1、实验题  （12分）实验室需要配制0．1 mol/L NaOH溶液450 mL,回答下列问题：

（1）如图所示的仪器中配制溶液肯定不需要的是      （填序号），
配制上述溶液还需用到的玻璃仪器是                         （填仪器名称）；
（2）下列操作中，容量瓶所不具备的功能有          （填序号）。
A．配制一定体积准确浓度的标准溶液    
B．贮存溶液
C．测量容量瓶规格以下的任意体积的液体    
D．用来加热溶解固体溶质
（3）根据计算用托盘天平称取NaOH的质量为       g；
（4）取用任意体积的所配0．1 mol/L NaOH溶液时，下列物理量中不随所取体积的多少而变化的是（填字母）                      ；
A．溶液中NaOH的物质的量                 B．溶液的浓度
C．溶液中Na+的数目                       D．溶液的密度
（5）将所配制的NaOH溶液进行测定，发现浓度大于0．1mol／L。请你分析下列哪些操作会引起所配浓度偏大（填写字母）                             。
A．烧杯未进行洗涤
B．配制前，容量瓶中有少量蒸馏水
C．NaOH在烧杯中溶解后，未冷却就立即转移到容量瓶中，并进行定容；
D．往容量瓶转移时，有少量液体溅出
E．在容量瓶中定容时俯视容量瓶刻度线
F．定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面不到刻度线，再加水至刻度线。

参考答案：（1）A C  ,  烧杯  玻璃棒; （2）B C D（3）2．0 g （4）B  D   （5）  C  E

本题解析：（1）用固体配制溶液时用到的仪器有托盘天平、烧杯、容量瓶、玻璃棒、胶头滴管等，平底烧瓶和分液漏斗不需要，量筒可用可不用，还要用到的有烧杯 、玻璃棒。（2）容量瓶只是用来配制溶液，不能贮存溶液，也不能量取溶液，更不能加热，选B 、C 、D（3）由于没有450mL规格的容量瓶，故容量瓶选用500mL，n(NaOH)=c×V=0．1 mol/L×0.5L=0.05mol，NaOH的质量为：m=n×M=0.05mol×40g/mol=2.0g。（4）量取的溶液越多，所含溶剂的总质量就越多，溶液配制好后浓度与量取的体积无关；量取的体积越多Na+的数目越多，密度也与量取的体积无关，选B 、 D（5）A、烧杯没有洗涤会造成转移到容量瓶中的NaOH减少，使得浓度降低；B、配制前，容量瓶中有少量蒸馏水，对配置后的浓度没有影响，因为在配制的过程中要加水的；C、NaOH溶解是放热的，溶液体积是膨胀的，未冷却就立即转移到容量瓶中，并进行定容，等冷却后体积就会减小，浓度偏大；D、往容量瓶转移时，有少量液体溅出会造成NaOH有损失，使浓度偏低；E、在容量瓶中定容时俯视容量瓶刻度线会使得配制溶液的体积偏小，浓度就偏大；F、定容摇匀后再加水会使溶液的体积偏大，导致浓度偏小，摇匀是体积发生变化那是分子间作用造成的，放置一段时间会恢复到原来的体积。故选C、E。
考点：一定物质的量浓度溶液的配制。

本题难度：一般

2、实验题  实验室用密度为1．18g/mL，质量分数为36．5%浓盐酸配制250mL0．2mol/L的盐酸溶液,填空并请回答下列问题：
（1） 配制250mL0．2mol/L的盐酸溶液

参考答案：（1）4．2，250，玻璃棒、胶头滴管。
（2）B、C、A、F、E、D
（3）保证溶质全部转入容量瓶。
（4）浓度偏低；偏低；偏高。
（5）宣告实验失败，洗净容量瓶后重新配制。

本题解析：（1）浓盐酸的物质的量浓度为：1000ρw/M=11．8mol?L?1，设量取浓盐酸的体积为V，11．8mol/L×V=0．2mol/L×0．25L，V=0．0042L=4．2mL；配制250mL0．2mol/L的盐酸溶液，所以容量瓶的规格是250mL；配制盐酸溶液所需的仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管，所以除量筒、容量瓶、烧杯外外还需要的其它仪器有玻璃棒、胶头滴管。
（2）配制步骤有量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，所以配制时，其正确的操作顺序是B、C、A、F、E、D。
（3）操作A中，将洗涤液都移入容量瓶，其目的是保证溶质全部转入容量瓶，减少误差。
（4）a．没有进行A操作，导致溶质的物质的量偏小，配制溶液的浓度偏低；b．加蒸馏水时不慎超过了刻度，导致溶液的体积偏大，配制溶液的浓度偏低；c．定容时俯视偏低，导致溶液的体积偏小，配制溶液的浓度偏高。
（5）向容量瓶中转移溶液时（实验步骤②）不慎有液滴掉在容量瓶外面，导致配制溶液的浓度偏低，所以宣告实验失败，洗净容量瓶后重新配制。
考点：本题考查一定物质的量浓度溶液的配制、误差分析。

