专题2 研究物质的基本方法 单元检测题（含解析） 2023-2024学年高一上学期化学苏教版（2019）必修第一册
文档属性
| 名称 | 专题2 研究物质的基本方法 单元检测题（含解析） 2023-2024学年高一上学期化学苏教版（2019）必修第一册 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 178.2KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 苏教版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2024-01-06 23:16:05 | ||
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文档简介
专题2《研究物质的基本方法》单元检测题
一、单选题
1．下列实验装置设计正确，且能达到目的的是( )
A． 吸收氨气，并防止倒吸
B． 分离水喝CCl4
C． 从食盐水中提取NaCl
D． 石油的分馏
2．下列化学用语正确的是（ ）
A． H、 H、H+和H2是氢元素的四种不同粒子
B．18O2和16O3互为同位素
C．S2-的结构示意图为：
D． U中质子数和中子数相差147
3．三种元素基态原子的电子排布式如下：①②③。下列有关比较中正确的是（ ）
A．第一电离能：③>①>② B．原子半径：①>②>③
C．电负性：③>①>② D．最高正化合价：③>①>②
4．磷酸盐氧同位素技术在土壤磷循环中有重要应用。关于的说法正确的是（ ）
A．中子数为8 B．与O互为同位素
C．质量数为16 D．核外电子数为10
5．如果你家里的食用花生油混有水份，你将采用下列何种方法分离（ ）
A．过滤 B．蒸馏 C．萃取 D．分液
6．在100g浓度为10mol L﹣1、密度为ρ g cm﹣3的氨水中加入一定量的水稀释成5mol L﹣1的氨水，则加入水的体积为（ ）
A．小于100 mL B．等于100 mL
C．大于100 mL D．等于（100/ρ）mL
7．下列溶液中NO3﹣的物质的量浓度最大的是（ ）
A．500mL 1mol L﹣1的KNO3溶液
B．500mL 1mol L﹣1的Ba（NO3）2溶液
C．1000mL 0.5mol L﹣1的Mg（NO3）2溶液
D．1000mL 0.5mol L﹣1的Fe（NO3）3溶液
8．下列除去少量杂质的方法正确的是（ ）
A．Zn粉中含少量的ZnO：加入足量稀H2SO4充分反应后过滤
B．Cu（NO3）2溶液中含少量AgNO3：加入足量Cu屑充分反应后过滤
C．Na2SO4溶液中含少量H2SO4：加入足量Ba（OH）2充分反应后过滤
D．CaCO3固体中含少量Na2CO3：加入足量稀HCl充分反应后过滤
9．已知某元素的一种原子为 。下列说法正确的是（ ）
A．该原子的中子数为24 B．该原子的核外电子数为13
C．该原子与 互为同位素 D．该原子与Na属于同种元素
10．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）
A．标准状况下，1mol -OH中含有9NA个电子
B．在精炼铜的过程中，当阳极有32g铜参加反应时转移电子数为NA
C．常温下，0.1mol环氧乙烷( )中含有的共价键数目为0.3NA
D．1L0.5mol/LpH=7的CH3COONH4溶液中 数目为0.5NA
11．用NaOH固体配制一定物质的量浓度的NaOH溶液，造成所配溶液浓度偏高的原因是（ ）
A．所用NaOH已吸潮 B．定容时俯视刻度线
C．溶解转移后未洗涤烧杯 D．容量瓶未干燥
12．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．3.9g 晶体中阴离子的数目为0.1NA
B．常温常压下， 气体与水反应生成NA个
C．18g 和石墨的混合物中含有的碳原子数目为1.5NA
D．标准状况下，2.24L 气体中含有的 数目为0.1NA
13．用58.5克NaCl溶解于水，配成0.1L溶液，所得溶液的物质的量浓度为（ ）
A．0.1 mol/L B．0.5mol/L C．1 mol/L D．10 mol/L
14．用容量瓶准确配制一定浓度的NaCl溶液时，下列操作会使溶液浓度偏高的是（ ）
A．用粗盐代替NaCl固体
B．定容时，溶液液面低于容量瓶刻度线
C．从烧杯向容量瓶转移溶液时，有少量溶液溅出
D．向容量瓶转移溶液时，容量瓶中有少量蒸馏水
15．用 浓硫酸配制 的稀硫酸，用量筒量取浓硫酸时仰视刻度，则所配制溶液的浓度
A．等于 B．大于
C．小于 D．无法确定
16．下列关于配制一定物质的量浓度的溶液说法正确的是（ ）
A．将NaCl固体置于托盘天平右盘称量：左盘砝码（8g）和游码（0.6g）读数的和为8.6g
B．容量瓶上标有刻度线、温度和浓度，使用前要事先检查是否漏水
