《山东省临沂市第十九中学2022年高一化学第一学期期中达标测试试题含解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《山东省临沂市第十九中学2022年高一化学第一学期期中达标测试试题含解析.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请考生注意：1请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用05毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2答题前，认真阅读答题纸上的注意事项，按规定答题。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列叙述正确的是（）A同温同压下，相同体积的物质，其物质的量一定相等B任何条件下，等体积的甲烷和一氧化碳所含的分子数一定相等C1L一氧化碳气体一定比1L氧气的质量小D相同条件下的一氧化碳气体和氮气，若体积相等，则质量一定相等2、下列各组的两种物质在溶液中的反应，可用同一离子方程式表示的是A氢氧
2、化钠与盐酸，；氢氧化钠与碳酸BBaCl2溶液与Na2SO4溶液；Ba(OH)2溶液与H2SO4溶液CNa2CO3溶液与硝酸溶液；CaCO3溶液与硝酸溶液D石灰石与硝酸反应；石灰石与盐酸3、下列溶液中，跟100 mL 0.5 molL1NaCl溶液所含的Cl的物质的量浓度相同的是()A100 mL 0.5 molL1MgCl2溶液B200 mL 0.25 molL1CaCl2溶液C50 mL 1 molL1NaCl溶液D200 mL 0.25 molL1HCl溶液4、在3Cu + 8HNO3（稀） =3Cu（NO3）2 + 2NO+ 4H2O的反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比是A1:1 B3
3、:8 C2:3 D8:35、说法中正确的是()A32 g O2占有的体积约为22.4 LB22.4 L N2含阿伏加德罗常数个氮分子C在标准状况下，22.4 L水的质量约为18 gD22 g二氧化碳与标准状况下11.2 L HCl含有相同的分子数6、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
4、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7、如图所示，两个连通容器用活塞分开，左右两室(体积相同)各充入一定量NO和O2，且恰好使两容器内气体密度相同。已知2NO+O2=2NO2，打开活塞，使NO与O2充分反应，则下列说法正确的是 A开始时左右两室分子数相同B反应开始后NO室压强增大C最终容器内密度与原来相同D最终容器内仍然有NO剩余8、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
5、溶液反应：Ba2+SO42-=BaSO49、经测定一瓶气体中只含有C、O两种元素，通常情况下这瓶气体不可能是A一种化合物B一种单质和一种化合物的混合物C两种化合物D两种单质10、对于等质量的下列气体中，含有的分子个数最多的是ACl2BH2CO2DCO11、下列叙述正确的是()A1 mol CO2的质量为44 g/molBH2SO4的摩尔质量为98C标准状况下，气体摩尔体积约为22.4 LDO2的相对分子质量为3212、下列离子方程式正确的是( )A硫酸铜溶液与氢氧化钡溶液反应：SO42-Ba2BaSO4B碳酸氢钠溶液中滴加氢氧化钠溶液 HCO3OH=CO2H2OC碳酸钙溶解于盐酸中：CO32-
6、2H+ CO2 + H2OD过氧化钠与水的反应：2Na2O22H2O=4Na+4OHO213、下列实验室操作类似“海水晒盐”原理的是（ ）A蒸馏B蒸发C过滤D搅拌14、下列叙述正确的是A氯气的水溶液能导电，所以氯气属于电解质B强电解质水溶液的导电性不一定比弱电解质强C硫酸铜晶体含有一定量的结晶水，所以硫酸铜晶体能导电D在任何条件下，电解质的电离都能完全彻底15、下列操作能达到实验目的的是（ ）A除去铝粉中混有的少量铁粉，可加入过量的盐酸溶液，完全反应后过滤B将碘的饱和水溶液中的碘提取出来，可用四氯化碳进行萃取C制备Fe(OH)3胶体，通常是将FeCl3溶液注入热水中，并搅拌均匀D除去Na2CO