本题难度：困难

3、选择题  下列叙述正确的是(用NA代表阿伏加德罗常数的值)
A．2.4 g金属镁变为镁离子时失去的电子数为0.1NA
B．1 mol HCl气体中的粒子数与0.5 mol/L盐酸中溶质粒子数相等
C．任何条件下，16gCH4与18 g H2O所含有电子数均为10NA
D．22.4 L的CO气体与1 mol N2所含的电子数相等

参考答案：C

本题解析：A错误，2.4 g金属镁变为镁离子时失去的电子数为0.2NA
B错误，不知道盐酸溶液的体积。
C正确。
D错误，不知道一氧化碳所处的温度压强状态。

本题难度：一般

4、计算题  黄铜矿的主要成分X是由Cu、Fe、S三种元素组成的复盐，其中Cu、Fe两种元素的质量比为8:7；将m g X粉末全部溶于200 mL的浓HNO3，反应后的溶液加水稀释至2．12 L时测得其pH为0；将稀释后的溶液分为两等份，向其中一份溶液中滴加6．05 mol/L的NaOH溶液，向另一份溶液中滴加0．600 mol/L Ba(NO3)2溶液，两溶液中均生成沉淀，且沉淀的质量随所加溶液的体积变化如下图所示：

（1）请通过计算确定m的值；
（2）X的摩尔质量为368 g/mol，请确定X的化学式。

参考答案：（1）解：依题意，m?g?X中：n(Cu):n(Fe)＝1:1
2n(Cu2＋)＋3n(Fe3＋)＝6．05mol/L×0．2 L×2-1 mol/L×2．12 L
故：n(Cu)＝n(Fe)＝0．06 mol?（2分）
又，n(S)＝0．6 mol/L×0．1 L×2＝0．12 mol
因此，mg＝m(Cu)＋m(Fe)＋m(S)＝0．06 mol×64 g/mol＋0．06 mol×56 g/mol＋0．12 mol×32 g/mol＝?11．04 g
即m的值为11．04（2分）
（2）解：设X的化学式为(CuFeS2)n，则：(64＋56＋32×2)×n＝368? n＝2，故X的化学式为Cu2Fe2S4（2分）

本题解析：（1）依题意，Cu、Fe两种元素的质量比为8：7，则m?g?X中：n（Cu）：n（Fe）=8/64：7/56=1：1，当加水稀释至?2．12?L时测得其pH为0，此是氢离子浓度为1mol/L，根据图示数据，氢氧化钠先中和氢离子，然后将金属离子转化为沉淀，所以2n（Cu2+）+3n（Fe3+）=6．05mol?L-1×0．2L×2-1mol?L-1×2．12L，
故：n（Cu）=n（Fe）=0．06mol，n（S）=0．600mol?L-1×0．1L×2=0．12mol，
因此mg=m（Cu）+m（Fe）+m（S）=0．06mol×64g?mol-1+0．06mol×56g?mol-1+0．12mol×32g?mol-1=11．04g，即m的值为11．04．
（2）解：设X的化学式为（CuFeS2）n，则（64+56+32×2）×n=368，解得：n=2，故X的化学式为Cu2Fe2S4．

本题难度：一般

5、填空题  （9分）（1）明矾晶体可用来净水，它的化学式为          。
（2）反应KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O 中氧化剂是         氧化剂和还原剂的物质的量之比：_______。
（3）加热10.0g碳酸钠和碳酸氢钠的混合物至质量不在变化，剩余固体的质量为8.45g，则混合物中碳酸钠的质量分数为          。      （填能或者不能）用澄清石灰水鉴别碳酸钠和碳酸氢钠溶液。

参考答案：（9分）（1）KAl（SO4)2·12H2O (1分)
（2）KClO3     (2分)  1:5   (2分)      （3）42%  (2分)  不能(2分)

本题解析：（1）明矾属于复盐，其化学式是KAl（SO4)2·12H2O。
（2）根据反应的方程式可知，氯酸钾中氯元素的化合价从＋5价降低到0价，而氯化钾中氯元素的化合价从－1价升高到0价，所以氧化剂是氯酸钾，还原剂是氯化钾，二者的物质的量之比是1:5。
（3）碳酸氢钠受热分解的化学方程式是2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑，根据题意可知，反应中固体质量减少1.55g，所以碳酸氢钠的质量是，所以混合物中碳酸钠的质量分数为4.2÷10＝42％。碳酸钠和碳酸氢钠都能和氢氧化钙反应生成白色沉淀碳酸钙，所以不能用澄清石灰水鉴别碳酸钠和碳酸氢钠溶液。
考点：考查氧化还原反应的有关判断、依据碳酸氢钠分解的有关计算等
点评：如果是同一种元素的高价态和低价态之间发生氧化还原反应，则生成物的价态只能介于二者之间，且氧化产物的价态不能高于还原产物的价态，据此可以进行有关的判断。

本题难度：一般