《2022-2023学年武汉市第二中学化学高一第一学期期中质量检测试题含解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022-2023学年武汉市第二中学化学高一第一学期期中质量检测试题含解析.doc（14页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2022-2023学年高一上化学期中模拟试卷注意事项:1答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2答题时请按要求用笔。3请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、关于胶体的性质与应用，相关说法错误的是A静电除尘器除去空气或工厂废气中的飘尘是利用了胶粒的带电性B由于胶粒之间有排斥作用，胶粒不易聚集成大的颗粒，这是胶体具有介稳性的
2、主要原因C纳米材料微粒直径一般从几纳米到几十纳米，因此纳米材料属于胶体DAl(OH)3胶体吸附水中的悬浮物属于物理过程2、判断下列概念的依据正确的是A纯净物与混合物：是否仅含有一种元素B溶液与胶体：本质不同的原因是能否发生丁达尔现象C强弱电解质：溶液的导电能力大小D氧化还原反应的本质：有无电子转移3、下列有关胶体的说法错误的是A胶体粒子很小，能透过半透膜B胶体与溶液的本质区别是分散质粒子直径大小的不同C水泥厂、冶金厂常用高压电除去烟尘，是因为烟尘胶体中的胶粒带电。D胶体能产生丁达尔现象4、下列反应中，CO2作氧化剂的是ACa(OH)2CO2=CaCO3H2OBCO2C2COC2Fe2O33C4
3、Fe3CO2DCOH2OH2CO25、将4gNaOH固体完全溶解在水里，配成100mL溶液，从中取出10mL，加水稀释至50mL，所得溶液的物质的量浓度是A1mol/LB0.1 mol/LC0.2 mol/LD0.02 mol/L6、已知X、Y、Z、W均为中学化学中常见的单质或化合物，它们之间的转化关系如图所示(部分产物已略去)。则W、X不可能是选项WXA盐酸碳酸钠溶液B氢氧化钠溶液氯化铝溶液C二氧化碳氢氧化钙溶液D氯气铁单质AABBCCDD7、下列说法正确的是A离原子核越近的电子所具有的能量越低B一切原子都有质子和中子C稀有气体元素的原子最外层电子数都是 8 个D原子核外第n层上所排的电子数
4、必定为2n28、下列氯化物中，既能由金属和氯气直接化合制得，又能由金属和盐酸反应制得的是AMgCl2BFeCl2CCuCl2DFeCl39、日常生活中的许多现象与化学反应有关，下列现象与氧化还原反应无关的是 ()A铜铸塑像上出现铜绿Cu2(OH)2CO3B充有氢气的气球遇明火爆炸C大理石雕像被酸雨腐蚀毁坏D铁质菜刀生锈10、化学与人类生产、生活密切相关，下列有关说法不正确的是A“水乳交融，火上浇油”前者包含物理变化，而后者包含化学变化B雾霾属于胶体，它区别于溶液等其它分散系的本质原因是能发生丁达尔现象C用石膏或盐卤点制豆腐与胶体性质有关。D水泥冶金厂常用高压电除去工厂烟尘，利用了胶体的性质11
5、、在配平的N2H4MnO4HN2Mn2H2O的方程式中，H2O分子前面的系数为A6 B10 C12 D1612、下列离子方程式书写正确的是A醋酸与氨水反应：CH3COOH+NH3H2OCH3COO-+NH4+ H2OB氯气跟水反应：Cl2+H2O=2H+Cl-+ClO-C钠跟水反应：Na+2H2O=Na+2OH-+H2D硫酸铜溶液跟氢氧化钡溶液反应：Ba2+SO42-=BaSO413、某兴趣小组的同学向一定体积的Ba(OH)2溶液中逐滴加人稀硫酸，并测得混合溶液的导电能力随时间变化的曲线如图所示。该小组的同学关于如图的说法中正确的是（ ）AAB段溶液的导电能力不断减弱， 说明生成的BaSO4不
