2019屆高三化學上學期開學考試試題(重點班含解析).doc

2019屆高三化學上學期開學考試試題(重點班，含解析)一、選擇題(每小題3分，共60分，每小題只有一個選項符合題意)1.下列從混合物中分離出其中的一種成分，所采取的分離方法正確的是()A.由于碘在酒精中的溶解度大，所以可用酒精把碘水中的碘萃取出來B.水的沸點為100，酒精的沸點為78.5，所以可用加熱蒸餾的方法，使含水的酒精變?yōu)闊o水酒精C.四氯化碳和水混合后，可用分液的方法來分離D.NaCl溶解度隨溫度下降而減小，所以用冷卻法從熱的含少量KNO3的NaCl溶液中分離得到純凈的NaCl【答案】C【解析】試題分析：A、酒精與水混溶，應用苯或四氯化碳作萃取劑，故A錯誤；B、二者沸點相近，直接蒸餾不能得到純凈物，應加入生石灰再蒸餾，故B錯誤；C、四氯化碳不溶于水，可用分液的方法分離，故C正確；D、硝酸鉀的溶解度受溫度影響較大，氯化鈉的溶解度受溫度影響較小，應采用蒸發(fā)結晶的方法分離，KNO3溶液中含有少量NaCl時可通過降溫結晶提純硝酸鉀，故D錯誤，故選C?？键c：考查了物質的分離、提純的相關知識。2.設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法錯誤的是()A.18 g H2O中含有的氫原子數(shù)為2NAB.鈉在空氣中燃燒可生成多種氧化物，23 g鈉充分燃燒時轉移電子數(shù)為NAC.過氧化鈉與水反應時，生成0.1 mol氧氣，轉移的電子數(shù)為0.2NAD.50 mL 12 molL1鹽酸與足量MnO2共熱，轉移的電子數(shù)為0.3NA【答案】D【解析】A、18 g H2O中含有的質子數(shù)為：18g18g/mol18g18g/mol10NAmol-1=10NA，選項A正確；B、Na由0價升高到+1價，所以23 g，即1 mol Na與足量O2反應，生成Na2O和Na2O2的混合物，鈉失去NA個電子，選項B正確；C、過氧化鈉與水反應生成氧氣，則氧氣的來源于-1價的O元素，所以生成0.1mol氧氣時轉移電子0.2NA，選項C正確；D、二氧化錳只和濃鹽酸反應，故濃鹽酸不能反應完全，則轉移的電子數(shù)小于0.3NA，選項D錯誤。答案選D。點睛：本題考查阿伏加德羅常數(shù)的有關計算和判斷。阿伏加德羅常數(shù)是歷年高考的“熱點”問題，為高考必考題目，這是由于它既考查了學生對物質的量、粒子數(shù)、質量、體積等與阿伏加德羅常數(shù)關系的理解，又可以涵蓋多角度的化學知識內容。要準確解答好這類題目，一是要掌握好以物質的量為中心的各化學量與阿伏加德羅常數(shù)的關系；二是要準確弄清分子、原子、原子核內質子中子及核外電子的構成關系。3.下列實驗操作規(guī)范且能達到目的的是(B)目的操作A取20.00 mL鹽酸用100 mL的量筒量取B酒精與水混合物蒸餾C測定醋酸的pH用玻璃棒蘸取溶液，點在濕潤的pH試紙上D配制濃度為0.010 molL1的KMnO4溶液稱取KMnO4固體0.158 g，放入100 mL容量瓶中，加水溶解并稀釋至刻度A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】A、100 mL的量筒精確到1或小數(shù)點后一位，選項A錯誤；B、酒精與水混合物，利用沸點不同用蒸餾的方法分離，選項B正確；C、用pH試紙測溶液的pH值，不能潤濕，否則測得的醋酸PH值偏大，選項C錯誤；D、不能在容量瓶中直接溶解固體，選項D錯誤。答案選B。題號：17684583688028164.