内蒙古通辽实验中学2022年化学高一第一学期期中学业质量监测模拟试题含解析.doc

2022-2023学年高一上化学期中模拟试卷注意事项1考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回2答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用05毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置3请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符4作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效5如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、有两个无标签的试剂瓶，分别装有Na2CO3和NaHCO3固体，有4位同学为鉴别它们采用了以下不同的方法，其中不可行的是（ ）A分别配成溶液，再加入澄清石灰水B分别配成溶液，再加入CaCl2溶液C分别加热，再检验是否有使澄清石灰水变浑浊的气体产生D分别配成溶液，滴加同浓度盐酸，观察产生气泡的快慢2、向一定量的Fe、Fe2O3、FeO的混合物中加入200 mL 1 mol·L1的盐酸，恰好使混合物完全反应溶解，放出4.48 mL(标准状况)气体。所得溶液中，加入KSCN溶液无红色出现，那么用足量的CO在高温下还原相同质量的此混合物，得到铁的质量为A11.2 gB5.6 gC2.8 gD无法计算3、下列物质的分类正确的是 碱酸盐碱性氧化物酸性氧化物ANa2CO3H2SO4NaOHSO2CO2BNaOHHClNaClNa2OCOCNaOHCH3COOHNaHCO3Al2O3SO3DKOHHNO3CaCO3CaOSO2AABBCCDD4、O2F2可以发生反应H2S+4O2F2=SF6+2HF+4O2，下列说法正确的是( )A氧气是氧化产物B O2F2既是氧化剂，又是还原剂C若生成2.24 L HF，则转移0.4 mol电子D还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：45、当光束通过下列分散系时，能观察到丁达尔效应的是( )A食盐水 B稀硫酸 CCuSO4 溶液 D稀豆浆6、稀土资源素有“工业维生素”“新材料之母”之称，我国稀土储量世界第一。已知：金属铈（稀土元素）在空气中易氧化变暗，受热时燃烧，遇水很快反应（注：铈常见的化合价为和，氧化性：）。下列说法正确的是（ ）A铈溶于氢碘酸的化学方程式可表示为：B溶液与硫酸铁溶液混合，其离子方程式为：C铈元素如果要排在金属活动性顺序表中，其位置应靠近元素D金属保存时可以用水封来隔绝空气，防止被氧化7、下列各组在溶液中的反应，不管反应物量的多少，都只能用同一个离子方程式来表示的是ANaOH与CO2BBa(OH)2与H2SO4CHCl与Na2CO3DCa(HCO3)2与NaOH8、设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是（ ）A1mol氧气中有2NA个氧原子 B使用摩尔时必须指明微粒的名称C1mol CO2所含的原子总数为3NA个 D1mol任何物质所含各种微粒的数目均为NA个9、一般情况下，下列物质间的转化，不可能由一步实现的是（）ACuOCu(OH)2BFeFeCl2CNaClNaNO3DSO2Na2SO310、检验某一溶液中是否含有氯离子，可选用的试剂是（ ）A硝酸银溶液B稀盐酸酸化的硝酸银溶液C稀硝酸酸化的硝酸银溶液D稀硫酸酸化的硝酸银溶液11、某同学要在奥运五连环中填入物质，使相连物质间能发生反应，不相连物质间不能发生 反应。