2019-2020年高三第一次月考化学试卷 含解析.doc

2019-2020年高三第一次月考化学试卷 含解析一、选择题（每小题6分，每小题只有一个选项符合题意）1下列说法不正确的是（）A浓硝酸保存在玻璃塞的棕色试剂瓶中B已经完成定容的500mL 1.0molL1 的NaOH溶液，某同学不慎将容量瓶中溶液洒出，只能重新配制C导管口点燃CO时需要验纯，H2加热还原CuO时也需要验纯D物质溶于水的过程中，一般有放热或吸热现象，因此溶解的操作不能在量筒中进行考点：化学试剂的存放；计量仪器及使用方法；配制一定物质的量浓度的溶液.专题：化学实验常用仪器；化学实验基本操作分析：A浓硝酸见光易分解；B500mL 1.0molL1 的NaOH溶液配制已完成；C可燃性气体和空气中的氧气混合易发生爆炸；D量筒不能用来稀释溶液解答：解：A浓硝酸具有腐蚀性、挥发性和不稳定性，故应保存在玻璃塞的棕色试剂瓶中，故A错误； B已经完成定容的500mL 1.0molL1 的NaOH溶液，某同学不慎将容量瓶中溶液洒出，不需重新配制，故B正确；C导管口点燃CO时需要验纯，H2在加热的情况下有可能和空气中的氧气发生爆炸，故在还原CuO时也需要验纯，故C错误；D不能在量筒中进行溶液的稀释，故D错误故选B点评：本题考查了基本物质的保存方法，溶液的配置，基本仪器的使用等知识点，基础性较强，注意相关基础知识的积累，难度不大2利用实验器材（规格和数量不限）能够完成相应实验的一项是（）选项实验器材（省略夹持装置）相应实验A三脚架、泥三角、坩埚、坩埚钳煅烧石灰石制取生石灰B烧杯、玻璃棒、胶头滴管、100mL容量瓶用浓盐酸配制100mL 0.1molL1的稀盐酸溶液C烧杯、玻璃棒、分液漏斗用饱和Na2CO3溶液除去乙酸乙酯中的乙酸和乙醇D烧杯、酸式滴定管、碱式滴定管用H2SO4标准液滴定未知浓度的NaOH溶液AABBCCDD考点：过滤、分离与注入溶液的仪器；直接加热的仪器及使用方法；配制一定物质的量浓度的溶液；中和滴定.专题：化学实验常用仪器分析：A需要进行加热，没有酒精灯；B用浓盐酸配制0.1molL1的HCl溶液，需要量取浓盐酸的体积；C饱和Na2CO3溶液除去乙酸乙酯中的乙酸和乙醇，反应后分液；D中和滴定，需要胶头滴管滴加酸碱指示剂解答：解：A煅烧石灰石制取生石灰时需要进行加热，没有酒精灯，故不能完成本实验，故A错误； B用浓盐酸配制0.1molL1的HCl溶液，需要量取浓盐酸的体积，则缺少量筒，不能完成，故B错误；C饱和Na2CO3溶液除去乙酸乙酯中的乙酸和乙醇，反应后分液，则给出的仪器可完成分液操作，故C正确；D中和滴定，需要胶头滴管滴加酸碱指示剂，则缺少胶头滴管，不能完成实验，故D错误；故选C点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及溶液的配制、加热、分液、中和滴定及除杂等，侧重物质性质及实验技能的考查，注意实验的评价性、操作性分析，题目难度中等3 NA为阿伏伽德罗常数，下列叙述错误的是（）A常温常压下，42g乙烯和丁烯混合气体中，极性键数为 6NAB1mol Mg与足量O2或N2反应生成MgO或Mg3N2均失去2NA个电子C由CO2和O2组成的混合气体中共有NA个分子，其中的氧原子数为2NAD6.4g SO2与足量氧气反应生成SO3，转移电子数为0.2NA考点：阿伏加德罗常数.