2026届河北省石家庄高一化学第一学期期末考试模拟试题含解析

2026届河北省石家庄高一化学第一学期期末考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、下列关于碳和硅的叙述中错误的是（）A．碳和硅的最高价氧化物都能与氢氧化钠溶液反应B．单质碳和硅在加热时都能与氧气反应C．碳和硅的氧化物都能溶于水生成相应的酸D．碳和硅两种元素都有同素异形体2、以下除杂方式可行的是（括号内为杂质）A．N2（O2）：通过灼热的铜网B．CO2(CO)：通入适量O2，充分燃烧C．FeCl3（FeCl2）：加入适量高锰酸钾氧化D．Al2O3（Fe2O3）：加入足量的NaOH溶液后，过滤3、下表是食用碘盐包装上的部分说明，下列说法正确的是()配料：精盐、碘酸钾、抗结剂碘含量：35±15mg/kg储存方法：密封、避光、防潮食用方法：烹饪时，待食品熟后加入碘盐A．高温会导致碘的损失B．碘酸钾可氧化氯化钠C．可用淀粉检验碘盐中的碘酸钾D．该碘盐中碘酸钾含量为20～50mg/kg4、某无色气体，可能含HCl、CO2、HI、SO2中的一种或几种，将其通入氯水中，得到无色透明溶液。把溶液分成两份，向一份中加入盐酸酸化的BaCl2溶液，出现白色沉淀；另一份中加入硝酸酸化的AgNO3溶液，也有白色沉淀生成。对于原无色气体推断一定正确的是（）A．一定存在HCl B．一定存在SO2 C．肯定没有CO2 D．不能肯定是否含有HI5、为确定HCl、H2CO3、H2SiO3的酸性强弱，某同学设计了如图所示的装置，下列有关叙述正确的是()A．HCl、H2CO3、H2SiO3的酸性依次增强B．A中锥形瓶中生成CO2气体C．B中装饱和Na2CO3溶液，用于除去A中挥发出的HCl气体D．C中装Na2SiO3溶液，预期现象是先出现白色沉淀后又逐渐溶解6、某混合气体中可能含有Cl2、O2、SO2、NO、NO2中的两种或多种气体。现将此无色透明的混合气体通过品红溶液后，品红溶液褪色，把剩余气体排入空气中，很快变为红棕色。对于原混合气体成分的判断中正确的是（）A．肯定有SO2和NO2 B．肯定只有NOC．肯定没有Cl2、O2和NO2 D．可能有Cl2和O27、下列有关铁的化合物的说法不正确的是A．实验室为了暂时妥善保存硫酸亚铁溶液，常加入少量的铁粉B．某溶液若加入KSCN溶液，无变化，但通入Cl2后变血红色，说明原溶液中含有Fe2+C．欲检验FeSO4溶液是否全部变质，可加入少量酸性高锰酸钾溶液观察紫色是否褪去D．将适量铁粉放入FeCl3溶液中完全反应后，溶液中Fe2+和Fe3+的浓度相等，则已反应的Fe3+和未反应的Fe3+的物质的量之比为1：18、下列说法中不正确的是()①将硫酸钡放入水中不能导电,所以硫酸钡是非电解质②氨气溶于水得到的氨水能导电,所以氨水是电解质③固态HCl不导电,熔融态的HCl可以导电④NaHSO4电离时生成的阳离子有氢离子,所以是酸⑤电解质放在水中一定能导电,非电解质放在水中一定不导电A．①④ B．①④⑤ C．②③ D．①②③④⑤9、下列有关硅及其化合物的说法正确的是()A．晶体硅具有金属光泽，可以导电，属于金属材料B．常温下，硅的化学性质稳定，所以自然界中的硅大部分以游离态存在C．SiO2是一种酸性氧化物，能够与水反应生成相应的酸D．除去SiO2中混有的CaCO3可加入适量的稀盐酸10、人类的生产和生活中离不开金属材料。通常所说的“金属材料”，既包括纯金属，也包括各种合金。下列材料不属于合金的是A．青铜 B．硬铝 C．生铁 D．磁铁矿11、下列各组物质中,前者属于电解质,后者属于非电解质的是A．二氧化碳、BaSO4 B．盐酸、蔗糖C．KNO3、乙醇 D．NaOH、氯气12、已知还原性由强到弱的顺序为SO32->I->Br-，向NaBr、NaI、Na2SO3的混合溶液中通入一定量的氯气后，将溶液蒸干并充分灼烧，得到的剩余固体物质的组成可能是（）A．NaClB．NaCl、Na2SO4、NaIC．NaCl、Na2SO4、I2D．NaCl、NaBr、Na2SO413、实验室需配制500mL1mol/LNaOH溶液，下列叙述正确的是A．用托盘天平称量20.0gNaOH固体B．溶解后不需要冷却至室温，可立即转移至容量瓶C．转移溶液时不需要使用玻璃棒引流D．定容完毕并摇匀后发现液面低于刻度线，再补加几滴水至刻度线，对实验结果无影响14、今有一混合物的水溶液，含有以下离子中的若干种：Na+、NH4+、Clˉ、Ba2+、CO32ˉ、SO42ˉ，现取两份100mL的该溶液进行如下实验：（1）第1份加足量NaOH溶液，加热，收集到标准状况下的气体448mL；（2）第2份加足量Ba(OH)2溶液，得沉淀4.30g，再用足量盐酸洗涤、干燥，得沉淀2.33g。根据上述实验，下列推测正确的是（）A．Ba2＋一定存在 B．100mL该溶液中含0.01molCO32ˉC．Na＋不一定存在 D．Clˉ不确定，可向原溶液中加入AgNO3溶液进行检验15、下列电离方程式错误的是（）A．Na2CO32Na＋+CO32－B．Ba(OH)2Ba2＋＋2OH—C．