2020年领军高考化学真题透析专题1.2物质的量浓度高效演练.doc

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1、专题1.2 物质的量浓度1、下列实验误差分析错误的是A. 用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液浓度偏小B. 滴定前滴定管内无气泡，终点读数时有气泡，所测体积偏小C. 用润湿的pH试纸测稀碱溶液的pH，测定值偏小D. 测定中和反应的反应热时，将碱缓慢倒入酸中，所测温度值偏小【答案】A【解析】A项，用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液体积偏小，根据公式cB=，所配溶液浓度偏大，A项错误；B项，滴定前滴定管内无气泡，终点读数时有气泡，终点读数偏小，所测体积偏小，B项正确；C项，用湿润pH试纸测稀碱液的pH，c（OH-）偏小，pH测定值偏小，C项正确；D项，测定中和热时，将碱缓慢倒入酸

2、中，散失热量较多，所测温度值偏小，D项正确；答案选A。2、下列实验操作正确的是A. 开启易挥发液体试剂前，应反复摇动后再开启B. 在实验室中进行蒸馏操作时，温度计应插入液面之下C. 实验室制取氢气后的废液，可先倒入水槽中，再用水冲入下水道D. 用食指顶住瓶塞，另一只手托住瓶底，把瓶倒立，检查容量瓶是否漏水【答案】D【解析】开启易挥发液体试剂前，先将试剂瓶放在自来水流中冷却几分钟，开启时瓶口不要对人，A错误；蒸馏操作时，温度计水银球应在蒸馏烧瓶的支管口处，测量的蒸汽温度，B错误；实验后的废液都应倒入废液桶中收集，集中处理，C错误；检查容量瓶是否漏水的操作：用食指顶住瓶塞，另一只手托住瓶底，把瓶倒

3、立，观察瓶口是否有水渗出，若没有，将瓶塞旋转180度，重复上述操作，如果瓶口仍无水渗出，则容量瓶不漏水，D正确；正确选项D。3、仅用下表提供的玻璃仪器(自选非玻璃仪器)就能实现相应实验目的的是()选项实验目的玻璃仪器A分离硝酸钾和氯化钠混合物烧杯、酒精灯、玻璃棒、分液漏斗B配制450 mL 2 molL1氯化钠溶液500 mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管C除去氢氧化铝胶体中的泥沙漏斗(带半透膜)、烧杯、玻璃棒D从食盐水中获得NaCl晶体坩埚、玻璃棒、酒精灯、泥三角【答案】B【解析】分离硝酸钾和氯化钠混合物需要进行重结晶，所以应该用普通漏斗进行过滤，选项A错误。实验室没有450mL的容量

4、瓶，所以配制450 mL 2 molL1氯化钠溶液的时候应该使用500mL容量瓶。用天平（非玻璃仪器）称量氯化钠质量，转移至烧杯，用量筒加水溶解，玻璃棒搅拌，转移至容量瓶，洗涤，定容，摇匀即可，选项B正确。除去氢氧化铝胶体中的泥沙，应该用带滤纸的漏斗直接过滤，选项C错误。从食盐水中获得NaCl晶体的操作是蒸发，应该在蒸发皿中进行，选项D错误。4、下列有关实验的操作正确的是选项实验操作A制备Fe(OH)3胶体煮沸盛在小烧杯中的25ml.蒸馏水，加入56滴饱和FeCl3溶液，继续煮沸至星红褐色B配制250ml.0.1mol/L氢氧化钠溶液称取1.0gNaOH固体放入250mL容量瓶中，加水至离刻度

5、线12cm处，改用胶头滴管滴入蒸馏水到刻度C氢气还原氧化铜用酒精灯加热盛有灼热的氧化铜的反应管并通入氢气，固体完全变红后，先停止通氢气，然后停止加热D除去NaBr溶液中少量的NaI在溶液中滴入少量AgNO3溶液至不再产生黄色沉淀，然后过滤【答案】A【解析】A.实验室中，制取Fe(OH)3胶体的操作是将少量饱和FeCl3溶液滴入沸水中并继续煮沸至溶液呈红褐色，A正确；B. 配制溶液时NaOH固体不能直接放入容量瓶中溶解，B错误；C.氢气还原氧化铜时，应先停止加热再停止通氢气，以免生成的铜又与氧气反应生成氧化铜，C错误；D. NaBr溶液也能与AgNO3溶液反应生成沉淀，D错误；答案选A.5、下列

6、说法正确的是选项实验目的所选主要仪器(铁架台等忽略)部分操作A用浓硫酸配制480mL0.1mol/L硫酸溶液500mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管将量取好的浓硫酸放入容量瓶中，加水溶解至刻度线B从食盐水中得到NaCI晶体坩埚、酒精灯、玻璃棒、泥三角、三角架当加热至大量固体出现时，停止加热，利用余热加热C分离甲醇和甘油的混合物蒸馏烧瓶、酒精灯、温度计、直形冷凝管、锥形瓶、牛角管温度计水银球插入混合液液面以下D用CCl4萃取溴水中的Br2分液漏斗、烧杯分离时下层液体从分液漏斗下口放出，上层液体从上口倒出【答案】D【解析】A容量瓶是定容容器，不可用来稀释浓硫酸，故A错误；B溶液的蒸发结晶在蒸

