贵州省黔西县一中2020年高一化学上学期12月考试试题（含解析）VIP

贵州省黔西县一中2020学年12月份考试高二 物理一、单项选择题(本题包括30个小题，每小题2分，共60分。每小题所给的四个选项中，只有一个选项符合题意，选对的得3分，错选或不选的得0分) 1.对1 molL1的硫酸钠溶液，下列叙述正确的是A. 溶液中含有1 mol 硫酸钠B. 1 L溶液中含有142 g 硫酸钠C. 1 mol 硫酸钠溶于1 L水D. 从1 L溶液中取出500 mL，剩余溶液的浓度为0.5 molL1【答案】B【解析】【详解】A. 溶液体积未知，则溶液中不一定含有1 mol 硫酸钠，A错误；B. 1 L溶液中含有硫酸钠的质量是1L1mol/L142g/mol142 g，B正确；C. 1 mol硫酸钠溶于1 L水中所得溶液的体积不是1L，不能得到1 molL1的硫酸钠溶液，C错误；D. 溶液是均一稳定的，从1 L溶液中取出500 mL，剩余溶液的浓度仍然为1 molL1，D错误。答案选B。2.把500有和的混合溶液分成5等份，取一份加入含 硫酸钠的溶液，恰好使钡离子完全沉淀；另取一份加入含 硝酸银的溶液，恰好使氯离子完全沉淀。则该混合溶液中钾离子浓度为A. B. C. D. 【答案】D【解析】3.下列性质不是萃取剂所具有的是( )A. 与原溶剂互不相溶 B. 一定为无机物C. 与原溶剂不反应 D. 溶质在萃取剂里的溶解度要比在原溶剂中的大【答案】B【解析】溶质在萃取剂中的溶解度比在原溶剂中要大；萃取剂与原溶剂不相溶；萃取剂与溶质不反应，则A萃取剂与原溶剂不相溶，A不符合题意；B萃取剂可以是有机物，如四氯化碳，B符合题意；C萃取剂与溶质、溶剂不反应，C不符合题意；D溶质在萃取剂中的溶解度比在原溶剂中要大，D不符合题意，答案选B。4.设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是()A. 23 g Na与足量H2O反应完全后可生成NA个H2分子B. 1 mol Cu和足量热浓硫酸反应可生成NA个SO3分子C. 标准状况下，22.4 L Cl2含NA个原子D. 3 mol单质Fe完全转变为Fe3O4，失去8NA个电子【答案】D【解析】【分析】A.2Na+2 H2O=2NaOH+ H2，23gNa为1mol，则生成0.5molH2，0.5NA个H2分子；B.Cu与热浓硫酸反应生成的为SO2；C. 标准状况下，n= V/Vm；D. Fe完全转变为Fe3O4，化合价由0变为+，3mol失去8mol电子，即8NA个电子。【详解】A. 2Na+2 H2O=2NaOH+ H2，23gNa为1mol，则生成0.5molH2，0.5NA个H2分子，A错误；B. Cu与热浓硫酸反应生成的为SO2，无SO3生成，B正确错误； C. 标准状况下，气体摩尔体积为22.4L/mol，则Cl2物质的量为1mol，一个分子中含2个原子，原子数为分子数的2倍，即2NA个原子，C错误；D. Fe完全转变为Fe3O4，化合价由0变为+，3mol失去8mol电子，即8NA个电子，D正确；答案为D5.有下列实验：过滤、蒸发结晶、固体溶解、取用液体、取用固体，其中都需要使用玻璃棒的是()A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】过滤用玻璃棒引流；蒸发结晶用玻璃棒搅拌，使溶液受热均匀；固体溶解用玻璃棒搅拌，使固体迅速溶解；取用液体用量筒称量；取用固体用药匙或镊子。【详解】根据分析内容，用到玻璃棒的操作有，答案为A6.