2020届高考化学二轮复习物质的分离和提纯作业

2020届高考化学二轮复习物质的分离和提纯作业

物质的分离和提纯 ‎1、下列有关说法正确的有（）‎ ‎①用苯萃取溴水中的溴时，将溴的苯溶液从分液漏斗上口倒出②过滤操作中，漏斗的尖端应接触烧杯内壁③测氯水的pH，可用玻璃棒蘸取氯水点在pH试纸上，待其变色后，与标准比色卡比较④蒸发操作时，蒸发皿必须放在石棉网上，并用酒精灯的外焰加热⑤配制一定浓度的稀硫酸，用量筒量取浓硫酸后，未将蒸馏水洗涤量筒后的洗涤液转移至容量瓶中，使配制的溶液浓度偏小⑥石油的蒸馏实验中，忘记加沸石，可以先停止加热，待溶液冷却后加入沸石，再继续加热蒸馏 A.2句B.3句C.4句D.5句 ‎【答案】B ‎【解析】解：①用苯萃取溴水中的溴时，苯的密度小于水，应将下层的水从下口放出，然后将溴的苯溶液从分液漏斗上口倒出，正确；②过滤操作中，漏斗的尖端应接触烧杯内壁，防止液体溅出，正确；③氯水有漂白性，无法用pH测出氯水的pH值，错误；④蒸发操作时，蒸发皿可在酒精灯的外焰上直接加热，错误；⑤配制一定浓度的稀硫酸，用量筒量取浓硫酸后，未将蒸馏水洗涤量筒后的洗涤液转移至容量瓶中，不影响配制的溶液浓度，错误；⑥石油的蒸馏实验中，忘记加沸石，可以先停止加热，待溶液冷却后加入沸石，再继续加热蒸馏，正确。故有3句正确，选B。‎ ‎2、下列说法中，错误的是（）‎ A.将海水蒸馏可以得到淡水 B.萃取实验中需要分液操作 C.可以用过滤的方法分离NaCl溶液和植物油 D.除去硝酸钾固体中的少量氯化钠可以将混合物制成热饱和溶液，冷却结晶，过滤 ‎【答案】C ‎【解析】解：A.海水中水与无机物沸点的差异较大，可以用蒸馏法得到淡水，A正确；B.萃取实验包括分液操作，B正确；C.NaCl溶液和植物油互不相溶，应用分液法分离而不过滤法，C错误；D.硝酸钾固体中的少量氯化钠，因两者溶解度差异大，可通过结晶法进行分离，D正确。‎ ‎3、 ‎ 沉淀溶解平衡在生产、科研和环保等领域有着许多应用。‎ ‎（1）除去硫酸铜溶液中混有的少量铁离子，可向溶液中加入Cu(OH)2，调节溶液的PH,铁离子就会全部转化为Fe（OH）3沉淀除去。‎ 已知：常温下Fe（OH）3的溶度积Ksp=8.0×10-38，Cu（OH）2的溶度积Ksp=3.0×10-20，通常认为残留在溶液中的离子浓度小等于1×10-5mol？L-1时就认为沉淀完全，设溶液中CuSO4的浓度为3.0mol？L-1，通过计算确定应调节溶液的pH范围是______。（已知lg5=0.7）‎ ‎（2）为了研究沉淀溶解平衡和沉淀转化，某同学查阅资料并设计如下实验。‎ 资料：AgSCN是白色沉淀，相同温度下，溶解度AgSCN＞AgI 操作步骤 现象 步骤1：向2mL0.005mol·L－1AgNO3溶液中加入2mL0.005mol·L－1KSCN溶液，静置 出现白色沉淀 步骤2：取1mL上层清液于试管中，滴加1滴2mol·L－1Fe(NO3)3溶液 溶液变为红色 步骤3：向步骤2的溶液中继续加入5滴3mol·L－1AgNO3溶液 现象a，溶液红色变浅 步骤4：向步骤1余下的浊液中加入5滴3mol·L－1KI溶液 出现黄色沉淀 ‎①写出步骤2中溶液变为红色的离子方程式：____________________。‎ ‎②步骤3中现象a是____________________________。‎ ‎③用化学平衡原理解释步骤4中的实验现象：_________________________________。‎ ‎【答案】3.3≤pH＜4Fe3＋＋3SCN－===Fe(SCN)3出现白色沉淀AgSCN(s)Ag＋(aq)＋SCN－(aq)，加入KI后，因为溶解度AgI＜AgSCN，故Ag＋与I－反应生成AgI黄色沉淀：Ag＋＋I－===AgI↓，AgSCN的溶解平衡正向移动 ‎【解析】(1)残留在溶液中的离子浓度小于1×10-5mol/L时就认为沉淀完全，Fe（OH）3的溶度积Ksp=8.0×10-38，c（Fe3+）×c3（OH-）=8.0×10-38；c3（OH-）==8.0×10-33；‎ 求得c（OH-）=2×10-11mol/L，c（H+）=5×10-4mol/L，溶液pH=3.3；‎ Cu（OH）2的溶度积Ksp=3.0×10-20，溶液中CuSO4的浓度为3.0mol/L，c（Cu2+）=3.0mol/L；‎ 依据溶度积常数c（Cu2+）×c2（OH-）=3.0×10-20；c2（OH-）==10-20；‎ 得到c（OH-）=10-10mol/L，c（H+）=10-4mol/L，溶液pH=4；调节溶液的pH使铁离子沉淀完全但铜离子未开始沉淀，则范围是3.3≤pH＜4；（2）①铁离子遇到硫氰化钾显示红色，发生的反应为：Fe3＋＋3SCN－===Fe(SCN)3；②加入硝酸银，Ag+和SCN-之间反应得到AgSCN白色沉淀；③AgSCN(s)Ag＋(aq)＋SCN－(aq)，加入KI后，因为溶解度AgI＜AgSCN，故Ag＋与I－反应生成AgI黄色沉淀：Ag＋＋I－=AgI↓，AgSCN的溶解平衡正向移动。 4、传统的定量化学实验受到计量手段的制约而研究范围狭窄、精确度不高。DIS数字化信息系统(由传感器、数据采集器和计算机组成)因为可以准确测量溶液的pH等，所以在中和滴定的研究中应用越来越广泛。‎ ‎（1）某学习小组利用DIS系统测定某醋酸溶液的物质的量浓度，以测量溶液导电能力来判断滴定终点，实验步骤如下：‎ ‎①用__________(填仪器名称)量取20.00mL醋酸溶液样品，倒入洁净干燥锥形瓶中，连接好DIS系统。如果锥形瓶中含有少量蒸馏水，测量结果将______________(选填“偏大”、“偏小”或“不影响”)。向锥形瓶中滴加0.1000mol·L－1的NaOH溶液，计算机屏幕上显示出溶液导电能力与加入NaOH溶液体积关系的曲线图如下图。‎ ‎②醋酸与NaOH溶液反应的离子方程式为___________________________。‎ ‎③图中b点时，溶液中各离子浓度大小的关系是_________________。‎ ‎④若图中某一点pH等于8，则c(Na＋)—c(CH3COO－)的精确值为________。‎ ‎（2）将体积为10mLpH=2的醋酸溶液与HX溶液分别加水稀释至1000mL，稀释过程pH的变化曲线如图所示，则HX的电离平衡常数________(填“大于”“等于”或“小于”，下同)醋酸的电离平衡常数；稀释后，HX溶液中由水电离出来的c(H+)______醋酸溶液中由水电离出来的c(H+)。