第一单元作业答案

1、.课时作业一1.C解析 应用10 mL量筒量取5.2 mL稀硫酸;苯与四氯化碳互溶,不分层,故不能用分液漏斗别离二者;正确;溴水具有氧化性,会腐蚀橡胶,应用酸式滴定管量取溴水;瓷坩埚不能灼烧NaOH固体;正确。2.A解析 浓硝酸见光易分解,应保存在棕色试剂瓶中,A错误;玻璃中含有二氧化硅,易与NaOH溶液反响生成具有黏性的硅酸钠,盛NaOH溶液的试剂瓶应用橡皮塞,B正确; 钠易与空气中的氧气、水反响,与煤油不反响且密度比煤油大,保存在煤油中可隔绝空气,防止钠变质,C正确;氯水中的次氯酸见光易分解而导致氯水变质,故应用棕色试剂瓶避光保存,D正确。3.A解析 烧杯、烧瓶、锥形瓶都是不能直接加热的仪

2、器,均可加垫石棉网加热,A正确;试剂瓶可以用于存放药品,但不能溶解、稀释药品,B错误;用容量瓶配制溶液时,参加蒸馏水需要用玻璃棒引流,加至离刻度线12 cm时改用胶头滴管滴加至凹液面的最低处与刻度线相切,C错误;用滴定管量取液体时,开场读数和最后读数均俯视,量取的体积并不一定准确,D错误。4.D解析 潮湿的pH试纸测定溶液的pH,不一定有误差,如测定NaCl溶液的pH无影响,A项错误;石蕊变色范围宽且现象不明显,酸碱中和滴定时,一般不用石蕊作指示剂,可选酚酞、甲基橙等酸碱指示剂用作中和滴定的指示剂,B项错误;使用试管夹时,应从试管底由下往上夹住试管间隔 管口13处,C项错误;滴定管以及容量瓶均

3、有塞子,所以在使用前需检查是否漏水,D项正确。5.D解析 CuSO4溶液的浓缩结晶需加热,题中所列实验器材缺少酒精灯,A项错误;盐酸与BaCO3反响后需进展过滤,所列实验器材缺少漏斗,B项错误;固体NaCl需要称量,缺少天平,C项错误;Br2+2NaI2NaBr+I2,要用CCl4萃取后分液除去I2,所列实验器材齐全,D项正确。6.A解析 对B项来说,向长颈漏斗中注入水,至浸没其下端管口,一段时间后,假设液面不再变化,说明气密性良好;对C项和D项来说,被检查的部分属于一个密封体系,能检验其气密性;对A项来说,分液漏斗与烧瓶用橡皮管连接,分液漏斗内的气体压强与烧瓶内的气体压强相等,在不添加其他仪

4、器的情况下无法检查气密性。7.C解析 MnO2难溶于水,KCl易溶于水,故采用过滤法,应该用普通漏斗而不是分液漏斗,A项错误;缺少胶头滴管及量取盐酸的仪器,如酸式滴定管或移液管,B项错误;二氧化硫和乙烯均能与酸性KMnO4溶液反响,故不能到达除杂的目的,D项错误。8.A解析 配制硫酸亚铁溶液时,为了防止Fe2+氧化,在配制的溶液中参加少许铁粉,A正确;发现酒精灯内酒精太少,熄灭酒精灯,应待灯体冷却后再补加,B错误;乙醇与水互溶,不能用作萃取剂,C错误;苯和液溴可以反响,和溴水不能反响,苯会将溴水中的溴萃取出来,不能生成溴苯,不能到达预期目的,D错误。9.B解析 酸碱中和滴定实验中锥形瓶不需要枯

