2025年福建省厦门第六中学高一上化学期中复习检测试题含解析.doc

2025年福建省厦门第六中学高一上化学期中复习检测试题
考生须知：
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、将下列各组物质区别开来的实验方案不妥的是
A．铁和银：加盐酸观察其是否有气泡产生
B．(NH4)2SO4与NH4Cl：加碱加热闻其气味
C．NaCl与KCl：灼烧观察焰色的颜色
D．K2CO3与KNO3：加稀硫酸观察有无气泡产生
2、从海水中提取镁，可按如下步骤进行：①把贝壳制成石灰乳；②在引入的海水中加入石灰乳，沉降、过滤、洗涤沉淀物；③将沉淀物与盐酸反应，结晶过滤、在HCl气体氛围中干燥产物；④将得到的产物熔融电解得到镁。下列说法不正确的是
A．此法的优点之一是原料来源丰富
B．①②③步骤的目的是从海水中获取MgCl2
C．提取镁的过程涉及化合、分解、置换反应
D．第④步电解时，还会产生副产品氯气
3、医学界通过用放射性14C标记的C60,发现一种C60的羧酸衍生物在特定条件下可通过断裂DNA杀死细胞,从而抑制艾滋病,则有关14C的叙述正确的是(   )
A．与14N含有的中子数相同 B．是C60的同素异形体
C．与C60中普通碳原子的化学性质不同 D．与12C互为同位素
4、在盛有碘水的试管中，加入少量后振荡，静置片刻后（ ）
A．整个溶液变紫色 B．整个溶液变为棕黄色
C．上层几乎无色，下层为紫红色 D．下层无色，上层紫红色
5、下列叙述正确的是
A．标准状况下，22.4 LH2O含有的分子数为NA
B．0.5 mol•L﹣1硫酸中含有的H+数目为NA
C．NA个CO2分子占有的体积为11.2 L
D．常温常压下3.2 g O2和O3所含的原子数为0.2NA
6、需在容量瓶上标出的是下列中的：①浓度 ②温度 ③容量 ④压强 ⑤刻度线（ ）
A．①③⑤ B．②③⑤ C．①②④ D．②④⑤
7、根据反应CuSO4+FeS2+H2O→Cu2S+FeSO4+H2S04判断1molCuS04能氧化硫的物质的量是
A．3/11 mol B．1/7 mol C．5/7 mol D．4/7 mol
8、对危险化学品要在包装上印上警示性标志，下列化学品的名称与警示性标志名称对应正确的是
A．烧碱——爆炸品 B．浓硫酸——剧毒品
C．汽油——腐蚀品 D．酒精——易燃品
9、下列实验操作中，完全正确的一组是
①用试管夹夹持试管时，试管夹从试管底部往上套，夹在试管的中上部
②稀释浓硫酸时将水倒入浓硫酸中进行搅拌
③把鼻孔靠近容器口去闻气体的气味
④将试管平放，用纸槽往试管里送入固体粉末，然后竖立试管
⑤倾倒细口瓶里的液体时，瓶上的标签对着地面
⑥将烧瓶放在桌上，再用力塞紧塞子
⑦用坩埚钳夹取加热后的蒸发皿
⑧将滴管垂直伸进试管内滴加液体
A．④⑤⑥⑧ B．①②⑤⑦
C．①③⑤⑦⑧ D．①④⑦
10、在1 mol Na2SO4中含有Na+的数目是
A．6.02×1023 B．1.204×1024 C．1 D．2
11、下列关于胶体的说法正确的是（ ）
A．依据丁达尔效应可将分散系分为溶液、胶体与浊液
B．向污水中投放明矾，生成能凝聚悬浮物的胶体：Al3+＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H+
C．Na+、K+、SO42-、Br-能在Fe(OH)3胶体中大量共存
D．沸水中滴加适量饱和FeCl3溶液，形成带电的胶体，导电能力增强
12、分类法在化学学科发展中起到了非常重要的作用，下列分类依据合理的是
①根据氧化物的性质将氧化物分成酸性氧化物、碱性氧化物等
②根据反应中是否有电子转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应
