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2021年新高考化学各地模拟题精细分类汇编 第27讲 定量实验与探究实验（一）（一轮二轮通用）
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这是一份2021年新高考化学各地模拟题精细分类汇编 第27讲 定量实验与探究实验（一）（一轮二轮通用），共47页。试卷主要包含了△H＝QkJ•ml﹣1等内容，欢迎下载使用。
【备战2021】新高考化学各地模拟题精细分类汇编
第27讲定量实验与探究实验（一）
一．选择题（共8小题）
1．（2020秋•思南县校级期中）下列有关溶液配制的说法正确的是（ ）
A．在50mL量筒中配制0.1000mol/L碳酸钠溶液
B．用容量瓶配制稀硫酸溶液时，可以将浓硫酸倒入容量瓶内进行稀释，然后加水定容
C．欲配制0.1mol/L的Na2CO3溶液480mL，需用500mL的容量瓶
D．配制溶液时，若定容摇匀后溶液体积未达到刻度线，需再加水定容
2．（2020•潍坊三模）在芒硝（Na2SO4•10H2O）结晶水含量测定的实验过程中，下列仪器或操作未涉及的是（ ）
A． B．
C． D．
3．（2020秋•道里区校级期中）下列关于酸碱中和滴定实验叙述正确的是（ ）
A．滴定终点时溶液一定显中性
B．滴定过程中，接近滴定终点改用胶头滴管继续滴加
C．酸式滴定管可盛装氧化性试剂
D．滴定达到终点后仰视滴定管读数，待测液浓度偏小
4．（2020秋•丰台区期中）测定中和反应的反应热的装置如图所示，下列有关该实验的说法中不正确的是（ ）
A．测定中和反应的反应热时，不能选用NaOH溶液和浓硫酸
B．相同条件下，NaOH溶液与盐酸、硝酸反应的反应热不相同
C．实验需要记录反应前初始温度及反应后溶液达到的最高温度
D．环形玻璃搅拌棒上下搅拌有助于反应充分，泡沫塑料起保温作用
5．（2020•永州一模）在3种不同条件下，分别向容积为2L的恒容密闭容器中充入2molA和1molB，发生反应：2A（g）+B（g）⇌2C（g）△H＝QkJ•mol﹣1．相关条件和数据见表：
实验编号
实验Ⅰ
实验Ⅱ
实验Ⅲ
反应温度/℃
700
700
750
达平衡时间/min
40
5
30
平衡时n（C）/mol
1.5
1.5
1
化学平衡常数
K1
K2
K3
下列说法正确的是（ ）
A．K1＝K2＜K3
B．升高温度能加快反应速率的原因是降低了反应的活化能
C．实验Ⅱ比实验Ⅰ达平衡所需时间小的可能原因是使用了催化剂
D．实验Ⅲ达平衡后，恒温下再向容器中通入1molA和1molC，平衡正向移动
6．（2020秋•潍坊月考）据文献报道：Fe（CO）5催化某反应的一种反应机理如图所示。下列叙述错误的是（ ）
A．OH﹣在反应中做催化剂
B．该反应可产生清洁燃料H2
C．该反应属于氧化还原反应
D．该催化循环中Fe的成键数目未发生变化
7．（2020秋•天元区月考）氮化钙（Ca3N2）是高端荧光粉的主要成分之一，其极易与水反应生成氨气。利用如图装置测定氮化钙产品纯度（杂质不产生气体，氨不溶于煤油）。下列说法中错误的是（ ）
A．实验前使用液差法检验装置气密性
B．当产品与蒸馏水完全反应后，冷却至室温、调平液面、读数
C．如果开始仰视刻度线，终点时俯视刻度线，则测得结果偏高
D．若将煤油换为水，可利用该装置测定CaC2样品（杂质不与水反应）的纯度
8．（2020秋•雨城区校级月考）类推是化学学习中的常用方法，但类推的结论最终要经过实践的检验才能证明其正确与否。下列类推结论中正确的是（ ）
A．第二周期元素氢化物稳定性顺序是HF＞H2O＞NH3，则第二周期元素氢化物沸点顺序是HF＞H2O＞NH3
B．可电解熔融氯化镁来制取金属镁，则也能用电解熔融氯化钠来制取金属钠
C．Fe3O4可写成FeO•Fe2O3，则Pb3O4也可写成PbO•Pb2O3
D．常见的氢化物是分子晶体，则所有的氢化物都是分子晶体
二．填空题（共6小题）
9．（2020秋•兴庆区校级月考）（1）质量分数为98%，密度为1.84g/mL的浓硫酸，其物质的量浓度为 。
（2）某学生欲用上述浓硫酸和蒸馏水配制500mL物质的量浓度为4.0mol•L﹣1稀硫酸。
①该学生需要用量筒量取 mL上述浓硫酸进行配制。
②容量瓶上需标有以下五项中的 。
A．温度
B．浓度
C．容量
D．压强
E．刻度线
③已经洗干净的容量瓶在配制溶液前必须要 。
④在配制过程中，下列实验操作对所配制的稀硫酸的物质的量浓度有何影响？（在后面横线上“偏高”、“偏低”、“无影响”）。
Ⅰ．用量筒量取浓硫酸时俯视凹液面 。
Ⅱ．定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面下降，再加适量的蒸馏水 。
Ⅲ．转移时容量瓶中有少量蒸馏水 。
10．（2020•诸暨市模拟）为测定FeSO4•7H2O（M＝278g•mol﹣1）样品的纯度，用硫酸溶解3.475g样品，定容至250mL．取25.00mL溶液，用0.0100mol•L﹣1KMnO4标准溶液滴定至终点。重复实验，数据如下：
序号
滴定前读数/mL
滴定终点读数/mL
1
0.03
20.01
2
1.34
22.39
3
1.47
21.49
假设杂质不参加反应。该样品中FeSO4•7H2O的质量分数是 %．（保留小数点后一位）写出简要计算过程。
11．（2020秋•三元区校级月考）（1）如图1是化学反应中物质变化和能量变化的示意图。在锌与稀盐酸的反应中，E1 E2（填“＞”或“＜”或“＝”）
（2）工业上利用CO和H2在催化剂作用下合成甲醇：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g），已知反应中有关物质的化学键键能数据如下表所示：
化学键
H﹣H
C﹣O
C≡O
H﹣O
C﹣H
E/（kJ/mol）
436
343
1076
465
413
则CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H＝ kJ•mol﹣1
（3）化学兴趣小组进行测定中和热的实验，装置如图2，步骤如下。
a．用量筒量取50mL 0.50mol•L﹣1盐酸倒入图2装置的小烧杯中，测出盐酸温度。
b．用另一量筒量取50mL 0.55mol•L﹣1NaOH溶液，并用另一温度计测出其温度。
c．将NaOH溶液倒入小烧杯中，使之混合均匀，测得混合液最高温度。
①实验中，倒入NaOH溶液的正确操作是 。
A．一次性快速倒入
B．分3次倒入
C．边搅拌边慢慢倒入
②若将各含1mol溶质的NaOH稀溶液、Ca（OH）2稀溶液、稀氨水，分别与足量的稀盐酸反应，放出的热量分别为Q1、Q2、Q3，则Q1、Q2、Q3的关系为 。
③若通过测定计算出产生的热量为1.39kJ，请写出该反应的热化学方程式： 。
12．（2020春•皇姑区校级期中）教材采用图1实验装置测定锌与稀硫酸反应的速率。
（1）检查图1装置气密性的操作方法是 。
（2）分别取2g颗粒大小相同的锌粒分别与体积均为40mL的1mol/L硫酸、4mol/L硫酸反应，收集25mL H2时所需时间后者比前者 。
（3）同学们在实验操作中发现，本实验设计存在明显不足，例如（举两例） 。
（4）某化学兴趣小组对教材实验装置进行图2所示改进。检查装置气密性后进行的实验操作有：
a．在多孔塑料袋中装入锌粒；
b．在锥形瓶中加入40mL 1mol/L硫酸；
c．塞好橡胶塞， 时立即用秒表计时；
d．注射器内每增加5mL气体时读取一次秒表。
（5）实验观察到锌与稀硫酸反应初期速率逐渐加快，其原因是 ，反应进行一定时间后速率逐渐减慢，原因是 。
（6）测得产生H2的体积与反应时间的关系曲线如图3所示，t1～t2时间段氢气体积略有减小的原因是 ；在64s内用H+浓度表示的平均反应速率v（H+）＝ （此时，溶液体积仍为40mL，气体摩尔体积为25L/mol）。
13．（2019秋•阳泉期末）KI溶液在酸性条件下能与氧气反应． 现有以下实验记录：
实验编号
①
②
③
④
⑤
温度（℃）
30
40
50
60
70
显色时间（s）
160
80
40
20
10
回答下列问题：
（1）该反应的离子方程式为 ．
（2）该实验的目的是 ．
（3）实验试剂除了1mol/L KI溶液、0.1mol/L H2SO4溶液外，还需要的试剂是 ，实验现象为 ．
（4）上述实验操作中除了需要（3）的条件外，还必须控制不变的是 （填字母）．
A．温度 B．试剂的浓度 C．试剂的用量（体积） D．试剂添加的顺序
（5）由上述实验记录可得出的结论是 ．
（6）若要进行酸性对反应速率的影响的探究实验，你会采取的措施是 ．
14．（2020秋•浙江月考）亚硝酰硫酸（NOSO4H）是一种浅黄色或蓝紫色液体，遇水分解，溶于浓硫酸不分解，主要用于染料、医药领域的重氮化反应中取代亚硝酸钠。亚硝酰硫酸能有效降低硫酸使用量，增加反应的流动性，不产生无机盐，从而可以降低成本，提高产品质量，使染料成品色泽鲜艳、固色能力强，并减少污水。实验室用如图装置（夹持装置略）制备少量NOSO4H，并测定产品的纯度。
（1）简述检验装置A的气密性操作 。
（2）装置B中浓HNO3与SO2在浓H2SO4作用下反应制得NOSO4H。
①该反应必须维持体系温度不得高于20℃，故可将三颈烧瓶置于 中。
②开始时，反应缓慢，待生成少量NOSO4H后，温度变化不大，但反应速率明显加快，其原因是 。
③该实验装置存在导致NOSO4H产量降低的缺陷，请提出改进方案 。
④利用装置A制备SO2，下列试剂最适宜的是 。
A．Na2SO3固体和20%硝酸
B．Na2SO3固体和20%硫酸
C．Na2SO3固体和70%硫酸
D．Na2SO3固体和98%硫酸
⑤已知亚硝酸不稳定，易分解，发生反应2HNO2═NO2↑+NO↑+H2O。请写出NOSO4H遇水分解时发生反应的化学方程式 。
（3）测定亚硝酰硫酸NOSO4H的纯度。
准确称取1.380g产品放入250mL的碘量瓶中，加入60.00mL 0.1000mol•L﹣1KMnO4标准溶液和10mL 25%的H2SO4溶液，然后摇匀（过程中无气体产生）。用0.2500mol•L﹣1的草酸钠标准溶液滴定，消耗草酸钠溶液的体积为20.00mL。
已知：2KMnO4+5NOSO4H+2H2O═K2SO4+2MnSO4+5HNO3+2H2SO4。
①简述该操作达到滴定终点时的现象 。
②亚硝酰硫酸的纯度为 。
三．实验题（共9小题）
15．（2020秋•仁寿县校级月考）实验室欲配制0.5mol•L﹣1的NaOH溶液500mL，有以下仪器：
①烧杯②100mL量筒③100mL容量瓶④500mL容量瓶⑤玻璃棒⑥托盘天平（带砝码）。
（1）配制时，必须使用的仪器有 （填代号），还缺少的玻璃仪器是 。该实验中两次用到玻璃棒，其作用分别是 。
（2）配制溶液时，一般可以分为以下几个步骤：①称量②计算③溶解④摇匀⑤转移⑥洗涤⑦定容⑧冷却其正确的操作顺序为（用序号填写） ，在①操作中需称量NaOH g，在⑦定容时应向容量瓶中加入蒸馏水，到液面离刻度线 cm时，改用胶头滴管加蒸馏水至液面与刻度线相切。盖好瓶塞，上下颠倒摇匀。
（3）若定容时，眼睛仰视刻度线，所得溶液的浓度（偏高、不变、偏低） 。
（4）若某学生用托盘天平称量药品时，在托盘天平左盘放有20g砝码，天平达平衡时游码的位置如图，则该同学所称量药品的质量为 克。
（5）从该溶液中取出50mL，加水稀释成200mL，则稀释后NaOH的物质的量浓度为 。
16．（2019秋•徐汇区校级期中）根据实验室测定硫酸铜结晶水含量的实验，填写下列空白：
实验步骤为：①研磨；②准确称取2.0g已经研碎的硫酸铜晶体；③加热；④冷却；⑤称量；⑥重复③至⑤的操作，直至………；⑦根据实验数据计算硫酸铜晶体里结晶水的含量。请回答相关问题：
（1）步骤①需要的实验仪器是 ，步骤④需要使用的仪器是 ，使用此仪器的目的是防止无水硫酸铜在冷却过程中吸收空气中的水蒸气。
（2）步骤③所用的大部分仪器如图，在空格中填入仪器的名称：
步骤⑥操作位重复③至⑤的操作，直至 。
（3）某学生实验后得到以下数据：
加热前质量
加热后质量
m1（容器）
m2（容器+晶体）
m3（容器+无水硫酸铜）
5.400
7.900
6.800
计算：试验测定1mol硫酸铜晶体的结晶水：x＝ ，本次实验的相对误差为 。（保留2位小数）
（4）若操作正确，但实验测得的硫酸铜晶体里结晶水的含量偏低。其原因可能是 （填编号）。
A．被测样品中含有加热不挥发的杂质
B．被测样品中含有加热易挥发的杂质
C．实验前被测样品已有部分失水
D．加热前所用的坩埚未完全干燥
（5）用重量法测定绿矾（FeSO4•xH2O）中结晶水含量，加热失水时必须不断通入氮气，装置如图，说明反应必须在氮气环境中的原因： 。
17．（2020秋•郊区校级期中）滴定实验是化学学科中最重要的定量实验之一。常见的滴定实验有酸碱中和滴定、氧化还原反应滴定、沉淀滴定等。
（一）．酸碱中和滴定：
某学生用0.1000mol/L NaOH标准溶液测定未知浓度的某醋酸
（1）该实验选用的指示剂为 。
（2）滴定前滴定管内液面读数为1.20mL，滴定后液面如图3，则滴定过程中消耗标准液VNaOH为 mL。
（3）下列操作会导致测定值偏低的是 。
①锥形瓶蒸馏水洗后未干燥，也未用待测液润洗
②酸式滴定管未用标准液润洗就直接用于盛装待测液
③碱式滴定管尖嘴部分滴定前有气泡，滴定后气泡消失
④滴定终点时，俯视读数
⑤滴定终点前加水清洗锥形瓶
（二）．氧化还原滴定：
中华人民共和国国家标准（GB2760﹣2011）规定葡萄酒中SO2最大使用量为0.25g•L﹣1。某兴趣小组用如图1装置（夹持装置略）收集某葡萄酒中SO2，并对其含量进行测定：
（4）图1中B仪器的名称为
（5）B中加入300.00mL葡萄酒和适量盐酸，加热使SO2全部逸出并与C中H2O2完全反应，生成硫酸。后除去C中过量的H2O2，然后用0.0900mol•L﹣1NaOH标准溶液进行滴定，滴定前排气泡时，应选择图2中的 。
（6）滴定至终点时，消耗NaOH溶液20.00mL，该葡萄酒中SO2含量为 g•L﹣1。
18．（2020秋•会宁县校级月考）50mL 0.50mol•L﹣1盐酸与50mL 0.55mol•L﹣1NaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应。通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。回答下列问题：
（1）实验中大约要使用230mL NaOH溶液，配制溶液时至少需要称量NaOH固体 g。
（2）从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃仪器是 ，烧杯间填满碎泡沫塑料的作用是 。
（3）大烧杯上如不盖硬纸板，则求得的中和热数值 （填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。
（4）实验中若改用60mL 0.50mol•L﹣1盐酸跟50mL 0.55mol•L﹣1NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量 （填“相等”或“不相等”），所求中和热的数值（填“相等”或“不相等”），理由是 。
（5）三次平行操作测得的数据中，起始时盐酸与烧碱溶液温度相同，而终止温度与起始温度之差（t2～t1）分别为3.3℃、3.4℃、3.9℃，各溶液的密度均为1g/cm3，生成溶液的比热容c＝4.18J/（g•℃），则最终计算上述实验测出的中和热△H1＝ 。
（6）若用氨水代替NaOH溶液做实验，测定结果△H会 （填“偏大”、“偏小”或“无影响”）
（7）上述实验数值结果与57.3kJ•mol﹣1有偏差，产生偏差的原因可能是 （填字母）。
a．实验装置保温、隔热效果差
b．分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中
c．量取NaOH溶液的体积时仰视读数
d．用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定盐酸溶液的温度
19．（2020春•沙坪坝区校级月考）实验室用氨气还原氧化铜的方法测定铜的近似相对原子质量，反应的化学方程式为：2NH3+3CuO═N2+3Cu+3H2O．试回答：
（1）如果选用测定反应物CuO和生成物H2O的质量[m（CuO），m（H2O）]时，请用如图所列仪器设计一个简单的实验方案。
①请写出用如图装置制备氨气的化学反应方程式
②仪器连接的顺序为 （用字母编号表示，仪器可重复使用），（d）中浓硫酸的作用是 ，实验完毕时观察到（a）中的现象是 、
③列出计算Cu的相对原子质量的表达式： 。
（2）有同学认为NH3与CuO反应生成的红色物质中可能含有Cu2O．已知Cu2O是红色粉末，在酸性溶液中，Cu+能自身发生氧化还原反应生成Cu2+和Cu。
①若CuO未完全分解，则所测定的Cu的相对原子质量会 。（偏大或偏小）
②请设计一个简单的实验检验该红色物质中是否含有Cu2O． 。
（3）在解决了问题（2）后，又有同学提出：Cu2O与CuO的热稳定性哪个更强？于是他们进行了如下实验：取0.98g Cu（OH）2固体，加热到80℃～100℃时，得到黑色固体粉末，继续加热到1000℃以上，黑色粉末全部变成红色粉末B．如图所示。据此可推得A为 ，且AB段发生的反应为 。由此得到的热稳定性的结论是 。
20．（2019秋•红塔区校级期中）25℃时，按如图安装好实验装置，在锥形瓶内盛6.5 g锌粒（颗粒大小基本相同），通过分液漏斗加入40 mL 0.25mol/L的硫酸，将产生的H2收集在一个注射器中，用时10 s时恰好收集到气体44.8mL （已折算成0℃、101 kPa条件下的体积）
（1）实验前必须检查该装置的气密性，检查方法为 。
（2）忽略锥形瓶中溶液体积的变化，用H+表示10 s内该反应
的平均速率 。反应到10s时溶液的pH约为
（已知lg2＝0.3），此时溶液中由水电离出的c（H+）为 。
21．（2018秋•海港区校级月考）KI溶液在酸性条件下能与氧气反应。现有以下实验记录：
实验编号
①
②
③
④
⑤
温度/℃
30
40
50
60
70
显色时间/s
160
80
40
20
10
回答下列问题：
（1）该反应的离子方程式为 。
（2）该实验的目的是 。
（3）实验试剂除了1mol•L﹣1KI溶液、0.1mol•L﹣1H2SO4溶液外，还需要的试剂是 ，实验现象为 。
（4）升高温度时，显色时间变短，主要原因是
A．反应物分子总数增加，有效碰撞的机会增多
B．反应物分子的能量增加，活化分子百分数增大，有效碰撞次数增多
C．该化学反应的过程是吸热的
D．该化学反应的过程是放热的
（5）若要进行酸性对反应速率的影响的探究实验，你会采取的措施是 。
22．（2020秋•香坊区校级期中）某含有Na2O杂质的Na2O2试样，一个化学实验小组利用H2O与Na2O2的反应来测定该样品的纯度。可供选择的装置如图。
请回答下列问题：
（1）用上述装置可以组装一套最简单的测定过氧化钠样品纯度的实验装置。所选用装置的连接顺序应是 （填各接口的字母，连接胶管省略）。
（2）写出实验中Na2O2发生反应的化学方程式并用双线桥表示电子转移数 。将Na2O2投入滴有酚酞的水中现象是 。
（3）用上述实验后所得溶液配制成浓度为1.0mol/L的溶液，回答下列问题。
①向400mL该溶液中通入0.3mol CO2，则所得溶液中HCO3﹣和CO32﹣的物质的量浓度之比约为 。
A．1：3
B．1：2
C．2：1
D．3：1
②将上述溶液蒸发结晶得到Na2CO3和NaHCO3固体混合物，下列选项中不能准确测定混合物中Na2CO3质量分数的是 。
a．取ag混合物充分加热，在干燥器中冷却至室温，减重bg
b．取ag混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得bg固体
c．取ag混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，增重bg
d．取ag混合物与足量Ba（OH）2溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得bg固体
23．（2020春•揭阳期中）为了探究硫、碳、硅元素的非金属性的相对强弱，某实验小组设计了如图装置。
（1）仪器A的名称是 。
（2）实验步骤：连接仪器、 、加药品后、打开a、滴入浓硫酸、加热。
（3）问题探究
①装置D中足量酸性KMnO4溶液的作用是 。
②能说明碳元素的非金属性比硅元素非金属性强的实验现象是E装置中 。
③C装置中的实验现象能否 （填“能”或“否”）作为判断硫元素的非金属性比碳元素非金属性强的依据？
④铜与浓硫酸反应的化学方程式是 。
（4）设计实验比较Cl2和Br2的氧化性，操作与现象是：取少量新制氯水和CCl4于试管中， 。
四．解答题（共9小题）
24．（2020秋•大武口区校级月考）已知某“84消毒液”瓶体部分标签如图所示，该“84消毒液”通常稀释100倍（体积之比）后使用。请回答下列问题：
