2023届大连育明中学化学高一上期中学业质量监测试题含解析.doc

2022-2023学年高一上化学期中模拟试卷请考生注意：1请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用05毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2答题前，认真阅读答题纸上的注意事项，按规定答题。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、农药波尔多液不能用铁制容器盛放，是因为铁能与该农药中的硫酸铜起反应。在该反应中，铁（ ）A是氧化剂B是还原剂C既是氧化剂又是还原剂D既不是氧化剂又不是还原剂2、下列叙述中正确的是（ ）A在氧化还原反应中，非金属单质一定是氧化剂B金属阳离子被还原不一定得到金属单质C许多胶体能进行电泳是因为这些胶体带电D溶于水能导电的化合物一定是电解质3、气体的体积主要由以下什么因素决定的：气体分子的直径 气体物质的量的多少 气体分子间的平均距离 气体分子的相对分子质量（）ABCD4、下列反应中H2O是氧化剂的是ACaO+H2OCa(OH)2 BCl2+H2OHCl+HClOC2Na+2H2O=2NaOH+H2 D2F2+2H2O4HF+O25、下列离子方程式书写正确的是（ ）A氧化钠投入水中发生反应：O2 +H2O=2OHB向澄清石灰水中通入足量二氧化碳：OH +CO2=HCO3C硝酸银溶液中加入铜粉：Ag+Cu=Cu2+AgD金属铁溶于稀硫酸中：2Fe+6H+=2Fe3+3H26、现有四组液体：氯化钠溶液和四氯化碳组成的混合液 43的乙醇溶液 含单质溴的水溶液 粗盐溶液中混有泥沙，分离以上各混合液的正确方法依次是A分液、萃取、蒸馏、结晶B萃取、蒸馏、分液、结晶C蒸馏、萃取、分液、过滤D分液、蒸馏、萃取、过滤7、下列实验操作中正确的是()A凡是给玻璃仪器加热，都要加垫石棉网B给试管里的液体加热，液体的体积一般不超过试管容积的2/3C试管和烧杯都可以直接在火焰上加热D加热后的蒸发皿，要用坩埚钳夹取8、一定温度和压强下，用m g的CH4、CO2、O2、SO2四种气体分别吹出四个体积大小不同的气球，下列说法中正确的是（ ）A气球中装的是O2B气球和气球中气体分子数相等C气球和气球中气体物质的量之比为41D气球和气球中气体密度之比为219、在探究新制饱和氯水成分的实验中，下列根据实验现象得出的结论不正确的是A氯水的颜色呈浅黄绿色，说明氯水中含有Cl2B向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，说明氯水中含有H+C向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色，说明氯水中含有HClOD向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，说明氯水中含有Cl-10、下列物质分类的正确组合是()选项混合物纯净物单质电解质A盐酸NaOH石墨K2SO4溶液B空气Fe(OH)3胶体铁Na2CO3CCuSO4·5H2OCaCl2水银铜D氯水KNO3晶体O3NaClAABBCCDD11、设NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（ ）A5.6g铁与足量盐酸反应转移的电子数为0.3NAB常温常压下，11.2L甲烷中含有的氢原子数为2NAC标准状况下，22.4L氦气与22.4L氟气所含原子数均为2NAD常温下，2.7g铝与足量的盐酸反应，失去的电子数为0.3NA12、由钠和氧组成的某种离子晶体含钠的质量分数是69/109，其阴离子只有过氧离子（O22-）和氧离子（O2-）两种。