C．配制一定物质的量浓度的溶液用到的主要仪器有：托盘天平、量筒、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管
D．配制1L0.2mol/L的H2SO4溶液，定容时仰视刻度线操作，则配出浓度偏高
二、综合题
17．疫情期间，为了减少病毒传播，以确保安全，要对公共场所进行科学有效地消毒。已知某“84”消毒液瓶体部分标签如图所示，该“84”消毒液通常稀释100倍(体积之比)后使用。
“84”消毒液 有效成分 NaClO 规格 1000mL 质量分数 25% 密度
请回答下列问题：
（1）该“84”消毒液中有效成分的物质的量浓度约为 (结果保留1位小数)。
（2）某同学取100mL该“84”消毒液，稀释后用于消毒，稀释后的溶液中 。
（3）该同学参阅上述“84”消毒液的标签，欲用NaClO固体配制480mL该消毒液。下列说法正确的是____(填字母)。
A．如图所示的仪器中，a、b是不需要的，还需要一种玻璃仪器
B．容量瓶在使用前，要检查其是否漏水
C．容量瓶用蒸馏水洗净，应烘干后才能用于溶液配制
D．需要称量NaClO固体的质量约为149.0g
E．配制过程中，若仰视进行定容会导致结果偏低
F．定容后，盖好瓶塞，将容量瓶上下颠倒、摇匀、静置，发现液面偏低，应加蒸馏水至溶液的凹液面与刻度线相切
（4）已知洁厕灵的主要成分是浓盐酸，洁厕灵和“84”消毒液混合，会产生一种有毒的黄绿色气体，对人体健康造成伤害，所以二者不能混合使用。若取上述“84”消毒液10mL，加入足量的洁厕灵使其充分反应，理论上能产生标准状况下 mL的黄绿色气体(忽略气体的溶解损失)。
18．钛被称为“二十一世纪金属”，工业上用钛铁矿制备金属钛的工艺流程如下：
已知：钛铁矿主要成分与浓硫酸反应的主要产物是TiOSO4和FeSO4，TiOSO4遇水会水解．
请回答下列问题：
（1）操作1用到的玻璃仪器除烧杯外还有 ，操作2是 、过滤，副产品主要成分的化学式为
（2）请结合化学用语解释将TiO2+转化为H2TiO3的原理
（3）已知钛的还原性介于铝和锌之间，估计钛能耐腐蚀的原因之一是 ，如果可从Za、Zn、Fe三种金属中选一种金属代替流程中的镁，那么该金属跟四氯化钛反应的化学方程式是
（4）电解TiO2来获得Ti是以TiO2作阴极，石墨为阳极，熔融CaO为电解质，用碳块作电解槽，其阴极反应的电极反应式为
（5）为测定溶液中TiOSO4的含量，首先取待测钛液10mL用水稀释至100mL，加过量铝粉，充分振荡，使其完全反应：3TiO2++Al+6H+═3Ti3++AlO3++3H2O，过过滤后，取出滤液20.00mL，向其中滴加2～3滴KSCN溶液作指示剂，用 （填一种玻璃仪器的名称）滴加0.1000mol L﹣1FeCl3溶液，发生Ti3++Fe3+═Ti4++Fe2+，当溶液出现红色达到滴定终点，用去了30.00mLFeCl3溶液，待测钛液中TiOSO4的物质的量浓度是 ．
19．把11.2 g Fe放入100 mL的稀硫酸中，Fe和稀硫酸恰好完全反应。计算：
（1）11.2 g Fe的物质的量 ；
（2）该硫酸的物质的量浓度 ；
（3）生成H2的体积(标准状况) 。
20．根据问题填空：
（1）下列仪器：①烧杯②蒸馏烧瓶 ③容量瓶④普通漏斗⑤分液漏斗⑥蒸发皿⑦玻璃棒⑧铁架台（带铁圈、铁夹）⑨酒精灯 ⑩温度计，在蒸馏时需要用到的有 （填仪器的标号，下同）；在萃取时需用到的有 ．
（2）除杂：C2H6（C2H4）试剂 ，方法 ．苯（甲苯）试剂 ，方法 ．
21．用下列仪器的编号回答问题
①容量瓶 ② 蒸馏烧瓶 ③ 分液漏斗 ④ 量筒 ⑤ 烧杯 ⑥ 托盘天平 ⑦冷凝管
（1）使用时必须检查是否漏水的仪器有 ，
（2）用自来水制备蒸馏水实验中必须用到的仪器有 ，
（3）专门用于制备一定物质的量浓度溶液的仪器是 ，
（4）可用于添加液体试剂或用于萃取分液操作的仪器是 。
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】A．氨气与水接触，易发生倒吸，应将苯改为四氯化碳可防止倒吸，A不符合题意；
B.水和CCl4分层，则图中分液漏斗可分离，B符合题意；
C.从食盐水中提取NaCl，应该使用蒸发皿，不能使用坩埚，C不符合题意；
D.分馏时需要温度计测定馏分的温度，图中缺少温度计，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】蒸馏是利用物质的沸点不同，加热混合物，控制温度，收集不同的组分，从而进行分离，需要温度计，测蒸汽的温度。溶解度大的气体通入溶液时要有防倒吸装置。
2．【答案】A
【解析】【解答】A选项 H是氕原子， H是氘原子，H+是氢离子H2是氢气，因此这些是氢元素的四种不同粒子，故A符合题意；
B.它们是单质，18O2和16O3互为同素异形体，故B不符合题意；
C.S2-的结构示意图核外排布为2、8、8，故C不符合题意；
D. U中质子数为92，中子数239 – 92 = 147，质子数和中子数相差55，故D不符合题意；
