浙江省杭州第二中学2023-2024学年高一化学上学期期中试题（Word版附解析）

杭州二中2023学年第一学期期中考试高一年级化学试题B卷本试卷分为第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两部分，共100分，考试时间90分钟。可能用到的相对原子质量：H-1　C-12　N-14　O-16　Na-23　Mg-24　Al-27　Si-28　P-31　S-32　Cl-35.5　K-39　Cr-52　Mn-55　Fe-56　Cu-64　Zn-65　I-127　Ba-137第I卷一、选择题(本题共有16小题，每小题3分，共48分。每小题只有一个正确选项。1.下列物质分类正确的是A.有色玻璃：胶体B.：碱性氧化物C.CO：酸性氧化物D.盐酸：电解质【答案】A【解析】【详解】A．有色玻璃属于固溶胶，是胶体，A正确；B．属于过氧化物，而非碱性氧化物，B错误；C．CO属于不成盐氧化物，不属于酸性氧化物，C错误；D．盐酸是混合物，不属于电解质，D错误。故选A。2.在明代宋应星所著《天工开物》中，有关于火法炼锌的工艺记载：“每炉甘石(主要成分是碳酸锌)十斤，装载入一泥罐内……然后逐层用煤炭饼垫盛，其底铺薪，发火锻红，罐中炉甘石熔化成团。冷定毁罐取出……即倭铅也……其似铅而性猛，故名之约倭云。”下列有关说法不正确的是A.火法炼锌过程中锌元素被还原B.火法炼锌原理是碳酸锌受热发生分解反应C.泥罐热稳定性好，高温不易熔化，因此火法炼锌过程中可使用D.“性猛”指是锌单质有较强的还原性【答案】B【解析】【详解】A．火法炼锌过程中化合态锌转化为游离态锌，化合价降低，故锌元素被还原，A正确；B．火法炼锌原理是碳酸锌受热发生分解反应生成氧化锌，氧化锌被碳还原，B错误；C．泥罐热稳定性好，高温不易熔化，能耐高温，因此火法炼锌过程中可使用，C正确； D．“性猛”指的是锌单质有较强的还原性，化学性质活泼，D正确；故选B。3.氢氧化钠是一种重要的碱，下列有关说法不正确的是A.NaOH固体在空气中久置最终可能转变为B.NaOH固体不导电，是因为固体中的和不能自由移动C.工业上制取NaOH一般采用和水的反应D.在常温下将通入NaOH溶液中可得到漂白液，NaClO在低温下比较稳定【答案】C【解析】【详解】A．NaOH固体在空气中吸收二氧化碳生成碳酸钠，故久置最终可能转变为，A正确；B．溶液或熔融电解质导电的原因是存在自由移动的离子，NaOH固体不导电，是因为固体中的和不能自由移动，B正确；C．工业上制取NaOH一般采用电解饱和食盐水的方法，C错误；D．在常温下将通入NaOH溶液中生成氯化钠和次氯酸钠，可得到漂白液，NaClO在低温下比较稳定，D正确；故选C。4.下列与氧化还原反应相关的说法正确的是①氧化还原反应的本质是发生了电子的得失②在水分子中由于共用电子对偏向氧原子而偏离氢原子，所以氢元素为+1价，氧元素为-2价③氧化还原反应中物质的氧化性越强，则其还原性越弱④置换反应一定是氧化还原反应，复分解反应不可能是氧化还原反应A.②④B.①②C.③④D.①②③④【答案】D【解析】【详解】①氧化还原反应的本质是发生了电子的得失，正确；②在水分子中由于共用电子对偏向氧原子而偏离氢原子使得氢显正价而氧显负价，所以氢元素为+1价，氧元素为-2价，正确；③氧化还原反应中物质的氧化性越强，则其得电子能力越强，导致其还原性越弱，正确； ④置换反应一定存在元素化合价改变，是氧化还原反应；复分解反应一定不存在元素化合价改变，不可能是氧化还原反应，正确；故选D。5.物质的性质决定用途，下列两者对应关系不正确的是A.碳酸氢钠受热易分解，可用于焙制糕点B.