2022年吉林省汪清县四中化学高一第一学期期中检测模拟试题含解析

2022-2023学年高一上化学期中模拟试卷注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列各组物质中，所含分子数相同的是A．10gH2和10gO2 B．标况下5.6LN2和11gCO2C．9gH2O和1molO2 D．标况下224mLN2和0.1molN22、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3、下列说法中不正确的是①BaSO4不溶于水,其水溶液的导电能力极弱,所以BaSO4是弱电解质②SO2的水溶液能导电,所以SO2是电解质③液氧不导电,所以液氧是非电解质④硫酸氢钠电离出的阳离子有氢离子，所以硫酸氢钠是酸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．②③④ D．①②③④⑤4、某同学在烧水时，不小心把水洒在炉火上，结果发现炉火更旺了，原因是H2O和炽热的碳反应生成了水煤气(CO和H2)，反应方程式为：C＋H2O(g)CO＋H2，下列关于该反应说法正确的是()A．该反应中C失电子，被还原B．该反应中H2得电子，被还原C．该反应中，每转移2mole－则生成1molH2D．该反应属于复分解反应5、已知MnO、NO等在酸性条件下具有强氧化性，而S2－、I－、Fe2＋等具有较强的还原性。下列水溶液中的各组离子因为发生氧化还原反应而不能大量共存的是()A．Na＋、Ba2＋、Cl－、SO42—B．MnO4-、K＋、I－、H＋C．Ca2＋、HCO3—、Cl－、K＋D．H＋、Cl－、Na＋、CO32—6、有关物质的除杂，下列说法正确的是（）A．除去KNO3溶液中的少量KCl，加过量AgNO3溶液并过滤B．除去CO气体中混有的少量CO2，可通过足量的灼热的CuOC．通过蒸馏除去自来水中混有的各种盐以获得蒸馏水D．通过分液除去酒精中混有的水7、三种正盐的混合溶液只有Na+，Mg2+，Cl-，SO42-四种离子，其中含有0.2molNa+，0.25molMg2+，0.4molCl-，则SO42-为（）A．0.1mol B．0.3mol C．0.5mol D．0.15mol8、下列离子反应方程式错误的是A．向KHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至SO42-刚好沉淀完全:H++SO42-+Ba2++OH﹣=H2O+BaSO4↓B．烧碱溶液与少量碳酸氢钙溶液混合:Ca2++HCO3﹣+OH﹣=CaCO3+H2OC．碳酸镁与稀硫酸:MgCO3+2H+=H2O+CO2↑+Mg2+D．醋酸与大理石:2CH3COOH+CaCO3=Ca2++2CH3COO﹣+H2O+CO2↑9、我国明代《本草纲目》中收载药物1892种，其中“烧酒”条目下写道：“自元时始创其法，用浓酒和糟入甑，蒸令气上…其清如水，味极浓烈，盖酒露也。”这里所用的“法”是指()A．萃取 B．过滤 C．蒸馏 D．蒸发10、下列关于金属钠的叙述中，正确的是A．将钠与水置于试管中进行反应，可防止反应时钠燃烧B．钠着火时应用干燥的沙土灭火C．钠在空气中受热时，熔化为银白色的小球，产生苍白色的火焰D．取用金属钠可用小刀切割，说明金属钠密度小11、类比法是化学研究中的主要方法，下列选项中类比正确的是（）A．过量的Cu可以与Fe3+反应生成Fe2+,所以过量的Zn也可以与Fe3+生成Fe2+B．Fe可从硫酸铜溶液中置换出铜，所以Na也可从硫酸铜溶液中置换出铜C．点燃条件下，铜与Cl2反应产物中铜为+2价，则铁与Cl2反应产物中铁也为+2价D．向Fe(OH)3胶体中滴加稀硫酸可以看到“先浑后清”，所以向Al(OH)3胶体中滴加稀硫酸也可以有“先浑后清”的现象12、已知某强氧化剂中的R元素被Na2SO3还原到较低价态。如果还原2.4×10－3mol至较低价态，需要60mL0.1mol·L－1的Na2SO3溶液。那么，R元素被还原成的价态是A．－1 B．0 C．＋1 D．＋213、某同学将0.1mol/L的K2SO4溶液V1L与0.2mol/L的Al2(SO4)3溶液V2L混合，再加入V3L蒸馏水，假定溶液总体积V总=V1+V2+V3．并测得混合液中三种离子物质的量浓度分别为：K＋：0.1mol/L，Al3＋：0.1mol/L，SO42－：0.2mol/L，则下列判断正确的是（）A．一定是2LK2SO4溶液和1LAl2(SO4)3溶液混合，再加1L蒸馏水B．混合液中K＋浓度与Al3＋浓度数值之和大于SO42－浓度数值C．三种液体体积比为V1：V2：V3=2：1：1D．