故答案为:A。
【分析】B项属于同素异形体，A项符合题意。
3．【答案】C
【解析】【解答】A．根据第一电离能的变化规律：同一周期从左往右呈增大趋势，IIAIIIAVAVIA反常，同一主族从上往下依次减弱可知，第一电离能：F＞P＞S即③>②>①， A不符合题意；
B．原子半径变化规律为：同一周期从左往右依次减小，同一主族从上往下依次增大，则原子半径：P＞S＞F即②>①>③，B不符合题意；
C．根据电负性的变化规律：同一周期从左往右依次增大，同一主族从上往下依次减小，则电负性：F＞S＞P即③>①>②，C符合题意；
D．主族元素最高正化合价等于其原子的最外层电子数(O、F无正价，除外)，故最高正化合价：①>②，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】根据电子排布式可知，①为S元素，②为P元素，③为F元素，据此解答。
4．【答案】B
【解析】【解答】A、该原子的中子数=18-8-10，因此中子数为10，A不符合题意。
B、二者的质子数相同，中子数不同，互为同位素，B符合题意。
C、标在元素符号左上角的数字表示的是质量数，因此该原子的质量数为18，C不符合题意。
D、核外电子数=质子数=8，因此该原子的核外电子数为8，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】标在元素符号左上角的数字表示的是质量数；左下角的数字表示的是质子数。在原子中，核电荷数=质子数=核外电子数=原子序数；相对原子质量≈质子数+中子数。
5．【答案】D
【解析】【解答】食用花生油和水是两种不互溶的液体，可采用分液的方法分离，D符合题意；
故答案为：D
【分析】食用花生油和水是两种不互溶的液体，据此确定其分离方法。
6．【答案】C
【解析】【解答】解：100g浓度为10mol L﹣1、密度为ρ g cm﹣3的氨水的体积为 = mL．
令稀释后氨水的体积为VmL，根据稀释定律，稀释前后溶质的物质的量不变，则：
mL×10mol/L=VmL×5mol/L
解得V= mL．
令稀释后的密度为xg/mL，氨水浓度越小，密度越大，则x＞ρ，
稀释后氨水的质量为 mL×xg/mL= g，
所以加入的水的质量为 g﹣100g=（ ﹣100）g，
所以加入的水的体积为 =（ ﹣100）mL
由于x＞ρ，所以（ ﹣100）mL＞100mL．
故选：C．
【分析】计算出100g浓度为10mol L﹣1、密度为ρ g cm﹣3的氨水的体积，令稀释后氨水的体积为VmL，根据稀释定律，稀释前后溶质的物质的量不变，列式计算V的值．令稀释后的密度为xg/mL，氨水浓度越小，密度越大，则x＞ρ，计算稀释后氨水的质量，稀释后氨水的质量减去100g即为需加水的质量，根据v= 计算水的体积．根据稀释前后氨水密度判断水的体积．
7．【答案】B
【解析】【解答】解：A.1mol/L的KNO3溶液中NO3﹣ 物质的量浓度=1mol/L；
B.1mol/L的Ba（NO3）2溶液中NO3﹣ 物质的量浓度=1mol/L×2=2mol/L；
C.0.5mol/L的Mg（NO3）2溶液中NO3﹣ 物质的量浓度=0.5mol/L×2=1mol/L；
D.0.5mol/L的Fe（NO3）3溶液中NO3﹣ 物质的量浓度=0.5mol/L×3=1.5mol/L，
NO3﹣的物质的量浓度最大的是B．
故选B．
【分析】电解质产生的离子浓度等于电解质的浓度与化学式中该离子个数的乘积，与溶液的体积无关，以此解答该题．
8．【答案】B
【解析】【解答】解：A．二者均与硫酸反应，将原物质除去，不能除杂，故A错误；
B．硝酸银与Cu反应生成硝酸铜和Ag，则加入足量Cu屑充分反应后过滤可除杂，故B正确；
C．硫酸与氢氧化钡反应，但足量试剂引入新杂质，应加适量试剂，故C错误；
D．二者均与盐酸反应，将原物质除去，不能除杂，故D错误；
故选B．
【分析】A．二者均与硫酸反应；
B．硝酸银与Cu反应生成硝酸铜和Ag；
C．硫酸与氢氧化钡反应，但足量试剂引入新杂质；
D．二者均与盐酸反应．
9．【答案】D
【解析】【解答】A．中子数=质量数-质子数，由元素符号 知，中子数为24-11=13，故A不符合题意；
B．原子的核外电子数=原子序数，故X的核外电子数为11，B不符合题意；
C． 和 质子数不同，不属于同种元素，故C不符合题意；
D．钠是11号元素，二者质子数相同，故属于同种元素，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】结合原子中：质量数=质子数+中子数，质子数=核外电子数来解答。
10．【答案】A
【解析】【解答】A.1个-OH所含电子数为9，所以1mol-OH含有9mol电子，即9NA个，故A符合题意；
B.1mol铜变为铜离子失去2mol电子；精炼铜的过程中阳极上为粗铜，粗铜中比铜活泼的金属会先放电，所以当32g铜（物质的量为0.5mol）参加反应时转移电子数不是NA，故B不符合题意；
