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文档简介
2024届贵州黔东南州三校联考化学高一上期中达标检测试题注意事项:1.答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型(B)填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2.作答选择题时,选出每小题答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑;如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答,答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上;如需改动,先划掉原来的答案,然后再写上新答案;不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4.考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后,请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、下列叙述正确的是()A.SO3的水溶液能导电,所以SO3是电解质B.氯化钠晶体不导电,但是氯化钠是电解质C.氯化钠溶液能导电,所以氯化钠溶液是电解质D.液态氯化氢不能导电,所以氯化氢不是电解质2、下列离子检验的方法正确的是A.向某溶液中加入硝酸银溶液,生成白色沉淀,说明原溶液中有Cl−B.向某溶液中加入氯化钡溶液,生成白色沉淀,说明原溶液中有SO42−C.向某溶液中加入氢氧化钠溶液,生成蓝色沉淀,说明原溶液中有Cu2+D.向某溶液中加入氯化钡溶液,生成白色沉淀,再加盐酸沉淀不溶解,说明原溶液中有SO42−3、下列反应中H2O是氧化剂的是A.CaO+H2O=Ca(OH)2B.Cl2+H2O=HCl+HClOC.2Na+2H2O=2NaOH+H2↑D.2F2+2H2O=4HF+O24、已知Mn2O7x-与S2-在酸性溶液中能发生反应:Mn2O7x-+3S2-+14H+=2Mn3++3S↓+7H2O。则Mn2O7x-中Mn元素的化合价是()A.+2B.+4C.+3D.+65、某无色、澄清溶液中可能含有①Na+、②SO42-、③Cl-、④HCO3-、⑤CO32-、⑥H+、⑦Cu2+中的若干种,依次进行下列实验,且每步所加试剂均过量,观察到的现象如下:步骤操作现象(1)用紫色石蕊试液检验溶液变红(2)向溶液中滴加BaCl2和稀HCl有白色沉淀生成(3)将(2)中所得混合物过滤,向滤液中加入AgNO3溶液和稀HNO3有白色沉淀生成下列结论正确的是A.肯定含有的离子是②③⑥B.该实验无法确定是否含有③C.可能含有的离子是①③⑦D.肯定没有的离子是④⑤,可能含有的离子是②6、病人输液用的葡萄糖注射液是葡萄糖(C6H12O6)的水溶液,其标签上的部分内容如图所示。根据标签所提供的信息,判断下列说法不正确的是A.该注射液属于一种分散系B.该注射液中葡萄糖的质量分数为5%C.500mL该注射液质量为25gD.该注射液中葡萄糖的物质的量浓度约为0.28mol/L7、下列关于物质分类的正确组合是()分类组合碱酸盐碱性氧化物酸性氧化物ANa2SO3H2SO4NaHCO3SO2CO2BNaOHHClNaClNa2ONOCNaOHCH3COOHCaF2CO2SO2DKOHHNO3CaCO3CaOSO2A.A B.B C.C D.D8、氧化还原反应与四种基本类型反应的关系如图所示,则下列化学反应属于阴影部分的是()A.Cl2+2KBr=Br2+2KCl B.2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑C.4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3 D.2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O29、Na2CO3俗名纯碱,下面是对纯碱采用不同分类法的分类,其中正确的是()(1)碱(2)含氧酸盐(3)钠盐(4)碳酸盐A.