1、九台区第四中学2019-2020学年高一上学期期中考试化学试卷可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5 K-39 Cu-64第I卷（选择题）一、单选题：(1-10每题2分，11-20每题3分，共50分）1.下列实验中，pH试纸的使用过滤蒸发 配制一定物质的量浓度溶液，均用到的仪器是()A. 玻璃棒B. 蒸发皿C. 试管D. 分液漏斗【答案】A【解析】【详解】使用pH试纸测溶液的pH值，用到的仪器有玻璃棒、表面皿或玻璃片等仪器；过滤用到烧杯、玻璃棒、漏斗等仪器；蒸发用到铁架台、酒精灯、蒸发皿、玻璃棒等仪器；配制一定物质的量浓度的溶液，用到
2、的仪器有：天平、烧杯、玻璃棒、胶头滴管以及容量瓶等。以上操作都用到了玻璃棒。故选A。2. 下列说法错误的是（ ）A. 萃取操作时，选择有机萃取剂，则溶质在萃取剂的溶解度必须比水大B. 分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出C. 蒸馏操作时，应使温度计水银球插入混合溶液的液面下D. 配制一定物质的量浓度的溶液时，洗涤烧杯和玻璃棒的溶液必须转入容量瓶中【答案】C【解析】试题分析：A、进行萃取实验时，溶质在萃取剂的溶解度必须比水大，A正确；B、为防止液体污染，分液时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，B正确；C、蒸馏时，温度计测定馏分的温度，温度计水银球应在蒸馏
3、烧瓶的支管口处，故C错误；D、洗涤烧杯和玻璃棒的溶液未转入容量瓶中，移入容量瓶内氯化钠的物质的量就会偏小，D正确。选C。考点：配制一定物质的量浓度的溶液、物质的分离和提纯3.给出下列条件，无法确定该气体摩尔质量的是（）A. 已知气体在标准状况时的密度B. 已知气体的体积和质量C. 已知一种气体的质量和物质的量D. 已知气体一个分子的实际质量【答案】B【解析】【详解】A、已知气体在标准状况下的密度，计算气体摩尔质量，可以采用M=22.4标，故A不符合题意；B、利用M=，n=，因此求摩尔质量，需要给出气体摩尔体积，本题无法判断出该气体摩尔质量，故B符合题意；C、当知道质量和物质的量，根据M=，可以
4、求出摩尔质量，故C不符合题意；D、单位物质的量的物质所具有的质量称为摩尔质量，在数值上1mol该分子的质量等于其相对分子质量，故D不符合题意；答案选B。4.按照阿伏加德罗定律，下列叙述不正确的A. 同温同压下两种气体的体积之比等于物质的量之比B. 同温同压下两种气体的物质的量之比等于密度之比C. 同温同压下两种气体的密度之比等于摩尔质量之比D. 同温同体积下两种气体物质的量之比等于压强之比【答案】B【解析】试题分析：由PV=nRT可知，同温同压下两种气体的体积之比等于物质的量之比，A正确；由PV=nRT可知，同温同压下两种气体的体积之比等于物质的量之比，又V=m/，若质量相等时，同温同压下两种
5、气体的物质的量与密度成反比，B错误；由pM=RT可知，同温同压下摩尔质量与密度成正比，则两种气体的摩尔质量之比等于密度之比，C正确；由PV=nRT可知，同温同体积下物质的量与压强成正比，则两种气体的物质的量之比等于压强之比，D正确。考点：阿伏加德罗定律及推论5.用40gNaOH固体配成2L溶液，其物质的量浓度为A. 0.5 molL-1B. 5 molL-1C. 10 molL-1D. 20 molL-1【答案】A【解析】【详解】40gNaOH固体的物质的量n(NaOH)=40g40g/mol=1mol，则配成2L溶液时，溶液的物质的量浓度c(NaOH)=1mol2L=0.5mol/L，故合理
