安徽省合肥一中2024届高一化学第一学期期末复习检测试题含解析

安徽省合肥一中2024届高一化学第一学期期末复习检测试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、R2O8n－离子在一定条件下可以把Mn2+离子氧化为MnO4－，若反应后R2O8n－离子变为RO42－离子。又知反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为5：2，则n的值是A．1 B．2 C．3 D．42、下列物质中属于纯净物的是()A．盐酸 B．胆矾 C．漂白精 D．水玻璃3、下列的说法，正确的是（）A．0.1molFe在0.lmolCl2中充分燃烧，转移电子数为0.2NAB．12mol/L的浓硫酸50ml与足量的Cu加热反应，得到SO2为0.3NAC．1molCl2与足量NaOH溶液反应得到电子数为2NAD．1molNa2O2与足量水反应转移电子数为2NA4、下列装置或操作能达到实验目的的是A．检验溶液中是否含有K+B．用激光笔照射Fe(OH)3胶体，产生丁达尔效应C．转移溶液D．分离乙醇（沸点为78.3℃）和苯（沸点为80.1℃）的混合物5、下列物质溶于水，溶液温度会升高的是()A． B．浓硫酸 C． D．6、下列金属中，与盐酸和氢氧化钠溶液都能反应放出氢气的是()A．铜 B．镁 C．铁 D．铝7、铁是人类应用较早，当前应用量最大的金属元素。下列有关铁及其化合物的说法中正确的是A．赤铁矿的主要成分是Fe3O4B．铁与水蒸气在高温下的反应产物为Fe2O3和H2C．检验绿矾晶体是否已氧化变质，可将绿矾晶体溶于稀H2SO4后滴加KSCN溶液，再观察溶液是否变红D．氯化铁溶液有较强氧化性，故可用作净水剂8、某核素的质量数为37，该核素质子数、中子数和电子数正确的顺序是()A．18、19、19 B．18、20、18C．19、18、20 D．18、19、189、取两份铝屑，分别加入足量的烧碱和盐酸溶液中，若两份溶液中产生的氢气在同温同压下体积比为3：1，则原来两份铝屑的质量比是（）A．1：1 B．1：3 C．2：1 D．3：110、下列表示对应化学应的离子方程式正确的是（）A．用FeC13溶液刻蚀印刷铜电路板：Fe3+

