2024届北京市人民大学附属中学化学高一上期中质量检测模拟试题含解析

2024届北京市人民大学附属中学化学高一上期中质量检测模拟试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列电离方程式错误的是()①NaHCO3=Na++H++CO32-②NaHSO4=Na++H++SO42-③H2SO4=2H++SO42-④KC1O3=K++C1++3O2-A．①②B．①C．①④D．③④2、下列过程中，涉及化学变化的是()A．四氯化碳萃取碘水中的碘B．生石灰被用作干燥剂后失效C．过滤除去粗盐中的不溶性杂质D．蒸馏法将海水淡化为饮用水3、Na2FeO4是一种高效多功能水处理剂，应用前景十分看好．一种制备Na2FeO4的方法可用化学方程式表示如下：2FeSO4+6Na2O2＝2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑，对此反应下列说法中正确的是A．Na2O既不是氧化产物又不是还原产物B．FeSO4是氧化剂C．若有2molFeSO4参与反应，则该反应中共有8mol电子转移D．Na2O2既是氧化剂又是还原剂4、粗盐中含可溶性CaCl2、MgCl2及一些硫酸盐，除去这些杂质的试剂可选用①Na2CO3、②NaOH、③BaCl2、④HCl，加入的先后顺序不正确的是A．②③①④B．③②①④C．③①②④D．①②③④5、下列电离方程式中，正确的是A．Na2SO4=2Na++SO4-2 B．Ba(OH)2=Ba2++OH2-C．Al2(SO4)3=2Al3++3SO42- D．Ca(NO3)2=Ca2++2(NO3)2-6、等质量的CH4和NH3相比较，下列结论正确的是（）A．它们的分子个数比为17∶16 B．它们的原子个数比为17∶16C．它们的氢原子个数比为17∶16 D．它们所含氢的质量比为17∶167、相同质量的H2SO4与H3PO4中的氢原子数之比为A．2：3 B．3：2 C．1：2 D．2：18、配制一定物质的量浓度的NaOH溶液时，造成所配制溶液浓度偏高的原因可能是（）A．所用NaOH已潮解B．定容时，俯视刻度线C．用带游码的托盘天平称量NaOH固体质量时，误将砝码放在左盘，被称量物放在右盘D．托盘天平的左右托盘上各放一张纸，调整天平至平衡后，将NaOH固体放在纸上称量9、对于反应3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O，以下叙述正确的是A．Cl2是氧化剂，NaOH是还原剂B．每生成1mol的NaClO3转移6mol的电子C．Cl2既是氧化剂又是还原剂D．被氧化的Cl原子和被还原的Cl原子的物质的量之比为5∶110、下列说法不正确的是A．大雾天气常造成机场封闭、航班延误，气象中的雾属于胶体B．金属氧化物一定是碱性氧化物，非金属氧化物一定是酸性氧化物C．同位素的应用已遍及各个领域，在医疗上常利用同位素的放射性治疗肿瘤D．常借助一些仪器分析物质的组成，原子吸收光谱仪用来确定物质中含有哪些金属元素11、CuSO4溶液中加入过量KI溶液，产生白色CuI沉淀，溶液变棕色。向反应后溶液中通入过量SO2，溶液变成无色。下列说法不正确的是()A．滴加KI溶液时，KI被氧化，CuI是还原产物B．通入SO2后，溶液变无色，体现SO2的还原性C．整个过程发生了复分解反应和氧化还原反应D．上述实验条件下，物质的氧化性：Cu2+＞I2＞SO212、下列反应（电解除外）需要加入氧化剂才能实现的是A．Cl2→Cl- B．H+→H2 C．CO32-→CO2 D．Zn→Zn2+13、下列溶液的物质的量浓度的计算正确的是A．标准状况下，aLNH3溶于1000g水中，得到的溶液密度为bg•cm-3，（考虑溶液体积变化）则该溶液的物质的量浓度为1000ab17a+22400mol•LB．将100mL1.5mol•L-1的NaCl溶液与200mL2.5mol•L-1的NaCl溶液混合（忽略溶液体积变化），得到溶液的物质的量浓度为2mol•L-1C．VLFe2（SO4）3溶液中含Fe3+mg，溶液中c（SO42-）是m56Vmol•LD．某温度时，饱和NaCl溶液的密度为ρg•cm-3，物质的量浓度为c

