四川省外国语学校2025年化学高一第一学期期中考试试题含解析.doc

四川省外国语学校2025年化学高一第一学期期中考试试题
注意事项
1．考生要认真填写考场号和座位序号。
2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、决定原子种类的微粒是（　　）
A．中子 B．质子
C．质子和中子 D．质子、中子和电子
2、选择萃取剂将碘水中的碘萃取出来，这中萃取剂应具备的性质是（ ）
A．不溶于水，且必须易与碘发生化学反应
B．不溶于水，且比水更容易使碘溶解
C．不溶于水，且必须比水密度大
D．不溶于水，且必须比水密度小
3、若箭头表示能直接一步转化，下列选项所示的物质间转化均能实现的是
A．Cl2NaClONaClNaHCO3
B．SSO3H2SO4CuSO4
C．N2NO2HNO3Fe(NO3)2
D．SiSiO2H2SiO3Na2SiO3
4、下列化学反应的离子方程式正确的是（ ）
A．碳酸钠溶液与石灰乳的反应：CO32-+Ca2+=CaCO3↓
B．氢氧化钡溶液与稀硫酸反应：Ba2++SO42-+H++OH-=BaSO4↓+H2O
C．铜片插入硝酸银溶液：Cu+Ag+=Cu2++Ag
D．硫酸铜溶液中滴加氢氧化钡溶液Ba2++2OH-+Cu2++SO42-=BaSO4↓+Cu(OH)2↓
5、20℃时，饱和NaCl溶液密度为1.1g.cm-3,物质的量浓度为5.0 mol·L-1,下列说法不正确的是
A．25℃时，饱和NaCl溶波的物质的量浓度大于5.0mol/L
B．20℃时，饱和NaCl溶液的质量分数约为26.6%
C．20℃时,密度小于1.1g/cm3的NaCl溶液是不饱和溶液
D．将此饱和NaCl溶液蒸发部分水，再恢复到20℃时,溶液密度一定大于1.1g/cm3
6、下列有关物理量相应的单位表达错误的是
A．阿伏加德罗常数：
B．摩尔质量：mol/g
C．溶解度:：
D．密度：
7、在下列物质类别中，前者包含后者的是
A．混合物 溶液 B．电解质 化合物
C．浊液 胶体 D．单质 化合物
8、下列物质属于纯净物的是
A．玻璃 B．蒸馏水 C．粗盐 D．空气
9、今有下列物质：①1molNH3②标准状况下11.2LN2③4℃时10mL水④标准状况下22.4LCH4原子数由多到少的顺序是（ ）
A．④③①② B．④②①③ C．②④①③ D．④①③②
10、科研人员最近发现放射性同位素钬Ho可有效地治疗肝癌，该同位素原子核内中子数与质子数之差为(　　)
A．99 B．32 C．166 D．233
11、下列关于Na2O和Na2O2的叙述正确的是(   )
A．Na2O比Na2O2稳定 B．均可与CO2、H2O反应产生氧气
C．所含氧元素的化合价均为-2 D．阴阳离子的个数比均为1:2
12、下列各项操作，错误的有
A．用酒精萃取溴水中的溴单质的操作可选用分液漏斗
B．进行分液时，分液漏斗中的下层液体，从下端流出，上层液体则从上口倒出
C．蒸馏操作中，冷凝水是下口进、上口出
D．为保证分液漏斗内的液体顺利流出，需将上面的塞子拿下
13、某溶液中含有大量的下列离子：Mg2+ 、SO42—、Al3+和M离子，经测定Mg2+、SO42—、Al3+和M离子的物质的量之比为1︰4︰1︰1，则M离子可能是下列中的（ ）
A．Cl— B．Fe3+ C．OH— D．Na+
14、取一支硬质大试管，通过排饱和食盐水的方法先后收集半试管甲烷和半试管氯气，并置于光亮处(如图)，下列对于试管内发生的反应及现象的说法正确的是（ ）

A．反应过程中试管内黄绿色逐渐变浅，试管壁上有油珠产生
B．将该装置放在黑暗处，与也能反应
C．该反应仅得到一种有机产物
D．和完全反应后液面上升，液体充满试管