(2)(3)(4)B.(1)(3)(4)C.(1)(2)(4)D.(1)(2)(3)10、下列反应的离子方程式中不正确的是()A.H2SO4与Ba(OH)2溶液反应:Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2OB.Ca(HCO3)2与过量NaOH溶液反应:Ca2++2HCO3-+2OH-=CaCO3↓+2H2O+CO32-C.NaOH溶液中通入少量CO2:2OH-+CO2=CO32-+H2OD.CH3COOH溶液与NH3·H2O溶液反应:CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2O11、需在容量瓶上标出的是下列中的:①浓度②温度③容量④压强⑤刻度线()A.①③⑤ B.②③⑤ C.①②④ D.②④⑤12、下列化合物的电子式书写正确的是()A. B.C. D.13、下列各组中的离子,能在溶液中大量共存的是()A.K+、H+、SO42-、OH- B.Na+、Cu2+、Cl-、SO42-C.Na+、H+、Cl-、CO32- D.Na+、Ca2+、CO32-、NO3-14、实验室配制100mL1mol·L-1的NaCl溶液。下列有关操作错误的是A.用托盘天平称取5.85gNaCl固体B.在盛有NaCl的烧杯中加入适量蒸馏水,搅拌溶解,静置至室温再移入容量瓶中C.用蒸馏水洗涤烧杯内壁、玻璃棒2~3次,洗涤液移入容量瓶中D.沿着玻璃棒往容量瓶中加蒸馏水,到离刻度线1~2cm时改用胶头滴管滴加,直到凹液面最低处恰好与刻度线相切15、将以下4份溶液分别置于下图的装置中,其它条件相同时,灯泡最亮的是
A.100mL1mol/L的盐酸B.100mL2mol/L的蔗糖溶液C.100mL1mol/L的醋酸溶液D.30mL1mol/L的CaCl2溶液16、提纯含有少量硝酸钡杂质的硝酸钾溶液,设计实验方案为则X试剂为A.Na2CO3B.K2SO4C.Na2SO4D.K2CO3二、非选择题(本题包括5小题)17、我国很早就使用青铜器,由于时间久远,其表面有一层“绿锈”,“绿锈”俗称“铜绿”,是铜和空气中的水蒸气、CO2、O2作用产生的,化学式为[Cu2(OH)2CO3],“铜绿”能跟酸反应生成铜盐、CO2和H2O。某同学利用以下反应实现了“铜→铜绿→……→铜”的转化。(1)从物质分类标准看,“铜绿”属于______(填字母)。A.酸B.碱C.盐D.氧化物(2)写出B的化学式:____________。(3)请写出铜绿与盐酸反应的离子方程式:________________________。(4)上述转化过程中属于氧化还原反应的是_______________(填序号)(5)铜绿在受热时可直接分解生成物质B、CO2和水,其分解的化学方程式为_____________。18、由A和B两种可溶性盐组成的混合物,进行了下列实验:(1)若A溶液有颜色,试判断,A、B分别是_____________、_____________。(写化学式)(2)写出实验过程中发生反应的离子方程式_____________、_____________、_____________。(顺序不限)19、实验室用18.4mol•L-1的浓硫酸来配制480mL0.2mol•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20、欲用98%的浓硫酸(密度为1.84g·cm-3)配制成浓度为0.5mol·L-1的稀硫酸500毫升.(1)选用的主要仪器除了烧杯、玻璃棒、胶头滴管外还有:_______________(写两个)(2)请将下列各操作,按正确的序号填在横线上。A.用量筒量取浓H2SO4B.反复颠倒摇匀C.用胶头滴管加蒸馏水至刻度线D.稀释浓H2SO4E.将溶液转入容量瓶其操作正确的顺序依次为____________________________。