H2SO42H＋＋SO42－D．KClO3K＋＋Cl－＋3O2－16、在酸性溶液中能大量共存的离子组是（）A．K+、NH、NO、SOB．K+、Na+、Cl-、COC．Fe2+、Na+、NO、Cl-D．K+、NH、OH-、SO二、非选择题（本题包括5小题）17、如图是中学化学中常见物质之间的一些反应关系，其中部分产物未写出。常温下X是固体，B和G是液体，其余均为气体。根据下图关系推断：(1)写出化学式：X_______，A________，B_______。(2)实验室收集气体D和F的方法依次是_______法、________法。(3)写出C→E的化学方程式：____________。(4)请写出A与E反应生成D的化学方程式：_______________(5)检验物质A的方法和现象是________________18、已知A为金属单质，下列物质相互转化如图所示：试回答：（1）写出B的化学式____，D的化学式__________。（2）写出由E转变成F的化学方程式____。（3）向G溶液加入A的有关离子反应方程式______________________。（4）某同学取B的溶液酸化后加入碘化钾淀粉溶液，在空气中放置一会儿变为蓝色，写出与上述变化过程相关的离子方程式____________，______________。19、实验室需要480mL1mol·L－1NaOH溶液，根据溶液配制情况回答下列问题：(1)实验中除了托盘天平(砝码)、药匙、量筒、烧杯、玻璃棒外还需要的其他仪器有______、___。(2)下图是某同学在实验室配制该NaOH溶液的过程示意图，其中有错误的是_______(填操作序号)。(3)称取NaOH固体时，所需砝码的质量为___________(填写字母)A．19.2gB．20gC．19.2g～20gD．大于20g(4)在溶液的配制过程中，有以下基本实验步骤，其中只需进行一次的操作步骤的是(填写操作步骤的代号)_____________①称量②溶解③转移④洗涤⑤定容⑥摇匀(5)下列操作会导致所配溶液的物质的量浓度偏高的是_________A．NaOH固体长期暴露在空气中B．用水溶解NaOH固体后，立即转入容量瓶中定容C．称量碳酸钠固体时，若将物质和砝码放反D．定容后发现液面高于刻线，可用胶头滴管将多余的水吸出E．定容时俯视刻度线20、过氧乙酸(CH3COOOH)是无色透明液体，易溶于水、易挥发，见光易分解，具有强氧化性的高效消毒剂，使用过氧乙酸消毒剂时通常先用水稀释工业品过氧乙酸，然后用喷雾法对空气与地面进行消毒。(1)某学生在实验室用密度为1.9g/mL，质量分数为15%的工业品过氧乙酸配制0.1mol/L过氧乙酸溶液250mL，该生用量筒量取工业品过氧乙酸体积_____mL，除量筒、玻璃棒、烧杯外还需要的其它仪器是_______________________(2)该学生配制前设计了下列操作，其合理的操作顺序是___________(字母表示，每个字母只能用一次)A．用30mL水洗涤烧杯2~3次，洗涤液均注入容量瓶，振荡B．用量筒准确量取所需体积的工业品过氧乙酸，沿玻璃棒倒入烧杯中，再加入少量水(约30mL)，用玻璃棒慢慢搅动，使其混合均匀C．将已冷却的工业品过氧乙酸沿玻璃棒注入容量瓶中D．将容量瓶盖紧，倒置并振荡，摇匀E.改用胶头滴管加水，使溶液凹面恰好与刻度相切F.继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度1--2cm处(3)若出现如下情况，对所配溶液浓度将有何影响(选填“偏高”、‘“偏低”或“无影响”)a.容量瓶用蒸馏水洗涤后未干燥，含有少量蒸馏水_________b.转移溶液时，不慎有少量溶液洒在容量瓶外_________c.量取15%的工业品过氧乙酸时，仰视量筒_________d.定容后，把容量瓶倒置摇匀后发现液面低于刻度线，补充几滴水至刻度线________(4)下列叙述正确的是__________________(填字母)A．可用过滤的方法将过氧乙酸溶液中混有的NaCl除掉B．过氧乙酸包装上应贴的危险警告标签应如上图所示C．过氧乙酸应注意密闭、低温保存于棕色细口瓶中D．过氧乙酸是一种有机物，它可以用于萃取碘水中的碘单质21、（1）已知甲、乙两物质分别由H、C、Na、O、Cl、Fe元素中的一种或几种组成，请按要求填空：①若甲物质为碱性氧化物,则甲的化学式为___________________(写一种)。②若乙物质可用于呼吸面具中作为氧气来源,则乙是___________，其供氧原理是__________（用化学方程式表示）。（2）在横线上填入合适的符号：________+2H+=CO2↑+H2O+Ba2+（3）写出氯气与水反应的化学方程式,并用双线桥法标出电于转移的方向和数目:______________________________________________________。（4）选择合适的试剂除去下列括号内的杂质。(填化学式)物质选择的试剂①FeCl2（FeCl3）______②NO气体（NO2）_____________