C.1个环氧乙烷分子中有7个共价键，所以0.1mol环氧乙烷中含有的共价键数目为0.7NA，故C不符合题意；
D．CH3COONH4溶液中铵根会发生水解，所以1L0.5mol/LpH=7的CH3COONH4溶液中 数目小于0.5NA，故D不符合题意；
故答案为A。
【分析】B、阳极为粗铜，除了铜还有其他的金属参加反应
C、忽略了C-H键
D、铵根离子会发生水解
11．【答案】B
【解析】【解答】A．所用NaOH已吸潮，则称量的NaOH的质量会小于实际质量，导致浓度偏低，A不符合题意；
B．定容时俯视刻度线会导致溶液体积偏小，浓度偏高，B符合题意；
C．溶解转移后未洗涤烧杯造成部分溶质损失，导致浓度偏低，C不符合题意；
D．配制过程中需要向容量瓶中加水定容，所以容量瓶未干燥对结果没有影响，D不符合题意；
故答案为B。
【分析】物质的量浓度的计算公式为，而溶质的物质的量；分析错误操作过程中对m、n、V的影响，从而分析实验误差。
12．【答案】C
【解析】【解答】A.3.9gNa2O2晶体中阴离子的数目为X 1 X NA/mol = 0.05NA，故A错误；
B.1molNO2气体与水反应生成NA个NO3-，故B错误；
C.18gC60和石墨的混合物中含有的碳原子数目为x NA/mol = 1.5NA，故C正确；
D.标准状况下，HCl气体不能电离出氢离子，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A.1mol过氧化钠中含有1mol过氧根离子；
B.二氧化氮与水反应为3NO2+H2O=2H++2NO3-十NO；
C. C6o和石墨均由碳原子形成；
D. HCl为共价化合物，由氢原子和氯原子构成。
13．【答案】D
【解析】【解答】解：58.5g NaCl的物质的量为 =1mol，配成0.1L溶液，所得溶液的物质的量浓度为 =10mol/L，故选：D．
【分析】根据n= 计算NaCl的物质的量，再根据c= 计算所得溶液物质的量浓度．
14．【答案】B
【解析】【解答】解：A．用粗盐代替NaCl固体，称量的氯化钠中含有杂质，导致配制的溶液中氯化钠的浓度偏小，测定结果偏低，故A错误；
B．定容时，溶液液面低于容量瓶刻度线，配制的溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故B正确；
C．从烧杯向容量瓶转移溶液时，有少量溶液溅出，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．向容量瓶转移溶液时，容量瓶中有少量蒸馏水，对溶质的物质的量、最终溶液的体积无影响，则不影响配制结果，故D错误；
故选B．
【分析】根据操作方法对物质的量浓度c= 影响进行判断，若n偏大、V偏小，则配制溶液浓度偏高，若n偏小、V偏大，则配制溶液的浓度偏低，据此进行解答．
15．【答案】B
【解析】【解答】用量筒量取浓硫酸时仰视刻度，看到的读数偏小，但量取的实际体积偏大，也就是说溶质多了，所以所配消毒液的溶质质量分数比实际偏大。A.等于 不符合题意，故A不符合题意；
B.大于 符合题意，故B符合题意；
C.小于 不符合题意，故C不符合题意；
D. 无法确定，不符合题意，故D符合题意；
故答案为：B。
【分析】误差分析紧抓公式，用量筒量取浓硫酸时仰视刻度，看到的读数偏小，但量取的实际体积偏大，分子增大，C偏大。
16．【答案】C
【解析】【解答】解：A．由用托盘天平称量药品时，砝码和药品放反了，已知砝码质量为8g，游码质量为0.6g，再根据左盘的质量=右盘的质量+游码的质量，即8g=药品质量+0.6g，所以药品实际质量7.4g，读出的数值比真实值大，故A错误；
B．容量瓶上标有刻度线、温度和容积，容量瓶带有活塞，使用过程中需要上下颠倒，为防止漏水，使用前要事先检查是否漏水，故B错误；
C．配制一定物质的量浓度溶液一般步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀，用到的仪器：托盘天平、量筒、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，故C正确；
D．配制1L0.2mol/L的H2SO4溶液，定容时仰视刻度线操作，导致溶液体积偏大，依据C= 则配出浓度偏低，故D错误；
故选：C．
【分析】A．根据托盘天平称量药品时要特别注意“左物右码”，若放反时可根据左盘的质量=右盘的质量+游码的质量，得出物质质量=砝码质量﹣游码质量；
B．依据容量瓶构造及使用方法解答；
C．依据配制一定物质的量浓度溶液一般步骤选择需要仪器；
D．定容时仰视刻度线操作，导致溶液体积偏大，依据c= 进行误差分析．
17．【答案】（1）4.0
（2）0.04
（3）B；D；E
（4）896
【解析】【解答】（1）该“84”消毒液中有效成分是次氯酸钠，物质的量浓度约为。
（2）取100mL该“84”消毒液，稀释后用于消毒，稀释前后溶质物质的量不变，稀释后c(NaClO)=，所以稀释后的溶液中0.04。
