2024届河南省偃师市高级中学培优部高一化学第一学期期末监测试题含解析

2024届河南省偃师市高级中学培优部高一化学第一学期期末监测试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列各组物质按混合物、酸、碱顺序排列的是（）A．干冰、醋酸、苛性钠B．氯水、亚硫酸、氢氧化铜C．蔗糖水、硫酸铜、氢氧化铁D．水玻璃、硝酸、纯碱2、随着我国汽车年销量的大幅增加，环境受到了很大的污染。汽车尾气处理装置中，气体在催化剂表面吸附与解吸的过程如图所示，下列说法正确的是（）A．NO和O2必须在催化剂表面才能反应B．总反应中NO为氧化剂，N2为氧化产物C．汽车尾气的主要污染成分包括CO、NO和N2D．图中反应的总化学方程式为3、下列电离的方程式，正确的是（）A．CH3COOH=CH3COO﹣+H+ B．NaOH=Na++OH﹣C．H2SO4=H++SO42﹣ D．KClO3=K++Cl﹣+3O2﹣4、下列实验操作所对应的实验现象正确的是（）选项实验操作实验现象A将一小块金属钠投入到硫酸铜溶液中有红色固体析出B用酒精灯加热砂子打磨过的铝箔铝箔熔化但并不滴落C向Al2(SO4)3溶液中逐滴加入氨水至过量先产生白色沉淀后沉淀逐渐溶解D向盛有少量Na2O2固体的试管中加水，充分反应后，滴加酚酞溶液溶液变红A．A B．B C．C D．D5、下列变化需要加入还原剂才能实现的是（）A．CaCO3→CaO B．HCl→Cl2C．Fe→Fe3+ D．MnO4-→Mn2+6、下列化合物能通过相应单质直接化合而成的是（）A．FeCl2 B．CuS C．Na2O2 D．SO37、明矾可以净水是因为()A．明矾在水中能电离出硫酸根离子B．明矾含有钾离子和铝离子两种阳离子C．明矾溶于水后能生成氢氧化铝胶体D．明矾能与碱反应生成氢氧化铝沉淀8、同温同压下，相同体积的Cl2和NO2气体，具有相同的()A．质量 B．分子数C．原子数 D．摩尔质量9、世界各国离不开的化石燃料十分有限，为了开发新能源，下列方法可行的是（）A．利用电解水的方法得到氢气作能源 B．砍伐树木作能源C．因煤的储量比石油丰富，应多用煤作能源 D．开发太阳能、核能等新能源10、已知某饱和溶液中：①溶液的质量；②溶剂的质量；③溶液的体积；④溶质的摩尔质量；⑤溶质的溶解度；⑥溶液的密度，从上述条件中不能用来计算该饱和溶液的物质的量浓度的是（）A．④⑤⑥ B．①②③④ C．①②④⑥ D．②③④11、昆仑玉的成分可简单看作Ca2Mg5Si8O22(OH)2，则用氧化物的形式可表示为（）A．CaO·MgO·SiO2·H2OB．2CaO·5MgO·8SiO2·H2OC．2CaO·MgO·SiO2·H2OD．5CaO·2MgO·8SiO2·H2O12、“神八”与“天宫一号”的成功对接，标志着中国的航空铝材处于世界领先的行列。下列关于铝合金的说法中错误的是()A．铝合金是一种混合物，它比纯铝的熔点低B．高温铝液易被氧化，铝合金应在熔剂层覆盖下熔炼C．镁铝合金耐腐蚀，但能被烧碱(NaOH)腐蚀D．镁铝合金在盐酸中无法溶解13、FeS2的结构类似于Na2O2，是一种过硫化物。与酸反应时首先生成H2S2，H2S2类似于H2O2，易分解：H2S2===H2S＋S↓。实验室制取H2S时，某学生误将FeS2当作了FeS，反应完后，不可能生成的物质为()A．H2SB．SC．Fe2＋D．Fe3＋14、氧化还原反应与四种基本反应类型的关系如下图，则下列化学反应属于区域③的是A．B．C．D．15、下列有关金属及其合金的说法中，错误的是A．硬铝、青铜、不锈钢都属于合金，合金的许多性能优于纯金属，而熔点低于成分金属B．合金中用量最大的是钢，其含碳量越大，韧性越好C．日用铝制品表面覆盖着致密的氧化膜，对内部金属起保护作用D．纳米铜的水溶液具有丁达尔效应16、下列实验装置或操作正确的是()A．用甲图装置验证CH3COOH、H2CO3和H2SiO3的酸性强弱B．用乙图装置配制一定浓度的稀硫酸C．用丙图装置验证NaHCO3和Na2CO3的热稳定性D．用丁图装置制备并收集少量NO2气体二、非选择题（本题包括5小题）17、A、B、C是单质，其中A是金属，各种物质间的转化关系如图：根据图示转化关系回答：（1）写出下列物质的化学式。A___，B___，乙___，丁___。（2）写出下列变化的化学方程式。①A与NaOH溶液反应的化学方程式___。②甲与NaOH溶液反应的离子方程式___。18、某实验小组推测，某无色溶液中可能含有以下离子：K＋、Al3＋、Mg2＋、Cu2＋、NH4＋、Cl－、CO32－、SO42－，进行如下实验：①取适量该溶液，加入过量NaOH溶液后加热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体，并得到澄清溶液。②在①所得溶液中通入过量CO2，生成白色沉淀。③另取原溶液于试管中，加足量BaCl2溶液后，得白色沉淀，再加稀盐酸，沉淀不溶解。根据上述实验回答：（1）写出①中反应生成气体的离子方程式_______________________________。（2）该溶液中一定存在的离子有_____________，不能确定是否存在的离子有___________。19、I.如图所示为常见玻璃仪器的部分结构：（1）请写出所列仪器的名称：A__________，B____________;C_____________；（2）仪器B使用前必须______________________。（3）仪器B上标记有__________________(填序号)；①质量②温度③刻度线④浓度⑤容积II．某无色工业废水中可能含有Na+、Mg2+、Al3+、Cl-、SO42-中的几种离子。a．取少许该废水于试管中，加入足量的Ba(NO3)2溶液和稀硝酸，产生白色沉淀，充分反应后过滤，向滤液中加入AgNO3溶液无沉淀产生。b.另取10mL该废水于试管中，滴加NaOH溶液先产生白色沉淀，后部分沉淀溶解。生成沉淀的物质的量随加入NaOH的物质的量关系如下图所示。根据上述实验和图中数据：（1）该废水中一定不含有的离子有________________(填离子符号)；（2）写出A→B