mol/L，该溶液中NaCl的质量分数为58.5cρ14、密度为dg/cm3的盐酸中，逐滴滴入AgNO3溶液，直到沉淀完全为止。已知沉淀的质量和原盐酸的质量相等，则原盐酸的物质的量浓度为：A．25.4dmol/LB．12.7dmol/LC．7dmol/LD．6.35dmol/L15、在强酸性溶液中，下列离子组能大量共存且溶液为无色透明的是（）A．Na+、K+、OH－、Cl－ B．Na+、Cu2+、SO、NOC．Mg2+、Na+、SO、Cl－ D．Ca2+、HCO、NO、K+16、下列对古文献记载内容或诗句谚语理解不正确的是()A．《本草纲目》“烧酒”条目下写道：“自元时始创其法，用浓酒和糟入甑，蒸令气……其清如水，味极浓烈，盖酒露也”。这里所用的“法”是指蒸馏B．“水滴石穿、绳锯木断”不包含化学变化C．《梦溪笔谈》记载：“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”中涉及到的反应有置换反应D．“忽闻海上有仙山，山在虚无缥缈间”中的海市蜃楼是一种自然现象，与胶体知识有关二、非选择题（本题包括5小题）17、由A和B两种可溶性盐组成的混合物，进行了下列实验：(1)若A溶液有颜色，试判断，A、B分别是_____________、_____________。(写化学式)(2)写出实验过程中发生反应的离子方程式_____________、_____________、_____________。(顺序不限)18、某淡黄色粉末可在潜水艇中作为氧气的来源，常被用作供氧剂。根据下图所示转化关系及现象填空：（1）该淡黄色粉末为__________________；（2）X粉末的名称或化学式为__________________；（3）反应（I）的化学方程式为______________________________；（4）反应（II）的化学方程式为_____________________________；（5）反应（Ⅲ）的化学方程式为______________________________。19、实验室需要90mL3.0mol·L-1稀硫酸溶液，某同学用质量分数为98%，密度为1.84g/cm3的浓硫酸配制。实验操作如下：A．将配好的稀硫酸倒入试剂瓶中，贴好标签；B．盖好容量瓶塞，反复颠倒，摇匀；C．用量筒量取mL98%的浓硫酸；D．将______________沿烧杯内壁慢慢注入盛有少量______________的烧杯中；E．用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2~3次，并将洗涤液也全部转移到容量瓶中；F．将已冷却至室温的硫酸溶液沿玻璃棒注入；G．改用逐滴加蒸馏水，使溶液凹面恰好与刻度相切；H．继续向容量瓶中加蒸馏水，直到液面接近刻度线1~2cm处。(1)填写上述步骤中的空白：C：________；D：将________注入________；F：________；G：_______。(2)将上面操作步骤按正确的进行排序______________（用字母表示）。(3)试分析下列操作会使所配溶液的浓度偏高的是______________（填序号）。①量取浓硫酸时俯视读数；②转移溶液前，容量瓶中含有少量蒸馏水；③溶解硫酸用的烧杯、玻璃棒未洗涤；④未冷却至室温定容；⑤定容时俯视容量瓶的刻度线；⑥定容后摇匀，发现液面低于刻度线，再滴加蒸馏水至刻度线。20、为探究某抗酸药X的组成，进行如下实验：查阅资料：①抗酸药X的组成通式可表示为：MgmAln(OH)p(CO3)q（m、n、p、q为≥0的整数）。②Al(OH)3是一种两性氢氧化物，与酸、碱均可反应生成盐和水。Al3+在pH=5.0时沉淀为Al(OH)3，在pH>12溶解为AlO2－。③Mg2+在pH=8.8时开始沉淀，pH=11.4时沉淀完全。实验过程：步骤实验操作实验现象I向X的粉末中加入过量盐酸产生气体A，得到无色溶液II向Ⅰ所得的溶液中滴加氨水，调节pH至5~6，过滤生成白色沉淀BIII向沉淀B中加过量NaOH溶液沉淀全部溶解IV向II得到的滤液中滴加NaOH溶液，调节pH至12生成白色沉淀C（1）Ⅰ中气体A可使澄清石灰水变浑浊，A的化学式是__________。（2）II中生成B反应的离子方程式是__________。（3）III中B溶解反应的离子方程式是__________。（4）沉淀C的化学式是__________。（5）若上述n(A)∶n(B)∶n(C)=1∶2∶3，则X的化学式是__________。21、实验室欲用NaOH固体配制1.0mol/L的NaOH溶液240mL：（1）配制溶液时，一般可以分为以下几个步骤：①称量②计算③溶解④倒转摇匀⑤转移⑥洗涤⑦定容⑧冷却。其正确的操作顺序为___________⑤⑥⑤__________。本实验必须用到的仪器有托盘天平、药匙、玻璃棒、烧杯、胶头滴管、还有_____________________。（2）某同学欲称量一定量的NaOH固体，他先用托盘天平称量烧杯的质量，天平平衡后的状态如图，烧杯的实际质量为_________g。要完成本实验该同学应称出_________gNaOH。（3）对所配制的NaOH溶液进行测定，发现其浓度低于1.0mol/L。在溶液配制过程中，下列操作会引起该误差的有_________（填序号）。A．转移溶解的溶液后没有洗涤烧杯和玻璃棒B．转移溶液时不慎有少量洒到容量瓶外面C．容量瓶未干燥就用来配制溶液D．称量NaOH固体时动作太慢，耗时太长E．定容后摇匀溶液，发现液面低于刻度线，再加入少量水使液面与刻度线相平F．定容时仰视刻度线G．NaOH固体溶解后未经冷却即转移到容量瓶中（4）氢氧化钠是一种用途十分广泛的重要化工原料，工业上主要通过电解氯化钠饱和溶液的方法。试用单线桥法标出该反应中电子转移的方向和数目____________________。实验测得，反应中生成的气体在标准状况下的体积为4.48L，则耗氧化剂的物质的量为_________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】

