2022年陕西省渭南市富平县化学高一第一学期期中统考模拟试题含解析.doc

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1、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、下列各组离子在溶液中能大量共存，加入强酸有气体放出，加入强碱有沉淀生成的是ACu2+、Na+、SO42-、Cl- BBa2+ 、K+、HSO3-、

2、Cl-CMg2+、K+、MnO4-、I- DNH4+、Na+、CO32-、NO3-2、下列反应的离子方程式书写正确的是( )A钠与水反应：Na +2H2O = Na+ 2OH+ H2B锌粒与稀盐酸反应：Zn + 2H+ = Zn2+ + H2C氢氧化铜与稀硫酸反应：OH+ H+=H2ODCaCO3与HNO3反应：CO32+2H = H2O + CO23、下列叙述正确的是（ ）A所有蒸馏操作中都必须用到温度计B从溴水中提取溴可通过加入乙醇萃取C分液时，分液漏斗中下层液体流净后及时关闭活塞，再把上层液体从上口倒出D用洁净的铂丝蘸取待测液，置于火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃能观察到火焰呈紫色，该溶液中一

3、定含有钾离子，不含有钠离子4、下列说法正确的是（ ）A为测定新制氯水的pH，用玻璃棒蘸取液体滴在pH试纸上，与标准比色卡对照即可B做蒸馏实验时，在蒸馏烧瓶中应加入沸石，以防暴沸。如果在沸腾前发现忘记加沸石，应立即停止加热，冷却后补加C在未知溶液中滴加BaCl2溶液出现白色沉淀，加稀硝酸，沉淀不溶解，说明该未知溶液中存在SO42或SO32D提纯混有少量硝酸钾的氯化钠，应采用在较高温度下制得浓溶液再冷却结晶、过滤、干燥的方法5、在不通直流电的条件下，下列变化中必须加入还原剂才能实现的是 ( )AHClCl2 BKClO3 O2 CCu2+ Cu DFeFe2+6、用玻璃棒蘸取新制氯水滴在pH试纸中

4、部，观察到的现象是()ABCD7、水热法制备Fe3O4纳米颗粒的反应为：3Fe22S2O32-O2xOH=Fe3O4S4O62-2H2O，下列说法中，不正确的是Ax4B每生成1molFe3O4，反应转移的电子总数为3molC1 mol Fe2被氧化时，被Fe2还原的O2的物质的量为0.25 molD可以通过丁达尔效应判断有无Fe3O4纳米颗粒生成8、我县沂山风景区被称为天然氧吧，其原因是空气中的自由电子附着在分子或原子上形成空气负离子，被称为“空气维生素”。O2就是一种空气负离子，其摩尔质量为A32 gB33 gC32 gmol1D33 gmol19、由四种金属Zn、Fe、Mg、Al组成的混合

5、物10g，与足量的盐酸反应产生的H2，在标准状况下的体积为11.2L，则混和物中一定存在的金属是AZnBFeCMgDAl10、当光束通过下列分散系时，能观察到丁达尔效应的是A盐酸 B食盐溶液 C氢氧化铁胶体 D碘的酒精溶液11、下列叙述中正确的是A2 mol水的摩尔质量为36g/molB摩尔是用来衡量微观粒子多少的一种物理量C阿伏加德罗常数约为6.021023mol1D1molL1的Na2SO4溶液中，含Na+的个数为2NA12、在空气中的自由离子附着在分子或原子上形成的空气负离子被称为“空气维生素”，O22-就是一种空气负离子，则O22-的摩尔质量为()A32 gB34 gC32 gmol1

6、D34 gmol113、将2 molL-1NaCl溶液和3 molL-1CaCl2溶液等体积混合后，溶液中Na+、Ca2+、Cl的物质的量之比为A2:3:8 B2:3:6 C3:2:6 D2:3:314、下列变化需要加入氧化剂才能实现的ACO32-CO2BCl-Cl2CCr2O72-Cr3+DNONH315、在水溶液中，下列电离方程式书写错误的是ANaHCO3=NaHCO32BBa(OH)2=Ba22OHCNaHSO4=NaHSO42DBaCl2=Ba22Cl16、下列有关物质的分类或归类正确的一组是( )液氨、液氯、干冰、纯碱均为化合物 漂白粉、铝热剂、水玻璃、氨水均为混合物 明矾、小苏打、

