2026届贵州省铜仁市石阡民族中学高一化学第一学期期中复习检测试题含解析.doc

2026届贵州省铜仁市石阡民族中学高一化学第一学期期中复习检测试题
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、工厂排放的废水中可能含有K+、Ag+、NH、Mg2+、SO、Cl-、NO、HCO等离子。经检测废水呈强碱性，则可确定该厂废水中肯定不含有的离子组合是（ ）
A．Ag+、K+、NO、HCO B．K+、NH、NO、SO
C．Ag+、NH、Mg2+、HCO D．K+、Mg2+、SO、Cl-
2、下列物质中，属于纯净物的是
A．浓硫酸 B．碘酒 C．液氨 D．84消毒液
3、把各组中的气体通入溶液中，溶液的导电能力显著增强的是（　　）
A．CO2（g）通入NaOH溶液 B．CO2（g）通入石灰水
C．NH3（g）通入CH3COOH溶液 D．NH3（g）通入盐酸中
4、下列有关Na2CO3和NaHCO3性质的比较中，正确的是 (  )
A．热稳定性：Na2CO3＜NaHCO3
B．常温时水溶性：Na2CO3＜NaHCO3
C．等质量的两固体与足量的盐酸反应，产生CO2的体积：NaHCO3＜Na2CO3
D．等浓度的溶液中滴入稀盐酸，放出气体的快慢：Na2CO3＜NaHCO3
5、把500mL含有BaCl2和KCl的混合溶液分成两等份，取一份加入含amol硫酸钠的溶液，恰好使钡离子完全沉淀；另取一份加入含bmol硝酸银的溶液，恰好使氯离子完全沉淀。则该混合溶液中钾离子浓度为
A．2(b-2a)mol·L-1 B．2(2a-b)mol·L-1
C．4(b-a)mol·L-1 D．4(b-2a)mol·L-1
6、只能表示一个化学方程式的离子方程式的是
A．Cu2++2OH－+Ba2++SO42－＝Cu（OH）2↓+BaSO4↓
B．CO32－+2H+＝H2O+CO2↑
C．Fe（OH）3+3H+＝Fe3++3H2O
D．H++OH－＝H2O
7、Na2FeO4是一种高效多功能水处理剂，应用前景十分看好．一种制备Na2FeO4的方法可用化学方程式表示如下：2FeSO4+6Na2O2＝2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑，对此反应下列说法中正确的是
A．Na2O既不是氧化产物又不是还原产物
B．FeSO4是氧化剂
C．若有2molFeSO4参与反应，则该反应中共有8mol电子转移
D．Na2O2既是氧化剂又是还原剂
8、气体的体积主要由以下什么因素决定的：①气体分子的直径 ②气体物质的量的多少 ③气体分子间的平均距离 ④气体分子的相对分子质量（　　）
A．①② B．①③ C．②③ D．②④
9、下列实验仪器不能用于混合物分离提纯的是
A．漏斗 B．蒸馏烧瓶 C．容量瓶 D．分液漏斗
10、某元素一价阴离子，核外电子数是18，其原子的质量数是35，则核内中子数与质子数之差 （ ）
A．1 B．0 C．35 D．17
11、下列离子检验的方法正确的是
A．向某溶液中加入硝酸银溶液，生成白色沉淀，说明原溶液中有Cl−
B．向某溶液中加入氯化钡溶液，生成白色沉淀，说明原溶液中有SO42−
C．向某溶液中加入氢氧化钠溶液，生成蓝色沉淀，说明原溶液中有Cu2+
D．向某溶液中加入氯化钡溶液，生成白色沉淀，再加盐酸沉淀不溶解，说明原溶液中有SO42−
12、下列关于卤素性质的叙述中不正确的是(　　)
A．卤素单质的颜色按Cl2、Br2、I2的顺序逐渐变深
B．氯气易液化，溴单质易挥发，碘单质易升华
C．氯、溴、碘的原子半径或离子半径随电子层数的增多而增大
D．Cl2、Br2、I2的氧化性逐渐增强
13、下列氯化物中，不能用金属和氯气直接反应制得的是
A．CuCl2 B．FeCl2 C．NaCl D．FeCl3