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、最高价氧化物CO2、SiO2为酸性氧化物能与NaOH溶液反应，选项A正确；B、单质碳和硅在加热时都能与氧气反应，生成CO、CO2、SiO2等氧化物，选项B正确；C、CO2＋H2O=H2CO3，但CO不溶于水，SiO2不溶于水也不与水反应，选项C错误；D、石墨、金刚石、无定形碳为碳的同素异形体，晶体硅和无定形硅是硅的同素异形体，选项D正确；答案选C。2、A【解析】

A．Cu与氧气反应，与氮气不反应，则通过灼热的铜网可加热，故A正确；B．二氧化碳过量，CO不易与氧气反应，则应选灼热的CuO的除去杂质，故B错误；C．FeCl2与高锰酸钾反应，但引入杂质，不能除杂，应选氯气除杂，故C错误；D．Al2O3与NaOH溶液反应，而氧化铁不能，将原物质除去，不能除杂，故D错误；故答案选A。【点睛】本题考查混合物分离提纯，把握物质的性质、发生的反应、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的综合应用。3、A【解析】

从食用方法可推断A项正确，用淀粉检验I2，而不能检验KIO3，所以C项错；从表中可知食用碘盐是指碘含量而不是碘酸钾含量，答案选A。4、B【解析】

根据混合气体通入氯水中，得到无色透明溶液可知，原气体中一定不存在HI；一份溶液中进入BaCl2溶液，出现白色沉淀，该白色沉淀为硫酸钡，则原气体中一定含有SO2，二氧化硫被氯水氧化成硫酸；另一份中加入硝酸酸化的AgNO3溶液，也有白色沉淀生成，该白色沉淀为AgCl，由于气体通入氯水，引进了氯离子，无法确定原气体中是否含有HCl【详解】A．根据以上分析可知，原气体中不能确定是否含有氯化氢，故A错误；B．根据分析可知，原混合气体中一定存在二氧化硫气体，故B正确；C．题干信息无法确定是否含有二氧化碳气体，故C错误；D．根据分析可知，原气体中一定不含有HI气体，故D错误；5、B【解析】