强电解质的电离用“═”，遵循质量守恒定律和电荷守恒，并注意原子团不可拆分，以此来解答。【题目详解】①NaHCO3为强电解质，电离方程式为NaHCO3=Na++HCO3-，故错误；②NaHSO4为强电解质，电离方程式为NaHSO4=Na++H++SO42-，故正确；③H2SO4为强电解质，电离方程式为H2SO4=2H++SO42-，故正确；④KC1O3为强电解质，电离产生钾离子和氯酸根离子，电离方程式为KC1O3=K++C1O3-，故错误；答案选C。【题目点拨】本题考查电离方程式的书写，明确电解质的强弱及电离方程式遵循电荷守恒及质量守恒定律即可解答，易错点为学生忽略物质中的原子团，注意①②的比较。2、B【解题分析】萃取、过滤、蒸馏都是物理变化，生石灰因吸水被常用作干燥剂，是生石灰和水反应属于化学变化，故B正确。3、D【解题分析】

该反应中Fe元素化合价由+2价变为+6价、O元素化合价由-1价变为0价、-2价，所以FeSO4是还原剂、Na2O2既是氧化剂又是还原剂，氧化剂对应的产物是还原产物，还原剂对应的产物是氧化产物，以此解答该题。【题目详解】A.Na2O2生成Na2O，O元素化合价降低，Na2O为还原产物，A错误；B.该反应中Fe元素化合价由+2价变为+6价，化合价升高，失去电子，所以FeSO4是还原剂，B错误；C.反应中元素化合价升高的数目为：2×(6-2)+2×(1-0)=10，所以2molFeSO4发生反应时，反应中转移电子的数目为10mol，C错误；D.过氧化钠中氧元素的化合价有的升高到0价有的降低到-2价，所以Na2O2即是氧化剂，又是还原剂，D正确；故合理选项是D。【题目点拨】本题考查氧化还原反应，把握反应中元素的化合价变化、根据元素化合价的变化与电子转移的关系及物质的作用分析，掌握基本概念为解答的关键，侧重考查学生的分析与应用能力，注意过氧化钠的作用。4、D【解题分析】

