2024届高考化学一轮复习——定量实验与探究实验（含解析）

2024届高考化学一轮复习——定量实验与探究实验
一、单选题（共15题）
1.在一支25mL的酸式滴定管中盛入0.1mol/L HCl溶液，其液面恰好在5mL的刻度处，若把滴定管中的溶液全部放入烧杯中，然后以0.1mol/L NaOH溶液进行滴定，则所需NaOH溶液的体积（ ）
A. 大于20mL B. 小于20mL C. 等于20mL D. 等于5mL
2.实验室欲配制480mL浓度为0.1mol L﹣1的Na2CO3溶液，下列操作可以实现的是（ ）
A. 称量5.3 g Na2CO3固体溶于480 mL水配制成溶液
B. 称量5.3 g Na2CO3固体溶于水配制成0.5 L溶液
C. 称量5.3 g Na2CO3 10H2O晶体溶于水配制成0.5 L溶液
D. 称量5.3 g Na2CO3 10H2O晶体溶于0.5 L水配制成溶液
3.某同学按照课本实验要求，用50mL 0.50mol L﹣1的盐酸与50mL 0.55mol L﹣1的NaOH 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计算中和热．下列说法中，正确的是（ ）
A. 实验过程中没有热量损失 B. 图中实验装置缺少环形玻璃搅拌棒
C. 烧杯间填满碎纸条的作用是固定小烧杯 D. 若烧杯上不盖硬纸板，测得的△H将偏小
4.用标准的盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，下列操作不会引起实验误差的是（ ）
A. 用蒸馏水洗净酸式滴定管后，装入标准盐酸进行滴定
B. 用蒸馏水洗净锥形瓶后，再用NaOH溶液润洗，后装入NaOH溶液进行滴定
C. 用碱式滴定管取10.00 mL NaOH溶液放入用蒸馏水洗净的锥形瓶中，再加入适量蒸馏水进行滴定
D. 用酚酞作指示剂滴至红色刚变无色时即停止加盐酸
5.用标准浓度的NaOH溶液来滴定未知浓度的盐酸，下列操作中会使盐酸测定的浓度偏大的是（　　）
①碱式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准溶液润洗 ②锥形瓶中盛有少量蒸馏水，再加待测液 ③酸式滴定管用蒸馏水洗净后，未用盐酸润洗 ④滴定前碱式滴定管尖端气泡未排除，滴定后气泡消失 ⑤滴定后观察碱式滴定管读数时，俯视刻度线．
A. ①④ B. ①③ C. ②③ D. ④⑤
6.某同学按照课本实验要求，用50 mL0.50 mol L－1的盐酸与50 mL0.55 mol L－1的 NaOH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计算反应热。下列说法中，错误的是（ ）
A. 实验过程中有一定的热量损失 B. 图中实验装置缺少环形玻璃搅拌棒
C. NaOH溶液应一次迅速倒入盛有盐酸的烧杯中 D. 烧杯间填满碎纸条的主要作用是固定小烧杯
7.某实验小组仔细研究了硫酸亚铁铵的制备实验，并与侯氏制碱法的原理进行认真分析对比，同学们分别发表了如下看法，其中错误的是（ ）
A. 没有难溶、难电离、易挥发物质生成的复分解反应也可能发生
B. 溶液中某些离子结合成新物质析出，其根本原因是这些离子浓度的幂次积超过了该物质的溶度积常数或电离平衡常数
C. 一种难溶物质或难电离物质，可以通过复分解反应生成更难溶或更难电离的物质
D. 只要适当改变温度、压强、浓度，任何反应都可自发进行
8.如图所示进行实验,下列分析错误的是（ ）
A. 实验②中白色沉淀变成黄色沉淀 B. 该实验可说明溶度积Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)
C. 反应后c(Ag+)：①<② D. 实验②中发生反应:AgCl+I-=AgI+Cl-
9.配制一定体积、一定物质的量浓度的溶液，下列操作对实验结果不会产生影响的是( )
A. 容量瓶中原有少量蒸馏水 B. 溶解所用的烧杯未洗涤
C. 定容时仰视观察液面 D. 定容时俯视观察液面
10.配制一定物质的量浓度的NaOH溶液时，造成所配溶液浓度偏低的是（ ）
A. 称量的NaOH固体已经潮解 B. 洗涤后的容量瓶中留有少量蒸馏水
C. 转移溶解液时，溶解液未冷却至室温 D. 定容时俯视容量瓶的刻度线
11.用氯化钠固体配置一定质量分数的氯化钠溶液，不需要用的仪器是（ ）
A. 烧杯 B. 量筒 C. 托盘天平 D. 蒸发皿
12.铝热反应不仅被应用于焊接钢轨，而且常应用于冶炼熔点较高的金属如钒、铬、锰等。这是利用了铝的①还原性 ②导电性 ③与强酸和强碱均反应 ④被氧化的过程放出大量的热（ ）