标准状况下两个容积相等的储气瓶，一个装有甲烷，另一个装有一氧化碳和二氧化碳的混合气体，两瓶内的气体，一定相同的是()A. 质量 B. 原子总数C. 碳原子数 D. 密度【答案】C【解析】【分析】同温同压下两个容积相等的储气瓶，一个装有CH4，另一个装有CO和CO2的混合气体，则CO和CO2的总物质的量等于CH4的物质的量。【详解】A、甲烷的摩尔质量小于CO、CO2的摩尔质量，CH4的质量小于CO和CO2的总质量，故A错误； B、CH4分子含有5个原子，CO、CO2分子分别含有2个、3个原子，故CH4含有原子数目大于CO和CO2含有的总原子数目，故B错误；C、CH4、CO和CO2均含有1个C原子，则含有碳原子数目相等，故C正确；DCH4的质量小于CO和CO2的总质量，则甲烷密度与CO和CO2的混合气体的密度不相等，故D错误；故选C。【点睛】本题主要考查阿伏伽德罗定律，同问同压下，相同体积的任何气体都含有相同数目的粒子。同温同压下两个容积相等的储气瓶，一个装有CH4，另一个装有CO和CO2的混合气体，则CO和CO2的总物质的量等于CH4的物质的量，含有分子数目相等，CH4分子含有原子数目比CO、CO2分子含有原子数目多，则含有原子数目不相等，CH4、CO和CO2均含有1个C原子，则含有碳原子数目相等，甲烷的摩尔质量小于CO、CO2的摩尔质量，而质量不相等、密度不相等。7.在空气中，有下列反应发生： N2 + O2 = 2NO；2NO+O2=2NO2；3NO2 + H2O = 2HNO3 + NO； 2SO2+O2 = 2SO3； SO3 + H2O = H2SO4； SO2+H2OH2SO3； 3O2 = 2O3，其中属于氧化还原反应的是()A. B. C. D. 【答案】A【解析】试题分析：N2+O22NO，有化合价的变化，所以是氧化还原反应；2NO+O22NO2，有化合价的变化，所以是氧化还原反应 ； 3NO2+H2O2HNO3+NO；有化合价的变化，所以是氧化还原反应；2SO2+O22SO3，有化合价的变化，所以是氧化还原反应SO3+H2OH2SO4，没有化合价的变化，所以不是氧化还原反应；SO2+H2OH2SO3，没有化合价的变化，所以不是氧化还原反应；3O22O3，没有化合价的变化，所以不是氧化还原反应；属于氧化还原反应的是项正确；答案选A。考点：考查氧化还原反应的判断8.下列电离方程式正确的是()A. NaHSO4=NaHSO42-B. NaHCO3=NaHCO32-C. Ca(OH)2=Ca2OH2D. K2SO4=KSO42-【答案】A【解析】【详解】A. NaHSO4、H2SO4为强电解质，A正确；B. NaHCO3为强电解质，HCO3-为弱电解质不能拆开，B错误；C. Ca(OH)2= Ca2+2OH-，C错误；D. K2SO4=2K+ SO42-，D错误；答案为A【点睛】NaHSO4（aq）= Na+H+SO42-，熔融状态NaHSO4= Na+ HSO4-；NaHCO3= Na+ HCO3-。9.将下列各组物质，按酸、碱、盐顺序排列正确的是()A. 硫酸、纯碱、食盐 B. 氢硫酸、烧碱、硫酸铜C. 碳酸、氧化铜、碳酸钠 D. 醋酸、熟石灰、苛性钠【答案】B【解析】【分析】纯碱为碳酸钠，为盐；苛性钠为NaOH为碱。【详解】A. 硫酸、纯碱、食盐 ，按酸、盐、盐顺序排列 ，A错误；B. 氢硫酸、烧碱、硫酸铜，按酸、碱、盐顺序排列，B正确；C. 碳酸、氧化铜、碳酸钠，按酸、氧化物、盐顺序排列，C错误； D. 醋酸、熟石灰、苛性钠，按酸、碱、碱顺序排列，D错误；答案为B10.能正确表示下列化学反应的离子方程式的是()A. 