6、是电解质BB处溶液的导电能力约为0，说明溶液中几乎没有自由移动的离子CBC段溶液的导电能力不断增大，主要是由于过量的Ba(OH)2电离出的离子导电Da时刻Ba(OH)2溶液与稀硫酸恰好完全中和，但与未完全沉淀14、下列物质溶于水后不能电离的是A葡萄糖(C6H12O6)B氯化氢(HCl)C氯化钠(NaCl)D氢氧化钡Ba(OH)215、在给定的四种溶液中,加入以下各种离子,各离子能在原溶液中共存的是()A所含溶质为NaHSO4的溶液：加入K+、CO32-、NO3-、Na+B滴加酚酞变红的溶液：加入SO42-、Cu2+、K+、Cl -C常温下，加入铁粉能生成H2的溶液：加入Na+、Ca2+、Cl
7、-、HCO3 -D含有大量SO42-的溶液：加入K+、Cu2+、Cl-、NO3-16、我国明代本草纲目中收载药物1892种，其中“烧酒”条目下写道：“自元时始创其法，用浓酒和糟入甑，蒸令气上其清如水，味极浓烈，盖酒露也。”这里所用的“法”是指（ ）A萃取B渗析C蒸馏D过滤二、非选择题（本题包括5小题）17、 (1)写电离方程式：NaHCO3_。H2CO3_。(2)最外层电子数是次外层电子数的3倍的原子的原子结构示意图_。硫离子的结构示意图_。(3)下列3个小题中的物质均由核电荷数为110的元素组成，按要求填写化学式。最外层分别为4个和6个电子的原子形成的化合物是_、_。由5个原子组成的电子总数
8、为10的分子是_。由三个最外层是6个电子的原子结合成的分子是_。18、短周期元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大，元素X的一种高硬度单质是宝石，Y2+电子层结构与氖相同，Z的质子数为偶数，室温下M单质为淡黄色固体，回答下列问题：(1)M元素位于周期表中的位置为_。(2)X、Y、Z、M的原子半径由大到小排列为_(化学用语回答)，Z在自然界中常见的二元化合物是_。(3)X与M的单质在高温下反应的化学方程式为_，产物分子的电子式为_，其化学键属_共价键(填“极性”或“非极性”)。19、某化学兴趣小组拟用浓盐酸与二氧化锰加热反应，制取并收集两瓶干燥纯净的氯气。为防止换集气瓶时生成的氯气污染空气，设计了
9、如下装置：（1）写出装置烧瓶中发生的反应的化学方程式_。（2）装置中盛放的药品是饱和氯化钠溶液，其作用是_；装置的作用是干燥氯气，应盛放_。（3）实验开始后，先_a，_b（填“关闭”或“打开”，下同）；当集满一瓶氯气时，为减少换集气瓶时氯气的外逸，再_a，_b，换好集气瓶后,继续收集氯气。（4）兴趣小组的某些同学准备在烧杯中加入下列溶液中的一种来吸收残余氯气，你认为其中不恰当的是（填序号）_。氢氧化钠溶液 浓硫酸 水（5）工业上将氯气通入石灰乳Ca(OH)2制取漂白粉，化学反应方程式为_，漂白粉的有效成分是_。(填化学式)20、实验室为除去可溶性粗盐中含有的少量Mg2+、Ca2+、，用如图所示
10、流程对粗盐进行提纯，表示提纯过程中试剂的添加顺序。(1)试剂a是_。(2)加入试剂b后发生反应的离子方程式为_(有几个写几个)。(3)操作的名称是_。(4)提纯过程中，不能再操作前加入试剂c调节pH，请用离子方程式表示其原因_(有几个写几个)。(5)为检验提纯后精盐的纯度，需配置250mL 0.2mol/L NaCl溶液，需要的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、胶体滴管外还有_，经计算需要NaCl质量为_g(结果保留小数点后1位)，配溶液过程中下列操作可能使所配溶液浓度偏低的是_(写序号)转移溶液过程中玻璃棒伸入容量瓶中刻度线以上定容时居高临下俯视刻线所用的容量瓶事先没有干燥定容时加水超过刻线用胶头滴管