氯气可与水反应生成具有强氧化性的次氯酸，可用于对自来水消毒C.明矾溶于水形成胶体具有吸附性，可用作净水剂D碱石灰易吸水，实验室制备氯气时可用于干燥氯气【答案】D【解析】【详解】A．碳酸氢钠受热易分解产生二氧化碳，因此可用作焙制糕点的膨松剂，A正确；B．氯气可与水反应生成具有强氧化性的次氯酸，能杀菌消毒，可用于对自来水消毒，B正确；C．明矾溶于水能形成胶体，可用于净水，C正确；D．碱石灰能和氯气反应，实验室制备氯气时不可用于干燥氯气，D错误；故选D。6.下列离子方程式正确的是A.将稀盐酸滴在铜片上：B.工业上用绿矾处理含有的酸性废水将Cr元素转化为：C.澄清石灰水与过量小苏打溶液混合：D.氯气与水反应：【答案】B【解析】【详解】A．Cu在金属活动顺序表中位于H之后，与稀盐酸不能发生置换反应，A不正确；B．绿矾处理含有的酸性废水，Cr元素被还原为，Fe2+被氧化为Fe3+：，B正确；C．澄清石灰水与过量小苏打溶液混合，采用“以少定多”的方法： ，C不正确；D．氯气与水反应，生成的HClO为弱酸，应以化学式表示：，D不正确；故选B。7.现有下列四种溶液：①400mL2.5mol•L-1HCl溶液，②250mL4.0mol•L-1HCl溶液，③200mL2.0mol•L-1MgCl2溶液，④600mL1.0mol•L-1CuCl2溶液，下列说法正确的是A.溶液的导电能力：①=②B.Cl-的物质的量：③＞④C.标准状况下，将22.4LHCl溶于400mL水中可得①D.②④中分别加入足量的铁粉，消耗的Fe的质量比为5：6【答案】D【解析】【详解】A．离子浓度越大，溶液导电能力越强，溶液的导电能力：①<②，故A错误；B．200mL2.0mol•L-1MgCl2溶液中Cl-的物质的量为0.2L×2.0mol•L-1×2=0.8mol，600mL1.0mol•L-1CuCl2溶液中Cl-的物质的量为0.6L×1.0mol•L-1×2=1.2mol，Cl-的物质的量：③<④，故B错误；C．标准状况下，将22.4LHCl溶于400mL水，所得溶液的体积不是400mL，浓度也不是2.5mol•L-1，故C错误；D．250mL4.0mol•L-1HCl溶液中含HCl的物质的量为1mol，消耗铁的物质的量为0.5mol；600mL1.0mol•L-1CuCl2溶液中含CuCl2的物质的量为0.6mol，消耗铁的物质的量为0.6mol；消耗的Fe的质量比为5：6，故D正确；选D。8.下列说法不正确的是A.液态水有极弱的导电能力，因此水不是电解质B.NaOH固体溶于水放热可能与形成水合离子有关C.同种元素组成的物质不一定是单质D.放电影时放映机到银幕间的光柱的形成与丁达尔效应有关【答案】A【解析】【详解】A．液态水有极弱的导电能力，说明其能电离，为弱电解质，A错误；B．NaOH固体溶于水放热，钠离子形成水合离子有关，B正确； C．同种元素组成的物质不一定是单质，例如氧气和臭氧形成的混合物，C正确；D．空气是气溶胶，有丁达尔效应，所以放电影时，放映室射到银幕上的光柱的形成属于丁达尔效应，D正确；故选A。9.某无色透明的强酸性溶液中，下列能大量共存的离子组是A.、、、B.、、、C.、、、D.、、、【答案】B【解析】【分析】强酸性溶液中含有氢离子；【详解】A．强酸性溶液中，氢离子和碳酸氢根离子反应，不能大量存在，A不符合题意；B．氢离子、、、、相互不反应，且溶液无色，B符合题意；C．高锰酸根离子溶液为紫红色，C不符合题意；D．C．强酸性溶液中，氢离子和次氯酸根离子生成弱酸次氯酸，D不符合题意；故选B。10.下列有关说法不正确的是A.1mol固态物质或液态物质的体积要取决于粒子的大小B.液体气化后体积膨胀主要原因是粒子之间的距离增大C.