（3）A．如图所示的仪器中，a、b是不需要的，还需要两种玻璃仪器：玻璃棒、胶头滴管，故A不正确；
B．摇匀时，容量瓶要反复颠倒摇匀，所以容量瓶在使用前要检查其是否漏水，故B正确；
C．容量瓶用蒸馏水洗净，不用烘干就能用于溶液配制，故C不正确；
D．选用500mL容量瓶，需要称量NaClO固体的质量m=cVM=4.0mol/L×0.5L×74.5g/mol=149.0g，故D正确；
E．配制过程中，若仰视进行定容，溶液体积偏小，会导致结果偏高，故E不正确；
F．定容后，盖好瓶塞，将容量瓶上下颠倒、摇匀、静置，发现液面偏低，不应再加蒸馏水，故E不正确；
选BDE。
（4）洁厕灵的主要成分是浓盐酸，洁厕灵和“84”消毒液混合，会产生一种有毒的黄绿色气体，对人体健康造成伤害，反应方程式为，若取上述“84”消毒液10mL，加入足量的洁厕灵使其充分反应，n(Cl2)= n(NaClO)=cV=4.0mol/L×0.01L=0.04mol，理论上能产生标准状况下氯气的体积为0.04mol ×22.4L/mol=0.896L=896mL。
【分析】（1）利用计算；
（2）稀释前后溶质物质的量不变；
（3）A．用固体配制一定物质的量溶液需要用到的仪器为胶头滴管、托盘天平(带砝码)、烧杯、玻璃棒、容量瓶；
B．容量瓶在使用前要检查其是否漏水；
C．容量瓶洗净后不用烘干；
D．应该利用选用容量瓶的容积计算溶质的质量；
E．仰视定容，溶液体积偏大；
F．定容后，不应再加蒸馏水；
（4）利用反应方程式计算。
18．【答案】（1）漏斗、玻璃棒；蒸发浓缩、冷却结晶；FeSO4
（2）溶液中存在平衡：TiO2++2H2O H2TiO3+2H+，当加入热水稀释、升温后，平衡正向移动，生成H2TiO3
（3）钛表面形成一层致密的氧化膜（或钛的内部结构紧密）；TiCl4+4Na Ti+4NaCl
（4）TiO2 +4e﹣=Ti+2O2﹣
（5）酸式滴定管；1.50mol L﹣1
【解析】【解答】解：（1.）操作1为过滤用到的玻璃仪器除烧杯外还有漏斗、玻璃棒，操作2的实验步骤为：蒸发浓缩、冷却结晶，加入过量铁屑后溶液中含有Fe2+离子，则过滤后可得FeSO4 7H2O（或FeSO4），副产品主要成分的化学式为FeSO4，故答案为：漏斗、玻璃棒；蒸发浓缩、冷却结晶；FeSO4；
（2.）加热的目的是促进TiO2+水解生成H2TiO3，分离出固体加热得到TiO2；溶液中存在平衡：TiO2++2H2O H2TiO3+2H+，当加热升温后，
平衡正向移动，生成H2TiO3；
故答案为：溶液中存在平衡：TiO2++2H2O H2TiO3+2H+，当加热升温后，平衡正向移动，生成H2TiO3；
（3.）钛的还原性介于铝与锌之间，氧化铝是一层致密的氧化膜，估计钛能耐腐蚀的原因钛表面形成一层致密的氧化膜（或钛的内部结构紧密）；活泼金属钠可以将金属钛置换出来：TiCl4+4Na Ti+4NaCl，Zn、和Fe都是不可以的，活泼性差，
故答案为：钛表面形成一层致密的氧化膜（或钛的内部结构紧密）；TiCl4+4Na Ti+4NaCl；
（4.）因TiO2作阴极，得到电子，被还原，TiO2 +4e﹣=Ti+2O2﹣，得到单质Ti，
故答案为：TiO2 +4e﹣=Ti+2O2﹣；（5）准确滴加氯化铁溶液可使用滴定管，氯化铁有较强的氧化性，应用酸式滴定管；
设滤液Ti3+的物质的量为X．
Ti3+（紫色） + Fe3+
+ H2O = TiO2+（无色） + Fe2+ + 2H+
1
1
x
0.1000mol L﹣1×0.03L
解得X=0.1000mol L﹣1×0.03L=0.003mol
则待测钛液中TiOSO4的物质的量=0.003mol×5=0.015mol
根据C= = =1.50 mol L﹣1
故答案为：酸式滴定管；1.50 mol L﹣1．
【分析】用浓硫酸处理钛铁矿，并向所得溶液中加入大量水稀释后加入过量铁粉还原铁离子，过滤得到滤液通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得到TiO2+滤液，和副产品FeSO4，滤液中加入水加热过滤得到H2TiO3，H2TiO3加热灼烧得到TiO2，加入氯气、过量碳高温加热反应生成TiCl4和一氧化碳，四氯化钛和金属镁高温加热反应得到氯化镁和钛金属．（1）操作1为过滤，操作2的实验步骤为：蒸发浓缩、冷却结晶，加入过量铁屑后溶液中含有Fe2+离子，依据原子守恒可知产物为硫酸亚铁，则过滤后可得FeSO4 7H2O（或FeSO4），滤渣为过量的铁屑和不溶物脉石；（2）依据溶液中存在平衡：TiO2++2H2O H2TiO3+2H+，平衡影响因素和平衡移动原理分析判断；（3）根据金属铝的氧化物的性质结合信息来回答，金属钠的活泼性强，可以用于金属的冶炼；（4）根据电解原理：阴极上是发生得电子的还原反应；（5）准确滴加氯化铁溶液可使用酸式滴定管；根据元素守恒计算待测钛液中TiOSO4的物质的量．
19．【答案】（1）0.2 mol
