宁夏中卫市海原县第一中学2022-2023学年化学高一第一学期期中教学质量检测试题含解析.doc

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1、2022-2023学年高一上化学期中模拟试卷考生请注意：1答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请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、目前市场上有一种专门为婴幼儿设计的电解质饮料，适合在婴幼儿感冒、发烧时快速补充体内流失的电解质成分。下列物质可用作该饮料中的电解质的是AFeB葡萄糖CMgSO4DCO22、某物质A在一定条件下，加热分解，产物均是气体：2A=B+2C+2

2、D，生成的混合气体对氢气的相对密度为d，则A的相对分子质量为A7dB5dC2.5dD2d3、下表中物质的分类组合完全正确 选项ABCD强电解质KNO3H2SO4BaSO4HClO4弱电解质HFCaCO3H2SO3CH3COONH4非电解质SO3AlH2OC2H5OHAABBCCDD4、某无色透明的溶液中，能大量共存的离子组是ANa+、H+、BCu2+、K+、CNa+、K+、Cl-、D、K+、OH-5、已知I、Fe2+、SO2和H2O2均有还原性，它们在酸性溶液中还原性的强弱顺序为：H2O2Fe2+ISO2，则下列反应不能发生的是（ ）A2Fe3+SO2+2H2O2Fe2+SO42+4H+BI2

3、+SO2+2H2OH2SO4+2HIC2Fe3+2I2Fe2+I2DH2O2+H2SO4SO2+O2+2H2O6、NaHSO4在水溶液中能够电离出H、Na、和SO。下列对于NaHSO4的分类中不正确的是( )ANaHSO4是盐BNaHSO4是酸式盐CNaHSO4是钠盐DNaHSO4是酸7、下列操作中不正确的是A过滤时，玻璃棒与三层滤纸的一边接触B过滤时，漏斗下端紧贴烧杯内壁C分液时，上层液体要从分液漏斗上口倒出D向试管中滴加液体时，胶头滴管紧贴试管内壁8、对反应方程式 NaNO2NH4ClNaClN22H2O的下列说法中，正确的是ANaNO2是还原剂，NH4Cl是氧化剂BN2既是氧化产物，又是

4、还原产物CNaNO2中的氮元素被氧化，发生了氧化反应D每生成1molN2时，转移电子的物质的量为6mol.9、下列反应的离子方程式书写正确的是（ ）A将稀硫酸滴在铜片上：Cu+2H+=Cu2+H2B将稀硫酸与Ba(OH)2混合：Ba2+SO=BaSO4C将铜丝插入AgNO3溶液中：Cu+2Ag+=Cu2+2AgD将氧化镁与稀盐酸混合：O2-+2H+=H2O10、如图为一原电池的结构示意图，下列说法不正确的是A原电池工作时的总反应为Zn+Cu2+Zn2+CuB原电池工作时，Zn电极流出电子，发生氧化反应C若将Cu电极改为Fe电极，CuSO4溶液改为FeSO4溶液，Zn电极仍作负极D盐桥中装有琼脂

5、-饱和氯化钾溶液，则盐桥中的K+移向ZnSO4 溶液11、仪器名称为“容量瓶”的是（ ）ABCD12、实验室制取氧气的反应为 2 KClO32 KCl+ 3 O2 ，反应后从剩余物中回收二氧化锰的操作顺序正确的是（已知MnO2为黑色难溶于水的固体）（ ）A溶解、蒸发、洗涤、过滤B溶解、过滤、蒸发、洗涤C溶解、过滤、洗涤、干燥D溶解、洗涤、过滤、加热13、某气体物质的质量为6.4 g，含有6.021022个分子，则该气体的相对分子质量是A64B32C96D12414、北宋清明上河图是中国十大传世名画之一，属国宝级文物，被誉为“中华第一神品”，其中绿色颜料的主要成分为 Cu(OH)2CuCO3，白

