【文档说明】重庆市忠县三汇中学2019-2020学年高一上学期期中考试化学试题【精准解析】.doc，共(18)页，314.000 KB，由小赞的店铺上传

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重庆市忠县三汇中学2019-2020学年高一上学期期中考试化学试题可能用到的相对原子质量：H：1C:12N：14O:16S:32Fe:56一、选择题1.对于易燃、易爆、有毒的化学物质，往往会在其包装上贴以下危险警告标签。下面所列

物质中，贴错了标签的是()ABCD物质的化学式H2SO4(浓)乙醇KClKCN危险警告标签腐蚀品易燃液体爆炸品剧毒品A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．浓硫酸具有强烈的腐蚀性，应贴腐蚀品的标志，图为腐蚀品标志，故A正确；B．乙醇属于

易燃物，图为易燃液体标志，故B正确；C．氯化钾不易发生爆炸，不是爆炸品，故C错误；D．KCN有剧毒，应贴剧毒品的标志，故D正确。综上所述，贴错了标签的是C，故选C。2.学习和研究化学，经常要进行实验，下列关于实验安全

的说法正确的是()A.用燃着的酒精灯去点燃另一只酒精灯，若酒精灯不慎着火，应立即吹熄B.做蒸馏实验时，如果在沸腾前发现忘记加沸石，应立即停止加热，冷却后补加C.不慎把浓硫酸洒在皮肤上要立即用NaOH溶液冲洗D.实验剩下

的药品应该放回原试剂瓶【答案】B【解析】【详解】A.不能用燃着的酒精灯去点燃另一只酒精灯，也不能用嘴吹灭，都易导致失火，应用火柴点燃、用灯帽盖灭，故A错误；B.应在加热前或常温下加入碎瓷片，则如果在沸腾前发现忘记加沸石，应立即停止加热，冷却后补加，故B正确；C.浓硫酸洒在皮

肤上，应立即用大量的水冲洗，最后涂上碳酸氢钠稀溶液，不能直接使用NaOH溶液，酸碱中和会放出大量热，且NaOH溶液本身是强碱，具有腐蚀性，故C错误；D.实验剩下的药品应该放在指定的回收容器内，不能放回原试剂瓶，故D错误；答案选B。【点睛

】实验室安全是化学实验的前提，学生需要关注实验安全，知道处理方法。3.下列关于仪器使用和操作说法不正确的是A.蒸发时，给蒸发皿内液体加热时，液体不超过容器的2/3B.蒸馏操作时，冷凝管中进冷凝水应是“下进

上出”C.盛放NaOH溶液时，使用带橡胶塞的磨口瓶D.萃取操作时，应选择有机萃取剂，且萃取剂的密度比水大【答案】D【解析】【详解】A．蒸发时，液体过多会导致液滴飞溅，则给蒸发皿内液体加热时，液体不超过容器2/3的，故A正确；B．蒸馏操作时，冷凝管中进冷凝水应是“下进上出”，冷却效果好

，故B正确；C．玻璃塞中的二氧化硅与NaOH反应生成具有粘合性的硅酸钠，则盛放NaOH溶液时，使用带橡皮塞的细口瓶，故C正确；D．萃取操作时，应选择有机萃取剂，有机溶剂与水不互溶，不发生反应，不需要考虑密度，故D错误。故选D。【点晴】把握混合物分离方法实验、实验基本操作等为解答的关键，蒸发时，液体

过多会导致液滴飞溅；冷水下进上出，在冷凝管中停留时间长，冷却效果好；玻璃塞中的二氧化硅与NaOH反应生成具有粘合性的硅酸钠；选择萃取剂不需要考虑密度。4.下列说法正确的是()A.1molH2O含有1mol氧B.硫酸的摩尔质量

是98gC.从1L2mol/L的NaCl溶液里取出200ml，氯化钠物质的量浓度依然为2mol/LD.1molCO2和1molN2只有在标况下气体分子数才相等【答案】C【解析】【详解】A.1molH2O含有1mol氧原子，要指明微粒的种类，故A错误；B.H2SO4的

