安徽省萧县中学2022-2023学年化学高一上期中联考模拟试题含解析.doc

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、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用05毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。4保持卡面清洁，不要折叠，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、从海水中提取镁的工业流程如图所示，下列说法不正确的是A用此法提取镁的优点之一是原料来源丰富B在实验室进行的操作需用到坩埚、坩埚钳、玻璃棒、酒精灯C步骤电解MgCl2时，副产物Cl2可以循环利用D上述工艺流程中的反应未涉及置换反应2、以下是对某水溶液进行离子检验的方法和结论，其中正确的是A先加入 BaCl2 溶液，再加入足量的 HNO3 溶液，产生了白色沉淀。溶液中一定含有大量的 SO42-B加入足量的 CaCl2 溶液，产生了白色沉淀。溶液中一定含有大量的 CO32-C加入足量浓 NaOH 溶液，产生了带有强烈刺激性气味的气体，该气体可以使湿润的红色石蕊试纸变 蓝，则溶液中一定含有大量的NH4+D先加适量的盐酸将溶液酸化，再加 AgNO3 溶液，产生了白色沉淀。溶液中一定含有大量的 Cl3、茶疏中对泡茶过程有如下记载：“治壶、投茶、出浴、淋壶、烫杯、酾茶、品茶 ”文中未涉及下列操作原理的是A溶解B萃取C蒸馏D过滤4、下列各组中两种溶液间的反应，能用同一离子方程式来表示的是AHCl+Na2CO3；H2SO4+KHCO3BBaCl2+Na2SO4；Ba(OH)2+(NH4)2SO4CFe+H2SO4(稀)；Fe+HNO3 (稀)DNaHCO3（过量）和Ca(OH)2，Ca(HCO3)2和NaOH（过量）5、某溶液中仅含有H+、Al3+、Cl-、四种离子，其中H+ 的浓度为0.5 mol·L-1， Cl-的浓度为0.2 mol·L-1，Al3+的浓度为0.1 mol·L-1，则的浓度是A0.15 mol·L-1B0.25 mol·L-1C0.3 mol·L-1D0.4 mol·L-16、下列有关物质用途的叙述中，不正确的是A碘化银用于人工降雨B氢氧化钠用于制食盐C碘酒用来消毒D盐酸用于除铁锈7、下列各组离子一定能大量共存的是A在无色溶液中：Na+、Fe3+、Cl-、B在含大量Cu2+的溶液中：、K+、OH-C在强碱溶液中：Na+、K+、D滴加紫色石蕊试液显红色的溶液中：K+、Ca2+、Cl-、CH3COO-8、在下列条件下，两种气体的分子数一定相等的是A同密度、同压强的 N2 和 C2H4 B同温度、同体积的 O2 和 N2C同体积、同密度的 C2H4 和 CO D同压强、同体积的 O2 和 N29、下列物质中，属于盐类的是AMgOBH2SO4CNaOHDCaCO310、有一份气体样品的质量是14.2 g，体积是4.48 L(标准状况下)，该气体的摩尔质量是A28.4 g B28.4 g·mol1 C71 g·mol1 D14.2 g·mol111、甲、乙两烧杯中各盛有100mL3mol/L的硫酸和氢氧化钠溶液，向两烧杯中分别加入A克的铝粉，反应结束后测得生成的气体体积为甲:乙3:4，下列说法正确的是( )A参加反应的H2SO4为0.2molB参加反应的NaOH约为0.27molC加入铝粉的质量A5.4D与硫酸反应的铝粉的质量7.2g12、在两个密闭容器中，分别充有质量相同的甲、乙两种气体，若两容器的温度和压强均相同，且甲的密度大于乙的密度，则下列说法正确的是A甲的物质的量比乙的物质的量少 B甲的摩尔质量比乙的摩尔质量小C甲的摩尔体积比乙的摩尔体积小 D甲的分子数比乙的分子数多13、下列属于电解质并能导电的物质是A蔗糖 BKNO3溶液 CFe D熔融的Na2O14、下列说法正确的是ACO2溶于水得到的溶液能导电，则CO2属于电解质B电离需要通电才能进行C氯化氢的水溶液能导电，液态氯化氢不能导电DNaCl晶体不能导电，所以NaCl是非电解质15、除去氯化钠中少量的氯化钙、硫酸钠杂质，下列选用的试剂及加入顺序正确的是ANa2CO3、BaCl2、HCl