11、吸出两滴(6)工业上电解食盐水只生成两种气体单质、一种碱，该反应的化学方程式为_，某工厂每小时生产10吨该碱，则一天(按8小时计算)产生的气体在标况下的体积为_m3(不考虑气体在水溶液中的溶解)。21、已知某市售“84消毒液”瓶体部分标签如图所示，该“84消毒液”通常稀释100倍(体积之比)后使用。请回答下列问题：（1）该“84消毒液”中NaClO的物质的量浓度约为_mol/L。(保留1位小数)（2）该同学参阅此“84消毒液”的配方，欲用NaClO固体配制480mL与市售物质的量浓度相同的“84消毒液”，下列说法正确的是_(填序号)。A如图所示的仪器中有三种是不需要的B容量瓶用蒸馏水洗净后，应
12、烘干后才能用于溶液配制C配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒会导致结果偏低D需要称量NaClO固体的质量为143.0g（3）“84消毒液”与稀硫酸混合使用可增强其消毒能力，某消毒小组人员用98%(密度为1.84g/cm3)的浓硫酸配制500mL2.3mol/L的稀硫酸用于增强“84消毒液”的消毒能力。需用浓硫酸的体积为_mL。取用任意体积的浓硫酸时，下列物理量中不随所取体积的多少而变化的是_。A溶液中H2SO4的物质的量 B溶液的浓度 C溶液的质量 D溶液的密度配制该稀硫酸过程中，下列情况会使所配制的溶液的浓度大于2.3mol/L的有_。A未经冷却趁热将溶液注入容量瓶中并进行定容B摇匀后发现
13、液面低于刻度线，再加水至刻度线C容量瓶中原有少量蒸馏水D定容时俯视容量瓶刻度线参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】A中和胶体粒子的电性能够使胶体发生电泳从而产生聚沉，如用净电除尘器吸附带电的飘尘，而使之聚沉除去，A正确；B由于胶粒之间有排斥作用，因此胶粒不易聚集成大的颗粒，这是胶体具有介稳性的主要原因，B正确；C纳米材料微粒直径一般从几纳米到几十纳米，纳米材料属于纯净物，而胶体属于混合物，故其不属于胶体，C错误；DAl(OH)3胶体吸附水中的悬浮物的过程中没有产生新物质，因此属于物理过程，D正确；答案选C。2、D【解析】A. 判断纯净物与混合物的依据为是否仅含有一种物质
14、，只有一种元素的物质也可能是混合物，如氧气与臭氧组成的混合物只有一种元素，A不正确；B. 溶液与胶体的本质区别是分散质粒子的直径不同，丁达尔效应是胶体的性质，B不正确；C. 强电解质与弱电解质的分类依据是其在水溶液中的电离程度不同，与导电能力无关，C不正确；D. 氧化还原反应的本质是有电子转移，D正确。答案选D。3、A【解析】A胶体粒子的直径介于1nm100nm之间，不能透过半透膜，故A错误；B溶液与胶体的本质区别在于分散质微粒直径大小，故B正确；C、水泥厂、冶金厂常用高压电除去烟尘，是因为烟尘粒子带电荷发生电泳，故C正确；D.丁达尔效应是胶体所特有的性质，即胶体能产生丁达尔效应，故D正确；故
15、选A。4、B【解析】A没有元素的化合价变化，为非氧化还原反应，故A错误；B二氧化碳中C元素的化合价降低（+4+2），则CO2作氧化剂，故B正确；C二氧化碳为生成物，C元素的化合价升高，则二氧化碳为氧化产物，故C错误；D二氧化碳为生成物，C元素的化合价升高，则二氧化碳为氧化产物，故D错误；故选B。5、C【解析】将4gNaOH固体完全溶解在水里，配成100mL溶液，从中取出10mL，即10mL溶液中含有溶质NaOH的质量为0.4g，其物质的量为0.01mol，10mL溶液稀释至50mL时，溶质的量不发生改变，故所得溶液的物质的量浓度是，故答案为C。6、D【解析】试题分析：A、碳酸钠与少量的盐酸反应
