广东省汕头市下蓬中学2022-2023学年化学高一上期中考试试题含解析.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、同种元素的原子和离子，一定具有相同的( )A电子层数B中子数C电子数D质子数2、下列溶液中NO3 - 物质的量与50mL 1mol/L Al(NO3)3溶液的NO3 - 物质的量不相等的是A100mL 2.0molL-1 AgNO3溶液B75 mL 1.0 molL-1 Mg(NO3)2溶液C100 mL 0.5 molL-1 Fe(NO3)3溶液D75 mL 2.0 molL-1 Na NO3溶液3、设 NA 代表阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是A2.4 g 金属镁变成镁离子时失去的电子数目为 0.1NAB18 g 水中含有

3、 0.1NA 个水分子C22.4 L 氮气所含的电子数目为 NAD17 g 氨气所含电子数目为 10NA4、一个密闭容器，中间有一可自由滑动的隔板（厚度不计）将容器分成两部分，当左边充入8molN2，右边充入CO和CO2的混合气体共64g时，隔板处于如图位置（保持温度不变），下列说法正确的是A左边CO和CO2分子数之比为1:3B右边CO的质量为14gC右边气体密度是相同条件下氧气密度的2倍D若改变右边CO和CO2的充入量而使隔板处于距离右端处，若保持温度不变，则前后两次容器内的压强之比为5:65、有两种体积相同的某植物的营养液，其配方如下：对于两种营养液的成分，下列说法中，正确的是（ ）KCl

4、K2SO4ZnSO4ZnCl210.3mol0.2mol0.1mol20.1mol0.3mol0.1molA只有K+的物质的量相等B只有Cl的物质的量相等C各离子的物质的量均不同D各离子的物质的量完全相同6、汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应：10NaN32KNO3=K2O5Na2O16N2下列说法正确的是：AKNO3是还原剂，其中氮元素被氧化B生成物中的N2是氧化产物，K2O是还原产物C每转移1 mol电子，可生成标准状况下N2的体积为35.84 LD若有65 g NaN3参加反应，则被氧化的N的物质的量为3.2 mol7、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H2

5、O和炽热的碳反应生成了水煤气(CO和H2)，反应方程式为：CH2O(g) COH2，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2mol e则生成1mol H2 D该反应属于复分解反应8、在相同状况下，一个空瓶，若装满O2称其质量为36 g，若装满CO2称其质量为42 g，若装满A气体，称其质量为52 g，则A的相对分子质量是( )A16B32C64D1289、下列实验操作错误的是A蒸馏时，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶支管口B分液时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出C制取蒸馏水时，为防止烧瓶内产生暴沸现象，应向烧瓶中

6、加入几片碎瓷片D碘在酒精的溶解度很大，而且酒精和水互溶，故可用酒精萃取碘水中的碘10、下列各组离子中，一定能够大量共存的是（ ）ANa、HS-、Cl、OH- BFe2、Na、Cl-、SO42-CK、Fe3、Ca2+、CO32- DMg2、NH4+、Cl、OH-11、某血液化验单中“总胆固醇”一项的结果为4.27103 mol/L。这里的“4.27103 mol/L”表示总胆固醇的A质量分数B摩尔质量C物质的量D物质的量浓度12、常温下，在水溶液中发生如下反应：16H 10C 2XO4 = 2X2 5C2 8H2O； 2A2B2 = 2A32B； 2BC2 = B22C。 下列说法错误的是( )

7、A反应C2 2A2 = 2A3 2C 可以进行B元素C在反应中被氧化，在反应中被还原C氧化性由强到弱的顺序是XO4C2B2A3D还原性由强到弱的顺序是CA2BX213、O2F2可以发生反应：H2S+4O2F2SF6+2HF+4O2，下列说法正确的是（ ）A氧气是氧化产物BO2F2既是氧化剂又是还原剂C若生成4.48 L HF，则转移0.8 mol电子D还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：414、下表中评价合理的是选项化学反应及其离子方程式评价A向沸腾的蒸馏水中滴加饱和的氯化铁溶液至液体变为红褐色：Fe3+3H2O=Fe(OH)3+3H+正确B大理石溶于醋酸的反应： CaCO3+2H+=Ca2+C