BBaCl2、Na2CO3、H2SO4CBaCl2、Na2CO3、HCl DBa(NO3)2、Na2CO3、HCl16、人们对物质性质的研究是一种科学探究的过程，这种研究过程的科学组合应该是A预测物质的性质观察物质的外观实验和观察解释和结论B观察物质的外观预测物质的性质解释和结论 实验和观察C预测物质的性质观察物质的外观解释和结论 实验和观察D观察物质的外观预测物质的性质实验和观察解释和结论二、非选择题（本题包括5小题）17、今有一混合物的水溶液，只可能含有以下离子中的若干种：K+、NH4+、Cl、Mg2+、Ba2+、CO32、SO42，现取三份各100mL该溶液进行如下实验：第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生； 第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到气体0.08mol；第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀12.54g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为4.66g。根据上述实验，回答下列问题：（1）由第二份进行的实验得知混合物中应含有_离子，其物质的量浓度为_。（2）由第三份进行的实验可知12.54克沉淀的成分是_（写沉淀化学式），其物质的量分别为_。（3）原溶液中是否存在K+_填“是”或“否）若存在则K+的浓度的取值范围是_（若不存在此空可不填）18、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”)。19、某同学帮助水质检测站配制480 mL 0.5 mol·L1 NaOH溶液以备使用。该同学应称取NaOH固体_g。容量瓶的使用之前需要_。溶液的配置过程操作步骤如图2所示，则图1操作应在图2中的_(填选项字母)之间。操作中液体转移到容量瓶要注意_。图操作的名称是_，进行该操作时要注意_。A与B与C与 D与实验室用 63%的浓 HNO3 （其密度为 1.4 g·mL -1）配制 240 mL 0.50 mol·L-1 稀 HNO3，若实验仪器有：A10 mL 量筒 B50 mL 量筒 C托盘天平 D玻璃棒 E100 mL 容量瓶 F250 mL 容量瓶 G500 mL 容量瓶 H胶头滴管 I200mL 烧杯 (1)此浓硝酸的物质的量浓度为_mol·L -1。 (2)应量取 63%的浓硝酸_mL，应选用_（填仪器的字母编号）。 (3)实验时还需选用的仪器有 D、I、_（填序号）。 (4)配制过程中，下列操作会使配制的稀硝酸溶液浓度偏高的是（填序号）_。量取浓硝酸的量筒用蒸馏水洗涤 23 次，并把洗涤液转入容量瓶容量瓶使用时未干燥 溶解后未经冷却就移液 定容时不小心有少量蒸馏水滴到瓶外 定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面低于刻度线，再加蒸馏水补至刻度线20、某学生需要用烧碱固体配制1 molL1的NaOH溶液450 mL。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21、铝土矿是冶炼金属铝的重要原料，其中主要成分为 Al2O3、Fe2O3 等。工业上可 NaOH 溶解 Al2O3 使 其与杂质分离：Al2O3+2NaOH2NaAlO2+H2O（1）找出上述反应中化合价为负值的元素，写出其原子的电子式_。（2）同温同压下，上述元素形成的气体密度最大的物质的分子式为_。（3）上述反应中两种金属元素对应单质的活泼性强弱关系为：_，从原子结构的角度分 析其原因：_。（4）若根据化学性质进行物质分类，则 Al2O3 属于_氧化物，据此推测下列反应方程式正确的是_。