A. ① B. ①④ C. ①③④ D. ①②③④
13.配制一定体积、一定物质的量浓度的溶液，实验结果产生偏高影响的是（ ）
A. 容量瓶中原有少量蒸馏水 B. 溶解所用的烧杯未洗涤
C. 称量时左码右物 D. 定容时俯视观察液面
14.现用0.1mol/LHCl滴定10ml 0.05mol/L氢氧化钠溶液，若酸式滴定管未润洗，达到终点时所用盐酸的体积应是（　　）
A. 10mL B. 5mL C. 大于5Ml D. 小于5mL
15.配制一定物质的量浓度的NaOH溶液时，造成所配溶液浓度偏高的原因是( )
A. 所用容量瓶未干燥 B. 向容量瓶加水时液面低于刻度线即摇匀
C. 有少量NaOH溶液残留在烧杯内 D. 向容量瓶加水时眼睛一直仰视液面
二、实验探究题（共6题）
16.实验室需配置100mL2.00mol/LNaCl溶液，请你参与实验过程，并完成相关实验报告（填写表格中横线上数字序号所示内容）．
实验原理 m=cVM
实验仪器 托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、 、胶头滴管
实验步骤 ①计算：溶质NaCl固体的质量为 g． ②称量：用托盘天平称取所需NaCl固体． ③溶解：将称好的NaCl固体放入烧杯中，用适量蒸馏水溶解． ④转移、洗涤：将烧杯中的溶液注入仪器①中，并用少量蒸馏水洗涤烧杯内壁2～3次，洗涤液也都注入仪器①中． ⑤ 将蒸馏水注入仪器至液面离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至液面与刻度线相切． ⑥摇匀：盖好瓶塞，反复上下颠倒，然后静置．
思考与探究 ①实验步骤③⑤中都要用到玻璃棒，其作用分别是搅拌、 ③某同学在实验步骤⑥后，发现凹液面低于刻度线，于是再向容器中滴加蒸馏水至刻度线，该同学所配置溶液是浓度 （填“＞”、“=”或“＜”）2.00mol/L．
17.草酸（化学式为H2C2O4 ， 是一种二元酸）存在于自然界的植物中．草酸的钠盐和钾盐易溶于水，而其钙盐难溶于水．草酸晶体（H2C2O4 2H2O）无色，熔点为101℃，易溶于水，受热脱水、升华，170℃以上分解．回答下列问题：
（1）甲组同学按照如图所示的装置，通过实验检验草酸晶体的分解产物，装置C中可观察到的现象是有气泡冒出且澄清石灰水变浑浊，由此可知草酸晶体分解的产物中有 ． 装置B的主要作用是冷凝（水蒸气和草酸），防止草酸进入装置C中发生 反应（填化学方程式），干扰分解生成气体的检验．
（2）乙组同学认为草酸晶体分解的产物中还可能含有CO，为进行验证，选用甲组实验中的装置A、B和如图所示的部分装置进行实验．
①乙组同学的实验装置中，依次连接的合理顺序为A、B、F、D、G、H、D、I．其中装置F中发生的化学反应为 ． 两次使用了D装置，其中第一个D装置的作用是 ， 装置H反应管中盛有的物质是 ．
②能证明草酸晶体分解产物中有CO的现象是H中物质变为 色；且 ．
18.某同学设计如图所示的实验装置来粗略测定电石中碳化钙的质量分数．
（1）烧瓶中发生反应的化学方程式是 ． 装置B和C的作用是 ． 烧瓶要干燥，放人电石后应塞紧橡皮塞，这是为了
（2）所用电石质量不能太大，否则 ；也不能太小，否则 ． 若容器B的容积为250mL，则所用的电石质量应在 g左右．（从以下数据选填：0.30、0.60、1.00、1.50、2.00）
（3）为了得到比较平稳的乙炔气流，常可用 代替水．
（4）实验中测得排入量筒中水的体积为V mL（1.01×105 Pa，0℃），电石质量为W g．则电石中碳化钙的质量分数是 ． （不计导管中残留的水，气体中饱和水蒸气可忽略不计）
19.草酸亚铁晶体（FeC2O4 2H2O）呈淡黄色．某课题组为探究草酸亚铁晶体的化学性质，进行了一系列实验探究．
（1）向盛有草酸亚铁晶体的试管中滴入几滴硫酸酸化的KMnO4溶液，振荡，发现溶液颜色逐渐变为棕黄色，并检测到二氧化碳气体生成．这说明草酸亚铁晶体具有 （填“氧化性”、“还原性”或“碱性”）．若反应中消耗1mol FeC2O4 2H2O，则参加反应的KMnO4为 mol．
（2）资料表明：在密闭容器中加热到一定温度时，草酸亚铁晶体可完全分解，生成几种氧化物，残留物为黑色固体．课题组根据课本上所介绍的铁的氧化物的性质，对黑色固体的组成提出如下假设，请你完成假设二和假设三．
假设一：全部是FeO
假设二：
假设三：
（3）为验证上述假设一是否成立，课题组进行如下研究．
定性研究：请你完成如表中内容．
实验步骤（不要求写出具体操作过程） 预期实验现象和结论
取少量黑色固体
定量研究：课题组在文献中查阅到，FeC2O4 2H2O受热分解时，固体质量随温度变化的曲线如图所示，写出加热到400℃时，FeC2O4 2H2O晶体受热分解得到的固体产物的化学式为： ．
