2022年福建省泉州市安溪八中高一化学第一学期期中统考模拟试题含解析.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、有NO、CO2、N2O4三种气体，它们分别都含有0.5mol氧原子，则三种气体的物质的量之比为A124 B111 C421 D2142、2015年诺贝尔医学奖授予中国药学家屠呦呦等三位科学家，以表彰她们在青蒿素方面做出的突出贡献，提取青蒿素通常可以用乙醚浸取，这与下列哪种方法的原理相同（ ）A分液法 B萃取法 C结晶法 D过滤法3、 “纳米材料”是指直径在几纳米到几十纳米的材料。如将“纳米材料”分散到液体分散剂中，所得混合物具有的性质是（ ）A所得混合物是溶液且一定能导电B在通常情况下不稳定，易沉淀C能全部透过半透膜D有丁达尔效应4、下列物质溶于水后不能电离的是A葡萄糖(C6H12O6)B氯化氢(HCl)C氯化钠(NaCl)D氢氧化钡Ba(OH)25、用如图所示装置进行Fe与水蒸气反应的实验，下列有关说法正确的是（ ）A实验时，先点燃酒精喷灯再点燃酒精灯B装置B中H2O作氧化剂，发生的化学方程式为C干燥管中加入的固体干燥剂可以是无水硫酸铜D收集反应产生的气体选用装置A6、下列物质在水溶液中的电离方程式书写错误的是()ACaCl2=Ca22ClBNaHSO4=NaHSO42-CHNO3=HNO3-DKClO3=KCl3O27、下列离子可以在溶液中大量共存的是ABa2+、Cl-、BCa2+、Cl-、CH+、Cl-、DAg+、Cl-、Fe3+8、将2.32 g Na2CO3、NaOH的固体混合物完全溶解于水，制成溶液，然后向该溶液中逐滴加入1 mol/L的盐酸，所加盐酸的体积与产生CO2的体积(标准状况)关系如下图所示，下列说法中错误的是( )AOA段发生反应的离子方程式为：HOHH2O、CO32-+H+HCO3-BA点溶液中的溶质为NaCl、NaHCO3C当加入45 mL盐酸时，产生CO2的体积为336mLD混合物中NaOH的质量0.20 g9、下列物质的检验试剂选择正确的是（ ）AI2淀粉BH+酚酞COH-蓝色石蕊试纸DCl-盐酸酸化的AgNO310、下列溶液中Cl-浓度与50 mL 1 mol·L-1 AlCl3溶液中Cl-浓度相等的是（ ）。A150 mL 1 mol·L-1的NaCl溶液B75 mL 2 mol·L-1 NH4Cl溶液C150 mL 2 mol·L-1的KCl溶液D75 mL 1 mol·L-1的FeCl3溶液11、用自来水养金鱼时，通常先将自来水经日晒一段时间后，再注入鱼缸，其目的是（ ）A利用紫外线杀死水中的细菌B提高水温，有利于金鱼生长C增加水中氧气的含量D促使水中的次氯酸分解12、配制250mL 0.10mol/L的盐酸溶液时，下列实验操作会使配制的溶液浓度偏高的是A容量瓶内有水，未经过干燥处理B定容时，仰视刻度线C用量筒量取浓盐酸时，用水洗涤量筒23次，洗涤液倒入烧杯中D定容后倒转容量瓶几次， 发现液体最低点低于刻度线，再补加几滴水到刻度线13、下列说法正确的是（）氯气的性质活泼，它与氢气混合后立即发生爆炸实验室制取氯气时，为了防止环境污染，多余的氯 气可以用氢氧化钙溶液吸收新制氯水的氧化性强于久置氯水除去 HCl 气体中的Cl2，可将气体通 入饱和食盐水氯气的水溶液呈酸性ABCD14、下列物质分类的正确组合是（ ）AABBCCDD15、下列化学方程式中，不能用离子方程式表示的是ABCD16、用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是：A含有NA 个氦原子的氦气在标准状况下的体积约为 11.2LB25，1.01×105Pa，64gSO2中含有的原子数为3NAC100mL 1mol/L 的盐酸溶液中含有 HCl 分子数为0.1NAD100g 46%的酒精溶液中含有 H 原子数为6NA二、非选择题（本题包括5小题）17、有一包白色固体，可能含有CaCO3、Na2SO4、KNO3、CuSO4、BaCl2五种电解质中的一种或几种。