《江苏省泰兴市洋思中学2022年高一化学第一学期期中考试模拟试题含解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《江苏省泰兴市洋思中学2022年高一化学第一学期期中考试模拟试题含解析.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考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回2答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用05毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置3请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符4作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效5如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、当一束可见光通过下列分散系：有尘埃的空气
2、硫酸铜溶液 稀硫酸 稀豆浆，能产生丁达尔效应的是A B C D2、当O2、SO2、SO3的质量比为245时，它们的物质的量之比为（ ）A2：4：5B1：2：3C1：1：1D2：2：33、在某无色透明的酸性溶液中，能大量共存的离子组是AK、Ba2、Cl、SO42BNa、NH4、Cl、NO3CNH4、Fe3、SO42、NO3DK、HCO3、Cl、OH4、在2H2SSO22H2O3S中，氧化剂与还原剂的分子个数比为（ ）A21B12C11D16175、有关胶体等分散系的制备、性质的相关说法不正确的是A向沸水中逐滴加入氯化铁饱和溶液，继续煮沸至液体呈红褐色，即制得氢氧化铁胶体B向氢氧化铁胶体中加入稀硫
3、酸至过量，现象为先生成红褐色沉淀，之后沉淀溶解C依据丁达尔效应可将分散系分为溶液、胶体与浊液D将氢氧化铁胶体与硅酸溶胶相互混合，混合液变浑浊6、下列保存方法不正确的是A少量的金属钠应保存在煤油中 B氯水盛放在无色细口瓶中C漂白粉要避光密封保存 D少量液溴采用水封法保存7、同温同压下，两种气体的体积如果不相同，其主要原因是A气体的分子大小不同B气体分子间的平均距离不同C气体的性质不同D气体的分子数不同8、已知14.2gX气体在标准状况下的体积是4.48L，则X气体的摩尔质量是（ ）A71gB71C71g/molD142g/mol9、从20世纪90年代开始，叠氮化钠用作汽车司机安全防护袋的气源，能
4、在发生碰撞的瞬间分解产生大量气体将气囊鼓起。装运叠氮化钠的包装箱所贴的危险化学品标志应该是( )ABCDAABBCCDD10、在化学反应2KICl22KClI2中，作还原剂的是AKI BCl2 CKCl DI211、下列反应的离子方程式中，书写错误的是A石灰石溶于盐酸：CaCO3+2H+=Ca2+H2O+CO2B稀硫酸和氢氧化钠溶液混合：H+OH=H2OC氯水和氯化亚铁溶液混合：Fe2+Cl2=Fe3+2Cl-D铜溶解在稀硝酸中：3Cu+8H+2NO3-=3Cu2+2NO+4H2O12、下列关于氯气及其化合物的叙述正确的是A氯气不溶于水，因此可用排水法收集氯气B氯气在常温下能与铁反应，故不能用