在此晶体中，氧离子和过氧离子的物质的量之比为A21 B12 C11 D1313、下列烷烃中，进行一氯取代反应后，只能生成三种沸点不同的产物的是（ ）A(CH3)2CHCH2CH2CH3B(CH3CH2)2CHCH3C(CH3)2CHCH(CH3)2D(CH3)3CCH2CH314、欲配制100 mL 1.0 mol·L-1Na2CO3溶液，正确的方法是（）A称量10.6 g Na2CO3溶于100 mL水中B称量10.6 g Na2CO310H2O溶于少量水中，再用水稀释至100 mLC量取20 mL 5.0 mol·L-1Na2CO3溶液用水稀释至100 mLD配制80 mL 1.0 mol·L-1Na2CO3溶液，则只需要称量8.5 g Na2CO315、100 mL含有0.10 mol碳酸钠的溶液和200 mL盐酸，不管将前者滴加入后者，还是将后者滴加入前者，都有气体产生，但最终生成的气体体积不同，则盐酸的浓度合理的是A2.0mol/LB1.5 mol/LC0.18 mol/LD0.64mol/L16、水热法制备Fe3O4纳米颗粒的反应为：3Fe22S2O32-O2xOH=Fe3O4S4O62-2H2O，下列说法中，不正确的是Ax4B每生成1molFe3O4，反应转移的电子总数为3molC1 mol Fe2被氧化时，被Fe2还原的O2的物质的量为0.25 molD可以通过丁达尔效应判断有无Fe3O4纳米颗粒生成二、非选择题（本题包括5小题）17、现有 0.1L 无色溶液，其含有的阳离子可能是 K+、Cu2+、Ca2+，含有的阴离子可能 Cl-、CO32-、SO42-现做以下实验：取 50mL 溶液置于大烧杯中，向溶液中加入过量的 BaCl2 溶液振荡，有白色沉淀生成；过滤，洗涤， 干燥，后称得 4.30g 固体将所得白色固体配成悬浊液后加入过量稀硝酸，白色沉淀部分消失，并有气泡产生；将剩余固体过 滤洗涤干燥后称量得到 2.33g取少量实验后上层清液滴入 AgNO3 溶液，有白色沉淀生成。(1)根据上述实验现象，判断原溶液中肯定不含有_（填离子符号），一定含有_（填离子符号），可能含有_（填离子符号），请设计方案证明原溶液中可能含 有的离子：_。(2)写出上述过程中一定发生反应的离子方程式：_。(3)若经证明没有 Cl则该溶液中的 K+的物质的量浓度是：_。18、我国很早就使用青铜器，由于时间久远，其表面有一层“绿锈”，“绿锈”俗称“铜绿”，是铜和空气中的水蒸气、CO2、O2作用产生的，化学式为Cu2(OH)2CO3，“铜绿”能跟酸反应生成铜盐、CO2和H2O。某同学利用以下反应实现了“铜铜绿铜”的转化。(1)从物质分类标准看，“铜绿”属于_(填字母)。A酸 B碱 C盐 D氧化物(2)写出B的化学式：_。(3)请写出铜绿与盐酸反应的离子方程式：_。(4)上述转化过程中属于氧化还原反应的是_(填序号)(5)铜绿在受热时可直接分解生成物质B、CO2和水，其分解的化学方程式为_。19、现需配制0.1mol·L1NaOH溶液480mL，根据此，回答下列问题：（1）配制氢氧化钠溶液需要用到的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、和_。（2）实验时需要托盘天平称量氢氧化钠_g；（3）配制时，其正确的操作顺序是（字母表示，每个字母只能用一次）_。A用30mL水洗涤烧杯23次，洗涤液均注入容量瓶B准确称取计算量的氢氧化钠固体于烧杯中，再加入少量水（约30mL），用玻璃棒慢慢搅动，使其充分溶解C将溶解的氢氧化钠溶液冷却室温后，沿玻璃棒注入容量瓶中    D将容量瓶盖紧，上下颠倒摇匀 E改用胶头滴管加水，使溶液凹面恰好与刻度相切F继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度12cm处（4）配制0.1 mol· L1NaOH溶液的实验中，如果出现以下操作，会导致配制溶液的浓度偏大的有_ (填写字母)。A称量时用了生锈的砝码 B未洗涤溶解NaOH的烧杯CNaOH在烧杯中溶解后，未冷却就立即转移到容量瓶中D容量瓶未干燥即用来配制溶液 E定容时仰视刻度线F定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面不到刻度线，再加水至刻度线20、在呼吸面具和潜水艇中可用过氧化钠作为供氧剂。请选用适当的化学试剂和实验仪器，用下图中的实验装置进行实验，证明过氧化钠可作供氧剂。(1)A是制取CO2的装置，写出A中发生反应的离子方程式：_。(2)装置B的作用是除去CO2中混有的HCl，其中所盛放的试剂是_；C中盛放Na2O2固体，写出Na2O2与CO2反应的化学方程式_，当44gCO2气体发生该反应，可使Na2O2固体的质量增加_g。(3)D中盛放NaOH溶液，其作用是_。(4)用_检验F中收集到的气体，现象是_。21、已知某市售“84消毒液”瓶体部分标签如图所示，该“84消毒液”通常稀释100倍(体积之比)后使用。请回答下列问题：（1）该“84消毒液”中NaClO的物质的量浓度约为_mol/L。