石灰水与盐酸的反应 OH+H+=H2OB. 氧化铜与盐酸反应 O2+2H+=H2OC. 铜片插入硝酸银溶液中 Cu+Ag+=Cu2+AgD. 碳酸钙溶于醋酸中 CaCO3+2H+=Ca2+H2O+CO2【答案】A【解析】【分析】离子反应中，单质、氧化物、气体、沉淀、弱电解质写化学式。【详解】A. 澄清的石灰水拆写为离子，A正确；B.氧化铜写化学式 ，B错误；C. Cu+2Ag+=Cu2+2Ag，反应未配平，C错误；D. 醋酸为弱电解质，写化学式，D错误；答案为A【点睛】要牢记离子反应拆分离子的规则，离子反应中，单质、氧化物、气体、沉淀、弱电解质写化学式。11.下列实验装置或操作与粒子直径的大小无直接关系的是A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】试题分析：C萃取利用的是物质在不同溶质中溶解度的不同，与物质微粒大小无直接关系，C错误。故答案C。考点：考查实验操作的原理。12.下列物质的变化不能产生自由移动离子的是()A. 氢氧化钠溶于水 B. 将硫酸溶于水C. 氯化钠固体受热熔化 D. 冰醋酸固体受热熔化【答案】D【解析】【详解】A.NaOH（aq）=Na+OH-，产生自由移动的离子 ，A正确；B. H2SO4（aq）= 2H+SO42-，产生自由移动的离子 ，B正确；C. NaCl（熔融）=Na+Cl-，产生自由移动的离子，C正确；D. 醋酸为共价化合物，液态时不能产生离子，D错误；答案为D13. 有相同条件下的三个反应：2A+B2 2B+A22C+A22A+C22B+D22D+B2由此得出，下列判断不正确的是 （ ）A. 氧化性：A2B2C2 D2 B. 还原性：CABDC. 2A+D2 2D+A2该反应可以进行 D. 2C+B2 2B+C2该反应也能进行【答案】A【解析】反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，所以，氧化性：D2 B2A2 C2 还原剂的还原性大于还原产物的还原性 还原性：CABD由此可判断C、D都正确14.关于物质氧化性及还原性的强弱，下列说法中正确的是()A. 物质越易失电子，还原性越强B. 原子失电子越多，还原性越强C. 元素化合价降低越多，氧化性越强D. 物质越易被氧化，氧化性越强【答案】A【解析】【分析】还原性强弱与电子转移数目、化合价升降的多少无关，与失电子能力有关，越易失电子，还原性越强。【详解】A.还原性的强弱与失电子能力有关，越易失电子，还原性越强，A正确错误；B. 还原性强弱与电子转移数目无关，不能利用失去电子数目分析还原性 ，B错误； C. 氧化性与化合价数目无关，不能利用元素化合价降低的多少分析氧化性 ，C错误；D. 易被氧化的物质，还原性强，符合优先氧化的规律，D错误；答案为A15.在氯化铁、氯化铜混合溶液中加入铁粉和铜粉，充分反应后仍有固体存在，则下列判断正确的是()A. 加入硫氰化钾溶液可能变红色 B. 溶液中一定含有Fe2C. 溶液中一定不含Cu2 D. 剩余固体中一定含有铁【答案】B【解析】【分析】当固体为铁、铜时，溶液中的Fe3+、Cu2+全部参加反应生成Fe2+和Cu，反应的方程式为：2FeCl3+Fe=3FeCl2、CuCl2+Fe=Cu+FeCl2，所以溶液中一定没有Fe3+、Cu2+，一定含有Fe2+；当固体为铜时，溶液中一定没有Fe3+，Cu2+恰好全部参加反应或部分反应生成Fe2+和Cu，所以溶液中一定没有Fe3+，可能含有Cu2+，一定含有Fe2+；【详解】A.通过分析，溶液中不含Fe3+，则加入硫氰化钾溶液不可能变红色，A错误；B.