A.盐酸为强酸，H2CO3和H2SiO3为弱酸，根据元素的非金属性判断酸性的强弱；B.根据强酸制弱酸原理进行分析判断；C.Na2CO3和HCl、二氧化碳均发生反应；D.硅酸不溶于水。【详解】A.盐酸是强酸，元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水合物酸性越强，非金属性C＞Si，因此酸性：H2CO3＞H2SiO3，所以HCl、H2CO3、H2SiO3的酸性依次减弱，A项错误；B.要确定HCl、H2CO3、H2SiO3的酸性强弱，采用强酸制取弱酸原理，用稀盐酸和碳酸钙反应制取二氧化碳，用二氧化碳和硅酸钠溶液制取硅酸，所以锥形瓶中用于制取二氧化碳，B项正确；C.Na2CO3和HCl、二氧化碳都反应，所以B中应该用饱和的NaHCO3溶液除去A中挥发出的HCl气体，C项错误；D.硅酸不溶于水，所以实验现象为出现白色沉淀，D项错误；答案选B。6、C【解析】

无色透明的混合气体一定不含Cl2、NO2，通过品红溶液后，品红溶液褪色，一定含有SO2，剩余气体排入空气中，很快变为红棕色，则原混合气体一定含有NO，NO与氧气反应，则一定不含O2，结论肯定没有Cl2、O2和NO2，肯定有SO2、NO，故选C。7、D【解析】

A.铁粉有还原性，可以防止被氧气氧化，A项正确；B.可以与反应得到血红色物质，若一开始无变化，加入氧化剂后溶液变红，则说明一开始只能是，B项正确；C.有还原性，若溶液中还有残余，则可将高锰酸钾溶液还原褪色，C项正确；D.根据可以看出，若此时和浓度相等（即假设现在有3个和3个），则已反应的和未反应的的物质的量之比为2:3，D项错误；答案选D。【点睛】B项中的方法就是我们通常用来检验的方法，但是注意若先加入氧化剂再加入是错误的，这样无法分辨使溶液变红的是一开始就有的，还是被氧化形成的。8、D【解析】

①BaSO4固体没有自由移动的离子不导电；虽然硫酸钡在水中的溶解度很小，只要溶解就完全电离，硫酸钡在熔融状态下，能完全电离，所以硫酸钡是电解质，故①错误；②氨气只存在分子,不能导电;NH3在水溶液里，生成一水合氨，一水合氨能电离出自由移动的铵根离子和氢氧根离子导致导电，不是氨气自身电离，所以氨气是非电解质，故②错误；③电解质在水溶液中或熔融状态下能够导电，是因电解质自身可以离解成自由移动的离子；固态的HCl不导电，液态的HCl只有HCl分子，没有电离出离子，也不能导电，故③错误；④电离出的阳离子全部是H+的化合物叫做酸,能电离出H+的化合物不一定是酸,硫酸氢钠能电离出氢离子,NaHSO4=Na++H++SO42-，属于盐，故④错误；⑤电解质放在水中不一定能导电,如碳酸钙固体在水中的溶解度很小,难溶于水,几乎没有自由移动的离子,几乎不导电;碳酸钙在熔融状态下,能完全电离,碳酸钙是电解质;非电解质放在水中不一定不导电,如NH3在水溶液里，生成一水合氨，一水合氨能电离出自由移动的铵根离子和氢氧根离子导致导电，氨气自身未电离，所以氨气是非电解质，故⑤错误；故选D.9、D【解析】

A.晶体硅具有金属光泽，可以导电，但硅是非金属，不是金属材料，A错误；B.常温下，硅的化学性质稳定，但硅是亲氧元素，所以自然界中的硅全部以化合态存在，B错误；C.SiO2是一种酸性氧化物，不溶于水，不能与水反应生成相应的酸，C错误；D.二氧化硅和盐酸不反应，碳酸钙和盐酸反应，则除去SiO2中混有的CaCO3可加入适量的稀盐酸，D正确。答案选D。10、D【解析】

