浙江省绍兴一中2025年高一化学第一学期期中学业水平测试模拟试题含解析.doc

浙江省绍兴一中2025年高一化学第一学期期中学业水平测试模拟试题
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、下列各组离子在水溶液中能大量共存的是
A．Na+、Ba2+、Cl-、SO42- B．Ca2+、HCO3-、C1-、K+
C．Mg2+、Ag+、NO3-、Cl- D．H+、Cl-、Na+、CO32-
2、下列实验现象与括号指明的新制氯水中的相关成分没有关系的是
A．向新制氯水中滴加紫色石蕊溶液，溶液先变红色后褪色（H＋、HClO）
B．新制氯水中滴加AgNO3溶液生成白色沉淀（Cl－）
C．镁粉加入新制氯水中，有无色气泡产生（H＋）
D．将有色布条放入新制氯水中，有色布条褪色（Cl2）
3、下列微粒不具有氧化性的是（ ）
A．Cl2 B．Cl- C．H+ D．Fe2+
4、下列实验操作正确的是
A．使用容量瓶配制溶液，移液时应洗涤烧杯2～3次 B．用100 mL量筒量取5.5 mL稀盐酸
C．用托盘天平称量11.50 g NaCl固体 D．配制一定浓度的溶液时，固体物质可以直接在容量瓶中溶解
5、下列说法正确的是
A．把100 mL3mol/LH2SO4跟100 mL H2O混合后，溶液中c(H+)为1.5 mol/L
B．把100 mL 20% NaOH溶液跟100 mL H2O混合后，NaOH溶液的质量分数是10%
C．把200 mL3 mol/LBaCl2溶液跟100 mL3mol/LKCl溶液混合后，溶液中c(Cl－)仍然是3mol/L
D．把100 g 20% NaCl溶液跟100 g H2O混合后，NaCl溶液的质量分数是10%
6、我国古代文献中有许多化学知识的记载，如《淮南万毕术》中提到“曾青得铁则化为铜”，其反应的化学方程式是 Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，该反应不属于
A．复分解反应 B．置换反应 C．离子反应 D．氧化还原反应
7、如图所示，在蒸发皿中放一小块钠，加热至熔化时，用玻璃棒蘸取少量无水CuSO4与熔化的钠接触，瞬间产生耀眼的火花，同时有红色物质生成。据此判断下列说法中不正确的是（ ）

A．上述反应是置换反应
B．上述反应是放热反应
C．上述反应中CuSO4表现了还原性
D．加热且无水条件下，Na可以与CuSO4反应并生成Cu
8、现有三组溶液：①汽油和酒精溶液 ②氯化钠和单质溴的水溶液 ③苯和氯化亚铁溶液，分离以上各混合液的正确方法依次是
A．分液、萃取、蒸馏
B．萃取、蒸发、分液
C．分液、蒸馏、萃取
D．蒸馏、萃取、分液
9、下列说法中，正确的是（　　）
A．1 mol任何气体的体积都约为22.4 L
B．气体的摩尔体积约为22.4 L·mol－1
C．0℃,101kPa时，1 mol O2和N2的混合气体的总体积约为22.4 L
D．含有NA个氢原子的氢气在标准状况下的体积约为22.4 L
10、对反应Al2O3＋N2＋3C 2AlN＋3CO的叙述正确的是
A．Al2O3是氧化剂，C是还原剂 B．每生成1 mol CO需转移2 mol电子
C．AlN中氮元素的化合价为＋3 D．N2发生了氧化反应
11、同温同压下,质量忽略不计的两个气球A和B,分别充入X气体和Y气体,且两气球的体积相同。若相同条件下,A气球放在CO中静止不动,B气球放在CO中上浮。下列叙述不正确的是
A．A气球的质量大于B气球 B．X可能是氮气,Y可能是甲烷
C．X气体的密度大于Y气体 D．A气球内分子数小于B气球
12、下列关于2 mol氧气的叙述中，正确的是
A．质量是32 g B．体积是44.8 L
C．分子数约为1.204×1024 D．原子数是2 mol
13、若612C原子的质量为a g，A原子的质量为b g，NA为阿伏加德罗常数，则A元素的相对原子质量为
