山东省淄博市五校2024-2025学年高一上学期期中考试 化学试卷

这是一份山东省淄博市五校2024-2025学年高一上学期期中考试 化学试卷，共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，流程题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题：本大题共12小题，每小题2分，共24分。
1.化学科学的形成、发展与应用过程中，下列科学家与其成就不相对应的是( )
A. 英国科学家波义耳提出化学元素的概念
B. 法国科学家拉瓦锡提出原子论
C. 意大利科学家阿伏加德罗提出分子学说
D. 我国科学家屠呦呦发现了青蒿素，有效降低了疟疾患者的死亡率
2.三星堆出土的青铜器表面有一层铜绿[Cu2(OH)2CO3]，铜绿是铜与空气中的水蒸气、CO2、O2作用后的产物。下列说法正确的是( )
A. Cu2(OH)2CO3属于碱B. CO2、O2属于非电解质
C. 铜绿的生成与氧化还原反应无关D. 铜绿不易被空气氧化
3.下列过程加入氧化剂能实现的是
A. NH4+→NH3B. HNO3→NOC. Cl-→Cl2D. CO32-→CO2
4.科学家获得了极具理论研究意义的N4分子。N4分子的结构如图所示。下列说法正确的是( )
A. N4是一种新型的化合物
B. N4和N2的性质不相同
C. N4的摩尔质量为56g
D. 等质量的N4和N2所含的原子个数之比为2：1
5.下列离子方程式书写正确的是
A. Cl2溶解于水：Cl2+H2O=2H++Cl-+ClO-
B. MgCO3与稀盐酸反应：CO32-+2H+=CO2↑+H2O
C. NaHCO3溶液与少量Ba(OH)2溶液混合：HCO3-+Ba2++OH-=BaCO3↓+H2O
D. 向Ca(ClO)2溶液中通入少量CO2：Ca2++2ClO-+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO
6.下列粒子组能否大量共存的判断及分析正确的是
A. AB. BC. CD. D
7.下列所选仪器或操作符合实验要求的是( )
A. 用装置①干燥H2B. 用装置②稀释浓硫酸
C. 用装置③制备FeOH3胶体D. 用装置④分离蛋白质溶液和蔗糖溶液
8.NaH是有机合成中用途很广泛的物质。已知NaH遇水蒸气剧烈反应，某小组设计如图实验装置制备NaH，下列说法错误的是 ( )
A B C
A. 实验开始后先点燃C处酒精灯，再启动A中反应
B. 装置B和装置D的作用均是防止水蒸气进入装置C
C. 安全漏斗的作用是“液封”
D. 本实验装置缺少尾气处理装置
9.下列事实及其解释错误的是( )
A. 氯水可以使有色布条褪色，是因为Cl2具有漂白性
B. 钠保存在煤油中是因为煤油不与钠反应，且密度比钠小可以隔绝空气
C. 钠长期暴露在空气中的产物是Na2CO3，原因是钠在空气中生成的Na2O会与水和二氧化碳反应
D. 为了提高漂白粉的漂白效果，使用时可加少量盐酸，原因是CaClO2+2HCl CaCl2+2HClO
10.某化学小组利用如图所示装置探究Na2CO3与NaHCO3相关性质。将a加热一段时间后，停止加热，恢复室温，a中溶液颜色加深，b中溶液颜色变浅，并有少量沉淀产生(整个过程忽略水的蒸发)。下列说法错误的是
A. b溶液中Na+的物质的量不变B. 稳定性：Na2CO3>NaHCO3
C. a溶液中溶质质量减小D. b中沉淀为 NaHCO3
11.下列除杂所选用的试剂或操作方法错误的一组是(括号内为杂质)( )
A. AB. BC. CD. D
12.K2SO4、KCl、NaCl三种固体溶于水得到的溶液M中部分离子的物质的量浓度如图甲所示。取200mL混合溶液加水稀释，测得c(Na+)随溶液体积的变化如图乙所示。下列说法不正确的是( )
A. X离子是SO42-
B. c1=0.8
C. 溶液M中KCl物质的量浓度为0.5ml⋅L-1
D. K2SO4与NaCl物质的量之比为1：2
二、多选题：本大题共3小题，每小题4分，共12分。
13.亚氯酸钠(NaClO2)主要用于纸张漂白、食品消毒、水处理等。以NaClO3为原料制备NaClO2粗产品的工艺流程如下。已知：纯ClO2气体易分解爆炸；NaClO2在碱性溶液中稳定存在，在酸性溶液中分解为NaClO2和NaCl。下列说法正确的是( )
A. 发生器中鼓入空气的目的是氧化SO2