专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：A烯烃中极性键为碳氢键，乙烯和丁烯的最简式为CH2，根据最简式计算出混合物中含有碳氢键数目；B镁为2价金属，无论生成氧化镁还是氮化镁，1mol镁完全反应失去2mol电子；C二氧化碳和氧气分子中都含有2个氧原子，则NA个分子中含有的氧原子数为2NA；D二氧化硫转化成三氧化硫的反应为可逆反应，反应物不可能完全转化成生成物解答：解：A.42g乙烯和丁烯的混合物中含有3mol最简式CH2，含有6mol氢原子，烯烃中极性键为碳氢键，6mol氢原子形成了6mol碳氢极性键，所以混合气体中含有极性键数为6NA，故A正确；B.1mol镁完全反应，无论生成氮化镁还是氧化镁，化合物中镁的化合价都是+2价，则失去的电子为2mol，均失去2NA个电子，故B正确；C由CO2和O2组成的混合气体中共有NA个分子，由于二者分子中都含有2个氧原子，则含有的氧原子数为2NA，故C正确；DSO2与O2的反应为可逆反应，反应物不可能完全转化为产物，故6.4g SO2反应时转移电子数小于0.2NA，故D错误故选D点评：本题考查了阿伏加德罗常数，题目难度中等，主要涉及了阿伏伽德罗常数在有关物理量中的计算，如分子中含有的原子数的计算、化学键的计算以及在氧化还原反应中的转移的点子数的计算等，包括的知识内容较多，综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力4下列说法或表达正确的是（）次氯酸的结构式为 HClO含有离子键的化合物都是离子化合物蛋白质、漂白粉、苛性钾、液氨分别为纯净物、混合物、强电解质和非电解质丁达尔效应可用于区别溶液和胶体，云、雾均能产生丁达尔效应酸性氧化物不一定是非金属氧化物，但是碱性氧化物一定是金属氧化物ABCD考点：电解质与非电解质；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；胶体的重要性质；离子化合物的结构特征与性质.专题：物质的分类专题分析：次氯酸中氧原子与氢离子和氯原子分别形成一个共价键；凡是含有离子键的化合物都是离子化合物，离子化合物可能含有共价键；苛性钾、液氨分别为强电解质和非电解质，蛋白质和漂白粉都是混合物；根据胶体的化学性质进行判断；碱性氧化物一定是金属氧化物，酸性氧化物可以是金属氧化物；解答：解：次氯酸的结构式为 HOCl，故错误；含有离子键的化合物都是离子化合物，故正确； 苛性钾为强电解质能完全电离，氨气为非电解质，蛋白质和漂白粉都是混合物，故错误；胶体用一速光照射会有光亮的通路，所以可以区别溶液与胶体，云、雾是气溶胶均能产生丁达尔效应，故正确；酸性氧化物不一定是非金属氧化物如七氧化二锰，但是碱性氧化物一定是金属氧化物，故正确；故选C点评：本题考查了物质的分类，题目难度不大，注意胶体和溶液的鉴别，碱性氧化物、酸性氧化物与金属氧化物和非金属氧化物的联系等概念间的联系是学习的难点，属于易错题5下述实验不能达到预期实验目的是（）选项实验内容实验目的A将2.5g CuSO45H2O溶解在97.5g 水中配制质量分数为1.6%的CuSO4溶液B向盛有1mL硝酸银溶液的试管中滴加NaCl溶液，至不再有沉淀生成，再向其中滴加Na2S溶液说明一种沉淀能转化为另一种溶解度更小的沉淀C取少量待检固体溶于水中，滴加少量Ba（OH）2溶液，观察是否有白色沉淀生成检验NaHCO3固体中是否含Na2CO3D取出分液漏斗中所需的上层液体下层液体从分液漏斗下端管口放出，关闭活塞，换一个接收容器，上层液体从分液漏斗上口倒出AABBCCDD考点：化学实验方案的评价；分液和萃取；配制一定物质的量浓度的溶液.