你认为“五连环”中有空缺的一环应填入的物质是A稀硫酸B氧气C二氧化碳D氯化钠12、某200 mL Fe2(SO4)3溶液中含有0.1 mol Fe3+，该溶液中SO42-的物质的量浓度为（）A0.75 mol·L-1B0.5 mol·L-1C1 mol·L-1D0.25 mol·L-113、下列物质的分类正确的是 酸碱盐酸性氧化物碱性氧化物AH2SO4Na2CO3Cu2(OH)2CO3SO3Fe2O3BHClNaOHNaClCO2Na2O2CNaHSO4NaOHCaF2SO2MgODHNO3KOHNaHCO3Mn2O7CaOAABBCCDD14、下列关于某溶液所含离子检验的方法和结论正确的是( )A加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加入盐酸白色沉淀消失，说明一定有Ca2B往溶液中加入NaOH溶液，产生蓝色沉淀，说明溶液中有Cu2C加入盐酸产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，则原溶液中一定有CO32D往溶液中加入BaCl2溶液和稀HNO3，有白色沉淀生成，说明一定有SO4215、能用H+OH-=H2O 来表示的化学反应是AMg(OH)2和稀盐酸反应BNaOH溶液和稀盐酸反应CCuO和稀硫酸反应DCu(OH)2和稀硫酸反应16、下列对于“摩尔”的理解正确的是A摩尔是国际科学界建议采用的一种物理量B摩尔可以把物质的宏观数量与微观粒子的数量联系起来C摩尔是物质的量的单位，简称摩，符号为molD国际上规定，0.012kg碳原子所含有的碳原子数目为1摩二、非选择题（本题包括5小题）17、有四种元素 A、B、C、D，其中 B2离子与 C+离子核外都有二个电子层，B 原子的质子数与 C 原子的质子数之和等于 D 原子的质子数，A 原子失去一个电子后变成一个质子，试回答：(1)A、B、C、D 的元素符号分别为_、_、_、_。(2)B2的电子式为_，D 原子的结构示意图为_，B与C形成的简单化合物的电子式为_。18、有一包白色粉末，可能含有 NaHSO4、 KHCO3、 Ba(NO3)2、 CaCl2、 NaNO3、 MgSO4中的一种或几种。实验步骤如下：取少量固体投入水中，既有气体生成，又有沉淀产生。过滤，取少量滤液加AgNO3溶液，无沉淀产生。再取少量滤液，加入足量NaOH溶液，也无沉淀产生。(1)推断白色粉末中一定有_，一定没有_，不能确定的是_。(2)请写出实验步骤中产生气体的离子方程式：_。(3)请写出实验步骤中产生沉淀的离子方程式：_。19、（1）在图所示仪器中，配制上述溶液肯定不需要的是_（填序号），除图中已有仪器外，配制上述溶液还需要的玻璃仪器是_（2）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，另一只手的手指托住瓶底，把容量瓶反复倒转多次，摇匀（3）根据计算用托盘天平称取NaOH固体的质量为_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”）（4）根据计算得知，需用量筒量取质量分数为98%、密度为1.84g/cm3的浓硫酸的体积为_mL，如果实验室有15mL、20mL、50mL量筒，应选用_mL量筒最好20、某学生设计了如下实验方法分离NaCl和CaCl2两种固体混合物:填空和回答下列问题(1)写出生成B物质的化学方程式_(2)滤液中的溶质有_(写化学式)，若要制得纯净的NaCl，应向滤液中加入适量的某种试剂，该试剂的名称是_。(3)若要测定该样品中NaCl和CaCl2的质量比，可称量干燥的B物质和另一物质的质量，这种物质是_。(4)某同学要配制480mL2.000molL-1NaOH溶液，配制过程如下：选择适当仪器。在下列给出的玻璃仪器中，不需要用到的是_。先用托盘天平称量烧杯的质量，天平平衡后的状态如图，则烧杯的实际质量为_g。要完成本实验，该同学应称取_g(烧杯质量不计算在内)NaOH固体，再在烧杯中用适量蒸馏水溶解、冷却。将烧杯中的溶液转移至_(填仪器名称，下同)中，并用少量蒸馏水洗涤烧杯内壁及玻璃棒23次，洗涤液也注入该仪器中。