广东省信宜市2022年高一化学第一学期期中学业质量监测模拟试题含解析.doc

《广东省信宜市2022年高一化学第一学期期中学业质量监测模拟试题含解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《广东省信宜市2022年高一化学第一学期期中学业质量监测模拟试题含解析.doc（12页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、2022-2023学年高一上化学期中模拟试卷注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角条形码粘贴处。2作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试

2、卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、废水脱氮工艺中有一种方法是在废水中加入适量NaClO使NH4+完全转化为N2，该反应可表示为2NH4+ +3ClON2 +3Cl +2H+ +3H2O。下列说法中，不正确的是A反应物中氮元素被氧化，氯元素被还原B还原性NH4+ClC反应中每生成22.4L（标准状况下）N2，转移约6 mol电子D经此法处理过的废水不可以直接排放2、下列叙述正确的是()A1 mol CO2的质量为44 g/molBH2SO4的摩尔质量为98C标准状况下，气体摩尔体积约为22.4 LDO2的相对分子质量为323、一定温度下，将少量生石灰放入一定量饱和石灰

3、水中，搅拌并冷却到原温度，下列说法正确的是（ ）A溶质的质量增大 B溶质的物质的量浓度增大Cc(OH-)不变 D溶质的质量分数增大4、在一定条件下，分别以高锰酸钾、氯酸钾、过氧化氢(H2O2)为原料制取氧气(注：2H2O22H2OO2)，当制得同温、同压下相同体积的O2时，三个反应中转移的电子数之比为( )A111B221C231D4325、粗盐中含有Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质离子，为除去上述杂质离子，可供选用的试剂有：稀盐酸 Na2CO3溶液 BaCl2溶液 NaOH溶液，上述四种溶液的加入顺序不合理的是A B C D6、将10mL单质气体X2和20mL单质气体Y2完全反应后，恰好

4、生成20mL气体Z，若上述三种气体的体积都是在同温、同压下测定的，则气体Z的分子式是( )AXY2 BX2Y CXY DX2Y47、下列说法中正确的是（ ）钠在空气中燃烧生成白色的氧化钠 钠投入硫酸铜溶液中有红色粉末产生 过氧化钠可在呼吸面具中做供氧剂 铁丝在氯气中燃烧生成棕黄色的FeCl3 钠、氢气在氯气中燃烧都能产生白烟ABCD8、16O中的16的含义是A氧元素的相对原子质量B氧元素的一种同位素的相对原子质量C氧元素的近似相对原子质量D氧元素的一种同位素的质量数9、设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列表述不正确的是 （ ）A标准状况下，22.4L氢气所含原子数是2NAB5.4g水所含的分子数

5、为0.3NAC含1mol硫酸钾的溶液中硫酸根离子数为2NAD14g氮气所含有的原子数目为NA10、NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A标准状况下，3.6 g D2O含有的电子数为2NAB常温常压下，3.2gO2和O3 的气体混合物中含氧原子数目为0.2NAC2L 0.5mol/L的KClO3溶液中含有Cl-的物质的量为NAD标准状况下，11.2L四氯化碳所含的分子数为0.5NA11、用漂粉精漂白时，对提高漂粉精漂白作用无明显效果的是A食盐 BCO2 和水蒸气 C稀盐酸 D稀硫酸12、下列说法正确的是（）A铜、硫酸铜溶液均能导电，所以它们均是电解质BNH3、CO2的水溶液均能导电，所以N

6、H3、CO2均是电解质C蔗糖、酒精在水溶液和熔融状态下均不能导电，所以它们均是非电解质D液态HCl、固体NaCl均不能导电，所以HCl、NaCl均是非电解质13、符合图中阴影部分的物质是ABCD14、元素 X 的原子获得 3 个电子或元素 Y 的原子失去 2 个电子后，它们的电子层结构与氖原子的电 子层结构相同，则 X、Y 两元素的单质在高温下得到化合物的化学式为（ ）AY3X2BX2YCX2Y3DY2X315、如图表示1 g O2与1 g X气体在相同容积的密闭容器中压强(p)与温度(T)的关系，则X气体可能是AC2H4BCH4CCO2DNO16、已知下列几个反应的化学方程式：2KICl2=