‎ ‎（3）25℃时，CH3COOH的电离平衡常数K=1.8×10-5。在0.5mol·L-1的CH3COOH溶液中由CH3COOH电离出的c(H+)约是由水电离出的c(H+)的______倍。‎ ‎【答案】酸式滴定管不影响CH3COOH＋OH－===CH3COO－＋H2Oc(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)9.9×10－7mol·L－1大于大于3.6×109‎ ‎【解析】（1）①用酸式滴定管量取20.00mL醋酸溶液样品；锥形瓶中含有少蒸馏水，待测液的物质的量不变，V（标准）不变，根据c（待测）=，c（待测）不变，测量结果将不影响；②醋酸与NaOH溶液反应的离子方程式为：CH3COOH＋OH－=CH3COO－＋H2O；③图中b点，说明醋酸和NaOH恰好完全反应，醋酸钠水解，使得c(Na＋)>c(CH3COO－)，故答案为：c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)；④c(H＋)=10-8mol/L，c(OH－)=10-6mol/L，根据电荷守恒c(Na＋)+c(H＋)=c(CH3COO－)+c(OH－)，c(Na＋)-c(CH3COO－)=c(OH－)-c(H＋)=10-6mol/L-10-8mol/L=9.9×10-7mol/L；（2）由图可知，稀释相同的倍数，HX的pH变化程度大，则酸性HX强，HX的电离平衡常数大于醋酸的电离平衡常数；稀释后，HX电离生成的c（H+）小，对水的电离抑制能力小，所以HX溶液中水电离出来的c（H+）大于醋酸溶液中由水电离出来的c(H+)；（3）25℃时，CH3COOH的电离平衡常数K=1.8×10-5。在0.5mol·L-1的CH3COOH溶液中由CH3COOH电离出的c(H+)约为，酸抑制水的电离，则由水电离出的c(H+)=c(OH-)=，由CH3COOH电离出的c(H+)约是由水电离出的c(H+)的倍。 ‎ ‎5、已知：某废水中可能含有H＋、NH4+、Fe3＋、Al3＋、Mg2＋、Na＋、NO3-、CO32-、SO42-中的几种，为分析其成分，分别取废水样品100mL，进行了三组实验，其操作和有关图像如下所示：‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）根据上述3组实验可以分析废水中一定不存在的阴离子是______________，一定存在的阳离子是______________________。‎ ‎（2）写出实验③图像中沉淀达到最大量且质量不再发生变化阶段发生反应的离子反应方程式：_____________________________________________。‎ ‎（3）分析图像，在原溶液中c(NH4+)与c(Al3＋)的比值为________，所得沉淀的最大质量是____g。‎ ‎（4）若通过实验确定原废水中c(Na＋)=0.14mol·L-1，c(NO3-)=____________mol·L-1。‎ ‎【答案】CO32-Na+、H+、Al3+、NH4+NH4++OH﹣=NH3·H2O1:10.5460.36‎ ‎【解析】焰色反应为黄色，说明含有钠离子；加入盐酸酸化的氯化钡溶液产生2.33g白色沉淀是硫酸钡，物质的量是0.01mol，因此含有SO42-离子，且物质的量是0.01mol；逐滴加入氢氧化钠溶液开始阶段没有沉淀产生，说明一定存在氢离子，所以不存在CO32-，该阶段消耗氢氧化钠是0.014mol，所以氢离子是0.014mol，沉淀达到最大值以后沉淀不变化，说明该阶段是铵根与氢氧根反应，即一定存在铵根，该阶段消耗氢氧根是0.042mol－0.035mol＝0.007mol，因此铵根是0.007mol；最后沉淀完全消失，说明一定不存在Fe3＋、Mg2＋。生成氢氧化铝消耗氢氧化钠是0.035mol－0.014mol＝0.021mol，所以Al3＋是0.007mol。由于阳离子所带正电荷数大于硫酸根离子所带负电荷数，因此还一定存在硝酸根离子。‎ ‎（1）根据以上分析可知废水中一定不存在的阴离子是CO32-，一定存在的阳离子是Na+、H+、Al3+、NH4+。（2）实验③图像中沉淀达到最大量且质量不再发生变化阶段发生反应的离子反应方程式为NH4++OH﹣=NH3·H2O。（3）根据以上分析可知在原溶液中c(NH4+)与c(Al3＋)的比值为1:1‎ ‎，所得沉淀的最大质量是0.007mol×78g/mol＝0.546g。（4）若通过实验确定原废水中c(Na＋)=0.14mol·L-1，则根据电荷守恒可知c(NO3-)=（0.14+0.07+0.07×3+0.14－0.1×2）mol/L＝0.36mol·L-1。 6、青铜（Cu-Zn）是我国最早大量使用的合金，其中锌是现代工业上常用金属。‎ I.某废催化剂含58.2%的SiO2(不溶于水和稀酸)、21.0%的ZnO、4.5%的ZnS(不溶于水但溶于稀酸)和12.8%的CuS(不溶于水也不溶于稀酸)。某同学用15.0g该废催化剂为原料，以稀硫酸和H2O2为试剂，回收其中的锌和铜。‎ ‎（1）浸出后的操作中，使用到的玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、__________________。‎ ‎（2）滤渣2是______，第二次浸出发生的反应化学方程式是_________________________。‎ ‎（3）两次结晶的操作是_________________________________________________________。‎ ‎（4）某同学在实验完成之后，得到1.5gCuSO4·5H2O（M=250g·mol–1）,则铜的回收率为_______。‎ II.锌的化学性质与铝相似，锌和铝都是活泼金属，其氢氧化物既能溶于强酸，又能溶于强碱。但是氢氧化铝不溶于氨水，而氢氧化锌能溶于氨水，生成Zn(NH3)42+。回答下列问题：‎ ‎（5）Al溶于NaOH溶液，反应的离子方程式为：_______________________________。‎ ‎（6）Zn溶于NaOH溶液，反应的化学方程式为：_______________________________。