AAl2O3+3H2O2Al（OH）3B2Al（OH）3+3H2SO4Al2（SO4）3+3H2OCAl（OH）3+NaOHNaA1O2+2H2OD NaAlO2+4HClAlCl3+2H2O参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解析】提取镁的工艺流程中发生的反应有：CaCO3 CaO+CO2，CaO+H2O=Ca(OH)2，Ca(OH)2+MgCl2=Mg(OH)2+CaCl2，Mg(OH)2+2HCl=MgCl2+2H2O，MgCl2Mg+Cl2，以此解答该题。【详解】A、海水在地球上含量丰富，海水中含有大量的镁，提取镁的原料来源丰富，故A正确；B实验操作是过滤，过滤时需要的仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗、铁架台，故B错误； C、工业上用电解熔融氯化镁的方法冶炼Mg，副产物Cl2可以制得盐酸，参与循环利用，故C正确；D、根据上述分析，上述工艺流程中的反应未涉及置换反应，故D正确；故选B。2、C【解析】A、可以和硝酸酸化的氯化钡溶液反应产生的白色沉淀可以是硫酸钡或者是氯化银，所以该澄清溶液中可能含有SO42-、Ag+、SO32-或HSO3-等，A错误；B、加入足量的CaCl2溶液，产生了白色沉淀，溶液中可能含有大量的CO32-、SO42-或Ag+或SO32-等，B错误；C、加入足量浓 NaOH溶液，产生了带有强烈刺激性气味的气体，该气体可以使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则溶液中一定含有大量的NH4+，C正确；D、先加适量的盐酸将溶液酸化，溶液中引入了氯离子，再产生白色沉淀，无法说明氯离子的来源，D错误；答案选C。3、C【解析】投茶、出浴涉及茶的溶解，淋壶、烫杯、酾茶过程涉及萃取以及过滤等操作，而蒸馏涉及到物质由液态变为气体后再变为液体，泡茶过程没有涉及到此蒸馏。A. 溶解符合题意；B. 萃取溶解符合题；C. 蒸馏不溶解符合题；D. 过滤溶解符合题；故选C。4、D【解析】HCO3-不能拆写为CO32-；Ba2+与SO42-反应，NH4+也能与OH-反应；铁与稀硫酸反应生成氢气，与稀硝酸反应生成一氧化氮；NaHCO3（过量）和Ca(OH)2反应生成碳酸钙、氢氧化钠和水，Ca（HCO3）2和NaOH（过量）反应生成碳酸钙、碳酸钠和水。【详解】前者离子方程式为：CO32-+2H+=CO2+H2O；后者离子方程式为：HCO3-+H+=CO2+H2O，不可用同一离子方程式表示，A错误；前者离子方程式为：Ba2+SO42-=BaSO4；后者离子方程式为：2NH4+2OH-+Ba2+SO42-=BaSO4+2NH3H2O，不可用同一离子方程式表示，B错误；前者离子方程式为：Fe+2H+=Fe2+H2；后者离子方程式为：3Fe+8H+2NO3=3Fe2+2NO+4H2O，C错误；NaHCO3（过量）和Ca（OH）2反应生成碳酸钙、氢氧化钠和水，Ca（HCO3）2和NaOH（过量）反应生成碳酸钙、碳酸钠和水，离子方程式都是：2HCO3-+2OH-+Ca2+=CaCO3+2H2O+CO32-，可用同一离子方程式表示， D正确。故选D。【点睛】本题考查离子反应方程式的书写，注意离子反应中化学式能否拆写、相对用量对反应的影响，明确发生的化学反应是解答本题的关键。5、C【解析】根据溶液中电荷守恒有c(H+) + 3c(Al3+) = c(Cl-) + 2c()，即0.5 mol/L + 3×0.1 mol/L = 0.2 mol/L + 2c()，解得c() = 0.3 mol/L；故选：C。6、B【解析】A选项，碘化银成为云中水滴的凝聚核，水滴在其周围迅速凝聚，达到一定程度便产生了降雨，故A正确； B选项，氢氧化钠比食盐的价格高的多，食盐在自然界存量极大，不可能用氢氧化钠制食盐，用电解饱和食盐水法可制氢氧化钠，故B错误；C选项，碘酒可杀灭细菌，可用来消毒，故C正确；D选项，盐酸与铁锈可反应而使其除去，故D正确；综上所述，答案为B。