(保留1位小数)（2）该同学参阅此“84消毒液”的配方，欲用NaClO固体配制480mL与市售物质的量浓度相同的“84消毒液”，下列说法正确的是_(填序号)。A如图所示的仪器中有三种是不需要的B容量瓶用蒸馏水洗净后，应烘干后才能用于溶液配制C配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒会导致结果偏低D需要称量NaClO固体的质量为143.0g（3）“84消毒液”与稀硫酸混合使用可增强其消毒能力，某消毒小组人员用98%(密度为1.84g/cm3)的浓硫酸配制500mL2.3mol/L的稀硫酸用于增强“84消毒液”的消毒能力。需用浓硫酸的体积为_mL。取用任意体积的浓硫酸时，下列物理量中不随所取体积的多少而变化的是_。A溶液中H2SO4的物质的量 B溶液的浓度 C溶液的质量 D溶液的密度配制该稀硫酸过程中，下列情况会使所配制的溶液的浓度大于2.3mol/L的有_。A未经冷却趁热将溶液注入容量瓶中并进行定容B摇匀后发现液面低于刻度线，再加水至刻度线C容量瓶中原有少量蒸馏水D定容时俯视容量瓶刻度线参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解析】反应的化学方程式为Fe+Cu2+=Fe2+Cu，Fe元素的化合价升高，应为还原剂，故选B。【点睛】本题考查氧化还原反应，为高考高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重基本概念的考查，注意把握氧化剂发生还原反应，题目难度不大。2、B【解析】A.H2、C等非金属元素的单质在化学反应中常作还原剂，判断是氧化剂还是还原剂需从化合价的变化角度分析，A项错误；B金属阳离子被还原不一定得到金属单质，如2Fe3+Fe=3Fe2+，B项正确；C.胶体因为吸附溶液中的离子而带电，本身不带电，C项错误；D.溶于水能导电的化合物不一定是电解质，如三氧化硫，三氧化硫溶于水生成硫酸，硫酸溶液导电，是因为硫酸电离出自由移动的氢离子和硫酸根离子，但这些离子不是三氧化硫电离产生的，D项错误；答案选B.点睛：C为易错项，要注意不能说胶体带电荷，胶体是呈电中性的，是由于吸附溶液中的离子而带电荷。3、C【解析】决定物质体积的因素由物质所含分子数的多少、分子大小和分子间距。气体分子间距远大于气体分子直径，故决定气体体积的因素为气体物质的量多少和气体分子间的平均距离，选C。4、C【解析】氧化还原反应中氧化剂得电子化合价降低，H2O只作氧化剂，则H2O中H元素的化合价降低，O元素的化合价不变，以此来解答。【详解】ACaO+H2O=Ca(OH)2中没有元素化合价的变化，不属于氧化还原反应，选项A错误；BCl2+H2O=HCl+HClO中Cl元素的化合价既升高又降低，则Cl2既是氧化剂又是还原剂，选项B错误；C2Na+2H2O=2NaOH+H2中Na元素的化合价升高，Na为还原剂，H2O中H元素的化合价降低，H2O作氧化剂，选项C正确；D2F2+2H2O=4HF+O2中H2O中的O元素的化合价升高，H2O是还原剂，选项D错误；答案选C。【点睛】本题考查氧化还原反应，侧重氧化剂、还原剂的考查，明确反应中元素的化合价变化为解答的关键，题目难度不大。5、B【解析】A. 氧化钠保留化学式，氧化钠投入水中发生反应：Na2O +H2O=2OH+2Na，故A错误；B. 向澄清石灰水中通入足量二氧化碳生成碳酸氢钙：OH +CO2=HCO3，故B正确；C. 离子方程式要符合电荷守恒的原则，硝酸银溶液中加入铜粉：2Ag+Cu=Cu2+2Ag，故C错误；D. 金属铁溶于稀硫酸中生成硫酸亚铁和氢气：Fe+2H+=Fe2+H2，故D错误；故选B。6、D【解析】四氯化碳不溶于水，所以分离氯化钠溶液和四氯化碳组成的混合液可以用分液的方法；乙醇能溶于水，但沸点不同，所以分离43的乙醇溶液可以用蒸馏的方法分离；因为溴在有机溶剂中的溶解度大于在水中的溶解度，所以分离含单质溴的水溶液可以用萃取分液的方法分离；泥沙不溶于水，所以分离粗盐溶液中混有泥沙可以用过滤的方法分离。故选D。【点睛】互溶的液体混合物利用沸点不同采用蒸馏的方法分离。分离不互溶的液体混合物用分液的方法，从水溶液中分离碘或溴用萃取的方法，分离固体和液体用过滤的方法。7、D【解析】A项，给玻璃仪器加热，如烧杯、烧瓶等，都要加垫石棉网；但是试管加热不需要垫石棉网，故A项错误；B项，给试管里的液体加热，为了避免沸腾液体溅出烫伤实验人员，试管内液体的体积一般不超过试管容积的1/3，故B项错误；C项，烧杯不能直接加热，给烧杯加热时下边需要垫上石棉网，故C项错误。