专题：实验评价题分析：A.2.5gCuSO45H2O中CuSO4的质量为2.5g=1.6g；B根据沉淀的转化来分析；CNa2CO3能与Ba（OH）2溶液发生反应生成BaCO3沉淀，NaHCO3也能与Ba（OH）2溶液发生反应生成BaCO3沉淀；D上层液体从上口倒出解答：解：A.2.5gCuSO45H2O中CuSO4的质量为2.5g=1.6g，溶液的质量为2.5g+97.5g=100g，则配制质量分数为1.6%的CuSO4溶液，故A正确；B因硫化银比氯化银更难溶，则向盛有1mL硝酸银溶液的试管中滴加NaCl溶液，至不再有沉淀生成，再向其中滴加Na2S溶液，会得到黑色沉淀，说明一种沉淀能转化为另一种更难溶的沉淀，故B正确；CNa2CO3能与Ba（OH）2溶液发生反应生成BaCO3沉淀，NaHCO3也能与Ba（OH）2溶液发生反应生成BaCO3沉淀，故不能用Ba（OH）2溶液检验NaHCO3固体中是否含Na2CO3，可以用BaCl2溶液检验，故C错误；D为防止试剂受污染，则分层后，上层液体从上口倒出，下层液体从下口流出，故D正确故选C点评：本题考查了在化学实验中基本操作，难度不大，溶液的配置、分液的操作都是在此类试题中易考查的方向，在进行物质的检验中注意物质的性质的区别和联系是本题的关键，属于易错试题6（6分）在两个密闭容器中，分别充有质量相同的甲、乙两种气体，若它们的温度和密度均相同，试根据甲、乙的摩尔质量（M）关系，判断下列说法正确的是（）A若M（甲）M（乙），则气体的压强：甲乙B若M（甲）M（乙），则气体的摩尔体积：甲乙C若M（甲）M（乙），则气体体积：甲乙D若M（甲）M（乙），则分子数：甲乙考点：阿伏加德罗定律及推论.专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：两个密闭容器中，分别充有质量相同的甲、乙两种气体，若它们的温度和密度均相同，则二者的体积相等，根据n=、PV=nRT、Vm=分析解答解答：解：两个密闭容器中，分别充有质量相同的甲、乙两种气体，若它们的温度和密度均相同，则二者的体积相等，A若M（甲）M（乙），根据PV=nRT=RT，所以PM=RT，二者密度、温度相等，所以其压强与摩尔质量成反比，所以气体的压强：甲乙，故A正确；B若M（甲）M（乙），根据n=，二者的物质的量：甲乙，根据Vm=知，气体的摩尔体积：甲乙，故B错误；C二者质量相等、密度相等，所以其体积相等，与摩尔质量无关，故C错误；D若M（甲）M（乙），根据n=，二者的物质的量：甲乙，根据N=nNA知，二者的分子数甲乙，故D错误；故选A点评：本题考查阿伏伽德罗定律及其推论，明确物质的量公式中各个物理量之间的关系式是解本题关键，知道PV=nRT，题目难度中等7（6分）在T时，将a g NH3完全溶于水，得到V mL溶液，假设该溶液的密度为 g/cm3，溶质的质量分数为，物质的量浓度为c molL1则下列选项不正确的是（）A溶质的质量分数为=B用水稀释该溶液，OH 的物质的量增加C该溶液中共有6种微粒D上述溶液中再加入V mL水后，所得溶液溶质的质量分数大于0.5考点：物质的量浓度的相关计算.专题：物质的量浓度和溶解度专题分析：A氨水溶液溶质为氨气，设该溶液的体积为1L，所以溶液质量为1000g，溶质氨气的质量为17cg，进而计算溶质的质量分数；B用水稀释该溶液，溶液中的一水合氨的电离程度增大；C该溶液中含有NH4+、OH、H+、NH3、H2O和NH3H2O；D水的密度比氨水的密度大，相等体积的氨水与水，水的质量大，等体积混合后溶液的质量大于原氨水的2倍，溶液中氨气的质量相同，根据溶质的质量分数=100%判断解答：解：A氨水溶液溶质为氨气，设该溶液的体积为1L，所以溶液质量为1000g，溶质氨气的质量为17cg，故溶质的质量分数为=，故A正确；B用水稀释该溶液，溶液中的一水合氨的电离程度增大，故OH的物质的量增加，故B正确；C该溶液中含有NH4+、OH、H+、NH3、H2O和NH3H2O 