7、2KClI2；2FeCl32HI=2FeCl2I22HCl；2FeCl2Cl2=2FeCl3；I2SO22H2O=H2SO42HI；下列有关物质的氧化性的强弱排列顺序中正确的是ACl2Fe3I2SO2BCl2I2Fe3SO2CCl2Fe3SO2I2DFe3I2Cl2SO2二、非选择题（本题包括5小题）17、有一固体混合物，可能由FeCl3、BaCl2、KCl 、Na2CO3、Na2SO4等物质组成。为了鉴别它们，做了如下实验：步骤：将固体混合物溶于水，搅拌后得无色透明溶液。步骤：在所得的溶液中滴加足量Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀生成。步骤：过滤，然后在所得白色沉淀上加入过量稀硝酸，沉淀部分

8、溶解。由此判断：（1）原混合物中肯定有 _，可能含有 _。（2）写出上述实验过程中，可能发生反应的离子方程式：_。（3）对可能含有的物质可采用的检验方法是 _。18、如图，反应为常温下的反应，A、C、D中均含有氯元素，且A中氯元素的化合价介于C和D中氯元素的化合价之间，E在常温下为无色无味的液体，F是淡黄色固体，G为常见的无色气体。请据图回答下列问题：(1)G、A的化学式分别为_、_。(2)写出反应的化学方程式：_。(3)写出反应的化学方程式：_。(4)已知A是一种重要的化工原料，在工农业生产和生活中有着重要的应用。请根据所学知识回答下列问题。将A通入紫色石蕊溶液中，观察到的现象是_。请写出A

9、与水反应的化学方程式：_。A可以制漂白粉，漂白粉在空气时间长了会失效，失效的原因是_(用化学方程式表示)。19、如下图所示（B中冷却装置未画出），将氯气和空气（不参与反应）以体积比约1:3混合通入含水8%的碳酸钠中制备Cl2O，并用水吸收Cl2O制备次氯酸溶液。已知：Cl2O极易溶于水并与水反应生成HClO；Cl2O的沸点为3.8，42以上分解为Cl2和O2。(1)实验中控制氯气与空气体积比的方法是_。为使反应充分进行，实验中采取的措施有_。(2)写出装置B中产生Cl2O的化学方程式：_。若B无冷却装置，则进入C中的Cl2O会大量减少。其原因是_。(3)装置C中采用棕色圆底烧瓶是因为_。(4)

10、已知次氯酸可被H2O2、FeCl2等物质还原成Cl。测定C中次氯酸溶液的物质的量浓度的实验方案为：用酸式滴定管准确量取20.00 mL次氯酸溶液，_。（可选用的试剂：H2O2溶液、FeCl2溶液、AgNO3溶液。除常用仪器外须使用的仪器有：电子天平，真空干燥箱）20、掌握仪器名称、组装及使用方法是中学化学实验的基础，回答有关问题：（1）写出装置I中有关仪器的名称：a _，b_，该装置分离混合物的原理是根据混合物各组分_不同进行分离的。（2）装置II中仪器C 的名称为_，使用C前必需进行的操作是 _为使C中液体顺利流下，打开活塞前应进行的操作是 _。 （3）下面是用36.5%的浓盐酸（=1.19

11、g/cm3）配制250mL 0.5mol/L的稀盐酸 的操作，请按要求填空：配制上述溶液所需的玻璃仪器除玻璃棒、量筒、烧杯，还有 _，需要量取浓盐酸的体积为 _mL。下列操作中,会造成所配溶液浓度偏低的是_(填字母)。a定容时，俯视刻度线 b没有洗涤烧杯和玻璃棒c洗涤后的容量瓶中残留少量蒸馏水。d量筒量取盐酸前没有用浓盐酸润洗。经测定，所配溶液的浓度偏小，如果忽略实验过程产生的误差，可能的原因是_。21、 (1)将2.4gNaOH溶于水配成300 mL的溶液，它的物质的量浓度为_mol/L，取出该溶液30mL，它的物质的量浓度为_mol/L，取出的溶液中含氢氧化钠_mol,把取出的溶液稀释到1