15、为了除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO和泥沙，可将粗盐溶于水，然后进行下列五项操作：①过滤②加过量NaOH溶液③加适量盐酸④加过量Na2CO3溶液⑤加过量BaCl2溶液。正确的操作顺序是（ ）
A．①④②⑤③ B．④①②⑤③ C．②⑤④①③ D．⑤②④③①
16、歼-20 将 209 84 Po涂于表面以屏蔽雷达，起到隐身作用。该 Po(钋)原子核外电子数是
A．42 B．84 C．125 D．209
二、非选择题（本题包括5小题）
17、Ⅰ.有一包白色固体粉末，其中可能含有KCl、BaCl2、Cu(NO3)2、K2CO3中的一种或几种，现做以下实验：
①将部分粉末加入水中，振荡，有白色沉淀生成，过滤，溶液呈无色：
②向①的沉淀物中加入足量稀硝酸，固体完全溶解，并有气泡产生；
③取少量②的溶液，滴入稀硫酸，有白色沉淀产生；
④另取①中过滤后的溶液加入足量AgNO3溶液，产生白色沉淀。
试根据上述实验事实，回答下列问题：
（1）写出原白色粉末中一定含有的物质的化学式____________________。
（2）写出原白色粉末中一定不含有的物质的电离方程式________________。
（3）写出④变化的离子方程式：______________________。
Ⅱ. 实验室需要240 mL0.5 mol·L-1的NaOH溶液，现用固体烧碱进行配制。
（1）需称量_________ g 烧碱，应放在_______中称量、溶解。
（2）完成此配制实验，除了量筒，烧杯，玻璃棒外还需要的常见的玻璃仪器有___________。
（3）下列操作对所配溶液浓度偏大的有______。
A．烧碱在烧杯中溶解后，未冷却就立即转移到容量瓶中
B．容量瓶未干燥就用来配制溶液 C．定容时仰视容量瓶
D．称量时使用了生锈的砝码 E.未洗涤溶解烧碱的烧杯
18、现有四瓶失去标签的无色溶液，可能是CaCl2、AgNO3、HCl、Na2CO3中的其中一种，为了确定具体成分，随意将四瓶溶液标记为A、B、C、D后，进行了下列四组实验。
实验顺序
实验内容
实验现象
①
A+B
无明显现象
②
B+D
有气体放出
③
B+C
有沉淀生成
④
A+D
有沉淀生成
根据表中实验现象回答下列问题：
（1）A、B、C、D分别对应的溶质化学式为____________、___________、___________、___________；
（2）请分别写出上述实验②和③的离子方程式：
②________________________________________________________；
③________________________________________________________。
19、现用98%的浓H2SO4(ρ=1.84g/cm3)配制浓度为0.5mol·L-1的稀硫酸480mL。
（1）配制该溶液应选用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和_____________。
（2）请将下列操作按正确的顺序填在横线上。(填选项字母)
A．量取浓H2SO4 B．反复颠倒摇匀 C．加水定容 D．洗涤所用仪器并将洗涤液转入容量瓶 E.稀释浓H2SO4 F.将溶液转入容量瓶
其正确的操作顺序为_____________。
（3）所需浓H2SO4的体积为_________mL。
（4）若用量筒量取浓硫酸时俯视液面将使所配溶液浓度______(填“偏高”、“偏低”或“无影响”，下同)。在转入容量瓶前烧杯中的液体未冷却将使所配溶液浓度_______。定容时必须使凹液面最低处与刻度线相切，若仰视将使所配溶液浓度_________。
