《2022年北海市重点中学化学高一上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年北海市重点中学化学高一上期中质量检测试题含解析.doc（13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考生须知：1全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、在无色强酸性溶液中，下列各组离子能够大量共存的是( )ACl -、Na+、NO3-、Ca2+ BH+、Ag+、Cl-、K+CK+、Ba2+、Cl-、SO42- DCa2、CO32-、I-、Cl-2、下列反应与Na2O2+SO
2、2=Na2SO4相比较，Na2O2的作用相同的是（ ）A2Na2O2+2CO2=2Na2CO3B2Na2O2+SO3=2Na2SO4+O2CNa2O2+H2SO4=Na2SO4+H2O2D3Na2O2+Cr2O3=2Na2CrO4+ Na2O3、分离苯和水的混合物的操作方法是（ ）A过滤 B分液 C萃取 D蒸馏4、下列各组物质中互为同位素的是A和BD和TCH2O和H2O2DO3和O25、下列各组离子能大量共存的是AK+ 、Cl- 、HCO、SOBMg2+、Cl-、Ag+ 、SOCCa2+、H+、Na+、CODFe2+、Cr2O、H+ 、NO6、下列物质，既不属于酸性氧化物，也不属于碱性氧化物的
3、一组是（）H2OSO2H2SMn2O7Fe2O3Na2O2NOABCD7、为了除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO42-及泥沙，可将粗盐溶解于水，然后进行下列五项操作：过滤 加过量NaOH溶液 加适量盐酸 加过量Na2CO3溶液 加过量BaCl2溶液。正确的是（ ）ABCD8、如图为一原电池的结构示意图，下列说法不正确的是A原电池工作时的总反应为Zn+Cu2+Zn2+CuB原电池工作时，Zn电极流出电子，发生氧化反应C若将Cu电极改为Fe电极，CuSO4溶液改为FeSO4溶液，Zn电极仍作负极D盐桥中装有琼脂-饱和氯化钾溶液，则盐桥中的K+移向ZnSO4 溶液9、已知反应：2Cu(IO3)2+
4、24KI+12H2SO4=2CuI+13I2+12K2SO4+12H2O ，下列说法正确的是ACuI既是氧化产物又是还原产物B每转移1.1mol电子，有0.2molIO3-被氧化C每生成1molCuI，有12molKI发生氧化反应DCu(IO3)2作氧化剂，Cu（IO3）2中的铜和碘元素被还原10、Mg、Zn、Al、Fe四种金属单质分别与足量的稀硫酸反应，放出H2的物质的量与投入金属的质量的关系如图所示，则所表示的金属分别是AAl、Mg、Fe、ZnBFe、Zn、Mg、AlCMg、Al、Zn、FeDZn、Fe、Mg、Al11、为了除去氯化钾中含有的少量硫酸镁和氯化钙杂质，需进行下列六项操作，其先
5、后顺序正确的是 加水溶解 加热蒸发得到晶体 加入过量的氯化钡溶液 加入适量的盐酸 加入过量碳酸钾和氢氧化钾 过滤A B C D12、下列有关氢氧化铁胶体说法正确的是A将外加直流电源通过该胶体，阴极处颜色变深，则说明该胶体带正电荷B鉴别FeCl3溶液和Fe(OH)3胶体，可用丁达尔效应或观察能否导电两种方法C采用过滤，可将Fe(OH)3胶体中的FeCl3杂质除去D向Fe(OH)3胶体中加入NaCl固体，可引起胶体聚沉13、关于反应CaH2+2H2O=Ca(OH)2+2H2，下列说法正确的是AH2O既不是氧化剂又不是还原剂 BCaH2中H元素被还原C此反应中氧化产物与还原产物的原子个数比为1:1
