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2019-2020学年高一化学上学期期中试题(含解析) (II)1. 化学作为21世纪的一门“中心科学”具有十分广泛的探索空间，下列不属于化学探索空间的是A. 在微观层面上操纵分子、原子 B. 将为环境问题的解决提供有力的保障C. 合理地开发和利用能源和资源 D. 制备出大量的人工合成元素【答案】D【解析】A、现代化学已经发展到原子分子的水平，从最微观的角度去研究化学，加上技术的发展，现代化学可以在微观层面上操纵分子、原子，A属于化学探究的范围。B、一切环境问题的解决最终都要依靠化学知识来解决，B符合化学探究的范围。C、开发和利用能源资源都要利用化学的知识，开发新的能源，改造旧的能源，都离不开化学，C符合化学探究的范围。D、人工合成元素属于核物理探究的内容，不符合化学探究的空间，答案选D。正确答案为D2. 将钠投入滴有石蕊的水中，下列现象叙述错误的是A. 水溶液变为红色 B. 钠熔成闪亮的小球并在水面四处游动C. 钠浮在水面 D. 有气体产生【答案】A【解析】2Na+2H2O=2NaOH+H2，A、溶液呈碱性，石蕊溶液显蓝色，A错误。B、该反应放出热量，钠的熔点低，所以钠熔化成一个闪亮的小球，由于有气体生成，所以四处游动，B正确。C、钠的密度小于水的密度，浮在水面，C正确。D、反应中产生氢气，D正确。正确答案为A3. 下列关于C12的说法正确的是A. C12的密度比空气小，可以用向下排空气法收集 B. C12能使湿润的红色布条褪色C. Cu在C12中燃烧，生成物为CuCl D. 实验室可用加热分解KC1O3的方法制取C12【答案】B【解析】A 、C12的密度比空气大，用向上排空气法收集，A错误。B、Cl2与水反应生成的HClO有强氧化性，可以使红色布条褪色，B正确。C、C12有强氧化性，Cu在C12中燃烧，生成物为CuCl2，C错误。D、KC1O3在MnO2的催化下加热分解生成O2，D错误。正确答案为B点睛：Cl2具有强氧化性，能将金属氧化到最高价；干燥的Cl2没有漂白性， Cl2与水反应生成的HClO有强氧化性，才具有漂白性，因此潮湿的Cl2才有漂白性。4. 下列说法正确的是A. CO和C2H4的摩尔质量均是28g B. 18g水中含有1 mol水分子C. O2的相对分子质量是32 gmol-1 D. l molNO的质量是30 gmol-1【答案】B【解析】A、CO和C2H4的摩尔质量均是28g/mol，A中单位错误，A错误。B、18g水为1mol，所以含有1mol水分子，B正确。C、相对分子质量无单位，C错误。D、质量的单位为g，D错误。正确答案为B 5. 下列说法中，正确的是A. 1 mol O2和1 mol N2所占的体积都约为22.4 LB. 标准状况下，1g CH4的体积约为22.4 LC. 在标准状况下，l mol H2O的体积约为22.4 LD. 在标准状况下，11.2 LN2中含有1 molN原子【答案】D【解析】A、没有指明气体所处的温度和压强，所以1mol气体的体积不一定为22.4L，A错误。B、标准状况下，1molCH4即16gCH4的体积才是22.4L，B 错误。C、标准状况下，H2O不是气体，不适用于气体摩尔体积的计算，C错误。D、标准状况下，11.2 LN2为0.5mol，所以含有1molN原子，D正确。正确答案为D6. 下列关于0.2 molL-1K2SO4溶液的正确说法是A. 该溶液中所含K+、SO42-总数为0.6NAB. 500 mL该溶液中含有0.1NA个K+C. 任意体积的该溶液中，K+浓度均是0.4 molL-1D. 2L该溶液中SO42-浓度是0.4 molL-1【答案】C【解析】A、因为n=cV，选项中不知道溶液的体积，无法计算出离子的物质的量，A错误。B、K+的浓度为0.4 molL-1，所以K+的物质的量n=0.5L0.4 molL-1=0.2mol，即含有0.2NA个K+，B错误。