混合液中K2SO4物质的量等于Al2(SO4)3物质的量的一半14、在强酸性溶液中，下列离子组能大量共存且溶液为无色透明的是A．Na+、K+、OH-、Cl- B．Na+、Cu2+、SO42-、NO3-C．Mg2+、Na+、SO42-、Cl- D．Ba2+、HCO3-、NO3-、K+15、用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是()A．标准状况下，1.12LH2和O2的混合气体含有的原子数为0.1NAB．标准状况下，22.4LCCl4含有的分子数为NAC．通常状况下，NA个CO2分子占的体积为22.4LD．0.5mol的MgCl2固体中，含有离子的总数为NA16、下列物质的分类正确的是()碱酸盐碱性氧化物酸性氧化物ANa2CO3H2SO4Cu2(OH)2CO3Fe2O3SO3BNaOHHClNaClNa2ONO2CNaOHNaHSO4CaF2MgOSO2DKOHHNO3NaHCO3CaOMn2O7A．A B．B C．C D．D二、非选择题（本题包括5小题）17、短周期元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大，元素X的一种高硬度单质是宝石，Y2+电子层结构与氖相同，Z的质子数为偶数，室温下M单质为淡黄色固体，回答下列问题：(1)M元素位于周期表中的位置为_____________。(2)X、Y、Z、M的原子半径由大到小排列为____(化学用语回答)，Z在自然界中常见的二元化合物是__________。(3)X与M的单质在高温下反应的化学方程式为_______，产物分子的电子式为_____，其化学键属__________共价键(填“极性”或“非极性”)。18、A、B、C、D、E都是前20号元素中的常见元素，且核电荷数递增。A原子没有中子；B原子次外层电子数与最外层电子数之差等于电子层数；C元素是地壳中含量最高的元素；4.6gD单质与足量盐酸作用可产生2.24LH2（标准状态下）；E的一价阴离子的核外电子排布与Ar的核外电子排布相同。请回答下列问题：（1）写出A、B、D的元素符号：A______；B_____；D______。（2）C离子的电子式_______；E的离子结构示意图_______。（3）写出电解D、E形成化合物的水溶液的化学反应方程式______。（4）工业上将E的单质通入石灰乳[Ca(OH)2]制取漂粉精，化学反应方程式为______。漂粉精溶于水后，受空气中的CO2作用，即产生有漂白、杀菌作用的某种物质，该化学反应方程式为_________。19、某学生需要用烧碱固体配制1mol•L﹣1的NaOH溶液450mL。请回答下列问题：(1)计算：需要称取NaOH固体___________g。(2)配制时，必须使用的仪器有托盘天平(带砝码)、药匙、烧杯、玻璃棒，还缺少的仪器是_____________、_________________。(填仪器名称)(3)实验两次用到玻璃棒，其作用分别是：先用于_______________、后用于___________________。(4)若出现如下情况，其中将引起所配溶液浓度偏高_____________(填字母)。A．容量瓶实验前用蒸馏水洗干净，但未烘干B．天平砝码生锈C．配制过程中遗漏了洗涤步骤D．未冷却到室温就注入容量瓶E.加蒸馏水时不慎超过了刻度线F.定容观察液面时俯视20、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）试剂a是_________，加入试剂b所发生反应的离子方程式为_________。（2）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)。（3）若要测定原混合物中BaCl2的质量分数，除了要准确称量混合物的质量外至少还要获得的数据是____的质量。（4）用所（3）所制备的KCl固体配制0.1mol/LKCl溶液450mL，回答下列问题：（i）配制过程中需要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管、____________。（ii）需要用托盘天平称量______________gKCl固体。21、将Fe2O3、Al2O3两种固体混合物溶于100mL稀硫酸中，向反应后的溶液中缓慢加入NaOH溶液，加入NaOH溶液的体积与生成沉淀的质量关系如图所示，试回答：（1）原混合物中Fe2O3的质量是____________g。（2）所用NaOH溶液物质的量浓度为___________。（3）稀硫酸物质的量浓度为______________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解析】