（2）2 mol/L
（3）4.48 L
【解析】【解答】(1)11.2 g Fe的物质的量n(Fe)=；
(2)根据反应方程式：Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑中物质反应转化关系可知：n(H2SO4)=n(Fe)=0.2 mol，溶液的体积是100 mL，则该硫酸溶液的物质的量浓度c(H2SO4)=；
(3)根据反应方程式可知n(H2)=n(Fe)=0.2 mol，则反应产生的H2在标准状况下的体积V(H2)=0.2 mol×22.4 L/mol=4.48 L。
【分析】(1)n=；
(2)根据反应方程式中物质反应转化关系计算；
(3)根据反应方程式计算。
20．【答案】（1）②⑧⑨⑩；①⑤⑧
（2）溴水；洗气；酸性KMnO4溶液、NaOH溶液；分液
【解析】【解答】解：（1）由给出仪器可知，蒸馏时需要用到的有②⑧⑨⑩；在萃取时需用到的有 ①⑤⑧，故答案为：②⑧⑨⑩；①⑤⑧；（2）乙烯与溴水反应，而乙烷不能，则选择溴水、洗气可分离；甲苯被高锰酸钾氧化，与NaOH反应后与苯分层，则选择试剂为酸性KMnO4溶液、NaOH溶液，方法为分液，故答案为：溴水；洗气；酸性KMnO4溶液、NaOH溶液；分液．
【分析】（1）蒸馏实验需要蒸馏烧瓶、温度计、酒精灯、铁架台、冷凝管、尾接管、锥形瓶等；萃取需要铁架台、分液漏斗、烧杯；（2）乙烯与溴水反应，而乙烷不能；甲苯被高锰酸钾氧化，与NaOH反应后与苯分层，以此来解答．
21．【答案】（1）①③
（2）②⑤⑦
（3）①
（4）③
【解析】【解答】（1）容量瓶和分液漏斗能用来盛放液体，且有活塞，使用时必须检查是否漏水，
故答案为：①③；
（2）用自来水制备蒸馏水实验中必须用到的仪器有② 蒸馏烧瓶 ⑤ 烧杯 ⑦冷凝管，
故答案为：②⑤⑦；
（3）容量瓶用于用于准确配制体积一定的物质的量浓度溶液，
故答案为：①；
（4）分液漏斗可用于添加液体试剂或用于萃取分液操作，
故答案为：③。
【分析】（1）分液漏斗与容量瓶需要检查是否漏液；
（2）蒸馏的仪器蒸馏烧瓶、冷凝管、烧杯等；
（3）容量瓶用来配制一定物质的量浓度的溶液；
（4）分液漏斗用来萃取以及进行分液操作的仪器
一、单选题
1．下列实验装置设计正确，且能达到目的的是( )
A． 吸收氨气，并防止倒吸
B． 分离水喝CCl4
C． 从食盐水中提取NaCl
D． 石油的分馏
2．下列化学用语正确的是（ ）
A． H、 H、H+和H2是氢元素的四种不同粒子
B．18O2和16O3互为同位素
C．S2-的结构示意图为：
D． U中质子数和中子数相差147
3．三种元素基态原子的电子排布式如下：①②③。下列有关比较中正确的是（ ）
A．第一电离能：③>①>② B．原子半径：①>②>③
C．电负性：③>①>② D．最高正化合价：③>①>②
4．磷酸盐氧同位素技术在土壤磷循环中有重要应用。关于的说法正确的是（ ）
A．中子数为8 B．与O互为同位素
C．质量数为16 D．核外电子数为10
5．如果你家里的食用花生油混有水份，你将采用下列何种方法分离（ ）
A．过滤 B．蒸馏 C．萃取 D．分液
6．在100g浓度为10mol L﹣1、密度为ρ g cm﹣3的氨水中加入一定量的水稀释成5mol L﹣1的氨水，则加入水的体积为（ ）
A．小于100 mL B．等于100 mL
C．大于100 mL D．等于（100/ρ）mL
7．下列溶液中NO3﹣的物质的量浓度最大的是（ ）
A．500mL 1mol L﹣1的KNO3溶液
B．500mL 1mol L﹣1的Ba（NO3）2溶液
C．1000mL 0.5mol L﹣1的Mg（NO3）2溶液
D．1000mL 0.5mol L﹣1的Fe（NO3）3溶液
8．下列除去少量杂质的方法正确的是（ ）
A．Zn粉中含少量的ZnO：加入足量稀H2SO4充分反应后过滤
B．Cu（NO3）2溶液中含少量AgNO3：加入足量Cu屑充分反应后过滤
C．Na2SO4溶液中含少量H2SO4：加入足量Ba（OH）2充分反应后过滤
D．CaCO3固体中含少量Na2CO3：加入足量稀HCl充分反应后过滤
9．已知某元素的一种原子为 。下列说法正确的是（ ）
A．该原子的中子数为24 B．该原子的核外电子数为13
C．该原子与 互为同位素 D．该原子与Na属于同种元素
10．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）
A．标准状况下，1mol -OH中含有9NA个电子
B．在精炼铜的过程中，当阳极有32g铜参加反应时转移电子数为NA
C．常温下，0.1mol环氧乙烷( )中含有的共价键数目为0.3NA
D．1L0.5mol/LpH=7的CH3COONH4溶液中 数目为0.5NA
11．用NaOH固体配制一定物质的量浓度的NaOH溶液，造成所配溶液浓度偏高的原因是（ ）
A．所用NaOH已吸潮 B．定容时俯视刻度线
C．溶解转移后未洗涤烧杯 D．容量瓶未干燥