8、O2+H2O错误，醋酸应写为分子形式CH3COOH，CaCO3应写成离子形式C铁与稀盐酸反应：2Fe+6H+=2Fe3+3H2错误，产物不符合客观事实DNaOH溶液中通入少量CO2反应： OH-+CO2=HCO3-正确AABBCCDD15、下列物质溶于水后不能电离的是A葡萄糖(C6H12O6)B氯化氢(HCl)C氯化钠(NaCl)D氢氧化钡Ba(OH)216、 “垃圾是放错了位置的资源”，应分类回收利用。生活中废弃的塑料制品、旧轮胎、废纸等属于A单质 B有机物 C氧化物 D无机物二、非选择题（本题包括5小题）17、I常见无机物A、B、C、D、E、X存在如图转化关系。已知A、B、C、D的焰色反应

9、都呈黄色，其中A为单质，X是常见的无色无味气体(部分生成物和反应条件略去)。请回答：（1）组成单质A的元素符号为_。（2）写出由C转化为D的化学方程式_。IIA、B、C、D为三种常见物质。A是金属单质，且A的合金用量最大。这四种物质具有如图所示的转化关系(部分生成物和反应条件略去)。请回答：（1）向溶液C中滴加硫氰化钾溶液，溶液变_色。（2）写出图中CAB的离子方程式_。18、有一包白色粉末状混合物，其中可能含有K2CO3、NaCI、Ba(OH)2、CuSO4,，现取少量该固体混合物做如下实验：取部分固体混合物加入水中，震荡，有白色沉淀；向的悬浊液加入过量稀硝酸，白色沉淀消失，并有气泡产生；取

10、少量的溶液滴人Na2SO4溶液，有白色沉淀生成。（1）该固体混合物中肯定含有的物质是：_。（2）该固体混合物中一定不存在的物质是：_。（3）该固体混合物中可能存在的物质是：_，为了进一步检验该物质是否存在，请写出你的检验方法：_。19、现用质量分数为98%、密度为1.84gcm3的浓硫酸来配制500mL 0.2mol/L的稀硫酸。可供选择的仪器:玻璃棒，烧瓶，烧杯，量筒，托盘天平，药匙请回答下列问题:(1)上述仪器中，在配制稀硫酸时用不到的仪器有_(填代号)。缺少的仪器是_.(2)配制溶液时，一般可以分为以下几个步骤:量取计算稀释摇匀移液洗涤定容冷却初步振荡装瓶贴签其正确的操作顺序为_(填序号

11、)。(3)经计算，需浓硫酸的体积为_mL。现有10mL、50mL、100mL三种规格的量筒，应选用的量筒是_(填代号)。(4)在配制过程中，其他操作都准确，下列操作中错误且能使所配溶液浓度偏高的有_ (填代号) 用量筒量取浓硫酸时仰视读数洗涤量取浓硫酸后的量筒，并将洗涤液转入容量瓶中未等稀释后的硫酸溶液冷却至室温就转入容量瓶内将浓硫酸直接倒入烧杯，再向烧杯中注入蒸馏水来稀释浓硫酸定容时，加蒸馏水超过刻度线，又用胶头滴管吸出转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水定容摇匀后，发现液面低于刻度线，又用胶头滴管加蒸馏水至刻度线定容时俯视刻度线20、实验室需要0.2 mol/L NaOH溶液450 mL和0.5

12、 mol/L硫酸溶液500 mL。根据这两种溶液的配制情况回答下列问题：(l)如图所示的仪器中配制溶液一定不需要的是 _（填字母序号），配制上述溶液还需用到的玻璃仪器是_填仪器名称）。(2)在配制NaOH溶液时：根据计算，用托盘天平称取NaOH固体_g；若NaOH溶液在转移至容量瓶时，洒落了少许，则配置的溶液浓度_填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。(3)在配制硫酸溶液时：所需质量分数为98%、密度为1.84 g/cm3的浓硫酸的体积为_mL（计算结果保留一位小数）；如果实验室有15 mL、20 mL、50 mL量筒，应选用 _mL量筒最好。21、X、Y、Z、W四种常见化合物，其中X含有四种元

