河北省2024-2025学年高一下学期开学适应性模拟测试化学试题（解析版）

这是一份河北省2024-2025学年高一下学期开学适应性模拟测试化学试题（解析版），共32页。试卷主要包含了下列说法正确的是，用氯金酸钠，下列说法不正确的是等内容，欢迎下载使用。
1．下列说法正确的是（ ）
A．越难失去电子的物质，就越易得电子
B．在氧化还原反应中金属单质一定作还原剂，非金属单质一定作氧化剂
C．2Fe+3Cl22FeCl3、Fe+SFeS，说明Cl2的氧化性强于S
D．浓、稀硝酸与铜反应，分别被还原为NO2、NO，说明稀硝酸的氧化性强于浓硝酸
2．下列化学反应用双线桥法或单线桥法表示电子的转移情况，正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
3．在稀硫酸中发生反应的几种离子的转化关系如图所示，下列说法错误的是（ ）
A．Mn3+在反应1和反应2中分别为氧化产物和氧化剂
B．反应3中Fe3+得电子，体现氧化性
C．还原性由强到弱的顺序为：Ce3+＞Mn2+＞Fe2+＞I﹣
D．从氧化还原反应角度推测可能会发生反应：2Mn3++2I﹣＝I2+2Mn2+
4．用氯金酸钠（NaAuCl4）溶液与泪液中的葡萄糖发生反应可生成纳米金单质颗粒（直径为20﹣60nm），此方法可用来检测糖尿病。下列有关说法错误的是（ ）
A．氯金酸钠中金元素的化合价为+3
B．葡萄糖具有还原性
C．检测时，NaAuCl4发生还原反应
D．纳米金单质颗粒是胶体
5．钠的化合物用途广泛，下列相关说法错误的是（ ）
A．碳酸氢钠可用于焙制糕点
B．碳酸钠可治疗胃酸过多
C．氯化钠可用作食品防腐
D．过氧化钠可作氧化剂
6．在强酸性透明溶液中，一定不能大量共存的离子组是（ ）
A．、Mg2+、、Cl﹣
B．K+、S2﹣、Cl﹣、Na+
C．Al3+、Cu2+、、Cl﹣
D．Na+、Ba2+、Cl﹣、
7．下列说法不正确的是（ ）
A．Na、Na2O、Na2O2、NaOH长期放置在空气中，最终都将变为Na2CO3
B．等质量的Na在空气中无论转化成Na2O还是Na2O2，转移的电子数均相同
C．将Na和NaOH固体分别放入CuSO4溶液中均会生成蓝色沉淀
D．向Na2CO3和NaHCO3固体中分别滴加少量水，均会溶解并伴随吸热现象
8．下列说法正确的是（ ）
A．胆矾（CuSO4•5H2O）属于化合物
B．含有金属元素的离子一定是阳离子
C．只含有一种元素的物质一定是纯净物
D．能与酸反应的氧化物一定是碱性氧化物
9．下列反应能用离子方程式“Ca2++＝CaCO3↓”表示的是（ ）
A．CaO与稀Na2CO3溶液反应
B．石灰乳与稀Na2CO3溶液反应
C．澄清石灰水与NaHCO3溶液反应
D．Ca（NO3）2溶液与K2CO3溶液反应
10．如下所示为实验室一瓶浓硝酸试剂的标签，现需要450mL物质的量浓度为1ml•L﹣1的稀硝酸，下列说法错误的是（ ）
A．该浓硝酸的物量的量浓度为15.1ml•L﹣1
B．配制溶液需要量取该浓硝酸的体积为33.1mL
C．定容时俯视，所得溶液的浓度偏小
D．准确定容后，振荡摇匀后，液面下降，若再加入蒸馏水至刻度线，则溶液浓度会偏小
11．现有铁的氧化物（FexOy）样品ag，将其平均分成两份，一份与100mL1.0ml•L﹣1的硫酸，恰好完全反应，另一份与足量的氢气反应，充分反应后所得金属铁的质量是（ ）
A．（0.5a﹣16）gB．（a﹣1.6）g
C．（0.5a﹣3.2）gD．（0.5a﹣1.6）g
12．下列离子检验方法正确的是（ ）
13．已知Na2SO3溶液能够将XO4﹣还原，本身被氧化成Na2SO4。又知反应消耗的SO32﹣与XO4﹣个数之比为3：2，则元素X在还原产物中的化合价是（ ）
A．+1B．+2C．+3D．+4
14．下列关于胶体的说法中不正确的是（ ）
A．胶体和溶液的本质区别是：分散质粒子的直径大小不同
B．Fe（OH）3能产生丁达尔效应是由于胶体粒子对光线的散射
C．豆浆、血液都属于胶体
D．云、雾、有色玻璃都属于气溶胶
15．硫酸是一种重要的基本化工产品，接触法制硫酸生产中的关键工序是SO2的催化氧化：2SO2+O22SO3，下列有关说法正确的是（ ）
A．SO2的摩尔质量为64
B．16gO2的物质的量为0.5ml
C．SO3中S、O的质量之比为1：3
D．等质量的SO2与SO3中氧原子数之比为2：3
16．15g由Na2O、Na2O2、NaOH组成的混合物与200g质量分数为7.3%的盐酸恰好反应，蒸干反应后的溶液，最终得到的固体的质量为（ ）
A．8gB．15.5gC．11.7gD．23.4g
17．同温同压条件下，向如图所示的密闭容器的左边通入1ml NO，右边通入CH4和HCl的混合气体（CH4和HCl的物质的量之比为1：4），挡板（厚度及摩擦力忽略不计）恰好停止“2”处（已知：HCl与NH3反应生成固态NH4Cl，CH4不与HCl反应）。下列说法正确的是（ ）
A．左边与右边的原子个数比为1：3
B．右边混合气体中HCl的物质的量为0.6ml
C．向右边通入0.5ml NH3时，可移动挡板将移到“2.5”刻度处
D．右边CH4和HCl的混合气体的平均摩尔质量为64.8g/ml
18．“价﹣类”二维图是学习元素化合物知识的重要模型和工具，如图为钠的“价﹣类”二维图（甲、乙都可溶于水且只含一种金属元素），下列说法或操作错误的是（ ）
A．b和c中阴、阳离子个数之比相同
B．将甲、乙溶于水后分别进行焰色试验，火焰均为黄色
C．反应温度高低和O2的用量共同决定Na转化为b还是c
D．用镊子取用金属钠，未使用完的钠放回原试剂瓶
19．某实验小组对Na2O2与H2O反应的机理探究如下。下列说法错误的是（ ）
A．Na2O2和H2O反应中，反应物H2O既不是氧化剂也不是还原剂
B．根据③中的现象，可知反应有碱性物质生成
C．证明④中存在H2O2，加入的X可以是MnO2
D．Na2O2与H2O反应过程中不涉及非氧化还原反应
20．下列关于氯气、液氯、氯水叙述正确的是（ ）
