安徽省合肥市金汤白泥乐槐六校2019-2020学年高一上学期第一次联考化学试题

安徽省合肥市金汤白泥乐槐六校2019-2020学年高一上学期第一次联考化学试题

www.ks5u.com ‎2019/2020学年第一学期六校联考（一）化学试卷 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Na 23 Mg 24 S 32 Cl 35.5‎ 一、选择题（本大题包括16小题，每小题只有一个最佳选项，每小题3分，共48分）‎ ‎1.《天工开物》中对制造染料“蓝靛”的叙述如下：“凡造淀，叶与茎多者入窖，少者入桶与缸。水浸七日，其汁自来。每水浆一石，下石灰五升，搅冲数十下，淀信即结。水性定时，淀沉于底…其掠出浮沫晒干者曰靛花。”文中没有涉及的实验操作是 A. 溶解 B. 搅拌 C. 升华 D. 蒸发 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、“水浸七日，其汁自来”涉及到溶解，故A不选；‎ B、“搅冲数十下”涉及到搅拌，故B不选；‎ C、升华是指由固态受热直接变成气体，文中没有涉及，故C选；‎ D、“其掠出浮沫晒干者曰靛花”涉及到蒸发，故D不选；‎ 故选C。‎ ‎2.完成下列实验所需选择的装置或仪器都正确的是 A. 分离植物油和氯化钠溶液 B. 除去氯化钠晶体中混有的氯化铵晶体 C. 分离CCl4中的Br2‎ D. 除去CO2气体中的HCl气体 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.分层后,植物油在上层,则利用图中分液装置可分离,故A正确； B.氯化铵受热后分解为氨气和氯化氢，而NaCl较稳定，因此可以采用加热的方法除去氯化钠晶体中混有的氯化铵晶体，不能选图中蒸馏装置,故B错误； C.溴与四氯化碳的沸点不同,不能利用过滤法分离,应利用蒸馏,故C错误； D.二氧化碳、HCl均与NaOH溶液反应,图中装置不能除杂,图中试剂应为碳酸氢钠溶液，故D错误； 综上所述，本题选A。‎ ‎【点睛】混合物的分离方法，取决于组成混合物的各物质的性质差异。萃取法适用于同一种溶质在两种互不相溶的溶剂中溶解度不同时，将混合物分离；结晶法适用于不同溶质在同一溶剂中溶解度受温度影响不同的混合物分离；蒸馏法适用于沸点不同的两种溶质组成的混合物分离；分液法适用于互不相溶的两种液体组成的混合物分离。‎ ‎3.下列各项操作错误的是（ ）‎ A. 用酒精萃取溴水中溴单质的操作可选用分液漏斗，而后静置分液 B. 进行分液时，分液漏斗中的下层液体从下口流出，上层液体则从上口倒出 C. 萃取、分液前需对分液漏斗检漏 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(或使塞上的凹槽对准漏斗上的小孔)‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．酒精和水是互溶的，不能做萃取剂来萃取溴水中的溴单质，可以用四氯化碳来萃取，故A错误； ‎ B．分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，避免两种液体相互污染，故B正确；‎ C．分液漏斗使用前要先检查是否漏液，故C正确；‎ D．打开塞子(或使塞上的凹槽对准漏斗上的小孔)使漏斗内外压强相等，保证液体顺利流出，故D正确；‎ 答案选A。‎ ‎4.下列混合物可用过滤的方法分离的是 A. 汽油和植物油 B. 碳酸钙和水 C. 酒精和水 D. 氯化钠和水 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 过滤适用于不溶性固体和液体之间的一种分离方法，据此解答。‎ ‎【详解】A、汽油和植物油是互溶的液体，用蒸馏的方法分离，A错误；‎ B、碳酸钙难溶于水，用过滤法分离，B正确；‎ C、酒精和水互溶，用蒸馏的方法分离，C错误；‎ D、氯化钠难溶于水，用蒸发的方法得到氯化钠固体，D错误；‎ 答案选B。‎ ‎5.