过程中发生反应的离子方程式：_________________；（3）该废水中，c(Al3+)=________________________；（4）①实验室配制100mL2mol/L的NaOH溶液时，用到的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、量筒外，还需要________(填仪器名称)。②下列操作使所配溶液浓度偏大的是(填写字母)________。A．称量用了生锈的砝码B．将NaOH放在纸张上称量C．NaOH在烧杯中溶解后，未冷却就立即转移到容量瓶中D．往容量瓶转移时，有少量液体贱出E．未洗涤溶解NaOH的烧杯F．定容时仰视刻度线G．容量瓶未干燥即用来配制溶液20、用重铬酸钾法(一种氧化还原滴定法)可测定产物Fe3O4中的二价铁含量。若需配制浓度为0.01000mol·L－1的K2Cr2O7标准溶液250mL，应用电子分析天平准确称取一定质量的K2Cr2O7(已知M(K2Cr2O7)＝294.0g·mol－1。)（1）计算配制250mL0.01000mol/LK2Cr2O7溶液时需要用电子分析天平准确称量K2Cr2O7的质量是________g（保留4位有效数字）。（2）配制溶液时，一般可以分为以下几个步骤：①称量②计算③溶解④颠倒摇匀⑤转移⑥洗涤⑦定容⑧冷却完成该溶液配制，将其正确的操作顺序补充完整为___________⑧⑤___________。本实验必须用到的仪器有天平、药匙、玻璃棒、烧杯、量筒，还有_________________。（3）使用容量瓶前必须进行的一步操作是_____________。（4）配制0.01000mol/LK2Cr2O7溶液时，下列操作会引起所配溶液浓度偏高的是_______。①没有洗涤烧杯和玻璃棒且未将洗涤液注入容量瓶②转移溶液时不慎有少量溶液洒到容量瓶外面③容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水④定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面低于刻度线，再加水至刻度线⑤定容时俯视刻度线⑥称量一定质量的K2Cr2O7中含有KCl杂质⑦向容量瓶中转移液体时，玻璃棒的末端位于容量瓶刻度线以上（5）配制0.01000mol/LK2Cr2O7溶液，定容时不慎加水超过了刻度线，应如何处理：_____________。21、A、B、C、D均为中学化学常见的纯净物，A是单质。它们之间有如下的反应关系：（1）若D物质具有两性，②③反应均要用强碱溶液，④反应是通入过量的一种引起温室效应的主要气体。写出②反应的离子方程式_________；④反应离子方程式__________。（2）若A是应用最广泛的金属。④反应用到A，②⑤反应均用到同一种黄绿色气体单质。写出A与水高温下反应的化学方程式_______________________。④反应的离子方程式______________。D中加入氢氧化钠的现象__________。（3）若A是太阳能电池用的光伏材料，B常用用于制作高档光学器材，C、D为钠盐，C的水溶液俗称泡花碱，D的溶液显碱性。④反应也是通入一种引起温室效应的主要气体。写出③反应的化学方程式________________________。⑤反应用到B，反应条件为高温，则⑤的化学方程式为____________________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解题分析】

