2025年内蒙古乌兰察布市集宁一中西校区高一化学第一学期期中综合测试模拟试题含解析.doc

2025年内蒙古乌兰察布市集宁一中西校区高一化学第一学期期中综合测试模拟试题
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0．5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、在一个密闭容器中盛有11gX气体（X的摩尔质量为44g/mol）时，压强为1×104Pa。如果在相同温度下，把更多的气体X充入容器，使容器内压强增至5×104Pa，这时容器内气体X的分子数约为
A．3.3×1025 B．3.3×1024 C．7.5×1023 D．7.5×1022
2、下列物质在水溶液中的电离方程式书写错误的是(　　)
A．CaCl2===Ca2＋＋2Cl－ B．NaHSO4===Na＋＋H＋＋SO42-
C．HNO3===H＋＋NO3- D．KClO3===K＋＋Cl＋＋3O2－
3、向三个密闭容器中分别充入Ne、H2、O2，下列有关这三种气体的叙述正确的是
A．同温、同压时，三种气体的密度关系：
B．温度、密度相同时，三种气体的压强关系：
C．质量、温度、压强均相同时，三种气体的体积关系：
D．温度、压强、体积均相同时，三种气体的质量关系：
4、下列变化需要加入还原剂才能实现的是
A．MnO4-→Mn2+ B．Cl-→Cl2
C．H2S→SO2 D．Fe→Fe2+
5、下图中两条曲线分别表示1g C3H6、1g M气体在相同体积的容器中压强和温度的关系，试根据图判断M气体可能是

A．C3H4 B．CO2 C．CO D．H2S
6、下列几种说法中正确的是
A．摩尔是化学上常用的一个物理量
B．NaOH的摩尔质量是40g
C．0.012kg 的C 含有约6.02×1023 个碳原子
D．一个水分子的质量为g
7、已知氧化性: Cl2>Br2>Fe3+>I2,则下列离子方程式正确的是
A．少量氯气与FeBr2溶液反应Cl2+2Br-=2C1-+Br2
B．过量氯气与FeBr2溶液反应Cl2+Fe2++2Br-=2Cl-+Br2+Fe3+
C．氯气与FeBr2溶液以物质的量1:1反应2Cl2+2Fe2++2Br-=4Cl-+Br2+2Fe3+
D．少量氯气与FeI2溶液反应Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+
8、关于胶体和溶液的叙述中不正确的是( )
A．胶体和溶液均能通过滤纸
B．胶体加入某些盐可产生沉淀，而溶液不能
C．胶体是一种介稳性的分散系，而溶液是一种非常稳定的分散系
D．胶体能够发生丁达尔现象，而溶液则不能
9、向一定量的Fe、Fe3O4、Fe2O3、FeO的混合物中加入200 mL 1 mol·L－1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
A．11.2 g B．5.6 g C．2.8 g D．无法计算
10、下列关于金属铝的叙述中，说法不正确的是
A．铝的化学性质很活泼，但在空气中不易锈蚀
B．铝是比较活泼的金属，在化学反应中容易失去电子，表现出还原性
C．铝箔在空气中受热可以熔化，且发生剧烈燃烧
D．铝箔在空气中受热可以熔化，但由于氧化膜的存在，熔化的铝并不滴落
11、据《科技日报》报道，我国造出国产核电池，该电池的燃料是钚-238。下列关于Pu的说法中正确的是
A．Pu和Pu的质子数之差为2 B．Pu和Pu是两种不同的核素
C．Pu的中子数与质子数之差为144 D．Pu和Pu化学性质明显不同
12、在无色溶液中大量共存的一组离子是（ ）
A．Cu2+、SO42-、OH-、K+ B．Fe3+、NO3-、Cl-、H+