下列儀器常用于物質分離的是()A.B.C.D.【答案】B【解析】試管常作為反應裝置，不能用于物質分離，錯誤；漏斗用于過濾，過濾可分離固體和液體，正確；分液漏斗用于分離互不相溶的液體，正確；用于稱量物質質量，不能用于物質分離，錯誤；蒸餾燒瓶用于分離沸點不同的液體，正確；研缽用于粉碎固體，不能用于物質分離，錯誤。故選B。5.設NA為阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值，下列說法正確的是（）A.常溫下，23 g NO2含有NA個氧原子B.1 L 0.1 molL-1的氨水含有0.1NA個OH-C.常溫常壓下，22.4 L CCl4含有NA個CCl4分子D.1 mol Fe2+與足量的H2O2溶液反應，轉移2NA個電子【答案】A【解析】23 g NO2為0.5 mol，則含有NA個氧原子，A項正確；氨水中只有極少部分電離，所以1 L 0.1 molL-1的氨水中OH的個數(shù)小于0.1NA，B項不正確；常溫常壓下，CCl4為液態(tài)，C項不正確；1 mol Fe2+完全被氧化為Fe3+，轉移電子數(shù)為NA，D項不正確。6.將標準狀況下的aLHCl氣體溶于1000g水中，得到的鹽酸密度為密度為b g/cm3，則該鹽酸的物質的量濃度是A.B.C.D.【答案】D【解析】試題分析：aL 標準狀況下HCl的物質的量為：n（HCl）=aL22.4L/mol=a/22.4mol，質量為：36.5g/mola/22.4mol36.5a/22.4g，所得溶液的質量為：1000g+36.5a/22.4g，所得溶液中溶質的質量分數(shù)為：=，所得溶液的濃度為：c=1000/M=，故選D?？键c：考查了物質的量濃度的計算，明確物質的量濃度與溶質質量分數(shù)的轉化關系為解答關鍵。7.設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列敘述正確的是A.標準狀況下，11.2 L Cl2通入含0.5molFeBr2的溶液中轉移電子數(shù)為1.5NAB.0.1 molL1的AlCl3溶液與足量NaOH溶液反應所得產(chǎn)物中含AlO2-為0.1NAC.足量Zn與濃硫酸共熱可生成標準狀況下的氣體2.24 L，則參加反應的硫酸為0.4 NAD.常溫常壓下，5.6g環(huán)丙烷和聚乙烯的混合物中含有的碳原子數(shù)為0.4NA【答案】D【解析】試題分析：A.n(Cl2)= 11.2 L22.4L/mol=0.5mol,n(FeBr2)= 0.5mol，由于1mol的氯氣反應只能得到2mol的電子，1mol的FeBr2失去3mol的電子，所以氯氣不足量，以氯氣標準進行計算，11.2 L Cl2通入含0.5molFeBr2的溶液中轉移電子數(shù)為1.0NA，錯誤；B只給出溶液的濃度而沒有體積，無法進行相應的計算，錯誤；C足量Zn與濃硫酸共熱，發(fā)生反應：Zn2H2SO4(濃)ZnSO4SO22H2O，當反應后硫酸變?yōu)橄×蛩?，會發(fā)生反應：ZnH2SO4(稀)=ZnSO4H2，因此若生成標準狀況下的氣體2.24 L，則參加反應的硫酸為0.1 NA0.2 NA，錯誤。D環(huán)丙烷和聚乙烯最簡式是CH2，式量是14，常溫常壓下，5.6g環(huán)丙烷和聚乙烯的混合物含有0.4mol的CH2，其中含有的碳原子數(shù)為0.4NA，正確。考點：考查阿伏加德羅常數(shù)的計算的知識。8.