继续加蒸馏水至离刻度线12cm处，改用_滴加蒸馏水至凹液面最低处与刻度线相切。盖上瓶塞，上下颠倒摇匀，将所配溶液转移至指定试剂瓶中，贴上标签。21、已知在实验室浓盐酸和二氧化锰加热条件下可以反应生成氯化锰和Cl2等，某同学用此法制得标准状况下Cl2体积为22.4mL，据题意回答下列问题：（1）写出其化学反应方程式并配平_（2）请计算共消耗MnO2多少克？_（3）上述实验所用浓盐酸，其质量分数为36.5%，密度为1.19g/mL，为了使用方便，请计算该浓盐酸的物质的量浓度为多少？_参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【解析】A二者都能与澄清石灰水反应生成沉淀，不能鉴别，故A错误；BNa2CO3与CaCl2反应生成白色沉淀，碳酸氢钠不能，能鉴别，且操作简单，故B正确；CNaHCO3不稳定，加热易分解，生成气体可使澄清石灰水变浑浊，可鉴别，故C正确；D逐滴加入等浓度的稀盐酸，碳酸氢钠溶液中有气体生成，碳酸钠溶液中开始无气体生成，随加入盐酸增多，后来生成气体，现象不同，可以鉴别，故D正确。答案选A。2、B【解析】盐酸恰好使混合物完全溶解,盐酸没有剩余,向反应所得溶液加KSCN溶液无血红色出现,说明溶液为FeCl2溶液,根据氯元素守恒可以知道n(FeCl2)=1/2n(HCl)；用足量的CO在高温下还原相同质量的混合物得到铁,根据铁元素守恒可以知道n(FeCl2)= n(Fe),据此结合m=nM计算得到的铁的质量。【详解】盐酸恰好使混合物完全溶解,盐酸没有剩余,向反应所得溶液加KSCN溶液无血红色出现,说明溶液为FeCl2溶液,根据氯元素守恒可以知道n(FeCl2)=1/2n(HCl)=1/2×0.2×1=0.1mol；用足量的CO在高温下还原相同质量的混合物得到铁,根据铁元素守恒可以知道n(FeCl2)= n(Fe)=0.1 mol；质量为0.1×56=5.6g；B选项正确；综上所述，本题选B。3、D【解析】溶于水电离出的阴离子全部是氢氧根离子的化合物是碱，溶于水电离出的阳离子全部是氢离子的化合物是酸，由金属阳离子或铵根离子与酸根离子组成的化合物是盐，能与酸反应生成盐和水的氧化物是碱性氧化物，能与碱反应生成盐和水的氧化物是酸性氧化物，据此解答。【详解】A、Na2CO3是盐，NaOH是碱，SO2是酸性氧化物，A错误；B、CO不是酸性氧化物，B错误；C、Al2O3不是碱性氧化物，属于两性氧化物，C错误；D、各物质分类均正确，D正确。答案选D。4、D【解析】在反应H2S+4O2F2=SF6+2HF+4O2中，S元素化合价由-2价升高到+6价被氧化，O元素由+1价降低到0价被还原；氧化产物为SF6，还原产物为O2，以此解答该题。A在该反应中 O元素由反应前O2F2中+1价降低到O2中的0价得到电子被还原，则氧气为还原产物，A错误；B在反应中，O元素化合价由O2F2中+1价变为O2中的0价，化合价降低，得到电子被还原，所以O2F2是氧化剂，而H2S中的S元素的化合价是2价，反应后变为SF6中的+6价，化合价升高，失去电子，被氧化，所以H2S是还原剂，B错误；C由于未指明标准状况下，因此无法计算转移的电子的物质的量，C错误；D在反应中，O2F2中的O元素化合价降低，获得电子，所以O2F2是氧化剂，而硫化氢中的S元素的化合价是2价，反应后升高为+6价，所以H2S是还原剂，则还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：4，D正确；故合理选项是D。5、D【解析】当光束通过下列分散系时，能观察到丁达尔效应，说明该分散系是胶体，据此判断。【详解】A.食盐水是溶液分散系，无丁达尔效应，A错误；B.稀硫酸属于溶液分散系，无丁达尔效应，B错误；C.CuSO4溶液属于溶液分散系，无丁达尔效应，C错误；D.稀豆浆分散质大小为1100nm，属于胶体，有丁达尔效应，D正确；答案选D。