C．K+、CO32-、Cl-、H+ D．H+、Na+、Cl-、SO42-
13、溶液、胶体和浊液这三种分散系的本质区别是（ ）
A．是否有丁达尔现象 B．是否能通过滤纸
C．分散质粒子的大小 D．是否均一、透明、稳定
14、中国寓言故事蕴味深长。下列寓言的标题所表述的过程中包含化学变化的是
A．破釜沉舟 B．煮豆燃萁 C．刻舟求剑 D．愚公移山
15、已知6.4g某气体中含有6.02×1022个分子，此气体的摩尔质量是( )
A．32 g/mol B．64 C．64 g/mol D．4 g
16、下列说法正确的是（ ）
A．液态HCl、固态NaCl均不能导电,所以HCl、NaCl是非电解质
B．NH3、CO2、Cl2的水溶液均能导电,所以NH3、CO2、Cl2是电解质
C．蔗糖、乙醇在液态时或水溶液里均不能导电,所以它们是非电解质
D．铜、石墨均能导电,所以它们是电解质
二、非选择题（本题包括5小题）
17、A、B、C、D为四种可溶性的盐，它们包含的阳离子和阴离子分别为Ba2+、Ag+、Na+、Cu2+和NO3－、SO42﹣、Cl﹣、CO32﹣（离子在物质中不能重复出现）．
①若把四种盐分别溶于盛有蒸馏水的四支试管中，只有C盐的溶液呈蓝色；
②若向①的四支试管中分别加入盐酸，B盐的溶液有沉淀生成，D盐的溶液有无色无味的气体逸出．根据①②实验事实可推断它们的化学式为：
（1）A_______________ B______________
（2）写出盐酸与D反应的离子方程式：______________________
（3）将含相同物质的量A、B、C的溶液混合后，写出溶液中存在的离子及物质的量之比_________；在此溶液中加入锌粒，写出发生反应的离子方程式____________
18、有五瓶损坏标签的试剂，分别盛有AgNO3溶液、稀硝酸、盐酸、氯化钡溶液、碳酸钾溶液，为了确定各瓶中是什么试剂，将它们任意编号为A、B、C、D、E，用小试管各盛少量，多次进行两两混合反应，反应现象为：A与B、A与E产生沉淀，B与D、B与E产生沉淀，C与E、D与E产生气体，而C与D无反应现象。由此，可判定各试剂瓶中所盛试剂为：
A________，B________，C________，D________，E________。
另外，请写出下面要求的离子方程式。
(1)A与E：__________________________________________。
(2)B与E：__________________________________________。
(3)C与E：___________________________________________。
19、下图是某学校实验室从化学试剂商店买回的浓硫酸试剂标签上的部分内容。

现用该浓硫酸配制240 mL 1.0 mol/L的稀硫酸。可供选用的仪器有：①玻璃棒；②烧瓶；③烧杯；④药匙；⑤量筒；⑥托盘天平。
请回答下列问题：
(1)配制上述稀硫酸时，还缺少的仪器有_____________________________(写仪器名称)。
(2)标签所示浓硫酸的物质的量浓度为___________________________。
(3)配制240 mL 1.0 mol/L的稀硫酸需要用量筒量取上述浓硫酸的体积为___________mL，量取硫酸时应选用 _____________ 规格的量筒。
A．10 mL B．50 mL C．100 mL D．200 mL
(4)根据计算结果，进行如下实验操作：
①用量筒取计算所需体积的浓硫酸
②向量筒中加入少量蒸馏水，并用玻璃棒搅拌
③立即将稀释后的溶液转入容量瓶中
④然后将蒸馏水沿玻璃棒注入容量瓶直至刻度线
⑤把容量瓶盖盖紧，上下颠倒摇匀
