2023届河北省衡水市高一化学第一学期期中监测试题含解析.doc

《2023届河北省衡水市高一化学第一学期期中监测试题含解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023届河北省衡水市高一化学第一学期期中监测试题含解析.doc（14页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、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、胶体区别于其他分散系的本质特征是A胶体的分散系能通过滤纸空隙，而浊液的分散质不能B分散质粒子直径在1nm100nm之间C产生丁达尔效应D胶体在一定条件下能稳定存在2、化学与生活密切相关，下列叙述正确的是A石灰水喷涂在树干上可以消灭树皮上的过冬才虫卵，是因为Ca(OH)2有毒，可毒死虫卵B明矾和

2、氯水是常用的水处理剂，常用于海水的淡化C侯德榜制碱法先通入NH3是为了增大CO2的溶解度D在食品袋中放入盛有CaCl26H2O和铁粉透气小袋，可防止食物受潮、氧化变质3、如图所示装置中能较长时间看到Fe(OH)2白色沉淀的是ABCD4、某溶液中可能含有的SO42-、CO32-、Cl-，为了检验其中是否含有SO42-，除BaCl2溶液外，还需要用的溶液是A硫酸溶液B盐酸溶液CNaOH溶液DNaNO3溶液5、下列说法不正确的是（ ）A物质的量是研究物质所含微粒集体的多少，单位为molB物质的量把微观粒子数目与宏观物质的质量联系起来C1mol NaCl 晶体中含有NA个NaCl分子D0.012kg

3、C-12中所含的原子数为阿伏加德罗常数，NA近似为6.02x1023mol-16、下列化学用语表示不正确的是 （ ）A烧碱的化学式：Na2CO3 BCl的结构示意图：CNa2FeO4中Fe元素的化合价：6 D氯酸钾的电离方程式：KClO3KClO37、下列各组离子能大量共存的是AK+ 、Cl- 、HCO、SOBMg2+、Cl-、Ag+ 、SOCCa2+、H+、Na+、CODFe2+、Cr2O、H+ 、NO8、下列有关实验原理或实验操作正确的是( )A蒸馏装置连接好后，不需要检查装置的气密性B用托盘天平准确称量5.85 g NaCl固体可配制成100 mL 0.10 molL1 NaCl溶液C蒸

4、发皿在加热时要垫石棉网D分液漏斗使用前要检查是否漏水9、胶体区别于其他分散系的最本质的特征是A外观澄清、稳定B丁达尔现象C分散质粒子能透过半透膜D分散质粒子直径介于1nm100nm之间10、根据下列反应判断有关物质的氧化性由强到弱的顺序是Cl2+2KBr=2KCl+Br2 Br2+H2 SO3+H2O=2HBr+H2SO42KMnO4+16HC1=2KCl+ MnCl2+5Cl2+8H2OACl2KMnO4Br2H2SO4 BKMnO4Cl2H2SO4Br2CKMnO4Cl2Br2H2SO4 DH2SO4Br2Cl2KnO411、下列有关使用托盘天平的叙述，不正确的是（）称量前先调节托盘天平的

5、零点；称量时左盘放被称量物，右盘放砝码；潮湿的或有腐蚀性的药品，必须放在玻璃器皿里称量，其他固体药品可直接放在天平托盘上称量； 用托盘天平可以准确称量5.85g的固体食盐；称完，应把砝码放回砝码盒中。ABCD12、下列物质中所含分子数目最多的是AB4时18mL的C个分子D13、300 mL某浓度的NaOH溶液中含有60 g溶质。现欲配制1 mol /L NaOH溶液，应取原溶液与蒸馏水的体积比约为( )A14B15C21D2314、南宋著名法医学家宋慈的洗冤集录中有“银针验毒”的记载；“银针验毒”的原理为4Ag +2H2S + O2 = 2X +2H2O。下列说法正确的是（ ）AX的化学式为A

