吉林省梅河口市博文中学2024届化学高一上期末质量跟踪监视模拟试题含解析

吉林省梅河口市博文中学2024届化学高一上期末质量跟踪监视模拟试题注意事项: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、在使用分液漏斗进行分液时，正确的操作是A．上层液体经漏斗下口放出B．分离液体时，将漏斗拿在手上进行分离C．分离液体时，分液漏斗口上的小孔与大气相通时打开活塞D．分液漏斗中盛装的是液体，振荡后不必扭开活塞把气体放出2、下列四种有色溶液与SO2气体作用均能褪色，其实质相同的是①酸性高锰酸钾溶液②品红溶液③溴水④滴有酚酞的氢氧化钠溶液A．①③ B．②③ C．①④ D．②④3、设NA为阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是（）A．标准状况下，22.4LH2中所含质子数、中子数均为2NAB．32gO2气体和32gO3气体的原子数之比为3：2C．1L1mol•L﹣1的盐酸中所含粒子总数为2NAD．71g氯气与足量铁粉充分反应，转移的电子数为2NA4、将一小块钠投入到FeCl3溶液中，观察到的现象是A．钠溶解，有铁析出并有气体产生 B．只有气体产生C．既有气体产生，又有红褐色沉淀产生 D．只有沉淀产生5、工业上仅以食盐和水为原料，不能得到的产品是A．烧碱B．NaClO溶液C．盐酸D．氮肥NH4Cl6、Cu2O是赤铜矿的主要成分，Cu2S是辉铜矿的主要成分。铜的冶炼过程通常发生反应：Cu2S+2Cu2O=6Cu+SO2↑，下列有关说法正确的是（）A．该反应中有三种元素的化合价发生了变化B．每生成0.1molCu，转移0.2mol电子C．Cu2S在反应中既是氧化剂又是还原剂D．Cu既是氧化产物又是还原产物7、下列各图中能较长时间看到氢氧化亚铁白色沉淀的是（）A．①②③④⑤ B．①②⑤ C．①②③④ D．②④⑤8、将Na2O2投入到FeCl2溶液中，可观察到的现象是()①有气泡产生②生成白色沉淀③生成红褐色沉淀④无变化A．①③ B．①② C．①②③ D．④9、将12.4g钠和过氧化钠混合物完全溶于水中得100mL溶液，所收集的气体在一定条件下恰好完全反应，则原混合物中钠和过氧化钠的物质的量之比是A．2∶1 B．1∶2 C．1∶1 D．1∶310、用1L1.0mol/LNaOH溶液吸收0.8molCO2，所得溶液中CO32-与HCO3-的物质的量浓度之比约是A．1∶3 B．1∶2 C．2∶3 D．3∶211、下列离子检验实验中，所用试剂以及添加顺序正确的是()A．检验溶液含Fe2＋而不含Fe3＋，先加少量KSCN溶液，再加浓KMnO4溶液B．检验溶液含Cl-和SO42－，先加足量AgNO3溶液，再加Ba(NO3)2溶液C．检验溶液中的I-，先加适量新制氯水，再加CCl4D．检验溶液中的NH4+，先加足量NaOH溶液，再加几滴紫色石蕊试液12、下列说法中不正确的是()①将硫酸钡放入水中不能导电,所以硫酸钡是非电解质②氨气溶于水得到的氨水能导电,所以氨水是电解质③固态HCl不导电,熔融态的HCl可以导电④NaHSO4电离时生成的阳离子有氢离子,所以是酸⑤电解质放在水中一定能导电,非电解质放在水中一定不导电A．①④ B．①④⑤ C．②③ D．①②③④⑤13、向用HCl酸化过的AlCl3溶液中逐滴滴入NaOH溶液，图中能正确表示这个反应的是()A． B． C． D．