2023届湖南省浏阳一中、醴陵一中高一化学第一学期期中质量检测模拟试题含解析.doc

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、准考证号填写在答题卡上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用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，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3考试结束后，将本试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、向紫色石蕊溶液中滴加新制氯水，振荡，正确的叙述是（）A最后溶液变红色B溶液先变红色最后褪色C溶液仍为紫色D氯水中含有HCl、Cl2、HClO、H2O四种分子2、下列药品暴露在空气中易变质为括号中的物质，其中不是由于发生氧化还原反应而引起的是（ ）ABCD3、下列物质的分类正确的是AABBCCDD4、现有46gNa，其中23gNa与氧气反应生成氧化钠，另23gNa与氧气反应生成过氧化钠，则上述两个氧化还原反应过程中转移的电子数之比为（ ）A12B21C41D115、下列各组物质分类正确的是( )酸碱盐氧化物A硫酸纯碱石膏铁红B盐酸烧碱纯碱生石灰C碳酸熟石膏小苏打干冰D干冰苛性钾食盐石灰石AABBCCDD6、下列说法正确的是A1mol任何气体的体积都是22.4LB1molH2的质量是1g，它所占的体积是22.4LC在标准状况下，1mol任何物质所占的体积都约为22.4LD在标准状况下，1mol任何气体所占的体积都约为22.4L7、下列叙述不正确的是A钾、钠、镁等活泼金属着火时，不能用泡沫灭火器灭火B浓硫酸不慎沾在皮肤上，应立即用大量水冲洗，然后再涂抹3 - 5的硼酸溶液C蒸馏完毕后，应先停止加热，待装置冷却后，停止通水，再拆卸蒸馏装置D为准确配制一定物质的量浓度的溶液，定容过程中向容量瓶内加蒸馏水至接近刻度线时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至刻度8、合金具有许多优良的物理、化学或机械性能。下列物质不属于合金的是( )A青铜B金刚砂(SiC)C硬铝D生铁9、某l00mL溶液可能含有Na+、NH、Fe3+、CO、SO、Cl中的若干种，取该溶液进行连续实验，实验过程如图：（所加试剂均过量，气体全部逸出）下列说法不正确的是（ ）。A原溶液一定存在CO和SO，一定不存在Fe3+B是否存在Na+只有通过焰色试验才能确定C原溶液一定存在Na+，可能存在ClD若原溶液中不存在Cl，则c(Na+)0.1mol·L110、下列关于胶体的说法正确的是（ ）A依据丁达尔效应可将分散系分为溶液、胶体与浊液B向污水中投放明矾，生成能凝聚悬浮物的胶体：Al3+3H2OAl(OH)3(胶体)3H+CNa+、K+、SO42-、Br-能在Fe(OH)3胶体中大量共存D沸水中滴加适量饱和FeCl3溶液，形成带电的胶体，导电能力增强11、标准状况下，相同质量的O2和O3相比较，下列有关叙述中正确的是 ( )A分子数目比为23B原子数目比为32C体积比为23D密度比为2312、下列说法中，正确的（ ）A与具有相同的原子核组成B和都含有83个中子的核素C和互为同位素DH2O和中具有相同的质子数和电子数13、下列各组中的离子，能在溶液中大量共存的是 （ ）AH+、K+ 、OH-、Cl- BBa2+、Cu2+、SO42-、NO3-CK+、Mg2+、SO42-、Cl- DBa2+、HCO3-、NO3-、H+14、用NaOH固体配制一定物质的量浓度的NaOH溶液，下列操作正确的是（ ）A称量时，将固体NaOH放在纸片上，放在天平左盘上称量B将称量好的固体NaOH放入容量瓶中，加蒸馏水溶解C将烧杯中溶解固体NaOH所得溶液，冷却到室温后转移至容量瓶中D定容时如果加水超过了刻度线，用胶头滴管直接吸出多余部分15、将0.2mol MnO2和50mL 12mol·L-1盐酸混合后缓慢加热，反应完全后向留下的溶液中加入足量AgNO3溶液，生成AgCl沉淀，物质的量为x mol（不考虑盐酸的挥发），则x的取值范围是Ax0.3Bx0.3C0.3x0.6D以上结论都不对16、下列反应的离子方程式书写正确的是()A往碳酸镁中滴加稀盐酸：CO2H=H2OCO2BCuO与稀盐酸反应：CuO2H=Cu2H2OC氢氧化钡溶液与稀H2SO4反应：Ba2SOHOH=BaSO4H2OD铁粉与稀硫酸反应：2Fe6H=2Fe33H2二、非选择题（本题包括5小题）17、有一包白色粉末，由BaCl2、K2SO4、CaCO3、NaOH、CuSO4、KCl中的一种或几种组成，为了探究它的成份，进行了如下实验：（1）气体B的化学式_,白色沉淀的成分为_。（2）该白色粉末中一定含有的物质有_；一定不含有的物质有_；可能含有的物质有_；（3）如若需要确定可能含有的物质是否存在，应如何操作：_。18、某溶液可能存在下列阴离子Cl-、SO42-、CO32-中的一种或几种。(1)当溶液中存在大量H+时，_不能在溶液中大量存在。(2)当溶液中存在大量Ag+时，_不能在溶液中大量存在。(3)当向溶液中加入Ba(NO3)2溶液，能生成白色沉淀，则原溶液中可能存在的离子是_,为进一步确定溶液中存在哪种离子，可继续向沉淀中加入_，通过观察沉淀是否溶解再作出进一步的判断。19、已知有一白色粉末是由Na2CO3、NaCl、Na2SO4、CuSO4、MgCl2中的一种或几种组成。欲探究这一粉末的组成，甲同学做了如下实验：取少量粉末，加水溶解，得无色透明溶液；取中溶液少量，加入NaOH溶液，无明显现象发生；另取少量粉末，加入稀盐酸，无明显现象发生。(1)根据实验，能得到的结论是_。(2)甲同学根据以上实验现象，推测这一粉末的可能组成是_。(3)乙同学在甲同学实验基础上设计了后续实验，确认该粉末只含有Na2SO4，请你在下表中填写乙同学所做的实验。可供选择的试剂有：BaCl2溶液、AgNO3溶液、稀HNO3、NaOH溶液、Na2CO3溶液、Ba(NO3)2溶液、稀盐酸实验步骤实验现象反应的离子方程式和结论_注：填写实验现象、离子方程式和结论要与相应的实验步骤一一对应。20、实验室需要0.1mol/LNaOH溶液450mL。回答下列问题。（1）在容量瓶的使用方法中，下列操作不正确的是_A使用容量瓶前检验是否漏水B容量瓶用水洗净后，再用待配溶液洗涤C配制溶液时，如果试样是固体，把称好的固体用纸条小心倒入容量瓶中，缓慢加水至接近刻度线12cm处，用胶头滴管加蒸馏水至刻度线。D配制溶液时，若试样是液体，用量筒取样后用玻璃棒引流倒入容量瓶中，缓慢加水至刻度线12cm处，用胶头滴管加蒸馏水至刻度线。E盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，另一只手托住瓶底，把容量瓶反复倒转多次，摇匀。（2）根据计算用托盘天平称取的质量为_g。在实验中其他操作均正确，若定容时仰视刻度线，则所得溶液浓度_0.1mol/L（填“大于”“小于”或“等于”）。、下图是铁粉和水蒸气反应的实验装置示意图。（1）写出该反应的化学方程式_。（2）写出仪器A、C的名称_，_；C中所装药品是_，作用是_，先加热A还是B处？_。21、HNO2是一种弱酸，向NaNO2中加入强酸可生成HNO2；HN02不稳定；易分解成NO和NO2气体；它是一种还原剂，能被常见的强氧化剂氧化，但在酸性溶液中它也是一种氧化剂，如：能把Fe2+氧化成Fe3+。