粒子数相同的任何气体都具有相同的体积D.25℃和101kPa的条件下，气体摩尔体积约为24.5L/mol【答案】C【解析】【详解】A．固态物质粒子间间隔很小，故1mol固态物质或液态物质的体积要取决于粒子本身的大小，A正确；B．液体气化为物理变化，气化后体积膨胀主要原因是粒子之间的距离增大，B正确；C．没有标况或相同状况下，不能判断粒子数相同的任何气体是否具有相同的体积，C错误；D．0℃和101kPa时，气体摩尔体积为22.4L/mol，25℃和101kPa时，气体摩尔体积约为24.5L/mol，D正确；故选C。 11.关于反应，下列说法不正确的是A.发生氧化反应B.是还原产物C.氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1D.生成时，反应总共转移1mol电子【答案】D【解析】【分析】铬元素化合价升高，Cl素的化合价降低，为还原剂，为氧化剂，为氧化产物，、为还原产物；【详解】A．铬元素化合价升高，故发生氧化反应，A正确；B．Cl素的化合价降低得到，故是还原产物，B正确；C．由方程式可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1，C正确；D．铬元素化合价由+3变为+6，根据电子守恒可知及化学方程式体现的关系可知，，生成（为0.1mol）时，则反应总共转移2.4mol电子，D错误；故选D。12.下列实验操作或实验设计正确的是A.图1：定容过程中向容量瓶加入蒸馏水B.图2：吸收中的HCl杂质气体C.图3：蒸发食盐水提取NaClD.图4：比较与的热稳定性【答案】A 【解析】【详解】A．定容过程中向容量瓶加入蒸馏水使用玻璃棒引流，A正确；B．二氧化碳和碳酸钠反应生成碳酸氢钠，不能通过饱和碳酸钠溶液，应该用饱和NaHCO3溶液除杂，，B错误；C．通过蒸发结晶，从食盐水中获取NaCl固体，应该使用蒸发皿，C错误；D．使用图示装置验证Na2CO3与NaHCO3的热稳定性，应该将NaHCO3装入装置的内试管中，D错误；故选A。13.设NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是A.中含有的离子数目为4NAB.标准状况下，22.4L乙醇(酒精)所含分子数为NAC.与足量Fe反应，转移的电子数为3NAD.常温常压下，与CO的混合气体中含有的质子数为14NA【答案】D【解析】【详解】A．1个中含2个钠离子和1个过氧化根离子，阿中含有的离子数目为3NA，A错误；B．标准状况下，乙醇为液体不能计算其物质的量，B错误；C．氯元素化合价由0变为-1，与足量Fe反应，转移的电子数为2NA，C错误；D．1分子氮气、CO均含有14个质子，且相对分子质量均为28g，则常温常压下，与CO的混合气体含1mol分子，含有14mol质子，故含有的质子数为14NA，D正确；故选D。14.根据实验目的，下列实验操作、现象及结论都正确的是选项实验目的实验操作及现象结论A制备Fe(OH)3胶体向沸水中逐滴加入5~6滴饱和FeCl3溶液，持续加热，生成红褐色固体FeCl3与水反应产生Fe(OH)3胶体B验证Cl2的漂白性将有色鲜花放入盛有干燥氯气的集气瓶中，盖上玻Cl2有漂白性 璃瓶。一段时间后有色鲜花褪色C检验溶液中的Na+用硫酸洗净后的铂丝蘸取少量溶液在酒精灯外焰上灼烧，产生黄色火焰溶液中存在Na+D探究Na2O2与水反应的产物将1~2mL水滴入盛有1~2g固体的试管中，滴入2滴酚酞试液，溶液先变红后褪色反应可能生成了NaOH和H2O2A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．