通过分析，只要有固体剩余，则溶液中一定存在Fe2+，B正确； C. 当固体为铜时，可能含有Cu2+，C错误；D. 剩余固体一定含Cu，可能含Fe，D错误；答案为B【点睛】由于有固体剩余，溶液中的Cu2+只要反应则一定生成Cu，故固体一定含Cu，可能含Fe，只要有固体剩余，则一定无Fe3+，必定含Fe2+。16. 用一张已除去表面氧化膜的铝箔紧紧包裹在试管外壁（如图），将试管浸入硝酸汞溶液中，片刻取出，然后置于空气中，不久铝箔表面生出“白毛”，红墨水柱右端上升。根据实验现象判断下列说法错误的是（ ）A. 实验中发生的反应都是氧化还原反应B. 铝是一种较活泼的金属C. 铝与氧气反应是放热反应D. 铝片上生成的白毛是氧化铝和氧化汞的混合物【答案】D【解析】试题分析：实验过程中首先发生的是铝与硝酸汞的置换反应（生成汞单质），然后铝在空气中被氧气氧化为白色的氧化铝（装置内的温度升高，红墨水柱右端上升，说明该放热反应），均为氧化还原反应，这充分说明铝是一种较活泼的金属，故D项错误。考点：考查金属铝的化学性质。17.有甲、乙两个完全相同的装置，分别在它们的侧管中装入1.06g Na2CO3和0.84g NaHCO3，试管中各有10mL相同浓度的盐酸（如图），同时将两个侧管中的物质全部倒入各自的试管中，下列叙述正确的是A. 甲装置的气球膨胀速率大B. 若最终两气球体积相同，则一定有c（HCl）2 mol/LC. 若最终两气球体积不同，则一定有c（HCl）1 mol/LD. 最终两溶液中Na+、Cl的物质的量相同【答案】B【解析】试题分析：碳酸氢钠与盐酸反应放出气体的速率比碳酸钠快，故A错误；若最终两气球体积相同，说明Na2CO3和NaHCO3均完全反应，碳酸钠消耗盐酸的物质的量是0.02mol，所以c（HCl）2 mol L-1，故B正确；根据B可知，若最终两气球体积不同，碳酸钠消耗盐酸的物质的量小于0.02mol，则一定有 c（HCI） 2mol L-1，故C错误；根据元素守恒，两溶液中Na+的物质的量不相同，故D错误。考点：本题考查碳酸钠、碳酸氢钠的性质。18.人类的生产和生活中离不开金属材料。通常所说的“金属材料”，既包括纯金属，也包括各种合金。下列不属于合金的是()A. 黄铜 B. 铁锈 C. 生铁 D. 焊锡【答案】B【解析】【分析】合金是金属和金属或非金属熔合在一起形成的有金属特性的物质，是混合物。【详解】A. 黄铜是铜锌合金 ，A错误；B. 铁锈的主在成分是氧化铁，氧元素和铁元素两种元素化合在一起，不是合金，B正确； C. 生铁是铁和碳的合金，C错误；D. 焊锡是锡、铅合金，D错误；答案为B19.在氯化铁、氯化铜和盐酸的混合溶液中加入铁粉，待反应结束后，所剩余的固体滤出后能被磁铁吸引，则反应后溶液中存在较多的阳离子是A. Cu2 B. Fe3 C. Fe2 D. H【答案】C【解析】由于所剩的固体能被磁铁吸引，说明有铁剩余。因为铁与Cu2+、Fe3+、H+均可反应，且都生成，所以反应后溶液中存在较多的阳离子是Fe2+ ，C正确，选C。20.用铝合金代替铝制钥匙，因为铝合金A. 熔点低 B. 不易锈蚀 C. 硬度大 D. 密度小【答案】C【解析】【分析】合金是指在一种金属中加热熔合其它金属或非金属而形成的具有金属特性的物质；合金的性质是：合金的硬度大，熔点低，耐腐蚀。【详解】合金的性质是：合金的硬度大，熔点低，耐腐蚀；合金比组成它的纯金属硬度大，由于纯铝硬度较小，在使用中易变形，因此利用铝合金硬度较大的性质。答案选C。【点睛】本题主要考查合金与合金的性质，合金概念的三个特点要记牢；还要理解合金的性质，即合金的硬度大，熔点低，耐腐蚀题目难度不大。