已知等體積的20%硫酸溶液其質量大于10%硫酸溶液，則將溶質的質量分數(shù)為a%、物質的量濃度為C1molL1的稀硫酸加熱蒸發(fā)掉溶液總質量的一半的水，此時溶質的質量分數(shù)變?yōu)閎%，物質的量濃度為C2molL1，下列關系正確的是A.b2 aB.C22 C1C.C22 C1D.C1=2 C2【答案】C【解析】試題分析：已知等體積的20%硫酸溶液其質量大于10%硫酸溶液，可知硫酸濃度越大密度越大，物質的量濃度為C1molL1的稀硫酸的密度為11，物質的量濃度為C2molL1的硫酸的密度為22，2211；根據(jù)稀釋前后溶質質量不變，ma%=m2m2b%，b=2 a，故A錯誤；C1molL1m1m1= C2molL1m22m22，C22 C1，故C正確?？键c：本題考查溶液濃度計算。9.下列各組微粒中,在一定條件下均可以作氧化劑的是()A.F-、Br-、S2-B.Fe3+、Mn、NC.Cl2、HClO、MgD.ClO-、Cl-、Ag+【答案】B【解析】試題分析：對于元素來說化合價降低被還原具有氧化性，所以有氧化性則該元素的化合價能夠降低；處在最高價的元素只有氧化性。A三種離子的化合價無法變低，故無氧化性，故A錯誤；BFe3+，MnO4-，NO3-三種離子中各元素均具有最高價態(tài)，只具有氧化性，故B正確；C鎂是金屬只作還原劑，故C錯誤；D氯離子處在最低價態(tài)只有還原性無氧化性，故D錯誤。故選B?？键c：考查重要的氧化劑【名師點睛】本題考查了元素氧化性判斷，氧化還原反應的概念應用，解題的關鍵是掌握有關元素化合價與氧化性還原性的關系。元素處于高價的物質一般具有氧化性，元素處于低價的物質一般具有還原性，元素處于中間價態(tài)時，該物質既有氧化性，又有還原性；對于同一種元素，一般是價態(tài)越高，其氧化性就越強；價態(tài)越低，其還原性越強。10.下列離子方程式改寫成化學方程式正確的是()A.Cu2+2OH-Cu(OH)2CuCO3+2NaOHCu(OH)2+Na2CO3B.C+2H+CO2+H2OBaCO3+2HClBaCl2+CO2+H2OC.Ca2+CCaCO3Ca(NO3)2+NaCO3CaCO3+2NaNO3D.H+OH-H2O2KOH+H2SO4K2SO4+2H2O【答案】D【解析】試題分析：碳酸銅難容于水，應該用化學式表示，A不正確；碳酸鋇也難容于水，應該用化學式表示，B不正確；硫酸鋇是難容于水，也應該用化學式表示，D不正確，所以答案選C?？键c：考查離子方程式的正誤判斷點評：歸判斷離子方程式正確與否的方法一般是：（1）檢查反應能否發(fā)生。（2）檢查反應物、生成物是否正確。（3）檢查各物質拆分是否正確。（4）檢查是否符合守恒關系（如：質量守恒和電荷守恒等）。（5）檢查是否符合原化學方程式。11.在2KMnO4+16HCl2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O反應中()A.氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物的物質的量之比為52B.氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物的物質的量之比為25C.氧化劑與還原劑的物質的量之比為18D.氧化劑與還原劑的物質的量之比為51【答案】A【解析】試題分析：判斷氧化還原反應，確定答案A正確，本題考點基礎，難度不大。考點：氧化還原反應。12.對四種無色溶液進行離子檢驗,實驗結果如下,其中明顯錯誤的是()A.K+、Na+、Cl-、NB.Na+、N、OH-、CC.Na+、OH-、Cl-、ND.Mn、K+、S2-、Na+【答案】D【解析】試題分析：離子間如果發(fā)生化學反應，則不能大量共存，反之是可以大量共存的。