2022年内蒙古开鲁县蒙古族中学化学高一第一学期期中学业质量监测模拟试题含解析.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、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2答题时请按要求用笔。3请按照题号顺序在答题卡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、试卷上答题无效。4作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5保持卡面清洁，不要折暴、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、粗盐提纯实验的部分操作如图所示，其中错误的是()A取一定量的粗盐B溶解C过滤D蒸发2、某混合物气体中各气体的质量分数为O232%、N228%、CO222%、CH416

2、%、H22%,则此混合气体对氢气的相对密度为A11.11B15.18C22.22D30.363、下列各组物质中，满足表中图示物质在一定条件下能一步转化的全部组合是序号XYZWCuCuSO4Cu(OH)2CuONaNaOHNa2CO3NaClCCOCO2H2CO3FeFeCl3FeCl2Fe(OH)2ABCD4、1L浓度为1 molL1的盐酸，欲使其浓度增大1倍，采取的措施合理的是A通入标准状况下的HCl气体22.4 LB将溶液加热浓缩到0.5 LC加入10.00molL1的盐酸0.2 L，再稀释至1.5 LD加入2 L 1molL1的盐酸混合均匀5、下列溶液中Cl 浓度与50mL 1molL1

3、 MgCl2溶液中Cl浓度相等的是A100mL 1 molL1 NaCl溶液 B100 mL 1 molL1 CaCl2溶液C50 mL 2 molL1 BaCl2溶液 D50 mL 2 molL1 AlCl3溶液6、下列离子组在酸性溶液中能大量共存的离子是( )ACu2+、Ba2+、Cl、SOBNa+、K+、SO、OHCCu2+、Na+、SO、NODAg 、Na+、Cl、NO7、铊(Tl)盐与氰化钾(KCN)被列为A级危险品。已知下列反应在一定条件下能够发生Tl3+2Ag=Tl+2Ag+，Cu+2Fe3+=2Fe2+Cu2+，Ag+Fe2+=Ag+Fe3+，下列离子氧化性比较顺序正确的是AT

4、l3+Ag+Fe3+Cu2+ BCu2+Fe3+Ag+Tl3+CTI+Ag+Fe2+Cu2+ DTl3+Fe3+Ag+Cu2+8、将溶质的质量分数为a%、物质的量浓度为c1molL-1的稀硫酸加热蒸发掉一定量的水，使质量分数为2a%，此时硫酸的物质的量浓度为c2molL-1。已知硫酸浓度越大，密度越大，则c1与c2的数值关系是Ac1=2c2 Bc2=2cl Cc22c1 Dc22cl9、甲、乙两烧杯中各盛有100mL1.5molL-1的盐酸和氢氧化钠溶液，向两烧杯中分别加入2.7g的铝粉，计算反应结束后生成的气体的体积比是（ ）A1：1B1：2C2：1D3：210、工业废水中常含有不同类型的污

5、染物，可采用不同的方法处理。以下处理措施和方法类别都正确的是（ ）选项污染物处理措施方法类别A含的废水加反应物理法B含纯碱的废水加石灰石反应化学法C含等重金属离子的废水加硫酸盐沉降化学法D含复杂有机物的废水通过微生物代谢生物法AABBCCDD11、氧化还原反应中，水的作用可以是氧化剂、还原剂、既是氧化剂又是还原剂、既非氧化剂又非还原剂等。下列反应与Br2SO22H2O= H2SO42HBr相比较，水的作用不相同的是()2Na2O22H2O= 4NaOHO24Fe(OH)2O22H2O= 4Fe(OH)32F22H2O= 4HFO22Al2NaOH2H2O= 2NaAlO23H2A B C D1

6、2、b mL Al2(SO4)3溶液中含有agSO42-，若把此溶液取一半加水稀释至2b mL，则稀释后溶液中Al3+的物质的量浓度为A B C D13、下列化学反应的离子方程式正确的是（ ）A用小苏打治疗胃酸过多：HCO3+H+=CO2+H2OB往碳酸镁中滴加稀盐酸：CO32+2H+=CO2+H2OC往氨水中滴加氯化镁溶液：Mg2+2OH=M(OH)2D氢氧化钡溶液与稀硫酸反应：Ba2+SO42+H+OH=BaSO4+H2O14、配制一定物质的量浓度的Na2CO3溶液，下列操作正确的是A称量时，将Na2CO3固体直接放在托盘天平的右盘上B将Na2CO3固体在烧杯中溶解，所得溶液冷却到室温，再