84消毒液
有效成分 NaClO
规格 1000mL
质量分数 25%
密度 1.19g•cm﹣3
（1）该“84消毒液”的物质的量浓度约为 mol•L﹣1 （保留小数点后一位）。
（2）某同学取100mL该“84消毒液”，稀释后用于消毒，稀释后的溶液中c（Na+）＝ mol•L﹣1。
（3）该同学参阅该“84消毒液”的配方，欲用NaClO固体配制480mL含NaClO质量分数为25%的消毒液。下列说法正确的是 （填字母）。
A．容量瓶用蒸馏水洗净后，应烘干后才能用于溶液配制
B．配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒可能导致结果偏低
C．需要称量NaClO固体的质量为143.0g
（4）“84消毒液”与稀硫酸混合使用可增强消毒能力，某消毒小组人员用98%（密度为1.84g•cm﹣3）的浓硫酸配制2L 2.3mol•L﹣1的稀硫酸用于增强“84消毒液”的消毒能力。
①所配制的稀硫酸中，H+的物质的量浓度为 mol•L﹣1。
②需用浓硫酸的体积为 mL。
25．（2018秋•淮安期末）硫酸铜晶体常用做农业和渔业的杀虫剂、杀菌剂。实验室模拟由废铜屑（含少量铁）生产硫酸铜晶体的流程如图：
（1）试剂X是 ，操作a需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和 。
（2）途径1是将铜加入到试剂X与双氧水的混和液中并用30～40℃水浴加热，该过程中温度不宜过高的原因是 。
（3）途径2是将铜加入到试剂X中，再通入足量的空气并加热，该反应的化学方程式为 。
（4）从环保和经济的角度对比途径1与途径3，途径1的优点有 、 。
（5）操作b包括蒸发浓缩、 、过滤、洗涤、干燥（请补全缺少的实验步骤）。
（6）硫酸铜晶体（CuSO4•xH2O）中结晶水数目可通过以下实验测定：
Ⅰ．称取4.6400g样品置于小烧杯中，加入适量水溶解，边搅拌边滴加BaCl2溶液到沉淀完全
Ⅱ．过滤并洗涤沉淀；
Ⅲ．将盛有沉淀的滤纸包烘干并高温灼烧，再转入高温炉中，一定温度下反复灼烧到恒重，得到BaSO4质量为4.6600g。计算CuSO4•xH2O中的x值（要求写出计算过程）。
26．（2020春•南康区月考）Ⅰ．现有下列仪器或用品：①铁架台（含铁圈、各式铁夹） ②锥形瓶 ③酸式滴定管和碱式滴定管 ④烧杯 ⑤玻璃棒 ⑥胶头滴管 ⑦天平（含砝码） ⑧滤纸 ⑨量筒 ⑩过滤漏斗；
现有下列药品：（A）NaOH固体 （B）标准NaOH溶液（C）未知浓度盐酸 （D）蒸馏水（E）碳酸钠溶液 根据所做过的学生实验，回答下列问题：
（1）过滤时，应选用的上述仪器是 （填编号）。
（2）配制一定物质的量浓度的NaOH溶液时，还缺少的仪器是 。
（3）做酸碱中和滴定时，还缺乏的试剂是 。
（4）进行中和滴定时，绝不可用将要盛的溶液事先润洗的仪器是下列的 （填编号）。
甲．酸式滴定管乙．碱式滴定管 丙．锥形瓶
（5）用标准的NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，选用酚酞作为指示剂，造成测定结果偏高的原因可能是 。
A．配制标准溶液的NaOH中混有Na2CO3杂质
B．滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度，其他操作正确
C．盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用未知液润洗
D．滴定前有气泡，滴定后气泡消失。
Ⅱ．甲醇（CH3OH）是一种可再生能源，具有广泛的开发和应用前景。
（1）工业上一般采用下列两种反应合成甲醇：
反应Ⅰ：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H1
反应Ⅱ：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H2
①反应I的平衡常数表达式为K＝
②下表所列数据是反应Ⅱ在不同温度下的化学平衡常数（K）
温度
250℃
300℃
350℃
K
2.041
0.270
0.012
由表中数据判断△H2 0，△S 0 （填“＞”、“＝”或“＜”＝）。
③某温度下，将2 mol CO和6 mol H2充入2L的密闭容器中，充分反应，达到平衡后，测得c（CO）＝0.2 mol•L﹣1，则CO的转化率为 。
（2）已知在常温常压下，某实验小组依据甲醇燃烧的反应原理，设计如下图所示的电池装置：
①2CH3OH（l）+3O2（g）＝2CO2（g）+4H2O（g）△H＝﹣1275.6 kJ•mol﹣1②H2O（g）＝H2O（l）△H＝﹣44.0 kJ•mol﹣1
①写出表示甲醇燃烧热热化学方程式 。
②写出上图电池装置中负极反应式： 。
27．（2020秋•巨鹿县校级月考）Ⅰ．已知反应：
①101 kPa时，2C（s）+O2（g）═2CO（g）△H＝﹣221kJ•mol﹣1
②稀溶液中，H+（aq）+OH﹣（aq）═H2O（l）△H＝﹣57.3kJ•mol﹣1
下列结论中正确的是
A．碳的燃烧热等于110.5kJ•mol﹣1
B．①的反应热为221kJ•mol﹣1
C．稀硫酸与稀NaOH溶液反应的中和热为114.6kJ•mol﹣1
D．含20.0g NaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.65kJ的热量
Ⅱ．利用如图所示装置测定中和热的实验步骤如下：
①用量筒量取50mL 0.50mol•L﹣1盐酸倒入小烧杯中，测出盐酸温度；
②用另一量筒量取50mL 0.55mol•L﹣1 NaOH溶液，并用同一温度计测出其温度；
③将NaOH和盐酸溶液一并倒入小烧杯中，设法使之混合均匀，测得混合液最高温度。回答下列问题：
（1）仪器a的名称是 。
（2）反应过程中NaOH溶液的浓度为0.55mol•L﹣1，不能使用0.50mol•L﹣1NaOH的原因是 。
（3）倒入NaOH和盐酸溶液的正确操作是 （填字母）。
A．沿玻璃棒缓慢倒入
B．分三次倒入
C．一次迅速倒入
D．一边搅拌一边一次滴入
（4）现将一定量的稀氢氧化钠溶液、稀氢氧化钙溶液、稀氨水分别和1 L 1 mol•L﹣1的稀盐酸恰好完全反应，其反应热分别为△H1、△H2、△H3，则△H1、△H2、△H3的大小关系为 。
（5）用Ba（OH）2溶液和硫酸代替氢氧化钠溶液和盐酸所测中和热的数值并不相等，从它们的离子方程式分析，所测中和热的数值并不相等的理由是 。
28．（2018春•晋江市期末）随着科学技术的发展，阿佛加德罗常数的测定手段越来越多，测定的精度也越来越高．现有一种简单可行的测定方法，具体步骤为：
①将NaCl固体研细、干燥后，准确称取m g NaCl固体并转移到定容仪器A中．
②用滴定管向A仪器中加苯，不断振荡，继续加苯到A仪器的刻度，计算出NaCl固体的体积为V cm3．
（1）步骤①中仪器A最好使用 （填序号）．
A．量筒 B．烧杯 C．容量瓶 D．试管
（2）步骤②中是用酸式滴定管还是用碱式滴定管 ，理由是 ．
（3）能否用水代替苯 （填“是”或“否”），理由是 ．
（4）已知NaCl晶体中，靠得最近的Na+、Cl﹣间的距离为a cm（如图），则用上述方法测得的阿佛加德常数NA的表达式为 ．
29．（2020春•新泰市校级期中）为了研究MnO2与双氧水（H2O2）的反应速率，某学生加入少许的MnO2粉末于50mL密度为1.1g/cm3的双氧水溶液中，通过实验测定：在标准状况下放出气体的体积和时间的关系如图所示．请依图回答下列问题：
（1）放出一半气体所需要的时间为 ；
（2）A、B、C、D各点反应速率快慢的顺序是 ．
（3）在5min后，收集到的气体体积不再增加，原因是 ．
（4）过氧化氢溶液的初始物质的量浓度为 ．
30．（2020•通州区一模）某化学小组同学向一定量加入少量淀粉的NaHSO3溶液中加入稍过量的KIO3溶液，一段时间后，溶液突然变蓝色．
（1）查阅资料知NaHSO3与过量KIO3反应分为以下两步进行，第一步为IO3﹣+3HSO3﹣＝3SO42﹣+3H++I﹣，则第二步反应的离子方程式为
（2）通过测定溶液变蓝所用时间探究浓度和温度对该反应的反应速率的影响．调节反应物浓度和温度进行对比实验，记录如下：
实验编号
0.02mol/LNaHSO3溶液/mL
0.02mol/LKIO3溶液/mL
H2O/mL
反应温度/℃
溶液变蓝的时间t/s
①
15
20
10
15
t1
②
a
30
0
15
t2
③
15
b
c
30
t3
实验①②是探究 对反应速率的影响，表中a＝ ；实验①③是探究温度对反应速率的影响，则表中b＝ ，c＝
（3）将NaHSO3溶液与KIO3溶液混合（预先加入可溶性淀粉为指示剂），用速率检测仪检测出起始阶段反应速率逐渐增大，一段时间后反应速率又逐渐减小．课题组对起始阶段反应速率逐渐增大的原因提出如下假设，请你完成假设三：
假设一：反应生成的SO42﹣对反应起催化作用，SO42﹣浓度越大反应速率越快；
假设二：反应生成的H+对反应起催化作用，H+浓度越大反应速率越快；
假设三： ；
…
（4）请你设计实验验证上述假设一，完成下表中内容（反应速率可用测速仪测定）
实验步骤（不要求写出具体操作过程）
预期实验现象和结论
31．（2020秋•丰台区期中）某研究小组探究饮用水中铁锰的来源和去除原理。
Ⅰ．铁锰来源
某地区地下水铁锰含量和国家标准对比
某些地区地下水常见微粒含量（mg/L）
国家饮用水标准（mg/L）
Fe2+
Mn2+
HCO3﹣
CO2
Fe2+
Mn2+
pH
4～20
0.4～3
1～1.5
30～70
0.3
0.1
6.5～8.5
（1）利用FeCO3溶解度计算溶出的Fe2+为1.1mg/L，依据如表数据结合平衡移动原理解释地下水中Fe2+含量远大于1.1mg/L的原因 。
Ⅱ．去除原理
（2）自然氧化法：
①曝气池中使水呈“沸腾”状的作用 。
②补全曝气池中氧化Fe2+时发生反应的离子方程式： Fe2++ O2+ H2O═ Fe（OH）3+ 。
此方法铁去除时间长，锰去除率低。
（3）药剂氧化法：工业上可以采用强氧化剂（ClO2、液氯、双氧水等），直接氧化Fe2+、Mn2+生成Fe（OH）3和MnO2除去。某实验中pH＝6.5时，Fe2+、Mn2+浓度随ClO2投加量的变化曲线如图。
①ClO2投加量小于1.2mg/L时，可以得出Fe2+、Mn2+性质差异的结论是 。
②分析图中数据ClO2氧化Mn2+是可逆反应。写出反应的离子方程式 。
③写出两种提高锰去除率的方法 。
32．（2020春•红岗区校级期末）按要求回答下列问题。
（1）图Ⅰ是1mol NO2（g）和1mol CO（g）反应生成CO2和NO过程中能量变化示意图，请写出NO2和CO反应的热化学方程式： 。
（2）如表是部分化学键的键能数据：
化学键
P﹣P
P﹣O
O＝O
P＝O
键能（kJ•mol﹣1）
198
360
498
x
已知1mol白磷（P4）完全燃烧放热为1194kJ，白磷及其完全燃烧的产物结构如图Ⅱ所示，则表中x＝ kJ•mol﹣1。
（3）实验室用50mL 0.50mol•L﹣1盐酸与50mL某浓度的NaOH溶液在如图1所示装置中反应，通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。该装置有两处明显的错误，其中一处是缺少一种玻璃仪器，该仪器的名称为 ；用相同浓度和体积的氨水（NH3•H2O）代替NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热的数值 。（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）
（4）甲醇质子交换膜燃料电池中将甲醇蒸气转化为氢气的两种反应原理是：
①CH3OH（g）+H2O（g）═CO2（g）+3H2（g）△H＝+49.0kJ•mol﹣1
②CH3OH（g）+O2（g）═CO2（g）+2H2（g）△H＝﹣192.9kJ•mol﹣1
又知③H2O（g）═H2O（l）△H＝﹣44kJ•mol﹣1
则甲醇燃烧生成液态水的热化学方程式： 。
（5）在密闭容器中，充入一定量的H2S气体，发生热分解反应2H2S（g）⇌2H2（g）+S2（g）控制不同的温度和压强进行实验，结果如图2．图2中压强关系P1、P2、P3由大到小的顺序为 ，该反应为 （填“吸热”或“放热”）反应，若要进一步提高H2S的平衡转化率，除了改变温度和压强外，还可以采取的措施有 。
【备战2021】新高考化学各地模拟题精细分类汇编-第27讲定量实验与探究实验（一）
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
1．答案：C
解：A．配制0.1000mol/L碳酸钠溶液，应该选用容量瓶，不能在50mL量筒中配制，故A错误；
B．用容量瓶配制稀硫酸溶液时，应该在烧杯中稀释浓硫酸，不能用容量瓶稀释，故B错误；
C．欲配制0.1mol/L的Na2CO3溶液480mL，实验室中没有480mL容量瓶，应该选用500mL的容量瓶，故C正确；
D．配制溶液时，若定容摇匀后溶液体积未达到刻度线，属于正常现象，不能再加水，否则导致溶液体积偏大，所得溶液体积偏小，故D错误；
故选：C。
2．答案：C
解：A．硫酸钠晶体结晶水含量测定实验过程中，需要准确称量瓷坩埚的质量、准确称量瓷坩埚和一定量硫酸钠晶体的质量，准确称量瓷坩埚和硫酸钠粉末的质量，至少称量4次，所以涉及到称量操作，需要托盘天平称量，故A不选；
B．为了使硫酸铜钠晶体充分反应，应该将硫酸钠晶体研细，所以用到研磨操作，故B不选；
C．盛有硫酸钠晶体的瓷坩埚放在泥三角上慢慢加热，直到水全部失去，不需要蒸发结晶操作，所以实验过程中未涉及到蒸发结晶操作，故C选；
D． 加热后冷却时，为了防止硫酸钠粉末吸水，应将硫酸钠放在干燥器中进行冷却，从而得到纯净而干燥的无水硫酸钠，所以需要用到干燥器，故D不选；
故选：C。
3．答案：C
解：A．滴定终点时溶液酸碱性需要根据反应产物确定，不一定显中性，可能为酸性（氯化铵）或碱性（醋酸钠），故A错误；
B．滴定过程中，为了减小滴定误差，接近滴定终点时应减缓滴定速率，不使用胶头滴管，故B错误；
C．氧化性试剂能够氧化碱式滴定管的橡皮管，则氧化性试剂需要选用酸式滴定管盛放，故C正确；
D．滴定达到终点后仰视滴定管读数，导致读数偏大，计算出的待测液浓度偏高，故D错误；
故选：C。
4．答案：B
解：A．由于浓硫酸反应过程中还会稀释放出热量，故测定中和反应的反应热时，不能选用浓硫酸，故A正确；
B．相同条件下，稀的强酸与强碱反应生成1molH2O释放的热量为中和热，与酸、碱的种类无关，NaOH溶液与盐酸、硝酸反应均生成1molH2O，反应热相同，故B错误；
C．中和热的测定中需要测量酸、碱的初始温度，酸碱混合后的最高温度，然后求出两者的平均温度，代入Q＝c•m•△T计算，故C正确；
D．环形玻璃搅拌棒上下搅拌有助于酸碱充分接触，使反应充分，中和热测定实验成败的关键是做好保温工作；
故选：B。
5．答案：C
解：A．反应为2A（g）+B（g）⇌2D（g），比较实验I和III，温度升高，平衡时D的量减少，化学平衡向逆反应方向移动，正反应为放热反应，Q＜0，则K3＜K1，温度相同，平衡常数相同，则K1＝K2，综上，则平衡常数的关系为：K3＜K2＝K1，故A错误；
B．升高温度，使部分非活化分子吸收热量而变为活化分子，即增大活化分子百分数，增大活化分子有效碰撞机会，化学反应速率加快，故B错误；
C．实验II达到平衡的时间很短，与实验I温度相同，平衡时各组分的量也相同，可判断实验II使用了催化剂，催化剂加快反应速率，但不改变化学平衡状态，实验I和Ⅱ探究的是催化剂对于化学反应的影响，故C正确；
D．容积为2L的恒容密闭容器中充入2molA和1mol B，发生反应：2A（g）+B（g）⇌2C（g），实验III中，原平衡的化学平衡常数为K＝＝＝4，温度不变，则平衡常数不变，实验Ⅲ达平衡后，恒温下再向容器中通入1 mol A和1 mol C，则此时容器中c（A）＝1mol/L，c（B）＝0.25mol/L，c（C）＝1mol/L，此时浓度商QC＝＝4L/mol＝K，则平衡不发生移动，故D错误；
故选：C。
6．答案：D
解：A．根据流程，OH﹣在加入，在生成，因此起到催化循环的作用，故A正确；
B．该反应在时生成了氢气，可产生清洁燃料H2，故B正确；
C．总反应为CO+H2O＝CO2+H2，元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，故C正确；
D．由反应机理图可知，Fe的成键数目变化为：5个共价键→6个共价键→5→4个共价键→5个共价键，该催化循环中Fe有Fe（CO）4，Fe（CO）5等，成键数目有4、5、6条化学键形成的化合物，成键数目发生变化，故D错误；
故选：D。
7．答案：C
解：A．实验前连接好装置后，向U形管中注入煤油，使右侧液面高于左侧，若一段时间后仍旧右侧高于左侧，则气密性良好，故可使用液差法检验装置气密性，故A正确；
B．当产品与蒸馏水完全反应后，冷却至室温、调平液面，可避免实验错误，使读取气体的体积准确，故B正确；
C．如果开始仰视刻度线，则初始体积偏大，终点时俯视刻度线，数据偏小，导致反应结束时的体积偏大，计算的气体的体积偏小，则测得结果偏小，故C错误；
D．CaC2样品与水反应生成乙炔，乙炔与水常温下不反应，且不溶于水，若将煤油换为水，可利用该装置测定CaC2样品（杂质不与水反应）的纯度，故D正确；
故选：C。
8．答案：B
解：A．氢化物的稳定性与化学键有关，键能越大氢化物的稳定性越强，键能：H﹣F＞H﹣O＞H﹣N，则氢化物的稳定性：HF＞H2O＞NH3，氢化物的熔沸点与分子间作用力和氢键有关，这三种物质中都存在氢键且常温下水是液态，其熔沸点最高，故A错误；
B．活泼金属可以采用电解熔融盐或氧化物的方法冶炼，Na、Mg都是活泼金属，都可以处于电解熔融氯化物的方法冶炼，故B正确；
C．Pb的化合价为+2价、+4价，不存在+3价，Pb3O4可表示为2PbO•PbO2，故C错误；
D．大多数氢化物是分子晶体但NaH是离子晶体，故D错误；
故选：B。
二．填空题（共6小题）
9．答案：（1）18.4mol/L；
（2）①108.7；
②ACE；
③检查是否漏水；
④Ⅰ.偏低；
Ⅱ.偏低；
Ⅲ.无影响。
【解答】（1）浓硫酸物质的量浓度＝＝（mol/L）＝18.4mol/L，
故答案为：18.4mol/L；
（2）①设配制500mL物质的量浓度为4.0mol•L﹣1稀硫酸需要浓硫酸体积为V，则依据溶液稀释规律可知：18.4mol/L×V＝4.0mol•L﹣1×500mL，解得V＝108.7mL，
故答案为：108.7；
②容量瓶为配制一定物质的量浓度溶液专用仪器，容量瓶标注：温度、容量、刻度线，
故答案为：ACE；
③容量瓶带有瓶塞，使用过程中需要上下颠倒，为防止漏水，使用前应先检查是否漏水，
故答案为：检查是否漏水；
④Ⅰ.用量筒量取浓硫酸时俯视凹液面，导致量取浓硫酸体积偏小，溶质物质的量偏小，溶液浓度偏低，
故答案为：偏低；
Ⅱ.定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面下降，再加适量的蒸馏水，则配制液的总体积偏大，导致配制溶液的浓度偏低，
故答案为：偏低；
Ⅲ.转移时容量瓶中有少量蒸馏水，则配制溶液中溶质的物质的量不变，且总体积不变，故配制溶液的浓度无影响，
故答案为：无影响。
10．答案：80.0。
解：三次滴定消耗标准液的体积分别为（20.01﹣0.03）mL＝19.98mL，（22.39﹣1.34）mL＝21.05mL、（21.49﹣1.47）mL＝20.02mL，第二次误差较大，需要舍弃，另外两次滴定消耗标准液的平均体积为：＝20.00mL，n（KMnO4）＝0.0100mol•L﹣1×0.02L＝2×10﹣4mol，
结合反应MnO4﹣+5Fe2++8H+═Mn2++5Fe3++4H2O可知，25.00mL样品溶液中含有FeSO4•7H2O的物质的量为：n（FeSO4•7H2O）＝5n（KMnO4）＝2×10﹣4mol×5＝1×10﹣3mol，250mL样品溶液中含有的n（FeSO4•7H2O）＝1×10﹣3mol×＝0.01mol，
则3.475g样品含有FeSO4•7H2O的质量为：m（FeSO4•7H2O）＝278g•mol﹣1×0.01mol＝2.78g，
该样品中FeSO4•7H2O的质量分数是：×100%＝80.0%，
故答案为：80.0。
11．答案：（1）＜；
（2）﹣99；
（3）①A；
②Q2＞Q1＞Q3或Q2＝2Q1＞Q3；
③H+（aq）+OH﹣（aq）＝H2O（l） ΔH＝﹣55.6kJ•mol﹣1。
解：（1）锌与稀盐酸的反应是放热反应，△H＜0，即△H＝反应物的总键能﹣生成物的总键能＝E1﹣E2＜0，所以E1＜E2，
故答案为：＜；