摩尔质量应该是98g/mol，故B错误；C.溶液的浓度与取出的溶液体积无关，2mol/L的NaCl溶液里无论取出多少体积该溶液，浓度不变，故C正确；D.1mol任何物质都具有相同的粒子数目，与物质的外界条件无关，1molCO2和1molN2

不论是不是标准状况下，都具有NA个分子，故D错误；答案选C。【点睛】物质的量表示含有一定数目粒子的集合体，是一个将宏观物质和微观粒子联系在一起的物理量，1mol任何物质都具有相同的粒子数目为NA。5.下列操作不能达到预期目的是（）A.用酒精萃取碘水中的碘B.用蒸馏法将

自来水制成蒸馏水C.用过滤法除去食盐水中的泥沙D.用淘洗的方法从沙里淘金【答案】A【解析】【详解】A．酒精与水互溶，不能与水分离，不能用于萃取碘水中的碘，A错误；B．水的沸点与自来水中的杂质相差较大，故可用蒸馏的方法提纯水，B正确；C

．泥沙不溶于水，可用过滤的方法除去食盐水中的泥沙，C正确；D．金子的密度比沙子大，可用淘洗法从沙里淘金，D正确。答案选A。6.下列仪器在使用之前需要检查是否漏液的是（）①分液漏斗②长颈漏斗③容量瓶④蒸馏烧瓶⑤

洗气瓶．A.①②③B.①③C.①③⑤D.①②③④【答案】B【解析】分液漏斗主要用于添加液体和进行萃取分液实验，分液漏斗上有活塞和玻璃塞，使用时注意防漏，使用之前要检查是否漏液；容量瓶主要用于配制一定体积物质的量浓度的溶液，配制溶液过程中要将容量瓶颠倒摇匀，容量瓶在使用之前要检查是否漏液

；长颈漏斗、蒸馏烧瓶、洗气瓶使用之前不必检查是否漏液；答案选B。7.下列各组混合物的分离或提纯方法不正确的是()A.用加热法分离碘和氯化铵的混合物(提示：碘易升华，氯化铵受热易分解，冷却后它们又都重新变成原固体)B.用结晶法提纯NaCl和KNO

3混合物中的KNO3C.用蒸馏法分离乙醇和水的混合物D.用分液的方法分离煤油和NaCl溶液的混合物【答案】A【解析】【详解】A．加热时碘易升华，氯化铵受热分解为气体，冷却后它们又都重新变为原固体，则加热法不能分离该混合物，故A错误

；B．NaCl和KNO3的溶解度受温度影响不同，则选择结晶法可分离出KNO3，故B正确；C．乙醇和水互溶，但沸点不同，利用蒸馏法可分离，故C正确；D．煤油和NaCl溶液互不相溶，可利用分液法分离，故D正确。故选A。8.下列关于胶体的叙述不正确的是()A.胶体区别于其他分散系的本质特征是其分散质的微

粒直径在10－9～10－7m之间B.光线透过胶体时，胶体中可产生丁达尔效应C.当用平行光照射NaCl溶液和Fe(OH)3胶体时，产生的现象相同D.Fe(OH)3胶体能够使水中悬浮的固体颗粒物沉降，达到净水的目的【答案】C【解析】【分析】分散系的根本区别在于分散质微粒直径

的大小，小于100nm为溶液，大于100nm为浊液，在1nm～100nm的为胶体，胶体具有的性质主要有；均一、稳定、有吸附作业，具有丁达尔现象、聚沉、电泳等性质，其中丁达尔现象是区分溶液和胶体的方法。【详解】A、胶体区别于其他分散系的本质特征

是分散质的微粒直径在10﹣9～10﹣7m之间，即1nm～100nm，故A正确；B、光线透过胶体时，胶体中可发生丁达尔效应，是胶体特有的性质，故B正确；C、用平行光照射NaCl溶液和Fe(OH)3胶体时，Fe(OH)3胶体中会产生光亮的通路，

产生丁达尔现象，NaCl溶液无此现象，故C错误；D、Fe(OH)3胶体具有较大的表面积，能够使水中悬浮的固体颗粒沉降，达到净水目的，故D正确；故选C。9.下列物质的分类合理的是()碱酸盐酸性氧化物A纯碱盐酸烧碱二氧化硫B烧碱硫酸食盐一氧化碳C苛性钠醋酸石灰石水D