现进行如下实验：取少量固体粉末，加入盛有足量水的烧杯中，充分搅拌静置后，底部白色沉淀，上层为无色溶液；继续往烧杯中加入足量稀硝酸，白色沉淀完全消失；并有气泡产生。取少量中溶液滴加Ba（NO3）2溶液，有白色沉淀生成，再加入稀硝酸，沉淀不溶解。（1）请写出上述第步中，白色沉淀与稀硝酸反应的方程式_；（2）根据以上实验现象可知，该白色固体中一定含有_，（填化学式，下同）一定不含有_，可能含有_。（3）如果要进一步确定可能存在的物质，进行的实验方法是_。18、某溶液可能含OH-、SO42-、HCO3-、Cl-、Ba2+和Na+。探究小组为了确定该溶液中离子的组成，取该溶液100mL进行以下实验：（1）填写下表空格实验操作与现象实验结论判断理由步骤一加入过量HCl溶液，有气泡产生；肯定有_、肯定无_。HCO3-与OH-不共存步骤二步骤一中得到标况下的气体22.4L；HCO3-的物质的量浓度为_mol/LC元素守恒步骤三向上述滤液中加足量Ba(NO3)2溶液，经过滤得到46.6g不溶于稀硝酸的沉淀。肯定有_、_；肯定无_。溶液显电中性；SO42-与Ba2+不共存会产生白色沉淀。（2）步骤三过滤所需玻璃仪器有：烧杯、_、_。（3）步骤一产生气泡的离子方程式为_，步骤三生成沉淀的离子方程式为：_。19、实验室可以用高锰酸钾和浓盐酸反应制取氯气，反应的化学方程式如下：2KMnO4+16HCl(浓)2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O (1)用双线桥法标出电子转移的方向和数目 _。(2)该反应中氧化剂与氧化产物物质的量之比是_。(3)由该反应判断， KMnO4 的氧化性比 Cl2 的氧化性(选填“强”或“弱”) _。(4)如反应中转移了 2mol 电子，则产生的 Cl2 在标准状况下体积为_L 。 (5)某同学欲用 KMnO4 固体配制100mL 0.5mol/L 的溶液 。回答下列问题：配制 KMnO4 溶液时需用的主要仪器有托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、量筒、_、_。下列对容量瓶及其使用方法的描述中正确的是(请填序号)_。A容量瓶上标有容积、温度和刻线B容量瓶用蒸馏水洗净后，必须加热烘干C配制溶液时，把量好的 KMnO4 固体小心放入容量瓶中，加入蒸馏水到接近刻度线 12 cm 处，改 用胶头滴管加蒸馏水至刻度线D使用前要检查容量瓶是否漏水不规范的实验操作会导致实验结果的误差。分析下列操作对实验结果的影响偏小的是_(请填序 号) A加水定容时俯视刻度线 B容量瓶水洗后有水残留C颠倒摇匀后发现凹液面低于刻度线又加水补上 D在溶解过程中有少量液体溅出烧杯外20、根据下列装置图回答问题：（1）装置A、B通入Cl2后，观察到的现象是_，根据现象可得出的结论是_。（2）装置B中发生反应的离子方程式是_。（3）装置F的作用是_。（4）实验开始后，观察到装置C中的现象是_。（5）装置E中发生反应的离子方程式是_。（6）通入Cl2时装置D中发生反应的离子方程式是_。21、实验室欲用NaOH固体配制1.0 mol/L的NaOH溶液240 mL：（1）配制溶液时，一般可以分为以下几个步骤：称量计算溶解倒转摇匀转移洗涤定容冷却。其正确的操作顺序为_ _。本实验必须用到的仪器有托盘天平、药匙、玻璃棒、烧杯、胶头滴管、还有_。（2）某同学欲称量一定量的NaOH固体，他先用托盘天平称量烧杯的质量，天平平衡后的状态如图，烧杯的实际质量为_ g。