+Cu=Fe2++Cu2+B．AlCl3溶液中加入过量的浓氨水：Al3++

4NH3·H2O=AlO2－+

4NH4++2H2OC．用小苏打治疗胃酸(含HC1)过多：CO32-+2H+==CO2↑+H2OD．钠与水反应：

2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑11、下列叙述不正确的是()A．NaCl在溶液中电离生成Na＋和Cl－B．NaCl是电解质，但NaCl晶体并不能导电C．氯化氢溶于水能导电，但液态氯化氢不能导电D．导电性强的溶液里自由移动离子数目一定比导电性弱的溶液里自由移动离子数目多12、下列关于合金的叙述中不正确的是（）A．合金具有熔点高硬度大等特性 B．目前用量最大、用途最广泛的合金是钢C．在我国使用最早的合金是青铜 D．合金钢可制成不锈钢和特种钢等13、中国传统文化对人类文明贡献巨大，古代文献中充分记载了古代化学研究成果，晋代《抱朴子》中描述了大量的化学反应，其中有①“丹砂烧之成水银，积变又还成丹砂”；②“以曾青涂铁，铁赤色如铜”。下列有关叙述正确的是（已知丹砂化学式为HgS）（）A．①中水银“积变又还成丹砂”说明水银发生了还原反应B．②中反应的离子方程式为C．根据①可知温度计打破后可以用硫粉覆盖水银，防止中毒D．水银能跟曾青发生置换反应生成单质铜14、下列物质既能跟盐酸反应，又能跟NaOH溶液反应的是（）A．Al B．Fe C．Cu D．Mg15、将下列各种单质投入或通入CuSO4溶液中，能产生铜单质的是A．Fe B．Na C．H2 D．Ag16、下列化学反应中，属于氧化还原反应的是()A．Na2CO3＋CaCl2=CaCO3↓＋2NaClB．Fe+CuSO4=Cu+FeSO4C．NH3+HCl=NH4ClD．CaO＋H2O=Ca(OH)2二、非选择题（本题包括5小题）17、下列各物质中只有A、B、C三种单质，A的焰色反应为黄色，主要以G形式存在于海水中，F是一种淡黄色的固体，H是一种常见的无色液体，I是造成温室效应的“元凶”，各物质间的转化关系图如下：回答下列问题：（1）A是：_____，C是：_____，L是：______，I是：____（填化学式）。（2）写出反应①②③的化学反应方程式：①：____________________________________；②：____________________________________；③：____________________________________；18、下列框图涉及的物质所含元素中，除一种元素外，其余均为1～18号元素。已知：A、F为无色气体单质，B为具有刺激性气味的气体，化学家哈伯因合成B获得1918年的诺贝尔化学奖。C为黑色氧化物，E为紫红色金属单质，I为蓝色沉淀(部分反应的产物未列出)。请回答下列问题：(1)常温下铝遇到G的浓溶液后表面形成一层致密的保护膜，该现象称为___________。(2)E与G的稀溶液反应的离子方程式为_________。(3)在25℃和101kPa的条件下，将VL的B气体溶于100mL水中，得到密度为ρg·mL－1的溶液M，则M溶液的物质的量浓度为________mol·L－1。(已知25℃、101kPa条件下气体摩尔体积为24.5L·mol－1，不必化简)(4)分别蘸取B的浓溶液和G的浓溶液的玻璃棒，接近后的现象是_________。(5)B和C反应的化学方程式为__________。(6)J、K是同种金属的不同氯化物，K为白色沉淀。写出SO2还原J生成K的离子方程式：______。19、在浓CaCl2溶液中通入NH3和CO2，可以制得纳米级碳酸钙(粒子直径在1～100nm之间)。如图所示A～E为实验室常见的仪器装置(部分固定夹持装置略去)，请根据要求回答问题。（1）实验室制取、收集干燥的NH3，需选用上述仪器装置的接口连接顺序是(选填字母)：a接__、___接__，__接h；实验室用A装置制取NH3的化学方程式为___。（2）向浓CaCl2溶液中通入NH3和CO2气体制纳米级碳酸钙时，应先通入的气体是___，试写出制纳米级碳酸钙的化学方程式：___。（3）试设计简单的实验方案，判断所得碳酸钙样品颗粒是否为纳米级：___。20、某化学实验小组需要2mol/L的NaCl溶液98mL，现在NaCl固体来配制。请回答下问题：(1)需称取NaCl固体的质量为____g。(2)配制过程中，不需要的仪器__________________（填序号）。A．药匙B．胶头滴管C．量筒D．烧杯E．玻璃棒F．托盘天平完成实验还缺少的仪器是_____。(3)在配制过程中，下列操作能引起所配溶液浓度偏低的有___（填序号）。①定容时，俯视刻度线②转移时有少量液体溅出③转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水(4)该实验小组用上述配制的溶液进行如右图所示的电解实验。①写出该电解反应的化学方程式______________。②电解时，将Y极（阳极）生成的物质通入盛有NaI溶液的试管中，再加入四氯化碳充分震荡，最后观察到的现象是_______________________。③某温度下，将氯气通入石灰乳中，反应得到CaCl2、Ca(ClO)2、Ca(ClO3)2的混合溶液，经测定ClO-与ClO3-的物质的量之比为1:3，则氯气与氢氧化钙反应时，被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比为_________________。21、电子工业上使用的印刷电路板，是在敷有铜膜的塑料板上以涂层保护所要的线路，然后用三氯化铁浓溶液作用掉(腐蚀)未受保护的铜膜后形成的。某工程师为了从使用过的腐蚀废液（含有大量CuCl2、FeCl2和FeCl3，任意排放将导致环境污染及资源的浪费）中回收铜，并将铁的化合物全部转化为FeCl3溶液作为腐蚀液原料循环使用，准备采用下列步骤：（1）步骤Ⅰ的操作名称：________；所需玻璃仪器：_________、_________、__________。（2）写出FeCl3溶液与铜箔发生反应的离子方程式：______________________。（3）检验废腐蚀液中是否含有Fe3+所需试剂名称：___________、实验现象：__________。（4）向②中加入NaOH溶液并长时间暴露在空气中，此过程的现象：________________，此转化的化学方程式为：______________________________。（5）写出③中所含物质：_________⑥发生反应的离子方程式：_______________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解题分析】