13、素，X、Y、Z的焰色反应均为黄色，W为无色无味气体。这四种化合物具有下列转化关系(部分反应物、产物及反应条件已略去)：请回答：（1）W的化学式是_。（2）X与Y在溶液中反应的离子方程式是_。（3）将4.48 L(已折算为标准状况)W通入100 mL3 mol/L的Y的水溶液后，溶液中溶质及相应的物质的量是_。自然界中存在X、Z和H2O按一定比例结晶而成的固体。取一定量该固体溶于水配成100 mL溶液，测得溶液中金属阳离子的浓度为0.5 mol/L。若取相同质量的固体加热至恒重，剩余固体的质量为_g。参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解析】根据元素是具有相同核电荷数（即核内质

14、子数）的一类原子的总称，不同种元素之间的本质区别是质子数不同，同种元素一定具有相同的核电荷数即质子数，同位素不同核素之间中子数不同，进行解答。【详解】A因原子变为离子时要得到或失去电子，有的电子层数发生了变化，不一定相同，A错误；B同种元素的原子和离子，质子数一定相同，但中子数不一定相同，B错误；C同种元素的原子和离子电子数一定不同，金属元素会失去电子，非金属元素会得到电子，C错误；D同种元素的原子和离子质子数一定相同，D正确；答案选D。2、A【解析】50mL 1mol/L Al(NO3)3溶液的NO3 - 物质的量为1mol/L0.05L3=0.15mol。【详解】A. 100mL 2.0m

15、olL-1 AgNO3溶液中硝酸根离子物质的量为2.0mol/L0.1L=0.2mol，故A选；B. 75 mL 1.0 molL-1 Mg(NO3)2溶液中硝酸根离子物质的量为1mol/L0.075L2=0.15mol，故不选；C. 100 mL 0.5 molL-1 Fe(NO3)3溶液中硝酸根离子物质的量为0.5mol/L0.1L3=0.15mol，故不选；D. 75 mL 2.0 molL-1 Na NO3溶液中硝酸根离子物质的量为2mol/L0.075L=0.15mol，故不选。故选A。3、D【解析】A. 2.4gMg物质的量=0.1mol，每个Mg失2个电子形成Mg2+，则0.1m

16、olMg失去0.2mol电子，即失去电子数目为0.2NA，A项错误；B.18g水的物质的量为1mol，1molH2O中含有NA个水分子，B项错误；C.气体所处的温度和压强未知，无法得知气体摩尔体积，无法计算22.4L氮气物质的量，也就无法计算所含电子数目，C项错误；D.17g氨气的物质的量为1mol，每个NH3分子含有10个电子，所以1molNH3含有电子数目为10NA，D项正确；答案选D。4、D【解析】左右两侧气体温度、压强相同，相同条件下，体积之比等于物质的量之比，左右体积之比为4：1，则左右气体物质的量之比为4：1，所以右侧气体物质的量=2mol，CO和CO2质量为64g，设CO的物质的

17、量为xmol，则二氧化碳物质的量为(2-x)mol，28xg+44(2-x)g=64g，x=1.5mol，则CO的物质的量为1.5mol，二氧化碳物质的量为0.5mol，由此分析解答。【详解】左右两侧气体温度、压强相同，相同条件下，体积之比等于物质的量之比，左右体积之比为4：1，则左右气体物质的量之比为4：1，所以右侧气体物质的量=2mol，CO和CO2质量为64g，设CO的物质的量为xmol，则二氧化碳物质的量为(2-x)mol，28xg+44(2-x)g=64g，x=1.5mol，则CO的物质的量为1.5mol，二氧化碳物质的量为0.5mol；A气体的物质的量之比等于其分子数之比，所以右边