6、gSB银针验毒时，O2失去电子C反应中Ag和H2S均发生氧化反应D每生成1个X，反应转移2e-15、能用离子方程式“ H+ + OH- H2O”表示的化学反应是AKOH溶液和稀HNO3反应 BBa(OH)2溶液和稀H2SO4的反应CCu(OH)2和盐酸的反应 DNaOH溶液和CH3COOH反应16、下列离子方程式书写正确的是（ ）A醋酸溶解水垢（CaCO3）：CaCO3+2H+ =Ca2+H2O+CO2B在NaHCO3溶液中加入少量的Ba（OH）2溶液： Ba2+ +2OH- +2HCO=BaCO3+2H2O+COC氢氧化铜和盐酸反应： H+ +OH =H2OD实验室制氯气：MnO24H +4

7、Cl= Mn2+2Cl2 2H2O二、非选择题（本题包括5小题）17、今有一混合物的水溶液，只可能含有以下离子中的若干种：K+、NH4+、Cl、Mg2+、Ba2+、CO32、SO42，现取三份各100mL该溶液进行如下实验：第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生； 第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到气体0.08mol；第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀12.54g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为4.66g。根据上述实验，回答下列问题：（1）由第二份进行的实验得知混合物中应含有_离子，其物质的量浓度为_。（2）由第三份进行的实验可知12.54克沉淀的成分是_（写沉淀化学式），其物质的量

8、分别为_。（3）原溶液中是否存在K+_填“是”或“否）若存在则K+的浓度的取值范围是_（若不存在此空可不填）18、下列图示中，A为一种常见的单质，B、C、D、E是含有A元素的常见化合物。它们的焰色试验均为黄色。回答下列问题：（1）写出化学式：A_，D_。（2）以上反应中不属于氧化还原反应的有_（填序号）。（3）反应的离子方程式：_。氧化剂为_；氧化产物为_。（4）向D溶液中通入CO2反应的化学方程式：_。19、实验室欲用NaOH固体配制1.0molL-1的NaOH溶液230mL：（1）配制溶液时，一般可以分为以下几个步骤：（完成下列空格）A计算；B称量；C_；D冷却；E.移液；F._；G.定容

9、；H.摇匀、装瓶。（2）本实验必须用到的仪器有天平、药匙、玻璃棒、烧杯、胶头滴管、量筒、还有_mL容量瓶，使用容量瓶前必须进行的一步操作是_。（3）需称量_g烧碱固体，固体应该放在_中称量。（4）在配制过程中，其他操作都是正确的，下列操作会引起浓度偏高的是_。A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容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水D定容时俯视刻度线E.未冷却到室温就将溶液转移到容量瓶并定容（5）若从所配制溶液取出100mL，再将这100mL溶液加水稀释成1L的溶液，则稀释后所得溶液的物质的量浓度为_。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

10、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，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、高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型、高效、多功能绿色水处理剂,比Cl2、O2、ClO2、KMnO4氧化性更强,无二次污染,工业上是先制得高铁酸钠,然后在低温下,向高铁酸钠

11、溶液中加入KOH至饱和,使高铁酸钾析出。(1)干法制备高铁酸钠的主要反应为:2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2该反应中氧化剂是_(填化学式),过氧化钠(Na2O2)中氧元素化合价为_。(填数字)(2)湿法制备高铁酸钾(K2FeO4)的反应体系中有六种数粒:Fe(OH)3、ClO-、OH-、FeO42-、Cl-、H2O。碱性条件下,氧化剂和还原剂的物质的量的比为3:2发生反应,写出并配平湿法制高铁酸钾的离子反应方程式:_。每生成1mol FeO42-转移_mol电子,若反应过程中转移了0.3mol电子,则还原产物的物质的量为_mol。参考答案一、选择题