12、20mL，稀释后溶液的物质的量浓度为_mol/L，若用0.1 mol/L的硫酸中和稀释后的NaOH溶液，需用去硫酸_mL。(2)电解水的实验中，标准状况下产生氢气5.6L，其物质的量_mol,有_g水分解。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.Cl元素的化合价由+1价降低为-1价被还原，N元素的化合价由-3价升高为0价被氧化，故A正确；B.2NH4+ +3ClO=N2 +3Cl +2H+ +3H2O中，N元素的化合价由-3价升高为0价，则NH4+为还原剂，Cl元素的化合价由+1价降低为-1价，则生成Cl-为还原产物，所以还原性 NH4+Cl-，故B错误；C.N元素的化

13、合价由-3价升高为0价被氧化，所以标准状况下每生成22.4LN2，转移6 mol电子，故C正确；D.由2NH4+ +3ClON2 +3Cl +2H+ +3H2O，得出经此法处理过的废水呈酸性，所以不能直接排放，故D正确。故选B。2、D【解析】A、质量的单位为g，故1mol二氧化碳的质量为44g，故A错误；B、摩尔质量的单位为g/mol，故硫酸的摩尔质量为98g/mol，故B错误；C、气体摩尔体积的单位为L/mol，故标况下，气体摩尔体积为22.4L/mol，故C错误；D、O的相对原子质量为16，故氧气的相对分子质量为32，故D正确；答案选D。3、C【解析】由于氧化钙与饱和溶液中的水发生反应而使

14、水减少，饱和溶液的溶剂减少会造成溶质析出；溶液的溶质、溶剂都在减少，溶液的质量也减小；固体物质的溶解度只受温度的影响，由于溶液的温度不变，因此，溶质的溶解度也不变，所以饱和溶液浓度不变；故C正确。 4、B【解析】分别以高锰酸钾（O由-2价变为0价）、氯酸钾（O由-2价变为0价）、过氧化氢(H2O2)（O由-1价变为0价）为原料制取1mol氧气，转移的电子数分别为4mol、4mol、2mol，4mol：4mol：2mol=221，故选B。5、A【解析】SO42、Ca2、Mg2等分别与BaCl2溶液、Na2CO3溶液、NaOH溶液反应生成沉淀，可再通过过滤除去，Na2CO3溶液能除去过量的BaCl

15、2溶液，盐酸能除去过量的Na2CO3溶液和NaOH溶液，如应先加氢氧化钠，则再加BaCl2溶液，然后加入Na2CO3溶液，最后加入盐酸。【详解】SO42、Ca2、Mg2等分别与BaCl2溶液、Na2CO3溶液、NaOH溶液反应生成沉淀，可再通过过滤除去，Na2CO3溶液能除去过量的BaCl2溶液，盐酸能除去过量的Na2CO3溶液和NaOH溶液，如先加氢氧化钠，则再加BaCl2溶液，然后加入Na2CO3溶液，最后加入盐酸，就合理，即D正确，同理分析BC，所以不合理的顺序为，、顺序颠倒。故选A。6、A【解析】X2、Y2、Z的体积比为10mL：20mL：20mL=1:2:2，根据阿伏加德罗定律可写出

16、化学方程式X2（g）+2Y2（g）=2Z（g），根据原子守恒，Z的化学式为XY2，答案选A。7、C【解析】钠在空气中燃烧生成淡黄色的过氧化钠，错误； 钠投入硫酸铜溶液中的离子反应为：2Na+Cu2+2H2O=2Na+Cu(OH)2+H2，有蓝色沉淀生成，错误；过氧化钠可与二氧化碳或水反应产生氧气，故可做呼吸面具中做供氧剂，正确；铁丝在氯气中燃烧生成棕黄色的FeCl3，正确； 钠与氢气在隔绝空气才能反应，错误；正确，故选C。【点睛】K、Ca、Na这类还原性很强的金属与溶液反应时，优先与酸反应，再与水反应，生成物再与盐反应。所以钠投入硫酸铜溶液中钠不会与硫酸铜直接反应，钠先与水反应生成氢氧化钠与氢