B. 母液的主要成分是Na2SO4
C. 气体a的主要成分是N2、O2、ClO2
D. 每生产1mlNaClO2至少需要通入0.5mlSO2
14.下列与胶体有关的叙述中，正确的是( )
A. 胶体的本质特征是能发生丁达尔效应
B. 向红褐色的氢氧化铁胶体中滴加足量稀盐酸的现象是：先沉淀，后沉淀溶解
C. 胶体粒子能通过滤纸，因此滤纸的孔径不小于100nm
D. 碘化银胶粒在电场的作用下会定向移动，证明碘化银胶体带电荷
15.向Na2CO3、NaHCO3的混合溶液中逐滴加入稀盐酸，生成气体的量随盐酸量的变化关系如图所示，则下列离子组在对应的溶液中-定能大量共存的是
A. a点对应的溶液中：Na+、Mg2+、SO42-、NO3-
B. b点对应的溶液中：K+、SO42-、MnO4-、Cl-
C. d点对应的溶液中：F、NO3-、Na+、ClO-
D. c点对应的溶液中：Na+、Ca2+、Mg2+、NO3-
三、填空题：本大题共2小题，每空2分，共24分。
16.现有以下物质：①液氨；②NaOH溶液；③BaCO3固体；④NaHSO4溶液；⑤乙醇；⑥铜；⑦CO2；⑧醋酸(CH3COOH)；⑨饱和NaHCO3溶液。
(1)上述物质中属于电解质的是 ______ (填序号，下同)，能导电的是 ______ 。
(2)写出④的电离方程式 ______ 。写出④和⑨反应的离子方程式 ______ 。
(3)在足量②的水溶液中通入少量⑦，发生反应的离子方程式为 ______ 。现有11g⑦如发生上述反应，至少需要溶质质量分数为20%的② ______ g。
17.实验室需250mL0.5ml⋅L-1的稀硫酸，现用98%的浓硫酸(ρ=1.84g⋅cm-3)进行配制。请回答下列问题：
(1)需要量取的浓硫酸的体积为 ______ mL。
(2)下列对容量瓶及其使用方法描述正确的是 ______ (填序号)。
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.容量瓶使用前需要检查是否漏水
D.容量瓶可以用来加热溶解固体溶质
E.容量瓶可以用来测量容量瓶规格以下的任意体积的溶液
(3)取用任意体积的该稀硫酸，下列物理量中不随所取体积的多少而变化的是 ______ (填序号)。
A.溶液中H2SO4的物质的量
B.溶液的浓度
C.溶液中SO42-的数目
D.溶液的密度
(4)配制时正确的操作顺序是 ______ (填序号)。
A.用适量蒸馏水洗涤烧杯及玻璃棒2～3次，洗涤液均注入容量瓶
B.用量筒量取所需浓硫酸，沿烧杯内壁缓慢注入盛有少量蒸馏水的烧杯中，用玻璃棒不断搅拌，使其混合均匀
C.将已冷却的稀硫酸沿玻璃棒注入250mL的容量瓶中
D.将容量瓶盖紧，反复上下颠倒，摇匀
E.继续往容量瓶内小心地加蒸馏水，当液面接近瓶颈上的刻度线1～2cm时， ______ (将该步骤补充完整)。
(5)对所配制的稀硫酸进行测定，发现其浓度为0.48ml⋅L-1，原因可能是下列操作中 ______ (填序号)。
A.溶解浓硫酸后未冷却直接转移溶液
B.容量瓶洗涤后残留少量的蒸馏水
C.所用过的烧杯、玻璃棒未洗涤
D.用量筒量取浓硫酸时俯视刻度
E.用蒸馏水洗净量筒后直接量取浓硫酸配制溶液
四、流程题：本大题共1小题，每空1分，共13分。
18.铁广泛应用于人类的生产、生活。
Ⅰ.部分铁及其化合物存在如图转化关系(部分反应物和反应条件已略去)，回答下列问题。

(1)a、b、c三种物质中属于电解质的是 ______ (填化学式)。
(2)①～⑤反应中，既是化合反应又是氧化还原反应的有 ______ (填标号)。写出⑤的化学反应方程式 ______ 。
(3)将e的浓溶液滴加到沸水中可得到红褐色液体，该液体属于一种特殊的分散系。该分散系中分散质的微粒直径为 ______ 。鉴别e的浓溶液与该分散系的方法为 ______ 。
Ⅱ.黄铜矿(主要成分为CuFeS2)产生的炉渣可用于制备绿矾(FeSO4⋅7H2O)。工艺流程如图。

已知：焙烧时的主要反应为：
①2CuFeS2+4O2Cu2S+2FeO+3SO2；②2Cu2S+3O22Cu2O+2SO2；③2Cu2O+Cu2S6Cu+SO2。
回答下列问题：
(1)若CuFeS2中Fe的化合价为+2，则反应①中的氧化剂为 ______ ：若生成76.8gCu则反应③转移电子数为 ______ (NA表示阿伏加德罗常数的值)。
(2)“炉渣”的主要成分为Fe2O3、FeO和少量Cu。