5、铁罐存放液氯C光照新制氯水有气体逸出，该气体是氧气D氢气在氯气中燃烧产生淡蓝色火焰13、下列关于1 molL1碳酸钠溶液的说法中，不正确的是A1mol Na2CO3溶于1 L水中B1 L溶液中含有106 g Na2CO3C1 L溶液中含有1mol Na2CO3D106g Na2CO3溶于少量水后，再加水稀释至1000 mL14、下列各组数据中，前者刚好是后者两倍的是A2mol H2O的摩尔质量和1mol H2O的摩尔质量B200mL1molL-1氯化钙溶液中c（Cl-）和100mL2molL-1氯化钾溶液中c(Cl-)C称量16g硫酸铜配制250mL溶液的物质的量浓度和称量25g胆矾配制500
6、mL溶液的物质的量浓度D20%NaOH溶液的物质的量浓度和10%NaOH溶液的物质的量浓度15、下列电离方程式中，正确的是（ ）ANa2SO4=2Na+SOBBa（OH）2=Ba2+OHCAl2（SO4）3=2Al3+3SODCa（NO3）2=Ca2+2（NO3）2-16、某金属元素由氧化物转变为单质，则该金属元素()A一定被氧化 B一定被还原C可能被氧化，也可能被还原 D既不被氧化，也不被还原二、非选择题（本题包括5小题）17、在Na浓度为0.5 mol/L的某澄清溶液中，还可能含有下表中的若干种离子。阳离子K+、Ag+、Mg2+、Ba2+阴离子NO3-、CO32-、SiO32-、SO42-
7、已知：（1）SiO32-和大量的H+会生成白色沉淀H2SiO3；（2）H2SiO3H2O+SiO2；（3）产生气体为在标准状况下测定，不考虑气体在水中的溶解。现取该溶液100 mL进行如下实验：序号实验内容实验结果向该溶液中加入足量稀盐酸产生白色沉淀并放出0.56 L气体将的反应混合液过滤，对沉淀洗涤、灼烧至恒重，称量所得固体质量固体质量为2.4 g向的滤液中滴加BaCl2溶液无明显现象请回答下列问题：（1）实验能确定一定不存在的离子是_。（2）实验中生成沉淀的离子方程式为_。（3）通过实验、和必要计算，填写下表中阴离子的浓度（能计算出的，填写计算结果，一定不存在的离子填“0”，不能确定是否存
8、在的离子填“？”）。阴离子NO3-CO32-SiO32-SO42-c/molL1_（4）判断K+是否存在，若存在求其最小浓度，若不存在说明理由：_。18、有一固体混合物，可能由Na2CO3、Na2SO4、CuSO4、CaCl2、KCl等混合而成，为检验它们，做如下实验：将固体混合物溶于水，搅拌后得无色透明溶液；向此溶液中滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成；过滤，将沉淀物置于足量稀硝酸中，发现沉淀全部溶解；试判断：（1）固体混合物中肯定含有_，肯定无_，可能含有_。（2）写出实验中反应的离子方程式：_。19、某同学欲配制480 mL 物质的量浓度为0.1mol.L-1的CuSO4溶液。（1）完成
9、该实验用到的仪器主要有：托盘天平、胶头滴管、_,烧杯、玻璃棒、药匙。（2）如果用CuSO4固体来配制，应该称量固体的质量为_。如果用CuSO4.5H2O来配制，应该称量固体的质量为_。（3）写出整个实验简单的操作过程：计算_溶解转移洗涤_摇匀。（4）定容时的正确操作是：待容量瓶中的液体液面距离容量瓶的刻度线1 2 cm时，改用_滴加，并且目光要平视刻度线，至_，定容完成。（5）下列操作对溶液的浓度有何影响？用“偏大”“偏小”或“无影响”填空。 配制的过程中有少量的液体溅出烧杯。( ) 使用前容量瓶用蒸馏水洗涤，且没有干燥。( ) 定容时俯视液面。( )20、实验室需要0.1mol/LNaOH溶
10、液500mL和0.5mol/L的硫酸溶液500mL。根据这两种溶液的配制情况回答下列问题。(1)在下图所示仪器中，配制上述溶液肯定不需要的是_（填序号），除图中已有仪器外，配制上述溶液还需要的玻璃仪器是_。(2)在容量瓶的使用方法中，下列操作不正确的是_A使用容量瓶前检验是否漏水B容量瓶用水洗净后，再用待配溶液洗涤C配制溶液时，如果试样是固体，把称好的固体用纸条小心倒入容量瓶中，缓慢加水至接近刻度线12cm处，用胶头滴管加蒸馏水至刻度线D配制溶液时，若试样是液体，用量筒取样后用玻璃棒引流倒入容量瓶中，缓慢加入至刻度线12cm处，用胶头滴管加蒸馏水至刻度线E盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，另一只手托住