要完成本实验该同学应称出_ g NaOH。（3）对所配制的NaOH溶液进行测定，发现其浓度低于1.0mol/L。在溶液配制过程中，下列操作会引起该误差的有_（填序号）。A转移溶解的溶液后没有洗涤烧杯和玻璃棒B转移溶液时不慎有少量洒到容量瓶外面C容量瓶未干燥就用来配制溶液D称量NaOH固体时动作太慢，耗时太长E定容后摇匀溶液，发现液面低于刻度线，再加入少量水使液面与刻度线相平F定容时仰视刻度线GNaOH固体溶解后未经冷却即转移到容量瓶中（4）氢氧化钠是一种用途十分广泛的重要化工原料，工业上主要通过电解氯化钠饱和溶液的方法 。试用单线桥法标出该反应中电子转移的方向和数目_。实验测得，反应中生成的气体在标准状况下的体积为4.48L，则耗氧化剂的物质的量为_mol。参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】NO、CO2、N2O4三种气体，它们分别都含有0.5mol氧原子，即氧原子数相同，设三种气体的物质的量分别为x、y、z，则x×1=y×2=z×4，解得x：y：z=4：2：1，答案选C。点睛：本题考查物质的量的计算，把握物质的构成为解答的关键，注意氧原子的物质的量相同即可解答，计算比值不需要计算分子中氧原子的物质的量，简化计算。2、B【解析】青蒿素提取过程是先用冷水浸泡青蒿，将青蒿绞汁 ，再用乙醚低温溶解提取，利用了青蒿素易溶于有机溶剂，不易溶于水的性质。【详解】A. 分液法是分离两种互不相溶的液体混合物的方法，用乙醚浸取提取青蒿素不是分液法，故A错误；B. 青蒿素易溶于有机溶剂，不易溶于水，可用乙醚萃取，然后分液分离，所以B选项是正确的；C.结晶法使利用溶解度的差异分离混合物的方法，用乙醚浸取提取青蒿素不是结晶法，故C错误；D. 过滤适用于不溶性固体与液体的分离，用乙醚浸取提取青蒿素不是过滤法，故D错误。所以B选项是正确的。3、D【解析】分散质的粒子直径在1nm100nm之间的分散系称之为胶体，而“纳米材料”的粒子直径在几纳米到几十纳米范围，因此将“纳米材料”分散到液体分散剂中所得的混合物属于胶体。A. “纳米材料”在液体分散剂中不一定发生电离，所以该混合物不一定能导电，A项错误；B.胶体具有介稳性，稳定性介于溶液和浊液之间，所以在通常情况下该混合物是稳定的，不易沉淀，B项错误；C.胶体分散质的粒子直径大于半透膜的孔隙直径，所以该混合物中的“纳米材料”不能透过半透膜，C项错误；D.该分散系属于胶体，当一束平行光照射该混合物时，从垂直于光的入射方向观察，能观察到该混合物中有一条光亮的“通路”，称为丁达尔效应，D项正确；答案选D。4、A【解析】A葡萄糖是有机物属于非电解质，溶于水和熔融状态下都不导电，不能电离，故A选；BHCl在水溶液里能完全电离出自由移动的氯离子和氢离子，故B不选；C. 氯化钠是易溶于水的盐，在水溶液里能完全电离出自由移动的氯离子和钠离子，故C不选；DBa(OH)2是强碱，在水溶液里能完全电离出自由移动的钡离子和氢氧根离子，故D不选；故选A。5、D【解析】A为防止Fe被空气中氧气氧化，则应先点燃酒精灯使A装置中的水蒸气进入硬质玻璃管后再点燃酒精喷灯，故A不选；B装置B中H2O作氧化剂，发生的化学方程式为，故B不选；C无水硫酸铜只能作为检验水蒸气，但不能作为干燥剂，干燥管中的干燥剂可以为无水氯化钙等干燥剂，故C不选；D由反应可知，生成的气体为氢气，收集氢气应选向上排空气法，则应选择A装置收集氢气，故选D。答案选D6、D【解析】A氯化钙为强电解质，电离方程式为：CaCl2Ca2+2Cl-，故A正确；B硫酸氢钠为强电解质，在水中完全电离，电离方程式：NaHSO4Na+H+SO42-，故B正确；C硝酸为强电解质，电离方程式为：HNO3H+NO3-，故C正确；D氯酸钾为强电解质，电离方程式：KClO3K+ClO3-，故D错误；答案选D。