7、转移至容量瓶中C定容时如果加水超过了刻度线，用胶头滴管直接吸出多余部分D定容摇匀后发现溶液体积低于刻度线，再补加少量蒸馏水至刻度线15、磁流体是电子材料的新秀，它既具有固体的磁性，又具有液体的流动性。制备时将含等物质的量的硫酸亚铁和硫酸铁的溶液混合，再滴入稍过量的氢氧化钠溶液，随后加入油酸钠溶液，即可生成黑色的、分散质粒子直径在的磁流体。下列说法中正确的是( )A该磁流体是一种纯净物B所得的磁流体为悬浊液C该磁流体很不稳定D所得的磁流体能产生丁达尔效应16、下列各组原子序数所表示的两种元素，能形成AB2型离子化合物的是（ ）A6和8B11和13C11和16D12和17二、非选择题（本题包括5小

8、题）17、现有四瓶失去标签的无色溶液，可能是CaCl2、AgNO3、HCl、Na2CO3中的其中一种，为了确定具体成分，随意将四瓶溶液标记为A、B、C、D后，进行了下列四组实验。实验顺序实验内容实验现象A+B无明显现象B+D有气体放出B+C有沉淀生成A+D有沉淀生成根据表中实验现象回答下列问题：（1）A、B、C、D分别对应的溶质化学式为_、_、_、_；（2）请分别写出上述实验和的离子方程式：_；_。18、有一包白色粉末，其中可能含有Ba(NO3)2、MgCl2、K2CO3、NaOH，现做以下实验：取一定量粉末加入水中，振荡，有白色沉淀生成；向的沉淀物中加入足量稀硝酸，白色沉淀完全消失、没有气泡

9、产生；向的上层清液中滴入稀硫酸，有白色沉淀产生。根据上述实验事实，回答下列问题：(1)原白色粉末中一定含有的物质的化学式_(2)一定不含有的物质的化学式_(3)依次写出各步变化的离子方程式_；_；_；19、实验室用氯化钠固体配制1.00 mol/L的NaCl溶液0.5 L，回答下列问题：(1)请写出该实验的实验步骤：_，_，_，_，_，_。(2)所需仪器为：容量瓶 (规格：_)、托盘天平、还需要那些实验仪器才能完成该实验，请写出：_。(3)试分析下列操作对所配溶液的浓度有何影响及造成该影响的原因。为加速固体溶解，可稍微加热并不断搅拌。在未降至室温时，立即将溶液转移至容量瓶定容。对所配溶液浓度的

10、影响：_，原因是：_。定容后，加盖倒转摇匀后，发现液面低于刻度线，又滴加蒸馏水至刻度。对所配溶液浓度的影响：_，原因是：_。20、有下列化学仪器：托盘天平；玻璃棒；药匙；烧杯；量筒；容量瓶；胶头滴管。(1)现需要配制500 mL 1 mol/L硫酸溶液，需用质量分数为98%、密度为1.84 g/cm3的浓硫酸_mL。(2)从上述仪器中，按实验使用的先后顺序，其编号排列是_。(3)容量瓶使用前检验漏水的方法是_。(4)若实验遇到下列情况，对硫酸溶液的物质的量浓度有何影响(填“偏高”、“偏低”或“不变”)未经冷却趁热将溶液注入容量瓶中，_；摇匀后发现液面低于刻度线再加水，_；容量瓶中原有少量蒸馏水

11、，_；定容时观察液面俯视，_；未将洗涤液注入容量瓶中，_。21、从某含Br-废水中提取Br2的过程包括：过滤、氧化、萃取（需选择合适萃取剂）及蒸馏等步骤。已知：2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2OBr2极易溶于四氯化碳和正十二烷物质Br2CCl4正十二烷密度/gcm-33.1191.5950.753沸点58.7676.8215217在水中溶解性微溶难溶难溶下列说法不正确的是A甲装置中Br-发生的反应为：2Br-+Cl2=Br2+2Cl-B甲装置中NaOH溶液每吸收1个Cl2，转移1个e-C用乙装置进行萃取，溶解Br2的有机层在下层D用丙装置进行蒸馏，先收集到的是Br2参考答案一、选

