【化学】湖南省师范大学附属中学2018-2019学年高一上学期第一次月考试题（解析版）

湖南省师范大学附属中学2018-2019学年高一上学期第一次月考试题
1.对于易燃、易爆、有毒的 化学物质，往往会在其包装上贴上危险警告标签．下面所 列的物质中，标签贴错了的是（ ）
选项
A
B
C
D
物质的化学式
氢氧化钠
金属汞
四氯化碳
烟花爆竹
危险警告标签






【答案】C
【解析】
【分析】可以根据标志的含义结合生活实际经验进行分析判断，
A、氢氧化钠属于腐蚀品；
B、金属汞属于剧毒品；
C、四氯化碳常用作灭火剂；
D、烟花爆竹属于易爆物。
【详解】A、氢氧化钠具有强烈的腐蚀性，故应贴腐蚀品的标志，图为腐蚀品标志，故A正确；
B、金属汞是剧毒品，图为剧毒品标志，故B正确；
C、四氯化碳常用作灭火剂，图为易燃液体标志，故C错误；
D、烟花爆竹属于易爆物，故应贴爆炸品的标志，图为爆炸品标志，故D正确；
故选C。
2.下列实验操作或做法正确的是（ ）
A. 用 1 0 0 mL 的 量 筒 量 取 8. 5 mL 水
B. 为了不造成浪费 ， 实验 剩余的 药品 放回原瓶
C. 把烧杯放在垫有石棉网的铁圈上加热
D. 用燃着的酒精灯点燃另一盏酒精灯
【答案】C
【解析】
【分析】A、根据量筒的选取方法考虑；
B、根据药品使用规则解答；
C、根据烧杯的使用规则判断；
D、根据酒精灯的使用规则判断。
【详解】A、量取8.5mL的水应用10mL的量筒，用100mL的量筒量取8.5mL的水误差太大，故A错误；
B、实验剩余的药品应交还实验室，一般不能放回原瓶，以防污染原瓶试剂，故B错误；
C、把烧杯放在垫有石棉网的铁圈上加热，防止烧杯炸裂，故C正确；
D、不能用燃着的酒精灯点燃另一盏酒精灯，以防止失火，故D错误；
故选C。
3.海水淡化 是 海岛地区 提供 淡水 的重要手段，所谓 海水淡化 是指除去 海水 中的盐分以获 得 淡水 的工艺过程（又称 海水 脱盐），其方法较多，如反渗透法、水合物法、电渗透 法、离子交换法和压渗法等．下列方法中也可以用来进行 海水淡化 的是（ ）
A. 过滤法 B. 蒸馏法 C. 萃取法 D. 结晶法
【答案】B
【解析】
【分析】淡化海水就是将海水中的可溶性杂质除去的过程，可根据淡化原理进行分析解答．
【详解】淡化海水的方法有加热蒸发、结冰脱盐、淡化膜法等，共同点都是使海水脱盐。
A．过滤法只能除去水中的不溶性杂质，而海水淡化的过程是除去海水中的可溶性杂质，通过过滤不能把水中的氯化钠等物质除去，不能使海水淡化，故A错误；
B．蒸馏法是把水从水的混合物中分离出来，得到纯净的水，故B正确；
C．海水中的氯化钠无法用萃取分离，故C错误；
D．加热蒸发可以把盐从海水中分离出来，而水需要冷却后才能得到纯净的水，该方法耗能量多不适于大量使用，故D错误。
故选：B。
4.各物质中含有的少量杂质以及除去这些杂 质对应的方法如表所示

物质
杂质
除去杂质的方法
①
KNO 3 溶液
KOH
加入适量 Fe C l 3 溶 液 并 过 滤
②
Fe SO 4 溶液
Cu SO 4
加入过量铁粉并过滤
③
H 2
C O 2
先通过盛有 Na OH 溶 液的 洗 气 瓶 ， 再 通 过 盛 有 浓 硫 酸 的洗气瓶
④
Na NO 3
C a CO 3
溶解、 过滤 、蒸发
其中正确的是（ ）
A. ①②③④ B. ④ C. ②③④ D. ①②③
【答案】C
【解析】
【分析】根据原物质和杂质的性质选择适当的除杂剂和分离方法，所谓除杂（提纯），是指除去杂质，同时被提纯物质不得改变．除杂质题至少要满足两个条件：①加入的试剂只能与杂质反应，不能与原物质反应；②反应后不能引入新的杂质．
【详解】①KOH能与适量FeCl3溶液反应生成氢氧化铁沉淀和氯化钾，能除去杂质但引入了新的杂质氯化钾，不符合除杂原则，故选项所采取的方法错误。
②过量铁粉能与CuSO4溶液反应，分别生成硫酸亚铁溶液和铜，充分反应后过滤，能除去杂质且没有引入新的杂质，符合除杂原则，故选项所采取的方法正确。
③先通过盛有NaOH溶液的洗气瓶，除去二氧化碳，再通过盛有浓硫酸的洗气瓶进行干燥，故正确；
④CaCO3难溶，通过溶解、过滤除去CaCO3、蒸发结晶得到NaNO3，故正确；
故 ②③④正确，选C。
5.下列关于混合物分离和提纯方法正确的是（ ）