6、选项是A。6.实验室里需要配制480mL 0.10molL-1的硫酸铜溶液，下列实验方案及实验操作正确的是（ ）容量瓶容积溶质质量实验操作A480mL硫酸铜：7.68g加入 500mL水B480mL胆矾：12.0g配成500mL溶液C500mL硫酸铜：8.0g加入500mL水D500mL胆矾：12.5g配成500mL溶液A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】要配制480mL硫酸铜溶液，需要用500mL的容量瓶，故A和B错误；若用硫酸铜固体配制溶液，需要硫酸铜的质量为：m=nM=cVM=0.10molL-10.50L160gmol-1=8.0g，故称取8.0g硫酸铜固体溶于水
7、配成500mL溶液，而不是加入500mL水，故C错误；若用胆矾配制溶液，需要胆矾的质量为m=nM=cVM=0.10molL-10.50L250gmol-1=12.5g，故称取12.5g胆矾固体溶于水配成500mL溶液，故D正确。故选D。【点睛】实验室没有480mL的容量瓶，配制480mL的溶液，需要用500mL的容量瓶，计算所需溶质的质量时也要用500mL计算。7.配制一定物质的量浓度的Na2CO3溶液，下列操作正确的是A. 称量时，将Na2CO3固体直接放在托盘天平的右盘上B. 将Na2CO3固体在烧杯中溶解，所得溶液冷却到室温，再转移至容量瓶中C. 定容时如果加水超过了刻度线，用胶头滴管直
8、接吸出多余部分D. 定容摇匀后发现溶液体积低于刻度线，再补加少量蒸馏水至刻度线【答案】B【解析】Na2CO3固体应该放在烧杯中称量，A不正确。定容时如果加水超过了刻度线，则实验必须重新配制，C不正确。现象D如果再补加少量蒸馏水至刻度线，则溶液体积偏大，浓度偏低，不正确。所以正确的答案选B。8.下列属于碱性氧化物的是A. SiO2B. NaOHC. MgOD. K2CO3【答案】C【解析】【详解】A. SiO2是酸性氧化物，与碱反应产生盐和水，A不符合题意；B.NaOH电离产生的阴离子全部是碱，不属于碱性氧化物，B不符合题意；C.MgO与酸反应产生盐和水，属于碱性氧化物，C符合题意；D.K2CO
9、3由金属阳离子和酸根离子组成，属于盐，D不符合题意；故合理选项是C。9.下列说法正确的是A. 均一稳定的分散系只有溶液B. 胶体和溶液、浊液的本质区别是能否产生“丁达尔效应”C. 一束平行光线照射FeCl3溶液时，从垂直于光线的方向可以看到一条光亮的通路D. 氢氧化铁胶体能吸附水中的悬浮颗粒并沉降，起到净水作用【答案】D【解析】【详解】A. 均一稳定的分散系有溶液和胶体，A错误；B.胶体和溶液、浊液的本质区别是分散质微粒直径的大小，B错误；C.FeCl3溶液不属于胶体，不能产生丁达尔效应，C错误；D.氢氧化铁胶体中分散质微粒的直径大，吸附力强，能吸附水中的悬浮颗粒并沉降，起到净水作用，D错误；
10、故合理选项是D。10.下列物质既能导电又属于电解质的是A. 葡萄糖B. 熔融氯化钠C. 盐酸D. 石墨【答案】B【解析】【详解】A.葡萄糖是非电解质，水溶液不能导电，A错误；B.熔融氯化钠中含有自由移动的离子，能够导电，属于电解质，B正确； C.盐酸溶液中含有自由移动的离子，能够导电，但盐酸是混合物，不是电解质，C错误； D.石墨能够导电，但石墨是非金属单质，不属于电解质，D错误；故合理选项是B。11.某实验中得到X、Y、Z三种液体的混合物，其信息如下：相对分子质量密度/(gcm-3)沸点/溶解性X880.812 3131X、Y、Z互溶Y601.049 2118Z1300.867 0142欲分