7、C【解析】A. Ba2+与反应生成硫酸钡沉淀，不能共存，A错误；B. Ca2+与反应生成碳酸钙沉淀，不能共存，B错误；C. H+、Cl-、四种离子不发生反应，能共存，C正确；D. Ag+与Cl-反应生成氯化银沉淀，不能共存，D错误；答案选C。8、C【解析】A、溶液中含有氢氧化钠和碳酸钠，则OA段发生反应的离子方程式为：H+OH-H2O、CO32-+H+HCO3-，故A正确；B、OA段发生反应的离子方程式为：H+OH-H2O、CO32-+H+HCO3-，所以A点的溶质为NaC1、NaHCO3，故B正确；C、AB段产生二氧化碳，发生反应的离子方程式为：HCO3-+H+H2O+CO2，根据方程式可知n(CO2)=(45-25)×10-3L×1mol/L=0.02mol，所以二氧化碳的体积为：0.02mol×22.4L/mol=0.448L=448mL，故C错误；D、根据碳原子守恒可知n(CO2)=n(Na2CO3)=0.02mol，所以氢氧化钠的质量为2.32g-0.02mol×106g/mol=0.2g，故D正确；答案选C。9、A【解析】A、I2常用淀粉进行检验，A正确；B、H+用酚酞检验不出来，可用紫色石蕊检验，B错误；C、OH-用蓝色石蕊试纸检验不出来，应用酚酞检验， C错误；D、Cl-常用硝酸酸化的AgNO3检验， D错误。10、D【解析】50 mL 1 mol·L-1 AlCl3溶液中Cl-浓度为c(Cl-)=1mol/L×3=3mol/L。A.150 mL 1 mol·L-1的NaCl溶液中Cl-浓度为c(Cl-)=1mol/L×1=1mol/L。B.75 mL 2 mol·L-1 NH4Cl溶液中Cl-浓度为c(Cl-)=2mol/L×1=2mol/L。C.150 mL 2 mol·L-1的KCl溶液中Cl-浓度为c(Cl-)=2mol/L×1=2mol/L。D.75 mL 1 mol·L-1的FeCl3溶液中Cl-浓度为c(Cl-)=1mol/L×3=3mol/L。可见溶液中Cl-浓度相等的合理选项是D。11、D【解析】自来水一般用氯气消毒，氯气溶于水生成氯化氢和次氯酸，次氯酸具有氧化性，不利于金鱼的生存，所以晒一段时间的目的是促使水中的次氯酸分解，答案选D。12、C【解析】分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，依据C=n/V进行误差分析【详解】A由于最后需要在容量瓶中加水定容，所以容量瓶未经干燥处理不会影响所配溶液的浓度，故A不选；B定容时仰视刻度线，会造成溶液体积偏高，使浓度偏低，故B不选；C量筒在量取液体体积时，已经将附着在筒壁上的液体体积考虑在内，所以倒出液体后，不能再用水洗涤否则会造成溶质的质量增加，浓度偏高，故C选；D定容后摇匀，会使一部分液体残留在瓶塞处，使液面虽低于刻度线，如果再加水，就会使液体体积增大，浓度偏低，故D不选；故选C。13、D【解析】氯气和氢气在光照条件下产生爆炸，故错误；氢氧化钙的溶解度较小，所以吸收氯气的能力较小，实验室一般用氢氧化钠溶液吸收氯气，故错误；新制氯水中含有氯气、次氯酸和盐酸，久置氯水相当于盐酸溶液，氯气和次氯酸有强氧化性、盐酸具有弱氧化性，所以新制氯水氧化性大于久置氯水，故正确；饱和食盐水中含有氯离子，抑制氯气的溶解，而氯化氢极易溶于饱和食盐水，所以可以除去Cl2中的HCl气体，但达不到除去HCl气体中的Cl2的目的，故错误；氯气的水溶液中含有盐酸和次氯酸，呈酸性，故正确；故答案选D。【点睛】新制的氯水的成分：HCl、HClO、Cl2、H2O，所以新制的氯水显酸性、强氧化性、漂白性；久置的氯水的成分：HCl、H2O，所以久置的氯水显酸性，无漂白作用。