C、溶液的浓度一旦确定，则溶液的浓度与所取溶液的体积无关，所以任意体积的该溶液中K+浓度均是0.4 molL-1，C正确。D 、溶液的浓度一旦确定，则溶液的浓度与所取溶液的体积无关，所以SO42-浓度仍是0.4 molL-1，D错误。正确答案为C点睛：溶液的浓度一旦确定，则溶液中的溶质的浓度和离子的浓度与所取溶液的体积无关，但溶质或者离子的物质的量与所取溶液体积的大小有关。7. 下列物质的分类不正确的是A. 烧碱、纯碱、熟石灰都属于碱 B. H2SO4、HClO、H2CO3都属于酸C. CuO、Na2O2和干冰都属于氧化物 D. NaHCO3、CuSO45H2O和KMnO4都属于盐【答案】A【解析】A、纯碱是碳酸钠，属于盐，A错误。B、三者都是酸，B正确。C、氧化物是含有两种元素其中一种为氧元素的化合物，C正确。D、盐是金属阳离子或铵根离子与酸根离子构成的化合物，三者都是盐，D正确。正确答案为A8. 下列关于胶体说法正确的是A. 有些胶体是纯净物，有些胶体是混合物B. 胶体、溶液和浊液的本质区别是能否产生丁达尔效应C. 胶体不带电荷D. 胶体分散质粒子的直径在10-910-7cm【答案】C【解析】A、胶体是分散系的一种，属于混合物，A错误。B、胶体、溶液和悬浊液的本质区别是分散质粒子直径的大小不同，B错误。C、胶体不带电，显电中性，C正确。D、胶体粒子的直径在1100nm之间，即在10-910-7m，D错误。正确答案为C9. 下列有关酸、碱、盐的说法正确的是A. 能电离出H+的化合物称为酸 B. 水溶液显碱性的化合物是碱C. 盐中一定含有金属阳离子 D. 酸、碱、盐在一定条件下都能发生电离【答案】D【解析】A、电离出的阳离子全为H+的化合物称为酸，而能电离出H+的化合物不一定为酸，如NaHSO4在水中也可电离出H+，但NaHSO4属于盐类，A错误。B、某些盐溶液如碳酸钠溶液也显碱性，但碳酸钠不是碱，而是盐，B错误。C、盐中含有的阳离子可以是金属阳离子也可是铵根离子如NH4Cl，C错误。D 、酸、碱、盐在水溶液中或熔融状态下能电离出阳离子和阴离子，D正确。正确答案为D10. 下列反应的离子方程式正确的是A. CuSO4溶液与铁粉反应：2Fe+3Cu2+=2Fe3+3CuB. 实验室利用盐酸和大理石制二氧化碳：CaCO3+2H+=CO2+H2O+Ca2+C. 二氧化碳与水反应：CO2+H2O=CO32-+2H+D. Na与水反应：Na+2H2O=Na+2OH-+H2【答案】B【解析】A、CuSO4与铁发生置换反应生成FeSO4： Fe+Cu2+=Fe2+Cu，A错误。B、盐酸和大理石制二氧化碳的离子方程式为：CaCO3+2H+=CO2+H2O+Ca2+，B正确。C、H2CO3为弱酸，写离子方程式时必须写分子式：CO2+H2O=H2CO3，C错误。D、电荷不守恒，正确的应为2Na+2H2O=2Na+2OH-+H2，D错误。正确答案为B11. 下列反应中，既是化合反应，又是氧化还原反应的是A. 生石灰与水反应：CaO+ H2O =Ca(OH)2B. 氯气通入溴化钠溶液：C12+2NaBr= 2NaCl+Br2C. 铁和氯气反应：2Fe+3Cl22FeC13D. 氯化钠溶液和浓硫酸混合加热：2NaCl+H2SO4(浓)Na2SO4+2HCl【答案】C【解析】A、CaO+ H2O =Ca(OH)2是化合反应，元素的化合价没有变化，不是氧化还原反应，A错误。B、C12+2NaBr= 2NaCl+Br2属于置换反应，也是氧化还原反应，B错误。C、2Fe+3Cl22FeC13有元素化合价的改变，属于氧化还原反应，同时也是化合反应，C正确。D、2NaCl+H2SO4(浓)Na2SO4+2HCl属于复分解反应，不是氧化还原反应，D错误。正确答案为C12. 