12、择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】A.固体药品的取用使用药匙，故A正确；B.溶解的过程中，使用玻璃棒搅拌促进溶解，故B正确；C.过滤过程中，使用玻璃棒引流，故C错误；D.蒸发过程中，使用玻璃棒搅拌，使药品受热均匀，故D正确。故选C。【点睛】过滤操作中的“一贴二低三靠”是指:1.一贴：将滤纸折叠好放入漏斗，加少量蒸馏水润湿，使滤纸紧贴漏斗内壁。2.二低：滤纸边缘应略低于漏斗边缘，漏斗中液体略低于滤纸的边缘。3.三靠：烧杯的尖嘴紧靠玻璃棒；玻璃棒的底端靠漏斗三层滤纸处；漏斗颈紧靠烧杯内壁。2、A【解析】设气体总质量为100g，根据质量分数计算各自质量，再根据n= 计算各自物质的量，根据

13、M= 计算混合气体的平均摩尔质量，由=可知，气体的摩尔质量之比等于密度之比，以此解答该题【详解】设气体总质量为100g,则m(O2)=32g,m(N2)=28g,m(CO2)=22g,m(CH4)=16g,m(H2)=2g，故n(O2)= =1mol,n(N2)=1mol,n(CO2)= =0.5mol,n(CH4)= =1mol,n(H2)= =1mol，则平均摩尔质量= =22.22g/mol，由=MVm可知,气体的摩尔质量之比等于密度之比,则此混合气体对氢气的相对密度为=11.11，故选A.3、A【解析】. CuCuSO4Cu(OH)2CuOCu，符合转化关系；. NaNaOHNa2CO

14、3NaClNa，符合转化关系；. CCO CO2 H2CO3，但H2CO3不能一步转化为C，不符合转化关系；. Fe FeCl3 FeCl2 Fe(OH)2，Fe(OH)2不能一步转化为Fe，不符合转化关系，故答案选A。4、C【解析】A项、标准状况下的HCl气体22.4VL，物质的量是Vmol，VL浓度为1molL-1的盐酸中HCl的物质的量为Vmol，但无法计算通入氯化氢后溶液的体积，故A错误；B项、加热浓缩盐酸时，导致盐酸挥发，溶质的物质的量偏小，故B错误；C项、VL浓度为0.5molL-1的盐酸的物质的量是0.5Vmol，10molL-1的盐酸0.1VL的物质的量是Vmol，再稀释至1.

15、5VL，所以C=（0.5Vmol+Vmol）/1.5VL=2 molL-1，故C正确；D项、浓稀盐酸混合后，溶液的体积不是直接加和，所以混合后溶液的物质的量浓度不是原来的2倍，故D错误。【点睛】本题考查了物质的量浓度的计算，注意密度不同的溶液混合后，溶液的体积不能直接加和。5、B【解析】50.0mLlmolL-1MgCl2溶液中的Cl-浓度为1mol/L2=2mol/L，结合物质的浓度和组成分析解答。【详解】A、100mL1.0mo1L-1NaCl溶液中氯离子的浓度为1mol/L，与题意不符，A错误；B、100mL1.0molL-1CaCl2溶液中氯离子的浓度为1mol/L2=2mol/L，与

16、题意相符，B正确；C、50mL2.0mo1L-1BaCl2溶液中氯离子的浓度为2mol/L2=4mol/L，与题意不符，C错误；D、50mL2molL-1A1C13溶液中氯离子的浓度为2mol/L3=6mol/L，与题意不符，D错误；答案选B。【点睛】本题考查了溶液中离子浓度的计算，明确溶液中离子的浓度=溶质的物质的量浓度化学式中离子个数是解本题的关键，与溶液体积无关。6、C【解析】A.钡离子和硫酸根反应产生不溶于酸的硫酸钡沉淀，不能大量共存，故A不选；B.酸性条件下，氢氧根离子与氢离子反应产生水，不能大量共存，故B不选；C.酸性条件下，该组离子均与氢离子不反应，且彼此不反应，能大量共存，故C

17、选；D.银离子和氯离子反应产生氯化银沉淀，不能大量共存，故D不选；故选：C。7、A【解析】反应Tl3+2AgTl+2Ag+中，氧化剂是Tl3+，氧化产物是Ag+，所以氧化性Tl3+Ag+；反应Cu+2Fe3+=2Fe2+Cu2+，氧化剂是Fe3+，氧化产物是Cu2+，所以氧化性Fe3+Cu2+；反应Ag+Fe2+Ag+Fe3+中，氧化剂是Ag+，氧化产物是Fe3+，所以氧化性Ag+Fe3+；所以氧化性强弱顺序是Tl3+Ag+Fe3+Cu2+，故选A。8、C【解析】根据c1000w%/M可知c110001a%/98，c2100022a%/98，由此可知：c1c2122。由于硫酸浓度越大，密度越大