向沸水中逐滴加入5~6滴饱和FeCl3溶液，继续加热煮沸至溶液呈红褐色，停止加热，便可制得Fe(OH)3胶体。若持续加热，则胶体凝聚，生成红褐色固体，A不正确；B．将有色鲜花放入盛有干燥氯气的集气瓶中，盖上玻璃瓶，一段时间后有色鲜花褪色，因为鲜花中含有水分，不能说明Cl2具有漂白性，B不正确；C．检验溶液中的Na+时，应用稀盐酸洗净后的铂丝蘸取少量溶液在酒精灯外焰上灼烧，若用硫酸洗涤铂丝，则不能除去铂丝上的杂质，C不正确；D．将1~2mL水滴入盛有1~2g固体的试管中，滴入2滴酚酞试液，溶液先变红后褪色，变红表明反应生成了NaOH，褪色表明反应可能生成了H2O2，D正确；故选D。15.体积为1L干燥容器中充有和的混合气体，测得容器中混合气体密度是氢气的9.875倍。将此容器倒扣在水中，进入容器中液体的体积是(已知极易溶于水，不溶于水)A.0.25LB.0.75LC.0.5LD.1L【答案】B【解析】【详解】混合气体对氢气的密度为9.875，则平均相对分子质量为9.875×2=19.75，设NH3的体积分数为a，则氮气的体积分数为1-a，由此可建立如下等式：17a+28×(1-a)=19.75，a=0.75，NH3完全溶于水，则进入容器中液体的体积约为NH3的体积，即为0.75L，故选B。16.把Na2O2和NaHCO3均匀固体混合物m克分成质量相等的甲、乙两份。将甲投入100mL盐酸中，固体完全反应，收集到标准状况下的干燥气体2.24L。再将生成的干燥气体全部导入装有乙的干燥管中，充分吸收后，收集到一种单质气体，标准状况下体积为2.016L。根据以上信息，下列有关推断正确的是 (　　)A.乙中含0.16molNa2O2和0.02molNaHCO3B.m＝14.16C.该盐酸的物质的量浓度不可能为3.4mol/LD.充分加热甲，最终得到三种固体和一种气体【答案】AD【解析】【详解】A．根据题意分析，将甲份投入盐酸中发生反应：2Na2O2+4HCl＝4NaCl+2H2O+O2↑、NaHCO3+HCl＝NaCl+H2O+CO2↑，2.24L混合气体为O2与CO2，混合气体的物质的量为，将生成的干燥气体全部导入装有乙的干燥管中，CO2被完全吸收，标准状况下2.016L的单质气体为O2，则O2的物质的量为：。设甲份固体与盐酸反应生成CO2的物质的量为a，则有：解得：a=0.02mol。则甲份反应生成CO2的物质的量为0.02mol，O2的物质的量为0.1mol﹣0.02mol＝0.08mol，根据碳原子守恒可知，每一份固体中n(NaHCO3)＝n(CO2)＝0.02mol，由2Na2O2+4HCl＝4NaCl+2H2O+O2↑，可知每一份固体中n(Na2O2)＝2n(O2)＝0.08mol×2＝0.16mol，A项正确；B．由A可知，原混合物总质量＝，B项错误；C．恰好反应时，HCl的浓度最小，此时溶液中溶质为NaCl，根据钠离子守恒有：n(NaCl)＝n(NaHCO3)+2n(Na2O2)＝，再根据氯离子守恒有：n(HCl)＝n(NaCl)＝0.34mol，故盐酸的最小浓度＝,C项错误；D．混合物加热，会发生反应：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O、2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2、2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑，可得总反应方程式①2Na2O2+4NaHCO34Na2CO3+2H2O+O2↑， ②4Na2O2+4NaHCO34Na2CO3+4NaOH+O2↑，混合物中Na2O2、NaHCO3的物质的量之比为0.16:0.02＝8:1，发生反应②，且Na2O2有剩余，最终固体为Na2CO3、Na2O2、NaOH，生成气体只有O2，D项正确。