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2020届高考化学二轮复习化学定量实验作业 练习
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化学定量实验
一．选择题（共20小题）
1．配制100mL0.100 mol•L﹣1 Na2CO3溶液必须用到的仪器是（ ）
A． B． C． D．
2．在测定硫酸铜晶体中结晶水含量的实验中，下列操作会导致结果偏大的是（ ）
A．坩埚内壁附有不挥发性杂质
B．加热时晶体未完全变白就停止加热
C．加热过程中有晶体溅出
D．未做恒重操作
3．用0.1000mol•L﹣1NaOH 标准溶液滴定未知浓度的盐酸溶液恰好滴定至终点，下列说法正确的是（ ）
A．配制450mL0.1000mol•L﹣1的NaOH 溶液时，需用托盘天平称取NaOH 固体1.8 g
B．滴定前准备工作中滴定管一般需要进行操作；查漏→洗涤→装液→调液面→记录
C．若选用酚酞作指示剂，到达滴定终点时，锥形瓶内液体恰好褪色
D．读取NaOH 溶液体积时，滴定前读数正确，滴定后俯视读数，则所测盐酸的浓度数值将偏低
4．下列有关实验操作，说法正确的是（ ）
A．配制一定物质的量浓度溶液时，容量瓶中有少量的水会导致溶液浓度偏低
B．用盐酸标准溶液滴定未知浓度氨水，选用酚酞做指示剂的结果比甲基橙更准确
C．测定硫酸铜晶体中结晶水含量时，加热后的坩埚应直接放置在石棉网上冷却
D．测定中和热时，应迅速将酸、碱稀溶液在有保温措施的容器内混合、搅拌，记录最高温度
5．有一种测定阿伏加德罗常数的方法需测定一定量NaCl晶体的体积，具体步骤为：准确称出一定量NaCl晶体置于定容仪器a中，用滴定管向仪器a中滴加某液体b至a仪器的刻度线，即可测出NaCl晶体的体积．上述操作中的a、b分别指（ ）
A．量筒、水 B．容量瓶、四氯化碳
C．量筒、苯 D．容量瓶、水
6．为了测定某碱金属M的相对原子质量，设计了如图所示的装置．仪器本身连同水的质量为m1g．若向瓶中投入ag金属M，实验完毕后，测得装置的质量为m2g．则计算碱金属M的相对原子质量的算式和实验值与正确值的比较分别是（ ）
A．偏小 B．偏大
C．偏小 D．偏大
7．下列说法不正确的是（ ）
A．为降低铜锌原电池中的极化作用，可在电解质溶液中加入少量双氧水
B．用银氨溶液检验淀粉水解产物中有葡萄糖，应先向水解液中加适量NaOH溶液
C．通常用产生气泡的快慢，比较不同条件下Na2S2O3溶液与稀硫酸的反应速率
D．结晶时，溶质的溶解度越小，或溶液的浓度越高，或溶剂的蒸发速度越快，析出的晶粒就越细小
8．某兴趣小组为探究温度、压强对可逆反应A（g）+B（g）⇌C（g）+D（s）的影响，进行了如下实验：恒温条件下，往一个容积为1OL的密闭容器中充入1molA和1molB，反应达平衡时测得容器中各物质的物质的量浓度为[浓度1]．然后改变外界条件又做了两组实验：①只升高温度；②只改变体系压强．分别测得新平衡时容器中各物质的物质的量浓度为[浓度2]、[浓度3]．
A
B
C
[浓度1]/mol•L﹣1
0.05
a
0.05
[浓度2]/mol•L﹣1
0.078
0.078
0.022
[浓度3]/mol•L﹣1
0.06
0.06
0.04
[浓度4]/mol•L﹣1
0.07
0.07
0.098
请找出实验操作①②与实验数据[浓度2]、[浓度3]的对应关系，并分析下列结论，其中错误的是（ ）
A．由[浓度2]与[浓度1]的比较，可判断出正反应是放热反应
B．由[浓度3]与[浓度1]的比较，可判断平衡移动的原因是增大压强
C．[浓度1]中a＝0.05
D．该组某学生在实验①过程中，测得各物质在某一时刻的浓度为[浓度4]，则说明其在测定过程中出现了很大误差
9．反应CO（g）+2H2（g）⇌2CH3OH（g）在密闭容器中进行．为探究温度、CO2等对该反应的影响，进行了4组实验，结果如图．下列说法不正确的是（ ）
A．该反应的△H＞0
B．当容器中压强不变时，反应达到平衡
C．CH3OH含量增大的原因是CO2起了催化作用
D．少量CO2能提高平衡时CH3OH的体积分数
10．汽车尾气中的二氧化氮在低层大气中可形成化学烟雾，并循环生成臭氧，反应机理为：（ ）
①NO2NO+O；②O+O2═O3；③﹣﹣﹣﹣﹣．该过程的总反应为3O2═2O3．则下列说法正确的是。
A．反应③为N2O4═2NO2
B．该过程最终会导致大气中O的含量增加
C．总反应中NO2作催化剂
D．该反应可用于修复大气“臭氧空调”
11．实验室利用如图所示装置可测量一定质量的钢材中的含碳量（部分加持装置已略去）．下列有关判断正确的是（ ）
A．实验时，先打开K1、K2，关闭K3，从a处通入N2，目的是排出装置中的O2
B．点燃酒精灯前，需要打开K1、关闭K2，打开K3、K1起到平衡气压的作用
C．装置②中的酸性KMnO4溶液吸收SO2，装置③盛有浓硫酸，起到干燥作用
D．实验前后需称取裝置④和装置⑤的质量，才能准确地测得钢材的含碳量
12．中学化学中很多“规律”都有适用范围，下列根据有关“规律”推出的结论正确的是（ ）
选项
规律
结论
A
元素的非金属性较强，其单质也越活泼
磷单质比N2稳定
B
反应物浓度越大，反应速率越快
常温下，相同的铝片中分别加入足量的浓硝酸、稀硝酸，浓硝酸中铝片先溶解完全
C
结构和组成相似的物质，沸点随相对分子质量增大而升高
NH3沸点低于PH3
D
溶解度小的沉淀易向溶解度更小的沉淀转化
ZnS沉淀中滴加CuSO4溶液可以得到CuS黑色沉淀
A．A B．B C．C D．D
13．要求设计实验证明某种盐的水解是吸热的，有四位学生分别作出如下回答，其中正确的是（ ）
A．甲学生：将硝酸铵晶体溶于水，若水温下降，说明硝酸铵水解是吸热的
B．乙学生：在盐酸中加入相同温度的氨水，若实验过程中混合液温度下降，说明盐类水解是吸热的
C．丙学生：在醋酸钠溶液中加入醋酸钠晶体，若溶液温度下降，说明盐类水解是吸热的
D．丁学生：在醋酸钠溶液中滴入酚酞试液，加热后若红色加深，说明盐类水解是吸热的
14．锂空气电池比锂离子电池具有更高的能量密度。其工作原理如图，下列说法中错误的是（ ）
A．多孔电极有利于氧气扩散至电极表面
B．正极的电极反应：O2+4e﹣+2H2O＝4OH﹣
C．充电时电子经电解质溶液流向专用充电电极
D．固体电解质的作用是让锂离子通过
15．资料显示：自催化作用是指反应产物之一使该反应速率加快的作用。用稀硫酸酸化的KMnO4进行下列三组实验，一段时间后溶液均褪色（0.01mol/L可以记做0.01M）。
实验①
实验②
实验③
1mL0.01M的KMnO4溶液和1mL0.1M的H2C2O4溶液混合
1mL0.01M的KMnO4溶液和1mL0.1M的H2C2O4溶液混合
1mL0.01M的KMnO4溶液和1mL0.1M的H2C2O4溶液混合
褪色
比实验①褪色快
比实验①褪色快
下列说法不正确的是（ ）
A．实验①中发生氧化还原反应，H2C2O4是还原剂，产物MnSO4能起自催化作用
B．实验②褪色比①快，是因为MnSO4的催化作用加快了反应速率
C．实验③褪色比①快，是因为Cl﹣的催化作用加快了反应速率
D．若用1mL0.2M的H2C2O4做实验①，推测比实验①褪色快
16．某研究小组根据Zn+Br2═ZnBr2，设计了一个蓄电池，有关该蓄电池叙述不正确的是（ ）
A．放电时负极反应式为Zn﹣2e═Zn2+
B．电解质溶液不可以用强酸，也不可以用强碱
C．充电时，蓄电池负极应接在直流电源负极上
D．放电时，电解质溶液中Zn2+移向负极
17．下列关于实验的叙述正确的是（ ）
A．向乙二酸溶液中加入碳酸钠溶液，可以比较碳酸与乙二酸的酸性强弱
B．向混有少量苯酚的苯中加入饱和溴水，通过过滤可以除去苯酚
C．向某溶液中依次加入氯水和硫氰化钾溶液，溶液变红，说明溶液中含有Fe2+
D．向等量双氧水溶液中分别加入绿豆大小的氯化铁和硫酸铜固体，比较二者的催化能力
18．常温下，0.1mol/L的下列溶液酸性最强的是（ ）
A．NaHSO4 B．NaHSO3 C．Al2（SO4）3 D．CH3COOH
19．如图所示实验中，把四根洁净的金属条A、B、C、D轮流放置在浸有盐溶液的滤纸上面并压紧．在每次轮流实验时，记录了电压表指针的移动方向和电压表的读数（如下表）．下列说法中正确的是（ ）
金属
电子流动方向
电压
A
A→Cu
+0.78
B
Cu→B
﹣2.15
C
C→Cu
+1.35
D
+0.30
A．金属D与Cu之间电子流动方向为Cu→D
B．A金属可能是最强的还原剂
C．B金属不能从硫酸铜溶液中置换铜
D．B金属可能是最强的还原剂
20．CuI是一种不溶于水的白色固体，它可以由反应：2Cu2++4I﹣＝2CuI↓+I2而得到。如图所示装置中，a、b都是惰性电极，通电一段时间后，在KI﹣淀粉溶液中阳极周围变蓝色，则下列说法正确的是（ ）
A．若a极变红，则在Pt电极上：2I﹣﹣2e﹣＝I2 淀粉遇碘变蓝
B．若b极变红，在Pt电极上：4OH﹣﹣4e﹣＝2H2O+O2 O2将I﹣氧化为I2，淀粉遇碘变蓝
C．若a极变红，在Cu电极上：开始Cu+I﹣﹣e﹣＝CuI，一段时间后2I﹣﹣2e﹣═I2 淀粉遇碘变蓝
D．若b极变红，在Cu极上：Cu﹣2e﹣═Cu2+ Cu2+ 显蓝色
二．填空题（共5小题）
21．配制500mL0.5mol•L﹣1的NaOH溶液，试回答下列问题：
（1）计算：需要NaOH固体的质量为 ．
（2）某学生用托盘天平称量一个小烧杯的质量，称量前把游码放在标尺的零刻度处，天平静止时发现指针在分度盘的偏右位置，此时左边的托盘将 （填“高于”或“低于”）右边的托盘．
（3）配制方法：设计五个操作步骤：
①向盛有NaOH的烧杯中加入200mL蒸馏水使其溶解，并冷却至室温．
②继续往容量瓶中加蒸馏水至液面接近刻度线1cm～2cm．
③将NaOH溶液沿玻璃棒注入500mL容量瓶中．
④在烧杯中加入少量的蒸馏水，小心洗涤2～3次后移入容量瓶．
⑤改用胶头滴管加蒸馏水至刻度线，加盖摇匀．
试将以上顺序编出正确程序 ．
A、①③②④⑤B、①④③②⑤C、①③④②⑤D、①④②③⑤
（4）某学生实际配制NaOH溶液的浓度为0.48mol•L﹣1，不可能的原因是
A．使用滤纸称量氢氧化钠固体
B．容量瓶中原来存有少量蒸馏水
C．转移溶液后的烧杯未经多次洗涤
D．胶头滴管加水后定容时仰视刻度．
22．用18mol/L 浓硫酸配制100ml 3.0mol/L 稀硫酸的实验步骤如下：①计算所用浓硫酸的体积 ②量取一定体积的浓硫酸③稀释 ④冷却，转移、洗涤 摇匀 ⑤定容、摇匀 ⑥转入试剂瓶，贴标签．
回答下列问题
（1）所需浓硫酸的体积是 ml，量取浓硫酸所用的量筒的规格是 （从下列中选用 A.10ml B.25ml C.50ml D.100ml）
（2）第③步实验的操作步骤是
（3）第⑤步实验的操作步骤是
（4）下列情况对所配制的稀硫酸浓度有何影响？（填偏大、偏小、无影响）
A．所用的浓硫酸长时间放置在密封不好的容器中
B．容量瓶用蒸馏洗涤后残留有少量的水
C．所用过的烧杯、玻璃棒未洗涤
D．定容时俯视溶液的液凹面
E、用量筒量取浓硫酸时俯视读数 ．
23．氧化还原滴定同中和滴定类似（用已知浓度的氧化剂溶液滴定未知浓度的还原剂溶液或反之）．现有0.001000mol/L酸性KMnO4溶液和10.00mL未知浓度的无色NaHSO3溶液，反应的离子方程式是：
H++2MnO4﹣+5HSO3﹣＝2Mn2++5SO42﹣+3H2O，回答下列问题：
（1）该滴定实验所需仪器（或试剂）为下列中的 （填序号）．
A．酸式滴定管（25mL） B．碱式滴定管（25mL） C．量筒（10mL） D．锥形瓶
E．铁架台 F．滴定管夹 G．胶头滴管 H．漏斗 I．甲基橙试剂 J．酚酞试剂
（2）不能用 （填酸或碱）式滴定管盛放酸性高锰酸钾溶液，试分析原因 ．
（3）若滴定前平视KMnO4溶液液面，刻度为amL；滴定后俯视液面，刻度为bmL，则（b﹣a）mL比实际KMnO4消耗的体积 （填“多”或“少”）．根据（b﹣a）mL计算，得到的待测液浓度比实际浓度 （填“大”或“小”）．
（4）若滴定前酸性KMnO4溶液刻度在“0”mL处，滴定结束时，刻度如图所示，则终点读数为 mL，待测NaHSO3溶液的浓度为 ．
24．已知测定中和热的实验步骤如下：
