《2022年甘肃省岷县第一中学化学高一第一学期期中达标检测试题含解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年甘肃省岷县第一中学化学高一第一学期期中达标检测试题含解析.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注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、物质分类的依据通常有组成和性质，下列物质分类中，只考虑组成的是ANaNO3是钠盐、硝酸盐、正盐BH 2SO4是二元酸、强酸、难挥发性酸CMg(OH)2是二元碱、难溶性碱、中强碱DAl2O3是金属氧化物、两性氧化物、最高价氧化物2、与1
2、00ml 0.1 mol/L FeCl3溶液中Cl的物质的量浓度相等的是A100ml 0.3 mol/L KClO3溶液B50 ml 0.2 mol/L NaCl 溶液C50 ml 0.3 mol/L CaCl2溶液D50 ml 0.15 mol/L MgCl2溶液3、下列分离物质的方法中，根据沸点不同进行分离的是（）A蒸馏 B萃取 C重结晶 D蒸发4、下列变化中，需加入氧化剂的是（ ）A2ClCl2BFe3+ Fe2+CCu2+ CuDMnO4MnO25、标准状况下，32g的甲烷（CH4）的体积为( )A5.6LB22.4 LC11.2 LD44.8 L6、人类探测月球发现，在月球的土壤中含
3、有较丰富的质量数为3的氦，它可以作为未来核聚变的重要原料之一。氦的该种同位素表示为( )A B C D7、物质在反应中可表现氧化性、还原性、酸性、碱性等，下面方程式中划线的物质，能在同一反应中同时表现上述两种或两种以上性质的有（）Cu+2H2SO4（浓）=CuSO4+SO2+2H2OC+2 H2SO4（浓）=CO2+2SO2+2H2O8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N23NO2+H2O=2HNO3+NOA B C D全部8、一定温度下，在三个体积相等的密闭容器中分别充入相同质量的Ne、H2、O2三种气体，这三种气体的压强(p)从大到小的顺序是()Ap(Ne)p(H2)p(O2)Bp(O2)p
4、(Ne)p(H2)Cp(H2)p(O2)p(Ne)Dp(H2)p(Ne)p(O2)9、下列说法正确的是A将钠放入水中，钠将沉入水底B金属钠着火时，可以用泡沫灭火器或用干燥的沙土灭火C将一小块钠放入 CuSO4 溶液中发生反应：2NaCuSO4 = Na2SO4CuD钠块放置于空气中，表面变暗；加热时，钠燃烧，发出黄色火焰10、某非金属单质A和氧气发生化合反应生成B，B为气体，其体积是反应掉氧气体积的两倍（同温同压）。关于B分子组成的推测一定正确的是（ ）A有2个氧原子B有1个氧原子C有1个A原子D有2个A原子11、对于易燃、易爆、有毒的化学物质，往往会在其包装上面贴上危险警告标签。下列物质贴错
5、了包装标签的是选项ABCD物质的化学式HNO3(浓)NaClP4C2H5OH(酒精)危险警告标识AABBCCDD12、下列变化中，需加入氧化剂才能实现的是( )Al(OH)3Al2O3 FeCl3 FeCl2SO2SO3 CuOCu ClCl2H2O2O2ABCD13、由四种金属Zn、Fe、Mg、Al组成的混合物10g，与足量的盐酸反应产生的H2，在标准状况下的体积为11.2L，则混和物中一定存在的金属是AZnBFeCMgDAl14、下列说法错误的是( )A用托盘天平称取3.2 g NaCl固体B过滤和向容量瓶转移液体时，玻璃棒的作用相同C容量瓶使用前应洗涤、干燥、检漏D定容时，加水不慎超过刻