Ca2＋用碳酸钠除去，Mg2＋用氢氧化钠除去，SO42－用氯化钡除去，过滤后向滤液中加入盐酸酸化。但由于过量的氯化钡要用碳酸钠来除，所以碳酸钠必须放在氯化钡的后面，而氢氧化钠可以随意调整，所以先后顺序可以是②③①④或③②①④或③①②④。答案选D。5、C【解题分析】

A．SO42-书写错误，错误；B．Ba(OH)2=Ba2++2OH-，错误；C．Al2(SO4)3=2Al3++3SO42-，正确；D．Ca(NO3)2=Ca2++2NO3-，错误；故选C。6、A【解题分析】

令CH4和NH3的质量都为1g，CH4的物质的量为=mol，NH3的物质的量为=mol。A．分子数目之比等于物质的量之比，等质量的CH4和NH3分子数之比为mol∶mol=17∶16，故A正确；B．每个CH4分子含有5个原子，1gCH4含有原子的物质的量为5×mol，每个NH3分子含有4个原子，1gNH3含有的原子物质的量为4×mol，所以等质量的CH4和NH3含有原子数目之比为5×mol∶4×mol=85∶64，故B错误；C．每个CH4分子含有4个H原子，1gCH4含有H原子的物质的量为4×mol，每个NH3分子含有3个H原子，1gNH3含有H的原子物质的量为3×mol，所以等质量的CH4和NH3含有H原子数目之比为4×mol∶3×mol=17∶12，故C错误；D．氢元素质量之比等于氢原子物质的量之比，由C可知等质量的CH4和NH3含有H氢元素质量之比为4×mol∶3×mol=17∶12，故D错误；故选A。7、A【解题分析】

H2SO4与H3PO4的摩尔质量都是98g/mol，设质量均为98g，则H2SO4与H3PO4的物质的量均为98g÷98g/mol=1mol，1molH2SO4中有2molH，1molH3PO4中有3molH，所以氢原子数之比为2mol:3mol=2:3，选项A符合题意。答案选A。8、B【解题分析】

分析溶液配制过程中所产生的误差时，可采用以下公式进行分析c==。【题目详解】A．所用NaOH已潮解，m偏小，则c偏低，A不合题意；B．定容时，俯视刻度线，V偏小，则c偏大，B符合题意；C．采用左码右物法称量物品，药品质量m可能偏小，则c可能偏低，C不合题意；D．NaOH固体放在纸上，称量过程中潮解，m偏小，则c偏低，D不合题意；故选B。9、C【解题分析】

在该反应中，Cl2中的氯元素化合价升高，被氧化，生成NaClO3，Cl2是还原剂，NaClO3是氧化产物；Cl2中的氯元素化合价降低，被还原，生成NaCl，Cl2是氧化剂，NaCl是还原产物【题目详解】A、Cl2既是氧化剂又是还原剂，A错误，C正确；B、生成1mol的NaClO3转移5mol的电子，B错误；D、被氧化的Cl原子和被还原的Cl原子的物质的量之比为1∶5，D错误。故答案C。10、B【解题分析】

A.雾是分散质粒子直径介于1——100nm之间的分散系，属于胶体，故A说法正确；B.金属氧化物不一定是碱性氧化物，如Al2O3为两性氧化物，Mn2O7为酸性氧化物；非金属氧化物也不一定为酸性氧化物，如CO、NO等为不成盐氧化物，故B说法错误；C.同位素的应用已遍及各个领域，在医疗上利用同位素的放射性治疗肿瘤，故C说法正确；D.原子吸收光谱常用来确定物质中含有的金属元素，故D说法正确；答案选B。11、C【解题分析】

CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液化学方程式为2CuSO4+4KI═2K2SO4+2CuI↓+I2，反应中Cu元素的化合价降低，I元素的化合价升高；向反应后的混合物中不断通入SO2气体，反应方程式为SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI，该反应中S元素的化合价升高，I元素的化合价降低。【题目详解】A、滴加KI溶液时，I元素的化合价升高，KI被氧化，Cu元素的化合价降低，则CuI是还原产物，故A正确；B、通入SO2后溶液逐渐变成无色，发生了氧化还原反应，S元素的化合价升高，体现其还原性，故B正确；C、发生2CuSO4+4KI═2K2SO4+2CuI↓+I2、SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI均为氧化还原反应，没有复分解反应，故C错误；D、2CuSO4+4KI═2K2SO4+2CuI↓+I2反应中Cu元素的化合价降低是氧化剂，I2是氧化产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，所以物质的氧化性：Cu2+＞I2，SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI中碘元素化合价由0价降低为-1价，I2是氧化剂，SO2被氧化，所以物质氧化性I2＞SO2，所以氧化性Cu2+＞I2＞SO2，故D正确。答案选C。【题目点拨】本题考查氧化还原反应，根据题目信息推断实验中发生的反应，素材陌生，难度较大，考查学生对氧化还原反应的利用，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，选项B为易错点。12、D【解题分析】

反应中需要加入氧化剂，说明该反应变化过程中有元素化合价升高。氯元素化合价降低，不符合题意；氢元素化合价降低，不符合题意；没有元素化合价变化，不符合题意；锌化合价升高，符合题意。故选D。13、A【解题分析】

A．利用n=V22.4，V=mρ，c=nV即可求得该溶液的物质的量浓度为1000ab17a+22400B．混合前n1=1.5mol•L-1×0.1L=0.15mol，n2=2.5mol•L-1×0.2L=0.5mol。混合后V=0.1L+0.2L=0.3L。n=n1+n2=0.65mol，c=nV=0.65mol0.3L≈2.2mol•L-1C．c（SO42-）=32c（Fe3+）=32×m56V=3m112Vmol•L-1D．需要将密度单位转化为g•L-，即ρg•cm-3=1000g•L-，再根据公式ω=cM1000ρ即可求出为58.5c1000ρ×100%，故D【题目点拨】注意单位换算ρg•cm-3=1000ρg/L。14、C【解题分析】发生AgNO3＋HCl=AgCl↓＋HNO3，根据信息，沉淀质量等于原盐酸溶液的质量，令沉淀物质的量为1mol，则原盐酸中溶质物质的量为1mol，原盐酸溶液的质量为143.5g，盐酸的物质的量浓度为mol·L－1，解得c≈7dmol·L－1，故选项C正确。15、C【解题分析】

A．强酸性溶液中的H++OH－=H2O，A不合题意；B．无色透明溶液中不能存在大量的Cu2+，B不合题意；C．强酸性溶液中的H+与Mg2+、Na+、SO、Cl－均不反应，故能够大量共存，C符合题意；D．强酸性溶液中的H++HCO=H2O+CO2↑，D不合题意；故答案为：C。16、B【解题分析】

