1、物质的性质和含量的测定一、单选题（共19题）1胆矾(CuSO45H2O)结晶水含量的测定实验中，可以判定胆矾已经失去全部结晶水的方法是A用肉眼观察，当蓝色固体全部变为白色B用较高温度加热，当仪器表面微微发红C加热后冷却、称量、再加热、冷却称量、直至连续的两次称量值相差不超过0.001gD在受热后的胆矾表面洒少量无水硫酸铜，看无水硫酸铜是否变蓝2某化学小组在常温下测定一定质量的某铜铝混合物中铜的质量分数，设计了如下实验方案：方案I：铜铝混合物测定生成气体的体积方案II：铜铝混合物测定剩余固体的质量下列有关判断中不正确的是（ ）A溶液A和B均可以是盐酸B溶液A和B均可以是NaOH溶液C溶液A和B均
2、只能是盐酸，不可以是NaOH溶液D实验室方案II更便于实施3实验室测定CuSO4nH2O晶体里结晶水的n值时，出现了三种情况：晶体中含有受热不分解的杂质； 晶体尚带蓝色，即停止加热； 晶体脱水后露置在空气中冷却，再称量。其中使实验结果偏低的原因是 （ ）ABCD4把VL含有和的溶液分成两等份，一份加入含有amol NaOH的溶液，恰好使完全转化为沉淀，另一份加入含bmol的溶液，恰好使完全沉淀为BaSO4。则原混合溶液中的浓度为Amol/LB mol/LC mol/LD mol/L5测定硫酸铜晶体中结晶水含量实验，经计算相对误差为+0.4%，则下列对实验过程的相关判断合理的为（）A所用晶体中有
3、受热不挥发的杂质B用玻璃棒搅拌时沾去少量的药品C未将热的坩埚放在干燥器中冷却D在实验结束时没有进行恒重操作6下列有关实验原理、方法和结论都正确的是()A已知Cu2O2H=Cu2CuH2O，氢气还原氧化铜后所得红色固体能完全溶于稀硝酸，说明还原产物是铜B用蒸馏水、酚酞、BaCl2溶液和已知浓度盐酸标准液作试剂，可测定NaOH固体(杂质仅为Na2CO3)的纯度C实验室中的CCl4含有少量溴，加适量的苯，振荡、静置后分液，可除去CCl4中的溴D取一定量水垢加盐酸，生成能使澄清石灰水变浑浊的气体，说明水垢的主要成分为CaCO3、MgCO37将一定质量的铜粉加入到 100 mL 某浓度的稀硝酸中，充分反
4、应后，容器中剩有 m1g 铜粉，此时共收集到 NO 气体 448mL（标准状况）然后向上述混合物中加入足量稀硫酸至不再反应为止，容器仍剩有铜粉 m2g，则（m1m2）为（ ）A2.88B5.76C7.2D11.528将1 g胆矾在坩埚内加热一段时间后，若剩余0.856 g纯净固体，此剩余固体的化学式为（ ）ABCD9学生在实验室分组实验测定胆矾晶体 (CuSO4nH2O )里结晶水的n值时，出现三种情况：晶体中含有受热不分解的杂质；晶体尚带蓝色，即停止加热；晶体失去全部结晶水后，冷却时未放入干燥器中其中能使实验结果n值偏低的是 ( )A和B和C和D10实验室用如图所示装置（图中夹持仪器略去）测
5、定牙膏样品中碳酸钙的质量分数，下列说法错误的是A实验过程中持续通入空气可起到搅拌B、C中的反应物的作用B实验过程中滴加盐酸的速率不宜过快C依据装置C在反应前后的质量差测定的结果会偏高DC中的沉淀经过滤、干燥、称重后可确定牙膏样品中碳酸钙的质量11下列变化前后的数据关系不符合a b的是A一瓶浓硫酸溶质的质量分数为a，敞口放置一段时间后溶质质量分数为bB一瓶浓盐酸的质量为a，敞口放置一段时间后质量为bC将锌片放置在质量为a的硫酸铜溶液中，一段时间后，溶液质量为bD酒精和水混合前的体积之和为a，混合后总体积为b12关于实验下列说法错误的是A在硫酸铜晶体结晶水含量的测定实验中，加热后的硫酸铜应在空气中
6、冷却后再称量B在中和热的测定实验中，应用稀的强酸和强碱作为反应物进行实验C在Fe(OH)3胶体的电泳实验中，靠近阴极附近的液体的颜色会加深D在硫酸铜晶体结晶水含量的测定实验中，加热不够充分将会使实验结果偏小13下列实验方案中，能实现实验目的的是实验目的实验方案A检验露置的Na2SO3是否变质用盐酸酸化的BaCl2溶液B缩短容量瓶干燥的时间将洗净的容量瓶放在烘箱中烘干C测定Na2CO3(含NaCl)样品纯度取一定质量的样品与足量盐酸反应，用碱石灰吸收产生的气体D验证氧化性强弱：Ag+Fe2+向FeCl2和KSCN的混合溶液中滴入酸化的AgNO3溶液14实验室利用下图装置测定水分子的构成。下列说法
7、错误的是A装置中依次盛装的药品是无水、碱石灰、碱石灰B需测定装置实验前后的质量和装置实验前后的质量C反应生成的氢气未能全部转化成水D实验后装置的玻璃管中未全部变红，对实验结果无影响15白云石CaMg(CO3)2中钙含量测定常用KMnO4滴定的方法。具体做法是将其酸溶后转化为草酸钙，过滤后用酸溶解，再用KMnO4滴定。则下列说法错误的是AKMnO4滴定草酸发生反应的离子方程式为：2MnO+5H2C2O4+6H+=2Mn2+10CO2+8H2OB实验过程中两次用酸溶解，均需使用稀盐酸CKMnO4滴定草酸过程中，标准状况下每产生448mLCO2气体理论上转移0.02mole-D滴定过程中若滴加KMn
