浙江省9+1 高中联盟2024-2025学年高一上学期期中考试 化学试题（含答案）

第第页浙江省9+1高中联盟2024-2025学年高一上学期期中考试化学试题一、选择题(本大题共25题，每小题2分，共50分)1．下列物质属于纯净物的是A．加碘盐 B．鸡蛋清 C．氨水 D．冰水混合物2．制备Fe(OH)3胶体实验，不需要标注的图标为A． B．C． D．3．下列仪器不能加热的是A． B． C． D．4．当光束通过下列物质时，会出现丁达尔效应的是A．纳米氧化铁(颗粒大小10-100nm) B．生理盐水(0.9%NaCl溶液)C．医用酒精(75%酒精溶液) 5．下列物质主要成分及其用途对应不正确的是A．漂白粉(NaClO)——漂白纸张 B．小苏打(NaHCO3C．食盐(NaCl)——调味品 D．铁红(Fe26．下列化学用语的使用或描述不正确的是A．Mn2O7是酸性氧化物 B．OC．水合钠离子示意图如图 D．纯碱的化学式是Na7．上善若水，水善利万物而不争。下列有关水的说法正确的是A．1molH2O约含有B．4°C、一个标准大气压下，18mLH2C．1molH2OD．2NA个H28．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法中不正确的是A．铁与水蒸气反应后，固体质量增加了16g，转移的电子数为2NAB．500mL0.2mol/LHNO3C．400mL1mol/L的盐酸与足量MnO2可以获得的Cl2D．常温常压下，20mLNH3和60mLO29．实验室安全至关重要，下列实验室事故处理方法不正确的是A．眼睛溅进酸液，先用大量水冲洗，再用饱和碳酸钠溶液冲洗B．皮肤溅上碱液，先用大量水冲洗，然后涂上1%C．电器起火，先切断电源，再用二氧化碳灭火器灭火D．轻微烫伤或烧伤，先用洁净的冷水处理，然后涂上烫伤药膏10．下列物质间的转化一定需要加入氧化剂才能实现的是A．CO2→CO32- B．Na211．化学在解决环境污染问题中有十分重要的作用，空气污染物中存在的NO可以被含Ce4+的溶液吸收，反应的离子方程式为：4Ce4+A．Ce4+在反应过程中得到电子 B．NO是该反应的还原剂C．每生成1molNO3-，转移3mol电子 D．NO212．下列关于钠盐的说法不正确的是A．侯氏制碱法制备的方法是先通足量的CO2后再通足量的NH3到饱和食盐水中获得NaHCO3，再将B．为鉴别Na2CO3溶液和NaCl溶液，先加AgNO3溶液再加足量稀HNO3C．浓度均为0.1mol/L的NaHCO3溶液和Na2COD．NaHCO3和Na2CO3两种固体的鉴别，可以用加少量水，再测定温度的变化来实现，13．下列各组离子在指定的溶液中，能大量共存的一组是A．透明溶液中：KB．能使红色石蕊试纸变蓝的溶液中：MgC．能与铁反应产生H2的溶液中：D．滴加KSCN试剂变红的溶液中：Na14．下列方程式书写正确的是A．次氯酸钙的电离方程式：Ca(ClO)B．将Cl2通入FeCl2C．H2SO4与D．过量CO2通入饱和Na215．水体中氨氮含量超标会造成水体富营养化，用次氯酸钙除去氨氮的原理如图所示。下列说法不正确的是A．每生成1molN2，转移3mol电子B．①③属于复分解反应，②属于氧化还原反应C．CO2、H2O两种物质可循环使用D．除去氨氮的总反应方程式为：4NH3+3Ca(ClO)2=2N2+3CaCl2+6H2O16．下列除去括号中杂质的方法正确的是A．N2气体(OB．CO2气体(HCl)：通过盛有饱和NaC．CuCl2溶液(FeClD．NaCl固体(Na217．下列图示实验装置和原理不能达到实验目的的是A．甲装置检验样品中是否含有钾元素B．乙装置制备COC．丙装置配制一定物质的量浓度的硫酸溶液D．丁装置验证碳酸氢钠和碳酸钠的稳定性18．类比是化学研究的常用方法。下列类比正确的是A．Na2O是碱性氧化物，则B．Ca(OH)2溶液中通入过量CO2可以生成CaHCO32，则C．Cu和Cl2反应的产物是CuCl2，则Fe和ClD．Fe能与CuSO4溶液反应置换出Cu，则Na也能和CuSO419．向浓度相等、体积均为100mL的A、B两份NaOH溶液中，分别通入一定量的CO2。在反应后的溶液中逐滴加入0.1mol/L的盐酸，产生COA．A溶液通入CO2后的溶质是Na2CO3B．A曲线中，消耗盐酸体积从25mL到75mL反应的离子方程式为HC．B溶液通入的CO2在标况下体积为D．原NaOH溶液的物质的量浓度为0.075mol/L20．某工厂的工业废水中含有大量的FeSO4和较多的Cu2+。为了减少污染并促进废物利用，工厂计划从该废水中回收A．将物质③洗涤、干燥可回收得到金属铜B．鉴别溶液④中的金属阳离子需要依次加入氯水和KSCN溶液C．加入试剂⑤是单质铁，试剂⑦是稀硫酸D．操作⑥和操作⑧需用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒21．N2F4可作高能燃料的氧化剂，沸点为-47.2°CA．氧化性：FeB．上述反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2C．若生成标准状况下2.24LN2D．N2F22．