5、燥,因为溶质的物质的量不变,对实验无影响,A正确;量筒的残留液不能转入相应容器中,否那么会造成溶质的量增加,B错误;温度计水银球碰到容器内壁或底部,会使测定的温度不准确,C正确;分液漏斗使用前首先检漏,D正确。10.D解析 制备乙酸乙酯时,应先加乙醇,然后再加浓硫酸和乙酸,A项错误;由于硝酸具有强氧化性,且Cl-能与Ag+反响生成不溶于稀硝酸的AgCl沉淀白色,故B项操作不能排除溶液中存在SO32-或Ag+等的情况,B项错误;滴定管内壁上残存的蒸馏水会对参加的标准液起到稀释的作用,从而降低了标准液的浓度,C项错误。11.1bc2abd3a.用胶塞塞好一端管口,从另一端加水至U形管两端出现明显的

6、液面高度差,将另一端用胶塞塞好,假设一段时间后,液面高度差不变,证明气密性良好b.驱走U形管反响端的空气,使Cu与稀硝酸接触反响c.溶液变蓝d.使NO与U形管中的空气混合生成NO2,通过气体颜色变化证明原无色气体为NO2NO+O22NO2、3NO2+H2O2HNO3+NO解析 1高温时,石英SiO2可与NaOH发生反响;白磷易自燃,应在水下切割,应选bc。2该装置是气体发生装置,能随开随用,随关随停,该装置适用于块状难溶于水的固体和液体在不加热条件下反响制备气体,而且所制气体不易溶于水,不与水反响。b项Na2O2可溶于水,不能做到随关随停;c项MnO2与浓盐酸反响制Cl2需要加热,不能用此装置

7、;d项NO2可与水反响,不能用此装置;只有a项可以。明确“随关随停,随开随用的气体发生装置的关键:当夹紧导气管时,在压力的作用下液体反响物和固体反响物相脱离,使反响终止,b、d项装置符合题目要求。3a.NO在空气中极易被氧气氧化,因此整个实验过程不能有O2进入,故应检查装置气密性,可利用液体高度差来检验。b.将U形管倒置如图,可将刚开场时U形管左侧上方的空气赶走,防止产生的NO被氧化。c.稀硝酸与铜接触后,立即产生无色气体,同时铜丝溶解,溶液由无色变为蓝色。d.为了检验产生的气体,可将其与空气接触,假设气体由无色变为红棕色,证明产生的气体为NO。12.1CFG22Fe2+Cl22Fe3+2Cl

8、-3向过滤器里注入蒸馏水,使水面没过滤渣,等水自然流完后,重复操作23次取最后一次洗涤液少许,向其中参加几滴AgNO3溶液,假设无白色沉淀生成,说明沉淀已洗涤干净4继续加热,放置枯燥器中冷却,称量,至最后两次称得的质量差不超过0.1 g或恒重为止5700(W2-W1)a%解析 1称量时需要的仪器有托盘天平、药匙;溶解时需要的仪器有烧杯、玻璃棒;配制一定物质的量浓度的溶液时需要的仪器有量筒、胶头滴管、烧杯、玻璃棒、一定规格的容量瓶;准确量取溶液需要酸式滴定管等,应选C、F、G。2氯水能将FeCl2氧化生成FeCl3,反响的离子方程式为2Fe2+Cl22Fe3+2Cl-。3洗涤沉淀的方法为向漏斗里

9、注入蒸馏水,使水面没过滤渣,等水自然流完后,重复操作23次。由于沉淀FeOH3是从氯化铵溶液中过滤出来的,所以在验证沉淀是否洗净的实验中,可向最后一次洗涤液中参加AgNO3溶液,看是否有沉淀生成即可。4再次加热并冷却至室温称量其质量为m2 g,假设m1与m2差值较大,说明还没有加热到恒重,所以接下来的操作是继续加热,放置于枯燥器中冷却,称量,至最后两次称得的质量差不超过0.1 g或恒重为止。5根据铁元素质量守恒,红棕色固体Fe2O3中的铁就是样品中的铁,根据质量分数的公式求出铁元素的质量分数,Fe2O3中铁元素的质量为W2-W1g112160,样品中铁元素的质量分数是1120(W2-W1)16

