《2022年江苏省重点中学高一化学第一学期期中学业质量监测模拟试题含解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年江苏省重点中学高一化学第一学期期中学业质量监测模拟试题含解析.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、下列关于氧化还原反应的说法正确的是有一种元素被氧化肯定有另一种元素被还原阳离子只有氧化性，阴离子只有还原性在K、Fe2、S2-、Na中只有1种粒子不具有还原性由X变为X2的反应是氧化反应金属单质在反应中只作还原剂 非金属单质在反应中只作氧化剂含最高价元素的化合物，一定具有强氧化性ABCD2、从元素化合价变化的角度分析，下列反应中，画线的物质发生氧化反应的是ASO2 + 2NaOH = Na2SO3 + H2O B2CuO + C2Cu + CO2C2FeCl3 + Fe = 3FeCl2 DZn2HCl = ZnCl2 H23、取1
3、00 mL 0.3 molL1和300 mL 0.25 molL1的硫酸注入500 mL容量瓶中，加水稀释至刻度线，该混合溶液中H的物质的量浓度是()A0.21 molL1B0.42 molL1C0.56 molL1D0.26 molL14、下列变化中，需加入氧化剂才能实现的是( )Al(OH)3Al2O3 FeCl3 FeCl2SO2SO3 CuOCu ClCl2H2O2O2ABCD5、下图所示分离混合物时常用的仪器，从左至右，对应的混合物分离操作方法正确的是A蒸馏、分液、蒸发、过滤 B蒸发、过滤、蒸馏、分液C蒸馏、过滤、蒸发、分液 D蒸发、分液、蒸馏、过滤6、生产生活中离不开各类化学物质，
4、下列物质中属于盐类的是A烧碱B生石灰C胆矾D金刚石7、下列化学药品与其危险化学品图形标志不一致的一组是（ ）A小苏打1B甲烷2C酒精3D白磷48、下列实验方法或操作正确的是A分离水和酒精B蒸发NH4Cl溶液得到NH4Cl晶体C配制一定物质的量浓度溶液时转移溶液D除去氯气中的氯化氢9、氮化铝广泛应用于电子陶瓷等工业领域。在一定条件下，AlN可通过以下反应合成：Al2O3N23C2AlN3CO。有关该反应下列叙述正确的是AAlN中氮的化合价为-3 B上述反应中，每消耗1 mol N2需转移3 mol电子CAlN的摩尔质量为41 g D上述反应中，N2是还原剂，Al2O3是氧化剂10、下列物质的分离
5、方法中，主要是利用密度不同达到分离目的的是A把石油蒸馏分离成汽油、煤油和柴油等B煎中药时用水在煮沸条件下提取中药的有效成分C把大豆磨碎后，用水溶解其中可溶性成分，经过滤后，分成豆浆和豆渣D做饭洗米时淘去米中的沙11、20世纪初，通过a粒子散射实验提出带核的原子结构模型的科学家是A舍勒B卢瑟福C汤姆生D玻尔12、下列离子方程式书写正确的是A向石灰石上滴加稀硝酸：CO+2H+=H2O+CO2B向沸水中滴加 FeCl3 饱和溶液：Fe3+3H2O=Fe（OH）3+3H+C向 NaHCO3 溶液中滴加稀盐酸：CO+2H+=H2O+CO2D向 NaOH 溶液中加入 NaHSO4 粉末：H+OH- =H2