7、醋酸、烧碱均为电解质 生理盐水、牛奶、豆浆、肥皂水均为胶体 Na2O2、Na2CO3、NaHCO3、NaClO均为钠盐A和B和CD二、非选择题（本题包括5小题）17、有一包白色粉末，可能含有 NaHSO4、 KHCO3、 Ba(NO3)2、 CaCl2、 NaNO3、 MgSO4中的一种或几种。实验步骤如下：取少量固体投入水中，既有气体生成，又有沉淀产生。过滤，取少量滤液加AgNO3溶液，无沉淀产生。再取少量滤液，加入足量NaOH溶液，也无沉淀产生。(1)推断白色粉末中一定有_，一定没有_，不能确定的是_。(2)请写出实验步骤中产生气体的离子方程式：_。(3)请写出实验步骤中产生沉淀的离子方程

8、式：_。18、下表是周期表中的一部分，根据元素AI在周期表中的位置，用元素符号或化学式回答下列问题：AAAAAAA0一A二DEGI三BCFH (1)上述元素中性质最不活泼的是_，只有负价而无正价的是_，单质氧化性最强的是_，单质还原性最强的是_。(2)上述元素的最高价氧化物对应的水化物中，碱性最强的是_，酸性最强的是_，呈两性的是_。(3)A分别与D、E、F、G、H形成的化合物的化学式分别为_，这些化合物中最稳定的是_。(4)在B、C、D、E、F、G、H中，原子半径最大的是_。19、 “84消毒液”能有效杀灭甲型H1N1病毒，某同学购买了一瓶“威露士”牌“84消毒液”，并查阅相关资料和消毒液包

9、装说明得到如下信息：“84消毒液”：含25%NaClO、1000mL、密度1.192gcm3，稀释100倍（体积比）后使用。请根据以上信息和相关知识回答下列问题：（1）该“84消毒液”的物质的量浓度为_molL1。（2）该同学取100 mL“威露士”牌“84消毒液”稀释后用于消毒，稀释后的溶液中c（Na+）=_molL1。（3）一瓶“威露士”牌“84消毒液”能吸收空气中_L的CO2（标准状况）而变质。（已知：CO2+2NaClO+H2O=Na2CO3+2HClO）（4）该同学参阅“威露士”牌“84消毒液”的配方，欲用NaClO固体配制480mL含25%NaClO的消毒液。下列说法正确的是_。A

10、如上图所示的仪器中，有四种是不需要的，还需一种玻璃仪器B容量瓶用蒸馏水洗净后，应烘干才能用于溶液配制C利用购买的商品NaClO来配制可能导致结果偏低D需要称量的NaClO固体质量为143g20、用98%的浓硫酸（）配制100mL浓度为1 molL1的稀硫酸,其操作步骤可分解为以下几步:a.用量筒量取_mL的浓硫酸,缓缓注入装有约50mL蒸馏水的烧杯里,并用玻璃棒搅拌.b.用约30mL蒸馏水,分成三次洗涤烧杯和玻璃棒,将每次洗涤液都倒入M里.c.将稀释后的硫酸小心地用玻璃棒引流入M.d.检查M是否发生滴漏.e.将蒸馏水直接加入M,至液面接近刻度线2cm至3cm处.f.盖紧瓶塞,反复倾倒振荡,摇匀

11、溶液.g.用_向M里逐滴滴入蒸馏水,至液面最低点恰好与环形刻度线相切.据此填写:（1）正确的操作顺序是_（2）进行A步操作时,应量取_mL浓硫酸，选用量筒的规格是(填序号) _a. 10mL b. 50mL c. 1000mL d. 1000mL（3）配置上述溶液时，多次提到的实验仪器M是_。步骤G中横线处是_。 （4）进行A步骤操作时,必须_后,才能进行后面的操作.（5）实验操作中，下列操作会对所配溶液的浓度有何影响（填“偏高”“偏低”或“无影响”）a.洗涤烧杯和玻璃棒的溶液未转入M中_b.定容时,眼睛俯视溶液_c.容量瓶中原残留少量蒸馏水_d.定容后M中液面低于刻度线,又加水定容到刻度线.