D中MnO4顯紫紅色，且具有氧化性，能氧化S2，因此不能大量共存，其余選項都是正確的，答案選D?？键c：考查離子共存的正誤判斷點評：該題是高考中的熱點，屬于中等難度的試題。離子不能大量共存的一般情況是：（1）能發(fā)生復分解反應的離子之間；（2）能生成難溶物的離子之間；（3）能發(fā)生氧化還原反應的離子之間；（4）能發(fā)生絡合反應的離子之間（如 Fe3+和 SCN-）；解決離子共存問題時還應該注意題目所隱含的條件，題目所隱含的條件一般有：（1）溶液的酸堿性，據(jù)此來判斷溶液中是否有大量的 H+或OH-；（2）溶液的顏色，如無色時可排除 Cu2+、 Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色離子的存在；（3）溶液的具體反應條件，如“氧化還原反應”、“加入鋁粉產(chǎn)生氫氣”；（4）是“可能”共存，還是“一定”共存等。13.實驗室制取少量N2常利用的反應是NaNO2NH4ClNaClN22H2O，關于該反應的說法正確的是()A.NaNO2是還原劑B.生成1 mol N2時轉移的電子為6 molC.NH4Cl中的N元素被氧化D.N2既是氧化劑又是還原劑【答案】C【解析】試題分析：A、NaNO2到N2化合價降低，是氧化劑，發(fā)生還原反應，A錯誤；B、每生成1molN2轉移電子的物質的量為3mol，B錯誤；CNH4Cl中的氮元素由-3價升高到0價，做還原劑，被氧化，C正確；DN2既是氧化產(chǎn)物又是還原產(chǎn)物，D錯誤；選C。考點：考查氧化還原反應的基本概念和電子轉移的計算。14.在反應3S6KOH=2K2SK2SO33H2O中，被還原的硫與被氧化的硫的質量比為A.21B.12C.31D.13【答案】A【解析】試題分析：反應中有2個硫原子化合價降低，被還原，有1個硫原子化合價升高，被氧化，所以被還原和被氧化的硫原子的質量比為2:1，選A?？键c：氧化還原反應15.甲、乙、丙、丁四位同學分別進行實驗，測定四份不同澄清溶液的成分，記錄如下：甲K2SO4、BaCl2、NH4NO3乙NaCl、Ca(OH)2、K2CO3丙HCl、Na2SO3、NaCl丁K2SO4、NaNO3、KCl其中記錄合理的是()A.甲B.乙C.丙D.丁【答案】D【解析】試題分析：甲中生成硫酸鋇沉淀，故錯；乙中生成碳酸鈣沉淀，故錯；丙中生成二氧化硫氣體，故錯。故選D。考點：物質檢驗點評：本題是有關物質檢驗，要求學生熟悉所實驗的內容及原理，能夠考查同學們進行分析問題、解決問題的能力。16.某溶液中只含有Na、Fe3、Cl、SO四種離子，已知Na、Fe3、Cl的個數(shù)比為321。則溶液中Fe3和SO的個數(shù)比為()A.12B.14C.34D.32【答案】A【解析】試題分析：設K+, Fe3+, Cl物質的量分別為3mol、2mol、1mol，由電荷守恒得3（+1）+2（+3）+1（-1）+n(SO42-)（-2）=0，n(SO42-)=4mol?？键c：化學計算點評：溶液呈電中性，溶液中陽離子所帶正電荷總數(shù)等于陰離子所帶負電荷總數(shù)；微粒個數(shù)比等于物質的量比。17.用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法中正確的是()A.2.4 g金屬鎂變成鎂離子時失去的電子數(shù)為0.1NAB.