7、3溶液中少量的Na2SO4,可加入适量氯化钡，过滤16、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AFe+CuSO4=FeSO4+CuBAgNO3+NaCl=AgCl+NaNO3CFe2O3+3CO2Fe+3CO2D2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2二、非选择题（本题包括5小题）17、A、B、C、D为四种可溶性的盐，它们包含的阳离子和阴离子分别为Ba2+、Ag+、Na+、Cu2+和NO3、SO42、Cl、CO32（离子在物质中不能重复出现）若把四种盐分别溶于盛有蒸馏水的四支试管中，只有C盐的溶液呈蓝色；若向的四支试管中分别加入盐酸，B盐的溶液有沉淀生成，D盐的溶液有无色无味的
8、气体逸出根据实验事实可推断它们的化学式为：（1）A_ B_（2）写出盐酸与D反应的离子方程式：_（3）将含相同物质的量A、B、C的溶液混合后，写出溶液中存在的离子及物质的量之比_；在此溶液中加入锌粒，写出发生反应的离子方程式_18、有一包白色粉末，其中可能含有Ba(NO3)2、MgCl2、K2CO3、NaOH，现做以下实验：取一定量粉末加入水中，振荡，有白色沉淀生成；向的沉淀物中加入足量稀硝酸，白色沉淀完全消失、没有气泡产生；向的上层清液中滴入稀硫酸，有白色沉淀产生。根据上述实验事实，回答下列问题：(1)原白色粉末中一定含有的物质的化学式_(2)一定不含有的物质的化学式_(3)依次写出各步变化
9、的离子方程式_；_；_；19、某研究性学习小组设计了如图装置制取和验证SO2的性质。请回答：（1）写出图中仪器的名称：a_，b_。（2）棉球中NaOH溶液的作用是_。（3）为了验证SO2是酸性氧化物，洗气瓶中可选择的试剂是_。A 紫色石蕊试液 B 无色酚酞试液 C 澄清石灰水 D 碘水（4）下列说法正确的是_。A 实验开始时，只需打开分液漏斗的旋塞，即可使液体顺利滴下B 先向装置中加入试剂（药品），再进行气密性检查C 实验开始后，洗气瓶和中溶液均褪色，两者均可证明SO2具有漂白性D 实验开始后，洗气瓶中可观察到白色沉淀产生，该现象可说明SO2具有还原性20、实验室配制500 mL 0.2 mo
10、lL1的Na2CO3溶液，实验操作步骤有用天平称取一定量的Na2CO310H2O，放在烧杯中用适量的蒸馏水将其完全溶解；把制得的溶液小心地注入_中；继续向容量瓶中加蒸馏水至液面距刻度线1 cm2 cm处，改用_小心滴加蒸馏水至溶液凹液面最低处与刻度线相切；用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒23次，每次洗涤的液体都小心转移入容量瓶，并轻轻摇匀；将容量瓶塞塞紧，充分摇匀。请填写下列空白：(1)操作步骤的正确顺序为(填序号)_；(2)写出步骤中，所缺的仪器_、_；(3)若实验遇下列情况，溶液的物质的量浓度是： 偏高 偏低 没影响A加水定容时俯视刻度线_(填序号)B忘记将洗涤液转入容量瓶_(填序号)C使用前
11、容量瓶用蒸馏水洗涤，且没有干燥_ (填序号)D定容时，不小心加水过量，马上用胶头滴管吸出 _ (填序号)(4)计算所需Na2CO310H2O的质量_。21、高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型、高效、多功能绿色水处理剂,比Cl2、O2、ClO2、KMnO4氧化性更强,无二次污染,工业上是先制得高铁酸钠,然后在低温下,向高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和,使高铁酸钾析出。(1)干法制备高铁酸钠的主要反应为:2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2该反应中氧化剂是_(填化学式),过氧化钠(Na2O2)中氧元素化合价为_。(填数字)(2)湿法制备高铁酸钾(K2FeO4