A．12 a/b B．12 b/a C．aNA D．不能确定
14、在同温、同压条件下，两种物质的量相同的单质气体之间的关系是
①具有相同的密度 ②具有相同的体积 ③具有相同的原子数 ④具有相同的分子数
A．①③ B．②④ C．①④ D．③④
15、物质的性质决定物质反应现象，下列关于钠与水反应的现象和钠的性质无关的是
A．钠的熔点较低 B．钠的密度小于水
C．钠的硬度较小 D．钠很活泼
16、用四氯化碳萃取碘的饱和水溶液中的碘，下列说法中不正确的是
A．实验使用的主要仪器是分液漏斗
B．碘在四氯化碳中的溶解度比在水中的溶解度大
C．碘的四氯化碳溶液呈紫红色
D．分液时，水从分液漏斗下口流出，碘的四氯化碳溶液从漏斗上口倒出
二、非选择题（本题包括5小题）
17、某溶液可能含OH-、SO42-、HCO3-、Cl-、Ba2+和Na+。探究小组为了确定该溶液中离子的组成，取该溶液100mL进行以下实验：
（1）填写下表空格

实验操作与现象
实验结论
判断理由
步骤一
加入过量HCl溶液，有气泡产生；
肯定有___、肯定无___。
HCO3-与OH-不共存
步骤二
步骤一中得到标况下的气体22.4L；
HCO3-的物质的量浓度为___mol/L
C元素守恒
步骤三
向上述滤液中加足量Ba(NO3)2溶液，经过滤得到46.6g不溶于稀硝酸的沉淀。
肯定有肯定无___。
溶液显电中性；SO42-与Ba2+不共存会产生白色沉淀。
（2）步骤三过滤所需玻璃仪器有：烧杯、___、___。
（3）步骤一产生气泡的离子方程式为___，步骤三生成沉淀的离子方程式为：___。
18、A、B、C、D四种可溶性盐，它们的阳离子分别可能是Ba2＋、Ag＋、Na＋、Cu2＋中的某一种，阴离子分别可能是NO3-、SO42-、Cl－、CO32-中的某一种。
①若把四种盐分别溶解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盐酸，B盐溶液有沉淀产生，D盐溶液有无色无味气体逸出。
根据①、②实验事实可推断它们的化学式为：
A．____________________，D．____________________。
写出下列反应的离子方程式：
B+盐酸：__________________________________
A+C:_____________________________________
19、某学生欲配制6.0 mol/L的H2SO4480 mL，实验室有三种不同浓度的硫酸：①240mL 1.0 mol/L的硫酸； ②20 mL 25%的硫酸（ρ＝1.18 g/mL）； ③足量的18 mol/L的硫酸。老师要求把①②两种硫酸全部用完，不足的部分由③来补充。
请回答下列问题：

（1）实验所用25%的硫酸的物质的量浓度为______mol/L（保留1位小数）。
（2）配制该硫酸溶液应选用容量瓶的规格为______mL。
（3）配制时，该同学的操作顺序如下，请将操作步骤 B、D 补充完整。
A．将①②两溶液全部在烧杯中混合均匀；
B．用量筒准确量取所需的18 mol/L 的浓硫酸150mL，沿玻璃棒倒入上述混合液中。并用玻璃棒搅拌，使其混合均匀；
C．将混合均匀的硫酸沿玻璃棒注入所选的容量瓶中；
D．____________________________；
E．振荡，继续向容量瓶中加水，直到液面接近刻度线1～2 cm处；
F．改用胶头滴管加水，使溶液的凹液面恰好与刻度线相切；
G．将容量瓶盖紧，振荡，摇匀。
（4）如果步骤C中的硫酸溶液未冷却就转移到容量瓶并定容，对所配溶液浓度有何影响？________（填“偏大”、“偏小”或“无影响”下同）。如果省略步骤 D，对所配溶液浓度有何影响？_________。
20、某同学欲配制480 mL 物质的量浓度为0.1mol.L-1的CuSO4溶液。