20.仔细阅读题意，根据要求填空
（1）Ⅰ．物质的量浓度相同的 ①氨水 ②氯化铵 ③碳酸氢铵 ④硫酸氢铵 ⑤硫酸铵 五种溶液中c（NH4+）大小的顺序是（填序号）
II．乙二酸俗名草酸，下面是化学学习小组的同学对草酸晶体（H2C2O4 xH2O）进行的探究性学习的过程，请你参与并协助他们完成相关学习任务．
该组同学的研究课题是：探究测定草酸晶体（H2C2O4 xH2O）中的x值．通过查阅资料和网络查寻得，草酸易溶于水，水溶液可以用酸性KMnO4溶液进行滴定：
2MnO +5H2C2O4+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O
学习小组的同学设计了滴定的方法测定x值．
①称取1.260g纯草酸晶体，将其制成100.00mL水溶液为待测液．
②取25.00mL待测液放入锥形瓶中，再加入适量的稀H2SO4 ．
③用浓度为0.1000mol L﹣1的KMnO4标准溶液进行滴定，达到终点时消耗10.00mL．
滴定时，将酸性KMnO4标准液装在如图中的 （填“甲”或“乙”）滴定管中．
（2）本实验滴定达到终点的标志可以是 ．
（3）通过上述数据，求得x= ．
讨论：①若滴定终点时俯视滴定管刻度，则由此测得的x值会 （填“偏大”、“偏小”或“不变”，下同）．
②若滴定时所用的酸性KMnO4溶液因久置而导致浓度变小，则由此测得的x值会 ．
21.无色碘化钾溶液露置在空气中容易变为黄色，某兴趣小组进行如下实验探究。
实验试剂：1mol·L-1 KI溶液、0.2mol·L-1 H2SO4溶液、蒸馏水
实验仪器：试管、试剂瓶、胶头滴管、温度计
（1）I．针对冬夏季节不同，KI溶液变色快慢不同，小组成员进行以下实验：
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：
该实验的目的是探究 对反应速率的影响。
（2）该实验除上述试剂和仪器外，还需要的仪器是 ， 试剂是 。
（3）分析上述实验记录结果，可得出的结论是：温度每升高10℃，反应速率增大为原来的 倍。
（4）Ⅱ．为探究溶液的酸性强弱对KI溶液变色速率的影响，小组成员进行以下实验：
第①步：分别取1mL 1mol·L﹣1 KI溶液于两支试管中，并分别滴加两滴指示剂；
第②步：向其中一支试管中加入1mL蒸馏水和1mL 0．2mol·L-1 H2SO4溶液，同时在另一支试管中加入………………；
第③步：记录KI溶液变色的时间。
实验结论：溶液酸性越强，KI溶液变色越快。
回答下列问题：
该探究实验中KI溶液变色反应的离子方程式为 。
（5）该实验操作中必须控制不变的是 。
a．温度 b．试剂添加的顺序 c．试剂的用量(体积)
（6）用所给试剂将第②步补充完整。 。
答案解析部分
一、单选题
1.【答案】 A
【解析】【解答】解：滴定管的刻度从上到下，25mL刻度以下还有没有刻度的一部分，若把到5mL刻度位置的液体放出，其液体体积大于（25﹣5）mL，消耗0．lmol/LNaOH溶液的体积大于20 mL．
故选A．
【分析】滴定管的刻度从上到下，25mL刻度以下还有没有刻度的一部分，若把到5mL刻度位置的液体放出，其液体体积大于（25﹣5）mL．
2.【答案】 B
【解析】【解答】解：A．实验室没有480mL容量瓶，应该选用500mL容量瓶配制溶液，故A错误；
B．称取5.3 g Na2CO3固体溶于水配成500 mL溶液，溶质的物质的量为0.05mol，溶液体积为0.5L，溶液的浓度为0.1mol/L，故B正确；
C．若用Na2CO3 10H2O晶体溶于水配制成0.5L溶液，需要称量Na2CO3 10H2O的质量为14.3g，故C错误；
D．物质的量浓度中体积为溶液的体积，溶剂水的体积为0.5L，则溶液的体积大于0.5L，故D错误；
故选：B．
【分析】实验室需配制480ml 0.1mol/L的Na2CO3溶液，实验室没有480mL的容量瓶，需要选用500mL容量瓶，实际配制的溶液为500ml 0.1mol/L的Na2CO3溶液，需要溶质碳酸钠的物质的量为0.05mol，溶质的质量为106g/mol×0.05mol=5.3g；若称量带结晶水的碳酸钠，则Na2CO3 10H2O晶体质量为：286g/mol×0.05mol=14.3g．
3.【答案】 B
【解析】【解答】解：A．该装置的保温效果并不如量热计那样好，大小烧杯之间要填满纸片，装置存在热量的散失，故A错误；
B．根据量热计的构造可知该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌棒，故B正确；