A．干燥氯气能使干燥有色纸花褪色
B．新制氯水长期放置在空气中，酸性增强
C．新制氯水中只存在2种分子
D．液氯为混合物
二．解答题（共6小题）
21．实验室里常用的干燥剂有：
①五氧化二磷；②变色硅胶（主要成分是二氧化硅，掺入少量的无水氯化钴作指示剂）；③生石灰；④氢氧化钠固体；⑤无水氯化钙；⑥浓硫酸；⑦碱石灰。
（1）上述物质中，属于混合物的是 （填序号）。
（2）红磷和白磷在氧气中燃烧都可生成五氧化二磷，红磷和白磷互为 。
（3）硅胶中无水氯化钴（CCl2）呈蓝色，吸水后变为粉红色的CCl2•6H2O，该变化过程属于 （填字母）。
a．物理变化 b．化学变化
（4）生石灰可用作干燥剂的原因是 （用化学方程式表示）；生石灰所属的物质类别是 （填序号）。
①非金属氧化物②金属氧化物③酸性氧化物④碱性氧化物⑤电解质⑥非电解质
（5）氢氧化钠固体不能干燥CO2，CO2与足量NaOH溶液反应的离子方程式为 。
（6）下列气体中，能用浓硫酸干燥的是 （填字母）。
a．O2 b．SO2 c．CO2 d．NH3
22．Ⅰ．某溶液含有以下离子中的一种或几种：K+、Ca2+、Fe3+、、、、、Cl﹣、OH﹣。为鉴定这些离子，某实验小组同学分别进行以下实验：
①取少量原溶液，测得溶液呈强碱性。
②另取少量原溶液与足量盐酸混合后，生成无色无味气体，该气体能使澄清石灰水变浑浊。
③另取100mL原溶液，加足量BaCl2溶液产生白色沉淀，过滤，向沉淀中加入足量盐酸，沉淀部分溶解。
④取③中滤液，加HNO3酸化后，再加过量AgNO3溶液，溶液中析出白色沉淀。
根据上述信息，回答下列问题：
（1）此溶液中一定不能大量存在的离子有 ；一定大量存在的阴离子有 ；一定大量存在的阳离子有 。
（2）②中“少量原溶液与足量盐酸混合”，发生反应的离子方程式为 。
（3）④中发生反应的离子方程式为 。实验④能否确定原溶液中含有Cl﹣，并说明理由： （填“能”或“否”）， （填理由）。
Ⅱ．该小组同学还想通过测定溶液导电性变化来探究电解质之间的反应。经过多次实验，他们得到了一系列“溶液导电性随加入电解质溶液体积变化”的图像。
（4）向Ba（OH）2溶液中逐滴加相同浓度的硫酸至过量，此过程中溶液导电性变化应符合图像 （填字母）；如果将硫酸换成 （填化学式）溶液，也能得到类似的图像。
23．阅读下列科普短文，根据所学知识回答问题。
①NH3在生活、生产中用途广泛，可用作制冷剂和农业化肥。氨气是一种具有强烈刺激性气味的无色气体，易溶于水，其水溶液②氨水呈碱性。氨气能与酸反应，如和③盐酸反应生成④NH4Cl。在催化剂的作用下，氨气与⑤O2发生反应，生成⑥NO和⑦H2O，该反应是工业制备硝酸的重要步骤之一。氨气能与一些氧化物发生反应，如与⑧CuO在加热条件下发生反应生成⑨Cu和N2。实验室中，通过加热NH4Cl和⑩Ca（OH）2的混合固体可以制备氨气。
（1）上述标有序号的物质中，属于氧化物的是 （填标号，后同），属于混合物的是 。
（2）⑨能导电，但⑨不是电解质的原因是 。氨水能导电，但氨气不是电解质，请例举一种与氨气该情况类似的物质： （填化学式）。
（3）下列装置可用于收集NH3的是 （填标号）。
（4）Ca（OH）2在水中的电离方程式为 ，③与⑧反应的离子方程式为 。
（5）加热条件下，氨气与⑧反应的化学方程式为 。
24．按要求进行计算，直接写出计算结果。
（1）32.0gO2和2.0gH2组成的混合气体在标准状况下体积约为 。
（2）标准状况下3.36L某气体的质量为8.1g，则该气体的摩尔质量为 。
（3）某块光卤石（KCl•MgCl2•6H2O）中含5.3250gCl﹣，则该光卤石的物质的量为 。
（4）据报道，材料科学家研究发现了首例带结晶水的晶体在5K下呈现超导性。该晶体的化学式为Na0.35CO2•1.3H2O。122.45g该晶体中含氧原子的物质的量为 。
（5）现有14.4g由CO和CO2组成的混合气体，在标准状况下所占的体积约为8.96L。回答下列问题：
①该混合气体中CO的物质的量为 ml。
②混合气体中碳原子的个数为 NA（用NA表示阿伏加德罗常数的值）。
③将该混合气体依次通过如图装置，最后收集在气球中。则气球中收集到的气体的电子总数为 NA。
25．氯气和漂白粉是现代工业和生活中常用的杀菌消毒剂，某兴趣小组利用下列仪器在实验室制备纯净干燥的氯气，并模拟工业制漂白粉。请回答下列问题：
（1）装置G的名称为 。
（2）装置F的作用为 。
（3）从图中选择合适装置制备并收集纯净干燥的氯气（仪器不重复使用），仪器连接顺序为 。（用仪器下方字母表示，如A→B→…）。
（4）制备氯气的反应中体现了浓盐酸的 性和 性。
漂白粉的制备
已知：①氯气和石灰乳在反应的过程中会放出热量。
②6Cl2+6Ca（OH）25CaCl2+Ca（ClO3）2+6H2O
（5）①写出制取漂白粉的化学方程式 ，并用双线桥标注电子转移的方向和数目 。
②兴趣小组制得的漂白粉中CaCl2的含量远超过预期，而Ca（ClO）2含量明显偏低。主要原因可能是（请用化学方程式结合文字表述） 。
（6）为提高产品中有效成分Ca（ClO）2的含量，在不改变石灰乳浓度和体积的条件下可采取的措施是 （任写一种即可）。
26．硫酸亚铁铵晶体[（NH4）2Fe（SO4）2•6H2O]，俗名为摩尔盐。某学校化学兴趣小组使用摩尔盐配制480mL0.1000ml•L﹣1（NH4）2Fe（SO4）2溶液。请回答下列问题：
（1）配制溶液过程中需要的玻璃仪器除量筒，烧杯，玻璃棒外，还需 。
（2）用电子天平（精确度为0.01g）称量（NH4）2Fe（SO4）2•6H2O晶体 g。
（3）配制过程中定容时发现液面超过了刻度线，处理的方法是 。
（4）下列操作将导致所配制的（NH4）2Fe（SO4）2溶液浓度偏小的是 （填序号）。
①摩尔盐放置过程中失去了部分结晶水
②定容摇匀后发现液面低于刻度线继续加蒸馏水至刻度线
③定容时仰视容量瓶刻度线
④容量瓶注入溶液前有少量蒸馏水