（2）CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H＝反应物的总键能﹣生成物的总键能＝1076kJ/mol+436kJ/mol×2﹣（413×3+343+465）kJ/mol＝﹣99kJ/mol，
故答案为：﹣99；
（3）①倒入氢氧化钠溶液时，必须一次迅速的倒入，目的是减少热量的散失，不能分几次倒入氢氧化钠溶液，否则会导致热量散失，影响测定结果，
故答案为：A；
②含有1molNaOH的溶液、氢氧化钙的溶液和稀盐酸恰好反应分别生成1mol、2mol水时，放出热量Q2＞Q1或Q2＝2Q1，一水合氨是弱碱，它的电离是吸热的，则1molNH3•H2O与盐酸时放出的热量最小，即Q2＞Q1＞Q3或Q2＝2Q1＞Q3，
故答案为：Q2＞Q1＞Q3或Q2＝2Q1＞Q3；
③50mL0.50mol•L﹣1盐酸与50mL0.55mol/L NaOH溶液进行中和反应生成水的物质的量为0.05L×0.25mol/L×2＝0.025mol，产生的热量为1.39kJ，则中和热△H＝﹣kJ/mol═﹣55.6kJ/mol，中和反应的热化学方程式为H+（aq）+OH﹣（aq）＝H2O（l） ΔH＝﹣55.6kJ•mol﹣1，
故答案为：H+（aq）+OH﹣（aq）＝H2O（l） ΔH＝﹣55.6kJ•mol﹣1。
12．答案：见试题解答内容
解：（1）使装置内外形成气压差是气密性检查的常用手段，检查该装置的气密性可关闭分液漏斗活塞，向外拉注射器的内管一段距离后松手，若内管能回到开始位置，证明气密性好，若不能则说明气密性不好，
故答案为：关闭分液漏斗活塞，向外拉注射器的内管一段距离后松手，若内管能回到开始位置，证明气密性好，若不能则说明气密性不好；
（2）1mol/L硫酸浓度小于4mol/L硫酸，化学反应速率后者快，收集25mL H2时所需时间后者比前者短，故答案为：短；
（3）本实验设计存在明显不足，分液漏斗的使用不能达到实验目的，应该改为启普发生器，其次是反应速率太快，收集25mLH2时所需时间间隔太短，不易计时，
故答案为：分液漏斗控制反应的进行不可取，收集25mLH2时所需时间间隔太短；
（4）产生一定体积的气体所需要的时间来确定反应速率时，在物质混合后就应该计时，故答案为：多孔塑料袋浸入稀硫酸；
（5）观察到锌与稀硫酸反应初期，反应放热，温度升高，反应速率加快；反应进行一定时间后，酸中氢离子浓度减小，反应速率减慢，故答案为：反应放热，温度升高反应速率加快；酸中氢离子浓度减小；
（6）在金属锌和硫酸的反应中，接近反应的最后阶段，由于气体的热胀冷缩性质，会发现气体的体积突然减小，根据金属锌和硫酸反应的实质是：Zn+2H+＝Zn2++H2↑，产生氢气40mL时，n（H2）物质的量是0.040L/25L/mol，消耗氢离子的物质的量为氢气的2倍，根据v＝＝0.00125mol/（L•s），
故答案为：气体遇冷压缩；0.00125mol/（L•s）。
13．答案：见试题解答内容
解：（1）根据氧化还原反应类型离子方程式要遵循原子守恒、电荷守恒和得失电子数目相等，该反应的离子方程式为4H++4I﹣+O2＝2I2+2H2O，
故答案为：4H++4I﹣+O2＝2I2+2H2O；
（2）根据表中数据分析，该实验目的是探究温度对反应速率的影响，故答案为：探究温度对反应速率的影响；
（3）为测定显色时间，产物中有碘单质生成，还需要的试剂是淀粉溶液，实验现象为无色溶液变蓝色，故答案为：淀粉溶液； 无色溶液变蓝色；
（4）设计实验必须保证其他条件不变，只改变一个条件，才能得到准确的结论，还必须控制不变的是试剂的用量（体积） 和试剂添加的顺序，故答案为：CD；
（5）分析实验数据可得出的结论是每升高10℃，反应速率增大约2倍，故答案为：每升高10℃，反应速率增大约2倍；
（6）若要进行酸性对反应速率的影响的探究实验，你会采取的措施是保持其他实验条件不变，采用不同浓度的硫酸溶液进行对比实验，故答案为：保持其他实验条件不变，采用不同浓度的硫酸溶液进行对比实验．
14．答案：（1）完成组装后将导管放入水槽，微热蒸馏烧瓶看到有气泡冒出，撤去热源一段时间后，导管内出现一段稳定的液柱；
（2）①冰水浴；
②生成的NOSO4H作该反应的催化剂；
③在A、B间增加一盛有浓硫酸的洗气瓶；
④C；
⑤2NOSO4H+H2O＝2H2SO4+NO↑+NO2↑；
（3）①当最后一滴标准液滴入后，溶液紫色褪去无色且半分钟内不复原；
②92.03%。
解：装置A是利用亚硫酸钠和浓硫酸反应：Na2SO3+H2SO4＝Na2SO4+SO2↑+H2O制取SO2，制取的SO2通入到B装置中，HNO3与SO2在浓H2SO4作用下在冰水浴中反应制得NOSO4H，由于亚硝酰硫酸（NOSO4H）遇水分解，且装置A中制得的SO2属于大气污染物，不能直接排放到大气中，则装置C中的碱石灰的作用是吸收SO2，防止空气中的水蒸气进入装置B中，装置A中导管a的作用是平衡内外压强，确保反应物浓硫酸顺利流下。
（1）检验装置A的气密性操作：完成组装后将导管放入水槽，微热蒸馏烧瓶看到有气泡冒出，撤去热源一段时间后，导管内出现一段稳定的液柱，则说明该装置气密性良好，
故答案为：完成组装后将导管放入水槽，微热蒸馏烧瓶看到有气泡冒出，撤去热源一段时间后，导管内出现一段稳定的液柱，则说明该装置气密性良好；
（2）①该反应必须维持体系温度不得高于20℃，可以将三颈烧瓶置于冰水浴中，
故答案为：冰水浴；
②开始反应缓慢，待生成少量NOSO4H后，温度变化不大，但反应速度明显加快，其原因是：生成的NOSO4H作为反应的催化剂，
故答案为：生成的NOSO4H作为反应的催化剂；
③由于亚硝酰硫酸（NOSO4H）遇水分解，该实验装置存在可能导致NOSO4H产量降低的缺陷是：装置A中的水蒸气会进入B中使NOSO4H水解，可以在A、B间增加一盛有浓硫酸的洗气瓶，
故答案为：可以在A、B间增加一盛有浓硫酸的洗气瓶；
④A.硝酸易挥发，且具有强氧化性，Na2SO3溶液与HNO3反应难以得到二氧化硫，故A错误；
B．强酸可制备弱酸，Na2SO3固体与浓硫酸反应生成硫酸钠和二氧化硫和水，20%硫酸不是浓硫酸，故B错误；
C.强酸可制备弱酸，Na2SO3固体与70%的浓硫酸反应生成硫酸钠和二氧化硫和水，故C正确；
D.98%硫酸溶液水太少，浓度太高，电离出的氢离子也少，不利于和亚硫酸钠反应，故D错误。
故答案为：C；
⑤已知亚硝酸不稳定，易分解，发生反应2HNO2＝NO2↑+NO↑+H2O。NOSO4H遇水分解时发生反应的化学方程式：2NOSO4H+H2O＝2H2SO4+NO↑+NO2↑，
故答案为：2NOSO4H+H2O＝2H2SO4+NO↑+NO2↑；
（3）①先用KMnO4将NOSO4H氧化为HNO3，再用草酸钠标准溶液滴定剩余的KMnO4，滴定终点时KMnO4反应完毕，故滴定终点的现象为：当最后一滴标准液滴入后，溶液紫色褪去且半分钟内不复原，
故答案为：当最后一滴标准液滴入后，溶液紫色褪去且半分钟内不复原；
②根据滴定实验操作，用0.2500mol•L﹣1的草酸钠标准溶液滴定过量的KMnO4标准溶液，草酸钠与KMnO4发生氧化还原反应，根据氧化还原反应规律，配平该反应的离子反应为：2MnO4﹣+5C2O42﹣+16H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O，由反应可知，过量的KMnO4标准溶液的物质的量＝n（C2O42﹣）＝0.02L×0.2500mol/L×＝0.002mol，则与NOSO4H溶液反应的KMnO4标准溶液的物质的量＝0.06L×0.1000mol•L﹣1﹣0.002mol＝0.004mol，根据已知反应2KMnO4+5NOSO4H+2H2O＝K2SO4+2MnSO4+5HNO3+2H2SO4可知，产品中NOSO4H的物质的量＝×0.004mol＝0.01mol，则亚硝酰硫酸的纯度为×100%＝92.03%，
故答案为：92.03%
三．实验题（共9小题）
15．答案：（1）①④⑤⑥胶头滴管；搅拌、引流；
（2）②①③⑧⑤⑥⑦④；10.0；1～2；
（3）偏低；
（4）17.4；
（5）0.125mol/L。
解：（1）配制500mL0.5mol•L﹣1的NaOH溶液的步骤有：计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等，必须使用的仪器有①烧杯、④500mL容量瓶、⑤玻璃棒、⑥托盘天平（带砝码），还缺少的玻璃仪器是胶头滴管；
溶解NaOH固体时需要用玻璃棒搅拌，加速溶解；将溶液转移到容量瓶中时需要用玻璃棒引流，
故答案为：①④⑤⑥；胶头滴管；搅拌、引流；
（2）配制500mL0.5mol•L﹣1的NaOH溶液的步骤有：计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等，则正确的操作顺序为②①③⑧⑤⑥⑦④；
配制500mL0.5mol•L﹣1的NaOH溶液，需称量NaOH的质量为：40g/mol×0.5mol/L×0.5L＝10.0g；
定容时应向容量瓶中加入蒸馏水，到液面离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管加蒸馏水至液面与刻度线相切，
故答案为：②①③⑧⑤⑥⑦④；10.0；1～2；
（3）若定容时，眼睛仰视刻度线，加入蒸馏水体积偏大，所得溶液的浓度偏低，
故答案为：偏低；
（4）图示游码读数为2.6g，若在托盘天平左盘放有20g砝码，根据托盘天平的称量原理可知：样品质量+游码＝砝码质量，则该同学所称量药品的质量为20g﹣2.6g＝17.4g，
故答案为：17.4；
（5）从该溶液中取出50mL，溶液浓度不变，仍然为0.5mol/L，加水稀释成200mL，稀释过程中NaOH的物质的量不变，则稀释后NaOH溶液的物质的量浓度为：＝0.125mol/L，
故答案为：0.125mol/L。
16．答案：（1）研钵；干燥器；
（2）连续两次称量的质量差不超过0.1g为止；
（3）6.98；0.40；
（4）AC；
（5）空气中含有氧气和水蒸气，会使Fe2+发生水解和氧化，所以要在氮气环境中进行。
解：（1）研磨硫酸铜晶体在研钵中进行，为了防止硫酸铜粉末在空气中吸水使测定结果偏小，冷却硫酸铜粉末应该在干燥器中进行，
故答案为：研钵；干燥器；
（2）在硫酸铜结晶水含量的测定实验中要进行恒重操作，以判断晶体是否完全分解，即③加热、④冷却、⑤称量的操作步骤要重复进行，直至连续两次称量的差不超过0.1g为止，可认为硫酸铜晶体完全分解，
故答案为：连续两次称量的质量差不超过0.1g为止；
（3）由表中数据可知，硫酸铜粉末的质量m3﹣m1＝6.800g﹣5.400g＝1.400g，物质的量n（CuSO4）＝＝0.00875mol，结晶水的质量m2﹣m3＝7.900g﹣6.800g＝1.100g，n（H2O）＝＝0.06111mol，晶体中x＝＝≈6.98，本次实验的相对误差为＝0.40，
故答案为：6.98；0.40；
（4）A．被测样品中含有加热不挥发的杂质，则n（CuSO4）偏大，x值偏小，故A正确；
B．被测样品中含有加热易挥发的杂质，则n（H2O）偏大，x值偏大，故B错误；
C．实验前被测样品已有部分失水，则n（H2O）偏小，x值偏小，故C正确；
D．加热前所用的坩埚未完全干燥，则n（H2O）偏大，x值偏大，故D错误；
故答案为：AC；
（5）FeSO4是强酸弱碱盐，易发生水解，同时具有强还原性，易被空气中的氧气氧化，所以加热前先通一段时间的N2，可排除装置内的空气，防止硫酸亚铁被氧化，防止FeSO4发生水解，
故答案为：空气中含有氧气和水蒸气，会使Fe2+发生水解和氧化，所以要在氮气环境中进行。
17．答案：（1）酚酞；
（2）23.70；
（3）②④；
（4）圆底烧瓶；
（5）③；
（6）0.192。
解：（1）用0.1000mol/L NaOH标准溶液测定未知浓度的某醋酸，滴定终点生成醋酸钠，溶液呈碱性，可选用酚酞作指示剂，
故答案为：酚酞；
（2）图示滴定管读数为24.90mL，滴定前滴定管内液面读数为1.20mL，则消耗标准液VNaOH为24.90mL﹣1.20mL＝23.70mL，
故答案为：23.70；
（3）①锥形瓶蒸馏水洗后未干燥，也未用待测液润洗，操作方法合理，不影响滴定结果，故①错误；
②酸式滴定管未用标准液润洗就直接用于盛装待测液，待测液被稀释，滴定过程中消耗标准液体积偏小，测定结果偏低，故②正确；
③碱式滴定管尖嘴部分滴定前有气泡，滴定后气泡消失，导致消耗标准液体积偏大，测定结果偏高，故③错误；
④滴定终点时，俯视读数，导致消耗标准液体积偏小，测定结果偏低，故④正确；
⑤滴定终点前加水清洗锥形瓶，不影响滴定结果，故⑤错误；
故答案为：②④；
（4）结合图示可知，图1中B仪器的名称为圆底烧瓶，
故答案为：圆底烧瓶；
（5）碱式滴定管中排气泡的方法：把滴定管的胶头部分稍微向上弯曲，再排气泡，所以排除碱式滴定管中的空气用③的方法，
故答案为：③；
（6）根据2NaOH～H2SO4～SO2可知，SO2的质量为：×0.0900mol/L×0.020L×64g/mol＝0.0576g，该葡萄酒中SO2含量为为：＝0.24g/L，
故答案为：0.192。
18．答案：（1）5.0；
（2）环形玻璃搅拌器；减少热量损失；
（3）偏小；
（4）不相等；相等；中和热是强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热量，与酸、碱的用量无关；
（5）﹣56.0kJ/mol；
（6）偏大；
（7）abd。
解：（1）要使用230mLNaOH溶液，应选择250mL容量瓶，实际配制250mL0.50mol/LNaOH溶液溶液，需要氢氧化钠的质量m＝0.25L×0.5mol/L×40g/mol＝5.0g；
故答案为：5.0；
（2）由量热计的构造可知该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌器；中和热测定实验成败的关键是保温工作，烧杯间填满碎泡沫塑料的作用是减少热量损失，
故答案为：环形玻璃搅拌器；减少热量损失；
（3）大烧杯上如不盖硬纸板，会使一部分热量散失，导致测定结果偏小，
故答案为：偏小；
（4）反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，若用60mL0.50mol/L的盐酸与50mL0.55mol/L的氢氧化钠溶液进行反应，与上述实验相比，生成水的物质的量增多，所放出的热量偏高，但中和热是强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热量，与酸、碱的用量无关；
故答案为：不相等；相等；中和热是强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热量，与酸、碱的用量无关；
（5）混合后溶液质量为100mL×1g/mL＝100g，由于3.9℃偏差太大，应舍去，故溶液的平均温度升高为＝3.35℃，所以放出的热量Q＝4.18J/（g•℃）×100g×3.35℃＝4.18×100×3.35J＝0.418×3.35kJ，参加反应的n（HCl）＝0.05L×0.50mol•L﹣1＝0.025mol，所以，△H＝﹣＝﹣56.0kJ/mol，
故答案为：﹣56.0kJ/mol；
（6）若用氨水代替NaOH溶液做实验，由于氨水为弱电解质，电离过程吸收热量，放出的热量偏小，则测定结果△H会偏大，
故答案为：偏大；
（7）a．实验装置保温、隔热效果差，热量散失较大，所得中和热的数值偏小，故a正确；
b．分多次把NaOH溶液倒入盛有稀硫酸的小烧杯中，热量散失较大，所得中和热的数值偏小，故b正确；
c．量取NaOH溶液的体积时仰视读数，会导致所量的氢氧化钠体积偏大，放出的热量偏高，故c错误；
d．用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定HCl溶液的温度，温度计上附着的NaOH溶液与HCl溶液反应后使得盐酸浓度偏低，测得的热量偏小，中和热的数值偏小，故d正确；
故答案为：abd。
19．答案：（1）①2NH4Cl+Ca（OH）22NH3+CaCl2+2H2O；
②bcacd；吸收产生的多余NH3，防止空气中H2O进入C中影响结果；固体由黑色转变为红色；
③；
（2）①偏大；
②取少量红色固体样品于试管中，向其中加入适量的稀盐酸（或稀硫酸），若观察溶液变成蓝色，说明该样品中含有Cu2O，反之，则没有；
（3）CuO；4CuO2Cu2O+O2↑；CuO比Cu2O的热稳定性差。
解：（1）①在加热条件下，氯化铵与氢氧化钙反应生成氨气、氯化钙和水，反应的方程式为：2NH4Cl+Ca（OH）22NH3+CaCl2+2H2O，
故答案为：2NH4Cl+Ca（OH）22NH3+CaCl2+2H2O；
②根据题给的要求来测量氧化铜和水的质量，考虑到氨气可以和浓硫酸反应，但是不和碱石灰反应，所以应该用碱石灰来吸收水，而用浓硫酸来吸收氨气，由于在制取氨气的过程中要产生水，所以应该先对产生的氨气进行干燥，即选择c装置，然后进行实验，最后为了防止氨气污染空气，所以要用浓硫酸来处理尾气，即正确的操作顺序为：bcacd；d中浓硫酸的作用是吸收产生的多余NH3，防止空气中H2O进入C中影响结果；氨气与氧化铜反应生成铜单质，反应现象为固体由黑色转变为红色，
故答案为：bcacd；吸收产生的多余NH3，防止空气中H2O进入C中影响结果；固体由黑色转变为红色；
③设铜的相对原子质量为x
2NH3+3CuO N2+3Cu+3H2O
3（x+16）54
m（CuO） m（H2O）
解得x＝，
故答案为：；
（2）①如果氧化铜没有完全被还原，则生成的水的质量偏小，由Cu的相对原子质量的计算式可知，测定结果偏大，
故答案为：偏大；
②由题中信息可知，Cu2O是一种碱性氧化物，在酸性溶液中，Cu+的稳定性比Cu2+差（2Cu+＝Cu+Cu2+），则将Cu2O加入硫酸中发生：Cu2O+H2SO4＝CuSO4+Cu+H2O，可观察到溶液出现蓝色，说明红色物质中含有Cu2O，反之则没有，设计实验过程为：取少量红色固体样品于试管中，向其中加入适量的稀盐酸（或稀硫酸），若观察溶液变成蓝色，说明该样品中含有Cu2O，反之，则没有，
故答案为：取少量红色固体样品于试管中，向其中加入适量的稀盐酸（或稀硫酸），若观察溶液变成蓝色，说明该样品中含有Cu2O，反之，则没有；
（3）取0.98g Cu（OH）2固体，即n（ Cu（OH）2）＝0.01mol，加热至80℃～100℃时，得到黑色固体粉末，该黑色粉末为CuO，反应方程式为Cu（OH）2CuO+H2O，0.01molCu（OH）2固体分解生成的CuO为0.01mol，其质量为0.8g，则A为CuO，
继续加热到1000℃以上，黑色粉末全部变为红色粉末B，则B为Cu2O，反应4CuO2Cu2O+O2↑，m（Cu2O）＝n（Cu2O）×M（Cu2O）＝0.005mol×144g/mol＝0.72g，说明红色粉末为Cu2O，且Cu2O比CuO稳定，
故答案为：CuO；4CuO2Cu2O+O2↑；CuO比Cu2O的热稳定性差。
20．答案：见试题解答内容
解：（1）实验前必须检查该装置的气密性，检查方法为关闭分液漏斗活塞，将注射器活塞向外拉，松开后若注射器活塞能回到原来的位置，说明装置的气密性良好，
故答案为：关闭分液漏斗活塞，将注射器活塞向外拉，松开后若注射器活塞能回到原来的位置，说明装置的气密性良好；
（2）收集到气体44.8mL，可知生成氢气为＝2×10﹣3mol，由2H+～H2↑可知用H+表示10 s内该反应的平均速率为＝0.01mol/（L•s），反应到10s时溶液中c（H+）＝＝0.4mol/L，pH约为﹣lg0.4＝1﹣2lg2＝1﹣0.3×2＝0.4；此时溶液中由水电离出的c（H+）为mol/L＝2.5×10﹣14mol/L，
故答案为：0.01mol/（L•s）；0.4； 2.5×10﹣14mol/L。
21．答案：见试题解答内容
解：（1）该反应的离子方程式为4H++4I﹣+O2═2I2+2H2O，故答案为：4H++4I﹣+O2═2I2+2H2O；
（2）只有温度不同，可知实验目的为探究温度对反应速率的影响，故答案为：探究温度对反应速率的影响；
（3）实验试剂除了1mol•L﹣1KI溶液、0.1mol•L﹣1H2SO4溶液外，还需要的试剂是淀粉溶液，实验现象为无色溶液变蓝，故答案为：淀粉溶液；无色溶液变蓝；
（4）升高温度时，显色时间变短，主要原因是反应物分子的能量增加，活化分子百分数增大，有效碰撞次数增多，与其它因素无关，故答案为：B；
（5）若要进行酸性对反应速率的影响的探究实验，采取的措施是保持其他实验条件不变，采用不同浓度的硫酸溶液进行对比实验，故答案为：保持其他实验条件不变，采用不同浓度的硫酸溶液进行对比实验。
22．答案：（1）G→A、B→F；
（2）；先变红后褪色；
（3）①C；②c。
解：（1）用⑤作为反应装置，通过排出①中水的体积测量④中得到水的量，整个装置是最简单的测定过氧化钠样品纯度的实验装置，因此选用装置的连接顺序应是G→A、B→F，
故答案为：G→A、B→F；
