2022年福建省三明市三明第一中学化学高一第一学期期中经典试题含解析.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、准考证号填写在答题卡上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3考试结束后，将本试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、实验中需2molL1的Na2CO3溶液950mL，配制时应选用的容量瓶的规格和称取Na2CO3的质量分别是A1L，212.0g B950mL，201,4g C1L，201.4g D950mL，212.0g2、下列化学实验操作或事故处理

2、中正确的是()A被玻璃割伤手，先取出伤口里的碎玻璃片，再用过氧化氢溶液擦洗，然后敷药包扎B实验桌上因酒精灯打翻而着火时应立即用水扑灭C不慎将浓碱溶液沾到皮肤上，要立即用大量水冲洗，然后涂上3%的稀盐酸D浓酸对皮肤有腐蚀性，如不慎沾到皮肤上，应用较多水冲洗，再涂上稀硼酸溶液3、某工业废水中存在大量的Na+、Cl-、Cu2+、SO，欲除去其中的Cu2+、SO(为使离子完全沉淀，沉淀剂需要过量)，设计工艺流程如图所示：下列说法不正确的是（ ）ANaOH的作用是除去Cu2+B试剂a为Na2CO3，试剂b为BaCl2C流程图中，操作x为过滤D试剂c为盐酸4、 “绿色化学”的主要内容之一是指从技术、经济上

3、设计可行的化学反应，使原子充分利用，不产生污染物。下列化学反应符合“绿色化学”理念的是A制CuSO4：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2+2H2OB制CuSO4：2Cu+O22CuO；CuO+H2SO4(稀)CuSO4+H2OC制Cu(NO3)2：Cu+4HNO3(浓)Cu(NO3)2+2NO2+2H2OD制Cu(NO3)2：3Cu+8HNO3(稀)3Cu(NO3)2+2NO+4H2O5、下列有关物质的说法正确的是A不能与酸反应的氧化物一定能跟碱反应B能与金属镁反应产生氢气的溶液一定是酸溶液C一种元素可能有多种氧化物，同种化合价也可能对应多种氧化物D酸性氧化物肯定是非金属氧化物6、相对

4、分子质量为 M 的气态化合物V L（标准状况），溶于m g 水中，得到质量分数为 w、物质的量浓度为c mol/L、密度为g/mL 的溶液，下列说法正确的是A溶液密度=cw/1000M B物质的量浓度c=V/(MV+22.4m)C溶液的质量分数w=MV/22.4m D对分子质量M=22.4mw/(1w)V7、无色透明酸性溶液中，能共存的离子组是A、OH-、Al3+、Cl-BK+、Na+CMg2+、Cl-、Na+D、K+、Na+8、下列溶液中Cl-的物质的量浓度与200mL1mol/LBaCl2溶液中Cl-的物质的量浓度相同的是A100mL2mol/LMgCl2溶液 B200mL2mol/LNa

5、Cl溶液C250mL1mol/LAlCl3溶液 D100mL2mol/LKClO3溶液9、下列反应中，H2O只表现出还原性的是( )ABCD10、某未知溶液可能含Cl、CO32、Na、SO42、Mg2+，取少量试液，滴加紫色石蕊试液，溶液变红。另取少量试液，滴加硝酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成；在上层清液中滴加硝酸银溶液，产生白色沉淀。下列判断不合理的是A一定有Cl B一定有SO42C可能有Mg2+ D一定没有CO3211、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3212、下

6、列物质属于电解质的是A蔗糖B熔融NaOHC氯水D铜13、为了检验某含有NaHCO3杂质的Na2CO3样品的纯度，现将w1 g 样品加热，其质量变为w2 g ，则该样品的纯度（质量分数）是( )ABCD14、下列说法不正确的是A检验Cl-的试剂是硝酸银和硝酸B检验的试剂是氯化钡和盐酸C检验的试剂是盐酸、澄清石灰水和氯化钙D向溶液中加入BaCl2溶液后生成白色沉淀，即可证明有15、在反应3S+6KOH=2K2S+K2SO3+3H2O中，被还原的硫与被氧化的硫的质量比为A2：1 B1：2 C3：1 D1：316、下列有关说法正确的是A1L水中溶解了40.0 g NaOH，该溶液的物质的量浓度为1 m