‎ ‎（7）下列各组中的两种溶液，用相互滴加的实验方法不可鉴别的是____________。‎ ‎①硫酸铝和氢氧化钠②硫酸铝和氨水③硫酸锌和氢氧化钠④硫酸锌和氨水 ‎【答案】漏斗SiO2CuS+4H2O2=CuSO4+4H2O加热浓缩冷却结晶过滤30%2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2-+3H2↑或 ‎2Al+2NaOH+6H2O=2Na[Al(OH)4]+3H2↑Zn+2NaOH=Na2ZnO2+H2↑或Zn+2NaOH+2H2O=Na2[Zn(OH)4]+H2↑②‎ ‎【解析】（1）浸出后的操作是过滤，使用到的玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、漏斗。（2）二氧化硅、CuS不溶于稀硫酸，则滤渣1是SiO2、CuS。加入硫酸酸化的双氧水氧化CuS生成硫酸铜，所以滤渣2是SiO2；第二次浸出发生的反应化学方程式是CuS+4H2O2＝CuSO4+4H2O。（3）两次结晶的操作是加热浓缩冷却结晶过滤。（4）1.5gCuSO4·5H2O中铜的质量是，则铜的回收率为。（5）Al溶于NaOH溶液生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式为2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2-+3H2↑。（6）根据铝与氢氧化钠溶液反应的方程式可知Zn与NaOH溶液反应的化学方程式为Zn+2NaOH=Na2ZnO2+H2↑。（7）①硫酸铝滴入氢氧化钠溶液中开始生成偏铝酸钠，氢氧化钠滴入硫酸铝溶液中立即产生白色沉淀，可以鉴别；②硫酸铝和氨水无论怎么滴加均产生白色沉淀，不能鉴别；③类似于硫酸铝与氢氧化钠，硫酸锌和氢氧化钠滴加顺序不同时实验现象不同，可以鉴别；④由于氢氧化锌能溶于氨水，生成Zn(NH3)42+，所以硫酸锌和氨水可以利用滴加顺序的不同进行鉴别，即硫酸锌滴入氨水中开始没有沉淀，而氨水滴入硫酸锌中立即产生沉淀，答案选②。 7、H2O2在工业、农业、医药上都有广泛的用途．‎ ‎（1）H2O2是二元弱酸，写出第一步的电离方程式__，第二步的电离平衡常数表达式Ka2=_________．‎ ‎（2）许多物质都可以做H2O2分解的催化剂．一种观点认为：在反应过程中催化剂先被H2O2氧化（或还原），后又被H2O2还原（或氧化）．下列物质都可做H2O2分解的催化剂，在反应过程中先被氧化，后被还原的是________．‎ ‎①I-②Fe3+③Cu2+④Fe2+‎ ‎（3）H2O2是一种环境友好的强氧化剂．电镀废水（主要含Cu2+、Ni2+，还含少量Fe3+、Fe2+、Cr3+等）制备硫酸镍的一种流程如下：‎ ‎①第（ⅰ）步，加入H2O2反应的离子方程式_________________．‎ ‎②为测定NiSO4？nH2O的组成，进行如下实验：称取2.627g样品，配制成250.00mL溶液．准确量取配制的溶液25.00mL，用0.04000mol？L﹣1的EDTA（Na2H2Y）标准溶液滴定Ni2+（离子方程式为Ni2++H2Y2﹣=NiY2﹣+2H+），消耗EDTA标准溶液25.00mL．则硫酸镍晶体的化学式为__________________．‎ ‎【答案】H2O2？H++HO2﹣①④2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2ONiSO4？6H2O ‎【解析】（1）第一步电离，1个H2O2电离出1个H+，电离方程式为：H2O2H＋+HO2－；第二步电离为：HO2-O22￣+H+，所以电离平衡常数Ka2＝。（2）在反应过程中先被氧化，后被还原，说明该物质具有还原性，I￣、Fe2+具有较强的还原性，故①④正确。（3）①废水中含有Fe2+，具有还原性，被H2O2氧化，离子方程式为：2H＋+2Fe2＋+H2O2＝2Fe3＋+2H2O；②根据方程式：Ni2＋+H2Y2－＝NiY2－+2H＋，原样品含NiSO4的物质的量为：0.04000mol/L×0.025L×250/25＝0.01mol，则该物质的摩尔质量为：2.627g÷0.01mol=262.7g/mol，结晶水的系数为：（262.7-154.7）÷18＝6，所以化学式为：NiSO4·6H2O。 8、工业上利用氢氧化锂(含有少量氢氧化镁)制备四氟硼酸锂流程如下：‎ 已知：碳酸锂难溶于水。‎ ‎(1)碳化时发生的主要离子方程式为___________________________。滤渣的主要成分___________。(写化学式)载人宇宙飞船选用氢氧化锂吸收CO2，而不用价格更便宜的氢氧化钠，其主要原因____________。‎ ‎(2)转化过程发生的反应为连续的两步，分别为LiHCO3+4HF=LiF·3HF+H2O+CO2↑，______________(写化学方程式)‎ ‎。该过程中不能采用玻璃器皿，其原因为________________________。‎ ‎(3)结晶得到的晶体LiBF4·H2O需先在20℃~50℃干燥，后在150℃干燥，在150℃干燥的目的是_______。‎ ‎【答案】LiOH+CO2=Li++HCO3-Mg(OH)2吸收相同量二氧化碳所需氢氧化锂质量轻LiF.·3HF+H3BO3=LiBF4+3H2OHF腐蚀玻璃除掉结晶水 ‎【解析】试题分析：(1)碳化时氢氧化锂与二氧化碳反应生成碳酸氢锂；氢氧化镁不溶于水；载人宇宙飞船应尽可能减轻质量，吸收相同量二氧化碳所需氢氧化锂质量轻；(2)LiF·3HF与H3BO3反应生成LiBF4；HF腐蚀玻璃；(3)在150℃干燥可以除掉结晶水。‎ 解析：(1)碳化时氢氧化锂与二氧化碳反应生成碳酸氢锂，离子方程式为LiOH+CO2=Li++HCO3-；氢氧化镁不溶于水，所以滤渣是Mg(OH)2；载人宇宙飞船应尽可能减轻质量，吸收相同量二氧化碳所需氢氧化锂质量轻，宇宙飞船选用氢氧化锂吸收CO2，而不用价格更便宜的氢氧化钠；(2)LiF·3HF与H3BO3反应生成LiBF4，方程式是LiF.·3HF+H3BO3=LiBF4+3H2O；HF与二氧化硅反应生成SiF4和水，所以该过程中不能采用玻璃器皿；(3)在150℃干燥可以除掉结晶水，生成LiBF4。 