14、列关于氯气的实验装置能达到实验目的的是

①可用于氯气的收集 ②若气球干瘪，证明Cl2可与NaOH反应 ③可证明氯气具有漂白性 ④可用于实验室中氯气的尾气吸收
A．①② B．①③ C．②③ D．①④
15、下列说法正确的是( )
A．在氧化还原反应中，金属单质只体现还原性，金属阳离子只体现氧化性
B．能在水溶液或熔融状态下导电的物质是电解质
C．在一个氧化还原反应中，有一种元素被氧化，必有另一种元素被还原
D．清晨的阳光穿过茂密的树木枝叶所产生的美丽景象(美丽的光线)是由于胶体粒子对光线的散射形成的
16、下列试剂瓶上的标识与物质性质对应正确的是
A．CH4 B．KMnO4
C．NaCl D．蔗糖
二、非选择题（本题包括5小题）
17、已知A为淡黄色固体，T为生活中使用最广泛的金属单质，D是具有磁性的黑色晶体，C是无色无味的气体，H是白色沉淀。

（1）物质A的化学式为 ________。
（2）H在潮湿空气中变成M的实验现象是______________________________________，化学方程式为___________________________________________。
（3）A和水反应生成B和C的离子方程式为___________________________________，由此反应可知A有作为_________的用途。
（4）步骤①的离子方程式_______________________________________，请写出检验步骤①得到的溶液中主要阳离子（除H+外）所需要的试剂：_____________、____________（填化学式）。
18、有一包白色粉末，其中可能含有Ba(NO3)2、MgCl2、K2CO3、NaOH，现做以下实验：
①取一定量粉末加入水中，振荡，有白色沉淀生成；
②向①的沉淀物中加入足量稀硝酸，白色沉淀完全消失、没有气泡产生；
③向①的上层清液中滴入稀硫酸，有白色沉淀产生。
根据上述实验事实，回答下列问题：
(1)原白色粉末中一定含有的物质的化学式_______
(2)一定不含有的物质的化学式__________
(3)依次写出各步变化的离子方程式
①______；②_____；③_____；
19、现有一不纯的小苏打样品（含杂质NaCl、Na2CO3·10H2O），为测定NaHCO3的质量分数，设计如图所示的实验装置（夹持仪器未画出）。

实验步骤如下：
①按图组装好实验装置并检查气密性。
②称取一定质量的样品，并将其放入硬质玻璃管中；称量装浓硫酸的洗气瓶C的质量和装碱石灰的U形管D的质量。
③打开活塞K1、K2，关闭K3，缓缓鼓入空气数分钟。
④关闭活塞K1、K2，打开K3，点燃酒精灯加热至不再产生气体。
⑤打开活塞K1，缓缓鼓入空气数分钟，然后拆下装置，再次称量洗气瓶C和U形管D的质量。
[资料]
i．浓硫酸常用于吸收水蒸气。
ii．碱石灰是固体氢氧化钠和氧化钙的混合物。
iii．Na2CO3·10H2O Na2CO3＋10H2O↑。
回答下列问题：
(1)仪器E的名称是__________，其中盛放的药品是__________；若无该装置，则会导致测得的NaHCO3的质量分数__________（填“偏大”“偏小”或“无影响”）。
(2)步骤③的目的是__________。
(3)装置B中除反应Na2CO3·10H2ONa2CO3＋10H2O↑外，还发生反应的化学方程式为__________。
(4)若实验中称取样品的质量为 50.0 g，反应后C、D装置增加的质量分别为12.6 g、8.8 g，则混合物中NaHCO3的质量分数为__________%（计算结果精确到0.1）；若将等质量的该样品与足量稀硫酸混合，可得CO2标准状况下的体积为__________L（计算结果精确到0.01）。