（1）完成该实验用到的仪器主要有：托盘天平、胶头滴管、____________,烧杯、玻璃棒、药匙。
（2）如果用CuSO4固体来配制，应该称量固体的质量为_________________。如果用CuSO4.5H2O来配制，应该称量固体的质量为____________________。
（3）写出整个实验简单的操作过程：计算→__________→溶解→转移→洗涤→____________→摇匀。
（4）定容时的正确操作是：待容量瓶中的液体液面距离容量瓶的刻度线1 ～2 cm时，改用___________滴加，并且目光要平视刻度线，至______________，定容完成。
（5）下列操作对溶液的浓度有何影响？用“偏大”“偏小”或“无影响”填空。
① 配制的过程中有少量的液体溅出烧杯。( )
② 使用前容量瓶用蒸馏水洗涤，且没有干燥。( )
③ 定容时俯视液面。( )
21、铝矾石(主要成分是Al2O3，还含有少量杂质SiO2、Fe2O3)是工业上用于炼铝的主要矿物之一，由铝矾石制取金属铝的工艺流程图如下：

请回答下列有关问题：
（1）下列有关铝矾石以及用铝矾石炼铝的说法中，正确的是________。
A．铝矾石中含有两种类型氧化物
B．铝矾石与河沙含有完全相同的成分
C．铝矾石炼铝需要消耗电能
D．铝矾石炼铝的过程中涉及置换反应
（2）加入原料A时发生反应的离子方程式有_____________。
（3）滤液Ⅱ中所含溶质有__________；步骤③反应的离子方程式为___________。
（4）若步骤③中用氨气代替CO2，步骤③生成沉淀的离子方程式为______________。
参考答案

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、B
【解析】
离子在水溶液中能大量共存，根据复分解反应发生的条件，溶液中的离子需要满足以下条件：离子间不能形成沉淀或气体或水。
【详解】
A、硫酸根离子和钡离子能生成硫酸钡沉淀，该组离子不能在溶液中大量共存，故A不正确；
B、钙离子、碳酸氢根离子、氯离子、钾离子之间既不能生成沉淀也无气体或水生成，该组离子可以在溶液中大量共存，所以B选项是正确的；
C、氯离子和银离子生成氯化银白色沉淀，该组离子不能在溶液中大量共存，故C不正确；
D、氢离子和碳酸根离子生成二氧化碳和水、该组离子不能在溶液中大量共存，故D不正确。
所以B选项是正确的。
2、D
【解析】
A. 向新制氯水中滴加紫色石蕊溶液，溶液先变红色说明含有H＋，溶液褪色说明含有HClO，故不选A；
B. 新制氯水中滴加AgNO3溶液生成白色沉淀氯化银，与Cl－有关，故不选B；
C. 镁粉加入新制氯水中放出生成氢气，与H＋有关，故不选C；
D. 将有色布条放入新制氯水中，有色布条褪色与HClO有关，与Cl2无关，故选D。
本题考查氯水的成分及氯气的化学性质、次氯酸的化学性质，明确新制氯水的成分是解答本题的关键，根据氯水中各微粒的性质来解答即可，注意氯气没有漂白性。
3、B
【解析】
A. Cl2中Cl元素的化合价为0,为中间价态,既有氧化性又有还原性,故A不选； B. Cl-中Cl元素的化合价为-1价,为最低价,只具有还原性,故选B；C. H+中H元素的化合价为+1价,为最高价,只具有氧化性,故C不选；D. Fe2+中Fe元素的化合价为+2价,为中间价态，既有氧化性又有还原性,故D不选；所以选B。
处于最高价的微粒具有氧化性,处于最低价的微粒具有还原性,处于中间价态的微粒既有氧化性又有还原性。
4、A
【解析】
A、使用容量瓶配制溶液，为了减小误差，移液时应洗涤烧杯2～3次，并将洗涤液转移到容量瓶中，故A正确；B、选用量筒时，应该满足量筒的规格与量取的液体体积最接近原则，如量取5.5mL溶液，应该选用10mL的量筒，所以不能用100mL量筒量取5.5mL稀盐酸，故B错误；C、托盘天平只能准确到0.1g，不能够用托盘天平称量11.50g NaCl固体，故C错误；D、容量瓶不能够用于溶解和稀释溶质，所以配制一定物质的量浓度的溶液时，固体物质需要在烧杯中溶解，不能够在容量瓶中溶解，故D错误；故选A。