7、发皿中进行，不是在坩埚中蒸发，故B错误；C蒸馏操作时温度计水银球到蒸馏烧瓶的支管口，测蒸气温度，故C错误；D萃取操作时使用分液漏斗，分离时下层液体从分液漏斗下口放出，上层液体从上口倒出，故D正确；答案为D。6、用下列装置进行实验能达到相应实验目的的是A. 用甲装置配制一定物质的量浓度的NaNO3溶液B. 用乙装置分离溴苯和水C. 用丙装置制取SO2气体并验证其还原性(可加热)D. 用丁装置防止铁钉生锈【答案】C【解析】A. 配制溶液时，NaNO3固体不能直接放在容量瓶中溶解，A错误；B. 溴苯的密度大于水，溴苯在下层，B错误；C. 加热条件下，浓硫酸和铜发生氧化还原反应生成二氧化硫气体，具有还

8、原性，可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应， 使酸性高锰酸钾溶液褪色，C正确；D.作原电池正极或电解池阴极的金属被保护，作原电池负极或电解池阳极的金属加速被腐蚀，该装置中Fe作负极而加速被腐蚀，不能防止铁钉生锈，D错误；答案选C.7、下列实验操作规范且能达到目的的是目的操作A取20.00 mL盐酸在50 mL酸式滴定管中装入盐酸，调整初始读数为30.00 mL后，将剩余盐酸放入锥形瓶B配制浓度为0.010 mol/L的KMnO4溶液称取KMnO4固体0.158 g，放入100 mL容量瓶中，加水溶解并稀释至刻度C测定醋酸钠溶液pH用玻璃棒蘸取溶液，点在湿润的pH试纸上D清洗碘升华实验所用试管先用酒

9、精清洗，再用水清洗【答案】D【解析】A、由于滴定管最大刻度的下面还有一段空间盛装有溶液，所以滴定管内剩余的盐酸的体积大于20.00mL，故A错误；B、容量瓶只能用来配制溶液，不能在其中直接溶解或稀释物质，所以B错误；C、用pH试纸测定溶液的pH时，不能湿润，否则被测溶液将被稀释，导致测定结果不准，故C错误；D、由于碘易溶于酒精，不易溶于水，所以清洗碘升华实验所用试管，先用酒精清洗，再用水清洗，即D正确。本题正确答案为D。8、下列实验误差分析合理的是选项实验目的及操作误差分析A用pH 试纸测某稀酸溶液的pH 时，先润湿试纸无影响B配制一定物质的量浓度的NaCl 溶液时，仰视容量瓶刻度线偏低C测定

10、某酸的准确浓度时，碱式滴定管未用标准液润洗偏低D测定中和热时，忘记盖上泡沫塑料板偏高【答案】B【解析】A、先用蒸馏水将pH试纸润湿时，再滴加待测液会使溶液酸性减弱，酸溶液PH增大，故A错误；B、配制一定物质的量浓度的NaCl溶液时，定容时仰视容量瓶的刻度线，导致加入的蒸馏水体积偏大，配制的溶液浓度偏低，故B正确；C、测定某酸的准确浓度时，碱式滴定管未用标准液润洗，导致标准液浓度减小，滴定过程中消耗的标准液体积偏大，测定结果偏高，故C错误；D、测定中和热时，忘记盖上泡沫塑料板，导致热量散失，结果偏低，故D错误；故选B。9、下列叙述中正确的是()A.将78 g Na2O2溶于1.00 L水中，所得

11、溶液中Na+的浓度为2.00 molL-1 B.将10 mL 18.4 molL-1的浓硫酸加水稀释至1 L，稀释后溶液中H2SO4的物质的量浓度为0.184 molL-1 C.100 mL 2.0 molL-1Na2CO3溶液中Na+数约为0.26.021023 D.将20.0 g NaOH固体置于500 mL容量瓶内，然后加水至刻度线即得1.00 molL-1的NaOH溶液【答案】B【解析】A项，78 g Na2O2物质的量为1 mol，与水反应生成的NaOH为2 mol，但是反应后溶液体积不是1 L，A错误；稀释前后，溶质的物质的量保持不变，0.01 L18.4 molL-1=1 Lc稀

