【精品推荐】苏教版高中化学必修一-高一(上)期中化学试卷

高中化学学习材料（精心收集**整理制作）江苏省扬州中学2011-2012学年高一（上）期中化学试卷一、单项选择题（包括10题，每题2分，共20分．每题只有一个选项符合题意．）1．（2分）随着社会的发展，人们日益重视环境问题，下列做法或说法不正确的是（）A．对垃圾进行无害化、资源化处理B．将煤气化或液化，获得清洁燃料C．推广使用无磷洗衣粉和无氟冰箱D．P M2.5是指大气中直径接近于2.5×10﹣6m的颗粒物，也称细颗粒物，这些细颗粒物分散在空气中形成的分散系是胶体考点："三废"处理与环境保护．专题：化学应用．分析：A．对垃圾应分类回收，再利用；B．将煤气化或液化，燃烧充分，同时产物作为化工原料；C．含磷洗衣粉会污染水资源，含氟化合物会破坏臭氧层；D．胶体的分散系中分散质的直径在1～100nm．解答：解：A．对垃圾应分类回收，再利用，可实现垃圾无害化处理，并资源化处理，故A 正确；B．将煤气化或液化，燃烧充分，减少污染，获得清洁燃料同时产物作为化工原料，故B正确；C．含磷洗衣粉会污染水资源，含氟化合物会破坏臭氧层，则推广使用无磷洗衣粉和无氟冰箱，故C正确；D．胶体的分散系中分散质的直径在1～100nm，PM2.5是指大气中直径接近于2.5×10﹣6m的颗粒物，直径大于100nm，则细颗粒物分散在空气中形成的分散系不是胶体，故D错误；故选D．点评：本题考查环境污染及处理，明确常见的污染物及资源的综合应用即可解答，注意PM2.5与胶体的关系来解答，题目难度不大．2．（2分）下列物质中属于电解质的是（）A．C u B．C2H5OH C．N aCl D．C O2考点：电解质与非电解质．专题：物质的分类专题．分析：在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，注意电解质首先必须是化合物，单质和混合物既不是电解质也不是非电解质．解答：解：A、铜是单质，既不是电解质也不是非电解质，故A错误．B、乙醇是非电解质，在水溶液里或熔融状态下不导电，故B错误．C、氯化钠在水溶液里或熔融状态下能电离出自由离子而导电，所以是电解质，故C正确．D、二氧化碳熔融状态下不导电，溶液虽能导电，但不是二氧化碳电离出的离子，而是二氧化碳和水反应生成的碳酸电离出的离子，是非电解质，故D错误．故选C．点评：本题考查了电解质的判断，根据定义来判断即可，注意电解质和非电解质都必须是化合物．3．（2分）根据世界环保联盟的要求，广谱消毒剂ClO2将逐渐取代Cl2成为生产自来水的消毒工业上ClO2常用NaClO3和Na2SO3溶液混合并加H2SO4酸化后反应制得，则反应后Na2SO3转化为（）A．N a2SO4B．S C．S O2D．N a2S考点：氧化还原反应．专题：氧化还原反应专题．分析：根据题意“工业上ClO2常用NaClO3和Na2SO3溶液混合并加H2SO4酸化后反应制得”，由此可知在反应中NaClO3为氧化剂，Na2SO3为还原剂，NaClO3被Na2SO3还原生成ClO2，则Na2SO3被氧化生成+6价S，只能为Na2SO4．解答：解：反应物为NaClO3和Na2SO3，NaClO3生成ClO2是化合价降低的过程，由此可知在反应中NaClO3为氧化剂，Na2SO3为还原剂，NaClO3被Na2SO3还原生成ClO2，则Na2SO3被氧化生成+6价S，由选项可知，只能为Na2SO4．故选A．点评：本题考查氧化还原反应，题目难度不大，注意从化合价变化的趋势判断氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物等概念．4．（2分）在一定条件下，NO跟NH3可以发生反应：6NO+4NH3=5N2+6H2O，该反应中被氧化和被还原的氮元素的质量比是（）A．3：2 B．2：1 C．1：1 D．