11、离上述混合物获得Z，下列说法正确的是A. 不能用蒸馏的方法进行分离B. 可以用过滤的方法进行分离C. 若采用蒸馏操作，冷凝管中冷却水的流向应该与蒸气的流向相同D. 若采用蒸馏操作，从130 开始收集馏分，则Z的产率偏高【答案】D【解析】【详解】由表中数据可知X、Y、Z三种物质互溶，且沸点相差较大，可用蒸馏的方法分离，选项A、B错误；蒸馏时，为了提高冷凝效果，冷凝管中冷却水的流向应该与蒸气的流向相反，选项C错误；蒸馏时若采用蒸馏操作，从130 开始收集馏分，其中会混有一部分X物质，到Z的产率偏高，选项D正确；故合理选项是D。12.下列除去杂质的方法中错误的是物质杂质除杂质的方法ACaCl2溶液H
12、Cl过量CaCO3、过滤BNaOH溶液Ca(OH)2过量Na2CO3溶液、过滤CFeCl2溶液CuCl2过量铁粉、过滤DCO2H2O通过盛浓硫酸的洗气瓶A. AB. BC. CD. D【答案】B【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：加入的试剂只能与杂质反应，不能与原物质反应；反应后不能引入新的杂质。【详解】A.稀盐酸能与过量CaCO3反应生成氯化钙、水和二氧化碳，再过滤除去过量的CaCO3固体，能除去杂质且没有引入新的杂质，符合除杂原则，A正确；B.Na2CO3与Ca(OH)2反应产
13、生CaCO3和NaOH，能够除去杂质Ca(OH)2，但过量Na2CO3溶液又混在溶液中，引入了新的杂质，不能达到净化的目的，B错误；C.过量铁粉能与CuCl2溶液反应生成氯化亚铁和铜，再进行过滤，能除去杂质且没有引入新的杂质，符合除杂原则，C正确；D.浓硫酸能够CO2中的水蒸气，与CO2不能反应，能够达到除杂净化的目的，D正确；故合理选项是B。【点睛】本题考查物质分离与除杂，解决除杂问题时，抓住除杂质的必需条件(加入的试剂只与杂质反应，反应后不能引入新的杂质)是正确解题的关键，使用除杂试剂要容易除去，最终不能引入杂质。13.设NA代表阿伏加德罗常数,下列说法正确的是A. 32g氧气所含的原子数
14、目为NAB. 18g水所含的电子数目为NAC. 在常温常压下11.2L氯气所含的原子数目为NAD. 2.3g金属钠变为钠离子时失去的电子数目为0.1NA【答案】D【解析】A. 32gO2的物质的量是1mol，所含的原子数目为2NA，A错误；B. 18gH2O的物质的量是1mol，所含的电子数目为10NA，B错误；C. 在常温常压下11.2L氯气的物质的量小于0.5mol，所含的原子数目小于NA，C错误；D. 2.3g金属钠的物质的量是0.1mol，变为钠离子时失去的电子数目为0.1NA，D正确，答案选D。14.现有一氧化碳、二氧化碳、臭氧(O3)三种气体，它们分别都含有1 mol氧原子，则三种
15、气体的分子个数之比为()A. 111B. 123C. 321D. 632【答案】D【解析】【详解】都含有1 mol氧原子，则一氧化碳、二氧化碳、臭氧(O3)三种气体物质的量分别为1 mol， mol， mol，分子数之比等于它们的物质的量之比，即为632。D项正确；答案选D。15.某元素R的氯化物溶液10mL，其浓度为0.05mol/L，能恰好与0.1mol/L的 AgNO3溶液15mL完全反应，则R氯化物的化学式为A. RClB. RCl2C. RCl3D. RCl4【答案】C【解析】设该氯化物化学式为RClx，则RClx xAgNO31 x0.05 mol/L10mL 0.1 mol/L1
16、5mL列比例式可得x=3，故氯化物化学式我RCl3，C正确。16.VL硫酸钾溶液中含有mg钾离子，则溶液中硫酸根离子的物质的量浓度A. molL1B. molL1C. molL1D. molL1【答案】D【解析】【详解】K+的物质的量为=mol，根据K2SO4的化学式可知：n()=n(K+)=mol=mol，则溶液中的物质的量浓度为c=molL1，故答案为D。17.已知98%的硫酸物质的量浓度为18.4 molL1，则49%的硫酸物质的量浓度是（ ）A. 小于9.2 molL1B. 等于9.2 molL1C. 大于9.2 molL1D. 不能确定【答案】A【解析】【详解】先由计算浓H2SO4中