③根据分散系是否有丁达尔效应将分散系分为溶液、胶体和浊液
④根据组成元素的种类将纯净物分为单质和化合物
⑤根据水溶液溶液能否导电将物质分为电解质和非电解质
A．②④⑤ B．②③④ C．①③⑤ D．①②④
13、下列物质，既能导电又属于电解质的是
A．熔融的氢氧化钾 B．氯化钠溶液 C．铜固体 D．氯化镁晶体
14、设NA表示阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是
A．常温常压下,11.2L N2所含分子数为0.5NA
B．常温常压下,1mol Ne所含分子数小于NA
C．常温常压下,71g Cl2所含原子数为2NA
D．1mol·L-1的NaOH溶液中所含氢原子数为NA
15、已知下列几个反应的化学方程式：
①2KI＋Cl2=2KCl＋I2；②2FeCl3＋2HI=2FeCl2＋I2＋2HCl；
③2FeCl2＋Cl2=2FeCl3；④I2＋SO2＋2H2O=H2SO4＋2HI；
下列有关物质的氧化性的强弱排列顺序中正确的是
A．Cl2＞Fe3＋＞I2＞SO2 B．Cl2＞I2＞Fe3＋＞SO2
C．Cl2＞Fe3＋＞SO2＞I2 D．Fe3＋＞I2＞Cl2＞SO2
16、草酸(分子式为H2C2O4沸点：150℃)是生物体的一种代谢产物， 广泛分布于植物、 动物和真菌体中。下列有关判断不正确的是
A．45g草酸中含有1.204 ×1024个氧原子
B．1mol 草酸中约含有6.02×1023个分子
C．草酸的摩尔质量是90g/mol
D．1 mol 草酸在标准状况下的体积约为22.4L
二、非选择题（本题包括5小题）
17、有A、B、C、三种元素，已知C原子最外层电子数为次外层电子数的3倍；B和C原子核外电子层数相等，而最外层电子数之和为10；A、C能形成AC型化合物，A2＋离子和B原子电子层数也相同。回答：
(1)画出A2＋离子的结构示意图　_____________________；
(2)A、B、C三元素符号分别为___________ 、_____________ 、__________。
18、有一固体混合物，可能由FeCl3、BaCl2、KCl 、Na2CO3、Na2SO4等物质组成。为了鉴别它们，做了如下实验：步骤①：将固体混合物溶于水，搅拌后得无色透明溶液。步骤②：在①所得的溶液中滴加足量Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀生成。步骤③：过滤，然后在所得白色沉淀上加入过量稀硝酸，沉淀部分溶解。由此判断：
（1）原混合物中肯定有 ___________________，可能含有 _______________。
（2）写出上述实验过程中，可能发生反应的离子方程式：____________________________。
（3）对可能含有的物质可采用的检验方法是 ________________________________________。
19、用18 mol/L浓硫酸配制100 mL 3.0 mol/L稀硫酸的实验步骤如下：①计算所用浓硫酸的体积　②量取一定体积的浓硫酸　③溶解、冷却　④转移、洗涤　⑤定容、摇匀
回答下列问题：
（1）所需浓硫酸的体积是____mL ，量取浓硫酸所用的量筒的规格是_______。
（从下列规格中选用：A 10 mL　B 25 mL　C 50 mL　D 100 mL）
（2）第③步实验的操作是________________________________________________。
（3）第⑤步实验的操作是_________________________________________________。
（4）下列情况对所配制的稀硫酸浓度有何影响（用“偏大”“偏小”或“无影响”填写）?