7、ol/LB从1L2mol/L的NaCl液中取出0.5L，取出的该溶液的浓度为1mol/LC中和100 mL 1mol/L的H2SO4溶液，需NaOH8.0gD配制500mL0.5mol/L的CuSO4溶液，需40.0g胆矾二、非选择题（本题包括5小题）17、有一瓶无色透明溶液，只含Cl-、CO32-、SO42-、Na+、K+、Mg2+、Cu2+离子中的某几种经实验：取少量原溶液加入足量的Ba(OH)2溶液产生白色沉淀；取少量原溶液中加BaCl2溶液不产生沉淀；取少量原溶液中加AgNO3溶液产生白色沉淀，再加稀硝酸白色沉淀不溶解回答下列问题：（1）试分析原溶液中一定含有的离子是_，一定不含有的离

8、子是_，可能含有的离子是_（2）有的同学认为实验可以省略，你认为是否正确（填“是”或“否”）_，说明理由_（3）写出中反应的离子方程式_18、 (1)A、B、C三种无色可溶性盐分别是由Na、Ag、Ba2、Cl、NO、CO中不同的阴、阳离子组成。经实验验证知：A溶液、B溶液均可以与盐酸反应，其中A产生白色沉淀，B产生气泡。则A为_、B为_。将B和C的溶液混合后，发生反应的离子方程式为_。(2)有一包固体粉末，由CaCO3、Na2SO4、KNO3、BaCl2、CuSO4中的三种物质组成，取样品进行如下实验：从实验可以判断，该固体粉末中一定不含有_，它的组成可能是_或_。19、实验室需使用0.5 m

9、olL1的稀硫酸480 mL，现欲用质量分数为98%的浓硫酸（密度为1.84 gcm3）进行配制。回答下列问题：(1)如图所示的仪器中，配制溶液肯定不需要的是_（填序号），配制上述溶液还需用到的玻璃仪器是_（填仪器名称）。(2)需用量筒量取98%的浓硫酸的体积为_ mL。(3)下列操作中正确的是_（填序号，下同）；若配制过程中的其他操作均准确，下列操作能使所配溶液浓度偏高的有_。洗涤量取浓硫酸后的量筒，并将洗涤液转移到容量瓶中待稀释后的硫酸溶液冷至室温后，再将其转移到容量瓶中将浓硫酸倒入烧杯中，再向烧杯中注入蒸馏水稀释浓硫酸定容时，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

10、馏水定容摇匀后，发现液面低于标线，又用胶头滴管加蒸馏水至刻度线定容时，俯视刻度线20、一种生活中常用的纯碱溶液浓度为 0.5 mol/L，某同学欲用纯碱粉末配制该溶液 480 mL 备用。请回答下列相关问题：（1）除烧杯、玻璃棒外，一定还需要用到的玻璃仪器有_（2）计算：需要称取纯碱固体的质量为_ g （3）配制时，正确的操作顺序是（每个序号只用一次）_A用少量水洗涤烧杯 2 次3 次，洗涤液均注入容量瓶，振荡B在盛有纯碱固体的烧杯中加入适量水溶解C将恢复到室温的溶液沿玻璃棒注入容量瓶中D将容量瓶塞紧，上下颠倒摇匀E改用胶头滴管加水，使溶液凹液面恰好与刻度线相平F继续往容量瓶内小心加水，直到液