6、C【解析】A. 氧化性：Ce4+>Fe3+，结合2Fe3+2I-=2Fe2+I2，Ce4+、I-不能共存，Ce与HI的反应为2Ce+6HI=2CeI3+3H2，故A错误；B. 氧化性是Ce4+>Fe3+，所以Fe3+无法氧化Ce3+得到Ce4+，故B错误；C. 铈(稀土元素)在空气中易氧化变暗，受热时燃烧，遇水很快反应，与钠的活泼性相似，所以Ce元素如果要排在金属活动性顺序表中，其位置应靠近元素，故C正确；D. 根据题中信息铈在空气中易氧化变暗，受热时燃烧，遇水很快反应，则不能用水封保存Ce，故D错误；故选C。7、B【解析】A、NaOH少量时，氢氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，氢氧化钠过量时，二者反应生成碳酸钠，不能用同一离子方程式表示，故A错误；B、无论量的多少都只发生Ba(OH)2+H2SO4BaSO4+2H2O，则能用同一离子方程式表示，故B正确；C、HCl少量时发生反应：HCl+Na2CO3NaHCO3+NaCl，HCl过量时发生2HCl+Na2CO3NaCl+CO2+H2O，所以不能用同一离子方程式表示，故C错误；D、NaOH少量，反应生成水、碳酸钙、碳酸氢钠，而NaOH过量，反应生成碳酸钙、碳酸钠、水，产物不同，不能用同一个离子方程式来表示，故D错误；故选B。8、D【解析】A. 1molO2中含有的氧原子数为：1mol×2×NAmol-1=2NA，故A正确；B. 物质的量所指的对象是微观粒子，如分子、离子、电子、原子团等，1molH表示1mol氢原子，1molH2表示1mol氢气分子等，所以在使用时必须指明对象，防止出现错误，故B正确；C. 1mol CO2所含的原子总数为1mol×3×NAmol-1=3NA，故C正确；D. 构成物质的微粒不同，不能说1mol任何物质所含各种微粒的数目均为NA个，如1molH2中含有NA个氢分子，2NA个氢原子，故D错误。答案选D。9、A【解析】ACuO不溶于水，不能一步实现转化，故A符合题意；BFe与盐酸反应生成氯化亚铁，能一步实现，故B不符合题意；C氯化钠与硝酸银反应可以生成硝酸钠，能一步实现，故C不符合题意；D二氧化硫与NaOH反应生成亚硫酸钠，能一步实现，故D不符合题意；故答案为A。10、C【解析】能与硝酸银溶液反应生成的白色沉淀不一定是氯化银，如碳酸银也是白色沉淀，但碳酸银能溶于稀硝酸，所以检验氯离子选用的试剂是硝酸酸化的硝酸银溶液，可以排除碳酸根离子的干扰；故选C。【点睛】检验氯离子时只能用稀硝酸酸化，如果用盐酸酸化则会引入氯离子；如果用硫酸酸化，溶液中如果存在钡离子也会产生不溶于酸的沉淀。11、C【解析】有“空缺”的一环的物质必须既能与NaOH溶液反应又能与C反应，四个选项中只有CO2符合。2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，CO2+C2CO，答案选C。12、A【解析】由化学式Fe2(SO4)3可知：n(SO42-) = n(Fe3+)= 0.1mol = 0.15mol 所以c(SO42-)=0.75mol/L,A正确。13、D【解析】酸是指电离时产生的阳离子全部是氢离子的化合物；碱是指电离时产生的阴离子全部是氢氧根离子的化合物；盐是指由金属离子（或铵根离子）和酸根离子组成的化合物；能和碱反应生成盐和水的氧化物属于酸性氧化物；能跟酸起反应，生成盐和水的氧化物属于碱性氧化物。【详解】A项、Na2CO3是盐，不是碱，故A错误；B项、Na2O2与酸反应生成盐、水和氧气，不属于碱性氧化物，是过氧化物，故B错误；C项、NaHSO4是酸式盐，不是酸，故C错误；D项、HNO3电离时产生的阳离子全部是氢离子属于酸，KOH电离时产生的阴离子全部是氢氧根离子属于碱，NaHCO3是由钠离子和碳酸氢根离子组成的盐，Mn2O7是能和碱反应生成盐和水的酸性氧化物，CaO是能跟酸起反应生成盐和水的碱性氧化物，故D正确。故选D。