2026屆河北省邯鄲市第二中學(xué)化學(xué)高一上期中學(xué)業(yè)質(zhì)量監(jiān)測試題請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應(yīng)位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應(yīng)的答題區(qū)內(nèi)。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認(rèn)真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規(guī)定答題。一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、我國科學(xué)家在世界上第一次為一種名為“鈷酞箐”的分子(直徑為1.3×10－8m)恢復(fù)了磁性?！扳捥洹狈肿拥慕Y(jié)構(gòu)和性質(zhì)與人體內(nèi)的血紅素和植物的葉綠素非常相似。下列關(guān)于“鈷酞箐”分子的說法中正確的是A．它的分子直徑比Na＋小，在做布朗運動B．它的分子既能透過濾紙，也能透過半透膜C．它在水中形成的分散系能產(chǎn)生丁達(dá)爾效應(yīng)D．它在水中所形成的分散系屬乳濁液2、一個密閉容器，中間有一可自由滑動的隔板（厚度不計）將容器分成兩部分，當(dāng)左邊充入8molN2，右邊充入CO和CO2的混合氣體共64g時，隔板處于如圖位置（保持溫度不變），下列說法正確的是A．左邊CO和CO2分子數(shù)之比為1:3B．右邊CO的質(zhì)量為14gC．右邊氣體密度是相同條件下氧氣密度的2倍D．若改變右邊CO和CO2的充入量而使隔板處于距離右端處，若保持溫度不變，則前后兩次容器內(nèi)的壓強(qiáng)之比為5:63、下列指定實驗的裝置圖完全正確的是A．稱量氫氧化鈉固體B．分離水和乙醇C．配制100mL0.10mol/L鹽酸D．尾氣處理吸收HCl氣體4、下列物質(zhì)，既不屬于酸性氧化物，也不屬于堿性氧化物的一組是（）①H2O②SO2③H2S④Mn2O7⑤Fe2O3⑥Na2O2⑦NOA．①③⑥ B．①③⑥⑦ C．①④⑥⑦ D．①②⑥⑦5、用如圖表示的一些物質(zhì)或概念間的從屬關(guān)系中不正確的是

XYZA氧化物化合物純凈物B電解質(zhì)鹽化合物C膠體分散系混合物D堿性氧化物金屬氧化物氧化物A．A B．B C．C D．D6、亞硝酸鈉(NaNO2)具有致癌作用，許多腌制食品中含NaNO2。酸性KMnO4溶液與亞硝酸鈉反應(yīng)的離子反應(yīng)為：MnO4－＋NO2－＋H＋→Mn2＋＋NO3－＋H2O(未配平)，下列敘述錯誤的是()A．生成1molMn2＋，轉(zhuǎn)移電子為5molB．該反應(yīng)中氮元素被氧化C．配平后，水的化學(xué)計量數(shù)為3D．反應(yīng)中氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為2:57、用0.1mol/l的Na2SO3溶液40mL，恰好將0.002mol的X2O42-還原，Na2SO3被氧化成Na2SO4則元素X在還原產(chǎn)物中的化合價是（）A．+1 B．+2 C．+3 D．+48、設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)，下列說法錯誤的是（）A．2mol·L-1的氯化鎂溶液中含氯離子數(shù)為4NAB．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，11.2L以任意比例混合的氮氣和氧氣所含的原子數(shù)為NAC．32gO2和O3混合氣體中含有的氧原子數(shù)為2NAD．化學(xué)反應(yīng)中1mol金屬鎂變成鎂離子時失去電子數(shù)目為2NA9、下列實驗操作及儀器使用正確的是A．蒸發(fā)時,待坩堝內(nèi)有大量固體析出時停止加熱B．蒸餾時,發(fā)現(xiàn)忘加沸石應(yīng)立即停止加熱,冷卻后補(bǔ)加C．配制溶液時,洗凈的容量瓶需烘干后再用于實驗D．分液時,先將下層液體從下口放出,然后將上層液體也從下口放出10、日常生活中的許多現(xiàn)象與化學(xué)反應(yīng)有關(guān)，下列現(xiàn)象與氧化還原反應(yīng)無關(guān)的是()A．銅鑄塑像上出現(xiàn)銅綠[Cu2(OH)2CO3] B．充有氫氣的氣球遇明火爆炸C．大理石雕像被酸雨腐蝕毀壞 D．鐵質(zhì)菜刀生銹11、下列反應(yīng)能用H＋＋OH－=H2O表示的是A．醋酸和氫氧化鈉溶液 B．氫氧化鎂和鹽酸C．氫氧化鋇和稀硫酸 D．澄清石灰水和硝酸12、下列除雜所選用的試劑及操作方法均正確的一組是（括號內(nèi)為雜質(zhì)）選項待提純的物質(zhì)選用的試劑操作方法A．NaBr溶液（NaI）Cl2洗氣B．Cl2（HCl）飽和食鹽水洗氣C．HNO3溶液（H2SO4）BaCl2溶液過濾D．NaCl（I2）水萃取分液A．AB．BC．CD．D13、隨著人們生活節(jié)奏的加快，方便的小包裝食品已被廣泛接受。為了防止中秋月餅等富脂食品氧化變質(zhì)，延長食品的保質(zhì)期，在包裝袋中常加入抗氧化物質(zhì)，下列不屬于抗氧化物質(zhì)的是()A．硫酸亞鐵 B．還原鐵粉 C．亞硫酸鈉 D．生石灰14、近年來人們?yōu)楦纳瓶諝赓|(zhì)量，治理霧霾而啟動了“藍(lán)天工程”，根據(jù)你所學(xué)知識,判斷下列措施不利于“藍(lán)天工程”建設(shè)的是A．把燃煤的火力發(fā)電廠的煙囪造高，減少酸雨的污染B．實施綠化工程，防治揚(yáng)塵污染C．發(fā)展新能源汽車，減少傳統(tǒng)燃油車的尾氣污染D．推廣使用燃煤脫硫技術(shù)，有效減少SO2的污染15、下列有關(guān)NaHCO3和Na2CO3性質(zhì)的比較中，正確的是()A．熱穩(wěn)定性：Na2CO3<NaHCO3B．常溫時在水中的溶解度：Na2CO3<NaHCO3C．等物質(zhì)的量的NaHCO3和Na2CO3與足量稀鹽酸反應(yīng)，NaHCO3放出的CO2多D．等質(zhì)量的NaHCO3和Na2CO3與足量稀鹽酸反應(yīng)產(chǎn)生CO2的量：Na2CO3<NaHCO316、已知MnO、NO等在酸性條件下具有強(qiáng)氧化性，而S2－、I－、Fe2＋等具有較強(qiáng)的還原性。下列水溶液中的各組離子因為發(fā)生氧化還原反應(yīng)而不能大量共存的是()A．Na＋、Ba2＋、Cl－、SO42—B．MnO4-、K＋、I－、H＋C．Ca2＋、HCO3—、Cl－、K＋D．H＋、Cl－、Na＋、CO32—17、常溫下，在溶液中可發(fā)生以下反應(yīng)：①1Fe1++Br1=1Fe3++1Br-