6、DCa(OH)2是氧化产物14、将下列各组物质按单质、氧化物、酸、碱、盐分类顺序排列，其中正确的是A银、干冰、硫酸、纯碱、食盐B碘酒、冰、盐酸、烧碱、碳酸钙C氢气、二氧化硫、硝酸、烧碱、硝酸钾D铜、氧化铜、醋酸、石灰水、氯化铜15、下列反应不属于四种基本反应类型，但属于氧化还原反应的是（ ）AFeCuSO4=FeSO4CuBAgNO3NaCl=AgClNaNO3CFe2O33CO2Fe3CO2DMgCl2(熔融)MgCl216、有关氯原子的描述正确的是A一个氯原子的质量是 35.5gB1g 氯原子和 1g 氯气含有相同的原子个数C氯原子的摩尔质量在数值上等于一个氯原子的质量D氯原子的相对原子质
7、量就是 1mol 氯原子的质量二、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、 (1)A、B、C三种无色可溶性盐分别是由Na、Ag、Ba2、Cl、NO、CO中不同的阴、阳离子组成。经实验验证知：A溶液、B溶液均可以与盐酸反应，其中A产生白色沉淀，B产
8、生气泡。则A为_、B为_。将B和C的溶液混合后，发生反应的离子方程式为_。(2)有一包固体粉末，由CaCO3、Na2SO4、KNO3、BaCl2、CuSO4中的三种物质组成，取样品进行如下实验：从实验可以判断，该固体粉末中一定不含有_，它的组成可能是_或_。19、混合物分离和提纯常用下图装置进行，按要求回答下列问题：（1）仪器的名称_。（2）明胶是水溶性蛋白质混合物，溶于水形成胶体。分离明胶的水溶液与Na2CO3、Na2SO4的混合溶液应选用装置的为(用上图字母填写)_。如何证明SO42-已分离出来_。（3）在装置D中加入10 mL碘水，然后再注入4 mL CCl4，盖好玻璃塞，按操作规则反复
9、振荡后静置观察到的现象是：_。操作完毕后，为得到碘并回收CCl4可用_法。20、配制480mL 0.5molL1的NaOH溶液，试回答下列问题：（1）选择仪器：完成本实验所必需的仪器有：托盘天平（精确到0.1g）、药匙、烧杯、玻璃棒、_、_等。（2）计算、称量，需称量NaOH固体的质量为_。（3）溶解、冷却，该步实验中需要使用玻璃棒，作用是_。（4）转移、洗涤，洗涤烧杯23次是为了_。（5）定容、摇匀，定容的具体操作是_。（6）不规范的实验操作会导致实验结果的误差，下列使所配溶液的物质的量浓度偏高的是_，偏低的是_（填字母序号）。A、容量瓶洗净后未烘干B、在溶解过程中有少量液体溅出烧杯外C、定
10、容时俯视刻度线D、将称量好的NaOH固体放入小烧杯中溶解，未经冷却立即转移到容量瓶中并定容E、定容后，将容量瓶振荡摇匀后，静置发现液面低于刻度线，于是又加入少量水至刻度线21、储氢纳米碳管的研究成功体现了科技的进步，但用电弧法合成的碳纳米管常伴有大量的杂质碳纳米颗粒，这种碳纳米颗粒可用氧化气化法提纯。其反应式为：3C+2K2Cr2O7 +8H2SO4=3CO2+2K2SO4+2Cr2(SO4)3 +8H2O。（1）请用双线桥法标出电子转移方向和数目_。（2）上述反应中氧化剂是_（填化学式），被氧化的元素是_（填元素符号）。（3）H2SO4 在上述反应中表现出来的性质是_（填序号）。A氧化性 B
11、氧化性和酸性 C酸性 D还原性和酸性 （4）若反应中电子转移了0.8 mol，则产生的气体在标准状况下的体积为_L。参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【解析】无色溶液可排除 Cu2、Fe2、Fe3、MnO4等有色离子的存在，强酸性溶液中存在大量氢离子，A、四种离子之间不反应，都是无色离子，都不与氢离子反应；B、Ag+、Cl-生成氯化银沉淀；C、钡离子与硫酸根离子反应生成硫酸钡沉淀；D、Ca2、CO32-反应生成碳酸钙沉淀，碳酸根在酸性条件下也不能共存。【详解】溶液无色时可排除 Cu2、Fe2、Fe3、MnO4等有色离子的存在，强酸性溶液中存在大量氢离子，A、Cl、Na、NO3