9、晶体硅是信息科学和能源料学的一种重要材料,可用作制芯片和太阳能电池等。下列流程图是工业上制取纯硅的一种方法:‎ 请回答下列问题 ‎（1）反应I的化学方程式为______________________；在上述生产过程中除反应I属于置换反应的有________________________(填反应的代号“I→IV")。‎ ‎（2）A、B、C三种气体,在“节能减排”中作减排目标的一种气体是________。(写化学式)‎ ‎（3）纯硅可与强碱反应放出氢气,其化学方程式为_______________________________。‎ ‎（4）工业上合成氨的原料H2是先将焦炭与水蒸气反应生成水煤气,‎ 再提纯水煤气得到纯净的H2,则工业上制得纯净H2的化学方程式为_________________________。‎ ‎【答案】2C+SiO22CO+SiⅡ、ⅢCO2Si+2NaOH+H2O＝Na2SiO3+2H2↑CO+H2OCO2+H2‎ ‎【解析】二氧化硅与焦炭在高温下反应生成硅和CO，即A是CO，CO与水蒸气高温下反应生成氢气和CO2，即B是CO2，粗硅与氯化氢反应生成氢气和SiHCl3，SiHCl3与氢气反应生成硅和氯化氢，即C是氯化氢。‎ ‎（1）根据以上分析可知反应I的化学方程式为2C+SiO22CO+Si。置换反应是一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物的反应，所以属于置换反应的除了I以外还有Ⅱ、Ⅲ；（2）A、B、C分别为CO、CO2、HCl，作为减排目标的一种气体是CO2；（3）纯硅可与强碱反应放出氢气，其化学方程式为Si+2NaOH+H2O＝Na2SiO3+2H2↑；（4）高温下水蒸气与CO反应生成氢气和二氧化碳的方程式为CO+H2OCO2+H2。 10、I、某溶液中可能含有Na+、K+、Al3+、Br－、Ba2+、SO42－、CO32－等离子中的全部或其中的几种，现进行以下的连续操作：‎ a．用洁净铂丝蘸取溶液在无色火焰上灼烧，火焰呈黄色；‎ b．溶液中通入氯气，无气体放出，溶液由无色变为橙黄色，加入CCl4溶液，下层溶液为橙红色 c．另取溶液逐滴加入过量Ba(OH)2溶液后，先产生白色沉淀后沉淀部分溶解。‎ 试填写下列空白：‎ ‎（1）原混合液中一定不存在的离子是________________；可能存在的离子是________；‎ ‎（2）写出步骤b反应的离子方程式________________________________；‎ ‎（3）写出步骤c沉淀溶解的离子方程式__________________________________。‎ II、Mg、Al混合物共0.4mol,用盐酸将其完全溶解，放出标准状况下11.2L气体，然后再滴入4mol/L的NaOH溶液，请计算：‎ ‎（1）求该混合物中Mg的物质的量___________‎ ‎（2）若该Mg、Al的混合物与盐酸恰好完全反应，在滴加NaOH溶液过程中，欲使Mg2+、Al3+刚好沉淀完全，则滴入NaOH溶液的体积为_____________ml.‎ ‎【答案】CO32-、Ba2+K+Cl2+2Br-=2Cl-+Br2Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O0.2mol250mL ‎【解析】I.用洁净铂丝蘸取溶液在无色火焰上灼烧，火焰呈黄色，说明溶液中含有Na+，溶液中通入氯气，无气体放出，说明溶液中不含CO32-，溶液由无色变为橙黄色，加入CCl4溶液，下层溶液为橙红色，说明溶液中含有Br－，另取溶液逐滴加入过量Ba(OH)2溶液后，先产生白色沉淀后沉淀部分溶解，说明溶液中含有Al3+和SO42－，则一定不含Ba2+，溶液中还可能含有K+。‎ ‎(1).根据上述分析可知，原混合液中一定不存在的离子是CO32-、Ba2+，可能存在的离子是K+，故答案为：CO32-、Ba2+；K+；‎ ‎(2).步骤b反应的离子方程式为：Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，故答案为：Cl2+2Br-=2Cl-+Br2；‎ ‎(3).步骤c中加入过量的Ba(OH)2溶液，Al3+先生成Al(OH)3沉淀，后沉淀溶解，其中沉淀溶解的离子方程式为：Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，故答案为：Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O；‎ II.(1).设Mg和Al的物质的量分别为amol、bmol，则根据题意有：amol+bmol=0.4mol、amol+1.5bmol=11.2L÷22.4L/mol=0.5mol，解得a=0.2mol、b=0.2mol，故答案为：0.2mol；‎ ‎(2).Mg、Al的混合物与盐酸恰好完全反应，滴加NaOH溶液，发生反应：Mg2＋＋2OH－=Mg(OH)2↓、Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓，欲使Mg2+、Al3+刚好沉淀完全，所需NaOH的物质的量为：0.2mol×2+0.2mol×3=1mol，体积为：V(NaOH)=1mol÷4mol/L=0.25L=250mL，故答案为：250mL。‎ ‎11、硫的氧化物、氮的氧化物是常见的大气污染物。‎ ‎（1）酸雨是降水呈酸性(pH小于5.6)的统称，个别地方甚至低于2.1(食醋的pH＝3)。引起酸雨的罪魁祸首是大气中的硫的氧化物和氮的氧化物，它们的主要来源是煤和石油的燃烧。‎ ‎①汽车排放的尾气、硝酸厂和化肥厂的废气中都含有氮的氧化物，全世界每年排放量约为5×107kg。NO2溶于水生成_____________（写名称）和NO。‎ ‎②为了减少酸雨的形成，必须减少SO2‎ 的排放量，对燃料中的硫元素进行固化处理，对废气中的氮的氧化物用__________吸收，写出NO2与之反应的离子方程式____________________________。‎ ‎（2）某化学兴趣小组选用下图实验装置，测定工业原料气(含SO2、N2、O2)中SO2的含量。‎ ‎①若原料气从左向右流时，上述装置连接的顺序是：原料气→→→→→(填字母)。