高铁酸钠(Na2FeO4)是一种常用于饮用水处理的新型绿色消毒剂，既能杀菌消毒又可以吸附水中的固体悬浮颗粒。下列有关说法不正确的是A．高铁酸钠是一种钠盐B．高铁酸钠中铁元素的化合价为+6价C．高铁酸钠具有强氧化性D．高铁酸钠反应得到的氧化产物是Fe(OH)3胶体23．二氧化氯(ClO2)是一种黄绿色气体，易溶于水，熔点为-59.5℃，沸点为11.0℃，浓度过高时易发生分解引起爆炸，制备二氧化氯溶液的装置如图。下列说法正确的是A．装置A发生的反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2B．实验中氮气的作用是将装置内的空气排出C．装置B可以起到防止倒吸的作用D．当看到装置C中导管液面上升时应减慢氮气的通入速率24．某实验小组利用化学沉淀法去除粗盐中的Ca2+、Mg2+和SO42-，实验过程如下：先将粗盐溶解，然后依次加入过量的BaCl2溶液、NaOH溶液和Na2COA．若依次加入过量的NaOH溶液、BaCl2溶液和Na2CO3溶液，也能达到同样的目的B．判断Mg2+已沉淀完全的方法：向上层清液中继续滴加2~3滴NaOH溶液，若溶液不出现浑浊，则表明Mg2+已沉淀完全C．当蒸发皿中出现较多固体时，停止加热，利用蒸发皿的余热使滤液蒸干，然后用坩埚钳将蒸发皿夹持到陶土网上冷却，得到精盐D．实验中涉及到的操作步骤有溶解、过滤和蒸发，其中有两步操作需要用到玻璃棒25．下列有关实验操作、现象和解释或结论正确的是选项实验操作现象解释或结论A取食品脱氧剂包装内固体粉末于试管中，加足量稀盐酸充分反应后滴加KSCN溶液，振荡溶液未变红色说明脱氧剂中还原铁粉没有变质B将湿润的有色布条放入充满氯气的集气瓶中布条褪色Cl2C分别用蒸馏水、AlCl3喷洒AlCl3Cl-D向H2O2紫红色褪去H2A．A B．B C．C D．D二、非选择题(本大题共5题，共50分)26．按要求回答下列问题：（1）漂粉精的主要成分是。（2）Na2O2和H（3）现有八种物质：①NaCl溶液②金属铜③AgNO3④蔗糖溶液⑤熔融的KOH⑥硫酸⑦氨水⑧上述物质中：属于电解质的是，能导电的是。（4）已知：氯酸钾(KClO3)具有较强的氧化性，实验室常用氯酸钾代替MnO2，与浓盐酸反应制备①请写出该反应的化学方程式。②若生成在标准状况下33．6L的Cl2，则转移的电子数目为27．下列框图中，A、B是中学实验室里常见的金属单质，X常温下呈液态，反应①的条件是高温，M是漂白液的有效成分，反应产物中的H2O及部分产物已省略。仔细分析，完成填空：（1）物质X是，物质M是(填化学式)。（2）写出反应①的化学方程式。（3）下列说法正确的是___________。A．反应②的现象可概括为“浮、熔、游、响”B．反应③属于氧化还原反应，反应④属于化合反应C．反应⑤的离子方程式是：2OHD．将B长时间放置在空气中的最终产物是NaHCO3（4）要验证稀溶液F中有杂质E，可向溶液中滴加溶液，现象是。28．血液中的葡萄糖(简称血糖，葡萄糖的相对分子质量为180)含量维持在正常范围内，对人体至关重要。阅读并分析体检报告，可以初步判断体检者的身体状况。（1）血糖含量参考指标常以两种计量单位表示，即“mmol/L”和“mg/dL”(1L=10dL)。以“mmol/L”表示时，人的血糖正常值为3.9~6.1mmol/L。若某人的血糖检测结果为92mg/dL，血糖指标显示其(填“正常”、“偏高”或“偏低”)。（2）医用葡萄糖注射液浓度约为0.277mol/L，需配制500mL该浓度的葡萄糖溶液，用托盘天平称取葡萄糖g，在后续配制过程中必须用到的玻璃仪器为：烧杯、玻璃棒、胶头滴管和。（3）下图为配制溶液的过程示意图，请写出步骤⑥的名称，该步骤的具体操作为。（4）下列有关说法正确的是。A．容量瓶使用前先检查是否漏水，洗净后需烘干后才能使用B．转移时，需用玻璃棒引流，以防液体外洒C．定容时，俯视刻度线，所得溶液浓度偏低D．摇匀后立即观察，发现溶液未达到刻度线，再加几滴蒸馏水至刻度线E．溶液配制好后不能长时间储存在容量瓶，应及时分装到试剂瓶中29．某兴趣小组用下图的装置制取ICl，已知：ICl的熔点为13．9°C，沸点为97请回答：（1）上图中甲装置的仪器名称为。（2）写出第一个装置中发生反应的化学方程式：。（3）虚线框内应选用的装置是(填“甲”或“乙”)，该装置的作用为。（4）上述制备ICl的实验中，根据气流方向各装置的连接顺序为：。a→()→()→()→()→()→()→虚线框(用接口的字母表示)（5）下列有关说法正确的是___________。A．上述实验装置中的KMnO4固体也可用MnOB．恒压滴液漏斗使用时应打开上面的玻璃塞C．ICl与NaOH溶液反应的方程式为：ICl+2NaOH=NaIO+NaCl+HD．该实验需在通风橱中进行30．FeCl3溶液常用来处理回收废电路板中的铜。现将废电路板浸入200mLFeCl3溶液使铜全部溶解(其他物质不参与反应，溶液体积变化忽略不计)，电路板质量减少3.2g，向浸泡液中加足量Fe粉充分反应，过滤洗涤干燥后，测得剩余固体质量比加入的Fe粉质量减少了2.4g。请计算：（1）浸泡液中的Cu2+的物质的量为mol。（2）原溶液中c(Fe3+)=mol/L。