AgNO2是一种难溶于水、易溶于酸的化合物。试回答下列问题：（1）人体正常的血红蛋白含有Fe2+。若误食亚硝酸盐如NaNO2，则导致血红蛋白中的Fe2+转化为Fe3+而中毒，可以服用维生素C解毒，维生素C在解毒的过程中表现出_性。（2）下列方法中，不能用来区分NaN02和NaCI的是_。（填序号）A加入盐酸，观察是否有气泡产生B加入AgN03观察是否有沉淀生成C分别在它们的酸性溶液中加入FeCl2溶液，观察溶液颜色变化（3）S2O32-可以与Fe2+反应制备Fe2O3纳米颗粒。若S2O32-与Fe2+的物质的量之比为1：2，配平该反应的离子方程式：_Fe2+_S2O32-+_H2O2+_OH-=_Fe2O3+_S2O62-+_H2O下列关于该反应的说法正确的是_。A该反应中S2O32-表现了氧化性B已知生成的Fe2O3纳米颗粒直径为10纳米，则Fe2O3纳米颗粒为胶体C每生成1molFe2O3，转移的电子数为8NA（设NA代表阿伏伽德罗常数的值）参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解析】【详解】新制氯水中存在平衡，所以溶液中存在强酸HCl能使紫色石蕊变红，以及强氧化性酸HClO能将石蕊氧化从而使溶液褪色。所以向紫色石蕊溶液中滴加新制氯水，振荡后溶液先变红后褪色，综上分析B符合符合题意。答案选B2、D【解析】A、Na2SO3在空气中与氧气反应：2Na2SO3O2=2Na2SO4，其中S由+4价变为+6价，发生氧化还原反应，故A不符合题意；B、FeCl2在空气中被氧气氧化，发生反应：12FeCl23O26H2O=8FeCl34Fe(OH)3，其中Fe由+2价变为+3价，发生氧化还原反应，故B不符合题意；C、KI在空气中发生反应：4KIO22H2O=4KOH2I2，其中I由-1价变为0价，发生氧化还原反应，故C不符合题意；D、NaOH在空气中与CO2反应：2NaOHCO2=Na2CO3H2O，没有电子的得失，不是氧化还原反应，故D符合题意；答案选D。3、D【解析】A.冰水混合物成分是H2O，是不同状态的水，属于纯净物，A错误；B. CuSO45H2O是胆矾，是结晶水合物，属于化合物，是纯净物，B错误；C.纯碱是碳酸钠，不是碱，C错误；D.选项中各种物质分类正确无误，D正确；合理选项是D。4、D【解析】两个反应中Na均为还原剂，Na均被氧化成Na+，所用的Na单质的量相同，所以转移的电子数之比为1:1，故答案为D。5、B【解析】酸是能电离出的阳离子全部是H+的化合物；碱是电离出的阴离子全部是OH-离子的化合物；盐是电离出阳离子是金属阳离子或铵根离子,阴离子为酸根离子的化合物；氧化物由两种元素组成,其中一种为氧元素的化合物；根据相关概念解答该题。【详解】A. 纯碱属于盐，而不是碱，故A错误；B. 盐酸属于酸,烧碱属于碱,纯碱属于盐,生石灰属于氧化物,故B正确；C. 熟石膏属于盐而不是碱，故C错误；D.干冰属于氧化物而不是酸，石灰石属于盐而不是氧化物，故D错误；综上所述，本题选B。6、D【解析】A.1 mol任何气体的体积在标准状况下约是22.4 L，A错误；B.1 molH2的质量是2 g，在标准状况下它所占的体积是22.4 L，B错误；C.在标准状况下，1 mol任何气体所占的体积都约是22.4 L，C错误；D.在标准状况下，1 mol任何气体所占的体积都约是22.4 L，D正确；答案选D。