①量取50mL 0.25mol/L硫酸倒入小烧杯中，测量温度；
②量取50mL 0.55mol/L NaOH溶液，测量温度；
③将NaOH溶液倒入小烧杯中，混合均匀后测量混合液温度．
请回答：
（1）NaOH溶液稍过量的原因 ．
（2）加入NaOH溶液的正确操作是 （填字母）．
A．沿玻璃棒缓慢加入 B．一次迅速加入 C．分三次加入
（3）使硫酸与NaOH溶液混合均匀的正确操作是 ．
温度
实验次数
起始温度t1/℃
终止温度
t2/℃
温度差平均值
（t2﹣t1）/℃
H2SO4
NaOH
平均值
1
25.0
25.2
25.1
28.5
3.4
2
24.9
25.1
25.0
28.3
3.3
3
25.6
25.4
25.5
29.0
3.5
（4）设溶液的密度均为1g•cm﹣3，中和后溶液的比热容c＝4.18J•（g•℃）﹣1，请根据实验数据求出中和热为 写出该反应的热化学方程式
（5）若将含0.5mol H2SO4的浓硫酸与含1mol NaOH的溶液混合，放出的热量 （填“小于”、“等于”或“大于”）57.3kJ，原因是 ．
25．某化学兴趣小组的同学通过实验比较等体积（200mL）0.55mol/L硫酸、1.1mol/L盐酸、1.1mol/L醋酸分别与过量金属反应生成氢气的速率请你协助完成如下实验，并回答相关问题．
（1）实验用品：仪器（略）、药品（除给定的三种酸溶液外，在Na、Mg、Fe三种金属中选择最合适的一种，并说明理由）．选择的金属是 ，不选其它两种金属的理由是 ．
（2）实验原理：（用离子方程式表示） ．
（3）甲同学设计的实验装置，乙同学认为该装置不能控制三个反应在同一时间发生，并作了相应的改进．你认为乙同学改进的措施是： ．
（4）按改进后的装置进行实验，实验中HCl与金属反应产生H2质量随时间变化的关系见图一，计算实验在80﹣120s范围内HCl的平均反应速率 （忽略溶液体积变化，写出计算过程）．
（5）请在答题卡的框图中，画出HAc、H2SO4与金属反应产生H2质量随时间变化关系的预期结果示意图．
（6）量筒的规格由 决定．
（7）对盐酸和醋酸反应图象的异同，你的解释是 ．
三．实验题（共3小题）
26．实验室利用如图装置进行中和热的测定．回答下列问题：
（1）该图中有两处实验用品未画出，它们是 、 ；
（2）在操作正确的前提下提高中和热测定的准确性的关键是：
（3）如果用0.5mol/L的盐酸和氢氧化钠固体进行实验，则实验中所测出的“中和热”将 （填“偏大”、“偏小”、“不变”）原因是 ．
27．用无水 Na2SO3固体配制 250mL 0.1000mol•L﹣1 溶液的步骤如下图，请回答：
（1）在配制过程中必要的仪器有：烧杯、玻璃棒、胶头滴管、250ml 容量瓶和 ；检验容量瓶是否漏水的操作方法是 。
（2）下列操作不会对所配的Na2SO3溶液浓度产生误差的是 。
A．容量瓶刚用蒸馏水洗净，没有烘干
B．图③没有用蒸馏水洗烧杯 2﹣3 次，并转移洗液
C．图⑤时仰视容量瓶的刻度线
D．图⑥后，发现液面略低于刻度线，再滴加少量水使液面凹面与刻度线相切
（3）已知亚硫酸钠在空气中能被氧气氧化生成硫酸钠，请设计实验检验配制的 Na2SO3 溶液是否发生变质 。
28．化学实验是人们探究物质组成、性质及变化的重要实践活动。化学实验有定性的，也有定量的。在高二时，我们学习了两个定量实验﹣﹣酸碱滴定和硫酸铜晶体结晶水含量的测定。
（1）酸碱滴定又称中和滴定。中和滴定在科学研究、医疗卫生、工农业生产上有广泛的应用。实验室现取未知浓度的盐酸25.00mL，用浓度为0.1200mol/L的标准氢氧化钠溶液滴定。
该实验过程中所需的玻璃仪器是 。
（2）在用标准氢氧化钠溶液滴定前，需在盐酸溶液中先加入 指示剂。滴定时，一手控制活塞，一手 。开始滴定时，溶液滴出的速度要由快到慢，最后要一滴一滴加入，当最后一滴使溶液 ，即为滴定终点。
测定物质的组成，确定其化学式是定量实验的重要内容之一。测定硫酸铜晶体（CuSO4•xH2O）中x值的实验过程如下：
实验操作完成后，各次称量的数据如下表：
称量
第1次
第2次
第3次
第4次
第5次
质量（g）
m1
m2
m3
m4
m4
（3）根据上述数据，求CuSO4•xH2O中的x＝ 。
（4）下列操作会导致x值偏高的是 （选填编号）。
a．坩埚未干燥 b．加热过程中有晶体溅失 c．灼烧后坩埚在空气中冷却
（4）写出判断恒重的方法 。
化学定量实验
参考答案与试题解析
一．选择题（共20小题）
1．【分析】配制100mL 0.100mol•L﹣1Na2CO3溶液步骤为：计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等，根据配制步骤选择使用的仪器。
【解答】解：配制100mL 0.100mol•L﹣1Na2CO3溶液过程中使用的仪器有：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管，所以必须使用的仪器为100mL容量瓶，不会使用到坩埚、圆底烧瓶分液漏斗，故C选。
故选：C。
2．【分析】根据结晶水合物中，结晶水的质量＝m1（容器十晶体）﹣m2（容器十无水硫酸铜），结晶水质量分数＝×100%，在测定中若被测样品中含有加热挥发的杂质或实验前容器中有水或实验过程中有晶体溅出等，都会造成测量结果偏高，据此进行解答。
【解答】解：A．坩埚内壁附有不挥发性杂质，导致固体相对偏多，则测定结果偏低，故A错误；
B．固体应该加热至完全变成白色，若加热时晶体未完全变白就停止加热，结晶水没有完全失去，导致计算结果偏小，故B错误；
C．加热过程中有晶体溅失，导致结晶水质量m1﹣m2偏大，测量结果偏高，故C正确；
D．未做恒重操作有两种结果：①若未达恒重即停止实验，计算出的结晶水的质量偏小，测定结果偏小；②若已达恒重即停止实验，计算出的结晶水的质量准确，所以两种情况均不会导致结果偏大，故D错误；
故选：C。
3．【分析】A．配制450 mL 0.1 mol•L﹣1的NaOH溶液，应500mL的容量瓶来配制，根据m＝cVM计算；
B．滴定管在装液前没有用待装液润洗；
C．滴定结束前溶液为无色，滴定结束时溶液变为粉红色；
D．滴定后俯视读数，导致读出的标准液体积偏小，测定结果偏低。
【解答】解：A．配制450mL 0.1 mol•L﹣1的NaOH溶液，应500mL的容量瓶来配制，所以氢氧化钠固体的质量为：0.1 mol•L﹣1×0.5L×40g/mol＝2g，故A错误；
B．滴定管在装液前需要用待装液润洗，正确的操作为：查漏→洗涤→润洗→装液→调液面→记录，故B错误；
C．盐酸为待测液，滴定前锥形瓶中盐酸溶液为无色，当到达滴定终点时溶液变为粉红色，不是褪色，故C错误；
D．读取NaOH 溶液体积时，滴定前读数正确，滴定后俯视读数，导致读出的标准最终液体积偏小，计算出消耗的标准液体积偏小，则所测盐酸的浓度数值将偏低，故D正确；
故选：D。
4．【分析】A、根据c＝判断配制溶液误差；
B、盐酸滴定未知浓度的氨水，滴定终点显酸性，利用酚酞误差大；
C、加热后的坩埚须在干燥器中冷却，防止吸收空气中的水；
D、测定中和热的实验关键是保温工作。
【解答】解：A、制一定物质的量浓度溶液时，容量瓶中有少量的水不会干扰实验结果，故A错误；
B、盐酸滴定未知浓度的氨水，滴定终点显酸性，利用酚酞误差大，应选甲基橙作指示剂，故B错误；
C、加热后的坩埚须在干燥器中冷却，防止吸收空气中的水，再称量，操作合理，故C错误；
D、测定中和热实验关键是保温工作，应迅速将酸、碱稀溶液在有保温措施的容器内混合、搅拌，记录最高温度，故D正确，
故选：D。
5．【分析】测定阿伏加德罗常数的方法需测定一定量NaCl晶体的体积，所以选用的液体b不能够溶解氯化钠，否则无法测定氯化钠的体积；实验室中常用的定容仪器为容量瓶，而量筒不是定容仪器，据此进行解答．
【解答】解：由于容量瓶具有一定体积并便于振荡，所以定容容器为容量瓶，不是量筒；需要测量NaCl晶体的体积，所加溶剂不能溶解NaCl，否则无法测出NaCl的体积，所以不能用水，应用有机溶剂苯或者四氯化碳，
故选：B。
6．【分析】先根据质量守恒求出氢气的质量，然后根据方程式求出碱金属M的相对原子质量M；根据部分水蒸气逸出使氢气质量偏大，所以测得的相对原子质量偏小．
【解答】解：碱金属M的相对原子质量X，氢气质量＝m1+a﹣m2
2R+2H2O＝2ROH+H2↑
2X 2
a m1+a﹣m2
＝
X＝
若不用干燥管，部分水蒸气逸出使氢气质量偏大，偏小，即测得的相对原子质量偏小。
故选：C。
7．【分析】A．在原电池反应中加入强氧化剂如过双氧水等，它可以使Zn电极部分形成一层氧化膜，从而大大改善Zn电极金属的溶解速率，使电极的极化作用得以减缓；
B．葡萄糖时与新制Cu（OH）2悬浊液或银氨溶液都必须在碱性环境中进行；
C．Na2S2O3+H2SO4＝Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O，虽说也有SO2产生，但SO2在水中溶解度比较大，1体积水大约可以溶解40体积SO2，观察气体产生快慢不如观察沉淀生成现象明显；
D．晶体颗粒的大小与结晶条件有关，溶质的溶解度越小，或溶液浓度越高，或溶剂的蒸发速度越快，或溶液冷却越快，析出的晶粒就越小；反之，可得到较大的晶体颗粒．
【解答】解：A．双氧水可以使Zn电极部分形成一层氧化膜，从而大大改善Zn电极金属的溶解速率，使电极的极化作用得以减缓，故A正确；
B．用银氨溶液检验淀粉水解产物中有葡萄糖，应先向水解液中加适量NaOH溶液中和硫酸，故B正确；
C．通常用观察沉淀生成，比较不同条件下Na2S2O3溶液与稀硫酸的反应速率，故C错误；
D．晶体颗粒的大小与结晶条件有关，溶质的溶解度越小，或溶液浓度越高，或溶剂的蒸发速度越快，或溶液冷却越快，析出的晶粒就越小；反之，可得到较大的晶体颗粒，故D正确；
故选：C。
8．【分析】A、根据[浓度2]与[浓度1]中的浓度变化判断正反应是吸热还是放热反应；
B、根据[浓度3]与[浓度1]中反应物、生成物浓度变化分析是增大压强还是减小压强；
C、根据反应的方程式A（g）+B（g）⇌C（g）+D（s）来判断，在恒温条件下往一个容积为10L的密闭容器中充入1molA和1molB，反应达平衡时，第Ⅰ组消耗的B的物质的量与A的物质的量相等；
D、根据等效平衡和极性转化法进行判断．
【解答】解：A、升高温度后，反应物A、B的浓度增大，C的浓度减小，说明化学平衡向着逆向移动，可判断出正反应是放热反应，故A正确；
B、由于D是固体，该反应在正反应是体积缩小的反应，由[浓度3]与[浓度1]的比较，[浓度3]反应物浓度增加、生成物浓度减小，平衡向着逆向移动，说明是减小了压强，故B错误；
C、反应A（g）+B（g）⇌C（g）+D（s）中，A和B加入的物质的量相等，化学计量数相等，所以反应达平衡时，第Ⅰ组消耗的B的物质的量与A的物质的量相等，故a＝0.05，故C正确；
D、将C的浓度完全转化成A、B的浓度，A、B的浓度都为0.168mol/L，物质的量为1.68mol，最初加入的A、B的物质的量均为1mol，显然在测定过程中出现了很大误差，故D正确；
故选：B。
9．【分析】A、比较表中1和2或者3和4数据可知，其他条件一致时，升高温度，达到平衡时CH3OH体积分数增大，判断△H；
B．反应前气体体积大于反应后气体体积，即化学平衡移动时，压强也随之变化，据此判断；
C．有CO2存在时，能促进反应的正向移动，但不是催化作用；
D．比较表中1和3或者2和4数据可知，CO2存在，能够增大CH3OH的体积分数．
【解答】解：A、比较表中1和2或者3和4数据可知，其他条件一致时，升高温度，化学平衡向着吸热的方向移动，达到平衡时CH3OH体积分数增大，所以△H＞0，故A正确；
B．反应前气体体积大于反应后气体体积，即化学平衡移动时，压强也随之变化，当压强不变时，达到了化学平衡状态，故B正确；
C．有CO2存在时，能促进反应的正向移动，但不是催化作用，催化作用不影响化学平衡的移动，只影响化学反应速率，故C错误；
D．比较表中1和3或者2和4数据可知，CO2存在，能够增大CH3OH的体积分数，故D正确；
故选：C。
10．【分析】该过程的总反应为3O2═2O3，说明NO2作催化剂，①中NO2反应生成NO，则反应③中NO反应生成NO2，其反应方程式为：2NO+O2＝2NO2，据此分析。