(3)简要回答下列问题:①98%的浓硫酸的物质的量浓度为_____________mol·L-1②配制成浓度为0.5mol·L-1的稀硫酸500毫升.所需98%的浓硫酸的体积为____________mL;(保留小数点后一位)③将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢注入盛水的烧杯中,并用玻璃棒不断搅拌的目的是_____;④定容时必须使溶液凹液面与刻度线相切,若仰视刻度则使浓度___________。(“偏高”、“偏低”、“无影响”)21、已知A为淡黄色固体,T、R为两种常见的用途很广的金属单质,D是具有磁性的黑色晶体,C是无色无味的气体,H是白色沉淀,且在潮湿空气中迅速变为灰绿色,最终变为红褐色固体。(1)写出下列物质的化学式:A:_______,D:_________,R:____________。(2)按要求写下列反应方程式:H在潮湿空气中变成M的过程中的化学方程式____________________;B和R反应生成N的离子方程式________________________________;D与盐酸反应的离子方程式_____________________________________。(3)检验气体C的方法_________________________________________。
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】
A.SO3的水溶液是硫酸,硫酸能导电,所以硫酸是电解质,SO3是非电解质,选项A错误;B.氯化钠晶体不导电,但氯化钠溶于水或熔融状态下能电离出离子,属于电解质,选项B正确;C.电解质必须是纯净的化合物,氯化钠是电解质,其溶液是混合物,选项C错误;D.液态氯化氢以分子的形式存在,不能导电,但是其水溶液能导电,因而氯化氢是电解质,选项D错误;答案选B。2、C【解题分析】A.加入硝酸银溶液,生成白色沉淀,可能为氯化银或碳酸银、硫酸银等沉淀,不能排除其它离子的干扰,应加入硝酸酸化的硝酸银进行检验,A错误;B.加入氯化钡溶液,生成白色沉淀,不能排除氯化银的干扰,检验硫酸根离子,应先加入盐酸,如无现象,再加入氯化钡溶液,B错误;C.氢氧化铜为蓝色,加入氢氧化钠溶液,生成蓝色沉淀,说明原溶液中有Cu2+,C正确;D.加入氯化钡溶液,生成白色沉淀,不能排除氯化银的干扰,D错误,答案选C。点睛:本题考查离子的检验,答题时注意把握离子的性质的异同,检验时要特别注意排除其它离子的干扰,注意实验方案的严密性。3、C【解题分析】
氧化还原反应中氧化剂得电子化合价降低,H2O只作氧化剂,则H2O中H元素的化合价降低,O元素的化合价不变,以此来解答。【题目详解】A.CaO+H2O=Ca(OH)2中没有元素化合价的变化,不属于氧化还原反应,选项A错误;B.Cl2+H2O=HCl+HClO中Cl元素的化合价既升高又降低,则Cl2既是氧化剂又是还原剂,选项B错误;C.2Na+2H2O=2NaOH+H2↑中Na元素的化合价升高,Na为还原剂,H2O中H元素的化合价降低,H2O作氧化剂,选项C正确;D.2F2+2H2O=4HF+O2中H2O中的O元素的化合价升高,H2O是还原剂,选项D错误;答案选C。【题目点拨】本题考查氧化还原反应,侧重氧化剂、还原剂的考查,明确反应中元素的化合价变化为解答的关键,题目难度不大。4、D【解题分析】
先利用离子反应中的电荷守恒来确定x,再利用Mn2O7x-中元素的化合价的代数和为-x来计算M的化合价。【题目详解】反应Mn2O7x-+3S2-+14H+=2Mn3++3S↓+7H2O中由电荷守恒可知,(-x)+3×(-2)+14×(+1)=2×(+3),解得x=2,设Mn2O7x-中的Mn的化合价为y,Mn2O7x-中元素的化合价的代数和为-x,则y×2+(-2)×7=-2,解得y=+6,故答案选D。【题目点拨】本题考查化合价的计算,明确离子反应中的电荷守恒及化合价计算的原则即可解答,注意守恒法的灵活应用。5、B【解题分析】
无色澄清溶液,可以知道溶液里没有Cu2+;(1)用紫色石蕊试液检验,溶液变红,说明溶液显酸性,溶液里不含CO32-和HCO3-;