7、B【解析】A过氧化钠、过氧化钾与二氧化碳反应，镁可在二氧化碳中燃烧，则钾、钠、镁等活泼金属着火时，不能用泡沫灭火器灭火，一般可用沙子扑灭，选项A正确；B、如果不慎将浓硫酸沾到皮肤上，立即用较多的水冲洗，再用3%5%的NaHCO3溶液冲洗而不是用硼酸溶液，选项B不正确；C蒸馏完毕后，先停止加热，充分冷却收集馏分，则待装置冷却后，停止通水，再拆卸蒸馏装置，选项C正确；D配制溶液时，注意定容时不能使液面超过刻度线，故应在液面离刻度线1-2cm时，改用胶头滴管逐滴加入，选项D正确；答案选B。8、B【解析】合金是由两种或两种以上的金属与金属或金属与非金属熔合而成的具有金属特性的物质，据此解答。【详解】A青铜是铜锡合金，故A不符合；B金刚砂(SiC)是组成元素全部是非金属的化合物，不是合金，故B符合；C硬铝是铝的合金，故C不符合；D生铁是铁与碳的合金，故D不符合。答案选B。【点睛】本题考查合金的特征，掌握合金的特征以及常见物质的组成是正确解答本题的关键。9、B【解析】加入氯化钡溶液，生成沉淀，且沉淀部分溶解于盐酸，则所得沉淀1一定是BaSO4、BaCO3的混合物，原溶液一定存在、，硫酸钡沉淀是2.33g，物质的量是=0.01mol，碳酸根离子的物质的量是=0.01mol，和Fe3+不共存，一定不存在Fe3+，所得到的滤液中加入氢氧化钠，出现气体，为氨气，一定含有铵根离子，根据元素守恒，铵根离子的物质的量是=0.03mol，根据电荷守恒，阳离子所带正电荷的物质的量之和：0.03mol，阴离子所带负电荷的物质的量之和=0.01×2+0.01×2=0.04mol，所以一定存在钠离子，氯离子不能确定，n(Na+)0.01mol，所以c(Na+)0.1molL-1。【详解】A原溶液一定存在、Cl-，一定不存在Fe3+，故A项说法正确；B由上述分析可知，溶液中一定存在Na+，故B项说法错误；C由上述分析可知，原溶液一定存在Na+，可能存在Cl-，故C项说法正确；D若原溶液中不存在Cl-，则c(Na+)=0.1molL-1，故D项说法正确；综上所述，说法不正确的是B项，故答案为B。10、B【解析】A分散系按照分散质粒子直径大小分为：溶液、胶体和浊液，分散质粒度大于100nm的为浊液，介于1nm100nm为胶体，小于1nm的为溶液，故A错误；B向污水中投放明矾，生成能凝聚悬浮物的氢氧化铝胶体，反应的离子方程式为Al3+3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+，故B正确；C胶体中加入电解质，胶体能够发生聚沉，不能大量共存，故C错误；D氢氧化铁胶体的胶体粒子带有正电荷，但氢氧化铁胶体呈电中性，故D错误；故选B。11、D【解析】A根据N=nNA=NA知，相同质量时，其分子数之比等于其摩尔质量的反比，则相同质量的O2和O3的分子数目比=48g/mol32g/mol=32，故A错误；B根据A知，其分子数之比为32，一个氧气分子中含有2个氧原子，一个臭氧分子中含有3个氧原子，所以原子数目之比=(3×2) (2×3)=11，故B错误；C同温同压下，气体的摩尔体积相等，根据V=nVm=Vm知，相同质量时，其体积之比等于其摩尔质量的反比，因此相同质量的O2和O3的体积比=48g/mol32g/mol=32，故C错误；D根据知，气体的密度之比等于其摩尔质量之比，因此O2和O3的密度比=32g/mol48g/mol=23，故D正确；故选D。12、C【解析】A.二者质子数相同，但质量数不同，说明中子数不同，说明原子核不同，故错误；B.二者的质子数都为83，但中子数不同，分别为209-83=126，210-83=127，故错误；C.二者质子数相同，中子数不同，互为同位素，故正确；D.二者的质子数分别为10和11，故错误。故选C。13、C【解析】在溶液中离子间如果发生化学反应，则不能大量共存，结合离子的性质、发生的反应解答。