_________‎ ‎②装置②中发生反应的离子方程式为：___________________________________________；当装置②中出现_____________________________现象时，立即停止通气。‎ ‎③你认为下列试剂中，可以用来代替试管中的碘的淀粉溶液的是__________。‎ A．酸性KMnO4溶液B．NaOH溶液C．溴水D．氨水 ‎【答案】硝酸碱溶液（NaOH溶液）2NO2+2OH-=NO2-+NO3-+H2OcdbaeSO2+I2+2H2O=4H++2I-+SO42-溶液蓝色刚好褪去AC ‎【解析】（1）①NO2溶于水生成硝酸和NO；正确答案：硝酸。‎ ‎②氮的氧化物能够与氢氧化钠溶液反应生成盐，达到吸收目的；氢氧化钠与NO2反应生成硝酸钠和亚硝酸钠两种盐，离子方程式：2NO2+2OH-=NO2-+NO3-+H2O；正确答案：碱溶液（NaOH溶液）；2NO2+2OH-=NO2-+NO3-+H2O。‎ ‎（2）①由于氮气、氧气都不溶于水，可以通过排水法测量其体积，因此正确的顺序为cdbae；正确答案：cdbae。‎ ‎②碘单质具有氧化性，把二氧化硫氧化为硫酸，本身还原为碘离子；由于碘遇淀粉显蓝色，当碘单质反应完全后，蓝色溶液恰好变为无色，立即停止通气；反应的离子方程式为：SO2+I2+2H2O=4H++2I-+SO42-；正确答案：cdbae；SO2+I2+2H2O=4H++2I-+SO42-；溶液蓝色刚好褪去。‎ ‎③酸性KMnO4溶液和溴水都具有氧化性，且溶液都有颜色，所以能够代替，NaOH溶液和氨水都能与二氧化硫反应，但是没现象，A、C正确；正确选项A、C。‎ ‎ 12、钛（Ti）被称为继铁、铝之后的第三金属，江西省攀枝花和西昌地区的钡钛磁铁矿储量十分丰富。如下图所示，将钛厂、氯碱厂和甲醇（）厂组成产业链可以大大提高资源利用率，减少环境污染。请填写下列空白：‎ ‎（1）电解食盐水时，总反应的离子方程式______________。‎ ‎（2）以甲醇、空气、氢氧化钾溶液为原料，石墨为电极可构成燃料电池。该电池中负极上的电极反应式是________________________。‎ ‎（3）已知：①H=‎ ‎②H=‎ 则H=_____________。‎ ‎（4）写出钛铁矿高温下经氯化法得到四氧化钛的化学方程式：________________。‎ ‎（5）某自来水中含有、、、、、、，长期烧煮上述自来水会在锅炉内形成水垢，锅炉水垢不仅耗费燃料，而且有烧坏锅炉的危险，因此要定期清除锅炉水垢。已知部分物质20℃时的溶解度数据有：‎ 物质 溶解度（）‎ ‎26.7‎ ‎①请用化学方程式表示锅炉中的水垢含有而不含有的原因：_______。‎ ‎②锅炉中的水垢所含有的不能直接用酸除去，需要加入试剂X，使其转化为易溶于盐酸的物质Y而除去，能转化为物质Y的离子方程式_________。‎ ‎③水中的、可以用一定浓度的M溶液进行测定，M与、都以等物质的量进行反应，现取含浓度为0.40g/L的自来水样10mL，至锥形瓶中进行滴定，达到终点时，用去了浓度为0.01mol/L的M溶液20.00mL，则该自来水样中的物质的量浓度是________。‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】（1）惰性电极电解饱和食盐水的生成物是氢气、氢氧化钠和氯气，所以方程式为；（2）原电池中负极是失去电子的，所以甲醇在负极通入。又因为溶液显碱性，所以负极反应式为；（3）根据盖斯定律可知，①×2－②即得到反应2Mg(s)＋TiCl4(g)＝2MgCl2(s)＋Ti(s)，所以反应热是－641kJ·mol－1×2＋770kJ·mol－1＝－512kJ？mol－1；（4）根据反应物和生成物并依据守恒法可以得出反应的方程式为；（5）①因为加热条件下发生反应，故锅炉中的水垢含有而不含有；②CaSO4与酸不反应，必须先转化为碳酸钙，再加酸除去，所以要先加入碳酸钠；CaSO4能转化为物质碳酸钙的原因是碳酸钙的溶解度小于硫酸钙的溶解度；（4）10mL自来水样中Ca2+的质量为0.40g/L×10×10-3L=4×10-3g，则n（Ca2+）===1×10-4mol，已知M与Ca2+、Mg2+都以等物质的量进行反应，所以n（Ca2+）=n（M）-n（Ca2+）=0.01mol/L×20×10-3L-1×10-4mol=1×10-4mol，所以c（Mg2+）===0.01mol/L。‎ ‎ 13、关于“电解氯化铜溶液时的pH变化”问题，化学界有以下两种不同的观点:观点一是:“理论派”认为电解氧化铜溶液后溶液的pH升高。观点二是:“实验派”经过反复、多次、精确的实验测定，证明电解氧化铜溶液时pH变化如右图曲线关系。‎ 请回答下列问题:‎ ‎(1)电解前氯化铜溶液的pH处在A点位置的原因是____________。(用离子方程式说明)。‎ ‎(2)“理论派”"所持观点的理论依据是_______________。‎ ‎(3)“实验派”实验结论是________________。‎ ‎(4)若“实验派”的观点正确，pH降低的原因是_______________‎ ‎【答案】Cu2++2H2OCu（OH）2+2H+因为Cu2++2e-Cu，使Cu2+水解平衡向左移动，c（H+）减小，pH上升电解过程中溶液的pH逐渐降低CuCl2Cu+Cl2，Cl2+H2OHCl+HClO，使溶液酸性增强，pH降低 ‎【解析】（1）氯化铜是强酸弱碱盐，溶于水能发生水解Cu2++2H2OCu（OH）2+2H+，使溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，所以溶液呈酸性pH＜7；‎ ‎（2）电解过程中铜不断析出，铜离子浓度逐渐降低，使反应Cu2++2H2OCu（OH）2+2H+向逆反应方向进行，氢离子浓度降低，pH上升。故答案为：因为Cu2++2e-═Cu，使Cu2+水解平衡向左移动，c（H+）减少，pH上升；(3)“实验派”实验结论是电解过程中溶液的pH逐渐降低；（4）电解氯化铜生成氯气和铜，氯气易溶于水，生成盐酸和次氯酸，使溶液酸性增强，所以pH降低。故答案为：实验派；CuCl2Cu+Cl2，Cl2+H2OHCl+HClO，使溶液酸性增强，pH降低。 14、某课外活动小组设计了以下实验测定Cu—Ag合金与浓硝酸的反应。