11、面接近刻度 1 cm2 cm 处（4）下列会导致所配溶液实际浓度偏高的是_a在 C 步骤中未恢复到室温即注入容量瓶b在 D 步骤完成后发现液面低于刻度线c在 E 步骤中俯视凹液面（5）若欲用上述溶液另外配制 100 mL 0.2 mol/L 的纯碱溶液，则需取用上述溶液的体积为_mL21、已知19.2gCu与过量的200mL5mol/L 稀硝酸充分反应，反应方程式如下： 3Cu+8HNO3（稀） 3Cu(NO3)2+2NO+4H2O (1)用双线桥标出电子转移的方向与数目：3Cu+8HNO3（稀） 3Cu(NO3)2+2NO+4H2O_.(2)写出该反应的离子方程式：_(3)标准状况下，产生

12、NO 气体的体积为：_；转移电子的物质的量为_；反应后NO3-的物质的量浓度为：_。（忽略反应前后溶液体积的变化）参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【解析】实验室没有950mL的容量瓶，应用1000mL的容量瓶进行配制，则n（Na2CO3）=1L2mol/L=2mol， m（Na2CO3）=2mol106g/mol=212g。故选A。2、A【解析】A、被玻璃割伤手，应先取出伤口里的碎玻璃，再用过氧化氢擦洗，然后敷药包扎，故A正确；B、实验桌上因酒精灯打翻而着火时应立即用湿布覆盖，故B错误；C、不慎将浓碱溶液沾到皮肤上，要立即用大量水冲洗，然后涂上3%的硼酸，故C错误；D、浓酸

13、对皮肤有腐蚀性，如不慎沾到皮肤上，应用较多水冲洗，再涂上3%-5%的碳酸氢钠溶液，故D错误。3、B【解析】由流程可知，工业废水中加入NaOH后可除去Cu2+，废水中含有Na+、Cl-、OH-、SO；再加入试剂a为BaCl2除去SO，此时废水中含有Na+、Cl-、Ba2+，再加入稍过量的试剂b为Na2CO3除去Ba2+，此时废水中含有Na+、Cl-、CO，操作x为过滤，再向滤液中加入试剂c为盐酸，至不再产生气泡即可，此时溶液中只含Na+、Cl-，以此来解答。【详解】A废水中，只有Cu2+可以和NaOH反应，故NaOH的作用是除去Cu2+，A正确；B由上述分析可知，试剂a为BaCl2，试剂b为Na

14、2CO3，且碳酸钠一定在氯化钡之后，可除去过量钡离子，B错误；C流程图中操作x为过滤，过滤分离出Cu(OH)2、BaSO4、BaCO3，C正确；D试剂c为盐酸，可除去过量碳酸钠，选择其他物质，会引入杂质离子，D正确；故选B。4、B【解析】选项A、B、D中分别产生了有毒气体SO2、NO2、NO，所以正确的答案是B。5、C【解析】A. 不成盐氧化物既不能与酸反应也不能与碱反应，如CO，故A错误；B. NaHSO4溶液也能与镁反应生成氢气，但NaHSO4是盐，故B错误；C. 一种元素可能有多种氧化物，例氮元素的氧化物有NO、N2O3、NO2、N2O4、N2O5，且 NO2 、N2O4中氮元素的化合价

15、都是+4价，故C正确；D.Mn2O7是酸性氧化物，但却是金属氧化物，故D错误；本题答案为C。6、D【解析】A项，根据c=1000w/M可得，=cM/1000w，故A错误；B项，气体的物质的量为mol，气体质量为g，溶液质量为(+m)g，所以溶液体积为 L，因此物质的量浓度c=mol L=mol/L，故B错误；C项，溶液中溶质的质量分数w=(+m)100%=，故C错误；D项，溶液质量为(+m)g，溶质的质量分数为w，所以溶质质量为：(+m)w g，因为气体的物质的量为mol，所以相对分子质量M=(+m)w，解得：M=22.4mw/(1-w)V，故D正确。综上所述，符合题意的选项为D。7、C【解析