【详解】A. H+与OH-在溶液中不能大量共存，二者反应生成水，A错误；B. Ba2+与SO42-在溶液中不能大量共存，二者反应生成硫酸钡沉淀，B错误；C. K+、Mg2+、SO42-、Cl-在溶液中不反应，可以大量共存，C正确；D. HCO3-与H+在溶液中不能大量共存，二者反应生成水和二氧化碳，D错误。答案选C。14、C【解析】A.NaOH属于易潮解物质，不能再纸片上称量，应在烧杯中称量，错误；B.容量瓶属于定容仪器，不能用于溶解，溶解过程需在烧杯中进行，错误；C.因NaOH溶于水放出热量，故需要冷却至室温后转移至容量瓶中，正确；D.定容时如果加水超过了刻度线，需重新配置，错误。【点睛】对于易潮解类物质（如NaOH）在称量时需在烧杯中进行，且需要快速称量；转液前，烧杯中溶液需要保持室温，如浓硫酸、NaOH溶解放热，大部分铵盐溶于水吸热，配制这些物质的溶液时，都要恢复到室温才能转移到容量瓶中。15、C【解析】盐酸的物质的量是0.05L×12mol/L=0.6mol，二氧化锰是0.2mol，所以根据反应的化学方程式MnO24HCl（浓）MnCl2Cl22H2O可知，二氧化锰过量，所以理论上生成氯气的物质的量是0.15mol，但由于在反应过程中盐酸的浓度逐渐降低，降低到一定程度时反应会停止，所以实际生成的氯气的物质的量小于0.15mol，所以溶液中氯离子的物质的量大于0.3mol，因此生成的氯化银的物质的量大于0.3mol，答案选C。16、B【解析】A.碳酸镁微溶于水，不可拆成离子形式，故A错误；B.CuO与稀盐酸反应生成氯化铜和水，离子方程式正确，故B正确；C.氢氧化钡和稀硫酸反应应生成2 mol H2O，题中物质系数配比不正确，故C错误；D.铁粉与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，故D错误；故选：B。二、非选择题（本题包括5小题）17、CO2 BaCO3 BaCl2 、CaCO3、NaOH CuSO4、K2SO4 KCl 取无色滤液C，做焰色反应，透过蓝色钴玻璃观察到火焰呈淡紫色，则存在KCl,否则不存在KCl 【解析】白色粉末加水溶解后得到白色滤渣和无色溶液，说明不含有硫酸铜，白色滤渣加入盐酸完全溶解并产生气体B，说明该滤渣为碳酸盐沉淀，气体B为二氧化碳，肯定有碳酸钙，无色滤液加入二氧化碳产生白色沉淀，说明滤液中含有氯化钡。据此解答。【详解】白色粉末加水溶解后得到白色滤渣和无色溶液，说明不含有硫酸铜，白色滤渣加入盐酸完全溶解并产生气体B，说明该滤渣为碳酸盐沉淀，气体B为二氧化碳，肯定有碳酸钙，无色滤液加入二氧化碳产生白色沉淀，说明滤液中含有氯化钡和氢氧化钠，则一定不含硫酸钾。(1)气体B 为二氧化碳，化学式为CO2，白色沉淀为BaCO3；(2).根据以上分析可知，白色粉末一定含有BaCl2 、CaCO3、NaOH，一定不含CuSO4、K2SO4，可能含有 KCl；(3)确定氯化钾是否存在，可以用焰色反应，即取无色滤液C，做焰色反应，透过蓝色钴玻璃观察到火焰呈淡紫色，则存在KCl,否则不存在KCl。【点睛】掌握各物质的溶解性和离子反应，根据溶液为无色，确定不含铜离子，根据白色滤渣能完全溶于盐酸生成气体分析，该物质为碳酸钙，气体为二氧化碳，因为通入二氧化碳能产生白色沉淀，说明含有钡离子，但氯化钡和二氧化碳不反应，所以应还含有氢氧化钠，当溶液中有钡离子时，不能含有硫酸根离子，即不含硫酸钾。18、CO32- Cl-、SO42-、CO32- SO42-、CO32- 稀HCl 【解析】（1）与氢离子反应生成水和气体的离子不能大量存在；（2）与银离子反应生成沉淀的离子不能大量存在；（3）利用硫酸钡为不溶于水、不溶于酸的白色沉淀来分析，碳酸钡可与盐酸反应【详解】（1）当溶液中存在大量H时，因H与CO32反应生成水和气体，则不能共存，故答案为CO32； （2）当溶液中存在大量Ag时，能分别与Cl、SO42、CO32反应生成沉淀，则不能共存，故答案为Cl、SO42、CO32； （3）当向溶液中加入Ba（NO3）2溶液能生成白色沉淀，可能生成硫酸钡或碳酸钡沉淀，则可能纯在的离子为SO42、CO32，因碳酸钡可溶于盐酸，可向沉淀中加入盐酸，观察沉淀是否溶解，如不溶解，说明不含CO32，存在SO42，若沉淀完全溶解，沉淀只有BaCO3，加入盐酸发生BaCO3+2H=Ba2+CO2+H2O。