8、O4过快会发生反应4MnO+12H+=4Mn2+5O2+6H2O，将导致测定结果偏高16某化学小组在常温下测定一定质量的某铜铝混合物中铜的质量分数，设计了如下实验方案，下列有关判断中不正确的是方案：铜铝混合物测定生成气体的体积；方案：铜铝混合物测定剩余固体的质量A溶液A和B均可以是盐酸或NaOH溶液B溶液A和B不可以均选用稀硝酸C若溶液B选用浓硝酸，则测得铜的质量分数偏大D实验室方案更便于实施17将8.34 g FeSO47H2O样品隔绝空气加热脱水，其热重曲线（样品质量随温度变化的曲线）如右图所示。则下列说法正确的是AFeSO47H2O晶体中有4种不同结合力的水分子B在100时，M的化学式为
9、FeSO46H2OC在200时，N的化学式为FeSO43H2OD380的P加热至650时的化学方程式为：2FeSO4Fe2O3+SO2+SO318不能测定Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO3质量分数的实验方案是（ ）A取a克混合物充分加热至质量不变，减重b克B取a克混合物与足量稀硝酸充分反应，加热、蒸干、灼烧至熔化，冷却得b克固体C取a克混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰完全吸收，增重b克D取a克混合物与足量Ba(OH)2溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得b克固体19实验室利用下列装置可测量一定质量的钢材中的含碳量(部分夹持装置已略去)。下列有关判断正确的是A实验时，先打开
10、K1、K2，关闭K3,从a处通入N2目的是排出装置中的CO2B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装置中的酸性KMnO4溶液吸收H2S,装置盛有浓硫酸,起到干燥作用D实验前后需称取装置和装置的质量,才能准确地测得钢材的含碳量二、实验题（共5题）20为测定某氟化稀土样品中氟元素的质量分数，某化学兴趣小组进行了如下实验。利用高氯酸(高沸点酸)将样品中的氟元素转化为氟化氢(低沸点酸)蒸出，再进行吸收滴定来测定含量。实验装置如图所示。(1)玻璃管a的作用为_。(2)实验步骤：连接好实验装置，检查装置气密性；往c 中加入m g 氟化稀土样品和 一定体积的高氯酸，f中
11、盛有滴加酚酞的NaOH溶液。加热装置b、c。下列物质可代替高氯酸的是_ (填序号)。A硫酸 B盐酸 C硝酸 D磷酸水蒸气发生装置b的作用是_。21某种含有少量氧化钠的过氧化钠试样(已知试样质量为1.560g、锥形瓶和水的质量为190.720g)，利用如图装置测定混合物中Na2O2的质量分数，每隔相同时间读得电子天平的数据如下表：读取次数质量(g)锥形瓶+水+试样第1次192.214第2次192.164第3次192.028第4次192.010第5次192.010(1)写出Na2O2和H2O反应的化学方程式_。(2)计算过氧化钠质量分数时，除了试样的质量，锥形瓶和水的质量，还必需的数据是_，不必作
12、第6次读数的原因是_。(3)根据上述数据，过氧化钠的质量分数是_(保留2位小数)。(4)测定上述样品(1.560g)中Na2O2质量分数的另一种方案，其操作流程如图：操作的名称是_。需直接测定的物理量是_。操作需要的仪器除了酒精灯，还需要_(固定、夹持仪器除外)。在转移溶液时，如溶液转移不完全，则Na2O2质量分数的测定结果_(填“偏大”、“偏小”或“不变”)。22某实验小组用工业上废渣(主要成分Cu2S和Fe2O3)制取纯铜和绿矾(FeSO47H2O)产品，设计流程如图1：(1)在实验室中，欲用98%的浓硫酸(密度为1.84gmL-1)配制500mL1.0molL-1的硫酸，需要的仪器除量筒
13、、烧杯、玻璃棒外，还有_。(2)该小组同学设计如图2装置模拟废渣在过量氧气中焙烧，并验证废渣中含硫元素。装置A中反应的化学方程式为_；D装置作用_，E装置中的现象是_。该实验有一处明显缺陷，为_。(3)从图3选择合适的装置，写出步骤中进行的操作顺序_。(填序号)(4)为测定产品中绿矾的纯度，称取30.0g样品溶于水配成250mL溶液，取25.00mL溶液于锥形瓶中，用0.1000molL-1酸性KMnO4溶液进行滴定，反应为：10FeSO4+8H2SO4+2KMnO4=2MnSO4+5Fe2(SO4)3+K2SO4+8H2O。实验所得数据如表所示：滴定次数1234KMnO4溶液体积/mL19.