KOH碳酸纯碱三氧化硫A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【分析】电离时生成的阴离子全部是氢氧根离子的化合物为碱；电离出阳离子全部为氢离子的化合物为酸；电离出金属阳离子（或铵根离子）与酸根离子的化合物为盐；与碱反应生成相应的盐与水的氧化物为酸性氧

化物。【详解】A.纯碱是碳酸钠的俗称，属于盐，烧碱是氢氧化钠，属于碱，故A错误；B.烧碱是氢氧化钠的俗称，属于碱，硫酸属于酸，氯化钠属于盐，一氧化碳是不成盐氧化物，不是酸性氧化物，故B错误；C.苛性钠是氢氧化钠的俗称，属于碱，醋酸属于酸，石灰

石的主要成分是碳酸钙，属于盐，水呈中性，不是酸性氧化物，故C错误；D.氢氧化钾属于碱，碳酸属于酸，纯碱是碳酸钠的俗称，属于盐，三氧化硫属于酸性氧化物，故D正确；答案选D。【点睛】物质的分类时，需要弄清楚酸，碱，盐，氧化物的概念，知道物质的俗称。10

.下列实验装置图所示的实验操作，不能达到相应的实验目的的是（）A.分离沸点相差较大液体混合物B.除去CO气体中的CO2气体C.向容量瓶中转移液体D.分离互不相溶的两种液体【答案】A【解析】A.分离沸点相差较大的液体混合物，采用蒸馏的方法，但温度计的水银球应位于蒸馏烧瓶的支管口

处，故A错误；B.除去CO气体中的CO2气体，可以采用NaOH溶液洗气的方法除去CO2，故B正确；C.向容量瓶中转移液体时，应用玻璃棒引流，玻璃棒的下端位于容量瓶的刻度线下方，故C正确；D.分离互不相溶的两种液体，可以采用分液的方法，

故D正确；故答案选A。11.用NA表示阿伏伽德罗常数的数值，下列叙述正确的是()A.在同温同压下，相同体积的任何气体单质所含的分子数目一定相同B.标准状况下，1molCO2、CO的混合气中含有的氧原子数为1.5NAC.标准状况下，

22.4L水含有的分子数为1NAD.在常温常压下，11.2L氮气所含的原子数目为NA【答案】A【解析】【详解】A.根据阿伏加德罗定律可知，同温同压下，相同体积的任何气体单质所含的分子数目一定相同，故A正确；B.标准状况下，假设1mol全是CO2则含有的氧原子数为2

NA，假设1mol全是CO则含有的氧原子数为NA，故1molCO2、CO的混合气中含有的氧原子数为NA和2NA之间，故B错误；C.标准状况下，水的状态不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算，故C错误；D.在常温常压下，11.2L氮气无法算出物质的量，故无法算出原子数目，故D错

误；答案选A。12.下列有关0.2mol/LMgCl2溶液的说法不正确．．．的是()A.500mL溶液中Mg2+和Cl－离子总数为0.3NAB.250mL溶液中Cl－离子浓度为0.2mol/LC.500mL溶液中Mg2+离子浓度为0.2mol/LD.500mL溶液中Cl-离

子总数为0.2NA【答案】B【解析】【详解】A.500mL溶液中Cl－离子总数为N=nNA=cVNA=0.2mol⋅L−1×0.5L×2×NA=0.2NA，Mg2+离子总数为N=nNA=cVNA=0.2mol⋅L−1×0.5L×NA=0.1NA，故Mg2+和Cl－离子总数为0.