16、】A在酸性溶液中，OH-不能大量存在，A不正确；B在酸性溶液中，不能大量存在，B不正确；C在酸性溶液中，Mg2+、Cl-、Na+都能大量存在，C符合题意；D呈紫色，在酸性溶液中不能大量存在，D 不合题意；故选C。8、B【解析】根据氯化钡的化学式结合其电离方程式可知200mL1 mol/LBaCl2溶液中Cl的物质的量浓度是1mol/L22mol/L，同样分析可知选项AC中溶液中Cl的物质的量浓度分别是（mol/L）4、2、3。选项D中氯酸钾电离出钾离子和氯酸根离子，溶液中不存在氯离子，答案选B。9、B【解析】A在反应中，氢元素化合价由反应前H2O中的+1价变为反应后H2中的0价，化合价降低，得

17、到电子，H2O是氧化剂，表现出氧化性，A不符合题意；B在反应中，氧元素化合价由反应前H2O中的-2价变为反应后O2中的0价，化合价升高，失去电子，H2O是还原剂，表现出还原性，B符合题意；C在反应中，氮元素化合价部分升高，部分降低，NO2既是氧化剂也是还原剂；而H2O的组成元素的化合价都没有发生变化，所以H2O既不是氧化剂也不是还原剂，C不符合题意；D在反应中，氢元素化合价降低，氧元素化合价升高，H2O既是氧化剂也是还原剂，D不符合题意；故答案为B。10、A【解析】本题主要考查离子共存与检验。“将溶液滴在蓝色石蕊试纸上，试纸变红”，说明溶液显酸性；“滴加硝酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成”，

18、结合题干条件说明白色沉淀是BaSO4，“在上层清液中滴加硝酸银溶液，产生白色沉淀”，说明白色沉淀是AgCl，由于在检验SO42-时加入BaCl2，带入了一部分Cl-，所以无法确认溶液中是否含有Cl-，再根据溶液电中性原则判断其它离子。【详解】由题目所给信息“将溶液滴在蓝色石蕊试纸上，试纸变红”，说明溶液显酸性，则CO32一定不存在（CO32+2H+=H2O+CO2）；“滴加硝酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成”，说明白色沉淀是BaSO4，结合题干中离子可知，溶液中一定存在SO42-；“在上层清液中滴加硝酸银溶液，产生白色沉淀”，说明白色沉淀是AgCl，由于在检验SO42-时加入BaCl2，带入

19、了一部分Cl-，所以无法确认溶液中是否含有Cl-；根据溶液电中性原则，所以该溶液中还有阳离子Na+、Al3+、Mg2中的至少一种。综上分析，答案选A。【点睛】向某溶液中加入稀硝酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀，则溶液中可能含有的离子为Ag+、SO32-、HSO3-、SO42-，对于离子种类鉴别时，需结合题干进行分析。11、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

20、气的相对分子质量为32，故D正确；答案选D。12、B【解析】A. 蔗糖在水溶液中和熔融状态下均不能导电，所以蔗糖是非电解质，故A错误；B. NaOH溶于水和熔融状态都能电离出自由移动的离子而导电，所以NaOH是电解质，故B正确；C.氯水是混合物，不是化合物，既不是电解质也不是非电解质，故C错误D. 铜是单质，既不是电解质也不是非电解质，故D错误；答案选B。【点睛】在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物是电解质，电解质必须是自身发生电离、必须是化合物。13、A【解析】根据方程式可知2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2 m284 106 62m（NaHCO3） w1w2m（NaHCO3）84（

21、w1w2）/31则该样品的纯度是w184（w1w2）/31w1（84w253w1）/31w1答案选A。【点睛】利用差量法进行方程式计算要注意前后固体质量的变化，并能列出方程组计算。14、D【解析】A检验Cl-，加入硝酸银和稀硝酸，若有白色沉淀生成，证明含有Cl-，A正确；B检验，先加入稀盐酸，无明显现象，再加入氯化钡溶液，若有白色沉淀生成，证明含有，B正确；C某溶液中滴加稀盐酸，生成能使澄清石灰水就浑浊的无色无味气体，此离子可能是碳酸根离子或碳酸氢根离子，然后再另取该溶液加入氯化钙溶液，若生成白色沉淀，则证明溶液中含有，C正确；D向溶液中加入BaCl2溶液后生成白色沉淀，可能生成硫酸钡沉淀，也