12、，c稀=0.184 molL-1，B正确；Na2CO3的物质的量为0.100 L2.0 molL-1=0.2 mol，溶液中Na+数约为20.26.021023，C错误；不能将固体或浓溶液直接在容量瓶中溶解或稀释，也不能将过冷或过热的溶液转移到容量瓶中，NaOH固体溶于水放热，D错误。10、下列实验操作或仪器选择正确的是A. 配制200mL 0.1mol/LCuSO4溶液需要称量硫酸铜固体3.2gB. 配制1mol/L H2SO4溶液，量取浓硫酸后，将浓硫酸直接注入容量瓶中C. 配制1mol/L AlCl3溶液时，将氯化铝晶体溶于适量浓盐酸中，再加水稀释D. 称量4.0g NaOH固体，溶解于

13、1L水中，即可配制0.1mol/L的NaOH溶液【答案】C【解析】A. 配制200mL 0.1mol/LCuSO4溶液需要选用250mL容量瓶配制，需要硫酸铜固体的质量为0.25L0.1mol/L 160g/mol=4.0g，故A错误；B.容量瓶不能用作稀释的容器，浓硫酸应该在烧杯中稀释并冷却后转移到容量瓶中，故B错误；C.氯化铝能够水解，为了防止配制的溶液发生浑浊，应该将氯化铝晶体溶于适量浓盐酸中，再加水稀释到适当浓度，故C正确；D. NaOH固体溶解于1L水中得到的溶液体积不是1L，故D错误；故选C。11、下列有关实验原理或操作正确的是（ ）A. 用20mL量筒量取15mL酒精，加水5mL

14、，配制质量分数为75%的酒精溶液（P1）B. 在200mL某硫酸盐溶液中，含有1.5NA个硫酸根离子，同时含有NA个金属离子，则该硫酸盐的物质的量浓度为2.5molL-1C. 实验中需用2.0molL-1的Na2CO3溶液950mL，配制时应选用的容量瓶的规格和称取Na2CO3的质量分数分别为950mL、201.4gD. 实验室配制500mL 0.2molL-1的硫酸亚铁溶液，其操作是：用天平称15.2g绿矾（FeSO47H2O），放入小烧杯中加水溶解，转移到500mL容量瓶、稀释、定量、摇匀【答案】B【解析】用20mL量筒量取15mL酒精，加水5mL，配制质量分数小于75%的酒精溶液，故A错

15、误 ；硫酸根离子与金属离子的个数比是3:2，该盐的化学式是 ，该硫酸盐的物质的量0.5mol，浓度为2.5molL-1，故B正确；实验中需用2.0molL-1的Na2CO3溶液950mL，配制时应选用的容量瓶的规格和称取Na2CO3的质量分数分别为1000mL、212.0g，故C错误；实验室配制500mL 0.2molL-1的硫酸亚铁溶液，其操作是：用天平称27.8g绿矾（FeSO47H2O），放入小烧杯中加水溶解，转移到500mL容量瓶、稀释、定量、摇匀，故D错误。12、进行下列实验，相关说法正确的是A. 图甲：蒸干CuSO4饱和溶液，制备CuSO45H2O晶体B. 图乙：可形成红色喷泉，证

16、明HC1极易溶于水C. 图丙：配一定物质的量浓度NaOH溶液，若定容时视线如图，则所配NaOH溶液浓度偏低D. 图丁：除去碳酸氢钠固体中的少量碳酸钠【答案】B【解析】A. 蒸干CuSO4饱和溶液，得到的是CuSO4固体，A项错误；B.HC1极易溶于水可形成红色喷泉,B项正确；C.若定容时视线如图，则少加了蒸馏水，所配NaOH溶液浓度偏高，C项错误；D.碳酸氢钠受热易分解为碳酸钠，D项错误。答案选B.13、为了配制 100 mL 1 mol/L NaOH 溶液，其中有下列几种操作，错误的操作( )选刚用蒸馏水洗净过的 100 mL 容量瓶进行配制NaOH 固体在烧杯里刚好完全溶解，立即把溶液转移

17、到容量瓶中用蒸馏水洗涤烧杯内壁两次，洗涤液都移入容量瓶中使蒸馏水沿着玻璃棒注入容量瓶，直到溶液的凹液面恰好跟刻度相切由于不慎，液面超过了容量瓶的刻度线，这时采取的措施是使用胶头滴管吸出超过的一部分A. B. C. D. 【答案】A【解析】配制100mL1mol/L的NaOH溶液，应选择100mL容量瓶，因为容量瓶定容时仍需要加蒸馏水，所以使用前不需要干燥，正确；NaOH溶于水放热，所以不能立即把溶液转移到容量瓶中，错误；用蒸馏水洗涤烧杯内壁2次，洗涤液也均转入容量瓶中，是为了将溶质全部转移到容量瓶中，正确；定容时为了防止加水超过刻度线，当加水至液面距离刻度线12cm时，改用胶头滴管滴加，使溶液