18、CO与CO2分子数之比为1.5mol：0.5mol=3：1，故A错误；Bm(CO)=nM=1.5mol28g/mol=42g，故B错误；C相同条件下气体密度之比等于其摩尔质量之比，右边气体平均摩尔质量=32g/mol，与氧气摩尔质量相等，所以混合气体与氧气密度之比为1：1，故C错误；D若改变右边CO和CO2的充入量而使隔板处于距离右端处，则左右空间体积之比为2：1，充入二氧化碳和CO物质的量为4mol，相同条件下气体的物质的量之比等于其压强之比，所以其压强之比为(8+2)mol：(8+4)mol=5：6，故D正确；故答案为D。5、D【解析】KCl、K2SO4、ZnSO4、ZnCl2均为强电解质

19、，在溶液中完全电离，根据各电解质的物质的量计算离子的物质的量，确定离子关系。【详解】中n（K）=0.3mol+0.2mol2=0.7mol，n（SO42）=0.2 mol+0.1mol=0.3mol，n （Zn2）=0.1 mol，（Cl）=0.3 mol，中n（K）=0.1mol+0.3mol2=0.7mol，n（SO42 ）=0.3mol，n （Zn2）=0.1 mol，（Cl）=0.1mol+0.1mol2=0.3 mol，和中各种离子的物质的量：n（K）=0.7 mol，n（SO42）=0.3 mol，n （Zn2）=0.1 mol，n（Cl）=0.3 mol，所以成分相同，故选D。6

20、、C【解析】KNO3中氮元素化合价由+5价降低为0价，KNO3是氧化剂；NaN3中氮元素化合价由- 升高为0价， NaN3为还原剂，N2既是氧化产物又是还原产物；由方程式可知转移10mol电子，产生16mol气体，现若转移1mol电子，产生16mol气体，标准状况下N2的体积为35.84 L；若有65 g NaN3参加反应，则被氧化的N的物质的量为3 mol，故C正确。7、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

21、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。8、C【解析】设瓶子的质量为x，气体A的摩尔质量为y，同一瓶子的体积相等，由阿伏加德罗定律可知，在相同状况下，O2、CO2与气体A的物质的量也相等，则由n=m/M可知，（36gx）32g/mol=（42gx）44g/mol，解得：x=20g，故（36g20g）32g/mol=（52g20g）y，解得：y=64gmol-1，摩尔质量与相对分子质量数值相等，所以气体A的相对分子质量是64，故答案为C项。9、D【解析】A、蒸馏或分馏时，温度计是用来测量物质的蒸气的温度的，水银球要靠近蒸馏烧瓶支管口处，选项A正确；B、

22、分液时，为将上下两层液体彻底分开，分液漏斗中下层液体一定是从下口放出，上层液体一定是从上口倒出，选项B正确；C、液体在加热至沸腾时易暴沸，加入碎瓷片，可防止液体暴沸，选项C正确；D、酒精与水互溶，不能用酒精从碘水中萃取碘，选项D错误；答案选D。10、B【解析】A. HS-和OH-会生成S2-和 H2O不能大量共存，故A错误；B. Fe2、Na、Cl-、SO42能大量共存，故B正确；C. Fe3和CO32-会发生双水解不能大量共存，Ca2+和CO32-会生成碳酸钙沉淀不能大量共存，故C错误；D.Mg2和OH-会生成氢氧化镁沉淀不能大量共存，NH4+和OH-会生成NH3H2O（弱电解质）不能大量共

23、存，故D错误。答案选B。【点睛】本题在判断时可根据复分解反应的条件，离子间若能互相结合成沉淀、气体或水，则离子不能共存，据此进行分析判断即可。11、D【解析】【详解】根据单位可判断“4.2710-3 mol/L”表示总胆固醇的物质的量浓度，答案选D。12、D【解析】16H 10C 2XO4 =2X2 5C2 8H2O反应可知氧化性：XO4C2；还原性：C X2 ；2A2B2 = 2A32B反应可知氧化性：B2 A3；还原性：A2B；2BC2 = B22C反应可知氧化性：C2 B2；还原性：BC；由此可知氧化性顺序为：XO4C2B2A3； 还原性顺序：A2 BC X2；据以上分析解答。【详解】1