下列实验操作正确的是A. A B. B C. C D. D【答案】A【解析】A、检查容量瓶是否漏水的方法是：左手托住瓶底，右手食指压住玻璃塞，将容量瓶倒立，如果不漏水，再正立过来，将玻璃塞旋转180度，再倒立，如果不漏水，说明容量瓶是完好的，A正确。B、试管中的液体应不超过试管容积的三分之一，题中试管中的液体过多，B错误。C、NaOH固体腐蚀纸片和托盘，C错误。D、漏斗下端应紧靠烧杯内壁，D错误。正确答案为A13. 用下图所示装置进行如下实验，能达到实验目的的是A. 瓶中盛满水，从B口进气，用排水法收集HCl气体B. 瓶中盛适量浓硫酸，从A口进气来干燥NH3C. 从B口进气，用排空气法收集CO2D. 瓶中盛满水，A口连导管并伸入量筒中，从B口进气，用排水法测量生成H2的体积【答案】D【解析】A、HCl极易溶于水，不能用排水法收集，A错误。B、NH3 能与H2SO4反应，所以不能用浓硫酸干燥氨气，B错误。C、CO2 的密度大于空气的密度，不能从B口进气，必须从A口进气，采取向上排空气法收集CO2 ，C错误。D、从B口进入H2，H2不溶于水并在水上方，产生的压强将瓶中的水压入量筒中，水的体积就是氢气的体积，D正确。正确答案为D14. 设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A. 在沸水中滴入含0.1mol FeC13的FeC13饱和溶液，制得Fe(OH)3胶粒数为0.1 NAB. lmol O2参加反应转移电子数一定为4NAC. lmol铁和标准状况下22.4L C12充分反应，转移的电子数为3NAD. 常温常压下，32g O2含有的氧原子数为2 NA【答案】D【解析】A、Fe (OH)3分子个数为0.1 NA，胶粒为若干个分子聚集在一起形成的聚合体，所以Fe(OH)3胶粒数小于0.1 NA，A错误。B、例如2Na+O2Na2O2，Na2O2中氧元素的化合价为-1价， 1molO2参加反应转移的电子数为2 NA，2H2+O22H2O，H2O 中氧元素的化合价为-2价，1molO2参加反应转移的电子数为4 NA，B错误。C、标准状况下22.4L C12为1mol，2Fe+3Cl22FeCl3，lmol铁与1mol氯气反应，铁过量，氯气全部反应，所以转移的电子数应根据氯气计算，转移的电子数为2 NA，C错误。D 、32g O2的物质的量为32g/32 gmol-1=1mol ，所以含有的O原子数目为2 NA，D正确。正确答案为D点睛：部分同学误选答案B，是没有认识到O的化合价可以从0价降低到-1价也可以降低到-2价，从而导致错选B。部分同学误选答案C，没有考虑铁和氯气的反应是恰好完全反应还是有一种反应物过量的问题，因此在解题中，考虑问题要全面和严谨。15. 下列各组中的两种物质作用时，反应条件或反应物用量的改变，对生成物没有影响的是A. Na2O2和H2O B. Na和O2 C. Ca(OH)2和CO2 D. C和O2【答案】A【解析】A、Na2O2和H2O反应只生成NaOH和O2，与条件和用量无关，A正确。B、常温下，Na和O2生成Na2O ，在加热的条件下生成Na2O2，B错误。C、CO2少量时，Ca(OH)2和CO2反应的产物为CaCO3和H2O，CO2足量时，产物为Ca(HCO3)2，C错误。D、O2不足，C和O2生成CO，O2足量，生成CO2，D错误。正确答案为A点睛：化学反应中，有些反应与反应物的用量、反应的条件、反应的浓度等因素有关，外界因素不同，产物有可能不同，所以在学习的过程中，要注重对知识的积累和对比，解题就会得心应手。16. 下列叙述中不正确的是A. Na2O2是淡黄色固体，Na2O是白色固体，二者与水反应都能生成NaOHB. CO2能和Na2O2发生反应生成O2，Na2O2既是氧化剂，又是还原剂C. lmol H2充分燃烧后，产物被Na2O2完全吸收，Na2O2固体增重18gD. 120时，0.5mol CO2和水蒸气的混合气体与足量Na2O2充分反应后，剩余气体质量为8g【答案】C【解析】A、Na2O2是淡黄色固体，Na2O是白色固体，二者与水反应都能生成NaOH，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，Na2O+H2O=2NaOH，A正确。