广东省广州市执信中学2019-2020学年高一上学期期中考试化学试题

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广州执信学校2019-2020学年度第一学期
高一级化学科期中考试试卷
注意事项：
1、答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和学号填写在答题卡和答卷密封内相应的位置上，用2B铅笔将自已的学号填涂在答题卡上
2、选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑：如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案：不能答在试卷上
3、非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔在答卷纸上作答，答案必须写在答卷纸各题目指定区域内的相应位置上，超出指定区域的答案无效：如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案：不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答的答案无效。
考生必须保持答题卡的整洁和平整
可能用到的相对原子质量：H 1 He 4 C 12 N 14 0 16 Na 23 Mg 24 S 32 C1 35.5 K 39 Mn 55 Ag 108 Ba 137
第一部分 选择题
一、选择题
1.下面所列物质贴错了标签的是

A
B
C
D
物质
氢氧化钠
金属汞
碳酸钠
烟花爆竹
危险警告标签






A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A. 氢氧化钠是强碱，具有很强的腐蚀性，属于腐蚀品，标签正确，故A正确；
B. 金属汞有毒，属于有毒物质，标签正确，故B正确；
C. 碳酸钠属于盐，不能燃烧，不属于易燃品，标签错误，故C错误；
D. 烟花爆竹易燃易爆炸，属于爆炸品，标签正确，故D正确；
答案选C。
2.下列有关物质分类说法正确的是（　　）
A. 纯碱、液态氧、碘酒、稀盐酸依次是盐、单质、混合物、电解质
B. 干冰、生石灰、硫酸、碳酸氢铵依次是单质、氧化物、酸、盐
C. 氯化氢、氨气、水银、草木灰依次是电解质、非电解质、单质、混合物
D. 冰水、空气、泥水依次是溶液、胶体、浊液
【答案】C
【解析】
【详解】A、纯碱、液态氧、碘酒、稀盐酸依次是盐、单质、混合物、混合物，A错误；
B、干冰（CO2）、生石灰、硫酸、碳酸氢铵依次是氧化物、氧化物、酸、盐，B错误；
C、氯化氢、氨气、水银、草木灰（主要成分是碳酸钾）依次是电解质、非电解质、单质、混合物，C正确；
D、冰水、空气、泥水依次是纯净物、混合物、浊液，D错误。
答案选C。
3.每年10月23日上午6:02到晚上6:02被誉为“摩尔日”（Mole Day）《这个时间的美式写法为6：02/10/23,外观与阿伏加德罗常数6.02×1023相似。用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 标准状况下，22.4L的CO和CO2混合气体中含有的碳原子数为NA
B. 常温常压下，24g金属镁变为镁离子时得到的电子数为2NA
C. 标准状况下，5.6L水含有的分子数为0.25NA
D. 1 mol/L Mg(NO3)2溶液中含有NO3-的数目为2NA
【答案】A
【解析】
【详解】A. 标况下，22.4L CO和CO2混合气体的物质的量为1mol，1mol混合气体所含有的分子总数为NA，一个CO和一个CO2都含有一个碳原子，1mol该混合气体中含有的碳原子数为NA，故A正确；
B. 24g镁的物质的量为1mol，1 mol镁变成镁离子失去了2 mol电子，失去的电子数为2NA，故B错误；
C. 标况下，水不是气体，题中条件无法计算5.6L水的物质的量，无法算出水分子的数量，故C错误；