根据物理变化和化学变化的特点进行判断；根据四大基本反应类型的特点进行分析；根据化学实验基础和胶体等基础常识进行分析。【题目详解】用浓酒和糟入甑，蒸令气，指酒中的乙醇受热蒸发后，冷却凝结后得到更纯净的酒露，即考查化学中的物质的分离和提纯操作——蒸馏，故A不符合题意；水滴石穿指的是自然界的石头在水滴的侵蚀作用下而使石头穿孔的现象，该过程发生复杂的物理、化学变化；绳锯木断指的是用绳子把木头锯断，只发生了物理变化，故B符合题意；熬胆矾铁釜，久之亦化为铜，即指硫酸铜与铁发生置换反应得到铜单质，故C不符合题意；海市蜃楼即使胶体在空气中表现的丁达尔效应，故D不符合题意。答案选B。【题目点拨】胶体不一定是溶液，也可以是气态或是固态，胶体区别于其他分散系的本质特点是分散质粒子的大小不同。二、非选择题（本题包括5小题）17、CuSO4K2CO3Cu2++CO32-=CuCO3↓Ba2++SO42-=BaSO4↓CuCO3+2H+=Cu2++CO2↑+H2O【解题分析】

A和B两种可溶性盐组成的混合物，加水溶解后，过滤后所得无色溶液加入硝酸钡溶液可得硫酸钡沉淀和硝酸钾溶液，说明混合物中含有SO42-、K＋；混合物加水溶解过滤所得沉淀加入稀硫酸得CO2，说明混合物中含有CO32-，最后得到硫酸铜溶液，则混合物中含有Cu2＋；则混合物中含有：SO42-、Cu2＋、CO32-、K＋；这些离子可以组成两种可溶性物质是K2CO3、CuSO4，据此分析解答。【题目详解】(1)根据分析，A、B两种可溶性物质是K2CO3、CuSO4，若A溶液有颜色，A为CuSO4、B为K2CO3；(2)A、B两种盐K2CO3、CuSO4在溶解时，发生反应生成碳酸铜和硫酸钾，离子反应为：Cu2++CO32-=CuCO3↓，过滤后的溶液中加入硝酸钡，生成硫酸钡和硝酸钾，离子反应为：Ba2++SO42-=BaSO4↓，过滤得到的沉淀为碳酸铜，加入稀硫酸生成硫酸铜、二氧化碳和水，离子反应为：CuCO3+2H+=Cu2++CO2↑+H2O。18、Na2O2或过氧化钠铜或Cu2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2Na2CO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+2NaOH2NaOH+CuSO4=Na2SO4+Cu(OH)2↓【解题分析】

淡黄色粉末为Na2O2,生成气体为氧气,固体为碳酸钠,由氧气和X反应的产物以及与硫酸反应后的溶液的颜色可以知道X为Cu,反应Ⅱ为碳酸钠与氢氧化钙的反应,生成沉淀为碳酸钙,溶液为氢氧化钠溶液,则与硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀,据以上分析解答。【题目详解】淡黄色粉末为Na2O2,生成气体为氧气,固体为碳酸钠,由氧气和X反应的产物以及与硫酸反应后的溶液的颜色可以知道X为Cu,反应Ⅱ为碳酸钠与氢氧化钙的反应,生成沉淀为碳酸钙,溶液为氢氧化钠溶液,则与硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀,

(1)由以上分析可以知道淡黄色粉末为Na2O2或过氧化钠；因此，本题正确答案是:Na2O2或过氧化钠。(2)据以上分析可知，X粉末为铜或Cu；因此，本题正确答案是:铜或Cu。(3)反应(I)为过氧化钠与二氧化碳的反应,生成碳酸钠和氧气,反应的化学方程式为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；综上所述，本题答案是：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2。（4）反应Ⅱ为碳酸钠与氢氧化钙的反应,生成碳酸钙和氢氧化钠,反应的化学方程式为：Na2CO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+2NaOH；综上所述，本题答案是：Na2CO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+2NaOH。（5）反应（Ⅲ）为氢氧化钠与硫酸酮反应，生成硫酸钠和氢氧化铜蓝色沉淀，反应的化学方程式为：2NaOH+CuSO4=Na2SO4+Cu(OH)2↓；综上所述，本题答案是：2NaOH+CuSO4=Na2SO4+Cu(OH)2↓。19、16.3mL浓硫酸蒸馏水100mL容量瓶胶头滴管CDFEHGBA④⑤【解题分析】