A. 粗盐提纯实验中去除 SO42－、Ca2＋、Mg2＋所添加的除杂试剂的顺序为BaCl2溶液、Na2CO3溶液、NaOH溶液和盐酸
B. 由于碘在酒精中的溶解度大，所以可用酒精把碘水中的碘萃取出来
C. 常温常压下，水的沸点是100℃，酒精沸点是78.5℃，所以可用蒸馏法使含水酒精变为无水酒精
D. 氯化钠的溶解度随温度下降而减小，所以可用冷却法从热的含有少量氯化钾的氯化钠浓溶液中得到纯净的氯化钠晶体
【答案】A
【解析】
【分析】A、除去钙离子选用碳酸钠溶液、除去镁离子选用氢氧化钠溶液、除去硫酸根离子选用氯化钡溶液，为了保证将杂质除尽，所加试剂必须过量，为了不引进新的杂质，应该先加入氢氧化钠，然后加入氯化钡，再加入碳酸钠，最后加热盐酸；加入的每种试剂必须过量，保证将所有杂质都能除去，反应完采用加热方法，除去剩余的氯化氢．
B．酒精与水互溶，不能作萃取剂；
C．酒精与水互溶，但沸点不同；
D．KCl、NaCl的溶解度受温度的影响不同．
【详解】A、先加入足量的NaOH，除去镁离子；然后加入过量BaCl2，除去SO42－、CO32－；再加入过量Na2CO3 除去Ca2＋和过量的Ba2＋；过滤后，滤液中加入过量的盐酸，除去溶液中剩余的碳酸根和氢氧化钠中的氢氧根，最后加热除去剩余的氯化氢，也可先加BaCl2，再加入NaOH，但应保证，最后依次加入Na2CO3、HCl，故合理顺序是：NaOH溶液→BaCl2溶液→Na2CO3溶液或BaCl2溶液→NaOH溶液→Na2CO3溶液或BaCl2溶液→Na2CO3溶液→NaOH溶液，最后均需加适量盐酸，故A正确；
B．酒精与水互溶，不能作萃取剂，应选苯或四氯化碳把碘水中的碘萃取出来，故B错误；
C．酒精与水互溶，但沸点不同，应利用蒸馏法分离，先得到水和酒精的恒沸溶液，再加生石灰蒸馏，才能得到无水酒精，故C错误；
D．KCl、NaCl的溶解度受温度的影响不同，则应利用蒸发结晶法从含有少量氯化钾的氯化钠浓溶液中得到纯净的氯化钠晶体，故D错误；
故选：A。
6.有甲、乙、丙三种溶液，进行如下操作：

则甲、乙、丙三种溶液可能是（ ）
A. BaCl2、H2SO4、MgCl2 B. CaCl2、HNO3、BaCl2
C. CaCl2、HNO3、NaCl D. BaCl2、HCl、Na2SO4
【答案】D
【解析】试题分析：碳酸钠溶液与甲反应生成白色沉淀，则甲是氯化钡或氯化钙，白色沉淀是碳酸钡或碳酸钙沉淀。白色沉淀能和过量的乙反应生成气体，因此乙应该是酸。所得溶液中继续加入丙又产生白色沉淀，所以丙应该是硫酸，产生的白色沉淀是硫酸钡，则甲是氯化钡，因此正确的答案选D。
7.物质的分类 是 化学研究 的 重要方法之一 ． 化学 工作者经常根据 物质 的组成对 物质 进 行 分类研究 ．近年来发现，在金 星的 大气层中存在三氧化二碳（ C2 O3 ）．下列 物质 与它 属于同类的是（ ）
A. 石墨、氧气 B. H2O、N2O4
C. H2SO4、HClO D. NaCl、Na2CO3
【答案】B
【解析】
【分析】根据氧化物是指由两种元素组成其中一种是氧元素的化合物，所以三氧化二碳属于氧化物，据此分析．
【详解】A、石墨、氧气是由同种元素组成的纯净物属于单质，故A错误；
B、H2O、N2O4是两种元素组成其中一种是氧元素的化合物属于氧化物，与三氧化二碳属于同类物质，故B正确；
C、H2SO4、HClO是电离时生成的阳离子全部是氢离子的化合物属于酸，故C错误；
D、NaCl、Na2CO3是由金属离子和酸根离子组成的化合物属于盐，故D错误；
故选B。
8.磁流体 是 电子材料 的 新秀 ，将含等物质的量的 FeSO4 和Fe(SO4)3 的溶液混合，再 滴入稍过量的 NaOH 溶液 ， 随 后 加 入 油 酸 钠 溶 液 ， 即 可 生 成 黑 色 的 、 分 散 质 粒 子 直 径 在 5. 5 ~ 36nm 的 磁流体 ．下列说法中正确的是（ ）
A. 所得的分散系属于悬浊液
B. 用光束照射该分散系能产生丁达尔效应
C. 所得的分散系中分散质为 Fe2O3
D. 该分散系为胶体，胶粒直径即为 Fe(OH)3 分子直径
【答案】B
【解析】
【分析】由分散质微粒直径大小来判断属于该分散系为胶体分散系，根据胶体的性质分析．
【详解】根据题意磁流体分散系分散质粒子直径在5.5-36nm，属于胶体的范畴，具备胶体的性质。