14、1020.0219.9820.00第1组实验数据出现异常，造成这种异常的原因可能是_(填代号)。a酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗b配制KMnO4溶液定容时仰视c滴定终点时俯视读数d滴定前尖嘴无气泡，滴定后有气泡滴定终了的标志是_。根据表中数据，计算所得产品中绿矾的纯度为_(保留三位有效数字)。23亚氯酸钠(NaClO2)是一种高效氧化剂和消毒剂，为白色或略带黄绿色的晶体，易溶于水，NaClO2饱和溶液在低于38时析出NaClO23H2O晶体，高于38时析出NaClO2晶体，高于60NaClO2分解成NaClO3和NaCl。实验室模拟Mathieson法制备亚氯酸钠的装置如下：已知：Cl
15、O2浓度越大越容易爆炸。回答下列问题：(1)B中通入SO2生成ClO2的化学方程式为_。(2)三颈瓶中通入ClO2生成NaClO2的离子方程式为_。(3)实验过程持续通入N2的目的是_。(4)从上述NaClO2溶液获得干燥的NaClO2晶体的操作步骤为：减压和55时蒸发结晶趁热过滤用_洗涤真空干燥。趁热过滤的装置如图所示，该操作的作用是_。(5)准确称取0.2500g样品配制成100mL溶液，置于棕色碘量瓶中，调节pH=2(忽略体积变化)，加入足量的KI固体，充分反应后，从中取出25.00mL，以淀粉溶液作指示剂，用0.1000molL-1Na2S2O3定至终点，测定消耗Na2S2O3标准溶液
16、的体积平均为25.00mL。已知滴定反应：+4I-+4H+=2H2O+2I2+Cl-，2+I2=+2I-。滴定终点的现象为_。NaClO2样品的纯度为(保留三位有效数字)_。24氧化亚铜在强酸性溶液中发生歧化反应，某小组同学设计如下实验制备氧化亚铜并测定其纯度。(1)该小组同学利用葡萄糖还原CuSO4溶液制备氧化亚铜。配制490 mL 0.l molL1 CuSO4溶液，需要称取胆矾晶体的质量为_，完成该实验操作需要的玻璃仪器除胶头滴管外还要_。该反应最适宜温度为8090，为探究反应发生的最低温度，应选用的加热方式为_。(2)某同学为检验Cu2O样品中是否含有CuO，设计如下实验方案：将Cu2
17、O样品与足量稀硫酸反应，观察到溶液呈蓝色。即得出结论：样品中含有CuO杂质。若探究该同学的方案和结论是否合理，需用化学方程式_来进行解释。(3)该小组取含有少量CuO杂质的Cu2O进行如下实验，以测定氧化亚铜的纯度，装置a中所加的酸是_(填化学式)。通过测定下列物理量，能达到实验目的是_(填字母)。A反应前后装置a的质量 B装置c充分反应后所得固体的质量C反应前后装置d的质量 D反应前后装置e的质量验纯后点燃装置c中酒精灯之前，对K1、K2进行的操作是_。若缺少装置e，则氧化亚铜的纯度_(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。参考答案1C【详解】反应前后质量减少的质量认为是结晶水的质量，所以检验结
18、晶水水分完全除去，当连续两次称量的质量差不超过0.001g时停止加热，C项符合题意。故选：C。2C【分析】测定一定质量的某铜铝混合物中铜的质量分数，由于金属活动性不同，铝为两性活泼金属，铜为不活泼金属，故用酸或碱溶液可以直接进行区分。【详解】A. 溶液A和B均可以是盐酸，方案一通过气体质量计算铝的含量，进而计算铜的质量，方案二直接计算剩余固体，即铜的含量，A正确；B. 溶液A和B均可以是NaOH溶液，铝有两性，方案一通过气体质量计算铝的含量，进而计算铜的质量，方案二直接计算剩余固体，即铜的含量，B正确；C. 溶液A和B可以是盐酸，可以是NaOH溶液，C错误；D. 测量气体体积不如测量固体质量简
19、单易操作，D正确。答案为C。3D【详解】晶体中含有受热不分解的杂质，剩余固体质量偏多，计算出结晶水质量偏少，则结晶水的n值偏低，故符合题意；晶体尚带蓝色，即停止加热，说明还没有充分分解完，剩余固体质量偏多，计算出结晶水质量偏少，则结晶水的n值偏低，故符合题意；晶体脱水后露置在空气中冷却，再称量，由于固体要吸收水蒸气，因此称量出固体质量偏多，计算出结晶水质量偏少，则结晶水的n值偏低，故符合题意；因此使实验结果偏低的原因是，故D符合题意。综上所述，答案为D。4A【详解】把VL含有和的溶液分成两等份，每份为，一份加入含有amol NaOH的溶液，恰好使完全转化为沉淀，则铁离子物质的量为，另一份加入含