①Fe2O3高温下与铝粉混合发生的反应为 ______ 。
②“酸溶”后溶液中一定存在的金属阳离子为 ______
③“试剂X”为 ______ 。
a.铁粉
b.铜粉
c.锌粉
d.30%的H2O2
④“操作”用到的玻璃仪器为 ______ 。
(3)“系列操作”为 ______ 、 ______ 、过滤、洗涤、干燥。
五、实验题：本大题共1小题，共10分。
19.某NaHCO3固体样品中含有Na2CO3杂质，为测定样品中NaHCO3的含量，某实验小组称取ag样品进行测定。回答下列问题：

(1)装置A中反应的化学方程式为 ______ ；装置B的名称为 ______ 。 （2分）
(2)甲同学拟通过测定CO2的质量来计算样品中NaHCO3含量，仪器的连接顺序为 ______ (每组装置仅使用一次)。 （1分）
(3)乙同学拟选取A→C→B装置完成测定，则B装置中加入的试剂为 ______ 。若C的质量变化为bg，则样品中NaHCO3的质量分数为 ______ 。若无B装置会使测量结果 ______ (填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。 （3分）
(4)老师指出上述方案均会导致测定结果偏小，应将A装置更换为如图装置：

请说明原因 ______ 。（4分）
六、简答题：本大题共1小题，每空1分，共17分。
20.Ⅰ.NaNO2是一种可溶性盐，它能被常见的强氧化剂氧化。回答下列问题：
(1)金属加工后的废液中含有2%～5%的NaNO2，它是一种环境污染物。人们用NH4Cl溶液来处理此废液，使亚硝酸钠转化为无毒物质。该反应分两步进行：
第一步：NaNO2+NH4Cl=NaCl+NH4NO2
第二步：NH4NO2-△​N2↑+2H2O
下列对上述反应的叙述中正确的是 ______(填字母)。
①两步均为氧化还原反应
②第二步NH4NO2仅发生氧化反应
③第二步NH4NO2发生了分解反应
④第二步中NH4NO2既被氧化又被还原
⑤第一步为复分解反应
A.①③
B.①④
C.②③④
D.③④⑤
(2)实验室中，亚硝酸钠可用来处理过量的叠氮化钠，有关反应的化学方程式如下：
a.NaNO2+H2SO4=HNO2+NaHSO4
b.2NaN3+2HNO2=3N2↑+2NO↑+2NaOH
用单线桥法标出b反应中电子转移情况：______。
(3)Mn2+、Bi3+、BiO3-、MnO4-、H+、H2O组成的一个氧化还原反应体系中，发生BiO3-→Bi3+的反应过程。
①该反应中，被氧化的元素是 ______(填元素符号)，氧化剂是 ______(填离子符号)。
②将以上物质分别填入下面对应的横线上，并配平该反应：______+______+______=______+______+______H2O。
Ⅱ.某次实验需用450mL0.35ml/L的H2SO4溶液，某同学用密度为1.4g⋅cm-3质量分数49%的H2SO4溶液进行配制，请回答下列问题：
(1)实验需要的玻璃仪器除了烧杯、量筒、玻璃棒，还有 ______、______。
(2)计算：配制本次实验需要的稀硫酸需用量筒量取上述49%的H2SO4______mL。
(3)配制过程：①用量筒量取所需质量分数为49%的H2SO4溶液
②将浓硫酸缓缓注入盛有适量蒸馏水的烧杯中，边加边搅拌
③用玻璃棒引流将烧杯中的溶液转移到已经检漏的合适规格的容量瓶中
④洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，洗涤液也注入容量瓶中，轻轻摇动容量瓶，使溶液混合均匀
⑤向容量瓶中加入蒸馏水，在距离刻度1～2cm时，改用胶头滴管加蒸馏水至刻度线
⑥盖好瓶塞，反复上下颠倒，摇匀
⑦将配制好的溶液转移至试剂瓶中待用
上述配制溶液的步骤存在缺失，缺少的步骤是 ______，应放在步骤 ______之前进行(填“序号”)。
(4)在横线上填写下列各种情况对所配制溶液浓度的影响(选填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
①所用的浓硫酸长时间放置在密封不好的容器中 ______。
②用量筒量取浓硫酸时仰视液面 ______。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查化学发展的历史，通过本题的解答有利于激发学生学习化学的兴趣，培养社会责任感，难度容易。