2NA+0.1NA=0.3NA，故A正确；B.250mL0.2mol/LMgCl2溶液中Cl－离子浓度为0.2mol/L×2=0.4mol/L故B错误；C.500mL0.2mol/LMgCl2溶液中Mg2+离子浓度为0.2m

ol/L，故C正确；D.500mL溶液中Cl-离子总数为N=nNA=cVNA=0.2mol⋅L−1×0.5L×2×NA=0.2NA，故D正确；答案选B。13.在下列条件下，两种气体的分子数一定相等的是A.同密

度、同压强的CO和C2H4B.同温度、同体积的O2和N2C.同体积、同密度的C2H4和N2D.同压强、同体积的O2和N2【答案】C【解析】【详解】A．体积未知，质量无法确定，不能得出物质的量的关系，两种气体的分子数不一定相等，故A错误；B．压强未知，物质的量的关系不确定，两种气

体的分子数不一定相等，故B错误；C．C2H4和N2同体积、同密度，m=ρV，故两者质量相同，由于其摩尔质量相同，则两者物质的量相同、分子数相同，故C正确；D．温度未知，两者物质的量关系不确定，两种气体的分子数不一定相等，故D错误。故选C。14

.为了配制100mL1mol/L的NaOH溶液，其中有下列几个操作，错误的是()①NaOH用称量纸盛装进行称量；②选刚用蒸馏水洗净的100mL容量瓶进行配制；③NaOH在烧杯里刚完全溶解时，立即将溶液转移到容量瓶；④用蒸馏水洗涤烧杯内壁两次，洗涤液都移入容量瓶；⑤使蒸馏水沿着玻璃棒注入容量瓶

，直到溶液的凹液面恰好跟刻度线相切．A.①③B.①③⑤C.②③⑤D.①②【答案】B【解析】【详解】①NaOH固体具有吸水性，易潮解，应放在烧杯进行称量，故错误；②选刚用蒸馏水洗净的100mL容量瓶进行配制，故正

确；③NaOH溶于水放热，所以不能立即把溶液转移到容量瓶中，故错误；④用蒸馏水洗涤烧杯内壁2次，洗涤液也均转入容量瓶中，故正确；⑤为了防止加水超过刻度线，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，使溶液的凹液面的最低点与刻线相平，故错误。操作错误的是①③⑤，故选B。15.下列溶液

与20mL1mol·L-1NaNO3溶液中NO3-物质的量浓度相等的是（）A.10mL1mol·L-1Mg(NO3)2溶液B.5mL0.8mol·L-1Al(NO3)3溶液C.10mL2mol·L-1AgNO3溶液

D.10mL0.5mol·L-1Cu(NO3)2溶液【答案】D【解析】【分析】20mL1mol•L﹣1NaNO3溶液中NO3﹣物质的量浓度为：c（NO3﹣）=c（NaNO3）=1mol/L；【详解】A.1mol•L﹣1Mg（NO3）2溶液中NO3﹣物质的量浓度为：c（

NO3﹣）=2c[Mg（NO3）2]=1mol/L×2=2mol/L，故A错误；B.0.8mol•L﹣1Al（NO3）3溶液中NO3﹣物质的量浓度为：c（NO3﹣）=3c[Al（NO3）3]=0.8mol/L×3=2.4mol/L，故B错误；C.2mol•L﹣1AgNO

3溶液中NO3﹣物质的量浓度为：c（NO3﹣）=c（AgNO3）=2mol/L，故C错误；D.0.5mol•L﹣1Cu（NO3）2溶液中NO3﹣物质的量浓度为：c（NO3﹣）=2c[Cu（NO3）2]=0.5mol/L×2=1mol/L，故D正确；答案选D。16.同温同压

下，若2体积单质气体A2和1体积单质气体B2化合生成2体积气体C，则C的化学式为()A.A2BB.ABC.AB2D.A2B【答案】A【解析】【详解】同温同压下，气体的Vm相同，则体积之比等于物质的量之比，反应方程式为2A2+B2=2C，则由质量守恒

定律可知C的分子式为A2B，答案选A。【点睛】同温同压下，气体的体积之比等于物质的量之比。17.同温同压下,质量相同的CO2、H2、O2、CH4、SO2五种气体,下列说法错误．．的是()A.所占的体积由大到小的顺序是：H2＞CH4＞O2＞CO2＞SO2B.所含的质子数由多到少是：CO

2＞SO2＞CH4＞O2＞H2C.密度由大到小的顺序是：SO2＞CO2＞O2＞CH4＞H2D.所含分子数由多到少的顺序是：H2＞CH4＞O2＞CO2＞SO2【答案】B【解析】【详解】A.根据n=m/M可知，质量相同时，摩尔质量越大，物质的量越小，则同温同压下