D. 1 mol/L Mg(NO3)2溶液给出了浓度，没有给溶液的体积，故无法算出Mg(NO3)2物质的量，故无法算出NO3-的数目。
答案选A。
4.下列关于胶体的叙述中不正确的是
A. 氯化铁溶液与氢氧化铁胶体都能透过半透膜
B. 将盐卤或石膏加入豆浆中，制成豆腐，利用了胶体聚沉的性质
C. 可利用丁达尔效应区分胶体与溶液
D. 部分胶体粒子，因吸附阳离子或阴离子，在电场作用下能产生电泳现象
【答案】A
【解析】
【详解】A. 根据分散质粒子直径的大小不同把物质分为溶液，胶体，浊液，氯化铁溶液中离子直径较小能透过半透膜，氢氧化铁胶体中胶体粒子直径较大不能透过半透膜，故A错误；
B. 豆浆是一种胶体，盐卤或石膏加入到豆浆里，会使豆浆发生聚沉，制成豆腐，故B正确；
C. 区分胶体与溶液可利用丁达尔效应，胶体在通过光线时，产生丁达尔效应，溶液没有这样的现象，故可以用丁达尔效应区分溶液和胶体，故C正确；
D. 部分胶体粒子有较大的表面积，具有吸附性，因吸附阳离子或阴离子，使胶体粒子带电，在电场作用下能产生电泳现象，故D正确；
答案选A。
【点睛】胶体的电泳，聚沉现象是胶体的性质，区分溶液和教体的方法是丁达尔效应，胶体，溶液，浊液最本质的区别是分散质粒子直径的大小不同，需辨析清楚。
5.能在溶液中大量共存的一组离子是
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】A. Mg2+和OH-会反应生成氢氧化镁沉淀，在溶液中不能大量共存，故A错误；
B. Fe3+与OH-会反应生成氢氧化铁沉淀，在溶液中不能大量共存，故B错误；
C. HCO3-与H+会反应生成水和二氧化碳，在溶液中不能大量共存，故C错误；
D. H+，Na+，Cl-，SO42-之间不发生反应，在溶液中能大量共存，故D正确；
答案选D。
6.下列有关金属性质的描述，符合事实的是
A. 金属钠暴露在空气中，表面变暗，生成白色的过氧化钠固体
B. 用坩埚钳夹住打磨过的镁带，在酒精灯上点燃，发出耀眼白光，放出大量热，生成白色固体
C. 用坩埚钳夹住一小块铝箔，在酒精灯上加热至熔化，轻轻晃动，有液态的铝滴落
D. 金属铝比铁活泼，因此在空气中，铁制品比铝制品耐腐蚀
【答案】B
【解析】
【详解】A. 钠在空气中，表面变暗，被空气中的氧气氧化成为氧化钠，氧化钠是白色固体，与氧气点燃或高温下产生过氧化钠，过氧化钠是淡黄色固体，故A错误；
B. 坩埚钳夹住打磨过的镁带，在酒精灯上点燃，镁与氧气反应发出耀眼的白光，放出大量的热，产生白色氧化镁固体，故B正确；
C. 用坩埚钳夹住一小块铝箔，铝的性质较活泼，易被空气中的氧气氧化，铝的表面生成致密的氧化膜而失去了光泽，由于铝熔点低，所以在酒精灯上加热时铝熔化成液态，由于氧化铝熔点较高，加热时氧化膜包裹着的内层熔化的铝而不会滴落，故C错误；
D. 金属铝比铁活泼，铝置于空气时，表面生成致密的氧化铝薄膜，从而阻止空气与铝的进一步反应，保护内部的铝不被腐蚀，铁接触潮湿的空气会生成疏松的铁锈，空气与水蒸气可穿透过那层氧化物，使反应继续进行，对内部的铁单质起不到保护作用，所以铝比铁更耐腐蚀，故D错误；
答案选B。
【点睛】金属的性质中比较钠，镁，铝，铁这些金属的活泼型，可以看它们和氧气或是酸的反应速率大小，注意钠在空气中被氧化的实验现象，氧化钠和过氧化钠的颜色，铝在空气中的反应现象。
7.配制 250mL0.100mol/L 的碳酸钠溶液，相关操作正确的是（　　）
A. 用天平称取碳酸钠粉末 2.650g
B. 用纸槽将碳酸钠粉末送入 250mL 容量瓶，加适量水溶解
C. 将烧杯尖嘴靠紧容量瓶口，注入蒸馏水至刻度
D. 容量瓶中溶液摇匀后，液面低于刻度，继续加入蒸馏水至刻度
【答案】A
【解析】
【详解】A．碳酸钠质量=0.100mol/L×0.25L×106g/mol=2.650g，托盘天平精确度是0.1g，不能用托盘天平称量2.650g药品，应该用其它种类天平称量，故A正确；