A．分散质粒子直径在5.5～36nm之间，所得分散系为胶体，不是悬浊液，故A错误；
B．该分散性属于胶体，胶体有丁达尔效应，当一束强光通过此磁流体时会出现光亮的通路，故B正确；
C．分散质应是黑色的，而Fe2O3是红褐色的，故不是Fe2O3，故C错误；
D．该胶体分散质是黑色的，氢氧化铁胶体胶体为红褐色，而且胶粒很多分子的集合体，不是一个分子，故D错误；
故选B。
9.下列叙述正确的是( )
①标准状况下，0.2mol 任何物质的体积均为 4.48L
②若 1mol 气体的体积为 22.4L，则它一定处于标准状况下
③标准状况下， 1 LHC l 和 1 LH2O 的 物质 的 量相 同
④ 标准状况下， 1 gH2 和 14gN2 的 体积 同
⑤ 28 g CO 的 体积为 22.4L
⑥ 两种 物质的物质 的量相同，则它们在 标准状况下的 体积 也相同
⑦ 在同温同 体积 时， 气体物质 的 物质 的量越大，则压强越大
⑧ 同温同压 下 ， 气体 的密度与 气体 的相对分子质量成正比．
A. ①②③④ B. ②③⑥⑦⑧ C. ⑤⑥⑦⑧ D. ④⑦⑧
【答案】D
【解析】
【分析】①标准状况下，所有物质不都是气体；
②温度、压强影响气体摩尔体积；
③标准状况下，HCl为气体，而H2O不是气体；
④根据n=m/M计算二者物质的量，标准状况下，气体体积之比等于其物质的量之比；
⑤28g CO为1mol，但不一定处于标准状况下；
⑥两种物质不一定都是气体；
⑦在同温同体积时，气体压强与物质的量成正比；
⑧同温同压下，气体的密度之比等于摩尔质量之比，也等于相对分子质量之比．
【详解】①标准状况下，0.2mol任何气体物质的体积均为4.48L，但所有物质不都是气体，故错误；
②若1mol气体的体积为22.4L，由于温度、压强影响气体摩尔体积，则它可能处于标准状况下，也可能不是标准状况下，故错误；
③标准状况下，HCl为气体，而H2O不是气体，二者体积相等，它们物质的量不相等，故错误；
④1g H2物质的量为1g/2g·mol－1=0.5mol，14g N2的物质的量为14g/28g·mol－1=0.5mol，二者物质的量相等，标准状况下，二者体积相等，故正确；
⑤28g CO为1mol，不一定处于标况下，CO的体积不一定为22.4L，故错误；
⑥标准状况下，两种物质不一定都是气体，它们物质的量相等，占有的体积不一定相等，故错误；
⑦在同温同体积时，气体压强与物质的量成正比，则气体物质的物质的量越大，压强越大，故正确；
⑧同温同压下，气体的密度之比等于摩尔质量之比，也等于相对分子质量之比，即气体的密度与气体的相对分子质量成正比，故正确，
故选：D。
10.同温同压下，等质量的氧气和二氧化碳相比较，下列叙述正确的是（ ）
A. 质子数之比为1∶1 B. 密度比为11∶8
C. 物质的量之比为8∶11 D. 原子个数比1∶1
【答案】A
【解析】
【详解】同温同压下，等质量的氧气和二氧化碳，物质的量之比与摩尔质量成反比，
质子数之比为∶＝1∶1；同温同压下，密度比等于摩尔质量之比＝32∶44＝8∶11；物质的量之比为∶＝11∶8；原子个数比＝∶＝11∶12。综上所述，A正确，本题选A。
11.标准状况下，1 L的密闭容器中恰好可盛放n个N2分子和m个H2分子组成的混合气体，则阿伏加德罗常数可近似表示为(　　)
A. 22.4(m＋n) B. 22.4×6.02×1023(m＋n)
C. 22.4(m＋n)/(6.02×1023) D. m＋n
【答案】A
【解析】试题分析：在标准状况下，1L氢气和氮气混合气体的物质的量为mol；所以，解得：NA=22.4(m+n)mol-1，故选A。
12.VL 浓度为 0.5mol/L 的盐酸，欲使其浓度 增大 1 倍，可采取的措施是（ ）
A. 通入标准状况下的 HCl 气体 11.2VL
B. 加入 10mol/L 的盐酸 0.1VL，再稀释至 1.5VL
C. 将溶液加热浓缩到 0.5VL
D. 加入 2mol/L 的盐酸 VL 混合均匀
【答案】B
【解析】
【分析】A、根据c=n/V计算判断．
B、根据c=(c 1V 1+c 2V 2)/V计算判断．
C、加热时，盐酸会挥发．
D、根据浓稀盐酸混合后体积是否变化判断．