②1Br-+Cl1=Br1+1Cl-

③1Fe3++1I-=1Fe1++I1．由此判斷下列說法正確的是A．鐵元素在反應(yīng)①中被還原，在③中被氧化B．反應(yīng)②中當(dāng)有1molCl1被氧化時，有1molBr-被還原C．氧化性強(qiáng)弱順序為：Cl1＞I1＞Br1＞Fe3+D．還原性強(qiáng)弱順序為：I-＞Fe1+＞Br-＞Cl-18、我國古代文獻(xiàn)中有許多化學(xué)知識的記載，如《淮南萬畢術(shù)》中提到“曾青得鐵則化為銅”，其反應(yīng)的化學(xué)方程式是Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，該反應(yīng)不屬于A．復(fù)分解反應(yīng) B．置換反應(yīng) C．離子反應(yīng) D．氧化還原反應(yīng)19、汽車尾氣轉(zhuǎn)化反應(yīng)之一是2CO+2NON2+2CO2，有關(guān)該反應(yīng)的說法正確的是()A．CO是氧化劑 B．NO被氧化 C．CO得到電子 D．NO發(fā)生還原反應(yīng)20、海水中含量最多的氯化物是A．NaCl B．MgCl2 C．KCl D．CaCl221、氫化鈣可以作為生氫劑(其中CaH2中氫元素為-1價)，反應(yīng)方程式如下：CaH2+2H2O=Ca(OH)2+2H2↑，其中水的作用是A．既不是氧化劑也不是還原劑B．是氧化劑C．是還原劑D．既是氧化劑又是還原劑22、下列對實驗過程的評價正確的是（）A．某固體中加入稀鹽酸，產(chǎn)生了無色氣體，證明該固體一定是碳酸鹽B．某溶液中滴加BaCl2溶液，生成不溶于稀硝酸的白色沉淀，該溶液中一定含SO42-C．某無色溶液滴入無色酚酞試液顯紅色，該溶液一定顯堿性D．驗證燒堿溶液中是否含有Cl－，先加稀鹽酸除去OH－，再加硝酸銀溶液，有白色沉淀出現(xiàn)，證明含Cl－二、非選擇題(共84分)23、（14分）有一包白色粉末，其中可能含有Ba(NO3)2、MgCl2、K2CO3、NaOH，現(xiàn)做以下實驗：①取一定量粉末加入水中，振蕩，有白色沉淀生成；②向①的沉淀物中加入足量稀硝酸，白色沉淀完全消失、沒有氣泡產(chǎn)生；③向①的上層清液中滴入稀硫酸，有白色沉淀產(chǎn)生。根據(jù)上述實驗事實，回答下列問題：(1)原白色粉末中一定含有的物質(zhì)的化學(xué)式_______(2)一定不含有的物質(zhì)的化學(xué)式__________(3)依次寫出各步變化的離子方程式①______；②_____；③_____；24、（12分）(1)A、B、C三種無色可溶性鹽分別是由Na＋、Ag＋、Ba2＋、Cl－、NO、CO中不同的陰、陽離子組成。經(jīng)實驗驗證知：A溶液、B溶液均可以與鹽酸反應(yīng)，其中A產(chǎn)生白色沉淀，B產(chǎn)生氣泡。則A為_______、B為_________。將B和C的溶液混合后，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為________________。(2)有一包固體粉末，由CaCO3、Na2SO4、KNO3、BaCl2、CuSO4中的三種物質(zhì)組成，取樣品進(jìn)行如下實驗：從實驗可以判斷，該固體粉末中一定不含有____________，它的組成可能是__________或_____________。25、（12分）下圖是某學(xué)校實驗室從化學(xué)試劑商店買回的濃硫酸試劑標(biāo)簽上的部分內(nèi)容?，F(xiàn)用該濃硫酸配制480mL1mol·L－1的稀硫酸?？晒┻x用的儀器有：①膠頭滴管②燒瓶③燒杯④玻璃棒⑤藥匙⑥量筒⑦托盤天平。請回答下列問題：(1)在容量瓶的使用方法中，下列操作不正確的是________A．使用容量瓶前檢查它是否漏水B．容量瓶用蒸餾水洗凈后，配制溶液前必需干燥C．配制溶液時，如果試樣是固體，把稱好的試樣用紙條小心倒入容量瓶中，緩慢加入蒸餾水到接近標(biāo)線1～2cm處，用滴管加蒸餾水到標(biāo)線D．定容后蓋好瓶塞用食指頂住瓶塞，用另一只手托住瓶底，把容量瓶顛倒搖勻多次(2)該濃硫酸的物質(zhì)的量濃度為_________mol·L－1。(3)配制稀硫酸時，還缺少的儀器有________________。(4)配制480mL1mol·L－1的稀硫酸需要用量筒量取上述濃硫酸的體積為_______mL。所需量筒的規(guī)格為________________。(可供選擇的量筒有5mL、10mL、20mL、50mL、100mL)(5)過程中的部分步驟，其中有錯誤的是(填寫序號)____________。(6)對所配制的稀硫酸進(jìn)行測定，發(fā)現(xiàn)其濃度大于1mol·L－1，配制過程中下列各項操作可能引起該濃度偏高的原因有________________________________。A．定容時，仰視容量瓶刻度線進(jìn)行定容。B．