B．容量瓶只能配制溶液，不能稀释或溶解药品，应该将称量的碳酸钠在烧杯中溶解，冷却至室温后再转移到容量瓶中，故B错误；
C．将烧杯尖嘴靠近玻璃棒，将溶液沿玻璃棒倒入容量瓶，防止液体溅出，注入蒸馏水至刻度线1﹣2cm处改用胶头滴管定容，故C错误；
D．容量瓶中溶液摇匀后，液面低于刻度，继续加入蒸馏水会导致溶液体积偏大，则配制溶液浓度偏低，故D错误；
故选A。
8.用下图表示的一些物质或概念间的从属关系中不正确的是


X
Y
Z
A
酸
电解质
化合物
B
酸式盐
盐
化合物
C
溶液
分散系
物质
D
置换反应
氧化还原反应
离子反应


A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【分析】
由图可知，概念的范畴为Z包含Y，Y包含X，然后利用物质的组成和性质来分析物质的类别，再根据概念的从属关系来解答。
【详解】A.电解质和酸都属于化合物，酸都是电解质，则电解质包含酸，故A正确；
B.盐包括酸式盐，碱式盐，正盐，酸式盐属于盐，盐属于化合物，故B正确；
C.物质分为纯净物和混合物，分散系属于混合物，按照分散质粒子直径大小，可将分散系分为溶液、胶体和浊液，故C正确；
D.置换反应是单质和化合物反应生成另一种单质和另一种化合物的反应，一定有化合价的变化，属于氧化还原反应，氧化还原反应和离子反应是并列关系，是从不同角度对化学反应分类，把是否有化合价变化的反应称为氧化还原反应和非氧化还原反应，把是否有离子参与的反应把化学反应分为离子反应和非离子反应，故D错误。
【点睛】分清楚各概念间的从属关系，氧化还原反应和离子反应是从不同角度对化学反应进行分类。
9.现有三组分散系：①四氯化碳和氯化钠溶液②碘酒③碘水，分离以上各混合液的主要方法依次是
A. 分液、萃取、萃取 B. 萃取、蒸馏、分液
C. 分液、蒸馏、萃取 D. 分液、萃取、蒸馏
【答案】C
【解析】
【详解】①四氯化碳和氯化钠溶液不互溶，可用分液的方法分离；
②碘易溶于酒精，但碘和酒精的沸点不同，利用蒸馏的方法分离；
③碘在水中溶解度不大，易溶于有机溶剂，可利用苯或者四氯化碳将碘单质从水溶液中萃取出来；
答案选C。
【点睛】选择物质分离方法时，根据物质的溶解性，沸点等物理性质的差异，选择合适的方法。
10.常温下，在溶液中可发生如下反应：
①
②
③
根据上述反应提供的信息，判断下列结论不正确的是
A. 氧化性：XO4—>B2>A3+
B. X2+既有还原性，又有氧化性
C. 还原性：Z—>A2+
D. 溶液中可发生：
【答案】C
【解析】
【详解】A. 利用氧化还原反应的规律，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，由反应①知，氧化性B2>A3+，由反应③可知，氧化性XO4—>Z2，由反应②可知，氧化性Z2 > B2，则得到氧化性强弱关系：XO4—>Z2 >B2>A3+，A项正确；
B. 反应③中，X 的元素的化合价最高正价为+7，最低价=-（8-最高正价）=-（8-7）=-1则X2+处于中间价态，既有还原性，又有氧化性，故B正确；
C. 还原剂的还原性强于还原产物的还原性，由反应①可知，还原性A+>B-，由反应②可知，还原性B—>Z—，由反应③可知，还原性Z—>X2+，可得到还原性强弱关系：A+>B—>Z—>X2+，得不到Z—> A2+，故C错误；
D. 由①②可知，氧化性Z2 >B2>A3+，可以发生反应，故D正确；
答案选C。
11.某溶液中只含有大量的下列离子：Fe3+、NO3—、K+和M离子，经测定Fe3+、NO3—、K+和M离子的物质的量之比为2:5:1:1，则M离子可能是
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】根据溶液为电中性，即阴离子所带的电荷数与阳离子所带的电荷数相等，结合题意，Fe3+、NO3—、K+和M离子的物质的量之比为2:5:1:1，设Fe3+、NO3—、K+和M离子的物质的量分别为2mol、5mol、1mol、1mol， Fe3+、K+离子所带总电荷为2mol×3+1mol×1=7mol，NO3-离子所带总电荷为5mol×1=5mol＜7mol，故M为阴离子，设离子为Mn-，则7mol=5mol+1mol×n，解得n=2，