下列仪器：①漏斗、②容量瓶、③蒸馏烧瓶、④坩埚、⑤分液漏斗、⑥燃烧匙，常用于物质分离的是 A. ①③④ B. ①②⑥ C. ①③⑤ D. ③⑤⑥‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据常用物质分离的方法：过滤、萃取分液、蒸馏、分馏分析解答；根据常用分离方法中所需的仪器的选择分析解答。‎ ‎【详解】常用的物质分离的方法：过滤、萃取、分液、蒸馏、分馏，各种方法所用的物质分离仪器有：漏斗、分液漏斗、蒸馏烧瓶，故答案选C。‎ ‎【点睛】注意把握物质的分离和提纯原理及仪器的使用注意事项。‎ ‎6.下列说法中正确的是 A. 物质的摩尔质量等于其相对分子(或原子)质量 B. 物质的摩尔质量是该物质1 mol时的质量 C. 物质的摩尔质量等于其相对分子质量的6.02×1023倍 D. 摩尔质量的单位是g·mol−1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 摩尔质量单位是g/mol，相对分子（或原子）质量没单位，二者只是数值相等，A错误；‎ B. 摩尔质量单位是g/mol，质量单位是g，物质的摩尔质量与该物质1 mol的质量只是数值相等，B错误；‎ C. 物质的摩尔质量数值上等于其相对分子质量，C错误；‎ D. 摩尔质量的单位是g·mol－1，D正确；‎ 答案：D。‎ ‎7.对1 mol·L－1的硫酸钠溶液，下列叙述正确的是 A. 溶液中含有1 mol 硫酸钠 B. 1 L溶液中含有142 g 硫酸钠 C. 1 mol 硫酸钠溶于1 L水 D. 从1 L溶液中取出500 mL，剩余溶液的浓度为0.5 mol·L－1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 溶液体积未知，则溶液中不一定含有1 mol 硫酸钠，A错误；‎ B. 1 L溶液中含有硫酸钠的质量是1L×1mol/L×142g/mol＝142 g，B正确；‎ C. 1 mol硫酸钠溶于1 L水中所得溶液的体积不是1L，不能得到1 mol·L－1的硫酸钠溶液，C错误；‎ D. 溶液是均一稳定的，从1 L溶液中取出500 mL，剩余溶液的浓度仍然为1 mol·L－1，D错误。‎ 答案选B。‎ ‎8.NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是 A. 标况下，11.2 L CO2与SO2的混合物含有氧原子数为2NA B. 常温下，0.9 g H2O中，含有的电子数为0.5NA C. 标准状况下，2.24 L CCl4所含的原子数为0.5NA D. 1 mol•L﹣1的Na2SO4溶液中，含Na+的个数为2NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、标况下，11.2L CO2与SO2的混合物的物质的量是0.5mol,根据分子式可知分子中均含有2个氧原子，所以含有氧原子数为NA，故A错误；‎ B、常温下，0.9g H2O的物质的量为0.05mol，1分子水含有10个电子，则含有的电子数为0.5NA，故B正确；‎ C、标准状况下四氯化碳为液体，不能利用气体的摩尔体积计算2.24L CCl4含有的原子数，故C错误；‎ D、缺少溶液的体积，不能计算钠离子的个数，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎9.已知3.2 g某气体中含有3.01×1022个分子，此气体的摩尔质量是 A. 16 g·mol－1 B. 32 g·mol－1 C. 64 g·mol－1 D. 80 g·mol－1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】含有3.01×1022个分子的物质的量为：n=‎ ‎=0.05mol，该气体的摩尔质量为：M==64g/mol，故答案为C。‎ ‎10.下列关于硫酸铜溶液和氢氧化铁胶体的说法中，正确的是 A. 前者是混合物，后者是纯净物 B. 两者都具有丁达尔效应 C. 分散质的粒子直径均在1~100nm之间 D. 