將稀釋后的硫酸立即轉(zhuǎn)入容量瓶后，緊接著就進(jìn)行以后的實驗操作。C．容量瓶用蒸餾水洗滌后未干燥，含有少量蒸餾水。D．轉(zhuǎn)移溶液時，不慎有少量溶液灑到容量瓶外面。E．定容后，把容量瓶倒置搖勻后發(fā)現(xiàn)液面低于刻度線，便補(bǔ)充幾滴水至刻度處。26、（10分）Ⅰ.選擇下列實驗方法分離物質(zhì),將分離方法的序號填在橫線上。A．萃取分液B．加熱分解C．結(jié)晶D．分液E.滲析F.蒸餾G.過濾（1）_____________分離飽和食鹽水和沙子的混合物。（2）_____________從硝酸鉀和氯化鈉的混合溶液中獲得硝酸鉀.（3）_____________分離水和煤油的混合物。（4）_____________分離水和酒精。（5）_____________分離溴水中的溴和水.（6）_____________分離淀粉和氯化鈉的混合溶液。Ⅱ.食鹽是日常生活的必需品,也是重要的化工原料:（1）粗食鹽常含有少量等雜質(zhì)離子,實驗室提純氯化鈉的流程如下:提供的試劑:飽和碳酸鈉溶液、飽和碳酸鉀溶液、氫氧化鈉溶液、氯化鋇溶液、硝酸鋇溶液①欲除去溶液Ⅰ中的離子,選出a代表的試劑,按滴加順序依次為_________________________________________(只填化學(xué)式)。②過濾之前,怎樣檢驗硫酸根離子已除盡:______________________.③若先用鹽酸調(diào)pH再過濾,將對實驗結(jié)果產(chǎn)生影響,其原因是_________________,（2）用提純的氯化鈉配制250mL0.2mol/L氯化鈉溶液:①配制溶液時用到的玻璃儀器有______________(填儀器名稱)。②計算后,需稱出氯化鈉質(zhì)量為___________g.③下列操作對所得溶液濃度有何影響,在橫線上填寫“偏高”或“偏低”或“無影響”：A．定容時仰視容量瓶刻度線：________________；B．稱量時砝碼生銹:_________________；C．移液時玻璃棒末端在容量瓶刻度線之上:_______________。27、（12分）用18.4mol·L－1的濃硫酸配制100mL1mol·L－1硫酸。（1）①應(yīng)取濃硫酸的體積為__________mL，稀釋濃硫酸的操作是_______________________②若實驗儀器有：A．100mL量筒；B．托盤天平；C．玻璃棒；D．50mL容量瓶；E.10mL量筒；F.膠頭滴管；G.50mL燒杯；H.100mL容量瓶實驗時必須選用的儀器有(填入編號)___________。③定容時，若不小心加水超過了容量瓶刻度線，應(yīng)___________。（2）該濃硫酸的密度為1.84g·mL－1，據(jù)此求出其溶質(zhì)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)___________。（3）濃硫酸是中學(xué)常用的干燥劑。若100g該濃硫酸能吸收16g水，吸水后生成H2SO4·nH2O，則n＝___________。28、（14分）實驗室制取氯氣有下列反應(yīng)：2KMnO4+16HCl（濃）=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O（1）該反應(yīng)中氧化劑是_____；被還原的元素是_______；氧化產(chǎn)物是______；（2）用單線橋法標(biāo)出電子轉(zhuǎn)移的方向和數(shù)目______________；（3）若該反應(yīng)中有0.2mol的電子轉(zhuǎn)移，則能生成標(biāo)準(zhǔn)狀況下的氯氣的體積是_______；（4）若該反應(yīng)有1molKMnO4參加反應(yīng)，被氧化的HCl為______mol，轉(zhuǎn)移電子數(shù)______mol。29、（10分）從石油裂解中得到的1，3-丁二烯可進(jìn)行以下多步反應(yīng)，得到氯丁橡膠和富馬酸。（1）B的名稱為2-氯-1，4-丁二醇，請你寫出B的結(jié)構(gòu)簡式____________________。（2）請你寫出第②步反應(yīng)的化學(xué)方程式：______________________________。（3）反應(yīng)①~⑥中，屬于消去反應(yīng)的有______________________________。（4）有機(jī)合成中的路線和步驟選擇非常重要，若將第②步和第③步的順序調(diào)換，則B結(jié)構(gòu)將是____________________。（5）如果沒有設(shè)計③和⑥這兩步，直接用KMnO4/H+處理物質(zhì)A，導(dǎo)致的問題是：______________________________。（6）某種有機(jī)物的分子式為C5H6O4，它的分子中所含官能團(tuán)的種類、數(shù)目均與富馬酸相同，不考慮順反異構(gòu)，它可能的結(jié)構(gòu)有__________種。