12、)的反应体系中有六种数粒:Fe(OH)3、ClO-、OH-、FeO42-、Cl-、H2O。碱性条件下,氧化剂和还原剂的物质的量的比为3:2发生反应,写出并配平湿法制高铁酸钾的离子反应方程式:_。每生成1mol FeO42-转移_mol电子,若反应过程中转移了0.3mol电子,则还原产物的物质的量为_mol。参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解析】同温同压下，相同体积的气态物质，其物质的量一定相等，选项A不正确；选项B不正确，只有在相同的条件下，等体积的甲烷和一氧化碳所含的分子数一定相等，选项B不正确；选项C不正确，因为不能确定气体的状态，相同条件下的一氧化碳气体和氮气，若体
13、积相等，则二者的物质的量也一定是相等的。由于二者的摩尔质量相等，都是29g/mol，所以质量也一定是定相等的，答案选D。2、D【解析】A、盐酸是强酸，要拆成离子，离子方程式为H+OH-=H2O；碳酸是弱酸，保留化学式，离子方程式为：H2CO3+2OH-=H2O+CO32-,所以离子方程式不同，故A不符合题意；B、氯化钡溶液与硫酸钠溶液、氢氧化钡溶液与稀硫酸，离子方程式分别为Ba2+SO42-=BaSO4、Ba2+SO42-+2OH-+2H+=BaSO4+2H2O，所以离子方程式不同，故B不符合题意；C、碳酸钠溶液与硝酸、碳酸钙与硝酸，离子方程式分别为CO32-+2H+=CO2+H2O、CaCO
14、3+2H+=Ca2+CO2+H2O，所以离子方程式不同，故C不符合题意；D、石灰石与硝酸或盐酸都生成可溶性盐，离子方程式均为CaCO3+2H+=Ca2+CO2+H2O，故D符合题意；答案选D。【点睛】明确物质的性质及离子方程式书写规则即可解答，单质、气体、沉淀、弱电解质、络合物、氧化物都写化学式，要遵循客观事实、原子守恒、电荷守恒及转移电子守恒。3、B【解析】试题分析：111mL15molL-1NaCl溶液所含Cl-物质的量浓度为15molL-1。A、111mL 15 molL-1MgCl2溶液氯离子浓度为15 mol/L2=1mol/L，A错误；B、211mL 125 molL-1CaCl2
15、溶液氯离子浓度为125mol/L2=15mol/L，B正确；C、51 mL 1 molL-1NaCl溶液氯离子浓度为1mol/L，C错误；D、211 mL 125molL-1HCl溶液氯离子浓度为125mol/L，D错误。考点：考查了物质的量浓度的相关知识。4、C【解析】根据氧化还原反应的本质和特征进行分析判断氧化剂和还原剂。【详解】在3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO+4H2O反应中，硝酸得电子作氧化剂，硝酸中N元素得电子被还原，铜作还原剂，铜元素被氧化，若有8mol硝酸参加反应，则只有2mol硝酸参加氧化还原反应，被还原的HNO3与被氧化的Cu的物质的量之比是2：3，故C
16、正确。故选C。【点睛】化合价发生变化的硝酸体现氧化性，化合价未发生变化的硝酸只体现酸性。5、D【解析】A、因为气体的状态不能确定，无法计算氧气的体积，A错误；B、22.4L氮气的物质的量不一定是1mol，不能计算其分子数，B错误；C、标准状况下，水不是气体，不能适用于气体摩尔体积，C错误；D、22 g二氧化碳与标准状况下11.2 L HCl的物质的物质的量都是0.5mol，分子数是相同的，D正确；答案选D。6、B【解析】Ba(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BaSO
17、4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。7、C【解析】A. 由左右两室体积相同，两容器内气体密度相同可知，两容器中气体的质量一定相等，再结合n = 来判断气体的物质的量关系，据此判断；B. 发生2NO+O2=2NO2，反应后总的物质的量减少，故反应
18、后NO室的气体物质的量要减小；C. 气体的总质量为原来一氧化氮与氧气质量之和，为NO质量的2倍，体积为左右两室的体积之和，为左室的2倍，故密度不变；D. NO、O2的质量相等，二者物质的量之比为32：30=16：15，发生2NO+O2=2NO2，NO 少量，无剩余。【详解】A. 由左右两室体积相同，两容器内气体密度相同可知，两容器中气体的质量一定相等，而NO和O2的摩尔质量不相等，故其物质的量不相等，开始时左右两室分子数不相同，故A项错误；B. 发生2NO+O2=2NO2，反应后总的物质的量减少，平均充满左右两室，故反应后NO室的气体物质的量要减小，故压强减小，故B项错误；C. 反应后气体的总