A 所用的浓硫酸长时间放置在密封不好的容器中_________。
B 容量瓶用蒸馏水洗涤后残留有少量的水________。
C 所用过的烧杯、玻璃棒未洗涤________________。
D 定容时俯视溶液的凹液面________________。
20、在某次实验中，要用 420 mL 0.52 mol·L-1的NaOH溶液，回答下列问题：
(1)实际配制时，应用托盘天平称取NaOH固体_____________g；
(2)若在称量样品时，药品放在天平的右盘上，砝码放在天平的左盘上，1 g以下移动游码，天平平衡时实际称得的NaOH固体质量是______________g；
(3)用托盘天平和小烧杯称出NaOH固体的质量，其正确的操作顺序的序号为__________；
A．调整零点
B．添加所需砝码，并将游码移至所需刻度处
C．小心将NaOH固体逐渐加入小烧杯中至天平平衡
D．称量空的小烧杯质量
E．将砝码放回砝码盒，并将游码移至0刻度处
(4)欲配制该0.52 mol·L－1的NaOH溶液时需用的主要仪器有托盘天平(附砝码、镊子)、药匙、量筒、烧杯、胶头滴管、_____________和______________；
(5)下列操作对所配浓度有何影响(填写字母)？偏大的有________；偏小的有___________。
A．称量时用了生锈的砝码；
B．将NaOH放在纸张上称量；
C．NaOH在烧杯中溶解后，未冷却就立即转移到容量瓶中(假设：溶液的热胀冷缩程度大于容器)
D．往容量瓶转移时，有少量液体溅出；
E．定容时俯视刻度线；
F．容量瓶未干燥即用来配制溶液；
G．定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面低于刻度线，再加水至刻度线。
21、氯化铁是一种重要的化学试剂，其晶体的化学式为FeCl3·6H2O。FeCl3的饱和溶液在实验室和电子工业中都有重要应用。
（1）饱和FeCl3溶液的颜色是______________色的，实验室里常用它来制备______________（化学式）胶体，具体操作方法是：先将烧杯中的水加热至沸腾，再滴入5~6滴____________________，______________至液体呈______________色，停止加热。
（2）电子工业中 ，常用FeCl3的饱和溶液来印刷电路图板，反应的原理是：Cu+2FeCl3=2FeCl2+CuCl2。该反应中______________作氧化剂，用单线桥法表示电子转移的方向和数目：____________。
（3）将0.5mol·L—1的FeCl3溶液从100mL稀释至500mL，所得溶液中，c(Cl—）为__________。（写出计算过程）
参考答案

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、B
【解析】
A.Fe与盐酸反应，而Ag与盐酸不反应，现象不同，可鉴别，故A可行；
B.与碱共热均生成氨气，现象相同，不能鉴别，故B不可行；
C.Na、K的焰色不同，则利用灼烧观察焰色的方法可鉴别NaCl、KCl，故C可行；
D.K2CO3与盐酸反应生成气体，而KNO3不与盐酸反应，现象不同，可鉴别，故D可行。答案选B。
2、C
【解析】
根据题干信息可知有关的反应为CaCO3CaO+CO2↑，CaO+H2O＝Ca(OH)2，Ca(OH)2+MgCl2＝CaCl2+Mg(OH)2↓，Mg(OH)2+2HCl＝2H2O+MgCl2，MgCl2Mg+Cl2↑。则
A、根据有关原理可知此法的优点之一是原料贝壳、海水来源丰富，A正确；
B、由方程式可看出前三步目的就是为了从海水中获得制取Mg的原料MgCl2，B正确；
C、根据有关原理可判断提取镁的过程涉及化合、分解、复分解反应，但没有发生置换反应，C错误；
D、由方程式MgCl2Mg+Cl2↑可看出在电解产生Mg的同时也产生了氯气，D正确。
答案选C。
3、D
【解析】
A．14C的中子数为14-6=8，14N的中子为14-7=7，二者不同，故A错误；
B．C60为单质，但14C为原子，二者不是同素异形体，故B错误；
C．14C与C60中普通碳原子，为同种元素的碳原子，则碳原子的化学性质相同，故C错误；