18、的凹液面的最低点与刻线相平，错误；由于不慎，液面超过了容量瓶的刻度线，吸出溶液时减少了溶质的质量，结果偏低，实验失败，需要重新配制，错误，答案选A。14、下列关于误差分析的判断正确的是( )A. 酸碱中和滴定中滴定终点读数时滴定管内吸入气泡，会使测得浓度偏大B. 用托盘天平称取药品时，药品和砝码位置颠倒，药品质量一定偏小C. 配制1moI/L的NH4NO3溶液时未恢复至室温就转移并定容，所得溶液浓度偏小D. 用湿润的pH试纸测稀酸溶液的pH，测定值偏小【答案】C【解析】A. 酸碱中和滴定中滴定终点读数时滴定管内吸入气泡，会使终点读数偏小，从而使计算出的标准溶液体积偏小，测得的浓度偏小，故A错误

19、；B. 用托盘天平称取药品时，药品和砝码位置颠倒，若未使用游码，则结果无影响，故B错误；C. 硝酸铵溶于水吸热，未恢复至室温就转移并定容，最终恢复至室温后溶液体积偏大，配制的溶液浓度偏小，故C正确；D. 用湿润的pH试纸测稀酸溶液的pH，相当于稀释了稀酸，则测得的pH偏大，故D错误；答案选C。15、用KOH固体配制0.1.molL-1的KOH溶液500mL，下列操作或说法正确的是A. 实验所使用的的全部仪器是：烧杯、500mL容量瓶、玻璃棒B. 在烧杯中溶解KOH固体后，应放置使溶液恢复到室温再转移到容量瓶C. 定容时，仰视刻度线，会导致溶液浓度大于0.10molL-1D. 配制溶液时容量瓶内

20、底部原来有少量蒸馏水，会导致溶液浓度小于0.10molL-1【答案】B【解析】实验所使用的的仪器有：天平、烧杯、500mL容量瓶、玻璃棒、胶头滴管，故A错误；氢氧化钾溶于水放热，在烧杯中溶解KOH固体后，应放置使溶液恢复到室温再转移到容量瓶，故B正确；定容时，仰视刻度线，会导致溶液浓度小于0.10molL-1，故C错误；配制溶液时容量瓶内底部原来有少量蒸馏水，对溶液浓度无影响，故D错误。16、25时，将10mL 质量分数为50%（密度为1.4g/cm3）的硫酸稀释成100mL。下列说法正确的是A. 俯视容量瓶颈刻度线定容，所配溶液的浓度偏低B. 上述稀释过程所需要的蒸馏水为90mLC. 50%

21、的硫酸溶液中溶质的物质的量浓度为7.14mol/LD. 上述100mL稀硫酸中含溶质14g，该稀硫酸不属于电解质【答案】C【解析】A、俯视容量瓶颈刻度线定容，导致溶液的体积偏小，所配溶液的浓度偏高，故A错误；B、上述稀释后溶液的密度不知，所以无法求所需要的蒸馏水的体积或质量，故B错误；C、根据c=7.14mol/L，所以质量分数为50%的硫酸物质的量浓度为7.14mol/L，故C正确；D、c=7.14mol/L，而稀释过程中溶质的质量不变，所以上述100mL稀硫酸中含溶质7.14mol/L0.01L98g/mol=6.99g，故D错误；故选C。17、在配制一定物质的量浓度的盐酸溶液时，下列操作

22、可使所配溶液浓度偏髙的是A. 未将洗涤烧杯和玻璃棒的溶液移入容量瓶B. 用量筒量取浓盐酸时，仰视读数C. 定容时水加多了，加多的水用滴管吸出D. 溶解搅拌时造成液体溅出【答案】B【解析】A、未将洗涤烧杯和玻璃棒的溶液移入容量瓶中，溶质减少，浓度偏低，A错误；B、用量筒量取浓盐酸时，仰视读数，量取的盐酸体积增加，浓度偏高，B正确；C、定容时水加多了，加多的水用滴管吸出，导致溶质减少，浓度偏低，C错误；D、溶解搅拌时造成液体溅出，导致溶质减少，浓度偏低，D错误，答案选B。18、下列操作或装置能达到实验目的的是( ) 【答案】C【解析】A配制一定物质的量浓度溶液时，定容时眼睛应平视刻度线，故A错误；

23、B饱和碳酸氢钠溶液能够与氯化氢反应生成二氧化碳，引入新的杂质，应改用饱和氯化钠溶液，故B错误；C氯化钠溶液呈中性，铁在食盐水中发生吸氧腐蚀，在酸性条件下发生析氢腐蚀，故C正确；D生成的乙炔中含有H2S、PH3等还原性气体，应将杂质除去方能证明乙炔的还原性，故D错误；故选C。19、下列有关说法不正确的是A. 硅酸钠、氢氧化钠、碳酸钠等溶液保存在用橡皮塞的细口试剂瓶中，氢氟酸保存在塑料瓶中B. 用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液浓度偏大C. 除去试管内壁的铜、银用氨水，除去硫磺、碘可用热的烧碱溶液D. 铝比铁活泼，但铝制品比铁制品在空气中耐腐蚀，可是含盐腌制品不宜直接存放在铝制容器中【答

