《2022-2023学年云南农业大学附属中学高一化学第一学期期中检测模拟试题含解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022-2023学年云南农业大学附属中学高一化学第一学期期中检测模拟试题含解析.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答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角条形码粘贴处。2作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试
2、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、下列除杂试剂及操作正确的是物质所含杂质选用的试剂操作方法ACO2COO2加热BKClK2CO3稀H2SO4加热CCu(OH)2CuSO4Ba(OH)2溶液过滤DFe(NO3)2溶液AgNO3溶液足量铁粉过滤AABBCCDD2、对于某些离子的检验及结论正确的是（ ）A加盐酸有无色气体产生，该气体能使澄清石灰水变混浊，原溶液中一定有COB加氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，淀淀不消失，原溶液中一定有SOC某溶液为蓝色，该溶液中可能含有Cu2+D某溶液中加入AgNO3溶液有白色沉淀生成，则该溶液中一定有Cl-3、将潮湿的Cl2通过甲装置
3、后，再通过放有干燥红色布条的 乙装置，红色布条不褪色，则甲装置中所盛试剂可能是浓硫酸 饱和食盐水 水 NaOH溶液A B C D4、四种主族元素的离子aXm+、bYn+、cZn-和dRm-(a、b、c、d为元素的原子序数)，它们具有相同的电子层结构，若mn，对下列叙述的判断正确的是（ ）a-b=n-m元素的原子序数abcd元素非金属性ZR最高价氧化物对应水化物的碱性XYA正确B只有正确C都正确D正确5、下列现象不能用胶体知识解释的是（ ）A向BaCl2溶液中加入Na2CO3溶液，会出现白色沉淀B在江河入海处易形成三角洲C冶金厂大量烟尘用高压电除去D同一钢笔同时使用不同牌号的墨水易发生堵塞6、某
4、有机物苯酚，其试剂瓶上有如下标识，其含义是()A自燃物品、易燃B腐蚀性、有毒C爆炸性、腐蚀性D氧化剂、有毒7、下列实验操作中有错误的是（）A分液时，分液漏斗下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出B实验室制取蒸馏水的装置中，温度计水银球应与蒸馏烧瓶的支管口在同一水平线C用淘洗的方法从沙里淘金D用蒸发方法使NaCl从溶液中析出时，应边加热边搅拌直至溶液蒸干8、某溶液中只含有K+、Na+、NO3、SO42四种离子（不考虑水的电离），它们的物质的量之比为1：6：3：2，该溶液所含的溶质可能是AKNO3、Na2SO4 BKNO3、Na2SO4、NaNO3CK2SO4、NaNO3、KNO3 DK2SO4、
5、KNO39、下列溶液中，在指定条件下能大量共存的离子组是A无色透明溶液中：Na 、Cu2 、Cl 、S2B遇酚酞试剂变红的溶液：Fe3 、K 、SO42 、NOC含有大量 CO32-的溶液：K 、 Ba2+ 、OH 、SO42D含有大量 H+ 的溶液：Mg2+ 、NH4+ 、NO3 、Cl10、向100ml.1.0mol/L的Ba(OH)2溶液中分别加入下列溶液，使溶液导电能力变化最大的是( )A100mL1.0mol/L硫酸B100mL10mol/L盐酸C100mL1.0mol/LNaCl溶液D100mL1.0mol/LMgCl2溶液11、下列各组离子能在溶液中大量共存的是( )AAg、K、