14、D【解析】A.Cu2（OH）2CO3属于盐类，SiO2属于酸性氧化物，故A错误；B.CO不属于酸性氧化物，故B错误；C.NH3不属于酸，故C错误；D.分类正确，故D正确；答案：D【点睛】碱指电离时产生的阴离子全部都是氢氧根离子的化合物；酸指电离时产生的阳离子全部都是氢离子的化合物；盐指电离时生成金属阳离子（或NH4+）和酸根离子的化合物；碱性氧化物指能跟酸起反应生成一种盐和水的氧化物（且生成物只能有盐和水，不可以有任何其它物质生成）；酸性氧化物是指能与碱作用生成盐和水的氧化物（且生成物只能有一种盐和水，不可以有任何其它物质生成）。15、D【解析】ABC的反应物和生成物除去硫酸钡之外均可拆解，故ABC不符合题意；D、反应生成水，属于弱电解质，不能拆分，故D符合；故选D。16、B【解析】A、氦为单原子组成的分子，含有NA个氦原子的氦气物质的量为1mol，标准状况下气体体积为22.4L，故A错误；B、64gSO2含有原子的物质的量为64×3/64mol=3mol，原子个数为3NA，故B正确；C、HCl属于强电解质，在水中完全电离，盐酸中不存在HCl分子，故C错误；D、酒精溶液是由酒精和水组成，酒精和水中都含有H原子，氢原子物质的量为（100×46%×6/46100×54%×2/18）mol=12mol，故D错误。点睛：本题的易错点是选项D，应注意问题是酒精溶液中含有H原子的个数，酒精中除含有C2H5OH外，还含有H2O，两者都存在H原子，因此H原子物质的量为（100×46%×6/46100×54%×2/18）mol=12mol，此类似题，应注意水的存在。二、非选择题（本题包括5小题）17、CaCO3 + 2HNO3 =Ca(NO3)2+H2O+CO2 CaCO3、Na2SO4 CuSO4、BaCl2 KNO3 焰色反应 【解析】加水溶解后得到底部白色沉淀，上层为无色溶液，则一定不含有CuSO4；继续往烧杯中加入足量稀硝酸，白色沉淀完全消失；并有气泡产生，说明沉淀含有CaCO3；取少量中溶液滴加Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀生成，再加入稀硝酸，沉淀不溶解，说明原固体含有Na2SO4，一定不含有BaCl2，所以实验现象与KNO3无关，则可能含有KNO3。（1）实验为CaCO3与HNO3反应，离子方程式为：CaCO3 + 2HNO3 =Ca(NO3)2+H2O+CO2；（2）根据以上实验现象可知，该白色固体中一定含有CaCO3、Na2SO4，一定不含有CuSO4、BaCl2，可能含有KNO3；（3）如果要进一步确定可能存在的物质KNO3，进行的实验方法是焰色反应。18、HCO3- OH- 10 SO42- Na+ Ba2+ 漏斗 玻璃棒 HCO3-+H+=CO2+H2O Ba2+SO42-=BaSO4 【解析】步骤一：加入过量的HCl产生气泡，说明有HCO3-，则没有OH-；步骤二：HCl和HCO3-反应生成CO2 22.4L（标况），根据元素守恒可以推出原溶液中有1mol HCO3-，从而计算出HCO3-的物质的量浓度；根据步骤三可以推出原溶液中有SO42-，则溶液中无Ba2+，有Na+。【详解】（1）步骤一：加入过量的HCl产生气泡，说明有HCO3-，则没有OH-，因为HCO3-与OH-不共存；步骤二：HCl和HCO3-反应生成CO2 22.4L（标况），n(CO2)=1mol，则n(HCO3-)=1mol，故c(HCO3-)=10mol/L；步骤三：根据题中信息，可以推出该沉淀为BaSO4，则n(BaSO4)=0.2mol，故原溶液中有0.2mol SO42-，则溶液中无Ba2+，有Na+；（2）过滤所需玻璃仪器有：烧杯、漏斗、玻璃棒；（3）步骤一产生气泡的离子方程式为HCO3-+H+=CO2+H2O；步骤三生成沉淀的离子方程式为：Ba2+SO42-=BaSO4。