參考答案一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、C【解析】

由于該物質(zhì)的分子直徑在1納米和100納米之間，所以形成的分散性是膠體，膠體能產(chǎn)生丁達(dá)爾效應(yīng)、做布朗運動，能透過濾紙，但不能透過半透膜?！驹斀狻库捥肌钡姆肿樱ㄖ睆綖?.3nm），屬于膠體分散系，Na+半徑小于1nm，分子直徑比Na＋大，A錯誤；鈷酞菁”分子（直徑為1.3nm），能透過濾紙，不能透過半透膜，B錯誤；鈷酞菁”的分子（直徑為1.3nm），在水中形成的分散系屬于膠體分散系，具有膠體的性質(zhì)，具有丁達(dá)爾現(xiàn)象，C正確；鈷酞菁”的分子（直徑為1.3nm），屬于膠體分散系，D錯誤。故選C。本題考查了膠體分散系的本質(zhì)特征和膠體的性質(zhì)，掌握膠體分散系的本質(zhì)特征是解題的關(guān)鍵。2、D【解析】

左右兩側(cè)氣體溫度、壓強(qiáng)相同，相同條件下，體積之比等于物質(zhì)的量之比，左右體積之比為4：1，則左右氣體物質(zhì)的量之比為4：1，所以右側(cè)氣體物質(zhì)的量==2mol，CO和CO2質(zhì)量為64g，設(shè)CO的物質(zhì)的量為xmol，則二氧化碳物質(zhì)的量為(2-x)mol，28xg+44(2-x)g=64g，x=1.5mol，則CO的物質(zhì)的量為1.5mol，二氧化碳物質(zhì)的量為0.5mol，由此分析解答。【詳解】左右兩側(cè)氣體溫度、壓強(qiáng)相同，相同條件下，體積之比等于物質(zhì)的量之比，左右體積之比為4：1，則左右氣體物質(zhì)的量之比為4：1，所以右側(cè)氣體物質(zhì)的量==2mol，CO和CO2質(zhì)量為64g，設(shè)CO的物質(zhì)的量為xmol，則二氧化碳物質(zhì)的量為(2-x)mol，28xg+44(2-x)g=64g，x=1.5mol，則CO的物質(zhì)的量為1.5mol，二氧化碳物質(zhì)的量為0.5mol；A．氣體的物質(zhì)的量之比等于其分子數(shù)之比，所以右邊CO與CO2分子數(shù)之比為1.5mol：0.5mol=3：1，故A錯誤；B．m(CO)=nM=1.5mol×28g/mol=42g，故B錯誤；C．相同條件下氣體密度之比等于其摩爾質(zhì)量之比，右邊氣體平均摩爾質(zhì)量==32g/mol，與氧氣摩爾質(zhì)量相等，所以混合氣體與氧氣密度之比為1：1，故C錯誤；D．若改變右邊CO和CO2的充入量而使隔板處于距離右端處，則左右空間體積之比為2：1，充入二氧化碳和CO物質(zhì)的量為4mol，相同條件下氣體的物質(zhì)的量之比等于其壓強(qiáng)之比，所以其壓強(qiáng)之比為(8+2)mol：(8+4)mol=5：6，故D正確；故答案為D。3、D【解析】

A．氫氧化鈉易潮解，稱量時應(yīng)放在小燒杯或稱量瓶中進(jìn)行，且為左物右碼，故A錯誤；B．冷凝水下進(jìn)上出時冷凝效果最好，故B錯誤；C．移液時，應(yīng)用玻璃棒引流，故C錯誤；D．吸收裝置中的導(dǎo)管伸入到液體中，但該裝置采用肚容式裝置，易吸收易溶性氣體，且能防止倒吸，故D正確；故答案為D。4、B【解析】

①H2O既不能和酸又不能和堿反應(yīng)，故既不是酸性氧化物也不是堿性氧化物，故正確；②SO2只能和堿反應(yīng)生成鹽和水，故為酸性氧化物，故錯誤；③H2S不是氧化物，故既不是酸性氧化物也不是堿性氧化物，故正確；④Mn2O7只能和堿反應(yīng)生成鹽和水，故為酸性氧化物，故錯誤；⑤Fe2O3只能和酸反應(yīng)生成鹽和水，故是堿性氧化物，不是酸性氧化物，故錯誤；⑥Na2O2與堿不反應(yīng)，Na2O2和酸反應(yīng)生成鹽、氧氣和水，屬于過氧化物，既不是酸性氧化物，也不是堿性氧化物，故正確；⑦NO既不能和酸反應(yīng)也不能和堿反應(yīng)，故既不是酸性氧化物也不是堿性氧化物，故正確。故答案選B。能夠與堿反應(yīng)只生成鹽和水的氧化物屬于酸性氧化物；能夠與酸反應(yīng)只生成鹽和水的氧化物屬于堿性氧化物，既能與酸，又能與堿反應(yīng)生成鹽和水的氧化物為兩性氧化物。5、B【解析】

A、氧化物屬于化合物，化合物又屬于純凈物，故A正確；

B、電解質(zhì)和鹽都屬于化合物，鹽均屬于電解質(zhì)，則電解質(zhì)包含鹽，應(yīng)X包含Y，故B錯誤；

C、膠體屬于分散系，而分散系都是由兩種以上的物質(zhì)組成，則屬于混合物，故C正確；

D、氧化物只由兩種元素組成，堿性氧化物一定是金屬氧化物，故D正確；

綜上所述，本題選B。本題考查物質(zhì)的組成和分類，比較簡單，屬于基礎(chǔ)題；學(xué)生應(yīng)能識別常見物質(zhì)的種類，并能利用其組成來判斷物質(zhì)的類別是解答的關(guān)鍵。本題中要注意電解質(zhì)包括酸、堿、鹽和金屬氧化物、水等，電解質(zhì)均為化合物。6、D【解析】

反應(yīng)中，Mn元素的化合價由+7價降至+2價，N元素的化合價由+3價升至+5價；反應(yīng)中MnO4-為氧化劑，Mn2+為還原產(chǎn)物，NO2-為還原劑，NO3-為氧化產(chǎn)物；根據(jù)得失電子守恒配平方程式和計算?！驹斀狻緼項，反應(yīng)中，Mn元素的化合價由+7價降至+2價，生成1molMn2+轉(zhuǎn)移5mol電子，A項正確；B項，反應(yīng)中，N元素的化合價由+3價升至+5價，N元素被氧化，B項正確；C項，反應(yīng)中1molMnO4-得到5mol電子生成1molMn2+，1molNO2-失去2mol電子生成1molNO3-，根據(jù)得失電子守恒配平為2MnO4-+5NO2-+H+→2Mn2++5NO3-+H2O，結(jié)合原子守恒、電荷守恒，配平后的離子方程式為2MnO4-+5NO2-+6H+=2Mn2++5NO3-+3H2O，水的化學(xué)計量數(shù)為3，C項正確；D項，根據(jù)上述分析，Mn2+為還原產(chǎn)物，NO3-為氧化產(chǎn)物，根據(jù)得失電子守恒，氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物物質(zhì)的量之比為5:2，D項錯誤；答案選D。7、A【解析】

本題主要考查氧化還原反應(yīng)中轉(zhuǎn)移電子守恒的應(yīng)用。根據(jù)反應(yīng)過程中得失電子守恒求解?！驹斀狻扛鶕?jù)氧化還原反應(yīng)中得失電子守恒計算，該反應(yīng)中Na2SO3為還原劑，SO32-中的S被氧化，變?yōu)镾O42-，化合價從+4升到+6價，失電子數(shù)=；

X2O42-為氧化劑，其中X元素化合價降低，開始為+3價，得失電子守恒得電子數(shù)=X元素摩爾數(shù)×每摩爾得電子數(shù)，每摩爾得電子數(shù)=，由此可知X元素化合價變化為2，即從+3價降到+1價。需注意0.002mol的X2O42-中含有X原子為0.004mol。8、A【解析】