6、度线，只能重新配置15、下列各组物质中，所含分子数相同的是A10g H2和10gO2 B5.6L N2(标准状况)和22g CO2C9g H2O和0.5mol Br2 D224mL H2(标准状况)和0.1mol N216、已知X、Y的核电荷数分别是a和b，它们的离子Xn和Ym的核外电子排布相同，则下列关系式中正确的是()AabmnBabmnCabmnDabmn二、非选择题（本题包括5小题）17、某研究性学习小组同学用含有少量泥沙、CaCl2、MgCl2、Na2SO4的粗盐制取纯净的NaCl，实验前他们设计了如图方案（框图）（1）请写出操作第步所加试剂名称及第步操作名称：_，_。（2）写出第步
7、操作中可能发生反应的离子方程式：_。（3）如何检验第步操作中硫酸根离子已完全除尽：_。（4）你认为该设计里哪些步骤调换后不影响实验结果：_。18、现有A、B、C、D四种气体，A是密度最小的气体，B在通常情况下呈黄绿色，把四种气体分别通入酸性硝酸银溶液中，通入B、D气体时立即出现白色沉淀，纯净的A可以在B中安静地燃烧，发出苍白色的火焰并生成D。把无色无刺激气味气体C通入澄清石灰水时变浑浊。（1）A、B、C、D的分子式分别为：A_ B_ C_D_。（2）写出下列各反应的化学方程式：A与B_；B与水_；C与澄清石灰水_。19、根据实验室制取蒸馏水的实验，回答下列问题：（1）在试管中加入少量自来水，滴
8、加几滴稀硝酸和几滴硝酸银溶液，观察到的实验现象是_，由此说明自来水中含有的离子是_。（2）实验室制取蒸馏水的装置如下图所示，请写出装置图中序号所示各仪器的名称_。（3）若取仪器中收集得到的液体少许，加入到试管中，然后滴加几滴稀硝酸和几滴硝酸银溶液，观察到的现象是_，原因是_。（4）通过上述实验，你认为蒸馏实验的应用是_。20、实验室需要490mL0.1molL-1NaOH溶液，请回答下列问题：(1)需称取 _g的烧碱固体，固体应放在 _中在托盘天平上称量(2)配制的玻璃仪器除烧杯和玻璃棒，还需要_、_。(3)配制溶液时有以下几个操作：溶解摇匀洗涤冷却称量转移溶液定容正确的操作顺序是 _(填序号
9、)(操作可重复选)(4)在容量瓶内确定溶液体积的过程中，完成后期加入少量水的做法是： _。(5)下列各项中，可能导致实际浓度偏高的是 _(填标号)A定容时，仰视容量瓶的刻度线BNaOH溶解时放出大量的热，未冷却立即配制溶液C溶解NaOH固体之后的烧杯未洗涤D向容量瓶中转移溶液时不慎洒出 (6)将取出10mL溶液加水稀释到100mL，稀释后溶液中NaOH的物质的量浓度为 _。21、（1）有一无色透明的水溶液，只可能含有以下离子中的若干种：K+、NH4+、Cl、Mg2+、Ba2+、NO3、CO32-、SO42-，现取出三份该溶液分别进行下列实验：第一份中加入AgNO3溶液有白色沉淀；第二份中加入足
10、量NaOH溶液加热后，只收集到刺激性气味的气体，无其他明显现象；第三份中加入BaCl2溶液后，有白色沉淀。将白色沉淀转移入足量的稀盐酸中，发现沉淀部分溶解。则该混合溶液中，一定存在的离子有_，肯定不存在的离子有_，（填离子符号），写出实验中沉淀部分溶解的离子方程式为_。（2）今有下列三个氧化还原反应： 2FeCl2 + Cl2 = 2FeCl3 ， 2FeCl3 + 2KI = 2FeCl2 + 2KCl + I2 ， 2KMnO4 + 16HCl = 2KCl + 2MnCl2 + 8H2O + 5Cl2。反应的离子方程式为：_，其中_是氧化剂，_是氧化产物； 当反应中有14.6gHCl消耗