12、（每题只有一个选项符合题意）1、B【解析】胶体区别于其它分散系的本质特征是胶体粒子直径在之间，溶液的粒子直径 ，浊液的粒子直径。故A、C、D错误，B正确。答案选B。2、C【解析】试题分析：碱溶液能使蛋白质变性，杀死虫卵，故A错误；明矾和氯水是常用的水处理剂，常用于水的净化消毒，但不能淡化海水，故B错误；氨气易溶于水，呈碱性，能增大CO2的溶解度，故C正确；CaCl2可防止食物受潮，CaCl26H2O不能防止食物受潮，故D错误。考点：本题考查物质性质与用途。3、B【解析】实验中生成的Fe(OH)2容易发生氧化，要能较长时间看到Fe(OH)2白色沉淀就要防止其发生氧化。，【详解】Fe与稀硫酸反应生

13、成的氢气将装置内空气排出，可防止生成的氢氧化亚铁被氧化，符合题意；Fe与稀硫酸反应生成的氢气将装置内空气排出，且利用氢气的压力使硫酸亚铁与NaOH接触而反应，可防止生成的氢氧化亚铁被氧化，符合题意；生成的氢氧化亚铁能够与空气中氧气发生反应4Fe(OH)2+O2+2H2O4Fe(OH)3，导致不能长时间观察到氢氧化亚铁，不符题意；苯隔绝空气，可防止生成的氢氧化亚铁被氧化，符合题意；所以上述装置中能较长时间看到Fe(OH)2白色沉淀的是，答案选B。4、B【解析】只加可溶性钡盐，不酸化，误将CO32-等干扰离子判成SO42-，所以应先加盐酸酸化，然后加入BaCl2溶液，故选B。5、C【解析】物质的量

14、是国际单位制中的一个物理量，它表示含有一定数目粒子的集合体，其符号为n，物质的量的单位为摩尔，简称摩，符号为mol，1摩尔任何物质中含有的微粒个数都约是6.021023个，据此进行分析判断。【详解】A、物质的量是一个物理量，它表示含有一定数目粒子的集合体，单位是mol，A正确；B、物质的量是联系宏观世界和微观粒子的桥梁，B正确；C、氯化钠是离子化合物，是由阴阳离子组成的，不存在氯化钠分子，C错误。D、国际上规定0.012kg C-12中所含的原子数为阿伏加德常数，NA近似为6.021023mol-1，D正确。答案选C。【点睛】掌握物质的量是国际单位制中的一个物理量、符号、单位等是正确解答本题的

15、关键，注意物质的量与阿伏伽德罗常数的关系。6、A【解析】A.烧碱即氢氧化钠，化学式为NaOH，故A错误；B.Cl的核内有17个质子，核外有18个电子，结构示意图：，故B正确；C.化合物中各元素正负化合价总和为零，设此化合物中铁元素化合价为x，则有2（+1）+1x+4（-2）=0，解得x=+6，所以Na2FeO4中Fe元素的化合价为6价，故C正确； D.氯酸钾为强电解质，溶液中完全电离，氯酸钾的电离方程式为：KClO3KClO3，故D正确。故选A。7、A【解析】AK+ 、Cl- 、HCO、SO之间不反应，能大量共存；BCl-和Ag+ 、SO产生AgCl、Ag2SO4沉淀，不能大量共存；CCa2+

16、、H+分别和CO反应生成CaCO3沉淀、水和二氧化碳，不能大量共存；DFe2+、H+ 、NO之间，Fe2+、Cr2O、H+之间发生氧化还原反应，不能大量共存。答案选A。8、D【解析】A.蒸馏过程中产生蒸汽，为防止在蒸馏过程蒸汽外漏影响实验或带来实验安全问题，装置连接好后，要检查装置的气密性，A错误；B.托盘天平的精确度为0.1g，因而不能准确称量5.85 g NaCl固体，B错误； C.蒸发皿加热时可直接加热,不需要垫上石棉网,故C错误；D. 为了避免分液漏斗漏水影响实验操作，分液漏斗使用前必须检查是否漏水，故D正确；综上所述，本题选D。9、D【解析】胶体分散系与其它分散系的本质差别是分散质直