17、气，产物与硫酸铜反应。8、D【解析】16为元素符号左上角的数字，在元素符号左上角的数字代表了该原子的质量数，故答案选D，代表氧元素的一种同位素的质量数。9、C【解析】A.标准状况下，22.4L氢气的物质的量为1mol，1mol氢气含有2mol氢原子，故A正确；B.5.4g水的物质的量为0.3mol，所含的分子数为0.3NA，故B正确；C.1mol硫酸钾中含有1mol硫酸根离子，含有的硫酸根离子数为NA，故C错误；D.14g氮气的物质的量为0.5mol，0.5molN2所含有的原子数目为NA，故D正确。故选C。10、B【解析】A. 标准状况下，3.6 g D2O的物质的量为3.6g20g/mol

18、=0.18mol，每个分子含有10个电子，所以含有的电子数为1.8NA，故错误；B. 常温常压下，3.2gO2和O3 的气体混合物中全是氧原子，所以氧原子的物质的量为3.2g16g/mol=0.2mol，含氧原子数目为0.2NA，故正确；C. 2L 0.5mol/L的KClO3溶液中不含有Cl-，故错误；D. 标准状况下，四氯化碳不是气体，不能计算11.2L的物质的量，故错误。故选B。【点睛】掌握气体摩尔体积22.4L/mol的使用范围和注意事项，必须是标况下的气体。掌握特殊物质的电子数或中子数，如D2O、T2O等，掌握特殊的氧化还原反应中的转移电子数，如过氧化钠和水或二氧化碳的反应，或氯气和

19、水或碱的反应，二氧化氮和水的反应等。11、A【解析】次氯酸钙与湿润的二氧化碳的反应，酸与次氯酸钙反应。【详解】漂粉精主要成分是次氯酸钙，在水溶液中电离出钙离子和次氯酸根离子， -次氯酸有漂白性。A. 加入食盐，与次氯酸钙无反应，A符合题意； B. 加入CO2 和水蒸气Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3+2HClO，次氯酸浓度增加，B不符合题意； C. 加入稀盐酸与次氯酸钙反应生成次氯酸，次氯酸浓度增加，促进漂白效果，C不符合题意； D. 加入稀硫酸与次氯酸钙反应生成次氯酸，次氯酸浓度增加，促进漂白效果，D不符合题意；答案为A 。12、C【解析】A铜是单质，硫酸铜溶液是混合物，均不是化

20、合物，则不是电解质，也不是非电解质，故A错误；BNH3和CO2的水溶液能导电，是均与水反应生成了可电离的电解质的缘故，而自身不能发生电离，是非电解质，故B错误；C蔗糖、酒精均是化合物，且在水溶液和熔融状态下均不能导电，则蔗糖、酒精均是非电解质，故C正确；D液态HCl、固体NaCl均不能导电，但溶于水都能电离出自由移动的离子，则HCl、NaCl均是电解质，故D错误；故答案为C。【点睛】电解质与非电解质的判断要注意以下几点：电解质和非电解质均指化合物，单质和混合物既不属于电解质也不属于非电解质；电解质本身可能不导电，如NaCl固体，但NaCl是电解质，电解质是在水溶液或熔融状态导电即可，又如HCl

21、气体不导电，但溶于水后形成的盐酸能导电，HCl是电解质；能导电的不一定是电解质，如Fe能导电，但是单质，不属于电解质；难溶性化合物不一定就是弱电解质。13、B【解析】按照交叉分类法，图中阴影部分的物质既属于正盐，又属于钠盐、碳酸盐，则符合阴影部分的物质为； 故选B。14、A【解析】元素X的原子获得3个电子形成离子的电子层结构与氖原子相同，则X元素质子数为7，为N元素；元素Y的原子失去2个电子后形成离子的电子层结构与氖原子相同，则Y元素质子数为2+8+2=12，为Mg元素，氮气和镁在高温下反应得到的化合物的化学式为Mg3N2，故选A。15、C【解析】同温同体积，压强与气体物质的量成正比，由图象看