10、0a100%=700(W2-W1)a%。课时作业二1.D解析 根据表中的信息知乙二醇和丙三醇的沸点差异较大,因此选用蒸馏法别离。2.D解析 A项中碳酸钠和碳酸氢钠的热稳定性不同,可用加热的方法鉴别;B项中汽油和水互不相溶,可用分液的方法别离;C项中海水蒸馏可以得到淡水;D项中把胶体粒子从分散系中别离出来,应用渗析的方法,故D项错误。3.B解析 A项,淀粉和NaCl的混合物加水溶解后,假设用过滤的方法,二者均能通过滤纸,应用渗析的方法除去其中的NaCl;C项,NaOH溶液可以促进乙酸乙酯的水解;D项,用饱和食盐水只能吸收氯化氢而不能吸收氯气。4.D解析 溴苯常温下不与NaOH溶液反响,溴可以和N

11、aOH溶液反响,同时溴苯不溶于水,可以采用分液的方法别离,A项正确;水与生石灰反响生成CaOH2,然后采用蒸馏的方法,蒸出乙醇,B项正确;淀粉的分子直径较大,淀粉溶液属于胶体,可用渗析的方法除去其中的NaCl,C项正确;乙烯能被酸性高锰酸钾溶液氧化生成CO2,D项错误。5.C解析 用MnO2和浓盐酸制Cl2需要加热,A项错误;除去Cl2中的少量HCl应用饱和NaCl溶液,且导气管应长进短出,B项错误;二氧化锰不溶于水,可采用过滤的方法别离二氧化锰和氯化锰溶液,C项正确;蒸干氯化锰溶液得不到MnCl24H2O,D项错误。6.C解析 SO2可与Na2SO3溶液反响,不能用Na2SO3溶液除去SO2

12、中含有的少量HCl,A项错误;乙醇与水互溶,不能用乙醇提取碘水中的碘,B项错误;石油分馏应使用温度计,并选用蒸馏烧瓶,用图不能进展石油分馏实验制取汽油,D项错误。7.D解析 从题图所示步骤综合分析,可以看出第步别离五种离子中的一种离子,只能是Ag+与Cl-结合生成AgCl沉淀。第步产生的沉淀和剩余的溶液分别别离出两种离子,应用NH3H2O溶液沉淀出Fe3+和Al3+,然后用强碱NaOH溶液将FeOH3和AlOH3别离。第步用SO42-将Ba2+和K+别离,故D项正确。8.1NaOH、BaCl2、Na2CO3或BaCl2、NaOH、Na2CO3或BaCl2、Na2CO3、NaOH2取少量沉淀后的

13、上层清液于一试管中,滴入少量BaCl2溶液,看是否有沉淀生成,假设无沉淀生成,那么SO42-已沉淀完全,即所用试剂已过量375%乙醇解析 1为除去Mg2+和Fe3+可选用NaOH溶液,除去SO42-选用BaCl2溶液,Ca2+和过量的BaCl2溶液要用饱和Na2CO3溶液来除去,因此只要BaCl2在Na2CO3之前即可,NaOH顺序可变。3除去NaCl晶体外表附带的少量KCl,选用的试剂为75%的乙醇,因为氯化钠不溶于乙醇,并且乙醇易挥发,不残留其他物质。9.1增大青蒿与乙醚的接触面积,进步青蒿素的浸取率2漏斗、玻璃棒蒸馏3B4NaOH溶液CaCl2或P2O5碱石灰防止空气中的CO2和水蒸气进

14、入F装置C15H22O5相对分子质量或摩尔质量解析 1根据乙醚浸取法的流程可知,对青蒿进展枯燥破碎,可以增大青蒿素与乙醚的接触面积,进步青蒿素的浸取率。2根据上面的分析,操作为过滤,需要的玻璃仪器主要有烧杯、漏斗、玻璃棒;操作的名称是蒸馏。3根据题意,青蒿素几乎不溶于水,A错误;青蒿素易溶于乙醚,无法分液提取,C错误,B正确。4为了能准确测量青蒿素燃烧生成的CO2和H2O,实验前应通入除去CO2和H2O的空气,排除装置内的空气,防止干扰实验。E和F一个吸收生成的H2O,一个吸收生成的CO2,应先吸水后吸收CO2,所以E内装的是CaCl2或P2O5,而F中为碱石灰,而G装置能防止外界空气中的CO