前者可用于杀菌，后者可用于净水 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、溶液和胶体都是分散系，属于混合物，故A错误；‎ B、胶体能发生丁达尔效应，而溶液不能，故B错误；‎ C、溶液中溶质粒子直径较小于1nm，胶体粒子直径在l～100nm之间，故C错误；‎ D、硫酸铜是重金属盐，能杀菌消毒，胶体具有较大的表面积，能用来净水，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎11.下列事实与胶体性质无关的是（　　）‎ A. 向豆浆中加入硫酸钙做豆腐 B. 将植物油倒入水中用力搅拌形成油水混合物 C. 利用丁达尔效应可以区别溶液与胶体 D. 观看电影时，从放映机到银幕有明显的光路 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、豆浆属于胶体，硫酸钙属于电解质，豆浆中加入硫酸钙做豆腐是利用胶体遇电解质发生聚沉的性质，与胶体有关，A不选；‎ B、植物油、水的混合物属于乳浊液，不属于胶体，与胶体性质无关，B选；‎ C、胶体可以产生丁达尔效应，溶液不能，可以用丁达尔效应区别溶液和胶体，C不选；‎ D、观看电影时，从放映机到银幕有明显的光路，属于丁达尔效应，与胶体性质有关，D不选；‎ 答案选B。‎ ‎12.中国药学家屠呦呦因发现青蒿素，开创了治疗疟疾的新方法，荣获了诺贝尔奖。已知青蒿素的分子式为C15H22O5。下列有关说法正确的是(　　)‎ A. 青蒿素的摩尔质量为282 g·mol－1‎ B. 青蒿素中C、H、O的质量之比为15∶22∶5‎ C. 1 mol青蒿素的体积约为22.4 L D. 1 mol青蒿素中含11 mol H2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.青蒿素的摩尔质量为282 g·mol－1，故A正确；B.青蒿素中C、H、O的物质的量之比为15:22:5，故B错误 ；C.青蒿素在标准状况下不是气体，故C错误，D.青蒿素中不含H2，故D错误；本题选A。‎ ‎13.下列电离方程式，书写正确的是（ ）‎ A. Al2(SO4)3=2Al+3+3SO42- B. Mg(NO3)2=Mg2++2NO3-‎ C. KClO3=K++Cl5++3O2- D. FeCl3=Fe3++Cl3-‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.离子书写错误，应该为 Al2(SO4)3 = 2Al3++3SO42-，故A错误； ‎ B. Mg(NO3)2=Mg2++2NO3-，故B正确；‎ C.氯酸根离子不可拆，应该KClO3=K++ClO3- ，故C错误；‎ D.电离方程式应为FeCl3=Fe3++3Cl-，故D错误；‎ 答案：B。‎ ‎14.下列说法正确的是（　　）‎ A. NaHSO4能电离出H+，但NaHSO4不属于酸，而属于盐 B. 盐酸、浓硫酸都属于酸，也都属于化合物 C. NH3的水溶液能导电，所以氨气是电解质 D. Fe(OH)2、Fe(OH)3难溶于水，不属于电解质 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 电离出的阳离子全部是氢离子的化合物为酸，硫酸氢钠能电离出氢离子和钠离子，不是酸，是盐，是酸式盐，故A正确；‎ B. 浓硫酸是硫酸的溶液，盐酸是氯化氢的水溶液，均为混合物，故B错误；‎ C. NH3的水溶液能导电的原因是NH3与水反应生成的一水合氨电离出阴、阳离子而导电，NH3自身在水溶液里和熔融状态下不导电，所以氨气是非电解质，故C错误；‎ D. Fe(OH)2、Fe(OH)3难溶于水，但溶于水的部分会部分电离，属于弱电解质，故D错误；‎ 答案为A。‎ ‎15.下列反应的离子方程式正确的是（ ）‎ A. 稀硫酸滴在银片上：2Ag＋2H＋=2Ag＋＋H2↑‎ B. 稀硫酸与氢氧化钡溶液混合：SO42- ＋Ba2＋=BaSO4↓‎ C. Fe粉溶于CuCl2溶液： Cu2＋+Fe = Fe2＋ + Cu D. 