(2)向溶液中滴加BaCl2和稀HCl,有白色沉淀生成,此沉淀为BaSO4,说明溶液里有SO42-;(3)将(2)中所得混合物过滤,向滤液中加入AgNO3溶液和稀HNO3,此沉淀为AgCl,但无法说明溶液里有Cl-,因实验(2)中滴加了稀盐酸和氯化钡溶液,引入了Cl-;由以上分析可以知道溶液里一定存在②SO42-、⑥H+,一定不存在④HCO3-、⑤CO32-、⑦Cu2+,可能存在①Na+、③Cl-,所以选项B正确;综上所述,本题选B。6、C【解题分析】
A.注射液是一种混合物,属于一种分散系,A正确;B.由标签所提供的信息,可知该注射液中葡萄糖的质量分数为5%,B正确;C.500mL该注射液中葡萄糖的质量为25g,C错误;D.葡萄糖的质量为25g,其物质的量n==,物质的量浓度约为c===0.28mol·L-1,D正确;答案选C。7、D【解题分析】
A.Na2SO3不是碱,是盐;SO2不是碱性氧化物,是酸性氧化物,故A不选;B.NO不是酸性氧化物,是不成盐氧化物,故B不选;C.CO2不是碱性氧化物,是酸性氧化物,故C不选;D.KOH是碱,HNO3是酸,CaCO3是盐,CaO是碱性氧化物,SO2是酸性氧化物,故D选;故选D。【题目点拨】酸性氧化物是能和碱反应只生成一种盐和水的氧化物,如SO2、CO2、SiO2等。碱性氧化物是能和酸反应只生成一种盐和水的氧化物,如CaO、Na2O等。8、D【解题分析】
根据题意,阴影部分只属于氧化还原反应,与四种基本反应无关。【题目详解】A.Cl2+2KBr=Br2+2KCl属于氧化还原反应,同时也属于置换反应,故A不符合题意;B.2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑反应中没有元素化合价发生变化,不属于氧化还原反应,故B不符合题意;C.4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3属于氧化还原反应,同时也属于化合反应,故C不符合题意;D.2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2属于氧化还原反应,与四种基本反应类型无关,故D符合题意;答案选D。【题目点拨】有单质参加的化合反应,有单质生成的分解反应,置换反应属于氧化还原反应,不属于上述反应类型的处于阴影部分。9、A【解题分析】
运用交叉分类法分析。【题目详解】Na2CO3在水溶液中能够电离出金属阳离子(Na+)和酸根离子(CO32-),所以它属于盐;由于它的酸根为含氧酸的酸根,所以它又属于含氧酸盐;并且它的酸根是碳酸(H2CO3)的酸根所以它又属于碳酸盐。它不属于碱,答案选A。10、D【解题分析】
A项,H2SO4与Ba(OH)2溶液反应的化学方程式为H2SO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+2H2O,离子方程式为Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O,A项正确;B项,Ca(HCO3)2与过量NaOH溶液反应生成CaCO3、Na2CO3和H2O,反应的离子方程式为Ca2++2HCO3-+2OH-=CaCO3↓+2H2O+CO32-,B项正确;C项,NaOH溶液中通入少量CO2生成Na2CO3和H2O,反应的离子方程式为CO2+2OH-=CO32-+H2O,C项正确;D项,NH3·H2O应以化学式保留,CH3COOH与NH3·H2O溶液反应的离子方程式为CH3COOH+NH3·H2O=CH3COO-+NH4++H2O,D项错误;答案选D。【题目点拨】本题考查离子方程式正误的判断。判断离子方程式是否正确可从以下几个方面进行:①从反应原理进行判断,如反应是否能发生、反应是否生成所给产物等;②从物质存在形态进行判断,如拆分是否正确、是否正确表示了难溶物和气体等,如D项;③从守恒角度进行判断,如原子守恒、电荷守恒、氧化还原反应中的电子守恒等;④从反应的条件进行判断;⑤从反应物的组成以及反应物之间的配比进行判断。11、B【解题分析】