2：3考点：氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算．专题：氧化还原反应专题．分析：化合价升高元素在反应中被氧化，化合价降低元素在反应中被还原．解答：解：反应6NO+4NH3=5N2+6H2O中，化合价升高的元素是氨气中的氮元素，占4mol，在反应中被氧化，化合价降低元素是一氧化氮中的氮元素，占6mol，在反应中被还原，该反应中被氧化和被还原的氮元素的物质的量之比是4：6=2：3，所以被氧化和被还原的氮元素的质量比是2：3．故选D．点评：本题考查学生氧化还原反应中的概念和原子守恒知识，可以根据所学知识进行回答，难度不大．5．（2分）如图所示是分离混合物时常用的仪器，从左至右，可以进行的混合物分离操作分别是（）A．蒸馏、蒸发、萃取、过滤B．萃取、过滤、蒸馏、蒸发C．蒸馏、过滤、萃取、蒸发D．过滤、蒸发、萃取、蒸馏考点：过滤、分离与注入溶液的仪器；蒸馏与分馏；分液和萃取．专题：化学实验常用仪器．分析：蒸馏烧瓶用于分离沸点相差较大的两种液体的分离或难挥发性固体和液体的分离；普通漏斗用语分离互不相溶的固体和液体；分液漏斗用来分离互不相溶的液体或用来分离在不同溶剂中溶解度不同的混合物；蒸发皿用于可溶性固体和液体的分离；解答：解：因蒸馏烧瓶用于分离沸点相差较大的两种液体的分离或难挥发性固体和液体的分离，即蒸馏；因普通漏斗用语分离互不相溶的固体和液体，即过滤；因分液漏斗用来分离互不相溶的液体或用来分离在不同溶剂中溶解度不同的混合物，即分液或萃取；蒸发皿用于可溶性固体和液体的分离，即蒸发，所以从左至右，可以进行的混合物分离操作分别是：蒸馏、过滤、分液或萃取、蒸发，故选：C．点评：本题主要考查了物质分离的原理和仪器，难度不大，可以根据所学知识进行回答．6．（2分）只用溴水就可以将下列物质鉴别出来的是（）A．水、CCl4、酒精、苯B．N aCl溶液、NaBr溶液、NaI溶液、NaOH溶液C．A gNO3溶液、NaOH溶液、KI溶液、CCl4D．C Cl4、酒精、NaCl溶液、KI﹣淀粉溶液考点：物质的检验和鉴别的实验方案设计．专题：物质检验鉴别题．分析：向选项中的各溶液中加入溴水后如果呈现不同的反应现象就能鉴别，否则不能鉴别，A、溴水和水或酒精都互溶，和苯、CCl4混合会分层；B、氯化钠溶液和溴化钠溶液都与溴水互溶，溴能置换碘单质，溴和氢氧化钠反应生成无色物质；C、溴水和硝酸银反应生成淡黄色沉淀，和氢氧化钠反应生成无色物质，能置换碘单质，四氯化碳能萃取溴；D、四氯化碳能萃取溴，酒精和氯化钠溶液都与溴水互溶，溴能置换碘单质．解答：解：A、溴水和水或酒精都互溶，苯能萃取溴水中的溴而使溶液分层，上层苯溶液是橙色，下层是无色的，四氯化碳能萃取溴，但下层是橙色，上层呈无色，所以能区分苯和四氯化碳，但不能区分水和酒精，故A错误；B、氯化钠溶液和溴化钠溶液都与溴水互溶，所以不能区分氯化钠溶液和溴化钠溶液，溴能置换碘单质，溴和氢氧化钠反应生成无色物质，所以能区分碘化钠溶液和氢氧化钠溶液，故B错误；C、溴水和硝酸银反应生成淡黄色沉淀，和氢氧化钠反应生成无色物质，溴能置换碘单质而使溶液呈浅紫色，四氯化碳能萃取溴而使溶液分层，出现的现象不同，所以能用溴水鉴别，故C正确；D、四氯化碳能萃取溴而使溶液分层，酒精和氯化钠溶液都与溴水互溶所以不能区分酒精和氯化钠溶液，溴能置换碘单质，碘遇淀粉变蓝色，故D错误．故选C．点评：本题考查了常见物质的鉴别，依据物质的性质差异进行，要求选择的试剂与被鉴别物质混合时，产生不同的实验现象．7．（2分）下列关于物质的量浓度表述中正确的是（）A．0.3 mol•L﹣1 Na2SO4溶液中含有Na+和总物质的量为0.9 molB．用1 L水吸收22.4 L氨气所得氨水的浓度是1 mol•L﹣1C．50mL 1 mol•L﹣1的KCl溶液和100mL 0.25 mol•L﹣1MgCl2溶液中，Cl﹣的物质的量浓度相等D．