稀硝酸滴在大理石上：CaCO3＋2H＋=Ca2＋＋H2CO3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 银的金属活动性排在氢后，不能够与稀硫酸反应置换出酸中的氢，故A错误；‎ B. 稀硫酸与氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡和水，反应的离子方程式为：2H++ SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O，故B错误；‎ C.铁的活动性强于铜，可从铜盐溶液中置换出铜单质，Fe粉溶于CuCl2溶液： Cu2＋+Fe = Fe2＋+ Cu，故C正确；‎ D. 碳酸不稳定，应该写成二氧化碳和水的形式，稀硝酸滴在大理石上生成硝酸钙、水和二氧化碳，反应的离子方程式为：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】判断离子方程式正误的一般规律与方法是：①看是否符合客观事实；②看是否漏掉离子；③看是否可拆成离子；④是否遵循质量守恒和电荷守恒；写好离子方程式后需要注意反应条件、沉淀符号、气体符号的标注；不能拆写成离子的物质：难溶物、难电离的物质、气体、单质、氧化物、过氧化物、多元弱酸的酸式酸根等。‎ ‎16.下列各组离子在溶液中能大量共存的是（ ）‎ A. Na＋、Al3＋、Cl－、SO42- B. Mg2＋、Cl－、NO3-、OH－‎ C. Ba2＋、Na＋、CO32-、NO3- D. H＋、SO42-、NO3-、OH－‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.离子之间不发生任何反应，能大量共存，故A正确；‎ B.Mg+与OH-反应生成Mg(OH)2沉淀而不能大量共存，故B错误；‎ C.Ba2+与CO32-反应生成BaCO3沉淀而不能大量共存，故C错误；‎ D.H+与OH-生成弱电解质H2O而不能大量共存，故D错误；‎ 答案：A ‎【点睛】判断离子可大量共存：1.互相不发生复分解反应，不产生沉淀，不结合成弱电解质，不生成气体；2.存在条件不矛盾，不能一个存在于碱性环境，另一个存在于酸性环境；3.互相不能发生氧化还原反应；‎ 二、非选择题（本大题包括5小题，共52分，请将答案写在相应的位置）‎ ‎17.（1）等质量的氧气和臭氧其物质的量之比为___，原子个数之比为__。‎ ‎（2）标准状况下，36.5gHCl气体的体积约为___。将该气体溶于水中得到2L溶液，则该溶液的浓度为____。‎ ‎（3）质量分数为w的MgCl2溶液，密度为dg/mL，该溶液中氯离子的物质的量浓度为____。‎ ‎【答案】 (1). 3:2 (2). 1:1 (3). 22.4L (4). 0.5 mol/L (5). mol/L ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）设氧气和臭氧的质量为1g，氧气的物质的量=，臭氧的物质的量=，氧气和臭氧其物质的量之比为：=3:2，的氧气中原子数目为×2×NA=，的臭氧中原子数目为×3×NA=‎ 原子个数之比为：=1:1；‎ 答案为：3:2；1:1。‎ ‎（2）36.5gHCl气体的物质的量=，标准状况下，1molHCl气体的体积约为1mol×22.4l/mol=22.4L；将该气体溶于水中得到2L溶液，则该溶液的浓度= =0.5mol/L；‎ 答案为：22.4L；0.5 mol/L。‎ ‎（3）MgCl2的物质的量浓度=，该溶液中氯离子的物质的量浓度=×2=；‎ 答案为：。‎ ‎18.I.将少量饱和氯化铁溶液滴入沸水中，继续煮沸，可制得Fe(OH)3胶体，反应的方程式为：FeCl3 ＋ 3H2OFe(OH)3(胶体) ＋ 3HCl。‎ ‎①当溶液呈__时，停止加热，即制得Fe(OH)3胶体。‎ ‎②氢氧化铁胶体粒子直径大小的范围是________。‎ ‎③下列叙述错误的是_____。‎ A．雾属于胶体，能产生丁达尔效应 B．“PM2.5”悬浮在空气中形成胶体，危害人体健康 (“PM2.5”指大气中直径小于或等于2.5微米的细小颗粒物，也可称为可吸入肺颗粒物)‎ C．