6、NO3-、Cl BK、Na、Cl、SO42-CCa2、Mg2、OH、Cl DH、Na、CO32-、SO42-12、下列有关胶体的说法正确的是A有的胶体是纯净物，有的胶体是混合物B有的胶体带电，有的胶体不带电C工厂中常用的静电除尘装置是根据胶体的某些性质设计的D胶体、溶液和浊液的本质区别是能否产生丁达尔效应13、现有CO、CO2、O3（臭氧）三种气体，它们分别都含有1 mol氧原子，则三种气体的物质的量之比为（）A111B123C321D63214、标准状况下，32g的甲烷（CH4）的体积为( )A5.6LB22.4 LC11.2 LD44.8 L15、摩尔质量的单位是Amol/gBg/molC
7、mol/LDL/mol16、下列实验操作正确的是用分液漏斗分离酒精和水用11 mL量筒量取6.2 mL稀硫酸配制111 mL1.11 mol/LNaCI溶液时，用托盘天平称量5.85g氯化钠晶体用蒸发皿高温灼烧石灰石洗涤沉淀时，向漏斗中加适量水，搅拌并滤干用511 mL容量瓶配制481 mL 12 mol/L的NaOH溶液A B C D二、非选择题（本题包括5小题）17、由A和B两种可溶性盐组成的混合物，进行了下列实验：(1)若A溶液有颜色，试判断，A、B分别是_、_。(写化学式)(2)写出实验过程中发生反应的离子方程式_、_、_。(顺序不限)18、AE 是核电荷数均小于 20 的元素。已知：
8、A 原子的原子核内无中子；B 原子的 L 层电子数是 K 层电子数的 3 倍；C 元素的原子 M 层比 L 层电子数少 1 个；D 元素的+2 价阳离子和氖原子具有相同的电子数；E 原子的最外层电子数与 B 相同。(1)写出五种元素的元素符号：A_；B_；C_；D_；E_。(2)写出 D2+离子的结构示意图_。(3)写出 C 形成离子时的电子式_。(4)A 与 B 可形成两种化合物，其原子个数比分别为 2:1 和 1:1，且这两种化合物中电子总数分别为 10和 18。请写出这两种化合物的化学式：_、_。(5)A 元素与 C 元素组成的化合物的电离方程式：_。19、实验室用18.4molL-1的
9、浓硫酸来配制480mL0.2molL-1的稀硫酸。可供选用的仪器有：胶头滴管烧瓶烧杯药匙量筒托盘天平玻璃棒请回答下列问题：（1）配制稀硫酸时，上述仪器中不需要使用的有_（选填序号），还缺少的仪器有（写仪器名称）_。（2）需要用量筒量取上述浓硫酸的体积为_mL，量取浓硫酸时应选用_（选填10mL50mL100mL）规格的量筒。（3）实验中两次用到玻璃棒，其作用分别是：_、_。（4）下列对容量瓶及其使用方法的描述中正确的是_。A容量瓶上标有容积、温度和浓度B容量瓶用蒸馏水洗净后，必须烘干C配制溶液时，把量好的浓硫酸小心倒入容量瓶中，加入蒸馏水到接近刻度线12cm处，改用胶头滴管加蒸馏水至刻度线D使
10、用前要检查容量瓶是否漏水（5）在配制过程中，下列操作可引起所配溶液浓度偏低的有_（填序号）未洗涤稀释浓硫酸时用过的烧杯和玻璃棒未等稀释后的硫酸溶液冷却至室温就转移到容量瓶中转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水定容时，仰视刻度线20、在某次实验中，要用 420 mL 0.52 molL-1的NaOH溶液，回答下列问题：(1)实际配制时，应用托盘天平称取NaOH固体_g；(2)若在称量样品时，药品放在天平的右盘上，砝码放在天平的左盘上，1 g以下移动游码，天平平衡时实际称得的NaOH固体质量是_g；(3)用托盘天平和小烧杯称出NaOH固体的质量，其正确的操作顺序的序号为_；A调整零点B添加所需砝码，并将
11、游码移至所需刻度处 C小心将NaOH固体逐渐加入小烧杯中至天平平衡 D称量空的小烧杯质量 E将砝码放回砝码盒，并将游码移至0刻度处(4)欲配制该0.52 molL1的NaOH溶液时需用的主要仪器有托盘天平(附砝码、镊子)、药匙、量筒、烧杯、胶头滴管、_和_；(5)下列操作对所配浓度有何影响(填写字母)？偏大的有_；偏小的有_。A称量时用了生锈的砝码；B将NaOH放在纸张上称量；CNaOH在烧杯中溶解后，未冷却就立即转移到容量瓶中(假设：溶液的热胀冷缩程度大于容器)D往容量瓶转移时，有少量液体溅出； E定容时俯视刻度线；F容量瓶未干燥即用来配制溶液；G定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面低于刻度