不同物质组成的为混合物，相同物质组成的为纯净物；电离时生成的阳离子都是氢离子的化合物是酸，电离时生成的阴离子都是氢氧根离子的化合物是碱。【题目详解】A.干冰是二氧化碳晶体，属于纯净物，醋酸属于酸，苛性钠属于碱，故A错误；B.氯水是氯气水溶液，属于混合物，亚硫酸属于酸，氢氧化铜属于碱，故B正确；C.蔗糖水属于混合物，硫酸铜属于盐，氢氧化铁属于碱，故C错误；D.水玻璃是硅酸钠水溶液，属于混合物，硝酸属于酸，纯碱是碳酸钠，属于盐，故D错误；故选B。2、D【解题分析】

A．NO与O2在常温下就可以发生反应，A项错误；B．反应中NO、O2均为氧化剂，CO为还原剂，N2为还原产物，B项错误；C．N2不是污染成分，C项错误；D．由图看出图中反应的总化学方程式为，D正确；故选D。3、B【解题分析】

A、醋酸是弱酸，部分电离，其电离方程式为CH3COOHCH3COO－＋H＋，故A错误；B、NaOH为强碱，完全电离，其电离方程式为NaOH=Na＋＋OH－，故B正确；C、硫酸为二元强酸，硫酸的电离方程式为H2SO4=2H＋＋SO42－，故C错误；D、KClO3是由K＋和ClO3－组成，其电离方程式为KClO3=K＋＋ClO3－，故D错误；答案选B。4、B【解题分析】

A．将一小块金属钠投入到硫酸铜溶液中，钠先与水反应，生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠和硫酸铜反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，无红色固体析出，A错误；B．用酒精灯加热砂子打磨过的铝箔，氧化铝熔点高，出现铝箔熔化但并不滴落，B正确；C．向Al2(SO4)3溶液中逐滴加入氨水，生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝不溶于氨水，沉淀不会溶解，C错误；D．向盛有少量Na2O2固体的试管中加水，充分反应后，生成氢氧化钠和氧气，滴加酚酞溶液，溶液变红，但过氧化钠具有强氧化性，随后颜色褪去，D错误；故选B。5、D【解题分析】