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】A、加碘盐以氯化钠为主要成分，还添加了碘酸钾等物质，含多种成分，属于混合物，故A不符合题意；

B、鸡蛋清是蛋白质溶于水形成的分散系，包含蛋白质和水等，属于混合物，故B不符合题意；

C、氨水是氨气溶于水形成的溶液，含有NH3、NH3・H2O、H2O等多种物质，属于混合物，故C不符合题意；

D、冰和水只是H2O的不同状态（固态和液态），本质上仅含一种成分，属于纯净物，故D符合题意；

故答案为：D。【分析】本题考查纯净物与混合物的区分，核心是判断物质是否仅由一种成分组成：纯净物的构成单一，混合物则包含多种不同成分。2．【答案】B【解析】【解答】A、制备Fe(OH)3胶体需向沸水中滴加FeCl3溶液，过程涉及酒精灯明火加热，需标注此图标，故A不符合题意；

B、实验主要操作是加热和滴加溶液，使用的仪器为烧杯、酒精灯、胶头滴管等，不涉及刀片、玻璃碎片等锐器，无需标注此图标，故B符合题意；

C、加热时液体可能飞溅，需佩戴护目镜保护眼睛，需标注此图标，故C不符合题意；

D、实验中有沸水和加热的烧杯，存在高温烫伤风险，需标注此图标，故D不符合题意；

故答案为：B。

【分析】本题考查制备Fe(OH)3胶体实验中所需标注的安全图标，需结合实验操作步骤和涉及的风险判断：分析实验中是否存在明火加热、高温烫伤、需防护眼睛或使用锐器等情况，从而确定不需要的图标。3．【答案】D【解析】【解答】A、试管是可直接加热的仪器，能用于加热操作，A不符合题意；

B、圆底烧瓶加热时需垫石棉网，可进行加热，B不符合题意；

C、烧杯加热时要垫石棉网，能够加热，C不符合题意；

D、为容量瓶，容量瓶是用于配制一定物质的量浓度溶液的精确仪器，不能加热，D符合题意；

故答案为：D。

【分析】回忆常见化学仪器的加热使用规则，逐一分析各选项仪器能否加热。4．【答案】D【解析】【解答】A、纳米氧化铁虽粒子直径在10-100nm，但未分散到分散剂中，未形成分散系，不属胶体，无丁达尔效应，故A不符合题意；

B、0.9%NaCl溶液是均一稳定的溶液，分散质粒子直径小于1nm，不属于胶体，无丁达尔效应，故B不符合题意；

C、75%酒精溶液是酒精溶于水形成的溶液，分散质粒子直径小于1nm，不属于胶体，无丁达尔效应，故C不符合题意；

D、有色玻璃是固溶胶（固体分散质分散在固体分散剂中），属于胶体，光束通过时会出现丁达尔效应，故D符合题意；

故答案为：D。

【分析】本题考查丁达尔效应的判断，核心是识别胶体分散系：丁达尔效应是胶体的特有性质，需判断各选项是否属于胶体（分散质粒子直径1-100nm的分散系）。5．【答案】A【解析】【解答】A、漂白粉是由氯气与石灰乳反应制得，其主要成分是次氯酸钙（Ca(ClO)2）和氯化钙，有效成分为Ca(ClO)2；而NaClO是84消毒液的主要成分。因此该选项中成分表述错误，对应关系不正确，A错误；

B、小苏打即碳酸氢钠（NaHCO3），受热时会分解产生二氧化碳气体，能使面团膨胀松软，常用作发酵粉制作面食，成分与用途对应正确，B正确；

C、食盐的主要成分是氯化钠（NaCl），因其具有咸味，是烹饪中最常用的调味品，成分与用途对应正确，C正确；

D、铁红的主要成分是氧化铁（Fe2O3），呈红棕色，具有良好的着色性，常被用作油漆、涂料等的红色颜料，成分与用途对应正确，D正确；

故答案为：A。

【分析】本题考查常见物质的主要成分与其用途的对应关系，解题关键在于准确记忆各物质的核心成分，并判断其用途是否与其成分的性质相符。需特别注意易混淆物质（如漂白粉与84消毒液）的成分差异。A．明确漂白粉的实际主要成分。B．小苏打成分与发酵原理的匹配性。C．食盐的主要成分及日常用途。D．铁红的成分与颜色性质的应用。6．【答案】C【解析】【解答】A、Mn2O7可与碱反应生成高锰酸盐（如NaMnO4），其对应的酸为HMnO4，符合酸性氧化物的定义，A正确；

B、O2和O3均由氧元素组成，且为结构不同的单质，符合同素异形体的特征，B正确；

C、Na+带正电，水分子中氧原子因电负性大而带部分负电，氢原子带部分正电。根据“同性相斥、异性相吸”，Na+应与水分子的氧原子靠近，而非氢原子。图中若显示Na+与氢原子相邻，则示意图错误，C错误；

D、纯碱即碳酸钠，化学式为Na2CO3，D正确；

故答案为：C。

【分析】本题考查化学用语的规范使用，需依据酸性氧化物、同素异形体的定义，水合离子的结构特点及物质俗称与化学式的对应关系，判断各选项描述的正确性。A．酸性氧化物需能与碱反应生成盐和水，且对应含氧酸。B．同素异形体指同种元素形成的不同单质。C．水合离子形成依赖电性吸引（阳离子与水分子负电端结合）。D．纯碱是碳酸钠的俗称，需明确其化学式。7．【答案】B【解析】【解答】A、1个H2O分子含2个H原子，故1molH2O含2molH原子，氢原子个数约为2×6.02×1023，A错误；

B、4℃、1个标准大气压时，水的密度为1g/mL，根据质量=密度×体积，18mL水的质量=1g/mL×18mL=18g，B正确；

C、标准状况下，水非气态，不能用气体摩尔体积（22.4L/mol）计算其体积，C错误；

D、H2O的摩尔质量是固定值，为18g/mol，与分子个数无关，D错误；

故答案为：B。

【分析】本题考查与水相关的化学计量计算，需结合物质的量、摩尔质量、气体摩尔体积等概念，以及水的状态和密度特性分析：重点区分气体摩尔体积的适用条件（仅适用于标准状况下的气体），明确摩尔质量与物质的量无关，掌握水分子中原子个数的计算方法。A．考查水分子中氢原子的物质的量计算。B．考查水在特定条件下的密度及质量计算。C．考查气体摩尔体积的适用对象。D．考查摩尔质量的特性（与物质的量无关）。8．【答案】B【解析】【解答】A、铁与水蒸气反应生成Fe3O4，固体增重源于结合的氧元素。16gO的物质的量为1mol，生成0.25molFe3O4，Fe元素化合价变化涉及8个电子转移（0变为+2、+3），故转移电子0.25×8=2mol，即2NA，A正确；

B、溶质HNO3中氧原子为0.5L×0.2mol/L×3=0.3mol，但溶液中的水也含大量氧原子，故总氧原子数远大于0.3NA，B错误；

C、MnO2与浓盐酸反应，随反应进行盐酸变稀后反应停止。400mL1mol/L盐酸（0.4mol）若完全反应理论生成0.1molCl2，但实际因浓度不足无法完全反应，故Cl2小于0.1NA，C正确；