18、，即21，所以有c22c1。答案选C。9、B【解析】甲、乙两烧杯中各盛有100mL1.5molL1的盐酸和氢氧化钠溶液，可知HCl和NaOH的物质的量均为1.5molL10.1L=0.15mol，加入的Al粉质量为2.7g，其物质的量为=0.1mol，再结合2Al+6HCl2AlCl3+3H2、2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2分析，甲、乙烧杯中生成的氢气的物质的量，再推断体积比即可。【详解】甲、乙两烧杯中各盛有100mL1.5molL1的盐酸和氢氧化钠溶液，可知HCl和NaOH的物质的量均为1.5molL10.1L=0.15mol，加入的Al粉质量为2.7g，其物质的量为=0

19、.1mol，在甲烧杯2Al+6HCl2AlCl3+3H2中Al粉过量，生成氢气的物质的量为0.15mol=0.075mol，在乙烧杯2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2中，NaOH过量，生成氢气的物质的量为0.1mol=0.15mol，则甲、乙两烧杯中生成气体在相同条件下的体积比等于气体的物质的量之比，即为0.075mol：0.15mol=1：2，答案选B。10、D【解析】A具有还原性，可与发生氧化还原反应生成和，方法类别为化学法，故A错误；B纯碱与不反应，故B错误；C硫酸铜可溶于水，不能通过沉淀法除去，故C错误；D含复杂有机物的废水可通过微生物代谢进行处理，利用的是生物法，故D

20、正确。故选D。11、C【解析】分析：Br2SO22H2O=H2SO42HBr中水既非氧化剂又非还原剂； 详解：中水既非氧化剂又非还原剂；中水既非氧化剂又非还原剂；中水为还原剂，中水为氧化剂；综上所述，中水的作用与Br2SO22H2O=H2SO42HBr中水的作用不相同，故本题正确答案为C。12、D【解析】b/2mL溶液中SO42-离子的物质的量是bmL溶液的一半，加水稀释至2b mL，2b mL溶液中SO42-离子的物质的量与b/2mL溶液相等，依据电荷守恒计算Al3+离子的物质的量和物质的量浓度。【详解】bmL溶液中，agSO42-离子的物质的量为a/96mol，b/2mL溶液中SO42-离

21、子的物质的量为a/192mol, 2b mL溶液中SO42-离子的物质的量为a/192mol,由电荷守恒n（Al3+）=2/3n(SO42-)=a/288mol,则稀释后溶液中Al3+的物质的量浓度为125a/72bmol/L，故选D。【点睛】本题考查物质的量浓度的有关计算，属于字母型计算，容易计算出现错误，解答时注意对公式的理解与灵活运用，注意体积单位换算。13、A【解析】A.胃酸的主要成分是HCl，能与NaHCO3溶液反应，生成NaCl、H2O和CO2，该离子方程式正确，A符合题意；B.MgCO3难溶于水，在离子方程式中应保留化学式，其反应的离子方程式为：MgCO3+2H+Mg2+H2O+

22、CO2，选项错误，B不符合题意；C.NH3H2O为弱碱，在离子方程式中保留化学式，该反应的离子方程式为：Mg2+2NH3H2OMg(OH)2+2NH4+，选项错误，C不符合题意；D.Ba(OH)2和H2SO4反应的化学方程式为：Ba(OH)2+H2SO4BaSO4+2H2O，故参与反应的H+和OH-的系数比为2:2，离子方程式应该为Ba2+SO42+2H+2OHBaSO4+2H2O，选项错误，D不符合题意；故答案为A。14、B【解析】A、Na2CO3固体应该放在烧杯中称量，A不正确；B、操作正确；C、定容时如果加水超过了刻度线，则实验必须重新配制，C不正确。D、如果再补加少量蒸馏水至刻度线，则