24、6H 10C 2XO4 = 2X2 5C2 8H2O反应可知氧化性：XO4 C2；还原性：C X2 ；2A2B2 = 2A32B反应可知氧化性：B2 A3；还原性：A2B；2BC2 = B22C反应可知氧化性：C2 B2；还原性：BC；由此可知氧化性顺序为：XO4C2B2A3； 还原性顺序： A2 BC X2； A.由以上分析可知，氧化性：C2A3，所以该反应C2 2A2 = 2A3 2C 可以进行，A正确；B.元素C在反应中化合价升高，被氧化，在反应中化合价降低，被还原，B正确；C.结合以上分析可知，氧化性由强到弱的顺序是XO4C2B2A3，C正确；D. 结合以上分析可知，还原性由强到弱的顺

25、序是A2 BCX2；D错误；综上所述，本题选D。13、D【解析】AO元素由+1价降低到0价，化合价降低，获得电子，所以氧气是还原产物，故A正确；B在反应中，O2F2中的O元素化合价降低，获得电子，所以该物质是氧化剂，而硫化氢中的S元素的化合价是-2价，反应后升高为+6价，所以H2S表现还原性，O2F2表现氧化性，故B错误；C不是标准状况下，且标准状况下HF为液态，不能使用标准状况下的气体摩尔体积计算HF的物质的量，所以不能确定转移电子的数目，故C错误；D该反应中，S元素化合价由-2价升高到+6价被氧化，O元素由+1价降低到0价被还原，氧化产物为SF6，还原产物为O2，由方程式可知氧化剂和还原剂

26、的物质的量的比是4：1，故D错误；故选A。【点晴】为高频考点和常见题型，侧重于学生的分析、计算能力的考查，答题注意把握元素化合价的变化，为解答该题的关键，反应H2S+4O2F2SF6+2HF+4O2中，S元素化合价由-2价升高到+6价被氧化，O元素由+1价降低到0价被还原；氧化产物为SF6，还原产物为O2，以此解答该题。14、C【解析】A、向沸腾的蒸馏水中滴加饱和的氯化铁溶液至液体变为红褐色，得到的是氢氧化铁胶体，不是氢氧化铁沉淀，A错误；B、醋酸是弱酸，碳酸钙难溶于水，在离子反应方程式中均应该用化学式表示，B错误；C、铁与盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，结论正确，C正确；D、二氧化碳不足生成碳酸

27、钠和水，D错误；答案选C。15、A【解析】A葡萄糖是有机物属于非电解质，溶于水和熔融状态下都不导电，不能电离，故A选；BHCl在水溶液里能完全电离出自由移动的氯离子和氢离子，故B不选；C. 氯化钠是易溶于水的盐，在水溶液里能完全电离出自由移动的氯离子和钠离子，故C不选；DBa(OH)2是强碱，在水溶液里能完全电离出自由移动的钡离子和氢氧根离子，故D不选；故选A。16、B【解析】塑料袋等塑料制品、旧轮胎主要成分为橡胶，属于高分子化合物，废纸的主要成分是植物的纤维是纤维素，它们都属于有机物。答案选B。【点睛】本题是一道物质组成材料题，解题的关键是对组成这些物质的材料成分的掌握，难度不大。二、非选择

28、题（本题包括5小题）17、Na Na2CO3H2OCO22NaHCO3 血红 2Fe3+Fe3Fe2+ 【解析】IA、B、C、D的焰色反应都呈黄色，均含有Na元素，其中A为单质，则A为Na，钠与水反应生成NaOH与氢气，可推知E为H2，B为NaOH，X是常见的无色无味气体，能与NaOH连续反应，可知X为CO2。II A是金属单质，且A的合金用量最大，则A为铁。铁与氯气反应生成氯化铁，铁与盐酸反应生成氯化亚铁，氯化铁和氯化亚铁可以相互转化，据此分析解答。【详解】IA、B、C、D的焰色反应都呈黄色，均含有Na元素，其中A为单质，则A为Na，钠与水反应生成NaOH与氢气，可推知E为H2，B为NaOH