6、O13、下列溶液中，c(H+)最大的是( )A250ml2mol/L的硝酸B500ml1mol/L的盐酸C40ml5mol/L的盐酸D100ml3mol/L的硫酸14、某同学欲大量配制含有下列四种不同阴、阳离子的溶液，其中能配制成功的是AK+、H+、Cl-、CO32- BMg2+、Al3+、Cl-、SO42-CNa+、H+、NO3-、Fe2+ DNa+、Ba2+、HCO3-、OH-15、关于胶体的性质与应用，相关说法错误的是A明矾净水是利用胶体的吸附性B胶体区别于其他分散系的本质特征是有丁达尔效应C胶粒不能透过半透膜，血液透析利用半透膜将有害物质移出体外D静电除尘器除去空气或工厂废气中的飘尘，
7、是利用胶体粒子的带电性而加以除去16、在反应8NH33Cl26NH4ClN2中，氧化剂和还原剂的物质的量之比为A1：6B3：8C2：3D3：2二、非选择题（本题包括5小题）17、下图转化关系中的物质均为常见物质或它们的溶液，其中 A、C 为单质，B 为氧化物且常温下为无色液体，E 为淡黄色固体，H 为红褐色沉淀。（反应条件和部分产物已省略）根据上述转化关系，回答问题：（1）写出下列物质的化学式：A_ G _（2）反应的化学方程式为：_。反应的离子方程式为：_。（3）沉淀 G 转化为沉淀 H 的现象：_，化学方程式为_（4）写出物质 E 的一种用途_。（5）一定条件下，将一定量的 A 与足量的
8、C 充分反应，最终得到 39.0g 固体 E，则反应中转移的电子数为_。18、有一固体粉末，可能由Na2CO3、Na2SO4、CuSO4、NH4Cl中的一种或几种组成，为了检验它们所含的物质，做了以下实验。将固体溶于水，搅拌后得到无色透明溶液；往此溶液中滴加氯化钡溶液，有白色沉淀生成；过滤，将沉淀置于稀盐酸中，发现沉淀不溶解。（1）试判断：固体混合物中肯定含有_，生成白色沉淀的化学方程式_；肯定没有_；可能含有_（2）检验是否含有可能存在的物质的实验方法是：_化学方程式_。19、I.（1）图I表示10mL量筒中液面的位置，A与B，B与C刻度间相差1mL，如果刻度A为4，则量筒中液体的体积是，由
9、于放置位置不当读数时俯视，读出的数值为则的正确数值为_A3.2mL、小于3.2mL B4.8mL、大于4.8mLC3.2mL、大于3.2mL D4.8mL、小于4.8mL（2）实验室需配制1molL1的NaOH溶液200mL，在用托盘天平称取NaOH固体时，天平读数为_填代号，下同)。A大于8.0g B小于8.0g C8.0gII.表示溶液浓度的方法通常有两种;溶液中溶质的质量分数(W)和物质的量浓度 (c)，因此在配制溶液时，根据不同的需要，有不同的配制方法。请完成下列填空题。（1）用10%(密度为1.01g/cm3)的氢氧化钠溶液配制成27.5g 2%的氢氧化钠溶液。计算:需_g 10%(
10、密度为1.01g/cm3)的氢氧化钠溶液量取:用_mL量筒量取10%的氢氧化钠溶液（2）把98%(密度为1.84g/cm3)的浓硫酸稀释成2mol/L的稀硫酸100mL，回答下列问题:需要量取浓硫酸_ mL下列实验操作使配制的溶液浓度偏的是_A容量瓶洗涤后未干燥B量取溶液时，仰视刻度线C装入试剂瓶时，有少量溶液溅出D没有洗涤烧杯和玻璃棒E.定容时，加水不慎超出刻度线，又倒出一些20、.为除去粗盐中含有的可溶性杂质硫酸盐、氯化钙和氯化镁，某同学利用给定试剂NaOH溶液、BaCl2溶液、Na2CO3溶液和盐酸，设计了如下实验流程，请回答：（1）操作a和操作b的名称依次是 _；（2）加入试剂的作用是