20、bmol的溶液，恰好使完全沉淀为BaSO4，说明硫酸根物质的量为bmol，根据电荷守恒n(Na+) + 3n(Fe3+) = 2n(SO42)，n(Na+) + 3 = 2b，n(Na+) = (2b-a)mol，则原混合溶液中的浓度为，故A正确；综上所述，答案为A。【点睛】电荷守恒思想在解混合溶液中某种离子的物质的量或物质的量浓度时是常用的方法。5B【分析】测定硫酸铜晶体中结晶水含量实验，经计算相对误差为+0.4%，即测定的结晶水含量偏高。【详解】A所用晶体中有受热不挥发的杂质，会导致测定的硫酸铜的质量偏大，导致测定的水的质量偏小，测定的结晶水含量偏低，故A不选； B用玻璃棒搅拌时沾去少量的
21、药品，会导致测定的硫酸铜的质量偏小，导致水的质量测定结果偏大，测定的结晶水含量偏高，故B选； C未将热的坩埚放在干燥器中冷却，会导致测定的硫酸铜的质量偏大，使测定的水的质量偏小，测定的结晶水含量偏低，故C不选； D在实验结束时没有进行恒重操作，会导致测定的硫酸铜的质量偏大，使测定的水的质量偏小，测定的结晶水含量偏低，故D不选； 故选：B。6B【详解】ACu和Cu2O都能溶于稀硝酸，红色固体可能为Cu2O，不一定为Cu，故A错误；B用酚酞作指示剂，当指示剂恰好变色时，根据盐酸的物质的量可计算NaOH的物质的量，进而计算质量，可求得纯度，故B正确；CCCl4和溴与苯混溶，不能分离出溴，应用氢氧化钠
22、溶液洗涤，然后分液分离，故C错误；D生成能使澄清石灰水变浑浊的气体，只能说明水垢中含有难溶性的碳酸盐，实际水垢的主要成分为碳酸钙和氢氧化镁，故D错误；故答案为B。7B【详解】铜与稀硝酸反应的化学方程式为：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO+4H2O，而第一次反应产生NO的物质的量为，从而剩余NO3-的物质的量为，故再次加入足量的稀硫酸，可形成的稀硝酸的物质的量为0.06mol，最终NO3-全部转化为NO，而Cu转化为Cu2+，根据得失电子守恒可得，再次参与反应的Cu的质量为，故答案选B。【点睛】本题难点在于加入稀硫酸后的反应，不应书写化学方程式进行计算，因为NO3-在酸性条件
23、下具有强氧化性，还能与铜发生反应，因此写离子反应方程式进行计算。8B【详解】胆矾的物质的量为，失去结晶水的物质的量为，则1mol胆矾失去结晶水的物质的量为2mol，此剩余固体的化学式为。故选B。9D【分析】该胆矾中含有受热不分解的杂质，会导致硫酸铜质量偏小；晶体尚带蓝色就停止加热，导致结晶水未完全失去；加热后在空气中自然冷却，会吸收空气中的水重新形成晶体，前后质量差减小【详解】该胆矾中含有受热不分解的杂质，会导致硫酸铜质量偏小，水的含量偏小，则测定结果偏低，故正确；加热时间过短而使硫酸铜晶体尚带蓝色，导致结晶水未完全失去，水的量偏小，则测定结果偏低，故正确；加热后在空气中自然冷却，会吸收空气中
24、的水重新形成晶体，反应前后质量差减小，则测定结果偏低，故正确；故选：D。【点睛】本题考查了硫酸铜晶体中结晶水含量的测定，题目难度不大，注意掌握测定硫酸铜晶体结晶水含量的方法，明确硫酸铜晶体中结晶水的计算方法10D【详解】A. 实验过程中持续通入空气可起到搅拌B、C中的反应物的作用，使反应物充分混合，增加反应物的接触机会，加快反应速率，同时可以将装置中残留的二氧化碳全部排入C中，使之完全被Ba(OH)2溶液吸收，准确测定碳酸钙的质量分数，A项正确；B. 滴加盐酸过快，CO2来不及被吸收，就被排出装置C，因此滴加盐酸不宜过快，使二氧化碳被吸收完全，可以提高测定准确度，B项正确；C. B中的水蒸气、
25、氯化氢气体等进入装置C中，导致测定二氧化碳的质量偏大，测定的碳酸钙的质量偏大，碳酸钙的质量分数偏高，C项正确；D. B中牙膏样品中的CaCO3与盐酸反应生成CO2，CO2进入C中与足量的Ba(OH)2溶液反应生成BaCO3沉淀，经过滤、干燥、称重后得BaCO3的质量，根据碳元素守恒得，n(CaCO3)= =n(CO2)= n(BaCO3)，进而计算CaCO3的质量， D项错误；答案选D。11C【详解】A. 浓硫酸具有吸水性，吸水后溶质的质量分数会变小，则ab，A项错误； B. 浓盐酸具有挥发性，氯化氢挥发后会因溶质的质量减小而使溶质的质量分数会变小，则ab，B项错误；C. 锌会与硫酸铜溶液反应