（2）实验中Na2O2发生反应的化学方程式2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑；Na2O2既是氧化剂，又是还原剂，故用双线桥表示电子转移数为：；过氧化钠有强氧化性有漂白性，过氧化钠投入滴有酚酞的水中现象是先变红后褪色，
故答案为：；先变红后褪色；
（3）①HCO3﹣和CO32﹣的物质的量分别为x、y，向400mL该溶液中钠离子的物质的量n＝1.0mol/L×0.4L＝0.4mol，通入0.3mol CO2，x+y＝0.3，x+2y＝0.4，解得x＝0.2mol，y＝0.1mol，浓度之比等于物质的量之比，因此所得溶液中HCO3﹣和CO32﹣的物质的量浓度之比约为2：1，C正确，
故答案为：C；
②a.取a g混合物充分加热，在干燥器中冷却至室温，减重b g，减少的质量为碳酸氢钠分解生成的二氧化碳和水的质量，因此能计算出碳酸钠的质量分数，故a不满足题意；
b.取a g混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得b g固体，最后得到氯化钠固体，根据方程组求算出碳酸钠的质量分数，故b不满足题意；
c.取a g混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，增重b g，碱石灰增加的质量是二氧化碳和水的质量，因水的质量无法计算，故不能计算碳酸钠的质量分数，故c满足题意；
d.取a g混合物与足量Ba（OH）2溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得b g固体，得到碳酸钡沉淀，根据方程组求算出碳酸钠的质量分数，故d不满足题意，
故答案为：c。
23．答案：（1）分液漏斗；
（2）检验装置气密性；
（3）①除去混合气体中的SO2；
②有白色沉淀生成；
③否；
④Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O；
（4）用胶头滴管向试管中滴加溴化钠溶液，振荡、静置，溶液中出现分层现象，并且下层溶液变为橙红色。
解：（1）仪器A是分液漏斗，能控制液体流速，
故答案为：分液漏斗；
（2）有连接的实验装置在加入药品前要进行气密性检验，否则实验不成功，
故答案为：检验装置气密性；
（3）①高锰酸钾能与二氧化硫反应，不能与二氧化碳反应，防止干扰后续实验，必须除去，即装置D中足量酸性KMnO4溶液的作用是除去混合气体中的SO2，
故答案为：除去混合气体中的SO2；
②酸性强的酸能和弱酸盐反应生成弱酸，二氧化碳和硅酸钠反应生成难溶性的硅酸，即有白色沉淀生成，说明碳元素的非金属性强于硅元素，
故答案为：有白色沉淀生成；
③元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，所以气体通过C装置发生2HCO3﹣+SO2＝2CO2+SO32﹣+H2O，说明亚硫酸的酸性大于碳酸，但是亚硫酸不是最高价氧化物的水化物，所以不能根据亚硫酸与碳酸的酸性来判断非金属性，
故答案为：否；
④烧瓶中Cu与浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，其反应方程式为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O，
故答案为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O；
（4）氯气有强的氧化性能从溴化钠溶液中置换出溴，溴的四氯化碳溶液显橙红色，可证明氯气氧化性大于溴，即操作为：取少量新制氯水和CCl4于试管中，用胶头滴管向试管中滴加溴化钠溶液、振荡使其充分反应，静置，溶液出现分层现象，下层溶液变为橙红色，反应方程式：Cl2+2NaBr＝Br2+2NaCl，
故答案为：用胶头滴管向试管中滴加溴化钠溶液，振荡、静置，溶液中出现分层现象，并且下层溶液变为橙红色。
四．解答题（共9小题）
24．答案：（1）4.0；
（2）0.04；
（3）B；
（4）①4.6；
②250.0。
解：（1）该“84消毒液”的物质的量浓度c＝＝4.0（mol•L﹣1），
故答案为：4.0；
（2）稀释前后溶液中NaClO的物质的量不变，则有100mL×10﹣3L•mL﹣1×4.0mol•L﹣1＝100mL×100×10﹣3L•mL﹣1×c（NaClO），解得稀释后c（NaClO）＝0.04mol•L﹣1，c（Na+）＝c（NaClO）＝0.04mol•L﹣1，
故答案为：0.04；
（3）A．定容操作过程仍然需要加入蒸馏水，所以洗涤干净的容量瓶不必烘干后再使用，故A错误；
B．配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒可能导致部分溶质损耗，依据c＝可知溶液浓度偏低，故B正确；
C．应选取500mL的容量瓶进行配制，然后取出480mL即可，所以需要NaClO的质量为0.5L×4.0mol•L﹣1×74.5g•mol﹣1＝149.0g，故C错误；
故答案为：B；
（4）①根据H2SO4的组成可知，溶液中c（H+）＝2c（H2SO4）＝2×2.3mol•L﹣1＝4.6mol•L﹣1，
故答案为：4.6；
②98%（密度为1.84g•cm﹣3）的浓硫酸物质的量浓度c＝＝18.4mol/L，设配制2L 2.3mol•L﹣1的稀硫酸需要浓硫酸体积为V，则依据溶液稀释规律可知：
18.4mol/L×V＝2000mL×2.3mol•L﹣1，解得V＝250.0mL，
故答案为：250.0。
25．答案：见试题解答内容
解：向废铜屑（含少量铁）中加入稀硫酸除去Fe，过滤得到纯Cu，途径1：Cu+H2O2+H2SO4＝CuSO4+2H2O；途径2：2Cu+O2+2H2SO4＝2CuSO4+2H2O；途径3：Cu+2H2SO4CuSO4+SO2↑+2H2O，得到CuSO4溶液，从溶液中蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到胆矾晶体，洗涤、干燥得到纯净的胆矾晶体，则试剂X是稀硫酸，操作a是过滤，
（1）由上述分析可知，试剂X是稀硫酸，操作a是过滤，过滤需要的玻璃仪器为烧杯、玻璃棒、漏斗，
故答案为：稀硫酸；漏斗；
（2）双氧水受热易分解，控制水浴加热温度为30～40℃，目的是防止温度过高导致双氧水发生分解，
故答案为：温度过高双氧水会分解；
（3）Cu、稀H2SO4、O2三者发生反应生成CuSO4和H2O，反应的化学方程式为2Cu+O2+2H2SO4＝2CuSO4+2H2O，
故答案为：2Cu+O2+2H2SO4＝2CuSO4+2H2O；
（4）途径1反应为Cu+H2O2+H2SO4＝CuSO4+2H2O，途径3反应为Cu+2H2SO4CuSO4+SO2↑+2H2O，途径3中生成污染性气体SO2，生成等量的CuSO4时，途径3消耗H2SO4的量为途径1的2倍，即途径1原子利用率高，途径1的优点有：产物无污染，原子利用率高，
故答案为：产物无污染；原子利用率高；
（5）从溶液中结晶得到含有结晶水的胆矾晶体的方法为蒸发浓缩、冷却结晶，再经过过滤、洗涤、干燥得到纯净胆矾晶体，
故答案为：冷却结晶；
（6）4.6400g样品中CuSO4～BaSO4，n（CuSO4）＝n（BaSO4）＝0.02mol，m（CuSO4）＝nM＝3.2g，m（H2O）＝4.64g﹣3.2g＝1.44g，n（H2O）＝＝0.08mol，x＝＝＝4，
故答案为：4。
26．答案：Ⅰ（1）①④⑤⑧⑩；
（2）容量瓶；
（3）指示剂；
（4）丙；
（5）ABD；
Ⅱ（1）①，
②＜；＜；
③80%；
（2）①2CH3OH（l）+3O2（g）＝2CO2（g）+4H2O（l）△＝﹣1451.6kJ•mol﹣1；
②CH3OH﹣6e﹣+8OH﹣＝CO32﹣+6H2O。
解：Ⅰ（1）根据分析可知，过滤时，应选用的上述仪器是烧杯、漏斗、玻璃棒、铁架台、滤纸；即①④⑤⑧⑩，
故答案为：①④⑤⑧⑩；
（2）配制一定物质的量浓度的NaOH溶液时，所需仪器容量瓶、天平（含砝码）、烧杯、玻璃棒、胶头滴管；还缺少的仪器是容量瓶，
故答案为：容量瓶；
（3）做酸碱中和滴定时，需要的试剂为：标准液、待测液、指示剂；题干中还缺乏的试剂是指示剂，
故答案为：指示剂；
（4）中和滴定时，酸式滴定管和碱式滴定管必须用要盛的溶液事先润洗的仪器，绝不可用将要盛的溶液事先润洗的仪器是锥形瓶，锥形瓶只水洗，否则会造成误差，
故答案为：丙；
（5）用标准的NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，选用酚酞作为指示剂，
A．40gNaOH与盐酸中的1molHCl反应，53gNa2CO3与盐酸中的1molHCl反应；即相同质量的含杂质Na2CO3的NaOH配制溶液时，消耗的HCl会少，所以所用标准液体积增大，而使结果偏高；
B．终点时，俯视滴定管的刻度，读出的数值要偏小；会使差值增大，结果偏高；
C．对于锥形瓶，正确的操作为：用蒸馏只用水洗，不能用未知液润洗，对结果无影响；
D．滴定前有气泡，滴定后气泡消失，一部分标准液去填充气泡，而没有与锥形瓶内的HCl反应，会使读数变大，测定结果偏高；
故答案为：ABD；
Ⅱ（1）①根据反应方程式，反应I：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）的平衡常数表达式为K＝，
故答案为：；
②反应II：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H2，温度升高，化学平衡向吸热方向移动；由表数据可知，平衡常数减小，说明平衡逆向进行，则逆反应方向是吸热反应，则正反应方向是放热反应，即△H1＜0；根据反应方程式，气体的体积减小，混乱度减小，即△S＜0，
故答案为：＜；＜；
③按反应Ⅰ充分反应达到平衡后，测得c（CH3OH）＝0.8mol/L，其物质的量为1.6mol，则：
CO （g）+2H2（g）⇌CH3OH （g）
起始量（mol）：2 6 0
变化量（mol）：1.6 3.2 1.6
平衡量（mol）：0.2×2 2.8 1.6
CO的转化率＝×100%＝80%，
故答案为：80%；
（2）①甲醇燃烧热为是指1mol甲醇完全燃烧生成CO2和液态水，由以下两个反应：
①2CH3OH（l）+3O2（g）＝2CO2（g）+4H2O（g）△H＝﹣1275.6 kJ•mol﹣1，
②H2O（g）＝H2O（l）△H＝﹣44.0 kJ•mol﹣1，根据盖斯定律，①+②×4；得出甲醇燃烧热热化学方程式为：2CH3OH（l）+3O2（g）＝2CO2（g）+4H2O（l）△＝﹣1451.6kJ•mol﹣1，
故答案为：2CH3OH（l）+3O2（g）＝2CO2（g）+4H2O（l）△＝﹣1451.6kJ•mol﹣1；
②如图所示的电池装置，甲醇在负极失电子发生氧化反应，根据质量守恒和电子转移守恒，电极反应为：CH3OH+8OH﹣﹣6e﹣＝CO32﹣+6H2O，
故答案为：CH3OH﹣6e﹣+8OH﹣＝CO32﹣+6H2O。
27．答案：Ⅰ．D；
Ⅱ．（1）环形玻璃搅拌棒；
（2）确保盐酸被完全中和；
（3）C；
（4）△H1＝△H2＜△H3
（5）SO42﹣、Ba2+反应生成BaSO4沉淀，生成沉淀放热会影响反应的反应热。
解：Ⅰ．A．热化学方程式中生成CO不是稳定化合物，则碳的燃烧热不等于110.5kJ•mol﹣1，故A错误；
B．①的反应热为△H＝﹣221kJ•mol﹣1，焓变为负，故B错误；
C．稀硫酸与稀NaOH溶液反应的中和热为57.3kJ•mol﹣1，故C错误；
D．含20.0g NaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出热量为×57.3kJ＝28.65kJ，故D正确；
故答案为：D；
Ⅱ．（1）仪器a的名称是环形玻璃搅拌棒，
故答案为：环形玻璃搅拌棒；
（2）反应过程中NaOH溶液的浓度为0.55mol•L﹣1，不能使用0.50mol•L﹣1NaOH的原因是确保盐酸被完全中和，
故答案为：确保盐酸被完全中和；
（3）倒入NaOH和盐酸溶液的正确操作是一次迅速倒入，
故答案为：C；
（4）只有一水合氨为弱碱，电离吸热，导致中和反应中放出热量减少，强碱与盐酸反应的中和热相同，则△H1、△H2、△H3的大小关系为△H1＝△H2＜△H3，
故答案为：△H1＝△H2＜△H3；
（5）用Ba（OH）2溶液和硫酸发生SO42﹣（aq）+Ba2+（aq）+2H+（aq）+2OH﹣（aq）═BaSO4（s）+2H2O（l），则代替NaOH与盐酸所测中和热的数值并不相等的理由是SO42﹣、Ba2+反应生成BaSO4沉淀，生成沉淀放热会影响反应的反应热，
故答案为：SO42﹣、Ba2+反应生成BaSO4沉淀，生成沉淀放热会影响反应的反应热。
28．答案：见试题解答内容
解：（1）定容容器为容量瓶，具有一定体积并便于振荡，所以C正确，
故答案为：C；
（2）苯具有腐蚀性，易腐蚀碱式滴定管中的橡皮管，只能用酸式滴定管，
故答案为：酸式滴定管；碱式滴定管的橡胶管会溶于苯而变形；
（3）测量mgNaCl固体的体积，所加溶剂不能溶解NaCl，否则无法测出NaCl的体积，所以不能用水，应用苯，
故答案为：否；水会溶解NaCl，无法准确测出NaCl固体的体积；
（4）NaCl的密度为g/cm3，
NaCl晶胞的体积为（2a）3cm3，
则NaCl晶胞的质量为：g/cm3×（2a）3cm3＝g/cm3×（2a）3g，
一个NaCl晶胞含4个“NaCl”，
而每个“NaCl”的质量为，
g/cm3×（2a）3＝4×，
即NA＝，
故答案为：NA＝．
29．答案：见试题解答内容
解：（1）由图象可知，当放出一半气体所需要的时间为1min，故答案为：1 min；
（2）反应物浓度大小决定反应速率大小，随着反应的进行，双氧水的浓度逐渐减小，反应速率也随着减小，故答案为：D＞C＞B＞A；
（3）该反应为不可逆反应，在5min后，收集到的气体体积不再增加，说明过氧化氢完全分解，故答案为：此时双氧水已完全分解．
（4）由反应方程式为：2H2O22H2O+O2↑，该反应为不可逆反应，在5min后，收集到的气体体积不再增加，说明过氧化氢完全分解，
由图象可知，生成氧气的体积为60mL，
2H2O22H2O+O2↑
2mol 22.4L
n（H2O2） 0.06L
n（H2O2）＝＝0.00536mol，所以c（H2O2）＝＝0.11 mol•L﹣1，
故答案为：0.11 mol•L﹣1．
30．答案：见试题解答内容
解：（1）NaHSO3溶液中加入稍过量的KIO3溶液，一段时间后，溶液突然变蓝色，说明产物中有碘单质生成，由于有第一步反应IO3﹣+3HSO3﹣＝3SO42﹣+3H++I﹣，且KIO3溶液过量，所以能产生碘单质的反应为IO3﹣+5I﹣+6H+＝3I2+3H2O，
故答案为：IO3﹣+5I﹣+6H+＝3I2+3H2O；
（2）根据表格，可知溶液的体积均应为45mL，故a＝15mL；实验①③是探究温度对反应速率的影响，所以此时两个实验中的浓度都应当相等，所以b＝20，c＝10，
故答案为：KIO3溶液的浓度；15；20；10；
（3）根据影响反应速率的外界因素有浓度、温度、催化剂等加以假设，而在本实验中可能的原因为反应生成的I﹣对反应起催化作用，I﹣浓度越大反应速率越快或者反应生成的H+对反应起催化作用，H+浓度越大反应速率越快或者是反应放热，随着反应的进行，温度升高，反应速率加快，
故答案为：反应生成的I﹣对反应起催化作用，I﹣浓度越大反应速率越快；
（4）通过对比实验进行验证，具体步骤为在烧杯甲中将一定量的NaHSO3溶液与KIO3溶液混合，用速率检测仪测定其起始时的反应速率v（甲）；在烧杯乙中预先加入少量Na2SO4粉末或K2SO4粉末，其他条件与甲完全相同，进行同一反应，用速率检测仪测定其起始阶段相同时间内的反应速率v（乙），若v（甲）＝v（乙），则假设一不成立，若v（甲）＜v（乙），则假设一成立，
故答案为：
实验步骤（不要求写出具体操作过程）
预期实验现象和结论
在烧杯甲中将NaHSO3溶液与过量KIO3溶液混合，用测速仪测定其起始时的反应速率v（甲）；在烧杯乙中进行同一反应（不同的是乙烧杯中预先加入少量Na2SO4或K2SO4粉末，其他反应条件均完全相同），测定其起始阶段的相同时间内的反应速率v（乙）
若v（甲）＝v（乙），则假设一不成立；
若v（甲）＜v（乙），则假设一成立．
31．答案：I．（1）FeCO3难溶于水，在溶液中存在沉淀溶解平衡：FeCO3（s）⇌Fe2+（aq）+CO32﹣（aq），酸雨中含有H+浓度较大，H+结合CO32﹣形成HCO3﹣，使得溶液中c（CO32﹣）浓度降低，沉淀溶解平衡正向移动，最终使地下水中Fe2+的浓度增大；
II．（2）①加快反应速率；
②4；1；10；4；8；H+；
（3）①Mn2+的浓度越大，ClO2投加量小于1.2mg/L时几乎没影响，Fe2+的浓度小，ClO2降解的速率更快；
②2ClO2+5Mn2++6H2O＝2Cl﹣+5MnO2+12H+；
③适当增加ClO2的投料量，升高温度。
解：I．（1）FeCO3难溶于水，在溶液中存在沉淀溶解平衡：FeCO3（s）⇌Fe2+（aq）+CO32﹣（aq），酸雨中含有H+浓度较大，H+结合CO32﹣形成HCO3﹣，使得溶液中c（CO32﹣）浓度降低，沉淀溶解平衡正向移动，最终使地下水中Fe2+的浓度增大，
故答案为：FeCO3难溶于水，在溶液中存在沉淀溶解平衡：FeCO3（s）⇌Fe2+（aq）+CO32﹣（aq），酸雨中含有H+浓度较大，H+结合CO32﹣形成HCO3﹣，使得溶液中c（CO32﹣）浓度降低，沉淀溶解平衡正向移动，最终使地下水中Fe2+的浓度增大；
II．（2）①曝气池中使水呈“沸腾”状的作用温度越高，反应速率越快，
故答案为：加快反应速率；
②根据电子守恒，电荷守恒，原子守恒，配平化学方程得：4Fe2++O2+10H2O＝4Fe（OH）3+8H+，
故答案为：4；1；10；4；8；H+；
（3）①ClO2投加量小于1.2mg/L时，可以得出Fe2+、Mn2+性质差异的结论是Mn2+的浓度越大，ClO2投加量小于1.2mg/L时几乎没影响，Fe2+的浓度小，ClO2降解的速率更快，
故答案为：Mn2+的浓度越大，ClO2投加量小于1.2mg/L时几乎没影响，Fe2+的浓度小，ClO2降解的速率更快；
②分析图中数据ClO2氧化Mn2+是可逆反应；ClO2氧化Mn2+生成二氧化锰和氯离子，离子方程式为2ClO2+5Mn2++6H2O＝2Cl﹣+5MnO2+12H+，
故答案为：2ClO2+5Mn2++6H2O＝2Cl﹣+5MnO2+12H+；
③写出两种提高锰去除率的方法：适当增加ClO2的投料量，升高温度，适当降低pH等，
故答案为：适当增加ClO2的投料量，升高温度。
32．答案：（1）NO2（g）+CO（g）＝CO2（g）+NO（g）△H＝﹣234kJ•mol﹣1；
（2）138；
（3）环形玻璃搅拌棒；偏小；
（4）CH3OH（g）+O2（g）＝CO2（g）+2H2O（l）△H＝﹣764.7kJ/mol；
（5）p3＞p2＞p1；吸热；移出产物H2或S2。
解：（1）该反应的焓变△H＝E1﹣E2＝134kJ/mol﹣368kJ/mol＝﹣234kJ/mol，所以热化学方程式为：NO2（g）+CO（g）＝CO2（g）+NO（g）△H＝﹣234kJ•mol﹣1，
故答案为：NO2（g）+CO（g）＝CO2（g）+NO（g）△H＝﹣234kJ•mol﹣1；
（2）白磷燃烧的热方程式为P4（s）+5O2（g）＝P4O10（s）△H＝﹣1194kJ/mol，△H＝反应物键能﹣生成物键能，1mol白磷完全燃烧需拆开6molP﹣P键、5molO＝O键，形成12molP﹣O键、4molP＝O键，则6mol×198kJ/mol+5mol×498kJ/mol﹣（12mol×360kJ/mol+4xkJ/mol）＝﹣1194kJ/mol，解得x＝138，
故答案为：138；
（3）根据量热器的构造可知，缺少的一种玻璃仪器为环形玻璃搅拌棒；由于NH3•H2O是弱电解质，电离吸热，导致测得的中和热数值变小，
故答案为：环形玻璃搅拌棒；偏小；
（4）甲醇燃烧生成液态水的化学方程式为CH3OH（g）+O2（g）＝CO2（g）+2H2O（l），
①CH3OH（g）+H2O（g）═CO2（g）+3H2（g）△H＝+49.0kJ•mol﹣1
②CH3OH（g）+O2（g）═CO2（g）+2H2（g）△H＝﹣192.9kJ•mol﹣1
③H2O（g）＝H2O（l）△H＝﹣44kJ•mol﹣1
根据盖斯定律：②×3﹣①×2+③×2计算反应CH3OH（g）+O2（g）＝CO2（g）+2H2O（l）的△H＝（﹣49.0kJ/mol ）×2+（﹣192.9kJ/mol ）×3+（﹣44kJ/mol ）×2＝﹣764.7kJ/mol，
故答案为：CH3OH（g）+O2（g）＝CO2（g）+2H2O（l）△H＝﹣764.7kJ/mol；
（5）该反应的正反应方向为气体分子数增大，增大压强平衡逆向移动，H2S的平衡转化率减小，即压强越大，H2S的平衡转化率越小，则有p3＞p2＞p1；由图可知升高温度，H2S的平衡转化率增大，说明升高温度平衡正向移动，则正反应为吸热反应；若要进一步提高H2S的平衡转化率，除了改变温度和压强外，还可以通过减少生成物的浓度使平衡正向移动，即移出产物H2或S2，