7、C【解析】A含Fe3+的溶液显黄色，与无色溶液不相符，A不符题意；BCu2+离子会和OH-离子反应生成氢氧化铜沉淀，铵根离子和氢氧根离子反应而不能大量共存，B不符题意；C在强碱溶液中：Na+、K+、之间不反应且不与OH-反应，可以大量共存，C符合题意；D滴加紫色石蕊试液显红色的溶液显酸性，溶液中含有一定量的H+，CH3COO-能与H+发生反应而不能大量共存，D不符题意；答案选C。8、C【解析】只要气体的物质的量相等，气体的分子数就一定相等。A中气体的摩尔质量相等，但质量不一定相等，所以分子数不相等；B中气体的压强不一定相同，所以物质的量不一定相等；C中气体的质量相同，且气体的摩尔质量相等，所以物质的量相等，分子数相同；D中气体的温度不一定相同，所以物质的量不一定相同，分子数不一定相等，答案选C。9、D【解析】A氧化镁属于氧化物，选项A错误；B硫酸属于酸，选项B错误；C氢氧化钠属于碱，选项C错误；D碳酸钙属于碳酸盐，属于盐，选项D正确；答案选D。【点睛】本题考查了氧化物、酸、碱、盐的定义，并用定义来解题。根据氧化物、酸、碱、盐的定义来解题，其中氧化物为负价氧和另外一个化学元素组成的二元化合物，酸为指在溶液中电离时阳离子完全是氢离子且能使紫色石蕊试液变红的化合物，碱是指在水溶液中电离出的阴离子全是氢氧根离子的化合物，盐是指一类金属离子或铵根离子（NH4+）与酸根离子或非金属离子结合的化合物，根据氧化物、酸、碱、盐的定义来解题。10、C【解析】根据n=V÷Vm、M=m÷n解答。【详解】气体的物质的量n=V÷Vm=4.48L÷22.4L/mol=0.2mol，气体的质量是14.2g，因此气体的摩尔质量M=m÷n=14.2g÷0.2mol=71g/mol，选项C正确。答案选C。11、B【解析】试题分析：如果铝完全反应则生成的氢气体积是相等的，但由于反应结束后生成的氢气体积为甲:乙3:4，这说明铝与稀硫酸反应时硫酸不足，铝过量。与氢氧化钠溶液反应时铝完全反应，氢氧化钠过量或恰好反应。A、硫酸的物质的量0.1L×3mol/L0.3mol，即参加反应的硫酸是0.3mol，A不正确；B、硫酸生成的氢气是0.3mol，所以氢氧化钠与铝反应生成的氢气是0.4mol，则根据方程式2Al2NaOH2H2O2NaAlO23H2可知，参加反应的氢氧化钠是×20.27mol，B正确；C、根据方程式2Al2NaOH2H2O2NaAlO23H2可知，参加反应的铝的物质的量×2，质量×2×27g/mol7.2g，C不正确；D、根据反应2Al3H2SO4=Al2(SO4)33H2可知，参加反应的铝的质量0.2mol×27g/mol5.4g，D不正确，答案选B。考点：考查金属铝与稀硫酸、氢氧化钠溶液反应的有关判断和计算12、A【解析】同温同压下，气体摩尔体积相等，相同条件下，气体密度与其摩尔质量成正比，甲的密度大于乙的密度，说明甲的摩尔质量比乙的摩尔质量大。【详解】A. 根据n=m/M，质量相同时物质的量与摩尔质量成反比，甲的摩尔质量比乙的摩尔质量大，所以甲的物质的量比乙的物质的量少，故A正确；B. 相同条件下，气体密度与其摩尔质量成正比，甲的密度大于乙的密度，说明甲的摩尔质量比乙的摩尔质量大，故B错误；C. 同温同压下，气体摩尔体积相等，故C错误；D. 根据n=m/M，质量相同时物质的量与摩尔质量成反比，甲的摩尔质量比乙的摩尔质量大，所以甲的物质的量比乙的物质的量少，即甲的分子数比乙的分子数少，故D错误。故选A。13、D【解析】电解质是在熔融状态或水溶液中能导电的化合物。【详解】A.蔗糖在在熔融状态或水溶液中均不能导电，是非电解，； B. KNO3溶液是混合物； C. Fe是单质； D.熔融的Na2O能导电，是电解质；D符合题意，答案为D。【点睛】电解质的概念是本题考查点，注意电解质为化合物，溶液和金属单质等即使能导电，也不属于电解质。14、C【解析】试题分析：A.CO2溶于水生成碳酸，碳酸电离出阴阳离子，得到的溶液能导电，CO2属于非电解质，错误；B.电解是指在水分子的作用下离解成自由移动的离子的过程，不需要通电，错误；C.氯化氢溶于水电离出氢离子和氯离子，它的水溶液能导电，液态氯化氢是共价化合物，不能导电，正确；NaCl晶体不能导电，溶于水导电，所以NaCl是电解质，错误；选C。