体积与物质的量成正比，质量相同的CO2、H2、O2、CH4、SO2五种气体，所占的体积由大到小的顺序是：H2＞CH4＞O2＞CO2＞SO2，故A正确；B.取mg四种气体，质量相同的CO2、H2、O2、CH4、SO2五种气体含质子数分别为：44m×22，2m×2，32m×16，16m×10，64m

×32，所含的质子数由多到少是：H2＞CH4＞CO2=O2=SO2，故B错误；C.同温同压下，密度之比等于摩尔质量之比，CO2、H2、O2、CH4、SO2五种气体摩尔质量由小到大的顺序是：H2＜CH4＜O2＜CO2＜SO2，密度之比为：H2＜CH4＜

O2＜CO2＜SO2，故C正确；D.根据n=mM可知，质量相同时，摩尔质量越大，物质的量越小，分子数越少，同温同压下，质量相同的CO2、H2、O2、CH4、SO2，分子数由多到少的顺序是：H2＞CH4＞O2＞CO2＞SO2，故D正确；答案选B。18.下列叙述中正确的是①标准状况下，1L

HCl和1LH2O的物质的量相同②标准状况下，1gH2和14gN2的体积相同③28gCO的体积为22.4L④两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⑤在同温同体积时，气体物质的物质的量越大，则压强越大⑥同温同压下，气体的密度与气体的相对分

子质量成正比A.①②③B.④⑤⑥C.②③⑥D.②⑤⑥【答案】D【解析】【详解】①标准状况下，H2O不是气态，无法计算其物质的量，错误；②标准状况下，1gH2和14gN2的物质的量都为0.5mol，体积相同，正确；③28gCO的物质的量是1mol，没有告

诉是标况，体积不一定是22.4L，错误；④两种物质的物质的量相同，则它们在标准状况下的体积不一定相同，因为该物质的状态不一定是气体，错误；⑤根据PV=nRT可知在同温同体积时，气体物质的物质的量越大，则压强越大，正确；⑥根据阿伏

加德罗定律及其推论可知同温同压下，气体的密度与气体的相对分子质量成正比，正确；答案选D。二、填空题19.（1）有以下四种物质①22g二氧化碳；②5g氢气；③1.204╳1024个氮气分子；④4℃时18g水，它们所含分子数最多的是______________

___；质量最大的是____________；常温时体积最大的是_______________(填序号)。（2）VLFe2(SO4)3溶液中含Fe3＋mg，则溶液中SO42-的物质的量浓度为________mol·L－1（3）标况下，mg气体A和ng气体B具有相等的体积，则同温同压下的密度之比为_

_______，同质量的A、B的分子数目之比为________。（4）在无土栽培中，配制1L内含5molNH4Cl、1.6molKCl、2.4molK2SO4的某营养液，若用KCl、NH4Cl、(NH4)2SO4配制，则需KCl、NH

4Cl的物质的量分别为_____________、_________________。【答案】(1).②(2).③(3).②(4).3m112V(5).m:n(6).n:m(7).6.4mol(8).0.2mol【解析】【分析】（1

）依据n=ANN=mM，m=ρV，结合物质的结构组成解答；（2）根据n=mM，计算出mg铁离子的物质的量，再根据硫酸铁的化学式计算出硫酸根离子的物质的量，最后根据c=nV计算出溶液中硫酸根离子的浓度；（3）根据ρ=mV可知体积相同时，二者密度与质量成正比；标况下二者体积相同

，则A与B的物质的量相同，根据M=mn可知二者摩尔质量与其质量成正比，同质量的A与B分子个数之比等于摩尔质量的反比；（4）配制的溶液中的钾离子完全来自氯化钾，根据氯化钾、硫酸钾的物质的量可确定氯化钾的物质的量，氯离子来自氯化钾和氯化铵，根据氯离子守

恒可计算出需要氯化铵的物质的量；【详解】①22g二氧化碳物质的量为22g44g/mol=0.5mol,含有分子个数为0.5mol×NA=0.5NA；②5g氢气物质的量为：5g2g/mol=2.5mol,含有分子个数为2.5mol×NA=2.5NA；③1.204×1024个氮气分子数即2