故答案为SO42、CO32；稀盐酸19、白色粉末中不含CuSO4、不能同时含有MgCl2和Na2CO3、可能含NaCl和Na2SO4 NaCl或Na2SO4或两者混合物 取中溶液于试管中，加入足量的Ba(NO3)2溶液, 将上述步骤得到的溶液静置，取上层清液于另外一支试管中，加入AgNO3溶液 有白色沉淀生成, 无明显现象 Ba2SO42BaSO4 该溶液中有硫酸钠, 该粉末之中没有氯化钠，只有硫酸钠 【解析】(1)取少量粉末，加水溶解，得无色透明溶液，说明溶液中无铜离子，该粉末无有CuSO4；溶液中无沉淀产生，说明溶液中不能同时含有MgCl2和Na2CO3；据此进行分析；(2)通过实验，可以判断出粉末中无硫酸铜；通过实验可以判断出粉末中无氯化镁；通过实验可以证明粉末中无碳酸钠，据以上结论进行分析；(3)若要鉴定只有硫酸钠存在，可以根据硫酸根离子能够和钡离子产生沉淀的性质来选择硝酸钡鉴别，然后加入硝酸银来排除氯离子的存在即可。【详解】(1)取少量粉末，加水溶解，得无色透明溶液，溶液中不含铜离子，所以白色粉末中不含CuSO4；由于镁离子和碳酸根子不能共存，所以粉末中不能同时含有MgCl2和Na2CO3；而NaCl和Na2SO4二者不反应，且能够与MgCl2或Na2CO3大量共存，因此根据实验，能得到的结论是：白色粉末中不含CuSO4、不能同时含有MgCl2和Na2CO3、可能含NaCl和Na2SO4；综上所述，本题答案是：白色粉末中不含CuSO4、不能同时含有MgCl2和Na2CO3、可能含NaCl和Na2SO4 。 (2)根据实验可以知道混合物中没有硫酸铜，根据实验可以知道该固体中不含氯化镁，加入稀盐酸没有现象说明没有碳酸钠，至此只有氯化钠和硫酸钠没有涉及到，故它们是可能存在的，所以可以作出三种推测，即只有氯化钠；只有硫酸钠；氯化钠和硫酸钠的混合物；综上所述，本题答案是：NaCl或Na2SO4或两者混合物。 (3)取中溶液于试管中，加入足量的Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀生成，说明生成了硫酸钡白色沉淀，反应的离子方程式为 Ba2SO42BaSO4；将上述步骤得到的溶液静置，取上层清液于另外一支试管中，加入AgNO3溶液，没有明显现象，说明没有氯化银沉淀生成，即溶液中不含氯离子。所以该溶液中只含有硫酸钠；结论为该白色固体中没有氯化钠，只有硫酸钠；综上所述，本题答案是：取中溶液于试管中，加入足量的Ba(NO3)2溶液, 将上述步骤得到的溶液静置，取上层清液于另外一支试管中，加入AgNO3溶液； 有白色沉淀生成，无明显现象；Ba2SO42BaSO4，该溶液中有硫酸钠， 该粉末之中没有氯化钠，只有硫酸钠。20、B、C、D2.0小于3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2圆底烧瓶干燥管CaCl2（碱石灰）吸水干燥A【解析】配制一定物质的量浓度溶液的操作步骤： 计算（溶质质量或体积）、称量或量取、溶解、降至室温、转入容量瓶中、洗涤（23次，用玻璃棒再次移入）、定容（加水到刻度线下23cm处，改用胶头滴管加至凹液面最低点与刻度相切）、摇匀、装瓶（注明名称、浓度）。