答案选AD。第II卷二、非选择题(本大题共5小题，共52分)17.按要求写出反应方程式：（1）写出硫酸氢铵在水中的电离方程式：______。（2）写出金属钠与硫酸铜溶液反应的离子方程式：______。（3）过氧化钠可作为供氧剂吸收二氧化碳，请写出化学方程式，并用双线桥法标出电子转移的方向和数目：______。（4）漂白粉在空气中会逐渐吸收CO2变质生成碳酸钙，请写出化学方程式：______。（5）FeSO4溶液能够使酸性KMnO4溶液褪色，请写出反应的离子方程式：______。【答案】（1）NH4HSO4=+H++（2）2Na+Cu2++2H2O=2Na++Cu(OH)2↓+H2↑（3）（4）Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3+2HClO（5）+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O【解析】【小问1详解】硫酸氢铵为强电解质，在水中发生完全电离，电离方程式：NH4HSO4=+H++。【小问2详解】金属钠与硫酸铜溶液反应时，可认为钠先与水反应生成NaOH和H2，NaOH再与CuSO4发生复分解反应，离子方程式：2Na+Cu2++2H2O=2Na++Cu(OH)2↓+H2↑。【小问3详解】过氧化钠可作为供氧剂吸收二氧化碳，化学方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，用双线桥法标出电子转 移方向和数目为：。【小问4详解】漂白粉在空气中会逐渐吸收CO2变质生成碳酸钙，同时生成次氯酸，化学方程式：Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3+2HClO。【小问5详解】FeSO4溶液能够使酸性KMnO4溶液褪色，反应生成Fe3+、Mn2+等，反应的离子方程式：+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O。18.无水氯化铁固体呈棕褐色，易潮解，100℃左右时升华，冷却后易凝华。如图是两名学生设计的用氯气与铁反应制备无水氯化铁的实验装置图。左边的反应装置相同，而右边的产品收集装置则不同，分别如Ⅰ)和(Ⅱ)所示。试回答：（1）B仪器的名称是______，B中反应的化学方程式为______。（2）实验中点燃B下方酒精灯后，需要等到______后再点燃D下方酒精灯。（3）装置(Ⅰ)的主要缺点：______、______；装置(Ⅱ)F中发生反应的离子方程式为______。（4）如果选用(Ⅱ)装置来完成实验，则必须采取的改进措施是______。【答案】（1）①.圆底烧瓶②.（2）整个装置中充满黄绿色气体（3）①.装置(Ⅰ)中导气管管口较小②.F后面缺尾气处理装置③. （4）在E和F之间应连接一个装有干燥剂装置【解析】【分析】在装置B中用浓盐酸与MnO2混合加热制取Cl2，由于浓盐酸具有挥发性，使制取得到的Cl2中含有杂质HCl及H2O蒸气，在装置C的浓硫酸能够干燥Cl2，然后在装置D中Fe与Cl2在加热时反应产生FeCl3，氯化铁加热会升华，后遇冷会凝华，易堵塞导管，且Cl2是大气污染物，可用NaOH溶液进行尾气处理，故应该选择装置(Ⅱ)并且要再在E、F之间连接一个干燥装置，避免FeCl3潮解。