6种微粒，故C正确；D水的密度比氨水的密度大，相等体积的氨水与水，水的质量大，等体积混合后溶液的质量大于原氨水的2倍，溶液中氨气的质量相同，根据溶质的质量分数=100%可知，等体积混合所得溶液溶质的质量分数小于0.5，故D错误，故选D点评：本题考查溶液浓度的相关计算，涉及物质的量浓度、质量分数的相关计算，同时也涉及到了电离平衡、弱电解质的电离问题，综合性较强二、解答题（共6小题，满分58分）8（4分）下面列出了几组物质或粒子，请将合适的组号填写在空格上金刚石与“足球烯”（C60）CH3CH2CH2CH（C2H5）CH3和 CH3CH2CH2CH（CH3）C2H5235U、238U 氧气（O2）与臭氧（O3）乙醇（CH3CH2OH）和甲醚（CH3OCH3）淀粉和纤维素和（1）是同素异形体的是，（填序号，下同）（2）是同位素的是，（3）是同分异构体的是，（4）是同一物质的是考点：同素异形体；同位素及其应用；同分异构现象和同分异构体.专题：物质的分类专题分析：相同元素组成，不同形态的单质互为同素异形体；有相同质子数，不同中子数的原子互为同位素；具有相同分子式而结构不同的化合物互为同分异构体解答：解：金刚石与“足球烯”（C60）是由碳元素形成的不同单质，故互为同素异形体，CH3CH2CH2CH（C2H5）CH3和 CH3CH2CH2CH（CH3）C2H5结构相同，是同一物质，235U和238U质子数相同，中子数不同，故互为同位素，氧气（O2）与臭氧（O3）是由氧元素形成的不同单质，故互为同素异形体，乙醇（CH3CH2OH）和甲醚（CH3OCH3）分子式相同，但结构不同，故互为同分异构体，淀粉和纤维素都是天然高分子化合物，但既不是同系物，也不是同分异构体，和结构相同，是同一物质，故是同素异形体的是；是同位素的是；是同分异构体的是；是同一物质的是；故答案为：（1）；（2）；（3）；（4）点评：本题考查同位素、同素异形体、同分异构体的概念，难度不大对于元素、核素、同位素、同素异形体、同分异构体、同系物、同种物质等概念的区别是考试的热点问题9（3分）下列物质：Cl2 Na2O2 NaOH HCl C2H6 MgF2 HNO3（1）只由离子键构成的物质是（填序号，下同）（2）由离子键和非极性键构成的物质是（3）由极性键和非极性键构成的物质是考点：化学键；极性键和非极性键.专题：化学键与晶体结构分析：一般来说，活泼金属与非金属形成离子键，非金属之间形成共价键，同种非金属之间形成非极性键，不同非金属形成极性键，以此来解答解答：解：Cl2中只含ClCl非极性键；Na2O2中含离子键和OO非极性键；NaOH中含离子键和OH极性键；HCl中只含HCl极性键；C2H6中既由极性键和非极性键；MgF2只存在着离子键；HNO3中只含N、O和O、H之间的极性键，则（1）只由离子键构成的物质是，故答案为：；（2）由离子键和非极性键构成的物质是，故答案为：；（3）由极性键和非极性键构成的物质是，故答案为：点评：本题考查化学键，为高频考点，把握化学键的形成及判断的一般规律为解答的关键，注重常见物质中的化学键类型的考查，题目难度不大10（12分）提纯下列物质（括号内的物质是杂质），请将所选用的除杂试剂和分离方法（填字母或者序号）填入对应的空格中（若不选，填“无”）除杂试剂：A盐酸 B酸性高锰酸钾 C氢氧化钠溶液 D（浓）溴水EH2（催化剂） FCaO GNaCl分离方法：蒸馏 分液 洗气 过滤被提纯的物质除杂试剂分离方法（1）酒精（水）F（2）乙烷（乙烯）D（3）硬脂酸钠溶液（甘油）G（4） 苯（苯酚）C（5）SiO2（Al2O3）A考点：物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；物质的分离、提纯和除杂.