A．10gH2含分子数，10gO2含分子数，故不选A；B．标况下5.6LN2含分子数，11gCO2含分子数，故选B；C．9gH2O含分子数、1molO2含分子数NA，故不选C；D．标况下224mLN2含分子数，0.1molN2含分子数0.1NA，故不选D；选B。2、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。3、D【解析】

①硫酸钡在水中的溶解度很小，但溶解的硫酸钡能完全电离，所以硫酸钡是强电解质，①错误；②SO2溶于水，与水反应反应生成亚硫酸，亚硫酸在溶液中能够电离，属于电解质，SO2属于非电解质，②错误；③电解质和非电解质都必须是化合物，液氧是单质，既不是电解质也不是非电解质，③错误；④电离出的阳离子都是氢离子的化合物是酸，硫酸氢钠在水溶液中电离出的阳离子还有钠离子，属于盐，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而导电，氨气自身未电离，所以氨气是非电解质，⑤错误。故选D。【点睛】本题主要考查物质的分类，涉及电解质的概念、导电与否和酸的概念等有关判断，②是解答的易错点，注意电解质和非电解质都必须是化合物，且均是自身能够电离出阴阳离子的化合物。4、C【解析】试题分析：A项：C的化合价升高，失去电子，被氧化，故错；B项：H2是氧化产物，故错；D项：反应过程中，有元素化合价发生变化，故属于氧化还原反应，故错。故选C。考点：氧化还原反应概念及计算点评：题考查氧化还原反应，明确还原剂、氧化剂中元素的化合价变化是解答本题的关键，并熟悉常见的氧化还原反应来解答。5、B【解析】

A、Ba2＋和SO42—生成硫酸钡白色沉淀，属于复分解反应，故A不符合题意；B、MnO4-和I－发生氧化还原反应而不能大量共存，故B符合题意；C、Ca2＋、HCO3—、Cl－、K＋可以大量共存，故C不符合题意；D、H＋和CO32—反应生成CO2和水，属于复分解反应，故D不符合题意；综上所述，本题应选B。【点睛】本题考查离子共存，掌握离子的性质和离子不能大量共存的原因是解题的关键。离子间不能大量共存的原因有：①离子间发生复分解反应生成水、沉淀或气体，如题中A、D项；②离子间发生氧化还原反应，如题中B项；③离子间发生双水解反应，如Al3+与HCO3-等；④离子间发生络合反应，如Fe3+与SCN-等；⑤注意题中的附加条件。本题应注意题干限定条件“因为发生氧化还原反应而不能大量共存”。6、C【解析】

A．应加入适量的硝酸银，否则硝酸银过量，引入新杂质，故A错误；B．CO会与灼热的CuO反应生成CO2和Cu单质，故B错误；C．水中的杂质难挥发，可用蒸馏除去自来水中混有的各种盐获取蒸馏水，故C正确；D．酒精和水是互溶的两种液体，不能用分液除去酒精中混有的水，故D错误；故答案为C。【点睛】除杂质题最少要满足两个条件：①加入的试剂只能与杂质反应，不能与原物质反应②反应时不能引入新的杂质。7、D【解析】

由电荷守恒n(Na+)+2n(Mg2+)=n(Cl-)+2n(SO42-)得到0.2mol+0.25mol=0.4mol+2n（SO42-），解得n(SO42-)=0.15mol，故D项正确。答案为D。8、B【解析】