11、瓶底，把容量瓶反复倒转多次，摇匀。(3)根据计算用托盘天平称取的质量为_g。在实验中其他操作均正确，若定容时仰视刻度线，则所得溶液浓度_0.1mol/L（填“大于”、“小于”或“等于”）。(4)根据计算得知，需用量筒取质量分数为98%，密度为1.84g/cm3的浓硫酸的体积_mL，如果实验室有15mL、20mL、50mL量筒，应选用_mL量筒最好。在实验中其他操作均正确，若量取浓硫酸时仰视刻度线，则所得溶液浓度_0.5mol/L（填“大于”、“小于”或“等于”）21、我国有丰富的海水资源，开发和利用海水资源是当前科学研究的一项重要任务，如图是海水综合利用的一个方面。.(1)上述过程中没有涉及到
12、的四大基本反应类型是_；a化合反应 b分解反应 c置换反应 d复分解反应(2)步骤1中分离操作的名称是_；(3)粗盐中含有Ca2、Mg2、SO42等杂质，精制时所用试剂为：a.盐酸；b.BaCl2溶液；c.NaOH溶液；d.Na2CO3溶液。加入试剂的顺序是_；II.实验室利用精盐配制480mL 2.0molL1NaCl溶液。(4)除烧杯和玻璃棒外，还需要的玻璃仪器有_、_；(5)用托盘天平称取固体NaCl_g；(6)配制时，按以下几个步骤进行：计算 称量 溶解 冷却 转移 定容 摇匀 装瓶。操作中还缺少一个重要步骤是_；(7)下列错误操作可使所配制氯化钠溶液浓度偏低的是_。a容量瓶洗净后残留
13、了部分的水 b转移时溶液溅到容量瓶外面c定容时俯视容量瓶的刻度线 d摇匀后见液面下降，再加水至刻度线参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】胶体可以产生丁达尔效应，有尘埃的空气、稀豆浆均属于胶体，当光速通过时能观察到丁达尔效应，硫酸铜溶液、稀硫酸不是胶体，不能观察到丁达尔效应，答案选C。故选C。2、C【解析】根据n=求解物质的量，可以假设三者的质量分别为2g，4g，5g，所以根据公式可以计算其物质的量分别为，三者化简后均为，即物质的量相等，C项符合题意；本题答案选C。3、B【解析】根据离子反应反应的条件(生成难溶物、气体、弱电解质、发生氧化还原反应等)进行判断,满足离子反应
14、发生的条件,离子之间不能够大量共存,否则能够大量共存；无色透明的酸性溶液中一定存在电离的氢离子、不存在有色的离子(如高锰酸根离子、铁离子、铜离子等)。【详解】无色透明的溶液酸性中,不存在有色的离子，溶液中存在电离的氢离子，A、Ba2与SO42反应生成沉淀，不能大量共存，故A错误；B、Na、NH4、Cl、NO3均为无色离子，在溶液中不发生反应，且在酸性条件下均能大量共存，故B正确；C、Fe3为黄色溶液，不符合无色溶液的条件，故C错误；D、HCO3与OH不能大量共存，HCO3能够与氢离子反应生成二氧化碳气体，在溶液中不能够大量共存,故D错误；综上所述，本题选B。【点睛】此题是离子共存问题，题意是在
15、强酸性溶液中，大量共存，溶液为无色。因此我们在考虑问题时，不仅要注意离子能否存在于酸性环境中，离子间能否发生氧化还原反应，能否发生复分解反应，还要考虑溶液是否无色,特别注意碳酸氢根离子在酸性、碱性环境下均不能大量共存。4、B【解析】试题分析：H2S中S的化合价由2价0价，化合价升高，作还原剂，SO2中S的化合价由4价0价，化合价降低，作氧化剂，因此氧化剂和还原剂的物质的量之比为：1：2，故选项B正确。考点：考查氧化剂和还原剂等知识。5、C【解析】A向沸水中逐滴加入FeCl3饱和溶液，继续煮沸至液体呈红褐色，停止加热，制得氢氧化铁胶体，故A正确； B向氢氧化铁胶体中加入稀硫酸至过量，先发生氢氧化