答案选B。
【点睛】本题考查物质的量有关计算，涉及混合物计算，注意利用电荷守恒解答，解答中注意离子共存问题。
12.标准状况下，两个容积相等的贮气瓶，一个装有O2，另一个装有CH4，两瓶气体具有相同的（ ）
A 质量 B. 原子总数 C. 密度 D. 分子数
【答案】D
【解析】
由阿伏加得罗定律易知答案为D
13.下列溶液中Cl—的物质的量的浓度与100mL 1mol/L MgCl2溶液中的Cl—物质的量浓度相等的是
A. 150mL 2 mol/L NaCl溶液 B. 50mL 2 mol/L CaCl2溶液
C. 150mL 2 mol/L KClO3溶液 D. 75 mL 1 mol/L AICl3溶液
【答案】A
【解析】
【详解】100mL 1mol/L MgCl2溶液中的Cl—物质的量浓度为1mol/L×2=2mol/L；
A. 150mL 2 mol/L NaCl溶液中的Cl—物质的量浓度为2mol/L×1=2mol/L；
B. 50mL 2 mol/L CaCl2溶液中的Cl—物质的量浓度为2mol/L×2=4mol/L；
C. 150mL 2 mol/L KClO3溶液中的Cl—物质的量浓度为2mol/L×3=6mol/L；
D. 75 mL 1 mol/L AICl3溶液中的Cl—物质的量浓度为1mol/L×3=3mol/L；
与题干要求相符的为A，
答案A。
【点睛】
比较不同溶液中相同离子物质的量溶度的大小时，溶液中离子的物质的量浓度与溶液的体积无关。
14.下列仪器①漏斗②容量瓶③蒸馏烧瓶④天平⑤分液漏斗⑥量筒⑦燃烧匙。常用于物质分离的是
A. ①②⑥ B. ①③④ C. ①③⑤ D. ③④⑦
【答案】C
【解析】
【详解】漏斗能分离固体和液体，容量瓶是配制一定物质的量浓度的溶液的仪器，天平是称量物质的质量的仪器，分液漏斗能分离不互溶的液体混合物，量筒量取液体的体积，燃烧匙能做物质的燃烧实验。所以能分离物质的仪器有①③⑤。
故选C。
15.中国科学技术大学的钱逸泰教授等以CCl4和金属钠为原料，在700℃时制造出纳米级金刚石粉末。该成果发表在世界权威的《科学》杂志上，立刻被科学家们高度评价为“稻草变黄金”。同学们对此有下列一些理解，其中错误的是
A. 金刚石属于非金属单质
B. 制造过程中元素种类发生改变
C. CCl4是一种化合物
D. 这个反应是置换反应
【答案】B
【解析】
【详解】A、金刚石属于非金属单质，为碳单质，正确；
B、制造过程中元素种类并没有发生改变，错误；
C、CCl4是一种化合物，正确；
D、反应方程式为：4Na+CCl4=C+4NaCl；为置换反应，正确；
答案选B。
16.如果1g水中含有n个氢原子，则阿伏加德罗常数是
A. 1/ n mol－1 B. 9n mol－1 C. 2n mol－1 D. n mol－1
【答案】B
【解析】
【详解】根据m/M=n=N/NA 得到(1/18)x2=n/NA NA=9n mol－1，答案选B。
17.下列离子方程式书写不正确的是
A. 向小苏打溶液中加入硫酸氢钠溶液：
B. 碳酸镁与稀硫酸反应：
C. 金属铝溶于盐酸中：
D. 向稀硫酸中加入氢氧化钡溶液中：
【答案】D
【解析】
【详解】A. 小苏打是碳氢酸钠，溶液中电离出碳酸氢根离子，硫酸氢钠溶液电离出氢离子，碳酸氢根离子与氢离子发生反应生成二氧化碳和水，反应的离子方程式：，故A正确；
B. 碳酸镁属于难溶性的盐，不能拆成离子形式，碳酸镁与稀硫酸反应的化学方程式为：MgCO3+H2SO4=MgSO4+H2O+CO2↑，离子方程式为：，故B正确；
C. 金属铝溶于盐酸中发生反应生成氢气和氯化铝，反应的离子方程式：，故C正确；
D. 向稀硫酸中加入氢氧化钡溶液中生成硫酸钡和水：，故D错误；
答案选D。
18.以下说法正确的是
A. 12.0gNaHSO4溶于1L水中，溶液中氢离子的浓度为0.1mol/L