11、_；（3）加入盐酸后，发生反应的离子方程式是_；（4）在上述提纯过程中，如何证明SO42-已经被除净_。.实验需要0.1mol/LNaOH溶液450ml，根据溶液配制中情况回答下列问题：（1）根据计算得知，所需NaOH的质量为_g。（2）配制一定物质的量浓度溶液的实验中，如果出现以下操作：A称量用了生锈的砝码； B将NaOH放在纸张上称量； C定容时仰视刻度线； D往容量瓶转移时，有少量液体溅出； E未洗涤溶解NaOH的烧杯；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，静置后液面不到刻度线，未加水至刻度线；H.未冷却至室温就进行定容； I.定容时有少量水洒在容量瓶外。对配制的溶液
12、物质的量浓度大小可能造成的影响是（填写字母）偏大的有_；偏小的有_。21、（1）在MnO2+4HClMnCl2+2H2O+Cl2反应中。_元素被氧化，_是氧化剂。_是氧化产物，_发生氧化反应。用“双线桥”法标明电子转移的方向和数目_。参加反应的氯化氢和被氧化的氯化氢的物质的量之比_。（2）现有mg某气体，它是三原子分子，其摩尔质量为Mgmol-1。若阿伏加德罗常数用NA表示，请用以上符号及相应数字填写下列空格。该气体的物质的量为_mol。该气体所含原子总数为_个。该气体在标准状况下的体积为_L。该气体完全溶于水形成VL溶液(不考虑反应)，所得溶液的物质的量浓度_molL-1。参考答案一、选择题
13、（每题只有一个选项符合题意）1、A【解析】氧化还原反应中，可能同种元素既被氧化也被还原，如氯气与水的反应中，Cl元素既被氧化也被还原，错误；阳离子或阴离子可能既有氧化性也有还原性，如亚铁离子、亚硫酸根离子等，错误；处于较低价态的微粒具有还原性，则只有Na+不具有还原性，正确；X变为X2+的反应中X失去电子，被氧化，发生氧化反应，正确；金属单质在反应中只能失去电子，被氧化，发生氧化反应，正确；非金属单质既可作氧化剂也可作还原剂，如氯气与NaOH的反应中，氯气既是氧化剂又是还原剂，错误；含最高价元素的化合物不一定具有强氧化性，例如氯化钠等，错误。答案选A。2、C【解析】氧化反应的标志是元素化合价升
14、高。由此分析。【详解】A.氧化反应的标志是元素化合价升高。SO2Na2SO3，硫元素、氧元素化合价没有变化，该反应不是氧化还原反应；A项错误；B.CuOCu，铜元素化合价由+2价降到0价，发生还原反应，B项错误；C.FeFeCl2，铁元素化合价由0价升高到+2价，发生氧化反应，C项正确；D.HClH2，氢元素化合价由+1价降到0价，发生还原反应，D项错误；答案选C。3、B【解析】混合溶液中H物质的量为n(H)(0.1 L0.3 molL10.3 L0.25 molL1)20.21 mol，所以c(H)0.42 molL1。答案选B。4、B【解析】Al(OH)3Al2O3中，氧元素、铝元素、氢元
15、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
16、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。5、A【解析】因蒸馏烧瓶用于分离沸点相差较大的两种液体的分离或难挥发性固体和液体的分离，即蒸馏；因分液漏斗用来分离互不相溶的液体或用来分离在不同溶剂中溶解度不同的混合物，即分液或萃取；因蒸发皿用于可溶性固体和液体的分离，即蒸发；因普通漏斗用语分离互不相溶的固体和液体，即过滤；所以从左至右，可以进行的混合物分离操作分别是：蒸馏、分液或萃取、蒸发、过滤，答案选A。6、C【解析】A.烧碱是氢氧化钠的俗称，烧碱的化学式为NaOH，氢氧化钠是由钠离子和氢氧根离子组成的碱类，故A错误；B.生石灰的