其实验装置如图：‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）F仪器的名称是_______________，作用是____________________________。‎ ‎（2）实验室用NH4Cl固体和饱和NaNO2溶液在加热条件下制备N2，该反应的化学方程式为____________________________；装置A中盛放的是酸性高锰酸钾溶液，作用是___________________________________________。‎ ‎（3）进行实验。检查装置气密性后,在装置中添加相应的试剂,然后__________（填操作步骤），再将B装置分液漏斗中的浓硝酸缓慢滴加到三颈烧瓶中。‎ ‎（4）测定硝酸的物质的量。反应结束后，从装置D中所得500mL溶液中每次取出25.00mL溶液，加入2滴指示剂，用0.05mol·L-1的NaOH溶液滴定，三次滴定所读数据如下表：‎ 滴定前体积/mL 滴定后体积/mL 笫一次 ‎0.33‎ ‎20.32‎ 笫二次 ‎1.25‎ ‎23.26‎ 笫=.次 ‎1.47‎ ‎21.48‎ 装置D中生成的硝酸为________mol，则Cu-Ag合金与浓硝酸反应过程中生成的NO2在标准状况下的体积为__________mL。‎ ‎（5）测定NO的体积。在测定NO的体积时，若E中量气管中水的液面比干燥管的液面高，直接读数会使测定的气体体积_________（填“偏大”或“偏小”），此时应将量气筒的位置_______（填“下移”或“上移”），以保证量气筒中的液面与干燥管中的液面持平。‎ ‎【答案】（直形）冷凝管冷却回流，防止硝酸挥发出来NH4Cl+NaNO3NaCl+N2↑+2H2O除去N2中含有的还原性物质打开K1和K2，关闭K3‎ ‎，向装置中通入N2，直至排出装置中的空气为止0.02672偏小下移 ‎【解析】（1）F仪器的名称是直形冷凝管，作用是冷却回流，防止硝酸挥发出来；（2）实验室用NH4Cl固体和饱和NaNO2溶液在加热条件下制备N2，同时生成氯化钠和水，该反应的化学方程式为NH4Cl+NaNO3NaCl+N2↑+2H2O；装置A中盛放的是酸性高锰酸钾溶液，作用是除去N2中含有的还原性物质；（3）进行实验。检查装置气密性后,在装置中添加相应的试剂,然后打开K1和K2，关闭K3，向装置中通入N2，直至排出装置中的空气为止，再将B装置分液漏斗中的浓硝酸缓慢滴加到颈烧瓶中；（4）三次滴定消耗的氢氧化钠的体积分别为19.99mL、22.01mL、20.01mL，第二次误较大舍去，求平均值为20.00mL，则装置D中生成的硝酸浓度为=0.04mol/L，物质的量为0.04mol/L×0.5L=0.02mol；根据反应3NO2+H2O=2HNO3+NO，n(NO2)=n(HNO3)=0.02mol=0.03mol，V(NO2)=0.03mol22.4mol/L=0.672L=672mL；（5）测定NO的体积。在测定NO的体积时，若E中量气管中水的液面比干燥管的液面高，则外压比内压大，直接读数会使测定的气体体积小，此时应将量气筒的位置下移，以保证量气筒中的液面与干燥管中的液面持平。 15、利用硫酸厂烧渣(含铁的氧化物和少量FeS及SiO2)制碱式硫酸铁的流程如下:‎ ‎(1)SO2与过量NaOH溶液反应的离子方程式为_____________。‎ ‎(2)滤渣的主要成分为_________(填化学式)。‎ ‎(3)反应1中加双氧水的目的是将Fe2+氧化为Fe3+,该反应的离子方程式为________。‎ ‎(4)碱式硫酸铁的化学式为Fex(OH)y(SO4)z·nH2O，为确定其组成进行如下实验：‎ ‎①称取1.6920g样品溶于足量的稀盐酸中；‎ ‎②加足量的BaCl2溶液，过滤、洗涤、干燥、称重，得固体质量为2.3300g；‎ ‎③向步骤②的滤液中加过量的NaOH溶液，过滤、洗涤、灼烧、称重，得固体质量为0.6400g。‎ 根据以上实验数据确定该碱式硫酸铁的化学式_________(写出计算过程)。‎ ‎【答案】SO2+2OH-=SO32-+H2OSiO22Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2OFe(OH)2(SO4)5·6H2O ‎【解析】（1）当NaOH过量时，与酸性氧化物发生反应产生正盐和水，SO2与过量NaOH溶液反应的离子方程式为SO2+2OH-＝SO32-+H2O；（2）硫酸厂烧渣含铁的氧化物和少量FeS及SiO2，当焙烧时，会发生反应产生Fe2O3、SO2，向其中加入稀硫酸，发生反应：Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O，原烧渣中的SiO2不能反应，也不能溶解，过滤除去，因此滤渣的主要成分为SiO2；（3）在烧渣焙烧的过程中可能有部分FeS未完全煅烧，在酸溶时变为Fe2+留在溶液中，加入H2O2可以将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+，得到的滤液中只含有阳离子Fe3+，反应的方程式为2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O；（4）在1.6920g样品中含有的SO42-的物质的量是：n(SO42-)＝2.3300g÷233g/mol＝0.01mol，向步骤②的滤液中加过量的NaOH溶液，过滤、洗涤、灼烧、称重，得固体质量为0.6400g。该固体为Fe2O3，n(Fe2O3)＝0.6400g÷160g/mol＝0.004mol，则n(Fe3+)＝2n(Fe2O3)＝0.008mol，由于任何化合物阳离子带的正电荷总数与阴离子带的负电荷总数相等。3n(Fe3+)＝n(OH-)+2n(SO42-)，所以n(OH-)＝3n(Fe3+)-2n(SO42-)＝3×0.008mol-2×0.01mol＝0.004mol，根据质量守恒定律可知含有结晶水的物质的量是，则该碱式硫酸铁样品中的n(Fe3+)：n(OH－)：n(SO42－)：n(H2O)＝0.004mol：0.01mol＝4：2：5：6，因此化学式为Fe(OH)2(SO4)5·6H2O。‎ ‎16、有一含NaCl、Na2CO3·10H2O和NaHCO3的混合物，某同学设计如下实验，通过测量反应前后C、D装置质量的变化，测定该混合物中各组分的质量分数。