12、、Ca2之间不反应，都不与氢离子反应，且为无色溶液，在溶液中不能大量共存，故A正确；B、Ag+、Cl-生成氯化银沉淀，故B错误；C、Ba2、SO42之间反应生成难溶物硫酸钡，在溶液中不能大量共存，故C错误；D、Ca2、CO32-反应生成碳酸钙沉淀，碳酸根在酸性条件下也不能共存，故D错误；故选A。2、D【解析】反应Na2O2+SO2=Na2SO4中Na2O2只作为氧化剂。【详解】A该反应中只有氧元素变价，Na2O2既是氧化剂又是还原剂，故A不符合题意；B该反应中只有氧元素变价，Na2O2既是氧化剂又是还原剂，故B不符合题意；C该反应中没有化合价发生变化，Na2O2既不是氧化剂也不是还原剂，故C不
13、符合题意；D该反应中Na2O2中氧元素只有降低没有升高，过氧化钠只作氧化剂，故D符合题意；综上所述答案为D。3、B【解析】苯和水互不相溶，可用分液的方法分离，故选B，答案为B。点睛：把物质中混有的杂质除去而获得纯净物叫提纯，将相互混在一起的不同物质彼此分开而得到相应组分的各纯净物叫分离。分离提纯方法的选择思路是根据分离提纯物的性质和状态来定的。具体如下： 分离提纯物是固体(从简单到复杂方法) ：加热(灼烧、升华、热分解)，溶解，过滤(洗涤沉淀)，蒸发，结晶(重结晶)；分离提纯物是液体(从简单到复杂方法) ：分液，萃取，蒸馏；分离提纯物是胶体：盐析或渗析；分离提纯物是气体：洗气。4、B【解析】质
14、子数相同、中子数不同的同一种元素的不同核素互为同位素【详解】A、二者的质子数不同，不能互为同位素，A错误；B、二者的质子数相同，属于氢元素的同位素，B正确；C、二者均表示水分子，不能互为同位素，C错误；D、二者均是氧元素的单质，互为同素异形体，D错误；答案选B。5、A【解析】AK+ 、Cl- 、HCO、SO之间不反应，能大量共存；BCl-和Ag+ 、SO产生AgCl、Ag2SO4沉淀，不能大量共存；CCa2+、H+分别和CO反应生成CaCO3沉淀、水和二氧化碳，不能大量共存；DFe2+、H+ 、NO之间，Fe2+、Cr2O、H+之间发生氧化还原反应，不能大量共存。答案选A。6、B【解析】H2O
15、既不能和酸又不能和碱反应，故既不是酸性氧化物也不是碱性氧化物，故正确；SO2只能和碱反应生成盐和水，故为酸性氧化物，故错误；H2S不是氧化物，故既不是酸性氧化物也不是碱性氧化物，故正确；Mn2O7只能和碱反应生成盐和水，故为酸性氧化物，故错误；Fe2O3只能和酸反应生成盐和水，故是碱性氧化物，不是酸性氧化物，故错误；Na2O2与碱不反应，Na2O2和酸反应生成盐、氧气和水，属于过氧化物，既不是酸性氧化物，也不是碱性氧化物，故正确；NO既不能和酸反应也不能和碱反应，故既不是酸性氧化物也不是碱性氧化物，故正确。故答案选B。【点睛】能够与碱反应只生成盐和水的氧化物属于酸性氧化物；能够与酸反应只生成盐
16、和水的氧化物属于碱性氧化物，既能与酸，又能与碱反应生成盐和水的氧化物为两性氧化物。7、C【解析】要先除硫酸根离子，然后再除钙离子，碳酸钠可以除去过量的钡离子，所以加入的碳酸钠要放在加入的氯化钡之后，如果加反了，过量的钡离子就没法除去，至于加氢氧化钠除去镁离子顺序不受限制，因为过量的氢氧化钠加盐酸就可以调节了，注意将三种离子除完，再进行过滤，最后加盐酸除去过量的氢氧根离子和碳酸根离子，顺序为：，故选C。8、D【解析】答案：DA、正确，铜作正极，锌作负极；B、正确，锌活泼性强，作负极，电子流出；C、正确，锌活泼性也大于铁；D、不正确，盐桥中的K移向CuSO4溶液。9、D【解析】反应中碘化钾中碘元素
17、化合价升高到碘单质。碘酸铜中的碘化合价降低到碘单质，铜化合价降低。注意为归中反应。【详解】A. 碘酸铜中的铜化合价降低生成碘化亚铜，碘化亚铜中的碘来自于碘化钾，所以CuI是还原产物，故错误；B. 反应中转移22个电子，所以当转移1.1mol电子，有0.2molIO3-被还原，故错误；C. 反应中生成2molCuI，有22mol碘化钾发生氧化反应，所以每生成1molCuI，有11molKI发生氧化反应，故错误；D. Cu(IO3)2作氧化剂，Cu（IO3）2中的铜和碘元素化合价降低，被还原，故正确。故选D。【点睛】掌握归中反应的分析，反应中碘化钾中的碘有部分化合价升高到碘单质，还有部分到碘化亚铜