（5）已知（NH4）2Fe（SO4）2溶液的密度大于水，用2.00ml•L﹣1（NH4）2Fe（SO4）2溶液和等质量的水混合所得溶液的浓度 （填“大于”“小于”或“等于”）1.00ml•L﹣1。
（6）从配制好的溶液中取出30.00mL（NH4）2Fe（SO4）2溶液于锥形瓶中，然后向锥形瓶中逐滴加入K2Cr2O7，（NH4）2Fe（SO4）2恰好和10.00mLK2Cr2O7溶液（K2Cr2O7被还原为Cr3+）完全反应，计算：所用K2Cr2O7溶液的浓度为 ml•L﹣1。
【参考答案】
一．选择题（共20小题）
1．下列说法正确的是（ ）
A．越难失去电子的物质，就越易得电子
B．在氧化还原反应中金属单质一定作还原剂，非金属单质一定作氧化剂
C．2Fe+3Cl22FeCl3、Fe+SFeS，说明Cl2的氧化性强于S
D．浓、稀硝酸与铜反应，分别被还原为NO2、NO，说明稀硝酸的氧化性强于浓硝酸
【答案】C
【解析】解：A．越难失去电子的物质，不一定越易得电子，例如稀有气体元素不容易得、失电子，故A错误；
B．在氧化还原反应中金属单质一定作还原剂，非金属单质不一定作氧化剂，例如H2还原氧化铜反应中氢气为还原剂，故B错误；
C．与变价金属反应生成化合物中金属的价态越高，非金属的氧化性越强，Cl2将铁氧化为高价而硫只能将铁氧化为较低价，故氧化性：Cl2＞S，故C正确；
D．氧化性与得到电子难易程度有关，与得到电子多少无关，浓、稀HNO3与Cu反应，分别被还原为二氧化氮、一氧化氮，不能说明稀硝酸的氧化性强于浓硝酸，故D错误；
故选：C。
2．下列化学反应用双线桥法或单线桥法表示电子的转移情况，正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】解：A．氮元素化合价由﹣3价升高为0，失去2×3＝6个电子，Cl元素化合价从0降低为﹣1，得到6×1＝6个电子，故A正确；
B．部分氯元素化合价从0降低为﹣1，得到2×1＝6个电子，部分Cl元素化合价从0升高为+1，失去2×1＝2个电子，，故B错误；
C．NH3分子中氮失去4×3＝12个电子、一氧化氮中氮得到6×2＝12个电子，表示为，故C错误；
D．H2S分子中硫失去2个电子被氧化为硫单质、H2SO4中硫得到2个电子被还原为二氧化硫，表示为，故D错误；
故选：A。
3．在稀硫酸中发生反应的几种离子的转化关系如图所示，下列说法错误的是（ ）
A．Mn3+在反应1和反应2中分别为氧化产物和氧化剂
B．反应3中Fe3+得电子，体现氧化性
C．还原性由强到弱的顺序为：Ce3+＞Mn2+＞Fe2+＞I﹣
D．从氧化还原反应角度推测可能会发生反应：2Mn3++2I﹣＝I2+2Mn2+
【答案】C
【解析】解：反应1：Ce4++Mn2+＝Ce3++Mn3+、反应2：Mn3++Fe2+＝Mn2++Fe3+、反应3：2Fe3++2I﹣＝2Fe2++I2。
A．反应1中，锰离子作还原剂，Mn3+为氧化产物，反应2中，Mn3+转化为Mn2+，价态降低，则Mn3+是氧化剂，故A正确；
B．反应3中，铁离子转化为亚铁离子，化合价降低，得电子，体现氧化性，故B正确；
C．氧化还原反应中，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，则还原性Ce3+＜Mn2+＜Fe2+＜I﹣，故C错误；
D．因为还原性Mn2+＜Fe2+＜I﹣，所以从氧化还原反应角度推测，可能会发生反应：2Mn3++2I﹣＝I2+2Mn2+，故D正确；
故选：C。
4．用氯金酸钠（NaAuCl4）溶液与泪液中的葡萄糖发生反应可生成纳米金单质颗粒（直径为20﹣60nm），此方法可用来检测糖尿病。下列有关说法错误的是（ ）
A．氯金酸钠中金元素的化合价为+3
B．葡萄糖具有还原性
C．检测时，NaAuCl4发生还原反应
D．纳米金单质颗粒是胶体
【答案】D
【解析】解：A．化合物中正负化合价的代数和为0，Na为+1价，Cl为﹣1价，则氯金酸钠中金元素的化合价为+3，故A正确；
B．反应中氯金酸钠变为金化合价降低，发生还原反应，作氧化剂，则葡萄糖发生氧化反应，具有还原性，故B正确；
C．元素化合价升高的反应为氧化反应，作还原剂，元素化合价降低的反应为还原反应，反应中氯金酸钠变为金化合价降低，发生还原反应，故C正确；
D．胶体是分散系，是混合物，而纳米金单质颗粒是单质，不是胶体，故D错误；
故选：D。
5．钠的化合物用途广泛，下列相关说法错误的是（ ）
A．碳酸氢钠可用于焙制糕点
B．碳酸钠可治疗胃酸过多
C．氯化钠可用作食品防腐
D．过氧化钠可作氧化剂
【答案】B
【解析】解：A．NaHCO3受热分解为二氧化碳气体，能使糕点疏松，故可用于制作糕点，故A正确；
B．Na2CO3溶液的碱性较强，不可用于治疗胃酸过多，应该使用碳酸氢钠，故B错误；
C．NaCl为调味品能防腐，可用作食品防腐，故C正确；
D．过氧化钠能和水、二氧化碳生成氧气，可作氧化剂，故D正确；
故选：B。
6．在强酸性透明溶液中，一定不能大量共存的离子组是（ ）
A．、Mg2+、、Cl﹣
B．K+、S2﹣、Cl﹣、Na+
C．Al3+、Cu2+、、Cl﹣
D．Na+、Ba2+、Cl﹣、
【答案】B
【解析】解：A．、Mg2+、、Cl﹣相互不反应，与氢离子也不反应，在酸性条件下能大量共存，故A正确；
B．硫离子与氢离子反应，在酸性条件下不能大量共存，故B错误；
C．Al3+、Cu2+、、Cl﹣相互不反应，与氢离子也不反应，在酸性条件下能大量共存，故C正确；
D．Na+、Ba2+、Cl﹣、相互不反应，与氢离子也不反应，在酸性条件下能大量共存，故D正确；
故选：B。
7．下列说法不正确的是（ ）
A．Na、Na2O、Na2O2、NaOH长期放置在空气中，最终都将变为Na2CO3
B．等质量的Na在空气中无论转化成Na2O还是Na2O2，转移的电子数均相同
C．将Na和NaOH固体分别放入CuSO4溶液中均会生成蓝色沉淀
D．向Na2CO3和NaHCO3固体中分别滴加少量水，均会溶解并伴随吸热现象
【答案】D