24、案】C【解析】A硅酸钠、氢氧化钠、碳酸钠等溶液均为碱性溶液，应保存在用橡皮塞的细口试剂瓶中，而氢氟酸能腐蚀玻璃，不能保存在玻璃试剂瓶，只能保存在塑料瓶中，故A正确；B用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，液面在刻度线下方，溶液体积偏小，所配溶液浓度偏大，故B正确；C氨水不能溶解Cu或Ag，除去试管内壁的铜、银应用稀硝酸，碱性溶液能溶解硫磺、碘，除去硫磺、碘可用热的烧碱溶液，故C错误；D铝制品表面的氧化膜为致密的结构，则铝比铁活泼，但铝制品比铁制品在空气中耐腐蚀，氧化铝为致密的结构，但氯离子存在时，结构被破坏，所以含盐腌制品不宜直接放在铝制容器中，故D正确；答案为C。20、下列关于误差分析的判断正

25、确的是A. 配制1mol/L的NH4NO3溶液时未恢复至室温就转移并定容，所得溶液浓度偏小B. 用托盘天平称取药品时，药品和砝码位置颠倒，药品质量一定偏小C. 酸碱中和滴定实验中，滴定终点俯视读数会使测得浓度偏大D. 用湿润的pH试纸测稀酸溶液的pH，测定值偏小【答案】A【解析】A项，NH4NO3溶于水吸热，溶液温度降低，若未恢复到室温就转移并定容，恢复到室温溶液体积偏大，所配溶液浓度偏小，正确；B项，用托盘天平称取药品时，药品和砝码位置颠倒，若不使用游码，药品质量不变，错误；C项，酸碱中和滴定实验中，滴定终点俯视读数，测得的标准溶液的体积偏小，会使测得浓度偏小，错误；D项，用湿润的pH试纸测

26、稀酸溶液的pH，由于稀释c（H+）偏小，测得的pH偏大，错误；答案选A。21、NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A. 100mL12mol/L的浓硝酸与过量Cu反应转移电子数目为0.6NAB. 将1molCl2通入水中，HClO、Cl-、ClO-粒子数之和为2NAC. 同温同压下，两个等体积的干燥圆底烧瓶中分别充满HCl NO2 ，进行喷泉实验。经充分反应后烧瓶内溶质的物质的量浓度之比为3:2D. 实验室里要用480 mL 0.1molL的硫酸铜溶液，需称取12.5克胆矾配制成溶液【答案】D【解析】100mL12mol/L的浓硝酸与过量Cu反应，还原产物为NO2、NO的混合物，转移

27、电子数目大于0.6NA，故A错误；氯水中含有氯分子，将1molCl2通入水中， HClO、Cl-、ClO-粒子数之和小于2NA，故B错误；设容器体积是vL，则气体的物质的量是 ；HCl进行喷泉实验得到溶液的体积是VL，盐酸的浓度是；NO2进行喷泉实验后发生反应, 得到硝酸溶液的体积是，生成硝酸的物质的量为，硝酸的浓度是，溶质的物质的量浓度之比为1:1，故C错误；实验室里要用480 mL 0.1molL的硫酸铜溶液，需用500 mL容量瓶，需胆矾0.5L0.1molL250g/mol=12.5克，故D正确。22、下列说法中正确的是A. 用湿润碘化钾淀粉试纸鉴别Br2(g)和NO2B. 检验红砖中

28、的红色物质是否是Fe2O3的操作步骤为:样品粉碎加水溶解过滤向滤液中滴加KSCN溶液C. 用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液浓度偏小D. 滴定管、移液管在使用前要用待装润洗，而容量瓶不用待装液润洗【答案】D【解析】A溴和二氧化氮都能氧化碘离子生成碘，所以都能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝色，现象相同无法鉴别，故A错误；BFe2O3不溶于水，可溶于盐酸，则检验红砖中的红色物质是否是Fe2O3的操作步骤为：样品粉碎加盐酸溶解过滤向滤液中滴加KSCN溶液，故B错误；C用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，导致溶液体积偏小，根据c=知，溶液浓度偏大，故C错误；D滴定管、移液管使用前要润洗，否则仪器

29、壁上有水，相当于稀释待量物质，容量瓶用来配制一定浓度溶液，若用待测液润洗，溶液浓度偏大，故D正确；答案为D。23、下列操作或装置能达到实验目的的是( ) 【答案】C【解析】A配制一定物质的量浓度溶液时，定容时眼睛应平视刻度线，故A错误；B饱和碳酸氢钠溶液能够与氯化氢反应生成二氧化碳，引入新的杂质，应改用饱和氯化钠溶液，故B错误；C氯化钠溶液呈中性，铁在食盐水中发生吸氧腐蚀，在酸性条件下发生析氢腐蚀，故C正确；D生成的乙炔中含有H2S、PH3等还原性气体，应将杂质除去方能证明乙炔的还原性，故D错误；故选C。24、请根据所给信息填空： （1）用0.1mol/L的酸性高锰酸钾溶液测定FeSO4溶液的