16、铁胶体的聚沉，硫酸过量时，氢氧化铁沉淀溶解，因此实验现象是先生成红褐色沉淀，之后沉淀溶解，故B正确；C溶液、胶体与浊液的本质区别为分散质粒子的直径大小，只有胶体具有丁达尔现象，故C错误；D硅酸胶体的胶粒带负电荷，与氢氧化铁胶体混合将发生聚沉，混合液变浑浊，故D正确。答案选C。【点睛】本题考查胶体的性质，侧重于基础知识的理解和应用的考查，明确分散系分类的标准、胶体的性质、制备是解答的关键，注意丁达尔效应是胶体的共性。6、B【解析】A、钠与水、氧气极易反应，密度比煤油大，可保存在煤油中，A正确；B、氯水中含有次氯酸，见光易分解，从而导致氯水失效，应避光保存，即应该放在棕色试剂瓶中，B错误；C、漂白
17、粉中含有次氯酸钙，极易吸收空气中的水蒸气和二氧化碳生成次氯酸而失效，所以漂白粉要避光密封保存，C正确；D、溴易挥发，密度比水大，可用水封，D正确。答案选B。【点睛】本题考查化学试剂的保存，注意化学试剂的保存与物质的性质有关，学习中注意相关知识的积累。7、D【解析】同温同压下气体摩尔体积相同，根据V=nVm判断体积不同的原因。【详解】对于气体来说，粒子之间的距离远远大于粒子的直径、粒子的质量，同温同压下气体粒子间的距离相等，同温同压下气体摩尔体积相同，由V=nVm=Vm知，气体的体积取决于粒子数目的不同，故答案为D。8、C【解析】标准状况下4.48LX气体的物质的量n（X）=0.2mol，X的摩
18、尔质量M（X）=71g/mol，答案选C。9、B【解析】根据题意可知，叠氮化钠属于爆炸品，A图中所示标志是剧毒品标志，故A错误；B图中所示标志是爆炸品标志，故B正确；C图中所示标志是易燃液体标志，故C错误；D图中所示标志是腐蚀品标志，故D错误；综上所述，本题选B。10、A【解析】在化学反应2KICl22KClI2中，KI中的I元素化合价由-1价升高到0价，被氧化，KI作还原剂，则氯气作氧化剂，故选A。11、C【解析】A.石灰石溶于盐酸的离子反应为CaCO3+2H+=Ca2+H2O+CO2，故A正确；B.稀硫酸和氢氧化钠溶液混合的离子反应为H+OH=H2O，故B正确；C.氯水和氯化亚铁溶液混合的
19、离子反应为2Fe2+Cl2=Fe3+2Cl-，故C错误；D.铜溶解在稀硝酸中的离子反应为3Cu+8H+2NO3-=3Cu2+2NO+4H2O，故D正确。故选C。【点睛】常见的判断思路： 1、元素是否守恒2、电荷是否守恒3、得失电子是否守恒4、是否符合客观事实5、该拆成离子形式的是否拆了。12、C【解析】A. 氯气能溶于水，常温下，1体积的水能溶解2体积的氯气，所以氯气不能用排水法收集，故A错误； B. 干燥的氯气与铁在常温下不反应，可用用铁罐存放液氯，故B错误； C. 光照次氯酸分解生成氧气，所以光照新制氯水有气体逸出，该气体是氧气，故C正确； D. 氢气在氯气中燃烧产物苍白色火焰，生成HCl
20、气体，还观察到白雾，故D错误； 答案选C。13、A【解析】A项，1molNa2CO3溶于1L 水中，溶液的体积大于1L，所得溶液的物质的量浓度将小于1 molL1，故A项错误；B项，根据n=cV可知，1L溶液中含有Na2CO3的质量为1molL11L106=106g，故B项正确；C项，根据n=cV可知，1L溶液中含有Na2CO3的量为1molL11L=1mol，故C项正确；D. 106g Na2CO3的物质的量为1mol，溶液体积为1L ，根据n=cV可知，c=1mol/1L=1 molL1, 故D项正确；综上所述，本题选A。14、C【解析】A项、2mol水的质量是1mol水的质量的2倍，但水