【解析】解：A．在空气中的转化过程：Na→Na2O→NaOH→Na2CO3•10H2O→Na2CO3，Na2O→NaOH→Na2CO3•10H2O→Na2CO3，Na2O2→NaOH→Na2CO3•10H2O→Na2CO3，NaOH→Na2CO3•10H2O→Na2CO3，所以久置空气中最终都是变为Na2CO3，故A正确；
B．Na2O和Na2O2中钠元素的化合价为+1价，所以等质量的Na完全反应，无论生成氧化钠还是过氧化钠，转移的电子数均相同，故B正确；
C．Na能与水反应生成氢氧化钠，Na和氢氧化钠固体分别放入硫酸铜溶液中，均会生成氢氧化铜蓝色沉淀，故C正确；
D．向碳酸钠固体中滴加少量水，伴随着放热现象，而不是吸热，故D错误；
故选：D。
8．下列说法正确的是（ ）
A．胆矾（CuSO4•5H2O）属于化合物
B．含有金属元素的离子一定是阳离子
C．只含有一种元素的物质一定是纯净物
D．能与酸反应的氧化物一定是碱性氧化物
【答案】A
【解析】解：A．CuSO4•5H2O是含结晶水的化合物，故A正确；
B．含有金属元素的离子不一定是阳离子，如高锰酸根离子，故B错误；
C．只含有一种元素的物质不一定是纯净物，如氧气和臭氧属于混合物，故C错误；
D．能与酸反应的氧化物不一定是碱性氧化物，也可能为两性氧化物，如氧化铝，故D错误；
故选：A。
9．下列反应能用离子方程式“Ca2++＝CaCO3↓”表示的是（ ）
A．CaO与稀Na2CO3溶液反应
B．石灰乳与稀Na2CO3溶液反应
C．澄清石灰水与NaHCO3溶液反应
D．Ca（NO3）2溶液与K2CO3溶液反应
【答案】D
【解析】解：A．氧化钙先与稀碳酸钠溶液中的水反应，然后钙离子与碳酸根结合生成碳酸钙沉淀，不能用离子方程式“Ca2++＝CaCO3↓”表示，故A错误；
B．石灰乳不能写成离子形式，与稀碳酸钠溶液反应不能用离子方程式“Ca2++＝CaCO3↓”表示，故B错误；
C．碳酸氢钠溶液不能拆成，碳酸氢根离子与OH﹣反应生成碳酸根离子和水，碳酸根离子与钙离子结合成碳酸钙，不能用离子方程式“Ca2++＝CaCO3↓”表示，故C错误；
D．硝酸钙溶液与碳酸钾溶液反应的离子方程式为Ca2++＝CaCO3↓，故D正确；
故选：D。
10．如下所示为实验室一瓶浓硝酸试剂的标签，现需要450mL物质的量浓度为1ml•L﹣1的稀硝酸，下列说法错误的是（ ）
A．该浓硝酸的物量的量浓度为15.1ml•L﹣1
B．配制溶液需要量取该浓硝酸的体积为33.1mL
C．定容时俯视，所得溶液的浓度偏小
D．准确定容后，振荡摇匀后，液面下降，若再加入蒸馏水至刻度线，则溶液浓度会偏小
【答案】C
【解析】解：A．根据公式c＝，该浓硝酸溶液中HNO3的物质的量浓度c＝＝15.1ml/L，故A正确；
B．需要450mL物质的量浓度为1ml•L﹣1的稀硝酸，需要用500mL的容量瓶，设需要量取该浓硝酸的体积为VmL，根据稀释定律可知，稀释前后溶质的物质的量相等得：500mL×10﹣3×1ml•L﹣1＝V×10﹣3×15.1ml•L﹣1，解得：V＝33.1mL，故B正确；
C．若定容时俯视，加入溶液刻度低于刻度线，则所得溶液浓度偏大，故C错误；
D．准确定容后，振荡摇匀后，液面下降，若再加入蒸馏水至刻度线，则导致溶剂质量偏大，即溶液浓度会偏小，故D正确；
故选：C。
11．现有铁的氧化物（FexOy）样品ag，将其平均分成两份，一份与100mL1.0ml•L﹣1的硫酸，恰好完全反应，另一份与足量的氢气反应，充分反应后所得金属铁的质量是（ ）
A．（0.5a﹣16）gB．（a﹣1.6）g
C．（0.5a﹣3.2）gD．（0.5a﹣1.6）g
【答案】D
【解析】解：FexOy中氧原子与H2SO4中氢原子结合生成H2O，根据原子守恒，每一份样品中n（O）＝n（H2O）＝n（H2SO4）＝0.1L×1.0ml/L＝0.1ml，另一份与足量的氢气反应，充分反应后所得金属铁的质量是﹣0.1ml×16g/ml＝（0.5a﹣1.6）g，
故选：D。
12．下列离子检验方法正确的是（ ）
【答案】B
【解析】解：A．不能排除溶液中可能存在的Ag+，故A错误；
B．检验方法正确，故B正确；
C．检验一般不选用生成气体的方式，现象不明显，且无法排除碳酸氢根的干扰，故C错误；
D．钾元素的焰色实验的观察需隔着蓝色钴玻璃，防止钠元素存在产生干扰，故D错误；
故选：B。
13．已知Na2SO3溶液能够将XO4﹣还原，本身被氧化成Na2SO4。又知反应消耗的SO32﹣与XO4﹣个数之比为3：2，则元素X在还原产物中的化合价是（ ）
A．+1B．+2C．+3D．+4
【答案】D
【解析】解：设X元素的化合价由+7价降低为x，消耗的SO32﹣与XO4﹣个数之比为3：2，由得失电子守恒可知，3×（6﹣4）＝2×（7﹣x），解得x＝+4，故D正确，
故选：D。
14．下列关于胶体的说法中不正确的是（ ）
A．胶体和溶液的本质区别是：分散质粒子的直径大小不同
B．Fe（OH）3能产生丁达尔效应是由于胶体粒子对光线的散射
C．豆浆、血液都属于胶体
D．云、雾、有色玻璃都属于气溶胶
【答案】D
【解析】解：A．溶液的粒子直径小于1纳米，胶体的粒子直径在1～100nm之间，胶体与溶液本质区别是分散质粒子的直径的大小不同，故A正确；
B．Fe（OH）3属于胶体，能产生丁达尔效应是由于胶体粒子对光线的散射，故B正确；
C．血液、豆浆、蛋清、墨水、淀粉溶胶都属于常见的胶体，故C正确；
D．有色玻璃属于固溶胶，故D错误；
故选：D。
15．硫酸是一种重要的基本化工产品，接触法制硫酸生产中的关键工序是SO2的催化氧化：2SO2+O22SO3，下列有关说法正确的是（ ）
A．SO2的摩尔质量为64
B．16gO2的物质的量为0.5ml
C．SO3中S、O的质量之比为1：3
D．等质量的SO2与SO3中氧原子数之比为2：3
【答案】B
【解析】解：A．SO2的摩尔质量为64g/ml，故A错误；
B．16gO2的物质的量为＝0.5ml，故B正确；
C．SO3中S、O的质量之比为（1×32）g：（3×16）g＝2：3，故C错误；