故答案为：p3＞p2＞p1；吸热；移出产物H2或S2。
【备战2021】新高考化学各地模拟题精细分类汇编
第27讲定量实验与探究实验（一）
一．选择题（共8小题）
1．（2020秋•思南县校级期中）下列有关溶液配制的说法正确的是（ ）
A．在50mL量筒中配制0.1000mol/L碳酸钠溶液
B．用容量瓶配制稀硫酸溶液时，可以将浓硫酸倒入容量瓶内进行稀释，然后加水定容
C．欲配制0.1mol/L的Na2CO3溶液480mL，需用500mL的容量瓶
D．配制溶液时，若定容摇匀后溶液体积未达到刻度线，需再加水定容
2．（2020•潍坊三模）在芒硝（Na2SO4•10H2O）结晶水含量测定的实验过程中，下列仪器或操作未涉及的是（ ）
A． B．
C． D．
3．（2020秋•道里区校级期中）下列关于酸碱中和滴定实验叙述正确的是（ ）
A．滴定终点时溶液一定显中性
B．滴定过程中，接近滴定终点改用胶头滴管继续滴加
C．酸式滴定管可盛装氧化性试剂
D．滴定达到终点后仰视滴定管读数，待测液浓度偏小
4．（2020秋•丰台区期中）测定中和反应的反应热的装置如图所示，下列有关该实验的说法中不正确的是（ ）
A．测定中和反应的反应热时，不能选用NaOH溶液和浓硫酸
B．相同条件下，NaOH溶液与盐酸、硝酸反应的反应热不相同
C．实验需要记录反应前初始温度及反应后溶液达到的最高温度
D．环形玻璃搅拌棒上下搅拌有助于反应充分，泡沫塑料起保温作用
5．（2020•永州一模）在3种不同条件下，分别向容积为2L的恒容密闭容器中充入2molA和1molB，发生反应：2A（g）+B（g）⇌2C（g）△H＝QkJ•mol﹣1．相关条件和数据见表：
实验编号
实验Ⅰ
实验Ⅱ
实验Ⅲ
反应温度/℃
700
700
750
达平衡时间/min
40
5
30
平衡时n（C）/mol
1.5
1.5
1
化学平衡常数
K1
K2
K3
下列说法正确的是（ ）
A．K1＝K2＜K3
B．升高温度能加快反应速率的原因是降低了反应的活化能
C．实验Ⅱ比实验Ⅰ达平衡所需时间小的可能原因是使用了催化剂
D．实验Ⅲ达平衡后，恒温下再向容器中通入1molA和1molC，平衡正向移动
6．（2020秋•潍坊月考）据文献报道：Fe（CO）5催化某反应的一种反应机理如图所示。下列叙述错误的是（ ）
A．OH﹣在反应中做催化剂
B．该反应可产生清洁燃料H2
C．该反应属于氧化还原反应
D．该催化循环中Fe的成键数目未发生变化
7．（2020秋•天元区月考）氮化钙（Ca3N2）是高端荧光粉的主要成分之一，其极易与水反应生成氨气。利用如图装置测定氮化钙产品纯度（杂质不产生气体，氨不溶于煤油）。下列说法中错误的是（ ）
A．实验前使用液差法检验装置气密性
B．当产品与蒸馏水完全反应后，冷却至室温、调平液面、读数
C．如果开始仰视刻度线，终点时俯视刻度线，则测得结果偏高
D．若将煤油换为水，可利用该装置测定CaC2样品（杂质不与水反应）的纯度
8．（2020秋•雨城区校级月考）类推是化学学习中的常用方法，但类推的结论最终要经过实践的检验才能证明其正确与否。下列类推结论中正确的是（ ）
A．第二周期元素氢化物稳定性顺序是HF＞H2O＞NH3，则第二周期元素氢化物沸点顺序是HF＞H2O＞NH3
B．可电解熔融氯化镁来制取金属镁，则也能用电解熔融氯化钠来制取金属钠
C．Fe3O4可写成FeO•Fe2O3，则Pb3O4也可写成PbO•Pb2O3
D．常见的氢化物是分子晶体，则所有的氢化物都是分子晶体
二．填空题（共6小题）
9．（2020秋•兴庆区校级月考）（1）质量分数为98%，密度为1.84g/mL的浓硫酸，其物质的量浓度为 。
（2）某学生欲用上述浓硫酸和蒸馏水配制500mL物质的量浓度为4.0mol•L﹣1稀硫酸。
①该学生需要用量筒量取 mL上述浓硫酸进行配制。
②容量瓶上需标有以下五项中的 。
A．温度
B．浓度
C．容量
D．压强
E．刻度线
③已经洗干净的容量瓶在配制溶液前必须要 。
④在配制过程中，下列实验操作对所配制的稀硫酸的物质的量浓度有何影响？（在后面横线上“偏高”、“偏低”、“无影响”）。
Ⅰ．用量筒量取浓硫酸时俯视凹液面 。
Ⅱ．定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面下降，再加适量的蒸馏水 。
Ⅲ．转移时容量瓶中有少量蒸馏水 。
10．（2020•诸暨市模拟）为测定FeSO4•7H2O（M＝278g•mol﹣1）样品的纯度，用硫酸溶解3.475g样品，定容至250mL．取25.00mL溶液，用0.0100mol•L﹣1KMnO4标准溶液滴定至终点。重复实验，数据如下：
序号
滴定前读数/mL
滴定终点读数/mL
1
0.03
20.01
2
1.34
22.39
3
1.47
21.49
假设杂质不参加反应。该样品中FeSO4•7H2O的质量分数是 %．（保留小数点后一位）写出简要计算过程。
11．（2020秋•三元区校级月考）（1）如图1是化学反应中物质变化和能量变化的示意图。在锌与稀盐酸的反应中，E1 E2（填“＞”或“＜”或“＝”）
（2）工业上利用CO和H2在催化剂作用下合成甲醇：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g），已知反应中有关物质的化学键键能数据如下表所示：
化学键
H﹣H
C﹣O
C≡O
H﹣O
C﹣H
E/（kJ/mol）
436
343
1076
465
413
则CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H＝ kJ•mol﹣1
（3）化学兴趣小组进行测定中和热的实验，装置如图2，步骤如下。
a．用量筒量取50mL 0.50mol•L﹣1盐酸倒入图2装置的小烧杯中，测出盐酸温度。
b．用另一量筒量取50mL 0.55mol•L﹣1NaOH溶液，并用另一温度计测出其温度。
c．将NaOH溶液倒入小烧杯中，使之混合均匀，测得混合液最高温度。
①实验中，倒入NaOH溶液的正确操作是 。
A．一次性快速倒入
B．分3次倒入
C．边搅拌边慢慢倒入
②若将各含1mol溶质的NaOH稀溶液、Ca（OH）2稀溶液、稀氨水，分别与足量的稀盐酸反应，放出的热量分别为Q1、Q2、Q3，则Q1、Q2、Q3的关系为 。
③若通过测定计算出产生的热量为1.39kJ，请写出该反应的热化学方程式： 。
12．（2020春•皇姑区校级期中）教材采用图1实验装置测定锌与稀硫酸反应的速率。
（1）检查图1装置气密性的操作方法是 。
（2）分别取2g颗粒大小相同的锌粒分别与体积均为40mL的1mol/L硫酸、4mol/L硫酸反应，收集25mL H2时所需时间后者比前者 。
（3）同学们在实验操作中发现，本实验设计存在明显不足，例如（举两例） 。
（4）某化学兴趣小组对教材实验装置进行图2所示改进。检查装置气密性后进行的实验操作有：
a．在多孔塑料袋中装入锌粒；
b．在锥形瓶中加入40mL 1mol/L硫酸；
c．塞好橡胶塞， 时立即用秒表计时；
d．注射器内每增加5mL气体时读取一次秒表。
（5）实验观察到锌与稀硫酸反应初期速率逐渐加快，其原因是 ，反应进行一定时间后速率逐渐减慢，原因是 。
（6）测得产生H2的体积与反应时间的关系曲线如图3所示，t1～t2时间段氢气体积略有减小的原因是 ；在64s内用H+浓度表示的平均反应速率v（H+）＝ （此时，溶液体积仍为40mL，气体摩尔体积为25L/mol）。
13．（2019秋•阳泉期末）KI溶液在酸性条件下能与氧气反应． 现有以下实验记录：
实验编号
①
②
③
④
⑤
温度（℃）
30
40
50
60
70
显色时间（s）
160
80
40
20
10
回答下列问题：
（1）该反应的离子方程式为 ．
（2）该实验的目的是 ．
（3）实验试剂除了1mol/L KI溶液、0.1mol/L H2SO4溶液外，还需要的试剂是 ，实验现象为 ．
（4）上述实验操作中除了需要（3）的条件外，还必须控制不变的是 （填字母）．
A．温度 B．试剂的浓度 C．试剂的用量（体积） D．试剂添加的顺序
（5）由上述实验记录可得出的结论是 ．
（6）若要进行酸性对反应速率的影响的探究实验，你会采取的措施是 ．
14．（2020秋•浙江月考）亚硝酰硫酸（NOSO4H）是一种浅黄色或蓝紫色液体，遇水分解，溶于浓硫酸不分解，主要用于染料、医药领域的重氮化反应中取代亚硝酸钠。亚硝酰硫酸能有效降低硫酸使用量，增加反应的流动性，不产生无机盐，从而可以降低成本，提高产品质量，使染料成品色泽鲜艳、固色能力强，并减少污水。实验室用如图装置（夹持装置略）制备少量NOSO4H，并测定产品的纯度。
（1）简述检验装置A的气密性操作 。
（2）装置B中浓HNO3与SO2在浓H2SO4作用下反应制得NOSO4H。
①该反应必须维持体系温度不得高于20℃，故可将三颈烧瓶置于 中。
②开始时，反应缓慢，待生成少量NOSO4H后，温度变化不大，但反应速率明显加快，其原因是 。
③该实验装置存在导致NOSO4H产量降低的缺陷，请提出改进方案 。
④利用装置A制备SO2，下列试剂最适宜的是 。
A．Na2SO3固体和20%硝酸
B．Na2SO3固体和20%硫酸
C．Na2SO3固体和70%硫酸
D．Na2SO3固体和98%硫酸
⑤已知亚硝酸不稳定，易分解，发生反应2HNO2═NO2↑+NO↑+H2O。请写出NOSO4H遇水分解时发生反应的化学方程式 。
（3）测定亚硝酰硫酸NOSO4H的纯度。
准确称取1.380g产品放入250mL的碘量瓶中，加入60.00mL 0.1000mol•L﹣1KMnO4标准溶液和10mL 25%的H2SO4溶液，然后摇匀（过程中无气体产生）。用0.2500mol•L﹣1的草酸钠标准溶液滴定，消耗草酸钠溶液的体积为20.00mL。
已知：2KMnO4+5NOSO4H+2H2O═K2SO4+2MnSO4+5HNO3+2H2SO4。
①简述该操作达到滴定终点时的现象 。
②亚硝酰硫酸的纯度为 。
三．实验题（共9小题）
15．（2020秋•仁寿县校级月考）实验室欲配制0.5mol•L﹣1的NaOH溶液500mL，有以下仪器：
①烧杯②100mL量筒③100mL容量瓶④500mL容量瓶⑤玻璃棒⑥托盘天平（带砝码）。
（1）配制时，必须使用的仪器有 （填代号），还缺少的玻璃仪器是 。该实验中两次用到玻璃棒，其作用分别是 。
（2）配制溶液时，一般可以分为以下几个步骤：①称量②计算③溶解④摇匀⑤转移⑥洗涤⑦定容⑧冷却其正确的操作顺序为（用序号填写） ，在①操作中需称量NaOH g，在⑦定容时应向容量瓶中加入蒸馏水，到液面离刻度线 cm时，改用胶头滴管加蒸馏水至液面与刻度线相切。盖好瓶塞，上下颠倒摇匀。
（3）若定容时，眼睛仰视刻度线，所得溶液的浓度（偏高、不变、偏低） 。
（4）若某学生用托盘天平称量药品时，在托盘天平左盘放有20g砝码，天平达平衡时游码的位置如图，则该同学所称量药品的质量为 克。
（5）从该溶液中取出50mL，加水稀释成200mL，则稀释后NaOH的物质的量浓度为 。
16．（2019秋•徐汇区校级期中）根据实验室测定硫酸铜结晶水含量的实验，填写下列空白：
实验步骤为：①研磨；②准确称取2.0g已经研碎的硫酸铜晶体；③加热；④冷却；⑤称量；⑥重复③至⑤的操作，直至………；⑦根据实验数据计算硫酸铜晶体里结晶水的含量。请回答相关问题：
（1）步骤①需要的实验仪器是 ，步骤④需要使用的仪器是 ，使用此仪器的目的是防止无水硫酸铜在冷却过程中吸收空气中的水蒸气。
（2）步骤③所用的大部分仪器如图，在空格中填入仪器的名称：
步骤⑥操作位重复③至⑤的操作，直至 。
（3）某学生实验后得到以下数据：
加热前质量
加热后质量
m1（容器）
m2（容器+晶体）
m3（容器+无水硫酸铜）
5.400
7.900
6.800
计算：试验测定1mol硫酸铜晶体的结晶水：x＝ ，本次实验的相对误差为 。（保留2位小数）
（4）若操作正确，但实验测得的硫酸铜晶体里结晶水的含量偏低。其原因可能是 （填编号）。
A．被测样品中含有加热不挥发的杂质
B．被测样品中含有加热易挥发的杂质
C．实验前被测样品已有部分失水
D．加热前所用的坩埚未完全干燥
（5）用重量法测定绿矾（FeSO4•xH2O）中结晶水含量，加热失水时必须不断通入氮气，装置如图，说明反应必须在氮气环境中的原因： 。
17．（2020秋•郊区校级期中）滴定实验是化学学科中最重要的定量实验之一。常见的滴定实验有酸碱中和滴定、氧化还原反应滴定、沉淀滴定等。
（一）．酸碱中和滴定：
某学生用0.1000mol/L NaOH标准溶液测定未知浓度的某醋酸
（1）该实验选用的指示剂为 。
（2）滴定前滴定管内液面读数为1.20mL，滴定后液面如图3，则滴定过程中消耗标准液VNaOH为 mL。
（3）下列操作会导致测定值偏低的是 。
①锥形瓶蒸馏水洗后未干燥，也未用待测液润洗
②酸式滴定管未用标准液润洗就直接用于盛装待测液
③碱式滴定管尖嘴部分滴定前有气泡，滴定后气泡消失
④滴定终点时，俯视读数
⑤滴定终点前加水清洗锥形瓶
（二）．氧化还原滴定：
中华人民共和国国家标准（GB2760﹣2011）规定葡萄酒中SO2最大使用量为0.25g•L﹣1。某兴趣小组用如图1装置（夹持装置略）收集某葡萄酒中SO2，并对其含量进行测定：
（4）图1中B仪器的名称为
（5）B中加入300.00mL葡萄酒和适量盐酸，加热使SO2全部逸出并与C中H2O2完全反应，生成硫酸。后除去C中过量的H2O2，然后用0.0900mol•L﹣1NaOH标准溶液进行滴定，滴定前排气泡时，应选择图2中的 。
（6）滴定至终点时，消耗NaOH溶液20.00mL，该葡萄酒中SO2含量为 g•L﹣1。
18．（2020秋•会宁县校级月考）50mL 0.50mol•L﹣1盐酸与50mL 0.55mol•L﹣1NaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应。通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。回答下列问题：
（1）实验中大约要使用230mL NaOH溶液，配制溶液时至少需要称量NaOH固体 g。
（2）从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃仪器是 ，烧杯间填满碎泡沫塑料的作用是 。
（3）大烧杯上如不盖硬纸板，则求得的中和热数值 （填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。
（4）实验中若改用60mL 0.50mol•L﹣1盐酸跟50mL 0.55mol•L﹣1NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量 （填“相等”或“不相等”），所求中和热的数值（填“相等”或“不相等”），理由是 。
（5）三次平行操作测得的数据中，起始时盐酸与烧碱溶液温度相同，而终止温度与起始温度之差（t2～t1）分别为3.3℃、3.4℃、3.9℃，各溶液的密度均为1g/cm3，生成溶液的比热容c＝4.18J/（g•℃），则最终计算上述实验测出的中和热△H1＝ 。
（6）若用氨水代替NaOH溶液做实验，测定结果△H会 （填“偏大”、“偏小”或“无影响”）
（7）上述实验数值结果与57.3kJ•mol﹣1有偏差，产生偏差的原因可能是 （填字母）。
a．实验装置保温、隔热效果差
b．分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中
c．量取NaOH溶液的体积时仰视读数
d．用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定盐酸溶液的温度
19．（2020春•沙坪坝区校级月考）实验室用氨气还原氧化铜的方法测定铜的近似相对原子质量，反应的化学方程式为：2NH3+3CuO═N2+3Cu+3H2O．试回答：
（1）如果选用测定反应物CuO和生成物H2O的质量[m（CuO），m（H2O）]时，请用如图所列仪器设计一个简单的实验方案。
①请写出用如图装置制备氨气的化学反应方程式
②仪器连接的顺序为 （用字母编号表示，仪器可重复使用），（d）中浓硫酸的作用是 ，实验完毕时观察到（a）中的现象是 、
③列出计算Cu的相对原子质量的表达式： 。
（2）有同学认为NH3与CuO反应生成的红色物质中可能含有Cu2O．已知Cu2O是红色粉末，在酸性溶液中，Cu+能自身发生氧化还原反应生成Cu2+和Cu。
①若CuO未完全分解，则所测定的Cu的相对原子质量会 。（偏大或偏小）
②请设计一个简单的实验检验该红色物质中是否含有Cu2O． 。
（3）在解决了问题（2）后，又有同学提出：Cu2O与CuO的热稳定性哪个更强？于是他们进行了如下实验：取0.98g Cu（OH）2固体，加热到80℃～100℃时，得到黑色固体粉末，继续加热到1000℃以上，黑色粉末全部变成红色粉末B．如图所示。据此可推得A为 ，且AB段发生的反应为 。由此得到的热稳定性的结论是 。
20．（2019秋•红塔区校级期中）25℃时，按如图安装好实验装置，在锥形瓶内盛6.5 g锌粒（颗粒大小基本相同），通过分液漏斗加入40 mL 0.25mol/L的硫酸，将产生的H2收集在一个注射器中，用时10 s时恰好收集到气体44.8mL （已折算成0℃、101 kPa条件下的体积）
（1）实验前必须检查该装置的气密性，检查方法为 。
（2）忽略锥形瓶中溶液体积的变化，用H+表示10 s内该反应
的平均速率 。反应到10s时溶液的pH约为
（已知lg2＝0.3），此时溶液中由水电离出的c（H+）为 。
21．（2018秋•海港区校级月考）KI溶液在酸性条件下能与氧气反应。现有以下实验记录：
实验编号
①
②
③
④
⑤
温度/℃
30
40
50
60
70
显色时间/s
160
80
40
20
10
回答下列问题：
（1）该反应的离子方程式为 。
（2）该实验的目的是 。
（3）实验试剂除了1mol•L﹣1KI溶液、0.1mol•L﹣1H2SO4溶液外，还需要的试剂是 ，实验现象为 。
（4）升高温度时，显色时间变短，主要原因是
A．反应物分子总数增加，有效碰撞的机会增多
B．反应物分子的能量增加，活化分子百分数增大，有效碰撞次数增多
C．该化学反应的过程是吸热的
D．该化学反应的过程是放热的
（5）若要进行酸性对反应速率的影响的探究实验，你会采取的措施是 。
22．（2020秋•香坊区校级期中）某含有Na2O杂质的Na2O2试样，一个化学实验小组利用H2O与Na2O2的反应来测定该样品的纯度。可供选择的装置如图。
请回答下列问题：
（1）用上述装置可以组装一套最简单的测定过氧化钠样品纯度的实验装置。所选用装置的连接顺序应是 （填各接口的字母，连接胶管省略）。
（2）写出实验中Na2O2发生反应的化学方程式并用双线桥表示电子转移数 。将Na2O2投入滴有酚酞的水中现象是 。
（3）用上述实验后所得溶液配制成浓度为1.0mol/L的溶液，回答下列问题。
①向400mL该溶液中通入0.3mol CO2，则所得溶液中HCO3﹣和CO32﹣的物质的量浓度之比约为 。
A．1：3
B．1：2
C．2：1
D．3：1
②将上述溶液蒸发结晶得到Na2CO3和NaHCO3固体混合物，下列选项中不能准确测定混合物中Na2CO3质量分数的是 。
a．取ag混合物充分加热，在干燥器中冷却至室温，减重bg
b．取ag混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得bg固体
c．取ag混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，增重bg
d．取ag混合物与足量Ba（OH）2溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得bg固体
23．（2020春•揭阳期中）为了探究硫、碳、硅元素的非金属性的相对强弱，某实验小组设计了如图装置。
（1）仪器A的名称是 。
（2）实验步骤：连接仪器、 、加药品后、打开a、滴入浓硫酸、加热。
（3）问题探究
①装置D中足量酸性KMnO4溶液的作用是 。
②能说明碳元素的非金属性比硅元素非金属性强的实验现象是E装置中 。
③C装置中的实验现象能否 （填“能”或“否”）作为判断硫元素的非金属性比碳元素非金属性强的依据？
④铜与浓硫酸反应的化学方程式是 。
（4）设计实验比较Cl2和Br2的氧化性，操作与现象是：取少量新制氯水和CCl4于试管中， 。
四．解答题（共9小题）
24．（2020秋•大武口区校级月考）已知某“84消毒液”瓶体部分标签如图所示，该“84消毒液”通常稀释100倍（体积之比）后使用。请回答下列问题：
84消毒液
有效成分 NaClO
规格 1000mL
质量分数 25%
密度 1.19g•cm﹣3
（1）该“84消毒液”的物质的量浓度约为 mol•L﹣1 （保留小数点后一位）。