11、掉时，反应中转移的电子数为_ 个。从上述三个反应可判断出 Fe2+、Cl、I、Mn2+ 的还原性由强到弱的顺序是_。参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【解析】A项都是根据其组成而划分的；B项根据组成分为二元酸，而依据不同性质可分为强酸和挥发性酸；C项中的难溶性碱、中强碱是根据其不同性质划分的；D项中Al2O3依据不同性质可分别属于两性氧化物、最高价氧化物。【详解】根据NaNO3组成的元素或离子，可以将硝酸钠归为钠盐、硝酸盐、正盐等类别，A正确；H 2SO4是二元酸、强酸、难挥发性酸，是根据硝酸的组成和性质进行的分类，B错误；Mg（OH）2是二元碱、难溶性碱、中强碱，是根据氢氧
12、化镁的组成和性质进行的分类，C错误；Al2O3是两性氧化物、金属氧化物、最高价氧化物，是根据氧化铝的性质和铝元素的化合价态进行的分类，D错误。故选A。【点睛】本题考查物质分类的方法，对物质进行分类是研究物质的重要方法，常见的分类方法是按着物质的组成、结构和性质进行分类的。2、D【解析】100ml 0.1 mol/L FeCl3溶液中Cl的物质的量浓度为0.3mol/L，找出Cl的物质的量浓度为0.3mol/L的选项即可。【详解】A、100ml 0.3 mol/L KClO3溶液不含Cl，故A错误；B、50 ml 0.2 mol/L NaCl 溶液所含Cl的物质的量浓度为0.2mol/L，故B错
13、误；C、50 ml 0.3 mol/L CaCl2溶液所含Cl的物质的量浓度为0.6mol/L，故C错误； D、50 ml 0.15 mol/L MgCl2溶液所含Cl的物质的量浓度为0.3mol/L，故D正确；故选D。3、A【解析】试题分析：A、蒸馏是利用物质沸点不同进行分离的方法，正确，选A；B、萃取是利用溶质在不同溶剂中的溶解度不同采用一种溶解将溶质从溶液中提取出来的方法，不选B；C、重结晶是利用物质的溶解度随温度变化的差异进行分离，不选C；D、蒸发是分离溶质和溶解的方法，不选D。考点：物质分离的方法【名师点睛】常见物质分离提纯的几种方法1结晶和重结晶：利用物质在溶液中溶解度随温度变化较
14、大，如NaCl，KNO3。2蒸馏冷却法：在沸点上差值大。乙醇中（水）：加入新制的CaO吸收大部分水再蒸馏。3过滤法：溶与不溶。4升华法：SiO2（I2）。5萃取法：如用CCl4来萃取I2水中的I2。6溶解法：Fe粉（A1粉）：溶解在过量的NaOH溶液里过滤分离。7增加法：把杂质转化成所需要的物质：CO2（CO）：通过热的CuO；CO2（SO2）：通过NaHCO3溶液。8吸收法：除去混合气体中的气体杂质，气体杂质必须被药品吸收：N2（O2）：将混合气体通过铜网吸收O2。9转化法：两种物质难以直接分离，加药品变得容易分离，然后再还原回去：Al（OH）3，Fe（OH）3：先加NaOH溶液把Al（OH
15、）3溶解，过滤，除去Fe（OH）3，再加酸让NaAlO2转化成A1（OH）3。4、A【解析】需要加入氧化剂，则选项中为还原剂的氧化反应，还原剂中某元素的化合价升高，以此来解答。【详解】ACl元素的化合价升高，需要加氧化剂，故A正确；BFe元素的化合价降低，需要加还原剂，故B错误；CCu元素的化合价降低，需要加还原剂，故C错误；DMn元素的化合价降低，需要加还原剂，故D错误；故选A。【点睛】本题考查氧化还原反应，明确还原剂、氧化剂中元素的化合价变化是解答 本题的关键，并熟悉常见的氧化还原反应来解答。需要加入合适的氧化剂来实现氧化还原反应，说明所给物质一定具有还原性，在反应过程中做还原剂，失去电子
16、、化合价升高。据此进行推断即可。5、D【解析】32g甲烷的物质的量为=2mol，标准状况下，气体的体积为2mol22.4L/mol = 44.8L，故选D。6、B【解析】考查原子的组成及表示方法。在表示原子组成时元素符号的左下角表示质子数，左上角表示质量数。He的质子数是2，所以氦的该种同位素应表示为，答案选B。7、B【解析】Cu+2H2SO4（浓）=CuSO4+SO2+2H2O，硫酸中硫元素化合价降低生成SO2，同时生成硫酸铜，所以硫酸表现氧化性和酸性，故符合题意；C+2 H2SO4（浓）=CO2+2SO2+2H2O，C元素的化合价升高，S元素的化合价降低，所以硫酸只表现氧化性，故不符合题意