20、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___________。
21、乙炔是基本有机化工原料，由乙炔制备聚乙烯醇和顺式聚异戊二烯的合成路线（部分反应条件略去）如图所示：

回答下列问题：
（1）按系统命名法命名异戊二烯：________________________________________。
（2）X分子中含有的官能团名称是________________________________________。
（3）反应①~③中，__________（填反应序号）的反应类型与反应④不同，反应⑤属于__________反应。
（4）与乙炔具有相同官能团的异戊二烯的同分异构体共有__________种。
（5）X的所有同分异构体在下列一种表征仪器中显示的信号（或数据）完全相同，该仪器是__________（选填字母）。
a．质谱仪 b．红外光谱仪 c．元素分析仪 d．核磁共振仪
（6）顺式聚异戊二烯的结构式是（选填字母）__________。
a． b．
c． d．
（7）参照异戊二烯的上述合成路线，设计一条由乙烯和乙醛为起始原料制备1，3-丁二烯的合成路线：_________________
参考答案

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、C
【解析】
由废水呈强碱性可知，溶液中含有大量的氢氧根离子，氢氧根离子能与银离子和镁离子反应生成沉淀，能与铵根离子反应生成弱碱一水合氨，能与碳酸氢根离子反应生成碳酸根和水，则溶液中一定不含有银离子、铵根离子、镁离子和碳酸氢根离子，故选C。
2、C
【解析】
A.浓硫酸中含有硫酸和水，属于混合物，故A错误；
B.碘酒中含有碘和酒精，属于混合物，故B错误；
C.液氨是由氨气一种物质组成,属于纯净物,故C正确；
D.84消毒液中含有次氯酸钠和水，属于混合物，故D错误；
综上所述，本题选C。
3、C
【解析】
电解质溶液的导电能力与离子的浓度及离子所带的电荷有关。
【详解】
A. 该过程的离子方程式为：，该过程中，离子浓度与所带电荷的乘积没有变化，则溶液的导电能力几乎不变，A错误；
B. 该过程的化学方程式为：，该过程中，离子浓度减小，则溶液的导电能力减弱，B错误；
C. 该过程发生的离子方程式为：，则该过程中离子浓度显著增大，则溶液的导电能力显著增大，C正确；
D. 该过程发生的离子方程式为：，则该过程中离子浓度几乎不变，则溶液的导电能力几乎不变，D错误；
故合理选项为C。
4、D
【解析】
A. 碳酸氢钠加热易分解生成碳酸钠、水和CO2，则热稳定性：Na2CO3＞NaHCO3，A错误；
B. 常温时水溶解性：Na2CO3＞NaHCO3，B错误；
C. 碳酸钠的相对分子质量（106）大于碳酸氢钠（84），质量相等时，碳酸氢钠的物质的量更大，故与足量盐酸反应产生CO2的量：Na2CO3<NaHCO3，C错误；
D. 根据方程式Na2CO3＋2HCl＝2NaCl＋H2O＋CO2↑、NaHCO3＋HCl＝NaCl＋H2O＋CO2↑可知等浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液中滴入稀盐酸，放出气体的快慢：Na2CO3＜NaHCO3，D正确。
答案选D。
5、D
【解析】
加入含a mol硫酸钠的溶液，恰好使钡离子完全沉淀，说明一份溶液中n(Ba2+)=a mol，则原500mL溶液中含有n(Ba2+)=2a mol；另取一份加入含b mol硝酸银的溶液，恰好使氯离子完全沉淀，说明一份溶液中含有n(Cl-)=b mol，则原500mL溶液中含有n(Cl-)=2b mol，原溶液呈电中性，即2n(Ba2+)+n(K+)=n(Cl-)，所以n(K+)=(2b-4a)mol，则c(K+)=，故答案选D。