A、必須告訴氯化鎂溶液的體積,才能計算其物質(zhì)的量；

B、氮氣和氧氣都是雙原子分子,標(biāo)況下11.2L混合氣體物質(zhì)的量為0.5mol；

C、32g氧氣和臭氧混合氣體中,含有2mol氧原子；

D、金屬鎂反應(yīng),1mol鎂失去2mol電子生成鎂離子?！驹斀狻緼、沒有告訴氯化鎂溶液的體積,無法計算氯化鎂的物質(zhì)的量,也就不能計算出氯離子的數(shù)目，故A錯誤；

B、因為氮氣和氧氣都是雙原子分子,標(biāo)況下11.2L混合氣體物質(zhì)的量為0.5mol,含有1mol原子，所含的原子數(shù)為NA，故B正確；

C、32g氧氣物質(zhì)的量為1mol，含有2mol氧原子；32g臭氧物質(zhì)的量為1mol，含有2mol氧原子；所以32g混合氣體中含有2mol氧原子,含有的氧原子數(shù)為2NA,故C正確；

D、1mol金屬鎂反應(yīng)失去2mol電子生成鎂離子,失去電子數(shù)目為2NA，故D正確；

綜上所述，本題選A。9、B【解析】

A.蒸發(fā)溶液應(yīng)在蒸發(fā)皿中進(jìn)行，并不是坩堝，故A錯誤；B.做蒸餾實驗時，在蒸餾燒瓶中應(yīng)加入沸石，以防暴沸。如果在沸騰前發(fā)現(xiàn)忘記加沸石，應(yīng)立即停止加熱，冷卻后補(bǔ)加，故B正確；C.配制溶液時，洗凈的容量瓶不需要干燥，烘干后再使用會造成容量瓶容積不準(zhǔn)確，故C錯誤；D.活塞到漏斗管口還殘留一部分下層液體，如果將上層液體也從下口放出，殘留的下層液體會一起被放出，故分液操作時，分液漏斗中下層液體從下口放出，上層液體從上口倒出，故D錯誤；答案選B。10、C【解析】

氧化還原反應(yīng)的特征是：有元素化合價的升降，據(jù)此分析?！驹斀狻緼.銅鑄塑像上出現(xiàn)銅綠是因為空氣中O2、水蒸氣、CO2與銅發(fā)生化學(xué)反應(yīng)的結(jié)果：2Cu+O2+H2O+CO2=Cu2(OH)2CO3，反應(yīng)中銅元素化合價升高，O2中氧元素化合價降低，該反應(yīng)屬于氧化還原反應(yīng)，A項錯誤；B.氫氣氣球遇明火爆炸，發(fā)生的反應(yīng)是：2H2+O22H2O，氫元素化合價升高，氧元素化合價降低，該反應(yīng)屬于氧化還原反應(yīng)，B項錯誤；C.大理石的主要成分是CaCO3，與酸雨反應(yīng)：CaCO3+2H+=Ca2++CO2+H2O，此反應(yīng)中沒有元素化合價的升降，該反應(yīng)不屬于氧化還原反應(yīng)，C項正確；D.鐵質(zhì)菜刀生銹，是鐵與空氣中O2、水蒸氣共同作用的結(jié)果：2Fe+O2+xH2O=Fe2O3xH2O，鐵元素化合價升高，O2中氧元素化合價降低，該反應(yīng)屬于氧化還原反應(yīng)，D項錯誤；答案選C。11、D【解析】

H++OH-═H2O表示強(qiáng)酸和強(qiáng)堿反應(yīng)生成可溶性的鹽和水的一類反應(yīng)，據(jù)此來回答?！驹斀狻緼.醋酸是弱酸，在離子方程式中不能拆成離子，離子反應(yīng)為：CH3COOH+OH?=CH3COO?+H2O，故A錯誤；B.氫氧化鎂是難溶于水的白色沉淀，應(yīng)寫成化學(xué)式不能拆成離子，離子反應(yīng)為：2H++Mg(OH)2═Mg2++2H2O，故B錯誤；C.稀硫酸和氫氧化鋇反應(yīng)生成了硫酸鋇和水，反應(yīng)的離子方程式為：2H＋+2OH－+SO42?+Ba2+=BaSO4↓+2H2O，不能夠用離子方程式H＋＋OH－=H2O表示，故C錯誤；D.硝酸是強(qiáng)酸，澄清石灰水氫氧化鈣是強(qiáng)堿，生成的硝酸鈣是可溶的鹽，能用H＋＋OH－=H2O來表示，故D正確；答案選D。12、B【解析】

A.Cl2與NaI與NaBr均能反應(yīng)；B.氯氣難溶于飽和食鹽水；C.BaCl2與H2SO4反應(yīng)生成HCl和BaSO4沉淀；D.I2微溶于水，易溶于有機(jī)溶劑，碘易升華。【詳解】A.Cl2具有強(qiáng)氧化性，與NaI、NaBr均能發(fā)生氧化還原反應(yīng)，故不能用氯氣除去NaBr溶液中的雜質(zhì)NaI，故A項錯誤；B.氯氣難溶于飽和食鹽水，HCl極易溶于水，可用飽和食鹽水除去氯氣中的氯化氫，故B項正確；C.BaCl2與H2SO4反應(yīng)生成HCl和BaSO4沉淀，過濾后原硝酸溶液中會引入新的雜質(zhì)HCl，故C項錯誤；D.I2微溶于水，NaCl易溶于水，因此用水無法除去NaCl中的I2雜質(zhì)，應(yīng)用升華法除去NaCl中的I2，故D項錯誤；答案選B。物質(zhì)的分離與提純是高頻考點，掌握除雜原則是解題的關(guān)鍵。在除雜過程中選擇試劑時要保證“不增、不減、不繁”三不原則，即不能引入新的雜質(zhì)（包括水蒸氣等），不能與原有的物質(zhì)反應(yīng)，且過程要簡單、易操作。13、D【解析】

防止食品氧化變質(zhì)，延長食品的保質(zhì)期，在包裝袋中常加入抗氧化物質(zhì)，即該物質(zhì)應(yīng)具有還原性，如硫酸亞鐵、還原鐵粉和亞硫酸鈉，而生石灰只能作干燥劑，故D錯誤。答案為D。14、A【解析】