17、；8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2，氯元素的化合价降低，所以氯气只体现氧化性，故不符合题意；3NO2+H2O=2HNO3+NO，二氧化氮中N元素部分得电子化合价降低，部分失电子化合价升高，所以二氧化氮既表现了氧化性又表现了还原性，故符合题意；本题答案为B。【点睛】在氧化还原反应中，失电子化合价升高的反应物具有还原性，得电子化合价降低的反应物具有氧化性。8、D【解析】一定温度下，在三个体积相等的密闭容器中，气体的压强之比等于其物质的量之比，质量相同时，与相对分子质量成反比，即气体的相对分子质量越大，压强越小。Ne、H2、O2的相对分子质量分别为20、2、32，所以压强从大到小的顺序为p(H
18、2)p(Ne)p(O2)，故选D。9、D【解析】A. 钠的密度比水小，且可以和水反应。B. 钠与氧气点燃生成过氧化钠，过氧化钠可与二氧化碳、水反应生成氧气。C. 钠与水反应，不直接和硫酸铜反应。D. 常温下，钠和氧气反应生成氧化钠，加热或点燃时，钠与氧气反应生成过氧化钠。【详解】A. 钠的密度比水小，且可以和水反应，将钠放入水中，钠与水反应并浮在水面上，A错误。B. 钠与氧气点燃生成过氧化钠，过氧化钠可与二氧化碳、水反应生成氧气。金属钠着火时不能用泡沫灭火器灭火，B错误。C. 将一小块钠放入 CuSO4 溶液中钠先和水反应生成氢氧化钠和氢气，然后氢氧化钠和硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钠C错
19、误。D. 常温下，钠和氧气反应生成氧化钠，加热或点燃时，钠与氧气反应生成过氧化钠。所以钠块放置于空气中，表面变暗；加热时，钠燃烧，发出黄色火焰，D正确。10、B【解析】相同条件下，根据nV/Vm可知，气体的体积之比等于物质的量之比，B为气体，其体积是反应掉氧气体积的两倍，这说明有1molO2消耗可生成2molB，则根据原子守恒可知B中应含有1个O，答案选B。11、B【解析】A项、浓硝酸具有强腐蚀性，应贴腐蚀品的标志，故A正确；B项、氯化钠不属于易爆物，不应贴爆炸品的标志，故B错误；C项、白磷有剧毒，应贴剧毒品的标志，故C正确；D项、乙醇属于易燃液体，应贴易燃液体的标志，故D正确。故选B。【点睛
20、】本题考查危险品标志，解这类题时，首先要知道各种物质的性质，然后根据各个标签所代表的含义进行分析判断。12、B【解析】Al(OH)3Al2O3中，氧元素、铝元素、氢元素化合价均没有变化，不属于氧化还原反应，故不选；FeCl3 FeCl2中，Fe元素的化合价降低，需要加入还原剂实现，故不选；SO2SO3中，S元素的化合价升高，需要加入氧化剂实现，故选；CuOCu中，Cu元素的化合价降低，需要加入还原剂实现，故不选；ClCl2中，Cl元素的化合价升高，需要加入氧化剂实现，故选；H2O2O2中，O元素既可由-1价升高到0价，也可由-1价降低到-2价，自身发生氧化还原反应，不需要加氧化剂就可以反应，故
21、不选；结合以上分析可知，正确的有； 综上所述，本题选B。【点睛】本题考查氧化还原反应，为高考常见题型，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应中氧化剂的考查，题目难度不大。需加氧化剂才能实现，则选项中物质应为还原剂、发生了氧化反应，还原剂中某元素的化合价升高。13、D【解析】n（H2）=11.2L22.4L/mol=0.5mol，假设都是+2价，根据转移电子相等知，混合金属的物质的量与氢气的物质的量相等，则金属的平均摩尔质量=10g0.5mol=20g/mol。Zn的摩尔质量为：65g/mol20g/mol；Fe的摩尔质量为：56g/mol20g/mol；Mg的摩尔质量为：24