D、常温常压下，气体体积比20：60=1：3，故分子数比为1：3，D正确；

故答案为：B。

【分析】本题考查阿伏加德罗常数的应用，需结合化学反应中电子转移、溶液中微粒计算、气体反应条件及阿伏加德罗定律等知识分析：重点关注隐含条件（如溶液中水分子的影响、反应中浓度变化对产物的影响），准确计算微粒数目。A．考查反应中固体增重与电子转移的关系。B．明确溶液中氧原子的来源（溶质与溶剂）。C．掌握反应对盐酸浓度的要求。D．考查阿伏加德罗定律的应用（同温同压下体积比等于分子数比）。9．【答案】A【解析】【解答】A、眼睛溅入酸液后，先用大量水冲洗可稀释酸液，但若用饱和碳酸钠溶液冲洗，其碱性较强且浓度高，会对眼组织造成二次损伤，应改用弱碱性的3%~5%碳酸氢钠溶液，A错误；

B、碱液溅到皮肤后，大量水冲洗可减少碱的腐蚀，再涂1%硼酸（弱酸）能中和残留碱液，避免损伤加重，B正确；

C、电器起火先断电可防触电，二氧化碳灭火器灭火时不导电且不损坏电器，方法正确；不能用水灭火，以免引发触电或电器短路，C正确；

D、冷水处理能迅速降温，减轻热力对组织的持续损伤，再涂烫伤药膏促进恢复，D正确；

故答案为：A。

【分析】本题考查实验室事故的正确处理方法，需根据不同事故类型（酸碱灼伤、电器起火、烫伤等）的特性，判断处理步骤和试剂选择是否合理：核心是遵循“安全第一、科学处理”原则，避免二次伤害。A．考查眼部酸灼伤的正确中和试剂。B．考查皮肤碱灼伤的中和处理。C．考查电器火灾的灭火原则（防触电）。D．考查烫伤的初步降温与护理。10．【答案】C【解析】【解答】A、CO2变成CO32-时，碳元素始终为+4价，氧元素为-2价，化合价未发生改变，属于非氧化还原反应，不需要氧化剂，故A不符合题意；

B、Na2O生成NaOH的过程中，钠（+1价）、氧（-2价）、氢（+1价）的化合价均保持不变，无氧化还原反应发生，不必加入氧化剂，故B不符合题意；

C、Fe2+转化为Fe3+时，铁元素化合价从+2升至+3，发生了氧化反应，此过程必须有氧化剂参与才能实现，故C符合题意；

D、Cl2生成HClO是通过Cl2与水的反应实现，Cl2中部分Cl从0价升至+1价（生成HClO），部分降至-1价（生成HCl），属于自身歧化反应，无需额外添加氧化剂，故D不符合题意；

故答案为：C。【分析】判断转化是否需要加入氧化剂，核心在于分析元素化合价的变化规律：当物质中某元素化合价升高时，该物质发生氧化反应，必须加入氧化剂才能实现转化；若化合价不变或可通过自身歧化反应完成，则无需额外加入氧化剂。11．【答案】C【解析】【解答】在给定反应里，Ce4+变为Ce3+，Ce元素化合价从+4降到+3；NO中的N元素化合价从+2分别升到NO2中的+3和NO3-中的+5；

A、Ce4+中Ce元素化合价降低，说明其在反应中得到电子，作为氧化剂参与反应，A正确；

B、NO中N元素化合价升高，失去电子，符合还原剂的特征（被氧化），因此NO是还原剂，B正确；

C、从反应式可知，生成1molNO3-时，必然同时生成1molNO2。生成1molNO3-，N元素从+2升至+5，转移3mol电子；生成1molNO2，N元素从+2升至+3，转移1mol电子。因此生成1molNO3-时，总转移电子为4mol，C不正确；

D、NO作为还原剂，其被氧化后生成的产物NO2和NO3-均为氧化产物，D正确；

故答案为：C。

【分析】解答本题需先明确氧化还原反应的核心判断依据：元素化合价的升降。化合价升高的物质发生氧化反应，作还原剂；化合价降低的物质发生还原反应，作氧化剂。通过分析反应中各元素的化合价变化，结合氧化剂、还原剂、氧化产物的定义及电子转移规律，可判断各选项的正误。12．【答案】A【解析】【解答】A、正确操作应先通氨气使溶液显碱性，再通二氧化碳，才能高效生成碳酸氢钠。选项中“先通二氧化碳后通氨气”的顺序错误，A错误；

B、操作中先加硝酸银产生白色沉淀，再加稀硝酸，沉淀不溶的为氯化钠，符合鉴别逻辑，B正确；

C、同浓度下，碳酸根离子的水解程度大于碳酸氢根离子，故碳酸钠溶液碱性强于碳酸氢钠溶液，现象与性质一致，C正确；

D、加少量水后测温度，升温的为碳酸钠，降温的为碳酸氢钠，方法可行，D正确；

故答案为：A。

【分析】A．侯氏制碱法中，氨气在水中溶解度远大于二氧化碳，且氨水呈碱性，能更充分吸收二氧化碳。B．碳酸钠与硝酸银反应生成碳酸银沉淀（溶于稀硝酸），氯化钠与硝酸银反应生成氯化银沉淀（不溶于稀硝酸）。C．酚酞遇碱变红，碱性越强红色越深。D．碳酸钠溶于水放热，碳酸氢钠溶于水吸热，可通过温度变化鉴别。13．【答案】A【解析】【解答】A、K+、Na+、SO42-、MnO4-之间不会发生复分解反应（无沉淀、气体或弱电解质生成），也无氧化还原反应，彼此能稳定共存，该组离子可大量共存，A正确；

B、Mg2+与OH-会结合生成氢氧化镁沉淀（Mg(OH)2），发生复分解反应，该组离子不能大量共存，B错误；

C、CH3COO-（醋酸根离子）与H+会结合生成弱电解质醋酸（CH3COOH），发生复分解反应，该组离子不能大量共存，C错误；

D、Fe3+具有强氧化性，I-具有还原性，二者会发生氧化还原反应（Fe3+氧化I-生成Fe2+和I2），该组离子不能大量共存，D错误；

故答案为：A。

【分析】判断离子能否大量共存，需结合题干中溶液的特定性质（如酸碱性、是否含特定离子等），分析离子间是否发生反应（包括复分解反应、氧化还原反应等）。若离子间不发生任何反应，则可大量共存；反之，则不能。A．透明溶液（无难溶物或胶体生成即可，允许有颜色）。B．能使红色石蕊试纸变蓝，说明溶液呈碱性（含大量OH-）。C．能与铁反应产生H2，说明溶液呈酸性（含大量H+）。D．滴加KSCN试剂变红，说明溶液中含大量Fe3+。14．【答案】B【解析】【解答】A、次氯酸钙（Ca(ClO)2）是强电解质，电离时应生成Ca2+和ClO-，正确形式为Ca(ClO)2=Ca2++2ClO-。选项中写成(ClO)22-，错误拆分了酸根离子，A错误；