A．青铜是铜锡合金，A错误；B．硬铝是铝、铜、镁和硅合金，B错误；C．生铁是一种铁合金，C错误；D．磁铁矿的主要成分是四氧化三铁，不是合金，D正确；答案选D。11、C【解析】

电解质：在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物。非电解质：在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物。单质、混合物既不是电解质，也不是非电解质。【详解】A.二氧化碳不能电离是非电解质，硫酸钡熔融状态导电属于电解质，A错误。B.盐酸是氯化氢的水溶液，是混合物，盐酸既不是电解质也不是非电解质。蔗糖为非电解质。B错误。C.硝酸钾在水溶液可以导电是电解质，乙醇不能电离属于非电解质，C正确。D.氢氧化钠在水溶液和熔融状态都可以导电，是电解质，氯气为单质，既不是电解质也不是非电解质，D错误。答案为C。12、D【解析】

根据氧化还原反应的先后顺序取决于氧化性或还原性的相对强弱，还原性最强的Na2SO3优先与Cl2反应Na2SO3+Cl2+H2O=Na2SO4+2HCl生成Na2SO4，所以固体中一定含有Na2SO4；其余依次为NaI、NaBr分别与Cl2反应生成NaCl、I2、Br2，则固体中一定含有NaCl；有可能NaBr未反应完全，但不会NaBr反应完全而余NaI，生成的I2、Br2蒸干并灼烧时将挥发，升华脱离固体。故答案选D。13、A【解析】

A．用托盘天平称量NaOH固体的质量为0.5LL×1mol/L×40g/mol=20.0g，A正确；B．溶解后应冷却至室温，再转移至容量瓶，B不正确；C．转移溶液时应使用玻璃棒引流，C不正确；D．定容摇匀后发现液面低于刻度线，若再补加几滴水，则导致实验结果偏低，D不正确；故选A。14、B【解析】

第一份加足量的NaOH溶液，加热，收集到气体，该气体为NH3，即原溶液中含有NH4＋，n(NH4＋)=448×10-3L22.4L/mol=0.02mol，第2份加足量Ba(OH)2溶液，得沉淀4.30g，再用足量盐酸洗涤、干燥，得沉淀2.33g，说明原溶液中有SO42－和CO32－，n(SO42－)=2.33g233g/mol=0.01mol，n(CO3【详解】第一份加足量的NaOH溶液，加热，收集到气体，该气体为NH3，即原溶液中含有NH4＋，n(NH4＋)=448×10-3L22.4L/mol=0.02mol，第2份加足量Ba(OH)2溶液，得沉淀4.30g，再用足量盐酸洗涤、干燥，得沉淀2.33g，该沉淀为BaSO4，未加盐酸前的沉淀是BaCO3和BaSO4混合物，说明原溶液中有SO42－和CO32－，因此原溶液中一定不存在Ba＋，n(SO42－)=2.33g233g/mol=0.01mol，n(CO32－)=A、因为原溶液中一定存在CO32－和SO42－，因此Ba2＋一定不存在，故A说法错误；B、根据上述分析，100mL溶液中含有0.01molCO32－，故B说法正确；C、根据上述分析，原溶液中一定存在Na＋，故C说法错误；D、根据上述分析，Cl－可能存在，因为原溶液中存在SO42－和CO32－，直接加入AgNO3对检验Cl－产生干扰，需要先除去SO42－和CO32－，故D说法错误；答案选B。15、D【解析】分析：强电解质在溶液中能完全电离，弱电解质部分电离，多元弱酸分步电离，离子团在电离方程式中不能拆开，据此分析判断。详解：A．碳酸钠属于盐，是强电解质，完全电离，电离方程式为：Na2CO3=2Na++CO32-，故A正确；B．氢氧化钡为强碱，是强电解质，完全电离，电离方程式为：Ba(OH)2=Ba2++2OH-，故B正确；C．硫酸为强酸，是强电解质，完全电离，电离方程式为：H2SO4=2H++SO42-，故C正确；D．KClO3属于盐，是强电解质，完全电离，电离方程式为：KClO3=K++ClO3-，故D错误；故选D。16、A【解析】