17、化学成分为氧化钙，为一种氧化物，不是盐类，故B错误；C.胆矾化学式为CuSO45H2O，是由金属离子Cu2+与酸根离子SO42-和结晶水组成的，属于盐类，故C正确；D.金刚石的化学式是C，是由C原子组成的，属于单质，故D错误。故选C。7、A【解析】A、小苏打不属于化学危险品，该化学药品与其危险化学品图形标志不一致，其他选项化学药品与图形标志一致，故选A。8、D【解析】A.酒精与水互溶，不分层，不能利用分液漏斗分离，故A错误；BNH4Cl受热易分解生成氨气和氯化氢，故B错误；C转移液体需要用玻璃棒引流，防止液体溅出，故C错误；DHCl极易溶于水，且饱和氯化钠溶液抑制氯气溶解，所以可以用饱和的食盐
18、水除去氯气中的氯化氢，故D正确。故选D。【点睛】本题考查化学实验方案评价，涉及物质分离和提纯、除杂、溶液配制等知识点，侧重分析与实验能力的考查，把握物质的性质、反应原理等为解答的关键。9、A【解析】A.氮化铝中铝元素的化合价为+3价，根据化合物中各元素的正负化合价的代数和为分析；B.氮元素从0价变为-3价，根据氮化铝和转移电子之间的关系分析；C.根据摩尔质量的单位是g/mol分析。D.在氧化还原反应中，得电子化合价降低的反应物是氧化剂，失电子化合价升高的反应物是还原剂，据此分析；【详解】A、氮化铝中Al的化合价为“+3”价，根据化合物中各元素的正负化合价的代数和为零计算，氮元素的化合价是“-3
19、”价，故A正确；B、N的化合价由“0”价变为“-3”价，故每消耗1 mol N2需转移6mol电子，故B错误；C、氮化铝的摩尔质量是41g/mol，故C错误；D、反应方程式可知，Al、O的化合价反应前后没有变化，N的化合价由“0”价变为“-3”价，而C的化合价由“0”价变为“+2”价，因此N2是氧化剂，Al2O3既不是氧化剂又不是还原剂，故D错误。故选A。10、D【解析】试题分析：A汽油煤油和柴油的沸点不同，利用蒸馏的方法分离，故A错误；B提取中药的有效成分是利用溶解度不同分离，不是利用密度，故B错误；C过滤是利用溶解度不同进行分离，然后利用滤渣不能通过滤纸分离，故C错误；D沙子和米的密度不同
20、，沉在水的底部，用淘洗法可分离，故D正确故选D考点：物质的分离提纯11、B【解析】A. 舍勒发现了氧气，他没有提出有关原子结构模型的理论，故不符合题意；B. 卢瑟福根据粒子散射实验的现象，提出了带核的原子结构模型，故符合题意；C. 汤姆生用实验证明电子的普遍存在，提出了一个被称为葡萄干面包式的原子结构模型，故不符合题意；D. 玻尔是通过引入量子论观点，提出了原子结构的玻尔模型，电子在一系列稳定的轨道上运动，故不符合题意。故选B。12、D【解析】A石灰石是CaCO3，为沉淀，离子方程式书写时不能拆，故向石灰石上滴加稀硝酸的离子方程式为：CaCO3+2H+=Ca2+H2O+CO2，A错误；B向沸水
21、中滴加 FeCl3饱和溶液生成Fe(OH)3胶体而不是沉淀，B错误；C碳酸为多元弱酸，故向NaHCO3 溶液中滴加稀盐酸的离子方程式为： +H+=H2O+CO2，C错误；D由于硫酸是强酸，故NaHSO4=Na+H+，故向 NaOH 溶液中加入 NaHSO4粉末的离子方程式为：H+OH- =H2O，D正确；故答案为：D。13、D【解析】溶质的浓度的单位为mol/L，数值越大，溶质的浓度越大，与溶液的体积无关，以此来解答。【详解】2mol/L的硝酸中c(H+)=2mol/L，1mol/L的盐酸中c(H+)=1mol/L，5mol/L的盐酸中c(H+)=5mol/L，3mol/L的硫酸中c(H+)=