12、_e量取浓硫酸时仰视量筒读数_21、高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型、高效、多功能绿色水处理剂,比Cl2、O2、ClO2、KMnO4氧化性更强,无二次污染,工业上是先制得高铁酸钠,然后在低温下,向高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和,使高铁酸钾析出。(1)干法制备高铁酸钠的主要反应为:2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2该反应中氧化剂是_(填化学式),过氧化钠(Na2O2)中氧元素化合价为_。(填数字)(2)湿法制备高铁酸钾(K2FeO4)的反应体系中有六种数粒:Fe(OH)3、ClO-、OH-、FeO42-、Cl-、H2O。碱性条件下,氧化剂和还原剂的物

13、质的量的比为3:2发生反应,写出并配平湿法制高铁酸钾的离子反应方程式:_。每生成1mol FeO42-转移_mol电子,若反应过程中转移了0.3mol电子,则还原产物的物质的量为_mol。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. 四种离子在溶液中可以大量共存，但加入强酸后无气体放出，故A错误；B.四种离子在溶液中可以大量共存，加入强酸后，H与HSO3-反应生成SO2气体，加入强碱后，OH与HSO3反应生成SO32离子，SO32与Ba2反应生成BaSO3沉淀，故B正确；C. MnO4和I可以发生氧化还原反应，所以不能大量共存，故C错误；D. 该组离子之间不反应，可大量共存

14、，但加入强碱后不能生成沉淀，故D错误；答案选B。点睛：本题考查离子共存，可以根据离子之间若不发生复分解反应，如不生成沉淀、气体、水等，不发生氧化还原反应，则离子可以大量共存。本题的难点在于题中所给的限制条件，做题时一定要结合加入强酸有气体放出，加入强碱后有沉淀生成来进行判断。2、B【解析】A、电荷不守恒；B、电荷守恒、质量守恒；C、生成氢氧化铜沉淀；D、CaCO3难溶。【详解】A、电荷不守恒，离子方程式为：2Na +2H2O = 2Na+ 2OH+ H2，故A 错误；B、电荷守恒、质量守恒，离子方程式为：Zn + 2H+ = Zn2+ + H2，故B正确；C、生成氢氧化铜沉淀，离子方程式为：C

15、u(OH)22H=Cu22H2O，故C错误；D、CaCO3难溶，离子方程式为：CaCO32H=Ca2H2OCO2，故D错误。故选B。3、C【解析】A制蒸馏水时，可不使用温度计，存在多种馏分时需要使用温度计，故A错误；B乙醇与水互溶，不能作萃取剂，故B错误；C分液时避免上下层液体混合，则分液时，分液漏斗中下层液体流净后及时关闭活塞，再把上层液体从上口倒出，故C正确；D观察钠的焰色反应可直接观察，K的焰色反应需要透过蓝色钴玻璃观察，由操作和现象可知，溶液中一定含有钾离子，不能确定是否含钠离子，故D错误；故选C。【点睛】本题的易错点为AD，A中要注意不是所有的蒸馏实验都需要温度计，制取蒸馏水时，由于

16、其余物质不挥发，只有水被蒸出，可以不使用温度计，D中蓝色钴玻璃会滤去黄光。4、B【解析】A、氯水中的次氯酸能漂白pH试纸，不能用pH试纸测定新制氯水的pH值，故A错误；B、液体加热要加沸石或碎瓷片，引入汽化中心，可防止溶液暴沸，如果加热一段时间后发现忘记加碎瓷片，应该采取停止加热，待溶液冷却后重新添加碎瓷片，故B正确；C、硫酸钡和AgCl均为不溶于酸的白色沉淀，则向某溶液中加入BaCl2溶液生成白色沉淀，继续加稀硝酸沉淀不消失，溶液中可能含Ag+，故C错误；D、氯化钠的溶解度受温度影响小，氯化钠中混有少量的硝酸钾，氯化钠是大量的，制得的饱和溶液中硝酸钾量较少，不能采取降温结晶的方法，故D错误；

17、故答案选B。5、C【解析】在不通直流电的条件下，就是不分析电解反应。必须加入还原剂才能实现，说明给予的物质被还原，在化学反应中对应元素得电子化合价降低，据此分析解答。【详解】在不通直流电的条件下，就是不包括电解反应。必须加入还原剂才能实现，说明给予的物质被加入的还原剂还原，在化学反应中对应元素得电子化合价降低，A. HClCl2中氯元素化合价由-1价升高到0价，被氧化，需要加入氧化剂，故A项错误；B. KClO3 O2可以通过分解氯酸钾可以实现，所以不需要加入还原剂即可实现，故B项错误；C. Cu2+ Cu，Cu元素化合价降低，被还原，需要加入还原剂，故C项正确；D. FeFe2+，Fe元素化