B、离子方程式中，Cl2、Fe2+、Cl-、Fe3+的拆分符合规则（单质Cl2不拆，离子正确保留），电荷守恒（左边Cl2不带电+2Fe2+带2个正电荷，右边2Cl-带2个负电荷+2Fe3+带6个正电荷，总电荷均为+2），原子也守恒，B正确；

C、选项中仅写了H+与OH-生成水，忽略了SO42-与Ba2+结合成BaSO4沉淀，正确离子方程式应为2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O，C错误；

D、选项中未标注NaHCO3的沉淀符号，且未体现Na+的参与（实际反应中有Na+结合生成沉淀），正确方程式应包含沉淀符号和Na+，D错误；

故答案为：B。

【分析】判断方程式书写是否正确，需依据电离方程式和离子方程式的书写规则：电离方程式要体现离子的正确拆分及配比；离子方程式要遵循客观事实，拆分正确（沉淀、气体、弱电解质不拆），守恒（电荷、原子）且注明沉淀或气体符号。结合各选项反应特点，逐一分析正误。A．强电解质电离需正确拆分离子，且离子符号和系数要匹配。B．Cl2具有氧化性，能将Fe2+氧化为Fe3+，自身被还原为Cl-。C．H2SO4与Ba(OH)2反应不仅生成水，还生成BaSO4沉淀，需完整体现。D．过量CO2通入饱和Na2CO3溶液中，生成的NaHCO3溶解度较小，会以沉淀形式析出，需标注沉淀符号。15．【答案】A【解析】【解答】A、反应②中，NH3中N为-3价，生成N2（0价）。每生成1molN2（含2molN原子），化合价总升高6（每个N升高3），故转移6mol电子，而非3mol，A错误；

B、①是Ca(ClO)2与CO2、H2O生成CaCO3和HClO，③是CaCO3与HCl生成CaCl2、CO2和H2O，均无化合价变化，属复分解反应；②有N、Cl元素化合价改变，属氧化还原反应，B正确；

C、反应①消耗CO2、H2O，反应③生成CO2、H2O，两种物质可循环参与反应，C正确；

D、综合整个反应流程，反应物为NH3和Ca(ClO)2，产物为N2、CaCl2和H2O，总反应为

4NH3+3Ca(ClO)2=2N2+3CaCl2+6H2O，D正确；

故答案为：A。

【分析】根据反应原理图，分析各反应的类型、电子转移及物质循环，判断选项正确性。A．分析N元素化合价变化与电子转移的关系。B．根据反应中元素化合价是否变化判断反应类型。C．观察CO2、H2O在反应中的生成与消耗。D．整合三步反应推导总反应。16．【答案】D【解析】【解答】A、灼热的氧化铜与O2不反应（氧化铜是氧化剂，O2也是氧化剂，无法发生反应），不能除去O2。正确方法应使用灼热的铜（铜与O2反应生成氧化铜），A错误；

B、饱和Na2CO3溶液既能与HCl反应（Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O），也能与CO2反应（Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3），会消耗原物质CO2，B错误；

C、CuCl2溶液中混有FeCl3，加入铜粉时，铜与FeCl3反应生成CuCl2和FeCl2（Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2），反应生成了新杂质FeCl2，无法彻底提纯CuCl2溶液，C错误；

D、过量的HCl在蒸发结晶时会挥发除去（HCl易挥发），最终得到纯净的NaCl固体，无新杂质残留，D正确；

故答案为：D。

【分析】除去物质中杂质的关键原则是：不引入新杂质、不减少原物质、操作可行且杂质易分离。需结合杂质与原物质的性质差异（如化学性质、溶解性等），选择合适的除杂试剂和方法，逐一分析选项是否符合这些原则。A．杂质与除杂试剂反应分析：N2中混有O2，需选择能与O2反应但不与N2反应的物质。B．CO2中混有HCl，需选择只与HCl反应而不与CO2反应的试剂。C．反应生成了新杂质，无法彻底提纯。D．NaCl中混有Na2CO3，加入稍过量盐酸，发生反应生成目标物质NaCl。17．【答案】C【解析】【解答】A、甲装置中，通过蓝色钴玻璃片观察铂丝上样品灼烧的火焰，可滤去黄光，清晰观察钾元素的紫色火焰，操作符合规范，能达到检验目的，故A不符合题意；

B、大理石（块状）与稀盐酸反应制备CO2，反应温和且无需加热，符合该装置的使用条件，能有效制备CO2，可达到目的，故B不符合题意；

C、丙装置直接在容量瓶中稀释浓硫酸，违反基本操作规范，会造成实验误差，无法准确配制一定物质的量浓度的硫酸溶液，不能达到目的，故C符合题意；

D、若外管（碳酸钠）一侧澄清石灰水变浑浊，内管（碳酸氢钠）一侧无明显现象，可证明碳酸氢钠稳定性弱于碳酸钠，设计合理，能达到目的，故D不符合题意；

故答案为：C。

【分析】判断实验装置和原理能否达到目的，需依据各实验的核心要求：物质检验需符合特征反应及操作规范，气体制备装置要匹配反应物状态与反应条件，溶液配制需遵循容量瓶使用规则，稳定性验证需通过合理设计体现温度对物质的影响。结合装置特点与实验原理逐一分析。A．检验钾元素需利用其焰色反应（紫色），但需排除钠元素黄色火焰的干扰。B．乙装置为简易启普发生器，适用于块状固体与液体常温反应，且可通过固液分离控制反应启停。C．容量瓶仅用于定容，不能直接溶解固体或稀释浓溶液（浓硫酸溶于水放热，会导致容量瓶刻度不准）。D．碳酸氢钠受热易分解（生成CO2等），碳酸钠受热难分解；装置中碳酸氢钠处于温度较低的外管，碳酸钠处于温度较高的内管。18．【答案】B【解析】【解答】A、Na2O与酸反应生成盐和水（如Na2O+2HCl=2NaCl+H2O），符合碱性氧化物定义；而Na2O2与酸反应除生成盐和水外，还产生氧气（如2Na2O2+4HCl=4NaCl+2H2O+O2↑），不符合碱性氧化物定义，A错误；