‎ ‎(1)加热前通入氮气的目的是__________，操作方法为_______________。‎ ‎(2)装置A、C、D中盛放的试剂分别为A_____，C_____，D_____。‎ ‎(3)若将A装置换成盛放NaOH溶液的洗气瓶，则测得的NaCl的含量将_____（填“偏高”、“偏低”或“无影响”，下同）；若B中反应管右侧有水蒸气冷凝，则测定结果中NaHCO3的含量将_____；若撤去E装置，则测得Na2CO3·10H2O的含量将_____。‎ ‎(4)若样品质量为wg，反应后C、D增加的质量分别为m1g、m2g，由此可知混合物中NaHCO3的质量分数为_______（用含w、m1、m2的代数式表示）‎ ‎【答案】除去装置中的水蒸气和二氧化碳关闭b，打开a，缓缓通入氮气，直至a处出来的气体不再使澄清石灰水变浑浊为止碱石灰无水CaCl2或P2O5碱石灰偏低无影响偏低 ‎【解析】（1）本实验中需要分别测定反应生成的二氧化碳和水的质量，所以实验前必须将装置中的水蒸气和二氧化碳赶走，避免影响测定结果；操作方法为：关闭b，打开a，缓缓通入空气，直至a处出来的空气不再使澄清石灰水变浑浊为止。（2）装置A用于吸收空气中的二氧化碳和水，可以使用碱石灰；装置C吸收Na2CO3·10H2O和NaHCO3分解生成的水蒸气，可以使用无水硫酸铜；装置D吸收碳酸氢钠分解生成的二氧化碳，可以用碱石灰；（3）若将A装置换成盛放NaOH溶液的洗气瓶，则m（H2O）增加，使Na2CO3·10H2O和NaHCO3的含量偏高，NaCl的含量偏低；若B中反应管右侧有水蒸气冷凝，测定碳酸钠的质量是根据装置D中质量变化计算的，与水蒸气的量无关，则测定结果中NaHCO3的含量不变；E中碱石灰可防止外界空气中的H2O（g）、CO2进入装置D，若撤去E装置，则测定的碳酸氢钠的质量偏大，碳酸氢钠分解生成水的质量偏高，而Na2CO3·10H2O的测定是根据生成水的总质量计算的，则测得Na2CO3·10H2O的含量将偏低；（4）若样品质量为wg，反应后C、D增加的质量分别为m1g、m2g ‎，则碳酸氢钠分解生成的二氧化碳的质量为m2g，‎ ‎2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O ‎16844‎ m（NaHCO3）m2g m（NaHCO3）=168×m2g/44=42m2/11g，混合物中NaHCO3的质量分数为：42m2/(11g×mg)×100%= 17、下图为常用玻璃仪器组成的六种实验装置，均可根据不同的实验需要在其中加入不同的液体或固体试剂。请用适宜装置的序号完成下列填空：‎ ‎(1)能用于干燥CO2气流的装置是_________。‎ ‎(2)用于除去Cl2,中HC1杂质的最佳装置是_________。‎ ‎(3)用于尾气吸收并能防IL液体倒吸到反应装置中的是_________。‎ ‎(4)接在气体制备的连续实验装置中间，用于控制气流平稳的装置是_________。‎ ‎(5)利用装置A收集CO2气体，应从____口进气。A中装满水，用排水法测量生成H2的体积，应从____口进气。‎ ‎【答案】A、E、FAC、EDab ‎【解析】（1）CO2是酸性氧化物，用酸性干燥剂干燥，所以洗气瓶A中盛放浓硫酸、E、F装置中放入P2O5、CaCl2固体可将二氧化碳干燥，所以选A、E、F；（2）Cl2能溶于水但难溶于饱和食盐水，氯化氢极易溶于水，也极易溶于饱和食盐水，则A中加饱和食盐水，长进短出，可吸收HCl，故选A；（3）用于尾气吸收并能防止液体倒吸的装置应具有缓冲作用，装置C、E符合要求；（4）在D中放入水，使水浸没漏斗下端，从不带活塞的一端通入气体，当气流过大时，关闭活塞，广口瓶内压强增大，水面上升到漏斗中；当气流过小时，漏斗中水面下降，从广口瓶中排除气体，故选D。（5‎ ‎）二氧化碳的密度比空气大，收集时应长进短出，应从a口进气；A中装满水，用排水法测量生成H2的体积时，排液要短进长出，应从b口进气。‎ ‎18、某混合物A含有KAl(SO4)2、Al2O3和Fe2O3，在一定条件下可实现如图所示的物质之间的变化：‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）写出所含物质的化学式：固体B_____，沉淀D_____。‎ ‎（2）写出①、④两个反应的化学方程式：‎ ‎①_______________________________________‎ ‎④_______________________________________‎ ‎（3）写出②、③两个反应的离子方程式：‎ ‎②_______________________________________‎ ‎③_____________________________________‎ ‎（4）设计实验检验溶液F中所含溶质的阳离子：___________________________。‎ ‎（5）分别写出Al2O3和Fe2O3在工业上的一种主要用途：‎ Al2O3︰_____________________________________‎ Fe2O3︰_____________________________________‎ ‎【答案】Al2O3Fe2O3Al2O3+2NaOH2NaAlO2+H2O2Al(OH)3Al2O3+3H2OAl3++3NH3﹒H2OAl(OH)3↓+3NH4+AlO2-+H2O+H+Al(OH)3↓+H2O取少量F溶液于试管，再滴加少量硫氰化钾溶液，溶液呈红色Al2O3：做耐火材料，冶炼金属铝的原料等Fe2O3：做油漆颜料，冶炼金属铁的原料等 ‎【解析】由流程可知，Al2O3和Fe2O3不溶于水，则沉淀C为Al2O3和Fe2O3，氧化铁与碱不反应，则沉淀D为Fe2O3，反应②③中生成的沉淀为Al(OH)3，受热分解生成B为Al2O3，反应②为KAl(SO4)2‎ ‎、氨水的反应，则溶液E为K2SO4、(NH4)2SO4、NH3？H2O，由上述分析可知，B为Al2O3，D为Fe2O3，E为K2SO4、(NH4)2SO4、NH3？