18、合价由0价变为+2价，化合价升高，被氧化，需要加入氧化剂才能实现，故D项错误；答案选C。【点睛】在氧化还原反应中，化合价升高的元素，失电子，被氧化，所对应的反应物为还原剂，化合价降低的元素，得电子，被还原，所对应的反应物为氧化剂。6、B【解析】新制的氯水中含有氯气、次氯酸、盐酸等成分，具有酸性和漂白性，中间部分被次氯酸漂白，而四周没有和次氯酸反应，仍有指示剂的作用，pH试纸与酸显红色。故答案为B。7、B【解析】根据氧化还原反应的本质和特征分析。【详解】A. 根据氢原子守恒，水的化学计量数为2，则OH-的化学计量数为4，即x=4，故A正确，但不符合题意；B. 反应3Fe2+2S2O32-+O2+

19、4OH-Fe3O4+S4O62-+2H2O中，Fe和S元素的化合价升高，被氧化，O2为氧化剂，每生成1molFe3O4，反应转移的电子总数为4mol，故A但符合题意；C. 1molFe2+被氧化，转移1mol的电子，而1molO2被还原生成H2O或OH-需要转移4mol的电子，因此Fe2+还原的O2的物质的量为其1/4即0.25mol，故C正确，但不符合题意；D.利用丁达尔效应鉴别溶液和胶体，故D正确，但不符合题意。故选B。8、C【解析】当物质的质量以g为单位时，摩尔质量与物质的相对原子质量或相对分子质量数值上相等，同时要注意摩尔质量必须带单位。O2相对分子质量为32，摩尔质量为32 gmol

20、1。答案选C。9、D【解析】n（H2）=11.2L22.4L/mol=0.5mol，假设都是+2价，根据转移电子相等知，混合金属的物质的量与氢气的物质的量相等，则金属的平均摩尔质量=10g0.5mol=20g/mol。Zn的摩尔质量为：65g/mol20g/mol；Fe的摩尔质量为：56g/mol20g/mol；Mg的摩尔质量为：24g/mol20g/mol；Al为+2价时的摩尔质量为：27g/mol2/3=18g/mol；因为没有摩尔质量是20g/mol的金属，则应该部分金属的摩尔质量大于20g/mol、部分金属的摩尔质量小于20g/mol，根据以上分析可知，混合金属中只有Al的摩尔质量小于

21、20g/mol，所以一定含有铝元素，才能满足平均摩尔质量=20g/mol，答案选D。【点睛】本题考查混合物的有关计算，侧重考查学生分析计算能力，明确各个物理量之间的关系是解本题的关键，注意平均值法在化学计算中的灵活运用。10、C【解析】当有一束光照射胶体时会有一条光亮的通路，此为丁达尔效应。【详解】丁达尔效应是胶体特有的性质，当有一束光照射胶体时，从垂直于光线的方向观察，可以看到有一条光亮的通路。盐酸、食盐溶液和碘的酒精溶液都是溶液，没有丁达尔效应。氢氧化铁胶体能发生丁达尔效应。11、C【解析】A2mol水的摩尔质量与1mol水的摩尔质量相等，都是18g/mol，故A错误；B物质的量是用来衡量

22、微观粒子多少的物理量，摩尔是其单位，故B错误；C、1mol物质中含有的微粒个数为阿伏伽德罗常数，故阿伏伽德罗常数为6.021023mol-1，故C正确；D、溶液体积不明确，故溶液中的钠离子的个数无法计算，故D错误；故选C。12、C【解析】比O2多2个电子，电子的质量可以忽略不计，故的相对分子质量为32，所以的摩尔质量为32g/mol。答案选C。【点睛】本题主要考查的是摩尔质量及其单位，根据摩尔质量与相对分子质量的关系即可判断，注意摩尔质量在以g/mol为单位时，在数值上等于其相对分子质量。13、A【解析】设溶液体积各是1L，依据n=cV计算溶质的物质的量，结合氯化钠、氯化钙的组成计算解答。【详

23、解】设溶液体积各是1L，则混合液中含有氯化钠的物质的量为：2mol/L1L=2mol，含有氯化钙物质的量3mol/L1L=3mol，氯化钠和氯化钙都是强电解质，水溶液中完全电离，1mol氯化钠含有1mol钠离子和1mol氯离子，1mol氯化钙含有1mol钙离子和2mol氯离子，则混合液中含有钠离子物质的量为2mol，钙离子物质的量为3mol，氯离子物质的量为2mol+3mol2=8mol，所以Na+、Ca2+、Cl-的物质的量之比为2：3：8，答案选A。14、B【解析】需要加入氧化剂才能实现，说明本身应该是还原剂；还原剂化合价升高，失电子，被氧化。【详解】A.元素化合价不变，无需通过氧化还原反