（5）从配制好的溶液中取出40mL，加0.2mol·L－1的氢氧化钠溶液至完全中和，需要氢氧化钠溶液的体积为___________。
20、速力菲的主要成分是琥珀酸亚铁，是一种常见的补铁药物。某同学为检测速力菲中Fe2+的存在,设计并进行实验如下:

回答下列问题:
（1）实验中碾碎药片需要的仪器是____________。
（2）加KSCN溶液后,溶液呈淡红色,其原因可能是___________。加入新制氯水后,发生反应的离子方程式为_________________。
（3）放置一段时间后,溶液的颜色会逐渐褪去。请对溶液褪色的原因作出2种猜想:
编号
猜想
甲
______
乙
_______
（4）医学上服用维生素C,可防止二价亚铁离子被氧化，由此推测维生素C具有______性。
（5）正常人每天应补充14mg左右的铁,其中绝大部分来自于食物。如果全部通过服用含FeS04·7H2O的片剂来补充铁,则正常人每天需服用含_____mgFeSO4·7H2O的片剂。
21、建筑工地常用的NaNO2因外观和食盐相似，又有咸味，容易使人误食中毒。已知NaNO2能发生如下反应：
NaNO2＋HI―→NO↑＋I2＋NaI＋H2O
（1）配平上面方程式。_________
（2）上述反应的氧化剂是________；若有 1 mol 的还原剂被氧化，则反应中转移电子的数目是________。
（3）根据上述反应，可用试纸和生活中常见的物质进行实验，以鉴别NaNO2和NaCl，可选用的物质有：①水　②碘化钾淀粉试纸　③淀粉　④白酒　⑤食醋，进行实验，下列选项合适的是________(填字母)。
A．③⑤ B．①②④
C．①②⑤ D．①②③⑤
（4）某厂废液中，含有2%～5%的NaNO2，直接排放会造成污染，采用NH4Cl，能使NaNO2转化为不引起二次污染的N2，反应的化学方程式为_________________________。
参考答案

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、C
【解析】
A．当质子数相同时，中子数决定了元素的种类，单独中子数不能决定核素种类，故A错误；
B．原子的质子数决定元素种类，故B错误；
C．决定原子种类的微粒是质子和中子，故C正确；
D．原子核外电子数可以发生变化，但原子种类不变，电子尤其是最外层电子决定原子的化学性质，故D错误；
故答案选C。
2、B
【解析】
A．选取的萃取剂与原溶剂必须互不相溶，且萃取剂和碘不发生反应，故A错误；
B．选取的萃取剂与原溶剂必须互不相溶，且溶质在萃取剂中的溶解度大于在水中的溶解度，故B正确。
C．萃取剂必须和水不互溶，但密度不一定比水的大，故C错误。
D．萃取剂必须和水不互溶，但密度不一定比水的小，故D错误。
故选：B。
萃取是利用溶质在互不相溶的溶剂里的溶解度的不同，用一种溶剂把溶质从它与另一种溶剂组成的溶液里提取出来。根据萃取的定义知：萃取剂必须具备下列条件：两种溶剂互不相溶；溶质在萃取剂中的溶解度大于在原溶剂中的溶解度；溶质与萃取剂不反应。
3、A
【解析】A、氯气可以先和氢氧化钠反应生成次氯酸钠，次氯酸钠可以和盐酸反应生成氯化钠，氯化钠再和氨气、水、二氧化碳反应转化成碳酸氢钠，故A正确。B、硫只能一步反应生成二氧化硫，不能一步反应生成三氧化硫，故B错误。C、氮气可以和氧气一步反应生成一氧化氮，不能一步反应生成二氧化氮，故C错误。D、二氧化硅不能一步生成硅酸，故D错误。本题正确选项为A。
点睛：本题考查几种元素及其化合物之间的转化，要熟记常见元素单质氧化物酸（碱）盐的转化。
4、D
【解析】