D项，加热后的蒸发皿有很高的温度，为了实验安全，应该用坩埚钳夹取，故D项正确；综上所述，本题选D。8、A【解析】根据V=×Vm，已知气体的质量相等，而Vm为定值，故M越小，则气体的体积越大，CH4、CO2、O2、SO2的摩尔质量分别为16g/mol、44g/mol、32g/mol、64g/mol，气球体积由大到小的顺序为CH4、O2、CO2、SO2。【详解】A根据分析可知中装的是O2，A说法正确；B根据相同质量，气体的分子数与摩尔质量成反比，所以气球和气球中气体分子数不相等，B说法错误；C相同质量下，物质的量与摩尔质量成反比，所以气球和气球中气体物质的量之比为16：64=1：4，C说法错误；D根据，即与M成正比，所以气球和气球中气体密度之比为44：64=11：16，D说法错误；答案为A。9、C【解析】氯气溶于水，部分发生反应：Cl2+H2OH+Cl-+HClO ，所以在氯水中含有Cl2、HClO、H2O、H+、Cl-、ClO-、OH-多种微粒。【详解】A氯水的颜色呈浅黄绿色，就是由于氯水中含有Cl2，A正确；B向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，是由于发生反应：HCO3-+OH-=H2O+CO32-，说明氯水中含有H+，B正确；C向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色，是因为HClO、Cl2都有强氧化性，会把Fe2+氧化为Fe3+，不能说明氯水中是否含有HClO，C错误；D向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，发生反应Cl-+Ag+=AgCl，产生白色沉淀，说明氯水中含有Cl-，D正确；故选C。10、D【解析】A、硫酸钾溶液是混合物，不是电解质，也不是非电解质，A错误；B、胶体是混合物，B错误；C、CuSO4·5H2O是纯净物，铜是单质，不是电解质，也不是非电解质，C错误；D、物质分类均正确，D正确；答案选D。11、D【解析】A. 5.6g铁（即0.1mol）与足量盐酸反应生成FeCl2，铁的化合价由0价升高到+2价，所以转移的电子数为0.2NA，错误；B. 常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，所以11.2L甲烷中含有的氢原子数小于2NA，错误；C. 标准状况下，22.4L氦气与22.4L氟气均为1mol，氦气是单原子分子，所含原子数为NA，氟气是双原子分子，所含原子数为2NA，错误；D. 常温下，2.7g（0.1mol）铝与足量的盐酸反应生成AlCl3，失去的电子数为0.3NA，正确；故选D。【点睛】使用气体摩尔体积时注意给出的温度和压强，如果是常温常压，则不能用22.4L/mol，同时还要注意对象是否是气体。但如果没有用到22.4L/mol，则无论什么状态，都不受温度和压强的限制，如D选项，不管是在常温下还是标准状况下，2.7g铝都是0.1mol。12、B【解析】试题分析：假设含有Na2O、Na2O2的物质的量的分别是x、y；则(46x+46y)÷(62x+78y)= 69÷109.解得x:y=1:2，所以选项是B。考点：考查混合晶体晶体中物质的量的确定的知识。13、D【解析】A(CH3)2CHCH2CH2CH3中有5种位置不同的氢，所以其一氯代物有5种，能生成5种沸点不同的产物，故A不选；B(CH3CH2)2CHCH3中有4种位置不同的氢，所以其一氯代物有4种，能生成4种沸点不同的产物，故B不选；C(CH3)2CHCH(CH3)2含有2种等效氢，所以能生成2种沸点不同的有机物，故C不选；D(CH3)3CCH2CH3中有3种位置不同的氢，所以其一氯代物有3种，能生成3种沸点不同的产物，故D选；故选D。14、C【解析】A.水的体积为100mL，将10.6gNa2CO3溶于水后，溶液体积大于100mL，故溶液的浓度小于1mol/L，故A错误；B.10.6gNa2CO310H2O物质的量小于0.1mol，由化学式可知碳酸钠的物质的量等于碳酸钠晶体的物质的量小于0.1mol，溶液体积为100mL，所配碳酸钠溶液的浓度小于1.0mol·L-1，故B错误；C.设稀释后碳酸钠溶液浓度为c，根据稀释定律，稀释前后溶质碳酸钠的物质的量不变，则20mL×5mol/L=100mL×c，解得：c=1mol/L，故C正确；D.