26、置换出铜，由反应知每反应65份的锌会置换出64份的铜，故溶液质量会增加，则ab，D项错误，答案选C。12A【分析】A.在空气中冷却后称量,硫酸铜能吸水；B.浓酸溶液和浓碱溶液在相互稀释时会放热；强酸和强碱的稀溶液反应才能保证中和热均为57.3 kJ/mol；C.Fe(OH)3胶体微粒带正电荷；D. 加热不够充分，晶体不能完全失水；【详解】A.在空气中冷却后称量,硫酸铜能吸水，部分变为硫酸铜晶体，应在干燥器中冷却称量,故A错误；B.必须是酸和碱的稀溶液，因为浓酸溶液和浓碱溶液在相互稀释时会放热；强酸和强碱的稀溶液反应才能保证H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)中和热均为57.3 kJ/mo
27、l，而弱酸或弱碱在中和反应中由于电离吸收热量，其反应热小于57.3 kJ/mol；故B正确；C.Fe(OH)3胶体微粒带正电荷，通电后，胶体粒子向阴极移动，靠近阴极附近的液体的颜色会加深，故C正确；D.在硫酸铜晶体结晶水含量的测定实验中，加热不够充分，晶体不能完全失水，将会使实验结果偏小，故D正确；故答案选A。13A【详解】A如Na2SO3变质，即被空气氧化为硫酸钠，则在盐酸酸化的氯化钡作用下生成硫酸钡白色沉淀，如未变质，则无沉淀生成，A正确；B容量瓶、移液管等精密仪器，只能晾干，不可以烘干或加热，否则影响测量(或配制)准确，B错误；C，用碱石灰收集二氧化碳，再称量质量差值，但由于逸出气体还含
28、有H2O和HCl，不除去的话结果会偏大，C错误；DAg+会与FeCl2中Cl-反应生成AgCl，从而无法氧化Fe2+，D错误；答案选A。14A【分析】启普发生器中Zn和盐酸反应制取氢气，用碱石灰吸收水分和挥发出的HCl，中氢气与灼热的氧化铜反应，装有无水硫酸铜用于检验生成的水，装有碱石灰用于防止空气中的水蒸气干扰实验。【详解】A是用于干燥氢气和吸收挥发的氯化氢，应选择碱石灰；用于吸收反应后生成的水，可以选择碱石灰；是用于防止空气中的水和二氧化碳进入系统干扰实验，可以选择碱石灰，A说法错误；B本实验利用氧化铜质量的减少和生成水的质量关系来测定水的组成，实验前后装置的质量差为氧化铜所失去的氧元素的
29、质量，实验前后装置的质量差为氧化铜被还原后生成水的质量，因此，需测定实验前后装置和装置的质量差，B说法正确；C排装置中的空气要用氢气、反应后冷却要在氢气的氛围下进行，而且氢气与氧化铜不可能充分反应，所以C说法正确；D本实验利用氧化铜质量的减少和生成水的质量关系来测定水的组成，实验前后装置的质量差为氧化铜所失去的氧元素的质量，实验后装置的玻璃管中CuO未全部变红，对实验结果无影响，D说法正确。本题选A。15B【详解】A草酸是弱酸，具有还原性，会被高锰酸钾氧化，根据质量守恒和化合价升降守恒等可知KMnO4滴定草酸发生反应的离子方程式为：2MnO+5H2C2O4+6H+=2Mn2+10CO2+8H2
30、O，A正确；B高锰酸钾具有强氧化性，会氧化盐酸产生氯气造成误差，所以实验过程中不可使用稀盐酸，B错误；CKMnO4滴定草酸过程中，存在关系，标准状况下448mLCO2气体物质的量为，根据关系式可知理论上转移0.02mole-，C正确；D根据质量守恒定律和的失电守恒定律可以得出：，滴定过程中若滴加KMnO4过快会发生反应4MnO+12H+=4Mn2+5O2+6H2O，消耗的KMnO4溶液体积会偏大，会导致测定结果偏高，D正确；答案选B。16C【详解】A因铝既溶于强酸又溶于强碱溶液同时放出氢气，而铜不能与碱、无氧化性酸反应，所以溶液A和B均可以是盐酸或NaOH溶液，故A正确；B铜、铝都能溶于稀硝酸
31、，若溶液A和B均选用稀硝酸，方案无法实施，故B正确；C若溶液B是浓硝酸时铝钝化，导致剩余固体质量增加，所以测得铜的质量分数偏小，故C错误；D测固体质量比测气体体积易进行，所以实验室方案更便于实施，故D正确；选C。17D【详解】结晶水合物加热时一般首先失去结晶水，分析图中数据，n(FeSO47H2O)0.03 mol，第一阶段失重8.34 g6.72 g1.62 g，应为0.09 mol H2O，第二阶段失重6.72 g5.10 g1.62 g，也应为0.09 mol H2O，第三阶段失重5.10 g4.56 g0.54 g，为0.03 mol H2O。由以上分析可知含有3种不同结合力的水分子，