C．中和热测定实验成败的关键是保温工作，大小烧杯之间填满碎纸条的作用是减少实验过程中的热量损失，故C错误；
D．大烧杯上不盖硬纸板，热量容易散失，中和热的数值偏小，但中和热△H会偏大，故D错误；
故选：B．
【分析】A．根据实验过程的保温情况确定保温效果；
B．根据量热计的构造来判断该装置的缺少仪器；
C．根据烧杯间填满碎纸条的作用是保温；
D．根据大烧杯上不盖硬纸板，热量容易散失．
4.【答案】 C
【解析】【解答】解：A．用蒸馏水洗净酸式滴定管后，装入标准盐酸进行滴定，标准盐酸被稀释，浓度偏小，造成消耗的V（酸）偏大，根据c（碱）= 分析，可知c（碱）偏大，故A错误；
B．蒸馏水洗净锥形瓶后，再用NaOH溶液润洗，后装入NaOH溶液进行滴定，而后装入一定体积的NaOH溶液进行滴定，待测液的物质的量偏大，造成消耗的V（酸）偏大，根据c（碱）= 分析，可知c（碱）偏大，故B错误；
C．用碱式滴定管取10.00 mL NaOH溶液放入用蒸馏水洗净的锥形瓶中，再加入适量蒸馏水进行滴定，对V（酸）无影响，根据c（碱）= 分析，可知c（碱）不变，故C正确；
D．用酚酞作指示剂滴至红色刚变无色时即停止加盐酸，造成消耗的V（酸）偏小，根据c（碱）= 分析，可知c（碱）偏小，故D错误；
故选C．
【分析】根据c（碱）=分析，以此判断浓度的误差．
5.【答案】 A
【解析】【解答】用标准浓度的NaOH溶液来滴定未知浓度的盐酸时，①碱式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准溶液润洗，则标准液会被残留的水稀释，滴定时所用标准液体积偏大，测定结果偏大； ②锥形瓶中盛有少量蒸馏水，不会影响滴定结果； ③酸式滴定管用蒸馏水洗净后，未用盐酸润洗，则盐酸的浓度变小，测定结果必然也偏小； ④滴定前碱式滴定管尖端气泡未排除，滴定后气泡消失，则读数时，气泡的体积也读作标准液的体积，相当于标准液用量偏大，结果偏大； ⑤滴定后观察碱式滴定管读数时，俯视刻度线，读数偏小，测定结果偏小．综上所述，A正确。
故答案为：A
【分析】根据中和反应过程中消耗标准溶液短体积多少分析测定溶液浓度的变化即可.
6.【答案】 D
【解析】【解答】A．该装置的保温效果不如量热计好，因此实验过程中会有一定的热量损失，A不符合题意；
B．为使酸碱快速混合发生反应，应该使用环形玻璃搅拌棒搅拌，根据图示可知缺少环形玻璃搅拌棒，B不符合题意；
C．为减少混合溶液时的热量变化，NaOH溶液应一次迅速倒入盛有盐酸的烧杯中，C不符合题意；
D．烧杯间填满碎纸条的主要作用是减少实验过程中是热量损失，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.测定中和热实验的成败关键是保温，减少热量损失；
B.根据量热计的构造来判断该装置的缺少仪器；
C.为减少混合溶液时的热量变化，NaOH溶液应一次迅速倒入盛有盐酸的烧杯中；
D.碎纸条的主要作用是减少实验过程中是热量损失。
7.【答案】 D
【解析】【解答】焓减熵增的反应一定自发进行，焓增熵减的反应一定不能自发进行，D不正确。
【分析】本题考查实验室制取硫酸亚铁铵和侯氏制碱法的反应原理，熟练掌握化学反应的反应原理是解题的关键 。
8.【答案】 C
【解析】【解答】A. 碘化银的溶度积常数小于氯化银，则实验②中白色沉淀变成黄色沉淀，A不符合题意；
B. 根据沉淀容易向更难溶的方向转化可知，该实验可说明溶度积Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，B不符合题意；
C. 碘化银的溶度积常数小于氯化银，则反应后c(Ag+)：①＞②，C符合题意；
D. 沉淀容易向更难溶的方向转化可知，因此实验②中发生反应：AgCl+I-=AgI+Cl- ， D不符合题意，
故答案为：C。
【分析】氯化银为白色沉淀，碘化银为淡黄色沉淀，碘化银的溶度积常数小于氯化银，在水中碘化银比氯化银更难溶：沉淀容易向更难溶的方向转化可知，因此实验②中发生反应：AgCl+I-=AgI+Cl-；
9.【答案】 A
【解析】【解答】A. 容量瓶中原有少量蒸馏水，不影响溶质的量和溶液的体积，对实验结果无影响，A符合题意；
B. 溶解所用的烧杯未洗涤，造成溶质的量减小，所配溶液的浓度偏低，B不符合题意；
C. 定容时仰视观察液面，造成溶液的体积偏大，所配溶液的浓度偏低，C不符合题意；
D. 定容时俯视观察液面，造成溶液的体积偏小，所配溶液的浓度偏高，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】容量瓶中原有少量蒸馏水，不影响溶质的量和溶液的体积，对实验结果无影响。
10.【答案】 A