配制80mL1.0mol/LNa2CO3溶液，实际上配制的是100mL1.0mol/L的碳酸钠溶液，需要碳酸钠的质量为：106g/mol×1.0mol/L×0.1L=10.6g，故D错误。故选C。【点睛】物质的量浓度=，体积指的是溶液的体积，而不是溶剂水的体积。15、D【解析】当碳酸钠滴入盐酸中时发生CO32-+2H+H2O+CO2。当盐酸滴入碳酸钠溶液时，反应顺序为CO32-+H+HCO3-、HCO3-+H+H2O+CO2，则HCl的物质的量应大于Na2CO3的物质的量。又因为最终生成的气体体积不同，则HCO3-+H+H2O+CO2不能全部完成，即HCl的物质的量比Na2CO3的物质的量的二倍少。碳酸钠的物质的量为0.1mol，则HCl的物质的量应介于0.1mol0.2mol之间，盐酸溶液的体积为0.2L，即盐酸的浓度应该是大于0.5mol/L，小于1mol/L，答案选D。【点睛】利用盐酸与碳酸钠的反应分析盐酸的浓度，明确反应发生的先后顺序，通过比较及信息中都有气体产生，但最终生成的气体体积不同是解答的关键。16、B【解析】根据氧化还原反应的本质和特征分析。【详解】A. 根据氢原子守恒，水的化学计量数为2，则OH-的化学计量数为4，即x=4，故A正确，但不符合题意；B. 反应3Fe2+2S2O32-+O2+4OH-Fe3O4+S4O62-+2H2O中，Fe和S元素的化合价升高，被氧化，O2为氧化剂，每生成1molFe3O4，反应转移的电子总数为4mol，故A但符合题意；C. 1molFe2+被氧化，转移1mol的电子，而1molO2被还原生成H2O或OH-需要转移4mol的电子，因此Fe2+还原的O2的物质的量为其1/4即0.25mol，故C正确，但不符合题意；D.利用丁达尔效应鉴别溶液和胶体，故D正确，但不符合题意。故选B。二、非选择题（本题包括5小题）17、Cu2+ 、Ca2+  K+ 、CO32- 、SO42-  Cl-  取一定量的原溶液于烧杯中，加入过量Ba(NO3)2使碳酸根、硫酸根完全沉淀后，取上层清液，加入AgNO3溶液，若有白色沉淀则有Cl-   Ba2+CO32-=BaCO3 、Ba2+SO42-=BaSO4、BaCO3+2H+=Ba2+CO2+H2O、Ag+Cl-=AgCl     0.8mol 【解析】溶液无色，一定不存在铜离子；取50mL的溶液在大烧杯中加入中，向溶液中加入过量的BaCl2溶液振荡，有白色沉淀生成；过滤，干燥，烘干后得4.30g固体，说明碳酸根和硫酸根至少含有一种；将所得白色固体配成悬浊液后加入过量稀硝酸，白色沉淀部分消失，并有气泡产生；将剩余固体过滤干燥后称量得到2.33g，说明白色沉淀是碳酸钡和硫酸钡的混合物，则一定存在碳酸根和硫酸根，因此一定不存在钙离子，根据溶液显电中性可知一定存在钾离子；取少量实验后上层清液滴入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，白色沉淀是氯化银，但引入了氯化钡，所以不能确定是否含有氯离子。（1）根据上述实验现象，判断原溶液中肯定不含有Cu2+、 Ca2+，一定含有K+、CO32-、SO42-，可能含有氯离子，证明含有氯离子的实验方案是：取一定量的原溶液于烧杯中，加入过量的Ba（NO3）2溶液使CO32-、SO42-完全沉淀后取上层清液于试管中加入AgNO3溶液，若有白色沉淀则有Cl，若无白色沉淀则无Cl；（2）根据以上分析可知一定发生的离子方程式为：CO32-+Ba2+BaCO3、SO42-+Ba2+BaSO4、BaCO3 +2H+Ba2+CO2+H2O、Ag+Cl-=AgCl；（3）硫酸钡的物质的量是=0.01mol，碳酸钡质量4.30g-2.33g=1.97g，物质的量是0.01mol，根据电荷守恒可知若经证明没有Cl则该溶液中的K+的物质的量是0.004mol，浓度是=0.8mol/L。18、C CuO Cu2(OH)2CO34H+2Cu2+3H2OCO2 Cu2(OH)2CO32CuO+H2OCO2 【解析】本题考查的知识点有物质的分类、离子方程式的书写、氧化还原反应。物质的分类方法很多，其中按物质的组成和性质特点可分为混合物和纯净物；纯净物分为单质和化合物；单质分为金属单质和非金属单质，化合物分为无机物和有机物；无机物分为氧化物、酸、碱、盐等；其中盐按组成可分为正盐、酸式盐、碱式盐、复盐，按是否溶于水可分为可溶性盐和难溶性盐。