18、，碘酸铜中的碘化合价降低到碘单质，铜化合价降低到碘化亚铜。10、A【解析】金属与稀硫酸反应的实质是金属失去电子被氧化为金属阳离子，氢离子得到电子被还原为H2，产生H2的多少取决于金属失去电子的多少。镁在化合物中的化合价只有+2价，1mol Mg可失去2mol电子，12g Mg可失去1mol电子；铝在化合物中只有+3价，1mol Al可失去3mol电子，9g Al可失去1mol电子，锌在化合物中的化合价只有+2价，1mol Zn可失去2mol电子，32.5g Zn可失去1mol电子；铁与稀硫酸反应是生成硫酸亚铁，1mol Fe可失去2mol电子，28g Fe可失去1mol电子；所以，等质量的四重
19、金属分别与足量的稀硫酸完全反应，生成氢气的量由多到少的顺序为：Al、Mg、Fe、Zn；故选择：A。11、B【解析】根据物质的分离和提纯的方法和操作进行分析。【详解】镁离子用氢氧根离子沉淀，加入过量的氢氧化钾可以将镁离子沉淀，硫酸根离子用钡离子沉淀，加入过量的氯化钡可以将硫酸根离子沉淀，钙离子用碳酸根离子沉淀，除钙离子加入碳酸钾转化为沉淀，但是加入的碳酸钾要放在加入的氯化钡之后，这样碳酸钾会除去反应剩余的氯化钡，离子都沉淀了，再过滤，最后加入盐酸除去反应剩余的氢氧根离子和碳酸根离子，所以正确的顺序为：加水溶解，加过量的氯化钡溶液，加入过量碳酸钾和氢氧化钾，过滤，加适量的盐酸，加热蒸发得到晶体。故
20、选B。【点睛】除杂的原则：除去杂质的同时，不损失主体药品，不引入新的杂质，恢复原来状态。12、D【解析】A、氢氧化铁胶体不带电，胶粒带正电荷；B、Fe(OH)3胶体能产生丁达尔效应，而FeCl3溶液是不能的，FeCl3溶液和Fe(OH)3胶体都能导电；C、溶液和胶体能透过滤纸，用渗析分离Fe（OH）3胶体和FeCl3溶液；D、Fe(OH)3胶体中加入NaCl固体，胶体会发生聚沉产生沉淀。【详解】A项、Fe（OH）3胶体粒子吸附溶液中的阳离子带正电荷，胶体不带电，故A错误；B项、Fe(OH)3胶体能产生丁达尔效应，而FeCl3溶液是不能的，据此可以鉴别溶液和胶体，FeCl3溶液和Fe(OH)3胶
21、体都能导电，据此不能鉴别溶液和胶体，故B错误；C项、溶液和胶体能透过滤纸，应该用渗析分离Fe（OH）3胶体和FeCl3溶液，故C错误；D项、Fe(OH)3胶体中加入NaCl固体，电解质NaCl会使胶体发生聚沉产生沉淀，故D正确。故选D。13、C【解析】该反应中，只有氢元素的化合价发生变化，在CaH2中H为-1价，被氧化成0价；CaH2中H元素被氧化，B错误；反应物水中H为+1价，被还原为0价，因此，H2O在该反应中作氧化剂，A错误；2个 H2O分子中有2个氢原子被还原生成1分子H2，另外2个氢原子价态未发生变化，CaH2中的2个氢原子被氧化生成1分子H2，所以H2既是氧化产物又是还原产物，其分
22、子个数之比为1:1，故C正确；由于H2既是氧化产物又是还原产物，所以Ca(OH)2为生成物，既不是氧化产物，也不是还原产物，D错误；综上所述，本题选C。14、C【解析】A纯碱是Na2CO3的俗称，该物质由金属阳离子和酸根离子组成，属于盐，不属于碱，A不符合题意；B碘酒是碘单质的酒精溶液，属于混合物，不是单质；盐酸是HCl的水溶液，是混合物，不是化合物，因此不属于酸，B不符合题意；C各种物质符合分类标准，C符合题意；D石灰水是Ca(OH)2的水溶液，属于混合物，不是化合物，因此不属于碱，D不符合题意；故合理选项是C。15、C【解析】A该反应是氧化还原反应，但属于置换反应，故A错误；B该反应属于复