【详解】A、标准状况下的HCl气体11.2L物质的量是0.5mol，则向溶液中通入0.5molHCl，该溶液密度会变，体积无法计算，故A错误；
B、VL 浓度为 0.5mol/L 的盐酸的物质的量是0.5Vmol， 10mol/L 的盐酸 0.1VL的物质的量是Vmol，再稀释至1.5VL，所以c=(c 1V 1+c 2V 2)/V=（0.5Vmol+Vmol）/1.5L=1mol·L－1，故B正确；
C、加热浓缩盐酸时，HCl挥发增强，故C错误；
D、浓稀盐酸混合后，溶液的密度要改变，溶液的体积不能直接加和，所以混合后溶液的物质的量浓度不是原来的2倍，故D错误；
故选：B。
13.下列各组数据中，前者刚好是后者两倍的是（ ）
A. 2 mol水的摩尔质量和1 mol水的摩尔质量
B. 200 mL 1 mol·L－1氯化钙溶液中c（Cl－）和100 mL 2 mol·L－1氯化钾溶液中c（Cl－）
C. 64g 二氧化硫 中 氧原子数和标准状况下 22.4 L 一氧化碳 中 氧 原 子 数
D. 2 0 % N a OH 溶液 中 NaOH 的 物 质 的 量 浓 度和 1 0 % NaOH 溶液 中 NaOH 的物质的量浓度
【答案】C
【解析】
【分析】A、水的摩尔质量与物质的量的多少无关；
B、1 mol·L－1氯化钙溶液中c（Cl－）=2mol·L－1，2 mol·L－1氯化钾溶液中c（Cl－）=2mol·L－1；
C、64g二氧化硫的物质的量为1mol，含2mol氧原子；标况下22.4L一氧化碳的物质的量为1mol，含1mol氧原子；
D、根据c=1000ρω/M可知，物质的量浓度与溶液的质量分数、密度有关，由两溶液的密度、质量分数分析．
【详解】A、水的摩尔质量为18g·mol－1，与水的物质的量大小无关，故A错误；
B、1 mol·L－1氯化钙溶液中c（Cl－）=2mol·L－1，100 mL 2 mol·L－1氯化钾溶液中c（Cl－）=2mol·L－1，两溶液中氯离子浓度相等，故B错误；
C、64g二氧化硫的物质的量为1mol，1mol二氧化硫中含2mol氧原子，标况下22.4LCO的物质的量为1mol，1molCO含1mol氧原子，前者是后者两倍，故C正确；
D、20%NaOH溶液中NaOH的物质的量浓度为：c1=1000×ρ1×20%/40mol·L－1，10%NaOH溶液中NaOH的物质的量浓度：c1=1000ρ2×10%/40mol·L－1，由于两溶液的密度不同，所以前者不是后者两倍，故D错误；
故选B
14.以“物质的量”为中心的计算是化学计算的基础．下列与 物质 的 量 相关的 计算 正确的为 （ ）
A. 现有 CO、CO2、O3 三种气体，它们分别都含有 1 摩尔 O，则三种气体的物质的量之比 3：2：1
B. 5.6gCO 和 4.48LCO2 中含有碳原子数一定相等
C. 标况下，11.2 升 X 气体分子质量为 16g，则 X 气体的摩尔质量为 32
D. agCl2 中有 b 个氯原子，则阿伏伽德罗常数 NA 的数值可以表示为 35.5b/a
【答案】D
【解析】
【分析】A、CO、CO2、O3三种气体，它们含有的氧原子个数之比为1：2：3，则氧原子的物质的量相同，设都为1mol，则n（CO）=1mol，n（CO2）=1/2mol，n（O3）=1/3mol；
B、气体不一定是标准状况，无法求二氧化碳的物质的量；
C、摩尔质量的单位是g·mol－1；
D、ag Cl2的物质的量为a/71mol，所含氯原子数为：a/71×2NA，则有a/71mol×2NA=b，据此计算阿伏加德罗常数．
【详解】A、CO、CO2、O3三种气体，它们含有的氧原子个数之比为1：2：3，则氧原子的物质的量相同，设都为1mol，则n（CO）=1mol，n（CO2）=1/2mol，n（O3）=1/3mol，则这三种气体的物质的量之比为1：1/2：1/3=6：3：2，故A错误；
B、气体不一定是标准状况，无法求二氧化碳的物质的量，故B错误；
C、摩尔质量的单位是g·mol－1，所以M气体的摩尔质量是32g·mol－1，故C错误；
D、ag Cl2的物质的量为a/71mol，所含氯原子数为：a/71×2NA，则有a/71mol×2NA=b，则阿伏加德罗常数NA的数值可表示为35.5b/a，故D正确；
故选D。