21. 宇航员翟志刚成功完成的中国历史上首次太空行走，使中国成为第三个独立掌握出舱活动技术的国家。宇航员出舱时，呼吸所需的氧气主要来自太空服中的呼吸面具。下列物质在一定条件下均能产生氧气，其中最适宜用于呼吸面具中供氧剂的是A. HNO3 B. H2O2 C. KClO3 D. Na2O2【答案】D【解析】最适宜用于呼吸面具中供氧剂的是Na2O2因为只有过氧化钠跟二氧化碳反应，生成氧气和碳酸钠，所以可以吸收人呼吸生成的二氧化碳，放出人需要的氧气。22.现有2mol金属钠，一半与氧气反应生成氧化钠，另一半与氧气反应生成过氧化钠，则上述两个氧化还原反应过程中转移的电子数之比为（ ）A. 12 B. 21 C. 11 D. 41【答案】C【解析】Na无论是生成氧化钠还是过氧化钠，都是钠作还原剂失电子，氧气作氧化剂得电子。相同物质的量钠反应，失去电子相同。故答案为：C。23. 下列关于水玻璃的性质和用途的叙述中不正确的是A. 水玻璃是一种矿物胶，既不燃烧也不受腐蚀B. 水玻璃在建筑工业上可以作黏合剂、耐酸水泥掺料C. 木材、织物浸过水玻璃后具有防腐性能且不易燃烧D. 水玻璃的化学性质稳定，在空气中不易变质【答案】D【解析】Na2SiO3的水溶液称为水玻璃，是一种矿物胶，通常用作耐火材料、黏合剂等，硅酸的酸性弱于碳酸，在空气中发生反应：Na2SiO3+CO2+H2O=H2SiO3(胶体)+Na2CO3，故D项不正确。24.氨水显弱碱性的主要原因是 ()A. 通常状况下，氨的溶解度不大B. 氨水中的一水合氨少量电离C. 溶于水的氨分子只有少量发生电离D. 氨本身的碱性弱【答案】B【解析】【分析】氨水在水中发生部分电离生成NH4+、OH-，NH3H2O NH4+OH-；导致溶液中c（H+）c(OH-);【详解】A. 气体的溶解度与溶液酸碱性无关，A错误；B. 氨水溶液中存在一水合氨的电离平衡，溶液呈碱性是因为电离出了氢氧根离子，c（H+）CuAg，所以Fe与 AgNO3溶液也能反应生成Ag，故D正确；综上所述，本题选D。【点睛】氯气的氧化性大于硫，所以铁、铜分别与氯气反应，均生成高价化合物氯化铁和氯化铜，而硫分别与铁、铜反应，均生成低价化合物硫化亚铁和硫化亚铜。28.在下图所示装置中加入一定量的铁粉，分液漏斗中加入一定体积浓度为12 molL1的硝酸，加热打开分液漏斗的活塞，使其充分反应后，下列微粒：、 Fe3、H、 NO、 NO2，在该装置中一定大量存在的()A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】12 molL1的HNO3为浓硝酸，反应生成的为NO2，从下边几个角度分析：(1)铁过量，则反应方程式为：Fe+6HNO3=Fe(NO3)3+3NO2+3H2O，2Fe(NO3)3+Fe=3Fe(NO3)2，最后剩余的离子是Fe2+和；(2)硝酸过量，则反应方程式为Fe+6 HNO3=Fe(NO3)3+3NO2+3H2O，最后剩余的离子是Fe3+、H+和；(3)铁与硝酸都消耗完，则反应方程式为：Fe +6 HNO3=Fe(NO3)3+3NO2+3H2O，2Fe(NO3)3+Fe=3 Fe(NO3)2，铁被消耗完，而Fe(NO3)3有剩余，最后剩余的离子为Fe2+、Fe3+、。【详解】根据题目分析的三种情况，可以得出：一定大量存在的是和NO2，故答案B正确。29.“酸雨”的形成主要是由于( )A. 森林遭乱砍滥伐，破坏了生态平衡 B. 工业上大量燃烧含硫燃料C. 大气中二氧化碳的含量增多 D. 