锰元素的化合价变化为7-2=5，R2O8n－中R的化合价是＋(8－n/2)，在还原产物中R的化合价是＋6价，所以根据得失电子守恒可知5×2×(8－n/2－6)＝2×5，解得n＝2，答案选B。2、B【解题分析】

A.盐酸是氯化氢水溶液，混合物，A不选；B.胆矾是，是纯净物，B选；C.漂白精的主要成分是和，是混合物，C不选；D.水玻璃是硅酸钠溶液，是混合物，D不选；答案选B。3、A【解题分析】

A．0.1molFe在0.lmolCl2中充分燃烧时，铁过量，氯气完全反应，且反应后变为-1价，故0.lmolCl2转移0.2NA，A正确；B．浓硫酸和Cu在加热条件下发生反应，而稀硫酸和Cu不反应，所以浓硫酸不能完全反应，则转移电子数小于12mol/L0.05L=0.6NA，得到SO2小于0.3NA，B错误；C．Cl2与NaOH溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，氯气既是氧化剂又是还原剂，各占参加反应Cl2的一半，1molCl2与足量NaOH溶液反应，转移电子数即得到电子数为1mol2NA=NA，C错误；D．Na2O2与水反应生成氢氧化钠和氧气，Na2O2既是氧化剂又是还原剂，各占参加反应Na2O2的一半，1molNa2O2与足量水反应转移电子数为1mol2NA=NA，D错误。答案选A。4、B【解题分析】

A.通过焰色反应检验溶液中是否含有K+，应当透过蓝色钴玻璃观察火焰颜色，故A错误；B.Fe(OH)3溶于水会形成胶体，用激光笔照射Fe(OH)3胶体，会产生丁达尔效应，故B正确；C.将溶液转移至容量瓶中，要用玻璃棒引流，故C错误；D.乙醇和苯的熔点差别不大，不能用蒸馏的方法分离，故D错误；故答案选B。5、B【解题分析】

A．NaCl溶于水发生电离，温度变化不大，A错误；B．浓硫酸溶于水释放大量的热量，温度明显升高，B正确；C．NH4NO3溶于水吸热，温度明显降低，C错误；D．K2SO4溶于水发生电离，温度变化不大，D错误；答案为B。6、D【解题分析】

A．Cu与盐酸、氢氧化钠均不反应，故A不选；B．Mg与盐酸反应放出氢气，与氢氧化钠溶液不反应，故B不选；C．Fe与盐酸反应放出氢气，与氢氧化钠溶液不反应，故C不选；D．Al可与盐酸或氢氧化钠溶液反应，且都生成氢气，故D选；故选D。7、C【解题分析】

A.赤铁矿的主要成分是Fe2O3，磁铁矿的主要成分是Fe3O4，错误；B.铁与水蒸气在高温下的反应产物为Fe3O4和H2，错误；C.绿矾中的铁是+2价，容易被空气中的氧气氧化为+3价，所以检验绿矾晶体是否已氧化变质，可将绿矾晶体溶于稀H2SO4后滴加KSCN溶液，再观察溶液是否变红，正确；D.氯化铁溶液中有铁离子水解产生的氢氧化铁胶体，有吸附性，故可用作净水剂，和氧化性无关，错误；故选C。8、D【解题分析】

根据质子数等于核外电子数以及质量数=质子数+中子数来解答。【题目详解】A.因质子数不等于核外电子数，A错误；B.因质子数+中子数等于38，不等于质量数37，B错误；C.因质子数不等于核外电子数，C错误；D.因质子数等于核外电子数=18，质子数+中子数等于37，所以中子数=19，D正确；故答案选D。9、D【解题分析】