A.化合价无变化，不需要加入氧化剂或还原剂，A错误；B.，氯元素化合价升高，发生氧化反应，需要加入氧化剂，B错误；C.化合价升高，发生氧化反应，需要加入氧化剂，C错误；D.，锰元素化合价降低，发生还原反应，需要加入还原剂，D正确；故答案选D。【题目点拨】加入还原剂才能实现，即该物质被还原，元素化合价降低；加入氧化剂才能实现，即该物质被氧化，元素化合价升高。6、C【解题分析】

A．氯气的氧化性较强，所以铁和氯气在加热条件下生成FeCl3而不生成FeCl2；B．硫的氧化性比较弱，所以铜和硫在加热条件下直接化合生成的是Cu2S；C．钠和氧气在加热时可以生成Na2O2；D．硫和氧气直接化合只能生成SO2，不能直接生成SO3；故选C。【题目点拨】铁和氯气直接生成的是FeCl3，即使铁过量，也不会直接生成FeCl2，因为铁和氯气的反应是在无水的情况下，而铁和FeCl3的反应需要在水溶液中发生；硫和氧气直接化合生成的是SO2，不是SO3，SO3需要进一步氧化才能生成SO2，和硫相似的还有氮气，氮气和氧气直接化合生成的是NO，不能直接生成NO2。7、C【解题分析】

明矾溶于水后，电离产生的铝离子生成氢氧化铝胶体，能吸附悬浮于水中的杂质，并使其从水中沉降下来，达到净水的目的。答案选C。8、B【解题分析】由阿伏加德罗推论可知，同温同压下，相同体积的气体，具有相同的分子数，由于Cl2和NO2气体的摩尔质量不同，则气体质量也不同，故A、D错误，由于Cl2和NO2分子构成中原子数不同，则C错误。答案选B。9、D【解题分析】

A．电解水得到氢气会消耗大量的电能，故此法不可行；B．砍伐树木做能源，会破坏生态平衡，故此法不可行；C．煤和石油都是不可再生能源，应该开发新能源，故此法不可行；D．开发太阳能、生物质能、地热地表能、核能等新能源，可以解决能源危机，故此法可行；故选D。10、D【解题分析】

A.利用⑤可计算质量分数，再由④、⑥并结合c=可计算该饱和溶液物质的量浓度，A正确；B.根据“①溶液的质量、②溶剂的质量”可计算溶质的质量，再由④及n=计算溶质的物质的量，由③及c=可计算这种饱和溶液物质的量浓度，B正确；C.由①⑥可计算溶液的体积，①②可计算溶质的质量，结合④及n=计算溶质的物质的量，再根据c=可计算这种饱和溶液物质的量浓度，C正确；D.由②④不能计算溶质的物质的量，所以结合③不能计算这种饱和溶液物质的量浓度，D错误；故合理选项是D。11、B【解题分析】

根据硅酸盐改写成氧化物的形式为：活泼金属氧化物•较活泼金属氧化物•二氧化硅•水，同时要遵循原子守恒，Ca2Mg5Si8O22（OH）2可表示为：2CaO•5MgO•8SiO2•H2O，故答案为B。12、D【解题分析】

A、合金的熔点都会比其中的单一的一种金属的熔点低，A正确；B、铝是一种比较活泼的金属，尤其是在熔融状态下会非常容易与空气中的氧气发生氧化还原反应，所以必须采取相应的保护措施，B正确；C、由于镁铝合金在空气中会和氧气反应在其表面生成氧化膜，阻止反应的进一步进行，所以比较耐腐蚀。但铝是一种特殊的金属，铝、氧化铝都会与烧碱溶液发生反应，所以镁铝合金会被烧碱溶液腐蚀，C正确；D、镁或铝均能与盐酸反应，因此镁铝合金在盐酸中能被溶解，D错误。答案选D。13、D【解题分析】