专题：实验题分析：（1）酒精中的水选用CaO和水发生反应然后进行蒸馏的方法；（2）乙烷中的乙烯除杂的方法可以让混合气体通过溴水，乙烯和溴发生加成反应生成1，2二溴乙烷存在在溶液中而除去乙烯；（3）NaCl可以降低甘油在硬脂酸钠溶液的溶解度而除去；（4）苯酚可以与碱液发生反应生成易溶于水的物质，而苯是难溶于水的，在利用分液的方法除去；（5）Al2O3是两性物质，而SiO2是酸性氧化物，故可以采用盐酸进行除杂解答：解：（1）酒精中的水选用CaO和水发生反应，增大沸点差异，然后进行蒸馏的方法可分离；（2）乙烷中的乙烯除杂的方法可以让混合气体通过溴水，乙烯和溴发生加成反应生成1，2二溴乙烷存在在溶液中而除去乙烯，则利用洗气法分离；（3）选择NaCl可以降低甘油在硬脂酸钠溶液的溶解度而除去，然后过滤可分离；（4）苯酚可以与碱液发生反应生成易溶于水的物质，而苯是难溶于水的，在利用分液的方法除去；（5）Al2O3是两性物质，而SiO2是酸性氧化物，故可以采用盐酸后过滤故可除杂，故答案为：被提纯的物质除杂试剂分离方法（1）酒精（水）F（2）乙烷（乙烯）D（3）硬脂酸钠溶液（甘油）G（4）苯（苯酚）C（5）SiO2（Al2O3）A点评：本题考查混合物分离提纯方法的选择，为高频考点，把握混合物中物质的性质、性质差异为解答的关键，侧重除杂的考查，注意发生的化学反应及除杂原则，题目难度不大11（13分）氯碱工业是最基本的化学工业之一，其主要原理基于电解饱和食盐水：2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2，它的产品烧碱和氯气以及氢气应用广泛请回答下列问题：（1）电解前，如果粗盐中SO42 含量较高，必须添加钡试剂除去SO42，该钡试剂可以是ac（填字母代号）aBa（OH）2 bBa（NO3）2 cBaCl2（2）“盐泥”是电解食盐水过程中形成的工业“废料”某工厂的盐泥组成如下：成分NaClMg（OH）2CaCO3BaSO4其他不溶物质量分数（%）1520152051030401015利用盐泥生产MgSO47H2O晶体的工艺流程如图1所示回答下列问题：酸洗过程中加入适量硫酸控制pH为5左右，反应温度在50左右持续搅拌使之充分反应，以使Mg（OH）2充分溶解并转化为MgSO4，CaCO3在此过程中转化为CaSO4，请解释此转化得以发生的原因硫酸能与碳酸钙反应，搅拌过程中产生的CO2不断逸出，碳酸钙转化为硫酸钙过滤所得滤渣的主要成分为CaSO4、BaSO4等其它不溶酸的物质根据如图2分析，蒸发结晶过滤所得晶体A主要成分为NaCl真空干燥MgSO47H2O晶体的原因是减小压强，降低水的沸点，避免干燥温度过高而失去结晶水（3）已知NaCl在60的溶解度为37.1g，现电解60精制饱和食盐水1371g，经分析，电解后溶液密度为1.37gcm3，其中含有20g NaCl，则电解后NaOH的物质的量浓度为7.14molL1考点：电解原理.