A.在酸性溶液中，K+、NH、NO、SO四种离子在溶液中不发生任何反应，能大量共存，故A正确；B.在酸性溶液中，碳酸根离子与氢离子反应生成二氧化碳，不能大量共存，故B错误；C.在酸性溶液中，硝酸根与亚铁离子发生氧化还原反应，不能大量共存，故C错误；D.溶液中铵根离子与氢氧根反应生成一水合氨，不能大量共存，故D错误；故选A。二、非选择题（本题包括5小题）17、NH4HCO3或(NH4)2CO3NH3H2O排水向上排空气2CO2＋2Na2O2===2Na2CO3＋O24NH3+5O24NO+6H2O用湿润的红色石蕊试纸，若变蓝则说明有NH3存在(或用蘸有浓盐酸的玻璃棒放在容器口，若有白烟出现，也说明有NH3存在)【解析】

常温下X是固体，B和G是液体，其余均为气体，气体C能与Na2O2反应得到气体E，应是二氧化碳与过氧化钠反应生成氧气，则C为CO2，E为O2，固体X既能与酸反应生成气体A，又能与碱反应生成气体C，故X应为碳酸形成的铵盐，则X为NH4HCO3或(NH4)2CO3，故A为NH3，B为H2O，D为NO，F为NO2，G为HNO3，据此解答。【详解】常温下X是固体，B和G是液体，其余均为气体，气体C能与Na2O2反应得到气体E，应是二氧化碳与过氧化钠反应生成氧气，则C为CO2，E为O2，固体X既能与酸反应生成气体A，又能与碱反应生成气体C，故X应为碳酸形成的铵盐，则X为NH4HCO3或(NH4)2CO3，故A为NH3，B为H2O，D为NO，F为NO2，G为HNO3；(1)由上述分析可知，X为NH4HCO3或(NH4)2CO3，A为NH3，B为H2O；(2)NO易与空气中氧气反应生成NO2，则实验室收集气体D(NO)的方法为：排水法；NO2能与水反应生成NO和硝酸，则收集气体F(NO2)的方法是：向上排空气法；(3)C→E是CO2与Na2O2反应生成碳酸钠与O2，反应的化学方程式为：2CO2+2Na2O2═2Na2CO3+O2；(4)氨气和氧气在催化剂作用下生成NO，发生反应的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O；(5)氨气的水溶液显碱性，故检验氨气的方法是用湿润的红色石蕊试纸，若变蓝则说明有NH3存在(或用蘸有浓盐酸的玻璃棒放在容器口，若有白烟出现，也说明有NH3存在)。【点睛】此类题的解答一般有以下步骤：思维起点的选择：思维起点是指开始时的思维指向、思维对象或思维角度，推断题中的思维起点应是最具特征的某个条件(包括文字叙述或某个变化过程)；思维过程的展开：解题者在确定思维起点的基础上，利用题目所给信息，结合已有的化学知识和解题经验，不断地缩小问题状态与目标状态的距离；思维过程的检验：将上述思维过程的结果代入题中，检查一下是否符合题中条件；本题可从两性氧化物及海水中的无机盐，展开思维的空间，寻找目标答案。18、FeCl2KCl4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）32Fe3++Fe=3Fe2+4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O2Fe3++2I﹣=2Fe2++I2【解析】

由题给实验现象可知，白色沉淀E在空气中变化为红褐色沉淀F，说明E为Fe(OH)2，F为Fe(OH)3，F与盐酸反应生成G为FeCl3，金属A与氯化铁反应生成B，B与C反应得到E与D，故A为Fe，B为FeCl2，则Fe与盐酸反应生成氢气与FeCl2；D溶液和硝酸酸化的硝酸银反应生成白色沉淀H为AgCl，溶液透过钴玻璃进行焰色反应为紫色，证明溶液中含有钾元素，故D为KCl，则C为KOH。【详解】(1)根据以上分析可知，A是Fe，B为FeCl2，D为KCl，故答案为FeCl2；KCl；(2)由E转变成F的反应是氢氧化亚铁被空气中氧气氧化为氢氧化铁，反应的化学方程式为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，故答案为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；(3)G为FeCl3溶液，铁与FeCl3溶液反应生成氯化亚铁，反应的离子方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+；(4)B为FeCl2溶液，取B的溶液酸化后加入碘化钾淀粉溶液，在空气中放置一会儿变为蓝色，这是因为亚铁离子被空气中氧气氧化生成三价铁离子，反应的离子方程式为4Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2O，反应生成的三价铁离子与碘离子反应生成亚铁离子和单质碘，反应的离子方程式为2Fe3++2I-=2Fe2++I2，反应生成的碘单质遇淀粉溶液变为蓝色，故答案为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O；2Fe3++2I﹣=2Fe2++I2。【点睛】白色沉淀转化为红褐色沉淀、溶液焰色反应为紫色是解题突破口。19、胶头滴管、500mL容量瓶①③⑤D②⑤BE【解析】