6、A
【解析】
A．只能为硫酸铜与氢氧化钡的反应，则该离子反应只表示一个反应，故A选；
B．为可溶性碳酸盐和强酸或强酸酸式盐反应，如碳酸钠与盐酸、碳酸钾与硫酸等，则该离子反应不只表示一个反应，故B不选；
C．为氢氧化铁与强酸或强酸酸式盐反应，如盐酸与氢氧化铁、硫酸与氢氧化铁等，则该离子反应不只表示一个反应，故C不选；
D．为强酸或强酸酸式盐与强碱反应生成可溶性盐和水的反应，如盐酸与氢氧化钠、硫酸与氢氧化钾等，则该离子反应不只表示一个反应，故D不选；
答案选A。
本题考查离子反应方程式，明确离子反应方程式的意义及离子反应中应保留化学式的物质即可解答，注意举例来说明。
7、D
【解析】
该反应中Fe元素化合价由+2价变为+6价、O元素化合价由-1价变为0价、-2价，所以FeSO4是还原剂、Na2O2既是氧化剂又是还原剂，氧化剂对应的产物是还原产物，还原剂对应的产物是氧化产物，以此解答该题。
【详解】
A.Na2O2生成Na2O，O元素化合价降低，Na2O为还原产物，A错误；
B.该反应中Fe元素化合价由+2价变为+6价，化合价升高，失去电子，所以FeSO4是还原剂，B错误；
C.反应中元素化合价升高的数目为：2×(6-2)+2×(1-0)=10，所以2molFeSO4发生反应时，反应中转移电子的数目为10mol，C错误；
D.过氧化钠中氧元素的化合价有的升高到0价有的降低到-2价，所以Na2O2即是氧化剂，又是还原剂，D正确；
故合理选项是D。
本题考查氧化还原反应，把握反应中元素的化合价变化、根据元素化合价的变化与电子转移的关系及物质的作用分析，掌握基本概念为解答的关键，侧重考查学生的分析与应用能力，注意过氧化钠的作用。
8、C
【解析】
决定物质体积的因素由物质所含分子数的多少、分子大小和分子间距。气体分子间距远大于气体分子直径，故决定气体体积的因素为气体物质的量多少和气体分子间的平均距离，选C。
9、C
【解析】
试题分析：A、漏斗用于分离不溶固体与液体的分离，正确；B、蒸馏烧瓶用于分离互溶的液体，正确；C、容量瓶用于配制溶液，不用于混合物的分离，错误；D、分液漏斗用于分离不互溶的液体，正确，答案选C。
考点：考查实验仪器的作用
10、A
【解析】分析：先根据阴离子中核内质子数=核外核外电子数-电荷数,中子数=质量数-质子数，然后求出核内中子数与质子数之差。
详解:阴离子中核内质子数=核外核外电子数-电荷数，所以阴离子核内质子数=18-1=17，中子数=质量数-质子数=35-17=18，核内中子数与质子数之差为18-17=1，
所以A选项是正确的。
11、C
【解析】
A．加入硝酸银溶液，生成白色沉淀，可能为氯化银或碳酸银、硫酸银等沉淀，不能排除其它离子的干扰，应加入硝酸酸化的硝酸银进行检验，A错误；B．加入氯化钡溶液，生成白色沉淀，不能排除氯化银的干扰，检验硫酸根离子，应先加入盐酸，如无现象，再加入氯化钡溶液，B错误；C．氢氧化铜为蓝色，加入氢氧化钠溶液，生成蓝色沉淀，说明原溶液中有Cu2+，C正确；D．加入氯化钡溶液，生成白色沉淀，不能排除氯化银的干扰，D错误，答案选C。
点睛：本题考查离子的检验，答题时注意把握离子的性质的异同，检验时要特别注意排除其它离子的干扰，注意实验方案的严密性。
12、D
【解析】
A．卤素单质Cl2、Br2、I2的颜色分别为黄绿色、红棕色、紫色，逐渐加深，A正确；
B．氯气常温下为气体，易液化，溴单质常温下为液体，易挥发，碘单质为固体，熔点与沸点相接近，易升华，B正确；
C．同主族元素从上到下原子、离子半径逐渐增大，则氯、溴、碘的原子半径或离子半径随电子层数的增多而增大，C正确；
D．同主族元素从上到下元素的非金属性逐渐减弱，单质的氧化性逐渐减弱，D错误；
答案选D。
13、B
【解析】