容量瓶是用来配制一定体积、一定物质的量浓度溶液的定量容器,所以需标有容量、刻度线,由于物质的热胀冷缩特性,容量瓶应在瓶上标注温度下使用,故选②③⑤,所以答案B正确。故选B。12、D【解题分析】
A.氯化钙为离子化合物,电子式为电子式为,A项错误;B.硫化钠为离子化合物,由钠离子与硫离子构成,电子式为,B项错误;C.MgO为离子化合物,电子式为,C项错误;D.KF为离子化合物,由钾离子和F-构成,阴离子用中括号,F周围有8个电子,电子式为,D项正确;答案选D。13、B【解题分析】
A.H+、OH-反应生成水,不能大量共存,故A错误;B.这几种离子之间不反应,能大量共存,故B正确;C.H+、CO32-反应生成二氧化碳和水,不能大量共存,故C错误;D.Ca2+、CO32-反应生成沉淀,不能大量共存,故D错误;故选B。14、A【解题分析】
A.托盘天平称量时只能准确到小数点后一位数,所以只能称量5.9g药品,不能称量5.85gNaCl,故A错误;B.NaCl固体要先在烧杯中溶解,冷却后再用玻璃棒引流转移至100mL容量瓶,故B正确;C.烧杯、玻璃棒要洗涤,洗涤液也要注入容量瓶,保证溶质全部转移,故C正确;D.定容时,沿玻璃棒往容量瓶中加入蒸馏水到离刻度线1-2cm,改用胶头滴管逐滴滴加,直至溶液凹液面恰好与刻度线相切,故D正确。答案选A。15、D【解题分析】试题分析:溶液的导电能力越强,灯泡越亮,而溶液中离子的浓度越大,所带电荷数越多,溶液的导电性越强,据此可以判断。A、盐酸是强酸,溶液中氯离子浓度是1mol/L;B、蔗糖是非电解质,其溶液几乎是不导电的;C、醋酸是弱酸,溶液中CH3COO-浓度小于1mol/L;D、氯化钙是电解质完全电离出钙离子和氯离子,其中氯离子浓度是2mol/L,因此溶液导电性最强是的氯化钙溶液,答案选D。考点:考查电解质、非电解质以及溶液导电性判断16、D【解题分析】
除杂时,不应引入新的且难除去的阳离子,例如钠离子,排除A、C选项;除钡离子时,碳酸根离子、硫酸根离子均可,但是硫酸根离子过量后不易除去,B错误;而碳酸根离子与硝酸反应生成二氧化碳和水,可除去;因此试剂X选K2CO3,D正确;综上所述,本题选D。二、非选择题(本题包括5小题)17、CCuOCu2(OH)2CO3+4H+=2Cu2++3H2O+CO2↑①⑤Cu2(OH)2CO3=2CuO+H2O+CO2↑【解题分析】
本题考查的知识点有物质的分类、离子方程式的书写、氧化还原反应。①物质的分类方法很多,其中按物质的组成和性质特点可分为混合物和纯净物;纯净物分为单质和化合物;单质分为金属单质和非金属单质,化合物分为无机物和有机物;无机物分为氧化物、酸、碱、盐等;其中盐按组成可分为正盐、酸式盐、碱式盐、复盐,按是否溶于水可分为可溶性盐和难溶性盐。②离子方程式书写时遵循一写二拆三删四查的原则。其中可溶性强电解质拆成离子形式;难溶物、单质、气体、氧化物、弱电解质、水不拆,保持化学式的形式。③氧化还原反应的特征是有元素化合价的升降。【题目详解】(1)铜绿是碱式碳酸铜的俗称,所以Cu2(OH)2CO3属于碱式盐。本小题答案为:C。(2)氢氧化铜受热分解生成氧化铜和水,则B为氧化铜,化学式为CuO。本小题答案为:CuO。(3)由信息可知“铜绿”能跟酸反应生成铜盐、CO2和H2O,则铜绿与盐酸反应的离子方程式为Cu2(OH)2CO3+4H+=2Cu2++3H2O+CO2↑。本小题答案为:Cu2(OH)2CO3+4H+=2Cu2++3H2O+CO2↑。(4)反应①中铜转化为铜绿,铜元素的化合价由0价升高到+2价,有价态变化,反应①为氧化还原反应;反应②是铜绿与酸反应生成铜盐、CO2和H2O,是复分解反应,没有价态变化,不是氧化还原反应;反应③是铜盐与碱反应生成氢氧化铜沉淀,是复分解反应,没有价态变化,不是氧化还原反应;反应④是氢氧化铜受热分解生成氧化铜和水,是分解反应,没有价态变化,不是氧化还原反应;反应⑤是氧化铜与氢气反应生成铜和水,是置换反应,有价态变化,是氧化还原反应。本小题答案为:①⑤。(5)铜绿在受热时可直接分解生成物质B、CO2和水,因为B为CuO,则铜绿受热分解的化学方程式为Cu2(OH)2CO3=2CuO+H2O+CO2↑。【题目点拨】解答本题时可根据物质的分类方法结合物质的俗称和物质组成进行解答;反应②为碱式碳酸铜和盐酸反应生成氯化铜、水和二氧化碳,改成离子方程式即可;依据复分解反应的概念和氧化还原反应的概念,结合反应过程的特征分析判断。18、CuSO4K2CO3Cu2++CO32-=CuCO3↓Ba2++SO42-=BaSO4↓CuCO3+2H+=Cu2++CO2↑+H2O【解题分析】