10℃时0.35 mol•L﹣1的KCl饱和溶液100 mL，蒸发掉5 g水，再冷却到10℃时，它的物质的量浓度仍为0.35 mol•L﹣1考点：物质的量浓度的相关计算．专题：计算题．分析：A、溶液中含有Na+和总物质的量与溶液体积有关．B、溶液的体积不是1L，氨气所处的状态未定，氨气的物质的量不一定是1mol．C、1 mol•L﹣1的KCl溶液中Cl﹣的物质的量浓度为1mol/L，0.25 mol•L﹣1MgCl2溶液中Cl﹣的物质的量浓度为0.5mol/L．D、10℃KCl饱和溶液100 mL，蒸发掉5 g水，再冷却到10℃时，溶液仍是饱和溶液，温度相同，溶解度相同溶液的浓度相同．解答：解：A、溶液中含有Na+和总物质的量与溶液体积有关，溶液的体积未知，离子的物质的量不一定，若溶液为1L，0.3 mol•L﹣1 Na2SO4溶液中含有Na+和总物质的量为0.9mol，故A错误；B、溶液的体积不是1L，氨气所处的状态未定，氨气的物质的量不一定是1mol，所得氨水的浓度不一定是1 mol•L﹣1，故B错误；C、1 mol•L﹣1的KCl溶液中Cl﹣的物质的量浓度为1mol/L，0.25 mol•L﹣1MgCl2溶液中Cl﹣的物质的量浓度为0.5mol/L，Cl﹣的物质的量浓度不相等，故C错误；D、10℃KCl饱和溶液100 mL，蒸发掉5g水，再冷却到10℃时，溶液仍是饱和溶液，温度相同溶解度相同，溶液的浓度相同仍是物质的量浓度仍为0.35 mol/L，故D正确．故选：D．点评：考查学生对物质的量浓度、溶解度的理解等，难度不大，注意B选项中气体摩尔体积的使用条件，物质的量浓度中体积是溶液的体积，不是溶剂的体积．8．（2分）以下是对某溶液进行离子检验的方法和结论，其中正确的是（）A．先加入BaCl2溶液，再加入HNO3溶液，产生了白色沉淀，则溶液中一定含有大量的SO42﹣B．加入足量的CaCl2溶液，产生了白色沉淀，则溶液中一定含有大量的CO32﹣C．加入盐酸，能产生使澄清石灰水变浑浊的气体，则溶液中一定含有CO32﹣D．先加适量的硝酸将溶液酸化，再加入AgNO3溶液，产生了白色沉淀，则溶液中一定含有大量的Cl﹣考点：物质的检验和鉴别的实验方案设计．专题：化学实验基本操作．分析：A、能和氯化钡反应生成不溶于强酸的白色沉淀可能是氯化银，也可能是硫酸钡，注意硝酸具有强氧化性，能氧化亚硫酸钡；B、能和氯化钙反应生成白色沉淀的阴离子有碳酸根离子、银离子；C、能使澄清石灰水变浑浊的气体有二氧化碳和二氧化硫；D、先将溶液用硝酸酸化后，再加入硝酸银溶液产生白色沉淀的阴离子是氯离子．解答：解：A、能和氯化钡反应生成不溶于强酸的白色沉淀可能是氯化银，也可能是硫酸钡，硝酸具有强氧化性，能把亚硫酸钡氧化生成硫酸钡，所以原溶液中可能存在的离子是SO42﹣或SO32﹣或Cl﹣，也可能是SO42﹣、SO32﹣、Cl﹣中的两种或三种，故A错误；B、能和氯化钙反应生成白色沉淀的阴离子有碳酸根离子、银离子，所以原溶液中可能存在的离子是碳酸根离子或银离子，故B错误；C、能使澄清石灰水变浑浊的气体有二氧化碳和二氧化硫，所以原溶液中可能存在的离子可能是碳酸根离子、碳酸氢根离子、亚硫酸根离子、亚硫酸氢根离子，故C错误；D、先将溶液用硝酸酸化后，排除了碳酸根离子的干扰，然后再加入硝酸银溶液，能产生白色沉淀的阴离子是氯离子，故D正确．故选D．点评：本题考查了物质的检验和鉴别的方法，难度较大，注意思考问题要周全，注意亚硫酸钡能被硝酸氧化生成硫酸钡，为易错点．9．（2分）下列实验设计方案中，可行的是（）A．用碱石灰除去氯气中的水B．在某试样中加入NaOH溶液加热，产生能使蓝色石蕊试纸变红的气体即证明有NH4+ C．焰色反应实验中用硫酸清洗铁丝，灼烧后再沾取试样在酒精灯上灼烧观察D．分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出考点：化学实验方案的评价．