12、线，再加水至刻度线。21、NaNO2 因外观和食盐相似，又有咸味，容易使人误食中毒。已知 NaNO2能发生反应：2NaNO24HI=2NOI22NaI2H2O。（1）上述反应中氧化剂是_。（2）根据上述反应，鉴别 NaNO2 和 NaCl。可选用的物质有水、碘化钾淀粉试纸淀粉、白酒、食醋，你认为必须选用的物质有_(填序号)。（3）请配平以下化学方程式：_AlNaNO3 NaOH=NaAlO2 N2H2O若反应过程中转移 5 mol 电子，则生成标准状况下 N2 的体积为_L。 “钢是虎，钒是翼，钢含钒犹如虎添翼”，钒是“现代工业的味精”。钒对稀酸是稳定的，但室温下能溶解于浓硝酸中生成 VO2。
13、（4）请写出金属钒与浓硝酸反应的离子方程式：_。（5）V2O5 是两性氧化物，与强碱反应生成钒酸盐(阴离子为 VO43)，溶于强酸生成含钒氧离子(VO2)的盐。请写出 V2O5 分别与烧碱溶液和稀硫酸反应生成的盐的化学式：_、_。参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解析】A、除去二氧化碳中的一氧化碳不能通过氧气点燃，应该通过炽热的氧化铜，故A错误；B、K2CO3与硫酸反应生成硫酸钾，引入新的杂质，应该用盐酸，故B错误；C、CuSO4与Ba(OH)2溶液反应生成Cu(OH)2和BaSO4两种沉淀，在Cu(OH)2中引入杂质，故C错误；D、铁和硝酸银溶液反应：2AgNO3FeFe
14、(NO3)22Ag，过滤后可将杂质除去，故D正确。故答案选D。【点睛】根据原物质和杂质的性质差异选择适当的除杂剂和分离方法，注意除杂质题至少要满足两个条件：加入的试剂只能与杂质反应，不能与原物质反应；反应后不能引入新的杂质。2、C【解析】A. 加盐酸有无色气体产生，该气体能使澄清石灰水变混浊，原溶液中可能有CO，也可能是 或者是 ，故A错误；B. 加氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，淀淀不消失，原溶液中一定有SO或者是 ，故B错误；C. Cu2+使溶液为蓝色，故C正确；D. 某溶液中加入AgNO3溶液有白色沉淀生成，则该溶液中可能有Cl-或者CO，故D错误；故选：C。3、C【解析】将潮湿的C
15、l2通过甲装置后，再通过放有干燥红色布条的乙装置，红色布条不褪色，说明甲装置能吸收水或能和氯气反应【详解】将潮湿的氯气通过浓硫酸时，浓硫酸有吸水性，导致氯气中不含水分，再通过放有干燥红色布条的乙装置，红色布条不褪色，故选；饱和NaCl溶液与氯气不反应，抑制氯气的溶解，但通过饱和食盐水时导致氯气中含有水分，所以红色布条会褪色，故不选；氯气通过水时导致氯气中含有水分，所以红色布条会褪色，故不选；氯气和氢氧化钠反应，将潮湿的氯气通过NaOH溶液后，再通过放有干燥红色布条的乙装置，红色布条不褪色，故选；故选C。【点睛】本题考查氯气的化学性质，解题关键：明确装置中甲瓶的作用，易错点：注意干燥的氯气不具有
16、漂白性。4、A【解析】四种主族元素的离子aXm+、bYn+、cZn-和dRm-(a、b、c、d为元素的原子序数)，它们具有相同的电子层结构，则X与Y同周期，Z与R同周期，且X、Y在Z、R的上一周期，a-m=b-n=c+n=d+m；若mn，则abcd，X在Y的右边，Z在R的右边。【详解】由a-m=b-n，可推出a-b=m-n，不正确；由以上分析知，元素的原子序数abcd，正确；因为Z、R同周期且Z在R的右边，所以元素非金属性ZR，正确；X在Y的右边，金属性YX，最高价氧化物对应水化物的碱性YX，不正确；综合以上分析，正确，故选A。5、A【解析】A向BaCl2溶液中加入Na2CO3溶液发生复分解反