B、Ca(OH)2与过量CO2反应为Ca(OH)2+2CO2=Ca(HCO3)2；NaOH与过量CO2反应为NaOH+CO2=NaHCO3，均遵循“过量CO2与OH-生成HCO3-”的规律，B正确；

C、Cl2是强氧化剂，与金属反应通常生成高价态氯化物。Cu与Cl2反应生成CuCl2（Cu为+2价），而Fe与Cl2反应生成FeCl3（Fe为+3价，而非FeCl2），因Cl2氧化性足以将Fe氧化至+3价，C错误；

D、Fe的活泼性适中，可与CuSO4溶液直接发生置换反应（Fe+CuSO4=FeSO4+Cu）；但Na极活泼，会先与溶液中的水反应（2Na+2H2O=2NaOH+H2↑），生成的NaOH再与CuSO4反应，无法置换出Cu，D错误；

故答案为：B。

【分析】判断类比是否正确，需基于物质的化学性质及反应规律，分析类比对象的相似性与特殊性：若两者在反应原理、物质类别或性质上具有可类比的共性，且无特殊反应干扰，则类比合理；反之则不合理。A．碱性氧化物的定义为与酸反应只生成盐和水的氧化物。B．强碱溶液与过量CO2反应的本质是OH-与过量CO2反应生成HCO3-。C．考查Cu、Fe与Cl2的反应产物。D．考查活泼金属置换盐溶液中金属的反应。19．【答案】C【解析】【解答】A、A溶液后面一段消耗盐酸的量大于前面一段，为Na2CO3和NaHCO3的混合物，发生反应CO32-+H+=HCO3-，HCO3-+H+=CO2↑+H2O，A曲线没有气体产生消耗的盐酸刚好是右面产生气体消耗盐酸一半，故Na2CO3、NaHCO3物质的量之比为1:1，A正确；

B、A曲线反应阶段：25mL到60mL为有气体生成阶段，此时溶液中只有HCO3-（来自Na2CO3转化和原溶液中的NaHCO3）与盐酸反应生成CO2，离子方程式为H++HCO3-=H2O+CO2↑，B正确。

C、B曲线特征：无气体生成时消耗60mL盐酸，有气体生成时消耗75-60=15mL（前段体积大于后段），说明溶质为NaOH和Na2CO3的混合物。

CO2体积计算：生成CO2仅来自Na2CO3与盐酸的反应，该过程消耗15mL盐酸，故Na2CO320．【答案】B【解析】【解答】A、流程中固体③是经稀硫酸溶解过量铁粉后剩余的物质，即铜单质，对其洗涤、干燥可回收金属铜，A正确；

B、溶液④为FeSO4溶液，含Fe2+。鉴别Fe2+的规范操作是先加KSCN溶液（无现象），再加氯水（氧化Fe2+为Fe3+，溶液变红），选项中“先加氯水再加KSCN”会直接氧化Fe2+，无法验证原溶液中是否为Fe2+，B错误；

C、试剂⑤选铁粉，可置换Cu2+生成FeSO4（不引入新杂质）；试剂⑦选稀硫酸，可溶解过量铁粉（Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑）而不与铜反应，试剂选择合理，C正确；

D、操作⑥和⑧均为过滤（分离固体与液体），必需玻璃仪器为漏斗（过滤）、烧杯（接滤液）、玻璃棒（引流），仪器描述正确，D正确；

故答案为：B。

【分析】工业废水（含FeSO4和Cu2+）中加入铁粉（试剂⑤），铁粉置换Cu2+生成铜，过滤（操作⑥）得到固体①（铜和过量铁粉）与溶液②（FeSO4溶液）；固体①中加入稀硫酸（试剂⑦），过量铁粉与硫酸反应生成FeSO4，过滤（操作⑧）得到固体③（铜）和溶液④（FeSO4溶液）；合并溶液②和④，经冷却结晶得到FeSO4・7H2O。21．【答案】B【解析】【解答】A、反应中，Fe3+中Fe元素化合价从+3降至+2（被还原），作氧化剂；HNF2中N元素化合价从+1升至+2（被氧化），生成的N2F4是氧化产物，氧化性顺序为Fe3+＞N2F4，A正确；

B、Fe3+转化为Fe2+每个得1e-，2个HNF2+转化为N2F4中N元素共失2e-（每个N失1e-），根据电子守恒，需2个Fe3+参与反应，配平为2HNF2+2Fe3+=N2F4↑+2Fe2++2H+，氧化剂（Fe3+）为2mol，还原剂（HNF2）为2mol，二者比例为1：1，而非1：2，B错误；

C、生成1molN2F4时，N元素共失去2mol电子（2个N原子各失1e-），标况下2.24LN2F4为0.1mol，转移电子为0.1mol×2=0.2mol，C正确；

D、N2F4中N为+2价，作氧化剂时N元素化合价需降低。N2中N为0价，符合化合价降低的规律，还原产物可能是N2，D正确；

故答案为：B。

【分析】A．判断氧化性强弱需依据“氧化剂氧化性强于氧化产物”。B．通过配平反应确定氧化剂与还原剂的物质的量之比。C．计算生成一定量N2F4时的转移电子数。D．判断N2F4作氧化剂时可能的还原产物。22．【答案】D【解析】【解答】A、高铁酸钠的化学式为Na2FeO4，由Na+和FeO42-构成，符合钠盐的定义，A正确；

B、化合物中各元素化合价代数和为0。已知Na为+1价，O为-2价，设Fe的化合价为x，则2×(+1)+x+4×(-2)=0，解得x=+6，铁元素化合价为+6价，B正确；