17、溶质的c1 =、稀释后H2SO4的c2 =，再计算二者之比，即=；最后由于硫酸溶液的密度比水大，且浓度越大，密度也越大，则=，c2 18.4 molL1=9.2molL1，答案选A。【点睛】物质的量浓度、质量分数都是表示溶液浓度的方法，物质的量浓度、质量分数的计算要依据物质的量浓度、质量分数的定义式，二者之间存在的关系式是c=。18.标准状况下V L的HCl气体溶解在1 L水中(水的密度近似为1 g/mL)，所得溶液的密度为 g/mL，质量分数为，物质的量浓度为c mol/L，则下列关系中不正确的是（ ）A. cB. C. D. 【答案】D【解析】【详解】A项、标准状况下VL HCl溶解在1L
18、水中，所得溶液中溶质的物质的量为mol，则溶液的质量为（36.5+1000）g，溶液的体积为mL，故溶液的物质浓度为，故A正确；B项、标准状况下VLHCl溶解在1L水中，所得溶液中溶质的物质的量为mol，溶质质量为36.5g，则所得溶液的质量分数为，故B正确；C项、标准状况下VLHCl溶解在1L水中，所得溶液中溶质的物质的量为mol，溶质质量为36.5g，溶液的质量为（36.5+1000）g，则所得溶液的溶质质量分数，故C正确；D项、标准状况下VLHCl溶解在1L水中，所得溶液中溶质的物质的量为mol，则溶液的质量为（36.5+1000）g，溶液的体积为mL则所得溶液的密度，故D错误；故选D。
19、19.下列叙述中正确的是()溶液都是纯净物含氧的化合物都是氧化物 能电离出H+的化合物都是酸能电离出OH-的化合物都是碱能电离出金属离子和酸根离子的化合物都是盐酸和碱的中和反应都是复分解反应A. 全部B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】溶液属于混合物，故错误；氧化物是由两种元素组成，且一种元素是氧元素，故错误；电离出的阳离子全部是H的化合物属于酸，故错误；电离出的阴离子全部是OH的化合物是碱，故错误；盐是能电离出金属离子和酸根离子的化合物，故正确；酸和碱的中和反应都是复分解反应，故正确；综上所述，B正确。20.“纳米材料”是粒子直径为1100 nm之间的材料，纳米碳就是其中的一种。某研
20、究所将纳米碳均匀地分散入蒸馏水中，得到的物质()是溶液 是胶体 具有丁达尔效应 能透过滤纸 静置会立即形成沉淀A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】纳米材料”是粒子直径为1100nm的材料，纳米碳就是其中的一种。将纳米碳均匀地分散入蒸馏水中得到的是胶体，具有丁达尔现象，不能透过半透膜，能透过滤纸，具有介稳性，不生成沉淀，故正确，故合理选项是B。第II卷（非选择题）二、填空题：共5题 共29分21.选择下列实验方法分离物质，将分离方法的序号填在横线上。A、萃取分液法 B、加热分解C、结晶法D、分液法E、蒸馏法F、过滤法（1）_分离饱和食盐水和沙子的混合物；（2）_从硝酸钾和氯化钠的混
21、合溶液中获得硝酸钾；（3）_分离水和苯的混合物；（4）_分离四氯化碳（沸点为76.75C）和甲苯（沸点为110.6C），已知四氯化碳和甲苯互溶。【答案】F；C；D；E。【解析】【分析】(1)沙子不溶于水，可用过滤的方法分离；(2)硝酸钾和氯化钠的溶解度随温度的变化不同；(3)苯不溶于水；(4)液体沸点不同，可用蒸馏法分离。【详解】(1)沙子不溶于水，可用过滤的方法分离；因此，本题答案是:F。(2)硝酸钾和氯化钠的溶解度随温度的变化不同，氯化钠的溶解度随温度的变化较小，因此可用结晶法分离；因此，本题正确答案是:C。(3)苯不溶于水,可用分液法分离；因此，本题答案是:D；(4)两种有机物互溶，但是