17、应生成碳酸钡白色沉淀，与胶体无关，A符合；B江河的水中有泥沙胶体，在江河入海口遇到海水中的盐类而发生聚沉形成三角洲，和胶体的性质有关，B不符合；C烟尘中含有胶体，利用胶体电泳的性质可以除尘，和胶体的性质有关，C不符合；D、墨水是胶体，不同品牌的墨水可能是带有相反电荷的胶体，混用时会发生胶体的聚沉，从而引起堵塞，和胶体的性质有关，D不符合；答案选A。6、B【解析】为腐蚀性标识，为有毒物质的标识，说明苯酚是有毒的腐蚀性液体，故选B。【点睛】认识各个标志所代表的含义是解答本题的关键。需要平时学习时注意常见标识的记忆和理解，解答本题也可以直接根据苯酚的性质判断。7、D【解析】试题分析：NaCl的溶解度
18、受温度的变化不大，故采用蒸发溶剂的方法得到固体，但是蒸发至有较多量的固体析出时即停止加热，D错误；分液时，上层液体从上口倒出，防止污染，A正确；制取蒸馏水时，温度计是要测量蒸气的温度，故与蒸馏烧瓶的支管口在同一水平线上，B正确；由于金子的密度比沙大，淘洗过程中，在水的冲击下，泥沙被冲走了，剩下的金子则留在容器中，C正确。考点：化学实验点评：对化学实验的考查是历年的高考重点，考生在备考中应注意对化学实验、化学仪器的相关知识的积累。8、B【解析】A.不可能只含KNO3、Na2SO4，与K+、NO3的物质的量之比为1:3不符，故A错误；B.若为KNO3、Na2SO4、NaNO3，以1：2:2的比例混
19、合时离子数目比符合题意，故B正确；C.若为K2SO4、NaNO3、KNO3， 无论三者以何种比例混合，钾离子和硫酸根离子的个数比都大于1:2，故C错误；D. 若为K2SO4、KNO3，无论以何种比例混合，钾离子的数目远远大于硫酸根离子和硝酸根离子数目，溶液中不含Na+，故D错误。故选B。9、D【解析】根据离子间的相互反应判断。离子间能反应就不能大量共存，注意题目或选项中特定要求。【详解】A项：Cu2（蓝色）不能存在于无色溶液中。且Cu2 与S2生成CuS沉淀。A项错误；B项：遇酚酞变红的溶液呈碱性，Fe3 不能大量存在于碱性溶液中。B错误；C项：CO32-与 Ba2+生成BaCO3沉淀而不能大
20、量存在。C项错误；D项：Mg2+ 、NH4+ 、NO3 、Cl彼此不反应，且与 H+ 也不反应。D项正确。本题选D。10、A【解析】A、 100mL1.0mol/L硫酸与100ml.1.0mol/L的Ba(OH)2恰好完全反应生成沉淀和水，溶液中离子浓度大幅度减小，故A正确；B、 100mL10mol/L盐酸与100ml.1.0mol/L的Ba(OH)2生成BaCl2仍为强电解质，故B错误；C、 100mL1.0mol/LNaCl溶液与100ml.1.0mol/L的Ba(OH)2不反应，离子浓度变化不大，故C错误；D. 100mL1.0mol/LMgCl2溶液与100ml.1.0mol/L的B
21、a(OH)2反应生成Mg(OH)2沉淀外，还生成BaCl2仍为强电解质，故D错误；故选A。11、B【解析】A.Ag和Cl发生离子反应，生成AgCl沉淀，故不选A；B.K、Na、Cl、SO42-之间，不发生反应，故选B；C.Mg2和OH发生离子反应，生成Mg(OH)2沉淀，故不选C；D.H和CO32-发生离子反应，生成H2CO3（H2O、CO2），故不选D；本题答案为B。12、C【解析】A.胶体是混合物，故错误；B.胶体不带电，但有些胶体粒子带电，故错误；C. 工厂中常用的静电除尘装置是根据胶体的电泳性质设计的，故正确；D. 胶体、溶液和浊液的本质区别是分散质粒子直径，不是丁达尔效应，故错误。故
22、选C。【点睛】胶体是一种分散系，是混合物，胶体中粒子带电，但胶体不能带电，利用胶体粒子带电的性质进行电泳分离或除尘。13、D【解析】CO、CO2、O3（臭氧）三种气体分别都含有1mol氧原子时，根据分子组成，各自的物质的量之比=1：=6：3：2，答案为D。【点睛】利用分子组成，计算物质的物质的量的比值。14、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。15、B【解析】摩尔质量是指单位物质的量的物质所具有的质量，由此可得出其单位为g/mol，故选B。16、A【解析】酒精和水可以互溶，故错误；11 mL量筒的最小刻度为1.