B、CO2与Na2O2反应生成O2，Na2O2既是氧化剂，又是还原剂，B正确。C、2H2+O2=2H2O，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，两个化学方程式相加可得H2+Na2O2=2NaOH，所以固体质量的增加就是氢气的质量，Na2O2固体增重2g，C错误。D、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，2Na2O2+2CO2 =2Na2CO3+O2，由方程式可知生成O2的物质的量均为参加反应的气体的物质的量的一半，所以生成的O2的物质的量为0.25mol，质量为8g，D正确。正确答案为C 点睛：Na2O2与H2O和CO2 的反应的计算题，需要掌握一些解题的技巧，一是使用差量法求固体质量的变化或气体体积的变化，二是生成的O2的的体积是参加反应的气体体积的一半，同时剩余的气体体积也是原来气体体积的一半，三是Na2O2与H2O和CO2反应，固体质量增加的部分实际是CO2 中的CO部分和H2O中的H2部分。另一种题型是agH2或CO2或其他可燃物在足量O2中燃烧，将产物通入足量的Na2O2固体，求固体质量的增加，解题的核心是将可燃物转化为(CO)m(H2)n形式，如果可燃物分子式可以变成这个形式，则固体增加的质量就是可燃物的质量。17. 氯气通入石灰乳制得漂白粉，其主要成分是Ca(OH)23CaCl( ClO)H2O。已知次氯酸盐可与盐酸反应生成氯气，用贮存过久的漂白粉与浓盐酸制得的Cl2中，含量最多的杂质气体除水蒸气外，还可能是A. HC1，O2 B. CO2，HCl C. HC1 ，H2 D. CO2，H2【答案】B18. 在透明溶液中能大量共存的是A. H+、K+、NO3-、HCO3- B. Na+、Fe3+、K+、Cl-C. Ca2+、H+、NO3-、CO32- D. Cu2+、Na+、OH-、SO42-【答案】B【解析】A、H+与HCO3-反应生成CO2和H2O，不共存，A错误。B、四种离子可以共存，B正确。C、Ca2+、H+与CO32-分别生成CaCO3沉淀和CO2 气体及H2O，不共存，C错误。D、Cu2+与OH-生成Cu(OH)2沉淀，不共存，D错误。正确答案为B19. 被称为万能还原剂的NaBH4溶于水并和水反应：NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2，下列说法中正确的是(NaBH4中H为-1价)A. NaBH4既是氧化剂又是还原剂 B. NaBH4是氧化剂H2O是还原剂C. 硼元素被氯化，氢元素被还原 D. 被氧化的元素与被还原的元素质量之比为1:1【答案】D【解析】试题分析：A、反应中NaBH4中氢元素为-1价，化合价升高，做还原剂，错误，不选A；B、NaBH4中氢元素化合价升高做还原剂，水中氢元素化合价降低，做氧化剂，错误，不选B；C、硼元素化合价不变，错误，不选C；D、被氧化的氢元素和被还原的氢元素个数比为1:1，所以质量比为1:1，正确，选D。考点：氧化还原反应【名师点睛】氧化还原反应的规律：升失氧还还、降得还氧氧（氧化剂/还原剂，氧化产物/还原产物，氧化反应/还原反应）化合价升高（失ne）被氧化氧化性：氧化剂氧化产物还原性：还原剂还原产物20. 美国化学会志报道了中国科学家以CO2和Na在一定条件下制得金刚石，该反应的化学方程式为：3CO2+4Na=2X+C(金刚石)。设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列有关此反应的叙述中不正确的是A. X的化学式为Na2CO3B. 