汽车排出大量尾气【答案】B【解析】【分析】二氧化硫、氮氧化物溶于水能生成显酸性的物质，是形成酸雨的主要物质。【详解】“酸雨”是指pH5.6的雨水，它的形成主要是由于工业上大量燃烧含硫化石燃料，生成的二氧化硫溶于水，能够和水反应生成亚硫酸或硫酸，当酸性达到一定程度时会形成酸雨。答案选B。30. 下列气体中，既能用浓硫酸干燥，又能用氢氧化钠固体干燥的是A. O2 B. NO2 C. SO2 D. NH3【答案】A【解析】试题分析：能用浓硫酸和氢氧化钠固体干燥的的气体不能与这两者反应，浓硫酸不能干燥氨气等溶于水显碱性的气体，氢氧化钠不能干燥二氧化碳、二氧化硫、氯化氢等溶于水显酸性的气体。A、O2既能用浓硫酸干燥，又能用氢氧化钠固体干燥，A项错误；B、NO2能与氢氧化钠反应，所以不能用氢氧化钠固体干燥，B项错误；C、SO2能与氢氧化钠反应，所以不能用氢氧化钠固体干燥，C项错误；D、NH3能与浓硫酸反应，所以不能用浓硫酸干燥，D项错误；答案选A。考点：考查气体的干燥分卷II二、填空题(共6小题,共40分) 31.下面是用98%的浓硫酸 (1.84 gcm3)配制500 mL 0.5 molL1稀硫酸的操作，请按要求填空：(1)所需浓硫酸的体积为_。(2)如果实验室有15 mL、20 mL、50 mL量筒，应选用_mL量筒最好。量取时发现量筒不干净，用水洗净后直接量取，所配溶液浓度将_(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。(3)将量取的浓硫酸沿烧杯内壁慢慢注入盛有约100 mL水的_里，并不断搅拌，目的是_。(4)将_的上述溶液沿_注入_中，并用50 mL蒸馏水洗涤烧杯23次，洗涤液要_中，并摇匀。(5)加水至距刻度线_处，改用_加水，使溶液的凹液面正好跟刻度线相平。【答案】.14ml；15ml；偏低；烧杯；防止浓硫酸飞溅；冷却后；玻璃棒；500ml容量瓶；转移到容量瓶；1-2cm；胶头滴管【解析】考查一定物质的量浓度的配制。（1）根据稀释过程中溶质不变可知，0.50.51.84V9898，解得V14ml即浓硫酸的体积是14ml。（2）规格越接近，误差越小，所以应该选择15ml的量筒。水洗后直接量取，相当于稀释，浓度偏低。（3）由于浓硫酸的密度大于水的，且溶于水放出大量的热，所以浓硫酸的稀释应该在烧杯中完成，且需要不断的搅拌，以防止浓硫酸飞溅。（4）转移之前，需要冷却，转移时用玻璃棒引流，注入500ml容量瓶中。烧杯和玻璃棒都需要洗涤，且洗涤液要注入容量瓶中。（5）当接近刻度线12cm时，用胶头滴管加水定容。32.有下列物质：液态氯化氢，氯化铁溶液，盐酸，氯化铵晶体，蔗糖溶液，四氯化碳，硫酸钡固体，淀粉溶液，熔融氢氧化钠，铜。回答下面问题：(1)上述物质中能够导电的是_(填序号，下同)，属于电解质的是_，属于非电解质是_。(2)写出在溶液中的电离方程式：_。(3)证明是胶体的方法是_。【答案】 (1). (2). (3). (4). NH4Cl=Cl (5). 用一束强光照射淀粉溶液，若淀粉溶液能产生丁达尔效应，说明其是胶体【解析】【分析】存在自由移动的离子或电子的物质或溶液可以导电；电解质是在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物；非电解质是在水溶液中或熔融状态下都不能能够导电的化合物。