22、沸点相差较大，故可用蒸馏法分离；因此，本题答案是:E。【点睛】混合物的分离方法，取决于组成混合物的各物质的性质差异。萃取法适用于同一种溶质在两种互不相溶的溶剂中溶解度不同时，将混合物分离；结晶法适用于不同溶质在同一溶剂中溶解度受温度影响不同的混合物分离；蒸馏法适用于沸点不同的两种互溶物质组成的混合物分离；分液法适用于互不相溶的两种液体组成的混合物分离。22.下列物质：Fe NaHSO4 酒精 CO2 Ba(OH)2 熔融NaCl AgCl NaHCO3 H2S。(填序号，以下同)(1)属于盐的是_。(2)属于电解质的是_。(3)属于非电解质的是_。【答案】 (1). (2). (3). 【解析
23、】【分析】(1)盐是由金属阳离子或铵根离子和酸根离子组成的化合物； (2)电解质是在水溶液或受热熔化时能够导电的化合物；(3)非电解质是是在水溶液和熔融状态下都不能够导电的化合物，据此分析。【详解】(1)阳离子是金属离子或铵根离子、阴离子是酸根离子的化合物为盐，则为盐；(2)在水溶液中或熔融状态下能电离出自由移动离子而导电的化合物为电解质，则为电解质；(3)在水溶液中和熔融状态下均不能电离出自由移动离子而导电的化合物为非电解质，为非电解质。【点睛】本题考查盐的定义，电解质、非电解质的概念和分类，抓住化合物来分析是解答的关键，并注意电离的物质是否为本身来解答。23.完成下列填空：(1)28g氮气
24、含有的质子数为_个。(2)9.031023个H2O分子所含氧原子数与_gCO2中所含氧原子数相等。(3)在一定温度和压强下，10mL气体A2跟15mL的气体B2完全化合生成气体A2B3，则该气体在相同条件下的体积为_mL。【答案】 (1). 14NA (2). 33 (3). 10【解析】【分析】(1)先计算氮气的物质的量，然后根据N2分子中含有14个质子，结合N=nNA计算；(2)先根据n=计算H2O的物质的量，然后n(O)=2n(CO2)=n(H2O)计算；(3)根据体积之比等于物质的量之比，结合原子个数守恒求出气体A2B3的体积；【详解】(1) 28g氮气的物质的量n(N2)=28g28
25、g/mol=1mol，由于N2分子中含有14个质子，所以1molN2中含有的质子数目N=1mol14NA/mol=14NA；(2)9.031023个H2O分子所含氧原子的物质的量n(O)=n(H2O)=9.0310236.021023/mol=1.5mol，而水分子中含一个氧原子，故水中含有的氧原子的物质的量为1.5mol。由于CO2分子中含有2个O原子，所以当CO2中含有的氧原子也为1.5mol时，CO2的物质的量需为0.75mol，则质量m=nM=0.75mol44g/mol=33g；(3)在相同外界条件下，气体的体积之比等于它们的物质的量之比，且在反应过程中原子个数守恒，故10mL气体A
26、2跟15mL的气体B2完全化合生成气体A2B310mL，即反应产生的A2B3气体的体积是10mL。【点睛】本题考查物质的量的有关计算，明确质量与物质的量的关系、微粒数与物质的量的关系是解答本题的关键。掌握还物质的量的有关计算公式是计算的基础。24.现有mg某气体，它由四原子分子构成，它的摩尔质量为Mg/mol.则：(1)该气体的物质的量为_mol。(2)该气体中所含的原子总数约为 个。(3)该气体在标准状况下的体积为_L。(4)该气体溶于水后形成VL溶液，其溶液的物质的量浓度为_mol/L。【答案】(每空1分，共4分) (1) (2) (3) (4)【解析】考查物质的量的有关计算。（1）根据n