19、 2:5 强 22.4 100mL 容量瓶 胶头滴管 AD CD 【解析】（1）反应2KMnO4+16HCl(浓)2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O中KMnO4为氧化剂，Mn元素的化合价由+7价降低到+2价，得到5个电子，Cl元素化合价升高，被氧化，当有2molKMnO4参加反应，转移电子10mol，则电子转移的方向和数目可表示为；（2）反应中KMnO4得电子，作氧化剂，HCl失电子，作还原剂被氧化生成氯气，氯气为氧化产物，2molKMnO4得10mol电子，10molHCl失去10mol电子产生5molCl2，则氧化剂KMnO4与氧化产物Cl2物质的量之比是2：5；(3)根据氧化还原反应中氧化剂量的氧化性强于氧化产物，由该反应判断， KMnO4 的氧化性比 Cl2 的氧化性强；(4)如反应中转移了 2mol 电子，则产生的 Cl2 的物质的量为1mol，在标准状况下体积为1mol×22.4L/mol=22.4L； （5）配制一定物质的量浓度溶液步骤：计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀，用到的仪器为：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管、100mL容量瓶；故答案为胶头滴管；100mL容量瓶；A容量瓶的定量仪器，所以标有容积和刻度，温度影响溶液的体积，所以容量瓶上还标有使用的温度，选项A正确；B容量瓶用蒸馏水洗净后，由于后面还需要加入蒸馏水定容，所以不必烘干，不影响配制结果，选项B错误；C容量瓶中不能用于稀释浓硫酸，应该在烧杯中稀释，冷却后转移的容量瓶中，选项C错误；D由于容量瓶有瓶塞，配制时需要摇匀，所以使用前要检查容量瓶是否漏水，选项D正确；答案选AD；A加水定容时俯视刻度线，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，选项A错误；B容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理，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，选项B错误；C颠倒摇匀后发现凹液面低于刻度线又加水补上，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，选项C正确；D在溶解过程中有少量液体溅出烧杯外，导致溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，选项D正确；答案选CD。20、干燥的红色(或A中)布条不褪色，湿润的红色(或B中)布条褪色 Cl2无漂白性，Cl2与水反应生成的HClO有漂白性 Cl2+H2OH+Cl-+HClO 吸收氯气，防止污染环境 溶液先变红色，后褪色 2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl- H2O+SO+Cl2=2H+SO+2Cl- 【解析】干燥的氯气不能使干燥的红色布条褪色，氯气和水接触后反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸能使红色布条褪色，盐酸能使紫色石蕊变红，次氯酸能使紫色石蕊溶液褪色，氯气和亚硫酸根离子反应生成硫酸根离子和氯离子，氯气能和氯化亚铁反应生成氯化铁，溶液显黄色，氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠和水，氯气被吸收，防止氯气污染环境。