离子方程式书写时遵循一写二拆三删四查的原则。其中可溶性强电解质拆成离子形式；难溶物、单质、气体、氧化物、弱电解质、水不拆，保持化学式的形式。氧化还原反应的特征是有元素化合价的升降。【详解】（1）铜绿是碱式碳酸铜的俗称，所以Cu2(OH)2CO3属于碱式盐。本小题答案为：C。（2）氢氧化铜受热分解生成氧化铜和水，则B为氧化铜，化学式为CuO。本小题答案为：CuO。（3）由信息可知“铜绿”能跟酸反应生成铜盐、CO2和H2O，则铜绿与盐酸反应的离子方程式为Cu2(OH)2CO34H+2Cu2+3H2OCO2。本小题答案为：Cu2(OH)2CO34H+2Cu2+3H2OCO2。（4）反应中铜转化为铜绿，铜元素的化合价由0价升高到+2价，有价态变化，反应为氧化还原反应；反应是铜绿与酸反应生成铜盐、CO2和H2O，是复分解反应，没有价态变化，不是氧化还原反应；反应是铜盐与碱反应生成氢氧化铜沉淀，是复分解反应，没有价态变化，不是氧化还原反应；反应是氢氧化铜受热分解生成氧化铜和水，是分解反应，没有价态变化，不是氧化还原反应；反应是氧化铜与氢气反应生成铜和水，是置换反应，有价态变化，是氧化还原反应。本小题答案为：。（5）铜绿在受热时可直接分解生成物质B、CO2和水，因为B为CuO，则铜绿受热分解的化学方程式为Cu2(OH)2CO32CuO+H2OCO2。【点睛】解答本题时可根据物质的分类方法结合物质的俗称和物质组成进行解答；反应为碱式碳酸铜和盐酸反应生成氯化铜、水和二氧化碳，改成离子方程式即可；依据复分解反应的概念和氧化还原反应的概念，结合反应过程的特征分析判断。19、500mL容量瓶 2.0 BCAFED AC 【解析】（1）配制一定物质的量浓度溶液一般步骤:计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等,据此选择需要仪器,根据配制溶液体积选择容量瓶规格；（2）根据m=n×M=CV×M计算所需溶质的质量；（3）配制一定物质的量浓度溶液一般步骤:计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶，据此排序； （4）分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，根据c=n/V进行误差分析；【详解】（1）配制0.1mol·L1NaOH溶液480mL时，要选择500mL容量瓶。配制溶液过程中主要包括：计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等，用到的仪器托盘天平、药匙、量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管和500mL容量瓶，故答案为500mL容量瓶。（2）实验时需要托盘天平称量氢氧化钠质量m=n×M=CV×M=0.1mol·L-1×500×10-3L×40g/mol=2.0g（3）配制一定物质的量浓度溶液一般步骤:计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶等,所以正确的顺序为：BCAFED。因此，本题正确答案是：BCAFED； （4）A.称量时用了生锈的砝码,导致称取的氢氧化钠质量偏大，导致溶质的物质的量偏大，溶液浓度偏高；B.未洗涤溶解NaOH的烧杯，导致部分溶质损耗，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏小；C.NaOH在烧杯中溶解后，未冷却就立即转移到容量瓶中，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏大；D.容量瓶未干燥即用来配制溶液，对溶质的物质的量和溶液体积都不产生影响，溶液浓度不变；E.定容时仰视刻度线,导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低；F.定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面不到刻度线，再加水至刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏小; 综上，本题选A、C。