22、可能生成氯化银沉淀，不能证明原溶液中一定有，D错误。答案选D。15、A【解析】在反应3S+6KOH=2K2S+K2SO3+3H2O中，只有S元素的化合价发生变化，SK2S，化合价降低，被还原，SK2SO3，化合价升高，被氧化，根据氧化剂与还原剂得失电子数目相等计算。【详解】在反应3S+6KOH=2K2S+K2SO3+3H2O中，只有S元素的化合价发生变化，氧化剂和氧化剂都是S，反应中SK2S，S化合价降低，则S被还原，S为氧化剂，SK2SO3，S化合价升高，则S被氧化，S为还原剂，由生成物可知，被还原与被氧化的S的物质的量之比为2：1，则质量之比也为2：1，答案选A。【点睛】本题考查氧化还原反

23、应的计算，题目难度不大，注意根据化合价的变化判断氧化产物和还原产物，可根据化学计量数直接判断出被还原的硫与被氧化的硫的质量比。16、C【解析】A.溶液的体积不等于溶剂的体积；B.溶液具有均一性，溶液各处的浓度相等；C.先计算酸的物质的量，再根据反应时二者物质的量关系，计算NaOH的物质的量，利用n=，计算NaOH的质量；D.计算溶质CuSO4的物质的量，利用元素守恒，得到胆矾的物质的量，最后根据n=，计算胆矾的质量。【详解】A. 40.0 g NaOH的物质的量是1mol，将其溶解在1L水中，得到的溶液体积不是1L，所以不能确定溶液的浓度，A错误；B.溶液的浓度与取出的体积大小无关，所以从1L

24、2mol/L的NaCl液中取出0.5L，取出的该溶液的浓度仍为2mol/L，B错误；C.100 mL 1mol/L的H2SO4的物质的量是n(H2SO4)=1mol/L0.1L=0.1mol，根据H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O，可知需消耗NaOH的物质的量是n(NaOH)=2 n(H2SO4)=0.2mol，则其质量是m(NaOH)= nM=0.2mol40g/mol=8.0g，C正确；D.配制500mL0.5mol/L的CuSO4溶液，需要溶质的物质的量是n(CuSO4)= 0.5mol/L0.5L=0.25mol，由于用CuSO45H2O配制，根据Cu元素守恒可知需n(Cu

25、SO45H2O)= n(CuSO4)=0.25mol，质量是m(CuSO45H2O)=nM=0.25mol250g/mol=62.5g，D错误；故合理选项是C。【点睛】本题考查了有关物质的量浓度的溶液的配制的知识。掌握物质的量与质量、浓度的关系是本题解答的关键，易错选项是A、D，选项A容易混淆溶液的体积就是溶剂的体积，选项D中不清楚胆矾与CuSO4的关系，需平时多记忆、积累。二、非选择题（本题包括5小题）17、Mg2+、Cl- CO32- 、SO42-、Cu2+ Na+、K+ 是 溶液呈电中性，必须同时含有阴、阳离子 Mg2+2OH-=Mg(OH)2 【解析】无色透明溶液，则一定没有Cu2，C

26、l、CO32、SO42、Na、K、Mg2 六种离子中只有Mg2 能和氢氧化钠反应生成沉淀，说明一定含有Mg2；Mg2和CO32反应生成沉淀，二者不能共存，则无CO32；原溶液中加BaCl2溶液不产生沉淀，说明不含SO42；原溶液中加AgNO3溶液产生白色沉淀，再加稀硝酸白色沉淀不溶解，说明含Cl；【详解】（1）由以上分析可知，原溶液中一定含有的离子是Cl、Mg2，一定不含有的离子是CO32、SO42、Cu2，可能含有Na、K；（2）实验可以省略，因溶液显电中性，故有阳离子必有阴离子，CO32、SO42不存在，则必须含有Cl；（3）反应中生成沉淀的离子反应方程式为Mg2+2OH=Mg（OH）2。