【详解】（1）干燥氯气遇到干燥的红色(或A中)布条不褪色，湿润的红色(或B中)布条褪色，说明Cl2无漂白性，Cl2与水反应生成的HClO有漂白性；（2）氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸是强酸，能拆成离子形式，离子方程式为：Cl2+H2OH+Cl-+HClO；（3）装置F中盛有氢氧化钠，能吸收氯气，防止污染环境；（4）氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，能使紫色石蕊溶液先变红色，后褪色；（5）氯气和氯化亚铁反应生成氯化铁，离子方程式为：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-；（6）氯气氧化亚硫酸根离子生成硫酸根，本身被还原为氯离子，离子方程式为H2O+SO+Cl2=2H+SO+2Cl-。21、250 mL容量瓶27.410.0ABDEF0.1mol【解析】.配制一定物质的量浓度的溶液时，一般步骤为：计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、转移洗涤液、定容、倒转摇匀，所以正确的操作顺序为： ；根据上述分析可知，该实验中需要的仪器有托盘天平、药匙、玻璃棒、烧杯、胶头滴管和容量瓶，因实验室无240mL的容量瓶，因此应选用250mL的容量瓶，故答案为； ；250 mL容量瓶；.由图可知，称量烧杯质量时砝码与烧杯位置放反了，称量时使用了30.0g的砝码，游码的读数为2.6，则烧杯的实际质量为30.0g2.6g=27.4g；根据上述分析可知，本实验需要选用250mL的容量瓶，则n（NaOH）0.25L×1.0 mol/L0.25mol，m（NaOH）0.25mol×40g/mol10.0g，故答案为27.4g；10.0g；. A转移溶解的溶液后没有洗涤烧杯和玻璃棒，会造成溶质偏少，配制的溶液浓度偏低，故A正确；B转移溶液时不慎有少量洒到容量瓶外面，会造成溶质偏少，配制的溶液浓度偏低，故B正确；C容量瓶未干燥就用来配制溶液，因后面还要加水定容，因此未干燥对配制溶液无影响，故C错误；D称量NaOH固体时动作太慢，耗时太长，因NaOH易吸水潮解，则称量的NaOH固体偏少，配制的溶液浓度偏低，故D正确；E定容后摇匀溶液，发现液面低于刻度线，属于正常情况，若再加入少量水使液面与刻度线相平，则溶剂偏多，配制的溶液浓度偏低，故E正确；F定容时仰视刻度线，会导致溶液的体积偏大，浓度偏低，故F正确；GNaOH固体溶解后未经冷却即转移到容量瓶中，会造成溶液的体积偏小，浓度偏高，故G错误；所以答案为：ABDEF；在反应中，氯元素化合价从-1价升高到0价，共失去2个电子，氢元素化合价从+1价降低到0价，共得到2个电子，则用单线桥法表示的式子为：；根据反应方程式可知，该反应的氧化剂是H2O，且生成等物质的量的H2和Cl2，当反应消耗2mol水时，将生成1mol H2和1molCl2，在标准状况下的体积为44.8L，因此当反应中生成的气体在标准状况下的体积为4.48L时，消耗氧化剂（即水）的物质的量为0.1mol，故答案为；0.1mol。点睛：本题考查了一定物质的量浓度的溶液配制过程中的计算和误差分析。本题的易错点是配制一定物质的量浓度溶液的误差分析，在解题时要注意根据c=进行判断，由c=可知，一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量n和溶液的体积V引起的，进行误差分析时，关键要看配制过程中引起n和V怎样的变化，若n比理论值小，或V比理论值大时，都会使所配溶液浓度偏小；若n比理论值大，或V比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大。