在该反应中Na发生氧化反应，金刚石为还原产物C. 当有0.4 mol Na参加反应时，消耗的CO2的体积为6.72 LD. 当有3 molCO2参加反应时，转移电子数目为4NA【答案】C【解析】A、根据质量守恒可知X的化学式为Na2CO3，A正确。B、Na元素的化合价从0价升高到+1价，C元素的化合价从+4价降低到0价，所以Na发生氧化反应，金刚石为还原产物，B正确。C、0.4 mol Na参加反应，消耗的CO2 的物质的量为0.3mol，标准状况下其体积为6.72L，题中未给温度和压强，无法计算，C错误。D、3molCO2参加反应，只有1molCO2作氧化剂，所以转移电子数为4 NA，D正确。正确答案为C21. 如图是某校实验室从化学试剂商店买回的硫酸试剂标签上的部分内容。据此，下列说法正确的是硫酸 化学纯(CP)(500mL)品名：硫酸化学式：H2SO4相对分子质量：98密度：1.84 gcm-3质量分数：98%A. 配制200 mL 4.6 molL-1的稀硫酸需取该硫酸50 mLB. l mol Zn与足量的该硫酸反应产生2 mol氢气C. 该硫酸的物质的量浓度为9.2 molL-1D. 等质量的水与该硫酸混合所得溶液的物质的量浓度大于9.2 molL-1【答案】A【解析】硫酸的物质的量浓度c=1000w/M=10001.8498%98=18.4(mol/L)A、根据稀释的规律有V（浓硫酸）=200 mL4.6 molL-118.4mol/L=50ml，A正确。B、该硫酸为浓硫酸，与Zn反应时，开始产生的气体不是H2，而是SO2 气体，B错误。C、由上分析可知该硫酸的物质的量浓度为18.4 molL-1，C错误。D、加入等质量的水，溶液质量变为原来的2倍，溶液的密度变小，所以混合溶液的体积大于原来溶液体积的2倍，溶质的物质的量不变，所以溶液的物质的量浓度小于9.2 molL-1，D错误。正确答案为A22. 常温常压下，将C12缓慢通入100 mL水中至饱和，然后向所得饱和氯水中逐滴加入0.1 molL-1 NaOH溶液，整个过程溶液中H+的浓度变化如图所示。（已知常温常压下C12溶于水时，只有部分C12会和水发生反应）下列叙述正确的是A. 处溶液的酸性比处溶液的酸性强B. 依据处c(H+)可计算溶解的C12的物质的量C. 整个实验过程中，溶液的颜色先变深后变浅，最后变为无色D. 处表示C12与NaOH溶液恰好完全反应，共转移了0.1mol电子【答案】C【解析】A、处的H+浓度大于处H+浓度，所以处溶液的酸性强，A错误。B、因为溶于水的Cl2只有部分与水反应，故无法计算出溶解于水中的Cl2的物质的量，B错误。C、氯气溶于水直至达到饱和溶液，氯水的浓度增大，所以颜色加深。加入NaOH溶液，氯气与NaOH反应，氯气浓度减小，颜色变浅，最后变为无色，C正确。D、处表示C12与NaOH溶液恰好完全反应，但不知道C12的物质的量，无法计算转移的电子数目，D错误。正确答案为C23. 在标准状况下，体积为8.96 L的CO和CO2的混合气体共14.4g。则在该混合 中：（1）CO和CO2的总物质的量是_，混合气体的平均摩尔质量为_；（2）CO的分子数为_，将混合气体通入足量的澄清石灰水，产生沉淀的质量是_。【答案】 (1). 0.4mol (2). 36 gmol-1 (3). 1.2041023 (4). 20g【解析】（1）标准状况下，CO和CO2的总物质的量n=V/Vm=8.96L22.4Lmol-1=0.4mol，混合气体的平均摩尔质量M=m/n=14.4g0.4mol =36 gmol-1（2）设CO的物质的量为x，CO2 的物质的量为y，则有x+y=0.4，28x+44y=14.4，解得x=0.2mol ，y=0.2mol ，所以CO的分子个数为0.26.021023=1.2041023，CO2与Ca(OH )2反应生成CaCO3的物质的量等于CO2 的物质的量，所以沉淀的质量为0.2mol100 gmol-1 =20g24. Na2O2能与CO2反应生成氧气，在潜水艇中用作制氧剂。