专题：化学实验基本操作．分析：A．氯气与碱反应；B．根据氨气水溶液呈碱性的性质判断；C．应用盐酸清洗；D．从防止液体重新混合而污染的角度分析．解答：解：A．氯气与碱石灰反应，应用浓硫酸或酸性干燥剂除杂，故A错误；B．氨气水溶液呈碱性，可使红色石蕊试纸变蓝，故B错误；C．硫酸盐难以挥发，应用盐酸清洗铁丝，故C错误；D．下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出的目的是防止液体重新混合而污染，操作正确，故D正确．故选D．点评：本题考查化学实验方案的评价，题目难度中等，本题易错点为C，注意焰色反应实验的方法．10．（2分）硫酸钙是一种用途非常广泛的产品，可用于生产硫酸、漂白粉等一系列物质（如图）．下列说法正确的是（）A．C O、SO2、SO3均是酸性氧化物B．除去与水反应的两个反应，图示其余转化反应均为氧化还原反应C．工业上利用Cl2和澄清石灰水反应来制取漂白粉D．漂白粉的成分为Ca（ClO）2考点：含硫物质的性质及综合应用；氯气的化学性质．专题：元素及其化合物．分析：A．CO属于不成盐氧化物；B．根据化合价是否变化判断；C．工业上利用Cl2和石灰乳反应制取漂白粉；D．漂白粉的成分为Ca（ClO）2和CaCl2．解答：解：A．CO与碱和水都不反应，不属于酸性氧化物，故A错误；B．除去与水反应的两个反应，图示其余转化反应均有单质参加反应，元素的化合价一定发生变化，属于氧化还原反应，故B正确；C．澄清石灰水的浓度较低，工业用Cl2和石灰乳反应制取漂白粉，故C错误；D．漂白粉的成分为Ca（ClO）2和CaCl2，Ca（ClO）2为有效成分，故D错误．故选B．点评：本题考查元素化合物知识，题目难度不大，本题注意从化合价的角度分析氧化还原反应，注意氧化物的分类和性质．二、选择题（本题包括6小题，每小题4分，共计24分．每小题只有一个或两个选项符合题意．）11．（4分）设N A表示阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是（）A．常温常压下，48gO3含有氧原子数为N AB．标准状况下，1.8g的H2O中含有的电子数为N AC．常温常压下，11.2L氧气所含的原子数为N AD．2.4g金属镁变为镁离子失去的电子数为0.2N A考点：阿伏加德罗常数．专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．分析：A、质量换算物质的量结合分子式计算；B、质量换算物质的量结合分子式计算；C、依据气体摩尔体积的体积应用分析判断；D、镁原子最外层两个电子，质量换算物质的量计算．解答：解：A、常温常压下，48gO3物质的量为1mol，含有氧原子数为3N A，故A错误；B、1.8g的H2O物质的量为0.1mol，含有的电子数为N A，故B正确；C、常温常压下，11.2L氧气物质的量不是0.5mol，故C错误；D、2.4g金属镁物质的量为0.1mol，变为镁离子失去的电子数为0.2N A，故D正确；故选BD．点评：本题考查了阿伏伽德罗常的应用，熟悉质量换算物质的量计算微粒数、气体摩尔体积的体积应用即可解答，难度中等．12．（4分）下列变化过程中不能直接实现的是（）①HCl ②Cl2③Ca（ClO）2④HClO ⑤CO2．A．①→②B．④→⑤C．③→④D．②→③考点：氯、溴、碘及其化合物的综合应用．专题：卤族元素．分析：能否直接实现即只发生一次反应即可转化为目标物质，可根据原物质的性质及变化规律，通过列举具体反应的方法，判断是否能通过一步反应不能直接实现的选项．