A、Cu与氯气点燃生成氯化铜，A正确；
B、Fe与氯气点燃生成氯化铁，不会生成氯化亚铁，B错误；
C、钠与氯气点燃反应生成氯化钠，C正确；
D、Fe与氯气点燃生成氯化铁，D正确；
答案选B。
14、D
【解析】
①这个装置是向上排空气收集气体的方法，氯气的密度比空气大，该装置可用于氯气的收集，①装置能达到实验目的；
②若气球干瘪，说明平底烧瓶中气体压强比瓶外压强大。而Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O反应气体体积减小，气压减小，所以Cl2与NaOH反应气球会膨胀，②装置不能达到实验目的；
③潮湿布条中的水与干燥的Cl2反应生成HClO，HClO能漂白有色布条，所以该实验无法证明氯气具有漂白性，③装置不能达到实验目的；
④Cl2与NaOH反应：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，该反应不再产生有毒气体，所以NaOH溶液可用于实验室中氯气的尾气吸收，④装置能达到实验目的；答案选D。
事实上，Cl2没有漂白性，HClO才有漂白性。
15、D
【解析】
A.在氧化还原反应中,金属阳离子可能具有还原性，如亚铁离子，故A错误；
B.能在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，能导电的物质不一定是电解质，如二氧化碳，故B错误；
C.在一个氧化还原反应中,被氧化和被还原的元素可能是同一种，如：Cl2+H2O=HCl+HClO，故C错误；
D. 胶体具有丁达尔效应，是因为胶体粒子对光线的散射形成的，故D正确；
答案选D。
16、B
【解析】
A．甲烷为易燃性气体，应使用易燃气体标志，故A错误；
B．高锰酸钾具有强的氧化性，应使用氧化剂标志，故B正确；
C．氯化钠无毒，不能使用剧毒品标志，故C错误；
D．蔗糖不具有腐蚀性，不能使用腐蚀品标志，故D错误；
答案选B。
本题考查化学试剂的分类，注意根据物质的性质和分类标准解题。

二、非选择题（本题包括5小题）
17、Na2O2 白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色 4Fe(OH)2 + 2H2O + O2 = 4Fe(OH)3 2Na2O2 + 2H2O = 4Na+ + 4OH- + O2↑ 供氧剂 Fe3O4+8H+ = Fe2++2Fe3+ + 4H2O KSCN K3[Fe(CN)6]
【解析】
已知A为淡黄色固体，能与水反应生成B和C，A为Na2O2，与水反应生成NaOH和O2，C为气体，则C为O2、B为NaOH，T为生活中使用最广泛的金属单质，T为Fe，Fe能与O2在点燃时反应生成D为Fe3O4，Fe3O4先与盐酸反应生成FeCl2、FeCl3和水，再加入足量铁粉，Fe与Fe3＋反应生成Fe2＋，则E为FeCl2，FeCl2与NaOH溶液反应生成H为Fe(OH)2，Fe(OH)2在潮湿的空气中与氧气反应生成M为Fe(OH)3。
【详解】
(1). 由上述分析可知，A为过氧化钠，化学式为Na2O2，故答案为Na2O2；
(2). Fe(OH)2在潮湿的空气中与氧气反应生成M为Fe(OH)3，实验现象是白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色，化学反应方程式为4Fe(OH)2 + 2H2O + O2 = 4Fe(OH)3，故答案为白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色；4Fe(OH)2 + 2H2O + O2 = 4Fe(OH)3；