铝与盐酸发生反应2Al+6HCl=2AlCl3+3H2，铝与氢氧化钠发生反应2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2，根据方程式可知，铝的质量相同，生成氢气的体积相同，所以两份溶液中产生的氢气在同温同压下体积比为3：1，则原来两份铝屑的质量比是3:1，故选D。10、D【解题分析】

A．用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板的离子方程式为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故A错误；B．AlCl3溶液中加入过量的浓氨水生成氢氧化铝沉淀，其离子方程式为：Al3++3NH3•H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，故B错误；C．碳酸为二元弱酸，所以离子方程式中HCO3-中的氢不能拆开，所以用小苏打治疗胃酸过多离子方程式为：HCO3-+H+=H2O+CO2↑，故C错误；D．钠与水反应时发生的离子反应方程式为2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，故D正确；故答案为D。【题目点拨】注意离子方程式正误判断常用方法：检查反应能否发生，检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系(如：质量守恒和电荷守恒等)、检查是否符合原化学方程式等。11、D【解题分析】

A.NaCl是电解质，在溶液中电离生成Na＋和Cl－，故A正确；；B.NaCl虽是电解质，但其晶体中没有电离出自由移动的离子，所以不能导电，故B正确；C.液态氯化氢由分子构成不导电，溶于水时，电离出自由移动的离子，故能导电，故C正确；D.溶液的导电性主要与单位体积内自由移动离子的数目多少及离子所带电荷数多少有关，故D错误。故选D。【题目点拨】是否为电解质和导不导电没有必然，化合物中自身在一定条件下能电离的属于电解质，存在自由移动的离子或电子的物质可以导电。12、A【解题分析】

A．合金具有比成分金属更低熔点、更大硬度，A错误；B．目前产量最大、用量最大、用途最广泛的合金是钢，B正确；C．我国早在商代就使用了青铜，C正确；D．合金钢可制成不锈钢和特种钢，D正确。答案选A。13、C【解题分析】

A．Hg→HgS是水银发生了氧化反应，故A错误；B．②中是铁和发生置换反应生成，正确的离子方程式为，故B错误；C．S和Hg反应生成HgS，因此可以用硫粉覆盖温度计打破后流出的水银，防止中毒，故C正确；D．根据金属活动性顺序，Cu排在Hg的前面，因此Hg不能置换出Cu，故D错误；故答案为C。14、A【解题分析】

A.Al与盐酸反应生成氯化铝和水，与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，A符合题意；B.Fe与盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，但与NaOH溶液不反应，B不合题意；C.Cu与盐酸和NaOH溶液都不反应，C不合题意；D.Mg与盐酸反应生成氯化镁和氢气，与NaOH溶液不反应，D不合题意。故选A。15、A【解题分析】

A.Fe与CuSO4溶液发生反应生成硫酸亚铁和单质铜；B.Na与CuSO4溶液反应生成硫酸钠、氢氧化铜沉淀和氢气，B不能产生铜单质；C.H2与CuSO4溶液不反应，C不能产生铜单质；D.Ag与CuSO4溶液不反应，D不能产生铜单质。故选A。16、B【解题分析】

存在元素化合价变化的反应，为氧化还原反应；反之，不存在元素的化合价变化，则不属于氧化还原反应，以此来解答．【题目详解】A．Na2CO3+CaCl2=CaCO3↓+2NaCl中元素的化合价没有变化，不是氧化还原反应，故A不符合题意；B．Fe+CuSO4=Cu+FeSO4中Fe元素的化合价升高，Cu元素的化合价降低，是氧化还原反应，故B符合题意；C．NH3+HCl=NH4Cl中元素的化合价没有变化，不是氧化还原反应，故C不符合题意；D．CaO+H2O=Ca(OH)2中元素的化合价没有变化，不是氧化还原反应，故D不符合题意；故答案选B。二、非选择题（本题包括5小题）17、NaCl2HClCO22Na+2H2O=2NaOH+H2↑2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O【解题分析】