解答：解：A、浓HCl与二氧化锰在加热的条件下能产生Cl2，可直接实现HCl至Cl2的转化，故A正确；B、因HClO的酸性弱于碳酸，所以不能直接实现HClO至CO2的转化，故B错误；C、Ca（ClO）2能与H2OH和二氧化碳反应生成碳酸钙和次氯酸（HClO），可直接实现Ca（ClO）2至HClO的转化，故B正确；D、Cl2与氢氧化钙反应生成CaCl2、Ca（ClO）2和H2O，可直接实现Cl2至Ca（ClO）2的转化，故C正确；故选B．点评：熟练掌握常见物质的性质及变化规律，是解答此类问题的知识基础，明确“直接实现”的意义则是解答问题的关键．13．（4分）在两个容积相同的容器中，一个盛有HCl气体，另一个盛有H2和Cl2的混合气体．在同温同压下，两容器内的气体一定具有相同的（）A．原子数B．密度C．质量D．质子数考点：阿伏加德罗定律及推论．专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．分析：在同温同压下，相同体积的任何气体含有相同的分子数，HCl、H2和Cl2都是双原子分子，当二者分子数相等时，原子数一定相等；H原子与Cl原子的质子数不同，两种元素的相对原子质量也不同，在相同体积时，两个容器内的密度、质量和质子数不相等．解答：解：A、在同温同压下，相同体积的任何气体含有相同的分子数，物质的量相等，HCl、H2和Cl2都是双原子分子，当二者分子数相等时，原子数一定相等，故A正确；B、由于氢气和氯气的物质的量关系不确定，二者的质量之和与另一容器中的HCl的质量不一定相等，则密度不一定相等，故B错误；C、由于氢气和氯气的物质的量关系不确定，二者的质量之和与另一容器中的HCl的质量不一定相等，故C错误；D、H原子中含有1个质子，Cl原子中含有17个质子，由于氢气和氯气的物质的量关系不确定，等物质的量时两个容器中气体的质子数不一定相等，故D错误．故选A．点评：本题考查阿伏加德罗定律的应用，做题时注意比较两个容器中三种物质的原子构成和相对原子质量关系，本题难度不大．14．（4分）（2009•汕头模拟）为提纯下列物质（括号内物质为杂质），所选用的试剂和分离方法正确的是（）物质除杂试剂分离方法A 硝酸铜溶液（硝酸银）铜粉结晶B NaCl溶液（CuCl2）NaOH溶液萃取C 乙醇（水）生石灰蒸馏D 镁粉（铝粉）NaOH溶液过滤A．A B．B C．C D．D考点：物质的分离、提纯和除杂．专题：实验评价题．分析：A、金属铜可以置换金属银，分离固体和液体采用过滤的方法；B、氢氧化钠可以和氯化铜反应生成氢氧化铜和氯化钠，实现沉淀和溶液的分离采用过滤法；C、对互相溶解物质的分离采用蒸馏法；D、铝粉可以和氢氧化钠反应，而金属镁则不能．解答：解：A．金属铜可以将硝酸银中的金属银置换出来，分离金属银和生成的硝酸铜液体采用过滤的方法，故A错误；B．氢氧化钠可以和氯化铜反应生成氢氧化铜和氯化钠，将氢氧化铜沉淀和氯化钠溶液的分离采用过滤法，故B错误；C．乙醇和水是互溶的，对互相溶解物质的分离采用蒸馏法，故C正确；D．铝粉可以和氢氧化钠反应，生成偏铝酸钠和氢气，而金属镁则不能，将金属镁和溶液分离可以采用过滤法，故D正确．故选CD．点评：本题主要主要考查了物质的除杂，抓住除杂质至少要满足两个条件：①加入的试剂只能与杂质反应，不能与原物质反应；②反应后不能引入新的杂质是解题的关键．15．（4分）某溶液中含有大量的下列离子：Ca2+、NO3﹣、K+和M离子，经测定Ca2+、NO3﹣、K+离子的物质的量之比为2：4：1，则M离子可能是下列中的（）A．N a+B．C O32﹣C．M g2+D．C l﹣考点：离子共存问题；物质的量的相关计算．专题：计算题；离子反应专题．分析：测定Ca2+、NO3﹣、K+离子的物质的量之比为2：4：1，由溶液为电中性判断M为阴离子，再利用离子的共存来判断存在的离子，以此来解答．解答：解：某溶液中含有大量的下列离子：Ca2+、NO3﹣、K+和M离子，经测定Ca2+、NO3﹣、K+离子的物质的量之比为2：4：1，由溶液为电中性可知，阳离子的电荷总数等于阴离子的电荷总数，2×2+1×1＞4×1，则M为阴离子，则可能为B或D，但Ca2+、CO32﹣能结合生成沉淀，则不能共存，所以M离子可能为Cl﹣，故选D．