16、生成碳酸氢钠，与过量的盐酸反应生成二氧化碳，碳酸氢钠与二氧化碳之间可以相互转化，正确；B、Fe无论与少量还是过量的氯气反应都只生成氯化铁，Y、Z是一种物质，错误；C、氢氧化钙与少量二氧化碳反应生成碳酸钙沉淀，与过量二氧化碳反应生成碳酸氢钙，碳酸钙与二氧化碳、水反应生成碳酸氢钙，碳酸氢钙分解生成碳酸钙，正确；D、氯化铝与少量氢氧化钠反应生成氢氧化铝沉淀，与过量氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠与二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀，正确；答案选B。考点：考查物质之间的相互转化7、A【解析】A选项，多电子的原子里电子的能量不相同的，离原子核越近的电子所具有的能量越低，离
17、原子核越远的电子所具有的的能量越高，故A正确；B选项，质子数为1，质量数为1的氢原子没有中子，故B错误；C选项，稀有气体元素的原子最外层电子数一般是 8 个，He原子最外层只有2个电子，故C错误；D选项，原子核外第n层上所排的电子数最多为2n2，不是必定为2n2，故D错误；综上所述，答案为A。8、A【解析】A. Mg与氯气或盐酸均反应生成氯化镁，A符合； B. Fe与氯气反应生成氯化铁，B不符合；C. Cu与盐酸不反应，C不符合； D. Fe与盐酸反应生成氯化亚铁，D不符合； 答案选A。9、C【解析】氧化还原反应的特征是：有元素化合价的升降，据此分析。【详解】A.铜铸塑像上出现铜绿是因为空气中
18、O2、水蒸气、CO2与铜发生化学反应的结果：2Cu+O2+H2O+CO2=Cu2(OH)2CO3，反应中铜元素化合价升高，O2中氧元素化合价降低，该反应属于氧化还原反应，A项错误；B.氢气气球遇明火爆炸，发生的反应是：2H2+O22H2O，氢元素化合价升高，氧元素化合价降低，该反应属于氧化还原反应，B项错误；C.大理石的主要成分是CaCO3，与酸雨反应：CaCO3+2H+=Ca2+CO2+H2O，此反应中没有元素化合价的升降，该反应不属于氧化还原反应，C项正确；D.铁质菜刀生锈，是铁与空气中O2、水蒸气共同作用的结果：2Fe+O2+xH2O=Fe2O3xH2O，铁元素化合价升高，O2中氧元素化
19、合价降低，该反应属于氧化还原反应，D项错误；答案选C。10、B【解析】A水乳交融为水和乳汁融合在一起，没有新物质生成，油能燃烧，火上浇油，是指油的燃烧，有新物质生成，前者包含物理变化，而后者包含化学变化，A正确；B胶体区别于溶液等其它分散系的本质原因是分散质微粒直径大小不同，B错误；C胶体遇到电解质溶液会发生聚沉，因此用石膏或盐卤点制豆腐与胶体性质有关，C正确；D水泥冶金厂常用高压电除去工厂烟尘，利用了胶体的电泳现象，与胶体的性质有关，D正确。答案选B。11、D【解析】根据电子得失守恒、原子守恒以及电荷守恒结合元素化合价变化情况分析解答。【详解】根据方程式可知氮元素化合价从2价升高到0价，失去
20、2个电子，锰元素化合价从+7价降低到+2价，得到5个电子，根据电子得失守恒、原子守恒以及电荷守恒可知配平后的方程式为5N2H44MnO412H5N24Mn216H2O，因此H2O分子前面的系数为16。答案选D。12、A【解析】试题分析：A、醋酸与氨水反应：CH3COOH+NH3H2OCH3COO-+NH4+ H2O，正确；B、次氯酸为弱酸，在离子方程式中应用化学式表示，错误；C、钠跟水反应：Na+2H2O=Na+2OH-+H2，电荷不守恒，错误；D、硫酸铜溶液跟氢氧化钡溶液反应：Ba2+SO42-=BaSO4，漏掉氢氧根和铜离子的反应，错误。考点：考查离子方程式正误判断。13、B【解析】Ba(
21、OH)2与硫酸反应，生成硫酸钡和水，硫酸钡虽是强电解质，但由于溶解度较低，电离出的离子很少，导电能力较低。【详解】A. AB段溶液的导电能力不断减弱，是由于生成的BaSO4是电解质，但溶解度较低，电离出的离子很少，导电能力较低，A项错误；B. B处溶液的导电能力约为0，此时Ba(OH)2与硫酸反应恰好完全反应，溶液中几乎没有自由移动的离子，B项正确；C. BC段加入的稀硫酸逐渐过量，溶液的导电能力不断增大，主要是由于过量的稀硫酸电离出的离子导电，C项错误；D. a时刻Ba(OH)2溶液与稀硫酸恰好完全反应生成硫酸钡和水，与恰好完全沉淀，D项错误；答案选B。14、A【解析】A葡萄糖是有机物属于非