【解答】解：该过程的总反应为3O2═2O3，说明NO2作催化剂，①中NO2反应生成NO，则反应③中NO反应生成NO2，其反应方程式为：2NO+O2＝2NO2，
A．由以上分析可知，反应③为2NO+O2＝2NO2，故A错误；
B．由反应总方程3O2═2O3可知，大气中O的含量不变，故B错误；
C．该过程的总反应为3O2═2O3，则反应前后NO2的质量和性质不变，NO2为催化剂，故C正确；
D．该过程是在低层大气中形成的，“臭氧空洞”是在高空中大气平流层形成的，所以不能修复臭氧层空洞，故D错误。
故选：C。
11．【分析】实验时，先打开K1、K2，关闭K3，从a处通入N2，目的是排出装置中的CO2 ，点燃酒精灯前，需要关闭K1、关闭K2，打开K3，生成的气体通过装置②中高锰酸钾溶液吸收二氧化硫，通过装置③盛有浓硫酸，起到干燥作用，通过裝置④吸收生成的二氧化碳，装置⑤是防止空气中水蒸气，
A．装置内空气中的二氧化碳会对钢材中的含碳量测定有影响；
B．打开K1生成的气体会从此处逸出；
C．钢铁中碳和浓硫酸反应生成二氧化硫、二氧化碳和水，测定二氧化碳的量需要除净二氧化硫，二氧化硫具有还原性能被高锰酸钾氧化；
D．装置⑤是防止空气中水蒸气、二氧化碳进入装置④影响生成二氧化碳的测定。
【解答】解：实验时，先打开K1、K2，关闭K3，从a处通入N2，目的是排出装置中的CO2 ，点燃酒精灯前，需要关闭K1、关闭K2，打开K3，生成的气体通过装置②中高锰酸钾溶液吸收二氧化硫，通过装置③盛有浓硫酸，起到干燥作用，通过裝置④吸收生成的二氧化碳，装置⑤是防止空气中水蒸气，
A．装置内空气中的二氧化碳会对钢材中的含碳量测定有影响，实验时，先打开K1、K2，关闭K3，从a处通入N2，目的是排出装置中的CO2，故A错误；
B．打开K1生成的气体会从此处逸出，不能测定生成二氧化碳的量，故B错误；
C．钢铁中碳和浓硫酸反应生成二氧化硫、二氧化碳和水，通过装置②中高锰酸钾溶液吸收二氧化硫，通过装置③盛有浓硫酸，起到干燥作用，得到纯净干燥的二氧化碳，故C正确；
D．装置⑤中碱石灰是防止空气中水蒸气、二氧化碳进入装置④影响生成二氧化碳的测定，故不需要称取装置⑤的质量，故D错误；
故选：C。
12．【分析】A．非金属元素活泼性与其单质的氧化性强弱有关，物质稳定性与化学键有关；
B．常温下，浓硝酸和铝发生钝化现象；
C．分子晶体熔沸点与分子间作用力和氢键有关，含有氢键的氢化物熔沸点较高；
D．溶解度大的物质能转化为溶解度小的物质．
【解答】解：A．非金属元素活泼性与其单质的氧化性强弱有关，物质稳定性与化学键有关，元素的非金属性越强，其单质的氧化性越强，但其单质不一定越活泼，氮气化学性质稳定，常温下不发生反应，而磷常温下能够与空气中的氧气反应，所以磷单质的化学性质比氮气活泼，故A错误；
B．常温下，浓硝酸和铝发生钝化现象，导致抑制铝和浓硝酸的反应，则Al在稀硝酸中先溶解完，故B错误；
C．分子晶体熔沸点与分子间作用力和氢键有关，含有氢键的氢化物熔沸点较高，氨气中含有氢键，所以熔沸点NH3＞PH3，故C错误；
D．溶解度大的物质能转化为溶解度小的物质，溶度积ZnS沉淀中滴加CuSO4溶液可以得到CuS黑色沉淀，说明溶解度ZnS＞CuS，故D正确；
故选：D。
13．【分析】A．硝酸铵晶体溶于水吸收热量；
B．中和反应为放热反应，测定温度应注意隔热；
C．醋酸钠溶液中加入醋酸钠晶体，醋酸根离子浓度增大；
D．醋酸钠溶液中滴入酚酞试液，加热后若红色加深，则升高温度促进水解．
【解答】解：A．因硝酸铵晶体溶于水吸收热量，则不能说明盐水解为吸热反应，故A错误；
B．中和反应为放热反应，测定温度应注意隔热，且一水合氨的电离为吸热反应，不能说明盐类水解是吸热的，故B错误；
C．醋酸钠溶液中加入醋酸钠晶体，醋酸根离子浓度增大，促进水解，溶解过程伴随热效应，则不能说明盐类水解是吸热的，故C错误；
D．醋酸钠溶液中滴入酚酞试液，加热后若红色加深，则升高温度促进水解，即水解反应为吸热反应，故D正确；
故选：D。
14．【分析】在锂空气电池中，锂作负极，以空气中的氧气作为正极反应物，水性电解液，氧气得电子生成氢氧根离子，据此解答。
【解答】解：A、多孔电极可以增大氧气的接触面积，有利于氧气扩散至电极表面，故A正确；
B、因为该电池为水性电解液，正极上是氧气得电子的还原反应，反应为O2+2H2O+4e﹣＝4OH﹣，故A正确；
C、充电时电子从阳极流向阴极，但是不会经过电解质溶液，故C错误；
D、根据图中信息，固体电解质的作用是让锂离子通过，故D正确。
故选：C。
15．【分析】A．C元素的化合价升高，且锰离子可作催化剂；
B．催化剂可加快反应速率；
C．高锰酸钾可氧化氯离子；
D．增大浓度，反应速率加快。
【解答】解：A．C元素的化合价升高，且锰离子可作催化剂，则实验①中发生氧化还原反应，H2C2O4是还原剂，产物MnSO4能起自催化作用，故A正确；
B．催化剂可加快反应速率，则实验②褪色比①快，是因为MnSO4的催化作用加快了反应速率，故B正确；
C．高锰酸钾可氧化氯离子，则实验③褪色比①快，与催化作用无关，故C错误；
D．增大浓度，反应速率加快，则用1mL0.2M的H2C2O4做实验①，推测比实验①褪色快，故D正确；
故选：C。
16．【分析】A、放电时是原电池负极发生失电子的氧化反应；
B、金属锌可以和强酸、强碱发生化学反应；
C、充电时是电解池的工作原理，根据电极反应来确定电极的接法；
D、放电时是原电池的工作原理，电解质溶液中阳离子移向正极．
【解答】解：A、该蓄电池放电时是原电池的工作原理，在原电池中，负极发生失电子的氧化反应，根据Zn+Br2═ZnBr2，负极是金属锌失电子，即Zn﹣2e═Zn2+，故A正确；
B、如果电解质溶液用强酸、强碱，金属锌可以和强酸、强碱发生化学反应，此时的电池反应是金属锌和酸或是碱的反应，不会实现反应Zn+Br2═ZnBr2，故B正确；
C、充电时是电解池的工作原理，蓄电池负极发生失电子的氧化反应，它的逆反应是还原反应，和放电时电解池的阴极上得电子的还原反应反应相同，电解池的阴极是和电源负极相连的，所以充电时，蓄电池负极应接在直流电源负极上，故C正确；
D、放电时是原电池的工作原理，电子从负极流向正极，所以电解质溶液中阳离子移向正极，故D错误。
故选：D。
17．【分析】A、强酸制备弱酸；
B、三溴苯酚溶于苯；
C、检验Fe2+为先加硫氰化钾溶液，溶液不变红色，再加氯水溶液变红色，说明溶液中含有Fe2+；
D、应保证双氧水的浓度相同，而不是质量相同．
【解答】解：A、反应进行符合复分解反应发生的条件，应为强酸制备弱酸，可以比较碳酸与乙二酸的酸性强弱，故A正确；
B、生成的三溴苯酚溶于苯，无过滤分离，故B错误；
C、原溶液中含有Fe3+或Fe2+或Fe3+、Fe2+，加氯水溶液后再加加氯水溶液，溶液都变红色，故C错误；
D、等量双氧水溶液浓度不一定相同，应保证双氧水的浓度相同，而不是质量相同，故D错误；
故选：A。
18．【分析】常温下溶液中氢离子浓度越大，溶液酸性越强，硫酸氢钠在溶液中完全电离出氢离子，0.1mol/L的NaHSO4溶液中氢离子浓度为0.1mol/L，其酸性最强，其它物质氢离子浓度都较小，据此进行解答．
【解答】解：A.0.1mol/L的NaHSO4溶液中，硫酸氢钠完全电离，氢离子浓度为0.1mol/L；
B．NaHSO3在溶液中部分电离出氢离子，溶液呈酸性，但氢离子浓度小于0.1mol/L；
C．Al2（SO4）3溶液中铝离子部分水解，溶液呈弱酸性，但氢离子浓度小于0.1mol/L；
D．CH3COOH为弱酸，在溶液中部分电离出氢离子，则0.1mol/L的CH3COOH溶液中氢离子浓度小于0.1mol/L；
氢离子浓度越大，溶液酸性越强，根据分析可知酸性最强的为NaHSO4，
故选：A。
19．【分析】根据原电池中电子的流向判断金属的强弱，电压值越大，金属的活泼性越强，
A、金属A与Cu形成的电压为+，说明金属D比Cu活泼，电子流动方向为A→Cu；
B、电压值越大，金属的活泼性越强，金属的还原性越强；
C、电压为﹣，说明Cu比金属B活泼，因此金属B金属不能从硫酸铜溶液中置换铜；
D、B金属对应的电压最小，说明B金属是还原性最弱的金属．
【解答】解：A、金属A与Cu形成的电压为+，说明金属D比Cu活泼，电子流动方向为A→Cu，故A错误；
B、电压值越大，金属的活泼性越强，金属的还原性越强，因此最强的还原剂为金属C，故B错误；
C、电压为﹣，说明Cu比金属B活泼，因此金属B金属不能从硫酸铜溶液中置换铜，故C正确；
D、B金属对应的电压最小，说明B金属是还原性最弱的金属，故D错误；
故选：C。
20．【分析】a、b都是惰性电极，通电一段时间后，在KI﹣淀粉溶液中阳极周围变蓝色，则阳极上发生2I﹣﹣2e﹣＝I2，进而确定电源的正负极情况，惰性电极电解氯化钠和酚酞的混合溶液，在阳极上是氯离子发生失电子的氧化反应，在阴极上是氢离子发生得电子的还原反应，根据电解池的工作原理知识来回答即可。
【解答】解：A、若a极变红，则该极上是氢离子发生得电子的还原反应，所有a为阴极，b为阳极，Y为电源的正极，X为负极，则Pt电极为阴极，该极上是氢离子氢离子发生得电子的还原反应，析出氢气，故A错误；
B、若b极变红，则该极上是氢离子发生得电子的还原反应，所有b为阴极，a为阳极，Y为电源的负极，X为正极，则Pt电极为阳极，该极上是碘离子发生失电子生成碘单质的氧化反应，淀粉遇碘变蓝，故B错误；
C、电解NaCl溶液（滴入酚酞），阴极附近变红，若a极变红，则X为电源的负极，Y为正极，故Cu电极为阳极，则
Cu﹣2e﹣＝Cu2+或Cu→Cu2++2e﹣，2Cu2++4I﹣＝2CuI↓+I2，碘遇淀粉变蓝；若b极变红，则X为正极，Pt电极为阳极，则2I﹣﹣2e﹣＝I2或2I﹣→I2+2e﹣，碘遇淀粉变蓝，故C正确。
D、若b极变红，则该极上是氢离子发生得电子的还原反应，所有b为阴极，a为阳极，Y为电源的负极，X为正极，Cu电极是阴极，该极上发生氢离子发生得电子的还原反应，析出氢气，故D错误。
故选：C。
二．填空题（共5小题）
21．【分析】（1）利用n＝cv计算出氢氧化钠的物质的量，再根据m＝nM计算所需氢氧化钠的质量；
（2）托盘天平的精确度为0.1g，分度盘的指针偏右，说明右边重；
（3）根据配制溶液的实验操作过程进行实验步骤排序；
（4）分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响，根据c＝分析判断．
【解答】解：（1）需氢氧化钠的质量为m＝0.5L×0.5mol•L﹣1×40g/mol＝10.0g．
故答案为：10.0g；
（2）分度盘的指针偏右，说明右边重，左盘高于右盘，
故答案为：高于；
（3）操作步骤有计算、称量、溶解、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解（可用量筒量取水加入烧杯），并用玻璃棒搅拌，加速溶解．冷却后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤烧杯、玻璃棒2﹣3次，并将洗涤液移入容量瓶中，加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀．所以正确操作顺序为①③④②⑤．
故答案为：C；
（4）实际配制NaOH溶液的浓度0.48mol•L﹣1，所配溶液浓度偏低．
A． 用滤纸称量时，滤纸会吸附氢氧化钠，所以转入烧杯的氢氧化钠也少了，所配溶液浓度偏低．
B． 最后需要定容，容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水，对溶液浓度无影响；
C． 未洗涤液烧杯、玻璃棒，移入容量瓶中氢氧化钠的实际质量减小，溶液浓度偏低；
D．定容时仰视刻度，使溶液的体积偏大，所配溶液浓度偏低；
故选：B．
22．【分析】（1）根据稀释定律C浓V浓＝C稀V稀来计算；根据“大而近”的原则来选择合适的量筒；
（2）根据浓硫酸稀释时放热来分析稀释的操作；
（3）配制一定物质的量浓度的溶液过程中，定容时先直接加热蒸馏水到离容量瓶刻度线1﹣2cm处，改用胶头滴管定容；
（4）根据C＝，通过判断不当操作对溶质的物质的量n和溶液体积V的影响来分析误差；