23、分解反应，不是氧化还原反应，故B错误；C该反应中，C元素化合价由+2价变为+4价、Fe元素化合价由+3价变为0价，所以属于氧化还原反应，但不属于四种基本反应类型，故C正确；D该反应是氧化还原反应，但属于分解反应，故D错误；答案选C。【点睛】复分解反应一定不是氧化还原反应，置换反应一定是氧化还原反应，有单质参加的化合反应，有单质生成的分解反应一定是氧化还原反应，找到基本反应类型和氧化还原反应的关系很关键。16、B【解析】Cl原子的摩尔质量是35.5g/mol，1molCl原子约含6.021023个Cl，所以1个Cl原子的质量是35.5 /6.021023=5.910-23g，A选项错误；1 g
24、Cl原子的原子数目：1g35.5gmol-16.021023=1.751022，1 g Cl2原子的原子数目：1g71gmol-126.021023=1.751022，它们含有的原子数目相同，B选项正确；Cl原子的摩尔质量是35.5g/mol，1个Cl原子的质量是35.5 /6.021023=5.910-23g，Cl原子的摩尔质量在数值上不等于Cl原子的质量，C选项错误；Cl原子的相对原子质量是1个Cl的质量与1个12C的质量相比较的一个相对值，而1molCl的质量是35.5g，两者不相同，D选项错误；正确答案B。二、非选择题（本题包括5小题）17、NaHCO3=Na+HCO3- H2CO3H
25、+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H2C
26、O3H+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。
27、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、AgNO3 Na2CO3 Ba2+CO32-=BaCO3 CuSO4 CaCO3、Na2SO4、KNO3 CaCO3、BaCl2、KNO3 【解析】（1）由离子共存可知，Ag+只能结合NO3-形成硝酸银、剩下的离子中Ba2+只能结合Cl-形成氯化钡、最后的离子结合形成碳酸钠，然后根据A、B能够与盐酸反应的现象判断A、B组成，从而明确A、B、C的名称，书写B和C的溶液混合反应的化学方程式。（2）固体粉CaCO3、Na2SO4、BaC
28、l2、CuSO4溶于水有沉淀、无色溶液，则能排除CuSO4，因为CuSO4溶于水显蓝色；难溶物溶于稀盐酸产生无色气体，说明一定含有碳酸钙，硫酸钠和氯化钡不会同时存在。【详解】（1）A、B、C为三种无色可溶盐，则Ag+只能结合NO3-形成AgNO3、剩下的离子中Ba2+只能结合Cl-形成BaCl2，另一种物质则为Na2CO3；A溶液、B溶液均可与盐酸反应，其中A产生白色沉淀，则A为AgNO3；B与盐酸产生气泡，所以B为Na2CO3，C不与盐酸反应，则C为BaCl2，将B和C的溶液混合反应的化学方程式为：BaCl2+Na2CO3=BaCO3+2NaCl，反应的离子方程式为Ba2+CO32-=BaC
29、O3；故答案为AgNO3；Na2CO3；Ba2+CO32-=BaCO3；（2）有一包固体粉末由CaCO3、Na2SO4、BaCl2、CuSO4中的两种物质组成，取样品加水，出现白色沉淀，该白色沉淀能够溶于稀盐酸产生无色气体，则该固体粉末中一定含有CaCO3，且硫酸钠与氯化钡不会同时存在；得到无色溶液，该固体粉末中一定不含有CuSO4，因为CuSO4溶于水显蓝色，根据分析可知，溶液中一定不存在CuSO4，该固体粉末含有的三种物质可能为：CaCO3、Na2SO4、KNO3或CaCO3、BaCl2、KNO3，故答案为CuSO4；CaCO3、Na2SO4、KNO3；CaCO3、BaCl2、KNO3。【