【解答】
A、波义耳是英国化学家、物理学家，于1661年提出化学元素的概念，标志着近代化学科学的诞生，故A正确；
B、19世纪初，英国化学家道尔顿提出近代原子学说，为近代化学的发展奠定了坚实基础，故B错误；
C、意大利科学家阿伏加德罗首先提出了分子概念，提出了分子学说，故C正确；
D、我国科学家屠呦呦发现了青蒿素，有效降低了疟疾患者的死亡率，获得2015年诺贝尔生理学或医学奖，故D正确。
故选：B。
2.【答案】D
【解析】解：A.Cu2(OH)2CO3属于碱式盐，故A错误；
B.O2属于单质，既不是电解质也不是非电解质，故B错误；
C.铜绿是铜与空气中的水蒸气、CO2、O2作用后的产物，Cu、O两元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，故C错误；
D.铜绿中铜元素化合价是+2，化学性质稳定，故D正确；
故选：D。
A.Cu2(OH)2CO3属于碱式盐；
B.O2属于单质，既不是电解质也不是非电解质；
C.铜绿是铜与空气中的水蒸气、CO2、O2作用后的产物，Cu、O两元素的化合价发生变化；
D.铜绿中铜元素化合价是+2，化学性质稳定。
本题主要考查物质的分类与铜盐性质，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题，题目难度不大。
3.【答案】C
【解析】A. NH4+→NH3 过程中未有元素化合价改变，不需要加入氧化剂和还原剂即可实现，A不合题意；
B. HNO3→NO 过程中N的化合价降低，需加入还原剂才能实现，B不合题意；
C. Cl-→Cl2 过程中Cl的化合价升高，需加入氧化剂才能实现，C符合题意；
D. CO32-→CO2 过程中未有元素化合价改变，不需要加入氧化剂和还原剂即可实现，D不合题意；
故答案为：C。
4.【答案】B
【解析】略
5.【答案】D
【解析】A. Cl2 溶解于水生成盐酸和弱酸次氯酸， Cl2+H2O=H++Cl-+HClO ，A错误；
B. MgCO3 不溶于水，不能拆， MgCO3+2H+=Mg2++CO2↑+H2O ，B错误；
C. NaHCO3 溶液与少量 Ba(OH)2 溶液混合，氢氧根离子完全和碳酸氢根离子转化为水、碳酸根离子，部分碳酸根离子和钡离子生成碳酸钡沉淀， 2HCO3-+Ba2++2OH-=CO32-+2H2O+BaCO3↓ ，C错误；
D. Ca(ClO)2 溶液中通入少量 CO2 ，二氧化碳完全反应生成碳酸钙沉淀，次氯酸根离子部分转化为弱酸次氯酸，反应为 Ca2++2ClO-+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO ，D正确；
故选D。
6.【答案】C
【解析】A.氢氧化钙微溶，则 Ca2+ 、 OH- 在水溶液中不能大量共存，A不符合题意；
B.Fe3+、NH3·H2O发生反应的离子方程式为Fe3++3NH3·H2O=Fe(OH)3↓+3 NH4+ ，B不符合题意；
C.OH-与 HCO3- 发生反应： OH-+HCO3-=CO32-+H2O ，故 OH- 与 HCO3- 不能大量共存，C符合题意；
D. H+ 与 ClO- 能发生反应生成HClO，Fe3+与ClO-间能发生双水解反应，不能大量共存，D不符合题意；
故选C。
7.【答案】A
【解析】略
8.【答案】A
【解析】略
9.【答案】A
【解析】略
10.【答案】A
【解析】【分析】将a加热一段时间后，停止加热，恢复室温，a中溶液颜色加深，b中溶液颜色变浅，并有少量沉淀产生，则表明a中NaHCO3发生分解，生成Na2CO3、CO2等，CO2逸出后进入b中，与b中Na2CO3反应生成NaHCO3，且有一部分NaHCO3生成沉淀。
【详解】A.b溶液中有一部分NaHCO3生成沉淀，则Na+的物质的量减少，A错误；
B.a中反应现象表明，加热后溶液碱性增强，则Na2CO3浓度增大，有部分NaHCO3发生分解生成Na2CO3，则稳定性：Na2CO3>NaHCO3，B正确；
C.a溶液中，有部分NaHCO3发生分解生成Na2CO3、CO2等，CO2逸出，所以溶质质量减小，C正确；
D.由分析可知，b中沉淀为NaHCO3，D正确；
故选A。
11.【答案】B
【解析】略
12.【答案】C
【解析】解：A.结合分析可知，X代表的离子为SO42-，Y表示的离子为Cl-，故A正确；