19、质量为原来一氧化氮与氧气质量之和，为NO质量的2倍，体积为左右两室的体积之和，为左室的2倍，故密度不变，即最终容器内密度与原来相同，故C项正确；D. NO、O2的质量相等，根据n = 得出，二者物质的量之比与摩尔质量成反比，即物质的量之比为32：30=16：15，发生的反应为2NO+O2 = 2NO2，可以看出参加反应的NO少量，无剩余，故D项错误；答案选C。8、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；
20、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。9、D【解析】A. 只含C和O两种元素的物质可以是CO或者是CO2，可以为一种化合物，故A正确； B. 氧气和二氧化碳的混合物中就只含C和O两种元素，故B正确； C. 只含C和O两种元素的物质可以是CO和CO2，属于两种化合物，故C正确； D. 如是单质，碳的单质都不是气体，故D错误；答案选D。10、B【解析】根据NnNA可知，气体的物质的量越多，气体含有的分子数越多。在质量相等的条件下，根据n可知，气体的摩尔质量越大，气体的物质的量越小。四种气体的相对分子质量分别是
21、71、2、32、28，所以在质量相等的条件下，氢气的物质的量最多，含有的分子数最多，答案选B。11、D【解析】A、质量的单位为g，故1mol二氧化碳的质量为44g，故A错误；B、摩尔质量的单位为g/mol，故硫酸的摩尔质量为98g/mol，故B错误；C、气体摩尔体积的单位为L/mol，故标况下，气体摩尔体积为22.4L/mol，故C错误；D、O的相对原子质量为16，故氧气的相对分子质量为32，故D正确；答案选D。12、D【解析】A.硫酸铜和氢氧化钡反应除了生成硫酸钡沉淀外，还会生成氢氧化铜沉淀，A错误；B.碳酸氢钠和氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，B错误；C.碳酸钙难溶于水，不能拆，C错误；D.
22、过氧化钠与水的反应： ，D正确；答案选D。【点睛】离子方程式正误判断规律（三“看”），第一看：符不符（即是否符合反应事实）；第二看：平不平（即元素守恒、电荷守恒、电子守恒）；第三看：拆不拆（即离子、分子形式的书写是不是有问题）。13、B【解析】食盐的溶解度受温度的影响小，从食盐溶液中获得食盐利用阳光和风蒸发水分，使海水中的水分蒸发掉，使氯化钠结晶出来，海水晒盐利用的方法是蒸发，故B正确；答案选B。14、B【解析】A.氯气是非金属单质,不属于电解质,故A错误;B.溶液的导电性与溶液中离子的浓度和离子所带的电荷有关,离子浓度大,所带的电荷数目多,导电能力强,与电解质强弱无关，强电解质水溶液的导电性
23、不一定比弱电解质强，故B正确；C.硫酸铜晶体含有一定量的结晶水,但硫酸铜晶体不含有自由移动的硫酸根离子和铜离子,所以硫酸铜晶体不能导电,故C错误；D.弱电解质溶于水,其分子可以微弱电离出离子,强电解质是完全电离的电解质, 所以，电解质的电离不一定都能完全彻底，故D错误；答案：B。15、B【解析】根据混合物的分离提纯原理分析评价简单实验方案。【详解】A项：铝粉、铁粉都能溶于盐酸，无法除去铝粉中混有的少量铁粉。A项错误；B项：四氯化碳不溶于水，碘在四氯化碳中的溶解度比水中的大。B项正确；C项：将饱和FeCl3溶液滴入沸水中，并继续加热至液体呈红褐色，即得Fe(OH)3胶体。C项错误；D项：Na2C
24、O3、Na2SO4都可与氯化钡反应生成沉淀，不能除去Na2CO3溶液中的Na2SO4杂质。D项错误。本题选B。【点睛】选择除杂试剂应符合：不增加新杂质，不减少被提纯物质，操作简便易行等要求。16、C【解析】AFe+CuSO4=FeSO4+Cu属于置换反应，属于氧化还原反应，A不满足题意；BAgNO3+NaCl=AgCl+NaNO3属于复分解反应，不属于氧化还原反应，B不满足题意；CFe2O3+3CO2Fe+3CO2不属于四种基本反应类型，但Fe、C元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，C满足题意；D2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2属于有单质生成的分解反应，属于氧化还原反应，D不满足题意