D．14C与12C的质子数均为6，中子数不同，互为同位素，故D正确；答案为D。
4、C
【解析】
碘易溶于CCl4，溶液呈紫红色，由于CCl4密度比水大，则下层为紫红色，上层几乎无色，故选C。
本题考查萃取知识，题目难度不大，注意碘和四氯化碳的性质，把握相关基础知识的积累。
5、D
【解析】
A．在标准状况下水不是呈气态，不能使用气体摩尔体积计算，A错误；
B．只有溶液浓度，缺少溶液体积，不能计算微粒数目，B错误；
C．NA个CO2分子的物质的量是1 mol，由于未指明气体所处的外界条件，因此不能确定气体的体积大小，C错误；
D．O2和O3都是由O原子构成，由于O原子相对原子质量是16，则3.2 g O2和O3含有O原子的物质的量是0.2 mol，则含有的O原子数为0.2NA，D正确；
故合理选项是D。
6、B
【解析】
容量瓶是用来配制一定体积、一定物质的量浓度溶液的定量容器，所以需标有容量、刻度线，由于物质的热胀冷缩特性，容量瓶应在瓶上标注温度下使用，故选②③⑤，所以答案B正确。
故选B。
7、B
【解析】
反应CuSO4+FeS2+H2O→Cu2S+FeSO4+H2S04中Cu元素的化合价由+2价降低为+1价，得到1个电子，S元素的化合价由－1价升高为+6价，失去7个电子，由电子守恒可知，1molCuS04可氧化1/7 mol的S，答案选B。
本题考查氧化还原反应，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，注意S元素的化合价变化为解答的易错点，明确Cu、S元素的化合价变化即可解答，注意守恒法的灵活应用。
8、D
【解析】
A．烧碱具有腐蚀性，是腐蚀品，故A错误；
B．浓硫酸具有腐蚀性，是腐蚀品，故B错误；
C．汽油易燃，是易燃品，故C错误；
D．酒精易燃，是易燃品，故D正确。
故选D。
9、D
【解析】
①试管夹是一种专门用来夹持试管的挟持器．需要注意的是在夹持时应该从试管底部往上套，夹持在试管的中上部，故①正确；
②稀释浓硫酸时应将浓硫酸沿器壁慢慢倒入水中，并不断搅拌，使产生的热量迅速散失，故②错误；
③不能把鼻孔靠近容器口去闻气体的气味，要用手轻轻闪少量气体进入鼻孔，故③错误；
④将固体粉末倒入试管中时，把试管平放，用纸槽往试管里送入固体粉末，然后缓慢竖立试管，故④正确；
⑤倾倒液体时，瓶上的标签对着地面，流出的液体将会腐蚀标签，故⑤错误；
⑥烧瓶放在桌上，用力塞紧塞子，将会压碎瓶底，故⑥错误
⑦用坩埚钳夹取加热后的蒸发皿，故⑦正确；
⑧将滴管垂直伸进试管内滴加液体，将会污染药品，污染胶头滴管，故⑧错误；
综上，正确的有①④⑦，答案选D。
10、B
【解析】
1 mol Na2SO4中，Na+的物质的量为1mol×2=2mol，由N=nNA可知，Na+个数为2×6.02×1023个，故选B。
11、B
【解析】
A．分散系按照分散质粒子直径大小分为：溶液、胶体和浊液，分散质粒度大于100nm的为浊液，介于1nm~100nm为胶体，小于1nm的为溶液，故A错误；
B．向污水中投放明矾，生成能凝聚悬浮物的氢氧化铝胶体，反应的离子方程式为Al3++3H2O⇌Al(OH)3(胶体)+3H+，故B正确；
C．胶体中加入电解质，胶体能够发生聚沉，不能大量共存，故C错误；
D．氢氧化铁胶体的胶体粒子带有正电荷，但氢氧化铁胶体呈电中性，故D错误；
故选B。
12、D
【解析】
①根据氧化物的性质，氧化物分为酸性氧化物、碱性氧化物、两性氧化物和不成盐氧化物，故①正确；
②化学反应根据有无电子转移，反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应，故②正确；
③分散系根据分散质直径大小，分散系分为溶液、胶体、浊液，故③错误；
④根据纯净物所含元素种类的多少将纯净物分为单质和化合物，故④正确；
⑤根据在水溶液或熔融状态下能否导电将化合物分为电解质和非电解质，故⑤错误。
故选D。
13、A
【解析】
电解质是在水溶液或者熔融状态下能够导电的化合物；导电的原因是有自由移动的电子或离子，据此利用排除法作答。
【详解】
A.熔融的氢氧化钾，是化合物，且在此状态下电离会生成自由移动的钾离子和氢氧根，因此可以导电，是电解质，故A项正确；