【解答】解：（1）设需要的浓硫酸的体积为Vml，根据稀释定律C浓V浓＝C稀V稀可知：18.0mol/L×Vml＝100ml×3.0mol/L，解得V＝16.7ml；选择量筒时要根据所需的浓硫酸的体积，根据“大而近”的原则来选择合适的量筒，由于浓硫酸需要16.7ml，故选用25ml的量筒最合适，故答案为：16.7，B；
（2）浓硫酸稀释时放热，故稀释时要将浓硫酸沿烧杯内壁注入水中，并用玻璃棒不断搅拌；
故答案为：将浓硫酸沿烧杯内壁注入水中，并用玻璃棒不断搅拌；
（3）配制该稀硫酸时，定容的正确方法为：继续向容量瓶注入蒸馏水至离刻度线1﹣2cm处时，改用胶头滴管向容量瓶滴加至液凹面与刻度线相切为止；
故答案为：继续向容量瓶注入蒸馏水至离刻度线1﹣2cm处时，改用胶头滴管向容量瓶滴加至液凹面与刻度线相切为止；
（4）A、所用的浓硫酸长时间放置在密封不好的容器中，浓硫酸吸水，导致浓度变小，则配制出的稀硫酸的浓度偏小，故答案为：偏小；
B、容量瓶用蒸馏洗涤后残留有少量的水，对溶液的体积和溶质的物质的量都无影响，所以浓度无影响，故答案为：无影响；
C、所用过的烧杯、玻璃棒未洗涤，会导致溶质损失，所配溶液浓度偏小，故答案为：偏小；
D、定容时俯视溶液的液凹面，溶液的体积偏小，则浓度偏大，故答案为：偏大；
E、用量筒量取浓硫酸时俯视读数，溶质的物质的量偏小，所配溶液浓度偏小，故答案为：偏小；
23．【分析】（1）酸性高锰酸钾具有强氧化性，实验时应用酸式滴定管，无色NaHSO3溶液显酸性，用酸式滴定管，滴定过程还需要烧杯、锥形瓶、滴定管夹和铁架台；
（2）高锰酸钾具有强氧化性能腐蚀碱式滴定管中的橡胶管；
（3）滴定后俯视液面，读数偏小；根据c（待测）＝×分析不当操作对V（标准）的影响，以此判断浓度的误差；
（4）根据滴定管的结构和精确度以及测量的原理分析；已知反应为H++2MnO4﹣+5HSO3﹣＝2Mn2++5SO42﹣+3H2O，MnO4﹣与NaHSO3的物质的量关系计算．
【解答】解：（1）酸性高锰酸钾具有强氧化性，实验时应用酸式滴定管，无色NaHSO3溶液显酸性，用酸式滴定管，滴定过程还需要要锥形瓶、滴定管夹和铁架台，所以需要用到的是：酸式滴定管、锥形瓶、滴定管夹和铁架台，即ADEF；
故答案为：ADEF；
（2）高锰酸钾具有强氧化性能腐蚀碱式滴定管中的橡胶管，所以不用用碱式滴定管盛放高锰酸钾溶液，应该用酸式滴定管；
故答案为：碱；酸性KMnO4溶液会腐蚀碱式滴定管下端胶管；
（3）滴定前平视KMnO4液面，刻度为a mL，滴定后俯视液面刻度为b mL，读数偏小，则（b﹣a）mL比实际消耗KMnO4溶液体积少； 根据（b﹣a）mL计算得到的待测浓度，造成V（标准）偏小，根据c（待测）＝×分析，c（待测）偏小；
故答案为：少；小；
（4）若滴定前酸性KMnO4溶液刻度在“0”mL处，滴定结束时，读数为20.40mL，
已知反应为H++2MnO4﹣+5HSO3﹣＝2Mn2++5SO42﹣+3H2O，则c（HSO3﹣）＝×＝×＝0.005100mol/L，
故答案为：20.40；0.005100mol/L．
24．【分析】（1）为了确保定量的硫酸反应完全，所用NaOH稍过量；
（2）将NaOH溶液倒入小烧杯中，不能分几次倒入，否则会导致热量散失，影响测定结果；
（3）硫酸和氢氧化钠混合时，用套在温度计上的环形玻璃搅拌棒轻轻地搅动，使硫酸与NaOH溶液混合均匀；
（4）先根据Q＝m•c•△T计算反应放出的热量，然后根据△H＝﹣kJ/mol计算出反应热；根据热化学方程式的书写方法来书写；
（5）根据浓硫酸稀释放热来解答；
【解答】解：（1）实验中，所用NaOH稍过量的原因是确保硫酸反应完全；
故答案为：确保硫酸被完全中和；
（2）倒入氢氧化钠溶液时，必须一次迅速的倒入，目的是减少热量的散失，不能分几次倒入氢氧化钠溶液，否则会导致热量散失，影响测定结果；
故选：B；
（3）使硫酸与NaOH溶液混合均匀的正确操作方法是：用套在温度计上的环形玻璃搅拌棒轻轻地搅动；
故答案为：用套在温度计上的环形玻璃搅拌棒轻轻地搅动；
（4）50mL 0.25mol/L硫酸与50mL 0.55mol/L NaOH溶液进行中和反应生成水的物质的量为0.05L×0.25mol/L×2＝0.025mol，溶液的质量为100ml×1g/ml＝100g，温度变化的值为三次实验的平均值3.4℃，则生成0.025mol水放出的热量为Q＝m•c•△T＝100g×4.18J/（g•℃）×3.4℃＝1421.2J，即1.421kJ，
所以实验测得的中和热△H＝﹣＝﹣56.85kJ/mol，该反应的热化学方程式H2SO4（aq）+2NaOH（aq）＝Na2SO4（aq）+2H2O△H＝﹣113.7kJ/mol；
故答案为：56.85kJ/mol；H2SO4（aq）+2NaOH（aq）＝Na2SO4（aq）+2H2O△H＝﹣113.7kJ/mol；
（5）浓硫酸溶于水放出热量，所以含0.5mol H2SO4的浓硫酸与含1mol NaOH的溶液混合，放出的热量大于57.3kJ；
故答案为：大于；浓硫酸溶于水放出热量；
25．【分析】（1）根据金属的性质解答． Na能和水反应产生氢气，影响实验结论；Fe与酸反应的速率较慢，实验时间较长；
（2）镁与酸发生置换反应，生成盐和氢气；
（3）保证同时向三烧瓶内加入酸；
（4）根据氢气的质量计算出参加反应的HCl的物质的量，进而计算出盐酸的浓度变化量，根据v＝计算反应速率；
（5）硫酸中氢离子浓度大于醋酸中氢离子浓度，反应速率硫酸比醋酸快，两种提供的氢离子的物质的量相等，最后生成的氢气一样多；
（6）量筒用于测量生成氢气的体积，氢气的体积取决于酸溶液的体积；
（7）HCl为强电解质，完全电离，醋酸为弱电解质，存在电离平衡，开始氢离子浓度盐酸大于醋酸溶液，两种提供的氢离子的物质的量相等，最后生成的氢气一样多．
【解答】解：（1）Na太活泼，能和水反应产生氢气，影响实验结论；Fe与酸反应的速率较慢，实验时间较长．故镁较合适，
故答案为：Mg；由于Na太活泼，能和水反应产生氢气，影响实验结论；Fe与酸反应的速率较慢，实验时间较长；
（2）镁与硫酸、盐酸反应实质为，镁与氢离子反应，置换出氢气，反应离子方程式为2H++Mg＝H2↑+Mg2+，
醋酸是弱电解质，应写化学式，离子方程式为 2CH3COOH+Mg＝H2↑+Mg2++2CH3COO﹣，
故答案为：2H++Mg＝H2↑+Mg2+、2CH3COOH+Mg＝H2↑+Mg2++2CH3COO﹣；
（3）保证同时向三烧瓶内加入酸，可同时用分液漏斗分别向烧瓶中加入酸液，故答案为：同时用分液漏斗分别向烧瓶中加入酸液；
（4）由图可知，80﹣120s范围内生成氢气的质量为0.21g﹣0.18g＝0.03g，
2HCl～H2 ↑
2mol 2g
nmol 0.03g
所以n＝0.03mol
所以△c（HCl ）＝＝0.15mol/L，
所以v（HCl ）＝＝0.00375mol/（L．min），
故答案为：0.00375mol/（L．min）；
（5）硫酸中氢离子浓度大于醋酸中氢离子浓度，反应速率硫酸比醋酸快，两种提供的氢离子的物质的量相等，最后生成的氢气一样多．HAc、H2SO4与金属反应产生H2质量随时间变化关系的示意图为：
，故答案为：；
（6）量筒用于测量生成氢气的体积，氢气的体积取决于酸溶液的体积，故答案为：酸溶液的体积；
（7）醋酸中存在电离平衡，反应开始时c（H+）小于盐酸，故反应速率也小于盐酸．由于醋酸、盐酸最终提供的H+的物质的量相等，故最后的得到H2体积相等，
故答案为：醋酸中存在电离平衡，反应开始时c（H+）小于盐酸，故反应速率也小于盐酸．由于醋酸、盐酸最终提供的H+的物质的量相等，故最后的得到H2体积相等．
三．实验题（共3小题）
26．【分析】（1）根据量热计的构造来判断该装置的缺少仪器；根据中和热测定实验成败的关键是保温工作；
（2）根据在中和反应中，必须确保热量不散失；
（3）氢氧化钠固体溶于水放出热量．
【解答】解：（1）由量热计的构造可知该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌棒，为了减少热量的损失，烧杯上方盖硬纸板；
故答案为：环形玻璃搅拌棒；烧杯上方盖硬纸板；
（2）在中和反应中，必须确保热量不散失，即提高装置的保温效果；
故答案为：提高装置的保温效果；
（3）氢氧化钠固体溶于水放热，温度偏高，所以实验中测得的“中和热”数值将偏大；
故答案为：偏大；氢氧化钠固体溶于水放热．
27．【分析】（1）根据配制溶液的步骤是计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶来分析所需的仪器；根据查漏的操作来分析；
（2）结合c＝及不当操作可知，结合实验操作来分析；
（3）若 Na2SO3 溶液已发生变质，则会有SO42﹣生成，检验SO32﹣中是否有SO42﹣即可。
【解答】解：（1）根据配制溶液的步骤是计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶可知在配制过程中必要的仪器有：烧杯、玻璃棒、胶头滴管、250ml 容量瓶和电子天平；检验容量瓶是否漏水的操作方法是在容量瓶中注入水，盖好瓶塞，右手托住瓶底倒立，观察瓶塞是否漏水； 如不漏，将塞旋转 180 度，再重复检漏，故答案为：电子天平；在容量瓶中注入水，盖好瓶塞，右手托住瓶底倒立，观察瓶塞是否漏水； 如不漏，将塞旋转 180 度，再重复检漏；
（2）A．容量瓶刚用蒸馏水洗净，没有烘干，对浓度无影响，故A正确；
B．图③没有用蒸馏水洗烧杯 2﹣3 次，并转移洗液，则溶质减少，所以配得的Na2SO3溶液浓度偏低，故B错误；
C．图⑤时仰视容量瓶的刻度线，则溶液体积偏大，配得的Na2SO3溶液浓度偏低，故C错误；
D．图⑥后，发现液面略低于刻度线，再滴加少量水使液面凹面与刻度线相切，则溶液体积偏大，配得的Na2SO3溶液浓度偏低，故D错误。
故选A；
（3）亚硫酸钠在空气中能被氧气氧化生成硫酸钠，要检验配制的 Na2SO3溶液是否发生变质，可以检验硫酸根离子，方法是：取少量 Na2SO3 溶液，加入盐酸酸化、滴加 BaCl2 溶液，若有白色沉淀，则有溶液已变质产生硫酸钠，
故答案为：取少量 Na2SO3 溶液，加入盐酸酸化、滴加 BaCl2 溶液，若有白色沉淀，则有溶液已变质产生硫酸钠。
28．【分析】（1）根据滴定所需仪器判断；
（2）强酸滴定强碱可以选择酚酞做指示剂，酚酞在中性溶液中为无色，在弱碱性溶液中为粉红色；依据滴定操作：左手旋，右手摇，眼盯瓶解答；
（3）依据数据可知，硫酸铜晶体（CuSO4•xH2O）样品质量为m1，加热分解生成硫酸铜的质量为m4，则无水硫酸铜的质量为m4﹣m1，依据CuSO4•xH2O～xH2O计算解答；
（4）依据x＝，分析操作对晶体中含有水的质量的影响进行误差分析；
（5）托盘天平精确到0.1，故当两次称量的质量差不超过0.1g时，可认为加热至恒重，完全脱水，
【解答】解：（1）滴定前需进行赶气泡、调零等操作，用烧杯盛液体，滴定中用锥形瓶盛待测液，用滴定管盛标准液，故所需玻璃仪器有：酸式滴定管、碱式滴定管、锥形瓶、烧杯，
故答案为：酸式滴定管、碱式滴定管、锥形瓶、烧杯；
（2）强酸滴定强碱可以选择酚酞做指示剂，酚酞在中性溶液中为无色，在弱碱性溶液中为粉红色，所以盐酸溶液中先滴加几滴酚酞试液，溶液呈无色，滴定过程中当溶液由无色变为粉红色，且半分钟不恢复颜色，即可说明达到滴定终点；进行滴定实验时，左手旋转活塞或者挤压玻璃球，右手摇动锥形瓶，眼睛注视瓶中颜色变化；
故答案为：酚酞；摇动锥形瓶；颜色由无色变为粉红色，且半分钟不恢复颜色；
（3）依据数据可知，第一次称量的是坩埚的质量，第二次称量的是坩埚与硫酸铜晶体的质量，硫酸铜晶体（CuSO4•xH2O）样品质量为m4﹣m1，物质的量为：mol，结晶水的质量为：m2﹣m4，物质的量为：mol，
依据CuSO4•xH2O～xH2O可知：
CuSO4•xH2O～xH2O～CuSO4
x 1
mol mol
解得x＝；
故答案为：；
（4）a．坩埚未干燥则坩埚中含有水，相当于硫酸铜晶体中水含量增大，则x值偏高，故a选；
b．加热过程中有晶体溅失，导致计算出结晶水的质量偏大，测定结果偏高，故b选；
c．灼烧后坩埚在空气中冷却，导致无水硫酸铜吸收空气 中水蒸气，计算出的结晶水质量偏小，测定x偏小，故c不选；
故选：ab；
（5）托盘天平精确到0.1，故当两次称量的质量差不超过0.1g时，可认为加热至恒重，完全脱水，