【解析】【解答】解：A．称量的NaOH固体已经潮解，NaOH的质量偏小，n偏小，可知c偏低，故A选；
B．洗涤后的容量瓶中留有少量蒸馏水，对溶液配制实验无影响，故B不选；
C．转移溶解液时，溶解液未冷却至室温，加水定容后，V偏小，可知c偏高，故C不选；
D．定容时俯视容量瓶的刻度线，V偏小，可知c偏高，故D不选；
故选A．
【分析】结合c= 及不当操作对n、V的影响分析物质的量浓度，若n偏小，则c偏小；若V偏大，则c偏小，以此来解答．
11.【答案】 D
【解析】【分析】配制一定质量分数的氯化钠溶液，要用托盘天平来称量NaCl，要用量筒准确量取水，用烧杯溶解NaCl。蒸发皿在配制过程中是不需要的，因此选择D。
【点评】该题属于初中化学的知识。
12.【答案】 B
【解析】【解答】铝热反应中，铝原子失电子化合价升高，而作还原剂，还原剂具有还原性，①符合题意，且该反应中放出大量热而冶炼高熔点金属，④符合题意；
综上，正确的是①④，B符合题意；
故答案为：B
【分析】铝热反应是利用金属的还原性强弱，以及反应过程中放出的热量进行的。
13.【答案】 D
【解析】【解答】解：A．容量瓶中有少量的蒸馏水，不会影响溶质的物质的量及最终溶液体积，所以不影响配制结果，故A错误；
B．溶解所用的烧杯没有洗涤，会导致配制的溶液中溶质的物质的量偏小，配制的溶液浓度偏低，故B错误；
C．称量是砝码和药品颠倒，会导致称量的药品质量偏小，配制的溶液中溶质的物质的量偏小，配制的溶液浓度偏低，故C错误；
D．定容时俯视观察液面，导致加入的蒸馏水体积偏小，配制的溶液体积偏小，溶液的物质的量浓度偏高，故D正确；
故选D．
【分析】A．容量瓶中少量的蒸馏水，对溶质的物质的量和溶液的体积都没有影响；
B．没有洗涤烧杯，会导致配制的溶液中溶质的物质的量偏小；
C．称量时药品和砝码颠倒，会导致称量的药品质量偏小；
D．俯视定容，会导致加入的蒸馏水体积偏小，配制的溶液体积偏小．
14.【答案】 C
【解析】【解答】解：10mL 0.05mol L﹣1的NaOH溶液中氢氧化钠的物质的量=0.01L×0.05mol/L=5×10﹣4mol，
由NaOH+HCl=NaCl+H2O可知，消耗HCl的物质的量=5×10﹣4mol，故需要盐酸的体积= =0.005L=5mL，若酸式滴定管未润洗，盐酸的浓度偏低，消耗盐酸体积偏大，即对于5mL，
故选C．
【分析】发生反应NaOH+HCl=NaCl+H2O，根据n=cV计算氢氧化钠的物质的量，再根据方程式计算消耗HCl的物质的量，根据V= 计算消耗盐酸的体积，若酸式滴定管未润洗，盐酸的浓度偏低，消耗盐酸体积偏大．
15.【答案】 B
【解析】【解答】A.所用容量瓶未干燥，若其他操作符合题意，不会引起n(NaOH)、溶液体积V变化，对所配溶液浓度无影响，故不选A；
B.向容量瓶加水时液面低于刻度线，溶液体积V减小，所配溶液浓度偏高，
故答案为：B；
C.有少量NaOH溶液残留在烧杯内，未完全转移到容量瓶中，使n(NaOH)减小，所配溶液浓度偏低，故不选C；
D.向容量瓶加水时眼睛一直仰视液面，溶液体积增大，浓度偏小，故不选D；
故答案为：B。
【分析】液面低于刻度线以下，体积偏小，浓度偏高。
二、实验探究题
16.【答案】 100ml容量瓶；11.7；定容；引流；＜
【解析】【解答】解：实验仪器：
配制100mL2.00mol/LNaCl溶液，一般可分为以下几个步骤：计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀，需要的仪器：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、量筒、100mL容量瓶、胶头滴管，缺少的为：100mL容量瓶；
故答案为：100容量瓶；
实验步骤：
配置100mL2.00mol/LNaCl溶液，需要溶质的质量m=2.00moL/L×58.5g/mol×0.1L=11.7g；
故答案为：11.7；
配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤：计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀，所以缺少的（5）为定容；
故答案为：定容；
思考与探究：
玻璃棒在溶解过程中作用为搅拌加速溶解，在移液过程中作用为引流；
故答案为：引流；②某同学在实验步骤⑥后，发现凹液面低于刻度线，于是再向容器中滴加蒸馏水至刻度线，导致溶液体积偏大，依据C= 可知，溶液浓度偏低，所配置溶液是浓度＜2.00mol/L；
故答案为：＜；
【分析】实验仪器：依据配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤选择需要的仪器；