A．碳酸钠溶液与石灰乳反应的离子方程式为CO32-+Ca(OH)2═CaCO3↓+2OH-，故A错误；
B．氢氧化钡溶液与稀硫酸反应生成硫酸钡和水，反应的离子方程式为：Ba2++SO42-+2H++2OH-═BaSO4↓+2H2O，故B错误；
C．铜片插入硝酸银溶液中反应的离子方程式：Cu+2Ag+═Cu2++2Ag，故C错误；
D．硫酸铜溶液中滴加氢氧化钡溶液，反应的离子方程式为：Ba2++2OH-+Cu2++SO42-═BaSO4↓+Cu(OH)2↓，故D正确；
故选D。
本题的易错点为A，要注意石灰乳中氢氧化钙应保留化学式，在澄清石灰水中氢氧化钙改成离子形式。
5、D
【解析】
A、NaCl的溶解度随温度升高而增大，所以饱和溶液浓度会增大，20℃时是5.0 mol·L-1，则25℃时大于5.0 mol·L-1，选项A正确；B、设溶液的体积为1L，溶液的质量为1.1g/mL×1000mL=1100g，溶质的物质的量为1L×5.0mol/L=5mol，质量为5mol×58.5g/mol=292.5g，所以溶质的质量分数为×100%=26.6%，选项B正确；C、NaCl溶液的浓度越大，密度越大，密度为1.1g.cm-3时溶液饱和，则20℃时，密度小于1.1g.cm-3的NaCl溶液是不饱和溶液，故C正确；D、若将饱和溶液蒸发，则有NaCl晶体析出。再恢复到20℃时，其溶解度不变，溶液仍为饱和溶液，密度仍为1.1g.cm-3，选项D错误。答案选D。
点睛：本题考查的主要知识是关于溶液的物质的量浓度、质量分数、密度等量之间的关系。温度由20℃升高到25℃，且也将溶液制成饱和溶液时，氯化钠的溶解度增大，同质量的饱和氯化钠溶液中所含有氯化钠的质量、物质的量比20℃时的大。
6、B
【解析】
.A. 由于阿伏加德罗常数是有单位的，且单位为，故A正确；
B 摩尔质量表达式为：M=，单位是g/mol，故B错误；
C. 溶解度即是在一定温度下，某固态物质在100g溶剂中达到饱和状态时所溶解的质量，所以单位是g，故C正确；
D. 密度表达式为ρ=，密度的单位为，故D正确；
答案选B。
7、A
【解析】
A、溶液是混合物的一种，前者包含后者；
B、电解质都是化合物，但化合物不一定是电解质，还有可能是非电解质，后者包含前者；
C、浊液和胶体属于两种不同的分散系，前者与后者为并列关系；
D、单质和化合物为并列关系；
答案选A。
8、B
【解析】
纯净物是由一种物质组成的物质。混合物是由两种或两种以上物质组成的物质。
【详解】
A. 玻璃是硅酸钠、硅酸钙、二氧化硅等物质组成的混合物，A错误；
B. 蒸馏水中只含水一种物质，是纯净物，B正确；
C. 粗盐主要成分为氯化钠，除此外还有不溶性杂质和可溶性杂质，C错误；
D. 空气中含有氮气、氧气、稀有气体、二氧化碳等多种气体，是混合物，D错误。
答案选B。
9、D
【解析】
①1molNH3中的原子数为1×4×NA=4NA；
②标准状况下11.2L N2的物质的量n(N2)= =0.5mol，原子数为0.5mol×2×NA/mol=NA；
③4℃时10mL水的质量为10mL×1g/mL=10g，其物质的量为=mol，原子数为×3×NA= NA；
④标准状况下22.4LCH4的物质的量n(CH4)==1mol，原子数为1mol×5×NA/mol=5NA；
则所含原子数由多到少的顺序是④①③②，故选D。
10、B
【解析】
由Ho中可以得出，质子数为67，质量数为166，该同位素原子核内中子数与质子数之差为166-67-67=32，故选B。
11、D
【解析】
A. 2Na2O+O22Na2O2，可见Na2O不如Na2O2稳定，故A错误；B. Na2O与CO2、H2O反应不产生氧气，故B错误；C. 所含氧元素的化合价前者为-2，后者为-1，故C错误；D. Na2O含有Na+和O2-，Na2O2含有Na+和O22-，阴阳离子的个数比均为1:2，故D正确。故选D。