14、现有三组溶液：①煤油和氯化钾溶液、②35%的乙醇溶液、③碘单质和氯化钠固体，分离以上各混合体系最合适的方法依次是()A．分液、蒸馏、萃取 B．萃取、蒸馏、升华C．分液、蒸馏、升华 D．蒸馏、分液、萃取15、下列实验操作或实验现象与预期实验目的或所得实验结论一致的是（）选项实验操作或实验现象实验目的或结论A将吸有NaOH溶液的长胶头滴管伸入盛有FeSO4溶液的试管底部并缓慢挤出碱液防止加碱过程中带入空气，制备并较长时间观察到白色絮状的Fe(OH)2沉淀B一块表面打磨过的铝箔在酒精灯上加热至熔化，液态铝不会滴落铝的熔点高于三氧化二铝C用洁净铂丝蘸取某溶液在火焰上灼烧，火焰呈黄色溶液中有一定Na＋无K＋DFe(OH)3胶体的电泳实验中发现阴极附近颜色加深而阳极附近颜色变浅说明Fe(OH)3胶体带正电荷A．A B．B C．C D．D16、无色的混合气体甲，可能含NO、CO2、NO2、NH3、N2中的几种，将100mL甲气体依次通过下图实验的处理，结果得到酸性溶液，几乎无气体剩余，则甲气体的组成为A．NH3、NO2、N2 B．NH3、NO、CO2C．NH3、NO2、CO2 D．NO、CO2、N2二、非选择题（本题包括5小题）17、生氢材料甲由X、Y两种元素组成，两元素的原子最外层电子数相等。为确定甲的组成，进行了如下实验：①称取1.2g甲固体与一定量的水蒸气刚好完全反应，生成标准状况下1.12L可燃性单质气体乙，同时得到2g化合物丙。②用0.05mol甲与0.8g氧气恰好发生化合反应，得到2g丙。请回答：（1）乙的分子式____。（2）写出甲与氧气反应生成丙的化学方程式____。（3）设计实验方案检验丙中的阴离子_____。18、将铁粉和铝粉的混合物逐渐加入100mL的稀硝酸中，其产生的有关离子浓度与加入铁粉和铝粉的混合物的质量的关系如下图所示：若反应过程中生成的气体为NO，溶液的体积变化忽略不计。请回答下列问题：（1）X表示的变化离子是_______________（填离子符号）。（2）OA段发生反应的离子方程式是___________________________________。（3）稀硝酸溶解1.10g铁粉和铝粉后溶液还能继续溶解混合物的原因是________________（4）该硝酸的浓度是_____________mol·L－1。19、实验室需要0.1mol/LNaOH溶液450mL和0.5mol/L的硫酸溶液500mL。根据这两种溶液的配制情况回答下列问题。（1）在下图所示仪器中，配制上述溶液肯定不需要的是_________（填序号），除图中已有仪器外，配制上述溶液还需要的玻璃仪器是__________。（2）在容量瓶的使用方法中，下列操作不正确的是____________A．使用容量瓶前检验是否漏水B．容量瓶用水洗净后，再用待配溶液洗涤C．配制溶液时，如果试样是固体，把称好的固体用纸条小心倒入容量瓶中，缓慢加水至接近刻度线1~2cm处，用胶头滴管加蒸馏水至刻度线。D．配制溶液时，若试样是液体，用量筒取样后用玻璃棒引流倒入容量瓶中，缓慢加水至刻度线1~2cm处，用胶头滴管加蒸馏水至刻度线。E．盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，另一只手托住瓶底，把容量瓶反复倒转多次，摇匀。（3）根据计算用托盘天平称取的质量为______g。