15.将 100g 浓度为 18mol/L、密度为ρg / ml 的 浓 硫 酸 加 入一定量的水（密度为 1g / cm3 ）中稀释成 9 mo l/ L 的 硫 酸 ， 则 加入水的体积 （ ）
A. 大于 100ml B. 等于 100ml
C. 小于 100ml D. 等于100ml
【答案】C
【解析】
【分析】溶液在稀释前后溶质的质量不变，硫酸的浓度越大，密度越大，质量分数w越大，据此列式计算即可，注意水的密度比硫酸的密度小。
【详解】稀释前后溶质的质量不变，设加水的质量为x，稀释前的质量分数为w1，稀释后的质量分数为w2，则：100g×w1=（100g+x）×w2，18mol·L-1的浓硫酸加到一定量的水中稀释成9mol·L-1的硫酸，由c=1000ρw/M可得：c1=1000ρ1w1/M=18mol·L－1=2c2=1000ρ2w2/M×2，硫酸的浓度越大，密度越大，则ρ1＞ρ2，w1/w2=2×ρ2/ρ1＜2，所以(100+x)/100=w1/w2＜2，解得：x＜100g，又水的密度约为1g·mL－1，则加水的体积小于100mL，
故选C。
16.某同学将 0.1mol/L 的 K2SO4 溶液 V 1 L 与 0 . 2 mo l / L 的 Al2(SO4)3溶液 V 2 L 混合，再加入 V 3 L 蒸馏水，假定溶液 总体积 V 总 =V1 +V 2 +V 3 ．并测得混合液中三种离子物质的量浓度 分别为：K＋：0 .1 mo l /L ，Al3＋：0 .1 mo l /L，SO42－：0 . 2 mo l / L ， 则 下 列 判 断 正 确 的 是（ ）
A. 一定是 2L K2SO4 溶液和 1L Al2(SO4)3溶液混合，再加 1L 蒸馏水
B. 混合液中K＋浓度与Al3＋浓度数值之和大于SO42－浓度数值
C. 三种液体体积比为 V1：V2：V3=2：1：1
D. 混合液中 K2SO4 物质的量等于 Al2(SO4)3物质的量的一半
【答案】C
【解析】
【分析】c（K＋）= ①
（Al3＋）= mol·L－1 ②
（SO42－）= mol·L－1 ③
将①/②可求出V1/V2；从而求出V总，即可求出V1：V2：V3。
【详解】c（K＋）= ①
（Al3＋）= mol·L－1 ②
（SO42－）= mol·L－1 ③
将①/②可求出V1/V2=2：1；设V1=2L，则V2=1L，带入③可得V总=4L，故V3=1L．即三种液体体积比为V1：V2：V3=2：1：1。
A、三种液体体积比为V1：V2：V3=2：1：1，故混合溶液可以是2L K2SO4溶液和1L Al2（SO4）3溶液混合，再加1L蒸馏水，但不一定，故A错误；
B、由于混合液中三种离子物质的量浓度分别为：K＋：0.1mol·L－1，Al3＋：0.1mol·L－1，SO42－：0.2mol·L－1，故K＋浓度与Al3＋浓度数值之和等于SO42－浓度数值，故B错误；
C、三种液体体积比为V1：V2：V3=2：1：1，故C正确；
D、混合液中K2SO4 物质的量与Al2（SO4）3的物质的量之比为：（0.1mol·L－1×2L）：（0.2mol·L－1×1L）=1：1，故两者的物质的量相等，故D错误。
故选C。
17.用 下列仪器 的 编号回答问题
① 容量瓶 ② 蒸馏烧瓶 ③ 分液漏斗 ④ 量筒 ⑤ 烧杯 ⑥ 托盘天平 ⑦冷凝管
（1）使用时必须检查是否漏水的 仪器 有 _____，
（2）用自来水制备蒸馏水实验中必须用到的仪器有 _____，
（3）专门用于制备一定物质的量浓度溶液的仪器是_____，
（4）可用于添加液体试剂或用于萃取分液操作的仪器是_____。
【答案】(1). ①③ (2). ②⑤⑦ (3). ① (4). ③
【解析】
【分析】（1）能用来盛放液体，且有活塞的仪器使用时必须检查是否漏水；
（2）用自来水制备蒸馏水实验中必须用到蒸馏装置；
（3）容量瓶用于用于准确配制体积一定的物质的量浓度溶液；
（4）分液漏斗可用于添加液体试剂或用于萃取分液操作。
【详解】（1）容量瓶和分液漏斗能用来盛放液体，且有活塞，使用时必须检查是否漏水，故选①③；
（2）用自来水制备蒸馏水实验中必须用到的仪器有② 蒸馏烧瓶 ⑤ 烧杯 ⑦冷凝管，故选②⑤⑦；
（3）容量瓶用于用于准确配制体积一定的物质的量浓度溶液，故选①；