B. 25℃时气体的摩尔体积大于22.4L/mol
C. 阿伏加德罗常数近似为6.02×1023
D. 氦气的摩尔质量是4g/mol
【答案】D
【解析】
【详解】A. NaHSO4为强电解质，在溶液中完全电离，电离方程式为：NaHSO4=Na++H++ SO42-，12.0gNaHSO4的物质的量为，溶于1L水中，所得溶液的体积不是1L，则溶液中氢离子浓度不是0.1mol/L，故A错误；
B. 标况即0℃、101 KP时，气体摩尔体积为22.4L/mol，25℃时，因压强不定，所以此时气体的摩尔体积不确定，故B错误；
C. 阿伏伽德罗常数的单位为mol-1，即阿伏伽德罗常数近似为6.02×1023 mol-1，故C错误；
D. 氦原子的相对原子质量为4，而氦气为单原子分子，分子摩尔质量在数值上等于该物质的相对分子质量，故氦气的摩尔质量为4g/mol，故D正确。
答案选D。
19.高锰酸钾溶液在酸性条件下可以与硫酸亚铁反应，化学方程式如下：KMnO4＋FeSO4＋H2SO4→K2SO4＋MnSO4＋Fe2(SO4)3＋H2O（未配平）。下列说法正确的是（ ）
A. KMnO4是氧化剂，Fe3+是还原产物 B. Fe2+的还原性强于 Mn2+
C. 氧化剂和还原剂物质的量之比为 5:1 D. 生成 1mol 水时，转移 2.5 mol 电子
【答案】B
【解析】
【详解】A项，MnO4－中Mn元素的化合价降低，KMnO4是氧化剂，Fe2＋中Fe元素的化合价升高，Fe2+是还原剂，Fe3＋是氧化产物，故A错误；
B项，Fe2＋中Fe元素的化合价升高，Fe2+是还原剂，Mn2＋是还原产物，还原性：还原剂>还原产物，故B正确；
C项，锰元素的化合价由+7价降至+2价，铁元素的化合价由+2价升至+3价，根据得失电子守恒，MnO4－、Mn2＋的系数为1，Fe2＋、Fe3＋的系数为5，根据电荷守恒，H+的系数为8，根据质量守恒，H2O的系数为4，所以离子方程式为MnO4-＋5Fe2+＋8H+=Mn2+＋5Fe3+＋4H2O，由此可知氧化剂和还原剂物质的量之比为1：5，故C错误；
D项，根据反应的离子方程式MnO4-＋5Fe2+＋8H+=Mn2+＋5Fe3+＋4H2O 可知，生成4mol水时转移5mol电子，所以生成1 mol水时，转移1.25 mol电子，故D错误；
故答案为B。
20.已知氢碘酸(HI的溶液)的酸性比盐酸酸性更强，关于氢碘酸的下列说法正确的是
A. 属于电解质
B. 该物质不存在分子，表现出酸性，能溶解氢氧化镁
C. 在氧化还原反应中，HI既可作氧化剂，也可以作还原剂
D. 与Fe反应产生4.48L氢气时，转移的电子数为2.408×1022
【答案】C
【解析】
【详解】A. 氢碘酸是碘化氢的水溶液，是混合物，既不是电解质也不是非电解质，故A错误；
B. 氢碘酸溶液中存在水分子，溶液显酸性会和氢氧化镁发生反应生成碘化镁溶液，故B错误；
C. 碘化氢中氢离子具有氧化性，碘离子具有还原性，在氧化还原反应中既可作氧化剂，也可以作还原剂，故C正确；
D. 与Fe反应产生4.48L氢气时，气体温度压强不知，故不能计算物质的量，故D错误。
答案选C。

第二部分 非选择题
二、填空题
21.某同学设计如下实验方案，以分离KNO3和Ba(NO3)2两种固体混合物试回答下列问题

供选试剂：Na2SO4溶液、Na2CO3溶液、K2CO3溶液、K2SO4溶液、硫酸、硝酸
(1)试剂a是_______加入试剂b所发生反应的离子方程式为___________________________
(2)该方案能否达到实验目的：__________________________（填能或不能）若不能，应如何改进？__________________________（若能此问不用回答）
(3)若要测定原混合物中Ba(NO3)2的质量分数，除了要准确称量混合物的质量外至少还要获得的数据是__________的质量
(4)用所制备的KNO3固体配制0.1 mol/L KNO3溶液450mL,回答下列问题：