標準狀況下，11.2 L CCl4所含的分子數(shù)為0.5NAC.0.5 molL1AlCl3溶液中Cl的數(shù)目為2NAD.17 g氨氣中含有的電子數(shù)為10NA【答案】D【解析】試題分析：A24g金屬鎂的物質的量是01mol，變成鎂離子時失去的電子數(shù)為02NA，A錯誤；B標準狀況下四氯化碳不是氣體，不能適用于氣體摩爾體積，因此112L CCl4所含的分子數(shù)一定不是05NA，B錯誤；C05mol/L AlCl3溶液中Cl的物質的量濃度是15mol/L，但溶液的體積不能確定，其數(shù)目畢業(yè)生為2NA，C錯誤；D17g氨氣的物質的量是1mol，1分子氨氣含有10個電子，其中含有的電子數(shù)為10NA，D正確，答案選D?！究键c定位】本題主要是考查阿伏伽德羅常數(shù)的有關判斷與計算【考點定位】該類題的特點是以微粒數(shù)目的計算為依托，考查物質的結構、元素化合物、氧化還原反應、電解質溶液等知識。順利解答該類題目的關鍵是：一方面要仔細審題，注意關鍵字詞，熟悉常見的“陷阱”；另一方面是要把各種量轉化為物質的量，以此為中心進行計算。該類試題答題時需要注意以下幾點：注意物質的聚集狀態(tài)與狀況的關系。注意氣體體積與狀況的關系，如在標準狀況下，112 L H2的分子數(shù)一定為05 NA，但在非標準狀況下，其分子數(shù)有可能為05NA。注意物質組成中分子個數(shù)或原子個數(shù)的判斷：如Ne、O3、P4分子中的原子個數(shù)，NO2和CO2混合氣體氧原子數(shù)的判斷等。注意物質的存在形態(tài)不同，離子的種類、數(shù)目不同，如1 mol NaHSO4晶體或熔融狀態(tài)下存在的離子的物質的量為2 mol，而1 mol NaHSO4溶于水電離出離子的物質的量為3 mol。氧化還原反應中轉移電子數(shù)目的判斷是一類典型的“陷阱”，突破“陷阱”的關鍵是：a同一種物質在不同反應中氧化劑、還原劑的判斷。如Cl2和Fe、Cu等反應，Cl2只做氧化劑，而Cl2和NaOH反應，Cl2既做氧化劑，又做還原劑。b量不同，所表現(xiàn)的化合價不同。如Fe和HNO3反應，F(xiàn)e不足生成Fe3，F(xiàn)e過量，生成Fe2。c氧化劑或還原劑不同，所表現(xiàn)的化合價不同。如Cu和Cl2反應生成CuCl2，而Cu和S反應生成Cu2S。d注意氧化還原的順序。如向FeI2溶液中，通入Cl2，首先氧化I，再氧化Fe2。注意分散系的變化導致微粒數(shù)目的變化，如FeCl3溶液轉化為Fe（OH）3膠體，因為膠體微粒是分子的集合體，所以膠體粒子的數(shù)目小于原溶液中Fe3的數(shù)目。注意酸性或堿性溶液中H或OH數(shù)目的判斷，應排除“組成因素”、“體積因素”造成的干擾。18.硫酸鉀和硫酸鋁的混合溶液，已知其中Al3的濃度為0.4 molL1，硫酸根離子濃度為0.7 molL1，則K的物質的量濃度為()A.0.1 molL1B.0.15 molL1C.0.3 molL1D.0.2 molL1【答案】D【解析】試題分析：根據(jù)電荷守恒可知3c(Al3)c(K)2c(SO42)，則c(K)2c(SO42)3c(Al3)20.7mol/L30.4mol/L0.2mol/L，答案選D。考點：考查物質的量濃度計算19.用合適的容量瓶配制480 mL 1.0 molL1NaNO2溶液時，需稱取溶質質量為A.13.8 gB.69 gC.34.5 gD.33.1 g【答案】C【解析】試題分析：配制480mL的10molL-1NaNO2溶液，實驗室沒有480mL的容量瓶，實際上配制的是500mL的10molL-1NaNO2溶液，跟m=cvM=10molL-105L69g/mol=345g，故選C?？