考点：考查电解质、非电解质的概念，溶液的导电性等知识。15、C【解析】根据选择的试剂，加入碳酸钠除去钙离子，加入氯化钡除去硫酸根离子，加入的碳酸钠一定要在氯化钡以后加，这样碳酸钠既可以将钙离子除去还可以将多余的钡离子除去，过滤后再加入盐酸，将多余的碳酸根离子和氢氧根离子除去，不能加入硫酸，否则会引进硫酸根离子，即加入试剂的顺序是：BaCl2、Na2CO3、HCl，故选C。16、D【解析】研究物质性质的基本程序：首先，要观察物质的外观性质（包括物质的存在状态、颜色气味等）；第二、要对物质的性质进行预测；第三、设计并实施实验来验证所做的预测。通过对实验现象的观察和分析，归纳出与预测相一致的性质，并对实验中所出现的特殊现象进行进一步的研究；第四、对实验现象进行分析、综合、推论，概括出物质的通性及特性。【详解】人们对物质性质的研究是一种科学探究的过程，这种研究过程的科学组合应该是：观察物质的外观预测物质的性质实验和观察解释和结论。答案为D。二、非选择题（本题包括5小题）17、NH4+ 0.8 mol/L BaCO3、BaSO4 0.04 mol 、 0.02 mol 是 0.4 mol/L 【解析】据题意分析，第一份溶液加入溶液有沉淀产生，推得可能含有；第二份溶液加足量溶液加热后收集到气体，推得一定含有，一定不存在；第三份溶液利用发生的离子反应，经过计算、推得一定存在，一定不存在；根据溶液中阴阳离子的电荷守恒，即可推出一定存在。【详解】（1）加入足量溶液加热后，收集到气体0.08mol气体，气体为氨气，故溶液中含有0.08mol，浓度为，故答案为：；（2）加足量溶液后，得干燥沉淀12.54g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为4.66g，可知沉淀既有也含有，质量为4.66g，物质的量为： ，碳酸钡质量为： ，物质的量为，故答案为：；0.04 mol 、0.02 mol；（3）根据上述分析，溶液中肯定存在、，肯定不存在和，可能存在，根据的物质的量为0.04 mol 、0.02 mol，物质的量为0.08mol，根据电荷守恒，若无则的物质的量为0.04mol，若存在则的物质的量则大于0.04mol，故肯定存在，其物质的量浓度大于等于，故答案为：是 ； 0.4 mol/L。【点睛】破解离子推断题：(1)肯定性原则：根据实验现象推出溶液中肯定存在或肯定不存在的离子；(记住几种常见的有色离子：)(2)互斥性原则：在肯定某些离子的同时，结合离子共存规律，否定一些离子的存在；(要注意题目中的隐含条件，如：酸性、碱性、指示剂的变化等)(3)电中性原则：溶液呈电中性，一定既有阳离子，又有阴离子，且溶液中正电荷总数与负电荷总数相等18、三 A Mg>Si>S>C SiO2 C+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A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。19、10.0 查漏 C 冷却到室温 定容 液面距刻度线12cm时改用胶头滴管滴加至凹液面最低处与刻度线相切 14.0 8.9 A F、H 【解析】(1) )配制480 mL 0.5 mol·L1 NaOH溶液,应选择500mL容量瓶,需要溶质质量m=0.5 mol·L1 10-340g/mol=10.0g; 容量瓶带有活塞,为防止漏液,使用前需要检查是否漏水; 配制一定物质的量浓度溶液一般步骤:计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀,图示操作为洗涤、摇动后,用胶头滴管定容前,所以C选项是正确的; 操作中液体转移到容量瓶前要注意把液体冷却。 图操作的名称是定容,进行定容操作时要注意液面离容量瓶刻度线1-2cm时，改用胶头滴管加水至凹液面与容量瓶刻度线相切。答案：10.0、检查是否漏水（检漏）、 C、冷却到室温、定容 、液面离容量瓶刻度线1-2cm时，改用胶头滴管加水至凹液面与容量瓶刻度线相切 。