【详解】(1) A、容量瓶在使用前必须检验是否漏水，故A不符合题意；B、容量瓶用水洗净后，再用待配溶液洗涤，会导致配制的溶液中溶质的物质的量偏大，配制的溶液浓度偏高，故B符合题意；C、配制溶液时，如果试样是固体，把称好的固体用纸条小心倒入容量瓶中，缓慢加水至接近刻度线12cm处，用胶头滴管加蒸馏水至刻度线，故C不符合题意； D、配制溶液时，若试样是液体，用量筒取样后用玻璃棒引流倒入容量瓶中，缓慢加水至刻度线12cm处，用胶头滴管加蒸馏水至刻度线，故D不符合题意；综上所述，本题应选B； (2) 配制0.1mol/LNaOH溶液450mL溶液，需要选用500mL容量瓶，则n(NaOH)= 0.1mol/L ×0.5L=0.05mol，则m(NaOH)=0.05mol×40g/mol=2.0g；在实验中其他操作均正确，若定容时仰视刻度线，会导致加入的蒸馏水体积超过容量瓶刻度线，配制的溶液体积偏大，根据c=n/V可知，溶液的浓度偏小，即c小于0.1mol/L。(1) 铁在高温下与水反应生成四氧化三铁和氢气，反应方程式为：3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2；(2) 仪器A为圆底烧瓶、C为干燥管；C中应装干燥剂如CaCl2或碱石灰；作用是吸收未反应的水蒸气；实验开始时应先加热A产生水蒸气，赶尽装置中的空气，然后再加热B装置。21、还原（性） B 2 1 4 4 1 1 6 C 【解析】（1）NaNO2的加入能够导致血红蛋白中的Fe2+转化为Fe3+而中毒，说明NaNO2具有强的氧化性，把Fe2+氧化为Fe3+，用维生素C解毒，就是把Fe3+还原为Fe2+，所以需加入还原剂维生素C，它具有还原性；综上所述，本题答案是：还原（性）。 （2）A项，HNO2是一种弱酸，不稳定，易分解生成NO和NO2，则NaN02会与稀盐酸反应生成 HNO2，分解得到NO和NO2，可以看到有气泡产生，而NaCl与稀盐酸不反应，故不选A项；B项，根据题目信息，加入AgN03分别和NaCl生成AgCl沉淀和AgN02沉淀，现象相同，故选B项；C项，NaCl溶液没有氧化性，而酸性条件下，N02-具有强氧化性，能够把亚铁离子氧化为铁离子，溶液颜色变为黄色，现象不同，可以鉴别，故不选C 项；综上所述，本题选B。（3）反应中S2O32-S2O62-，S元素化合价由+2价升高为+5价,则1个S2O32-化合价共升高6价, 2Fe2+Fe2O3，Fe元素价由+2价升高为+3价,2个Fe2+共升高2价；两种反应物化合价共升高6+2=8价；而H2O2H2O，O元素由-1价降低到-2价，共降低2价；根据化合价升降总数相等规律，最小公倍数为8，所以H2O2前面填系数4，S2O32-前面系数为1，Fe2+前面系数为2，结合原子守恒配平后方程式为：2Fe2+S2O32-+4H2O2+4OH-=Fe2O3+S2O62-+6H2O；综上所述，本题答案是：2， 1 ， 4， 4 ， 1， 1， 6。 A根据2Fe2+S2O32-+4H2O2+4OH-=Fe2O3+S2O62-+6H2O反应可知，S2O32-中硫元素化合价升高，发生氧化反应，做还原剂，具有还原性，错误；B胶体是分散系，为混合物，生成的Fe2O3纳米颗粒直径为10纳米，为纯净物，不属于胶体，错误；C根据2Fe2+S2O32-+4H2O2+4OH-=Fe2O3+S2O62-+6H2O反应可知，氧化剂H2O2全部被还原为H2O，氧元素由-1价降低到-2价，因此4molH2O2全部被还原，转移电子8NA，生成1mol Fe2O3；综上所述，本题选C。【点睛】本题考察了亚硝酸的酸性、氧化性、S2O32-的还原性，方程式的配平和氧化还原反应的相关计算；题目难度适中，解答此题时要注意AgCl沉淀和AgN02均为白色沉淀，不能用硝酸银来区分Cl-和N02-；胶体属于混合物，是分散系，这是易出错点。