27、m/M可知，该气体物质的量为mol。（2）该气体是由4个原子构成的，所以该气体中所含的原子总数约为mol46.021023/mol个。（3）根据可知，该气体在标准状况下的体积为L。（4）根据cn/V可知，该气体溶于水后形成VL溶液，其溶液的物质的量浓度为mol/L。25.某课外活动小组进行Fe(OH)3胶体的制备实验并检验其相关性质。（1）若将饱和FeCl3溶液分别滴入下列物质中,能形成胶体的是_(填序号)。A.冷水 B.沸水 C.NaOH浓溶液 D.NaCl浓溶液（2）写出制备Fe(OH)3胶体的化学反应方程式:_。（3）怎样证明制得的物质是胶体?请简述操作过程:_。（4）取少量制得的胶体加
28、入试管中,再加入少量(NH4)2SO4溶液,观察到的现象是_, 这种现象称为胶体的_。（5）Fe(OH)3胶体能稳定存在的主要原因是_(填序号)。A. 胶粒直径小于1nm B. 胶粒带正电荷C. 胶粒作布朗运动 D . 胶粒能透过滤纸（6）Fe(OH)3胶体区别于FeCl3溶液最本质的特征是_(填序号)。A. Fe(OH)3胶体粒子的直径在1100nm之间B Fe(OH)3胶体具有丁达尔效应C. Fe(OH)3胶体是均一的分散系D. Fe(OH)3胶体的分散质粒子能透过滤纸【答案】 (1). B (2). FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl (3). 利用丁达尔效应;让一束光
29、线通过制得的物质,从侧面观察可看到一条光亮的“通路”,说明制得的物质是胶体 (4). 产生红褐色沉淀 (5). 聚沉 (6). B (7). A【解析】试题分析：本题考查Fe（OH）3胶体的制备，胶体的性质。（1）利用FeCl3的水解制备Fe（OH）3胶体，制备Fe（OH）3胶体应将饱和FeCl3溶液滴入沸水中，答案选B。（2）制备Fe（OH）3胶体的化学反应方程式为：FeCl3+3H2OFe（OH）3（胶体）+3HCl。（3）证明有胶体存在利用丁达尔效应。操作过程为：让一束光线通过制得的物质，从侧面观察可看到一条光亮的“通路”，说明制得的物质是胶体。（4）（NH4）2SO4溶液属于电解质溶液
30、，（NH4）2SO4溶液加到Fe（OH）3胶体中，Fe（OH）3胶体发生聚沉，可以观察到产生红褐色沉淀。（5）Fe（OH）3胶体能稳定存在的原因是：Fe（OH）3胶体粒子吸附阳离子而带有正电荷，同种电荷的粒子之间相互排斥阻碍了胶体粒子变大，使它们不易聚集，能稳定存在；此外胶体粒子所作的布朗运动也使得它们不容易聚集成质量较大的颗粒而沉降下来；主要原因是胶粒带正电荷，答案选B。（6）A项，Fe（OH）3胶体粒子的直径在1100nm之间，FeCl3溶液中溶质粒子直径小于1nm，是两者的本质区别；B项，Fe（OH）3胶体具有丁达尔效应，FeCl3溶液没有丁达尔效应，不是两者的本质区别；C项，FeCl3
31、溶液和Fe（OH）3胶体都是均一的分散系；D项，FeCl3溶液、Fe（OH）3胶体的分散质粒子都能透过滤纸；答案选A。点睛：胶体和溶液的本质区别是分散质粒子的大小，分散质粒子小于1nm的分散系为溶液，分散质粒子大小在1nm100nm之间的为胶体；鉴别溶液和胶体用丁达尔效应，胶体能产生丁达尔效应，溶液不能产生丁达尔效应。三、实验题：共1题 共21分26.I.配制480 mL 0.2mol/L NaOH溶液。具体如下：(1)需_gNaOH。(2)配制过程中，下列仪器不会用到的是_(填序号），尚缺少的玻璃仪器是_。A.托盘天平 B.250mL容量瓶 C.玻璃棒 D.胶头滴管(3)实验过程中两次用到玻