焰色反应为黄色的单质是钠，钠元素在自然界主要以氯化钠的形式存在，淡黄色固体是过氧化钠，常见的无色液体是水，造成温室效应的“元凶”是二氧化碳。因此，A是钠，B是氧气，C是氯气，D是氢氧化钠，E是氧化钠，F是过氧化钠，G是氯化钠，H是水，I是二氧化碳，J是碳酸氢钠，K是碳酸钠，L是盐酸。【题目详解】（1）A是钠，化学式为Na，C是氯气，化学式为Cl2，L是氯化氢，化学式为HCl，I是二氧化碳，化学式为CO2；（2）①是钠与水的反应，化学方程式为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；②是过氧化钠与水的反应，化学方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；③是碳酸氢钠的受热分解，化学方程式为：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O；【题目点拨】无机框图推断题要找出题眼，关键点，熟记特殊物质的颜色，特殊的反应，工业生产等等，找出突破口，一一突破。18、钝化3Cu＋8H＋＋2NO3－=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O冒白烟3CuO＋2NH3=3Cu＋N2＋3H2O2Cu2＋＋2Cl－＋SO2＋2H2O2CuCl↓＋4H＋＋SO42－【解题分析】

(1)常温下铝遇浓硝酸钝化，据此解答；(2)铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，据此解答；(3)氨气的物质的量是mol，溶液的质量是g，溶液的体积为＝mL，据此解答；(4)浓硝酸、浓氨水均易挥发，分别蘸取浓硝酸和浓氨水的玻璃棒接近后会产生白烟，据此解答；(5)B与C反应即CuO和NH3反应，生成铜单质、氮气和水，据此解答；(6)J、K是同种金属的不同氯化物，K为白色沉淀，则K是CuCl，SO2还原氯化铜生成氯化亚铜，据此解答；【题目详解】A、F为无色气体单质，B为具有刺激性气味的气体，化学家哈伯因合成B获得1918年的诺贝尔化学奖，则B是氨气，A是氧气，D是NO，F是氮气，G是硝酸。C为黑色氧化物，E为紫红色金属单质，I为蓝色沉淀，则C是氧化铜，与氨气发生氧化还原反应生成铜、氮气和水，E是铜，与硝酸反应生成硝酸铜，I是氢氧化铜，J是氯化铜。(1)常温下铝遇浓硝酸后表面形成一层致密的保护膜，该现象称为钝化，故答案为：钝化；(2)铜与稀硝酸反应的离子方程式为3Cu＋8H＋＋2NO3－=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，故答案为：3Cu＋8H＋＋2NO3－=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O；(3)氨气的物质的量是mol，溶液的质量是g，溶液的体积为＝mL，所以溶液的物质的量浓度为mol·L－1，故答案为：；(4)浓硝酸、浓氨水均易挥发，分别蘸取浓硝酸和浓氨水的玻璃棒接近后会产生硝酸铵，实验现象是冒白烟，故答案为：冒白烟；(5)B与C反应的化学方程式为3CuO＋2NH3=3Cu＋N2＋3H2O，故答案为：3CuO＋2NH3=3Cu＋N2＋3H2O；(6)J、K是同种金属的不同氯化物，K为白色沉淀，则K是CuCl，SO2还原氯化铜生成氯化亚铜的离子方程式为2Cu2＋＋2Cl－＋SO2＋2H2O2CuCl↓＋4H＋＋SO42－，故答案为：2Cu2＋＋2Cl－＋SO2＋2H2O2CuCl↓＋4H＋＋SO42－。19、degf2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2ONH3CaCl2＋CO2＋2NH3＋H2O===CaCO3(胶体)＋2NH4Cl取少许样品与水混合形成分散系，用一束光照射，若出现一条光亮的通路，则是纳米级碳酸钙，否则不是【解题分析】