【点睛】本题考查了常见物质的类别，掌握酸、碱、盐、氧化物等概念是解答此类题的关键。14、B【解析】A、和碳酸钠反应生成能白色沉淀的阳离子不一定是钙离子；B、铜离子和氢氧根离子结合成蓝色氢氧化铜沉淀；C、能使澄清石灰水变浑浊的气体有二氧化碳和二氧化硫；D、能使氯化钡产生白色沉淀的离子有碳酸根离子、硫酸根离子和亚硫酸根离子,但碳酸钡能溶于稀硝酸，亚硫酸钡能被氧化为硫酸钡。【详解】A、和碳酸钠反应生成能白色沉淀的阳离子不一定是钙离子，也可能是钡离子，碳酸钡白色沉淀也溶于稀盐酸，故A错误；B、往溶液中加入NaOH溶液，产生蓝色沉淀，该沉淀为氢氧化铜，说明溶液中有Cu2，故B 正确；C、能使澄清石灰水变浑浊的气体有二氧化碳和二氧化硫，能和盐酸反应生成能使澄清石灰水变浑浊的气体的阴离子有碳酸根离子、碳酸氢根离子、亚硫酸根离子、亚硫酸氢根离子,故C错误；D、稀硝酸有强氧化性，能把亚硫酸盐氧化成硫酸盐，所以往溶液中加入BaCl2溶液和稀HNO3，有白色沉淀生成，原溶液可能含有亚硫酸根离子，不一定含有SO42，故D错误；综上所述，本题选B。【点睛】针对选项（D），溶液中先加过量的稀盐酸，没有现象，再加入氯化钡溶液，有白色沉淀生成，溶液中含有SO42；若加入盐酸酸化的氯化钡溶液，不能排除银离子的干扰；若加入硝酸酸化的氯化钡溶液，不能排除亚硫酸根离子的干扰。15、B【解析】AMg(OH)2是固体，写离子方程式时不能拆成离子形式，Mg(OH)2和稀盐酸反应离子方程式为：Mg(OH)2+2H+=Mg2+2H2O，故A不符合题意；BNaOH溶液和稀盐酸反应的离子方程式为：H+OH-=H2O，故B符合题意；CCuO是固体，写离子方程式时不能拆成离子形式，CuO和稀硫酸反应的离子方程式为：CuO+2H+=Cu2+H2O，故C不符合题意；DCu(OH)2是固体，写离子方程式时不能拆成离子形式，Cu(OH)2和稀硫酸反应的离子方程式为：Cu(OH)2+2H+= Cu2+2H2O，故D不符合题意；答案选B。16、C【解析】A物质的量是一种物理量，摩尔是物质的量的单位，选项A错误；B物质的量是连接宏观物质与微观粒子的桥梁，摩尔是物质的量的单位，选项B错误；C物质的量是含有一定数目粒子的集体，单位是摩尔，简称摩，符号为mol，选项C正确；D碳原子指含有6个质子6个中子的原子，本选项未明确，选项D错误；答案选C。二、非选择题（本题包括5小题）17、H O Na K 【解析】B2离子与C+离子核外都有二个电子层，所以B为O、C为Na，B原子的质子数与C原子的质子数之和等于D原子的质子数，推得D的原子序数为19，则D为K，A原子失去一个电子后变成一个质子，则A为H。【详解】（1）A、B、C、D依次为H元素、O元素、Na元素、K元素，元素符号分别为H、O、Na、K，故答案为H、O、Na、K；（2）B2-为O2-，电子式为，D为K元素，原子结构示意图为，B 与 C 形成的简单化合物为过氧化钠或氧化钠，电子式为或，故答案为；或。18、 H+ + HCO3- = H2O + CO2 Ba2+ + SO42- = BaSO4 【解析】取少量固体投入水中，既有气体生成，又有沉淀产生，说明含有硫酸氢钠和碳酸氢钾，可能含有硝酸钡或氯化钙。过滤，取少量滤液加AgNO3溶液，无沉淀产生，说明不含有氯化钙，则一定含有硝酸钡。再取少量滤液，加入足量NaOH溶液，也无沉淀产生，说明不含硫酸镁。【详解】(1)根据分析可确定含有硫酸氢钠和碳酸氢钾和硝酸钡，肯定不含氯化钙和硫酸镁。不能确定硝酸钠。 (2)步骤中产生气体是碳酸氢钾和硫酸氢钠反应，即碳酸氢根离子和氢离子反应生成水和二氧化碳，离子方程式为H+ + HCO3- = H2O + CO2； (3)溶液中钡离子和硫酸根离子反应生成硫酸钡沉淀，离子方程式为： Ba2+ + SO42- = BaSO4。