6、色颜料的主要成分为ZnO。下列说法正确的是ACu(OH)2CuCO3 属于碱B绿色颜料、白色颜料均易被空气氧化C白色颜料耐酸碱腐蚀DCu(OH)2CuCO3 中铜元素的质量分数为 57.7%15、高铁的快速发展方便了人们的出行。工业上利用铝热反应焊接钢轨间的缝隙。反应的方程式如下：2AlFe2O32FeAl2O3，下列说法不正确的是（ ）A氧化剂是Fe2O3，氧化产物是 Al2O3。B被氧化的元素是铝，被还原的元素是铁。C当转移的电子为0.3mol时，参加反应的铝为2.7gDFe2O3既不是氧化剂又不是还原剂16、下列事实与胶体性质无关的是（ ）A明矾用作净水剂B在豆浆里加入盐卤做豆腐C清晨在

7、密林中看到缕缕光束D向三氯化铁溶液中滴加氢氧化钠溶液时产生红褐色沉淀二、非选择题（本题包括5小题）17、 (1)A、B、C三种无色可溶性盐分别是由Na、Ag、Ba2、Cl、NO、CO中不同的阴、阳离子组成。经实验验证知：A溶液、B溶液均可以与盐酸反应，其中A产生白色沉淀，B产生气泡。则A为_、B为_。将B和C的溶液混合后，发生反应的离子方程式为_。(2)有一包固体粉末，由CaCO3、Na2SO4、KNO3、BaCl2、CuSO4中的三种物质组成，取样品进行如下实验：从实验可以判断，该固体粉末中一定不含有_，它的组成可能是_或_。18、某河道两旁有甲、乙两厂，它们排放的工业废水中共含K、Ag、F

8、e3、Cl、OH、NO六种离子。 （1）甲厂的废水含有OH，则甲厂废水中一定不含_和_（填离子符号）。（2）乙厂的废水中一定含有的阴离子是_（填离子符号），加入铁粉后可回收某种金属，写出该反应的离子方程式：_。（3）另一种设想是将甲厂和乙厂的废水按适当的比例混合，可以使废水中的某些离子转化为沉淀。经过滤后的废水主要含_(写化学式)，可用来浇灌农田。19、下图是中学化学中常用于泡合物的分离和提纯装置，请根据装置回答问题：（1）在装置A和装置B中都用到玻璃棒，装置A中玻璃棒的作用是_，装置B中玻璃棒的作用是_。（2）装置C中的名称是_，此装置中冷凝水进出方向是_。装置D中的分液漏斗在使用之前应该_

9、，在分液时为使液体顺利滴下，应进行的具体操作是_。（3）某硝酸钠固体中混有少量硫酸钠杂质，现设计一实验方案，既除去杂质，又配成硝酸钠溶液。实验方案：先将固体溶于蒸馏水配成溶液，选择合适的试剂和操作完成表格中各步实验。选择试剂Na2CO3溶液实验操作加热所加入的试剂可以是_（填化学式），证明溶液中SO42-已经除尽的方法是_。加入Na2CO3溶液的目的是_，所加入的试剂可以是_（填化学式）。（4）青蒿素是高效的抗疟疾药，为无色针状晶体，易溶于丙酮、氯仿和苯中，在甲醇、乙醇、乙醚、石油醚中可溶解，在水中几乎不溶，熔点为156-157，热稳定性差。已知：乙醚沸点为35。提取青蒿素的主要工艺为：若要在

10、实验室模拟上述工艺，操作I选择的装置是_（填代号），操作的名称是_，选择的装置是_（填代号），为防止暴沸，粗品中需要加入_。操作的主要过程可能是_（填字母）。A加水溶解，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤B加95%的乙醇，浓缩、结晶、过滤C加入乙醚进行萃取分液20、是一种重金属离子，有一环境监测小组欲利用、NaOH等试剂测定某工厂废水中的浓度。 (1)现需配制标准NaOH溶液，所需要的玻璃仪器除量筒、容量瓶、玻璃棒外，还需要_、_。(2)需准确称取NaOH固体的质量为_。(3)在配置以上溶液时，下列操作会使所配溶液浓度偏低的是_(多选题)。容量瓶洗涤干净后未干燥 定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面下降，