17、径的大小不同。【详解】浊液分散质粒子直径100nm，胶体分散质粒子直径1nm100nm ，溶液分散质粒子直径氧化产物分析判断。【详解】根据Cl2+2KBr=2KCl+Br2可知氧化剂是Cl2，氧化产物是Br2，所以氧化性：Cl2Br2；根据Br2+H2SO3+H2O=2HBr+H2SO4可知氧化剂是Br2，氧化产物是H2SO4，所以氧化性：Br2 H2SO4；根据2KMnO4+16HC1=2KCl+ MnCl2+5Cl2+8H2O可知氧化剂是KMnO4，氧化产物是Cl2，所以氧化性：KMnO4 Cl2，物质的氧化性有强到弱的顺序是KMnO4Cl2Br2H2SO4，所以合理选项是C。【点睛】本题

18、考查了物质氧化性强弱比较。一般情况下，在同一氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，氧化剂的氧化性大于还原剂的氧化性；还原剂的还原性大于还原产物的氧化性，还原剂的还原性大于氧化剂的还原性；有时物质的氧化性、还原性还与温度、浓度、溶液的酸碱性等有关，通常是温度越高、浓度越大，物质的氧化性、还原性越强。如KMnO4具有强的氧化性，在酸性环境中的氧化性比中性、碱性时的氧化性强。11、C【解析】托盘天平是一种计量仪器，精确到0.1g，使用托盘天平时应先调0，将药品放在左盘，砝码放在右盘，并垫质量、大小相等的纸片，不能直接称量、易潮解的或具有腐蚀性的药品，必须放在玻璃器皿里称量，称量完毕，应

19、把砝码放回砝码盒中。【详解】称量前先调节托盘天平的零点，使天平左右盘平衡，故正确；称量时将药品放在左盘，砝码放在右盘，药品的质量等于砝码和游码的质量之和，故正确；使用托盘天平时将药品放在左盘，砝码放在右盘，并垫质量、大小相等的纸片，不能直接称量、易潮解的或具有腐蚀性的药品，必须放在玻璃器皿里称量，故错误；托盘天平是一种粗略称量质量的计量仪器，精确到0.1g，故错误；称量完毕，应把砝码放回砝码盒中，不能随意丢弃，防止污染砝码，故正确。选C。12、D【解析】由N=nNA可知，物质的物质的量越大，所含分子数越大，A、n(SO3)=0.3mol；B、n(H2O)=1mol；C、n(NH3)=1mol；

20、D、n(CO2)的物质的量为=1.5mol；则66g CO2的物质的量最大，所含分子数最大，故选D。13、A【解析】原溶液中含有溶质的物质的量为60/40=1.5mol ，所以配制1 molL1 NaOH溶液则溶液的体积为V=1.5/1=1.5L=1500mL，而原溶液的体积为300mL，所以取蒸馏水的体积为1200 mL，应取原溶液与蒸馏水的体积比约为1:4，故A项正确。综上所述，本题选A。14、D【解析】A. 由质量守恒可知X的化学式为Ag2S，故A错误；B. 银针验毒时，空气中氧气分子得到电子，化合价从反应前的0价变为反应后的-2价，化合价降低，做氧化剂，故B错误；C. 在反应中Ag的化

21、合价从单质的0价变为反应后中的+1价，失去电子，作还原剂；H2S中的H、S两元素的化合价都没有发生变化，既不是氧化剂也不是还原剂，故C错误；由方程式：4Ag +2H2S + O2 = 2X +2H2O可知，则每生成1molAg2S，反应转移2mol e-，故D正确；故选：D。15、A【解析】根据离子反应方程式的书写规律和要求分析。【详解】A.KOH溶液和稀HNO3反应生成KNO3和水，无难溶性、易挥发性物质生成，就是典型的中和反应，故A正确；B.Ba(OH)2溶液和稀H2SO4的反应生成BaSO4和H2O，离子方程式为：2OH-+2H+Ba2+SO42- = 2H2O + BaSO4，故B错误