D．等质量的SO2与SO3中氧原子数之比为（×2）：（×3）＝5：6，故D错误；
故选：B。
16．15g由Na2O、Na2O2、NaOH组成的混合物与200g质量分数为7.3%的盐酸恰好反应，蒸干反应后的溶液，最终得到的固体的质量为（ ）
A．8gB．15.5gC．11.7gD．23.4g
【答案】D
【解析】解：Na2O2、Na2O、NaOH的混合物与盐酸恰好反应，所得溶液中溶质为NaCl，溶液蒸干所得固体为NaCl，根据氯原子守恒可得：n（NaCl）＝n（HCl），盐酸中氯化氢的质量为：m（HCl）＝200g×7.3%＝14.6g，则n（NaCl）＝n（HCl）＝＝0.4ml，所以最终得到NaCl的质量为：0.4ml×58.5g/ml＝23.4g，
故选：D。
17．同温同压条件下，向如图所示的密闭容器的左边通入1ml NO，右边通入CH4和HCl的混合气体（CH4和HCl的物质的量之比为1：4），挡板（厚度及摩擦力忽略不计）恰好停止“2”处（已知：HCl与NH3反应生成固态NH4Cl，CH4不与HCl反应）。下列说法正确的是（ ）
A．左边与右边的原子个数比为1：3
B．右边混合气体中HCl的物质的量为0.6ml
C．向右边通入0.5ml NH3时，可移动挡板将移到“2.5”刻度处
D．右边CH4和HCl的混合气体的平均摩尔质量为64.8g/ml
【答案】C
【解析】解：同温同压下，气体的摩尔体积相同，气体的体积之比等于其物质的量之比，根据图知，左边NO与右边CH4和HCl的混合气体的体积比是2：3，则右侧混合气体的物质的量为×3＝1.5ml，CH4和HCl的物质的量之比为1：4，则n（CH4）＝×1.5ml＝0.3ml，n（HCl）＝（1.5﹣0.3）ml＝1.2ml，根据N＝nNA知，原子个数之比等于原子的物质的量之比，NO中n（原子）＝2n（NO）＝2×1ml＝2ml，右侧n（原子）＝5n（CH4）+2n（HCl）＝5×0.3ml+2×1.2ml＝3.9ml，故左边与右边的原子个数比为2ml：3.9ml＝20：39，故A错误；
B．根据A知，n（HCl）＝1.2ml，故B错误；
C．向右边通入0.5ml NH3时，会发生反应：NH3+HCl＝NH4Cl，0.5ml NH3反应消耗0.5ml HCl，反应后容器右边含有n（CH4）＝0.3ml，n（HCl）＝1.2ml﹣0.5ml＝0.7ml，混合气体总物质的量是1ml，与左边NO的物质的量相等，两边气体的体积应该相等，故可移动挡板将移到“2.5”刻度处，故C正确；
D．根据A知，混合气体的总物质的量为1.5ml，n（CH4）＝×1.5ml＝0.3ml，n（HCl）＝（1.5﹣0.3）ml＝1.2ml，则混合气体的平均摩尔质量为，故D错误；
故选：C。
18．“价﹣类”二维图是学习元素化合物知识的重要模型和工具，如图为钠的“价﹣类”二维图（甲、乙都可溶于水且只含一种金属元素），下列说法或操作错误的是（ ）
A．b和c中阴、阳离子个数之比相同
B．将甲、乙溶于水后分别进行焰色试验，火焰均为黄色
C．反应温度高低和O2的用量共同决定Na转化为b还是c
D．用镊子取用金属钠，未使用完的钠放回原试剂瓶
【答案】C
【解析】解：A．b和c分别为Na2O、Na2O2，两者的阴、阳离子个数比均为1：2，阴、阳离子个数之比相同，故A正确；
B．甲、乙均属于钠盐，钠元素的焰色为黄色，故B正确；
C．Na无论是转化为Na2O还是Na2O2，主要取决于温度高低，与反应物的用量无关，故C错误；
D．金属钠化学性质活泼，不能用手直接接触，应用镊子夹取，未使用完的钠须放回原试剂瓶，故D正确；
故选：C。
19．某实验小组对Na2O2与H2O反应的机理探究如下。下列说法错误的是（ ）
A．Na2O2和H2O反应中，反应物H2O既不是氧化剂也不是还原剂
B．根据③中的现象，可知反应有碱性物质生成
C．证明④中存在H2O2，加入的X可以是MnO2
D．Na2O2与H2O反应过程中不涉及非氧化还原反应
【答案】D
【解析】解：A．由题给信息，可推测Na2O2与H2O反应的机理可能为Na2O2+2H2O＝2NaOH+H2O2、2H2O2＝2H2O+O2↑，由此可知反应物H2O既不是氧化剂也不是还原剂，故A正确；
B．由于酚酞遇碱变红色，因而滴入酚酞试液后，溶液变红，可说明有碱性物质生成，故B正确；
C．若④中存在H2O2，则加入了MnO2（MnO2作催化剂）会有气泡产生，故C正确；
D．Na2O2+2H2O＝2NaOH+H2O2属于非氧化还原反应，故D错误；
故选：D。
20．下列关于氯气、液氯、氯水叙述正确的是（ ）
A．干燥氯气能使干燥有色纸花褪色
B．新制氯水长期放置在空气中，酸性增强
C．新制氯水中只存在2种分子
D．液氯为混合物
【答案】B
【解析】解：A．干燥的氯气不具有漂白性，不能使干燥有色纸花褪色，故A错误；
B．氯水长时间放置，HClO光照分解生成盐酸和氧气，则酸性增强，发生化学变化，故B正确；
C．氯水中含有氯气、水、次氯酸、氢离子、氢氧根离子、氯离子、次氯酸根离子等微粒，则含有3种分子、4种离子，故C错误；
D．液氯是纯净物，故D错误；
故选：B。
二．解答题（共6小题）
21．实验室里常用的干燥剂有：
①五氧化二磷；②变色硅胶（主要成分是二氧化硅，掺入少量的无水氯化钴作指示剂）；③生石灰；④氢氧化钠固体；⑤无水氯化钙；⑥浓硫酸；⑦碱石灰。
（1）上述物质中，属于混合物的是 ②⑥⑦ （填序号）。
（2）红磷和白磷在氧气中燃烧都可生成五氧化二磷，红磷和白磷互为 同素异形体 。
（3）硅胶中无水氯化钴（CCl2）呈蓝色，吸水后变为粉红色的CCl2•6H2O，该变化过程属于 b （填字母）。
a．物理变化 b．化学变化
（4）生石灰可用作干燥剂的原因是 CaO+H2O＝Ca（OH）2 （用化学方程式表示）；生石灰所属的物质类别是 ②④⑤ （填序号）。
①非金属氧化物②金属氧化物③酸性氧化物④碱性氧化物⑤电解质⑥非电解质
（5）氢氧化钠固体不能干燥CO2，CO2与足量NaOH溶液反应的离子方程式为 CO2+2OH﹣＝+H2O 。