12、A
【解析】
A．酒精易溶于水，与水互溶不能分层，不符合萃取剂的条件，不能达到萃取的目的，故A错误；
B．分液漏斗中的下层液体只能从下口放出，若从上口倒出，则下层液体与上层液体相混而不纯，同样上层液体从下口放出时也会使上层液体与残留在漏斗内壁的下层液体相混而不纯，故B正确；
C．蒸馏操作中，冷凝水的流向应与蒸汽的流向相反，一般为下口进、上口出，故C正确；
D．放出下层液体时，将分液漏斗上面的塞子拿掉使分液漏斗内外气压相等，便于液体顺利流出，故D正确；
答案选A。
13、B
【解析】
根据电荷守恒判断M离子所带电荷数，并根据离子能否大量共存判断可能存在的离子。
【详解】
根据题目条件Mg2+、SO42—、Al3+和M离子的物质的量之比为1︰4︰1︰1，由于2×1+3×1＜2×4，则M带正电荷，由电荷守恒可知M离子所带电荷数为2×4－（2×1+3×1）＝3，因此选项B中铁离子符合，答案选B。
14、A
【解析】
A. 在光照条件下甲烷和氯气发生取代反应生成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯甲烷和HCl，二氯甲烷、三氯甲烷、四氯甲烷都为难溶于水的液体，因此反应过程中试管内黄绿色逐渐变浅，试管壁上有油珠产生，A正确；
B. 甲烷和氯气反应需要光照条件，因此将该装置放在黑暗处不反应，B错误；
C. 甲烷分子中含有4个氢原子，该反应可得到4种有机产物，C错误；
D. 反应生成的一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯甲烷难溶于水，一氯甲烷呈气态，二氯甲烷、三氯甲烷、四氯甲烷都为液体，HCl极易溶于水，因此完全反应后液面上升，但液体不会充满试管，D错误；
答案选A。
15、C
【解析】
将粗盐溶于水后，除去溶液中的应加入溶液，除去溶液中的应加入NaOH溶液，除去溶液中的应加入溶液。为使溶液中的离子反应完全，所加试剂均应过量。为除去过量的试剂需先加溶液，再加溶液。待沉淀完全后，过滤，再向滤液中加入稀盐酸，除去过量的NaOH和，正确的操作顺序是⑤④②①③或⑤②④①③或②⑤④①③，C项符合题意。答案选C。
16、B
【解析】
质子数等于核外电子数，该Po(钋)原子核外电子数是84，答案选B。

二、非选择题（本题包括5小题）
17、BaCl2、K2CO3 Cu(NO3)2=Cu2++2NO3— Ag++Cl—=AgCl↓ 5.0 小烧杯 250 mL容量瓶，胶头滴管 AD
【解析】
Ⅰ. 有一包白色固体粉末，其中可能含有KCl、BaCl2、Cu（NO3）2、K2CO3中的一种或几种；
①将部分粉末加入水中，振荡，有白色沉淀生成，过滤，溶液呈无色说明一定不含Cu（NO3）2、所以沉淀为碳酸钡，判断BaCl2、K2CO3一定存在；
②向①的沉淀物中加入足量稀硝酸，固体完全溶解，并有气泡产生，证明沉淀是BaCO3；
③取少量②的溶液，滴入稀硫酸，有白色沉淀产生，证明白色沉淀为BaSO4；
④另取①中过滤后的溶液加入足量AgNO3溶液，产生白色沉淀，证明含有Cl-；
综上所述：白色固体粉末一定含有BaCl2、K2CO3；一定不含Cu（NO3）2；可能含有KCl；
（1）原白色粉末中一定含有的物质的化学式：BaCl2、K2CO3；
（2）原白色粉末中一定不含有的物质为Cu（NO3）2；电离方程式为：Cu（NO3）2=Cu2++2NO3-；
（3）取①中过滤后的溶液加入足量AgNO3溶液，产生白色沉淀是氯化银，反应的离子方程式为：Ag++Cl-=AgCl↓；