27、18、AgNO3 Na2CO3 Ba2+CO32-=BaCO3 CuSO4 CaCO3、Na2SO4、KNO3 CaCO3、BaCl2、KNO3 【解析】（1）由离子共存可知，Ag+只能结合NO3-形成硝酸银、剩下的离子中Ba2+只能结合Cl-形成氯化钡、最后的离子结合形成碳酸钠，然后根据A、B能够与盐酸反应的现象判断A、B组成，从而明确A、B、C的名称，书写B和C的溶液混合反应的化学方程式。（2）固体粉CaCO3、Na2SO4、BaCl2、CuSO4溶于水有沉淀、无色溶液，则能排除CuSO4，因为CuSO4溶于水显蓝色；难溶物溶于稀盐酸产生无色气体，说明一定含有碳酸钙，硫酸钠和氯化钡不会同时

28、存在。【详解】（1）A、B、C为三种无色可溶盐，则Ag+只能结合NO3-形成AgNO3、剩下的离子中Ba2+只能结合Cl-形成BaCl2，另一种物质则为Na2CO3；A溶液、B溶液均可与盐酸反应，其中A产生白色沉淀，则A为AgNO3；B与盐酸产生气泡，所以B为Na2CO3，C不与盐酸反应，则C为BaCl2，将B和C的溶液混合反应的化学方程式为：BaCl2+Na2CO3=BaCO3+2NaCl，反应的离子方程式为Ba2+CO32-=BaCO3；故答案为AgNO3；Na2CO3；Ba2+CO32-=BaCO3；（2）有一包固体粉末由CaCO3、Na2SO4、BaCl2、CuSO4中的两种物质组成，

29、取样品加水，出现白色沉淀，该白色沉淀能够溶于稀盐酸产生无色气体，则该固体粉末中一定含有CaCO3，且硫酸钠与氯化钡不会同时存在；得到无色溶液，该固体粉末中一定不含有CuSO4，因为CuSO4溶于水显蓝色，根据分析可知，溶液中一定不存在CuSO4，该固体粉末含有的三种物质可能为：CaCO3、Na2SO4、KNO3或CaCO3、BaCl2、KNO3，故答案为CuSO4；CaCO3、Na2SO4、KNO3；CaCO3、BaCl2、KNO3。【点睛】本题考查了未知物的检验，注意掌握常见物质的检验方法，明确常见物质的性质及反应现象是解答本题的关键。19、AD 玻璃棒、胶头滴管 13.6 【解析】(1)配

30、制一定物质的量浓度的溶液使用的玻璃仪器有：量筒、烧杯、玻璃棒、500 mL容量瓶、胶头滴管；(2)根据稀释前后硫酸的物质的量相等列式计算即可；(3)依据进行误差分析。【详解】(1) 配制一定物质的量浓度的溶液使用的玻璃仪器有：量筒、烧杯、玻璃棒、500 mL容量瓶、胶头滴管，所以不需要烧瓶、分液漏斗；还需要玻璃棒、胶头滴管；故答案为：AD；玻璃棒、胶头滴管；(2) 设需用量筒量取98%的浓硫酸的体积为V L，因为浓硫酸的物质的量浓度，根据稀释前后硫酸的物质的量相等列式可得：18.4 mol/L V L = 0.5 mol/L 0.5 L，解得V = 0.0136 ，即需用量筒量取98%的浓硫酸