故答案为：两次称量质量差不超过0.1 g。
一．选择题（共20小题）
1．配制100mL0.100 mol•L﹣1 Na2CO3溶液必须用到的仪器是（ ）
A． B． C． D．
2．在测定硫酸铜晶体中结晶水含量的实验中，下列操作会导致结果偏大的是（ ）
A．坩埚内壁附有不挥发性杂质
B．加热时晶体未完全变白就停止加热
C．加热过程中有晶体溅出
D．未做恒重操作
3．用0.1000mol•L﹣1NaOH 标准溶液滴定未知浓度的盐酸溶液恰好滴定至终点，下列说法正确的是（ ）
A．配制450mL0.1000mol•L﹣1的NaOH 溶液时，需用托盘天平称取NaOH 固体1.8 g
B．滴定前准备工作中滴定管一般需要进行操作；查漏→洗涤→装液→调液面→记录
C．若选用酚酞作指示剂，到达滴定终点时，锥形瓶内液体恰好褪色
D．读取NaOH 溶液体积时，滴定前读数正确，滴定后俯视读数，则所测盐酸的浓度数值将偏低
4．下列有关实验操作，说法正确的是（ ）
A．配制一定物质的量浓度溶液时，容量瓶中有少量的水会导致溶液浓度偏低
B．用盐酸标准溶液滴定未知浓度氨水，选用酚酞做指示剂的结果比甲基橙更准确
C．测定硫酸铜晶体中结晶水含量时，加热后的坩埚应直接放置在石棉网上冷却
D．测定中和热时，应迅速将酸、碱稀溶液在有保温措施的容器内混合、搅拌，记录最高温度
5．有一种测定阿伏加德罗常数的方法需测定一定量NaCl晶体的体积，具体步骤为：准确称出一定量NaCl晶体置于定容仪器a中，用滴定管向仪器a中滴加某液体b至a仪器的刻度线，即可测出NaCl晶体的体积．上述操作中的a、b分别指（ ）
A．量筒、水 B．容量瓶、四氯化碳
C．量筒、苯 D．容量瓶、水
6．为了测定某碱金属M的相对原子质量，设计了如图所示的装置．仪器本身连同水的质量为m1g．若向瓶中投入ag金属M，实验完毕后，测得装置的质量为m2g．则计算碱金属M的相对原子质量的算式和实验值与正确值的比较分别是（ ）
A．偏小 B．偏大
C．偏小 D．偏大
7．下列说法不正确的是（ ）
A．为降低铜锌原电池中的极化作用，可在电解质溶液中加入少量双氧水
B．用银氨溶液检验淀粉水解产物中有葡萄糖，应先向水解液中加适量NaOH溶液
C．通常用产生气泡的快慢，比较不同条件下Na2S2O3溶液与稀硫酸的反应速率
D．结晶时，溶质的溶解度越小，或溶液的浓度越高，或溶剂的蒸发速度越快，析出的晶粒就越细小
8．某兴趣小组为探究温度、压强对可逆反应A（g）+B（g）⇌C（g）+D（s）的影响，进行了如下实验：恒温条件下，往一个容积为1OL的密闭容器中充入1molA和1molB，反应达平衡时测得容器中各物质的物质的量浓度为[浓度1]．然后改变外界条件又做了两组实验：①只升高温度；②只改变体系压强．分别测得新平衡时容器中各物质的物质的量浓度为[浓度2]、[浓度3]．
A
B
C
[浓度1]/mol•L﹣1
0.05
a
0.05
[浓度2]/mol•L﹣1
0.078
0.078
0.022
[浓度3]/mol•L﹣1
0.06
0.06
0.04
[浓度4]/mol•L﹣1
0.07
0.07
0.098
请找出实验操作①②与实验数据[浓度2]、[浓度3]的对应关系，并分析下列结论，其中错误的是（ ）
A．由[浓度2]与[浓度1]的比较，可判断出正反应是放热反应
B．由[浓度3]与[浓度1]的比较，可判断平衡移动的原因是增大压强
C．[浓度1]中a＝0.05
D．该组某学生在实验①过程中，测得各物质在某一时刻的浓度为[浓度4]，则说明其在测定过程中出现了很大误差
9．反应CO（g）+2H2（g）⇌2CH3OH（g）在密闭容器中进行．为探究温度、CO2等对该反应的影响，进行了4组实验，结果如图．下列说法不正确的是（ ）
A．该反应的△H＞0
B．当容器中压强不变时，反应达到平衡
C．CH3OH含量增大的原因是CO2起了催化作用
D．少量CO2能提高平衡时CH3OH的体积分数
10．汽车尾气中的二氧化氮在低层大气中可形成化学烟雾，并循环生成臭氧，反应机理为：（ ）
①NO2NO+O；②O+O2═O3；③﹣﹣﹣﹣﹣．该过程的总反应为3O2═2O3．则下列说法正确的是。
A．反应③为N2O4═2NO2
B．该过程最终会导致大气中O的含量增加
C．总反应中NO2作催化剂
D．该反应可用于修复大气“臭氧空调”
11．实验室利用如图所示装置可测量一定质量的钢材中的含碳量（部分加持装置已略去）．下列有关判断正确的是（ ）
A．实验时，先打开K1、K2，关闭K3，从a处通入N2，目的是排出装置中的O2
B．点燃酒精灯前，需要打开K1、关闭K2，打开K3、K1起到平衡气压的作用
C．装置②中的酸性KMnO4溶液吸收SO2，装置③盛有浓硫酸，起到干燥作用
D．实验前后需称取裝置④和装置⑤的质量，才能准确地测得钢材的含碳量
12．中学化学中很多“规律”都有适用范围，下列根据有关“规律”推出的结论正确的是（ ）
选项
规律
结论
A
元素的非金属性较强，其单质也越活泼
磷单质比N2稳定
B
反应物浓度越大，反应速率越快
常温下，相同的铝片中分别加入足量的浓硝酸、稀硝酸，浓硝酸中铝片先溶解完全
C
结构和组成相似的物质，沸点随相对分子质量增大而升高
NH3沸点低于PH3
D
溶解度小的沉淀易向溶解度更小的沉淀转化
ZnS沉淀中滴加CuSO4溶液可以得到CuS黑色沉淀
A．A B．B C．C D．D
13．要求设计实验证明某种盐的水解是吸热的，有四位学生分别作出如下回答，其中正确的是（ ）
A．甲学生：将硝酸铵晶体溶于水，若水温下降，说明硝酸铵水解是吸热的
B．乙学生：在盐酸中加入相同温度的氨水，若实验过程中混合液温度下降，说明盐类水解是吸热的
C．丙学生：在醋酸钠溶液中加入醋酸钠晶体，若溶液温度下降，说明盐类水解是吸热的
D．丁学生：在醋酸钠溶液中滴入酚酞试液，加热后若红色加深，说明盐类水解是吸热的
14．锂空气电池比锂离子电池具有更高的能量密度。其工作原理如图，下列说法中错误的是（ ）
A．多孔电极有利于氧气扩散至电极表面
B．正极的电极反应：O2+4e﹣+2H2O＝4OH﹣
C．充电时电子经电解质溶液流向专用充电电极
D．固体电解质的作用是让锂离子通过
15．资料显示：自催化作用是指反应产物之一使该反应速率加快的作用。用稀硫酸酸化的KMnO4进行下列三组实验，一段时间后溶液均褪色（0.01mol/L可以记做0.01M）。
实验①
实验②
实验③
1mL0.01M的KMnO4溶液和1mL0.1M的H2C2O4溶液混合
1mL0.01M的KMnO4溶液和1mL0.1M的H2C2O4溶液混合
1mL0.01M的KMnO4溶液和1mL0.1M的H2C2O4溶液混合
褪色
比实验①褪色快
比实验①褪色快
下列说法不正确的是（ ）
A．实验①中发生氧化还原反应，H2C2O4是还原剂，产物MnSO4能起自催化作用
B．实验②褪色比①快，是因为MnSO4的催化作用加快了反应速率
C．实验③褪色比①快，是因为Cl﹣的催化作用加快了反应速率
D．若用1mL0.2M的H2C2O4做实验①，推测比实验①褪色快
16．某研究小组根据Zn+Br2═ZnBr2，设计了一个蓄电池，有关该蓄电池叙述不正确的是（ ）
A．放电时负极反应式为Zn﹣2e═Zn2+
B．电解质溶液不可以用强酸，也不可以用强碱
C．充电时，蓄电池负极应接在直流电源负极上
D．放电时，电解质溶液中Zn2+移向负极
17．下列关于实验的叙述正确的是（ ）
A．向乙二酸溶液中加入碳酸钠溶液，可以比较碳酸与乙二酸的酸性强弱
B．向混有少量苯酚的苯中加入饱和溴水，通过过滤可以除去苯酚
C．向某溶液中依次加入氯水和硫氰化钾溶液，溶液变红，说明溶液中含有Fe2+
D．向等量双氧水溶液中分别加入绿豆大小的氯化铁和硫酸铜固体，比较二者的催化能力
18．常温下，0.1mol/L的下列溶液酸性最强的是（ ）
A．NaHSO4 B．NaHSO3 C．Al2（SO4）3 D．CH3COOH
19．如图所示实验中，把四根洁净的金属条A、B、C、D轮流放置在浸有盐溶液的滤纸上面并压紧．在每次轮流实验时，记录了电压表指针的移动方向和电压表的读数（如下表）．下列说法中正确的是（ ）
金属
电子流动方向
电压
A
A→Cu
+0.78
B
Cu→B
﹣2.15
C
C→Cu
+1.35
D
+0.30
A．金属D与Cu之间电子流动方向为Cu→D
B．A金属可能是最强的还原剂
C．B金属不能从硫酸铜溶液中置换铜
D．B金属可能是最强的还原剂
20．CuI是一种不溶于水的白色固体，它可以由反应：2Cu2++4I﹣＝2CuI↓+I2而得到。如图所示装置中，a、b都是惰性电极，通电一段时间后，在KI﹣淀粉溶液中阳极周围变蓝色，则下列说法正确的是（ ）
A．若a极变红，则在Pt电极上：2I﹣﹣2e﹣＝I2 淀粉遇碘变蓝
B．若b极变红，在Pt电极上：4OH﹣﹣4e﹣＝2H2O+O2 O2将I﹣氧化为I2，淀粉遇碘变蓝
C．若a极变红，在Cu电极上：开始Cu+I﹣﹣e﹣＝CuI，一段时间后2I﹣﹣2e﹣═I2 淀粉遇碘变蓝
D．若b极变红，在Cu极上：Cu﹣2e﹣═Cu2+ Cu2+ 显蓝色
二．填空题（共5小题）
21．配制500mL0.5mol•L﹣1的NaOH溶液，试回答下列问题：
（1）计算：需要NaOH固体的质量为 ．
（2）某学生用托盘天平称量一个小烧杯的质量，称量前把游码放在标尺的零刻度处，天平静止时发现指针在分度盘的偏右位置，此时左边的托盘将 （填“高于”或“低于”）右边的托盘．
（3）配制方法：设计五个操作步骤：
①向盛有NaOH的烧杯中加入200mL蒸馏水使其溶解，并冷却至室温．
②继续往容量瓶中加蒸馏水至液面接近刻度线1cm～2cm．
③将NaOH溶液沿玻璃棒注入500mL容量瓶中．
④在烧杯中加入少量的蒸馏水，小心洗涤2～3次后移入容量瓶．
⑤改用胶头滴管加蒸馏水至刻度线，加盖摇匀．
试将以上顺序编出正确程序 ．
A、①③②④⑤B、①④③②⑤C、①③④②⑤D、①④②③⑤
（4）某学生实际配制NaOH溶液的浓度为0.48mol•L﹣1，不可能的原因是
A．使用滤纸称量氢氧化钠固体
B．容量瓶中原来存有少量蒸馏水
C．转移溶液后的烧杯未经多次洗涤
D．胶头滴管加水后定容时仰视刻度．
22．用18mol/L 浓硫酸配制100ml 3.0mol/L 稀硫酸的实验步骤如下：①计算所用浓硫酸的体积 ②量取一定体积的浓硫酸③稀释 ④冷却，转移、洗涤 摇匀 ⑤定容、摇匀 ⑥转入试剂瓶，贴标签．
回答下列问题
（1）所需浓硫酸的体积是 ml，量取浓硫酸所用的量筒的规格是 （从下列中选用 A.10ml B.25ml C.50ml D.100ml）
（2）第③步实验的操作步骤是
（3）第⑤步实验的操作步骤是
（4）下列情况对所配制的稀硫酸浓度有何影响？（填偏大、偏小、无影响）
A．所用的浓硫酸长时间放置在密封不好的容器中
B．容量瓶用蒸馏洗涤后残留有少量的水
C．所用过的烧杯、玻璃棒未洗涤
D．定容时俯视溶液的液凹面
E、用量筒量取浓硫酸时俯视读数 ．
23．氧化还原滴定同中和滴定类似（用已知浓度的氧化剂溶液滴定未知浓度的还原剂溶液或反之）．现有0.001000mol/L酸性KMnO4溶液和10.00mL未知浓度的无色NaHSO3溶液，反应的离子方程式是：
H++2MnO4﹣+5HSO3﹣＝2Mn2++5SO42﹣+3H2O，回答下列问题：
（1）该滴定实验所需仪器（或试剂）为下列中的 （填序号）．
A．酸式滴定管（25mL） B．碱式滴定管（25mL） C．量筒（10mL） D．锥形瓶
E．铁架台 F．滴定管夹 G．胶头滴管 H．漏斗 I．甲基橙试剂 J．酚酞试剂
（2）不能用 （填酸或碱）式滴定管盛放酸性高锰酸钾溶液，试分析原因 ．
（3）若滴定前平视KMnO4溶液液面，刻度为amL；滴定后俯视液面，刻度为bmL，则（b﹣a）mL比实际KMnO4消耗的体积 （填“多”或“少”）．根据（b﹣a）mL计算，得到的待测液浓度比实际浓度 （填“大”或“小”）．
（4）若滴定前酸性KMnO4溶液刻度在“0”mL处，滴定结束时，刻度如图所示，则终点读数为 mL，待测NaHSO3溶液的浓度为 ．
24．已知测定中和热的实验步骤如下：
①量取50mL 0.25mol/L硫酸倒入小烧杯中，测量温度；
②量取50mL 0.55mol/L NaOH溶液，测量温度；
③将NaOH溶液倒入小烧杯中，混合均匀后测量混合液温度．