23、溶液体积偏大，浓度偏低，不正确。正确的答案选B。15、D【解析】题意分析可知磁流体分散系分散质粒子直径在3655nm，属于胶体，具备胶体的性质。【详解】A.磁流体分散系分散质粒子直径在3655nm，属于胶体，为混合物，A说法错误；B.磁流体分散质粒子直径在3655nm之间，分散系为胶体，不是悬浊液，B说法错误；C.磁流体分散系分散质粒子直径在3655nm，属于胶体，是介稳分散系，C说法错误；D.该分散系属于胶体，胶体有丁达尔效应，所以当一束强光通过此磁流体时会出现光亮的通路，D说法正确；答案为D。16、D【解析】A. 形成CO2或CO，不符合题意，故A不选；B. 两者都是金属不能形成化合物，不

24、符合题意，故B不选；C. 两者会形成Na2S，不符合题意，故C不选；D. 两者会形成MgCl2，符合题意，故D选；答案选D。二、非选择题（本题包括5小题）17、CaCl2 HCl AgNO3 Na2CO3 【解析】根据实验现象，A+B反应无明显现象，可确定A和B为CaCl2和HCl，再结合B+D反应有无色无味气体放出，反应的离子方程式为CO32-+2H+=CO2+H2O，可推出B为HCl，D为Na2CO3， C+B反应有白色沉淀生成，可推出C为AgNO3，反应的离子方程式为Ag+Cl-=AgC1，最后根据A+D反应有白色沉淀生成，推出A为CaCl2。【详解】根据实验现象，A+B反应无明显现象，

25、可确定A和B为CaCl2和HCl，再结合B+D反应有无色无味气体放出，反应的离子方程式为CO32-+2H+=CO2+H2O，可推出B为HCl，D为Na2CO3， C+B反应有白色沉淀生成，可推出C为AgNO3，反应的离子方程式为Ag+Cl-=AgC1，最后根据A+D反应有白色沉淀生成，推出A为CaCl2。(1)、 由以上分析可知A为CaCl2， B为HCl，C为AgNO3，D为Na2CO3，故答案为CaCl2，HCl，AgNO3，Na2CO3 ；(2) B为HCl， D为Na2CO3，反应有无色无味气体放出，反应的离子方程式为：CO32-+2H+=CO2+H2O，B为HCl， C为AgNO3，

26、反应的离子方程式为：Ag+Cl-=AgC1，故答案为: CO32-+2H+=CO2+H2O； Ag+Cl-=AgC1。18、MgCl2、NaOH和Ba(NO3)2 K2CO3 Mg2+2OH-=Mg(OH)2 Mg(OH)2+2H+= Mg2+2H2O Ba2+= BaSO4 【解析】取一定量粉末加入水中，振荡，有白色沉淀生成，可能是Ba(NO3)2和K2CO3反应生成BaCO3沉淀；MgCl2和NaOH反应生成Mg(OH)2沉淀；MgCl2和K2CO3反应生成MgCO3沉淀，沉淀的组成有多种可能。向的沉淀物中加入足量稀硝酸，白色沉淀完全消失，没有气泡产生，证明沉淀中没有BaCO3、MgCO3

27、，沉淀为Mg(OH)2，原白色粉末中一定有MgCl2和NaOH，一定没有K2CO3；向的上层清液中滴入稀硫酸，有白色沉淀产生，白色沉淀为BaSO4，原白色粉末中一定有Ba(NO3)2，根据上述分析作答。【详解】(1)由分析可知，原白色粉末中一定含有的物质是MgCl2、NaOH和Ba(NO3)2，答案：MgCl2、NaOH和Ba(NO3)2；(2)由分析可知，原白色粉末中一定不含有的物质是K2CO3，答案：K2CO3；(3)中白色沉淀为Mg(OH)2，反应的离子方程式是Mg2+2OH-=Mg(OH)2；加入稀硝酸Mg(OH)2溶解，酸碱中和生成盐和水，反应的离子方程式是Mg(OH)2+2H+=

28、Mg2+2H2O；加入稀硫酸生成白色沉淀为BaSO4，反应的离子方程式是Ba2+= BaSO4；答案：Mg2+2OH-=Mg(OH)2；Mg(OH)2+2H+= Mg2+2H2O；Ba2+= BaSO4。【点睛】中白色沉淀为氢氧化镁是本题解答的关键，常见酸、碱、盐在水中溶解性及主要化学性质在学习中要注意整理和记忆。19、计算 称量 溶解 移液 洗涤 定容 500 mL 烧杯、玻璃棒、胶头滴管 偏大 受热膨胀时体积为0.5 L，冷却至室温时体积变小 偏小 溶液体积增大，溶质量不变 【解析】配制溶液时，需保证溶质质量的准确性和溶液体积的准确性，即称量的溶质溶解后，需将烧杯内的溶质全部转移入容量瓶，