①配制过程中需要用到的玻璃仪器有烧杯、量筒、胶头滴管、______________
②需要用托盘天平称量_______g KNO3固体)
③下列情况会使所配溶液浓度偏低的是________
A.称量固体时，砝码与药品的位置放反了，即“左码右物”
B.使用有少量蒸馏水的容量瓶
C.定容时俯视刻度线观察液面
D.洗涤和转移时有液体外溅
【答案】 (1). K2CO3溶液 (2). (3). 不能 (4). 应在操作②的滤液中加入稍过量（或适量）硝酸后再蒸发结晶 (5). 干燥的沉淀A1，或固体B (6). 500mL容量瓶、玻璃棒 (7). 5.1 (8). AD
【解析】
【分析】
分离KNO3和Ba(NO3)2两种固体混合物，可先溶于水，然后加入过量K2CO3使Ba(NO3)2转化为沉淀，过滤后沉淀加入硝酸可生成Ba(NO3)2溶液，经蒸发、结晶、干燥后可得固体Ba(NO3)2，操作②所得滤液为KNO3和K2CO3的混合物，蒸发结晶得到固体C为KNO3和K2CO3，应加入过量硝酸可得KNO3，A为不纯的BaCO3沉淀，经过洗涤干燥得到A1为纯净的BaCO3沉淀，加硝酸，蒸发得到固体B为Ba(NO3)2，以此解答该题。
【详解】(1)由以上分析可知试剂a为K2CO3溶液，试剂b为硝酸，加入试剂b，BaCO3沉淀加入硝酸可生成Ba(NO3)2溶液，反应的化学方程式为
故答案为：K2CO3溶液；；
(2) 操作②所得滤液为KNO3和K2CO3的混合物，蒸发结晶得到固体C为KNO3和K2CO3，蒸发结晶前应加入适量稀硝酸，将过量的碳酸钾转化成硝酸钾，否则晶体不纯，所以该方案不能达到实验目的，
故答案为：应在操作②滤液中加入过量硝酸后再蒸发结晶；
(3)固体溶解后加入过量K2CO3使Ba(NO3)2，转化为碳酸钡沉淀，过滤后沉淀加入试剂b硝酸可将碳酸钡转化成Ba(NO3)2溶液，然后经蒸发、结晶、干燥后可得固体Ba(NO3)2，若要测定原混合物中KNO3和Ba(NO3)2的质量分数，除了要准确称量混合物的质量外，至少还要获得的数据是固体B或干燥的沉淀A1的质量，依据B为Ba(NO3)2计算得到质量分数，A1为碳酸钡，结合钡元素守恒计算氯化钡质量得到，
故答案为：干燥的沉淀A1，或固体B；
(4) ①配制0.1 mol/L KNO3溶液450mL需要500mL容量瓶，配制溶液一般步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，用到的仪器：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，还缺少的玻璃仪器：500mL容量瓶、玻璃棒；
故答案为：500mL容量瓶、玻璃棒；
②用固体KNO3配制0.1 mol/L KNO3溶液450mL，应选择500mL容量瓶，实际配制500mL溶液，需要KNO3质量为：0.1mol/L×0.5L×101g/mol=5.05g；由于托盘天平的精确度为0.1g，故用天平称量的质量为5.1g，
故答案为：5.1g；
③A. 称量固体时，砝码与药品的位置放反了，即“左码右物”，会使称量药品的质量偏小， 根据c=，导致所得溶质的物质的量浓度偏小，故A符合题意；
B. 使用有少量蒸馏水的容量瓶，定容时还要加水，故对浓度无影响，故B不符合题意；
C. 定容时俯视刻度线观察液面会使v偏小，根据c=，故浓度偏大，故C不符合题意；
D. 洗涤和转移时有液体外溅会使n减小，根据c=，故浓度偏小，故D符合题意；
故答案为AD。
22.阅读下列材料后回答有关问题
一个体重50kg的健康人，体内含铁元素2g,这2g铁元素以Fe2+和Fe3+的形式存在。Fe2+易被吸收，所以给贫血者补充铁时，应补充含Fe2+的亚铁盐(如FeSO4)，服用维生素C可使食物中的Fe转化成Fe2+,有利于人体对铁的吸收
(1)人体中经常进行Fe2+与Fe3+的转化，在此转化过程中，Fe2+作_______剂(填氧化或还原，下同)，被__________