请回答：
（1）NaOH溶液稍过量的原因 ．
（2）加入NaOH溶液的正确操作是 （填字母）．
A．沿玻璃棒缓慢加入 B．一次迅速加入 C．分三次加入
（3）使硫酸与NaOH溶液混合均匀的正确操作是 ．
温度
实验次数
起始温度t1/℃
终止温度
t2/℃
温度差平均值
（t2﹣t1）/℃
H2SO4
NaOH
平均值
1
25.0
25.2
25.1
28.5
3.4
2
24.9
25.1
25.0
28.3
3.3
3
25.6
25.4
25.5
29.0
3.5
（4）设溶液的密度均为1g•cm﹣3，中和后溶液的比热容c＝4.18J•（g•℃）﹣1，请根据实验数据求出中和热为 写出该反应的热化学方程式
（5）若将含0.5mol H2SO4的浓硫酸与含1mol NaOH的溶液混合，放出的热量 （填“小于”、“等于”或“大于”）57.3kJ，原因是 ．
25．某化学兴趣小组的同学通过实验比较等体积（200mL）0.55mol/L硫酸、1.1mol/L盐酸、1.1mol/L醋酸分别与过量金属反应生成氢气的速率请你协助完成如下实验，并回答相关问题．
（1）实验用品：仪器（略）、药品（除给定的三种酸溶液外，在Na、Mg、Fe三种金属中选择最合适的一种，并说明理由）．选择的金属是 ，不选其它两种金属的理由是 ．
（2）实验原理：（用离子方程式表示） ．
（3）甲同学设计的实验装置，乙同学认为该装置不能控制三个反应在同一时间发生，并作了相应的改进．你认为乙同学改进的措施是： ．
（4）按改进后的装置进行实验，实验中HCl与金属反应产生H2质量随时间变化的关系见图一，计算实验在80﹣120s范围内HCl的平均反应速率 （忽略溶液体积变化，写出计算过程）．
（5）请在答题卡的框图中，画出HAc、H2SO4与金属反应产生H2质量随时间变化关系的预期结果示意图．
（6）量筒的规格由 决定．
（7）对盐酸和醋酸反应图象的异同，你的解释是 ．
三．实验题（共3小题）
26．实验室利用如图装置进行中和热的测定．回答下列问题：
（1）该图中有两处实验用品未画出，它们是 、 ；
（2）在操作正确的前提下提高中和热测定的准确性的关键是：
（3）如果用0.5mol/L的盐酸和氢氧化钠固体进行实验，则实验中所测出的“中和热”将 （填“偏大”、“偏小”、“不变”）原因是 ．
27．用无水 Na2SO3固体配制 250mL 0.1000mol•L﹣1 溶液的步骤如下图，请回答：
（1）在配制过程中必要的仪器有：烧杯、玻璃棒、胶头滴管、250ml 容量瓶和 ；检验容量瓶是否漏水的操作方法是 。
（2）下列操作不会对所配的Na2SO3溶液浓度产生误差的是 。
A．容量瓶刚用蒸馏水洗净，没有烘干
B．图③没有用蒸馏水洗烧杯 2﹣3 次，并转移洗液
C．图⑤时仰视容量瓶的刻度线
D．图⑥后，发现液面略低于刻度线，再滴加少量水使液面凹面与刻度线相切
（3）已知亚硫酸钠在空气中能被氧气氧化生成硫酸钠，请设计实验检验配制的 Na2SO3 溶液是否发生变质 。
28．化学实验是人们探究物质组成、性质及变化的重要实践活动。化学实验有定性的，也有定量的。在高二时，我们学习了两个定量实验﹣﹣酸碱滴定和硫酸铜晶体结晶水含量的测定。
（1）酸碱滴定又称中和滴定。中和滴定在科学研究、医疗卫生、工农业生产上有广泛的应用。实验室现取未知浓度的盐酸25.00mL，用浓度为0.1200mol/L的标准氢氧化钠溶液滴定。
该实验过程中所需的玻璃仪器是 。
（2）在用标准氢氧化钠溶液滴定前，需在盐酸溶液中先加入 指示剂。滴定时，一手控制活塞，一手 。开始滴定时，溶液滴出的速度要由快到慢，最后要一滴一滴加入，当最后一滴使溶液 ，即为滴定终点。
测定物质的组成，确定其化学式是定量实验的重要内容之一。测定硫酸铜晶体（CuSO4•xH2O）中x值的实验过程如下：
实验操作完成后，各次称量的数据如下表：
称量
第1次
第2次
第3次
第4次
第5次
质量（g）
m1
m2
m3
m4
m4
（3）根据上述数据，求CuSO4•xH2O中的x＝ 。
（4）下列操作会导致x值偏高的是 （选填编号）。
a．坩埚未干燥 b．加热过程中有晶体溅失 c．灼烧后坩埚在空气中冷却
（4）写出判断恒重的方法 。
化学定量实验
参考答案与试题解析
一．选择题（共20小题）
1．【分析】配制100mL 0.100mol•L﹣1Na2CO3溶液步骤为：计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等，根据配制步骤选择使用的仪器。
【解答】解：配制100mL 0.100mol•L﹣1Na2CO3溶液过程中使用的仪器有：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管，所以必须使用的仪器为100mL容量瓶，不会使用到坩埚、圆底烧瓶分液漏斗，故C选。
故选：C。
2．【分析】根据结晶水合物中，结晶水的质量＝m1（容器十晶体）﹣m2（容器十无水硫酸铜），结晶水质量分数＝×100%，在测定中若被测样品中含有加热挥发的杂质或实验前容器中有水或实验过程中有晶体溅出等，都会造成测量结果偏高，据此进行解答。
【解答】解：A．坩埚内壁附有不挥发性杂质，导致固体相对偏多，则测定结果偏低，故A错误；
B．固体应该加热至完全变成白色，若加热时晶体未完全变白就停止加热，结晶水没有完全失去，导致计算结果偏小，故B错误；
C．加热过程中有晶体溅失，导致结晶水质量m1﹣m2偏大，测量结果偏高，故C正确；
D．未做恒重操作有两种结果：①若未达恒重即停止实验，计算出的结晶水的质量偏小，测定结果偏小；②若已达恒重即停止实验，计算出的结晶水的质量准确，所以两种情况均不会导致结果偏大，故D错误；
故选：C。
3．【分析】A．配制450 mL 0.1 mol•L﹣1的NaOH溶液，应500mL的容量瓶来配制，根据m＝cVM计算；
B．滴定管在装液前没有用待装液润洗；
C．滴定结束前溶液为无色，滴定结束时溶液变为粉红色；
D．滴定后俯视读数，导致读出的标准液体积偏小，测定结果偏低。
【解答】解：A．配制450mL 0.1 mol•L﹣1的NaOH溶液，应500mL的容量瓶来配制，所以氢氧化钠固体的质量为：0.1 mol•L﹣1×0.5L×40g/mol＝2g，故A错误；
B．滴定管在装液前需要用待装液润洗，正确的操作为：查漏→洗涤→润洗→装液→调液面→记录，故B错误；
C．盐酸为待测液，滴定前锥形瓶中盐酸溶液为无色，当到达滴定终点时溶液变为粉红色，不是褪色，故C错误；
D．读取NaOH 溶液体积时，滴定前读数正确，滴定后俯视读数，导致读出的标准最终液体积偏小，计算出消耗的标准液体积偏小，则所测盐酸的浓度数值将偏低，故D正确；
故选：D。
4．【分析】A、根据c＝判断配制溶液误差；
B、盐酸滴定未知浓度的氨水，滴定终点显酸性，利用酚酞误差大；
C、加热后的坩埚须在干燥器中冷却，防止吸收空气中的水；
D、测定中和热的实验关键是保温工作。
【解答】解：A、制一定物质的量浓度溶液时，容量瓶中有少量的水不会干扰实验结果，故A错误；
B、盐酸滴定未知浓度的氨水，滴定终点显酸性，利用酚酞误差大，应选甲基橙作指示剂，故B错误；
C、加热后的坩埚须在干燥器中冷却，防止吸收空气中的水，再称量，操作合理，故C错误；
D、测定中和热实验关键是保温工作，应迅速将酸、碱稀溶液在有保温措施的容器内混合、搅拌，记录最高温度，故D正确，
故选：D。
5．【分析】测定阿伏加德罗常数的方法需测定一定量NaCl晶体的体积，所以选用的液体b不能够溶解氯化钠，否则无法测定氯化钠的体积；实验室中常用的定容仪器为容量瓶，而量筒不是定容仪器，据此进行解答．
【解答】解：由于容量瓶具有一定体积并便于振荡，所以定容容器为容量瓶，不是量筒；需要测量NaCl晶体的体积，所加溶剂不能溶解NaCl，否则无法测出NaCl的体积，所以不能用水，应用有机溶剂苯或者四氯化碳，
故选：B。
6．【分析】先根据质量守恒求出氢气的质量，然后根据方程式求出碱金属M的相对原子质量M；根据部分水蒸气逸出使氢气质量偏大，所以测得的相对原子质量偏小．
【解答】解：碱金属M的相对原子质量X，氢气质量＝m1+a﹣m2
2R+2H2O＝2ROH+H2↑
2X 2
a m1+a﹣m2
＝
X＝
若不用干燥管，部分水蒸气逸出使氢气质量偏大，偏小，即测得的相对原子质量偏小。
故选：C。
7．【分析】A．在原电池反应中加入强氧化剂如过双氧水等，它可以使Zn电极部分形成一层氧化膜，从而大大改善Zn电极金属的溶解速率，使电极的极化作用得以减缓；
B．葡萄糖时与新制Cu（OH）2悬浊液或银氨溶液都必须在碱性环境中进行；
C．Na2S2O3+H2SO4＝Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O，虽说也有SO2产生，但SO2在水中溶解度比较大，1体积水大约可以溶解40体积SO2，观察气体产生快慢不如观察沉淀生成现象明显；
D．晶体颗粒的大小与结晶条件有关，溶质的溶解度越小，或溶液浓度越高，或溶剂的蒸发速度越快，或溶液冷却越快，析出的晶粒就越小；反之，可得到较大的晶体颗粒．
【解答】解：A．双氧水可以使Zn电极部分形成一层氧化膜，从而大大改善Zn电极金属的溶解速率，使电极的极化作用得以减缓，故A正确；
B．用银氨溶液检验淀粉水解产物中有葡萄糖，应先向水解液中加适量NaOH溶液中和硫酸，故B正确；
C．通常用观察沉淀生成，比较不同条件下Na2S2O3溶液与稀硫酸的反应速率，故C错误；
D．晶体颗粒的大小与结晶条件有关，溶质的溶解度越小，或溶液浓度越高，或溶剂的蒸发速度越快，或溶液冷却越快，析出的晶粒就越小；反之，可得到较大的晶体颗粒，故D正确；
故选：C。
8．【分析】A、根据[浓度2]与[浓度1]中的浓度变化判断正反应是吸热还是放热反应；
B、根据[浓度3]与[浓度1]中反应物、生成物浓度变化分析是增大压强还是减小压强；
C、根据反应的方程式A（g）+B（g）⇌C（g）+D（s）来判断，在恒温条件下往一个容积为10L的密闭容器中充入1molA和1molB，反应达平衡时，第Ⅰ组消耗的B的物质的量与A的物质的量相等；
D、根据等效平衡和极性转化法进行判断．
【解答】解：A、升高温度后，反应物A、B的浓度增大，C的浓度减小，说明化学平衡向着逆向移动，可判断出正反应是放热反应，故A正确；
B、由于D是固体，该反应在正反应是体积缩小的反应，由[浓度3]与[浓度1]的比较，[浓度3]反应物浓度增加、生成物浓度减小，平衡向着逆向移动，说明是减小了压强，故B错误；
C、反应A（g）+B（g）⇌C（g）+D（s）中，A和B加入的物质的量相等，化学计量数相等，所以反应达平衡时，第Ⅰ组消耗的B的物质的量与A的物质的量相等，故a＝0.05，故C正确；
D、将C的浓度完全转化成A、B的浓度，A、B的浓度都为0.168mol/L，物质的量为1.68mol，最初加入的A、B的物质的量均为1mol，显然在测定过程中出现了很大误差，故D正确；
故选：B。
9．【分析】A、比较表中1和2或者3和4数据可知，其他条件一致时，升高温度，达到平衡时CH3OH体积分数增大，判断△H；
B．反应前气体体积大于反应后气体体积，即化学平衡移动时，压强也随之变化，据此判断；
C．有CO2存在时，能促进反应的正向移动，但不是催化作用；
D．比较表中1和3或者2和4数据可知，CO2存在，能够增大CH3OH的体积分数．
【解答】解：A、比较表中1和2或者3和4数据可知，其他条件一致时，升高温度，化学平衡向着吸热的方向移动，达到平衡时CH3OH体积分数增大，所以△H＞0，故A正确；
B．反应前气体体积大于反应后气体体积，即化学平衡移动时，压强也随之变化，当压强不变时，达到了化学平衡状态，故B正确；
C．有CO2存在时，能促进反应的正向移动，但不是催化作用，催化作用不影响化学平衡的移动，只影响化学反应速率，故C错误；
D．比较表中1和3或者2和4数据可知，CO2存在，能够增大CH3OH的体积分数，故D正确；
故选：C。
10．【分析】该过程的总反应为3O2═2O3，说明NO2作催化剂，①中NO2反应生成NO，则反应③中NO反应生成NO2，其反应方程式为：2NO+O2＝2NO2，据此分析。
【解答】解：该过程的总反应为3O2═2O3，说明NO2作催化剂，①中NO2反应生成NO，则反应③中NO反应生成NO2，其反应方程式为：2NO+O2＝2NO2，