22、g/mol20g/mol；Al为+2价时的摩尔质量为：27g/mol2/3=18g/mol；因为没有摩尔质量是20g/mol的金属，则应该部分金属的摩尔质量大于20g/mol、部分金属的摩尔质量小于20g/mol，根据以上分析可知，混合金属中只有Al的摩尔质量小于20g/mol，所以一定含有铝元素，才能满足平均摩尔质量=20g/mol，答案选D。【点睛】本题考查混合物的有关计算，侧重考查学生分析计算能力，明确各个物理量之间的关系是解本题的关键，注意平均值法在化学计算中的灵活运用。14、C【解析】A. 托盘天平的精确度为0.1g，因此可以用托盘天平称取3.2 g NaCl固体，A项正确；B. 过
23、滤和向容量瓶转移液体时，玻璃棒的作用均为引流，作用相同，B项正确；C. 容量瓶使用前应先检漏，再进行洗涤，无需干燥，C项错误；D. 定容时，加水不慎超过刻度线，所配置的溶液变稀，只能重新配置，D项正确；答案应选C。15、C【解析】试题分析：AM(H2)M(O2)，则10gH2和10gO2的物质的量不同，含有的原子数不同，故A错误；Bn(N2)=5.6L22.4L/mol=0.25mol，n(CO2)=11g44g/mol=0.25mol，含有的原子物质的量分别为0.5mol、0.75mol，故B错误；Cn(H2O)=9g18g/mol=0.5mol，原子的物质的量为1.5mol，0.75mol
24、Br2含有1.5mol原子，故C正确；Dn(H2)=0.224L22.4L/mol=0.01mol，与0.1molN2含有的原子数不同，故D错误；故选C。考点：考查物质的量的计算。16、A【解析】在原子中，核电荷数等于核外电子数；在阳离子中，核电荷数减去离子所带电荷数等于核外电子数；在阴离子中，核电荷数加上离子所带电荷数等于核外电子数。【详解】因为Xn+和Ym-具有相同的核外电子排布，所以，Xn+和Ym-具有相同的核外电子数，aXn+的核外电子数等于a-n，bYm-的核外电子数为：b+m，则a=b+m+n。答案选A。二、非选择题（本题包括5小题）17、碳酸钠 过滤 CO32-+2H+=H2O+
25、CO2；H+OH-=H2O 取A1中溶液少许，滴加氯化钡溶液，若无浑浊产生，则硫酸根离子已完全除尽 与或与 【解析】(1)根据操作第、步所加试剂名称及第步操作的原理分析，碳酸钠会除去反应剩余的氯化钡，离子都形成沉淀，再进行过滤，最后再加入盐酸除去反应剩余的氢氧根离子和碳酸根离子，最后经蒸发操作得到较纯净的氯化钠；(2)溶液中含有过量的氢氧化钠、碳酸钠以及要保留的氯化钠溶液，可以再加入盐酸将碳酸钠和氢氧化钠除掉；(3)根据SO42-+Ba2+=BaSO4，产生白色沉淀进行解答； (4)先除镁离子，还是先除硫酸根离子都行，但是加入的碳酸钠要放在加入的氯化钡之后；【详解】(1)操作第步是除Ca2+，
26、加Na2CO3溶液转化为沉淀，Ca2+CO32-=CaCO3，同时碳酸钠还除去反应剩余的氯化钡溶液引入的杂质Ba2+，Ba2+CO32-=BaCO3；操作是分离难溶性固体与溶液混合物的方法，名称是过滤；(2)滤液C1中含有过量的氢氧化钠、碳酸钠及要保留的氯化钠溶液，可向该溶液中加入足量的盐酸，盐酸与杂质碳酸钠和氢氧化钠反应变为气体或水除掉，反应的离子方程式是：H+OH-=H2O ；CO32-+2H+=H2O+CO2 ；(3)向混合溶液中加入BaCl2溶液，发生反应：SO42-+Ba2+=BaSO4，产生白色硫酸钡沉淀，若硫酸根离子已完全除尽，那么取A1中溶液少许，滴加氯化钡溶液，就不会出现浑浊