（1）根据配制步骤是计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶来分析需要的仪器；（2）依据配置一定物质的量浓度溶液的正确操作步骤和仪器的正确使用方法解答；（3）根据n=cV、m=nM计算出500mL1.0mol/L的NaOH溶液中含有溶质氢氧化钠的质量，然后根据氢氧化钠的称量要放到小烧杯里称量来分析；（4）根据实验操作的方法进行判断；（5）根据实验操作对c=的影响进行误差分析。【详解】（1）操作步骤有计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解(可用量筒量取水加入烧杯)，并用玻璃棒搅拌，加速溶解。冷却后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤烧杯、玻璃棒2−3次，并将洗涤液移入容量瓶中，加水至液面距离刻度线1∼2cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀。所以所需仪器有托盘天平、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管。根据提供的仪器可知，还需仪器有500ml容量瓶、胶头滴管；（2）①量筒为量取仪器，不能用来溶解物质，故①错误；②用玻璃杯搅拌加速固体的溶解，故②正确；③玻璃棒引流操作时，玻璃棒下端应靠在容量瓶刻度线下方，故③错误；④加水至刻度线的下方，操作正确，故④正确；⑤定容时，眼睛应平视刻度线，故⑤错误；⑥加盖摇匀，使溶液混合均匀，操作正确，故⑥正确；故答案为①③⑤；（3）由于无450mL的容量瓶，故选用500mL的容量瓶，配制出500mL的1.0mol/L的溶液，500mL1.0mol/L的氢氧化钠溶液中含有溶质的质量为：m=1.0mol/L×0.5L×40g/mol=20g，需要称量的氢氧化钠的质量为20.0g，而称量氢氧化钠固体时，要放到小烧杯里称量，故选用的砝码的质量大于20.0g，故答案为D；（4）①称量时先称空烧杯的质量再称烧杯和药品的质量，故①错误；

②固体在烧杯中溶解，冷却后转移到500mL容量瓶中，只有1次，故②正确；③转移时除了将溶液转移到容量瓶中还要将洗涤液转移到容量瓶中，故②错误；④洗涤时要洗涤烧杯及玻璃棒2−3次，故④错误；

⑤定容时，当加水至液面距离刻度线1∼2cm时，改用胶头滴管滴加，使溶液的凹液面的最低点与刻线相平，只有1次，故正确；

⑥摇匀要在移液后摇匀一次，在定容后再摇匀一次，故⑤错误；故选②⑤；（5）A.NaOH固体长期暴露在空气中，导致部分氢氧化钠变质，配制的溶液中溶质的物质的量偏小，配制的浓度偏低，故A错误；B.用水溶解NaOH固体后，立即转入容量瓶中定容，热的溶液体积偏大，冷却后体积变小，则配制的溶液体积偏小，配制的溶液浓度偏高，故B正确；C.称量碳酸钠固体时，若将物质和砝码放反，称量出的氢氧化钠的质量偏小，配制的溶液浓度偏低，故C错误；D.定容后发现液面高于刻线，若用胶头滴管将多余的水吸出，配制的溶液中溶质的物质的量偏小，配制的溶液浓度偏低，故D错误；E.定容时俯视刻度线，导致加入的蒸馏水体积偏小，配制的溶液体积偏小，则配制的溶液浓度偏高，故E正确。20、6.7mL250mL容量瓶、胶头滴管BCAFED无影响偏低偏高偏低BC【解析】

(1)依据c=计算浓过氧乙酸物质的量浓度；依据溶液稀释过程中溶质的物质的量不变计算需要体积；依据配制溶液步骤选择需要仪器；(2)配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，据此排序；(3)分析操作对溶质的物