明矾、硫酸铁可以净水，净水原理和胶体有关 D．胶体在一定条件下能稳定存在，属于介稳体系 Ⅱ．（1）下列4组物质均有一种物质的类别与其它3种不同 A．CaO、Na2O、CO2、CuO B． H2、C、P、Cu C．O2、Fe、Cu、Zn D． HCl、H2O、H2SO4、HNO3‎ 以上四组物质中与其他不同的物质依次是（填化学式）：A__；B__；C___；D___。‎ ‎（2）下列物质：①HCl②蔗糖③NaOH④KCl⑤SO2⑥Fe⑦碳酸钠溶液，属于电解质的是：__（填序号）能导电的是：____（填序号）。‎ ‎【答案】 (1). 红褐色 (2). 1～100 nm (3). B (4). CO2 (5). Cu (6). O2 (7). H2O (8). ①③④ (9). ⑥⑦‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】I. ①制备氢氧化铁胶体，可将饱和氯化铁滴加到沸水中，并加热至溶液呈红褐色，因胶体再加热易聚沉，当溶液呈红褐色停止加热。‎ 故答案为：红褐色。‎ ‎②胶体分散质粒子的直径在1nm～100nm之间，氢氧化铁胶体分散质粒子的直径在1nm～100nm。‎ 故答案为：1nm～100nm。‎ ‎③A．雾分散质粒子直径在1nm～100nm之间，是胶体，产生丁达尔现象，故A正确；‎ B．“PM2.5” 的颗粒物直径小于或等于2500nm，大于胶体中分散质粒子的直径范围，所以不属于胶体，故B错误；‎ C．明矾净水是铝离子水解生成的氢氧化铝胶体，硫酸铁净水是铁离子水解生成的氢氧化铁胶体，胶体有吸附性，具有净水作用，故C正确；‎ D．胶体是介稳分散系，在一定条件下能稳定存在，故D正确。‎ 答案选B。‎ Ⅱ．A、该组中的二氧化碳属于非金属氧化物，其它都是金属氧化物；‎ B、该组中铜属于金属单质，其它都是非金属单质；‎ C、该组中氧气属于非金属单质，其它都是金属单质；‎ D、该组中水属于氧化物，其它都是酸；‎ 故答案：CO2；Cu；O2；H2O。‎ ‎（2）在水溶液里或熔融状态下自身能导电的化合物叫做电解质；‎ ‎①HCl是化合物，溶于水发生电离可导电，属于电解质；②蔗糖是化合物，溶于水不发生电离，不导电，属于非电解质；③NaOH是化合物，溶于水发生电离可导电，属于电解质；④KCl是化合物，溶于水发生电离可导电，属于电解质；⑤SO2是化合物，溶于水与水反应生成亚硫酸发生电离导电，属于非电解质；⑥Fe是单质，不是化合物，既不是电解质也不是非电解质；⑦碳酸钠溶液是混合物，既不是电解质也不是非电解质；属于电解质的是：①③④；‎ 能导电必须要含有能自由移动的离子或自由移动的电子，能导电的是：⑥⑦。‎ 答案为：①③④；⑥⑦。‎ ‎【点睛】①制备氢氧化铁胶体，可将饱和氯化铁滴加到沸水中，并加热至溶液呈红褐色；‎ ‎②胶体分散质粒子的直径在1nm～100nm之间；‎ 氧化物分为金属氧化物和非金属氧化物，单质分为金属单质和非金属单质，纯净物分为单质和化合物，水属于氧化物，不是酸。‎ ‎19.按要求写离子方程式：‎ ‎（1）向CuCl2溶液中滴加NaOH溶液，离子方程式_______；‎ ‎（2）向Na2CO3溶液中滴加足量稀硫酸，离子方程式______；‎ ‎（3）向氧化镁中加入稀盐酸，离子方程式：________；‎ ‎（4）已知NaHSO4溶于水时电离出Na+、H+、SO42-，某同学欲探究其化学性质，取4份溶液做了如下实验：①加入Zn粒有大量气体生成，②加入Fe2O3后溶液变黄色③加入BaCl2溶液后有大量白色沉淀产生，④加入Na2CO3后有大量气泡产生。请你用离子方程式解释上述① 、③实验现象：①________， ③ _______。‎ ‎【答案】 (1). Cu2+ + 2OH—=Cu(OH)2 ↓ (2). CO32— + 2H+ =H2O + CO2 ↑ (3). MgO + 2H+ =Mg2+ + H2O (4). Zn + 2H+ =Zn2+ + H2 ↑ (5). Ba2+ + SO42—=BaSO4↓‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）向CuCl2溶液中滴加NaOH溶液，发生反应生成氢氧化铜沉淀和氯化钠，离子方程式Cu2+ + 2OH-=Cu(OH)2 ↓；‎ 答案为：Cu2+ + 2OH-=Cu(OH)2 ↓。