27、现象；若出现浑浊现象，证明溶液中还存在硫酸根离子；(4)首先要把粗盐溶于水形成溶液，然后Mg2+用OH-沉淀除去，加入过量的氢氧化钠可以将镁离子沉淀，SO42-用Ba2+沉淀，加入过量的氯化钡可以将Ba2+沉淀，至于先除Mg2+，还是先除SO42-都没有关系，Ca2+用CO32-沉淀，除Ca2+加入碳酸钠转化为沉淀，Ca2+CO32-=CaCO3，但是加入的碳酸钠一定要放在加入的氯化钡之后，这样碳酸钠溶液既可以除去原溶液中的CaCl2，也可以除去因除Na2SO4杂质加入的过量的BaCl2溶液，Ba2+CO32-=BaCO3，离子都形成沉淀，一起进行过滤，所以与或与步骤调换顺序，不影响实验结果；
28、【点睛】本题主要考查了在粗盐提纯的过程中所选用除杂和净化的方法，注意除杂时不仅要能把杂质除掉，还不能引入新杂质，而且方法要简便易行，关键是除去Na2SO4在CaCl2除去之前，其它顺序都没有关系，题目难度不大。18、H2 Cl2 CO2 HCl H2+Cl22HCl Cl2+H2OHCl+HClO CO2+Ca(OH)2=CaCO3+H2O 【解析】A是密度最小的气体,应为H2 ,B在通常情况下呈黄绿色,应为Cl2 ,纯净的A可以在B中安静地燃烧,发出苍白色的火焰并生成HCl,则D为HCl；把无色无刺激气味气体C通入澄清石灰水时变浑浊，C为CO2 ；(1)由以上分析可以知道A为H2 ,B为Cl
29、2 ,C为CO2,D为HCl；因此，本题正确答案是:H2 、 Cl2 、CO2 、HCl。（2）氢气在点燃条件下与氯气反应生成氯化氢，反应方程式为：H2+Cl22HCl；综上所述，本题答案是：H2+Cl22HCl。氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，反应的方程式为：Cl2+H2OHCl+HClO；综上所述，本题答案是：Cl2+H2OHCl+HClO。 二氧化碳与澄清石灰水反应生成碳酸钙沉淀和水，C与澄清石灰水反应的方程式为：CO2+Ca(OH)2=CaCO3+H2O；综上所述，本题答案是：CO2+Ca(OH)2=CaCO3+H2O。19、试管中有白色沉淀产生 氯离子 酒精灯蒸馏烧瓶冷凝管牛角管锥形瓶
30、 试管中无沉淀产生 因为制取的蒸馏水中不含有氯离子 除去自来水中难挥发或不挥发的杂质，得到纯净的蒸馏水 【解析】（1）检验氯离子一般用硝酸酸化的硝酸银溶液；（2）根据仪器构造判断其名称；（3）根据制备的蒸馏水中不含有氯离子分析判断；（4）依据蒸馏原理分析。【详解】（1）在试管中加入少量自来水，滴加几滴稀硝酸和几滴硝酸银溶液，观察到的实验现象是试管中有白色沉淀产生，由此说明自来水中含有的离子是氯离子。（2）根据装置图可知是酒精灯，是蒸馏烧瓶，是冷凝管，是牛角管，是锥形瓶。（3）仪器中收集得到的液体是蒸馏水，取少许加入到试管中，然后滴加几滴稀硝酸和几滴硝酸银溶液，由于制取的蒸馏水中不含有氯离子，所
31、以观察到的现象是试管中无沉淀产生。（4）蒸馏是依据混合物中各组分沸点不同而分离的一种法，适用于除去易挥发、难挥发或不挥发杂质，因此通过上述实验说明蒸馏实验的应用是除去自来水中难挥发或不挥发的杂质，得到纯净的蒸馏水。【点睛】本题考查实验室制备蒸馏水操作，明确蒸馏实验的原理及用到的仪器是解题关键，注意温度计水银球位置、注意冷凝水流向。20、2.0g 小烧杯 500ml容量瓶 胶头滴管 用胶头滴管逐滴加水，当溶液凹液面最低处与刻度线相切时，立即停止加水 B 0.01mol/L 【解析】（1）根据m=CVM计算溶质的质量，注意V应该是500mL，强腐蚀性的固体药品应放在烧杯中称量；（2）根据配制一定物