11、再加适量的蒸馏水定容时俯视刻度线 烧杯和玻璃棒未洗涤(4)从对化合物分类方法出发，指出下列各组物质中与其他物质类型不同的一种物质、_；、_；、_；、_。21、按要求填空：（1）3.6gH2O物质的量为_mol，约含有_个原子；（2）已知1.2041023个X气体的质量是6.4g。则X气体的摩尔质量是_；（3）同温同压下，同体积的甲烷CH4和CO2质量之比为_，质子数之比_；（4）VLAl2（SO4）3溶液中含Al3+amol，该Al2（SO4）3溶液的物质的量浓度为_，取出V/2L再加入水稀释到4VL。则稀释后溶液中SO42-的物质的量浓度是_。参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1

12、、C【解析】A、铁是单质，不是电解质，也不是非电解质，A错误；B、葡萄糖是非电解质，B错误；C、硫酸镁是电解质，C正确；D、CO2是非电解质，D错误；答案选C。2、B【解析】相同条件下，气体的相对分子质量和气体的密度成正比，生成的混合气体对氢气的相对密度为d，所以三种气体的平均相对分子质量为2d，右边相对分子质量总和为2d+22d+22d=10d，根据质量守恒定律，左边2A的质量也是也是10d，所以，A的相对分子质量为5d。故选：B。【点睛】本题考查气体阿伏伽德罗定律的应用，这种题注意关键条件“生成的混合气体对氢气的相对密度为d”，根据混合气体的相对密度可计算出混合气体的平均相对分子质量，然后

13、根据阿伏加德罗定律的推论相同条件下，气体的相对分子质量和气体的密度成正比来计算。3、A【解析】强电解质：是在水溶液中或熔融状态中几乎完全电离的电解质，一般来说强电解质有强酸强碱，活泼金属氧化物和大多数盐；弱电解质：是在水溶液中或熔融状态下不完全发生电离的电解质；一般来说弱酸、弱碱，以及少数盐，另外水是极弱电解质；非电解质：在熔融状态或水溶液中不能导电的化合物。【详解】A、KNO3是强电解质，HF是弱电解质，SO2是非电解质，所以A正确；B、CaCO3是强电解质，电解质和非电解质都是化合物，所以金属铝既不是电解质又不是非电解质，B不正确；C、因为H2O自身部分电离，所以水是弱电解质，而不是非电解

14、质，C不正确；D、CH3COONH4它在水溶液中完全电离，所以是强电解质，不是弱电解质，D不正确。故选A。【点睛】解题时要注意，强、弱电解质与物质的溶解度无关；电解质和非电解质都是化合物。4、C【解析】A氢离子和碳酸氢根会反应生成二氧化碳和水不能大量共存，故A不符合题意；B铜离子的溶液显蓝色，不能在无色溶液中大量存在，故B不符合题意；C四种离子相互之间不反应，可以大量共存，且均无色，故C符合题意；D磷酸氢根会和氢氧根反应生成磷酸根和水，不能大量共存，故D不符合题意；综上所述答案为C。5、D【解析】根据还原剂的还原性强于还原产物的还原性这一规律分析解答。【详解】A.反应中还原剂SO2的还原性大于

15、还原产物Fe2+，符合题给条件，反应能进行，故A错误；B.反应中还原剂SO2的还原性大于还原产物HI，符合题给条件，反应能进行，故B错误；C. 反应中还原剂I的还原性大于还原产物Fe2+，符合题给条件，反应能进行，故C错误；D.双氧水中氧元素化合价升高，作为还原剂，硫酸被还原得到产物二氧化硫，反应中还原剂H2O2的还原性大于还原产物SO2，不符合题给条件，反应不能发生，故D正确。故选D。【点睛】正确判断氧化剂和还原剂是解决本题的关键，可以根据化合价的变化判断：化合价升高的反应物作还原剂，发生氧化反应。6、D【解析】A.盐是金属离子或铵根离子(NH4+)与酸根离子或非金属离子结合的化合物，由Na