23、1mL，可读数到小数点后1位，故正确；托盘天平精确度为1.1g，故错误；在坩埚中灼烧固体，不能在蒸发皿中灼烧，故错误；洗涤沉淀，不能搅拌，应向漏斗中加适量水，使水自然流下，故错误；配制481 mL溶液，只能使用511mL容量瓶，故正确。故选A。二、非选择题（本题包括5小题）17、CuSO4 K2CO3 Cu2+CO32-=CuCO3 Ba2+SO42-=BaSO4 CuCO3+2H+=Cu2+CO2+H2O 【解析】A和B两种可溶性盐组成的混合物，加水溶解后，过滤后所得无色溶液加入硝酸钡溶液可得硫酸钡沉淀和硝酸钾溶液，说明混合物中含有SO42-、K；混合物加水溶解过滤所得沉淀加入稀硫酸得CO2
24、，说明混合物中含有CO32-，最后得到硫酸铜溶液，则混合物中含有Cu2；则混合物中含有：SO42-、Cu2、CO32-、K；这些离子可以组成两种可溶性物质是K2CO3、CuSO4，据此分析解答。【详解】(1)根据分析，A、B两种可溶性物质是K2CO3、CuSO4，若A溶液有颜色，A为CuSO4、B为K2CO3；(2)A、B两种盐K2CO3、CuSO4在溶解时，发生反应生成碳酸铜和硫酸钾，离子反应为：Cu2+CO32-=CuCO3，过滤后的溶液中加入硝酸钡，生成硫酸钡和硝酸钾，离子反应为：Ba2+SO42-=BaSO4，过滤得到的沉淀为碳酸铜，加入稀硫酸生成硫酸铜、二氧化碳和水，离子反应为：Cu
25、CO3+2H+=Cu2+CO2+H2O。18、H O Cl Mg S H2O H2O2 HCl=H+Cl- 【解析】A原子的原子核内无中子，则A为H；B原子的L层（第二层）电子数是K层（第一层）电子数的3倍，即第二层6个电子，则B为O；C元素的原子M层(第三层)比L层电子数少1个，即第三层7个电子，C为Cl；氖原子电子数为10，即D元素核外电子数为12，D为Mg；E原子的最外层电子数与B相同且E原子序数小于20，E为S。【详解】A原子的原子核内无中子，则A为H；B原子的L层（第二层）电子数是K层（第一层）电子数的3倍，即第二层6个电子，则B为O；C元素的原子M层(第三层)比L层电子数少1个，即
26、第三层7个电子，C为Cl；氖原子电子数为10，即D元素核外电子数为12，D为Mg；E原子的最外层电子数与B相同且E原子序数小于20，E为S。（1）A：H B：O C：Cl D：Mg E：S（2）镁离子；（3）氯离子，电子式加中括号。；（4）A 与 B 可形成H2O和H2O2（5）氢原子和氯原子形成氯化氢，属于强电解质，完全电离，HCl=H+Cl- 。19、 500mL容量瓶 5.4 搅拌 引流 D 【解析】（1）配制一定物质的量浓度溶液一般步骤：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶来分析所需的仪器；（2）依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，据此选择合适规格量
27、筒；（3）依据稀释过程中玻璃棒作用搅拌，移液时玻璃棒作用引流解答；（4）根据容量瓶的构造、使用方法及配制一定物质的量浓度的溶液的正确方法分析；（5）分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，依据c=进行误差分析。【详解】（1）配制一定物质的量浓度溶液一般步骤：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶，用到的仪器：量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，用不到的仪器：烧瓶、托盘天平、药匙，故选：；还缺少的仪器为：容量瓶，配制480mL 0.2molL-1的稀硫酸，应选择500mL容量瓶；故答案为：；500mL容量瓶；（2）用 18.4molL-1的浓硫酸来配制 480mL 0