专题：电化学专题分析：（1）除去SO42应用Ba2+，在除杂过程中不能引入新的杂质，故只能选择BaCl2；（2）在此过程中是生产MgSO47H2O，故应加入硫酸，加入的硫酸与CaCO3发生反应生成CO2，在搅拌过程中CO2不断逸出，使平衡CaCO3+H2SO4CaSO4+H2O+CO2不断向右移动，而使CaCO3转化为CaSO4；过滤得到不溶于硫酸的物质，而CaSO4、BaSO4不溶于硫酸，故过滤所得滤渣的主要成分为CaSO4、BaSO4、其它不溶物质；在此过程中是根据在不同温度下不同物质的溶解度的不同而把其中的杂质除掉，故晶体A主要成分为氯化钠；真空干燥MgSO47H2O晶体防止失去结晶水；（3）设1371gt时饱和食盐水中含有氯化钠的质量为x=x=371g电解后溶液中含有20g NaCl，故电解的NaCl的质量为371g20g=351g，2NaCl+2H2O=2NaOH+H2+Cl2117 80351g m=m=240gn=6mol同理根据上面的计算可以得到生成的氢气、氯气的质量分别为6g、213g，故电解完溶液的质量为1371g6g213g=1152g，电解后溶液的体积为=841mL=0.841L，以此计算NaOH的物质的量浓度解答：解：（1）除去SO42应用Ba2+，在除杂过程中不能引入新的杂质，故只能选择BaCl2，故选：ac；（2）在此过程中是生产MgSO47H2O，故应加入硫酸，加入的硫酸与CaCO3发生反应生成CO2，在搅拌过程中CO2不断逸出，使平衡CaCO3+H2SO4CaSO4+H2O+CO2不断向右移动，而使CaCO3转化为CaSO4，故答案为：硫酸能与碳酸钙反应，搅拌过程中产生的CO2不断逸出，碳酸钙转化为硫酸钙；过滤得到不溶于硫酸的物质，而CaSO4、BaSO4不溶于硫酸，故过滤所得滤渣的主要成分为CaSO4、BaSO4、其它不溶物质，故答案为：CaSO4、BaSO4等其它不溶酸的物质；在此过程中是根据在不同温度下不同物质的溶解度的不同而把其中的杂质除掉，故晶体A主要成分为氯化钠，故答案为：NaCl；真空干燥MgSO47H2O晶体防止失去结晶水，故答案为：减小压强，降低水的沸点，避免干燥温度过高而失去结晶水；（3）设1371gt时饱和食盐水中含有氯化钠的质量为x=x=371g电解后溶液中含有20g NaCl，故电解的NaCl的质量为371g20g=351g，2NaCl+2H2O=2NaOH+H2+Cl2117 80351g m=m=240gn=6mol同理根据上面的计算可以得到生成的氢气、氯气的质量分别为6g、213g，故电解完溶液的质量为1371g6g213g=1152g，电解后溶液的体积为=841mL=0.841L，故NaOH的物质的量浓度c=7.14molL1，故答案为：7.14点评：本题考查了（1）物质的分离提纯，题目难度不大，根据除杂是不能引入新的杂质、不能影响被提纯的物质的性质和量，并且操作简单可行，除杂时要结合物质的物理性质和化学性质进行分离；（2）含杂质物质的化学方程式计算和溶质质量分数的计算，难度较大计算反应后溶液质量时，用反应前溶液质量减去生成气体的质量时，不但要减去氯气的质量，还要减去氢气的质量，故本题综合性较强12（14分）某研究性学习小组欲测定室温下（25、101kPa）的气体摩尔体积，请回答以下问题该小组设计的简易实验装置如图所示：该实验的主要操作步骤如下：配制100mL 1.0molL1的盐酸溶液；用10mL量筒（填仪器名称并注明规格）量取7.5mL 1.0molL1的盐酸溶液加入锥形瓶中；称取a g已除去表面氧化膜的镁条，并系于铜丝末端，为使HCl全部参加反应，a的数值至少为0.090；往广口瓶中装入足量水，按如图连接好装置，检查装置的气密性；反应结束后待体系温度恢复到室温，读出量筒中水的体积为V mL请将上述步骤补充完整并回答下列问题（1）步骤中，配制100mL 1.0molL1的盐酸溶液时，下列哪些操作会使配制浓度偏小（填写字母）ACA用量筒量取浓盐酸时，俯视量筒的刻度B容量瓶未干燥即用来配制溶液C浓盐酸在烧杯中稀释时，搅拌时间过长D定容完成后，将容量瓶倒置摇匀后，发现液面低于刻度线E在容量瓶中定容时俯视容量瓶刻度线F烧杯中有少量水（2）请填写操作步骤中的空格：步骤10mL量筒步骤0.090（3）实验步骤中应选用A（填字母）的量筒A100mLB200mLC500mL（4）读数时除恢复到室温外，还要注意调节量筒高度，使量筒内的液面与集气瓶内的液面相平，读数时眼睛视线应与量筒中水的凹液面相平（5）忽略水蒸气影响，在该条件下测得气体摩尔体积的计算式为Vm=L/mol考点：气体摩尔体积.