你认为上述实验中错误的操作是______________________________（填序号）
(5)经过测定，某同学配制的稀硫酸浓度偏高，则可能的原因是_____________（填序号）
①用量筒量取浓硫酸时，仰视刻度线
②容量瓶用蒸馏水洗涤后未经干燥
③洗涤烧杯内壁后将洗涤液弃去
④转移溶液时，不慎有少量溶液洒出
⑤定容时，俯视容量瓶刻度线
⑥定容、摇匀后发现溶液的凹液面低于刻度线
20、某同学帮助水质检测站配制480mL0.5mol·L-1 NaOH溶液备用。请回答下列问题：
（1）该同学用到的玻璃仪器有烧杯、量筒、玻璃棒、______________、胶头滴管。
（2）该同学用质量为23.1g的烧杯放在托盘天平上称取所需NaOH固体，则称取的总质量为_______克。
（3）配制时，其正确的操作顺序如下，请填充所缺步骤。
A．在盛有NaOH固体的烧杯中加入适量水溶解；
B．将烧杯中冷却的溶液沿玻璃棒注入容量瓶中；
C．用少量水______________________2～3次，洗涤液均注入容量瓶，振荡。
D．继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度__________处，改用胶头滴管加水，使溶液________________。
E．将容量瓶盖紧，反复上下颠倒，摇匀。
（4）若出现如下情况，其中将引起所配溶液浓度偏低的是__________(填编号)
①容量瓶实验前用蒸馏水洗干净，但未烘干　 ②定容观察液面时俯视　
③配制过程中遗漏了(3)中步骤C　 ④加蒸馏水时不慎超过了刻度线
21、（1）NaHSO4是一种酸式盐。2mol/L的NaHSO4溶液与1mol/L的Ba(OH)2溶液等体积混合，反应的离子方程式为__________________________。
（2）写出Na与FeCl3溶液的反应的离子反应方程式：_________________________________
（3）乙同学检测到该溶液中含有大量的Cl﹣、Br﹣、I﹣，若向1L该混合溶液中通入一定量的Cl2，溶液中Cl﹣、Br﹣、I﹣的物质的量与通入Cl2的体积（标准状况）的关系如下表所示，分析后回答下列问题：
Cl2的体积（标准状况）
11.2L
22.4L
28.0L
n（Cl﹣）
2.5mol
3.5mol
4.0mol
n（Br﹣）
3.0mol
2.5mol
2.0mol
n（I﹣）
x mol
0
0
原溶液中Cl﹣、Br﹣、I﹣的物质的量浓度之比为______________．
参考答案

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、C
【解析】
11g该气体的物质的量是11g÷44g/mol＝0.25mol。根据PV＝nRT可知，在温度和体积相等的条件下，气体的压强之比等于气体的物质的量之比，所以此时气体的物质的量是0.25mol×5＝1.25mol，则含有的分子数是1.25mol×6.02×1023/mol＝7.5×1023；综上所述，本题选C。
2、D
【解析】
A．氯化钙为强电解质，电离方程式为：CaCl2═Ca2++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：NaHSO4═Na++H++SO42-，故B正确；
C．硝酸为强电解质，电离方程式为：HNO3═H++NO3-，故C正确；
D．氯酸钾为强电解质，电离方程式：KClO3═K++ClO3-，故D错误；
答案选D。
3、B
【解析】
A．根据阿伏加德罗定律的推论，同温、同压时，气体的密度与其摩尔质量成正比，故A不选；
B．温度、密度相同时，气体的压强与其摩尔质量成反比，故选B；
C．质量、温度、压强均相同时，气体的体积与其摩尔质量成反比，故C不选；