B.氯化钠溶液含有自由移动的离子，可以导电，但属于混合物，因此不是电解质，故B项错误；
C.铜固体有自由移动的电子，可以导电，但不是化合物，不属于电解质，故C项错误；
D.氯化镁晶体是电解质，但是镁离子和氯离子不能自由移动，因此氯化镁晶体不导电，故D项错误；
答案选A。
掌握电解质的判断方法与物质导电的原因是解此题的关键。需要注意的是，判断给出的物质是不是电解质要先判断该物质属不属于化合物，若为化合物，再进一步该物质在特定条件（水溶液或者熔融状态）下能否导电，进而做出最终判断，若是单质或者混合物，则一定不属于电解质。此外不能片面地认为能导电的物质就是电解质。
14、C
【解析】
A. 标况下气体摩尔体积为22.4L/mol。
B. 1mol粒子集合体所含粒子数与12g碳-12中所含的碳原子数相同，约为6.02×1023个。
C. 71g Cl2的物质的量n= =1mol。
D. 1mol·L-1的NaOH溶液中水分子、氢氧根离子中都含有氢原子，在不知道溶液体积的情况下，无法确定氢原子数。
【详解】
A. 常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol ，11.2L N2所含分子数小于0.5NA，A错误。
B. 常温常压下,1mol Ne所含分子数等于NA，B错误。
C. 常温常压下,71g Cl2的物质的量n= =1mol，所含原子数为2NA，C正确。
D. 1mol·L-1的NaOH溶液，没有给定体积，无法判断任何微粒的数目，D错误。
答案为C。
15、A
【解析】
先找出每个反应的氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物，再根据氧化还原反应中物质的氧化性：氧化剂>氧化产物，氧化剂>还原剂进行分析判断。
【详解】
①Cl2+2KI═I2+2KCl，氧化剂为Cl2，氧化产物为I2，氧化性Cl2＞I2；
②2FeCl3+2HI═I2+2FeCl2+2HCl中，氧化剂为FeCl3，氧化产物为I2，氧化性Fe3+＞I2；
③2FeCl2+Cl2═2FeCl3，氧化剂为Cl2，氧化产物为FeCl3，氧化性Cl2＞Fe3+；
④I2+SO2+2H2O═2HI+H2SO4，氧化剂为I2，还原剂是SO2，氧化性I2＞SO2。
故氧化性由强到弱的顺序是Cl2＞Fe3+＞I2＞SO2，选项A符合题意。
本题考查物质氧化性和还原性的比较，根据元素化合价的变化判断氧化剂、还原剂、氧化产物和还原产物是本题解答的关键。
16、D
【解析】
A．45g草酸的物质的量==0.5mol，其中含有氧原子的物质的量是2mol，氧原子的个数是2mol×6.02×1023mol-1=1.204×1024，A判断正确；
B．1mol草酸中约含有6.02×1023个分子，B判断正确；
C．草酸的相对分子质量是90，则草酸的摩尔质量是90g/mol，C判断正确；
D．草酸在标准状况下不是气体，不能利用气体摩尔体积计算1mol草酸在标准状况下的体积，D判断错误。
答案选D。

二、非选择题（本题包括5小题）
17、 Mg C O
【解析】
A、B、C三种元素，C原子最外层电子数为次外层电子数的3倍，最外层上最多有8个电子，所以次外层应该是第一电子层，则C原子核外电子排布为2、6，所以C是O元素；B和C原子核外电子层数相等，而最外层电子数之和为10，则B核外电子排布为2、4，所以B是C元素；A、C能形成AC型化合物，A2+离子和B原子电子层数也相同，则A原子核外电子排布为2、8、2，因此A是Mg元素，据此分析解答。
【详解】
根据上述分析可知A是镁元素，B是碳元素，C是氧元素。
(1)A是镁元素，Mg2+核外有2个电子层，电子排布为2、8，最外层有8个电子，其质子数是12，所以其原子结构示意图为：；
(2)通过以上分析知，A、B、C分别是镁元素、碳元素、氧元素，元素符号分别是Mg，C，O。
本题考查原子结构示意图、元素推断，明确原子结构及原子构成的各种微粒关系是解本题关键。
18、Na2CO3、Na2SO4 KCl Ba2＋＋CO32—==BaCO3↓ Ba2＋＋SO42—==BaSO4↓ BaCO3＋2H＋==Ba2＋＋H2O＋CO2↑ 取②的滤液少许于试管中，先用稀硝酸酸化，然后加入AgNO3溶液，观察是否有白色沉淀生成