25、。答案选C。二、非选择题（本题包括5小题）17、BaCl2 AgNO3 CO32+2H+=CO2+H2O n（Cl）：n（NO3）：n（Cu2+）=1：1：1 Zn+Cu2+Zn2+Cu 【解析】试题分析：C盐的溶液呈蓝色，说明C中含有Cu2+；加入盐酸，B盐的溶液有沉淀生成，B中含有Ag+，由于硫酸银、氯化银、碳酸银都是沉淀，所以B是AgNO3；D盐的溶液有无色无味的气体逸出，放出气体是二氧化碳，D中含有CO32，由于BaCO3是沉淀，所以D是NaCO3；A中含有Ba2+，由于硫酸钡难溶于水，所以A是氯化钡；则C是CuSO4；解析：根据以上分析，（1）A是BaCl2； B是AgNO3；（2）
26、盐酸与碳酸钠反应生成氯化钠、二氧化碳、水，反应的离子方程式是CO32+2H+=CO2+H2O；（3）将含相同物质的量BaCl2、AgNO3、CuSO4混合后，发生Ba2+ SO42= BaSO4；Ag+ Cl= Ag Cl，所以溶液中存在的离子及物质的量之比n（Cl）：n（NO3）：n（Cu2+）=1：1：1；在此溶液中加入锌粒，锌把铜置换出来，发生反应的离子方程式Zn+Cu2+Zn2+Cu点睛：离子反应发生的条件是生成沉淀、气体、水，凡是能结合成沉淀、气体、水的离子不能共存。18、MgCl2、NaOH和Ba(NO3)2 K2CO3 Mg2+2OH-=Mg(OH)2 Mg(OH)2+2H+=
27、Mg2+2H2O Ba2+= BaSO4 【解析】取一定量粉末加入水中，振荡，有白色沉淀生成，可能是Ba(NO3)2和K2CO3反应生成BaCO3沉淀；MgCl2和NaOH反应生成Mg(OH)2沉淀；MgCl2和K2CO3反应生成MgCO3沉淀，沉淀的组成有多种可能。向的沉淀物中加入足量稀硝酸，白色沉淀完全消失，没有气泡产生，证明沉淀中没有BaCO3、MgCO3，沉淀为Mg(OH)2，原白色粉末中一定有MgCl2和NaOH，一定没有K2CO3；向的上层清液中滴入稀硫酸，有白色沉淀产生，白色沉淀为BaSO4，原白色粉末中一定有Ba(NO3)2，根据上述分析作答。【详解】(1)由分析可知，原白色粉
28、末中一定含有的物质是MgCl2、NaOH和Ba(NO3)2，答案：MgCl2、NaOH和Ba(NO3)2；(2)由分析可知，原白色粉末中一定不含有的物质是K2CO3，答案：K2CO3；(3)中白色沉淀为Mg(OH)2，反应的离子方程式是Mg2+2OH-=Mg(OH)2；加入稀硝酸Mg(OH)2溶解，酸碱中和生成盐和水，反应的离子方程式是Mg(OH)2+2H+= Mg2+2H2O；加入稀硫酸生成白色沉淀为BaSO4，反应的离子方程式是Ba2+= BaSO4；答案：Mg2+2OH-=Mg(OH)2；Mg(OH)2+2H+= Mg2+2H2O；Ba2+= BaSO4。【点睛】中白色沉淀为氢氧化镁是本
29、题解答的关键，常见酸、碱、盐在水中溶解性及主要化学性质在学习中要注意整理和记忆。19、分液漏斗 干燥管 吸收尾气，防止SO2污染大气 AC D 【解析】在加热的条件下铜和浓硫酸反应生成二氧化硫，二氧化硫具有漂白性能使品红溶液褪色，具有还原性能被溴水和氯化铁溶液氧化，最后进行尾气处理，据此分析解答。【详解】（1）图示仪器a为分液漏斗；图示仪器b为干燥管；（2）二氧化硫有毒，是大气污染物，干燥管为尾气吸收装置，其中的NaOH是用于吸收过量的SO2，防止造成空气污染；（3）A、SO2通入紫色石蕊试液中，溶液变红色，说明SO2能与水反应形成酸，A符合题意；B、SO2通入无色酚酞溶液中，溶液不变色，B不
30、符合题意；C、SO2通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，说明SO2能与碱反应，C符合题意；D、SO2通入碘水中，碘水褪色，说明二者发生反应，体现二氧化硫的还原性，但不能说明SO2是酸性氧化物，D不符合题意；故答案为：AC。（4）A、实验开始时，应先打开分液漏斗上口的瓶塞，再打开分液漏斗的旋塞，液体才能顺利滴下，选项错误，A不符合题意；B、实验开始前，应先检查装置的气密性，再加入药品，选项错误，B不符合题意；C、洗气瓶中品红溶液褪色，体现了SO2的漂白性；洗气瓶中溴水褪色，发生了反应：Br2+SO2+2H2O2HBr+H2SO4，体现了SO2的还原性，选项错误，C不符合题意；D、洗气瓶中产生的白色沉淀