D．温度、压强、体积均相同时，气体的质量与其摩尔质量成正比，故D不选。
答案选B
4、A
【解析】
还原剂失去电子，化合价升高。如果变化需要加入还原剂才能实现，这说明所给微粒一定是得到电子的，有关元素的化合价一定是降低的。
【详解】
A、锰元素的化合价降低，得到电子，需要加入还原剂，选项A正确；
B、氯元素的化合价升高，需要加入氧化剂，选项B错误；
C、硫元素的化合价升高，需要加入氧化剂，选项C错误；
D、铁元素的化合价升高，需要加入氧化剂，选项D错误。
答案选A。
本题考查氧化还原反应的有关判断和应用，明确氧化还原反应的规律以及准确判断出元素的化合价变化情况是解答的关键。另外解答该类试题时一定要注意一些自身的氧化还原反应，例如氯酸钾、高锰酸钾、双氧水分解等。
5、C
【解析】
由理想气体状态方程公式PV=nRT=可知，当V，m，T一定时，P与M成反比。所以0.8×M(C3H6)=1.2M；所以M=28g/mol，所以选项是C。
6、D
【解析】
A.摩尔是物质的量的单位，不是物理量，故A错误；
B. NaOH的摩尔质量是40g/mol，故B错误；
C. 0.012kg 的12C 含有的碳原子数为阿伏伽德罗常数个，约6.02×1023 个碳原子，强调是12C，故C错误；
D. 水的摩尔质量为18g/mol，而1mol水中含有6.02×1023个水分子，所以一个水分子的质量可以表示为g，故D正确。
故选D。
摩尔是物质的量的单位，摩尔质量的单位是g/mol。
7、C
【解析】
A项、由题给氧化性顺序可知，Fe2+的还原性强于Br-，少量氯气应先将还原性强的Fe2+氧化，反应的离子方程式为：Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+，故A错误；
B项、过量氯气将Fe2+和Br-完全氧化，反应消耗Fe2+与Br-的物质的量之比为1:2，反应的离子方程式为：3Cl2+2Fe2++4Br-=6Cl-+2Br2+2Fe3+，故B错误；
C项、由题给氧化性顺序可知，Fe2+的还原性强于Br-，氯气先将Fe2+氧化，氧化1molFe2+消耗0.5molCl2，剩余的0.5molCl2再氧化1molBr-，参与反应的Cl2、Fe2+、Br-物质的量之比为1:1:1，离子方程式为2Cl2+2Fe2++2Br-=4Cl-+Br2+2Fe3+，故C正确；
D项、由题给氧化性顺序可知，I-的还原性强于Fe2+，少量氯气先将还原性强的I-氧化，反应的离子方程式为：Cl2+2I-=2Cl-+I2，故D错误；
故选C。
8、B
【解析】
A．溶液和胶体都能通过滤纸，浊液不通过，A正确；
B．胶体具有均一稳定性，加入电解质会使胶体发生聚沉，如硫酸是电解质，加入氢氧化铁胶体内，产生氢氧化铁沉淀；溶液加入电解质也可产生沉淀，如向氯化钡溶液中加硫酸，产生硫酸钡沉淀，B错误；
C．胶体的胶粒是带电荷的，彼此之间存在斥力，所以胶体是一种介质稳性的分散系；溶液在分散系类型中分散质微粒直径最小，所以溶液是一种非常稳定的分散系，C正确；
D．只有胶体具有丁达尔效应，溶液中通过一束光线没有特殊现象，胶体中通过一束光线会出现明显光带，D正确；
答案选B。
本题考查了胶体和溶液中分散质的组成和性质，明确三种分散系的本质区别和性质差异是解答的关键。注意分析胶粒带电的原因和溶液中溶质的区别。
9、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，根据氯元素守恒可知n（FeCl2）=n（HCl）；用足量的CO在高温下还原相同质量的混合物得到铁，根据铁元素守恒可知n（Fe）=n（FeCl2），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，根据氯元素守恒可知n（FeCl2）=n（HCl）=×0.2L×1mol/L=0.1mol，用足量的CO在高温下还原相同质量的混合物得到铁，根据铁元素守恒可知n（Fe）=n（FeCl2）=0.1mol，质量为0.1mol×56g/mol=5.6g，