(3). 过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，离子方程式为2Na2O2 + 2H2O = 4Na＋+ 4OH－ + O2↑，由此反应可知Na2O2可以用作供氧剂，故答案为2Na2O2 + 2H2O = 4Na＋+ 4OH－ + O2↑；供氧剂；
(4). Fe3O4与盐酸反应生成FeCl2、FeCl3和水，离子方程式为Fe3O4+8H+ = Fe2++2Fe3+ + 4H2O，①所得到的溶液中主要阳离子除H+外，还含有Fe2+、Fe3+，可选用KSCN检验Fe3+，用K3[Fe(CN)6]检验Fe2+，故答案为KSCN；K3[Fe(CN)6]。
18、MgCl2、NaOH和Ba(NO3)2 K2CO3 Mg2++2OH-===Mg(OH)2↓ Mg(OH)2+2H+=== Mg2++2H2O Ba2++=== BaSO4↓
【解析】
①取一定量粉末加入水中，振荡，有白色沉淀生成，可能是Ba(NO3)2和K2CO3反应生成BaCO3沉淀；MgCl2和NaOH反应生成Mg(OH)2沉淀；MgCl2和K2CO3反应生成MgCO3沉淀，沉淀的组成有多种可能。
②向①的沉淀物中加入足量稀硝酸，白色沉淀完全消失，没有气泡产生，证明沉淀中没有BaCO3、MgCO3，沉淀为Mg(OH)2，原白色粉末中一定有MgCl2和NaOH，一定没有K2CO3；
③向①的上层清液中滴入稀硫酸，有白色沉淀产生，白色沉淀为BaSO4，原白色粉末中一定有Ba(NO3)2，根据上述分析作答。
【详解】
(1)由分析可知，原白色粉末中一定含有的物质是MgCl2、NaOH和Ba(NO3)2，答案：MgCl2、NaOH和Ba(NO3)2；
(2)由分析可知，原白色粉末中一定不含有的物质是K2CO3，答案：K2CO3；
(3)①中白色沉淀为Mg(OH)2，反应的离子方程式是Mg2++2OH-===Mg(OH)2↓；
②加入稀硝酸Mg(OH)2溶解，酸碱中和生成盐和水，反应的离子方程式是Mg(OH)2+2H+=== Mg2++2H2O；
③加入稀硫酸生成白色沉淀为BaSO4，反应的离子方程式是Ba2++=== BaSO4↓'；
答案：Mg2++2OH-===Mg(OH)2↓；Mg(OH)2+2H+=== Mg2++2H2O；Ba2++=== BaSO4↓。
②中白色沉淀为氢氧化镁是本题解答的关键，常见酸、碱、盐在水中溶解性及主要化学性质在学习中要注意整理和记忆。
19、球形干燥管 碱石灰 偏大 除去装置A、B中的水蒸气和二氧化碳 2NaHCO3 Na2CO3＋H2O↑ + CO2↑ 67.2 10.08
【解析】
将混合物加热会产生H2O(g)、CO2等气体，应在C、D中分别吸收。由干燥剂的性质知应先吸收水，再吸收二氧化碳，即C中的干燥剂吸水后不能吸收CO2；由D的增重（NaHCO3分解产生的CO2的质量）可求出NaHCO3质量。由C的增重（Na2CO3•10H2O分解产生的H2O及已知的NaHCO3分解产生的H2O的质量）可求出Na2CO3•10H2O的质量；故应在实验前赶尽装置中的空气，关键操作应是赶尽B中的空气，所以打开活塞K1、K2，关闭K3就成为操作的关键，缓缓通入则是为了赶出效果更好；实验结束打开K1，将反应生成的二氧化碳和水蒸气驱赶到D和C中以便充分吸收；E中碱石灰可防止外界空气中的H2O(g)、CO2进入装置D影响实验效果。
【详解】
(1)由题知仪器E的名称是球形干燥管。干燥管中盛放的是碱石灰，碱石灰能吸收空气中的水蒸气和二氧化碳，所以干燥管的作用是防止空气中的水蒸气和二氧化碳进入装置D影响测定结果，若撤去E装置，则二氧化碳的质量偏大，测定的碳酸氢钠的质量分数偏大；
故答案为：球形干燥管；碱石灰；偏大；
(2)由于装置A、B内的空气含有水蒸气和二氧化碳，会影响水蒸气和二氧化碳质量的测定，因此打开活塞K1、K2，关闭活塞K3，实验前要通入空气的目的是除去装置A、B中的水蒸气和二氧化碳；