Ⅱ.（1）实验室没有240 mL规格的容量瓶，必须配制250 mL溶液，需要称取的氢氧化钠的质量为：m=cVM=0.5mol/L×0.25L×40g/mol=5.0g，烧碱易吸水且具有强腐蚀性，所以称量烧碱时要放在小烧杯中；
（2）配制溶液的步骤是：称量、溶解、冷却、转移、洗涤、转移、定容、摇匀，用烧杯溶解烧碱、可以用量筒量取水、用玻璃棒搅拌和引流、用250mL的容量瓶配制溶液、用胶头滴管定容、用托盘天平称量烧碱、用药匙取药品，所以除了量筒、烧杯、玻璃棒外还会用到的仪器有：250mL容量瓶，胶头滴管；
（３）A．NaOH在烧杯中溶解后，未冷却就立即转移到容量瓶中，则冷却后溶液体积偏小，浓度偏大，故A选；
B．若容量瓶未干燥即用来配制溶液，对溶液浓度无影响，因为只要定容时正确，至于水是原来就有的还是后来加入的，对浓度无影响，故B不选；
C．定容时仰视刻度线，会导致溶液体积偏大，则浓度偏小，故C不选；
D．砝码生锈后质量偏大，称量时m物=m砝+m游，称量时用了生锈的砝码后会导致溶质的质量偏大，故浓度偏大，故D选；
E．未洗涤溶解NaOH的烧杯，会导致溶质损失，浓度偏小，故E不选；
答案选AD。
18、CaCl2 HCl AgNO3 Na2CO3
【解析】
根据实验现象，A+B反应无明显现象，可确定A和B为CaCl2和HCl，再结合B+D反应有无色无味气体放出，反应的离子方程式为CO32-+2H+=CO2↑+H2O，可推出B为HCl，D为Na2CO3， C+B反应有白色沉淀生成，可推出C为AgNO3，反应的离子方程式为Ag++Cl-=AgC1↓，最后根据A+D反应有白色沉淀生成，推出A为CaCl2。
【详解】
根据实验现象，A+B反应无明显现象，可确定A和B为CaCl2和HCl，再结合B+D反应有无色无味气体放出，反应的离子方程式为CO32-+2H+=CO2↑+H2O，可推出B为HCl，D为Na2CO3， C+B反应有白色沉淀生成，可推出C为AgNO3，反应的离子方程式为Ag++Cl-=AgC1↓，最后根据A+D反应有白色沉淀生成，推出A为CaCl2。
(1)、 由以上分析可知A为CaCl2， B为HCl，C为AgNO3，D为Na2CO3，故答案为CaCl2，HCl，AgNO3，Na2CO3 ；
(2) B为HCl， D为Na2CO3，反应有无色无味气体放出，反应的离子方程式为：CO32-+2H+=CO2↑+H2O，
B为HCl， C为AgNO3，反应的离子方程式为：Ag++Cl-=AgC1↓，
故答案为: CO32-+2H+=CO2↑+H2O； Ag++Cl-=AgC1↓。
19、量筒、500mL容量瓶、胶头滴管 A E F D C B 13.6 偏低 偏高 偏低 200mL
【解析】
（1）配制一定物质的浓度溶液的一般步骤为：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀装瓶，依据各步操作选择需要仪器；
（2）依据配制溶液的一般步骤排序；
（3）依据c=1000ρω/M计算浓硫酸物质的量浓度，依据溶液稀释过程溶质的物质的量不变计算需要浓硫酸体积；
(4)分析操作对溶质的物质的量、对溶液的体积的影响，根据c=n/V判断对所配溶液浓度影响；
(5)根据c(H+)·V(酸)=c(OH-)·V(碱)计算。
【详解】
（1）因为没有480mL容量瓶，只能配制500mL溶液，现用98%的浓H2SO4（ ρ=1.84g/cm3）配制成浓度为0.5mol/L的稀硫酸500mL，操作步骤为：计算需要浓硫酸体积，用量筒量取浓硫酸，在烧杯中稀释，用玻璃棒搅拌，冷却后用玻璃棒引流移液到500mL容量瓶，洗涤烧杯和玻璃棒并将洗液转移到容量瓶，加蒸馏水到离刻度线1-2cm，该用胶头滴管逐滴滴加到凹液面最低处与刻度线相切，最后摇匀装瓶，用到的仪器：量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管；