点评：本题考查离子的共存，明确溶液不显电性及离子之间的反应是解答本题的关键，题目难度不大．16．（4分）从矿物学资料查得，一定条件下自然界存在如下反应14CuSO4+5FeS2+12H2O=7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4．下列说法正确的是（）A．C u2S既是氧化产物又是还原产物B．5molFeS2发生反应，有10mol电子转移C．产物中的SO42﹣离子有一部分是氧化产物D．F eS2只作还原剂考点：氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算．专题：氧化还原反应专题．分析：反应14CuSO4+5FeS2+12H2O=7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4中，Cu元素化合价降低，被还原，CuSO4为氧化剂，FeS2中S元素化合价为﹣1价，反应后分别升高为+6价、降低为﹣2价，FeS2既是氧化剂又是还原剂，从元素化合价的角度判断并计算该题．解答：解：A．CuSO4→Cu2S，FeS2→Cu2S，Cu元素化合价降低，S元素化合价降低，Cu2S 时还原产物，故A错误；B.5molFeS2发生反应，Cu元素化合价由+2价→+1价，14molCuSO4得到14mol电子，FeS2→Cu2S，S元素的化合价由﹣1价→﹣2价，生成7molCu2S，得到7mol电子，有21mol电子转移，故B错误；C．由化学方程式可知，反应物中含有14molSO42﹣离子，生成物中有17molSO42﹣离子，则有3molS被氧化，故C正确；D．FeS2中S元素化合价为﹣1价，反应后分别升高为+6价、降低为﹣2价，FeS2既是氧化剂又是还原剂，故D错误．故选C．点评：本题考查氧化还原反应，题目难度中等，解答该题的关键是正确判断各元素的化合价的变化，能从化合价的角度进行判断和计算．三、非选择题（56分）17．（10分）实验室用胆矾（CuSO4•5H2O）配制490mL 0.1mol/L CuSO4溶液，实际操作步骤有：（1）需称量胆矾的质量为12.5g（2）配制溶液时下列仪器中：A．锥形瓶 B.200mL容量瓶C．烧杯D．胶头滴管E．药匙F．托盘天平不需要用到的是A和B（填序号），尚缺的玻璃仪器有玻璃棒和500mL容量瓶（写名称）．（3）人们常将配制过程简述为以下各步骤：A．冷却B．称量C．洗涤D．定容E．溶解F．摇匀G．转移H．装瓶．其正确的操作顺序应是③（填序号）．①B E F G C G D H A ②B E G A C G F D H③B E A G C G D F H ④B E A G C G D H F（4）配制过程中，下列情况会使配制结果偏高的是①⑥（填序号）①定容时俯视刻度线观察液面②定容时仰视刻度线观察液面③容量瓶使用时未干燥④定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面低于刻度线，再加蒸馏水补至刻度线⑤移液时未洗涤烧杯和玻璃棒⑥胆矾晶体部分失水．考点：配制一定物质的量浓度的溶液．专题：化学实验基本操作．分析：（1）需要硫酸铜的物质的量等于硫酸铜晶体的物质的量，实验室没有490mL容量瓶，应选择500mL容量瓶，根据m=cVM计算需要硫酸铜晶体的质量；（2）根据实验操作的步骤（计算→称量→溶解、冷却→移液→洗涤→定容→摇匀→装瓶贴签）以及每步操作需要仪器确定不需要的仪器与缺少的仪器；（3）根据实验操作的步骤进行排序；（4）分析操作对溶质物质的量、溶液体积的影响，根据c=分析操作对所配溶液浓度的影响．