32、第一阶段和第二阶段分别失去3分子水，第三阶段失去1分子水，故A、B、C项均错误。分析第三阶段的失重数据可验证D项正确18C【详解】ANaHCO3受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，所以通过加热分解利用差量法即可计算出Na2CO3质量分数，故A正确；BNa2CO3和NaHCO3均可与硝酸反应生成水、二氧化碳和硝酸钠，所以b g固体是硝酸钠，利用守恒法可计算出Na2CO3质量分数，故B正确；C混合物与足量稀硫酸充分反应，也会生成水和二氧化碳，所以逸出的气体是二氧化碳，但会混有水蒸气，即碱石灰增加的质量不是二氧化碳的质量，不能测定含量，故C错误；DNa2CO3和NaHCO3都与Ba(OH)2反应，反
33、应的方程式为CO32Ba2=BaCO3、HCO3OHBa2=H2OBaCO3，因此最后得到的固体是BaCO3，所以可以计算出Na2CO3质量分数，故D正确；答案选C。19A【详解】A.本实验的原理是根据装置吸收二氧化碳的质量计算钢材中的含碳量，所以实验时，先打开K1、K2，关闭K3，从a处通入N2排出装置中的CO2，故A正确；B. 若打开K1，碳与浓硫酸反应生成的二氧化碳由K1排出，所以点燃酒精灯前,需要关闭K1、K2，打开K3，故B错误；C. 装置中的酸性KMnO4溶液吸收SO2，装置盛有浓硫起到干燥作用，故C错误；D. 实验前后需称取装置的质量，准确地测得钢材的含碳量，故D错误；选A。20
34、平衡气压，防止仪器b中压强过大 AD 产生水蒸气，把c 中产生的HF全部赶出到f中，减少实验误差 【详解】(1)玻璃管a的作用为平衡气压，防止仪器b中压强过大；(2) 本实验利用高氯酸将样品中的氟元素转化为HF蒸出，采用的是高沸点酸(即不挥发性酸)制低沸点酸，硫酸和磷酸都不易挥发，盐酸和硝酸易挥发，故选AD；水蒸气发生装置b的作用是产生水蒸气，把c 中产生的HF全部赶出到f中，减少实验误差。212Na2O2+2H2O=4NaOH+O2 第4次或第5次的读数 第5次与第4次的读数相同，锥形瓶内质量已达恒重 0.84 溶解 生成NaCl的质量 玻璃棒、蒸发皿 偏大 【详解】(1)Na2O2和H2O
35、反应生成NaOH和O2，化学方程式：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2；故答案为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2；(2)计算过氧化钠质量分数时，应用过氧化钠完全反应的数据，根据称量的锥形瓶+水+试样总质量变化计算生成氧气的质量，根据氧气的质量计算过氧化钠的质量，故需要知道试样的质量、锥形瓶+水的质量，还有第4次或第5次读数；由表中数据可知，第4、5次读数相等，锥形瓶内的质量已达到恒重，不必作第6次读数；故答案为：第4次或第5次的读数；第5次与第4次的读数相同，锥形瓶内质量已达恒重；(3)2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，由反应方程式可知，由于过氧化钠与水反应生成氧气，反
36、应前后质量减少，质量的变化量就是氧气的质量，即m(O2)= 1.560g +190.720g-192.010=0.270g，n(O2)= =0.0084mol，在化学反应中，反应物、生成物的物质的量变化之比等于化学计量数之比，故n(Na2O2) =2(O2)=0.0168mol，过氧化钠的质量分数是： =84% ； 故答案为：0.84；(4)由流程图可知，操作是将样品在稀盐酸中溶解；故答案为：溶解；最终蒸发浓缩、冷却结晶得到的晶体为氯化钠，故应测定生成NaCl的质量；故答案为：生成NaCl的质量；操作是从溶液中获得的晶体，蒸发浓缩、冷却结晶，需要的仪器有酒精灯、玻璃棒、蒸发皿；故答案为：玻璃棒