某学生以足量的大理石、足量的盐酸和Na2O2样品为原料，验证Na2O2能与CO2反应生成O2，设计出如下实验装置：（1）装置B中发生的离子反应方程式是_；（2）装置D的化学反应方程式是_；（3）若E中的石灰水出现轻微白色浑浊，原因可能是_；（4）如何验证Na2O2能与CO2反应生成O2：_；【答案】 (1). HCO3+ H+ = CO2+H2O (2). 2CO2+ 2Na2O2= 2Na2CO3+O2 (3). D中有部分CO2未参加反应进入E中生成沉淀 (4). 从水槽中取出集气瓶E，正立在试验台上，用带火星的木条伸进集气瓶，如果木条复燃，证明Na2O2能与CO2反应生成O2【解析】（1）碳酸钠与稀盐酸反应生成的CO2气体中含有挥发出的HCl气体和水蒸气，B瓶中用NaHCO3溶液吸收HCl气体，同时产生的CO2气体可以补充损耗的CO2 ，反应的离子方程式为：HCO3+ H+ = CO2+H2O（2）生成的CO2气体经过B装置的除HCl和C装置的除水后得到干燥纯净的CO2气体，Na2O2与CO2反应生成O2和Na2CO3，化学方程式为：2CO2+ 2Na2O2= 2Na2CO3+O2 （3）E中的石灰水出现轻微白色浑浊，说明产生的沉淀的量很少，则意味着进入E装置中的CO2的量较少，可能的原因是D中剩余的的CO2未进入E装置参加反应。答案为：D中有部分CO2未参加反应进入E中生成沉淀（4）验证Na2O2能与CO2反应生成O2的方法是：从水槽中取出集气瓶E，正立在试验台上，用带火星的木条伸进集气瓶，如果木条复燃，证明Na2O2能与CO2反应生成O225. 氯水中含有多种成分，因而具有多种性质，根据新制氯水分别与如图四种物质发生的反应填空(a、b、c、d、e中重合部分代表物质间反应, 且氯水足量)。（1）能证明氯水具有漂白性的是_(填“a”“b”“c”或“d”)；（2）c过程中的现象是_；（3）e过程中的离子方程式为_；（4）实验室保存饱和氯水的方法是_。【答案】 (1). d (2). 有白色沉淀生成 (3). Cl2+2OH= Cl+ClO+H2O (4). 在阴凉处置于棕色试剂瓶中密封保存【解析】Cl2+H2OHCl+HClO是一个可逆反应，所以氯水中含有三种分子：H2O、Cl2、HClO及四种离子：H+、OH-、Cl-、ClO-（1）氯水中含有的HClO有强氧化性，具有漂白性，能使紫色石蕊溶液褪色，所以证明氯水具有漂白性的是d（2）氯水中含有的Cl-与Ag+反应生成白色沉淀，c过程中的现象是有白色沉淀生成（3）e过程中发生Cl2与NaOH的反应，其离子方程式为Cl2+2OH= Cl+ClO+H2O.26. 实验室用Na2CO310H2O晶体配制240 mL 0.1 molL-1 Na2CO3溶液，回答下列问题:（1）实验所需仪器除托盘天平、烧杯、玻璃棒和胶头滴管外，还需要一种主要仪器X。则仪器X的名称是_；（2）用托盘天平称取Na2CO310H2O的质量为_；（3）配制时，正确的操作顺序是(用字母表示，每个字母只能用一次)_ED；A.用蒸馏水洗涤烧杯及玻璃棒23次，洗涤液均注入仪器X，振荡B.用托盘天平称量所需的Na2CO310H2O晶体，放入烧杯中，再加入少量水，用玻璃棒慢慢搅动，使其完全溶解 C.将已冷却的Na2CO3溶液沿玻璃棒注入仪器X中D.将仪器X盖紧，振荡摇匀E.改用胶头滴管加水，使溶液凹液面的最低点恰好与刻度线相切 F.继续往仪器X内小心加水，直到液面接近刻度线12 cm处（4）若出现如下情况，会使所配溶液的浓度偏高的是_。没有进行A操作 称量时，Na2CO310H2O已失去部分结晶水进行E操作时俯视 D操作完成后，发现液面低于刻度线，又用胶头滴管加水至刻度线【答案】 (1). 250 mL容量瓶 (2). 