16、HSO4在水溶液中能够电离出H、Na、和SO可知，NaHSO4是盐，故A正确；B.由NaHSO4在水溶液中能够电离出H、Na可知，NaHSO4是酸式盐，故B正确；C.由NaHSO4在水溶液中能够电离出Na可知，NaHSO4是酸式盐，故C正确；D.酸是指电离出的阳离子只有氢离子的化合物，由NaHSO4在水溶液中能够电离出H、Na可知，NaHSO4是酸式盐，不是酸，故D错误；故选D。7、D【解析】A过滤时，应遵循一贴二低三靠的原则，其中玻璃棒的一端应紧靠三层滤纸处，A正确；B过滤时，漏斗颈的尖端应紧贴烧杯内壁，B正确；C分液时，下层液体流出后，再将上层液体从分液漏斗上口倒出，C正确；D向试管中滴加

17、液体时，胶头滴管口应位于试管口的上方，D不正确；故选D。8、B【解析】NaNO2NH4ClNaClN22H2O是同一元素的氧化还原反应，在反应中，N元素的化合价由反应前NaNO2中的+3价变为反应后N2中的0价，化合价降低，获得3e-，被还原，所以NaNO2是氧化剂，N2是还原产物；N元素的化合价由反应前NH4Cl中的-3价变为反应后N2中的0价，化合价升高，失去3e-，被氧化，所以NH4Cl是还原剂，N2是氧化产物；每反应产生1molN2，转移电子的物质的量是3mol，综上所述可知：选项B正确，故合理选项是B。9、C【解析】ACu的活泼性较弱，不与稀硫酸反应，故A错误；B稀硫酸与氢氧化钡反应

18、时除了硫酸根和钡离子的反应，还有氢离子和氢氧根的反应，离子方程式为Ba2+SO+2OH-+2H+=BaSO4+2H2O，故B错误；C铜的活泼性比银强，可以置换出硝酸银溶液中的银单质，离子方程式为Cu+2Ag+=Cu2+2Ag，故C正确；D氧化镁不能写成离子，正确离子方程式为MgO+2H+=H2O+Mg2+，故D错误；综上所述答案为C。10、D【解析】答案：DA、正确，铜作正极，锌作负极；B、正确，锌活泼性强，作负极，电子流出；C、正确，锌活泼性也大于铁；D、不正确，盐桥中的K移向CuSO4溶液。11、B【解析】A为圆底烧瓶，故A错误；B为容量瓶，故B正确；C为锥形瓶，故C错误；D为分液漏斗，故

19、D错误；故选B。12、C【解析】根据物质的性质，分析评价简单的提纯方案。【详解】加热KClO3制氧气后的固体残留物中，含有MnO2、KCl和可能未分解的 KClO3，其中只有MnO2不溶于水。故将残留物加水溶解、过滤，再将滤渣洗涤、干燥，即得纯净的MnO2。本题选C。13、A【解析】根据n=N/NA计算该气体的物质的量，再根据M=m/n计算该气体的摩尔质量，当摩尔质量以gmol1作单位，数值上等于其相对分子质量【详解】6.4g某气体的物质的量为6.021022/6.021023mol1=0.1mol。摩尔质量为6.4g/0.1mol=64gmol1，当摩尔质量以gmol1作单位，数值上等于其相

20、对分子质量，所以该气体的相对分子质量为64。故选A。14、D【解析】ACu(OH)2CuCO3是金属离子和酸根离子、氢氧根离子组成的化合物，属于碱式盐，故A错误；B绿色颜料的主要成分为 Cu(OH)2CuCO3，白色颜料的主要成分为ZnO，Cu(OH)2CuCO3和ZnO中除O元素外，C、H、Cu、Zn均为最高价，无还原性，不能被空气中氧气氧化，故B错误；C白色颜料的主要成分为ZnO，能与酸反应，故C错误；DCu(OH2)CuCO3中铜的质量分数为100%=57.7%，故D正确；故选D。15、D【解析】A、失电子化合价升高的反应物是还原剂，生成氧化产物；得电子化合价降低的反应物是氧化剂，生成还