（6）下列气体中，能用浓硫酸干燥的是 abc （填字母）。
a．O2 b．SO2 c．CO2 d．NH3
【解析】解：（1）混合物是由多种物质组成的，上述物质中，属于混合物的②变色硅胶（主要成分是二氧化硅，掺入少量的无水氯化钴作指示剂）、⑥浓硫酸、⑦碱石灰（含氢氧化钠和氧化钙），
故答案为：②⑥⑦；
（2）红磷和白磷为磷元素形成的不同单质，互为同素异形体，
故答案为：同素异形体；
（3）该变化过程中生成新物质，属于化学变化，
故答案为：b；
（4）生石灰可用作干燥剂的原因是和吸收水生成氢氧化钙：CaO+H2O＝Ca（OH）2；生石灰为钙氧形成的金属氧化物，能和酸反应生成盐和水，属于碱性氧化物，熔融状态能导电，属于电解质，
故答案为：CaO+H2O＝Ca（OH）2；②④⑤；
（5）CO2与足量NaOH溶液反应生成碳酸钠和水，离子方程式为：CO2+2OH﹣＝+H2O，
故答案为：CO2+2OH﹣＝+H2O；
（6）浓硫酸为酸性，能和氨气反应，不和氧气、二氧化硫、二氧化碳反应，
故答案为：abc。
22．Ⅰ．某溶液含有以下离子中的一种或几种：K+、Ca2+、Fe3+、、、、、Cl﹣、OH﹣。为鉴定这些离子，某实验小组同学分别进行以下实验：
①取少量原溶液，测得溶液呈强碱性。
②另取少量原溶液与足量盐酸混合后，生成无色无味气体，该气体能使澄清石灰水变浑浊。
③另取100mL原溶液，加足量BaCl2溶液产生白色沉淀，过滤，向沉淀中加入足量盐酸，沉淀部分溶解。
④取③中滤液，加HNO3酸化后，再加过量AgNO3溶液，溶液中析出白色沉淀。
根据上述信息，回答下列问题：
（1）此溶液中一定不能大量存在的离子有 Ca2+、Fe3+、 ；一定大量存在的阴离子有 、、OH﹣ ；一定大量存在的阳离子有 K+ 。
（2）②中“少量原溶液与足量盐酸混合”，发生反应的离子方程式为 OH﹣+H+＝H2O、+2H+＝H2O+CO2↑ 。
（3）④中发生反应的离子方程式为 Cl﹣+Ag+＝AgCl↓ 。实验④能否确定原溶液中含有Cl﹣，并说明理由： 否 （填“能”或“否”）， 第③步中加入BaCl2溶液，引入Cl﹣ （填理由）。
Ⅱ．该小组同学还想通过测定溶液导电性变化来探究电解质之间的反应。经过多次实验，他们得到了一系列“溶液导电性随加入电解质溶液体积变化”的图像。
（4）向Ba（OH）2溶液中逐滴加相同浓度的硫酸至过量，此过程中溶液导电性变化应符合图像 B （填字母）；如果将硫酸换成 MgSO4 （填化学式）溶液，也能得到类似的图像。
【解析】解：①取少量溶液，测得溶液呈强碱性，存在OH﹣，一定不存在、Fe3+；
②另取少量溶液加入足量盐酸后，生成无色无味气体。该气体能使饱和石灰水溶液变浑浊，则含有，则不含Ca2+；
③另取100mL溶液，加足量BaCl2溶液产生白色沉淀，过滤，向沉淀中加入足量盐酸，沉淀部分溶解，则含有；
④取③中滤液，加HNO3酸化后，再加过量AgNO3溶液，溶液中析出白色沉，淀溶液中析出白色沉淀为氯化银，证明含有氯离子，但是前面加的试剂中已经引入氯离子，不能确定原来钠盐中是否含有氯离子；不含有Ca2+、Fe3+，根据电荷守恒，则一定含有K+，据此分析解答。
（1）由上述分析可知，此溶液中一定不能大量存在的离子有Ca2+、Fe3+、；一定大量存在的阴离子有、、OH﹣；一定大量存在的阳离子有K+，
故答案为：Ca2+、Fe3+、；、、OH﹣；K+；
（2）②中“少量原溶液与足量盐酸混合”，氢离子与氢氧根、碳酸根均要反应，发生反应的离子方程式为OH﹣+H+＝H2O、+2H+＝H2O+CO2↑，
故答案为：OH﹣+H+＝H2O、+2H+＝H2O+CO2↑；
（3）④中加入硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，发生反应的离子方程式为Cl﹣+Ag+＝AgCl↓；实验④不能确定原溶液中含有Cl﹣，因为第③步中加入BaCl2溶液，引入Cl﹣，
故答案为：Cl﹣+Ag+＝AgCl↓；否；第③步中加入BaCl2溶液，引入Cl﹣；
（4）向Ba（OH）2溶液中逐滴加相同浓度的硫酸至过量，硫酸与Ba（OH）2溶液反应生成硫酸钡沉淀和水，离子浓度逐渐下降，当Ba（OH）2恰好反应完，离子浓度几乎为0，溶液几乎不导电，硫酸过量后，电离出硫酸根和氢离子，导电能力又逐渐增强，故符合的图像是B；加入硫酸镁溶液，开始生成硫酸钡沉淀和氢氧化镁沉淀，导电能力逐渐减小至几乎为0，硫酸过量后导电能量又逐渐增强，符合B图像，
故答案为：B；MgSO4。
23．阅读下列科普短文，根据所学知识回答问题。
①NH3在生活、生产中用途广泛，可用作制冷剂和农业化肥。氨气是一种具有强烈刺激性气味的无色气体，易溶于水，其水溶液②氨水呈碱性。氨气能与酸反应，如和③盐酸反应生成④NH4Cl。在催化剂的作用下，氨气与⑤O2发生反应，生成⑥NO和⑦H2O，该反应是工业制备硝酸的重要步骤之一。氨气能与一些氧化物发生反应，如与⑧CuO在加热条件下发生反应生成⑨Cu和N2。实验室中，通过加热NH4Cl和⑩Ca（OH）2的混合固体可以制备氨气。
（1）上述标有序号的物质中，属于氧化物的是 ⑥⑦⑧ （填标号，后同），属于混合物的是 ②③ 。
（2）⑨能导电，但⑨不是电解质的原因是 Cu含有自由移动的电子，所以能导电，由于Cu是单质，不是化合物，所以不是电解质 。氨水能导电，但氨气不是电解质，请例举一种与氨气该情况类似的物质： CO2或SO2或SO3 （填化学式）。
（3）下列装置可用于收集NH3的是 BC （填标号）。
（4）Ca（OH）2在水中的电离方程式为 ，③与⑧反应的离子方程式为 CuO+2H+＝Cu2++H2O 。
（5）加热条件下，氨气与⑧反应的化学方程式为 3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O 。
【解析】解：（1）氧化物是含有两种元素，其中一种是氧元素的化合物，⑥⑦⑧属于氧化物；由二种或二种以上物质组成的物质为混合物，则氨水和盐酸均为溶液，②③属于混合物，