‎ ‎（2）向Na2CO3溶液中滴加足量稀硫酸，发生反应生成硫酸钠、二氧化碳和水，离子方程式CO32- + 2H+ =H2O + CO2 ↑；‎ 答案为：CO32- + 2H+ =H2O + CO2 ↑。‎ ‎（3）向氧化镁中加入稀盐酸，发生反应生成氯化镁和水，离子方程式：MgO + 2H+ =Mg2+ + H2O；‎ 答案为：MgO + 2H+ =Mg2+ + H2O。‎ ‎（4）已知NaHSO4溶于水时电离出Na+、H+、SO42-，溶液显酸性，①加入Zn粒与H+发生反应生成Zn2+和H2，离子方程式为Zn + 2H+ =Zn2+ + H2 ↑；②加入Fe2O3与H+发生反应生成Fe3+和H2O，离子方程式为：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；③加入BaCl2溶液后与硫酸根离子反应，生成硫酸钡白色沉淀，离子方程式为：Ba2+ + SO42-=BaSO4↓；④加入Na2CO3后与H+发生反应生成二氧化碳气体和水，离子方程式为：CO32- + 2H+ =H2O + CO2 ↑。‎ 答案为：Zn + 2H+ =Zn2+ + H2 ↑；Ba2+ + SO42-=BaSO4↓。‎ ‎20.实验室欲配制480 mL 0.2 mol·L-1的NaOH溶液。‎ ‎（1）通过计算可知，应用托盘天平称量___克NaOH固体。‎ ‎（2）本实验所需要的玻璃仪器除量筒、胶头滴管、烧杯外还有___。‎ ‎（3）从下面选出所需的操作并写出正确的顺序___（填字母）。‎ A.洗涤 B.冷却 C.量取 D.称量 E.定容 F.转移溶液 G.稀释 H.溶解 I.摇匀 ‎（4）在实验过程中出现如下情况对所配溶液的浓度有何影响（填“偏高”或“偏低”或“无影响”）。‎ ‎①定容时加蒸馏水不慎超过了刻度___；‎ ‎②容量瓶不干燥，有一定的水分___；‎ ‎③定容时仰视观察到液面刚好到达刻度线___。‎ ‎（5）用18 mol·L-1的硫酸配制100 mL 1.0 mol·L-1硫酸，实验时应选用的仪器是___（填编号）。‎ A．100 mL量筒 B．托盘天平 C．玻璃棒 D．50 mL容量瓶E．10 mL量筒 F．胶头滴管 G．50 mL烧杯 H．100 mL容量瓶 ‎【答案】 (1). 40 (2). 500mL 容量瓶 (3). DHBFAEI (4). 偏低 (5). 无影响 (6). 偏低 (7). CEFGH ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)配制480mL0.2mol/L的NaOH溶液，需要选择500mL容量瓶，需要氢氧化钠的质量m=0.2mol/L×0.5L×40g/mol=4.0g；‎ 故答案为：4.0；‎ ‎(2)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，用到的仪器：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，配制480mL0.2mol/L的NaOH溶液，应选择500mL容量瓶，所以还缺少的玻璃仪器：500mL容量瓶；‎ 故答案为：500mL容量瓶；‎ ‎(3)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，所以正确的顺序为：DHBFAEI；‎ 故答案为：DHBFAEI；‎ ‎(4)①定容时加蒸馏水不慎超过了刻度，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低；‎ 答案为：偏低；‎ ‎②容量瓶不干燥，有一定的水分，对溶质的物质的量和溶液体积都不会产生影响，溶液浓度不变；‎ 答案为：无影响；‎ ‎③定容时仰视观察到液面刚好到达刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低；‎ 故答案为：偏低。