在实验中其他操作均正确，若定容时仰视刻度线，则所得溶液浓度_____0.1mol/L（填“大于”“小于”或“等于”）。（4）根据计算得知，需用量筒量取质量分数为98%、密度为1.84g/cm3的浓硫酸的体积为_______mL，如果实验室有15mL、20mL、50mL量筒，应选用______mL量筒最好。20、甲、乙两组同学分别对铜、铁与硝酸的反应进行探究，请你参与并完成对有关问题的解答。（1）甲组同学采用如图所示装置验证铜与硝酸的反应。已知仪器a中盛有足量一定浓度的硝酸溶液，试管b中盛有3.2g铜。①请写出铜与稀硝酸反应的离子反应方程式_________。②在铜与硝酸的反应中，硝酸所表现出的化学性质主要有___________。③仪器c中收集的气体主要是________。（填分子式）④待试管b中反应进行完全，如果向b中液体里加入足量氢氧化钠溶液，可生成沉淀的质量是_______g。（2）乙组同学对铁与稀硝酸的反应进行探究。他们用amolFe和含有bmolHNO3的稀硝酸进行实验，若两种物质恰好反应都无剩余，且HNO3只被还原成NO，反应结束后溶液中含有Fe3+和Fe2+。则①反应结束后的溶液中NO3－的物质的量的取值范围是_______。（用含a的代数式等表示）②若反应结束后的溶液中Fe3+、Fe2+的物质的量之比n(Fe3+)∶n(Fe2+)为3∶1，则的值为________。21、铁是人类较早使用的金属之一。运用铁及其化合物的知识，完成下列问题。Ⅰ.（1）所含铁元素既有氧化性又有还原性的物质是________(填字母)。A．FeB．FeCl3C．FeSO4D．Fe2O3（2）血红蛋白(Hb)中的铁元素呈正二价，能与O2分子结合成氧合血红蛋白(HbO)从而有输送氧的能力。NaNO2因具有氧化性能使血红蛋白丧失与O2结合的能力，药品美蓝是其有效的解毒剂，下列说法中正确的是（_______）A．NaNO2被氧化B．药品美蓝是还原剂C．NaNO2是还原剂D．药品美蓝被还原（3）电子工业常用30%的FeCl3溶液腐蚀敷在绝缘板上的铜箔来制造印刷电路板。写出FeCl3溶液与铜发生反应的离子方程式：________________________________。Ⅱ.高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型、高效、多功能绿色水处理剂，比Cl2、O2、ClO2、KMnO4氧化性更强，无二次污染，工业上是先制得高铁酸钠，然后在低温下，向高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和，使高铁酸钾析出。（4）干法制备高铁酸钠的主要反应为：2FeSO4＋6Na2O2=2Na2FeO4＋2Na2O＋2Na2SO4＋O2↑，该反应中Na2O2是________(填“氧化剂”或“还原剂”)。（5）湿法制备高铁酸钾的反应体系中有六种微粒：Fe(OH)3、ClO－、OH－、、Cl－、H2O。①碱性条件下，氧化剂和还原剂的物质的量的比为3∶2发生反应，写出并配平湿法制高铁酸钾的离子反应方程式：__________________________________________。②若反应过程中转移了0.3mol电子，则还原产物的物质的量为________mol。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解题分析】