22、6mol/L，c(H+)最大的是D，故选D。14、B【解析】A. H+和CO32-反应，不能共存，故错误； B. Mg2+、Al3+、Cl-、SO42-四种离子不反应，能共存，故正确；C. H+、NO3-和Fe2+发生氧化还原反应不共存，故错误；D. Ba2+和HCO3-、OH-反应生成碳酸钡沉淀，故错误。故选B。15、B【解析】明矾中铝离子水解为氢氧化铝胶体；胶体、溶液、浊液的本质区别是粒子直径不同；利用渗析原理提纯胶体；静电除尘利用的是胶体电泳。【详解】明矾中铝离子水解为氢氧化铝胶体，明矾净水是利用胶体的吸附性，故A正确；胶体区别于其他分散系的本质特征是粒子直径不同，故B错误；血液属于胶体
23、，利用渗析原理提纯胶体，故C正确；胶体粒子带电，净电除尘器吸附带电的飘尘，而使之电泳除去，故D正确。16、D【解析】8NH3+3Cl2N2+6NH4Cl中部分N元素化合价由-3价变为0价、Cl元素化合价由0价变为-1价，有1/4的氨气参加氧化反应作还原剂，氯气作氧化剂，氧化剂和还原剂的物质的量之比=3：2，故选D。二、非选择题（本题包括5小题）17、Na Fe(OH)2 2Na2H2O = 2NaOH + H2 Fe2+2OH- = Fe(OH)2 白色沉淀迅速转化为灰绿色沉淀，最终转变为红褐色沉淀 4Fe(OH)22H2OO2 = 4Fe(OH)3 潜水艇供氧剂或漂白剂 NA或6.02102
24、3 【解析】B 为氧化物且常温下为无色液体，B 为H2O。E 为淡黄色固体，E 为Na2O2。根据物质的转化关系可知，A为Na，C 为O2，D为NaOH。H为红褐色沉淀，为Fe(OH)3，G 为Fe(OH)2，F为含有Fe2+的盐。【详解】（1）由以上分析可知，A为Na， G 为Fe(OH)2。（2）反应的化学方程式为：2Na2H2O = 2NaOH + H2；反应的离子方程式为：Fe2+2OH- = Fe(OH)2。（3）Fe(OH)2不稳定，易被氧化成Fe(OH)3，反应的现象为白色沉淀迅速转为灰绿色沉淀，最终变为红褐色沉淀。化学方程式为4Fe(OH)22H2OO2 = 4Fe(OH)3。
25、（4）E 为Na2O2，可以和水、二氧化碳反应生成氧气，可用于潜水艇供氧剂或漂白剂。（5）发生反应为2Na+ O2 Na2O2，最终得到 39.0g Na2O2，n(Na2O2)= = =0.5mol，参与反应的 n(Na)= 0.5mol2=1mol，反应中Na元素由0价升高到+1价，反应中转移的电子数为NA或6.021023。【点睛】本题考查了钠及其化合物、铁及其化合物、化学反应中离子的计算。对重要物质的化学性质和物理性质需要牢固掌握。并能根据反应中化合价变化推出电子转移数目。18、Na2SO4 Na2SO4 + BaCl2 = BaSO4+ 2 NaCl Na2CO3、CuSO4 NH4
26、Cl 取少量药品加入试管中，加蒸馏水溶解，滴入氢氧化钠溶液后加热，用湿润的红色石蕊试纸放在试管口检验，试纸是否变蓝色。 NH4Cl + NaOH NH3+ NaCl + H2O 【解析】（1）将固体溶于水，搅拌后得到无色透明溶液，则固体中一定不含有CuSO4，（2）往此溶液中滴加氯化钡溶液，有白色沉淀生成，故沉淀中可能含有碳酸钡或硫酸钡，（3）过滤，将沉淀置于稀盐酸中，发现沉淀不溶解，结合（2）可知白色沉淀只能是硫酸钡，则原固体中一定含有Na2SO4，一定不含有Na2CO3，NH4Cl是否存在无法确定，据此答题。【详解】（1）由上述分析可以知道，固体混合物中肯定含有Na2SO4，生成白色沉淀的