22、电解质，溶于水和熔融状态下都不导电，不能电离，故A选；BHCl在水溶液里能完全电离出自由移动的氯离子和氢离子，故B不选；C. 氯化钠是易溶于水的盐，在水溶液里能完全电离出自由移动的氯离子和钠离子，故C不选；DBa(OH)2是强碱，在水溶液里能完全电离出自由移动的钡离子和氢氧根离子，故D不选；故选A。15、D【解析】A. 所含溶质为NaHSO4的溶液中含有H+，H+与CO32-反应生成二氧化碳和水而不能共存，故A错误；B. 滴加酚酞变红的溶液呈碱性，OH-与Cu2+反应生成氢氧化铜沉淀而不能共存，故B错误；C. 常温下，加入铁粉能生成H2的溶液中含有H+，H+与HCO3 反应生成二氧化碳和水而不
23、能共存，故C错误；D. SO42-与K+、Cu2+、Cl-、NO3-均不反应，所以可以大量共存，故D正确；故选D。16、C【解析】由题意知，“自元时始创其法，用浓酒和糟入甑，蒸令气上其淸如水，味极浓烈，盖酒露也。”这里所用的“法”是指我国古代制烧洒的方法蒸馏法，加热使酒精气化再冷凝收集得到烧酒，C正确。本题选C。二、非选择题（本题包括5小题）17、NaHCO3=Na+HCO3- H2CO3H+HCO3-，HCO3-H+CO32- CO CO2 CH4 O3 【解析】(1) NaHCO3是盐，属于强电解质，电离产生Na+、HCO3-；H2CO3是二元弱酸，分步电离，存在电离平衡； (2)先确定最
24、外层电子数是次外层电子数的3倍的原子是O原子，根据原子核外电子排布规律书写原子结构示意图；S原子获得2个电子形成S2-，据此书写离子结构示意图；(3)先确定相应的元素，然后根据要求书写化学式。【详解】(1) NaHCO3是盐，属于强电解质，在溶液中电离产生Na+、HCO3-，电离方程式为：NaHCO3=Na+HCO3-；H2CO3是二元弱酸，存在电离平衡，电离过程分步电离，第一步电离为H2CO3H+HCO3-，第二步电离方程式为HCO3-H+CO32-； (2)最外层电子数是次外层电子数的3倍的原子是O原子，O是8号元素，原子核外电子排布是2、6，所以O原子结构示意图为：；S是16号元素，S原
25、子获得2个电子形成S2-，则S2-离子结构示意图是；(3)核电荷数为110的元素中，最外层分别为4个和6个电子的原子分别是C原子、O原子，这两种元素形成的化合物是CO、CO2；由5个原子组成的电子总数为10的分子是CH4；最外层是6个电子的原子是O原子，由三个最外层是6个电子的原子结合成的分子是O3。【点睛】本题考查了化学用语的综合判断的知识，包括化学式、电离方程式及原子结构示意图的书写等。元素原子核外电子分层排布，根据原子结构特点推断元素，然后根据物质分子中含有的微粒数目的要求及物质结构进行书写。掌握物质微粒结构特点与性质的关系是本题解答的关键。18、三 A MgSiSC SiO2 C+2S
26、CS2 极性 【解析】短周期元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大，元素X的一种高硬度单质是宝石，可知X是C；Y2+电子层结构与氖相同，则Y为Mg；室温下M单质为淡黄色固体，则M为S，Z的质子数为偶数，且在Mg和S之间，因此Z为Si。【详解】(1) M为S，在周期表中位于第三周期第A族。(2)Mg、Si、S位于同一周期，同一周期从左向右，原子半径逐渐减小，因此MgSiS，S比C多一个电子层，则原子半径SC，因此原子半径由大到小的顺序为MgSiSC。Z在自然界中常见的二元化合物是SiO2。(3)C与S在高温下反应生成CS2，化学方程式为C+2SCS2。CS2的电子式与CO2一样，为，化学键属于极性