15、2和H2O进入装置。装置A中盛放NaOH溶液,装置E中盛放的物质是CaCl2或P2O5,装置F中盛放的物质是碱石灰。在装置F后连接G装置,是防止空气中的CO2和水蒸气进入F装置,造成测定误差。由数据可知mH2O=42.4 g-22.6 g=19.8 g,所以nH2O=1.1 mol,nH=2.2 mol。mCO2=146.2 g-80.2 g=66.0 g,所以nCO2=1.5 mol,所以青蒿素中氧原子的质量为mO=28.2 g-2.2 mol1 gmol-1-1.5 mol12 gmol-1=8.0 g,所以nO=0.5 mol,nCnHnO=1.52.20.5=15225,所以其最简式为

16、C15H22O5。根据青蒿素的相对分子质量或摩尔质量结合其最简式可计算其分子式。10.1过滤2BD3盐酸或稀硫酸 4分液漏斗5D6温度计插到了液体中冷凝管进出水的方向颠倒解析 1沙子不溶于水,可用过滤的方法别离。2要先除SO42-,然后再除Ca2+,Na2CO3可以除去过量的钡离子,假如加反了,过量的钡离子就没法除去,至于加NaOH除去Mg2+顺序不受限制,因为过量的氢氧化钠加盐酸就可以调节了,只要将三种离子除完了,过滤即可,最后加盐酸除去过量的氢氧根离子和碳酸根离子,所以操作顺序可以为或或,但不能为,故答案为BD。 3在金属活动性顺序表中,Cu排在氢后,而Fe排在氢前,故可参加稀盐酸或稀硫酸

17、除杂。4和可分别用分液、萃取的方法别离,都用到分液漏斗。5四氯化碳密度比水大,碘易溶于四氯化碳,下层颜色较深,由体积关系可知D正确。6蒸馏时,温度计用于测量馏分的温度,不能把温度计插入液体中,温度计的水银球应位于支管口附近,且应充分冷凝,冷水应从下端进,上端出。课时作业三1.C解析 臭氧的摩尔质量是48 gmol-1,A项错误;同温同压条件下,等质量的氧气和臭氧体积比为32,B项错误;1.00 mol 臭氧中含有电子总数为246.021023,D项错误。2.A解析 0.012 kg 12C的物质的量为12 g12 g/mol=1 mol,1 mol 12C中约含有6.021023个碳原子,故A

18、正确;1 mol H2O中含有2 mol氢原子和1 mol氧原子,指代必须明确,故B错误;氢氧化钠的摩尔质量为40 g/mol,它的相对分子质量为40,二者单位不一样,故C错误;2 mol水的摩尔质量与1 mol水的摩尔质量相等,都是18 g/mol,故D错误。3.B解析 决定物质体积的因素:微粒数的多少,微粒本身的大小,微粒间的间隔 。对于气体物质,在一定温度和压强下,分子间的间隔 几乎相等,其体积的大小主要由分子数的多少来决定,A错误、B正确;气体的体积随温度和压强的变化而变化,体积不同的气体,在不同的条件下,其分子数可能一样,也可能不同,C错误;气体摩尔体积是指1 mol任何气体所占的体

19、积,其大小是不确定的,会随着温度、压强的变化而变化,22.4 Lmol-1是标准状况下的气体摩尔体积,D错误。4.C解析 根据阿伏伽德罗定律可知,两种气体分子数相等,即物质的量相等,设该气体的摩尔质量为M,那么166 g-100 g44 gmol-1=142 g-100 gM,解得M=28 gmol-1,应选C。5.D解析 在标准状况下,0.2 mol任何气体的体积均为4.48 L,不适用于液态和固态物质,错误;当1 mol气体的体积为22.4 L时,它可能处于标准状况下,也可能不是标准状况,可调节温度和压强,错误;标准状况下,H2O为液体,不能使用Vm=22.4 Lmol-1进展相关计算,说