（4）分液漏斗可用于添加液体试剂或用于萃取分液操作，故选③。
18.I.下列如图所示是实验中常见的几种仪器：

写出各字母代号所代表的仪器的名称 A ： _____， B ： _____， C ： _____，D ：__。
Ⅱ． 实验 室要配制 500 mL 0.2 mo l/ L NaOH 溶液 ，请 回 答 下列 问题：
（1）用托盘天平称取氢氧化钠，其质量为 _____g ．
（2） 下列 主要操作步骤的正确顺序是 _____（填序号）．
① 称取一定质量的氢氧化钠，放入烧杯 中 ，用适量蒸馏水溶解；
② 加水至液面离容量瓶颈刻度线下 1 -2 厘 米 时 ， 改 用 胶 头 滴 管 滴 加 蒸 馏 水 至 凹 液 面 与 刻度线相切；
③ 待冷却至室温后，将溶液转移到 5 0 0 mL 容 量 瓶 中 ；
④ 盖好瓶塞，反复上下颠倒，摇匀；
⑤ 用少量的蒸馏水洗涤烧杯内壁和玻璃棒 2 ～ 3 次，洗涤液转移到容量瓶 中轻摇容量 瓶，使混合均匀 ．
（3） 实验误差分析
① 如果 实验 过程 中 缺少步骤 ⑤ ，会使配制出的 N a O H 溶液浓度 _____（填 “偏高 ”或“偏低 ”或 “不变 ”，下同 ）
②最终定容时 俯 视观察液面 会使配制出的 NaOH 溶液浓度 _____．
【答案】(1). 漏斗 (2). 容量瓶 (3). 冷凝管 (4). 分液漏斗 (5). 4.0 (6). ①③⑤②④ (7). 偏低 (8). 偏高。
【解析】
【分析】I.根据图中仪器写出名称；
Ⅱ．（1）根据n=cV，m=nM，求得氢氧化钠质量为4.0 g
（2）配制一定物质的量浓度溶液时主要操作步骤的正确顺序为称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容，摇匀；
（3）依据C=n/V分析，凡是使n偏小或者使V偏大的操作都会使溶液的浓度偏小，反之，溶液浓度将偏大.①缺少洗涤操作，会损失溶质，导致配制溶液的物质的量浓度偏低；
②定容时俯视刻度线，导致所加水减少.
【详解】I.根据图中仪器写出名称：A、漏斗B、容量瓶 C、冷凝管 D、分液漏斗；
Ⅱ．（1）氢氧化钠质量为：m=CVM=0.2mol·L－1×0.5L×40g·mol－1=4.0g；
（2）配制一定物质的量浓度溶液时主要操作步骤的正确顺序为称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容，摇匀等操作进行排序，所以其排列顺序为：①③⑤②④；
（3）①未洗涤烧杯内壁和玻璃棒，溶质的物质的量减少，浓度偏低；
②定容时俯视刻度线，导致所加水减少，最终导致所配溶液的物质的量浓度偏高。
19.分离提纯是化学实验中的重要部分，方法有过滤、蒸发、萃取、蒸馏等，应用广泛。环己醇中加入浓硫酸后适当加热脱水 是 合 成 环 己烯的常用 方法 ， 实验 室合成坏己烯的反应和 实验 装 置如图：

可能用到的有关数据如下：

相对分子质量
密度 / （ g•cm― 3 ）
沸点/℃
溶解性
环己醇
100
0.9618
161
微溶于水
环 己烯
82
0.8102
83
难溶于水
I.合成反应：
在 a 中 加入 20g 环己醇 和 2 小片碎瓷片，冷却搅动下慢慢加入 1 ml 浓 硫 酸 ， b 中 通入冷 却水后，开始缓慢加热 a ，控制馏出物的温度不超过 90℃．
Ⅱ． 分离提纯 ：
反应粗产物倒入分液漏斗 中 分别用少量 5% 碳酸钠溶液和水洗涤， 分离 后加入无水氯化 钙颗粒，静置一段时间后弃去氯化钙，最终通过 蒸馏 得到纯净 环 己烯 10g ． 回答下列问题：
（1）加入碎瓷片的作用是 _____； 如 果 加 热 一 段 时 间 后 发 现 忘 记 加 瓷 片 ， 应 该 采 取 的正确操作是 _____（填 字母代号 ）．
A ．立即补加 B ．冷却后补加
C ．不需补加 D ．重新配料
（2）在本 实验分离 过程中 ，产物应该从分液漏斗的 _______（填 “上口倒出 ”或 “下口倒 出 ”）． 理由是 _____。
（3）分离提纯过 程 中 加入无水氯化钙的目的是 _____．
（4）在 环 己烯粗产物 蒸馏 过程 中 ，不可能用到的仪器有 ________（填 字母代号 ）．
A ． 蒸馏 烧瓶 B ．温度计 C ．分液漏斗
D ．牛角管 E ．锥形瓶．