B.c1为原溶液中钠离子浓度，稀释过程中n(Na+)不变，则原溶液中c(Na+)=0.16ml/L×，故B正确；
C.c(K2SO4)=c(SO42-)=0.40ml/L，根据钾离子质量守恒可知，c(KCl)=0.90ml/L-2c(K2SO4)=0.90ml/L-0.40ml/L×2=0.10ml/L，故C错误；
D.c(K2SO4)=c(SO42-)=0.40ml/L，c(NaCl)=c(Na+)=0.80ml/L，同一溶液中体积V相同，根据n=cV可知，固体溶解时K2SO4与NaCl物质的量之比等于物质的量浓度之比=0.40ml/L：0.80ml/L=1：2，故D正确；
故选：C。
稀释过程中n(Na+)不变，则原溶液中c(Na+)=0.16ml/L×，说明X、Y代表SO42-、Cl-，结合溶液电中性可知：c(Na+)+c(K+)=2c(SO42-)+c(Cl-)，即2c(SO42-)+c(Cl-)=0.90ml/L+0.80ml/L=1.70ml/L，c(SO42-)=0.40ml/L、c(Cl-)=0.90ml/L，所以X代表的离子为SO42-，Y表示的离子为Cl-，以此结合质量守恒解答。
本题考查物质的量浓度的计算，为高频考点，明确图示曲线代表意义为解答关键，注意掌握电荷守恒、质量守恒，试题侧重考查学生的化学计算能力，题目难度不大。
13.【答案】BD
【解析】解：A.纯ClO2易分解爆炸，因此反应进行过程中应持续鼓入空气稀释ClO2，故A错误；
B.根据分析，母液的主要成分是硫酸钠，故B正确；
C.根据分析，气体a的主要成分是剩余的氮气以及生成的氧气，故C错误；
D.根据2NaClO3+SO2=2ClO2+Na2SO4、2ClO2+H2O2+2OH-=2ClO2-+2H2O+O2，每生产1mlNaClO2至少需要通入0.5mlSO2，故D正确；
故选：BD。
氯酸钠和稀硫酸混合溶解，在溶液中通入二氧化硫发生2NaClO3+SO2=2ClO2+Na2SO4，反应生成二氧化氯和硫酸钠，然后二氧化氯和双氧水在氢氧化钠溶液中反应2ClO2+H2O2+2OH-=2ClO2-+2H2O+O2，生成NaClO2，经减压蒸发、冷却结晶得到NaClO2粗产品。
本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握制备流程中发生的反应、混合物分离提纯为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度不大。
14.【答案】BC
【解析】略
15.【答案】BD
【解析】略
16.【答案】③⑧ ②④⑥⑨ NaHSO4=Na++H++SO42- HCO3-+H+=CO2↑+H2O 2OH-+CO2=CO32-+H2O 100
【解析】解：(1)①液氨属于非电解质，不能导电；
②NaOH溶液是混合物，既不是电解质也不是非电解质，可以导电；
③BaCO3固体不导电，熔融状态下可以导电，是电解质；
④NaHSO4溶液是混合物，既不是电解质也不是非电解质，可以导电；
⑤乙醇是不能电离的有机物，属于非电解质；
⑥铜是金属单质，能导电，不属于电解质；
⑦CO2属于非电解质，不能导电；
故答案为：③⑧；②④⑥⑨；
(2)NaHSO4溶液的电离方程式NaHSO4=Na++H++SO42-，NaHSO4溶液直接电离出的H+与NaHCO3溶液发生反应的离子方程式是HCO3-+H+=CO2↑+H2O，
故答案为：NaHSO4=Na++H++SO42-；HCO3-+H+=CO2↑+H2O；
(3)在足量NaOH水溶液中通入少量CO2生成碳酸钠和水，发生反应的离子方程式2OH-+CO2=CO32-+H2O；根据方程式的关系式2NaOH～CO2计算，11g CO2发生反应，需要氢氧化钠20g，则至少需要溶质质量分数为20%的氢氧化钠溶液是100g，
故答案为：2OH-+CO2=CO32-+H2O；100。
(1)能在熔融状态或水溶液中导电的化合物，为电解质；存在自由移动的电子或者离子可以导电；
(2)NaHSO4溶液是强电解质，在水溶液中完全电离；④和⑨反应的实质就是氢离子和碳酸氢根离子的反应；
(3)在足量NaOH水溶液中通入少量CO2生成碳酸钠和水，据此进行解答。
本题考查离子方程式书写、电解质和非电解质的判断、胶体的制备，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确基本概念内涵、离子方程式书写规则是解本题关键，题目难度不大。