5、D
【解析】
A、稀释前后溶质硫酸的物质的量不变，混合溶液体积不一定为200mL，所以稀释后硫酸的物质的量浓度不等于1.5mol/L，选项A错误；
B、水的密度小于氢氧化钠溶液密度，混合后溶液的质量小于2倍的100mL20%的氢氧化钠溶液质量，所以混合后的氢氧化钠溶液的质量分数大于10%，选项B错误；
C、3mol/L的BaCl2溶液中氯离子浓度为6mol/L，3mol/L的KCl溶液中氯离子浓度为3molL，氢离子浓度介于3mol/L～6mol/L，若忽略体积变化，混合后氯离子浓度约为=5mol/L，选项C错误；
D、混合后溶液质量为200g，溶质氯化钠的质量不变为100g×20%=20g，所以混合后氢氧化钠溶液质量分数为×100%=10%，选项D正确；
答案选D。
6、A
【解析】
A、复分解反应是由两种化合物互相交换成分，生成另外两种化合物的反应，因此该反应不是复分解反应，A选；
B、根据反应方程式Fe+CuSO4=FeSO4+Cu可知该反应属于一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物的反应，因此是置换反应，B不选；
C、反应中铁和铜元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，C不选；
D、反应在溶液中进行有离子参加和生成，因此属于离子反应，D不选；
答案选A。
7、C
【解析】
试题分析：A、根据实验现象，钠单质与硫酸铜固体反应有红色物质生成，该红色物质是Cu单质，所以该反应是置换反应，正确；B、反应中有耀眼的火花产生，说明反应放热，正确；C、Na与硫酸铜发生置换反应，Na做还原剂，硫酸铜做氧化剂，错误；D、根据以上分析，钠与硫酸铜可以在加热且无水条件下反应生成Cu，正确，答案选C。
考点：考查根据反应现象对发生的化学反应的分析
8、D
【解析】
①由于汽油和酒精溶液互溶，可利用沸点不同进行分离，故用蒸馏法；②可利用溴易溶于有机溶剂，进行萃取分液的方法分离氯化钠和单质溴的水溶液；③苯和氯化亚铁溶液由于不互溶，分层，苯在上层，可以直接利用分液方法进行分离；综上所述应该选D。
正确答案：D。
9、C
【解析】
A.1mol任何气体的体积取决于温度和压强，在标准状况（0℃、101kPa）下，1mol任何气体的体积都约为22.4L， A项错误；
B.气体的摩尔体积取决于温度和压强，只有在一定温度和压强下的气体摩尔体积的数值才有确定的意义，B项错误；
C.0℃,101kPa时任何气体的摩尔体积都约为22.4L/mol，所以在0℃,101kPa 时1 mol O2和N2的混合气体的总体积约为22.4 L，C项正确；
D.因每个氢气分子里含2个氢原子，则含有NA个氢原子的氢气物质的量是0.5mol，0.5mol氢气在标准状况下的体积为0.5mol×22.4L/mol=11.2L，D项错误；答案选C。
标准状况下的气体摩尔体积约为22.4L/mol，在使用公式n=或V=22.4L/mol×n mol时，一定要注意两点：一是物质的状态必须是气态；二是所处的温度和压强必须是00C和101kPa（标准状况）。
10、B
【解析】
在氧化还原反应中，得到电子的是氧化剂，氧化剂发生还原反应；失去电子的是还原剂，还原剂发生氧化反应。
【详解】
A．C失去电子是还原剂，N2得到电子是氧化剂，Al2O3中各元素化合价没发生变化既不是氧化剂也不是还原剂，故A错误。
B．C元素化合价由0升为+2，根据化学方程式可知，每生成1 mol CO需转移2 mol电子。故B正确。
C．AlN中N元素的化合价为-3，故C错误。
D．N2是氧化剂发生还原反应，故D错误。本题选B。
11、D
【解析】