32、质的量溶液所需要的仪器选取仪器；（3）配制溶液的步骤是：称量、溶解、冷却、转移、洗涤、转移、定容、摇匀，据此排序；（4）定容的做法是：用胶头滴管逐滴加水，当溶液凹液面最低处与刻度线相切时，立即停止加水；（5）根据C=n/V判断配制溶液的误差，如果n偏小或C偏大，则配制溶液的浓度偏低，如果n偏大或V偏小，则配制溶液的浓度偏高；（6）根据溶液稀释前后溶质的物质的量不变计算。【详解】（1）m=CVM=0.1mol/L0.5L40g/mol=2.0g，烧碱易吸水且具有强腐蚀性，所以称量烧碱时要放在小烧杯中，故答案为2.0g，小烧杯。（2）溶液配制过程中，所需要的玻璃仪器有：烧杯，玻璃棒，胶头滴管，50
33、0mL容量瓶，所以还需要胶头滴管和500mL容量瓶，故答案为胶头滴管、500mL容量瓶。（3）配制溶液的步骤是：称量、溶解、冷却、转移、洗涤、转移、定容、摇匀，所以其排序是，故答案为。（4）完成后期加入少量水即定容的做法是：用胶头滴管逐滴加水，当溶液凹液面最低处与刻度线相切时，立即停止加水，故答案为用胶头滴管逐滴加水，当溶液凹液面最低处与刻度线相切时，立即停止加水。（5）A.定容时仰视容量瓶刻度线，溶液的体积偏大，根据C=n/V可知所配制溶液浓度偏低，故A错误；B.NaOH溶解时放出大量的热，未冷却立即配制溶液，导致溶液的体积偏小，则配制溶液的浓度偏高，故B正确；C.溶解NaOH固体之后的烧杯
34、未洗涤，导致溶质的物质的量偏小，则配制溶液的浓度偏低，故C错误；D.向容量瓶中转移溶液时不慎洒出，导致溶质的物质的量偏小，则配制溶液的浓度偏低，故D错误。故答案为B。（6）溶液稀释前后溶质的物质的量不变，溶液的体积变为原来的10倍，则溶液的物质的量浓度变为原来的1/10，为0.01molL-1，故答案为：0.01mol/L。21、NH4+、 CO32-、 SO42- Mg2+ 、 Ba2+ BaCO3 +2H+ =Ba2+ + H2OCO2 2Fe3+2I- =2Fe2+ +I2 Fe3+ I2 0.25NA 或1.5051023 I Fe2+ Cl Mn2+ 【解析】根据离子反应发生的条件、
35、离子共存的条件分析；根据氧化还原反应的本质和特征进行分析。【详解】(1)第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生,可能有：Cl-、CO32-、SO42-，第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到刺激性气味气体，说明一定存在NH4+，第三份加足量BaCl2溶液后, 有白色沉淀。将白色沉淀转移入足量的稀盐酸中，发现沉淀部分溶解。说明一定含有CO32-和SO42-。故一定存在的离子有：NH4+、 CO32-、 SO42-，目前Cl-不确定是否存在；由于已经确定含有CO32-、 SO42-，那么原溶液中就一定不能含有Mg2+ 、 Ba2+；实验白色沉淀溶解的是BaCO3，故离子方程式为：BaCO3 +2H+
36、=Ba2+ +H2OCO2 ；(2)反应中，FeCl3 、KI、 2FeCl2 、KCl都属于可溶性盐，在溶液中可以完全电离成离子状态，故在离子方程式中可以拆开，I2是单质，在离子方程式中不能拆开，故离子方程式为：2Fe3+ + 2I- = 2Fe2+ + I2 ；其中，FeCl3中的Fe从+3价降低到+2价，作氧化剂，KI中I化合价从-1价升高到0价，做还原剂被氧化生成I2，故I2是氧化产物；反应中被氧化的Cl原子只有10个，可得到关系：16HCl5Cl210e-,故14.6gHCl消耗掉时，即n(HCl)=14.6g/36.5gmol-1=0.4mol，转移电子的物质的量为0.25mol,数目为0.25NA；反应物的氧化性和还原性大于生成物的氧化性和还原性，根据反应可得：I Fe2+ ；根据反应 可得：Cl Mn2+ ；根据反应可得：Fe2+Cl-；综合可得：I Fe2+ Cl Mn2+ 。【点睛】氧化还原反应中，电子转移数目只考虑化合价发生变化的元素；氧化剂的氧化性大于氧化产物，还原剂的还原性大于还原产物。