29、，X是常见的无色无味气体，能与NaOH连续反应，可知X为CO2，C为Na2CO3，D为NaHCO3。(1)钠的元素符号为Na，故答案为Na； (2)由C转化为D是碳酸钠与二氧化碳反应转化为碳酸氢钠，反应的化学方程式：CO2+Na2CO3+H2O=2NaHCO3，故答案为CO2+Na2CO3+H2O=2NaHCO3；IIA、B、C、D为三种常见物质。A是金属单质，且A的合金用量最大，则A为铁。铁与氯气反应生成氯化铁，C为FeCl3，铁与盐酸反应生成氯化亚铁，B为FeCl2，D与一氧化碳反应生成铁，则D可能为铁的某种氧化物。(1)向FeCl3溶液中滴加硫氰化钾溶液，溶液变成红色，故答案为红；(2)

30、CAB为氯化铁与铁反应生成氯化亚铁，反应的离子方程式为2Fe3+Fe3Fe2+，故答案为2Fe3+Fe3Fe2+。18、Ba(OH)2 K2CO3 Cu SO4 NaCl 取中的溶液少量于试管中，加入AgNO3,若有白色沉淀生成则证明原固体混合物中有NaCl，反之则没有 【解析】取部分固体混合物加入水中，震荡，有白色沉淀，可能为碳酸钡沉淀和硫酸钡沉淀；向的悬浊液加入过量稀硝酸，白色沉淀消失，并有气泡产生；证明该沉淀为碳酸钡沉淀；一定没有硫酸钡沉淀，也就没有硫酸铜存在；取少量的溶液滴人Na2SO4溶液，有白色硫酸钡沉淀生成，证明溶液中含有Ba(OH)2；氯化钠是否存在不能确定，可以检验氯离子的存

31、在来验证氯化钠的存在；据以上分析解答。【详解】取部分固体混合物加入水中，震荡，有白色沉淀，可能为碳酸钡沉淀和硫酸钡沉淀；向的悬浊液加入过量稀硝酸，白色沉淀消失，并有气泡产生；证明该沉淀为碳酸钡沉淀；一定没有硫酸钡沉淀，因此硫酸铜也不存在；取少量的溶液滴人Na2SO4溶液，有白色硫酸钡沉淀生成，证明溶液中含有Ba(OH)2；（1）结合以上分析可知：该固体混合物中肯定含有的物质是：Ba(OH)2 和K2CO3；（2）结合以上分析可知：该固体混合物中一定不存在的物质是：CuSO4；（3）结合以上分析可知：该固体混合物中可能存在的物质是：NaCl；为了检验该物质的存在，可以检验溶液中是否含有氯离子，加

32、入硝酸银和硝酸溶液；检验方法：取中的溶液少量于试管中，加入AgNO3,若有白色沉淀生成则证明原固体混合物中有NaCl，反之则没有。综上所述，本题答案是：NaCl；取中的溶液少量于试管中，加入AgNO3,若有白色沉淀生成则证明原固体混合物中有NaCl，反之则没有。19、 5.4 【解析】试题分析：本题考查一定体积物质的量浓度溶液的配制和误差分析。（1）根据浓溶液配稀溶液的实验步骤，实验时需要使用的仪器有：量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，不需要的仪器是烧瓶、托盘天平、药匙，答案为。（2）配制时的实验步骤为：计算量取稀释冷却移液洗涤初步振荡定容摇匀装瓶贴签，正确的操作顺序为。（3）根

33、据稀释前后H2SO4物质的量不变列式，1.84g/cm3V(浓H2SO4)98%98g/mol=0.2mol/L0.5L，V(浓H2SO4)=5.4mL，根据“大而近”的原则选择量筒，应选用10mL的量筒，答案选。（4）根据公式cB=分析。洗涤量取浓硫酸后的量筒，洗涤液转入容量瓶中，操作错误，硫酸物质的量偏大，所配溶液浓度偏高；未等稀释后的硫酸溶液冷却至室温就转入容量瓶内，操作错误，由于浓硫酸溶于水放热，冷却至室温后溶液体积偏小，所配溶液浓度偏高；将浓硫酸直接倒入烧杯，再向烧杯中注入蒸馏水来稀释浓硫酸，操作错误，若没有溶液溅出，所配溶液浓度无影响，若有溶液溅出，所配溶液浓度偏低；定容时，加蒸馏