30、浓度时，因FeSO4溶液放置时间较长，导致测定结果_（填“偏大”、“不变”或“偏小”） （2）过氧化钠的电子式_ （3）选出下列说法中正确的_ 氧化物都能与酸或碱的溶液反应红宝石、玛瑙、水晶、钻石等装饰品的主要成分都是硅酸盐由相同元素组成的物质一定是纯净物浓氨水滴加到FeCl3溶液中可制取Fe（OH）3胶体向容量瓶中转移液体时，玻璃棒不可以接触到容量瓶的瓶口用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，该溶液一定是钠盐溶液金属Mg的活泼性比Al强，由Al2O3能与NaOH溶液反应推知MgO也能与NaOH溶液反应SiO2既能和NaOH溶液反应也能和氢氟酸反应，所以是两性氧化物3mol单质Fe在氧

31、气中完全转变为Fe3O4，失去8NA个电子用含硅胶、铁粉的透气小袋与食品一起密封包装，利用了Fe粉的还原性 （4）结合化学方程式说明浓硝酸久置变黄的原因_ （5）明矾溶液与少量氢氧化钡溶液反应的离子方程式_【答案】 偏小 ) 4HNO34NO2+O2+2H2O，溶解了NO2而显黄色 3Ba2+6OH-+3SO42-+2Al3+=3BaSO4+2Al(OH)3【解析】（1）FeSO4溶液放置时间较长，则会有部分Fe2+已被氧化为Fe3+，所以该溶液与酸性高锰酸钾标准液反应时，消耗酸性高锰酸钾偏少，故测定结果偏小。（2）过氧化钠的化学式为Na2O2，属于离子化合物，O22-中的两个O之间存在1对共

32、用电子，故过氧化钠的电子式为：。（3）错误，如CO、NO都是氧化物，但与酸、碱都不反应；错误，玛瑙、水晶的主要成分是二氧化硅，不是硅酸盐；错误，由相同元素组成的物质可能是混合物，如金刚石和石墨组成的混合物就只含碳元素；错误，浓氨水滴加到FeCl3溶液中生成Fe(OH)3沉淀；正确，向容量瓶中转移液体时，玻璃棒的作用是引流，防止液体洒到外面，所以不能接触容量瓶的瓶口；错误，钠元素的焰色反应呈黄色，不一定是钠盐溶液；错误，Al2O3具有两性，能与NaOH溶液反应，MgO不具有两性，不能与NaOH溶液反应；错误，SiO2能和NaOH溶液反应，是酸性氧化物的通性，SiO2能和氢氟酸反应是SiO2的特性

33、；正确，3mol单质Fe在氧气中完全转变为Fe3O4，消耗2mol O2，O元素化合价由0价变为-2价，2mol O2反应得到8mol电子（即8NA个电子），根据得失电子守恒，3molFe失去8NA个电子；正确，硅胶作干燥剂，铁粉具有还原性可被氧化，作抗氧化剂。综上，正确。（4）浓硝酸见光或受热容易分解，4HNO3(浓)4NO2+O2+2H2O，久置的浓硝酸中因为溶解了NO2而使溶液变黄。（5）明矾溶液与少量氢氧化钡溶液反应，Ba2+与SO42-结合成BaSO4沉淀，OH-与Al3+结合成Al(OH)3沉淀，故离子方程式为：3Ba2+6OH-+3SO42-+2Al3+=3BaSO4+2Al(O

34、H)3。25、碘化钾是一种无色晶体。易溶于水。实验室制备KI晶体的步骤如下:I.在如图所示的三颈烧瓶中加入127g研细的单质I2和195g30%KOH溶液，搅拌(已知:I2与KOH反应产物之一是KIO3)；II.碘完全反应后，打开分液漏斗中的活塞、弹簧夹，向装置C中通入足量的H2S；III.反应结束后，向装置C中加入稀H2SO4酸化,水浴加热；IV.冷却，过滤得KI粗溶液。(1)检查装置A气密性的方法是_，步骤I控制KOH溶液过量的目的是_。(2)装置B的作用是_，装置D中盛放的溶液是_ 。(3)写出装置C中H2S和KIO3反应的离子方程式: _ 。(4)步骤III中水浴加热的目的是除去_ (