37、、蒸发皿；在转移溶液时，如溶液转移不完全，烧杯内壁沾有少量的氯化钠，测定的氯化钠的质量偏小，样品中钠元素的质量分数偏低，由于过氧化钠中钠元素的质量分数小于氧化钠中钠元素的质量分数，故过氧化钠的质量分数偏大。故答案为：偏大。22500mL容量瓶、胶头滴管 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2 安全瓶 品红溶液红色褪去 无尾气处理装置 cb cd 滴入最后1滴时，溶液变成浅紫色，且半分钟内不变色 92.7% 【分析】此实验的目的，是模拟工业上用废渣(主要成分Cu2S和Fe2O3)制取纯铜和绿矾(FeSO47H2O)产品，首先将废渣煅烧，此时硫元素转化为SO2气体(a)，固体为铜和铁的氧化物，用
38、硫酸溶解后，生成硫酸铜和硫酸铁，加入过量铁粉，Cu2+转化为Cu，Fe3+转化为Fe2+；过滤后，固体B(Cu、Fe)加入硫酸溶解生成Cu和FeSO4；溶液B为FeSO4，然后将溶液蒸发浓缩、冷却结晶，便可获得绿矾。【详解】(1)配制500mL1.0molL-1的硫酸，必须使用500mL容量瓶，另外，定容时，还需使用胶头滴管。答案为：500mL容量瓶、胶头滴管；(2)装置A中发生Na2O2与水的反应，反应生成NaOH和O2，化学方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2；D装置中两根导管都短，应为防倒吸装置，所以其作用是安全瓶，E装置为检验二氧化硫的装置，其现象是品红溶液红色褪去。因为S
39、O2是大气污染物，而BaCl2溶液不能吸收SO2，所以该实验有一处明显缺陷，为无尾气处理装置。答案为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2；安全瓶；品红溶液红色褪去；无尾气处理装置；(3)步骤为从硫酸亚铁溶液中提取绿矾的操作，应为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，所以进行的操作顺序为cb。答案为：cb；(4)与其它组实验结果相比较，第1组实验数据偏低。a酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗，则所用酸性KMnO4的体积偏大，a不符合题意；b配制KMnO4溶液定容时仰视，则溶液体积偏大，所配浓度偏低，滴定时所用体积偏大，b不符合题意；c滴定终点时俯视读数，则读取KMnO4溶液的体积偏低，
40、c符合题意；d滴定前尖嘴无气泡，滴定后有气泡，则读取KMnO4溶液的体积偏低，d符合题意；故选cd；滴定终了时，KMnO4稍过量，溶液变为浅紫色，则标志是滴入最后1滴时，溶液变成浅紫色，且半分钟内不变色。第1次实验数据偏差过大，不能采用，后三次实验结果取平均值，即得所用KMnO4溶液的体积为20.00mL，n(KMnO4)=0.1mol/L0.02L=0.002mol，依据关系式10Fe2+2KMnO4，可求出n(Fe2+)=0.01mol，所得产品中绿矾的纯度为92.7%。答案为：cd；滴入最后1滴时，溶液变成浅紫色，且半分钟内不变色；92.7%。【点睛】配制500mL1.0mol/L硫酸溶
41、液时，一定要指明所选择的容量瓶的规格为500mL。23SO2+2NaClO3=Na2SO4+2ClO2 2ClO2+H2O2+2OH-=2ClO+O2+2H2O 稀释ClO2浓度，防止发生爆炸 3860温水 以防析出NaClO23H2O晶体，影响产品纯度 当滴入最后一滴Na2S2O3标准溶液，溶液颜色从蓝色变为无色，且半分钟内不褪色 90.4% 【分析】装置A中硫酸和Na2SO3固体反应生成SO2，通入装置B与NaClO3反应生成ClO2，Cl的化合价从+5降至+4，发生氧化还原反应，化学方程式为SO2+2NaClO3=Na2SO4+2ClO2，ClO2通入装置C中与H2O2在碱性溶液中反应生