键c：考查了配制一定物質的量濃度的溶液的相關知識。20.實驗室用碳酸鈉晶體配制1.00 molL1的Na2CO3溶液100 mL，造成所配溶液濃度偏低的原因是A.暴露在空氣中稱量碳酸鈉晶體(Na2CO310H2O)的時間太長B.向容量瓶轉移液體時，容量瓶內含有蒸餾水C.定容時俯視刻度線D.洗滌液移入容量瓶中時，灑出一部分【答案】D【解析】A、暴露在空氣中稱量碳酸鈉晶體(Na2CO310H2O)的時間太長，晶體容易失水，導致稱量的Na2CO3偏多，配制的溶液偏高，選項A錯誤；B、向容量瓶轉移液體時，容量瓶內含有蒸餾水，不產(chǎn)生誤差，選項B錯誤；C、定容時俯視刻度線，所配制的溶液體積偏小，則濃度偏高，選項C錯誤；D、洗滌液移至容量瓶中時灑出一部分，溶質變小，則配制的溶液濃度偏低，選項D正確。答案選D。二、非選擇題(包括4小題，共40分)21.（1）向Fe(OH)3膠體中加入飽和（NH4)2SO4溶液，發(fā)生的現(xiàn)象是， 原因。（2）在Fe(OH)3膠體中逐漸滴入HI稀溶液，會出現(xiàn)一系列變化。先出現(xiàn)紅褐色沉淀，原因是；隨后沉淀溶解，溶液呈黃色，此反應的離子方程式是；最后溶液顏色加深，原因是；此反應的離子方程式是；（3）若用稀鹽酸代替HI稀溶液，能出現(xiàn)（2）所述變化現(xiàn)象中的（填寫上面各題序號）?！敬鸢浮啃纬杉t褐色沉淀（NH4)2SO4電離出的SO42-中和Fe(OH)3膠粒所帶的正電荷，使微粒變大生成沉淀加入電解質使膠體聚沉Fe(OH)3+3H+=Fe3+3H2O有單質I2生成2Fe3+2I-=2Fe2+I2【解析】（1）膠體粒子帶有電荷，加入電解質溶液消除粒子所帶電荷，會使膠粒之間的排斥力減小，使膠體聚沉，（NH4)2SO4電離出的SO42-中和Fe(OH)3膠粒所帶的正電荷，使微粒變大生成紅褐色沉淀；（2）HI是電解質，加入到氫氧化鐵膠體中使膠體發(fā)生聚沉；隨后沉淀溶解，溶液呈黃色，是因為氫氧化鐵沉淀與HI稀溶液發(fā)生酸堿中和反應，離子方程式為：Fe(OH)3+3H+=Fe3+3H2O；最后溶液顏色加深是因為Fe3+與HI稀溶液中的I-發(fā)生氧化還原反應生成單質I2的水溶液，反應的離子方程式為：2Fe3+2I-=2Fe2+I2；（3）稀鹽酸滴加到氫氧化鐵膠體中，先發(fā)生聚沉，然后發(fā)生酸堿中和，現(xiàn)象是：先出現(xiàn)紅色沉淀，隨后沉淀溶解，溶液呈黃色，能出現(xiàn)（2）所述變化現(xiàn)象中的。22.某實驗需要100mL、0.1mol/L的Na2CO3溶液，現(xiàn)通過如下操作配制：把稱量好的固體Na2CO3放入小燒杯中，加適量蒸餾水溶解。為加快溶解可以使用(填儀器名稱)攪拌；把所得溶液冷卻到室溫后，小心轉入(填儀器名稱)；繼續(xù)加蒸餾水至液面至刻度線12cm處，改用(填儀器名稱)小心滴加蒸餾水至溶液凹液面最低點與刻度線相切；用少量蒸餾水洗滌玻璃棒和燒杯23次，每次洗滌的溶液都小心轉入容量瓶，并輕輕搖勻；將容量瓶塞緊，充分搖勻。(1)操作步驟正確的順序是(填序號)。(2)若沒有操作，則所配溶液的濃度會(填“偏高”或“偏低”)。(3)若所配溶液的密度為1.06g/mL，則該溶液的質量分數(shù)為。(4)若取出20mL配好的Na2CO3溶液，加蒸餾水稀釋成c(Na)0.01mol/L的溶液，則稀釋后溶液的體積為mL。(5)在配制100mL、0.1mol/L的Na2CO3溶液時，下列操作中的會導致結果偏低(請用序號填寫)。