‎ ‎(5)18mol·L-1的硫酸配制100mL1.0mol/L硫酸，设需要18mol·L-1‎ 的硫酸的体积为V，根据稀释过程中溶质的物质的量不变，则18mol·L-1×V=100mL×1.0mol/L，解得：V=5.6mL；为避免误差较大，在量取浓硫酸体积时应该使用10mL量筒；配制溶液的步骤为：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，选用的仪器及先后顺序为：10mL量筒、50mL烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管；‎ 答案为：CEFGH。‎ ‎【点睛】本题的易错点在于要根据题目具体要求选择适合的实验仪器，配制480mL0.2mol/L的NaOH溶液，由于容量瓶的规格只有100mL、250mL、500mL、1000mL，应选择与所配制的溶液体积较为接近的500mL容量瓶；用18mol·L-1的硫酸配制100mL1.0mol/L硫酸要计算出需要18mol·L-1的硫酸的体积，才能准确选择合适的仪器。‎ ‎21.某同学设计如下实验方案，以分离KCl和BaCl2两种固体混合物，试回答下列问题：‎ 供选试剂：Na2SO4溶液、K2CO3溶液、K2SO4溶液、盐酸 ‎(1)操作①的名称是____，操作②的名称是____。‎ ‎(2)试剂a是_____ (填化学式，下同)，试剂b是_____。固体B是_____。‎ ‎(3)加入试剂a所发生反应的化学方程式为__________。加入试剂b所发生反应的化学方程式为___________。‎ ‎(4)该方案能否达到实验目的：______。(填“能”或“不能”)若不能，应如何改进？(若能，此问不用回答)_____。‎ ‎【答案】 (1). 溶解 (2). 过滤 (3). K2CO3 (4). HCl (5). BaCl2 (6). K2CO3＋BaCl2=BaCO3↓＋2KCl (7). BaCO3＋2HCl=BaCl2＋CO2↑＋H2O (8). 不能 (9). 应在操作②的滤液中加入过量盐酸后再蒸发结晶 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分离KCl和BaCl2两种固体混合物，可先溶于水，然后加入过量K2CO3使BaCl2‎ 转化为沉淀，过滤得到的沉淀A（BaCO3）经洗涤后加入盐酸可生成BaCl2溶液，经蒸发、结晶、干燥后可得固体BaCl2；操作②所得滤液为KCl和过量K2CO3的混合物，蒸发结晶得到固体C为KCl和K2CO3，应加入过量盐酸除去过量K2CO3得KCl，以此解答该题。‎ ‎【详解】(1)由上述分析过程操作①的名称是溶解，操作②为固液分离的操作，名称是过滤。‎ 答案为：溶解；过滤。‎ ‎(2) 由以上分析可知试剂a为K2CO3，试剂b是.HCl，固体B为BaCl2；‎ 故答案为：K2CO3；HCl ；BaCl2。‎ ‎(3)加入试剂K2CO3，与BaCl2反应生成碳酸钡和氯化钾，所发生反应的化学方程式为K2CO3＋BaCl2=BaCO3↓＋2KCl；加入试剂盐酸，与沉淀碳酸钡反应生成氯化钡、二氧化碳和水，所发生反应的化学方程式为BaCO3＋2HCl=BaCl2＋CO2↑＋H2O。‎ 答案为：K2CO3＋BaCl2=BaCO3↓＋2KCl；BaCO3＋2HCl=BaCl2＋CO2↑＋H2O。‎ ‎(4) 由于试剂K2CO3加入过量，操作②过滤后所得滤液为KCl和K2CO3的混合物，蒸发结晶得到固体C为KCl和K2CO3，所以不能达到实验目的；应在蒸发结晶前应加入过量稀盐酸，将过量的碳酸钾转化成氯化钾，否则晶体不纯。‎ 答案为：不能；应在操作②的滤液中加入过量盐酸后再蒸发结晶。‎ ‎【点睛】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用，在除杂提纯过程中，为了将杂质离子除净，一般加入的试剂是过量的，在提纯是一定要考虑对过量试剂的处理，且不引入新的杂质。‎ ‎ ‎