A.加高煙囪，只是減少本地地表附近的煙塵和廢氣，但并沒有減少污染物的排放，不利于“藍(lán)天工程”建設(shè)，故A正確；B.植樹造林，有利于防治粉塵污染，故B不符合題意；C.發(fā)展電動汽車可減少汽車尾氣的排放，故C不符合題意；D.燃煤脫硫技術(shù)，可減少SO2的排放，有效防止酸雨的形成，故D不符合題意。故選A?；鹆Πl(fā)電廠煙囪的高低對SO2的排放量沒有減少作用。15、D【解析】A.NaHCO3受熱易分解，熱穩(wěn)定性：Na2CO3>NaHCO3，故A錯誤；B.常溫時在水中的溶解度：Na2CO3>NaHCO3，故B錯誤；C.等物質(zhì)的量的NaHCO3和Na2CO3與足量稀鹽酸反應(yīng)，NaHCO3和Na2CO3放出的CO2一樣多，故C錯誤；D.等質(zhì)量的NaHCO3和Na2CO3與足量稀鹽酸反應(yīng)產(chǎn)生CO2的量：Na2CO3<NaHCO3，故D正確。故選D。16、B【解析】

A、Ba2＋和SO42—生成硫酸鋇白色沉淀，屬于復(fù)分解反應(yīng)，故A不符合題意；B、MnO4-和I－發(fā)生氧化還原反應(yīng)而不能大量共存，故B符合題意；C、Ca2＋、HCO3—、Cl－、K＋可以大量共存，故C不符合題意；D、H＋和CO32—反應(yīng)生成CO2和水，屬于復(fù)分解反應(yīng)，故D不符合題意；綜上所述，本題應(yīng)選B。本題考查離子共存，掌握離子的性質(zhì)和離子不能大量共存的原因是解題的關(guān)鍵。離子間不能大量共存的原因有：①離子間發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)生成水、沉淀或氣體，如題中A、D項；②離子間發(fā)生氧化還原反應(yīng)，如題中B項；③離子間發(fā)生雙水解反應(yīng)，如Al3+與HCO3-等；④離子間發(fā)生絡(luò)合反應(yīng)，如Fe3+與SCN-等；⑤注意題中的附加條件。本題應(yīng)注意題干限定條件“因為發(fā)生氧化還原反應(yīng)而不能大量共存”。17、D【解析】A、反應(yīng)①鐵元素的化合價升高，被氧化，反應(yīng)③中鐵元素的化合價降低，被還原，A錯誤。B、反應(yīng)②中應(yīng)該是Cl1被還原，Br-被氧化，B錯誤。C、根據(jù)在同一個反應(yīng)中，氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性的規(guī)律可知各物質(zhì)的氧化性的大小關(guān)系，①中：Br1＞Fe3+、

②中：Cl1＞Br1、③中：Fe3+＞I1，所以氧化性的大小順序為：Cl1＞Br1＞Fe3+＞I1，C錯誤。D、氧化劑的氧化性越大，其對應(yīng)的陰離子的還原性越小，可知還原性的大小順序為：I-＞Fe1+＞Br-＞Cl-，D正確。正確答案為D點睛：氧化性越大，其對應(yīng)的陰離子的還原性越小，反之，還原性越大，其對應(yīng)的陽離子的氧化性越小。18、A【解析】

A、復(fù)分解反應(yīng)是由兩種化合物互相交換成分，生成另外兩種化合物的反應(yīng)，因此該反應(yīng)不是復(fù)分解反應(yīng)，A選；B、根據(jù)反應(yīng)方程式Fe+CuSO4=FeSO4+Cu可知該反應(yīng)屬于一種單質(zhì)和一種化合物反應(yīng)生成另一種單質(zhì)和另一種化合物的反應(yīng)，因此是置換反應(yīng)，B不選；C、反應(yīng)中鐵和銅元素的化合價發(fā)生變化，屬于氧化還原反應(yīng)，C不選；D、反應(yīng)在溶液中進(jìn)行有離子參加和生成，因此屬于離子反應(yīng)，D不選；答案選A。19、D【解析】

反應(yīng)2CO+2NON2+2CO2中C由+2價變?yōu)?4價，失去電子被氧化，CO是還原劑；N從+2價變?yōu)?價，得到電子被還原，NO是氧化劑。【詳解】根據(jù)上述分析可知，A．CO是還原劑，A錯誤；B．NO被還原，B錯誤；C．CO失去電子，C錯誤；D．NO發(fā)生還原反應(yīng)，D正確；答案選D。20、A【解析】

浩瀚的海洋是個巨大的資源寶庫，它不僅孕育著無數(shù)的生命，還孕育著豐富的礦產(chǎn)，而海水本身含有大量的化學(xué)物質(zhì)，又是寶貴的化學(xué)資源?？蓮暮Ｋ刑崛〈罅康氖雏}、鎂、溴、碘、鉀等有用物質(zhì)，海水素有“液體工業(yè)原料”之美譽(yù)，含量最多的是氯化鈉，答案選A。21、B【解析】

根據(jù)反應(yīng)前后元素的化合價變化來看，Ca和O的化合價均沒有變化，其中CaH2中H的化合價由-1價升高到0價，被氧化，作還原劑；H2O中H的化合價由+1價降低到0價，被還原，作氧化劑；氫氣既是氧化產(chǎn)物，又是還原產(chǎn)物；答案選B。22、C【解析】

A.某固體中加入稀鹽酸，產(chǎn)生了無色氣體，證明該固體是碳酸鹽或碳酸氫鹽，故A錯誤；B.某溶液中滴加BaCl2溶液，生成不溶于稀硝酸的白色沉淀，該溶液中含SO42-、SO32-、Ag+，故B錯誤；C.酚酞在堿性溶液中顯紅色，某無色溶液滴入無色酚酞試液顯紅色，該溶液一定顯堿性，故C正確；D.驗證燒堿溶液中是否含有Cl－，先加稀硝酸除去OH－，再加硝酸銀溶液，有白色沉淀出現(xiàn)，證明含Cl－，故D錯誤。二、非選擇題(共84分)23、MgCl2、NaOH和Ba(NO3)2K2CO3Mg2++2OH-===Mg(OH)2↓Mg(OH)2+2H+===Mg2++2H2OBa2++===BaSO4↓【解析】