同温同压下，充气后两气球的体积相等，则两气球中所含气体分子物质的量相等；A气球置于CO中，气球静止不动，X气体的密度与CO接近，B气球置于CO中，气球上浮，Y气体的密度比CO小，同温同压下气体的密度之比等于气体的相对分子质量之比，则X气体的相对分子质量为28，Y气体的相对分子质量小于28；据此分析可得结论。
【详解】
A.两气球中所含气体分子物质的量相等，X气体的摩尔质量为28g/mol，Y气体的摩尔质量<28g/mol，则充气后A气球质量大于B气球，故A叙述正确；
B.氮气的相对分质量为28，甲烷的相对分子质量为16，小于28，故B叙述正确；
C.同温同压下气体的密度之比等于气体的相对分子质量之比，则X气体的密度大于Y气体的密度，故C叙述正确；
D.同温同压下，两气球的体积相同，由阿伏加德罗定律可知A、B两气球中气体的分子数目相同，故D叙述错误；
答案选D。
本题主要考查了学生对阿伏加德罗定律及其推论的理解，在同温同压下，两种气体的密度之比等于其相对分子质量之比。
12、C
【解析】
根据m=nM、V=nVm、N=nNA及分子构成计算．
【详解】
A．2 mol氧气质量为2mol×32g·mol－1=64g，故A错误；
B．状态不能确定，Vm未知，不能计算体积，故B错误；
C．2 mol氧气分子数为2mol×NA=1.204×1024，故C正确；
D．2 mol氧气原子数为2mol×2×NA=4NA，故D错误；
故选C。
13、D
【解析】
一种元素因中子数不同，可能有多种原子。元素的相对原子质量是指该元素的同位素按其丰度计算的平均值。A元素可能存在多种同位素，则不能根据A原子的质量计算其A元素的相对原子质量，但可以计算A原子的相对原子质量，A原子的相对原子质量为。答案选D。
本题考查了相对原子质量的概念与计算方法，该题概念辨析要求高，平时学习时需理解这些概念与相关概念的区别和联系。
14、B
【解析】
同温同压条件下，相同体积的任何气体所含的分子数是相同的，其物质的量也相同。
【详解】
①在同温、同压条件下，两种物质的量相同的单质气体不一定具有相同的密度，因为两者的相对分子质量不一定相同；
②在同温、同压条件下，两种物质的量相同的单质气体具有相同的体积；
③在同温、同压条件下，两种物质的量相同的单质气体不一定具有相同的原子数，因为其分子中的原子数不一定相同；
④在同温、同压条件下，两种物质的量相同的单质气体具有相同的分子数。
综上所述，②④符合题意，故选B。
15、C
【解析】
试题分析：A、因钠与水反应放热，钠的熔点低，所以看到钠熔成闪亮的小球，与性质有关，故A不选．B、钠的密度比水小，所以钠浮在水面上，与性质有关，故B不选；C、硬度大小与反应现象无关，所以与性质无关，故C选；D、因钠很活泼，能与水反应剧烈，所以与性质有关，故D不选；故选C。
考点：钠与水的反应现象与钠的性质
16、D
【解析】
A、四氯化碳和水不互溶，导致四氯化碳和水能分层，分液漏斗能控制溶液的流量所以萃取实验中使用的主要仪器是分液漏斗，故A正确；
B、碘和四氯化碳都是非极性分子，水是极性分子，非极性分子的溶质易溶于非极性分子的溶剂，所以碘在四氯化碳中的溶解度比在水中的溶解度大，故B正确；
C、碘易溶于四氯化碳，且碘溶于四氯化碳后溶液呈紫色，故C正确；
D、四氯化碳和水不互溶，所以四氯化碳和水混合后会分层，且四氯化碳的密度大于水的密度，所以四氯化碳在下层水在上层，分液时，水从分液漏斗上口放出，碘的四氯化碳溶液从分液漏斗下口倒出，故D错误。
答案选D。

二、非选择题（本题包括5小题）
17、HCO3- OH- 10 SO42- Na+ Ba2 漏斗 玻璃棒 HCO3-+H+=CO2↑+H2O Ba2++SO42-=BaSO4↓
【解析】
步骤一：加入过量的HCl产生气泡，说明有HCO3-，则没有OH-；步骤二：HCl和HCO3-反应生成CO2 22.4L（标况），根据元素守恒可以推出原溶液中有1mol HCO3-，从而计算出HCO3-的物质的量浓度；根据步骤三可以推出原溶液中有SO42-，则溶液中无Ba2+，有Na+。