28、.2molL-1的稀硫酸，应选择500mL容量瓶，实际配制500mL溶液，设需要浓硫酸体积为V，则依据溶液稀释过程中溶质的物质的量不变得：18.4mol/LV=500mL0.2mol/L，解得V=5.4mL，所以应选择10mL量筒；故答案为：5.4； ；（3）稀释过程中玻璃棒作用搅拌，移液时玻璃棒作用引流；故答案为：搅拌；引流；（4）A容量瓶是定量仪器，所以标有容积和刻度，温度影响溶液的体积，所以容量瓶上还标有使用的温度，不标有浓度，选项A错误；B容量瓶用蒸馏水洗净后，由于后面还需要加入蒸馏水定容，所以不必烘干，不影响配制结果，选项B错误；C容量瓶中不能用于稀释浓硫酸，应该在烧杯中稀释，冷却后
29、转移到容量瓶中，选项C错误；D由于容量瓶有瓶塞，配制时需要摇匀，所以使用前要检查容量瓶是否漏水，选项D正确；答案选D；（5）未洗涤稀释浓硫酸时用过的烧杯和玻璃棒，导致溶质部分损耗，溶质的物质量偏小，溶液浓度偏低，故选；未等稀释后的硫酸溶液冷却至室温就转移到容量瓶中，冷却后，溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故不选；转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水，对溶液体积和溶质的物质的量都不产生影响，溶液浓度不变，故不选；定容时，仰视刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故选；答案选。【点睛】本题考查了配制一定物质的量浓度的溶液的方法及误差分析，明确配制原理及操作步骤是解题关键，题目难度不大，侧重对学生能力的培养
30、和解题方法的指导和训练，有利于培养学生的逻辑思维能力和严谨的规范实验能力。20、10.4 9.6 ADBCE 玻璃棒 500 mL的容量瓶 偏大的有A、C、E 偏小的有B、D、G 【解析】(1)选择仪器的标准是“大而近”分析；(2)天平称量物质时要遵循：左物右码的原则；(3)根据天平使用原则判断操作顺序；(4)根据配制物质的量浓度的溶液的步骤确定使用的仪器；(5)利用c=判断实验误差。【详解】(1)准确配制一定体积的物质的量浓度的溶液要使用容量瓶，在实验室中没有规格是420 mL的容量瓶，根据选择仪器的标准是“大而近”的原则，要选择使用500 mL的容量瓶，则配制500 mL0.52 mol/
31、L的NaOH溶液，需称量NaOH的质量为m(NaOH)= 0.52 mol/L0.5 L40 g/mol=10.4 g；(2)称量物质应该左物右码，若在称量样品时，药品放在天平的右盘上，砝码放在天平的左盘上，1 g以下移动游码，则用天平实际称得的NaOH固体质量是m(MaOH)=10 g-0.4 g=9.6 g；(3)托盘天平在使用前首先应该调零；NaOH具有腐蚀性，不能在天平上直接称量，应该在烧杯中进行称量，因此要先称量空的小烧杯质量，然后添加所需砝码，并将游码移至所需刻度处，再小心将NaOH固体逐渐加入小烧杯中至天平平衡，最后将砝码放回砝码盒，并将游码移至0刻度处，故操作正确顺序为ADBC