22、；C.Cu(OH)2是难溶性物质，离子反应方程式中，不能拆，故C错误；D.CH3COOH是弱酸，属于难电离的物质，在离子反应方程式中，不能拆成，故D错误。故选A。【点睛】注意题干中存在的难溶性物质、难电离物质、易挥发性物质，在离子反应方程式中都不能拆开。16、B【解析】A.醋酸与碳酸钙反应生成醋酸钙、二氧化碳和水，醋酸为弱酸，不能拆写，反应的离子方程式为CaCO3+2CH3COOH =Ca2+ +2CH3COO-+H2O+CO2，故A错误；B.NaHCO3溶液中与少量的Ba（OH）2溶液反应生成碳酸钡沉淀、碳酸钠和水，反应的离子方程式为Ba2+ +2OH- +2HCO=BaCO3+2H2O+C

23、O，故B正确；C.氢氧化铜和盐酸反应生成氯化铜和水，氢氧化铜不溶于水，不能拆写，反应的离子方程式为2H+ + Cu（OH）2 = Cu2+2H2O，故C错误；D.实验室制氯气的反应为二氧化锰和浓盐酸共热发生氧化还原反应生成氯化锰、氯气和水，反应的离子方程式为MnO24H +2ClMn2+Cl2 2H2O，故D错误；故选B。二、非选择题（本题包括5小题）17、NH4+ 0.8 mol/L BaCO3、BaSO4 0.04 mol 、 0.02 mol 是 0.4 mol/L 【解析】据题意分析，第一份溶液加入溶液有沉淀产生，推得可能含有；第二份溶液加足量溶液加热后收集到气体，推得一定含有，一定不

24、存在；第三份溶液利用发生的离子反应，经过计算、推得一定存在，一定不存在；根据溶液中阴阳离子的电荷守恒，即可推出一定存在。【详解】（1）加入足量溶液加热后，收集到气体0.08mol气体，气体为氨气，故溶液中含有0.08mol，浓度为，故答案为：；（2）加足量溶液后，得干燥沉淀12.54g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为4.66g，可知沉淀既有也含有，质量为4.66g，物质的量为： ，碳酸钡质量为： ，物质的量为，故答案为：；0.04 mol 、0.02 mol；（3）根据上述分析，溶液中肯定存在、，肯定不存在和，可能存在，根据的物质的量为0.04 mol 、0.02 mol，物质的量为0.0

25、8mol，根据电荷守恒，若无则的物质的量为0.04mol，若存在则的物质的量则大于0.04mol，故肯定存在，其物质的量浓度大于等于，故答案为：是 ； 0.4 mol/L。【点睛】破解离子推断题：(1)肯定性原则：根据实验现象推出溶液中肯定存在或肯定不存在的离子；(记住几种常见的有色离子：)(2)互斥性原则：在肯定某些离子的同时，结合离子共存规律，否定一些离子的存在；(要注意题目中的隐含条件，如：酸性、碱性、指示剂的变化等)(3)电中性原则：溶液呈电中性，一定既有阳离子，又有阴离子，且溶液中正电荷总数与负电荷总数相等18、Na Na2CO3 2Na2O2+2H2O=4Na+4OH-+O2 Na

26、2O2 O2 Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3 【解析】焰色反应为黄色的是钠元素，则A是金属钠，钠在氧气中燃烧生成过氧化钠，过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，金属钠与水发生置换反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠溶液吸收足量的二氧化碳可生成碳酸氢钠，碳酸氢钠热稳定性较差，受热分解转化为碳酸钠。所以，A是钠，B是过氧化钠，C是氢氧化钠，D是碳酸钠，E是碳酸氢钠。以此进行分析解答。【详解】（1）根据以上分析，A为Na，D为Na2CO3，答案为：Na；Na2CO3；（2）上述6个反应中、或有单质参加反应，或有单质生成，反应中有元素化合价的变化，这四个