30、点睛】本题考查了未知物的检验，注意掌握常见物质的检验方法，明确常见物质的性质及反应现象是解答本题的关键。19、冷凝管或直形冷凝管均可 E 取烧杯中的少量液体于试管中,向其中滴加盐酸，没有气体，再加BaCl2溶液,无白色沉淀产生，则证明SO42-已分离出来 溶液分层，上层无色（或颜色变浅）下层紫色或紫红色 蒸馏 【解析】（1）根据仪器构造可知仪器的名称是冷凝管或直形冷凝管。（2）明胶是水溶性蛋白质混合物，溶于水形成胶体。由于胶体不能透过半透膜，溶液可以，则分离明胶的水溶液与Na2CO3、Na2SO4的混合溶液应采用渗析法，则选用装置的为E。由于硫酸钡不溶于水也不溶于酸，又因为碳酸钠会干扰硫酸根离
31、子检验，则证明SO42已分离出来的操作是取烧杯中的少量液体于试管中，向其中滴加盐酸，没有气体，再加BaCl2溶液，无白色沉淀产生，则证明SO42已分离出来。（3）在装置D中加入10 mL碘水，然后再注入4 mL CCl4，盖好玻璃塞，按操作规则反复振荡后静置。由于碘易溶在四氯化碳中，且四氯化碳的密度大于水的密度，则观察到的现象是溶液分层，上层无色（或颜色变浅）下层紫色或紫红色：由于二者的沸点相差较大，则操作完毕后，为得到碘并回收CCl4可用蒸馏法。20、胶头滴管 500 mL容量瓶 10.0g 搅拌，加速溶解 保证溶质全部转移至容量瓶中 向容量瓶中加入蒸馏水至距刻度线1 cm2 cm时，改用胶
32、头滴管滴加蒸馏水至液体的凹液面最低处和刻度线相切 CD BE 【解析】（1）配制480mL 0.5molL-1的NaOH溶液，没有规格为480mL的容量瓶，配制时需要选用500mL的容量瓶，实际上配制的是500mL 0.5mol/L的氢氧化钠溶液，配制步骤为：计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等，需要使用的仪器有：托盘天平、玻璃棒、烧杯、药匙、500mL容量瓶、胶头滴管等，因此还缺少的仪器为：500mL容量瓶、胶头滴管；（2）配制480mL 0.5molL-1的NaOH溶液，应配制500mL，需要溶质的质量=0.5molL-10.5L40g/mol=10.0g；（3）溶解、冷却，该
33、步实验中需要使用玻璃棒，其作用是搅拌，加速溶解；（4）洗涤烧杯2次3次是为了保证溶质全部转移至容量瓶中；（5）定容的操作是：向容量瓶中加入蒸馏水至距刻度线1 cm2 cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至液体的凹液面最低处和刻度线相切；（6）A、容量瓶洗净后未烘干，对溶质的物质的量和溶液的体积不产生影响，溶液浓度不变；B、在溶解过程中有少量液体溅出烧杯外，导致溶质物质的量偏小，溶液的浓度偏低；C、定容时俯视刻度线，导致溶液的体积偏小，溶液的浓度偏大；D、将称量好的NaOH固体放入小烧杯中溶解，未经冷却立即转移到容量瓶中并定容，冷却后溶液的体积偏小，溶液的浓度偏大；E、定容后，将容量瓶振荡摇匀后，静置
34、发现液面低于刻度线，于是又加入少量水至刻度线，导致溶液的体积偏大，溶液的浓度偏小；所以使所配溶液的物质的量浓度偏高的是CD；偏低的是BE。【点睛】本题考查了配制一定物质的量浓度溶液，明确配制原理和过程是解题关键，注意容量瓶、托盘天平的使用方法以及误差分析的依据。21、 K2Cr2O7 C C 4.48 【解析】（1）反应中C元素的化合价由0升高为+4价，Cr元素的化合价由+6价降低为+3价，由化合价前后的变化分析可得双线桥法如下： ；（2）反应中铬元素的化合价降低，故氧化剂为K2Cr2O7，碳元素的化合价升高，则碳元素被氧化，故答案为K2Cr2O7、C；（3）H2SO4 在上述反应中表现出酸性，故答案为C；（4）由上述双线桥法可得关系式为:12e-3CO2，若反应中电子转移了0.8mol，则生成气体的为：0.8mol123=0.2mol，在标准状况下的体积为：0.2mol22.4L/mol=4.48L，故答案为4.48L。