20、CaCO3+2H+=Ca2+H2O+CO2 饱和NaHCO3溶液 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 28 吸收未反应的CO2 带火星的小木条 木条复燃 【解析】A是制取CO2的装置，可以由碳酸钙与稀盐酸反应生成CO2，制得的CO2中混有HCl，装置B的作用是除去CO2中混有的HCl，可以选用饱和NaHCO3溶液吸收CO2气体中混入的HCl，C中盛放Na2O2固体，CO2在C中与过氧化钠发生反应2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2，D中盛放NaOH溶液，NaOH溶液可以吸收未反应的CO2气体，F装置用来收集生成的氧气，据此分析解答。【详解】(1)A是制取CO2的装置，A装置为固液不加热型制备CO2，可用碳酸钙与稀盐酸制取，反应的离子方程式为：CaCO3+2H+Ca2+H2O+CO2，故答案为：CaCO3+2H+Ca2+H2O+CO2；(2)装置B的作用是除去CO2中混有的HCl，可以选用饱和NaHCO3溶液吸收CO2气体中混入的HCl；C中盛放Na2O2固体，二氧化碳与过氧化钠反应放出氧气，2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2，44gCO2气体的物质的量为=1mol，根据方程式，放出0.5mol氧气，放出氧气的质量为0.5mol×32g/mol=16g，固体的质量增加44g-16g=28g，故答案为：饱和NaHCO3溶液；2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；28；(3)D中盛放NaOH溶液，氢氧化钠溶液可以吸收未反应的CO2气体，故答案为：吸收未反应的CO2；(4)氧气能够使带火星的木条复燃，可以用带火星的小木条检验氧气，故答案为：带火星的木条；木条复燃。21、4.0 C 62.5 BD AD 【解析】（1）根据c(NaClO)=计算溶液的物质的量浓度；（3）根据c=计算浓硫酸物质的量浓度,根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；分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，根据c=进行误差分析。【详解】（1）c(NaClO)=4.0 molL-1，故答案为4.0。（2）A.用NaClO固体配制480mL含NaClO质量分数为25%的消毒液，需要用到天平、烧杯、500mL容量瓶、玻璃棒、胶头滴管，不用图中圆底烧瓶和分液漏斗，共2种仪器，故A错误；B.容量瓶用蒸馏水洗净后，不需要烘干就能用于溶液配制，故B错误；C.配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒，造成溶质损失，配制的溶液浓度偏低，故C正确；D.因为没有480mL的容量瓶，需要配制500mL溶液，需要NaClO的质量为：m=0.5L×4.0mol/L×74.5g/mol=149g，故D错误。故答案为C。（3）浓硫酸物质的量浓度c=18.4mol/L，设需要浓硫酸体积为V，则根据溶液稀释过程中溶质的物质的量不变，得：V×18.4mol/L=500×2.3mol/L，计算得出V=62.5mL，故答案为62.5。A.溶液中硫酸的物质的量n=cV，所以与溶液的体积有关，故A不选；B.溶液具有均一性，浓度与溶液的体积无关，故B选；C.溶质的质量与溶质的物质的量有关，根据A可以知道溶质的质量与溶液体积有关，故C不选；D.溶液的密度为溶液的性质，与溶液的体积无关，故D选。故答案为BD。A.未经冷却趁热将溶液注入容量瓶中，冷却后溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故A选；B.摇匀后发现液面低于刻度线，再加水至刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故B不选；C.容量瓶中原有少量蒸馏水，对溶液体积和溶质的物质的量都不会产生影响，溶液浓度不变，故C不选；D.定容时俯视观察液面，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故D选。故答案为AD。【点睛】配制一定物质的量浓度的溶液时，误差分析应根据c=进行分析，注意操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响。