（2）某同学取100mL该“84消毒液”，稀释后用于消毒，稀释后的溶液中c（Na+）＝ mol•L﹣1。
（3）该同学参阅该“84消毒液”的配方，欲用NaClO固体配制480mL含NaClO质量分数为25%的消毒液。下列说法正确的是 （填字母）。
A．容量瓶用蒸馏水洗净后，应烘干后才能用于溶液配制
B．配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒可能导致结果偏低
C．需要称量NaClO固体的质量为143.0g
（4）“84消毒液”与稀硫酸混合使用可增强消毒能力，某消毒小组人员用98%（密度为1.84g•cm﹣3）的浓硫酸配制2L 2.3mol•L﹣1的稀硫酸用于增强“84消毒液”的消毒能力。
①所配制的稀硫酸中，H+的物质的量浓度为 mol•L﹣1。
②需用浓硫酸的体积为 mL。
25．（2018秋•淮安期末）硫酸铜晶体常用做农业和渔业的杀虫剂、杀菌剂。实验室模拟由废铜屑（含少量铁）生产硫酸铜晶体的流程如图：
（1）试剂X是 ，操作a需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和 。
（2）途径1是将铜加入到试剂X与双氧水的混和液中并用30～40℃水浴加热，该过程中温度不宜过高的原因是 。
（3）途径2是将铜加入到试剂X中，再通入足量的空气并加热，该反应的化学方程式为 。
（4）从环保和经济的角度对比途径1与途径3，途径1的优点有 、 。
（5）操作b包括蒸发浓缩、 、过滤、洗涤、干燥（请补全缺少的实验步骤）。
（6）硫酸铜晶体（CuSO4•xH2O）中结晶水数目可通过以下实验测定：
Ⅰ．称取4.6400g样品置于小烧杯中，加入适量水溶解，边搅拌边滴加BaCl2溶液到沉淀完全
Ⅱ．过滤并洗涤沉淀；
Ⅲ．将盛有沉淀的滤纸包烘干并高温灼烧，再转入高温炉中，一定温度下反复灼烧到恒重，得到BaSO4质量为4.6600g。计算CuSO4•xH2O中的x值（要求写出计算过程）。
26．（2020春•南康区月考）Ⅰ．现有下列仪器或用品：①铁架台（含铁圈、各式铁夹） ②锥形瓶 ③酸式滴定管和碱式滴定管 ④烧杯 ⑤玻璃棒 ⑥胶头滴管 ⑦天平（含砝码） ⑧滤纸 ⑨量筒 ⑩过滤漏斗；
现有下列药品：（A）NaOH固体 （B）标准NaOH溶液（C）未知浓度盐酸 （D）蒸馏水（E）碳酸钠溶液 根据所做过的学生实验，回答下列问题：
（1）过滤时，应选用的上述仪器是 （填编号）。
（2）配制一定物质的量浓度的NaOH溶液时，还缺少的仪器是 。
（3）做酸碱中和滴定时，还缺乏的试剂是 。
（4）进行中和滴定时，绝不可用将要盛的溶液事先润洗的仪器是下列的 （填编号）。
甲．酸式滴定管乙．碱式滴定管 丙．锥形瓶
（5）用标准的NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，选用酚酞作为指示剂，造成测定结果偏高的原因可能是 。
A．配制标准溶液的NaOH中混有Na2CO3杂质
B．滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度，其他操作正确
C．盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用未知液润洗
D．滴定前有气泡，滴定后气泡消失。
Ⅱ．甲醇（CH3OH）是一种可再生能源，具有广泛的开发和应用前景。
（1）工业上一般采用下列两种反应合成甲醇：
反应Ⅰ：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H1
反应Ⅱ：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H2
①反应I的平衡常数表达式为K＝
②下表所列数据是反应Ⅱ在不同温度下的化学平衡常数（K）
温度
250℃
300℃
350℃
K
2.041
0.270
0.012
由表中数据判断△H2 0，△S 0 （填“＞”、“＝”或“＜”＝）。
③某温度下，将2 mol CO和6 mol H2充入2L的密闭容器中，充分反应，达到平衡后，测得c（CO）＝0.2 mol•L﹣1，则CO的转化率为 。
（2）已知在常温常压下，某实验小组依据甲醇燃烧的反应原理，设计如下图所示的电池装置：
①2CH3OH（l）+3O2（g）＝2CO2（g）+4H2O（g）△H＝﹣1275.6 kJ•mol﹣1②H2O（g）＝H2O（l）△H＝﹣44.0 kJ•mol﹣1
①写出表示甲醇燃烧热热化学方程式 。
②写出上图电池装置中负极反应式： 。
27．（2020秋•巨鹿县校级月考）Ⅰ．已知反应：
①101 kPa时，2C（s）+O2（g）═2CO（g）△H＝﹣221kJ•mol﹣1
②稀溶液中，H+（aq）+OH﹣（aq）═H2O（l）△H＝﹣57.3kJ•mol﹣1
下列结论中正确的是
A．碳的燃烧热等于110.5kJ•mol﹣1
B．①的反应热为221kJ•mol﹣1
C．稀硫酸与稀NaOH溶液反应的中和热为114.6kJ•mol﹣1
D．含20.0g NaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.65kJ的热量
Ⅱ．利用如图所示装置测定中和热的实验步骤如下：
①用量筒量取50mL 0.50mol•L﹣1盐酸倒入小烧杯中，测出盐酸温度；
②用另一量筒量取50mL 0.55mol•L﹣1 NaOH溶液，并用同一温度计测出其温度；
③将NaOH和盐酸溶液一并倒入小烧杯中，设法使之混合均匀，测得混合液最高温度。回答下列问题：
（1）仪器a的名称是 。
（2）反应过程中NaOH溶液的浓度为0.55mol•L﹣1，不能使用0.50mol•L﹣1NaOH的原因是 。
（3）倒入NaOH和盐酸溶液的正确操作是 （填字母）。
A．沿玻璃棒缓慢倒入
B．分三次倒入
C．一次迅速倒入
D．一边搅拌一边一次滴入
（4）现将一定量的稀氢氧化钠溶液、稀氢氧化钙溶液、稀氨水分别和1 L 1 mol•L﹣1的稀盐酸恰好完全反应，其反应热分别为△H1、△H2、△H3，则△H1、△H2、△H3的大小关系为 。
（5）用Ba（OH）2溶液和硫酸代替氢氧化钠溶液和盐酸所测中和热的数值并不相等，从它们的离子方程式分析，所测中和热的数值并不相等的理由是 。
28．（2018春•晋江市期末）随着科学技术的发展，阿佛加德罗常数的测定手段越来越多，测定的精度也越来越高．现有一种简单可行的测定方法，具体步骤为：
①将NaCl固体研细、干燥后，准确称取m g NaCl固体并转移到定容仪器A中．
②用滴定管向A仪器中加苯，不断振荡，继续加苯到A仪器的刻度，计算出NaCl固体的体积为V cm3．
（1）步骤①中仪器A最好使用 （填序号）．
A．量筒 B．烧杯 C．容量瓶 D．试管
（2）步骤②中是用酸式滴定管还是用碱式滴定管 ，理由是 ．
（3）能否用水代替苯 （填“是”或“否”），理由是 ．
（4）已知NaCl晶体中，靠得最近的Na+、Cl﹣间的距离为a cm（如图），则用上述方法测得的阿佛加德常数NA的表达式为 ．
29．（2020春•新泰市校级期中）为了研究MnO2与双氧水（H2O2）的反应速率，某学生加入少许的MnO2粉末于50mL密度为1.1g/cm3的双氧水溶液中，通过实验测定：在标准状况下放出气体的体积和时间的关系如图所示．请依图回答下列问题：
（1）放出一半气体所需要的时间为 ；
（2）A、B、C、D各点反应速率快慢的顺序是 ．
（3）在5min后，收集到的气体体积不再增加，原因是 ．
（4）过氧化氢溶液的初始物质的量浓度为 ．
30．（2020•通州区一模）某化学小组同学向一定量加入少量淀粉的NaHSO3溶液中加入稍过量的KIO3溶液，一段时间后，溶液突然变蓝色．
（1）查阅资料知NaHSO3与过量KIO3反应分为以下两步进行，第一步为IO3﹣+3HSO3﹣＝3SO42﹣+3H++I﹣，则第二步反应的离子方程式为
（2）通过测定溶液变蓝所用时间探究浓度和温度对该反应的反应速率的影响．调节反应物浓度和温度进行对比实验，记录如下：
实验编号
0.02mol/LNaHSO3溶液/mL
0.02mol/LKIO3溶液/mL
H2O/mL
反应温度/℃
溶液变蓝的时间t/s
①
15
20
10
15
t1
②
a
30
0
15
t2
③
15
b
c
30
t3
实验①②是探究 对反应速率的影响，表中a＝ ；实验①③是探究温度对反应速率的影响，则表中b＝ ，c＝
（3）将NaHSO3溶液与KIO3溶液混合（预先加入可溶性淀粉为指示剂），用速率检测仪检测出起始阶段反应速率逐渐增大，一段时间后反应速率又逐渐减小．课题组对起始阶段反应速率逐渐增大的原因提出如下假设，请你完成假设三：
假设一：反应生成的SO42﹣对反应起催化作用，SO42﹣浓度越大反应速率越快；
假设二：反应生成的H+对反应起催化作用，H+浓度越大反应速率越快；
假设三： ；
…
（4）请你设计实验验证上述假设一，完成下表中内容（反应速率可用测速仪测定）
实验步骤（不要求写出具体操作过程）
预期实验现象和结论
31．（2020秋•丰台区期中）某研究小组探究饮用水中铁锰的来源和去除原理。
Ⅰ．铁锰来源
某地区地下水铁锰含量和国家标准对比
某些地区地下水常见微粒含量（mg/L）
国家饮用水标准（mg/L）
Fe2+
Mn2+
HCO3﹣
CO2
Fe2+
Mn2+
pH
4～20
0.4～3
1～1.5
30～70
0.3
0.1
6.5～8.5
（1）利用FeCO3溶解度计算溶出的Fe2+为1.1mg/L，依据如表数据结合平衡移动原理解释地下水中Fe2+含量远大于1.1mg/L的原因 。
Ⅱ．去除原理
（2）自然氧化法：
①曝气池中使水呈“沸腾”状的作用 。
②补全曝气池中氧化Fe2+时发生反应的离子方程式： Fe2++ O2+ H2O═ Fe（OH）3+ 。
此方法铁去除时间长，锰去除率低。
（3）药剂氧化法：工业上可以采用强氧化剂（ClO2、液氯、双氧水等），直接氧化Fe2+、Mn2+生成Fe（OH）3和MnO2除去。某实验中pH＝6.5时，Fe2+、Mn2+浓度随ClO2投加量的变化曲线如图。
①ClO2投加量小于1.2mg/L时，可以得出Fe2+、Mn2+性质差异的结论是 。
②分析图中数据ClO2氧化Mn2+是可逆反应。写出反应的离子方程式 。
③写出两种提高锰去除率的方法 。
32．（2020春•红岗区校级期末）按要求回答下列问题。
（1）图Ⅰ是1mol NO2（g）和1mol CO（g）反应生成CO2和NO过程中能量变化示意图，请写出NO2和CO反应的热化学方程式： 。
（2）如表是部分化学键的键能数据：
化学键
P﹣P
P﹣O
O＝O
P＝O
键能（kJ•mol﹣1）
198
360
498
x
已知1mol白磷（P4）完全燃烧放热为1194kJ，白磷及其完全燃烧的产物结构如图Ⅱ所示，则表中x＝ kJ•mol﹣1。
（3）实验室用50mL 0.50mol•L﹣1盐酸与50mL某浓度的NaOH溶液在如图1所示装置中反应，通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。该装置有两处明显的错误，其中一处是缺少一种玻璃仪器，该仪器的名称为 ；用相同浓度和体积的氨水（NH3•H2O）代替NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热的数值 。（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）
（4）甲醇质子交换膜燃料电池中将甲醇蒸气转化为氢气的两种反应原理是：
①CH3OH（g）+H2O（g）═CO2（g）+3H2（g）△H＝+49.0kJ•mol﹣1
②CH3OH（g）+O2（g）═CO2（g）+2H2（g）△H＝﹣192.9kJ•mol﹣1
又知③H2O（g）═H2O（l）△H＝﹣44kJ•mol﹣1
则甲醇燃烧生成液态水的热化学方程式： 。
（5）在密闭容器中，充入一定量的H2S气体，发生热分解反应2H2S（g）⇌2H2（g）+S2（g）控制不同的温度和压强进行实验，结果如图2．图2中压强关系P1、P2、P3由大到小的顺序为 ，该反应为 （填“吸热”或“放热”）反应，若要进一步提高H2S的平衡转化率，除了改变温度和压强外，还可以采取的措施有 。
【备战2021】新高考化学各地模拟题精细分类汇编-第27讲定量实验与探究实验（一）
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
1．答案：C
解：A．配制0.1000mol/L碳酸钠溶液，应该选用容量瓶，不能在50mL量筒中配制，故A错误；
B．用容量瓶配制稀硫酸溶液时，应该在烧杯中稀释浓硫酸，不能用容量瓶稀释，故B错误；
C．欲配制0.1mol/L的Na2CO3溶液480mL，实验室中没有480mL容量瓶，应该选用500mL的容量瓶，故C正确；
D．配制溶液时，若定容摇匀后溶液体积未达到刻度线，属于正常现象，不能再加水，否则导致溶液体积偏大，所得溶液体积偏小，故D错误；
故选：C。
2．答案：C
解：A．硫酸钠晶体结晶水含量测定实验过程中，需要准确称量瓷坩埚的质量、准确称量瓷坩埚和一定量硫酸钠晶体的质量，准确称量瓷坩埚和硫酸钠粉末的质量，至少称量4次，所以涉及到称量操作，需要托盘天平称量，故A不选；
B．为了使硫酸铜钠晶体充分反应，应该将硫酸钠晶体研细，所以用到研磨操作，故B不选；
C．盛有硫酸钠晶体的瓷坩埚放在泥三角上慢慢加热，直到水全部失去，不需要蒸发结晶操作，所以实验过程中未涉及到蒸发结晶操作，故C选；
D． 加热后冷却时，为了防止硫酸钠粉末吸水，应将硫酸钠放在干燥器中进行冷却，从而得到纯净而干燥的无水硫酸钠，所以需要用到干燥器，故D不选；
故选：C。
3．答案：C
解：A．滴定终点时溶液酸碱性需要根据反应产物确定，不一定显中性，可能为酸性（氯化铵）或碱性（醋酸钠），故A错误；
B．滴定过程中，为了减小滴定误差，接近滴定终点时应减缓滴定速率，不使用胶头滴管，故B错误；
C．氧化性试剂能够氧化碱式滴定管的橡皮管，则氧化性试剂需要选用酸式滴定管盛放，故C正确；
D．滴定达到终点后仰视滴定管读数，导致读数偏大，计算出的待测液浓度偏高，故D错误；
故选：C。
4．答案：B
解：A．由于浓硫酸反应过程中还会稀释放出热量，故测定中和反应的反应热时，不能选用浓硫酸，故A正确；
B．相同条件下，稀的强酸与强碱反应生成1molH2O释放的热量为中和热，与酸、碱的种类无关，NaOH溶液与盐酸、硝酸反应均生成1molH2O，反应热相同，故B错误；
C．中和热的测定中需要测量酸、碱的初始温度，酸碱混合后的最高温度，然后求出两者的平均温度，代入Q＝c•m•△T计算，故C正确；
D．环形玻璃搅拌棒上下搅拌有助于酸碱充分接触，使反应充分，中和热测定实验成败的关键是做好保温工作；
故选：B。
5．答案：C
解：A．反应为2A（g）+B（g）⇌2D（g），比较实验I和III，温度升高，平衡时D的量减少，化学平衡向逆反应方向移动，正反应为放热反应，Q＜0，则K3＜K1，温度相同，平衡常数相同，则K1＝K2，综上，则平衡常数的关系为：K3＜K2＝K1，故A错误；
B．升高温度，使部分非活化分子吸收热量而变为活化分子，即增大活化分子百分数，增大活化分子有效碰撞机会，化学反应速率加快，故B错误；
C．实验II达到平衡的时间很短，与实验I温度相同，平衡时各组分的量也相同，可判断实验II使用了催化剂，催化剂加快反应速率，但不改变化学平衡状态，实验I和Ⅱ探究的是催化剂对于化学反应的影响，故C正确；
D．容积为2L的恒容密闭容器中充入2molA和1mol B，发生反应：2A（g）+B（g）⇌2C（g），实验III中，原平衡的化学平衡常数为K＝＝＝4，温度不变，则平衡常数不变，实验Ⅲ达平衡后，恒温下再向容器中通入1 mol A和1 mol C，则此时容器中c（A）＝1mol/L，c（B）＝0.25mol/L，c（C）＝1mol/L，此时浓度商QC＝＝4L/mol＝K，则平衡不发生移动，故D错误；
故选：C。
6．答案：D
解：A．根据流程，OH﹣在加入，在生成，因此起到催化循环的作用，故A正确；
B．该反应在时生成了氢气，可产生清洁燃料H2，故B正确；
C．总反应为CO+H2O＝CO2+H2，元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，故C正确；
D．由反应机理图可知，Fe的成键数目变化为：5个共价键→6个共价键→5→4个共价键→5个共价键，该催化循环中Fe有Fe（CO）4，Fe（CO）5等，成键数目有4、5、6条化学键形成的化合物，成键数目发生变化，故D错误；
故选：D。
7．答案：C
解：A．实验前连接好装置后，向U形管中注入煤油，使右侧液面高于左侧，若一段时间后仍旧右侧高于左侧，则气密性良好，故可使用液差法检验装置气密性，故A正确；
B．当产品与蒸馏水完全反应后，冷却至室温、调平液面，可避免实验错误，使读取气体的体积准确，故B正确；
C．如果开始仰视刻度线，则初始体积偏大，终点时俯视刻度线，数据偏小，导致反应结束时的体积偏大，计算的气体的体积偏小，则测得结果偏小，故C错误；
D．CaC2样品与水反应生成乙炔，乙炔与水常温下不反应，且不溶于水，若将煤油换为水，可利用该装置测定CaC2样品（杂质不与水反应）的纯度，故D正确；
故选：C。
8．答案：B
解：A．氢化物的稳定性与化学键有关，键能越大氢化物的稳定性越强，键能：H﹣F＞H﹣O＞H﹣N，则氢化物的稳定性：HF＞H2O＞NH3，氢化物的熔沸点与分子间作用力和氢键有关，这三种物质中都存在氢键且常温下水是液态，其熔沸点最高，故A错误；
B．活泼金属可以采用电解熔融盐或氧化物的方法冶炼，Na、Mg都是活泼金属，都可以处于电解熔融氯化物的方法冶炼，故B正确；
C．Pb的化合价为+2价、+4价，不存在+3价，Pb3O4可表示为2PbO•PbO2，故C错误；
D．大多数氢化物是分子晶体但NaH是离子晶体，故D错误；
故选：B。
二．填空题（共6小题）
9．答案：（1）18.4mol/L；
（2）①108.7；
②ACE；
③检查是否漏水；
④Ⅰ.偏低；
Ⅱ.偏低；
Ⅲ.无影响。
【解答】（1）浓硫酸物质的量浓度＝＝（mol/L）＝18.4mol/L，
故答案为：18.4mol/L；
（2）①设配制500mL物质的量浓度为4.0mol•L﹣1稀硫酸需要浓硫酸体积为V，则依据溶液稀释规律可知：18.4mol/L×V＝4.0mol•L﹣1×500mL，解得V＝108.7mL，
故答案为：108.7；
②容量瓶为配制一定物质的量浓度溶液专用仪器，容量瓶标注：温度、容量、刻度线，
故答案为：ACE；
③容量瓶带有瓶塞，使用过程中需要上下颠倒，为防止漏水，使用前应先检查是否漏水，
故答案为：检查是否漏水；
④Ⅰ.用量筒量取浓硫酸时俯视凹液面，导致量取浓硫酸体积偏小，溶质物质的量偏小，溶液浓度偏低，
故答案为：偏低；
Ⅱ.定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面下降，再加适量的蒸馏水，则配制液的总体积偏大，导致配制溶液的浓度偏低，
故答案为：偏低；
Ⅲ.转移时容量瓶中有少量蒸馏水，则配制溶液中溶质的物质的量不变，且总体积不变，故配制溶液的浓度无影响，
故答案为：无影响。
10．答案：80.0。
解：三次滴定消耗标准液的体积分别为（20.01﹣0.03）mL＝19.98mL，（22.39﹣1.34）mL＝21.05mL、（21.49﹣1.47）mL＝20.02mL，第二次误差较大，需要舍弃，另外两次滴定消耗标准液的平均体积为：＝20.00mL，n（KMnO4）＝0.0100mol•L﹣1×0.02L＝2×10﹣4mol，
结合反应MnO4﹣+5Fe2++8H+═Mn2++5Fe3++4H2O可知，25.00mL样品溶液中含有FeSO4•7H2O的物质的量为：n（FeSO4•7H2O）＝5n（KMnO4）＝2×10﹣4mol×5＝1×10﹣3mol，250mL样品溶液中含有的n（FeSO4•7H2O）＝1×10﹣3mol×＝0.01mol，
则3.475g样品含有FeSO4•7H2O的质量为：m（FeSO4•7H2O）＝278g•mol﹣1×0.01mol＝2.78g，
该样品中FeSO4•7H2O的质量分数是：×100%＝80.0%，
故答案为：80.0。
11．答案：（1）＜；
（2）﹣99；
（3）①A；
②Q2＞Q1＞Q3或Q2＝2Q1＞Q3；
③H+（aq）+OH﹣（aq）＝H2O（l） ΔH＝﹣55.6kJ•mol﹣1。
解：（1）锌与稀盐酸的反应是放热反应，△H＜0，即△H＝反应物的总键能﹣生成物的总键能＝E1﹣E2＜0，所以E1＜E2，
故答案为：＜；
（2）CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H＝反应物的总键能﹣生成物的总键能＝1076kJ/mol+436kJ/mol×2﹣（413×3+343+465）kJ/mol＝﹣99kJ/mol，
故答案为：﹣99；
（3）①倒入氢氧化钠溶液时，必须一次迅速的倒入，目的是减少热量的散失，不能分几次倒入氢氧化钠溶液，否则会导致热量散失，影响测定结果，