答案选B。
本题考查混合物反应的计算，题目难度中等，利用元素守恒判断铁的物质的量是解题关键，注意守恒思想在化学计算中的应用方法，试题培养了学生灵活应用基础知识的能力。
10、C
【解析】
A、单质铝的化学性质非常活泼，但在空气中会生成一层致密的氧化膜，防止Al继续被腐蚀，所以铝在空气中不易腐蚀，选项A正确；
B．铝原子的最外层有3个电子，在化学反应中易失去3个电子而达8电子的稳定结构，失去电子表现还原性，选项B正确；
C．铝和氧气反应生成了氧化铝，又因三氧化二铝的熔点高于铝的熔点，而三氧化二铝在铝的表面，所以加热铝箔的时候铝失去了光泽，铝熔化了但是不会滴落，不会发生剧烈的燃烧，选项C错误；
D、铝和氧气反应生成了氧化铝，又因三氧化二铝的熔点高于铝的熔点，而三氧化二铝在铝的表面，兜住融化的铝，所以加热铝箔，铝熔化了但不会滴落，选项D正确；
答案选C。
本题考查学生金属铝的有关知识，比较基础，旨在考查学生对基础知识的掌握。
11、B
【解析】
A.Pu和Pu是同一元素的不同原子，二者的质子数相同，A错误；
B.Pu和Pu是同一元素的两种不同的核素，B正确；
C.Pu的质子数是94，中子数是238-94=144，则中子数与质子数之差为144-94=50，C错误；
D.Pu和Pu原子的核外电子排布相同，所以化学性质基本相同，D错误；
故合理选项是B。
12、D
【解析】
A. Cu2+显蓝色，与题意不符，且铜离子与氢氧根离子反应生成沉淀，不能共存，A错误；
B. Fe3+显黄色，与题意不符，B错误；
C. CO32-与H+不能大量共存，与题意不符，C错误；
D. H+、Na+、Cl-、SO42-能大量共存，且溶液为无色，符合题意，D正确；
答案为D。
13、C
【解析】
溶液、浊液、胶体三种分散系的本质区别为分散质粒子的直径大小不同，据此即可解答。
【详解】
A.胶体具有丁达尔现象，是胶体中胶粒（1nm-100nm）在光照时产生对光的散射作用形成的，该现象是由微粒直径大小决定的，丁达尔现象不是三种分散系的本质区别，故A错误；
B.胶体能透过滤纸但不能透过半透膜，是由分散质微粒的直径大小决定的，所以该现象不是三种分散系的本质区别，故B错误；
C.根据分散质微粒直径大小来分类，把分散系划分为：溶液(小于1nm)、胶体（1nm-100nm）、浊液(大于100nm)；所以溶液、胶体和浊液这三种分散系的本质区别在于分散质粒子直径大小不同，故C正确；
D.溶液均一、透明、稳定，胶体较稳定，浊液不稳定，与分散质微粒的直径大小有关，所以该现象不是三种分散系的本质区别，故D错误；
故答案选C。
14、B
【解析】
A.破釜沉舟过程中只是形状发生改变，没有新物质生成，属于物理变化，故A 错误；
B. 燃烧纤维素是把化学能转化为热能，发生了化学变化，故B正确；
C. 刻舟求剑是在船帮做了记号，过程中无新物质生成，属于物理变化，故C错误；
D. 愚公移山，是把山石变为小块搬运走，过程中无新物质生成，不是化学变化，故D错误，
故选B。
15、C
【解析】
根据n=N/NA可知，6.02×1022个分子的物质的量是6.02×1022÷6.02×1023/mol=0.1mol。又因为n＝m/M，所以M＝6.4g÷0.1mol＝64 g/mol，答案选C。
16、C
【解析】
A. 非电解质是水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物，HCl水溶液能导电、NaCl水溶液或熔融NaCl都能导电,，所以HCl、NaCl是属于电解质，A错误；