27、化学方程式为Na2SO4 + BaCl2 = BaSO4+ 2 NaCl，肯定没有Na2CO3和CuSO4，可能含有NH4Cl，故答案为Na2SO4；Na2SO4 + BaCl2 = BaSO4+ 2 NaCl ；Na2CO3、CuSO4；NH4Cl。（2）检验是否含有可能存在的物质的实验方法是：取少量药品加入试管中，加蒸馏水溶解；滴入氢氧化钠溶液后加热，用湿润的红色石蕊试纸放在试管口检验，试纸是否变蓝色，若试纸变蓝，则含有NH4Cl，否则不含有NH4Cl，化学方程式为：NH4Cl + NaOH NH3+ NaCl + H2O，故答案为取少量药品加入试管中，加蒸馏水溶解；滴入氢氧化钠溶液后加热
28、， 用湿润的红色石蕊试纸放在试管口检验，试纸是否变蓝色；NH4Cl + NaOH NH3+ NaCl + H2O。19、C A 5.5 10 10.9 B 【解析】I.（1）量筒的刻度线自上而下是递减的，所以如果刻度A为4，则B的读数就是3.2mL，因此量筒中液体的体积是3.2mL；由于放置位置不当读数时俯视，则读数偏大，大于3.2mL，答案选C；（2）200mL 1molL-1 NaOH溶液中含有溶质氢氧化钠的物质的量为：1mol/L0.2L=0.2mol，需要氢氧化钠的质量为：40g/mol0.2mol=8.0g；但用托盘天平称量氢氧化钠时必须放在小烧杯中或玻璃片上称量，故质量应该大于8.
29、0g，答案选A；II. （1）由1m1=2m2得m2=5.5g；量取液体应一次量取，选用量程最小的量筒，故用10mL量筒量取5.5mL 10的NaOH溶液；（2）硫酸的物质的量2mol/L0.1L=0.2mol，硫酸的质量0.2mol98g/mol=19.6g，需浓硫酸的质量=20g 需要量取浓硫酸=10.9mL；A、容量瓶洗涤后未干燥，不影响溶液配制，对浓度无影响，选项A不选；B、量取溶液时，仰视刻度线，所取浓硫酸的量偏多，配得溶液浓度偏高，选项B选；C.装入试剂瓶时，有少量溶液溅出，溶质的量减少，所配得溶液浓度偏低，选项C不选；D.没有洗涤烧杯和玻璃棒，溶质的量减少，所配溶液的浓度偏低，选
30、项D不选；E.定容时，加水不慎超出刻度线，又倒出一些，则水加多了，所配溶液浓度偏低，选项E不选；答案选B。20、过滤、蒸发 除去钙离子和钡离子 CO32-+2 H+= CO2+ H2O OH -+ H+= H2O 取少量A溶液于试管中，滴加BaCl2溶液若出现浑浊或白色沉淀，说明溶液中含有硫酸根，否则不含硫酸根 2.0 g AH BCDE 【解析】.根据实验流程可知，操作a过滤，操作b是蒸发；根据加入氢氧化钠可将氯化镁转化成氢氧化镁沉淀，除去硫酸钠需要在除去氯化钙之前，加入的碳酸钠可以将过量的氯化钡除去，所以试剂是BaCl2溶液，目的是除去SO42-离子，试剂是Na2CO3溶液，目的是除尽溶液
31、的离子Ba2+、Ca2+，根据加入的除杂试剂氢氧化钠和碳酸钠都是过量的，所以在蒸发之前需要加入盐酸将碳酸钠和氢氧化钠除去。.根据n=cv计算氢氧化钠的物质的量，再根据m=nM计算所需氢氧化钠的质量；根据C=n/V，通过判断不当操作对溶质的物质的量n和溶液体积V的影响来分析误差。【详解】.（1）通过分析实验流程可知，操作a是溶解，操作b是过滤，操作c是蒸发，故答案为过滤；蒸发；（2）试剂是Na2CO3溶液，目的是除尽溶液的离子Ba2+、Ca2+，故答案为除去钙离子和钡离子；（3）加入盐酸的目的是将碳酸钠和氢氧化钠除去，反应的离子方程式为OH -+ H+=H2O， CO32-+2H+=CO2+H2