24、应实现，故A错误；B.氯元素化合价从-1价升高到0价，需要加入氧化剂实现，故B正确；C.铬元素的化合价从+6价降到+3价，加入还原剂可实现，故C错误；D.氮元素的化合价从+2价降到-3价，故D错误；正确答案：B。【点睛】注意氧化还原反应中，氧化剂：降得还；还原剂：升失氧。15、A【解析】A.碳酸是弱酸，HCO3-不能拆开写，NaHCO3的电离方程式应为：NaHCO3=NaHCO3-，故A选；B.氢氧化钡是强碱，完全电离成Ba2和OH，正确，故B不选；C.硫酸是强酸，NaHSO4在水中完全电离成Na、H和SO42，正确，故C不选；D.氯化钡是盐，在水中完全电离成Ba2和Cl，正确，故D不选。故选

25、A。16、B【解析】根据化合物、混合物、电解质、胶体和钠盐的概念和分类依据进行判断。【详解】A中液氨属于单质，分类不对，分类正确，故A错误。B和分类都正确，故B正确。C中生理盐水属于溶液，不是胶体，分类不正确，故C错误。D中Na2O2属于钠的过氧化物不属于钠盐，分类不正确，故D错误，本题选B。【点睛】铝热剂是铝粉和难熔金属氧化物的混合物，水玻璃是水溶性硅酸盐属于混合物。二、非选择题（本题包括5小题）17、 H+ + HCO3- = H2O + CO2 Ba2+ + SO42- = BaSO4 【解析】取少量固体投入水中，既有气体生成，又有沉淀产生，说明含有硫酸氢钠和碳酸氢钾，可能含有硝酸钡或氯

26、化钙。过滤，取少量滤液加AgNO3溶液，无沉淀产生，说明不含有氯化钙，则一定含有硝酸钡。再取少量滤液，加入足量NaOH溶液，也无沉淀产生，说明不含硫酸镁。【详解】(1)根据分析可确定含有硫酸氢钠和碳酸氢钾和硝酸钡，肯定不含氯化钙和硫酸镁。不能确定硝酸钠。 (2)步骤中产生气体是碳酸氢钾和硫酸氢钠反应，即碳酸氢根离子和氢离子反应生成水和二氧化碳，离子方程式为H+ + HCO3- = H2O + CO2； (3)溶液中钡离子和硫酸根离子反应生成硫酸钡沉淀，离子方程式为： Ba2+ + SO42- = BaSO4。18、Ne F F2 Na NaOH H2SO4 Al(OH)3 CH4、NH3、PH

27、3、HF、H2S HF Na 【解析】由元素在元素周期表中的位置可知，A、B、C、D、E、F、G、H、I分别是H、Na、Al、C、N、P、F、S、Ne。根据元素周期律分析解答。【详解】(1)稀有气体性质最不活泼，所以化学性质最不活泼的是Ne；F的非金属性最强，则F元素只有负化合价，没有正化合价；元素的非金属性越强，单质的氧化性越强，单质氧化性最强的是F2；元素的金属性越强，单质的还原性越强，单质还原性最强的是Na，故答案为：Ne；F；F2；Na；(2)元素的金属性越强，则其最高价氧化物对应的水化物碱性越强，以上各元素中，金属性最强的为Na，则碱性最强的为NaOH；元素的非金属性越强，其最高价氧

28、化物的水化物酸性越强，根据元素周期律知，非金属性最强的元素是F，但F元素没有含氧酸，非金属性次之的是S元素，其最高价含氧酸是H2SO4，所以酸性最强的酸是H2SO4；氢氧化铝为两性氢氧化物，故答案为：NaOH；H2SO4；Al(OH)3； (3)A分别与D、E、F、G、H形成的化合物的化学式分别为CH4、NH3、PH3、HF、H2S，非金属的非金属性越强，其氢化物越稳定，这些化合物中最稳定的是HF，故答案为：CH4、NH3、PH3、HF、H2S；HF；(4)B、C、D、E、F、G、H中，D、E、G元素的原子含有2个电子层，B、C、F、H原子含有3个电子层，由于B的原子序数最小，则B的原子半径最