A．分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，避免两种液体相互污染，故A错误；

B．进行分液时把分液漏斗固定在铁架台上，故B错误；

C．使分液漏斗上的小孔与大气相通，才能使内外压强一致，保证液体顺利流出，故C正确；

D．振荡分液漏斗时可能有气体产生，应及时扭开活塞放出，以减小漏斗内的压强，故D错误。故选C。2、A【解题分析】

SO2气体使①酸性高锰酸钾溶液褪色，是因为酸性高锰酸钾溶液有强氧化性，SO2气体有还原性将酸性高锰酸钾还原使溶液褪色；②品红溶液褪色是因为SO2气体具有漂白性可将品红漂白褪色；③溴水褪色，是因为溴水有强氧化性，SO2气体有还原性将溴水还原使溶液褪色；④滴有酚酞的氢氧化钠溶液褪色，是因为SO2为酸性氧化物，可与氢氧化钠溶液反应使溶液碱性减弱，故溶液褪色；故反应实质相同的是①③，答案选A。3、D【解题分析】

A、标准状况下，22.4LH2中含有的质子物质的量为=2mol，H2中不含中子数，即中子数为0，故A错误；B、无论O2还是臭氧都是氧原子组成，32gO2中含有氧原子的物质的量为=2mol，32gO3含有氧原子物质的量为=2mol，即原子个数比为1：1，故B错误；C、盐酸中含有粒子有H＋、Cl－、OH－、H2O，即1L1mol·L－1的盐酸中所含粒子物质的量大于2mol，故C错误；D、氯气与铁反应，Cl的化合价由0价→－1价，即71g氯气与铁反应，转移电子物质的量为=2mol，故D正确；答案选D。【题目点拨】易错点为选项C，学生只注意到1molHCl能电离产生1molH＋和1molCl－，忽略了题中问题是粒子数目，粒子包括原子、分子、原子团、离子等，而盐酸是HCl溶于水得到，盐酸中含有H2O，因此1L1mol·L－1的盐酸中所含粒子物质的量大于2mol，平时注意审题。4、C【解题分析】

【题目详解】钠是活泼的金属，溶于水生成氢氧化钠和氢气，然后氢氧化钠和氯化铁反应生成红褐色氢氧化铁沉淀，所以答案选C。5、D【解题分析】

工业上电解饱和食盐水制得氢气、氯气和氢氧化钠，反应生成的氯气和氢氧化钠溶液反应可以制得次氯酸钠，氢气和氯气反应生成的氯化氢溶于水制得盐酸，无法制得氮肥NH4Cl，故选D。6、C【解题分析】

反应中Cu元素化合价降低，S元素化合价升高，则反应中Cu2S和Cu2O都表现为氧化性，而Cu2S还表现为还原性。【题目详解】A．该反应中Cu元素化合价降低，S元素化合价升高，所以有两种元素化合价变化，故A错误；B．每生成0.1mol

Cu，转移电子=0.1

mol×(1-0)=0.1mol，故B错误；C．该反应中Cu元素化合价降低，S元素化合价升高，则Cu2S在反应中既是氧化剂，又是还原剂，故C正确；D．该反应中铜元素化合价降低，所以铜是还原产物，故D错误；答案选C。【题目点拨】Cu2S和Cu2O中铜的化合价都是+1价，可能有的学生会把化合价标错，根据化合价的变化确定氧化剂，还原剂，氧化产物，还原产物。7、B【解题分析】

因为Fe(OH)2在空气中很容易被氧化为红褐色的Fe(OH)3，即发生4Fe(OH)2＋O2＋2H2O＝4Fe(OH)3。因此要较长时间看到Fe(OH)2白色沉淀，就要排除装置中的氧气或空气。据此解答。【题目详解】①、②原理一样，都是先用产生的氢气将装置中的空气排尽，并使生成的Fe(OH)2处在氢气的保护中；③由于空气中的氧气，能迅速将Fe(OH)2氧化，因而不能较长时间看到白色沉淀；④中将胶头滴管插入硫酸亚铁溶液中可以看见白色的氢氧化亚铁沉淀，但不能较长时间保持；⑤中液面加苯阻止了空气进入能较长时间看到白色沉淀；答案选B。8、A【解题分析】试题分析：过氧化钠溶于水生成氢氧化钠和氧气，溶液显碱性，且过氧化钠还具有强氧化性。所以将Na2O2投入到FeCl2溶液中，可观察到的现象是有气泡产生。亚铁离子被氧化生成铁离子，然后与生成的氢氧化钠反应生成红褐色氢氧化铁沉淀，因此正确的答案选A。考点：考查过氧化钠与氯化亚铁溶液反应的有关判断9、A【解题分析】

将12.4g钠和过氧化钠混合物完全溶于水中得100mL溶液，钠与水反应生成氢气，过氧化钠与水反应生成氧气，氢气与氧气完全反应生成水，根据方程式2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑，2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，2H2＋O22H2O，得到n(Na):n(Na2O2)=4:2=2:1，故选A。10、A【解题分析】

根据钠离子和碳原子守恒分析解答。【题目详解】设所得溶液中CO32-和HCO3-的物质的量分别是xmol、ymol，1L1.0mol/LNaOH溶液中氢氧化钠的物质的量是1mol，吸收0.8molCO2，根据钠离子和碳原子守恒可知2x+y＝1、x+y＝0.8，解得x＝0.2、y＝0.6，由于溶液体积相同，因此反应后所得溶液中的CO32-和HCO3-的物质的量浓度之比0.2：0.6＝1：3，答案选A。11、C【解题分析】