34、水超过刻度线，又用胶头滴管吸出，操作错误，所配溶液浓度偏低；转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水，对实验结果无影响；定容摇匀后，发现液面低于刻度线，又用胶头滴管加蒸馏水至刻度线，操作错误，溶液体积偏大，所配溶液浓度偏低；定容时俯视刻度线，操作错误，溶液体积偏小，所配溶液浓度偏高；答案选。点睛：配制物质的量浓度溶液的误差分析，根据公式cB=，由于操作不当引起nB偏大或V偏小，所配溶液浓度偏大；反之，所配溶液浓度偏小。难点是定容时的仰视、俯视的分析：仰视刻度线（如图），容器内液面高于刻度线，导致溶液体积偏大，所配溶液浓度偏小。俯视刻度线（如图），容器内液面低于刻度线，导致溶液体积偏小，所配溶液浓度偏大。

35、20、AC 烧杯、玻璃棒 4.0 偏低 13.6 15 【解析】根据一定物质的量浓度溶液的配制过程分析所需要的实验仪器，根据物质的量浓度的计算公式进行操作过程中的实验误差分析。【详解】A为平底烧瓶、C为分液漏斗，在配制溶液过程中不会使用到烧瓶和分液漏斗；配制一定浓度的溶液还缺少玻璃棒和胶头滴管，故答案为AC，烧杯、玻璃棒 ；配制0.2 mol/L NaOH溶液450 mL，需要500mL容量瓶，故计算需要用500mL，即m(NaOH)=0.20.5Lg/mol=4.0g，根据计算，用托盘天平称取NaOH固体4.0g；若NaOH溶液在转移至容量瓶时，洒落了少许，即溶质的物质的量减少，配置的溶液浓

36、度偏低，故答案为4.0，偏低；质量分数为98%、密度为1.84g/cm3的浓硫酸的浓度为：=18.4mol/L，配制500，mL 0.5mol/L的硫酸，需要浓硫酸的体积为：0.5mol/L0.5L=18.4mol/LV，V0.0136L=13.6mL，根据“大而近”的原则选用15mL量筒，故答案为13.6mL，15mL。【点睛】本题的易错点是容量瓶容积的选用，计算时应按实际配置溶液的体积进行计算，在涉及溶液稀释的相关计算时，抓住溶液中的溶质保持不变这个特点进行计算。21、CO2 HCO3-+OH-=CO32-+H2O Na2CO3 0.2 mol 和 NaHCO3 0.2 mol 2.65

37、【解析】X、Y、Z的焰色反应均为黄色，均为钠元素的化合物X含有四种元素，在加热条件下能生成Z，可推知，X为NaHCO3，Z为Na2CO3，Y为NaOH，Z得到W为无色无味的气体，应是与酸反应生成的CO2【详解】（2）由以上分析可知W为CO2；（2）氢氧化钠与碳酸氢钠反应生成碳酸钠与水，反应离子方程式为：HCO3+OH=CO32+H2O；（3）二氧化碳与氢氧化钠会发生反应：NaOH+CO2=NaHCO3，2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，4.48L（已折算为标准状况）二氧化碳的物质的量=4.48L/22.4Lmol2=0.2mol，NaOH的物质的量=0.2L3molL2=0.3mol，n（NaOH）：n（CO2）：n（NaOH）=0.2mol：0.3mol=2：2.5，介于2：2与2：2之间，故上述两个反应都发生，则反应后溶液中溶质为NaHCO3、Na2CO3，设物质的量分别为x、y，根据钠守恒：x+2y=0.3mol，碳守恒：x+y=0.2mol，联立方程组后可求出x=y=0.2mol；取一定量该固体溶于水配成200mL溶液，测得溶溶中金属阳离子的浓度为0.5molL2，即钠离子浓度为0.5molL2取相同质量的固体加热至恒重，剩余固体为碳酸钠，根据钠离子守恒可知，碳酸钠的质量为2/20.2L0.5molL2206gmol2=2.65g