29、大，即：原子半径最大的为Na，故答案为：Na。19、4.0 0.04 89.6 C 【解析】（1）根据c=，则c（NaClO）=4.0 mol/L；（2）根据稀释前后溶质的物质的量不变，则100 mL4.0 mol/L=c（NaClO），解得稀释后c（NaClO）0.04 mol/L，c（Na+）=c（NaClO）0.04 mol/L；（3）一瓶“84消毒液”含有n（NaClO）=1 L4.0 mol/L=4.0 mol，根据反应CO2+NaClO+H2ONaHCO3+HClO，则需要CO2的物质的量为n（NaClO）=4.0 mol，即标准状况下V（CO2）=4.0 mol22.4 L/mo

30、l=89.6 L；（4）A、需用托盘天平称量NaClO固体，需用烧杯来溶解NaClO，需用玻璃棒进行搅拌和引流，需用容量瓶和胶头滴管来定容，图示的A、B、C、D不需要，但还需玻璃棒和胶头滴管，选项A错误；B、配制过程中需要加入水，所以经洗涤干净的容量瓶不必烘干后再使用，选项B错误；C、由于NaClO易吸收空气中的H2O、CO2而变质，所以商品NaClO可能部分变质导致NaClO减少，配制的溶液中溶质的物质的量减小，结果偏低，选项C正确；D、应选取500 mL的容量瓶进行配制，然后取出480 mL即可，所以需要NaClO的质量：0.5L4.0mol/L74.5 g/mol=149g，选项D错误；

31、答案选C。20、DACBEGF 5.4 A 100mL容量瓶 胶头滴管 冷却至室温 偏低 偏高 无影响 偏低 偏高 【解析】（1）根据用浓溶液配置稀溶液的一般操作步骤分析；（2）量筒的选择规格遵循“大而近”的原则；（3）量筒仰视读数，量取的液体体积偏大，溶质的质量偏多；（4）转移溶液时应将溶液的温度恢复至室温；（5）根据c=nV计算不当操作对n或V的影响，如果n偏大或V偏小，则所配制溶液浓度偏高；【详解】(1)配制顺序是：计算量取稀释、冷却移液定容摇匀装瓶贴签；故答案为：DACBEGF；(2)量取5.4ml溶液应选择10ml的量筒；故选：A；(3)因量筒仰视读数，量取的液体体积偏大，溶质的质量

32、偏多，浓度偏大；故答案为：偏高；(4)因转移溶液时应将溶液的温度恢复至室温；故答案为：冷却到室温；(5)a.洗涤烧杯和玻璃棒的溶液未转入容量瓶，溶质的物质的量偏小，溶液的浓度偏低；b.定容时，眼睛俯视溶液将凹液面最低点与容量瓶刻度线相切，溶液的体积偏小，溶液的浓度偏高；c.容量瓶中原残留少量蒸馏水，对溶质的物质的量和溶液的体积都不会产生影响，溶液的浓度无影响；d.定容后容量瓶液面低于刻度线，又加水定容到刻度线，导致溶液的体积偏大，溶液的浓度偏低；e.量取浓硫酸时仰视量筒读数，液面在刻度线以上，导致溶液的浓度偏高。【点睛】熟练溶液配制的过程，在溶液定容以前所出现的误差与体积都没有关系，一般会造成

33、溶质减小，只有定容时的仰视与俯视才会导致体积的误差。21、Na2O2 -1 2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O 3 0.15 【解析】（1）2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2反应中铁元素由+2价升高到+6价，所以FeSO4为还原剂；过氧化钠中的部分氧原子由-1价降低到-2价，所以Na2O2是氧化剂；答案：Na2O2 ； -1。（2）高铁酸钾是生成物，则Fe(OH)3是反应物，该反应中Fe元素化合价由+3价变为+6价，则Fe(OH)3是还原剂，还需要氧化剂参加反应，具有强氧化性，所以ClO-是反应物，生成物是Cl

34、-，Cl元素化合价由+1价变为-1价，转移电子数为2，溶液在碱性条件下进行，氧化剂和还原剂的物质的量的比为3:2发生反应，则氢氧化根离子参加反应生成水，反应方程式为2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O ；答案：2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O 中Fe元素化合价由+3价升高到+6价，1mol FeO42-反应中转移电子数为3，该反应中还原产物是氯离子，若反应过程中转移了0.3mo1电子，则还原产物的物质的量=0.3mol/2=0.15mol;因此，本题正确答案是：3 ；0.15