32、O，故答案为OH-+H+=H2O；CO32-+2H+= CO2+H2O；（4）证明SO42-已经被除净，即证明溶液中不存在SO42-离子，具体操作为：取少量A溶液于试管中，滴加BaCl2溶液若出现浑浊或白色沉淀，说明溶液中含有硫酸根，否则不含硫酸根，故答案为取少量A溶液于试管中，滴加BaCl2溶液若出现浑浊或白色沉淀，说明溶液中含有硫酸根，否则不含硫酸根；.（1）由于无450ml的容量瓶，故选用500ml的容量瓶，故配制的是500ml0.1mol/LNaOH溶液，根据n=CV可知需要的NaOH的物质的量n=0.5L0.1mol/L=0.05mol，NaOH质量m=nM=0.05mol40g/m
33、ol=2.0g，故答案为2.0g；（2）A、生锈的砝码质量偏大，而m物=m砝+m游，故称量出的药品的质量偏重，则配制出的溶液的浓度偏大；B、将NaOH放在纸张上称量会潮解，导致真正的NaOH的质量偏小，则配制出的溶液的浓度偏小；C、定容时俯视刻度线观察液面，所加水量偏少，结果偏高；D、往容量瓶转移时，有少量液体溅出，会导致溶质的损失，则溶液浓度偏小；E、未洗涤溶解NaOH的烧杯，会导致溶质的损失，则溶液浓度偏小；F、只要最后定容时凹液面与刻度线相切即可，至于水是事先就有的还是后来加入的，对浓度无影响；G、定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面不到刻度线是正常的，未加水对浓度无影响；H、热溶液注入
34、容量瓶会导致容量瓶热膨胀,体积变大,最终导致溶液浓度偏小；I、滴管加水时，有少量水滴到容量瓶外，溶液的体积不变，浓度不变。故答案为AH；BCDE。21、Cl MnO2 Cl2 HCl 21 【解析】(1)MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O中，Mn元素的化合价降低，Cl的元素的化合价升高，结合氧化还原反应的规律分析解答；(2)据n=计算；根据每个分子中含有的原子数计算总原子数；根据V=nVm计算；根据c=计算。【详解】(1)MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O的反应中Cl元素的化合价升高，HCl为还原剂，在反应中被氧化，发生氧化反应，氧化产物为Cl2，Mn元素的
35、化合价降低，MnO2为氧化剂， 发生还原反应。Cl元素被氧化，MnO2是氧化剂，故答案为：Cl；MnO2；Cl2是氧化产物，HCl发生氧化反应，故答案为：Cl2；HCl；在MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O的反应中，锰元素化合价降低，氯元素化合价升高，转移电子数为2mol，用“双线桥法”表示氧化还原反应中电子转移情况为：，故答案为：；由反应可知，4molHCl参加反应，其中2mol作还原剂被氧化，则参加反应的HCl与被氧化的HCl的物质的量之比为21，故答案为：21；(2)m g某气体的物质的量为=mol，故答案为：；因为一个分子中含三个原子，所以含有的原子数为分子数的3倍，即为3molNAmol-1=NA，故答案为：NA；标准状况下，该气体的体积为mol22.4L/mol=L，故答案为：；所得溶液的物质的量浓度=mol/L=mol/L，故答案为：。