实验步骤：配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤：计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀，依据m=CVM计算需要溶质的质量，结合配制步骤解答；思考与探究：依据玻璃棒在溶解、移液操作中作用解答；
分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，依据C= 进行误差分析；
17.【答案】 （1）CO2；H2C2O4+Ca（OH）2═CaC2O4↓+2H2O
（2）CO2+2NaOH═Na2CO3+H2O；检验CO2是否除净；CuO；红；第二个D装置变浑浊
【解析】【解答】解：（1）草酸晶体（H2C2O4 2H2O）无色，熔点为101℃，易溶于水，受热脱水、升华，170℃以上分解，如果草酸受热分解，分解时会产生二氧化碳，二氧化碳和氢氧化钙反应生成难溶性的碳酸钙沉淀而使澄清石灰水变浑浊，所以C中观察到的现象是：有气泡冒出且澄清石灰水变浑浊，说明有二氧化碳生成；草酸的钠盐和钾盐易溶于水，而其钙盐难溶于水，草酸易挥发，导致生成的气体中含有草酸，草酸和氢氧化钙反应生成难溶性的草酸钙而干扰二氧化碳的检验，B装置温度较低，有冷凝作用，防止干扰二氧化碳的检验，
故答案为：CO2；H2C2O4+Ca（OH）2═CaC2O4↓+2H2O；（2）①依据连接顺序是A、B、F、D、G、H、D、I，要检验生成CO，在甲组实验后，用浓氢氧化钠除去二氧化碳，反应的化学方程式为：CO2+2NaOH═Na2CO3+H2O，用澄清石灰水检验二氧化碳，用碱石灰干燥CO，利用CO和CuO发生还原反应生成CO2 ， 再利用澄清石灰水检验生成的二氧化碳，用排水法收集CO避免环境污染，H装置中盛放的物质应该具有氧化性，且和CO反应有明显现象发生，CuO能被CO还原且反应过程中黑色固体变为红色，现象明显，所以H中盛放的物质是CuO，故答案为：CO2+2NaOH═Na2CO3+H2O；检验CO2是否除净，CuO；②CO具有还原性，其氧化产物是二氧化碳，二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，且CO将黑色的CuO还原为红色的Cu，只要H中黑色固体转化为红色且其后的D装置溶液变浑浊就说明含有CO，故答案为：红；第二个D装置变浑浊．
【分析】（1）草酸晶体（H2C2O4 2H2O）无色，熔点为101℃，易溶于水，受热脱水、升华，170℃以上分解，如果草酸受热分解，分解时会产生二氧化碳而使澄清石灰水变浑浊；B装置温度较低，有冷凝作用，草酸进入装置C会生成草酸钙沉淀防止干扰实验；（2）①要检验生成CO，在甲组实验后，用浓氢氧化钠除去二氧化碳，用澄清石灰水检验二氧化碳，用无水氧化钙干燥CO，利用CO的还原性将CuO还原，再利用澄清石灰水检验生成的二氧化碳，用排水法收集CO；H装置中盛放的物质应该具有氧化性的CuO，且和CO反应有明显现象发生；②CO具有还原性，其氧化产物是二氧化碳，二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊．
18.【答案】 （1）CaC2+2H2O→Ca（OH）2+C2H2↑；贮水以使烧瓶中产生的气体CH≡CH进入B时排出与它等体积的水，进入量筒C测定乙炔的体积；防止电石与残留的水作用，防止产生的乙炔逸散到大气中
（2）生成C2H2太多，超过B的空间；生成的C2H2太少，测定误差会更大；0.60
（3）饱和食盐水
（4）%
【解析】【解答】解：（1）电石和水反应的方程式为CaC2+2H2O→Ca（OH）2+C2H2↑；装置B用于贮水以便烧瓶中生成的C2H2气体进入B时排出与它等体积的水进入量筒C来测定生成乙炔的量；电石和水反应生成乙炔，烧瓶要干燥，放入电石后应塞紧橡皮塞，否则产生的乙炔逸散到大气中产生误差，故答案为：CaC2+2H2O→Ca（OH）2+C2H2↑；贮水以使烧瓶中产生的气体CH≡CH进入B时排出与它等体积的水，进入量筒C测定乙炔的体积；防止电石与残留的水作用，防止产生的乙炔逸散到大气中；（2）若电石的质量太大，则生成C2H2太多，超过B的空间，无法测定其体积；若选择的电石的质量太小，则生成的C2H2太少，测定误差会更大．根据1molCaC2﹣1molC2H2 ， 可计算产生250mLC2H2时所需电石的质量为0.71g，即需要电石的最大质量不能超过0.71g，结合题目信息，应选择0.60g电石进行实验；故答案为：生成C2H2太多，超过B的空间；生成的C2H2太少，测定误差会更大；0.60；（3）实验室一般用饱和食盐水代替水进行实验，以获得平稳的乙炔气流；