12．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．3.9g 晶体中阴离子的数目为0.1NA
B．常温常压下， 气体与水反应生成NA个
C．18g 和石墨的混合物中含有的碳原子数目为1.5NA
D．标准状况下，2.24L 气体中含有的 数目为0.1NA
13．用58.5克NaCl溶解于水，配成0.1L溶液，所得溶液的物质的量浓度为（ ）
A．0.1 mol/L B．0.5mol/L C．1 mol/L D．10 mol/L
14．用容量瓶准确配制一定浓度的NaCl溶液时，下列操作会使溶液浓度偏高的是（ ）
A．用粗盐代替NaCl固体
B．定容时，溶液液面低于容量瓶刻度线
C．从烧杯向容量瓶转移溶液时，有少量溶液溅出
D．向容量瓶转移溶液时，容量瓶中有少量蒸馏水
15．用 浓硫酸配制 的稀硫酸，用量筒量取浓硫酸时仰视刻度，则所配制溶液的浓度
A．等于 B．大于
C．小于 D．无法确定
16．下列关于配制一定物质的量浓度的溶液说法正确的是（ ）
A．将NaCl固体置于托盘天平右盘称量：左盘砝码（8g）和游码（0.6g）读数的和为8.6g
B．容量瓶上标有刻度线、温度和浓度，使用前要事先检查是否漏水
C．配制一定物质的量浓度的溶液用到的主要仪器有：托盘天平、量筒、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管
D．配制1L0.2mol/L的H2SO4溶液，定容时仰视刻度线操作，则配出浓度偏高
二、综合题
17．疫情期间，为了减少病毒传播，以确保安全，要对公共场所进行科学有效地消毒。已知某“84”消毒液瓶体部分标签如图所示，该“84”消毒液通常稀释100倍(体积之比)后使用。
“84”消毒液 有效成分 NaClO 规格 1000mL 质量分数 25% 密度
请回答下列问题：
（1）该“84”消毒液中有效成分的物质的量浓度约为 (结果保留1位小数)。
（2）某同学取100mL该“84”消毒液，稀释后用于消毒，稀释后的溶液中 。
（3）该同学参阅上述“84”消毒液的标签，欲用NaClO固体配制480mL该消毒液。下列说法正确的是____(填字母)。
A．如图所示的仪器中，a、b是不需要的，还需要一种玻璃仪器
B．容量瓶在使用前，要检查其是否漏水
C．容量瓶用蒸馏水洗净，应烘干后才能用于溶液配制
D．需要称量NaClO固体的质量约为149.0g
E．配制过程中，若仰视进行定容会导致结果偏低
F．定容后，盖好瓶塞，将容量瓶上下颠倒、摇匀、静置，发现液面偏低，应加蒸馏水至溶液的凹液面与刻度线相切
（4）已知洁厕灵的主要成分是浓盐酸，洁厕灵和“84”消毒液混合，会产生一种有毒的黄绿色气体，对人体健康造成伤害，所以二者不能混合使用。若取上述“84”消毒液10mL，加入足量的洁厕灵使其充分反应，理论上能产生标准状况下 mL的黄绿色气体(忽略气体的溶解损失)。
18．钛被称为“二十一世纪金属”，工业上用钛铁矿制备金属钛的工艺流程如下：
已知：钛铁矿主要成分与浓硫酸反应的主要产物是TiOSO4和FeSO4，TiOSO4遇水会水解．
请回答下列问题：
（1）操作1用到的玻璃仪器除烧杯外还有 ，操作2是 、过滤，副产品主要成分的化学式为
（2）请结合化学用语解释将TiO2+转化为H2TiO3的原理
（3）已知钛的还原性介于铝和锌之间，估计钛能耐腐蚀的原因之一是 ，如果可从Za、Zn、Fe三种金属中选一种金属代替流程中的镁，那么该金属跟四氯化钛反应的化学方程式是
（4）电解TiO2来获得Ti是以TiO2作阴极，石墨为阳极，熔融CaO为电解质，用碳块作电解槽，其阴极反应的电极反应式为
（5）为测定溶液中TiOSO4的含量，首先取待测钛液10mL用水稀释至100mL，加过量铝粉，充分振荡，使其完全反应：3TiO2++Al+6H+═3Ti3++AlO3++3H2O，过过滤后，取出滤液20.00mL，向其中滴加2～3滴KSCN溶液作指示剂，用 （填一种玻璃仪器的名称）滴加0.1000mol L﹣1FeCl3溶液，发生Ti3++Fe3+═Ti4++Fe2+，当溶液出现红色达到滴定终点，用去了30.00mLFeCl3溶液，待测钛液中TiOSO4的物质的量浓度是 ．
19．把11.2 g Fe放入100 mL的稀硫酸中，Fe和稀硫酸恰好完全反应。计算：
（1）11.2 g Fe的物质的量 ；
（2）该硫酸的物质的量浓度 ；
（3）生成H2的体积(标准状况) 。
20．根据问题填空：
（1）下列仪器：①烧杯②蒸馏烧瓶 ③容量瓶④普通漏斗⑤分液漏斗⑥蒸发皿⑦玻璃棒⑧铁架台（带铁圈、铁夹）⑨酒精灯 ⑩温度计，在蒸馏时需要用到的有 （填仪器的标号，下同）；在萃取时需用到的有 ．
（2）除杂：C2H6（C2H4）试剂 ，方法 ．苯（甲苯）试剂 ，方法 ．
21．用下列仪器的编号回答问题
①容量瓶 ② 蒸馏烧瓶 ③ 分液漏斗 ④ 量筒 ⑤ 烧杯 ⑥ 托盘天平 ⑦冷凝管
（1）使用时必须检查是否漏水的仪器有 ，
（2）用自来水制备蒸馏水实验中必须用到的仪器有 ，