27、共价键。【点睛】同周期元素的原子半径从左向右逐渐减小。19、MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O 除去Cl2中混有的HCl 浓硫酸 关闭 打开 打开 关闭 2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O Ca(ClO)2 【解析】利用浓盐酸与二氧化锰加热反应制取Cl2，生成的氯气中混有HCl气体和水蒸气，用饱和氯化钠溶液除去氯气中的HCl气体，选择干燥剂不仅要考虑吸水效率，更要考虑干燥剂不能与被干燥的气体反应，弹簧夹a下方的气球可暂时贮气，平衡气压等作用，通过开、关弹簧夹a、b来更换集气瓶，多余的Cl2用NaOH溶液吸收，由此分析。【详解】(1)浓盐酸和二氧
28、化锰加热条件下发生反应是实验室制取Cl2的常用方法，其化学方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O。(2)制取的氯气中混有水蒸气和HCl气体，因Cl2难溶于饱和氯化钠溶液，HCl易溶于水，所以氯气通过饱和氯化钠溶液就是为了除去氯气中混有的HCl气体；浓硫酸不仅吸水效率高，而且不和Cl2反应，所以装置III应盛放浓硫酸。(3)为了防止氯气外逸，在更换集气瓶时必须关闭弹簧夹b，关闭b后气压会增大，打开a，就是让气球暂时贮存部分氯气以平衡气压。所以实验开始后，先关闭弹簧夹a，打开弹簧夹b；当集满一瓶氯气时，再打开弹簧夹a，关闭弹簧夹b，换好集气瓶后，继续收集氯气。(4)Cl2易与
29、NaOH溶液反应Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，浓NaOH溶液能充分吸收氯气；Cl2在浓硫酸中既不发生反应也不溶解，所以浓硫酸不能吸收Cl2；Cl2在水中的溶解度不大，而且溶解的Cl2只有部分与水反应，所以水不能完全吸收Cl2，答案选。(5)漂白粉的主要成分是Ca(ClO)2和CaCl2，制取漂白粉的化学反应方程式为2Ca(OH)2+2Cl2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，Ca(ClO)2具有强氧化性，因而具有漂白性，所以漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2。20、BaCl2溶液 CO32-+Ca2+=CaCO3、CO32-+Ba2+=BaCO3 过滤 Mg(OH)2
30、+2H+=Mg2+2H2O、CaCO3+2H+=Ca2+CO2+H2O、BaCO3+2H+=Ba2+CO2+H2O 250mL容量瓶 2.9g 、 2NaCl+2H2OH2+Cl2+2NaOH 2.24104 【解析】根据流程图分析知，将粗盐溶于水后，先加入氢氧化钠溶液，生成氢氧化镁沉淀，再加入氯化钡溶液，生成硫酸钡沉淀，再加入碳酸钠溶液，生成碳酸钙沉淀和碳酸钡沉淀，经操作I过滤后得到固体A，则A为氢氧化镁、碳酸钙和碳酸钡；滤液中加入盐酸调节pH，除去过量的碳酸根离子，操作II为蒸发结晶，得到氯化钠固体，据此分析解答。【详解】(1) 根据上述分析，试剂a的目的是除去硫酸根离子，则试剂a是BaC
31、l2溶液，故答案为：BaCl2溶液；(2) 加入试剂碳酸钠溶液的目的是除去钙离子和钡离子，反应的离子方程式为CO32-+Ca2+=CaCO3、CO32-+Ba2+=BaCO3，故答案为：CO32-+Ca2+=CaCO3、CO32-+Ba2+=BaCO3；(3) 根据操作I可以得到固体A，则操作是过滤，故答案为：过滤；(4) 若过滤前加入盐酸，则沉淀氢氧化镁、碳酸钙和碳酸钡都与盐酸反应溶解，离子方程式为：Mg(OH)2+2H+=Mg2+2H2O、CaCO3+2H+=Ca2+CO2+H2O、BaCO3+2H+=Ba2+CO2+H2O；故答案为：Mg(OH)2+2H+=Mg2+2H2O、CaCO3+