20、法错误;1 g H2和14 g N2均为0.5 mol,标准状况下,体积相同,正确; 标准状况下,28 g CO的体积为22.4 L,未指明状态,错误;同温同压下,气体的密度与气体的相对分子质量成正比,正确。6.C解析 A项,没有说明反响物的状态,不能确定气体的体积,错误;B项,生成物NH4Cl为离子化合物,不存在分子,错误;D项,NH4+部分水解,错误。7.D解析 1 mol D2中含有2 mol中子,标准状况下,11.2 L气体D2中含有NA个中子,A项错误;醋酸为弱电解质,部分电离,1 L 0.1 molL-1醋酸溶液中含氢离子数目远小于0.1NA,B项错误;电解精炼铜时,因阳极有杂质不

21、断溶解,所以电路中转移0.2NA个电子时,阳极质量减少不一定为6.4 g,C项错误;3 mol NO2和1 mol H2O反响生成2 mol HNO3和1 mol NO,通过分析化合价变化可知起复原作用的NO2为2 mol,被氧化生成硝酸,起氧化作用的NO2为1 mol,被复原生成一氧化氮,所以被复原的NO2为1 mol,分子数为NA,D项正确。8.C解析 A项,未指明气体所处的状态是否为标准状况,错误;B项,铁可能生成+2价,也可能生成+3价,所以5.6 g铁完全反响转移的电子数不一定是0.3NA,错误;C项,1 mol Na2O和1 mol Na2O2中含有的阴离子均为1 mol,正确;D

22、项,pH=12的1 L氨水中含有的OH-是0.01NA,含有的NH3H2O分子数大于0.01NA,D错误。9.D解析 30 g丙醇的物质的量为0.5 mol,而1 mol丙醇中含11 mol共价键,故30 g丙醇中存在的共价键总数为5.5NA,A项错误;NO与氧气反响生成二氧化氮,N化合价变化为2,即转移电子数是4NA,B项错误;常温常压下,22.4 L氯气的物质的量小于1 mol,转移电子数小于2NA,C项错误;2.8 g乙烯和环丁烷的最简式均为CH2,混合物中含有0.2 mol CH2,故含有0.2 mol碳原子,混合气体中含有的原子总数为0.6NA,故D项正确。10.C解析 1 mol

23、FeI2与足量氯气反响时Fe2+和I-都要被氧化,转移的电子数为3NA,A错误;碳酸钠属于可以水解的盐,水解后阴离子总数增多,B错误;7.8 g过氧化钠的物质的量为0.1 mol,用于呼吸面具中完全反响时过氧化钠既是氧化剂,又是复原剂,转移电子总数为0.1NA,C正确;胶体中的粒子是多个简单粒子的聚合体,将1 L 2 molL-1的FeCl3溶液参加沸水中,加热使之完全反响,所得氢氧化铁胶体粒子数少于2NA,D错误。11.C解析 A项,标准状况下Cl2为d2NA22.4 L;B项,反响后Cl-数目为bc-d;C项,a872NA=d,NA=87d2a;D项,反响后H+数目为bcNA-a874NA

24、或bcNA-2d。12.1XY3或Y3X 2N2或CO或C2H4H2 311.214解析 1根据阿伏伽德罗定律可写出化学方程式:X2+3Y22Z,再根据质量守恒定律,可得Z的化学式应为XY3或Y3X。2由题意可得nA+nB=0.4 mol,那么3nB+nB=0.4 mol,即nB=0.1 mol,nA=0.3 mol。设B的相对分子质量为Mr,那么A的相对分子质量为14Mr。0.314Mr+0.1Mr=8.6,解得Mr=2,那么A、B的相对分子质量分别为28、2,A可能为N2、C2H4或CO,B可能是H2。3由题意列方程组得n(CO)28 gmol-1+n(CO2)44 gmol-1=36 g