【解析】
（1）将固体混合物溶于水，搅拌后得无色透明溶液，所以固体混合物中一定不存在FeCl3；在①所得的溶液中滴加足量Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀生成，所以固体混合物中一定存在Na2CO3或Na2SO4或Na2CO3和Na2SO4，一定不存在BaCl2；在所得白色沉淀上加入过量稀硝酸，沉淀部分溶解，所以固体混合物中一定存在Na2CO3和Na2SO4；因无法肯定确定是否存在KCl，则可能存在KCl，故答案为Na2CO3、Na2SO4；KCl；
（2）在①所得的溶液中滴加足量Ba(NO3)2溶液，有碳酸钡和硫酸钡白色沉淀生成，反应的离子方程式为Ba2＋＋CO32—=BaCO3↓，Ba2＋＋SO42—=BaSO4↓；在所得白色沉淀上加入过量稀硝酸，碳酸钡沉淀溶解，硫酸钡沉淀不溶解，反应的离子方程式为BaCO3＋2H＋=Ba2＋＋H2O＋CO2↑，故答案为Ba2＋＋CO32—=BaCO3↓、Ba2＋＋SO42—=BaSO4↓，BaCO3＋2H＋=Ba2＋＋H2O＋CO2↑；
（3）要确定溶液中是否存在KCl，应向②的滤液加入酸化的硝酸银溶液，检验是否存在氯离子，具体操作为：取②的滤液少许于试管中，先用稀硝酸酸化，然后加入AgNO3溶液，观察是否有白色沉淀生成，故答案为取②的滤液少许于试管中，先用稀硝酸酸化，然后加入AgNO3溶液，观察是否有白色沉淀生成。
解题时应该认真审题，抓住特殊的反应现象和物质的特征性颜色，对于实验中的关键性字词要真正领会，并熟练掌握物质的特征颜色以及酸碱盐的反应规律，防止错答或漏答。
19、（1）16.7 （3分） B （1分）
（2）先向烧杯加入30ml 蒸馏水，然后将浓硫酸沿烧杯内壁缓慢倒入烧杯中，并用玻璃棒搅拌。（3分）
（3）继续向容量瓶注入蒸馏水至离刻度线1-2cm处，改出胶头滴管向容量瓶滴加至液凹面与刻度线相切为止。塞紧瓶塞，倒转摇匀。 （3分）
（4）A. 偏小 B. 无影响 C. 偏小 D. 偏大 （各1分，共4分）
【解析】
试题分析：（1）稀释前后溶质的物质的量保持不变，即c浓×V浓 = c稀×V稀，且量筒的精确度一般为0.1 mL，则V浓 ==" 16.7" mL；根据大而近原则，由于100 > 50 > 25 > 16.7 > 10，因此应选择25 mL量筒；（2）浓硫酸溶解于水时放热，为了防止暴沸引起安全事故，稀释浓硫酸时，应该先向烧杯中加入适量水，再沿烧杯内壁缓缓加入浓硫酸，边加入边用玻璃棒搅拌，使之充分散热，如果先向烧杯中加入16.7 mL浓硫酸，再向其中倒入水，则容易发生暴沸；（3）定容：当液面在刻度线下1～2cm时，改用胶头滴管加蒸馏水至刻度线与凹液面相切；摇匀：盖好瓶塞，反复上下颠倒；（4）误差分析的依据是=c、控制变量法，对分子的大小有（或没有）影响时，对分母的大小就没有（或有）影响；A、浓硫酸具有吸水性，长时间放置在密封不好的容器中，会逐渐变稀，该情况能使所量取16.7mL液体所含n偏小，但对V无影响，因此（即c）偏小；B、该情况对分子、分母均无影响，因此对（即c）无影响；C、该情况导致n偏小，但对V无影响，因此（即c）偏小；D、该情况导致V偏小，但对n无影响，因此因此（即c）偏大。
【考点定位】考查浓硫酸的稀释、一定物质的量浓度溶液的配制过程及误差分析。
【名师点睛】本试题考查化学实验安全、化学实验基本操作，涉及内容是浓硫酸的稀释、一定物质的量浓度溶液的配制过程及误差分析等，平时多注重基础知识的夯实。稀释溶液过程中，我们往往都是把浓度大溶液加入到浓度小的溶液中，这样为防止混合放热，放出热量造成液体飞溅伤人，如浓硫酸的稀释、浓硝酸和浓硫酸的混合等都是把浓硫酸加入到水或浓硝酸中，这样才能做到实验安全，不至于发生危险。
20、10.4 9.6 ADBCE 玻璃棒 500 mL的容量瓶 偏大的有A、C、E 偏小的有B、D、G
【解析】
(1)选择仪器的标准是“大而近”分析；
(2)天平称量物质时要遵循：左物右码的原则；
(3)根据天平使用原则判断操作顺序；
(4)根据配制物质的量浓度的溶液的步骤确定使用的仪器；；
(5)利用c=判断实验误差。