19、（1）A、C （少一个扣一分，下同）；烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶（2）B、C、D ；（3）2.0g；小于 ；（4）13.6；15【解析】试题分析：（1）配制一定物质的量浓度的溶液所必需的仪器有：一定规格的容量瓶，托盘天平、烧杯、玻璃棒、胶头滴管，量筒可用可不用，故答案为：A、C；烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶；（2）根据容量瓶使用时的注意事项：使用容量瓶前检验是否漏水、容量瓶用水洗净后，不能用待配溶液洗涤、不能盛放热溶液、不能作为稀释仪器等，故答案为：B、C、D；（3）容量瓶没有450ml，应选择500ml的来配置，据公式m=nM=cvM=0.1mol/L×0.5L×40g/mol=2.0g，若定容时仰视刻度线，则实际溶液体积超过500mL，故所得浓度偏小，故答案为：2.0g；小于；（4）设浓硫酸的体积为VmL，稀释前后溶质的质量不变，则：98%×1.84g/cm3V=0.5mol/L×0.50L×98g/mol，解得V=13.6mL，为减小误差，应选用15mL的量筒，考点：考查了一定物质的量浓度溶液的配制的相关知识。20、CaCl2+Na2CO3=CaCO3+2NaCl NaCl、Na2CO3 HCl 化合物A ABF 27.4 40 500mL容量瓶 胶头滴管 【解析】分离NaCl和CaCl2两种固体混合物，溶解后加入过量碳酸钠溶液，生成碳酸钙沉淀和氯化钠，碳酸钙和盐酸发生反应，得到氯化钙溶液，经蒸发可得到氯化钙固体；由于碳酸钠过量，所以滤液中的物质有氯化钠和碳酸钠，因此要得到纯净的氯化钠就需要除去碳酸钠，加入稀盐酸最合适，碳酸钠和稀盐酸生成氯化钠和水和二氧化碳，蒸发后最后的固体物质是氯化钠；配制480mL2.000molL-1NaOH溶液的操作步骤：计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶等操作，由此分析。【详解】(1)NaCl和CaCl2溶液中加入过量碳酸钠溶液，生成碳酸钙沉淀和氯化钠，反应的化学方程式为CaCl2+Na2CO3=CaCO3+2NaCl；(2)加入过量的碳酸钠，生成碳酸钙沉淀，滤液含有NaCl、Na2CO3，制备纯净的NaCl，可加入盐酸；(3)要测定该样品中NaCl和CaCl2的质量比，可称量干燥的碳酸钙的质量，根据反应CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2+H2O，可计算氯化钙的质量，混合物A的总质量减去氯化钙的质量可得氯化钠的质量，需要称取混合物A的质量；(4)要配制480mL2.000molL-1NaOH溶液，需要使用的仪器有500mL容量瓶、胶头滴管、烧杯，不需要的仪器有圆底烧瓶、分液漏斗、100mL容量瓶；使用托盘天平时，应左物右码，图中放反了，烧杯的实际质量=砝码质量-游码质量=30g-2.6g=27.4g，烧杯的实际质量为27.4g；480mL2.000molL-1NaOH溶液中需NaOH固体的质量为m=nM=cVM=2.000molL-1×0.5L×40g/mol=40g；转移：将烧杯中的溶液转移至480mL容量瓶中，并用少量蒸馏水洗涤烧杯内壁及玻璃棒23次，洗涤液也注入该仪器中，防止产生误差；定容：继续加蒸馏水至离刻度线12cm处，改用胶头滴管滴加蒸馏水至凹液面最低处与刻度线相切；盖上瓶塞，上下颠倒摇匀，将所配溶液转移至指定试剂瓶中，贴上标签。21、MnO2+4HCl（浓） MnCl2+Cl2+2H2O 0.087克 11.90mol/L 【解析】（1）浓盐酸和二氧化锰加热生成二氯化锰、氯气和水，化学方程式为：MnO2+4HCl（浓） MnCl2+Cl2+2H2O；（2）标准状况下，22.4mL氯气的物质的量为0.001mol，根据化学方程式，消耗MnO2的物质的量和生成Cl2的物质的量相等，所以消耗MnO2的物质的量即为0.001mol，质量为0.001mol×87g/mol=0.087g；（3）根据=11.90mol/L。