21、的摩尔质量为定值是18g/mol，与物质的量多少无关，故A错误；B项、溶液的浓度与体积无关，1mol/L氯化钙溶液中c（Cl-）=2mol/L，2mol/L氯化钾溶液中c（Cl-）=2mol/L，氯离子浓度后者和前者相等，故B错误；C项、16g硫酸铜的物质的量为0.1mol，配制250mL溶液的物质的量浓度0.1mol/0.25L=0.4mol/L，25g胆矾中硫酸铜的物质的量为0.1mol，配制500mL溶液的物质的量浓度为0.1mol/0.5L=0.2 mol/L，前者刚好是后者两倍,故C正确。D项、溶液物质的量浓度c=1000/M，20%NaOH溶液密度大于10%的NaOH溶液密度，故前
22、者物质的量浓度大于后者的2倍，故D错误。故选C。15、C【解析】A.硫酸钠属于盐，是强电解质，在溶液中完全电离出钠离子和硫酸根离子，电离方程式为Na2SO4=2Na+SO，故A错误；B.氢氧化钡属于碱，是强电解质，在溶液中完全电离出钡离子和氢氧根根离子，电离方程式为Ba（OH）2=Ba2+2OH，故B错误；C.硫酸铝属于盐，是强电解质，在溶液中完全电离出铝离子和硫酸根离子，电离方程式为Al2（SO4）3=2Al3+3SO，故C正确；D.硝酸钙属于盐，是强电解质，在溶液中完全电离出钙离子和硝酸根离子，电离方程式为Ca（NO3）2=Ca2+2NO，故D错误；故选C。16、B【解析】在金属氧化物中金
23、属元素显正价，变成单质后变为0价，化合价降低，一定被还原。二、非选择题（本题包括5小题）17、Ag+ Mg2+ Ba2+2H+ + SiO32- = H2SiO3阴离子NO3-CO32-SiO32-SO42-c/molL1？0.250.400.8 mol/L【解析】（1）实验，向溶液中加入足盐酸，产生白色沉淀并放出0.56 L气体，根据表格所提供的离子可知，该气体一定是CO2，溶液中一定含有CO32，且c(CO32)=0.25mol/L；溶液中存在CO32时，一定没有Ag+、Mg2+、Ba2+；故答案为Ag+、Mg2+、Ba2+；（2）加入盐酸，由生成白色沉淀判断溶液中一定含有SiO32，发生
24、反应SiO32+2H+=H2SiO3。故答案为SiO32+2H+=H2SiO3；（3）实验，H2SiO3加热分解生成SiO2，m(SiO2)=2.4g，根据硅原子守恒，c(SiO32)= =0.4mol/L。实验，向的滤液中滴加BaCl2溶液，无明显现象，则溶液中不含SO42。根据电荷守恒2c(CO32)+2c(SiO32)=20.25mol/L+20.4mol/L=1.3mol/Lc(Na+)=0.5mol/L，因此溶液中一定含有K+，且其浓度至少为0.8mol/L。根据以上计算可知，不能确定NO3，c(CO32)=0.25mol/L，c(SiO32)=0.4mol/L，c(SO42)=0。
25、故答案为阴离子NO3-CO32-SiO32-SO42-c/molL1？0.250.40（4）根据（3）问中的分析，可知，溶液中一定存在K+，且其浓度至少为0.8mol/L。故答案为0.8 mol/L。点睛：离子推断题中，根据条件判断出一种离子之后，要分析是否可以排除几种与该离子不能共存的离子。比如本题中判断出CO32的存在，则溶液中一定不存在Ag+、Mg2+、Ba2+。根据电荷守恒判断K+是否存在，是本题的难点、易错点。18、Na2CO3 CuSO4、Na2SO4、CaCl2 KCl BaCO3 + 2H+ = Ba2+ + H2O + CO2 【解析】将固体混合物溶于水中，搅拌后得无色透明溶