答案：量筒、500mL容量瓶、胶头滴管；
（2）配制一定物质的浓度溶液的一般步骤为：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀装瓶所以正确的操作步骤为：AEFDCB；
答案：AEFDCB；
（3）按照配制500mL溶液计算所需溶质的量；
98%的浓H2SO4（ ρ=1.84g/cm3）物质的量浓度c=1000×1.84×98%/98mol/L=18.4mol/L，设需要浓硫酸体积为VmL，则依据溶液稀释过程溶质的物质的量不变得：18.4mol/L×V×10-3L=0.5mol/L×500×10-3L，解得V=13.6；
答案：13.6；
(4) 量筒量取浓硫酸时俯视凹液面，量取的浓硫酸偏少，溶质的物质的量偏小，溶液的浓度偏低；在转入容量瓶前烧杯中的液体未冷却，根据热胀冷缩原理，后续加水加少了，浓度偏高；定容时仰视刻度线，导致溶液的体积偏大，溶液的浓度偏低。
答案：偏低 偏高 偏低
（5）根据c(H+)·V(酸)=c(OH-)·V(碱)，得0.5mol/L×2×40×10-3L=0.2mol/L×V(碱)×10-3L, V(碱)= 200;
答案：200mL
明确配制原理及操作步骤是解题关键，注意容量瓶规格选择。
20、 研钵 少量的Fe2＋被空气中的氧气氧化或药品中含有少量Fe3＋杂质 2Fe2＋＋Cl2＝2Fe3＋＋2Cl－ Fe3＋＋3SCN－＝Fe(SCN)3 溶液中的＋3价Fe被某物质还原为＋2价Fe 溶液中的SCN－被过量的氯水氧化 还原 69.5
【解析】（1）实验中碾碎药片需要的仪器是研钵。（2）加KSCN溶液后，溶液呈淡红色，这说明有铁离子产生，因此其原因可能是少量的Fe2＋被空气中的氧气氧化或药品中含有少量Fe3＋杂质。氯水具有强氧化性，加入新制氯水后亚铁离子被氧化生成铁离子，铁离子与KSCN反应显红色，因此发生反应的离子方程式为2Fe2＋＋Cl2＝2Fe3＋＋2Cl－、Fe3＋＋3SCN－＝Fe(SCN)3。（3）放置一段时间后，溶液的颜色会逐渐褪去，这说明可能是铁离子又被还原为亚铁离子，或者是SCN－被氧化，所以2种猜想应该是溶液中的＋3价Fe被某物质还原为＋2价Fe、溶液中的SCN－被过量的氯水氧化；（4）医学上服用维生素C，可防止二价亚铁离子被氧化，由此推测维生素C具有还原性。（5）设需要xmgFeSO4·7H2O的片剂，根据铁原子守恒可知，解得x＝69.5。
21、2　4　2　1　2　2 NaNO2 6.02×1023 C NaNO2＋NH4Cl===NaCl＋N2↑＋2H2O
【解析】
(1)在该反应中NaNO2中的N元素化合价降低1价生成NO，HI中I元素化合价升高1价生成I2，另有一部分生成NaI，所以配平后的方程式为2NaNO2＋4HI=2NO↑＋I2＋2NaI＋2H2O；
(2) 反应中NaNO2中的N元素化合价降低，NaNO2作氧化剂，HI中I元素化合价升高，HI作还原剂，所以有1 mol HI被氧化，则转移电子的数目是为NA或6.02×1023；
(3)根据上述反应可知，在酸性条件下，NO2—可把I—氧化生成I2，而Cl—没有氧化性，不能与I—反应，又I2遇淀粉显蓝色，因此可用①②⑤进行实验来鉴别NaNO2和NaCl，所以正确选项为C；
(4)根据叙述可知，反应物为NaNO2和NH4Cl，生成物为N2，结合质量守恒可推知还有NaCl和H2O，所以反应的化学方程式为NaNO2＋NH4Cl==NaCl＋N2↑＋2H2O。