21、原产物；B、失电子化合价升高的反应物是还原剂，生成氧化产物；C、该反应中Al元素化合价由0价变为+3价，失电子化合价升高，由此计算参加反应的铝；D、Fe2O3得电子化合价降低的反应物是氧化剂。【详解】A、铝是失电子化合价升高的反应物是还原剂，生成的氧化产物是Al2O3，Fe2O3是得电子化合价降低的反应物，是氧化剂，生成还原产物，故A正确；B、该反应中Al元素化合价由0价变为+3价，所以Al是还原剂、Al2O3是氧化产物，故B正确；C、该反应中Al元素化合价由0价变为+3价，所以每1molAl参加反应时，转移电子的物质的量3mol，当转移的电子为0.3mol时，参加反应的铝为0.1mol，质量

22、为2.7g，故C正确；D、Fe2O3得电子化合价降低的反应物是氧化剂，还原剂是Al，故D错误；故选D。16、D【解析】A. 明矾用作净水剂是因为形成了氢氧化铝胶体，具有吸附性，故A与胶体性质有关；B. 在豆浆里加入盐卤做豆腐是利用胶体的聚沉现象，故B与胶体性质有关；C. 清晨在密林中看到缕缕光束，是因为空气中形成胶体，产生丁达尔现象造成的，故C和胶体性质有关；D. 向三氯化铁溶液中加氢氧化钠溶液时产生红褐色沉淀是因为生成的氢氧化铁难溶，故D与胶体性质无关，故选D。二、非选择题（本题包括5小题）17、AgNO3 Na2CO3 Ba2+CO32-=BaCO3 CuSO4 CaCO3、Na2SO4、

23、KNO3 CaCO3、BaCl2、KNO3 【解析】（1）由离子共存可知，Ag+只能结合NO3-形成硝酸银、剩下的离子中Ba2+只能结合Cl-形成氯化钡、最后的离子结合形成碳酸钠，然后根据A、B能够与盐酸反应的现象判断A、B组成，从而明确A、B、C的名称，书写B和C的溶液混合反应的化学方程式。（2）固体粉CaCO3、Na2SO4、BaCl2、CuSO4溶于水有沉淀、无色溶液，则能排除CuSO4，因为CuSO4溶于水显蓝色；难溶物溶于稀盐酸产生无色气体，说明一定含有碳酸钙，硫酸钠和氯化钡不会同时存在。【详解】（1）A、B、C为三种无色可溶盐，则Ag+只能结合NO3-形成AgNO3、剩下的离子中B

24、a2+只能结合Cl-形成BaCl2，另一种物质则为Na2CO3；A溶液、B溶液均可与盐酸反应，其中A产生白色沉淀，则A为AgNO3；B与盐酸产生气泡，所以B为Na2CO3，C不与盐酸反应，则C为BaCl2，将B和C的溶液混合反应的化学方程式为：BaCl2+Na2CO3=BaCO3+2NaCl，反应的离子方程式为Ba2+CO32-=BaCO3；故答案为AgNO3；Na2CO3；Ba2+CO32-=BaCO3；（2）有一包固体粉末由CaCO3、Na2SO4、BaCl2、CuSO4中的两种物质组成，取样品加水，出现白色沉淀，该白色沉淀能够溶于稀盐酸产生无色气体，则该固体粉末中一定含有CaCO3，且硫

25、酸钠与氯化钡不会同时存在；得到无色溶液，该固体粉末中一定不含有CuSO4，因为CuSO4溶于水显蓝色，根据分析可知，溶液中一定不存在CuSO4，该固体粉末含有的三种物质可能为：CaCO3、Na2SO4、KNO3或CaCO3、BaCl2、KNO3，故答案为CuSO4；CaCO3、Na2SO4、KNO3；CaCO3、BaCl2、KNO3。【点睛】本题考查了未知物的检验，注意掌握常见物质的检验方法，明确常见物质的性质及反应现象是解答本题的关键。18、Ag+ Fe3+ NO3- Fe + 2Ag+ = Fe2+ + 2Ag KNO3 【解析】甲厂的废水含有OH，因此Ag+、Fe3+不可能存在于甲厂的废