(2)“服用维生素C可使食物中的Fe3+转化为Fe2+这句话说明，维生素C在这个反应中作____剂(填氧化或还原，下同)，具有_______性
(3)补血剂的主要成分是FeSO4请写出产物有FeSO4的符合要求的化学方程式：
①置换反应：__________________________
②复分解反应：__________________________
(4)有人在研究硫酸亚铁(FeSO4)热稳定性时，作出了两种假设
①假设它按CaCO3受热分解的方式分解，反应的化学方程式为_________________________
②假设它按KClO3受热分解的方式分解，已知产物都是氧化物，其中有两种酸性氧化物生成，则分解反应的化学方程式为____________________________
【答案】 (1). 还原 (2). 氧化 (3). 还原 (4). 还原 (5). (6). (7). (8). 或或
【解析】
【详解】Fe2+转变为Fe3+，Fe2+的化合价升高，做还原剂，被氧化；
(2)“服用维生素C可使食物中的Fe3+转化为Fe2+这句话说明，维生素C把 Fe3+还原为Fe2+具有还原性，做还原剂；
(3) ①生成FeSO4的置换反应可以选择金属和酸反应，
故答案为：；
②复分解反应可以选择酸碱中和反应，
故答案
(4)①假设它按CaCO3受热分解的方式分解CaCO3=CaO+CO2↑故硫酸亚铁的分解方程式为，
答案为：；
②假设它按KClO3受热分解的方式分解，2KClO3=2KCl+3O2↑，则硫酸亚铁的加热分解产物都是氧化物，其中有两种酸性氧化物生成，其中铁的氧化物由三种，则方程式为或或，
答案：或或。
23.(1)已知：氢化钠(NaH)为白色晶体，其中H-有很强的还原性，因此常用氢化钠在高温下将TiCl4还原为Ti,自身被氧化为+1价，写出其化学反应方程式，并用双线桥标出电出电子转移的方向与数目______________________
(2)自来水中的NO3-对人类健康产生危害。为了降低自来水中NO3-的浓度，某研究人员提出在碱性条件下用A粉还原NO3-,发生的反应可表示如下，请配平下列反应方程式： ____、____、____、____、____、___、
(3)碘是人体不可缺乏的元素，为了防止碘缺乏，现在市场上流行一种加碘盐，就是在精盐中添加一定量的KIO3进去。某研究小组为了检测某加碘盐中是否含有碘,查阅了有关的资料，发现其检测原理是：
①该反应的氧化剂是____________氧化产物与还原产物的物质的量比是 __________
②如果反应生成0.3mol的单质碘，则转移的电子数目是_____________
③先取少量的加碘盐加蒸馏水溶解，然后加入稀硫酸和KI溶液，最后加入一定量的CCl4,振荡，静置后观察到的现象是_________________________
【答案】 (1). (2). 10 (3). 6 (4). 4 (5). 2 (6). 3 (7). 10 (8). KIO3 (9). 5：1 (10). 3.01x103 (11). 溶液分层，上层无色，下层紫红色
【解析】
【详解】(1)NaH中Na为+1价，则H为−1价，为最低价态，可被氧化，具有还原性，氢化钠在高温下将TiCl4还原为Ti，自身被氧化为+1价，则应生成HCl，反应的方程式为2NaH+TiCl4═Ti+2HCl+2NaCl，电子转移方向和数目可表示为，
答案为：；
(2)反应中Al→AlO2−，Al元素化合价由0价升高为+3价，共升高3价，NO3−→N2↑，氮元素化合价由+5价降低为0价，共降低10价，化合价升降最小公倍数为30，故Al的系数为10，N2系数为3，由氮元素守恒可知系数为6，由Al元素守恒可知系数为10，由电荷守恒可知系数为，由H元素守恒可知系数为，故配平后离子方程式为：10Al+6NO3−+4OH−=10AlO2−+3N2↑+2H2O，
答案为：10；6；4；2；3；10；