17.【答案】6.8 C BD BCAED 用胶头滴管滴加蒸馏水，使溶液的凹液面恰好与刻度线相切 CDE
【解析】解：(1)根据浓硫酸和稀硫酸中硫酸的质量相等，需要量取的浓硫酸的体积为V=0.25L×0.5ml/L×98g/ml98%×1.84g/mL=6.8mL，
故答案为：6.8；
(2)A.容量瓶上标有容积、温度和刻度线，没有浓度，故A错误；
B.容量瓶用蒸馏水洗净后不用烘干，配制溶液时还需要加水定容，故B错误；
C.配制溶液最后需要倒立摇匀，容量瓶使用前需要检查是否漏水，故C正确；
D.容量瓶不能用来溶解固体，也不能加热，故D错误；
E.容量瓶只能配制其规格体积的溶液，故E错误；
故答案为：C；
(3)A.溶液中H2SO4的物质的量与体积有关，故A错误；
B.溶液的浓度与体积无关，故B正确；
C.溶液中SO42-的数目与体积有关，故C错误；
D.溶液的密度与体积无关，故D正确；
故答案为：BD；
(4)用量筒量取浓硫酸后在烧杯中稀释，冷却至室温后将溶液转移至容量瓶中，洗涤烧杯和玻璃棒并将洗涤液转移至容量瓶中，加蒸馏水至离刻度线1-2cm时，换用胶头滴管定容，摇匀，故顺序为：BCAED；继续往容量瓶内小心地加蒸馏水，当液面接近瓶颈上的刻度线1～2 cm时用胶头滴管滴加蒸馏水，使溶液的凹液面恰好与刻度线相切，
故答案为：BCAED；用胶头滴管滴加蒸馏水，使溶液的凹液面恰好与刻度线相切；
(5)A.溶解浓硫酸后未冷却直接转移溶液，溶液的体积偏小，浓度偏高，故A错误；
B.容量瓶洗涤后残留少量的蒸馏水，不影响溶液浓度，故B错误；
C.所用过的烧杯、玻璃棒未洗涤，溶质偏少，溶液浓度偏低，故C正确；
D.用量筒量取浓硫酸时俯视刻度，量取的溶质的量偏少，溶液浓度偏低，故D正确；
E.用蒸馏水洗净量筒后直接量取浓硫酸配制溶液，浓硫酸被稀释，量取的溶质的量减少，配制的溶液的浓度偏低，故E正确；
故答案为：CDE。
(1)溶液稀释过程中溶质物质的量不变，据此列式计算；
(2)A.容量瓶上标有容积、温度，无浓度；
B.容量瓶是配制溶液的容器，最后加水定容，容量瓶用蒸馏水洗净后不需烘干；
C.配制溶液最后需要摇匀，容量瓶使用前需要检查是否漏水；
D.容量瓶不可以用来稀释、溶解、加热等操作；
E.容量瓶是配制准确体积和浓度的精确仪器，不可以用来测量容量瓶规格以下的任意体积的溶液；
(3)根据溶液的均一性、n=cV、N=nNA进行分析判断；
(4)配制一定物质的量浓度溶液一般步骤为：计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴标签，据此排序；
(5)分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，依据c=nV进行误差分析。
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，侧重对学生能力的培养和解题方法的指导和训练，题目难度不大。
18.【答案】FeCl2、Fe(OH)2 ②③⑤ 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3 1～100nm 丁达尔现象 CuFeS2、O2 1.2NA Fe2O3+2A1Al2O3+2Fe Fe2+、Cu2+ a 漏斗、烧杯、玻璃棒 蒸发浓缩 冷却结晶
【解析】解：Ⅰ.(1)电解质为在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，酸、碱、盐属于电解质，故a、b、c三种物质中属于电解质的是FeCl2、Fe(OH)2，
故答案为：FeCl2、Fe(OH)2；
(2)①为置换反应；④反应中Fe的化合价没有发生变化，①中氯气与铁点燃生成氯化铁；③氯气与氯化亚铁反应生成氯化铁；⑤氢氧化亚铁与氧气、水反应生成氢氧化铁；故①～⑤反应中，既是化合反应又是氧化还原反应的有②③⑤；⑤的化学反应方程式4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，
故答案为：②③⑤；4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；
(3)将FeCl3的浓溶液滴加到沸水中可得到红褐色液体，该液体属于一种特殊的分散系，为胶体，该分散系中分散质的微粒直径为1～100nm。鉴别FeCl3的浓溶液与该分散系的方法为丁达尔现象，