22、出，相同温度下，氧气的压强大于X，则1 g O2与1 g X气体的物质的量n(O2)n(X)，所以M(O2)氧化产物，氧化剂还原剂进行分析判断。【详解】Cl2+2KII2+2KCl，氧化剂为Cl2，氧化产物为I2，氧化性Cl2I2；2FeCl3+2HII2+2FeCl2+2HCl中，氧化剂为FeCl3，氧化产物为I2，氧化性Fe3+I2；2FeCl2+Cl22FeCl3，氧化剂为Cl2，氧化产物为FeCl3，氧化性Cl2Fe3+；I2+SO2+2H2O2HI+H2SO4，氧化剂为I2，还原剂是SO2，氧化性I2SO2。故氧化性由强到弱的顺序是Cl2Fe3+I2SO2，选项A符合题意。【点睛】本

23、题考查物质氧化性和还原性的比较，根据元素化合价的变化判断氧化剂、还原剂、氧化产物和还原产物是本题解答的关键。二、非选择题（本题包括5小题）17、Na2CO3、Na2SO4 KCl Ba2CO32=BaCO3 Ba2SO42=BaSO4 BaCO32H=Ba2H2OCO2 取的滤液少许于试管中，先用稀硝酸酸化，然后加入AgNO3溶液，观察是否有白色沉淀生成 【解析】（1）将固体混合物溶于水，搅拌后得无色透明溶液，所以固体混合物中一定不存在FeCl3；在所得的溶液中滴加足量Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀生成，所以固体混合物中一定存在Na2CO3或Na2SO4或Na2CO3和Na2SO4，一定不存

24、在BaCl2；在所得白色沉淀上加入过量稀硝酸，沉淀部分溶解，所以固体混合物中一定存在Na2CO3和Na2SO4；因无法肯定确定是否存在KCl，则可能存在KCl，故答案为Na2CO3、Na2SO4；KCl；（2）在所得的溶液中滴加足量Ba(NO3)2溶液，有碳酸钡和硫酸钡白色沉淀生成，反应的离子方程式为Ba2CO32=BaCO3，Ba2SO42=BaSO4；在所得白色沉淀上加入过量稀硝酸，碳酸钡沉淀溶解，硫酸钡沉淀不溶解，反应的离子方程式为BaCO32H=Ba2H2OCO2，故答案为Ba2CO32=BaCO3、Ba2SO42=BaSO4，BaCO32H=Ba2H2OCO2；（3）要确定溶液中是否

25、存在KCl，应向的滤液加入酸化的硝酸银溶液，检验是否存在氯离子，具体操作为：取的滤液少许于试管中，先用稀硝酸酸化，然后加入AgNO3溶液，观察是否有白色沉淀生成，故答案为取的滤液少许于试管中，先用稀硝酸酸化，然后加入AgNO3溶液，观察是否有白色沉淀生成。【点睛】解题时应该认真审题，抓住特殊的反应现象和物质的特征性颜色，对于实验中的关键性字词要真正领会，并熟练掌握物质的特征颜色以及酸碱盐的反应规律，防止错答或漏答。18、O2 Cl2 Cl2 + 2NaOH = NaCl + NaClO + H2O 2Na2O2 + 2H2O = 4NaOH + O2 紫色试液先变红色，后又褪色 Cl2 + H