根据发生的FeS2+2HCl=H2S2+FeCl2、H2S2=H2S+S的反应进行判断。【题目详解】FeS2颗粒与盐酸发生：FeS2+2HCl=H2S2+FeCl2，H2S2类似于H2O2，易分解，发生H2S2=H2S+S，反应产物可能有H2S、S、Fe2+，Fe3+具有较强的氧化性能氧化H2S，不可能生成的是Fe3+，故选D。【题目点拨】本题要把握住氧化还原反应的要点，牢记Fe3+可以氧化H2S。14、C【解题分析】

A、反应是氧化还原反应，也是化合反应，不属于区域3，A不符合题意；B、反应不是氧化还原反应，也是分解反应，不属于区域3，B不符合题意；C、反应是氧化还原反应，不是置换反应，不是化合反应，不是分解反应，属于区域3，C符合题意；D、该反应是氧化还原反应，但又是置换反应，不属于区域3，D不符合题意。答案选C。15、B【解题分析】

A.合金的许多性能优于纯金属，熔点低于成分金属，A项正确；B.低碳钢的韧性比高碳钢要好，B项错误；C.氧化铝的性质较稳定，因此可以保护内部的金属，C项正确；D.既然分散质是纳米级的，则纳米铜的水溶液具有胶体的性质，D项正确；答案选B。16、A【解题分析】

A、由图可知，醋酸与碳酸钠反应生成CO2，CO2与硅酸反应生成硅酸，均发生酸性强的制取酸性弱，用甲图装置验证CH3COOH、H2CO3和H2SiO3的酸性强弱，故A正确；B、不能将浓硫酸直接注入容量瓶中，应在烧杯中稀释、冷却后转移到容量瓶中，故B错误；C、碳酸氢钠受热易分解，则图中小试管中盛放碳酸氢钠，大试管中盛放Na2CO3，故C错误；D、NO2能与水反应，收集NO2不能用排水法，应用排气法收集，故D错误；答案选A。二、非选择题（本题包括5小题）17、AlO2NaAlO2Al（OH）32Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O【解题分析】

A，B，C是单质，其中A是常见的活泼金属，B和C都是无色气体，常见金属单质中能与NaOH溶液反应产生气体的只有Al，所以A是Al，乙是NaAlO2，C是H2；甲是Al的化物，可和NaOH溶液反应产生NaAlO2，可甲能是，则丙是，B即是，根据得丁是，丁加热后可生成水和氧化铝。【题目详解】(1)由上述分析可知，A为Al，B为，乙是NaAlO2,丁是故答案为：Al；；；(2)①Al与NaOH溶液反应的化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；②氧化铝与NaOH溶液反应的离子方程式Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O。18、NH4+＋OH－NH3↑＋H2ONH4+、Al3+、SO42－K＋、Cl－【解题分析】

溶液无色，则不含Cu2+，

①取适量该溶液，加过量NaOH溶液后加热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体，并得到澄清溶液，说明含有NH4+，不含Mg2+；

②在①所得溶液中通入过量CO2，生成白色沉淀，应生成氢氧化铝，则原溶液含有Al3+，不含CO32-；

③另取原溶液于试管中，加足量BaCl2溶液后，得白色沉淀，再加稀盐酸，沉淀不溶解，说明含有SO42-，可能含有K+、Cl-，以此解答。【题目详解】（1）①中反应生成气体为氨气，离子方程式为；

（2）由以上分析可知一定存在的离子为NH4+、Al3+、SO42-，不能确定的离子为K+、Cl-，故答案为：NH4+、Al3+、SO42-；K+、Cl-。19、量筒容量瓶温度计检查是否漏液②③⑤Cl-Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O0.5mol·L-1100mL容量瓶、胶头滴管AC【解题分析】