【小问1详解】B仪器的名称是圆底烧瓶，B中反应为二氧化锰和浓盐酸在加热条件下生成氯气、氯化锰、水：；【小问2详解】无水氯化铁固体呈棕褐色，易潮解，故需实验中点燃B下方酒精灯后，需要等到整个装置中充满黄绿色气体后，再点燃D下方酒精灯，用以排净装置中的空气；【小问3详解】根据装置图可知：装置(Ⅰ)中导气管管口较小，氯化铁升华后遇冷凝华，易堵塞导管；氯气有毒气体，不能直接排到空气中，否则会污染环境，所以F后面还应该接有一个尾气处理装置；装置(Ⅱ)F中发生反应为氯气被氢氧化钠吸收生成氯化钠和次氯酸钠，离子方程式；【小问4详解】在装置(Ⅱ)中有尾气处理装置，用NaOH溶液进行尾气处理，但F中是水溶液，会有少量水蒸气进入E中，所以为防止氯化铁潮解，在E和F之间应连接一个装有干燥剂的装置。19.高铁酸钠是一种新型绿色消毒剂，主要用于饮用水处理。如图所示物质转化关系为高铁酸钠的一种制备方法及有关性质实验(部分反应产物已略去)。已知A、F为非金属单质气体，B为常见金属单质，E为生活中最常见的调味品，F在标准状况下密度为0.090g/L。请回答下列问题： （1）D是一种消毒液的主要成分，写出D的名称______，中Fe元素的化合价为______。（2）利用C的饱和溶液可以配制与C溶液不同类型分散系，可利用______区别两种分散系。（3）反应③，F在A中点燃的反应现象为：______。（4）写出反应④的化学方程式：______。（5）反应⑤中氧化剂和还原剂的物质的量之比为：______。【答案】（1）①.次氯酸钠②.+6（2）丁达尔效应（3）放大量的热，发出苍白色火焰，生成大量的白雾（4）（5）1:3【解析】【分析】E是一种生活调味品，为NaCl；D为一种消毒液的主要成分，D为NaClO，氯气与氢氧化钠溶液反应得到氯化钠和次氯酸钠，故A为Cl2；B为一种金属单质，经过反应后得到高铁酸钠，故B为Fe，C为FeCl3，C、D与氢氧化钠溶液反应得到高铁酸钠和氯化钠；F在标准状况下密度为0.090g/L，摩尔质量为2g/mol，F为H2，则G为HCl。小问1详解】由分析可知，D为次氯酸钠；中钠、氧化合价分别为+1、-2，则Fe元素的化合价为+6；【小问2详解】利用C的饱和溶液可以配制氢氧化铁胶体，胶体是与溶液不同类型分散系，光束通过胶体时，光线能够发生散射作用而产生丁达尔效应，而通入其它分散系时不能产生丁达尔效应；故可利用丁达尔效应区别两种分散系。【小问3详解】氢气在氯气中燃烧，放大量的热，发出苍白色火焰，生成大量的白雾；【小问4详解】反应④为氯化铁与次氯酸钠在氢氧化钠溶液条件下反应得到高铁酸钠和氯化钠，反应次氯酸钠中氯元素化合价由+1变为-1，铁化合价由+3变为+6，根据电子守恒可知，化学方程式为：；【小问5详解】反应⑤中中铁化合价由+6变为+3，为氧化剂；HCl中氯元素化合价由-1变为0，为还原剂；根据电子守恒可知，氧化剂和还原剂的物质的量之比为1:3。 20.某实验需要溶液，配制步骤包含以下步骤：①将容量瓶塞紧，充分摇匀；②待烧杯中的溶液冷却到室温后，转入______。③把称量好的固体放入烧杯中，加适量蒸馏水溶解。④用少量蒸馏水洗涤玻璃棒和烧杯2~3次，每次洗涤的溶液都转入容量瓶，并轻轻摇动。⑤继续加蒸馏水至液面距刻度线1~2cm处，改用______滴加蒸馏水至溶液凹液面与刻度线相切。⑥称量晶体质量xg。请回答下列问题：（1）实验步骤中使用的仪器分别为②______，⑤______。（2）称量所需晶体的质量为______g(保留两位小数)。（3）正确的实验操作顺序为______(填序号)。（4）下列操作会导致所配溶液浓度偏低的是______(填字母)。a．定容时俯视刻度线b．将烧杯中的溶液转移到容量瓶时不慎酒到容量瓶外c．