故答案为：除去装置A、B中的水蒸气和二氧化碳；
(3) 含NaCl、Na2CO3•10H2O和NaHCO3的混合物加热时，除碳酸钠晶体失去结晶水生成碳酸钠外，碳酸氢钠也会分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，反应的化学方程式为：2NaHCO3 Na2CO3＋H2O↑＋CO2↑；
故答案为：2NaHCO3 Na2CO3＋H2O↑＋CO2↑；
(4)装置D中增加的质量为二氧化碳的质量，设碳酸氢钠的质量为x，则

可得：x = 33.6 g；m(H2O)=3.6g
所以碳酸氢钠的质量分数为： ；
装置C吸收的是水蒸气，包括碳酸氢钠分解生成的和十水碳酸钠分解生成的，十水碳酸钠分解生成的水蒸气的质量 = 12.6 g - 3.6 g = 9.0 g；
设十水碳酸钠的质量为y，则：

可得：y = 14.3 g；
若将等质量的该样品与足量稀硫酸混合，由碳元素守恒可得： ，所以CO2标准状况下的体积为： ；
故答案为：67.2；10.08 。
本题考查较为综合，以钠的化合物为载体，综合考查学生实验能力和分析能力，注意把握物质的性质以及实验原理，为解答该题的关键，题目难度中等。
20、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。
21、2-甲基-1，3-丁二烯碳碳双键、酯基②消去反应3cb
【解析】
（1）选择双键均在的碳链为主链，则主链上有4个碳原子；编号时碳碳双键优先，再保证甲基的位次最小，所以从左端开始编号，碳碳双键在1，3号位次；2号碳上有1个甲基，所以异戊二烯又名：2-甲基-1，3-丁二烯。
（2）根据X的加聚产物，可得X的结构简式为CH2=CHOOCCH3，所以X分子中含有的官能团名称是：碳碳双键、酯基。
（3）反应①为HC≡CH + CH3COOH→CH2=CHOOCCH3，结合乙炔（C2H2）和乙酸（C2H4O2）的分子式可知该反应为加成反应；反应②为→，酯基水解生成羟基，所以该反应为水解反应或取代反应。反应③为HC≡CH与丙酮在KOH条件下反应生成，分析乙炔与丙酮的分子式，可知该反应为加成反应。反应④，碳碳三键转化为碳碳双键，该反应为加成反应。反应⑤为醇羟基的消去反应。所以反应①~③中，反应②的反应类型与反应④不同。故答案为②；消去反应。
（4）与A具有相同官能团的异戊二烯的所有同分异构体应含有C≡C键，可能的结构简式有CH3CH(CH3)﹣C≡CH、CH3CH2CH2C≡CH、CH3CH2C≡CCH3，共3种，故答案为3。
（5）a、质谱仪用高能电子流轰击分子，使分子失去电子变为带正电荷的分子、离子和碎片离子，同分异构体得到的碎片不同，故质谱仪显示的数据不完全相同；b、红外光谱仪是测定结构的，同分异构体的结构不同，红外光谱仪显示的数据不相同；c、元素分析仪是测定元素种类的，因此同分异构体显示的数据完全相同；d、核磁共振仪是测定氢原子种类的，结构不同，则氢原子种类不完全相同，所以核磁共振氢谱图不完全相同。故选c。
（6）两个相同的原子或基团在双键同一侧为顺式结构，所以顺式聚异戊二烯的结构式是：b。
（7）题干中利用乙炔与丙酮为原料合成2-甲基-1，3-丁二烯。本小题的目的为合成1，3-丁二烯，则可利用乙炔与乙醛合成1，3-丁二烯。题中所给原料为乙烯，所以首先利用乙烯获得乙炔。碳碳双键变碳碳三键，可采用先与卤素单质发生加成反应，再进行消去。第一步：CH2=CH2+Cl2→；第二步：在NaOH醇溶液、加热的条件下发生消去反应生成HC≡CH；根据题干中的信息，第三步：HC≡CH+CH3CHO→；第四步：+H2→；第五步：在氧化铝作用下加热发生消去反应生成CH2=CH-CH=CH2。根据上述分析，合成路线为：