7.2g (3). BCAF (4). 【解析】本题考查一定物质的量浓度的溶液的配制，具体考查实验的仪器、步骤、误差分析及实验中的注意事项。（1）配制一定物质的量浓度的溶液，需要使用一定规格的容量瓶，本题配制240mL的溶液，因为容量瓶的容积不是任意的，所以先配制250mL0.1 molL-1 Na2CO3溶液，然后再从其中取出240mL溶液即可，故本题答案为250 mL容量瓶（2）先配制250 mL 0.1 molL-1 Na2CO3溶液，则n(Na2CO3)=0.250.1mol=0.025mol ，题目中使用Na2CO310H2O晶体来配制溶液 ，所以计算所需固体的质量时必须根据Na2CO310H2O进行计算，m(Na2CO310H2O)=0.025mol286gmol -1=7.15g，因为托盘天平的精确度为0.1g，所以只能用托盘天平称量7.2gNa2CO310H2O晶体。（3）配制的步骤是：计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、振荡、定容，故答案为BCAF （4）转移溶液后，没有洗涤烧杯和玻璃棒，导致一部分溶质损耗，所测浓度结果偏低 称量时，Na2CO310H2O已失去部分结晶水，则Na2CO310H2O晶体中Na2CO3的百分含量变大，导致实际的Na2CO3质量偏大，所测结果偏高。定容时俯视，所加蒸馏水体积偏小，故所测浓度结果偏高。 定容后发现液面低于刻度线，又用胶头滴管加水至刻度线，相当于将溶液稀释，结果偏低。故浓度偏高的有点睛：部分同学在计算溶质的物质的量时，将溶液的体积看做了240mL，实验室中没有240mL的容量瓶，只能使用250 mL的容量瓶，故在计算时溶液的体积必须取250 mL。27. 某同学查阅资料获悉：用KMnO4可以测定H2O2的物质的量浓度：取15.00mL H2O2溶液，用稀H2SO4酸化；逐滴加入0.003molL-1KMnO4溶液，产生气体，溶液褪色速率开始较慢后变快，至恰好完全反应时共消耗20.00 mL KMnO4溶液。该反应的离子方程式是：2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2+5O2+8H2O；（1）该反应体现了H2O2的_(填“氧化性”、“还原性”或“氧化性和还原性”)；（2）KMnO4溶液褪色速率开始较慢，后变快的原因可能是某种物质对该反应起到了催化作用，则该物质最有可能是_；(填序号) a. MnO4- b.H+ c.Mn2+ d.K+（3）判断完全反应的现象是_；（4）该H2O2溶液的物质的量浓度是_。【答案】 (1). 还原性 (2). c (3). 当加入最后一滴KMnO4溶液时，溶液变为红色 (4). 0.01 molL1【解析】（1）H2O2中O元素的化合价从-1价升高到了O2中O元素的0价，所以H2O2作还原剂，体现了还原性。（2）由离子方程式可知，反应后生成了Mn2+，开始Mn2+浓度较小，反应速率慢，反应一段时间后，Mn2+浓度变大，反应速率加快，故起催化作用的物质是Mn2+（3）KMnO4溶液显紫色，当KMnO4溶液与H2O2发生氧化还原反应时，溶液无色，当H2O2完全反应后，再滴入一滴KMnO4溶液，溶液将由无色变为红色，此时就是滴定的终点。故答案为：当加入最后一滴KMnO4溶液时，溶液变为红色 。 （4）消耗的KMnO4的物质的量为0.02L0.003molL-1=610-5mol，根据方程式可知H2O2的物质的量为610-5mol=1.510-4mol，所以H2O2溶液的物质的量浓度c=1.510-4mol0.015L = 0.01 molL1点睛：滴定终点的判断是一个难点，本题中利用KMnO4溶液的紫色来判断终点，KMnO4溶液加入H2O2溶液中，溶液无色，当H2O2完全反应后，再加入最后一滴KMnO4溶液，溶液将由无色变为红色，这就是滴定的终点。