42、成NaClO2，反应的离子方程式为：2ClO2+H2O2+2OH-=2ClO+O2+2H2O，最后用装置D做尾气吸收；【详解】(1)B中通入SO2与NaClO3反应生成ClO2，Cl元素的化合价从+5降至+4，则S元素从+4升至+6，在NaClO3前配系数2，化学方程式为：SO2+2NaClO3=Na2SO4+2ClO2；(2) ClO2与H2O2在碱性溶液中反应生成NaClO2，反应的离子方程式为：2ClO2+H2O2+2OH-=2ClO+O2+2H2O；(3)已知ClO2浓度越大越容易爆炸，则实验过程持续通入N2可稀释ClO2浓度，防止发生爆炸； (4)已知高于38时析出NaClO2晶体，
43、高于60NaClO2分解成NaClO3和NaCl，为了防止产品分解，则应用3860温水洗涤；由于NaClO2饱和溶液在低于38时析出NaClO23H2O晶体，则为了防止溶液温度降低而析出杂质晶体，应趁热过滤，其作用为以防析出NaClO23H2O晶体，影响产品纯度；(5) 滴定的原理是第一步先用KI与产品NaClO2反应生成I2，淀粉遇碘单质变蓝，再用Na2S2O3标准溶液与I2反应生成碘离子，反应完后溶液变无色，则滴定终点的现象是：当滴入最后一滴Na2S2O3标准溶液，溶液颜色从蓝色变为无色，且半分钟内不褪色；由滴定反应：+4I-+4H+=2H2O+2I2+Cl-，2+I2=+2I-可得关系式
44、2I24，则25mL样品溶液中NaClO2物质的量为n=1/4n(Na2S2O3)=1/40.1000molL-10.025L=6.2510-4mol，则0.2500g样品配制成100mL溶液中NaClO2物质的量为6.2510-4100/25=0.0025mol，NaClO2质量为m=nM=0.0025mol90.44g/mol=0.2261g，纯度为0.2261g/0.2500100%=90.4%。2412.5g 烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶 水浴加热 Cu2O+H2SO4=CuSO4+Cu+H2O H2SO4 BC 打开K2关闭K1 偏低 【分析】配制490mL 0.1molL-1Cu
45、SO4溶液，容量瓶无此规格，需要在500mL容量瓶中配制，据此计算溶质，配制溶液的步骤为：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀，结合步骤和操作选择需要的玻璃仪器。测定氧化亚铜的纯度：a防止酸的挥发，应选用难挥发性的酸，b干燥氢气，c还原，d测定产生的水，e防止空气中的水和二氧化碳进入d，f处理尾气。测定原理是根据氢气还原氧化亚铜反应后所得固体质量或生成水的质量来求氧化亚铜的质量分数；验纯后应保持气体能通过d装置，使生成的水全部被d装置吸收；若缺少装置e，d吸收水的质量增加，测定氧化铜质量增大。【详解】(1)配制490 mL 0.l molL1 CuSO4溶液，容量瓶无此规格，需要在5
46、00mL容量瓶中配制，配制500mL 0.1molL-1CuSO4溶液，需要称取胆矾晶体的质量=0.5L0.1mol/L250g/mol=12.5g，需要称取胆矾晶体的质量为12.5g，完成该实验操作需要的玻璃仪器除胶头滴管外还要烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶。故答案为：12.5g；烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶；该反应最适宜温度为8090，可知低于100的温度，为探究反应发生的最低温度，应选用的加热方式为水浴加热。故答案为：水浴加热；(2)检验Cu2O样品中是否含有CuO，将Cu2O样品与足量稀硫酸反应，观察到溶液呈蓝色。即得出结论：样品中含有CuO杂质。若探究该同学的方案和结论是否合理，需用化学方程式Cu2O+H2SO4=CuSO4+Cu+H2O来进行解释。故答案为：Cu2O+H2SO4=CuSO4+Cu+H2O；(3)d装置中的碱石灰会吸收水和酸性气体，防止a中酸挥发，故选难挥发性酸硫酸，装置a中所加的酸是H2SO4。故答案为：H2SO4；测定原理是根据氢气还原氧化亚铜反应后所得固体质量或生成水的质量来求氧化亚铜的质量分数，故答案为：BC；验纯后应保持气体能通过d装置，使生成的水全部被d装置吸收，对K1、K2进行的操作是打开K2关闭K1。故答案为：打开K2关闭K1；若缺少装置e，d吸收水的质量增加，测定氧化铜质量增大，则氧化亚铜的纯度偏低。故答案为：偏低。