【答案】(1). 防止暴沸 (2). B (3). 上口倒出 (4). 环乙烯的密度小于水，并且难溶于水 (5). 除水 (6). C
【解析】
【分析】（1）碎瓷片的存在可以防止在加热过程中产生暴沸现象，补加碎瓷片时需要待已加热的试液冷却后再加入；
（2）分液过程中，由于环己烯的密度比水的密度小，故应该从分液漏斗的上口倒出；
（3）无水氯化钙用于吸收产物中少量的水；
（4）观察题目提供的实验装置图知蒸馏过程中不可能用到分液漏斗。
【详解】（1）碎瓷片的存在可以防止在加热过程中产生暴沸现象，补加碎瓷片时需要待已加热的试液冷却后再加入选B。
（2）分液过程中，由于环己烯的密度比水的密度小，故应该从分液漏斗的上口倒出；
（3）分离提纯过程中加入无水氯化钙的目的是利用无水氯化钙吸收产物中少量的水。
（4）观察题目提供的实验装置图知蒸馏过程中不可能用到分液漏斗，故选C。
20.（1）CCl4 和蒸馏水都是无色液体，请按下列要求用试验方法鉴别两者：
① 只允许用一种试剂：用两支试管分别取出少量的 CCl4和 蒸馏水 ，然后分别加入少量 的单质碘，振荡，呈紫红色的液体 是 _____，呈棕黄色的液体是 _____．
② 不用任何试剂：用试管取少量的其中一种液体，再加入另外一种液体，下层液体是______，上 层液体是_______。
（2）NaCl溶液中含有少量的CaCl2，某学生用过量的 Na2CO3使 Ca2＋转化为沉淀而除 去，确认Na2CO3已 过量的实验 方法 是 ： _____．
（3） 氢氧化铁胶体的制备方法是 _____。 发生反应的化学方程式为_______________________。
【答案】(1). 碘的 CCl4 溶液 (2). 碘的水溶液 (3). CCl4 (4). 水 (5). 待沉淀完全，取上层清液，继续加入碳酸钠溶液，没有沉淀生成 (6). 将饱和的三氯化铁溶液（5-6滴）缓慢滴加到沸水中 (7). FeCl3＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3HCl
【解析】
【分析】（1）四氯化碳是一种难溶于水的有机溶剂，并且密度比水大，和水混合后分层，四氯化碳在下层，水在上层。
（2）继续加入碳酸钠溶液，看有没有沉淀生成；
（3）氢氧化铁胶体的制备是在沸水中滴加饱和氯化铁溶液加热到红褐色液体得到氢氧化铁胶体。
【详解】（1）① 只允许用一种试剂：用两支试管分别取出少量的 CCl4和 蒸馏水 ，然后分别加入少量 的单质碘，振荡，呈紫红色的液体 是碘的 CCl4 溶液，呈棕黄色的液体是碘的水溶液．
② 不用任何试剂：四氯化碳是一种难溶于水的有机溶剂，并且密度比水大，和水混合后分层，四氯化碳在下层，水在上层，不用任何试剂检验水和四氯化碳的方法是：用试管取少量的其中一种液体，再加入另外一种液体，下层液体是CCl4，上 层液体是水。
（2）确认Na2CO3已过量的实验方法是：待沉淀完全，取上层清液，继续加入碳酸钠溶液，没有沉淀生成；
(3)往烧杯中沸腾的蒸馏水内逐滴滴入饱和的FeCl3溶液，当烧杯中液体成为红棕色时停止加热；FeCl3＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3HCl。
21.（1）当 SO2、SO3 的分子个数之比为 1：1 时，原子总数之比为_________，质量之比为________。
（2） 中和含 0. 2 mo lHCl的稀盐酸，需 NaOH的 质量 为 _____g ．
（3）将 5 mo l/ L 的Mg(NO3)2溶液 a mL 稀 释 至 b mL， 稀 释 后 溶 液 中NO3－的物质的量 浓度是 _________mol·L－1．
（4）用等体积的 0. 1mol·L－1的BaCl2溶 液 ， 可使 相 同 体 积 的 Fe2(SO4)3、Na2SO4、KAl(SO4)2三种溶液中的SO42－完 全 沉 淀， 则 三 种 硫 酸 盐 的 物 质 的 量 浓 度 之 比 为 _____。
【答案】(1). 3：4 (2). 4：5 (3). 8 (4). 10a/b (5). 2:6:3
【解析】
【分析】（1）SO2分子含有3个原子，SO3分子含有4个原子，计算二者含有原子数目之比；二者分子数目相等，则物质的量相等，根据m=nM计算二者质量之比．