C、高铁酸钠中Fe为+6价（较高价态），易得到电子表现强氧化性，可用于杀菌消毒，C正确；

D、高铁酸钠作氧化剂时，Fe元素从+6价降低到Fe(OH)3中的+3价，故Fe(OH)3胶体是还原产物而非氧化产物，D错误；

故答案为：D。

【分析】解答本题需结合高铁酸钠（Na2FeO4）的组成、元素化合价及性质，分析其类别、价态、氧化性及反应产物类型。核心是明确盐的定义、化合价计算规则、高价态元素的氧化性特征，以及氧化产物与还原产物的区别。A．钠盐是指含有钠离子（Na+）的盐类化合物。B．根据化学式化合价的代数和为0计算。C．元素处于高价态时通常具有强氧化性。D．氧化产物是元素化合价升高得到的产物，还原产物是元素化合价降低得到的产物。23．【答案】C【解析】【解答】A、反应中，NaClO3中Cl元素从+5价降至ClO2中的+4价（每个Cl得1e-，作氧化剂）；H2O2中O元素从-1价升至O2中的0价（每个O失1e-，1molH2O2共失2e-，作还原剂）；氧化剂得电子总数=还原剂失电子总数，故2molNaClO3（得2e-）与1molH2O2（失2e-）反应，比例为2：1，而非1：2，A错误；

B、已知ClO2浓度过高易爆炸，通入氮气的核心目的是稀释生成的ClO2，降低其浓度以避免爆炸，而非单纯排出空气，B错误；

C、ClO2易溶于水，装置C用冷水吸收时，若溶解速率快可能导致装置内压强骤降，引发倒吸。装置B为空集气瓶，可暂时容纳倒吸的液体，阻止其进入装置A，起到防倒吸作用，C正确；

D、导管液面上升表明装置内压强偏小（可能因ClO2溶解过多或氮气通入不足），此时应加快氮气通入速率以增大压强，防止倒吸，而非减慢，D错误；

故答案为：C。

【分析】A．通过化合价变化判断氧化剂与还原剂的物质的量之比。B．明确氮气在实验中的主要作用。C．判断装置B的防倒吸功能。D．明确应对装置C中导管液面上升的操作。24．【答案】D【解析】【解答】A、依次加入NaOH（除Mg2+）、BaCl2（除SO42-）、Na2CO3（除Ca2+和过量Ba2+），满足“Na2CO3在BaCl2之后”的核心要求，能有效除去杂质，达到提纯目的。A正确；

B、检验Mg2+时，向上层清液中滴加2~3滴NaOH溶液，若不出现浑浊，说明溶液中已无Mg2+（均转化为Mg(OH)2沉淀），操作科学。B正确；

C、蒸发时需避免过度加热，当出现较多固体时停止加热，利用余热蒸干；冷却时需用坩埚钳转移蒸发皿至陶土网，防止烫伤实验台，C正确；

D、溶解时搅拌加速溶解，过滤时引流防止液体洒出，蒸发时搅拌使液体受热均匀（避免局部过热飞溅），溶解、过滤、蒸发三步操作均需使用玻璃棒，共三步而非两步。D错误；故答案为：D。

【分析】解答本题需结合粗盐提纯的实验原理，明确除杂试剂的加入顺序要求（关键是Na2CO3需在BaCl2之后以除去过量Ba2+）、离子沉淀完全的检验方法、蒸发操作规范及各步骤中玻璃棒的使用。通过分析各选项是否符合这些实验要求判断正误。

A．除杂试剂加入顺序的关键是Na2CO3需在BaCl2之后，以除去过量的Ba2+，NaOH的顺序可调整。B．判断离子是否沉淀完全，可通过补加沉淀剂观察是否产生新沉淀。C．考查蒸发与冷却时的实验操作方法。D．溶解、过滤、蒸发三步操作均需使用玻璃棒。25．【答案】D【解析】【解答】A、若脱氧剂中Fe部分变质生成Fe2O3，加稀盐酸后会生成Fe3+，但过量的Fe会与Fe3+反应（Fe+2Fe3+=3Fe2+），导致溶液中无Fe3+，滴加KSCN溶液不变红。因此，“溶液未变红”不能证明铁粉未变质，A错误；

B、Cl2与水反应生成HClO（Cl2+H2O=HCl+HClO），是HClO具有漂白性使布条褪色，而非Cl2直接作用。结论中将漂白性归为Cl2，B错误；

C、实验中变量不唯一（同时存在Al3+和Cl-），无法排除Al3+的催化作用，不能直接证明Cl-促进纸张老化，结论不严谨，C错误；

D、KMnO4是强氧化剂（紫红色），与H2O2反应后褪色，表明KMnO4被还原为无色物质，而H2O2被氧化，体现其还原性，D正确；

故答案为：D。

【分析】A．铁粉变质生成的Fe3+可能被过量铁粉还原，干扰检验结果。B．Cl2本身无漂白性，其漂白作用源于与水反应的产物。C．AlCl3溶液中的Al3+可能是导致纸张老化的真正原因。D．KMnO4褪色说明其被还原，进而证明H2O2具有还原性。26．【答案】（1）Ca(ClO)（2）2Na（3）③⑤⑥⑧；①②⑤⑦（4）KClO3+6HCl=KCl+3Cl【解析】【解答】（1）漂粉精的主要成分是：Ca(ClO)2故答案为：Ca(ClO)2；

（2）Na2O2和故答案为：2Na2O2+2H2O=4Na②金属铜是单质，既不是电解质也不是非电解质，能导电；③AgNO3④蔗糖溶液是混合物，既不是电解质也不是非电解质，不能导电；⑤熔融的KOH能导电，是电解质；⑥硫酸在水溶液中能导电，是电解质，纯硫酸不导电；⑦氨水是混合物，既不是电解质也不是非电解质，能导电；⑧Na2上述物质中：属于电解质的是③⑤⑥⑧，能导电的是①②⑤⑦；故答案为：③⑤⑥⑧；①②⑤⑦；

（4）①氯酸钾(KClO3)与浓盐酸反应制备氯气，反应方程式为：KClO②若生成在标准状况下33．6L的Cl2，即产生Cl2：33.622.4mol=1.5mol，根据方程式，消耗0.5molKClO3，Cl由+5价降低为0价，则转移的电子2.5mol，数目为2.5NA。