B. 电解质是水溶液或熔融状态下都能导电的化合物，NH3、CO2、Cl2的水溶液均能导电，是因为它们与水反应的产物氨水、碳酸、盐酸或次氯酸在导电，不是NH3、CO2、Cl2本身在导电，所以NH3、CO2、Cl2属于非电解质，B错误；
C. 蔗糖、乙醇在液态或水溶液里均不能导电，所以它们是非电解质，C正确；
D. 电解质或非电解质都是化合物，铜、石墨是单质，所以它们即不是电解质，也不是非电解质，D错误。
电解质或非电解质都是属于化合物，单质、混合物即不是电解质，也不是非电解质。

二、非选择题（本题包括5小题）
17、BaCl2 AgNO3 CO32﹣+2H+=CO2↑+H2O n（Cl﹣）：n（NO3﹣）：n（Cu2+）=1：1：1 Zn+Cu2+═Zn2++Cu
【解析】
试题分析：C盐的溶液呈蓝色，说明C中含有Cu2+；加入盐酸，B盐的溶液有沉淀生成，B中含有Ag+，由于硫酸银、氯化银、碳酸银都是沉淀，所以B是AgNO3；D盐的溶液有无色无味的气体逸出，放出气体是二氧化碳，D中含有CO32﹣，由于BaCO3是沉淀，所以D是NaCO3；A中含有Ba2+，由于硫酸钡难溶于水，所以A是氯化钡；则C是CuSO4；
解析：根据以上分析，（1）A是BaCl2； B是AgNO3；
（2）盐酸与碳酸钠反应生成氯化钠、二氧化碳、水，反应的离子方程式是CO32﹣+2H+=CO2↑+H2O；
（3）将含相同物质的量BaCl2、AgNO3、CuSO4混合后，发生Ba2++ SO42﹣= BaSO4↓；Ag++ Cl﹣= Ag Cl↓，所以溶液中存在的离子及物质的量之比n（Cl﹣）：n（NO3﹣）：n（Cu2+）=1：1：1；在此溶液中加入锌粒，锌把铜置换出来，发生反应的离子方程式Zn+Cu2+═Zn2++Cu
点睛：离子反应发生的条件是生成沉淀、气体、水，凡是能结合成沉淀、气体、水的离子不能共存。
18、BaCl2 AgNO3 HNO3 HCl K2CO3 Ba2++CO32-=BaCO3↓ 2Ag++CO32-=Ag2CO3↓ 2H++CO32-=CO2↑+H2O
【解析】
C与E、D与E产生气体，五种物质中，能与两种物质的产生气体的只有K2CO3，则E为K2CO3，C、D为HNO3、HCl中的物质；D与B能产生沉淀，HNO3不能产生沉淀，而HCl能与AgNO3产生AgCl沉淀，则D为HCl，C为HNO3，B为AgNO3；A与B产生沉淀，则A为BaCl2。故答案为BaCl2；AgNO3；HNO3；HCl；K2CO3。
（1）A为BaCl2，E为K2CO3，二者反应生成BaCO3，反应的离子方程式为Ba2++CO32﹣=BaCO3↓；
（2）B为AgNO3，E为K2CO3，二者反应生成Ag2CO3，反应的离子方程式为2Ag++CO32﹣=Ag2CO3↓；
（3）C为HNO3，E为K2CO3，二者反应生成CO2，反应的离子方程式为2H++CO32﹣=CO2↑+H2O。　
19、250mL容量瓶、胶头滴管 18.4 mol/L 13.6 B ②③④ ①⑤
【解析】
(1)配制稀硫酸需要使用①玻璃棒；③烧杯；⑤量筒，还缺少的仪器为：250mL容量瓶、胶头滴管；
(2) 标签所示浓硫酸的物质的量浓度为=18.4 mol/L。
(3) 配制240 mL 1.0 mol/L的稀硫酸，要使用250mL的容量瓶，所以配制250mL溶液。需要用量筒量取上述浓硫酸的体积= 13.6mL。 所以选择50mL量筒。
(4)不能在量筒中进行浓硫酸的稀释，故②错误。且稀释时放出大量的热，应冷却后再转移，故③立即将稀释后的溶液转入容量瓶中是错误的。加水到离容量瓶的刻度线下1-2cm改用胶头滴管加水到凹液面与刻度线相切，故错误。故选选②③④。