【详解】
(1)准确配制一定体积的物质的量浓度的溶液要使用容量瓶，在实验室中没有规格是420 mL的容量瓶，根据选择仪器的标准是“大而近”的原则，要选择使用500 mL的容量瓶，则配制500 mL0.52 mol/L的NaOH溶液，需称量NaOH的质量为m(NaOH)= 0.52 mol/L×0.5 L×40 g/mol=10.4 g；
(2)称量物质应该左物右码，若在称量样品时，药品放在天平的右盘上，砝码放在天平的左盘上，1 g以下移动游码，则用天平实际称得的NaOH固体质量是m(MaOH)=10 g-0.4 g=9.6 g；
(3)托盘天平在使用前首先应该调零；NaOH具有腐蚀性，不能在天平上直接称量，应该在烧杯中进行称量，因此要先称量空的小烧杯质量，然后添加所需砝码，并将游码移至所需刻度处 ，再小心将NaOH固体逐渐加入小烧杯中至天平平衡，最后将砝码放回砝码盒，并将游码移至0刻度处，故操作正确顺序为ADBCE；
(4)用NaOH固体准确配制0.52 mol·L－1的NaOH溶液时，要使用托盘天平(附砝码、镊子)准确称量NaOH的质量，用药匙从试剂瓶中取出NaOH固体，并将具有腐蚀性的NaOH放在烧杯中进行称量，然后用量筒量取水，向烧杯中加水溶解NaOH固体，为使NaOH固体快速溶解，使热量迅速扩散，要使用玻璃棒进行搅拌，待溶液恢复至室温后，通过玻璃棒引流转移至已经查漏的500 mL的容量瓶中，然后洗涤烧杯内壁和玻璃棒2-3次，洗涤液也转移至容量瓶中，当加水至离刻度线1-2 cm处，改用胶头滴管滴加，直至凹液面最低处与刻度线相切，最后盖上瓶塞，上下颠倒，反复摇匀，就得到0.52 mol·L－1的NaOH溶液。故使用的仪器，除题干给出的，还缺少的仪器是玻璃棒和500 mL的容量瓶；
(5) A．称量时用了生锈的砝码，则称量的NaOH质量偏大，NaOH的物质的量偏大，最终导致配制的溶液浓度偏大；
B．若将NaOH放在纸张上称量，由于NaOH有吸湿性，部分NaOH会沾在纸上，导致配制溶液的NaOH质量偏少，最终使配制的溶液的浓度偏小；
C．NaOH在烧杯中溶解后，反应会放出大量热，若未冷却溶液就立即转移到容量瓶中(假设：溶液的热胀冷缩程度大于容器)，待溶液恢复至室温时，液面低于刻度线，使得溶液的体积偏小，最终配制溶液的浓度就偏大；
D．往容量瓶转移时，有少量液体溅出，使配制溶液中含有的溶质减少，最终使配制的溶液浓度偏小；
E．定容时俯视刻度线，溶液的体积偏小，导致配制溶液的浓度偏大；
F．容量瓶未干燥即用来配制溶液，对配制溶液的浓度不产生任何影响；
G．定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面低于刻度线，再加水至刻度线，会导致溶液体积偏大，最终导致配制溶液的浓度偏小。
综上所述可知：操作使溶液的浓度偏大的有A、C、E；使溶液的浓度偏小的有B、D、G。
本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制，涉及仪器的使用、操作步骤、误差分析等。明确配制原理和操作步骤是解题关键，注意容量瓶规格的选择和误差分析的方法。
21、棕黄 Fe(OH)3 FeCl3的饱和溶液 继续煮沸 红褐 FeCl3 0.3mol·L—1
【解析】
（1）根据氢氧化铁胶体的制备过程和现象来回答；
（2）得电子化合价降低的反应物是氧化剂；反应中铜失去2mol电子，2mol铁离子得2mol电子，由此画出单线桥；
（3）根据稀释定律解；
【详解】
（1）饱和FeCl3溶液的颜色是黄色的，实验室里常用它来制备 Fe(OH)3（化学式）胶体，具体操作方法是：先将烧杯中的水加热至沸腾，再滴入5~6滴FeCl3的饱和溶液，继续煮沸至液体呈红褐色，停止加热。
（2）电子工业中 ，常用FeCl3的饱和溶液来印刷电路图板，反应的原理是：Cu+2FeCl3=2FeCl2+CuCl2。该反应中得电子化合价降低的反应物是氧化剂；FeCl3作氧化剂，用单线桥法表示电子转移的方向和数目：。
（3）将0.5mol·L—1的FeCl3溶液从100mL稀释至500mL，所得溶液中，c(Cl—）为_
c(Cl—）=0.5mol·L—1×3×0.1L/0.5L= 0.3mol·L—1。