（1）浓硝酸物质的量浓度c=100=10001.414.0mol/L；（2）由于无240mL容量瓶，故应选用250mL容量瓶，配制出250mL溶液，设需要的浓硝酸的体积为VmL，根据溶液稀释定律C浓V浓=C稀V稀：14.0mol/L×VmL=250mL×0.50mol/L，解得V=8.9mL；根据“大而近”的原则，根据需要量取的浓硝酸的体积为8.9mL，故应选择10mL量筒，答案为A；（3）根据配制步骤是计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶可知所需的仪器有10mL量筒、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶和胶头滴管，故还需要的仪器有250mL容量瓶和胶头滴管，故答案为F、H；（4）量取浓硝酸的量筒用蒸馏水洗涤2-3次，并把洗涤液转入容量瓶，会导致溶质的量偏多，则浓度偏高，故正确；容量瓶使用时未干燥，对浓度无影响，故错误；溶解后未经冷却就移液，则冷却后溶液体积偏小，浓度偏高，故正确；定容时不小心有少量蒸馏水滴到瓶外，会导致溶质的损失，则浓度偏低，故错误；定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面低于刻度线是正常的，再加蒸馏水补至刻度线会导致浓度偏低，故错误；故答案为。【点睛】要学会配制一定物质的量浓度溶液的常见误差分析的基本方法：紧抓c=n/V分析，如：用量筒量取浓硫酸倒入小烧杯后，用蒸馏水洗涤量筒并将洗涤液转移至小烧杯中，用量筒量取液体药品，若将洗涤液转移到容量瓶中，导致n偏大，所配溶液浓度偏高；再如：配制氢氧化钠溶液时，将称量好的氢氧化钠固体放入小烧杯中溶解，未冷却立即转移到容量瓶中并定容，容量瓶上所标示的使用温度一般为室温，绝大多数物质在溶解或稀释过程中常伴有热效应，使溶液温度升高或降低，从而影响溶液体积的准确度，氢氧化钠固体溶于水放热，定容后冷却至室温，溶液体积缩小，低于刻度线，导致V偏小，浓度偏大，若是溶解过程中吸热的物质，则溶液浓度偏小等。20、20.0 500 mL 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)= 1 molL1×0.5L=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：计算天平称量放入烧杯中溶解，同时用玻璃棒搅拌，待溶液冷却至室温后转移：用玻璃杯引流移液至500mL容量瓶洗涤：洗涤烧杯和玻璃棒2至3次，将洗涤液也注入容量瓶定容：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摇匀静置装瓶，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。21、 O3 NaAl 两者电子层数相同，Na的质子数比Al的质子数小，较易失去最外层电子 两性 BCD 【解析】（1）Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O中Na、H为+1价，Al为+3价，O为2价，O的最外层有6个电子；（2）同温同压下，上述元素形成的气体密度最大的物质为臭氧；（3）同周期从左往右金属性减弱；（4）Al2O3可与酸、强碱反应生成盐和水，为两性氧化物。【详解】（1）只有O为负价，氧原子的电子式为，故答案为；（2）同温同压下，上述元素形成的气体密度最大的物质的分子式为O3，故答案为O3；（3）上述反应中两种金属元素对应单质的活泼性强弱关系为NaAl；从原子结构的角度分析其原因为两者电子层数相同，Na的质子数比Al的质子数小，较易失去最外层电子，故答案为NaAl；两者电子层数相同，Na的质子数比Al的质子数小，较易失去最外层电子；（4）Al2O3可与酸、强碱反应生成盐和水，为两性氧化物；氧化铝与水不反应，氢氧化铝为两性氢氧化物，则BC中方程式合理，氢氧化铝可溶于盐酸，则D中合理，故答案为两性；BCD。