故答案为：⑥⑦⑧；②③；
（2）⑨Cu含有自由移动的电子，所以能导电，电解质是指在水溶液或熔融状态下能导电的化合物，由于Cu是单质，不是化合物，所以不是电解质；氨气不是电解质，因为本身不能在一定条件下发生电离、故是非电解质，但溶于水后生成一水合氨能发生电离、能导电；与氨气该情况类似的物质如酸性氧化物CO2或SO2或SO3，本身不能在一定条件下发生电离、是非电解质，但溶于水后生成酸能发生电离、能导电，
故答案为：Cu含有自由移动的电子，所以能导电，由于Cu是单质，不是化合物，所以不是电解质；CO2或SO2或SO3；
（3）由相对分子质量可知，氨气的密度小于空气，宜采用向下排空气法收集，且根据题意可知氨气极易溶于水，不能用排水法收集，
故答案为：BC。
（4）Ca（OH）2在水中电离出钙离子和氢氧根离子，电离方程式为，盐酸和氧化铜反应生成氯化铜和水，离子方程式为CuO+2H+＝Cu2++H2O，
故答案为：；CuO+2H+＝Cu2++H2O；
（5）加热条件下，氨气还原氧化铜生成铜和氮气、水，化学方程式为：3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O，
故答案为：3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O。
24．按要求进行计算，直接写出计算结果。
（1）32.0gO2和2.0gH2组成的混合气体在标准状况下体积约为 44.8L 。
（2）标准状况下3.36L某气体的质量为8.1g，则该气体的摩尔质量为 54g/ml 。
（3）某块光卤石（KCl•MgCl2•6H2O）中含5.3250gCl﹣，则该光卤石的物质的量为 0.03ml 。
（4）据报道，材料科学家研究发现了首例带结晶水的晶体在5K下呈现超导性。该晶体的化学式为Na0.35CO2•1.3H2O。122.45g该晶体中含氧原子的物质的量为 3.3ml 。
（5）现有14.4g由CO和CO2组成的混合气体，在标准状况下所占的体积约为8.96L。回答下列问题：
①该混合气体中CO的物质的量为 0.2 ml。
②混合气体中碳原子的个数为 0.4 NA（用NA表示阿伏加德罗常数的值）。
③将该混合气体依次通过如图装置，最后收集在气球中。则气球中收集到的气体的电子总数为 2.8 NA。
【解析】解：（1）已知32.0gO2和2.0gH2，根据n＝可求出氧气和氢气的物质的量都是1ml，再由V＝n•Vm＝2ml×22.4L/ml＝44.8L，
故答案为：44.8L；
（2）已知标准状况下3.36L某气体，根据n＝，其物质的量为0.15ml，又知其质量为8.1g，根据n＝，则该气体的摩尔质量为M＝＝54g/ml，
故答案为：54g/ml；
（3）已知某块光卤石（KCl•MgCl2•6H2O）中含5.3250gCl﹣，则Cl﹣的物质的量为0.15ml，所以光卤石的物质的量为0.05ml，
故答案为：0.05ml；
（4）已知该晶体的化学式为Na0.35CO2•1.3H2O，所以其摩尔质量为112.45g/ml，则122.45g该晶体的物质的量为1ml，所以氧原子的物质的量为3.3ml，
故答案为：3.3ml；
（5）①已知14.4g由CO和CO2组成的混合气体在标准状况下所占的体积约为8.96L，其物质的量为0.4ml，设CO和CO2的物质的量分别为x和y，所以有x+y＝0.4，28x+44y+14.4，解得x＝y＝0.2ml，
故答案为：0.2ml；
②由①可知标准状况下8.96LCO和CO2组成的混合气体总物质的量为0.4ml，根据碳原子守恒可知，碳原子个数N＝n•NA＝0.4NA，
故答案为：0.4；
③有图可知，NaOH溶液吸收了CO2，浓硫酸吸收了水，气球中收集的为CO，一个CO含有14个电子，再结合①可知，气球中收集到的气体的电子总数为2.8NA，
故答案为：2.8。
25．氯气和漂白粉是现代工业和生活中常用的杀菌消毒剂，某兴趣小组利用下列仪器在实验室制备纯净干燥的氯气，并模拟工业制漂白粉。请回答下列问题：
（1）装置G的名称为 分液漏斗 。
（2）装置F的作用为 除去氯气中的HCl 。
（3）从图中选择合适装置制备并收集纯净干燥的氯气（仪器不重复使用），仪器连接顺序为 B→F→E→D→C 。（用仪器下方字母表示，如A→B→…）。
（4）制备氯气的反应中体现了浓盐酸的 还原 性和 酸 性。
漂白粉的制备
已知：①氯气和石灰乳在反应的过程中会放出热量。
②6Cl2+6Ca（OH）25CaCl2+Ca（ClO3）2+6H2O
（5）①写出制取漂白粉的化学方程式 2Cl2+2 Ca（OH）2＝CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O ，并用双线桥标注电子转移的方向和数目 。
②兴趣小组制得的漂白粉中CaCl2的含量远超过预期，而Ca（ClO）2含量明显偏低。主要原因可能是（请用化学方程式结合文字表述） 发生了副反应6Cl2+6Ca（OH）25CaCl2+Ca（ClO3）2+6H2O，所以制得的漂白粉中n（CaCl2） 远大于n[Ca（ClO）2] 。
（6）为提高产品中有效成分Ca（ClO）2的含量，在不改变石灰乳浓度和体积的条件下可采取的措施是 用冰水或冷水冷却 （任写一种即可）。
【解析】解：（1）装置G的名称为分液漏斗，
故答案为：分液漏斗；
（2）装置F的作用为除去氯气中的HCl，
故答案为：除去氯气中的HCl；
（3）从图中选择合适装置制备并收集纯净干燥的氯气仪器连接顺序为B→F→E→D→C（从左侧看导管长进短出），
故答案为：B→F→E→D→C；
（4）制备氯气的反应为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，生成氯气体现还原性，生成氯化锰体现酸性，则体现了浓盐酸的还原性和酸性，
故答案为：还原；酸；