32、璃棒，其作用分别是：_、_。(4)定容操作：将蒸馏水注入所选容器中，直到其中液面接近其刻度线_处时，改用_滴加蒸馏水至溶液的_正好与刻度线_。将瓶塞子盖好，反复_摇匀。(5)下列操作的正确顺序是(用字母表示)B_G。A.转移 B.称量 C.定容 D.洗涤 E.冷却 F.溶解 G.摇匀II.乙同学用18.4mol/l浓硫酸配制100ml 3.6mol/L的稀硫酸。用100 ml 量筒量取20 ml 浓硫酸，并向其中小心地加入少量水，搅拌均匀，待冷却至室温后，再加入水至100 ml 刻度线，再搅拌均匀。指出其中错误之处_。III.在配制一定物质的量浓度溶液时，下列操作出现的后果是(填：“偏低”.“
33、偏高”.“无影响”)：(1)配制氢氧化钠溶液时，称取已吸潮的氢氧化钠固体。_。(2)配制氢氧化钠溶液时，容量瓶中有少量水。_。(3)发现溶液液面超过刻度线，用吸管吸出少量水，使液面降至刻度_。(4)转移时不慎将溶液倒在瓶外；_；(5)定容时俯视容量瓶刻度线：_。【答案】 (1). 4.0 (2). B (3). 500ml容量瓶、烧杯 (4). 加速溶解 (5). 引流 (6). 12cm (7). 胶头滴管 (8). 凹液面的最低点 (9). 相切 (10). 倒转摇匀 (11). F (12). E (13). A (14). D (15). C (16). 在量筒中稀释；蒸馏水加到浓硫酸
34、中 (17). 偏低 (18). 无影响 (19). 偏低 (20). 偏低 (21). 偏高【解析】【分析】I.(1)选择使用500mL容量瓶，根据m=cVM计算物质的质量；(2)根据配制物质的量浓度的溶液的步骤确定使用的仪器及缺少的仪器的名称；(3)根据配制溶液的步骤确定玻璃棒的作用；(4)根据配制溶液的定容操作方法书写；(5)配制物质的量浓度的溶液的步骤是计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶等。II.根据仪器的作用及浓硫酸溶于水放出热量分析；III.分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，依据c=进行误差分析。【详解】.由于化学实验仪器没有480 mL的容量瓶，所以只能
35、用500 mL的容量瓶，m=nV，n=cV，其中V=500 mL=0.5L，故需要NaOH的质量m(NaOH)= 0.2mol/L 0.5L40g/mol=4.0g。在配制过程中，托盘天平是用来称量NaOH的质量，需要用500 mL的容量瓶，在烧杯中溶解固体药品时要用玻璃棒搅拌，转移溶液时要使用玻璃棒引流，胶头滴管在定容时用到。可见不能使用250mL容量瓶，故合理选项是B；缺少的是500 mL容量瓶、烧杯；第一次用玻璃棒是在溶解时用，作用是搅拌，加速固体物质溶解；第二次使用玻璃棒，作用是引流；在定容时，当液面接近刻度线12cm时应用胶头滴管滴加，当液体凹液面的最低处刻度线相切时停止滴加，然后上
36、下反复倒转摇匀，就得到了500mL0.2mol/L的NaOH溶液。配制溶液的一般步骤为：称量溶解冷却至室温转移洗涤定容摇匀，故合理顺序是：BFEAD CG；II.量筒为精密仪器，不能用于稀释浓溶液，浓硫酸稀释产生大量的热，稀释时应将浓硫酸缓缓注入水中，所以错误之处在于：在量筒中稀释；蒸馏水加到浓硫酸中；III.(1)配制氢氧化钠溶液时，称取已吸潮的氢氧化钠固体，导致称取溶质氢氧化钠物质的量偏小，溶液浓度偏低；(2)配制氢氧化钠溶液时，容量瓶中有少量水，对溶质物质的量和溶液体积都不产生影响，溶液浓度无影响；(3)发现溶液液面超过刻度线，用吸管吸出少量水，使液面降至刻度，导致部分溶质损耗，溶质物质的量偏小，则配制的溶液浓度偏低；(4)转移时不慎将溶液倒在瓶外，导致部分溶质损耗，溶质物质的量偏小，溶液浓度偏低；(5)定容时俯视容量瓶刻度线，导致溶液体积偏小，使溶液浓度偏高。【点睛】本题考查溶液的配制和操作中误差分析的知识，意在考查学生对仪器的使用方法、溶质的性质的掌握及对实验操作的掌握能力和分析问题的能力。注意根据物质的量浓度的定义式分析判断实验误差。