【详解】液态氯化氢，无自由移动的离子，化合物，水溶液能导电，电解质；氯化铁溶液，有自由移动的离子，溶液为混合物；盐酸，HCl的水溶液，有自由移动的离子，混合物；氯化铵晶体，有离子但不能自由移动，化合物，电解质；蔗糖溶液，无阴阳离子，混合物；四氯化碳，无阴阳离子，化合物，非电解质；硫酸钡固体，有离子但不能自由移动，化合物，电解质；淀粉溶液，无阴阳离子，混合物；熔融氢氧化钠，有自由移动的离子，化合物，电解质；铜单质，有自由移动的电子，能导电；（1）能导电的物质 ；属于电解质的是；属于非电解质的是，答案为; ;(2) 氯化铵晶体，强电解质，溶于水生成铵根离子和氢氧根离子，NH4Cl=Cl ，答案为：NH4Cl=Cl ；(3). 胶体的性质有丁达尔效应、电泳、透过滤纸但不能透过半透膜等，丁达尔效应为：用一束强光照射淀粉溶液，若淀粉溶液能产生丁达尔效应，说明其是胶体。33.实验室欲用NaOH固体配制1.0 molL1的NaOH溶液240 mL：(1)配制溶液时，一般可以分为以下几个步骤：称量计算溶解摇匀转移洗涤定容冷却摇动其正确的操作顺序为_。必须用到的玻璃仪器有烧杯、胶头滴管、_。(2)某同学欲称量NaOH的质量，他先用托盘天平称量烧杯的质量，天平平衡后的状态如图所示。烧杯的实际质量为_ g，要完成本实验该同学应称出_ g NaOH。(3)使用容量瓶前必须进行的一步操作是_。(4)如图是该同学转移溶液的示意图，图中有两处错误，请写出：_(5)在配制过程中，其他操作都是正确的，下列操作会引起误差偏高的是_(填字母)。A所用NaOH已经潮解B向容量瓶中加水未到刻度线C有少量NaOH溶液残留在烧杯里D用带游码的托盘天平称5.4 g NaOH(1 g以下用游码)时误用了“左码右物”方法【答案】 (1). (2). 250 mL容量瓶 (3). 玻璃棒 (4). 27.4 (5). 10.0 (6). 查漏 (7). 应该为250mL的容量瓶；移液时应用玻璃棒引流； (8). B【解析】【分析】（1）配制一定物质的量浓度溶液一般步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶、贴标签，所以正确的顺序为：；用到的仪器依次为：托盘天平、药匙、玻璃棒、烧杯、容量瓶和胶头滴管，要配制1.0mol/L的NaOH溶液240mL，应选择250mL容量瓶，所以还缺少的仪器：250mL容量瓶、玻璃棒；故答案为：；250mL容量瓶、玻璃棒；（2）依据天平称量固体原理可知：固体质量=砝码的质量+游码的质量，右盘中砝码为20g，10g，游码质量2.6g，所以烧杯的实际质量为27.4g；配制1.0molL-1的NaOH溶液240mL，应选择250mL容量瓶，配制250mL溶液，需要氢氧化钠质量m=1.0mol/L40g/mol0.25L=10.0g；故答案为：27.4；10.0；（3）容量瓶带有活塞，使用过程中需要上下颠倒，所以使用前应检查是否漏水；故答案为：查漏；（4）该同学选用的容量瓶错误，应该为250mL的容量瓶；移液时应用玻璃棒引流；答案为：应该为250mL的容量瓶；移液时应用玻璃棒引流；（5）A.NaOH已潮解，导致溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故A错误；B.向溶液中加水未到刻度线，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故B正确；C.溶解的NaOH少量残留在烧杯中，导致溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故C错误；D.