【详解】
（1）步骤一：加入过量的HCl产生气泡，说明有HCO3-，则没有OH-，因为HCO3-与OH-不共存；步骤二：HCl和HCO3-反应生成CO2 22.4L（标况），n(CO2)==1mol，则n(HCO3-)=1mol，故c(HCO3-)==10mol/L；步骤三：根据题中信息，可以推出该沉淀为BaSO4，则n(BaSO4)==0.2mol，故原溶液中有0.2mol SO42-，则溶液中无Ba2+，有Na+；
（2）过滤所需玻璃仪器有：烧杯、漏斗、玻璃棒；
（3）步骤一产生气泡的离子方程式为HCO3-+H+=CO2↑+H2O；步骤三生成沉淀的离子方程式为：Ba2++SO42-=BaSO4↓。
18、BaCl2 Na2CO3 Ag+ +Cl- =AgCl↓ Ba2+ +SO42- =BaSO4↓
【解析】
根据离子共存的相关知识解答此题。Ba2＋与SO42-、CO32—生成沉淀不能共存；Ag＋和Cl－生成沉淀不能共存； Cu2＋与CO32—生成沉淀不能共存，所以银离子只能和硝酸根离子组成AgNO3，铜离子只能和SO42-组成CuSO，钡离子只能和Cl-组成BaCl2，剩余的是Na2CO3。
【详解】
结合上述分析：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，所以溶液中含有Cu2+，则C为CuSO4；②若向①的四支试管中分别加盐酸，B盐溶液有沉淀产生，说明B为AgNO3，D盐溶液有无色无味气体逸出，说明D为Na2CO3，则A为BaCl2；四种盐分别为：A为BaCl2，B为AgNO3，C为CuSO4，D为Na2CO3；答案：BaCl2 Na2CO3。
（2）盐酸与AgNO3溶液有沉淀产生的离子方程式为：Cl-+Ag+=AgCl↓；A+C反应生成白色沉淀硫酸钡。其离子方程式：Ba2+ +SO42- =BaSO4↓。答案：Cl-+Ag+=AgCl↓、Ba2+ +SO42- =BaSO4↓。
本题考查离子共存，离子方程式的书写的相关知识。根据离子含Cu2+的溶液显蓝色，Ag+与HCl反应生成AgCl沉淀，CO32-和HCl反应生成CO2气体；Ba2+不能和SO42-、CO32-共存，Ag+不能和SO42-、Cl-、CO32-共存，Cu2+不能和CO32-共存，据此分析四种盐的组成。
19、3.0 500 用适量的水洗涤烧杯和玻璃棒2—3次，洗涤液均注入容量瓶中 偏大 偏小
【解析】
根据溶液配制的原理分析所需要的仪器及过程，根据c=n/V分析误差。
【详解】
（1）25%的硫酸的物质的量浓度：
C= 1000ρω/M= (1000×1.18g/mL×25%)/ 98g/mol=3.0mol/L
故答案为：3.0；
（2）由题意某学生欲配制6.0 mol/L的H2SO4480 mL，所以应选择500ml的容量瓶；
故答案为：500；
（3）在溶液配制过程中，转移溶液之后需要洗涤，故答案为：用适量的水洗涤烧杯和玻璃棒2—3次，洗涤液均注入容量瓶中；
（4）依据c=n/V，如果步骤C中的硫酸溶液未冷却就转移到容量瓶并定容,导致实际溶液的体积偏小，浓度偏大；如果省略操作D，则溶质的物质的量n将会偏小，所配溶液的浓度将会偏小；故答案为：偏大；偏小。
溶液配制过程中为了保证溶质完全转移到容量瓶中，需要2~3次洗涤，且把洗涤液转移到容量瓶中。
20、（1）500mL容量瓶
（2）8.0g；12.5g
（3）称量；定容
（4）胶头滴管；凹液面的最低处与刻度线相切
（5）①偏小；②无影响；③偏大
【解析】
试题分析：（1）实验室没有480mL的容量瓶，应该选用500mL容量瓶，配制500mL 0.1mol/L的硫酸铜溶液的操作步骤有：计算、称量、溶解、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，需要的仪器有：天平、药匙、玻璃棒、胶头滴管、烧杯和500mL容量瓶，故需要的玻璃仪器有：玻璃棒、胶头滴管、烧杯和500mL容量瓶，还缺500mL容量瓶，故答案为：500mL容量瓶；