A.检验溶液含Fe2＋而不含Fe3＋，先加少量KSCN溶液，如溶液不变红则证明不含Fe3＋,再加浓KMnO4溶液,此时Fe2＋应被氧化为Fe3＋,遇KSCN溶液变红,但如高锰酸钾浓度过高,如未反应完,其紫色会对实验结果产生影响,A项错误；B.由于AgNO3溶液与Cl-和SO42－均可产生白色沉淀，所以无法鉴别，B项错误；C.检验溶液中的I-，先加适量新制氯水，将其置换成为I2。再加CCl4，进行萃取，如CCl4层变为紫红色，则说明存在I-，C项正确；D.检验溶液中的NH4+，先加足量NaOH溶液，再加热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的刺激性气味的气体，则证明存在铵根。加足量NaOH溶液后，如用紫色石蕊试液检验，因氨水和氢氧化钠均显碱性，所以无法证明铵根离子的存在，D项错误；答案应选C。12、D【解题分析】

①BaSO4固体没有自由移动的离子不导电；虽然硫酸钡在水中的溶解度很小，只要溶解就完全电离，硫酸钡在熔融状态下，能完全电离，所以硫酸钡是电解质，故①错误；②氨气只存在分子,不能导电;NH3在水溶液里，生成一水合氨，一水合氨能电离出自由移动的铵根离子和氢氧根离子导致导电，不是氨气自身电离，所以氨气是非电解质，故②错误；③电解质在水溶液中或熔融状态下能够导电，是因电解质自身可以离解成自由移动的离子；固态的HCl不导电，液态的HCl只有HCl分子，没有电离出离子，也不能导电，故③错误；④电离出的阳离子全部是H+的化合物叫做酸,能电离出H+的化合物不一定是酸,硫酸氢钠能电离出氢离子,NaHSO4=Na++H++SO42-，属于盐，故④错误；⑤电解质放在水中不一定能导电,如碳酸钙固体在水中的溶解度很小,难溶于水,几乎没有自由移动的离子,几乎不导电;碳酸钙在熔融状态下,能完全电离,碳酸钙是电解质;非电解质放在水中不一定不导电,如NH3在水溶液里，生成一水合氨，一水合氨能电离出自由移动的铵根离子和氢氧根离子导致导电，氨气自身未电离，所以氨气是非电解质，故⑤错误；故选D.13、D【解题分析】

向AlCl3和HCl的混合溶液中滴入NaOH溶液时，盐酸先和氢氧化钠发生反应：NaOH+HCl=NaCl+H2O，没有沉淀生成，然后发生反应3NaOH+AlCl3=Al(OH)3↓+3NaCl，有沉淀生成，最后发生Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，沉淀溶解，由方程式可以看出产生沉淀消耗的氢氧化钠是溶解沉淀消耗氢氧化钠的3倍，所以图像应该为D。答案选D。【题目点拨】弄清化学反应的先后顺序和和氢氧化钠的用量是关键。向AlCl3和HCl的混合溶液中滴入NaOH溶液时，先与盐酸反应，再与AlCl3反应，同时注意Al(OH)3属于两性氢氧化物。14、C【解题分析】

①煤油和氯化钾溶液是互不相溶的两种液体混合物，用分液的方法分离；②35％的乙醇溶液中水与乙醇是互溶的两种液体混合物，可根据二者沸点的不同，用蒸馏的方法分离；③碘单质和氯化钠固体中，碘单质加热容易升华，而NaCl熔点、沸点高，不容易变为气体，可以用升华的方法分离，故正确选项是C。15、A【解题分析】

A、Fe(OH)2不稳定，易被空气氧化生成Fe(OH)3，所以该操作能防止加碱过程中带入空气，从而能防止氢氧化亚铁被氧化，故选A；B、将铝箔用坩埚钳夹住放在酒精灯火焰上加热，铝和氧气反应生成了氧化铝，又因氧化铝的熔点高于铝的熔点，而氧化铝覆盖在铝的表面，所以加热铝箔的时候铝熔化了但是不会滴落，故不选B；C、用洁净铂丝蘸取某溶液在火焰上灼烧，火焰呈黄色一定含有钠元素，可能含有钾元素，需要隔着钴玻璃观察是否呈紫色判断钾元素的存在，故不选C；D、Fe(OH)3胶体粒子带正电荷，Fe(OH)3胶体不带电，故不选D；16、B【解题分析】