故答案为：A；
②含有1molNaOH的溶液、氢氧化钙的溶液和稀盐酸恰好反应分别生成1mol、2mol水时，放出热量Q2＞Q1或Q2＝2Q1，一水合氨是弱碱，它的电离是吸热的，则1molNH3•H2O与盐酸时放出的热量最小，即Q2＞Q1＞Q3或Q2＝2Q1＞Q3，
故答案为：Q2＞Q1＞Q3或Q2＝2Q1＞Q3；
③50mL0.50mol•L﹣1盐酸与50mL0.55mol/L NaOH溶液进行中和反应生成水的物质的量为0.05L×0.25mol/L×2＝0.025mol，产生的热量为1.39kJ，则中和热△H＝﹣kJ/mol═﹣55.6kJ/mol，中和反应的热化学方程式为H+（aq）+OH﹣（aq）＝H2O（l） ΔH＝﹣55.6kJ•mol﹣1，
故答案为：H+（aq）+OH﹣（aq）＝H2O（l） ΔH＝﹣55.6kJ•mol﹣1。
12．答案：见试题解答内容
解：（1）使装置内外形成气压差是气密性检查的常用手段，检查该装置的气密性可关闭分液漏斗活塞，向外拉注射器的内管一段距离后松手，若内管能回到开始位置，证明气密性好，若不能则说明气密性不好，
故答案为：关闭分液漏斗活塞，向外拉注射器的内管一段距离后松手，若内管能回到开始位置，证明气密性好，若不能则说明气密性不好；
（2）1mol/L硫酸浓度小于4mol/L硫酸，化学反应速率后者快，收集25mL H2时所需时间后者比前者短，故答案为：短；
（3）本实验设计存在明显不足，分液漏斗的使用不能达到实验目的，应该改为启普发生器，其次是反应速率太快，收集25mLH2时所需时间间隔太短，不易计时，
故答案为：分液漏斗控制反应的进行不可取，收集25mLH2时所需时间间隔太短；
（4）产生一定体积的气体所需要的时间来确定反应速率时，在物质混合后就应该计时，故答案为：多孔塑料袋浸入稀硫酸；
（5）观察到锌与稀硫酸反应初期，反应放热，温度升高，反应速率加快；反应进行一定时间后，酸中氢离子浓度减小，反应速率减慢，故答案为：反应放热，温度升高反应速率加快；酸中氢离子浓度减小；
（6）在金属锌和硫酸的反应中，接近反应的最后阶段，由于气体的热胀冷缩性质，会发现气体的体积突然减小，根据金属锌和硫酸反应的实质是：Zn+2H+＝Zn2++H2↑，产生氢气40mL时，n（H2）物质的量是0.040L/25L/mol，消耗氢离子的物质的量为氢气的2倍，根据v＝＝0.00125mol/（L•s），
故答案为：气体遇冷压缩；0.00125mol/（L•s）。
13．答案：见试题解答内容
解：（1）根据氧化还原反应类型离子方程式要遵循原子守恒、电荷守恒和得失电子数目相等，该反应的离子方程式为4H++4I﹣+O2＝2I2+2H2O，
故答案为：4H++4I﹣+O2＝2I2+2H2O；
（2）根据表中数据分析，该实验目的是探究温度对反应速率的影响，故答案为：探究温度对反应速率的影响；
（3）为测定显色时间，产物中有碘单质生成，还需要的试剂是淀粉溶液，实验现象为无色溶液变蓝色，故答案为：淀粉溶液； 无色溶液变蓝色；
（4）设计实验必须保证其他条件不变，只改变一个条件，才能得到准确的结论，还必须控制不变的是试剂的用量（体积） 和试剂添加的顺序，故答案为：CD；
（5）分析实验数据可得出的结论是每升高10℃，反应速率增大约2倍，故答案为：每升高10℃，反应速率增大约2倍；
（6）若要进行酸性对反应速率的影响的探究实验，你会采取的措施是保持其他实验条件不变，采用不同浓度的硫酸溶液进行对比实验，故答案为：保持其他实验条件不变，采用不同浓度的硫酸溶液进行对比实验．
14．答案：（1）完成组装后将导管放入水槽，微热蒸馏烧瓶看到有气泡冒出，撤去热源一段时间后，导管内出现一段稳定的液柱；
（2）①冰水浴；
②生成的NOSO4H作该反应的催化剂；
③在A、B间增加一盛有浓硫酸的洗气瓶；
④C；
⑤2NOSO4H+H2O＝2H2SO4+NO↑+NO2↑；
（3）①当最后一滴标准液滴入后，溶液紫色褪去无色且半分钟内不复原；
②92.03%。
解：装置A是利用亚硫酸钠和浓硫酸反应：Na2SO3+H2SO4＝Na2SO4+SO2↑+H2O制取SO2，制取的SO2通入到B装置中，HNO3与SO2在浓H2SO4作用下在冰水浴中反应制得NOSO4H，由于亚硝酰硫酸（NOSO4H）遇水分解，且装置A中制得的SO2属于大气污染物，不能直接排放到大气中，则装置C中的碱石灰的作用是吸收SO2，防止空气中的水蒸气进入装置B中，装置A中导管a的作用是平衡内外压强，确保反应物浓硫酸顺利流下。
（1）检验装置A的气密性操作：完成组装后将导管放入水槽，微热蒸馏烧瓶看到有气泡冒出，撤去热源一段时间后，导管内出现一段稳定的液柱，则说明该装置气密性良好，
故答案为：完成组装后将导管放入水槽，微热蒸馏烧瓶看到有气泡冒出，撤去热源一段时间后，导管内出现一段稳定的液柱，则说明该装置气密性良好；
（2）①该反应必须维持体系温度不得高于20℃，可以将三颈烧瓶置于冰水浴中，
故答案为：冰水浴；
②开始反应缓慢，待生成少量NOSO4H后，温度变化不大，但反应速度明显加快，其原因是：生成的NOSO4H作为反应的催化剂，
故答案为：生成的NOSO4H作为反应的催化剂；
③由于亚硝酰硫酸（NOSO4H）遇水分解，该实验装置存在可能导致NOSO4H产量降低的缺陷是：装置A中的水蒸气会进入B中使NOSO4H水解，可以在A、B间增加一盛有浓硫酸的洗气瓶，
故答案为：可以在A、B间增加一盛有浓硫酸的洗气瓶；
④A.硝酸易挥发，且具有强氧化性，Na2SO3溶液与HNO3反应难以得到二氧化硫，故A错误；
B．强酸可制备弱酸，Na2SO3固体与浓硫酸反应生成硫酸钠和二氧化硫和水，20%硫酸不是浓硫酸，故B错误；
C.强酸可制备弱酸，Na2SO3固体与70%的浓硫酸反应生成硫酸钠和二氧化硫和水，故C正确；
D.98%硫酸溶液水太少，浓度太高，电离出的氢离子也少，不利于和亚硫酸钠反应，故D错误。
故答案为：C；
⑤已知亚硝酸不稳定，易分解，发生反应2HNO2＝NO2↑+NO↑+H2O。NOSO4H遇水分解时发生反应的化学方程式：2NOSO4H+H2O＝2H2SO4+NO↑+NO2↑，
故答案为：2NOSO4H+H2O＝2H2SO4+NO↑+NO2↑；
（3）①先用KMnO4将NOSO4H氧化为HNO3，再用草酸钠标准溶液滴定剩余的KMnO4，滴定终点时KMnO4反应完毕，故滴定终点的现象为：当最后一滴标准液滴入后，溶液紫色褪去且半分钟内不复原，
故答案为：当最后一滴标准液滴入后，溶液紫色褪去且半分钟内不复原；
②根据滴定实验操作，用0.2500mol•L﹣1的草酸钠标准溶液滴定过量的KMnO4标准溶液，草酸钠与KMnO4发生氧化还原反应，根据氧化还原反应规律，配平该反应的离子反应为：2MnO4﹣+5C2O42﹣+16H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O，由反应可知，过量的KMnO4标准溶液的物质的量＝n（C2O42﹣）＝0.02L×0.2500mol/L×＝0.002mol，则与NOSO4H溶液反应的KMnO4标准溶液的物质的量＝0.06L×0.1000mol•L﹣1﹣0.002mol＝0.004mol，根据已知反应2KMnO4+5NOSO4H+2H2O＝K2SO4+2MnSO4+5HNO3+2H2SO4可知，产品中NOSO4H的物质的量＝×0.004mol＝0.01mol，则亚硝酰硫酸的纯度为×100%＝92.03%，
故答案为：92.03%
三．实验题（共9小题）
15．答案：（1）①④⑤⑥胶头滴管；搅拌、引流；
（2）②①③⑧⑤⑥⑦④；10.0；1～2；
（3）偏低；
（4）17.4；
（5）0.125mol/L。
解：（1）配制500mL0.5mol•L﹣1的NaOH溶液的步骤有：计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等，必须使用的仪器有①烧杯、④500mL容量瓶、⑤玻璃棒、⑥托盘天平（带砝码），还缺少的玻璃仪器是胶头滴管；
溶解NaOH固体时需要用玻璃棒搅拌，加速溶解；将溶液转移到容量瓶中时需要用玻璃棒引流，
故答案为：①④⑤⑥；胶头滴管；搅拌、引流；
（2）配制500mL0.5mol•L﹣1的NaOH溶液的步骤有：计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等，则正确的操作顺序为②①③⑧⑤⑥⑦④；
配制500mL0.5mol•L﹣1的NaOH溶液，需称量NaOH的质量为：40g/mol×0.5mol/L×0.5L＝10.0g；
定容时应向容量瓶中加入蒸馏水，到液面离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管加蒸馏水至液面与刻度线相切，
故答案为：②①③⑧⑤⑥⑦④；10.0；1～2；
（3）若定容时，眼睛仰视刻度线，加入蒸馏水体积偏大，所得溶液的浓度偏低，
故答案为：偏低；
（4）图示游码读数为2.6g，若在托盘天平左盘放有20g砝码，根据托盘天平的称量原理可知：样品质量+游码＝砝码质量，则该同学所称量药品的质量为20g﹣2.6g＝17.4g，
故答案为：17.4；
（5）从该溶液中取出50mL，溶液浓度不变，仍然为0.5mol/L，加水稀释成200mL，稀释过程中NaOH的物质的量不变，则稀释后NaOH溶液的物质的量浓度为：＝0.125mol/L，
故答案为：0.125mol/L。
16．答案：（1）研钵；干燥器；
（2）连续两次称量的质量差不超过0.1g为止；
（3）6.98；0.40；
（4）AC；
（5）空气中含有氧气和水蒸气，会使Fe2+发生水解和氧化，所以要在氮气环境中进行。
解：（1）研磨硫酸铜晶体在研钵中进行，为了防止硫酸铜粉末在空气中吸水使测定结果偏小，冷却硫酸铜粉末应该在干燥器中进行，
故答案为：研钵；干燥器；
（2）在硫酸铜结晶水含量的测定实验中要进行恒重操作，以判断晶体是否完全分解，即③加热、④冷却、⑤称量的操作步骤要重复进行，直至连续两次称量的差不超过0.1g为止，可认为硫酸铜晶体完全分解，
故答案为：连续两次称量的质量差不超过0.1g为止；
（3）由表中数据可知，硫酸铜粉末的质量m3﹣m1＝6.800g﹣5.400g＝1.400g，物质的量n（CuSO4）＝＝0.00875mol，结晶水的质量m2﹣m3＝7.900g﹣6.800g＝1.100g，n（H2O）＝＝0.06111mol，晶体中x＝＝≈6.98，本次实验的相对误差为＝0.40，
故答案为：6.98；0.40；
（4）A．被测样品中含有加热不挥发的杂质，则n（CuSO4）偏大，x值偏小，故A正确；
B．被测样品中含有加热易挥发的杂质，则n（H2O）偏大，x值偏大，故B错误；
C．实验前被测样品已有部分失水，则n（H2O）偏小，x值偏小，故C正确；
D．加热前所用的坩埚未完全干燥，则n（H2O）偏大，x值偏大，故D错误；
故答案为：AC；
（5）FeSO4是强酸弱碱盐，易发生水解，同时具有强还原性，易被空气中的氧气氧化，所以加热前先通一段时间的N2，可排除装置内的空气，防止硫酸亚铁被氧化，防止FeSO4发生水解，
故答案为：空气中含有氧气和水蒸气，会使Fe2+发生水解和氧化，所以要在氮气环境中进行。
17．答案：（1）酚酞；
（2）23.70；
（3）②④；
（4）圆底烧瓶；
（5）③；
（6）0.192。
解：（1）用0.1000mol/L NaOH标准溶液测定未知浓度的某醋酸，滴定终点生成醋酸钠，溶液呈碱性，可选用酚酞作指示剂，
故答案为：酚酞；
（2）图示滴定管读数为24.90mL，滴定前滴定管内液面读数为1.20mL，则消耗标准液VNaOH为24.90mL﹣1.20mL＝23.70mL，
故答案为：23.70；
（3）①锥形瓶蒸馏水洗后未干燥，也未用待测液润洗，操作方法合理，不影响滴定结果，故①错误；
②酸式滴定管未用标准液润洗就直接用于盛装待测液，待测液被稀释，滴定过程中消耗标准液体积偏小，测定结果偏低，故②正确；
③碱式滴定管尖嘴部分滴定前有气泡，滴定后气泡消失，导致消耗标准液体积偏大，测定结果偏高，故③错误；
④滴定终点时，俯视读数，导致消耗标准液体积偏小，测定结果偏低，故④正确；
⑤滴定终点前加水清洗锥形瓶，不影响滴定结果，故⑤错误；
故答案为：②④；
（4）结合图示可知，图1中B仪器的名称为圆底烧瓶，
故答案为：圆底烧瓶；
（5）碱式滴定管中排气泡的方法：把滴定管的胶头部分稍微向上弯曲，再排气泡，所以排除碱式滴定管中的空气用③的方法，
故答案为：③；
（6）根据2NaOH～H2SO4～SO2可知，SO2的质量为：×0.0900mol/L×0.020L×64g/mol＝0.0576g，该葡萄酒中SO2含量为为：＝0.24g/L，
故答案为：0.192。
18．答案：（1）5.0；
（2）环形玻璃搅拌器；减少热量损失；
（3）偏小；
（4）不相等；相等；中和热是强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热量，与酸、碱的用量无关；
（5）﹣56.0kJ/mol；
（6）偏大；
（7）abd。
解：（1）要使用230mLNaOH溶液，应选择250mL容量瓶，实际配制250mL0.50mol/LNaOH溶液溶液，需要氢氧化钠的质量m＝0.25L×0.5mol/L×40g/mol＝5.0g；
故答案为：5.0；
（2）由量热计的构造可知该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌器；中和热测定实验成败的关键是保温工作，烧杯间填满碎泡沫塑料的作用是减少热量损失，
故答案为：环形玻璃搅拌器；减少热量损失；
（3）大烧杯上如不盖硬纸板，会使一部分热量散失，导致测定结果偏小，
故答案为：偏小；
（4）反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，若用60mL0.50mol/L的盐酸与50mL0.55mol/L的氢氧化钠溶液进行反应，与上述实验相比，生成水的物质的量增多，所放出的热量偏高，但中和热是强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热量，与酸、碱的用量无关；
故答案为：不相等；相等；中和热是强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热量，与酸、碱的用量无关；
（5）混合后溶液质量为100mL×1g/mL＝100g，由于3.9℃偏差太大，应舍去，故溶液的平均温度升高为＝3.35℃，所以放出的热量Q＝4.18J/（g•℃）×100g×3.35℃＝4.18×100×3.35J＝0.418×3.35kJ，参加反应的n（HCl）＝0.05L×0.50mol•L﹣1＝0.025mol，所以，△H＝﹣＝﹣56.0kJ/mol，
故答案为：﹣56.0kJ/mol；
（6）若用氨水代替NaOH溶液做实验，由于氨水为弱电解质，电离过程吸收热量，放出的热量偏小，则测定结果△H会偏大，
故答案为：偏大；
（7）a．实验装置保温、隔热效果差，热量散失较大，所得中和热的数值偏小，故a正确；
b．分多次把NaOH溶液倒入盛有稀硫酸的小烧杯中，热量散失较大，所得中和热的数值偏小，故b正确；
c．量取NaOH溶液的体积时仰视读数，会导致所量的氢氧化钠体积偏大，放出的热量偏高，故c错误；
d．用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定HCl溶液的温度，温度计上附着的NaOH溶液与HCl溶液反应后使得盐酸浓度偏低，测得的热量偏小，中和热的数值偏小，故d正确；
故答案为：abd。
19．答案：（1）①2NH4Cl+Ca（OH）22NH3+CaCl2+2H2O；
②bcacd；吸收产生的多余NH3，防止空气中H2O进入C中影响结果；固体由黑色转变为红色；
③；
（2）①偏大；
②取少量红色固体样品于试管中，向其中加入适量的稀盐酸（或稀硫酸），若观察溶液变成蓝色，说明该样品中含有Cu2O，反之，则没有；
（3）CuO；4CuO2Cu2O+O2↑；CuO比Cu2O的热稳定性差。
解：（1）①在加热条件下，氯化铵与氢氧化钙反应生成氨气、氯化钙和水，反应的方程式为：2NH4Cl+Ca（OH）22NH3+CaCl2+2H2O，
故答案为：2NH4Cl+Ca（OH）22NH3+CaCl2+2H2O；
②根据题给的要求来测量氧化铜和水的质量，考虑到氨气可以和浓硫酸反应，但是不和碱石灰反应，所以应该用碱石灰来吸收水，而用浓硫酸来吸收氨气，由于在制取氨气的过程中要产生水，所以应该先对产生的氨气进行干燥，即选择c装置，然后进行实验，最后为了防止氨气污染空气，所以要用浓硫酸来处理尾气，即正确的操作顺序为：bcacd；d中浓硫酸的作用是吸收产生的多余NH3，防止空气中H2O进入C中影响结果；氨气与氧化铜反应生成铜单质，反应现象为固体由黑色转变为红色，
故答案为：bcacd；吸收产生的多余NH3，防止空气中H2O进入C中影响结果；固体由黑色转变为红色；
③设铜的相对原子质量为x
2NH3+3CuO N2+3Cu+3H2O
3（x+16）54
m（CuO） m（H2O）
解得x＝，
故答案为：；
（2）①如果氧化铜没有完全被还原，则生成的水的质量偏小，由Cu的相对原子质量的计算式可知，测定结果偏大，
故答案为：偏大；
②由题中信息可知，Cu2O是一种碱性氧化物，在酸性溶液中，Cu+的稳定性比Cu2+差（2Cu+＝Cu+Cu2+），则将Cu2O加入硫酸中发生：Cu2O+H2SO4＝CuSO4+Cu+H2O，可观察到溶液出现蓝色，说明红色物质中含有Cu2O，反之则没有，设计实验过程为：取少量红色固体样品于试管中，向其中加入适量的稀盐酸（或稀硫酸），若观察溶液变成蓝色，说明该样品中含有Cu2O，反之，则没有，
故答案为：取少量红色固体样品于试管中，向其中加入适量的稀盐酸（或稀硫酸），若观察溶液变成蓝色，说明该样品中含有Cu2O，反之，则没有；
（3）取0.98g Cu（OH）2固体，即n（ Cu（OH）2）＝0.01mol，加热至80℃～100℃时，得到黑色固体粉末，该黑色粉末为CuO，反应方程式为Cu（OH）2CuO+H2O，0.01molCu（OH）2固体分解生成的CuO为0.01mol，其质量为0.8g，则A为CuO，
继续加热到1000℃以上，黑色粉末全部变为红色粉末B，则B为Cu2O，反应4CuO2Cu2O+O2↑，m（Cu2O）＝n（Cu2O）×M（Cu2O）＝0.005mol×144g/mol＝0.72g，说明红色粉末为Cu2O，且Cu2O比CuO稳定，
故答案为：CuO；4CuO2Cu2O+O2↑；CuO比Cu2O的热稳定性差。
20．答案：见试题解答内容
解：（1）实验前必须检查该装置的气密性，检查方法为关闭分液漏斗活塞，将注射器活塞向外拉，松开后若注射器活塞能回到原来的位置，说明装置的气密性良好，
故答案为：关闭分液漏斗活塞，将注射器活塞向外拉，松开后若注射器活塞能回到原来的位置，说明装置的气密性良好；
（2）收集到气体44.8mL，可知生成氢气为＝2×10﹣3mol，由2H+～H2↑可知用H+表示10 s内该反应的平均速率为＝0.01mol/（L•s），反应到10s时溶液中c（H+）＝＝0.4mol/L，pH约为﹣lg0.4＝1﹣2lg2＝1﹣0.3×2＝0.4；此时溶液中由水电离出的c（H+）为mol/L＝2.5×10﹣14mol/L，
故答案为：0.01mol/（L•s）；0.4； 2.5×10﹣14mol/L。
21．答案：见试题解答内容
解：（1）该反应的离子方程式为4H++4I﹣+O2═2I2+2H2O，故答案为：4H++4I﹣+O2═2I2+2H2O；
（2）只有温度不同，可知实验目的为探究温度对反应速率的影响，故答案为：探究温度对反应速率的影响；
（3）实验试剂除了1mol•L﹣1KI溶液、0.1mol•L﹣1H2SO4溶液外，还需要的试剂是淀粉溶液，实验现象为无色溶液变蓝，故答案为：淀粉溶液；无色溶液变蓝；
（4）升高温度时，显色时间变短，主要原因是反应物分子的能量增加，活化分子百分数增大，有效碰撞次数增多，与其它因素无关，故答案为：B；
（5）若要进行酸性对反应速率的影响的探究实验，采取的措施是保持其他实验条件不变，采用不同浓度的硫酸溶液进行对比实验，故答案为：保持其他实验条件不变，采用不同浓度的硫酸溶液进行对比实验。
22．答案：（1）G→A、B→F；
（2）；先变红后褪色；
（3）①C；②c。
解：（1）用⑤作为反应装置，通过排出①中水的体积测量④中得到水的量，整个装置是最简单的测定过氧化钠样品纯度的实验装置，因此选用装置的连接顺序应是G→A、B→F，
故答案为：G→A、B→F；
（2）实验中Na2O2发生反应的化学方程式2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑；Na2O2既是氧化剂，又是还原剂，故用双线桥表示电子转移数为：；过氧化钠有强氧化性有漂白性，过氧化钠投入滴有酚酞的水中现象是先变红后褪色，
故答案为：；先变红后褪色；