①取一定量粉末加入水中，振蕩，有白色沉淀生成，可能是Ba(NO3)2和K2CO3反應(yīng)生成BaCO3沉淀；MgCl2和NaOH反應(yīng)生成Mg(OH)2沉淀；MgCl2和K2CO3反應(yīng)生成MgCO3沉淀，沉淀的組成有多種可能。②向①的沉淀物中加入足量稀硝酸，白色沉淀完全消失，沒有氣泡產(chǎn)生，證明沉淀中沒有BaCO3、MgCO3，沉淀為Mg(OH)2，原白色粉末中一定有MgCl2和NaOH，一定沒有K2CO3；③向①的上層清液中滴入稀硫酸，有白色沉淀產(chǎn)生，白色沉淀為BaSO4，原白色粉末中一定有Ba(NO3)2，根據(jù)上述分析作答?！驹斀狻?1)由分析可知，原白色粉末中一定含有的物質(zhì)是MgCl2、NaOH和Ba(NO3)2，答案：MgCl2、NaOH和Ba(NO3)2；(2)由分析可知，原白色粉末中一定不含有的物質(zhì)是K2CO3，答案：K2CO3；(3)①中白色沉淀為Mg(OH)2，反應(yīng)的離子方程式是Mg2++2OH-===Mg(OH)2↓；②加入稀硝酸Mg(OH)2溶解，酸堿中和生成鹽和水，反應(yīng)的離子方程式是Mg(OH)2+2H+===Mg2++2H2O；③加入稀硫酸生成白色沉淀為BaSO4，反應(yīng)的離子方程式是Ba2++===BaSO4↓'；答案：Mg2++2OH-===Mg(OH)2↓；Mg(OH)2+2H+===Mg2++2H2O；Ba2++===BaSO4↓。②中白色沉淀為氫氧化鎂是本題解答的關(guān)鍵，常見酸、堿、鹽在水中溶解性及主要化學(xué)性質(zhì)在學(xué)習(xí)中要注意整理和記憶。24、AgNO3Na2CO3Ba2++CO32-=BaCO3↓CuSO4CaCO3、Na2SO4、KNO3CaCO3、BaCl2、KNO3【解析】

（1）由離子共存可知，Ag+只能結(jié)合NO3-形成硝酸銀、剩下的離子中Ba2+只能結(jié)合Cl-形成氯化鋇、最后的離子結(jié)合形成碳酸鈉，然后根據(jù)A、B能夠與鹽酸反應(yīng)的現(xiàn)象判斷A、B組成，從而明確A、B、C的名稱，書寫B(tài)和C的溶液混合反應(yīng)的化學(xué)方程式。（2）固體粉CaCO3、Na2SO4、BaCl2、CuSO4溶于水有沉淀、無色溶液，則能排除CuSO4，因為CuSO4溶于水顯藍(lán)色；難溶物溶于稀鹽酸產(chǎn)生無色氣體，說明一定含有碳酸鈣，硫酸鈉和氯化鋇不會同時存在?！驹斀狻浚?）A、B、C為三種無色可溶鹽，則Ag+只能結(jié)合NO3-形成AgNO3、剩下的離子中Ba2+只能結(jié)合Cl-形成BaCl2，另一種物質(zhì)則為Na2CO3；A溶液、B溶液均可與鹽酸反應(yīng)，其中A產(chǎn)生白色沉淀，則A為AgNO3；B與鹽酸產(chǎn)生氣泡，所以B為Na2CO3，C不與鹽酸反應(yīng)，則C為BaCl2，將B和C的溶液混合反應(yīng)的化學(xué)方程式為：BaCl2+Na2CO3=BaCO3↓+2NaCl，反應(yīng)的離子方程式為Ba2++CO32-=BaCO3↓；故答案為AgNO3；Na2CO3；Ba2++CO32-=BaCO3↓；（2）有一包固體粉末由CaCO3、Na2SO4、BaCl2、CuSO4中的兩種物質(zhì)組成，取樣品加水，出現(xiàn)白色沉淀，該白色沉淀能夠溶于稀鹽酸產(chǎn)生無色氣體，則該固體粉末中一定含有CaCO3，且硫酸鈉與氯化鋇不會同時存在；得到無色溶液，該固體粉末中一定不含有CuSO4，因為CuSO4溶于水顯藍(lán)色，根據(jù)分析可知，溶液中一定不存在CuSO4，該固體粉末含有的三種物質(zhì)可能為：CaCO3、Na2SO4、KNO3或CaCO3、BaCl2、KNO3，故答案為CuSO4；CaCO3、Na2SO4、KNO3；CaCO3、BaCl2、KNO3。本題考查了未知物的檢驗，注意掌握常見物質(zhì)的檢驗方法，明確常見物質(zhì)的性質(zhì)及反應(yīng)現(xiàn)象是解答本題的關(guān)鍵。25、C18.4500mL容量瓶27.250mL①④B【解析】(1)A．容量瓶口部有塞子，使用容量瓶前需要檢查它是否漏水，正確；B．容量瓶用蒸餾水洗凈后，配制溶液不需要干燥，含有少量水對實驗結(jié)果無影響，正確；C．容量瓶不能用來溶解固體，錯誤；D．定容后搖勻的方法是：蓋好瓶塞用食指頂住瓶塞，用另一只手托住瓶底，把容量瓶顛倒搖勻多次，正確；故選C；(2)c===18.4mol/L，故答案為18.4；(3)配制480mL1mol·L－1的稀硫酸：計算、稱量、溶解、冷卻轉(zhuǎn)移、洗滌轉(zhuǎn)移、定容、搖勻。需要的儀器有膠頭滴管、燒杯、