故答案为：KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O；2.5NA，

【分析】(1)漂白精主要成分为次氯酸钙，需准确记忆其化学式Ca(ClO)2。

(2)Na2O2与H2O反应生成NaOH和O2，离子方程式需体现强电解质拆分及气体符号。

(3)电解质是溶于水或熔融态能导电的化合物（③⑤⑥⑧）；能导电的是含自由离子或电子的物质（①②⑤⑦）。

（1）漂粉精的主要成分是：Ca(ClO)2（2）Na2O2和H（3）①NaCl溶液是混合物，既不是电解质也不是非电解质，能导电；②金属铜是单质，既不是电解质也不是非电解质，能导电；③AgNO3④蔗糖溶液是混合物，既不是电解质也不是非电解质，不能导电；⑤熔融的KOH能导电，是电解质；⑥硫酸在水溶液中能导电，是电解质，纯硫酸不导电；⑦氨水是混合物，既不是电解质也不是非电解质，能导电；⑧Na2上述物质中：属于电解质的是③⑤⑥⑧，能导电的是①②⑤⑦；（4）①氯酸钾(KClO3)与浓盐酸反应制备氯气，反应方程式为：KClO②若生成在标准状况下33．6L的Cl2，即产生Cl2：33.622.4mol=1.5mol，根据方程式，消耗0.5molKClO27．【答案】（1）H2O；NaClO（2）3（3）A；C（4）酸性KMnO4溶液；紫红色褪去(或K3【解析】【解答】（1）由分析可知，物质X是H2O，物质M是NaClO。故答案为：H2O；NaClO；

（2）反应①为铁粉在高温下与水蒸气反应，生成Fe3O4和H2，化学方程式为：3Fe+4H2故答案为：3Fe+4HB．反应③是Fe3O4与稀硫酸反应，没有化合价变化，不是氧化还原反应，B错误；C．反应⑤是NaOH溶液和Cl2反应，生成NaCl、NaClO和H2O，离子方程式正确，C正确；D．将B(Na)长时间放置在空气中，最终产物是Na2CO3，而不是NaHCO3，D错误；故答案为：AC。（4）检验Fe3+中的Fe2+，常用酸性KMnO4溶液，现象是KMnO4溶液紫红色褪去。也可以滴加K3Fe(CN)6溶液，现象是看到产生蓝色沉淀。

故答案为：酸性KMnO4溶液；紫红色褪去(或K3Fe(CN)6溶液蓝色沉淀)。

【分析】M是漂白液的有效成分，漂白液的核心成分为次氯酸钠（NaClO），故M为NaClO。

D与Cl2反应生成NaClO（M），结合反应规律（2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O），可推断D为NaOH，B是金属单质，与X反应生成H2和NaOH（D），符合钠（Na）与水（H2O）的反应（2Na+2H2O=2NaOH+H2↑），故B为Na，X为H2O（X常温下呈液态，符合水的物理性质），

A是金属单质，与H2O（X）在高温下反应生成H2和C，中学常见高温下与水反应的金属为铁（Fe），反应为3Fe+4H2O(g)高温Fe3O4+4H2，故A为Fe，C为Fe3O4，C（Fe3O4）与稀硫酸反应生成E，Fe3O4溶于稀硫酸生成Fe2+和Fe3+的混合硫酸盐溶液，故E为FeSO4和Fe2(SO4)3的混合液，E与D（NaOH）反应生成G，结合G在空气中可转化，推测G为Fe(OH)2（白色沉淀，易被氧化）；G在空气中氧化生成H，故H为Fe(OH)3（红褐色沉淀），F可转化为H，且与稀硫酸反应产物关联，推测F为Fe2(SO4)3（与NaOH反应生成Fe(OH)3），综上，A为Fe，B为Na，C为Fe3O4，D为NaOH，E为FeSO4，F为Fe2(SO4)3，G为Fe(OH)（1）由分析可知，物质X是H2O，物质M是NaClO。（2）反应①为铁粉在高温下与水蒸气反应，生成Fe3O4和H2，化学方程式为：3Fe+4H2（3）A．金属钠密度比水小，浮于水面，钠与水剧烈反应放出大量热，使钠熔成金属球，反应产生大量气体而发出咝咝响声，且气体推动金属小球在水面游动，A正确；B．反应③是Fe3O4与稀硫酸反应，没有化合价变化，不是氧化还原反应，B错误；C．反应⑤是NaOH溶液和Cl2反应，生成NaCl、NaClO和H2O，离子方程式正确，C正确；D．将B(Na)长时间放置在空气中，最终产物是Na2CO3，而不是NaHCO3，D错误；故选AC。（4）检验Fe3+中的Fe2+，常用酸性KMnO4溶液，现象是KMnO4溶液紫红色褪去。也可以滴加K328．【答案】（1）正常（2）24.9g；500mL容量瓶（3）定容；将蒸馏水注入容量瓶，至液面离刻度线1~2cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水，至溶液的凹液面与刻度线相切（4）BE【解析】【解答】（1）血糖正常值为3.9~6.1mmol/L，换算成单位mg/dL，3.9mmol/L=3.9mmol×180g/mol10dL（2）m(葡萄糖)=0.277mol/L×故答案为：24.9g；500mL容量瓶；

（3）由图中操作可得出，步骤⑥的名称为定容。具体操作为：将蒸馏水注入容量瓶，至液面离刻度线1~2cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水，至溶液的凹液面与刻度线相切。故答案为：定容；将蒸馏水注入容量瓶，至液面离刻度线1~2cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水，至溶液的凹液面与刻度线相切；

（4）A．容量瓶使用前应先检查是否漏水，洗净后无需烘干，蒸馏水残留不影响溶液的配制，A不正确；B．转移时，为防液体洒到容量瓶外，需用玻璃棒引流，B正确；C．定容时，若俯视刻度线，所得溶液体积偏小，浓度偏高，C不正确；D．摇匀后立即观察，发现溶液未达到刻度线为正常现象，静置后液面会恢复，再加几滴蒸馏水至刻度线会使溶液浓度偏低，D不正确；E．溶液配制好后不能长时间储于容量瓶，尤其是碱性溶液，会腐蚀容量瓶，应及时分装到试剂瓶中，E正确；故答案为：BE。

【分析】(1)将血糖单位从mg/dL换算为mmol/L（利用公式：mmol/L=(mg/dL×10)÷180），对比正常范围判断是否正常。

(2)根据公式m=cVM计算葡萄糖质量；配制500mL溶液需500mL容量瓶，明确必需玻璃仪器。

(3)识别定容操作，掌握其规范（液面距刻度1~2cm时用胶头滴管滴加，至凹液面与刻度线相切）。

(4)判断容量瓶使用规范（查漏、不烘干、引流作用、定容视线影响、不可长期存放溶液）。（1）血糖正常值为3.9~6.1mmol/L，换算成单位mg/dL，3.9mmol/L=3.9mmol×180g/mol（2）m(葡萄糖)=0.277mol/L×（3）由图中操作可得出