a.取0.1mL该废水于管中，加入足量的Ba(NO3)2)溶液和稀硝酸，产生白色沉淀，该沉淀为硫酸钡，则原溶液中含有SO42-；充分反应后过滤，向滤液中加入AgNO3溶液无沉淀产生，说明原溶液中不存在Cl−；b.另取10mL该废水于管中，滴加NaOH溶液先产生白色沉淀，后部分沉淀溶解，溶解的沉淀为氢氧化铝，不溶的沉淀为氢氧化镁，则原溶液中一定含有Mg2+、Al3+，(4)根据配制一定物质的量浓度的溶液的配制步骤确定使用的仪器，根据c=nV，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。【题目详解】I.由仪器的结构特点可以看出：A仪器由下往上刻度逐渐增大，可知是量筒；B仪器只有一个刻度线，可知是容量瓶；C仪器由下往上刻度逐渐增大，有零刻度，零刻度以下还有显示为负值的刻度，可知是温度计。II．(1)根据分析可知，该废水中一定不含有的离子有Cl-，故答案为：Cl-；(2)A→B过程为氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式为：Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，故答案为：Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O；(3)根据反应Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O可知，n[Al(OH)3]=n(NaOH)=0.04mol-0.035mol=0.005mol，根据质量守恒定律可知，原溶液中铝离子的物质的量为0.005mol，则原溶液中铝离子的浓度为：c(Al3+)=0.005mol÷0.01L=0.5mol/L，故答案为：0.5mol⋅L−1；(4)①实验室配制100mLmol⋅L−1的NaOH溶液时，用到的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、量筒外，配制100mL溶液必须选用规格为100mL的容量瓶，定容时必须使用胶头滴管，故答案为：100mL容量瓶、胶头滴管；②A.生锈的砝码质量偏大，而m(物)=m(砝)+m(游)，故称量出的药品的质量偏重，则配制出的溶液的浓度偏大；B.将NaOH放在纸张上称量会潮解，导致真正的NaOH的质量偏小，则配制出的溶液的浓度偏小；C.NaOH在烧杯中溶解后，未冷却就转移到容量瓶中并定容，待溶液冷却后体积偏小，则浓度偏大；D.往容量瓶转移时，有少量液体溅出，会导致溶质的损失，则溶液浓度偏小；E.未洗涤溶解NaOH的烧杯，会导致溶质的损失，则溶液浓度偏小；F.定容时仰视刻度线，会导致溶液体积偏大，则浓度偏小；G.只要最后定容时凹液面与刻度线相切即可，至于水是事先就有的还是后来加入的，对溶质的物质的量、最终溶液的体积都无影响，则对浓度无影响；故答案为：AC。【题目点拨】一定物质的量浓度的配制误差分析，根据公式c=n/v进行分析，操作不当是引起物质的量发生了变化，还是引起体积发生了变化，再用公式分析是偏高了还是偏低了。20、0.7350②①③⑥⑦④胶头滴管、250mL容量瓶检查容量瓶是否漏水⑤重新配制【解题分析】（1）配制250mL0.01000mol/LK2Cr2O7溶液，需要溶质的质量=0.250L×0.01000mol/L×294.0g•mol-1=0.7350g；（2）配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶等，因此正确的顺序是②①③⑧⑤⑥⑦④；用到的仪器：天平、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管，因此还缺少胶头滴管、250mL容量瓶；（3）使用容量瓶前必须进行的一步操作是检查容量瓶是否漏水；（4）①配制过程中未洗涤烧杯和玻璃棒，导致溶质的物质的量偏小，溶液的浓度偏低；②转移溶液时不慎有少量溶液洒到容量瓶外面，溶质的物质的量减少，浓度偏低；③容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水不影响；④定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面低于刻度线，再加水至刻度线，溶液体积增加，浓度偏低；⑤定容时俯视刻度线，液面在刻度线下方，溶液体积减少，浓度偏高；⑥称量一定质量的K2Cr2O7中含有KCl杂质，溶质的质量减少，浓度偏低；⑦向容量瓶中转移液体时，玻璃棒的末端位于容量瓶刻度线以上，溶液体积增加，浓度偏低，答案选⑤；（5）定容时不慎加水超过了刻度线，导致实验失败，且无法挽救，必须重新配制。点睛：掌握实验原理是解答的关键，难点是误差分析。根据可得，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。21、2Al+2OH-+2H2O＝2AlO2-+3H2↑AlO2-+CO