A.向KHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至SO42-刚好沉淀完全，此时生成硫酸钡、氢氧化钾和水：H++SO42-+Ba2++OH﹣＝H2O+BaSO4↓，A正确；B.烧碱溶液与少量碳酸氢钙溶液混合反应生成碳酸钙、碳酸钠和水：Ca2++2HCO3﹣+2OH﹣＝CO32－+CaCO3+2H2O，B错误；C.碳酸镁与稀硫酸反应生成硫酸镁、水和二氧化碳：MgCO3+2H+＝H2O+CO2↑+Mg2+，C正确；D.醋酸与大理石反应生成醋酸钙、水和二氧化碳：2CH3COOH+CaCO3＝Ca2++2CH3COO﹣+H2O+CO2↑，D正确。答案选B。9、C【解析】

该方法是利用酒精与水的沸点不同，从浓酒中分离出乙醇。【详解】从浓酒中分离出乙醇，利用酒精与水的沸点不同，用蒸馏的方法将其分离提纯，这种方法是蒸馏，故选C。10、B【解析】

A.若反应置于试管中进行，反应空间太小，反应剧烈，容易发生危险，应将钠与水置于烧杯中进行反应，故A错误；B.钠是活泼金属，能与氧气、水反应，所以钠着火时应用干燥的沙土灭火，故B正确；C.钠在空气中受热时，熔化为银白色的小球，产生黄色火焰，生成淡黄色固体过氧化钠，故C错误；D.取用金属钠可用小刀切割，说明金属钠硬度小，故D错误；选B。11、D【解析】

A.铜的金属性弱于铁，过量的Cu可以与Fe3+反应生成Fe2+,锌的金属性强于铁，所以过量的Zn可以与Fe3+反应生成Fe，选项A错误；B.Fe可从硫酸铜溶液中置换出铜，但钠很活泼，Na与硫酸铜溶液作用时先与水反应生成氢氧化钠再与硫酸铜反应生成氢氧化铜，故钠不能从硫酸铜溶液中置换出铜，选项B错误；C.氯气的氧化性较强，与金属反应通常生成高价的氯化物，点燃条件下，铜与Cl2反应产物中铜为+2价，而铁与Cl2反应产物中铁为+3价，选项C错误；D.胶体中加入电解质溶液时发生聚沉，氢氧化铁和氢氧化铝均能溶于稀硫酸，故向Fe(OH)3胶体中滴加稀硫酸可以看到“先浑后清”，所以向Al(OH)3胶体中滴加稀硫酸也可以有“先浑后清”的现象，选项D正确。答案选D。12、B【解析】

设中的R的化合价从+5还原（降低）至＋x价，亚硫酸钠中的S元素的化合价从+4升高到+6，根据氧化还原反应中的电子得失守恒、化合价升降相同的原理，有2.4×10－3（5-x）=610－3（6-4），解得x=0，故答案B正确；本题答案为B。【点睛】氧化还原中，氧化剂得电子的物质的量和还原剂失电子的物质的量相等，氧化剂得电子化合价降低，还原剂失电子化合价升高，所以氧化剂化合价降低的总数和还原剂化合价升高的总数相等。13、C【解析】

c（K＋）=0.2mol·L－（Al3＋）=0.4mol·L－1（SO42－）=0.1mol·L－1将①/②可求出V1/V2；从而求出V总，即可求出V1：V2：V3。【详解】c（K＋）=0.2mol·L－（Al3＋）=0.4mol·L－1（SO42－）=0.1mol·L－1将①/②可求出V1/V2=2：1；设V1=2L，则V2=1L，带入③可得V总=4L，故V3=1L．即三种液体体积比为V1：V2：V3=2：1：1。A、三种液体体积比为V1：V2：V3=2：1：1，故混合溶液可以是2LK2SO4溶液和1LAl2（SO4）3溶液混合，再加1L蒸馏水，但不一定，故A错误；B、由于混合液中三种离子物质的量浓度分别为：K＋：0.1mol·L－1，Al3＋：0.1mol·L－1，SO42－：0.2mol·L－1，故K＋浓度与Al3＋浓度数值之和等于SO42－浓度数值，故B错误；C、三种液体体积比为V1：V2：V3=2：1：1，故C正确；D、混合液中K2SO4物质的量与Al2（SO4）3的物质的量之比为：（0.1mol·L－1×2L）：（0.2mol·L－1×1L）=1：1，故两者的物质的量相等，故D错误。故选C。14、C【解析】