27、反应属于氧化还原反应，则 两个反应中没有元素化合价的变化，不属于氧化还原反应，答案为：；（3）反应为过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，离子方程式：2Na2O2+2H2O=4Na+4OH-+O2；该反应中Na2O2既做氧化剂又做还原剂，氧化产物为氧气。答案为：2Na2O2+2H2O=4Na+4OH-+O2；Na2O2；O2；（4）向碳酸钠溶液中通入CO2生成碳酸氢钠，反应的化学方程式：Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3，答案为：Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3。19、溶解 洗涤 250mL 查漏 10.0 烧杯或表面皿 DE 0.1mol/L 【解析】(1)配制一定物质的

28、量浓度溶液一般步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，据此解答；(2)依据配制步骤选择需要仪器；依据配制溶液体积选择容量瓶规格；容量瓶带有活塞，为防止使用过程中漏水，使用前需要检查是否漏水；(3)依据mcVM计算需要溶质的质量；称量腐蚀性物质应在玻璃容器中进行；(4)分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，依据c进行误差分析；(5)依据溶液稀释过程中所含溶质的物质的量不变计算。【详解】(1)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、摇匀等；(2)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、摇匀等，用到的仪器：天

29、平、药匙、玻璃棒、烧杯、胶头滴管、量筒、容量瓶，配制1.0molL1的NaOH溶液230mL，应选择250mL容量瓶，所以还缺少仪器：250mL容量瓶；容量瓶带有活塞，为防止使用过程中漏水，使用前需要检查是否漏水；(3)配制1.0molL1的NaOH溶液230mL，应选择250mL容量瓶，需要溶质的质量m1.0mol/L0.25L40g/mol10.0g；氢氧化钠具有腐蚀性，应在烧杯或表面皿中称量；(4)A没有洗涤烧杯和玻璃棒，导致溶质物质的量偏小，溶液浓度偏小，A不选；B转移溶液时不慎有少量洒到容量瓶外面，导致溶质物质的量偏小，溶液浓度偏小，B不选；C容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水，对溶质的物

30、质的量和溶液体积都不会产生影响，溶液浓度不变，C不选；D定容时俯视刻度线，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，D选；E未冷却到室温就将溶液转移到容量瓶并定容，冷却后溶液体积偏小，溶液浓度偏高，E选；答案选DE；(5)设稀释后溶液浓度为c，则依据溶液稀释过程中所含溶质的物质的量不变得：1.0molL1100mL1000mLc，解得c0.1mol/L。【点睛】本题明确一定物质的量浓度溶液的配制原理及操作步骤是解题关键，注意误差分析的方法和技巧。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

31、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=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

32、，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

33、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、Na2O2 -1 2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O 3 0.15 【解析】（1）2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2反应中铁元素由+2价升高到+6价，所以FeSO4为还原剂；过氧化钠中的部分氧原子由-1价降低到-2价，所以Na2O2是氧化剂；答案：N

34、a2O2 ； -1。（2）高铁酸钾是生成物，则Fe(OH)3是反应物，该反应中Fe元素化合价由+3价变为+6价，则Fe(OH)3是还原剂，还需要氧化剂参加反应，具有强氧化性，所以ClO-是反应物，生成物是Cl-，Cl元素化合价由+1价变为-1价，转移电子数为2，溶液在碱性条件下进行，氧化剂和还原剂的物质的量的比为3:2发生反应，则氢氧化根离子参加反应生成水，反应方程式为2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O ；答案：2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O 中Fe元素化合价由+3价升高到+6价，1mol FeO42-反应中转移电子数为3，该反应中还原产物是氯离子，若反应过程中转移了0.3mo1电子，则还原产物的物质的量=0.3mol/2=0.15mol;因此，本题正确答案是：3 ；0.15