a將燒杯中的溶液轉移到容量瓶時不慎灑到容量瓶外b定容時俯視刻度線c定容時仰視刻度線d干凈的容量瓶未經(jīng)干燥就用于配制溶液【答案】玻璃棒100mL容量瓶膠頭滴管偏低1%400mLac【解析】加快溶解的正確操作是用玻璃棒攪拌；配制100mL溶液時就需要用100mL容量瓶；定容時需要用膠頭滴管。（1）根據(jù)配制的原理及實驗要求可知，正確的操作順序是；(2)若沒有操作，部分溶質損失，則所配溶液的濃度會偏低；（3）根據(jù)c=1000M1000M可知，該溶液的質量分數(shù)為0.110610001.06100%=1%0.110610001.06100%=1%；（4）稀釋前鈉離子的濃度是0.2mol/L，而稀釋后鈉離子的濃度是0.01mol/L，所以稀釋后溶液的體積是20mL0.20.0120mL0.20.01=400mL；（4）根據(jù)cnVnV可知，將燒杯中的溶液轉移到容量瓶時不慎灑到容量瓶外，則溶質減少，濃度偏??；定容時俯視刻度線，則溶液的體積減小，所以濃度偏高；反之定容時仰視刻度線，濃度偏低；干凈的容量瓶未經(jīng)干燥就用于配制溶液，不會影響實驗結果，答案選ac。點睛：本題考查配制一定物質的量濃度溶液的實驗，是中學化學中一個重要的定量實驗，既可以考查判斷誤差導致的結果，也可以考查引起誤差的可能原因。實驗過程中引起溶液濃度存在誤差的因素有很多。具體可從兩方面關注：一是由實驗過程中的不規(guī)范操作引起的；二是由儀器或藥品等系統(tǒng)原因引起的。23.(1)用14.2 g無水硫酸鈉配制成500 mL溶液,其物質的量濃度為molL-1。(2)若從中取出50 mL,其物質的量濃度為molL-1;溶質的質量為g。(3)若將這50 mL溶液用水稀釋到100 mL,所得溶液中Na+的物質的量濃度為molL-1,SO42-的物質的量濃度為molL-1?！敬鸢浮?.20.21.420.20.1【解析】14.2g硫酸鈉的物質的量為：n=14.2g142g/mol14.2g142g/mol=0.1mol，該溶液的物質的量濃度為：c=0.1mol0.5L0.1mol0.5L=0.2mol/L；（1）根據(jù)溶液濃度的均一性，所取溶液濃度與原溶液濃度一樣，與所取溶液的體積大小無關，取出的溶液濃度為0.2mol/L；溶質的質量為0.2mol/L0.05L142g/mol=1.42g；（2）溶液稀釋前后溶質的物質的量不變得，則：c1V1=c2V2，稀釋后溶液的濃度為：c2=c1V1V2c1V1V2=0.2mol/L0.05L0.1L0.2mol/L0.05L0.1L=0.1mol/L，Na+的物質的量濃度是硫酸鈉的2倍，SO42-的物質的量濃度與硫酸鈉的物質的量濃度相等，則c（Na+）=2c（Na2SO4）=0.1mol/L2=0.2mol/L，c（SO42-）=c（Na2SO4）=0.1mol/L。點睛：本題考查了物質的量濃度的相關計算。注意掌握物質的量濃度的概念及表達式，利用溶液的均一性是解答（1）題的關鍵，根據(jù)溶液的稀釋特點計算出稀釋后溶液濃度及鈉離子、硫酸根離子濃度。24.表示溶液濃度的方法通常有兩種:溶液中溶質的質量分數(shù)(w)和物質的量濃度(c),因此在配制溶液時,根據(jù)不同的需要,有不同的配制方法。請完成下列填空題。(導學號52080091)(1)用10%(密度為1.01 gcm-3)的氫氧化鈉溶液配制成27.5 g 2%的氫氧化鈉溶液。計算:需g 10%(密度為1.01 gcm-3)的氫氧化鈉溶液,其體積為mL,需加mL水(水)=1 gcm-3進行稀釋。量取:用mL量筒量取10%的氫氧化鈉溶液,量取時視線要跟量筒內液體相平,然后