(5) ①用量筒量取浓硫酸时，仰视刻度线，浓硫酸体积变大，则浓度变大；②容量瓶用蒸馏水洗涤后未经干燥，对浓度没有影响，故错误；③洗涤烧杯内壁后将洗涤液弃去，溶质有损失，故浓度减小；④转移溶液时，不慎有少量溶液洒出，溶质有损失，浓度减小；⑤定容时，俯视容量瓶刻度线，溶液的体积变小，浓度变大；⑥定容、摇匀后发现溶液的凹液面低于刻度线，属于正常现象。故能使浓度变大的为①⑤。
20、500mL容量瓶 33.1 洗涤烧杯和玻璃棒 1~2cm 凹液面恰好与刻度相切 ③④
【解析】
（1）欲配制480mL0.5mol·L-1 NaOH溶液需用到的玻璃仪器有烧杯、量筒、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管。答案：500mL容量瓶。
（2）按配制500 mL溶液计算NaOH的质量，即m(NaOH)=0.5 L×0.5 mol·L-1×40 g·mol-1=10.0 g。所需NaOH固体的质量10.0 g。烧杯质量为23.1g，则称取的总质量为10.0 g +23.1g =33.1g。答案：33.1。
（3）配制时的操作顺序是：计算所需NaOH的质量，称量所需NaOH放入烧杯中加入适量水溶解，冷却后转移到500mL的容量瓶中，再用少量水洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，洗涤液均注入容量瓶，振荡。继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度线1~2cm处，改用胶头滴管加水，使溶液凹液面恰好与刻度相切，盖上塞子，反复摇匀即可。答案：洗涤烧杯和玻璃棒；1~2cm；凹液面恰好与刻度相切。
（4）①容量瓶实验前用蒸馏水洗干净，但未烘干不影响溶液的配制浓度；②定容观察液面时俯视导致溶液体积偏小，所配溶液浓度偏大；③配制过程中遗漏了(3)中步骤C洗涤烧杯和玻璃棒，导致溶液浓度偏低；④加蒸馏水时不慎超过了刻度线，导致浓度偏低；答案：③④。
21、2H+ +SO42－+ Ba2＋+2OH－=BaSO4↓+2H2O 6Na+6H2O+2Fe3+= 2Fe(OH)3+ 6Na++3 H2 1：2：1
【解析】
(1) 2mol/L的NaHSO4溶液与1mol/L的Ba(OH)2溶液等体积混合,即NaHSO4与Ba(OH)2按照物质的量2:1反应,氢离子与氢氧根离子恰好反应,反应的离子方程式: 2H++SO42－+ Ba2＋+2OH－=BaSO4↓+2H2O。答案：2H+ +SO42－+ Ba2＋+2OH－=BaSO4↓+2H2O
（2）Na与FeCl3溶液的反应是先和水反应，生成的氢氧化钠再和FeCl3溶液反应，生成氢氧化铁，所以离子反应方程式：6Na+6 H2O+2Fe3+= 2Fe(OH)3+ 6Na++3 H2;答案：6Na+6 H2O+2Fe3+= 2Fe(OH)3+ 6Na++3 H2。
（3）当通入Cl2的体积为11.2L时,溶液中I﹣还有剩余,即氯气只与I﹣反应: Cl2+2I-=I2+2Cl-,生成1molCl-, Cl-初始物质的量是(2.5-1)mol=1.5mol;由表中数据可以知道:Br-初始物质的量是3mol,当通入Cl222.4L即1mol时,被氧化的 Br﹣物质的量为:n(Br﹣)=3mol-2.5mol=0.5mol,由反应Cl2+ 2Br﹣= Br2+2Cl-可以知道,消耗n(Cl2)=1/2n(Br﹣)=0.25mol,所以Cl2+ 2I﹣= I2+2Cl-中反应消耗的Cl2为:1mol-0.25mol=0.75mol,因此原溶液中的I﹣为:n(I﹣)=2n(Cl2)=0.75mol2=1.5mol,原溶液中Cl﹣、Br﹣、I﹣的物质的量浓度之比为1.5mol : 3mol : 1.5mol=1:2:1,因此答案是:1:2:1。