A选项，强酸性H+与OH－反应生成水，不能共存，故A错误；B选项，强酸性都共存，但Cu2+是蓝色，故B错误；C选项，强酸性H+，Mg2+、Na+、SO42－、Cl－都共存，故C正确；D选项，强酸性H+与HCO3－反应生成二氧化碳和水，不能共存，故D错误；综上所述，答案为C。【点睛】记住有颜色的离子，铜离子：蓝色，铁离子：黄色，亚铁离子：浅绿色，高锰酸根：紫色。15、A【解析】

A、氢气和氧气均为双原子分子；

B、标况下，四氯化碳为液态；

C、通常状况下，气体摩尔体积大于22.4L/mol；

D、MgCl2是由Mg2+离子和Cl—离子构成，1mol的MgCl2固体中含有1molMg2+离子和2molCl—离子。【详解】A项、标况下1.12L混合气体的物质的量为0.05mol，而氢气和氧气均为双原子分子，故含0.1mol原子即0.1NA个，故A正确；B下、标况下，四氯化碳为液态，不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故B错误；C项、通常状况下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，故NA个二氧化碳即1mol二氧化碳的体积大于22.4L，故C错误；D项、MgCl2是由Mg2+离子和Cl—离子构成，1mol的MgCl2固体中含有1molMg2+离子和2molCl—离子，则0.5mol的MgCl2固体中，含有离子的总数为1.5NA，故错误。故选A。【点睛】本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用、物质的状态和物质的结构是解题关键。16、D【解析】

A、Na2CO3属于盐类，故A错误；B、NO2不是酸性氧化物，故B错误；C、NaHSO4属于盐类，故C错误；D、KOH属于碱，HNO3属于酸，NaHCO3属于盐，CaO为碱性氧化物，Mn2O7为酸性氧化物，故D正确。综上所述本题应选D。【点睛】本题重点考查物质分类。酸的定义是：在水溶液中电离出的阳离子全部都是氢离子的化合物（比如H2SO4是酸，而NaHSO4不是）；碱的定义：在水溶液中电离出的阴离子全部都是氢氧根的化合物；酸性氧化物：一类能与水作用生成对应价态的酸或与碱作用生成盐和水的氧化物（比如Mn2O7、SO3酸性氧化物，而NO2不是酸性氧化物）。碱性氧化物：跟酸起反应，生成盐和水，这种氧化物叫碱性氧化物(且生成物只能有盐和水,不可以有任何其它物质生成)。二、非选择题（本题包括5小题）17、三ⅥAMg>Si>S>CSiO2C+2SCS2极性【解析】

短周期元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大，元素X的一种高硬度单质是宝石，可知X是C；Y2+电子层结构与氖相同，则Y为Mg；室温下M单质为淡黄色固体，则M为S，Z的质子数为偶数，且在Mg和S之间，因此Z为Si。【详解】(1)M为S，在周期表中位于第三周期第ⅥA族。(2)Mg、Si、S位于同一周期，同一周期从左向右，原子半径逐渐减小，因此Mg>Si>S，S比C多一个电子层，则原子半径S>C，因此原子半径由大到小的顺序为Mg>Si>S>C。Z在自然界中常见的二元化合物是SiO2。(3)C与S在高温下反应生成CS2，化学方程式为C+2SCS2。CS2的电子式与CO2一样，为，化学键属于极性共价键。【点睛】同周期元素的原子半径从左向右逐渐减小。18、HCNa2NaCl+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOH2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2OCa(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO【解析】