(3)氧化还原反应KIO3+5KI+3H2SO4═3K2SO4+3I2+3H2O中，KIO3中的I元素的化合价由+5价降低为0，得电子发生还原反应，做氧化剂；KI中的I元素的化合价由−1价升高为0，失电子发生氧化反应，做还原剂；化合价升高值=化合价降低值=转移电子数=5，还原产物与氧化产物均为碘，由原子守恒及反应可知，物质的量之比为1:5，
故答案为：KIO3；5:1；
(4)碘易溶于有机溶剂，在四氯化碳在的溶解度远大于在水中，加入四氯化碳萃取水中的碘，四氯化碳与水不互溶，溶液分成两层，四氯化碳的密度比水大，有机层在下层，碘溶于四氯化碳呈紫红色，上层几乎无色，下层呈紫(红)色，
故答案为：溶液分层，上层无色，下层呈紫红色。
24.现有一混合物的水溶液，可能含有以下离子中的几种：、、、现取三份各100mL溶液进行如下实验：第一份加入溶液有沉淀A产生：第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到0.08ml气体B;第三份加足量溶液后，得到干燥沉淀C 12.54g,经足量盐酸洗涤干燥后，沉淀质量为4.66g
请回答以下问题
(1) 沉淀C的成分是_________，其物质的量分别是_____________
(2) 写出产生气体B的离子方程式 ____________________
(3) 该混合液中可能含的离子有___________，一定含有的阳离子有_________其物质的量分别是_____________一定没有的离子是_________________
【答案】 (1). 硫酸钡、碳酸钡 (2). (3). (4). Cl- (5). (6). (7).
【解析】
【分析】
第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生，与AgNO3溶液有沉淀产生，则至少含Cl-、CO32-、SO42-中的一种；
第二份加足量NaOH溶液加热产生气体，气体是氨气，溶液中一定含有NH4+，且物质的量为0.08mol；
第三份加入足量BaCl2溶液后，得到干燥沉淀12.54g，经足量的盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为4.66g，可知不溶于盐酸的4.66g为硫酸钡，物质的量为=0.02mol；12.54g沉淀是硫酸钡和碳酸钡，碳酸钡质量为12.54g-4.66g=7.88g，碳酸钡的物质的量为=0.04mol，故原溶液中一定存在CO32-、SO42-，则一定没有Ca2+、Ba2+；
由电荷守恒可知，正电荷=n（NH4+）=0.08mol；负电荷=2c（CO32-）+2c（SO42-）=0.12mol，正电荷总物质的量大于负电荷，故原溶液中一定有K+，至少为0.04mol，以此来解答。
【详解】(1).第三份加入足量BaCl2溶液后，得到干燥沉淀12.54g，经足量的盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为4.66g，可知不溶于盐酸的4.66g为硫酸钡，物质的量为=0.02mol；12.54g沉淀是硫酸钡和碳酸钡，碳酸钡质量为12.54g-4.66g=7.88g，碳酸钡的物质的量为=0.04mol， 沉淀C的成分是硫酸钡、碳酸钡，
答案为：硫酸钡、碳酸钡；n(BaCO3)=0.04mol，n(BaSO4)=0.02mol；
(2) 由第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到0.08ml气体B可知，，
答案为：；
(3) 第二份加足量NaOH溶液加热产生气体，气体是氨气，溶液中一定含有NH4+，且物质的量为0.08mol；由电荷守恒可知，正电荷为：n(NH4+)=0.08mol；负电荷=2c(CO32-)+2c(SO42-)=0.12mol，正电荷总物质的量大于负电荷，故原溶液中一定有K+，至少为0.04mol，该混合液中可能含的离子有Cl-，故原溶液中一定存在CO32-、SO42-、K+、NH4+，一定没有Ca2+、Ba2+，可能含的离子有Cl-，
故答案为：Cl-；K+、NH4+；；Ca2+、Ba2+。