29、定容时，溶液的体积与所选择的容量瓶的规格相同。【详解】(1)配制溶液时，依据所配溶液的浓度和体积进行计算，确定溶质的质量，然后称量、溶解，将溶质全部转移入容量瓶，并保证溶液体积的准确。该实验的实验步骤：计算，称量，溶解，移液，洗涤，定容。答案为：计算；称量；溶解；移液；洗涤；定容；(2)因为配制0.5L溶液，所以选择容量瓶 (规格：500 mL)、托盘天平、还需要的实验仪器：烧杯、玻璃棒、胶头滴管。答案为：500 mL；烧杯、玻璃棒、胶头滴管；(3)为加速固体溶解，可稍微加热并不断搅拌。在未降至室温时，立即将溶液转移至容量瓶定容，冷却后，溶液体积会减小。对所配溶液浓度的影响：偏大，原因是：受热

30、膨胀时体积为0.5 L，冷却至室温时体积变小。答案为：偏大；受热膨胀时体积为0.5 L，冷却至室温时体积变小；定容后，加盖倒转摇匀后，发现液面低于刻度线，又滴加蒸馏水至刻度，导致溶液体积大于容量瓶的规格。对所配溶液浓度的影响：偏小，原因是：溶液体积增大，溶质量不变。答案为：偏小；溶液体积增大，溶质量不变。【点睛】分析误差时，可使用物质的量浓度的运算公式进行分析。20、27.2 往容量瓶内加适量水，塞好瓶塞，用食指顶住瓶塞，用另一只手的五指托住瓶底，把瓶倒立过来，如不漏水，把瓶正立过来，将瓶塞旋转180后塞紧，再把瓶倒立过来，若不漏水，才能使用 偏高 偏低 不变 偏高 偏低 【解析】(1)依据c

31、=计算浓硫酸的物质的量浓度，根据溶液稀释前后溶质的物质的量不变来列式解答；(2)根据配制一定物质的量浓度溶液的实验操作的步骤选择仪器；(3)根据容量瓶的构造及正确使用方法进行分析；(4)分析不当操作对溶质的物质的量和溶液的体积的影响，依据c=进行误差分析。【详解】(1)浓硫酸的浓度c=18.4mol/L，浓硫酸稀释前后溶质的物质的量不变，设浓硫酸的体积为V，所以18.4mol/LV=1mol/L0.5L，V=0.0136L=27.2mL；(2)配制500ml1mol/LH2SO4溶液步骤为：计算、量取、稀释、冷却、移液、定容、摇匀、装瓶、贴签，因此使用仪器的顺序为：；(3)检查容量瓶是否漏水的

32、方法为：往容量瓶内加适量水，塞好瓶塞，用食指顶住瓶塞，用另一只手的五指托住瓶底，把瓶倒立过来，如不漏水，把瓶正立过来，将瓶塞旋转180后塞紧，再把瓶倒立过来，若不漏水，才能使用；(4)未经冷却将溶液注入容量瓶中，定容冷却后，溶液的体积偏小，溶液的浓度偏高；摇匀后发现液面低于刻度线再加水，溶液的体积偏大，则溶液浓度偏低；容量瓶中原有少量蒸馏水，不改变溶液的体积和溶质的量，则溶液浓度不变；定容时观察液面俯视，溶液的体积偏小，则溶液浓度偏高；未将洗涤液注入容量瓶中，容量瓶溶质偏低，则溶液浓度偏低。【点睛】配制一定物质的量浓度的溶液中的误差分析，注意掌握误差分析的方法与技巧，根据c=可知，一定物质的量

33、浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量n和溶液的体积V引起的，误差分析时，关键要看配制过程中引起n和V怎样的变化，若n比理论值小，或V比理论值大时，都会使所配溶液浓度偏小；若n比理论值大，或V比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大。21、C【解析】A、氯气的氧化性大于溴，所以甲装置中Br-发生的反应为：2Br-+Cl2Br2+2C1-，A正确；B、1molCl2与足量的碱液反应转移1mol电子，甲装置中NaOH溶液每吸收1个Cl2，转移1个e-，B正确；C、如果用正十二烷进行萃取溴，由于正十二烷密度小于水，所以溶解Br2的有机层在上层，C错误；D、根据表中数据可知溴的沸点最低，所以用丙装置进行蒸馏，先收集到的是Br2，D正确；答案选C。