A和B两种可溶性盐组成的混合物,加水溶解后,过滤后所得无色溶液加入硝酸钡溶液可得硫酸钡沉淀和硝酸钾溶液,说明混合物中含有SO42-、K+;混合物加水溶解过滤所得沉淀加入稀硫酸得CO2,说明混合物中含有CO32-,最后得到硫酸铜溶液,则混合物中含有Cu2+;则混合物中含有:SO42-、Cu2+、CO32-、K+;这些离子可以组成两种可溶性物质是K2CO3、CuSO4,据此分析解答。【题目详解】(1)根据分析,A、B两种可溶性物质是K2CO3、CuSO4,若A溶液有颜色,A为CuSO4、B为K2CO3;(2)A、B两种盐K2CO3、CuSO4在溶解时,发生反应生成碳酸铜和硫酸钾,离子反应为:Cu2++CO32-=CuCO3↓,过滤后的溶液中加入硝酸钡,生成硫酸钡和硝酸钾,离子反应为:Ba2++SO42-=BaSO4↓,过滤得到的沉淀为碳酸铜,加入稀硫酸生成硫酸铜、二氧化碳和水,离子反应为:CuCO3+2H+=Cu2++CO2↑+H2O。19、②④⑥500mL容量瓶5.4①搅拌引流D①④【解题分析】
(1)配制一定物质的量浓度溶液一般步骤:计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶来分析所需的仪器;(2)依据溶液稀释过程中溶质的物质的量不变计算需要浓硫酸体积,据此选择合适规格量筒;(3)依据稀释过程中玻璃棒作用搅拌,移液时玻璃棒作用引流解答;(4)根据容量瓶的构造、使用方法及配制一定物质的量浓度的溶液的正确方法分析;(5)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。【题目详解】(1)配制一定物质的量浓度溶液一般步骤:计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶,用到的仪器:量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管,用不到的仪器:烧瓶、托盘天平、药匙,故选:②④⑥;还缺少的仪器为:容量瓶,配制480mL0.2mol•L-1的稀硫酸,应选择500mL容量瓶;故答案为:②④⑥;500mL容量瓶;(2)用18.4mol•L-1的浓硫酸来配制480mL0.2mol•L-1的稀硫酸,应选择500mL容量瓶,实际配制500mL溶液,设需要浓硫酸体积为V,则依据溶液稀释过程中溶质的物质的量不变得:18.4mol/L×V=500mL×0.2mol/L,解得V=5.4mL,所以应选择10mL量筒;故答案为:5.4;①;(3)稀释过程中玻璃棒作用搅拌,移液时玻璃棒作用引流;故答案为:搅拌;引流;(4)A.容量瓶是定量仪器,所以标有容积和刻度,温度影响溶液的体积,所以容量瓶上还标有使用的温度,不标有浓度,选项A错误;B.容量瓶用蒸馏水洗净后,由于后面还需要加入蒸馏水定容,所以不必烘干,不影响配制结果,选项B错误;C.容量瓶中不能用于稀释浓硫酸,应该在烧杯中稀释,冷却后转移到容量瓶中,选项C错误;D.由于容量瓶有瓶塞,配制时需要摇匀,所以使用前要检查容量瓶是否漏水,选项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,导致溶质部分损耗,溶质的物质量偏小,溶液浓度偏低,故①选;②未等稀释后的硫酸溶液冷却至室温就转移到容量瓶中,冷却后,溶液体积偏小,溶液浓度偏高,故②不选;③转移前,容量瓶中含有少量蒸馏水
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