（2）配制500mL0.1mol/L的硫酸铜溶液，需要硫酸铜的物质的量为：n(CuSO4)=0.1mol/L×0.5L=0.05mol，需要硫酸铜的质量为：m(CuSO4)=160g/mol×0.05mol=8.0g；需要五水硫酸铜的质量为：m(CuSO4•5H2O)=250g/mol×0.05mol=12.5g，故答案为：8.0g；12.5g；
（3）配制一定物质的量浓度的溶液步骤有：计算、称量、溶解、冷却转移、洗涤转移、定容、摇匀，故答案为：称量；定容；
（4）定容时的正确操作是：待容量瓶中的液体液面距离容量瓶的刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，并且目光要平视刻度线，至凹液面的最低处与刻度线相切，定容完成，故答案为：胶头滴管；凹液面的最低处与刻度线相切；
（5）①配制的过程中有少量的液体溅出烧杯，导致溶质的物质的量偏少，浓度偏小，故答案为：偏小；
②使用前容量瓶用蒸馏水洗涤，且没有干燥，对溶质的物质的量及最终溶液体积都没有影响，不影响配制结果，故答案为：不影响；
③定容时俯视观察刻度线，液面在刻度线下方，溶液的体积偏小，所配溶液的浓度偏高，故答案为：偏大。
【考点定位】考查配制一定物质的量浓度的溶液
【名师点晴】本题考查了配制一定物质的量浓度的溶液的方法。配制一定物质的量浓度的溶液步骤有：计算、称量、溶解、冷却转移、洗涤转移、定容、摇匀。配制一定物质的量浓度溶液的误差分析，要紧扣公式c=。试题基础性强，注重灵活性，侧重对学生能力的培养和解题方法的指导和训练，要求学生掌握配制一定物质的量浓度的溶液方法，明确误差分析的方法与技巧。
21、C Al2O3+6H+＝2Al3++3H2O，Fe2O3+6H+＝2Fe3++3H2O NaOH、NaAlO2 OH－+CO2＝HCO3－、CO2+AlO2－+2H2O＝Al(OH)3↓+HCO3－ Al3++3NH3·H2O＝Al(OH)3↓+NH4+
【解析】
氢氧化铝受热分解生成氧化铝，则步骤③中生成的沉淀是氢氧化铝，因此滤液Ⅱ中含有偏铝酸盐，则原料B是强碱，因此滤液Ⅰ中含有铝盐和铁盐，则原料A应该是酸，所以残渣是二氧化硅，结合问题分析解答。
【详解】
（1）A、铝矾石中含有的SiO2是非金属氧化物，氧化铁是金属氧化物，氧化铝是两性氧化物，因此含有三种类型的氧化物，故A错误；
B、河沙的主要成分为SiO2，因此铝矾石与河沙含有的成分不完全相同，故B错误；
C、电解法炼铝，必定消耗电能，故C正确；
D、步骤①是酸溶解氧化铁和氧化铝，步骤②是碱沉淀铁离子以及把铝离子转化为偏铝酸根离子，步骤③是二氧化碳把偏铝酸根离子转化为氢氧化铝沉淀，氢氧化铝分解以及氧化铝电解均是分解反应，所以铝矾石炼铝的过程中涉及复分解反应、分解反应等，不涉及置换反应，故D错误。
答案选C。
（2）原料A溶解矿石，可利用强酸，分离出不溶物SiO2，反应的离子方程式为Al2O3+6H+＝2Al3++3H2O、Fe2O3+6H+＝2Fe3++3H2O。
（3）步骤②中可加入强碱例如氢氧化钠，沉淀出Fe3＋，使Al3＋转化为偏铝酸根离子留在溶液里，所以滤液Ⅱ中所含溶质为NaOH、NaAlO2。通入CO2发生的反应为：OH－+CO2＝HCO3－、CO2+AlO2－+2H2O＝Al(OH)3↓+HCO3－；
（4）若步骤③中用氨气代替CO2，则滤液Ⅱ中含有铝离子，则步骤③生成沉淀的离子方程式为Al3++3NH3·H2O＝Al(OH)3↓+NH4+。
该题以铝矾石制取金属铝的工艺流程图为载体，培养学生获取有关的感性知识和印象，并运用分析、比较、概括、归纳等方法对所获取的信息进行初步加工和应用的能力。该题的关键是明确有关物质的性质差异，并能结合流程图灵活运用即可。