25、n(CO2)+n(CO)=22.4 L22.4 Lmol-1解得:nCO=0.5 mol,nCO2=0.5 mol故VCO=11.2 L,mCO=14 g。13.1221031417846解析 1由题图可知甲、乙两室气体的体积之比为53,故其物质的量之比也为53,所以甲室中气体为2 mol。2HCl气体的质量为1.2 mol36.5 gmol-1=43.8 g,那么甲室中气体的质量为43.8 g-33.8 g=10 g。3设氨气的物质的量为x,氢气的物质的量为y,根据其物质的量、质量列方程组为x+y=2mol17 g/molx+2 g/moly=10 g解得x=0.4 mol,y=1.6 mo

26、l,所以氨气和氢气的物质的量之比=0.4 mol1.6 mol=14,其质量之比=0.4 mol17 gmol-11.6 mol2 gmol-1=178。4甲室中NH3的物质的量为0.4 mol,能与0.4 mol HCl反响,剩余气体为2.4 mol,一样条件下,气体的体积之比等于其物质的量之比,所以活塞b会移至“6处。14.1efijghcd 2ArCu=m1Vm2(V1-V2)-16 3偏大4固体由黑色变成棕黄色 5m1、m2ArCu=71m1-16m2m2-m1解析 方案一:通过测定反响物CuO的质量mCuO和产物O2的体积VO2来测定铜的近似相对原子质量。方案二:通过测定反响物CuO

27、的质量和产物CuCl2的质量来测定铜的近似相对原子质量。实验中需要得到纯洁的Cl2,装置A中发生反响MnO2+4HCl浓MnCl2+Cl2+2H2O,得到的Cl2中含有HCl和水蒸气,用装置D来除去HCl,用装置F枯燥Cl2。在装置E中发生反响2CuO+2Cl22CuCl2+O2。当用方案一时,从E中出来的气体要先用装置C碱石灰除去多余的氯气,再用装置B测量VO2,因此方案一仪器连接顺序为aefijghcdb。2CuOO22ArCu+32 Vmm1 V1-V22Ar(Cu)+32m1=VmV1-V2,ArCu=m1Vm2(V1-V2)-16。CuOCuCl2ArCu+16 ArCu+71m1

28、m2Ar(Cu)+16m1=Ar(Cu)+71m2,可得ArCu=71m1-16m2m2-m1。15.1氮氢 232 gmol-13N2H4 4N2H4+2CuON2+2H2O+2Cu解析 由题意可知,在实验时的温度和压强下,1 mol X气体的体积是24 000 mL,那么反响消耗的X气体的物质的量为0.01 mol,CuO的物质的量为20.32 g-20.00 g16 gmol-1=0.02 mol,N2的物质的量为0.28 g28 gmol-1=0.01 mol,根据氧原子守恒,H2O的物质的量为0.02 mol,那么X中含有H原子的物质的量为0.04 mol,N原子的物质的量为0.02

29、 mol,X气体是由N和H组成的,0.01 mol X分子中含有0.02 mol N,0.04 mol H,因此分子式为N2H4。课时作业四1.A解析 由于溶液的体积未知,故Ba2+的物质的量无法确定,B错误;溶液配制时必须选适宜规格的容量瓶,不能分两次配制,C错误;溶液的体积不是1 L,D错误。2.B解析 所用NaOH已经潮解,实际称量的氢氧化钠的质量减小,氢氧化钠的物质的量减小,所配溶液浓度偏低,A项错误;向容量瓶中加水未到刻度线时溶液的体积较小,溶液的浓度偏大,B项正确;有少量氢氧化钠溶液残留在烧杯里,造成了溶质的损耗,溶液浓度偏小,C项错误;称量时误用“左码右物,假设不使用游码,对称取