解答：解：（1）需要硫酸铜的物质的量等于硫酸铜晶体的物质的量，实验室没有490mL容量瓶，应选择500mL容量瓶，配制500mL 0.1mol/LCuSO4溶液，需要硫酸铜晶体的质量为0.1L×0.5mol/L×250g/mol=12.5g，故答案为：12.5；（2）配制顺序是：计算→称量→溶解、冷却→移液→洗涤→定容→摇匀→装瓶贴签，一般用天平称量（用到药匙）称量，在烧杯中溶解，冷却后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，转移完毕，用少量蒸馏水洗涤烧杯及玻璃棒2～3次并将洗涤液全部转移到容量瓶中，再加适量蒸馏水，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，使溶液的凹液面的最低点与刻线相平，塞好瓶塞，反复上下颠倒摇匀．所以需要的仪器为：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管．故所以不需要的仪器有：A．锥形瓶、B.200mL容量瓶．所缺少的仪器为：玻璃棒500mL容量瓶．故答案为：A；B；烧杯；玻璃棒；（3）由（2）中的实验操作步骤可知，正确的存在顺序为B E A G C G D F H，故选：③；（4）①定容时俯视刻度线观察液面，导致所配溶液的体积偏小，所配溶液的浓度偏高；②定容时仰视刻度线观察液面，导致所配溶液的体积偏大，所配溶液的浓度偏低；③溶液配制需加水定容，容量瓶使用时未干燥，对所配溶液浓度无影响；④定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面低于刻度线，少量溶液残留在瓶塞与瓶口之间，再加蒸馏水补至刻度线，导致所配溶液的体积偏大，溶液的浓度偏低；⑤移液时未洗涤烧杯和玻璃棒，移入容量瓶内硫酸铜的质量减小，所配溶液浓度偏低；⑥胆矾晶体部分失水，晶体中硫酸铜的含量增大，实际称取的晶体中硫酸铜的质量偏大，所配溶液浓度偏大．故选：①⑥．点评：本题考查一定物质的量浓度溶液的配制，难度中等，注意根据c=理解溶液配制与误差分析．18．（10分）（1）核电荷数小于18的2种元素A、B，A原子最外层电子数为a，次外层电子数为b；B元素原子第3层电子数为a﹣b，第2层电子数为a+b．则A是O（填元素符号），B的原子结构示意图为．（2）某元素的一种同位素原子X的质量数为a，含N个中子，它与H原子组成HmX分子，在b克HmX中所含质子的物质的量是mol．（3）已知：碳元素有12C、13C、14C；氧元素有16O、17O、18O，则它们能够形成18种CO2分子，它们所形成的CO2分子其相对分子质量有7种．考点：原子结构与元素的性质；同位素及其应用；物质的量的相关计算．专题：计算题；原子组成与结构专题．分析：（1）核电荷数小于18的2种元素A、B，A原子最外层电子数为a，次外层电子数为b；B元素原子第3层电子数为a﹣b，第2层电子数为a+b，则a+b=8，故A有2个电子层，所以b=2，a=8﹣2=6，所以A为氧元素，B元素原子第3层电子数为a﹣b=6﹣2=4，故B为硅元素．（2）同位素原子X的质量数为a，含N个中子，质子数为a﹣N，HmX中质子数为m+a﹣N，b克HmX的物质的量为mol，据此计算．（3）碳元素有12C、13C、14C；氧元素有16O、17O、18O，选任意的两种O原子与C原子组合，根据数学组合可知，它们能够形成3×C32种CO2分子，列出可能的CO2分子计算相对分子质量．解答：解：（1）核电荷数小于18的2种元素A、B，A原子最外层电子数为a，次外层电子数为b；B元素原子第3层电子数为a﹣b，第2层电子数为a+b，则a+b=8，故A有2个电子层，所以b=2，a=8﹣2=6，所以A为氧元素，B元素原子第3层电子数为a﹣b=6﹣2=4，故B为硅元素，硅原子有3个电子层，最外层电子数为4，原子结构示意图为．。