H2O，（1）B为Al2O3，D为Fe2O3；（2）①反应的化学方程式为：Al2O3+2NaOH2NaAlO2+H2O；④反应的化学方程式为：2Al(OH)3Al2O3+3H2O；（3）②反应的离子方程式为：Al3++3NH3﹒H2OAl(OH)3↓+3NH4+；③反应的离子方程式为：AlO2-+H2O+H+Al(OH)3↓+H2O；（4）溶液F是氧化铁与盐酸反应生成的氯化铁溶液，溶液中所含溶质的阳离子是铁离子，检验方法为：取少量F溶液于试管，再滴加少量硫氰化钾溶液，溶液呈红色；（5）Al2O3在工业上的用途有：做耐火材料，冶炼金属铝的原料等；Fe2O3在工业上的用途有：做油漆颜料，冶炼金属铁的原料等。 19、镁和铝的碱式碳酸盐是中和胃酸药物的主要成分。欲测定某种镁和铝的碱式碳酸盐的成分进行了以下实验，根据以下实验记录，回答下列问题：‎ ‎（1）称取6.02g该碱式碳酸盐，加入4.0mol/L盐酸使其溶解，当加入42.5mL时开始产生CO2，当加入盐酸至45.0mL时恰好完全溶解，该碱式碳酸盐中OH-与CO32-的物质的量之比n(OH-)︰n(CO32-)=__________;‎ ‎（2）在上述碱式碳酸盐恰好完全溶解所得溶液中加入过量的NaOH溶液，过滤，干燥（不分解）后得3.48g沉淀物。若该碱式碳酸盐中镁元素与氢元素的质量分数之比为6:1，试计算确定该碱式碳酸盐的化学式__________________。‎ ‎【答案】16:1Al2Mg6(OH)16(CO3).4H2O ‎【解析】（1）当加入盐酸42.5mL时，开始产生CO2，加入盐酸至45.0mL时正好反应完全，可得n（CO2）=n（CO32-）=2.5×10-3×4=0.01mol，而中和OH-需要盐酸42.5-2.5=40mL，所以n（OH-）=40×10-3×4=0.16mol。该碱式碳酸盐中OH-与CO32-的物质的量之比n(OH-)︰n(CO32-)=0.16mol：0.01mol=16：1；（2）在上述碱式碳酸盐恰好完全溶解所得溶液中加入过量的NaOH溶液，过滤，干燥（不分解）后得3.48g沉淀物。沉淀物为氢氧化镁，则，根据上述分析可知，，，，根据电荷守恒，得 ‎，则碱式碳酸盐的化学式为Al2Mg6(OH)16(CO3)？xH2O，若该碱式碳酸盐中镁元素与氢元素的质量分数之比为6：1，则质量比为6：1，则有=6，解得x=4，该碱式碳酸盐的化学式Al2Mg6(OH)16(CO3)？4H2O。 20、欲配制0.2mol/L的NaOH溶液980mL，有以下仪器：‎ ‎①烧杯②100mL量筒③托盘天平(带砝码)④玻璃棒⑤胶头滴管 ‎(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)使用容量瓶前必须进行的一步操作是_________________________________。‎ ‎(3)配制溶液时，一般可以分为以下几个步骤：正确的操作顺序是：_______________(用字母表示，每个字母只能用一次)；‎ A．用30mL水洗涤烧杯2～3次，洗涤液均注入容量瓶 B．用托盘天平准确称取所需的NaOH固体的质量，放入烧杯中，再加入少量水，用玻璃棒慢慢搅动，使其充分溶解 C．将已冷却的溶液沿玻璃棒注入1000mL的容量瓶中 D．将容量瓶盖紧，振荡，摇匀 E．改用胶头滴管加水，使溶液凹液面恰好与刻度相切 F．继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度1～2cm处 在①操作中需称量NaOH_______g ‎(4)请你分析下列哪些操作会引起所配浓度偏大(填写字母)___________________。‎ A．将NaOH放在滤纸上称量 B．称取NaOH的砝码已生锈 C．容量瓶未干燥即用来配制溶液 D．NaOH在烧杯中溶解后，未冷却就立即转移到容量瓶中，并进行定容；‎ E．往容量瓶转移时，有少量液体溅出 F．在容量瓶中定容时视线如下图所示 G．烧杯未进行洗涤 H．定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面不到刻度线，再加水至刻度线。‎ ‎(5)若定容时不小心使液面超过了刻度线，应采取的措施是_______________‎ ‎【答案】①③④⑤1000mL容量瓶搅拌加速溶解引流检漏BCAFED8.0gBDF重新配制 ‎【解析】‎ ‎ (1)欲配制0.2mol/L的NaOH溶液980mL，需要1000mL容量瓶。配制溶液的操作步骤为：首先计算出需要的药品的质量，然后用托盘天平称量，后放入烧杯中溶解，同时用玻璃棒搅拌，待溶液冷却至室温后，用玻璃杯引流移液至1000mL容量瓶中，然后洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，将洗涤液也注入容量瓶，然后向容量瓶中注水，至液面离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管逐滴加入，至凹液面与刻度线相切，然后摇匀、装瓶，所以用到的仪器有：托盘天平、烧杯、玻璃棒、1000mL容量瓶、胶头滴管，故必须使用的仪器是①③④⑤，还缺少的玻璃仪器是1000mL容量瓶。实验中两次用到玻璃棒，溶解氢氧化钠溶液时需要使用玻璃棒搅拌加速溶解、转移溶液时用玻璃棒引流。‎ ‎(2)容量瓶使用前必须要捡漏；‎ ‎(3)操作过程是计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶等步骤，故正确的操作顺序为BCAFED；根据n＝cV可知需要NaOH的物质的量为1L×0.2mol/L＝0.2mol，质量为m＝nM＝0.2mol×40g/mol＝8.0g；‎ ‎(4)A．将NaOH放在滤纸上称量，由于氢氧化钠易吸水，导致氢氧化钠的质量减少，浓度偏小；‎ B．称取NaOH的砝码已生锈，氢氧化钠的质量增加，浓度偏大；‎ C．容量瓶未干燥即用来配制溶液不影响；‎ D．NaOH在烧杯中溶解后，未冷却就立即转移到容量瓶中，并进行定容，冷却后溶液体积减小，浓度偏大；‎ E．往容量瓶转移时，有少量液体溅出，溶质减少，浓度偏小；‎ F．根据示意图可知俯视刻度线，溶液体积减小，浓度偏大。‎ G．烧杯未进行洗涤，溶质减少，浓度偏小；‎ H．定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面不到刻度线，再加水至刻度线，溶液体积增加，浓度偏小。答案为BDF。‎ ‎(6)若定容时不小心使液面超过了刻度线，则无法补救，只能重新配制。‎