二氧化氮是红棕色的气体，所以混合气体甲中一定不存在二氧化氮，硫酸和碱性气体能反应，所以100mL甲气体经过足量的浓硫酸，溢出剩余气体80mL，说明一定有NH3存在，且体积为20mL，二氧化碳可以和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，一氧化氮无色，与氧气立即反应变为红棕色的二氧化氮，通过足量的过氧化钠后气体显红棕色，说明有NO、CO2，排水法收集气体，广口瓶被上升的水注满，说明没有N2，综上，气体甲的组成是：NH3、NO、CO2，故B正确；故选B。二、非选择题（本题包括5小题）17、H22NaH+O22NaOH取少量丙溶液于试管中，向试管中滴加少量无色酚酞试液，若溶液变红，则说明有OH-的存在【解题分析】

由0.05mol甲与0.8g氧气恰好发生化合反应，得到2g丙，得甲的质量为：2g-0.8g=1.2g，则M(甲)==24g/mol，根据甲由X、Y两种元素组成，甲是生氢材料，两元素的原子最外层电子数相等，可得符合条件的化合物为NaH，NaH可以与水蒸气反应生成氢气和氢氧化钠，反应的化学方程式为：NaH+H2O(g)=H2↑+NaOH，符合题意，则乙为H2，丙为NaOH，据此分析。【题目详解】由0.05mol甲与0.8g氧气恰好发生化合反应，得到2g丙，得甲的质量为：2g-0.8g=1.2g，则M(甲)==24g/mol，根据甲由X、Y两种元素组成，甲是生氢材料，两元素的原子最外层电子数相等，可得符合条件的化合物为NaH，NaH可以与水蒸气反应生成氢气和氢氧化钠，反应的化学方程式为：NaH+H2O(g)=H2↑+NaOH，符合题意，则乙为H2，丙为NaOH；(1)乙的分子式为H2；(2)甲与氧气反应生成丙的化学方程式为2NaH+O22NaOH；(3)丙中的阴离子为氢氧根离子，检验氢氧根离子的方法为：取少量丙溶液于试管中，向试管中滴加少量无色酚酞试液，若溶液变红，则说明有OH-的存在。18、Al3＋Fe+4H＋+NO3－==Fe3＋+NO↑+2H2O稀硝酸溶解1.10g铁粉和铝粉生成的是Fe3＋，Fe3＋还能与Al和Fe反应生成Al3＋和Fe3＋0.9【解题分析】

将铁粉和铝粉的混合物逐渐加入100mL的稀硝酸中，刚开始硝酸过量，Fe和稀硝酸反应生成Fe(NO)3，继续添加至Fe过量，发生反应Fe+2Fe(NO)3=3Fe(NO)2，Fe3+离子浓度降低直至完全没有；Al和稀硝酸反应生成Al(NO)3，硝酸反应完后，Al还可以和溶液中的Fe3＋和Fe2＋反应，生成Al3＋，故Al3＋浓度一直上升，以此解答。【题目详解】（1）由分析可知，浓度一直增大的是Al3＋；（2）由分析可知，OA段发生Fe和稀硝酸反应生成Fe(NO)3的反应，离子方程式为：Fe+4H＋+NO3－==Fe3＋+NO↑+2H2O；（3）稀硝酸溶解1.10g铁粉和铝粉生成的是Fe3＋，Fe3＋还能与Al和Fe反应生成Al3＋和Fe3＋；（4）当混合物的质量为1.10g时，稀硝酸完全反应，此时2n（Fe3+）=n（Al3＋），故混合物中2n（Fe）=n（Al），设n（Fe）=xmol，n（Al）=2xmol，有56x+27×2x=1.10，解得x=0.01，则n（HNO3）=3n（Fe3+）+3n（Al3＋）=0.09mol，该硝酸的浓度是==0.9mol/L。19、A、C烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶BCD2.0小于13.615【解题分析】