故答案为：1～100nm；丁达尔现象；
Ⅱ.(1)若CuFeS2中Fe的化合价为+2，则Cu为+2价，S为-2，则反应①中化合价降低元素为Cu和O元素，故该反应中氧化剂为CuFeS2、O2，在反应③Cu由+1价降低为0价，-2价的S元素升高为+4价，故有关系式：6Cu～6e-，76.8 gCu的物质的量为n(Cu)=76.864ml=1.2 ml，则生成76.8 g Cu时，反应③转移电子数为1.2ml×NA/m1=1.2NANA，
故答案为：CuFeS2、O2；1.2NA；
(2)①Fe2O3高温下与铝粉混合发生的反应为：Fe2O3+2A1Al2O3+2Fe，
故答案为：Fe2O3+2A1Al2O3+2Fe；
②根据分析可知，“酸溶”后溶液中一定存在的金属阳离子为Fe2+、Cu2+，
故答案为：Fe2+、Cu2+；
③根据分析可知，“试剂X“为铁粉，
故答案为：a；
④“操作”为过滤，用到的玻璃仪器为漏斗、烧杯、玻璃棒，
故答案为：漏斗、烧杯、玻璃棒；
(3)“系列操作”为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，
故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶。
Ⅰ.根据物质类别和铁元素的化合价可知，a为Fe，b为FeCl2，e为FeCl3，c为Fe(OH)2，d为Fe(OH)3，据此分析解答；
Ⅱ.黄铜矿的主要成分为CuFeS2，通入氧气焙烧，得到“炉渣”的主要成分为Fe2O3、FeO和少量Cu，加入20%的硫酸溶解，Fe2O3、FeO与酸反应分别生成Fe2(SO4)3、FeSO4，然后是少量Cu与Fe2(SO4)3反应，生成FeSO4和CuSO4，故反应后溶液中移动含有FeSO4、CuSO4，然后加入足量的铁粉，还原未反应的Fe3+，同时置换出Cu，过滤，得到滤渣为铁粉和少量的铜，滤液为FeSO4溶液，然后经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到FeSO4⋅7H2O晶体，据此分析作答。
本题考查物质的制备，侧重考查学生分离提纯基础知识的掌握情况，试题难度中等。
19.【答案】 (球形)干燥管 ADCB 碱石灰 84b31a×100% 偏大 A装置中可能残留CO2，使得CO2不能被C全部吸收，导致测定结果偏小
【解析】解：(1)装置A中NaHCO3受热分解生成Na2CO3、二氧化碳和水，反应的化学方程式为，装置B的名称为(球形)干燥管，
故答案为：；(球形)干燥管；
(2)甲同学拟通过测定CO2的质量来计算样品中NaHCO3含量，根据分析可知，仪器的连接顺序为ADCB，
故答案为：ADCB；
(3)乙同学拟选取A→C→B装置完成测定，为防止空气中的水蒸气及二氧化碳进入C装置，则B装置中加入的试剂为碱石灰；若C的质量变化为bg，根据反应可知，设碳酸氢钠的质量为x，则由2×84gx=62gbg，x=168b62g，则样品中NaHCO3的质量分数为ω(NaHCO3)=m(NaHCO3)m(样品)×100%=168b62gag×100%=168b62a×100%=84b31a×100%；若无B装置，则可能空气中的水蒸气及二氧化碳进入C装置使B装置的质量增加偏大，会使测量结果偏大，
故答案为：碱石灰；84b31a×100%；偏大；
(4)由于没有使用氮气排除装置内参与的气体，导致A装置中可能残留CO2，使得CO2不能被C全部吸收，导致测定结果偏小，
故答案为：A装置中可能残留CO2，使得CO2不能被C全部吸收，导致测定结果偏小。
为测定样品中NaHCO3的含量，利用NaHCO3的不稳定性，通过加热使其分解，产生的气体通过浓硫酸吸收水蒸气，通过碱石灰吸收二氧化碳，最后为防止空气中的水蒸气及二氧化硫进入而引起干扰，连接一个干燥管，通过浓硫酸增加的质量计算产生的水的量，通过碱石灰增加的质量计算二氧化碳的量，据此分析回答问题。
本题考查探究物质组成、测量物质含量，为高考常见题型，明确实验原理、实验目的为解答关键，注意掌握常见元素及其化合物性质，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及综合应用能力，题目难度较大。
20.【答案】D Mn BiO3- 2BiO3- 5Mn2+ 14H+ 2Bi3+ 5MnO4- 7 胶头滴管 500mL的容量瓶 25 冷却稀释后的溶液 ③ 偏低 偏高