31、的体积为13.6 mL； 故答案为：13.6；(3) 洗涤量取浓硫酸的量筒，并将洗涤液转移到容量瓶中，导致溶质物质的量偏大，溶液浓度偏高，题中操作不正确；待稀释后的硫酸溶液冷至室温后，再将其转移到容量瓶中，不会影响浓度的变化，题中操作正确；浓硫酸溶于水放出大量热，且浓硫酸密度较大，则稀释浓硫酸的操作方法为：将浓硫酸沿器壁慢慢注入水中，并不断搅拌，题中操作不正确；定容时，加蒸馏水超过刻度线，又用胶头滴管吸，导致n偏小，则配制溶液浓度偏低，题中操作不正确；转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水，不影响V，则配制溶液浓度不变，题中操作正确；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，导致溶

32、液体积偏大，溶液浓度偏低，题中操作不正确；定容时俯视刻度线，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，题中操作不正确；故选：；。【点睛】明确实验原理、实验操作规范性及操作步骤是解本题关键，难点是误差分析，利用公式中n、V判断即可。20、胶头滴管、500mL容量瓶 26.5g BCAFED ac 40.0（或40） 【解析】（1）根据一定物质的量浓度的溶液配制步骤选择仪器。（2）根据m=cVM计算需要溶质的质量。（3）配制一定物质的量浓度的溶液的步骤为：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶。（4）分析操作对溶液中溶质的物质的量浓度的影响，根据c= 进行分析。（5）根据稀释过程中溶质的物质的

33、量不变进行计算。【详解】（1）配制一定物质的量浓度的溶液需要用到：天平、药匙、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管。本题配制480mL溶液，需要500mL容量瓶。题中还缺少的玻璃仪器为：胶头滴管，500mL容量瓶。（2）本题配制480mL溶液，要用500mL容量瓶，体积按500mL进行计算。m=cVM=0.5 mol/L0.5L106g/mol=26.5g。（3）配制一定物质的量浓度的溶液的步骤为：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶。答案为：BCAFED。（4）a在 C 步骤中未恢复到室温即注入容量瓶，冷却后溶液体积减少，浓度偏高，a符合。b在 D 步骤完成后发现液面低于刻度线，操

34、作正确，对溶液浓度无影响，b不符合。c在 E 步骤中俯视凹液面，导致溶液体积减小，溶液浓度偏高，c符合。（5）需要溶液体积为V，依据溶液稀释过程中溶质的物质的量不变得：100 mL0.2 mol/L=V0.5 mol/L，V=40mL。21、 3Cu + 8H+2NO3-3Cu2+ 2NO+ 4H2O 4.48 L 0.6mol 4mol/L 【解析】(1)3Cu+8HNO3 （稀）3Cu(NO3)2+2NO+4H2O，反应中铜元素化合价由0升高为+2，硝酸中氮元素化合价由+5降低为+2；(2) 根据“写、拆、删、查”法改写该反应的离子方程式；(3)根据化学方程式计算19.2gCu与足量稀硝酸

35、反应生成NO气体的体积 ；根据可知，3mol铜参加反应转移6mol电子；根据氮元素守恒计算反应后NO3-的物质的量浓度。【详解】(1)3Cu+8HNO3 （稀）3Cu(NO3)2+2NO+4H2O，反应中铜元素化合价由0升高为+2，硝酸中氮元素化合价由+5降低为+2，所以电子转移的方向和数目可表示为；(2)该反应的离子方程式为3Cu + 8H+2NO3-3Cu2+ 2NO+ 4H2O；(3) 19.2gCu的物质的量是0.3mol， 设生成NO在标准状况下的体积 为VL；3Cu+8HNO3 3Cu(NO3)2+2NO+4H2O3mol 44.8L0.3mol VL 解得V=4.48。根据可知，3mol铜参加反应转移6mol电子，所以0.3mol铜反应转移电子0.6mol；据氮元素守恒，反应后NO3-的物质的量为0.2L5mol/L-0.2mol=0.8mol，反应后NO3-的物质的量浓度为0.8mol0.2L=4 mol/L。