（1）配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤：计算、称量或者量取、溶解或者稀释、移液、洗涤、定容、摇匀，用到的仪器：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，所以用不到的仪器：平底烧瓶、分液漏斗；还缺少的仪器：烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶；（2）A．容量瓶是带有活塞的仪器，使用前要检查是否漏水，故A正确；B．容量瓶用蒸馏水洗净后，不能够使用待配溶液润洗，否则导致配制的溶液浓度偏高，故B错误；C．容量瓶是精密定量仪器，只能用于配制一定物质的量浓度的溶液，不能用于溶解，应该在烧杯中溶解固体，故C错误；D．容量瓶是精密定量仪器，只能用于配制一定物质的量浓度的溶液，不能用于稀释浓溶液，应该在烧杯中稀释浓溶液，故D错误；E．摇匀的正确操作为：盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，用另一只手的手指托住瓶底，把容量瓶倒转和摇动多次，故E正确；答案为BCD；（3）需要0.1mol/LNaOH溶液450mL，应选择500mL容量瓶，实际配制500mL溶液，需要溶质的质量=0.1mol/L×0.5L×40g/mol=2.0g；若定容时仰视刻度线，导致溶液体积偏小，所配溶液浓度偏低；（4）浓H2SO4的物质的量浓度c=mol/L=18.4mol/L，稀释前后溶质的物质的量不变，设需要浓硫酸的体积为V，则：V×18.4mol/L=0.5L×0.5mol/L，解得V=13.6ml，应选用15mL规格的量筒。20、3Cu+8H++2NO3-═3Cu2++4H2O+2NO↑酸性和强氧化性NO4.92amol＜n（NO3-）＜3amol【解题分析】

(1)①铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮、水；②铜与稀硝酸反应中N元素的化合价部分未变化表现酸性，部分降低表现强氧化性；③NO2与水反应生成NO；④根据铜原子守恒计算可得；(2)①全部为Fe3+时，溶液中NO3-的物质的量最大，故NO3-的物质的量最大为3amol，全部为Fe2+时，溶液中NO3-的物质的量最小；②依据电荷守恒、原子个数守恒和得失电子数目守恒建立关系式求解可得。【题目详解】(1)①铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮、水，反应的离子方程式为：3Cu+8H++2NO3-═3Cu2++4H2O+2NO↑，故答案为：3Cu+8H++2NO3-═3Cu2++4H2O+2NO↑；②铜与稀硝酸反应中N元素的化合价部分未变化生成硝酸铜，硝酸表现酸性，部分降低生成氮的氧化物，硝酸表现强氧化性，故答案为：酸性和强氧化性；③进入仪器c的气体为NO2，NO2与水反应生成NO，仪器c中收集的气体主要是NO，故答案为：NO；④3.2g铜的物质的量为=0.05mol，向b中液体里加入足量氢氧化钠溶液，铜离子完全转化为氢氧化铜沉淀，根据铜原子守恒可知n[Cu(OH)2]=n(Cu)=0.05mol，则m[Cu(OH)2]=0.05mol×98g/mol=4.9g，故答案为：4.9；(2)①全部为Fe3+时，溶液中NO3-的物质的量最大，故NO3-的物质的量最大为3amol，全部为Fe2+时，溶液中NO3-的物质的量最小，故NO3-的物质的量最小为3amol，由于溶液中含有Fe3+和Fe2+，故2amol＜n(NO3-)＜3amol，故答案为：2amol＜n(NO3-)＜3amol；②n(Fe3+)：n(Fe2+)=3：1，则n(Fe3+)=amol、n(Fe2+)=amol，故溶液中n(NO3-)=3n(Fe3+)+2n(Fe2+)=amol×3+amol×2=mol，由氮原子守恒可知，n(NO)=bmol-mol，根据电子转移守恒有：amol×3+amol×2=(b-)mol×(5-2)，整理得b：a=，故答案为：。21、CBCu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+