（1）根据反应物的状态、反应条件选取反应装置，根据气体的溶解性、密度选择收集装置，注意干燥管的使用原则是大口进小口出；实验室制取氨气采用氯化铵和氢氧化钙反应制得；（2）根据二氧化碳和氨气的溶解性判断先通入的气体，由反应物和生成物写出反应方程式；（3）碳酸钙样品颗粒如果为纳米级，纳米级的颗粒在胶体范围内，所以根据胶体的性质确定实验方案。【题目详解】（1）实验室制取氨气采用固体、固体加热型装置，所以应选A为反应装置；生成物中含有水，氨气属于碱性气体，所以应选择碱性物质吸收水蒸气，故选C；氨气极易溶于水，且氨气的密度小于空气的密度，所以应采用向下排空气法收集，故选E；氨气有刺激性气味，所以不能直接排空；氨气极易溶于水，所以尾气处理应采用防止倒吸装置，用水吸收即可，故选D；注意干燥管的使用原则是大口进小口出；所以仪器装置的接口连接顺序是d、e、g、f，故答案为：d、e、g、f；实验室制取氨气采用氯化铵和氢氧化钙加热制的生成氯化钙、氨气和水，反应方程式为：2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O；故答案为2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O；（2）氨气极易溶于水，二氧化碳不易溶于水，所以应先通入氨气；氨气溶于水生成氨水，溶液呈碱性，二氧化碳是酸性气体，能和碱反应生成碳酸铵，碳酸铵和氯化钙发生复分解反应生成碳酸钙和氯化铵：CaCl2+CO2+2NH3+H2O=CaCO3↓+2NH4Cl，故答案为：NH3；CaCl2+CO2+2NH3+H2O=CaCO3↓+2NH4Cl；（3）碳酸钙样品颗粒如果为纳米级，纳米级的颗粒在胶体范围内，所以具有胶体的性质，运用胶体的丁达尔效应判断，故答案为：取少量样品和水混合形成分散系，用一束光照射，若出现一条光亮的通路，则是纳米级碳酸钙，否则不是。20、11.7C100mL容量瓶②2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑溶液分层，上层无色，下层紫红色4：1【解题分析】

(1)根据容量瓶的固定规格选取合适的规格的容量瓶，配制NaCl溶液，再根据n=cV、m=nM计算需要称取NaCl固体的质量；(2)根据配制一定物质的量浓度的溶液的操作步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶，判断实验过程中需要的仪器；(3)根据，判断各项操作对于溶质物质的量、溶液体积的影响，从而进行误差分析；(4)①电解食盐水，生成氢氧化钠、氢气和氯气，据此写出该电解反应的化学反应方程式；②氯气与NaI溶液反应生成氯化钠和碘单质，四氯化碳萃取碘水中的碘；③可以根据反应物和生成物来书写方程式，从反应中找到被还原的氯元素即化合价降低的氯元素，被氧化的氯元素即化合价升高的氯元素，或者根据电子守恒来确定。【题目详解】(1)该化学实验小组需要2mol/L的NaCl溶液98mL，但是实验室没有98mL的容量瓶，需用100mL容量瓶，因此应配制100mLNaCl溶液，则NaCl的物质的量为，称取NaCl固体的质量为；故答案为：11.7；(2)根据配制一定物质的量浓度的溶液的操作步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶，可知实验过程中需要药匙、托盘天平、烧杯、玻璃棒、胶头滴管，不需要用到的仪器为C（量筒），还缺少的仪器是100mL容量瓶；故答案为：C；100mL容量瓶；(3)①定容时，俯视刻度线，导致溶液的体积偏小，根据可知，最终会使物质的量浓度偏高，不符合题意，故①不选；②转移时有少量液体溅出，导致溶质有少量损失，根据可知，最终会使物质的量浓度偏低，符合题意，故②选；③转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水，不影响溶质与溶液的总体积，则物质的量浓度不受影响，不符合题意，故③不选；故答案为：②；(4)①电解食盐水，生成氢氧化钠、氢气和氯气，该电解反应的化学反应方程式为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑；故答案为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑；②电解时，Y极是阳极，阳极氯离子失电子生成氯气，氯气与NaI溶液反应生成氯化钠和碘单质，再加入四氢化碳充分振荡，四氯化碳萃取碘水中的碘，又四氯化碳不溶于水，且其密度大于水，所以最后观察到的现象是溶液分层，上层无色，下层紫红色，故答案为：溶液分层，上层无色