故答案为：饱和食盐水；（4）设产生VmL气体需要CaC2的质量为mg，则
CaC2﹣﹣﹣﹣﹣C2H2 ，
64g 22400mL
m VmL
解得m=0.0029V，则电石中CaC2的质量分数= ×100%= %；
故答案为： %．
【分析】乙炔难溶于水，用如图的实验装置来粗略地测定电石中碳化钙的质量分数，通过排水法测电石和水制取乙炔的体积测电石中碳化钙的质量分数，因电石和水反应制乙炔，所以反应前烧瓶中不能有水，所用电石质量不能太大，否则产生乙炔太多超过B的容积，无法测定，也不能太小，否则生成乙炔太少，测出体积数据小，误差大，由分液漏斗往烧瓶里滴加水的操作方法是轻轻旋开活塞，使水缓慢滴下，直到不再产生气体为止，量筒中水的体积就近似等于乙炔的体积，据此结合方程式可算出电石中的碳化钙的质量，再算出其质量分数，（1）电石和水反应的方程式为CaC2+2H2O→Ca（OH）2+C2H2↑；装置BC是排水量气方法测定生成乙炔的体积，B贮水，C接受排出的水；烧瓶要干燥，放入电石后应塞紧橡皮塞，否则产生的乙炔逸散到大气中产生误差；（2）若电石的质量太大，则生成C2H2太多，超过B的空间，无法测定其体积；若选择的电石的质量太小，则生成的C2H2太少，测定误差会更大．根据1molCaC2﹣1molC2H2 ， 可计算产生250mLC2H2时所需电石的质量为0.71g，即需要电石的最大质量不能超过0.71g；（3）实验室一般用饱和食盐水代替水进行实验，以获得平稳的乙炔气流．（4）依据反应定量关系CaC2﹣﹣﹣﹣﹣C2H2 ， 计算得到乙炔的质量，计算电石中CaC2的质量分数．
19.【答案】 （1）还原性；0.6
（2）全部是Fe3O4；是FeO和Fe3O4的混合物
（3）取少量黑色固体，加入适量稀盐酸（或稀硫酸）溶解，在溶液中加入KSCN溶液；预期实验现象和结论：若溶液不变红色，则假设一成立；若溶液变红色，则假设一不成立；FeO
【解析】【解答】解：（1）高锰酸钾溶液的紫红色褪去，溶液变为棕黄色，很显然是FeC2O4被高锰酸钾氧化为Fe3+的结果，表明FeC2O4具有还原性．分析有关元素化合价的变化可知，反应过程中1 mol FeC2O4 2H2O可失去3 mol电子，而1 mol KMnO4可得到5 mol电子，根据得失电子数相等的原则，反应中FeC2O4 2H2O与KMnO4的物质的量之比为5：3．因此，若反应中消耗1 mol FeC2O4 2H2O，则参加反应的KMnO4为0.6 mol，故答案为：还原性；0.6；（2）铁的氧化物中，呈黑色的有FeO和Fe3O4 ， 假设二：全部是Fe3O4；假设三：是FeO和Fe3O4的混合物，故答案为：全部是Fe3O4；是FeO和Fe3O4的混合物；（3）【定性研究】FeO与盐酸或硫酸反应生成Fe2+ ， Fe2+与KSCN不反应．但Fe3O4或FeO和Fe3O4的混合物溶于稀盐酸或稀硫酸中生成Fe3+ ， 遇KSCN变红色．据此即可设计方案进行验证，故答案为：取少量黑色固体，加入适量稀盐酸（或稀硫酸）溶解，在溶液中加入KSCN溶液；预期实验现象和结论：若溶液不变红色，则假设一成立；若溶液变红色，则假设一不成立；【定量研究】草酸亚铁品体受热首先失去结品水，得到FeC2O4（即A点对应物质）．400℃时固体质量减少，应该是FeC2O4发生分解，牛成铁的氧化物（即B点对应物质）．根据图象可知1.0 g晶体分解生成的铁的氧化物的质量为0.4 g．设此铁的氧化物的化学式为FeaOb ， 根据Fe守恒可知0.4 g此氧化物中铁元素的质量为1.0 g× ，
氧元素的质量为（0.4g﹣1.0 g× ）g，故a：b=（1.0g× ）：（0.4g﹣1.0 g× ），
解得a：b=1：1，
即晶体分解所得铁的氧化物为FeO，
故答案为：FeO．
【分析】（1）向盛有草酸亚铁晶体的试管中滴入几滴硫酸酸化的KMnO4溶液，振荡，发现溶液颜色逐渐变为棕黄色，并检测到CO2生成．说明草酸亚铁被氧化为铁离子、二氧化碳气体，草酸亚铁具有还原性，依据电子守恒计算得到消耗的高锰酸钾物质的量；（2）草酸亚铁晶体可完全分解，生成几种氧化物，残留物为黑色固体可能为氧化亚铁或四氧化三铁，分析判断；（3）【定性研究】氧化亚铁溶解于盐酸生成氯化亚铁溶液，加入KSCN溶液，若溶液不变红证明假设一正确；
【定量研究】根据图中提供的信息，通过计算可以判断反应的化学方程式和物质的化学式．
20.【答案】 （1）⑤＞④＞②＞③＞①；甲
（2）当滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液由无色变为紫色，且半分钟内不褪色，即达滴定终点