（3）①HCO3﹣和CO32﹣的物质的量分别为x、y，向400mL该溶液中钠离子的物质的量n＝1.0mol/L×0.4L＝0.4mol，通入0.3mol CO2，x+y＝0.3，x+2y＝0.4，解得x＝0.2mol，y＝0.1mol，浓度之比等于物质的量之比，因此所得溶液中HCO3﹣和CO32﹣的物质的量浓度之比约为2：1，C正确，
故答案为：C；
②a.取a g混合物充分加热，在干燥器中冷却至室温，减重b g，减少的质量为碳酸氢钠分解生成的二氧化碳和水的质量，因此能计算出碳酸钠的质量分数，故a不满足题意；
b.取a g混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得b g固体，最后得到氯化钠固体，根据方程组求算出碳酸钠的质量分数，故b不满足题意；
c.取a g混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，增重b g，碱石灰增加的质量是二氧化碳和水的质量，因水的质量无法计算，故不能计算碳酸钠的质量分数，故c满足题意；
d.取a g混合物与足量Ba（OH）2溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得b g固体，得到碳酸钡沉淀，根据方程组求算出碳酸钠的质量分数，故d不满足题意，
故答案为：c。
23．答案：（1）分液漏斗；
（2）检验装置气密性；
（3）①除去混合气体中的SO2；
②有白色沉淀生成；
③否；
④Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O；
（4）用胶头滴管向试管中滴加溴化钠溶液，振荡、静置，溶液中出现分层现象，并且下层溶液变为橙红色。
解：（1）仪器A是分液漏斗，能控制液体流速，
故答案为：分液漏斗；
（2）有连接的实验装置在加入药品前要进行气密性检验，否则实验不成功，
故答案为：检验装置气密性；
（3）①高锰酸钾能与二氧化硫反应，不能与二氧化碳反应，防止干扰后续实验，必须除去，即装置D中足量酸性KMnO4溶液的作用是除去混合气体中的SO2，
故答案为：除去混合气体中的SO2；
②酸性强的酸能和弱酸盐反应生成弱酸，二氧化碳和硅酸钠反应生成难溶性的硅酸，即有白色沉淀生成，说明碳元素的非金属性强于硅元素，
故答案为：有白色沉淀生成；
③元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，所以气体通过C装置发生2HCO3﹣+SO2＝2CO2+SO32﹣+H2O，说明亚硫酸的酸性大于碳酸，但是亚硫酸不是最高价氧化物的水化物，所以不能根据亚硫酸与碳酸的酸性来判断非金属性，
故答案为：否；
④烧瓶中Cu与浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，其反应方程式为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O，
故答案为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O；
（4）氯气有强的氧化性能从溴化钠溶液中置换出溴，溴的四氯化碳溶液显橙红色，可证明氯气氧化性大于溴，即操作为：取少量新制氯水和CCl4于试管中，用胶头滴管向试管中滴加溴化钠溶液、振荡使其充分反应，静置，溶液出现分层现象，下层溶液变为橙红色，反应方程式：Cl2+2NaBr＝Br2+2NaCl，
故答案为：用胶头滴管向试管中滴加溴化钠溶液，振荡、静置，溶液中出现分层现象，并且下层溶液变为橙红色。
四．解答题（共9小题）
24．答案：（1）4.0；
（2）0.04；
（3）B；
（4）①4.6；
②250.0。
解：（1）该“84消毒液”的物质的量浓度c＝＝4.0（mol•L﹣1），
故答案为：4.0；
（2）稀释前后溶液中NaClO的物质的量不变，则有100mL×10﹣3L•mL﹣1×4.0mol•L﹣1＝100mL×100×10﹣3L•mL﹣1×c（NaClO），解得稀释后c（NaClO）＝0.04mol•L﹣1，c（Na+）＝c（NaClO）＝0.04mol•L﹣1，
故答案为：0.04；
（3）A．定容操作过程仍然需要加入蒸馏水，所以洗涤干净的容量瓶不必烘干后再使用，故A错误；
B．配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒可能导致部分溶质损耗，依据c＝可知溶液浓度偏低，故B正确；
C．应选取500mL的容量瓶进行配制，然后取出480mL即可，所以需要NaClO的质量为0.5L×4.0mol•L﹣1×74.5g•mol﹣1＝149.0g，故C错误；
故答案为：B；
（4）①根据H2SO4的组成可知，溶液中c（H+）＝2c（H2SO4）＝2×2.3mol•L﹣1＝4.6mol•L﹣1，
故答案为：4.6；
②98%（密度为1.84g•cm﹣3）的浓硫酸物质的量浓度c＝＝18.4mol/L，设配制2L 2.3mol•L﹣1的稀硫酸需要浓硫酸体积为V，则依据溶液稀释规律可知：
18.4mol/L×V＝2000mL×2.3mol•L﹣1，解得V＝250.0mL，
故答案为：250.0。
25．答案：见试题解答内容
解：向废铜屑（含少量铁）中加入稀硫酸除去Fe，过滤得到纯Cu，途径1：Cu+H2O2+H2SO4＝CuSO4+2H2O；途径2：2Cu+O2+2H2SO4＝2CuSO4+2H2O；途径3：Cu+2H2SO4CuSO4+SO2↑+2H2O，得到CuSO4溶液，从溶液中蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到胆矾晶体，洗涤、干燥得到纯净的胆矾晶体，则试剂X是稀硫酸，操作a是过滤，
（1）由上述分析可知，试剂X是稀硫酸，操作a是过滤，过滤需要的玻璃仪器为烧杯、玻璃棒、漏斗，
故答案为：稀硫酸；漏斗；
（2）双氧水受热易分解，控制水浴加热温度为30～40℃，目的是防止温度过高导致双氧水发生分解，
故答案为：温度过高双氧水会分解；
（3）Cu、稀H2SO4、O2三者发生反应生成CuSO4和H2O，反应的化学方程式为2Cu+O2+2H2SO4＝2CuSO4+2H2O，
故答案为：2Cu+O2+2H2SO4＝2CuSO4+2H2O；
（4）途径1反应为Cu+H2O2+H2SO4＝CuSO4+2H2O，途径3反应为Cu+2H2SO4CuSO4+SO2↑+2H2O，途径3中生成污染性气体SO2，生成等量的CuSO4时，途径3消耗H2SO4的量为途径1的2倍，即途径1原子利用率高，途径1的优点有：产物无污染，原子利用率高，
故答案为：产物无污染；原子利用率高；
（5）从溶液中结晶得到含有结晶水的胆矾晶体的方法为蒸发浓缩、冷却结晶，再经过过滤、洗涤、干燥得到纯净胆矾晶体，
故答案为：冷却结晶；
（6）4.6400g样品中CuSO4～BaSO4，n（CuSO4）＝n（BaSO4）＝0.02mol，m（CuSO4）＝nM＝3.2g，m（H2O）＝4.64g﹣3.2g＝1.44g，n（H2O）＝＝0.08mol，x＝＝＝4，
故答案为：4。
26．答案：Ⅰ（1）①④⑤⑧⑩；
（2）容量瓶；
（3）指示剂；
（4）丙；
（5）ABD；
Ⅱ（1）①，
②＜；＜；
③80%；
（2）①2CH3OH（l）+3O2（g）＝2CO2（g）+4H2O（l）△＝﹣1451.6kJ•mol﹣1；
②CH3OH﹣6e﹣+8OH﹣＝CO32﹣+6H2O。
解：Ⅰ（1）根据分析可知，过滤时，应选用的上述仪器是烧杯、漏斗、玻璃棒、铁架台、滤纸；即①④⑤⑧⑩，
故答案为：①④⑤⑧⑩；
（2）配制一定物质的量浓度的NaOH溶液时，所需仪器容量瓶、天平（含砝码）、烧杯、玻璃棒、胶头滴管；还缺少的仪器是容量瓶，
故答案为：容量瓶；
（3）做酸碱中和滴定时，需要的试剂为：标准液、待测液、指示剂；题干中还缺乏的试剂是指示剂，
故答案为：指示剂；
（4）中和滴定时，酸式滴定管和碱式滴定管必须用要盛的溶液事先润洗的仪器，绝不可用将要盛的溶液事先润洗的仪器是锥形瓶，锥形瓶只水洗，否则会造成误差，
故答案为：丙；
（5）用标准的NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，选用酚酞作为指示剂，
A．40gNaOH与盐酸中的1molHCl反应，53gNa2CO3与盐酸中的1molHCl反应；即相同质量的含杂质Na2CO3的NaOH配制溶液时，消耗的HCl会少，所以所用标准液体积增大，而使结果偏高；
B．终点时，俯视滴定管的刻度，读出的数值要偏小；会使差值增大，结果偏高；
C．对于锥形瓶，正确的操作为：用蒸馏只用水洗，不能用未知液润洗，对结果无影响；
D．滴定前有气泡，滴定后气泡消失，一部分标准液去填充气泡，而没有与锥形瓶内的HCl反应，会使读数变大，测定结果偏高；
故答案为：ABD；
Ⅱ（1）①根据反应方程式，反应I：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）的平衡常数表达式为K＝，
故答案为：；
②反应II：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H2，温度升高，化学平衡向吸热方向移动；由表数据可知，平衡常数减小，说明平衡逆向进行，则逆反应方向是吸热反应，则正反应方向是放热反应，即△H1＜0；根据反应方程式，气体的体积减小，混乱度减小，即△S＜0，
故答案为：＜；＜；
③按反应Ⅰ充分反应达到平衡后，测得c（CH3OH）＝0.8mol/L，其物质的量为1.6mol，则：
CO （g）+2H2（g）⇌CH3OH （g）
起始量（mol）：2 6 0
变化量（mol）：1.6 3.2 1.6
平衡量（mol）：0.2×2 2.8 1.6
CO的转化率＝×100%＝80%，
故答案为：80%；
（2）①甲醇燃烧热为是指1mol甲醇完全燃烧生成CO2和液态水，由以下两个反应：
①2CH3OH（l）+3O2（g）＝2CO2（g）+4H2O（g）△H＝﹣1275.6 kJ•mol﹣1，
②H2O（g）＝H2O（l）△H＝﹣44.0 kJ•mol﹣1，根据盖斯定律，①+②×4；得出甲醇燃烧热热化学方程式为：2CH3OH（l）+3O2（g）＝2CO2（g）+4H2O（l）△＝﹣1451.6kJ•mol﹣1，
故答案为：2CH3OH（l）+3O2（g）＝2CO2（g）+4H2O（l）△＝﹣1451.6kJ•mol﹣1；
②如图所示的电池装置，甲醇在负极失电子发生氧化反应，根据质量守恒和电子转移守恒，电极反应为：CH3OH+8OH﹣﹣6e﹣＝CO32﹣+6H2O，
故答案为：CH3OH﹣6e﹣+8OH﹣＝CO32﹣+6H2O。
27．答案：Ⅰ．D；
Ⅱ．（1）环形玻璃搅拌棒；
（2）确保盐酸被完全中和；
（3）C；
（4）△H1＝△H2＜△H3
（5）SO42﹣、Ba2+反应生成BaSO4沉淀，生成沉淀放热会影响反应的反应热。
解：Ⅰ．A．热化学方程式中生成CO不是稳定化合物，则碳的燃烧热不等于110.5kJ•mol﹣1，故A错误；
B．①的反应热为△H＝﹣221kJ•mol﹣1，焓变为负，故B错误；
C．稀硫酸与稀NaOH溶液反应的中和热为57.3kJ•mol﹣1，故C错误；
D．含20.0g NaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出热量为×57.3kJ＝28.65kJ，故D正确；
故答案为：D；
Ⅱ．（1）仪器a的名称是环形玻璃搅拌棒，
故答案为：环形玻璃搅拌棒；
（2）反应过程中NaOH溶液的浓度为0.55mol•L﹣1，不能使用0.50mol•L﹣1NaOH的原因是确保盐酸被完全中和，
故答案为：确保盐酸被完全中和；
（3）倒入NaOH和盐酸溶液的正确操作是一次迅速倒入，
故答案为：C；
（4）只有一水合氨为弱碱，电离吸热，导致中和反应中放出热量减少，强碱与盐酸反应的中和热相同，则△H1、△H2、△H3的大小关系为△H1＝△H2＜△H3，
故答案为：△H1＝△H2＜△H3；
（5）用Ba（OH）2溶液和硫酸发生SO42﹣（aq）+Ba2+（aq）+2H+（aq）+2OH﹣（aq）═BaSO4（s）+2H2O（l），则代替NaOH与盐酸所测中和热的数值并不相等的理由是SO42﹣、Ba2+反应生成BaSO4沉淀，生成沉淀放热会影响反应的反应热，
故答案为：SO42﹣、Ba2+反应生成BaSO4沉淀，生成沉淀放热会影响反应的反应热。
28．答案：见试题解答内容
解：（1）定容容器为容量瓶，具有一定体积并便于振荡，所以C正确，
故答案为：C；
（2）苯具有腐蚀性，易腐蚀碱式滴定管中的橡皮管，只能用酸式滴定管，
故答案为：酸式滴定管；碱式滴定管的橡胶管会溶于苯而变形；
（3）测量mgNaCl固体的体积，所加溶剂不能溶解NaCl，否则无法测出NaCl的体积，所以不能用水，应用苯，
故答案为：否；水会溶解NaCl，无法准确测出NaCl固体的体积；
（4）NaCl的密度为g/cm3，
NaCl晶胞的体积为（2a）3cm3，
则NaCl晶胞的质量为：g/cm3×（2a）3cm3＝g/cm3×（2a）3g，
一个NaCl晶胞含4个“NaCl”，
而每个“NaCl”的质量为，
g/cm3×（2a）3＝4×，
即NA＝，
故答案为：NA＝．
29．答案：见试题解答内容
解：（1）由图象可知，当放出一半气体所需要的时间为1min，故答案为：1 min；
（2）反应物浓度大小决定反应速率大小，随着反应的进行，双氧水的浓度逐渐减小，反应速率也随着减小，故答案为：D＞C＞B＞A；
（3）该反应为不可逆反应，在5min后，收集到的气体体积不再增加，说明过氧化氢完全分解，故答案为：此时双氧水已完全分解．
（4）由反应方程式为：2H2O22H2O+O2↑，该反应为不可逆反应，在5min后，收集到的气体体积不再增加，说明过氧化氢完全分解，
由图象可知，生成氧气的体积为60mL，
2H2O22H2O+O2↑
2mol 22.4L
n（H2O2） 0.06L
n（H2O2）＝＝0.00536mol，所以c（H2O2）＝＝0.11 mol•L﹣1，
故答案为：0.11 mol•L﹣1．
30．答案：见试题解答内容
解：（1）NaHSO3溶液中加入稍过量的KIO3溶液，一段时间后，溶液突然变蓝色，说明产物中有碘单质生成，由于有第一步反应IO3﹣+3HSO3﹣＝3SO42﹣+3H++I﹣，且KIO3溶液过量，所以能产生碘单质的反应为IO3﹣+5I﹣+6H+＝3I2+3H2O，
故答案为：IO3﹣+5I﹣+6H+＝3I2+3H2O；
（2）根据表格，可知溶液的体积均应为45mL，故a＝15mL；实验①③是探究温度对反应速率的影响，所以此时两个实验中的浓度都应当相等，所以b＝20，c＝10，
故答案为：KIO3溶液的浓度；15；20；10；
（3）根据影响反应速率的外界因素有浓度、温度、催化剂等加以假设，而在本实验中可能的原因为反应生成的I﹣对反应起催化作用，I﹣浓度越大反应速率越快或者反应生成的H+对反应起催化作用，H+浓度越大反应速率越快或者是反应放热，随着反应的进行，温度升高，反应速率加快，
故答案为：反应生成的I﹣对反应起催化作用，I﹣浓度越大反应速率越快；
（4）通过对比实验进行验证，具体步骤为在烧杯甲中将一定量的NaHSO3溶液与KIO3溶液混合，用速率检测仪测定其起始时的反应速率v（甲）；在烧杯乙中预先加入少量Na2SO4粉末或K2SO4粉末，其他条件与甲完全相同，进行同一反应，用速率检测仪测定其起始阶段相同时间内的反应速率v（乙），若v（甲）＝v（乙），则假设一不成立，若v（甲）＜v（乙），则假设一成立，
故答案为：
实验步骤（不要求写出具体操作过程）
预期实验现象和结论
在烧杯甲中将NaHSO3溶液与过量KIO3溶液混合，用测速仪测定其起始时的反应速率v（甲）；在烧杯乙中进行同一反应（不同的是乙烧杯中预先加入少量Na2SO4或K2SO4粉末，其他反应条件均完全相同），测定其起始阶段的相同时间内的反应速率v（乙）
若v（甲）＝v（乙），则假设一不成立；
若v（甲）＜v（乙），则假设一成立．
31．答案：I．（1）FeCO3难溶于水，在溶液中存在沉淀溶解平衡：FeCO3（s）⇌Fe2+（aq）+CO32﹣（aq），酸雨中含有H+浓度较大，H+结合CO32﹣形成HCO3﹣，使得溶液中c（CO32﹣）浓度降低，沉淀溶解平衡正向移动，最终使地下水中Fe2+的浓度增大；
II．（2）①加快反应速率；
②4；1；10；4；8；H+；
（3）①Mn2+的浓度越大，ClO2投加量小于1.2mg/L时几乎没影响，Fe2+的浓度小，ClO2降解的速率更快；
②2ClO2+5Mn2++6H2O＝2Cl﹣+5MnO2+12H+；
③适当增加ClO2的投料量，升高温度。
解：I．（1）FeCO3难溶于水，在溶液中存在沉淀溶解平衡：FeCO3（s）⇌Fe2+（aq）+CO32﹣（aq），酸雨中含有H+浓度较大，H+结合CO32﹣形成HCO3﹣，使得溶液中c（CO32﹣）浓度降低，沉淀溶解平衡正向移动，最终使地下水中Fe2+的浓度增大，
故答案为：FeCO3难溶于水，在溶液中存在沉淀溶解平衡：FeCO3（s）⇌Fe2+（aq）+CO32﹣（aq），酸雨中含有H+浓度较大，H+结合CO32﹣形成HCO3﹣，使得溶液中c（CO32﹣）浓度降低，沉淀溶解平衡正向移动，最终使地下水中Fe2+的浓度增大；
II．（2）①曝气池中使水呈“沸腾”状的作用温度越高，反应速率越快，
故答案为：加快反应速率；
②根据电子守恒，电荷守恒，原子守恒，配平化学方程得：4Fe2++O2+10H2O＝4Fe（OH）3+8H+，
故答案为：4；1；10；4；8；H+；
（3）①ClO2投加量小于1.2mg/L时，可以得出Fe2+、Mn2+性质差异的结论是Mn2+的浓度越大，ClO2投加量小于1.2mg/L时几乎没影响，Fe2+的浓度小，ClO2降解的速率更快，
故答案为：Mn2+的浓度越大，ClO2投加量小于1.2mg/L时几乎没影响，Fe2+的浓度小，ClO2降解的速率更快；
②分析图中数据ClO2氧化Mn2+是可逆反应；ClO2氧化Mn2+生成二氧化锰和氯离子，离子方程式为2ClO2+5Mn2++6H2O＝2Cl﹣+5MnO2+12H+，
故答案为：2ClO2+5Mn2++6H2O＝2Cl﹣+5MnO2+12H+；
③写出两种提高锰去除率的方法：适当增加ClO2的投料量，升高温度，适当降低pH等，
故答案为：适当增加ClO2的投料量，升高温度。
32．答案：（1）NO2（g）+CO（g）＝CO2（g）+NO（g）△H＝﹣234kJ•mol﹣1；
（2）138；
（3）环形玻璃搅拌棒；偏小；
（4）CH3OH（g）+O2（g）＝CO2（g）+2H2O（l）△H＝﹣764.7kJ/mol；
（5）p3＞p2＞p1；吸热；移出产物H2或S2。
解：（1）该反应的焓变△H＝E1﹣E2＝134kJ/mol﹣368kJ/mol＝﹣234kJ/mol，所以热化学方程式为：NO2（g）+CO（g）＝CO2（g）+NO（g）△H＝﹣234kJ•mol﹣1，
故答案为：NO2（g）+CO（g）＝CO2（g）+NO（g）△H＝﹣234kJ•mol﹣1；
（2）白磷燃烧的热方程式为P4（s）+5O2（g）＝P4O10（s）△H＝﹣1194kJ/mol，△H＝反应物键能﹣生成物键能，1mol白磷完全燃烧需拆开6molP﹣P键、5molO＝O键，形成12molP﹣O键、4molP＝O键，则6mol×198kJ/mol+5mol×498kJ/mol﹣（12mol×360kJ/mol+4xkJ/mol）＝﹣1194kJ/mol，解得x＝138，
故答案为：138；
（3）根据量热器的构造可知，缺少的一种玻璃仪器为环形玻璃搅拌棒；由于NH3•H2O是弱电解质，电离吸热，导致测得的中和热数值变小，
故答案为：环形玻璃搅拌棒；偏小；
（4）甲醇燃烧生成液态水的化学方程式为CH3OH（g）+O2（g）＝CO2（g）+2H2O（l），
①CH3OH（g）+H2O（g）═CO2（g）+3H2（g）△H＝+49.0kJ•mol﹣1
②CH3OH（g）+O2（g）═CO2（g）+2H2（g）△H＝﹣192.9kJ•mol﹣1
③H2O（g）＝H2O（l）△H＝﹣44kJ•mol﹣1
根据盖斯定律：②×3﹣①×2+③×2计算反应CH3OH（g）+O2（g）＝CO2（g）+2H2O（l）的△H＝（﹣49.0kJ/mol ）×2+（﹣192.9kJ/mol ）×3+（﹣44kJ/mol ）×2＝﹣764.7kJ/mol，
故答案为：CH3OH（g）+O2（g）＝CO2（g）+2H2O（l）△H＝﹣764.7kJ/mol；
（5）该反应的正反应方向为气体分子数增大，增大压强平衡逆向移动，H2S的平衡转化率减小，即压强越大，H2S的平衡转化率越小，则有p3＞p2＞p1；由图可知升高温度，H2S的平衡转化率增大，说明升高温度平衡正向移动，则正反应为吸热反应；若要进一步提高H2S的平衡转化率，除了改变温度和压强外，还可以通过减少生成物的浓度使平衡正向移动，即移出产物H2或S2，
故答案为：p3＞p2＞p1；吸热；移出产物H2或S2。
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