26、水中，而必定存在于乙厂的废水中，Cl-不可能存在于乙厂的废水中，一种溶液中必定同时存在阴、阳离子，所以必定存在于乙厂的废水中。最后可得甲厂废水中含有OH-、Cl-、K+。乙厂的废水中含有银离子，而加入铁粉可以置换出溶液中的银。【详解】甲厂的废水含有OH，因此Ag+、Fe3+不可能存在于甲厂的废水中，而必定存在于乙厂的废水中，Cl-不可能存在于乙厂的废水中，一种溶液中必定同时存在阴、阳离子，所以必定存在于乙厂的废水中。最后可得甲厂废水中含有OH-、Cl-、K+。根据以上分析，（1）甲厂的废水含有OH，则甲厂废水中一定不含Ag+ 和Fe3+。（2）乙厂的废水中一定含有的阴离子是，铁的活泼性大于银，

27、加入铁粉后可回收银，反应的离子方程式是：Fe + 2Ag+ = Fe2+ + 2Ag；（3）若两溶液混合可生成氯化银、氢氧化铁等沉淀，溶液中的溶质主要有KNO3。19、引流 搅拌防止液体局部受热造成液滴飞溅 蒸馏烧瓶 从下管进上管出 检查是否漏水 打开分液漏斗上方口部的玻璃塞或旋转玻璃塞使凹槽对准小孔 Ba(NO3)2或者是Ba(OH)2 静置，向上层清液中继续滴加Ba(NO3)2或者是Ba(OH)2，若无沉淀产生则已除尽 除去过量的Ba2+ HNO3 A 蒸馏 C 碎瓷片 B 【解析】（1）A为过滤玻璃棒起引流作用；B为蒸发，玻璃棒起搅拌作用。（2）装置C中是蒸馏烧瓶，冷却水从下口进上口出，

28、冷凝效果更好。分液漏斗使用前需检漏，为使液体顺利滴下，应打开上端口部的玻璃塞或旋转玻璃塞使凹槽对准小孔。（3）某硝酸钠固体中混有少量硫酸钠杂质,可加入硝酸钡或氢氧化钡，将硫酸根转化为硫酸钡沉淀，过滤，向滤液中加入碳酸钠以后，可以将过量的硝酸钡或氢氧化钡转化为碳酸钡沉淀，过滤，再向滤液中加入稀硝酸，将过量的碳酸钠溶液转化为硝酸钠，蒸发结晶后可得纯净的硝酸钠。（4）青蒿素干燥破碎以后，用乙醚浸取，过滤后得到残渣和提取液，提取液经过蒸馏得到乙醚和粗品，粗品经过溶解、浓缩结晶、过滤得到精品。【详解】（1）在装置A和装置B中都用到玻璃棒，装置A为过滤玻璃棒起引流作用，装置B为蒸发，玻璃棒起搅拌作用防止液

29、体局部受热造成液滴飞溅。答案为：引流；搅拌防止液体局部受热造成液滴飞溅。（2）装置C中名称是是蒸馏烧瓶，装置C中冷却水的方向是下进上出。装置D中的分液漏斗在使用之前应该检漏，分液漏斗为使液体顺利滴下，应打开上端口部的玻璃塞或旋转玻璃塞使凹槽对准小孔。答案为：蒸馏烧瓶；从下管进上管出；检查是否漏水；打开分液漏斗上方口部的琉璃塞或旋转活塞使凹槽对准小孔。（3）所加入的试剂作用是除去硫酸钠，将其转化为硫酸钡沉淀，试剂可以是Ba(NO3)2或Ba(OH)2。证明溶液中SO42-已经除尽的方法是：静置，向上层清液中继续滴加Ba(NO3)2或Ba(OH)2，若无沉淀产生则已除尽。加入Na2CO3溶液的目的