专题：实验探究和数据处理题分析：（1）A用量筒量取浓盐酸时，俯视量筒的刻度会使所量取溶液的体积减小；B容量瓶未干燥即用来配制溶液对所配置的溶液的浓度没有影响；C浓盐酸在烧杯中稀释时，搅拌时间过长会使盐酸溶液中的溶质挥发；D定容完成后，将容量瓶倒置摇匀后，发现液面低于刻度线不会对所配置的溶液的浓度有影响；E在容量瓶中定容时俯视容量瓶刻度线会使容量瓶中的液体的体积偏小；F烧杯中有少量水对配置的溶液的浓度无关；（2）步骤量取7.5mL 1.0molL的盐酸溶液加入锥形瓶中，题中要求酸的体积7.5mL，故选用10mL量筒即可；步骤假设a全部是镁结合化学方程式计算得到；（3）Mg+2HClMgCl2+H22mol 1mol0，0075 mol n（H2）n（H2）=0.00375mol V（H2）=0.00375 mol22.4L/mol=0.056L=56ml，应选100mL量筒；（4）读数时要保持左右气体压强相等，以减少误差，故应注意：将量筒缓缓向下移动，使乙、丙中液面相平；（5）由（2）得气体的物质的量为0.00375 mol，通过的气体的体积为V mL，Vm= L/mol解答：解：（1）A用量筒量取浓盐酸时，俯视量筒的刻度会使所量取溶液的体积减小，时所配置的溶液的浓度偏小，故A符合；B容量瓶未干燥即用来配制溶液对所配置的溶液的浓度没有影响，故B不符合；C浓盐酸在烧杯中稀释时，搅拌时间过长会使盐酸溶液中的溶质挥发使所配置的溶液的浓度偏低，故C符合；D定容完成后，将容量瓶倒置摇匀后，发现液面低于刻度线不会对所配置的溶液的浓度有影响，故D不符合；E在容量瓶中定容时俯视容量瓶刻度线会使容量瓶中的液体的体积偏小，所配置的溶液浓度偏大，故E不符合；F烧杯中有少量水对配置的溶液的浓度无关，故F不符合；故答案为：AC；（2）步骤量取7.5mL 1.0molL的盐酸溶液加入锥形瓶中，题中要求酸的体积7.5mL，故选用10mL量筒即可；步骤Mg+2HClMgCl2+H21mol 2moln 0.0075 moln=0.00375mol 故a=24g/mol0.00375mol=0.090；故答案为：10mL量筒；0.090；（3）Mg+2HClMgCl2+H22mol 1mol0，0075 mol n（H2）n（H2）=0.00375mol V（H2）=0.00375 mol22.4L/mol=0.056L=56ml，应选100mL量筒；故答案为：A；（4）读数时要保持左右气体压强相等，以减少误差，故应注意：将量筒缓缓向下移动，使乙、丙中液面相平，调节量筒高度，使量筒内的液面与集气瓶内的液面相平；读数时眼睛视线应与量筒中水的凹液面相平；故答案为：调节量筒高度，使量筒内的液面与集气瓶内的液面相平；读数时眼睛视线应与量筒中水的凹液面相平；（5）由（2）得气体的物质的量为0.00375 mol，通过的气体的体积为V