26、液，说明不能含有有色物质，且能够反应生成沉淀的物质不能同时存在；往此溶液中滴加氯化钡，有白色沉淀产生，说明可能含有Na2SO4、Na2CO3；过滤，将沉淀物置于稀硝酸中，发现沉淀全部溶解，说明生成的沉淀是碳酸钡，据此分析解答。【详解】将固体混合物溶于水中，搅拌后得无色透明溶液判断一定无CuSO4，CaCl2和Na2CO3、CaCl2和Na2SO4二者不能同时含有；往此溶液中滴加硝酸钡，有白色沉淀产生，说明可能含有Na2SO4、Na2CO3，则一定不能含有CaCl2；过滤，将沉淀物置于稀硝酸中，发现沉淀全部溶解，说明生成的沉淀是碳酸钡，不是硫酸钡沉淀，证明一定含有Na2CO3，一定不含Na2SO
27、4；(1)由上述分析可知，固体混合物中肯定有Na2CO3，肯定没有Na2SO4、CuSO4、CaCl2，可能有KCl；故答案为Na2CO3；Na2SO4、CuSO4、CaCl2；KCl；(2)实验中碳酸钡与硝酸反应生成硝酸钡与二氧化碳、水，反应离子方程式为BaCO3+2H+=Ba2+CO2+H2O，故答案为BaCO3+2H+=Ba2+CO2+H2O。【点睛】本题考查混合物组成的推断，主要利用物质的特征性质、离子共存等进行判断。本题的易错点为Na2SO4的判断，要注意硫酸钡不溶于水，也不溶于酸。19、（1）500mL容量瓶（2）8.0g；12.5g（3）称量；定容（4）胶头滴管；凹液面的最低处与
28、刻度线相切（5）偏小；无影响；偏大【解析】试题分析：（1）实验室没有480mL的容量瓶，应该选用500mL容量瓶，配制500mL 0.1mol/L的硫酸铜溶液的操作步骤有：计算、称量、溶解、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，需要的仪器有：天平、药匙、玻璃棒、胶头滴管、烧杯和500mL容量瓶，故需要的玻璃仪器有：玻璃棒、胶头滴管、烧杯和500mL容量瓶，还缺500mL容量瓶，故答案为：500mL容量瓶；（2）配制500mL0.1mol/L的硫酸铜溶液，需要硫酸铜的物质的量为：n(CuSO4)=0.1mol/L0.5L=0.05mol，需要硫酸铜的质量为：m(CuSO4)=160g/mol0.05
29、mol=8.0g；需要五水硫酸铜的质量为：m(CuSO45H2O)=250g/mol0.05mol=12.5g，故答案为：8.0g；12.5g；（3）配制一定物质的量浓度的溶液步骤有：计算、称量、溶解、冷却转移、洗涤转移、定容、摇匀，故答案为：称量；定容；（4）定容时的正确操作是：待容量瓶中的液体液面距离容量瓶的刻度线12cm时，改用胶头滴管滴加，并且目光要平视刻度线，至凹液面的最低处与刻度线相切，定容完成，故答案为：胶头滴管；凹液面的最低处与刻度线相切；（5）配制的过程中有少量的液体溅出烧杯，导致溶质的物质的量偏少，浓度偏小，故答案为：偏小；使用前容量瓶用蒸馏水洗涤，且没有干燥，对溶质的物质
30、的量及最终溶液体积都没有影响，不影响配制结果，故答案为：不影响；定容时俯视观察刻度线，液面在刻度线下方，溶液的体积偏小，所配溶液的浓度偏高，故答案为：偏大。【考点定位】考查配制一定物质的量浓度的溶液【名师点晴】本题考查了配制一定物质的量浓度的溶液的方法。配制一定物质的量浓度的溶液步骤有：计算、称量、溶解、冷却转移、洗涤转移、定容、摇匀。配制一定物质的量浓度溶液的误差分析，要紧扣公式c=。试题基础性强，注重灵活性，侧重对学生能力的培养和解题方法的指导和训练，要求学生掌握配制一定物质的量浓度的溶液方法，明确误差分析的方法与技巧。20、C 烧杯和玻璃棒 BCD 2.0 小于 13.6mL 15mL