A．由以上分析可知，反应③为2NO+O2＝2NO2，故A错误；
B．由反应总方程3O2═2O3可知，大气中O的含量不变，故B错误；
C．该过程的总反应为3O2═2O3，则反应前后NO2的质量和性质不变，NO2为催化剂，故C正确；
D．该过程是在低层大气中形成的，“臭氧空洞”是在高空中大气平流层形成的，所以不能修复臭氧层空洞，故D错误。
故选：C。
11．【分析】实验时，先打开K1、K2，关闭K3，从a处通入N2，目的是排出装置中的CO2 ，点燃酒精灯前，需要关闭K1、关闭K2，打开K3，生成的气体通过装置②中高锰酸钾溶液吸收二氧化硫，通过装置③盛有浓硫酸，起到干燥作用，通过裝置④吸收生成的二氧化碳，装置⑤是防止空气中水蒸气，
A．装置内空气中的二氧化碳会对钢材中的含碳量测定有影响；
B．打开K1生成的气体会从此处逸出；
C．钢铁中碳和浓硫酸反应生成二氧化硫、二氧化碳和水，测定二氧化碳的量需要除净二氧化硫，二氧化硫具有还原性能被高锰酸钾氧化；
D．装置⑤是防止空气中水蒸气、二氧化碳进入装置④影响生成二氧化碳的测定。
【解答】解：实验时，先打开K1、K2，关闭K3，从a处通入N2，目的是排出装置中的CO2 ，点燃酒精灯前，需要关闭K1、关闭K2，打开K3，生成的气体通过装置②中高锰酸钾溶液吸收二氧化硫，通过装置③盛有浓硫酸，起到干燥作用，通过裝置④吸收生成的二氧化碳，装置⑤是防止空气中水蒸气，
A．装置内空气中的二氧化碳会对钢材中的含碳量测定有影响，实验时，先打开K1、K2，关闭K3，从a处通入N2，目的是排出装置中的CO2，故A错误；
B．打开K1生成的气体会从此处逸出，不能测定生成二氧化碳的量，故B错误；
C．钢铁中碳和浓硫酸反应生成二氧化硫、二氧化碳和水，通过装置②中高锰酸钾溶液吸收二氧化硫，通过装置③盛有浓硫酸，起到干燥作用，得到纯净干燥的二氧化碳，故C正确；
D．装置⑤中碱石灰是防止空气中水蒸气、二氧化碳进入装置④影响生成二氧化碳的测定，故不需要称取装置⑤的质量，故D错误；
故选：C。
12．【分析】A．非金属元素活泼性与其单质的氧化性强弱有关，物质稳定性与化学键有关；
B．常温下，浓硝酸和铝发生钝化现象；
C．分子晶体熔沸点与分子间作用力和氢键有关，含有氢键的氢化物熔沸点较高；
D．溶解度大的物质能转化为溶解度小的物质．
【解答】解：A．非金属元素活泼性与其单质的氧化性强弱有关，物质稳定性与化学键有关，元素的非金属性越强，其单质的氧化性越强，但其单质不一定越活泼，氮气化学性质稳定，常温下不发生反应，而磷常温下能够与空气中的氧气反应，所以磷单质的化学性质比氮气活泼，故A错误；
B．常温下，浓硝酸和铝发生钝化现象，导致抑制铝和浓硝酸的反应，则Al在稀硝酸中先溶解完，故B错误；
C．分子晶体熔沸点与分子间作用力和氢键有关，含有氢键的氢化物熔沸点较高，氨气中含有氢键，所以熔沸点NH3＞PH3，故C错误；
D．溶解度大的物质能转化为溶解度小的物质，溶度积ZnS沉淀中滴加CuSO4溶液可以得到CuS黑色沉淀，说明溶解度ZnS＞CuS，故D正确；
故选：D。
13．【分析】A．硝酸铵晶体溶于水吸收热量；
B．中和反应为放热反应，测定温度应注意隔热；
C．醋酸钠溶液中加入醋酸钠晶体，醋酸根离子浓度增大；
D．醋酸钠溶液中滴入酚酞试液，加热后若红色加深，则升高温度促进水解．
【解答】解：A．因硝酸铵晶体溶于水吸收热量，则不能说明盐水解为吸热反应，故A错误；
B．中和反应为放热反应，测定温度应注意隔热，且一水合氨的电离为吸热反应，不能说明盐类水解是吸热的，故B错误；
C．醋酸钠溶液中加入醋酸钠晶体，醋酸根离子浓度增大，促进水解，溶解过程伴随热效应，则不能说明盐类水解是吸热的，故C错误；
D．醋酸钠溶液中滴入酚酞试液，加热后若红色加深，则升高温度促进水解，即水解反应为吸热反应，故D正确；
故选：D。
14．【分析】在锂空气电池中，锂作负极，以空气中的氧气作为正极反应物，水性电解液，氧气得电子生成氢氧根离子，据此解答。
【解答】解：A、多孔电极可以增大氧气的接触面积，有利于氧气扩散至电极表面，故A正确；
B、因为该电池为水性电解液，正极上是氧气得电子的还原反应，反应为O2+2H2O+4e﹣＝4OH﹣，故A正确；
C、充电时电子从阳极流向阴极，但是不会经过电解质溶液，故C错误；
D、根据图中信息，固体电解质的作用是让锂离子通过，故D正确。
故选：C。
15．【分析】A．C元素的化合价升高，且锰离子可作催化剂；
B．催化剂可加快反应速率；
C．高锰酸钾可氧化氯离子；
D．增大浓度，反应速率加快。
【解答】解：A．C元素的化合价升高，且锰离子可作催化剂，则实验①中发生氧化还原反应，H2C2O4是还原剂，产物MnSO4能起自催化作用，故A正确；
B．催化剂可加快反应速率，则实验②褪色比①快，是因为MnSO4的催化作用加快了反应速率，故B正确；
C．高锰酸钾可氧化氯离子，则实验③褪色比①快，与催化作用无关，故C错误；
D．增大浓度，反应速率加快，则用1mL0.2M的H2C2O4做实验①，推测比实验①褪色快，故D正确；
故选：C。
16．【分析】A、放电时是原电池负极发生失电子的氧化反应；
B、金属锌可以和强酸、强碱发生化学反应；
C、充电时是电解池的工作原理，根据电极反应来确定电极的接法；
D、放电时是原电池的工作原理，电解质溶液中阳离子移向正极．
【解答】解：A、该蓄电池放电时是原电池的工作原理，在原电池中，负极发生失电子的氧化反应，根据Zn+Br2═ZnBr2，负极是金属锌失电子，即Zn﹣2e═Zn2+，故A正确；
B、如果电解质溶液用强酸、强碱，金属锌可以和强酸、强碱发生化学反应，此时的电池反应是金属锌和酸或是碱的反应，不会实现反应Zn+Br2═ZnBr2，故B正确；
C、充电时是电解池的工作原理，蓄电池负极发生失电子的氧化反应，它的逆反应是还原反应，和放电时电解池的阴极上得电子的还原反应反应相同，电解池的阴极是和电源负极相连的，所以充电时，蓄电池负极应接在直流电源负极上，故C正确；
D、放电时是原电池的工作原理，电子从负极流向正极，所以电解质溶液中阳离子移向正极，故D错误。
故选：D。
17．【分析】A、强酸制备弱酸；
B、三溴苯酚溶于苯；
C、检验Fe2+为先加硫氰化钾溶液，溶液不变红色，再加氯水溶液变红色，说明溶液中含有Fe2+；
D、应保证双氧水的浓度相同，而不是质量相同．
【解答】解：A、反应进行符合复分解反应发生的条件，应为强酸制备弱酸，可以比较碳酸与乙二酸的酸性强弱，故A正确；
B、生成的三溴苯酚溶于苯，无过滤分离，故B错误；
C、原溶液中含有Fe3+或Fe2+或Fe3+、Fe2+，加氯水溶液后再加加氯水溶液，溶液都变红色，故C错误；
D、等量双氧水溶液浓度不一定相同，应保证双氧水的浓度相同，而不是质量相同，故D错误；
故选：A。
18．【分析】常温下溶液中氢离子浓度越大，溶液酸性越强，硫酸氢钠在溶液中完全电离出氢离子，0.1mol/L的NaHSO4溶液中氢离子浓度为0.1mol/L，其酸性最强，其它物质氢离子浓度都较小，据此进行解答．
【解答】解：A.0.1mol/L的NaHSO4溶液中，硫酸氢钠完全电离，氢离子浓度为0.1mol/L；
B．NaHSO3在溶液中部分电离出氢离子，溶液呈酸性，但氢离子浓度小于0.1mol/L；
C．Al2（SO4）3溶液中铝离子部分水解，溶液呈弱酸性，但氢离子浓度小于0.1mol/L；
D．CH3COOH为弱酸，在溶液中部分电离出氢离子，则0.1mol/L的CH3COOH溶液中氢离子浓度小于0.1mol/L；
氢离子浓度越大，溶液酸性越强，根据分析可知酸性最强的为NaHSO4，
故选：A。
19．【分析】根据原电池中电子的流向判断金属的强弱，电压值越大，金属的活泼性越强，
A、金属A与Cu形成的电压为+，说明金属D比Cu活泼，电子流动方向为A→Cu；
B、电压值越大，金属的活泼性越强，金属的还原性越强；
C、电压为﹣，说明Cu比金属B活泼，因此金属B金属不能从硫酸铜溶液中置换铜；
D、B金属对应的电压最小，说明B金属是还原性最弱的金属．
【解答】解：A、金属A与Cu形成的电压为+，说明金属D比Cu活泼，电子流动方向为A→Cu，故A错误；
B、电压值越大，金属的活泼性越强，金属的还原性越强，因此最强的还原剂为金属C，故B错误；
C、电压为﹣，说明Cu比金属B活泼，因此金属B金属不能从硫酸铜溶液中置换铜，故C正确；
D、B金属对应的电压最小，说明B金属是还原性最弱的金属，故D错误；
故选：C。
20．【分析】a、b都是惰性电极，通电一段时间后，在KI﹣淀粉溶液中阳极周围变蓝色，则阳极上发生2I﹣﹣2e﹣＝I2，进而确定电源的正负极情况，惰性电极电解氯化钠和酚酞的混合溶液，在阳极上是氯离子发生失电子的氧化反应，在阴极上是氢离子发生得电子的还原反应，根据电解池的工作原理知识来回答即可。
【解答】解：A、若a极变红，则该极上是氢离子发生得电子的还原反应，所有a为阴极，b为阳极，Y为电源的正极，X为负极，则Pt电极为阴极，该极上是氢离子氢离子发生得电子的还原反应，析出氢气，故A错误；
B、若b极变红，则该极上是氢离子发生得电子的还原反应，所有b为阴极，a为阳极，Y为电源的负极，X为正极，则Pt电极为阳极，该极上是碘离子发生失电子生成碘单质的氧化反应，淀粉遇碘变蓝，故B错误；
C、电解NaCl溶液（滴入酚酞），阴极附近变红，若a极变红，则X为电源的负极，Y为正极，故Cu电极为阳极，则
Cu﹣2e﹣＝Cu2+或Cu→Cu2++2e﹣，2Cu2++4I﹣＝2CuI↓+I2，碘遇淀粉变蓝；若b极变红，则X为正极，Pt电极为阳极，则2I﹣﹣2e﹣＝I2或2I﹣→I2+2e﹣，碘遇淀粉变蓝，故C正确。
D、若b极变红，则该极上是氢离子发生得电子的还原反应，所有b为阴极，a为阳极，Y为电源的负极，X为正极，Cu电极是阴极，该极上发生氢离子发生得电子的还原反应，析出氢气，故D错误。
故选：C。
二．填空题（共5小题）
21．【分析】（1）利用n＝cv计算出氢氧化钠的物质的量，再根据m＝nM计算所需氢氧化钠的质量；
（2）托盘天平的精确度为0.1g，分度盘的指针偏右，说明右边重；
（3）根据配制溶液的实验操作过程进行实验步骤排序；
（4）分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响，根据c＝分析判断．
【解答】解：（1）需氢氧化钠的质量为m＝0.5L×0.5mol•L﹣1×40g/mol＝10.0g．
故答案为：10.0g；
（2）分度盘的指针偏右，说明右边重，左盘高于右盘，
故答案为：高于；
（3）操作步骤有计算、称量、溶解、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解（可用量筒量取水加入烧杯），并用玻璃棒搅拌，加速溶解．冷却后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤烧杯、玻璃棒2﹣3次，并将洗涤液移入容量瓶中，加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀．所以正确操作顺序为①③④②⑤．
故答案为：C；
（4）实际配制NaOH溶液的浓度0.48mol•L﹣1，所配溶液浓度偏低．
A． 用滤纸称量时，滤纸会吸附氢氧化钠，所以转入烧杯的氢氧化钠也少了，所配溶液浓度偏低．
B． 最后需要定容，容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水，对溶液浓度无影响；
C． 未洗涤液烧杯、玻璃棒，移入容量瓶中氢氧化钠的实际质量减小，溶液浓度偏低；
D．定容时仰视刻度，使溶液的体积偏大，所配溶液浓度偏低；
故选：B．
22．【分析】（1）根据稀释定律C浓V浓＝C稀V稀来计算；根据“大而近”的原则来选择合适的量筒；
（2）根据浓硫酸稀释时放热来分析稀释的操作；
（3）配制一定物质的量浓度的溶液过程中，定容时先直接加热蒸馏水到离容量瓶刻度线1﹣2cm处，改用胶头滴管定容；
（4）根据C＝，通过判断不当操作对溶质的物质的量n和溶液体积V的影响来分析误差；
【解答】解：（1）设需要的浓硫酸的体积为Vml，根据稀释定律C浓V浓＝C稀V稀可知：18.0mol/L×Vml＝100ml×3.0mol/L，解得V＝16.7ml；选择量筒时要根据所需的浓硫酸的体积，根据“大而近”的原则来选择合适的量筒，由于浓硫酸需要16.7ml，故选用25ml的量筒最合适，故答案为：16.7，B；