31、为BaSO4，SO42-是SO2被Fe3+氧化而来的，体现了SO2的还原性，选项正确，D符合题意；故答案为：D。【点睛】二氧化硫的性质实验检验是解答的易错点，注意二氧化硫使品红溶液和溴水褪色的原理不同，前者体现漂白性，后者体现还原性。另外还需要注意二氧化硫不能漂白酸碱指示剂，这与次氯酸的漂白性有本质的区别。20、胶头滴管 500mL容量瓶 500mL容量瓶 胶头滴管 28.6g 【解析】(1)操作步骤有计算、称量、溶解、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，根据配制溶液的实验操作过程进行操作步骤的排序；(2)结合配制溶液的实验操作过程选择所用仪器；(3)分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响
32、，根据c=分析误差。(4)结合元素守恒，根据n=、c=计算物质的质量。【详解】(1)操作步骤有计算、称量、溶解、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，用托盘天平称量，用药匙取药品，在烧杯中溶解(可用量筒加水)，用玻璃棒搅拌，加速溶解，恢复到室温后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤2-3次，将洗涤液转移到容量瓶中，加水至液面距离刻度线12cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀，所以操作顺序为：；(2)由(1)中操作可知，所用仪器有：托盘天平、500mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、药匙等。故还缺少的仪器是：500mL容量瓶、胶头滴管；(3)A.加水定容时俯视刻度线，溶液的体积偏小，
33、则会导致配制的溶液浓度偏高，故合理选项是；B.忘记将洗涤液转入容量瓶，溶质的质量偏少，则n偏小，导致溶液的浓度偏低，合理选项是；C.使用前容量瓶用蒸馏水洗涤，且没有干燥，不影响溶质的物质的量及溶液的体积，因此对配制的溶液浓度不产生影响，合理选项是；D.定容时，不小心加水过量，马上用胶头滴管吸出，会使溶质偏少，n偏小，则溶液的浓度偏低，合理选项序号是；(4)n(Na2CO3)=cV=0.2mol/L0.5L=0.1mol，根据Na元素守恒可知，晶体的物质的量与碳酸钠的物质的量相等，所以n(Na2CO310H2O)=n(Na2CO3)=0.1mol，则m(Na2CO310H2O)=0.1mol28
34、6g/mol=28.6g。【点睛】本题考查一定物质的量浓度溶液的配制，明确配制原理和过程是解题关键，注意误差分析的方法，对于给出的溶质与所配制溶液的物质不同时，要根据元素守恒，先计算出溶质的物质的量，然后结合物质转化关系，计算出配制溶液的物质的物质的量，再根据m=nM计算出需要称量的物质的质量。本题侧重考查学生分析能力和实验能力。21、Na2O2 -1 2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O 3 0.15 【解析】（1）2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2反应中铁元素由+2价升高到+6价，所以FeSO4为还原剂；过氧
35、化钠中的部分氧原子由-1价降低到-2价，所以Na2O2是氧化剂；答案：Na2O2 ； -1。（2）高铁酸钾是生成物，则Fe(OH)3是反应物，该反应中Fe元素化合价由+3价变为+6价，则Fe(OH)3是还原剂，还需要氧化剂参加反应，具有强氧化性，所以ClO-是反应物，生成物是Cl-，Cl元素化合价由+1价变为-1价，转移电子数为2，溶液在碱性条件下进行，氧化剂和还原剂的物质的量的比为3:2发生反应，则氢氧化根离子参加反应生成水，反应方程式为2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O ；答案：2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O 中Fe元素化合价由+3价升高到+6价，1mol FeO42-反应中转移电子数为3，该反应中还原产物是氯离子，若反应过程中转移了0.3mo1电子，则还原产物的物质的量=0.3mol/2=0.15mol;因此，本题正确答案是：3 ；0.15