（2）由方程式，中和含 0. 2 mo lHCl的稀盐酸，需 0. 2 mo lNaOH；
（3）先计算出稀释前硝酸根离子的浓度，然后根据稀释过程中硝酸根离子的物质的量不变计算；
（4）反应消耗BaCl2的物质的量相同，则相同体积的Fe2(SO4)3、Na2SO4、KAl(SO4)2三种溶液中硫酸根的物质的量相等，据此确定Fe2(SO4)3、Na2SO4、KAl(SO4)2 物质的量之比，因三种溶液的体积相同，则物质的量之比等于其浓度之比．
【详解】（1）SO2分子含有3个原子，SO3分子含有4个原子，当SO2和SO3中分子个数比为1：1 时，原子总数之比为1×3：1×4=3：4；
二者分子数目相等，则物质的量相等，根据m=nM可知，SO2和SO3的质量之比为64g·mol－1：80g·mol－1=4：5；
（2）由方程式，中和含 0. 2 mo lHCl的稀盐酸，需 0. 2 mo lNaOH，质量为0. 2 mo l×40g·mol－1=8g；
（3）5mol·L－1的Mg（NO3）2溶液中硝酸根离子的浓度为：5mol·L－1×2=10mol·L－1，将a mL该溶液稀释至b mL，稀释过程中硝酸根离子的物质的量不变，稀释后溶液中NO3－的物质的量浓度是：10mol·L－1×a×10-3L/b×10-3L=10a/bmol·L－1；
（4）由题意知反应消耗BaCl2的物质的量相同，Fe2(SO4)3、Na2SO4、KAl(SO4)2 三种溶液中的SO42－离子恰好完全转化为沉淀，设Fe2(SO4)3、Na2SO4、KAl(SO4)2 三种物质的物质的量为x、y、z，则由Ba2＋+SO42－═BaSO4↓，可知
x×3=y×1=z×2，
则x：y：z=2：6：3，
因三种溶液的体积相同，则物质的量之比等于其浓度之比，即浓度之比为2：6：3；
22.现有14.4gCO和CO2的混合气体，在标准状况下其体积为 8.96L。请回答下列问题：
（1）该混合气体的平均摩尔质量 为 _____。
（2）该混合气体 中碳原子的个数 为 _____；（用N A表示阿伏加德罗常数的值）
（3）将该混合气体依次通过如下图所示装置，最后收集在气球中（体积在标准状况下测定） ．

气球中收集到的气体的摩尔质量 _____；
② 气球中收集到的气体的电子总数为 _____；（用 NA表 示阿伏加德罗常数的值 ）
③ 标况下气球中收集到的气体的体 积为 _____L。
【答案】(1). 36g/mol (2). 0.4NA (3). 28g/mol (4). 2.8NA (5). 4.48L
【解析】
【分析】（1）由M=m/n，n=V/Vm计算。
（2）设混合气体中CO的物质的量为xmol，CO2的物质的量为ymol，依据混合物质量为14.4g，标况下气体体积为8.96L，列方程计算；
（3）①将混合气体依次通过如图装置，则CO2会被NaOH溶液吸收，剩余CO，被浓硫酸干燥后，则在气球中收集到的是干燥纯净的CO气体；
②一个CO含有14个电子，由（1）求出的CO的物质的量计算电子的物质的量和数目．
③气球中的气体为CO，根据体积V=nVm来计算；
【详解】（1）根据气体的物质的量为8.96L/22.4L·mol－1=0.4mol，该混合气体的平均摩尔质量为M=14.4g/0.4mol=36g/mol；
（2）设混合气体中CO的物质的量为xmol，CO2的物质的量为ymol，则根据混合物的质量为14.4g可得：28x+44y=14.4 ①；可得：x+y=0.4 ②，解①②得：x=0.2mol、y=0.2mol，由于CO和CO2中均含1个碳原子，故0.2molCO和0.2molCO2中共含0.4molC原子即0.4NA个；
（3）将混合气体依次通过如图装置，则CO2会被NaOH溶液吸收，剩余CO，被浓硫酸干燥后，则在气球中收集到的是干燥纯净的CO气体．
①气球中收集到的气体为CO，而一种物质的摩尔质量在数值上等于该物质的相对分子质量，故收集到气体的摩尔质量为28g·mol－1；
②一个CO含有14个电子，由（2）求出的CO的物质的量为0.2mol，则电子的物质的量为0.2mol×14=2.8mol，电子总数为2.8NA个；
③气球中的气体为CO，其体积V=nVm=0.2mol×22.4L·mol－1=4.48L；