NA，物质的量为：24231.204106.0210=2mol，质量为：2mol×28g/mol=56g，④4℃时18mL水，质量为1g/ml×18mL=18g，物质的量为：18g18g/mol=1mol，含有分子个数为1mol×NA=NA；(

1)①二氧化碳含有分子个数为0.5mol×NA=0.5NA；②5g氢气含有分子个数为2.5mol×NA=2.5NA；③1.204×1024个氮气分子数即2NA；④18mL水含有分子个数为1mol×NA=NA，它们所含分子数由大到小的顺序是②③④①；①22g二氧化碳②5g氢气③1.

204×1024个氮气分子质量为：2mol×28g/mol=56g，④4℃时18g水，质量最大的是③；n=VVm，常温时，物质的量越大，气体的体积越大，由于水是液体，体积最小，常温时体积最大的是②，故答案为：②；③；②。(2)VLFe2(SO4

)3溶液中含Fe3+mg，含有铁离子的物质的量为：mg56g/mol=m56mol，溶液中含有硫酸根离子的物质的量为：m56mol×32=3m112mol，则溶液中SO42−的物质的量浓度为：3mmol112VL=3112mVmol/L，故答案为：3112mV；(

3)标况下，mg气体A和ng气体B具有相等的体积，根据ρ=mV，可知同温同压下的密度与质量成正比，则二者密度之比=mg:ng=m:n；标况下二者体积相同，则A与B的物质的量相同，根据M=mn可知二者摩尔质量与其质量成正比，则二者摩尔质量之比=m:n，根据n=mM=ANN可知，相同

质量的A、B含有分子数与其摩尔质量成反比，则同质量的A、B的分子数目之比为n:m，故答案为：m:n；n:m；（4）在无土栽培中，配制1L内含5molNH4Cl、1.6molKCl、2.4molK2SO4的某营养液，该培养液中含有钾离子的总物质的量为：1.6mol+2.4mol

×2=6.4mol，根据钾离子守恒，需要氯化钾的物质的量为6.4mol；需要配制的溶液中含有氯离子的物质的量为：5mol+1.6mol=6.6mol，其中6.4mol氯化钾中提供了6.4mol氯离子，则还需要氯化铵的物质的量为：6.6mol−6.4mol=

0.2mol，故答案为：6.4mol；0.2mol；【点睛】物质的量与粒子数成正比，需熟练掌握公式，并且灵活运用。20.某化学研究性学习小组以海带为原料制取了少量碘水．现用四氯化碳从碘水中萃取碘并用分液漏斗分离两种溶液．其实验操作可分解为如下几

步：A．把盛有溶液的分液漏斗放在铁架台的铁圈中；B．把50mL碘水和15mL四氯化碳加入分液漏斗中，并盖好玻璃塞；C．检查分液漏斗活塞和上口的玻璃塞是否漏液；D．倒转分液漏斗，用力振荡，并不时旋开活塞放气，最后关闭活塞，分液漏斗放正；E．旋开活

塞，用烧杯承接溶液；F．从分液漏斗上口倒出上层水溶液；G．将漏斗上口的玻璃塞打开或使塞上的凹槽或小孔对准漏斗口上的小孔；H．静置、分层；就此实验，完成下列填空：（1）正确操作步骤的顺序是(用上述各操作的编号字母填写)__

____________________（2）上述E步骤的操作中应注意________________；上述G步骤操作的目的是_________（3）能选用四氯化碳从碘水中萃取碘的原因是_______________________（4

）已知碘在酒精中的溶解度比在水中大得多，能不能用酒精来萃取碘水中的碘(填“能”或“不能”)_____________，其理由是______________________。【答案】(1).CBDAHGEF(2).使漏斗下端管口紧靠烧杯内壁,及时关闭活塞,不要让上层液体流出(3).使分液漏斗

内外空气相通，便于分液时漏斗里液体能够顺利流出(4).CCl4与水不互溶,而且碘在CCl4中的溶解度比在水中的大得多，且碘与CCl4不反应(5).不能(6).酒精与水互溶【解析】【详解】（1）CCl4从碘水中萃取碘并用分液漏斗分离两