根据一定物质的量浓度溶液的配制操作方法及注意事项分析。【题目详解】(1)首先根据已知条件计算浓硫酸的浓度，c=1000ρωM=1000×1.84g/cm3×98%98g/mol=18.4mol/L，由于稀释过程溶质的物质的量不变，故c浓V浓=c稀V稀=n，容量瓶没有90mL，只能选用100mL规格，故计算时，稀硫酸要按照100mL计算，带入计算得到，V浓=16.3mL；稀释过程中，由于浓硫酸遇水放热，故需要酸入水的操作，将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢注入盛有少量蒸馏水的的烧杯中；用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2~3次，并将洗涤液也全部转移到容量瓶中；将已冷却至室温的硫酸溶液沿玻璃棒注入100mL容量瓶；改用胶头滴管逐滴加蒸馏水，使溶液凹面恰好与刻度相切；故答案为：16.3mL，浓硫酸，蒸馏水(2)用浓溶液配制稀溶液的操作步骤是：计算——量取——稀释——冷却至室温转移——洗涤——转移——定容——摇匀——装瓶——贴标签，故答案为：CDFEHGBA；(3)①量取浓硫酸时俯视读数使浓硫酸体积偏小，造成配制溶液溶度偏低，故①不符合题意；②转移溶液前，容量瓶中含有少量蒸馏水，不影响整个实验，故②不符合题意；③溶解硫酸用的烧杯、玻璃棒未洗涤，造成溶质物质的量损失，配制的溶液浓度偏低，故③不符合题意；④未冷却至室温定容，溶液末冷却就转移到容量瓶中，液体热胀，所加的水体积偏小，故使溶液浓度偏高，故④符合题意；⑤定容时俯视容量瓶的刻度线，会导致加入的蒸馏水体积偏小，配制的溶液体积减小，故溶液的浓度偏高，故⑤符合题意；⑥定容后摇匀，发现液面低于刻度线，再滴加蒸馏水至刻度线，溶质的物质的量不变，溶液的体积增大，故溶液的浓度偏低，故⑥不符合题意；故答案为：④⑤。【题目点拨】一定物质的量浓度溶液的配制过程常见误差分析：

(1)称好后的药品放入烧杯时,有少量洒在烧杯外.（mB偏小，cB偏低）；(2)溶解搅拌时有部分液体溅出.（mB偏小，cB偏低）；(3)转移时有部分液体溅出（mB偏小，cB偏低）；(4)未洗涤烧杯和玻璃棒2次～3次（mB偏小，cB偏低）；(5)溶解时放热,且未冷却至室温（20℃）（V偏小，cB偏高）；溶解时吸热,且未恢复到室温（20℃）（V偏大，cB偏低）。20、CO2Al3++3NH3·H2O===Al(OH)3↓+3NH4+Al(OH)3+OH－===AlO2－+2H2OMg(OH)2Mg3Al2(OH)10CO3【解题分析】

利用信息、根据实验现象，进行分析推理回答问题。【题目详解】(1)抗酸药X的通式中有CO32－、实验I中加入稀盐酸，可知能使澄清石灰水变浑浊的气体A只能是CO2。(2)实验I的溶液中溶质有MgCl2、AlCl3、HCl。据资料②③可知，用氨水调节pH至5~6，Mg2+不沉淀、Al3+完全沉淀。则实验II中生成B的离子方程式Al3++3NH3·H2O＝Al(OH)3↓+3NH4+。(3)实验III中Al(OH)3溶解于NaOH溶液，离子方程式是Al(OH)3+OH－＝AlO2－+2H2O。(4)实验II的滤液中溶有MgCl2、NH4Cl。滴加NaOH溶液调节pH至12时，Mg2+完全沉淀，则C为Mg(OH)2。(5)n(A)∶n(B)∶n(C)=1∶2∶3，即CO32－、Al3+、Mg2+的物质的量之比为1∶2∶3。设CO32－、Al3+、Mg2+物质的量分别为1mol、2mol、3mol，据电荷守恒OH-为10mol。该抗酸