称量NaOH物、码放反时，称量的实际质量为4.6g，导致溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故D错误；答案为B；【详解】（1）配制一定物质的量浓度溶液一般步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶、贴标签，所以正确的顺序为：；用到的仪器依次为：托盘天平、药匙、玻璃棒、烧杯、容量瓶和胶头滴管，要配制1.0mol/L的NaOH溶液240mL，应选择250mL容量瓶，所以还缺少的仪器：250mL容量瓶、玻璃棒；故答案为：；250mL容量瓶、玻璃棒；（2）依据天平称量固体原理可知：固体质量=砝码的质量+游码的质量，右盘中砝码为20g，10g，游码质量2.6g，所以烧杯的实际质量为27.4g；配制1.0molL-1的NaOH溶液240mL，应选择250mL容量瓶，配制250mL溶液，需要氢氧化钠质量m=1.0mol/L40g/mol0.25L=10.0g；故答案为：27.4；10.0；（3）容量瓶带有活塞，使用过程中需要上下颠倒，所以使用前应检查是否漏水；故答案为：查漏；（4）该同学选用的容量瓶错误，应该为250mL的容量瓶；移液时应用玻璃棒引流；答案为：应该为250mL的容量瓶；移液时应用玻璃棒引流；（5）A.NaOH已潮解，导致溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故A错误；B.向溶液中加水未到刻度线，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故B正确；C.溶解的NaOH少量残留在烧杯中，导致溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故C错误；D.称量NaOH物、码放反时，称量的实际质量为4.6g，导致溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故D错误；答案为B；【点睛】天平使用时应左物右码，若放反了物质的实际质量为砝码的质量减去游码的质量；配制溶液时的误差分析，c=，分析操作对m或V产生的影响。34.有M、N两种溶液，经测定这两种溶液中含有下列12种离子：Al3、Cl、Na、K、NO3-、OH、Fe2、AlO2-、CO32-、NH4+、SO42-、H。(1)完成下列表格中实验的结论和实验的实验内容以及现象：_；_ ；(2)根据(1)中的实验回答：NO3-存在于_溶液中，理由是_；Cl存在于_溶液中，理由是_。(3)根据(1)中的实验确定，M溶液中含有的离子为_【答案】 (1). N溶液中不含CO32-、SO42-(或M溶液中一定含有CO32-、SO42-) (2). 取M溶液进行焰色反应，焰色为黄色，再透过蓝色钴玻璃观察火焰颜色，不呈紫色 (3). M (4). N溶液中含有H、Fe2、Al3、NH4+、K，由于N溶液为酸性，又含有Fe2，所以N溶液中不含NO3- (5). N (6). 根据溶液呈电中性原则，可以确定Cl存在于N溶液中 (7). OH、AlO2-、CO32-、SO42-、Na、NO3-【解析】【分析】取少量的N溶液，加入氯化钡溶液无沉淀，则溶液不含CO32-、SO42-，则M溶液中一定含有CO32-、SO42-。我们可以把12中离子分成2类，即与CO32-、SO42-，反应的为一类（N溶液），Al3、NH4+，溶液中不可能没有阴离子，则只能是Cl。另一类为CO32-、SO42-、OH、AlO2-、NO3-、必须有阳离子，题目给定M含Na，不含K，则K在N溶液中。【详解】（1）取少量的N溶液，加入氯化钡溶液无沉淀，则溶液不含CO32-、SO42-，则M溶液中一定含有C