30、氢氧化钠质量无影响,对所配溶液浓度无影响,假设使用游码,实际称取氢氧化钠的质量减小,所配溶液浓度偏低,D项错误。3.C解析 溶液稀释前后溶质的物质的量不变,那么30 mL0.5 molL-1= 500 mLc,c=0.03 molL-1,A正确;稀释前后Na+物质的量不变,为0.015 mol,B正确;应在500 mL容量瓶中定容配制,C错误;溶液中水分子也含有氧原子,D正确。4.C解析 第步不能把NaOH放在称量纸上称量;第步玻璃棒应接触容量瓶内壁刻度线以下的部分;第步定容时应平视刻度线。5.B解析 将5.85 g NaCl晶体溶入100 mL水中,所得溶液体积不是100 mL,所得溶液的浓

31、度不是0.1 molL-1,A错误;1 L c molL-1硫酸溶液用水稀释为5 L,稀释后溶液浓度为c molL-115=0.2c molL-1,B正确;将25 g无水CuSO4溶于水制成100 mL溶液,其浓度为25 g160 gmol-10.1 L=1.562 5 molL-1,C错误;w g a% NaCl溶液蒸发掉w2 g水,如没有固体析出,得到溶液的质量分数为wga%wg-0.5wg=2a%,D错误。6.C解析 100 mL 1 molL-1AlCl3溶液中Cl-的物质的量为0.3 mol,A中Cl-的物质的量为0.15 mol,B中不含Cl-,C中Cl-的物质的量为0.3 mol

32、,D中Cl-的物质的量为0.15 mol。7.C解析 不能在容量瓶中直接稀释浓硫酸,稀释浓硫酸应该在烧杯中进展,A错误;假设用浓盐酸配制11体积比的稀盐酸,通常使用量筒和烧杯即可,不需要使用容量瓶,B错误;NH4FeSO42溶液中铁离子部分水解生成氢氧化铁和氢离子,参加稀硫酸可以抑制铁离子水解,C正确;pH=1的盐酸配制100 mL pH=2的盐酸,必须使用量取液体体积的仪器,如量筒或者酸式滴定管,D错误。8.D解析 98%的浓H2SO4的物质的量浓度为c=1000wM=1000 mL1.84 g/mL98%98 g/mol1 L=18.4 mol/L,配制1 mol/L的稀硫酸100 mL,

33、需要浓硫酸的体积为V=0.1 L1mol/L18.4mol/L0.005 4 L,即5.4 mL,应选择10 mL量筒;实验时用10 mL量筒量取5.4 mL浓硫酸,在烧杯中稀释,冷却后用玻璃棒转移到100 mL容量瓶中,至溶液距刻度线12 cm时,用胶头滴管滴加至刻度线,正确顺序为。9.C解析 A项,在t1 、t3 时,NaCl、MgSO4的溶解度都相等;B项,t2 之前,MgSO4的溶解度随温度的升高而增大,t2 之后,随温度的升高而降低;D项,把MgSO4饱和溶液的温度从t3 降至t2 时,由饱和溶液变成不饱和溶液,不会有晶体析出。10.B解析 根据题意可得关系:2KMnO45H2C2O45CaC2O4 5Ca2+2 mol 5 mol0.001 molL-10.015 LnCa2+cCa2+=n(Ca2+)0.015 L=0.001molL-10.015 L5 mol2mol0.015 L=0.002 5 molL-1。11.B解析 硝酸有挥发性,加热蒸发溶剂过程中,有硝酸挥发,A错误;根据质量分数定义可知,二者混合后NaCl质量分数减半,B正确;金属钠与水反响会释放出氢气,故溶液质量小于100 g,那么所得NaOH溶液的质量分数大于4.0%,C错误;20 g硝酸钾并不完全溶解,所得饱和溶液中硝酸钾的质量分数为31.6 g131.6 g100%24.0%,D错误。12