35、填化学式)。(5)由步骤IV所得的KI粗溶液(含SO42-)制备KI晶体的实验方案:边搅拌边向溶液中加入足量的_ (填化学式，下同),充分搅拌、过滤、洗涤并检验后,将滤液和洗涤液合并,加入HI溶液调至弱酸性,在不断搅拌下蒸发至较多固体析出,停止加热,用余热蒸干,得到KI晶体。在测定产品中KI含量时,测得其含量为101.5%,其原因可能是产品中含有_。【答案】 分液漏斗注入水后,关闭弹簧夹,打开分液漏斗活塞使液体流下，一段时间后液体不能顺利流下,说明气密性良好 确保碘充分反应 除去H2S气体中的HCl 氢氧化钠溶液 IO3-+3H2S=3S+I-+3H2O H2S BaCO3 I2(或KI3)【

36、解析】(1)检查A装置的气密性方法为：分液漏斗注入水后，关闭弹簧夹，打开分液漏斗活塞使液体流下，一段时间后液体不能顺利流下，说明气密性良好；KOH溶液过量可保证I2单质充分反应，提高产率，故答案为：确保碘充分反应。(2)盐酸易挥发，饱和NaHS溶液可以吸收HCl气体并同时生成H2S气体，故B的作用是除去H2S气体中的HCl；H2S气体有毒污染环境，故D中盛放的是NaOH溶液，除去过量的H2S气体。(3) H2S具有还原性，KIO3具有氧化性，两者发生氧化还原反应，IO3-被还原为I-，离子方程式为：IO3-+3H2S=3S+I-+3H2O。(4) 步骤III的溶液中含有溶于水的H2S，水浴加热

37、可以将H2S赶出，减少杂质，故答案为：步骤III中水浴加热的目的是除去H2S。(5)KI中含有K2SO4，可以加入不溶于水的BaCO3固体将SO42-转化为BaSO4沉淀和K2CO3，然后加入足量HI再将CO32-除去，故答案为BaCO3；测定产品中KI含量时，KI的含量偏高，可能是加热过程中，部分I-被氧化为I2单质，或因为I2+KI=KI3，I2单质或KI3混在产品中，导致碘元素含量增大，从而KI的含量偏高，故答案为I2(或KI3)。26、某次实验需用450mL、0.5mol/L的NaCl溶液，请回答下列问题：（1）实验需要的玻璃仪器除了烧杯、胶头滴管、托盘天平、玻璃棒，还有_。（2）计算

38、：所需NaCl的质量为_。（3）配制过程：用托盘天平称取所需的NaCl将NaCl缓缓放入烧杯中，加水搅拌溶解用玻璃棒引流将冷却后烧杯中的溶液转移到已经检漏的合适规格的容量瓶中向容量瓶中加入蒸馏水，在距离刻度12cm时，改用胶头滴管加蒸馏水至刻度线盖好瓶塞，反复上下颠倒，摇匀将配制好的溶液转移至试剂瓶中待用。上述步骤中缺少_，应放在步骤_之前（填“序号”）。（4）在横线上填写下列各种情况对所配制溶液浓度的影响（选填“偏高”、“偏低”或“无影响”）转移溶液时有少量的溶液洒出_。定容时，俯视液面_。容量瓶中有少量的水_。定容摇匀后发现液面低于刻度线，又加水至刻度线_。（5）下列操作中，容量瓶所不具备

39、的功能有_(多选)。A配制一定体积准确浓度的标准溶液B贮存溶液C测量容量瓶规格以下的任意体积的液体D准确稀释某一浓度的溶液E用来加热溶解固体溶质【答案】 500mL容量瓶 14.6g 洗涤烧杯，洗涤液全部转移至容量瓶 偏低 偏高 无影响 偏低 BCE【解析】（1）没有450mL容量瓶，应该配制500mL，所以实验需要的玻璃仪器除了烧杯、胶头滴管、托盘天平、玻璃棒外，还有500mL容量瓶。（2）所需NaCl的质量为0.5L0.5mol/L58.5g/mol14.6g。（3）根据配制过程可知上述步骤中缺少洗涤操作，且洗涤液要全部转移至容量瓶中，该操作应放在定容即步骤之前。（4）转移溶液时有少量的溶

40、液洒出，溶质减少，浓度偏低。定容时，俯视液面，溶液体积减少，浓度偏高。容量瓶中有少量的水无影响。定容摇匀后发现液面低于刻度线，又加水至刻度线，溶液体积增加，浓度偏低。（5）A容量瓶可以配制一定体积准确浓度的标准溶液，A正确；B容量瓶不能贮存溶液，B错误；C不能测量容量瓶规格以下的任意体积的液体，C错误；D容量瓶能准确稀释某一浓度的溶液，D正确；E容量瓶不能用来加热溶解固体溶质，E错误，答案选BCE。27、碘是人体不可缺少的元素，为了防止碘缺乏，现在市场上流行一种加碘盐，就是在精盐中添加一定量的KIO3进去某研究小组为了检测某加碘盐中是否含有碘，查阅了有关的资料，发现其检测原理是：在溶液中 KI