摇匀后发现液面低于容量瓶刻度线，再滴加蒸馏水至刻度线d。转移洗涤液时洒到容量瓶外，继续用未清洗的该容量瓶重新配制e．使用前容量瓶底部有少量水（5）已知配制好的(溶液密度为，取25.00mL该溶液与25.00mL蒸馏水混合(密度为1.00g/mL)，得到的溶液密度为，则稀释后的溶液物质的量浓度为______mol/L。【答案】20.①.100mL的容量瓶②.胶头滴管21.2.8622.⑥③②④⑤①23.bc24.【解析】【分析】配制一定物质的量浓度的溶液，所需的步骤有计算、称量、溶解（冷却）、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签；【小问1详解】 需要溶液，则需要使用100mL的容量瓶；定容时使用胶头滴管滴加水至溶液凹液面与刻度线相切；故答案为：100mL的容量瓶，胶头滴管；【小问2详解】需要溶液，则需要使用100mL的容量瓶；称量所需晶体的质量为0.1L×0.1mol/L×286g/mol=2.86g；【小问3详解】配制一定物质的量浓度的溶液，所需的步骤有计算、称量、溶解（冷却）、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签；因此顺序为：⑥称量晶体质量xg。③把称量好的固体放入烧杯中，加适量蒸馏水溶解。②待烧杯中的溶液冷却到室温后，转入容量瓶中。④用少量蒸馏水洗涤玻璃棒和烧杯2~3次，每次洗涤的溶液都转入容量瓶，并轻轻摇动。⑤继续加蒸馏水至液面距刻度线1~2cm处，改用胶头滴管滴加蒸馏水至溶液凹液面与刻度线相切。①将容量瓶塞紧，充分摇匀；故选为⑥③②④⑤①；【小问4详解】a．若定容时俯视刻度线，会导致溶液的体积偏小，所配溶液的浓度会偏高，a错误；b．若将烧杯中的溶液转移到容量瓶时不慎洒到容量瓶外，溶液中碳酸钠的物质的量会减少，则所配溶液的浓度会偏低，b正确；c．摇匀后发现液面低于刻度线于是又加水，溶液体积偏大，浓度偏低，c正确；d．转移洗涤液时洒到容量瓶外，继续用未清洗的该容量瓶重新配制，导致溶质偏大，浓度偏高，d错误；e．使用前容量瓶底部有少量水，不影响溶液的浓度，e错误；故选bc。【小问5详解】溶质的物质的量为，混合后溶液总体积为，则则稀释后的溶液物质的量浓度为mol/L。21.完成下列计算：（1）已知工业上制取硫酸需要发生以下反应Ⅰ．；Ⅱ．；Ⅲ． ①假设在生产中所有反应完全进行，则每生产1.00吨98%的浓硫酸需要______吨。(保留2位小数)②实际生产中可能会有损耗(即存在反应物没有发生反应)，假设反应Ⅰ中损耗率为20%，反应Ⅱ中损耗率为10%，则实际生产1吨98%浓硫酸需要______吨。(保留2位小数)（2）取固体，加热一段时间后，剩余固体5.84g。该剩余固体与足量的浓盐酸在加热条件下充分反应生成氯气，产物中所有Mn元素均转化为。①分解生成氧气的物质的量______mol②分解的百分率为______%；③第二步反应中生成氯气的物质的量______mol【答案】（1）①.0.60②.0.83（2）①.0.015②.75③.0.07【解析】【小问1详解】①根据硫元素守恒可知，每生产1.00吨98%的浓硫酸需要；②假设反应I中损耗率为20%，反应II中损耗率为10%，则实际生产1吨98%浓硫酸，设需要a吨，根据硫元素守恒可知，则，a=0.83吨；【小问2详解】①高锰酸钾受热分解生成锰酸钾、二氧化锰和氧气，；由反应可知减少质量为氧气质量6.32g-5.84g=0.48g，氧气为0.015mol；②6.32gKMnO4的物质的量为0.04mol，反应高锰酸钾0.015mol×2=0.03mol，分解的百分率为；