（5）①漂白粉的主要成分是次氯酸钙[Ca（ClO）2]和氯化钙，将氯气通入石灰乳[Ca（OH）2]制取漂白粉，同时有水生成，反应的化学方程式为2Cl2+2Ca（OH）2＝Ca（ClO）2+CaCl2+2H2O，用双线桥标注电子转移的方向和数目为
故答案为：2Cl2+2 Ca（OH）2＝CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；；
②氯气和碱反应会放出热量，导致温度升高，当温度低时，氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙和次氯酸钙和水；当温度高时，发生了副反应：6Cl2+6Ca（OH）25CaCl2+Ca（ClO3）2+6H2O，所以制得的漂白粉中n（CaCl2） 远大于n[Ca（ClO）2]，
故答案为：发生了副反应6Cl2+6Ca（OH）25CaCl2+Ca（ClO3）2+6H2O，所以制得的漂白粉中n（CaCl2） 远大于n[Ca（ClO）2]；
（6）温度较高时氯气与消石灰反应生成Ca（ClO3）2，为避免此副反应的发生，用冰水或冷水冷却，或控制氯气产生速率，通过控制反应速率，避免反应放热瞬时升高，
故答案为：用冰水或冷水冷却。
26．硫酸亚铁铵晶体[（NH4）2Fe（SO4）2•6H2O]，俗名为摩尔盐。某学校化学兴趣小组使用摩尔盐配制480mL0.1000ml•L﹣1（NH4）2Fe（SO4）2溶液。请回答下列问题：
（1）配制溶液过程中需要的玻璃仪器除量筒，烧杯，玻璃棒外，还需 500mL的容量瓶和胶头滴管 。
（2）用电子天平（精确度为0.01g）称量（NH4）2Fe（SO4）2•6H2O晶体 19.60 g。
（3）配制过程中定容时发现液面超过了刻度线，处理的方法是 重新配制 。
（4）下列操作将导致所配制的（NH4）2Fe（SO4）2溶液浓度偏小的是 ②③ （填序号）。
①摩尔盐放置过程中失去了部分结晶水
②定容摇匀后发现液面低于刻度线继续加蒸馏水至刻度线
③定容时仰视容量瓶刻度线
④容量瓶注入溶液前有少量蒸馏水
（5）已知（NH4）2Fe（SO4）2溶液的密度大于水，用2.00ml•L﹣1（NH4）2Fe（SO4）2溶液和等质量的水混合所得溶液的浓度 小于 （填“大于”“小于”或“等于”）1.00ml•L﹣1。
（6）从配制好的溶液中取出30.00mL（NH4）2Fe（SO4）2溶液于锥形瓶中，然后向锥形瓶中逐滴加入K2Cr2O7，（NH4）2Fe（SO4）2恰好和10.00mLK2Cr2O7溶液（K2Cr2O7被还原为Cr3+）完全反应，计算：所用K2Cr2O7溶液的浓度为 0.05 ml•L﹣1。
【解析】解：（1）配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶、贴标签等，用到的玻璃仪器：量筒、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，480mL0.1000ml•L﹣1（NH4）2Fe（SO4）2溶液，应选择500mL容量瓶，所以缺少的仪器：500mL容量瓶、胶头滴管，
故答案为：500mL的容量瓶和胶头滴管；
（2）配制480mL0.1000ml⋅L﹣1（NH4）2Fe（SO4）2溶液应选用500mL的容量瓶，所需称量的（NH4）2Fe（SO4）2⋅6H2O的质量为0.5L×0.1000ml/L×392g/ml＝19.60g，
故答案为：19.60；
（3）定容滴加蒸馏水时，若不慎超过了刻度线，实验失败，处理的方法是重新配制，
故答案为：重新配制；
（4）①摩尔盐放置过程中失去了部分结晶水，则（NH4）2Fe（SO4）2的物质的量偏大，所配溶液浓度偏大；
②定容摇匀后发现液面低于刻度线继续加蒸馏水至刻度线，会导致所配溶液的体积偏大，浓度偏小；
③定容时仰视容量瓶刻度线，则水加多了，导致所配溶液的体积偏大，浓度偏小；
④容量瓶注入溶液前有少量蒸馏水，不影响所配溶液中溶质的物质的量，也不影响所配溶液的体积，则浓度不受影响；
综上，应填②③，
故答案为：②③；
（5）（NH4）2Fe（SO4）2溶液的密度大于水，那么等质量的2.00ml⋅L﹣1的（NH4）2Fe（SO4）2溶液的体积要小于水的体积，混合前后溶质的物质的量不变，混合后溶液总体积大于原来的2倍，故混合所得溶液的浓度小于1.00ml⋅L﹣1，
故答案为：小于；
（6）由题意知，（NH4）2Fe（SO4）2和K2Cr2O7发生氧化还原反应过程中，Fe元素由+2价升至+3价，Cr元素由+6价降至+3价，则6（NH4）2Fe（SO4）2～K2Cr2O7，所用K2Cr2O7溶液的浓度为＝0.05ml⋅L﹣1，
故答案为：0.05。硝酸
纯度：化学纯（CP）
分子式：HNO3
相对分子质量：63
密度：1.4g•cm﹣3
质量分数：68%
实验目的
实验操作
A
检验溶液中是否含
在待测液中滴入BaCl2溶液，若出现沉淀，再滴加稀盐酸，观察沉淀是否溶解
B
检验溶液中是否含
取适量待测液于试管中，向试管中滴加适量NaOH溶液，加热试管，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，观察红色石蕊试纸是否变蓝
C
检验溶液中是否含
在待测液中滴入稀HCl，观察溶液是否有气泡产生
D
检验溶液中是否含K+
用铂丝蘸取待测液，在酒精灯外焰上灼烧，观察火焰是否为紫色
硝酸
纯度：化学纯（CP）
分子式：HNO3
相对分子质量：63
密度：1.4g•cm﹣3
质量分数：68%
实验目的
实验操作
A
检验溶液中是否含
在待测液中滴入BaCl2溶液，若出现沉淀，再滴加稀盐酸，观察沉淀是否溶解
B
检验溶液中是否含
取适量待测液于试管中，向试管中滴加适量NaOH溶液，加热试管，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，观察红色石蕊试纸是否变蓝
C
检验溶液中是否含
在待测液中滴入稀HCl，观察溶液是否有气泡产生
D
检验溶液中是否含K+
用铂丝蘸取待测液，在酒精灯外焰上灼烧，观察火焰是否为紫色