41、O3+5KI+3H2SO43I2+3H2O+3K2SO4（1）用双线桥表示该反应中电子转移的方向和数目_，该反应中还原产物与氧化产物的物质的量比是_，0.2mol KIO3参加反应时转移电子_mol。（2）实验结束后分离I2和K2SO4溶液所用的试剂是_。ACCl4 B酒精 CNa2SO4溶液 D食盐水所用的分离方法是_，所用主要玻璃仪器是_。（3）上面实验中用到一定物质的量浓度的稀硫酸，若配制1mol/L的稀硫酸溶液480mL，需用18mol/L浓H2SO4_mL，配制中需要用到的主要玻璃仪器是（填序号）_。（4）A100mL量筒 B托盘天平 C玻璃棒D100mL容量瓶 E50mL 量筒 F

42、胶头滴管 G烧杯 H500mL容量瓶（5）下面操作造成所配稀硫酸溶液浓度偏高的是_A溶解后溶液没有冷却到室温就转移B转移时没有洗涤烧杯、玻璃棒C向容量瓶加水定容时眼睛俯视液面D用量筒量取浓硫酸后洗涤量筒并把洗涤液转移到容量瓶E摇匀后发现液面低于刻度线，又加蒸馏水至刻度线【答案】 1.5 1 A 萃取、分液 分液漏斗 27.8 CEFGH ACD【解析】（1）、KIO3+5KI+3H2SO43I2+3H2O+3K2SO4的反应中，KIO3中的I元素是+5价，生成I2时化合价降低，得到5个电子，KI中的I元素是-1价，生成I2时化合价升高，失去1个电子，根据得失电子守恒，用双线桥法表示该反应中电子

43、转移的方向和数目应该是：根据反应方程式，1mol KIO3作氧化剂生成还原产物I20.5mol，5molKI作还原剂生成氧化产物I22.5mol，因此该反应中还原产物和氧化产物的物质的量之比是：0.5：2.5=1：5；根据上述分析可知，1mol KIO3生成I2时化合价降低，转移5mol电子，因此当0.2mol KIO3参加反应时转移电子：50.2mol=1mol，因此答案是：1。（2）、I2在有机溶剂中的溶解度大于在水中的溶解度，故将I2从K2SO4溶液中分离出来，应采用加入有机溶剂萃取、分液的方法，故排除BD，又因为酒精易溶于水，不能用作萃取剂。所以答案选A。萃取、分液时主要用到分液漏斗。

44、所以此题答案是：A； 萃取、分液；分液漏斗。（3）、若配制1mol/L的稀硫酸溶液480mL，根据容量瓶的规格，需选用500ml的容量瓶进行配制，根据稀释定律：c（稀硫酸）V（稀硫酸）= c（浓硫酸）V（浓硫酸），设需要浓硫酸的体积是xmL，则有1mol/L0.5L=x10-3L18mol/L，解之得x=27.8mL，根据浓硫酸溶液的体积，所以需要选用50mL的量筒；配制溶液的过程主要有：计算、称量、稀释、冷却、移液、定容、摇匀等，所以需要用到的主要玻璃仪器是：50mL 量筒、玻璃棒、胶头滴管、烧杯、500mL容量瓶。因此此题答案是：27.8；CEFGH（4）、A溶解后溶液没有冷却到室温就转移

45、，会造成溶液体积偏小，浓度偏高；B转移时没有洗涤烧杯、玻璃棒，则残留在烧杯和玻璃棒上的溶质未进入容量瓶而使溶质损失，造成浓度偏低；C向容量瓶加水定容时眼睛俯视液面，会使配制时溶液体积偏小而造成浓度偏高；D用量筒量取浓硫酸后洗涤量筒并把洗涤液转移到容量瓶，会使进入容量瓶中的溶质偏多而造成浓度偏高；E摇匀后发现液面低于刻度线，又加蒸馏水至刻度线，会使加水偏多而造成浓度偏低。所以此题答案选ACD。28、实验室用密度为1.25 gmL1，质量分数为36.5%的浓盐酸配制240 mL 0.1 molL1的盐酸，请回答下列问题：（1）浓盐酸的物质的量浓度为_。（2）配制240 mL 0.1 molL1的盐酸应量取浓盐酸体积_。（3）配制该溶液时除了使用烧杯、玻璃棒、量筒，还需要的玻璃仪器为_。.在溶液的配制过程中会引起浓度偏高的是_ 用1 g 98%的浓硫酸加4 g水配制成19.6%的硫酸；配制一定物质的量浓度的硫酸溶液时，定容后，塞好塞子倒转摇匀后，发现液面低于刻度线；10%的硫酸和90%的硫酸等体积混合配制50%的硫酸溶液；向80 mL水中加入18.4 molL1硫酸20 mL，配制3.68 molL1的硫酸溶液；质量分数为5x%和x%的两种氨水等体积混合配制成3x%的氨水【答案】