种溶液，操作为查漏→装液→振荡→静置→分液，则步骤为C→B→D→A→H→G→E→F；（2）旋开活塞，分离下层液体，应使漏斗下端管口紧靠烧杯内壁，及时关闭活塞，不要让上层液体流出；(G)步骤目的为操作时使漏斗内外空气相通，以保证进行E操作时漏斗内的液体顺利流出；（3）选用CCl4从碘水中萃取碘的原因

是CCl4与水不互溶，而且碘在CCl4中的溶解度比在水中的大得多；（4）酒精与水可以互溶，不分层，不能用酒精来萃取碘水中的碘。21.实验室用18.4mol·L-1的浓硫酸来配制500mL0.2mol·L-1的稀硫酸。可供选用的仪器有：①胶头滴管②烧瓶③烧杯④药匙⑤量

筒⑥托盘天平⑦玻璃棒[）请回答下列问题：（1）配制稀硫酸时，上述仪器中不需要使用的有________(选填序号)，还缺少的仪器有________(写仪器名称)。（2）需要用量筒量取上述浓硫酸的体积为__________mL，量取浓硫酸时应选用__________

_(选填①10mL②50mL③100mL)规格的量筒。（3）实验中两次用到玻璃棒，其作用分别是：______________、_____________。（4）下列对容量瓶及其使用方法的描述中正确的是_______________。A．容量瓶上标有容积、温度和浓度B．容

量瓶用蒸馏水洗净后，必须烘干C．配制溶液时，把量好的浓硫酸小心倒入容量瓶中，加入蒸馏水到接近刻度线1～2cm处，改用胶头滴管加蒸馏水至刻度线D．使用前要检查容量瓶是否漏水（5）在配制过程中，下列操作可引起所配溶液浓度偏低的有__________。（填序号）①未洗涤稀释浓硫

酸时用过的烧杯和玻璃棒②未等稀释后的硫酸溶液冷却至室温就转移到容量瓶中③转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水④定容时，仰视刻度线【答案】(1).②④⑥(2).500mL容量瓶(3).5.4(4).①(5).搅拌(6).引流(7).D

(8).①④【解析】【详解】（1）配制500mL0.2mol•L-1的稀硫酸，配制过程为：计算、稀释、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等，使用的仪器有：量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，还缺少500mL容量瓶，不需要使用的有烧瓶、

钥匙、托盘天平；（2）配制500mL0.2mol•L-1的稀硫酸，根据溶液稀释过程中溶质的物质的量不变可知：需要浓硫酸的体积为：（0.2mol/L×500mL）÷18.4mol/L≈5.4mL，量取5.4mL

浓硫酸，需要选用10mL量筒，即①正确；（3）配制过程中总共两次用到玻璃棒，分别为：稀释浓硫酸时需要使用玻璃棒搅拌，加速稀释过程；转移溶液时使用玻璃棒引流，避免液体流到容量瓶外边；（4）A．容量瓶上标有容积、温度和和刻度线，容量瓶上没有标出浓度，因为容量瓶可以配制不同浓度的溶液，即配制的溶液的浓度

不确定，A错误；B．容量瓶用蒸馏水洗净后，不需要烘干，因为定容时还需要加入蒸馏水，容量瓶中有少量的蒸馏水不影响配制结果，B错误；C．配制溶液时，把量好的浓硫酸倒入小烧杯中进行稀释，不能直接在容量瓶中稀释浓硫酸，C错误；D．

容量瓶有瓶塞，配制时需要摇匀，所以使用前要检查容量瓶是否漏水，避免影响配制结果，D正确；答案选D。（5）①未洗涤稀释浓硫酸时用过的烧杯和玻璃棒，导致配制的溶液中溶质的物质的量偏小，配制的溶液浓度偏低，①正确；②未等稀释后的硫酸溶液

冷却至室温就转移到容量瓶中，热的溶液体积偏大，待到冷却后溶液的体积会偏小，导致配制的溶液体积偏小，溶液浓度偏高，②错误；③转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水，对配制的溶液中溶质的物质的量和溶液的体积没有影响，所以不影响配制结果，③错误；④定容时，仰视刻度线，导致加入的蒸馏水超