玻璃棒、量筒、容量瓶，實驗室沒有480mL的容量瓶，應(yīng)該選用500mL容量瓶，故答案為500mL容量瓶；(4)應(yīng)該配制500mL1mol·L－1的稀硫酸，根據(jù)稀釋前后硫酸的物質(zhì)的量不變，需要濃硫酸的體積==0.0272L=27.2mL，選用量筒的規(guī)格為50mL，故答案為27.2；50mL；(5)根據(jù)圖示，稀釋濃硫酸時應(yīng)該“酸入水”，故①錯誤；定容時視線應(yīng)該水平，故④錯誤；故選①④；(6)A．定容時，仰視容量瓶刻度線進(jìn)行定容，導(dǎo)致溶液的體積偏大，濃度偏低，錯誤；B．將稀釋后的硫酸立即轉(zhuǎn)入容量瓶后，緊接著就進(jìn)行以后的實驗操作，導(dǎo)致配制的溶液溫度高于常溫，溶液的體積偏小，濃度偏高，正確；C．容量瓶用蒸餾水洗滌后未干燥，含有少量蒸餾水，不影響溶質(zhì)的物質(zhì)的量和溶液的體積，對結(jié)果無影響，錯誤；D．轉(zhuǎn)移溶液時，不慎有少量溶液灑到容量瓶外面，導(dǎo)致溶質(zhì)的物質(zhì)的量偏小，濃度偏低，錯誤；E．定容后，把容量瓶倒置搖勻后發(fā)現(xiàn)液面低于刻度線，便補(bǔ)充幾滴水至刻度處，導(dǎo)致溶液的體積偏大，濃度偏低，錯誤；故選B。26、GC、GDFAEBaCl2、NaOH、Na2CO3（或NaOH、BaCl2、Na2CO3）將濁液靜置，向上層清液中繼續(xù)滴加氯化鋇溶液，無沉淀生成，說明SO42-已除盡在調(diào)節(jié)pH時，沉淀會與鹽酸反應(yīng)，生成氯化鎂、氯化鈣、氯化鋇等物質(zhì)，從而影響氯化鈉的純度燒杯、玻璃棒、250mL容量瓶和膠頭滴管2.9g偏低偏高偏低【解析】

萃取適合于溶質(zhì)在不同溶劑中的溶解性不同而分離的一種方法；結(jié)晶法適用于不同溶質(zhì)的溶解度受溫度影響不同而分離的一種方法；分液適用于互不相溶的液體之間的一種分離方法；蒸餾是依據(jù)混合物中各組分沸點不同而分離的一種法，適用于除去易揮發(fā)、難揮發(fā)或不揮發(fā)雜質(zhì)；過濾適用于不溶性固體和液體之間的一種分離方法，據(jù)此分析可得結(jié)論?！驹斀狻竣?（1）沙子不溶于水，過濾即可，答案為：G；（2）硝酸鉀和氯化鈉都溶于水，但硝酸鉀的溶解度隨溫度升高而明顯增大，隨溫度降低而明顯減??；而氯化鈉的溶解度受溫度影響不大。所以從硝酸鉀和氯化鈉的混合溶液中獲得硝酸鉀用冷卻熱飽和溶液結(jié)晶法后，再過濾的分離方法。故答案為C、G；（3）煤油不溶于水，則分離水和煤油的混合物方法是分液，故答案為D；（4）水和酒精互溶，但其沸點不同，可通過蒸餾的方法進(jìn)行分離子，故答案為F；（5）單質(zhì)溴易溶在有機(jī)溶劑中，所以分離溴水中的溴和水的方法為先萃取，然后再分液，故答案為A；（6）淀粉溶液為膠體，不能透過半透膜，而鈉離子和氯離子能透過半透膜，所以分離淀粉和氯化鈉的混合溶液的方法為滲析，故答案為E；Ⅱ.（1）①沉淀Ca2+用Na2CO3溶液、沉淀Mg2+用NaOH溶液、沉淀SO42-用BaCl2溶液，但要注意除雜試劑必須過量且過量的試劑后續(xù)過程中需除去，則除SO42-后過量的BaCl2溶液應(yīng)用Na2CO3溶液除去，所以除雜試劑Na2CO3溶液應(yīng)在BaCl2溶液的后面加入，則試劑滴加的順序可以是BaCl2、NaOH、Na2CO3或NaOH、BaCl2、Na2CO3。故答案為BaCl2、NaOH、Na2CO3（或NaOH、BaCl2、Na2CO3）；②檢驗SO42-沉淀完全的操作方法為將濁液靜置，向上層清液中繼續(xù)滴加氯化鋇溶液，無沉淀生成，說明SO42-完全沉淀；故答案為將濁液靜置，向上層清液中繼續(xù)滴加氯化鋇溶液，無沉淀生成，說明SO42-已除盡；③若先用鹽酸調(diào)pH再過濾，則Mg（OH）2、CaCO3、BaCO3會與鹽酸反應(yīng)，生成氯化鎂、氯化鈣、氯化鋇等物質(zhì)，從而影響氯化鈉的純度，故答案為在調(diào)節(jié)pH時，沉淀會與鹽酸反應(yīng)，生成氯化鎂、氯化鈣、氯化鋇等物質(zhì)，從而影響氯化鈉的純度；（2）①實驗室進(jìn)行一定濃度溶液的配制步驟有稱量、溶解、移液、洗滌、定容、搖勻等操作，用到的玻璃儀器有燒杯、玻璃棒、250ml容量瓶和膠頭滴管，故答案為燒杯、玻璃棒、250mL容量瓶、膠頭滴管；②所需氯化鈉的質(zhì)量為：0.25L×0.2mol/L×58.5g/mol=2.925g，由于托盤天平的精確度為0.1g，則需稱取氯化鈉為2.9g，故答案為2.9g；③A.定容時仰視容量瓶刻度線，造成溶液的體積偏大，溶液的濃度偏低，故答案為；偏低；B.砝碼生銹會導(dǎo)致砝碼的質(zhì)量比標(biāo)準(zhǔn)質(zhì)量偏大，用生銹的砝碼稱量時會造成溶質(zhì)偏大，溶液的濃度偏高，故答案為偏高；C.移液時玻璃棒末端在容量瓶刻度線之上，這樣會導(dǎo)致有一部液體粘附的刻度線以上，定容后溶液的體積會偏高，溶液的濃度偏低，故答案為偏低。27、5.4mL用量筒量取濃硫酸后，沿?zé)诰従彽谷胧⒂幸欢克臒?，邊倒邊攪拌CEFGH重新配制98%1【解析】

用18.4mol·L－1的濃硫酸配制100mL1mol·L－1硫酸。（1）①應(yīng)取濃硫酸的體積為，稀釋濃硫酸的操作是用量筒量取濃硫酸后，沿?zé)诰従彽谷胧⒂幸欢克臒?，邊倒邊攪拌。②若實驗儀器有：A.100mL量筒；B.托盤天平；C.玻璃棒；D.50mL容量瓶；E.10mL量筒；F.膠頭滴管；G.50mL燒杯；H.100mL容量瓶實驗時必須選用的儀器有10mL量筒、玻璃棒、膠頭滴管、.50mL燒杯、100mL容量瓶。③定容時，若不小心加水超過了容量瓶刻度線，應(yīng)重新配制。（2）該濃硫酸的密度為1.84g·mL－1，利用公式求出溶質(zhì)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)。（3