（2）浓硫酸稀释时放热，故稀释时要将浓硫酸沿烧杯内壁注入水中，并用玻璃棒不断搅拌；
故答案为：将浓硫酸沿烧杯内壁注入水中，并用玻璃棒不断搅拌；
（3）配制该稀硫酸时，定容的正确方法为：继续向容量瓶注入蒸馏水至离刻度线1﹣2cm处时，改用胶头滴管向容量瓶滴加至液凹面与刻度线相切为止；
故答案为：继续向容量瓶注入蒸馏水至离刻度线1﹣2cm处时，改用胶头滴管向容量瓶滴加至液凹面与刻度线相切为止；
（4）A、所用的浓硫酸长时间放置在密封不好的容器中，浓硫酸吸水，导致浓度变小，则配制出的稀硫酸的浓度偏小，故答案为：偏小；
B、容量瓶用蒸馏洗涤后残留有少量的水，对溶液的体积和溶质的物质的量都无影响，所以浓度无影响，故答案为：无影响；
C、所用过的烧杯、玻璃棒未洗涤，会导致溶质损失，所配溶液浓度偏小，故答案为：偏小；
D、定容时俯视溶液的液凹面，溶液的体积偏小，则浓度偏大，故答案为：偏大；
E、用量筒量取浓硫酸时俯视读数，溶质的物质的量偏小，所配溶液浓度偏小，故答案为：偏小；
23．【分析】（1）酸性高锰酸钾具有强氧化性，实验时应用酸式滴定管，无色NaHSO3溶液显酸性，用酸式滴定管，滴定过程还需要烧杯、锥形瓶、滴定管夹和铁架台；
（2）高锰酸钾具有强氧化性能腐蚀碱式滴定管中的橡胶管；
（3）滴定后俯视液面，读数偏小；根据c（待测）＝×分析不当操作对V（标准）的影响，以此判断浓度的误差；
（4）根据滴定管的结构和精确度以及测量的原理分析；已知反应为H++2MnO4﹣+5HSO3﹣＝2Mn2++5SO42﹣+3H2O，MnO4﹣与NaHSO3的物质的量关系计算．
【解答】解：（1）酸性高锰酸钾具有强氧化性，实验时应用酸式滴定管，无色NaHSO3溶液显酸性，用酸式滴定管，滴定过程还需要要锥形瓶、滴定管夹和铁架台，所以需要用到的是：酸式滴定管、锥形瓶、滴定管夹和铁架台，即ADEF；
故答案为：ADEF；
（2）高锰酸钾具有强氧化性能腐蚀碱式滴定管中的橡胶管，所以不用用碱式滴定管盛放高锰酸钾溶液，应该用酸式滴定管；
故答案为：碱；酸性KMnO4溶液会腐蚀碱式滴定管下端胶管；
（3）滴定前平视KMnO4液面，刻度为a mL，滴定后俯视液面刻度为b mL，读数偏小，则（b﹣a）mL比实际消耗KMnO4溶液体积少； 根据（b﹣a）mL计算得到的待测浓度，造成V（标准）偏小，根据c（待测）＝×分析，c（待测）偏小；
故答案为：少；小；
（4）若滴定前酸性KMnO4溶液刻度在“0”mL处，滴定结束时，读数为20.40mL，
已知反应为H++2MnO4﹣+5HSO3﹣＝2Mn2++5SO42﹣+3H2O，则c（HSO3﹣）＝×＝×＝0.005100mol/L，
故答案为：20.40；0.005100mol/L．
24．【分析】（1）为了确保定量的硫酸反应完全，所用NaOH稍过量；
（2）将NaOH溶液倒入小烧杯中，不能分几次倒入，否则会导致热量散失，影响测定结果；
（3）硫酸和氢氧化钠混合时，用套在温度计上的环形玻璃搅拌棒轻轻地搅动，使硫酸与NaOH溶液混合均匀；
（4）先根据Q＝m•c•△T计算反应放出的热量，然后根据△H＝﹣kJ/mol计算出反应热；根据热化学方程式的书写方法来书写；
（5）根据浓硫酸稀释放热来解答；
【解答】解：（1）实验中，所用NaOH稍过量的原因是确保硫酸反应完全；
故答案为：确保硫酸被完全中和；
（2）倒入氢氧化钠溶液时，必须一次迅速的倒入，目的是减少热量的散失，不能分几次倒入氢氧化钠溶液，否则会导致热量散失，影响测定结果；
故选：B；
（3）使硫酸与NaOH溶液混合均匀的正确操作方法是：用套在温度计上的环形玻璃搅拌棒轻轻地搅动；
故答案为：用套在温度计上的环形玻璃搅拌棒轻轻地搅动；
（4）50mL 0.25mol/L硫酸与50mL 0.55mol/L NaOH溶液进行中和反应生成水的物质的量为0.05L×0.25mol/L×2＝0.025mol，溶液的质量为100ml×1g/ml＝100g，温度变化的值为三次实验的平均值3.4℃，则生成0.025mol水放出的热量为Q＝m•c•△T＝100g×4.18J/（g•℃）×3.4℃＝1421.2J，即1.421kJ，
所以实验测得的中和热△H＝﹣＝﹣56.85kJ/mol，该反应的热化学方程式H2SO4（aq）+2NaOH（aq）＝Na2SO4（aq）+2H2O△H＝﹣113.7kJ/mol；
故答案为：56.85kJ/mol；H2SO4（aq）+2NaOH（aq）＝Na2SO4（aq）+2H2O△H＝﹣113.7kJ/mol；
（5）浓硫酸溶于水放出热量，所以含0.5mol H2SO4的浓硫酸与含1mol NaOH的溶液混合，放出的热量大于57.3kJ；
故答案为：大于；浓硫酸溶于水放出热量；
25．【分析】（1）根据金属的性质解答． Na能和水反应产生氢气，影响实验结论；Fe与酸反应的速率较慢，实验时间较长；
（2）镁与酸发生置换反应，生成盐和氢气；
（3）保证同时向三烧瓶内加入酸；
（4）根据氢气的质量计算出参加反应的HCl的物质的量，进而计算出盐酸的浓度变化量，根据v＝计算反应速率；
（5）硫酸中氢离子浓度大于醋酸中氢离子浓度，反应速率硫酸比醋酸快，两种提供的氢离子的物质的量相等，最后生成的氢气一样多；
（6）量筒用于测量生成氢气的体积，氢气的体积取决于酸溶液的体积；
（7）HCl为强电解质，完全电离，醋酸为弱电解质，存在电离平衡，开始氢离子浓度盐酸大于醋酸溶液，两种提供的氢离子的物质的量相等，最后生成的氢气一样多．
【解答】解：（1）Na太活泼，能和水反应产生氢气，影响实验结论；Fe与酸反应的速率较慢，实验时间较长．故镁较合适，
故答案为：Mg；由于Na太活泼，能和水反应产生氢气，影响实验结论；Fe与酸反应的速率较慢，实验时间较长；
（2）镁与硫酸、盐酸反应实质为，镁与氢离子反应，置换出氢气，反应离子方程式为2H++Mg＝H2↑+Mg2+，
醋酸是弱电解质，应写化学式，离子方程式为 2CH3COOH+Mg＝H2↑+Mg2++2CH3COO﹣，
故答案为：2H++Mg＝H2↑+Mg2+、2CH3COOH+Mg＝H2↑+Mg2++2CH3COO﹣；
（3）保证同时向三烧瓶内加入酸，可同时用分液漏斗分别向烧瓶中加入酸液，故答案为：同时用分液漏斗分别向烧瓶中加入酸液；
（4）由图可知，80﹣120s范围内生成氢气的质量为0.21g﹣0.18g＝0.03g，
2HCl～H2 ↑
2mol 2g
nmol 0.03g
所以n＝0.03mol
所以△c（HCl ）＝＝0.15mol/L，
所以v（HCl ）＝＝0.00375mol/（L．min），
故答案为：0.00375mol/（L．min）；
（5）硫酸中氢离子浓度大于醋酸中氢离子浓度，反应速率硫酸比醋酸快，两种提供的氢离子的物质的量相等，最后生成的氢气一样多．HAc、H2SO4与金属反应产生H2质量随时间变化关系的示意图为：
，故答案为：；
（6）量筒用于测量生成氢气的体积，氢气的体积取决于酸溶液的体积，故答案为：酸溶液的体积；
（7）醋酸中存在电离平衡，反应开始时c（H+）小于盐酸，故反应速率也小于盐酸．由于醋酸、盐酸最终提供的H+的物质的量相等，故最后的得到H2体积相等，
故答案为：醋酸中存在电离平衡，反应开始时c（H+）小于盐酸，故反应速率也小于盐酸．由于醋酸、盐酸最终提供的H+的物质的量相等，故最后的得到H2体积相等．
三．实验题（共3小题）
26．【分析】（1）根据量热计的构造来判断该装置的缺少仪器；根据中和热测定实验成败的关键是保温工作；
（2）根据在中和反应中，必须确保热量不散失；
（3）氢氧化钠固体溶于水放出热量．
【解答】解：（1）由量热计的构造可知该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌棒，为了减少热量的损失，烧杯上方盖硬纸板；
故答案为：环形玻璃搅拌棒；烧杯上方盖硬纸板；
（2）在中和反应中，必须确保热量不散失，即提高装置的保温效果；
故答案为：提高装置的保温效果；
（3）氢氧化钠固体溶于水放热，温度偏高，所以实验中测得的“中和热”数值将偏大；
故答案为：偏大；氢氧化钠固体溶于水放热．
27．【分析】（1）根据配制溶液的步骤是计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶来分析所需的仪器；根据查漏的操作来分析；
（2）结合c＝及不当操作可知，结合实验操作来分析；
（3）若 Na2SO3 溶液已发生变质，则会有SO42﹣生成，检验SO32﹣中是否有SO42﹣即可。
【解答】解：（1）根据配制溶液的步骤是计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶可知在配制过程中必要的仪器有：烧杯、玻璃棒、胶头滴管、250ml 容量瓶和电子天平；检验容量瓶是否漏水的操作方法是在容量瓶中注入水，盖好瓶塞，右手托住瓶底倒立，观察瓶塞是否漏水； 如不漏，将塞旋转 180 度，再重复检漏，故答案为：电子天平；在容量瓶中注入水，盖好瓶塞，右手托住瓶底倒立，观察瓶塞是否漏水； 如不漏，将塞旋转 180 度，再重复检漏；
（2）A．容量瓶刚用蒸馏水洗净，没有烘干，对浓度无影响，故A正确；
B．图③没有用蒸馏水洗烧杯 2﹣3 次，并转移洗液，则溶质减少，所以配得的Na2SO3溶液浓度偏低，故B错误；
C．图⑤时仰视容量瓶的刻度线，则溶液体积偏大，配得的Na2SO3溶液浓度偏低，故C错误；
D．图⑥后，发现液面略低于刻度线，再滴加少量水使液面凹面与刻度线相切，则溶液体积偏大，配得的Na2SO3溶液浓度偏低，故D错误。
故选A；
（3）亚硫酸钠在空气中能被氧气氧化生成硫酸钠，要检验配制的 Na2SO3溶液是否发生变质，可以检验硫酸根离子，方法是：取少量 Na2SO3 溶液，加入盐酸酸化、滴加 BaCl2 溶液，若有白色沉淀，则有溶液已变质产生硫酸钠，
故答案为：取少量 Na2SO3 溶液，加入盐酸酸化、滴加 BaCl2 溶液，若有白色沉淀，则有溶液已变质产生硫酸钠。
28．【分析】（1）根据滴定所需仪器判断；
（2）强酸滴定强碱可以选择酚酞做指示剂，酚酞在中性溶液中为无色，在弱碱性溶液中为粉红色；依据滴定操作：左手旋，右手摇，眼盯瓶解答；
（3）依据数据可知，硫酸铜晶体（CuSO4•xH2O）样品质量为m1，加热分解生成硫酸铜的质量为m4，则无水硫酸铜的质量为m4﹣m1，依据CuSO4•xH2O～xH2O计算解答；
（4）依据x＝，分析操作对晶体中含有水的质量的影响进行误差分析；
（5）托盘天平精确到0.1，故当两次称量的质量差不超过0.1g时，可认为加热至恒重，完全脱水，
【解答】解：（1）滴定前需进行赶气泡、调零等操作，用烧杯盛液体，滴定中用锥形瓶盛待测液，用滴定管盛标准液，故所需玻璃仪器有：酸式滴定管、碱式滴定管、锥形瓶、烧杯，
故答案为：酸式滴定管、碱式滴定管、锥形瓶、烧杯；
（2）强酸滴定强碱可以选择酚酞做指示剂，酚酞在中性溶液中为无色，在弱碱性溶液中为粉红色，所以盐酸溶液中先滴加几滴酚酞试液，溶液呈无色，滴定过程中当溶液由无色变为粉红色，且半分钟不恢复颜色，即可说明达到滴定终点；进行滴定实验时，左手旋转活塞或者挤压玻璃球，右手摇动锥形瓶，眼睛注视瓶中颜色变化；
故答案为：酚酞；摇动锥形瓶；颜色由无色变为粉红色，且半分钟不恢复颜色；
（3）依据数据可知，第一次称量的是坩埚的质量，第二次称量的是坩埚与硫酸铜晶体的质量，硫酸铜晶体（CuSO4•xH2O）样品质量为m4﹣m1，物质的量为：mol，结晶水的质量为：m2﹣m4，物质的量为：mol，
依据CuSO4•xH2O～xH2O可知：
CuSO4•xH2O～xH2O～CuSO4
x 1
mol mol
解得x＝；
故答案为：；
（4）a．坩埚未干燥则坩埚中含有水，相当于硫酸铜晶体中水含量增大，则x值偏高，故a选；
b．加热过程中有晶体溅失，导致计算出结晶水的质量偏大，测定结果偏高，故b选；
c．灼烧后坩埚在空气中冷却，导致无水硫酸铜吸收空气 中水蒸气，计算出的结晶水质量偏小，测定x偏小，故c不选；
故选：ab；
（5）托盘天平精确到0.1，故当两次称量的质量差不超过0.1g时，可认为加热至恒重，完全脱水，
故答案为：两次称量质量差不超过0.1 g。
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