过了刻度线，配制的溶液体积偏大，溶液浓度偏低，④正确；答案选①④。【点晴】掌握实验原理是解答的关键，难点是误差分析。根据BcBnV=可得，一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量ｎB和溶液的体积V引起的。误差分析时，关键要看配制过程中引起ｎ和V怎样的变化。在配制一定物质的量浓度

溶液时，若nB比理论值小，或V比理论值大时，都会使所配溶液浓度偏小；若nB比理论值大，或V比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大。22.取少量Fe2O3粉末（红棕色）加入适量盐酸，得到黄色溶液，用此溶液进行以下实验：（1）在小烧杯中加入20mL蒸馏

水，加热至沸腾后，向沸水中加入制取的黄色溶液2mL，继续煮沸至液体呈______色，停止加热，用激光笔照射烧杯中的液体，可以观察到液体中______，用这个实验可以区别_______和_______。（2）氢氧化铁胶体制备的原理________________________

_______（3）向烧杯中逐滴加入过量的盐酸，会出现一系列变化：现象____________________原因（用离子方程式表示）__________________________（4）氢氧化铁胶体稳定存在的主要原因是_______________________________

_______。【答案】(1).红褐(2).有光亮的通路(3).溶液(4).胶体(5).Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3(胶体)+3H+(6).先产生红褐色沉淀，后沉淀溶解(7).Fe(OH)3+3H+═Fe3++3H2O(8).氢氧化铁胶粒带正电，因为都

带同种电荷，胶粒之间是相排斥的，不易聚集成大颗粒，使氢氧化铁胶体可以稳定存在【解析】【分析】（1）氧化铁与盐酸反应生成氯化铁和水，1nm-100nm的分散质微粒形成的分散系为胶体，铁离子水解生成胶体；（2）氢氧化铁胶体制备的原理

是利用Fe3+在沸水中的水解；（3）①依据胶体聚沉的性质解答，盐酸电离出来的离子所带的电荷与胶体粒子所带的电荷发生了电性中和；②氢氧化铁与盐酸发生酸碱中和反应；（4）氢氧化铁胶粒带正电，因为都带同种电荷，胶粒之间是相排斥的，不易聚集

成大颗粒，使氢氧化铁胶体可以稳定存在。【详解】（1）氧化铁与盐酸反应生成氯化铁和水，离子反应为6H++Fe2O3=2Fe3++3H2O，制备胶体的过程是，在小烧杯中加入20mL蒸馏水，加热至沸腾后，向沸水中加入制

取的黄色溶液2mL，继续煮沸至液体呈红褐色，停止加热，用激光笔照射烧杯中的液体，可以观察到液体中形成光亮的通路，发生丁达尔效应，丁达尔效应可用于区分溶液和胶体，故答案为：红褐；光亮的通路；溶液；胶体；（2）氢氧化铁胶体

制备的原理是利用Fe3+在沸水中的水解；Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3(胶体)+3H+，故答案为：Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3(胶体)+3H+；（3）①盐酸电离出来的离子所带的电荷与胶体粒子所带的电荷发生了电性中和，破坏了胶体的介稳

性，从而能够使氢氧化铁胶体发生聚沉，出现红褐色沉淀；②氢氧化铁与盐酸发生酸碱中和反应：Fe(OH)3+3H+═Fe3++3H2O，所以沉淀溶解，溶液呈黄色，故答案为：先产生红褐色沉淀，后沉淀溶解；Fe(OH)3+3H+═Fe3++3H2O；（4）氢氧化铁胶粒带正电，因为都带同种电

荷，胶粒之间是相排斥的，不易聚集成大颗粒，使氢氧化铁胶体可以稳定存在。故答案为：氢氧化铁胶粒带正电，因为都带同种电荷，胶粒之间是相排斥的，不易聚集成大颗粒，使氢氧化铁胶体可以稳定存在。【点睛】胶体的性质是做好本题的关键，胶体的制备，胶体的聚沉都是重点考查的内容。