32、2H+=Ca2+CO2+H2O、BaCO3+2H+=Ba2+CO2+H2O；(5) 配制溶液过程中需要将溶液转移至250mL容量瓶中；经计算NaCl质量为0.250L0.2mol/L58.5g/mol2.9g；转移溶液过程中玻璃棒伸入容量瓶中刻度线以上，导致溶液的体积偏大，浓度偏低，故选；定容时居高临下俯视刻线，导致溶液体积偏小，浓度偏大，故不选；所用的容量瓶事先没有干燥，对配制结果无影响，故不选；定容时加水超过刻线用胶头滴管吸出两滴，导致溶质偏小，浓度偏低，故选；故答案为：250mL容量瓶；2.9g；(6) 电解食盐水生成氢气、氯气和氢氧化钠，化学方程式为：2NaCl+2H2OH2+Cl2+
33、2NaOH；根据方程式计算得：n(Cl2)=1106mol，则产生的气体在标况下的体积为1106mol22.4L/mol=2.24104 m3，故答案为：2NaCl+2H2OH2+Cl2+2NaOH；2.24104。21、4.0 C 62.5 BD AD 【解析】（1）根据c(NaClO)=计算溶液的物质的量浓度；（3）根据c=计算浓硫酸物质的量浓度,根据溶液稀释过程中溶质的物质的量不变计算需要浓硫酸体积；分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，根据c=进行误差分析。【详解】（1）c(NaClO)=4.0 molL-1，故答案为4.0。（2）A.用NaClO固体配制480mL含NaClO质量
34、分数为25%的消毒液，需要用到天平、烧杯、500mL容量瓶、玻璃棒、胶头滴管，不用图中圆底烧瓶和分液漏斗，共2种仪器，故A错误；B.容量瓶用蒸馏水洗净后，不需要烘干就能用于溶液配制，故B错误；C.配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒，造成溶质损失，配制的溶液浓度偏低，故C正确；D.因为没有480mL的容量瓶，需要配制500mL溶液，需要NaClO的质量为：m=0.5L4.0mol/L74.5g/mol=149g，故D错误。故答案为C。（3）浓硫酸物质的量浓度c=18.4mol/L，设需要浓硫酸体积为V，则根据溶液稀释过程中溶质的物质的量不变，得：V18.4mol/L=5002.3mol/L，
35、计算得出V=62.5mL，故答案为62.5。A.溶液中硫酸的物质的量n=cV，所以与溶液的体积有关，故A不选；B.溶液具有均一性，浓度与溶液的体积无关，故B选；C.溶质的质量与溶质的物质的量有关，根据A可以知道溶质的质量与溶液体积有关，故C不选；D.溶液的密度为溶液的性质，与溶液的体积无关，故D选。故答案为BD。A.未经冷却趁热将溶液注入容量瓶中，冷却后溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故A选；B.摇匀后发现液面低于刻度线，再加水至刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故B不选；C.容量瓶中原有少量蒸馏水，对溶液体积和溶质的物质的量都不会产生影响，溶液浓度不变，故C不选；D.定容时俯视观察液面，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故D选。故答案为AD。【点睛】配制一定物质的量浓度的溶液时，误差分析应根据c=进行分析，注意操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响。