26、2O HCl + HClO Ca(ClO)2 + CO2 + H2O = CaCO3 + 2HClO；2HClO2HCl + O2 【解析】E在常温下为无色无味的液体，应为H2O，F为淡黄色粉末，应为Na2O2，则G为O2，B为NaOH，A、C、D均含氯元素，且A中氯元素的化合价介于C与D之间，应为Cl2和NaOH的反应，生成NaCl和NaClO，结合物质的性质作答即可。【详解】(1)由以上分析可知，A为Cl2，G为O2，故答案为： O2、Cl2；(2)由以上分析可知，A为Cl2，B为NaOH，所以反应的化学方程式为：Cl2 + 2NaOH = NaCl + NaClO + H2O，故答案为：

27、Cl2 + 2NaOH = NaCl + NaClO + H2O ；(3)反应为过氧化钠和水的反应，方程式为2Na2O2 + 2H2O = 4NaOH + O2，故答案为：2Na2O2 + 2H2O = 4NaOH + O2；(4)氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，发生Cl2 + H2O HCl + HClO，盐酸具有酸性，可使紫色石蕊试液变红，生成的次氯酸具有漂白性，可使溶液褪色，故答案为：紫色试液先变红色，后又褪色；Cl2 + H2O HCl + HClO；氯气和氢氧化钙反应生成漂白粉，有效成分为Ca(ClO)2，在空气中与二氧化碳、水反应生成不稳定的次氯酸，次氯酸见光分解，涉及反应为Ca(C

28、lO)2 + CO2 + H2O = CaCO3 + 2HClO；2HClO2HCl + O2，故答案为：Ca(ClO)2 + CO2 + H2O = CaCO3 + 2HClO；2HClO2HCl + O2。【点睛】本题考查无机物的推断，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生的分析能力，题目难度不大，本题的突破口在于物质的颜色和状态，注意常温下氯气与碱反应生成次氯酸盐。19、通过观察A中产生气泡的速率调节流速 搅拌、使用多孔球泡2Cl2+Na2CO3Cl2O+2NaCl+CO2该反应放热，温度升高Cl2O会分解 HClO见光易分解加入足量的H2O2溶液，再加入足量的硝酸银溶液，过滤，洗涤，在

29、真空干燥箱中干燥，用电子天平称量沉淀质量【解析】试题分析：该实验的目的为以氯气、空气（体积比约1:3）和含水8%的碳酸钠为原料制备Cl2O，并用水吸收Cl2O制备次氯酸溶液。（1）实验中将氯气和空气分别通入盛有饱和食盐水的A装置使氯气和空气混合均匀并通过观察A中产生气泡的速率调节流速控制氯气与空气体积比；为增大反应物的接触面积使反应充分进行，实验中采取的措施有搅拌、使用多孔球泡。（2）装置B中氯气与含水8%的碳酸钠发生歧化反应生成Cl2O和氯化钠，利用化合价升降法结合原子守恒配平，该反应的化学方程式为2Cl2+Na2CO3=Cl2O+2NaCl+CO2；若B无冷却装置，该反应放热，温度升高Cl

30、2O会分解，则进入C中的Cl2O会大量减少。（3）装置C中发生的反应为Cl2O+H2O2HClO，HClO见光易分解，故装置C采用棕色圆底烧瓶。（4）次氯酸溶液呈酸性、具有强氧化性，取20.00 mL次氯酸溶液应用酸性滴定管或20.00mL的移液管；根据题给信息次氯酸可被H2O2还原成Cl，发生的反应为：HClO+H2O2O2+H2O+Cl+H，然后向反应后的溶液中加入足量硝酸银溶液，通过测定生成沉淀氯化银的质量确定次氯酸的物质的量，确定次氯酸的浓度，而用氯化亚铁还原次氯酸会引入氯离子，干扰实验，故实验方案为：用酸式滴定管取20.00 mL次氯酸溶液，加入足量的H2O2溶液，再加入足量的硝酸银