31、大于 【解析】(1)配制溶液时，固体需用天平称量、液体需用量筒量取，然后放在烧杯内用玻璃棒搅拌溶解，冷却后转移入容量瓶，然后加水定容。(2)A使用容量瓶前，需检查是否漏水，以保证配制过程中溶质不损失；B容量瓶用水洗净后，不能用待配溶液洗涤；C配制溶液时，如果试样是固体，应先放在烧杯内溶解，冷却后转移定容；D配制溶液时，若试样是液体，应先放在烧杯内溶解，冷却后转移定容；E溶液定容完成后，盖好瓶塞，上下颠倒摇匀。(3) 用托盘天平称取的质量为0.1mol/L 0.5L40g/mol。在实验中其他操作均正确，若定容时仰视刻度线，则所配溶液的体积偏大。(4)利用稀释定律，可计算出需用量筒量取质量分数为
32、98%，密度为1.84g/cm3的浓硫酸的体积；选择量筒时，规格尽可能小，但需一次量完。在实验中其他操作均正确，若量取浓硫酸时仰视刻度线，则所取浓硫酸体积偏大。【详解】(1)配制溶液时，固体用天平、液体用量筒，然后放在烧杯内用玻璃棒搅拌溶解，冷却后转移入容量瓶，然后加水定容。在图中所示仪器中，配制上述溶液肯定不需要的是C，除图中已有仪器外，配制上述溶液还需要的玻璃仪器为烧杯和玻璃棒。答案为：C；烧杯和玻璃棒；(2)A使用容量瓶前，需检查是否漏水，以保证配制过程中溶质不损失，A正确；B容量瓶用水洗净后，不能用待配溶液洗涤，B不正确；C配制溶液时，如果试样是固体，应先放在烧杯内溶解，冷却后转移定容
33、，C不正确；D配制溶液时，若试样是液体，应先放在烧杯内溶解，冷却后转移定容，D不正确；E溶液定容完成后，盖好瓶塞，上下颠倒摇匀，E正确；故选BCD。答案为：BCD；(3)用托盘天平称取的质量为0.1mol/L 0.5L40g/mol=2.0g。在实验中其他操作均正确，若定容时仰视刻度线，则所配溶液的体积偏大，则所得溶液浓度小于0.1mol/L。答案为：2.0；小于；(4)设所需浓硫酸的体积为V，利用稀释定律，0.5mol/L0.5L= ，V=0.0136L=13.6mL；如果实验室有15mL、20mL、50mL量筒，应选用15mL量筒最好。在实验中其他操作均正确，若量取浓硫酸时仰视刻度线，则所
34、取浓硫酸体积偏大，所得溶液浓度大于0.5mol/L。答案为：13.6mL；大于。【点睛】不管溶质是固体还是液体，也不管在溶解过程中放出热量多少，配制溶液时，都必须将所称取或量取的溶质放在烧杯内溶解，冷却至室温后，才能转移入容量瓶。21、c 过滤 bdca或cbda或bcda 烧杯、玻璃棒、胶头滴管 58.5 洗涤(烧杯和玻璃棒) bd 【解析】（1）碳酸钙分解生成氧化钙和二氧化碳，氧化钙与水发生化合反应生成氢氧化钙，氢氧化钙与镁离子发生复分解反应生成氢氧化镁，氢氧化镁与盐酸发生复分解反应生成氯化镁和水，电解熔融的氯化镁生成氯气和镁，没有涉及的基本反应类型是置换反应，答案选c；（2）步骤1中得到
35、氢氧化镁沉淀，分离操作的名称是过滤；（3）Ca2用碳酸钠除去，Mg2用氢氧化钠除去，SO42用氯化钡除去，最后过滤，向滤液中加入盐酸酸化。但由于过量的氯化钡要用碳酸钠来除，所以碳酸钠必需放在氯化钡的后面，而氢氧化钠可以随意调整，因此加入试剂的顺序是bdca或cbda或bcda。（4）除容量瓶外，还需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管；（5）需要500mL容量瓶，则用托盘天平称取固体NaCl的质量是0.5L2.0mol/L58.5g/mol58.5g；（6）根据计算称量溶解冷却转移定容摇匀装瓶可知还缺少一个重要步骤是洗涤(烧杯和玻璃棒)；（7）a容量瓶洗净后残留了部分的水不影响；b转移时溶液溅到容量瓶外面，溶质减少，浓度偏低；c定容时俯视容量瓶的刻度线，溶液体积减少，浓度偏高；d摇匀后见液面下降，再加水至刻度线溶液体积增加，浓度偏低，答案选bd；