30、是除去过量的Ba2+，所加入的试剂可以的目的是除去过量的CO32-，试剂可以是HNO3。答案为：Ba(NO3)2或Ba(OH)2；静置，向上层清液中继续滴加Ba(NO3)2或Ba(OH)2，若无沉淀产生则已除尽；除去过量的Ba2+；HNO3。（4）操作I为过滤，选择装置A。提取液经过蒸馏得到乙醚和粗品，操作为蒸馏，选择装置C，为防止暴沸，需要加入碎瓷片。操作从粗品中经过溶解、浓缩结晶，再进行过滤得到精品。答案为：A；蒸馏； C； 碎瓷片； B。【点睛】本题考查了过滤、蒸发、蒸馏和分液操作，注意各操作的作用和使用注意事项。过滤常用于分离固体和溶液。蒸发常用于蒸发结晶和蒸发浓缩。蒸馏常用于分离不同

31、沸点的液体。分液常用于分离互不相容密度不同的液体。20、胶头滴管 烧杯 1.0 BD SO2 NaClO3 HCl K2CO3 或 【解析】用固体来配制一定物质的量浓度的溶液时的步骤是计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀，根据标准NaOH溶液，利用n=cV来计算物质的量，再利用m=nM来计算其质量，在进行误差分析时，根据进行分析。【详解】（1）根据实验步骤：称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀，需要用到的玻璃仪器有：量筒、容量瓶、玻璃棒、胶头滴管、烧杯，故答案为：胶头滴管；烧杯；（2）根据n=cV可知需要的NaOH的物质的量n=0.25L0.1mol/L=0.025mol，质量m

32、=nM=0.025mol40g/mol=1.0g，故答案为：1.0；（3）A定容步骤中需加入水，所以配置前，容量瓶中有少量蒸馏水对结果无影响，故A不选；B定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面下降，再加适量的蒸馏水，溶液的体积V偏大，使结果偏低，故B符合题意；C读数时，俯视刻度线，导致溶液的体积V减小，所以结果偏高，故C不选；D烧杯和玻璃棒未洗涤，导致溶质的物质的量n减小，所以结果偏低，故D符合题意。故答案为：BD。（4）ANa2O、CaO、CuO是由金属元素和氧元素组成的化合物，属于金属氧化物，SO2 是由非金属元素和氧元素组成的化合物，属于非金属氧化物，故答案为：SO2；BNaClO3的酸根离

33、子含有氧元素，属于含氧酸盐，NaCl、KCl、CaCl2酸根离子不含有氧元素，属于无氧酸盐，故答案为：NaClO3；CHClO3、KClO3、NaClO3均含有氧元素，是含氧化合物，而HCl不含氧元素，是无氧化合物，故答案为：HCl；DNaHCO3、Ca(HCO3)2、NH4HCO3属于碳酸酸式盐，K2CO3属于碳酸正盐；、都属于金属盐，是铵盐，故答案为：K2CO3或 。【点睛】本题考查一定物质的量浓度溶液的配制，明确配制步骤、仪器和容量瓶构造及使用方法是解题关键。21、0.2 0.66.021023 32g/mol 4：11 5：11 mol/L mol/L 【解析】（1）3.6gH2O的物

34、质的量n=0.2mol，每个水分子含有3个原子，故0.2mol水中含0.6mol原子，即0.6NA个或0.66.021023个；（2）：1.2041023个X气体分子的物质的量为：n=0.2mol，X气体的摩尔质量为：M=32g/mol；（3）同温同压下，同体积，则气体的物质的量相同，气体的分子数相同，则甲烷（CH4）和CO2气体的分子数之比为1：1，设它们的物质的量都是nmol，则质量比为nmol16g/mol：nmol44g/mol=4：11；质子数之比为nmol10：nmol22=5：11；（4）VLAl2（SO4）3溶液中含Al3+amol，该Al2（SO4）3溶液的物质的量浓度为=，取出L再加入水稀释到4VL。则稀释后溶液中SO42-的物质的量浓度是。