31、溶液，过滤，洗涤，在真空干燥箱中干燥，用电子天平称量沉淀质量。考点：考查化学实验方案的分析、评价和设计，物质的制备，化学方程式的书写。20、蒸馏烧瓶 (直形)冷凝管 沸点 分液漏斗 检查是否漏水 打开分液漏斗上口的玻璃塞（或使瓶塞上凹槽与瓶子上的小孔对准。） 250 mL容量瓶和胶头滴管 10.5 b d 浓盐酸挥发，导致盐酸浓度减小 【解析】（1）蒸馏装置中，仪器a为蒸馏烧瓶，仪器 b为(直形)冷凝管；液态物质互溶，但是各组分的沸点不同，进行蒸馏分离；综上所述，本题答案是：蒸馏烧瓶，(直形)冷凝管，沸点。（2）分液装置II中，仪器C 的名称为分液漏斗；分液漏斗有玻璃塞和活塞，为防止使用时出现

32、漏夜现象，使用分液漏斗前必需进行的操作是检查是否漏水；为使分液漏斗中液体顺利流下，打开活塞前，应打开分液漏斗上口的玻璃塞（或使瓶塞上凹槽与瓶子上的小孔对准），保持压强平衡；综上所述，本题答案是：分液漏斗， 检查是否漏水，打开分液漏斗上口的玻璃塞（或使瓶塞上凹槽与瓶子上的小孔对准）。 （3）配制一定物质的量浓度溶液，除了所给的玻璃仪器：玻璃棒、量筒、烧杯外，还需要 250 mL容量瓶、胶头滴管；根据c=1000/M可知，浓盐酸的浓度=10001.1936.5%/36.5=11.9mol/L；根据稀释前后溶质的量不变可知：11.9V=0.250.5，V=0.0105L=10.5mL；综上所述，本题

33、答案是：250 mL容量瓶和胶头滴管 ；10.5。a定容时,俯视刻度线,液面在刻度线下方,溶液的体积偏小,所配溶液的浓度偏高,故a不符合； b没有洗涤烧杯和玻璃棒,移入容量瓶内氯化钠的质量偏小,所配溶液的浓度偏低,故b符合；c溶液配制需加水定容,洗涤后的容量瓶中残留少量蒸馏水,所配溶液浓度无影响,故c不符合；d量筒量取盐酸前没有用浓盐酸润洗，相当于浓盐酸被水稀释，导致所配溶液浓度偏低，故d符合；综上所述，本题选b d。如果忽略实验过程产生的误差，所配溶液的浓度偏小，可是因为浓盐酸挥发，导致溶质的量减小，盐酸浓度减小；综上所述，本题答案是：浓盐酸挥发，导致盐酸浓度减小。21、0.2 0.2 0.

34、006 0.05 30 0.25 4.5 【解析】分析：（1）求出氢氧化钠的物质的量，然后根据物质的量浓度c= 来计算；溶液是均一稳定的，所取出溶液的浓度和体积无关；将30mL溶液加水稀释至120mL，溶液体积变为原来的4倍，则浓度变为原来的四分之一,但含有的氢氧化钠的物质的量和质量不变，据此分析。（2）根据 n=，求出氢气的物质的量，再根据电解水的反应求水的质量。详解：（1）2.4g氢氧化钠的物质的量n=0.06mol，故所得物质的量浓度c= =0.2mol/L；因为溶液是均一稳定的，故所取出的30mL溶液的浓度和所取的体积无关，即仍然是0.2mol/L；但因为所取出的溶液的体积是原体积的故

35、所取出的30mL溶液中含有的氢氧化钠的质量也是原来的，即含有氢氧化钠的物质的量为：0.06mol=0.006mol；将30mL溶液加水稀释至120mL，溶液体积变为原来的4倍,则浓度变为原来的四分之一,即稀释后溶液的浓度变为0.2mol/L=0.05mol/L； 若用0.1 mol/L的硫酸中和稀释后的NaOH溶液，n(H2SO4)=n(NaOH)=0.006mol=0.003mol，需用去硫酸的体积：=0.03L=30mL。因此，本题正确答案是： 0.2； 0.2 ； 0.006 ； 0.05 ； 30 。（2）氢气的物质的量n=0.25mol，根据反应2H2O2H2+O2，分解的水的质量为：0.25mol18g/mol=4.5g。 因此，本题正确答案是：0.25 ； 4.5。