mL，Vm= L/mol；故答案为：点评：本题主要考查了一定体积的一定浓度的溶液的配制，在配制过程中要注意的一些事项都在本题中有所考查，气体摩尔体积的计算要抓住定义进行计算即可，试题的综合性较强13（12分）医用氯化钙可用于生产补钙、抗过敏和消炎等药物以工业碳酸钙（含有少量Na+、Al3+、Fe3+等杂质）生产医药级二水合氯化钙（CaCl22H2O的质量分数为97.0%103.0%）的主要流程如下：（1）除杂操作是加入氢氧化钙，调节溶液的pH为8.08.5，以除去溶液中的少量Al3+、Fe3+检验Fe（OH）3是否沉淀完全的试验操作是取少量上层清液，滴加KSCN溶液，若不出现血红色，则表明Fe（OH）3沉淀完全（2）酸化操作是加入盐酸，调节溶液的pH约为4.0，其目的有：将溶液中的少量Ca（OH）2转化为CaCl2防止Ca2+在蒸发时水解；防止溶液吸收空气中CO2（3）测定样品中Cl含量的方法是：a称取0.7500g样品，溶解，在250mL容量瓶中定容；b量取25.00mL待测溶液于锥形瓶中；c用0.05000molL1 AgNO3溶液滴定至终点，消耗AgNO3溶液体积的平均值为20.39mL计算上述样品中CaCl22H2O的质量分数为99.9%若用上述办法测定的样品中CaCl22H2O的质量分数有时超过100.0%（测定过程中产生的误差可忽略），其可能原因有样品中存在少量的NaCl或少量的CaCl2.2H2O失水考点：探究物质的组成或测量物质的含量.专题：实验题分析：（1）Fe3+与KSCN反应生成红色物质Fe（SCN）3，检验Fe3+是否存在的，选用KSCN溶液；（2）因在除杂过程中加入了Ca（OH）2，故加入盐酸与溶液中的少量Ca（OH）2反应使其转化为CaCl2；另Ca（OH）2易吸收空气中的CO2，生成CaCO3沉淀，故加入盐酸还可以防止溶液吸收空气中CO2，Ca（OH）2吸收空气中的CO2，生成CaCO3沉淀，如果吸收大量的CO2 会导致最终质量分数偏低；（3）根据到达滴定终点生成氯化银的物质的量等于消耗的硝酸银的物质的量这一关系求出消耗硝酸银的物质的量，则n（AgCl）=2n（CaCl2.2H2O），据此可以算出实际上的CaCl2.2H2O的物质的量，进而求出质量注意的是我们是从250mol中取25ml，所以在计算时要注意这一点；样品中存在少量的NaCl，根据 n（AgCl）2n（CaCl2.2H2O）可知，CaCl2.2H2O的物质的量增大同样若CaCl2.2H2O失水导致分母变小，值偏大解答：解：（1）Fe3+与KSCN反应生成红色物质Fe（SCN）3，检验Fe3+是否存在的，选用KSCN溶液，故答案为：取少量上层清液，滴加KSCN溶液，若不出现血红色，则表明Fe（OH）3 沉淀完全；（2）酸化操作是加入盐酸，调节溶液的pH约为4.0，其目的有：将溶液中的少量Ca（OH）2转化为CaCl2； 防止Ca2+在蒸发时水解；防止溶液吸收空气中CO2，故答案为：将溶液中的少量Ca（OH）2转化为CaCl2；防止Ca2+在蒸发时水解；防止溶液吸收空气中CO2；（3）样品中n（Cl）=0.05000molL10.02039L10=0.010195mol，根据n（AgCl）=2n（CaCl2.2H2O），则n（CaCl2.2H2O）=0.0050975mol，所以m（CaCl2.2H2O）=0.0050975mol147g/mol=0.7493325g，则有：100%=99.9%，故答案为：99.9%；样品中存在少量的NaCl会导致CaCl2.2H2O的物质的量增大同样若CaCl2.2H2O失水导致分母变小，值偏大，故答案为：样品中存在少量的NaCl或少量的CaCl2.2H2O失水点评：本题考查混合物中含量的测定，涉及实验的基本操作、实验仪器的选择、实验误差分析、混合物分离及含量测定的计算等，注意离子的检验方法和常见仪器的使用，样品纯度的分析要注意溶液中可能发生的反应，注意有效数字问题，题目综合性较强，难度中等