32、E；(4)用NaOH固体准确配制0.52 molL1的NaOH溶液时，要使用托盘天平(附砝码、镊子)准确称量NaOH的质量，用药匙从试剂瓶中取出NaOH固体，并将具有腐蚀性的NaOH放在烧杯中进行称量，然后用量筒量取水，向烧杯中加水溶解NaOH固体，为使NaOH固体快速溶解，使热量迅速扩散，要使用玻璃棒进行搅拌，待溶液恢复至室温后，通过玻璃棒引流转移至已经查漏的500 mL的容量瓶中，然后洗涤烧杯内壁和玻璃棒2-3次，洗涤液也转移至容量瓶中，当加水至离刻度线1-2 cm处，改用胶头滴管滴加，直至凹液面最低处与刻度线相切，最后盖上瓶塞，上下颠倒，反复摇匀，就得到0.52 molL1的NaOH溶液
33、。故使用的仪器，除题干给出的，还缺少的仪器是玻璃棒和500 mL的容量瓶；(5) A称量时用了生锈的砝码，则称量的NaOH质量偏大，NaOH的物质的量偏大，最终导致配制的溶液浓度偏大；B若将NaOH放在纸张上称量，由于NaOH有吸湿性，部分NaOH会沾在纸上，导致配制溶液的NaOH质量偏少，最终使配制的溶液的浓度偏小；CNaOH在烧杯中溶解后，反应会放出大量热，若未冷却溶液就立即转移到容量瓶中(假设：溶液的热胀冷缩程度大于容器)，待溶液恢复至室温时，液面低于刻度线，使得溶液的体积偏小，最终配制溶液的浓度就偏大；D往容量瓶转移时，有少量液体溅出，使配制溶液中含有的溶质减少，最终使配制的溶液浓度偏
34、小； E定容时俯视刻度线，溶液的体积偏小，导致配制溶液的浓度偏大；F容量瓶未干燥即用来配制溶液，对配制溶液的浓度不产生任何影响；G定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面低于刻度线，再加水至刻度线，会导致溶液体积偏大，最终导致配制溶液的浓度偏小。综上所述可知：操作使溶液的浓度偏大的有A、C、E；使溶液的浓度偏小的有B、D、G。【点睛】本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制，涉及仪器的使用、操作步骤、误差分析等。明确配制原理和操作步骤是解题关键，注意容量瓶规格的选择和误差分析的方法。21、NaNO2 10 6 4 10 3 2 11.2 V6H5NO3=VO25NO23H2O Na3VO4 (VO2
35、) 2SO4 【解析】I.(1).在反应2NaNO24HI=2NOI22NaI2H2O中，N元素的化合价降低，I元素的化合价升高，则氧化剂是NaNO2，故答案为NaNO2；(2).由2NaNO24HI=2NOI22NaI2H2O可知，鉴别NaNO2和NaCl，可选择碘化钾淀粉试纸、食醋，变蓝的为NaNO2，故答案为；(3).Al元素的化合价从0价升高到+3价，N元素的化合价从+5价降低到0价，由得失电子守恒和原子守恒可知，反应方程式为10Al+6 NaNO3+4NaOH=10 NaAlO2+3N2+2 H2O，由化学方程式可知，若反应过程中转移 5 mol 电子，则生成标准状况下N2 的体积为
36、22.4 L/mol=11.2L，故答案为：10 6 4 10 3 2；11.2；II.(4).金属钒与浓硝酸反应成VO2、二氧化氮和水，反应的离子方程式为：V+6H+5NO3=VO2+5NO2+3H2O，故答案为V+6H+5NO3=VO2+5NO2+3H2O；(5).V2O5 是两性氧化物，与强碱反应生成钒酸盐(阴离子为 VO43)，所以V2O5与烧碱溶液反应生成盐的阳离子为钠离子，酸根离子为VO43，则盐的化学式为Na3VO4；V2O5与稀硫酸溶液反应生成含钒氧离子(VO2)的盐，所以阳离子是VO2，阴离子是硫酸根离子，则盐的化学式为(VO2 ) 2SO4，故答案为Na3VO4；(VO2 ) 2 SO4；