（3）2；偏大；偏小
【解析】【解答】解：I．一水合氨是弱电解质，在水溶液里部分电离，所以相同浓度的这几种溶液中铵根离子浓度最小，硫酸铵中铵根离子个数是2，所以硫酸铵中铵根离子浓度最大，碳酸氢根离子促进铵根离子水解、氢离子抑制铵根离子水解，所以氯化铵、碳酸氢铵、硫酸氢铵中铵根离子浓度大小顺序是④＞②＞③，则相同浓度的这几种溶液中c（NH4+）的由大到小顺序是⑤＞④＞②＞③＞①，
故答案为：⑤＞④＞②＞③＞①；II． （1）因为KMnO4具有强氧化性，会腐蚀橡胶管，故应用酸式滴定管盛装，故答案为：甲；（2）可利用KMnO4溶液自身的颜色作为指示剂判断滴定终点时，再滴加KMnO4溶液时，溶液将由无色变为紫色，故答案为：当滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液由无色变为紫色，且半分钟内不褪色，即达滴定终点；
（3）
2MnO4﹣+ 5H2C2O4 +6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O
2 5
0.1000mol/L×0.01L 0.0025mol
25.00mL待测液中含有0.0025molH2C2O4 ， 100.00mL待测液中含有0.01molH2C2O4 ， 0.01molH2C2O4的质量为0.01mol
×90g/mol=0.9g，所以1.260g纯草酸晶体中水的物质的量为1.260g﹣0.9g=0.36g，其物质的量为0.02mol，则x=2，
故答案为：2；①若滴定终点时俯视滴定管读数，则所得消耗酸性KMnO4溶液的体积偏小，由此所得n（H2C2O4）偏小，则n（H2O）偏大，x偏大，
故答案为：偏大；②若酸性KMnO4溶液因久置而导致浓度变小，则消耗其体积偏大，所得x值偏小，故答案为：偏小．
【分析】Ⅰ．一水合氨是弱电解质，相同浓度的这几种溶液中铵根离子浓度最小，碳酸氢根离子促进铵根离子水解、氢离子抑制铵根离子水解，根据离子水解程度结合化学式确定铵根离子浓度大小；Ⅱ．（1）KMnO4具有强氧化性，会腐蚀橡胶管；（2）可利用KMnO4溶液自身的颜色作为指示剂判断滴定终点；（3）由题给化学方程式及数据计算出1.260g纯草酸晶体中含H2C2O4的物质的量，然后求出1.260g 纯草酸晶体中含H2O的物质的量，根据H2O的物质的量和纯草酸晶体的物质的量的关系求出x；若滴定终点时俯视滴定管读数，则所得消耗酸性KMnO4溶液的体积偏小，由此所得n（H2C2O4）偏小，则n（H2O）偏大，若滴定时所用的酸性KMnO4溶液因久置而导致浓度变小，会导致浓度变小．
21.【答案】 （1）温度
（2）秒表；淀粉溶液
（3）2
（4）4I﹣＋4H＋＋O2＝2I2＋2H2O
（5）abc
（6）2mL 0.2mol·L-1 H2SO4溶液
【解析】【解答】(1)由题意可知，该实验探究其他条件相同时，温度对反应速率的影响，故答案为：温度；

(2)碘化钾溶液被空气中氧气氧化生成单质碘，单质碘遇淀粉溶液变蓝色，由题给实验试剂和实验仪器可知，实验时，还缺少测定显色时间所用的仪器秒表和显色反应快慢的试剂淀粉溶液，故答案为：秒表；淀粉溶液；
(3)实验显示，温度每升高10℃，时间变为原来的一半，故反应速率增大为原来的2倍；
(4) 由题意可知，碘化钾溶液变色的反应为酸性条件下，碘离子与氧气反应生成单质碘和水，反应的离子方程式为4I﹣＋4H＋＋O2＝2I2＋2H2O，故答案为：4I﹣＋4H＋＋O2＝2I2＋2H2O；
(5) 该实验探究温度不变时， 溶液的酸性强弱对KI溶液变色速率的影响，由变量唯一化可知，实验操作中必须控制温度、试剂的用量(体积)和试剂添加的顺序保持不变，故答案为：abc；
(6) 由变量唯一化可知，实验时应保证其他条件不变，在溶液总体积不变的条件下，通过加入蒸馏水改变0.2mol·L-1 H2SO4溶液溶液中的氢离子浓度，则实验时，应向其中一支试管中加入1mL蒸馏水和1mL 0.2mol·L-1 H2SO4溶液，同时在另一支试管中加入2mL 0.2mol·L-1 H2SO4溶液，故答案为：2mL 0.2mol·L-1 H2SO4溶液。
【分析】
(1)实验显示在不同的温度下，显色时间不等；
(2)淀粉遇碘单质显蓝色，测定化学反应速率的快慢需要用时间的长短来衡量；
(3)实验显示，温度每升高10℃，时间变为原来的一半；
(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；
(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，控制硫酸的浓度不同，进行硫酸浓度不同的对比实验；
(6)根据控制变量法分析。