A、B、C、D、E都是前20号元素中的常见元素，且核电荷数递增。A原子没有中子，说明A是H；B原子次外层电子数与最外层电子数之差等于电子层数，假设有两个电子层，次外层电子数为2，则B原子的K、L层依次排有2、4个电子，B为碳；C元素是地壳中含量最高的元素，C为O；4.6gD单质与足量盐酸作用可产生2.24LH2（标准状态下），D为金属，2.24LH2物质的量为0.1mol如果为金属镁，则Mg——H2，则镁为2.4g，如果是金属铝，则2Al——3H2，则铝为1.8g，如果是金属钠，则2Na——H2，则钠为4.6g，故D为金属钠；E的一价阴离子的核外电子排布与Ar的核外电子排布相同，说明E为非金属元素氯；【详解】⑴根据前面分析得出A为H，B为C，D为Na，故答案为A：H；B：C；D：Na；⑵C离子为氧离子，其电子式，故答案为；E的离子为氯离子，其离子结构示意图，故答案为；⑶D、E形成化合物为NaCl，电解D、E形成化合物的水溶液的化学反应方程式2NaCl+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOH，故答案为2NaCl+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOH；⑷工业上将E即氯气通入石灰乳[Ca(OH)2]制取漂粉精，化学反应方程式为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，故答案为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；漂粉精溶于水后，受空气中的CO2作用，即产生有漂白、杀菌作用的某种物质，即漂粉精溶于水与空气中二氧化碳和水反应生成碳酸钙沉淀和次氯酸，该化学反应方程式为Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO，故答案为Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO。19、20.0500mL容量瓶胶头滴管搅拌引流BDF【解析】

根据一定物质的量浓度溶液的配制步骤、操作及注意事项分析解答。【详解】(1)需要450mL溶液，实验室却不具备450mL容量瓶，所以需要选择500mL容量瓶配制，即计算时使用500mL计算，n(NaOH)=1mol•L﹣1×0.5L=0.5mol，m(NaOH)=0.5mol×40g/mol=20.0g，即需要称量氢氧化钠20.0g，故答案为20.0g；(2)配制溶液的操作步骤：①计算②天平称量③放入烧杯中溶解，同时用玻璃棒搅拌，待溶液冷却至室温后④转移：用玻璃杯引流移液至500mL容量瓶⑤洗涤：洗涤烧杯和玻璃棒2至3次，将洗涤液也注入容量瓶⑥定容：向容量瓶中注水，至液面离刻度线1至2cm时，改用胶头滴管逐滴加入，至凹液面与刻度线相切⑦摇匀⑧静置⑨装瓶，贴标签。在此过程中用到的仪器有：天平、量筒、烧杯、玻璃棒、500ml容量瓶、胶头滴管，还缺少的仪器：500ml容量瓶、胶头滴管；故答案为500ml容量瓶；胶头滴管；(3)溶解过程需要用玻璃棒搅拌；移液过程需要用玻璃棒引流；故答案为搅拌；引流；(4)A.容量瓶实验前用蒸馏水洗干净，但未烘干，对溶质的物质的量和溶液的体积都不产生影响，溶液浓度不变，故A错误；

B.天平砝码生锈，导致称取的溶质的质量偏大，溶液浓度偏高，故B正确；

C.配制过程中遗漏了洗涤步骤，导致溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故C错误；

D.未冷却到室温就注入容量瓶，冷却后溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故D正确；

E.加蒸馏水时不慎超过了刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故E错误；

F.定容观察液面时俯视，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故F正确。故选BDF。【点睛】一定物质的量浓度溶液的配制过程中的误差分析，全部依据公式c(B)=来判断溶质的物质的量减小，溶液体积不变，物质的量浓度偏小，以此类推。20、K2CO3溶液BaCO3+2H+＝Ba2++CO2↑+H2O不能应在操作②的滤液中加入过量盐酸后再蒸发结晶沉淀A1(或固体B)500mL容量瓶3.7【解析】

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，过滤后沉淀加入盐酸可生成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K2CO3的混合物，蒸发结晶得到固体C为KCl和K2CO3，沉淀A为BaCO3，洗涤后，加盐酸，蒸发得到固体B为BaCl2，以此来解答。【详解】（1）加入试剂a，与BaCl2反应生成BaCO3沉淀，因此试剂a是K2CO3溶液；