【解析】解：(1)①第一步反应是非氧化还原反应，第二步反应属于氧化还原反应，故错误；
②第二步反应中NH4NO2既是氧化剂又是还原剂，发生氧化反应和还原反应，故错误；
③NH4NO2分解生成氮气和水，属于分解反应，故正确；
④第二步反应中只有N元素的化合价发生变化，所以N2既是氧化产物又是还原产物，故正确；
⑤第一步反应NaNO2+NH4Cl=NaCl+NH4NO2，为复分解反应，故正确，
故答案为：D；
(2)该反应中NaN3中N元素化合价由-13价变为0价、HNO2中N元素+3价变为+2价，转移电子数是2，该反应中电子转移方向和数目为：，
故答案为：；
(3)①体系中发生BiO3-→Bi3+，Bi元素化合价降低，被还原，根据提给离子中各元素的变化可知，应是Mn元素化合价升高，发生Mn2+→MnO4-的反应过程；该反应中Mn元素化合价升高被氧化，Bi元素化合价降低，被还原，BiO3-作氧化剂，
故答案为：Mn；BiO3-；
②根据题意，BiO3-中Bi元素的化合价从+5价降低到+3价，则每个BiO3-得到2个电子，生成1个Bi3+，则Mn2+中Mn元素的化合价从+2价升高到+7价，每个Mn2+失去5个电子，生成1个MnO4-，根据得失电子守恒，Mn2+与BiO3-的系数比为2：5，设Mn2+的系数为2，则BiO3-的系数为5，MnO4-的系数为2，Bi3+的系数为5，根据电荷守恒可知，H+为反应物，系数为14，最后根据氢原子和氧原子守恒可知，H2O为生成物，系数为7，故该氧化还原反应的离子方程式为：2Mn2++5BiO3-+14H+=2MnO4-+5Bi3++7H2O，
故答案为：2Mn2+；5BiO3-；14H+；2MnO4-；5Bi3+；7；
II.(1)实验需要的玻璃仪器除了烧杯、量筒、玻璃棒，还需要500mL容量瓶、胶头滴管，
故答案为：胶头滴管；500mL容量瓶；
(2)质量分数为49%、密度为1.4g/cm3的浓硫酸为1000×1.4×49%98ml/L=7ml/L，另实验室没有450mL规格的容量瓶，应该选择500mL规格的容量瓶，根据稀释定律有7ml/L×VmL=0.35ml/L×500mL，解得V=25.0，
故答案为：25.0；
(3)配制溶液的步骤存在缺失，缺少的步骤是冷却稀释后的溶液，应放在步骤③之前，
故答案为：冷却稀释后的溶液；③；
(4)①所用的浓硫酸长时间放置在密封不好的容器中，浓硫酸会吸水，浓度降低，进一步导致所配溶液浓度偏低，
故答案为：偏低；
②用量筒量取浓硫酸时仰视液面，会导致读取的硫酸体积偏小，即量取的硫酸偏大，进一步导致所配溶液的浓度偏大，
故答案为：偏高。
I.(1)NaNO2+NH4Cl=NaCl+NH4NO2反应中，没有元素化合价的变化，不是氧化还原反应；NH4NO2- △ N2↑+2H2O反应中，N元素的化合价从-3价、+5价变化为0价，据此分析；
(2)得电子化合价降低的反应物是氧化剂，该反应中N元素化合价由-13价变为0价、+3价变为+2价，转移电子数是2；
(3)①氧化还原反应中氧化剂化合价降低，被氧化；
②该反应的反应物有BiO3-、Mn2+，产物中有MnO4-、Bi3+，利用元素守恒和电荷守恒可知，该反应的反应物还有H+；
II.(1)配制溶液需要的玻璃仪器有烧杯、量筒、玻璃棒，一定规格的容量瓶、胶头滴管；
(2)根据换算公式计算浓硫酸的物质的量浓度，再根据稀释定律计算需要浓硫酸的体积；
(3)热的浓硫酸应该冷却后才能转移；
(4)根据c=nV进行分析，一般包括2类：①是n不变，分析V的变化，②是V不变，分析n的变化。
本题主要考查换算公式、稀释定律的应用，一定物质的量浓度溶液的配制过程中的操作步骤和误差分析，属于基本知识的考查，难度不大选项
离子组
判断及原因
A
K+、Ca2+、OH-、NO3-
能大量共存
B
K+、Fe3+、NO3-、NH3⋅H2O
不能大量共存，因发生Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓
C
Na+、K+、OH-、HCO3-
不能大量共存，OH-与HCO3-发生反应：OH-+HCO3-=CO32-+H2O
D
Na+、Fe3+、H+、Cl-、ClO-
能大量共存，离子间不反应
选项
待提纯的物质
除杂试剂
操作方法
A
H2HCl
碱石灰

B
FeCuSO4
水
过滤、洗涤、干燥
C
Na2CO3固体(NaHCO3)

加热
D
CO2O2
铜网
加热