（3）专门用于制备一定物质的量浓度溶液的仪器是 ，
（4）可用于添加液体试剂或用于萃取分液操作的仪器是 。
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】A．氨气与水接触，易发生倒吸，应将苯改为四氯化碳可防止倒吸，A不符合题意；
B.水和CCl4分层，则图中分液漏斗可分离，B符合题意；
C.从食盐水中提取NaCl，应该使用蒸发皿，不能使用坩埚，C不符合题意；
D.分馏时需要温度计测定馏分的温度，图中缺少温度计，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】蒸馏是利用物质的沸点不同，加热混合物，控制温度，收集不同的组分，从而进行分离，需要温度计，测蒸汽的温度。溶解度大的气体通入溶液时要有防倒吸装置。
2．【答案】A
【解析】【解答】A选项 H是氕原子， H是氘原子，H+是氢离子H2是氢气，因此这些是氢元素的四种不同粒子，故A符合题意；
B.它们是单质，18O2和16O3互为同素异形体，故B不符合题意；
C.S2-的结构示意图核外排布为2、8、8，故C不符合题意；
D. U中质子数为92，中子数239 – 92 = 147，质子数和中子数相差55，故D不符合题意；
故答案为:A。
【分析】B项属于同素异形体，A项符合题意。
3．【答案】C
【解析】【解答】A．根据第一电离能的变化规律：同一周期从左往右呈增大趋势，IIAIIIAVAVIA反常，同一主族从上往下依次减弱可知，第一电离能：F＞P＞S即③>②>①， A不符合题意；
B．原子半径变化规律为：同一周期从左往右依次减小，同一主族从上往下依次增大，则原子半径：P＞S＞F即②>①>③，B不符合题意；
C．根据电负性的变化规律：同一周期从左往右依次增大，同一主族从上往下依次减小，则电负性：F＞S＞P即③>①>②，C符合题意；
D．主族元素最高正化合价等于其原子的最外层电子数(O、F无正价，除外)，故最高正化合价：①>②，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】根据电子排布式可知，①为S元素，②为P元素，③为F元素，据此解答。
4．【答案】B
【解析】【解答】A、该原子的中子数=18-8-10，因此中子数为10，A不符合题意。
B、二者的质子数相同，中子数不同，互为同位素，B符合题意。
C、标在元素符号左上角的数字表示的是质量数，因此该原子的质量数为18，C不符合题意。
D、核外电子数=质子数=8，因此该原子的核外电子数为8，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】标在元素符号左上角的数字表示的是质量数；左下角的数字表示的是质子数。在原子中，核电荷数=质子数=核外电子数=原子序数；相对原子质量≈质子数+中子数。
5．【答案】D
【解析】【解答】食用花生油和水是两种不互溶的液体，可采用分液的方法分离，D符合题意；
故答案为：D
【分析】食用花生油和水是两种不互溶的液体，据此确定其分离方法。
6．【答案】C
【解析】【解答】解：100g浓度为10mol L﹣1、密度为ρ g cm﹣3的氨水的体积为 = mL．
令稀释后氨水的体积为VmL，根据稀释定律，稀释前后溶质的物质的量不变，则：
mL×10mol/L=VmL×5mol/L
解得V= mL．
令稀释后的密度为xg/mL，氨水浓度越小，密度越大，则x＞ρ，
稀释后氨水的质量为 mL×xg/mL= g，
所以加入的水的质量为 g﹣100g=（ ﹣100）g，
所以加入的水的体积为 =（ ﹣100）mL
由于x＞ρ，所以（ ﹣100）mL＞100mL．
故选：C．
【分析】计算出100g浓度为10mol L﹣1、密度为ρ g cm﹣3的氨水的体积，令稀释后氨水的体积为VmL，根据稀释定律，稀释前后溶质的物质的量不变，列式计算V的值．令稀释后的密度为xg/mL，氨水浓度越小，密度越大，则x＞ρ，计算稀释后氨水的质量，稀释后氨水的质量减去100g即为需加水的质量，根据v= 计算水的体积．根据稀释前后氨水密度判断水的体积．
7．【答案】B
【解析】【解答】解：A.1mol/L的KNO3溶液中NO3﹣ 物质的量浓度=1mol/L；
B.1mol/L的Ba（NO3）2溶液中NO3﹣ 物质的量浓度=1mol/L×2=2mol/L；
C.0.5mol/L的Mg（NO3）2溶液中NO3﹣ 物质的量浓度=0.5mol/L×2=1mol/L；
D.0.5mol/L的Fe（NO3）3溶液中NO3﹣ 物质的量浓度=0.5mol/L×3=1.5mol/L，
NO3﹣的物质的量浓度最大的是B．
故选B．
【分析】电解质产生的离子浓度等于电解质的浓度与化学式中该离子个数的乘积，与溶液的体积无关，以此解答该题．
8．【答案】B
【解析】【解答】解：A．二者均与硫酸反应，将原物质除去，不能除杂，故A错误；
B．硝酸银与Cu反应生成硝酸铜和Ag，则加入足量Cu屑充分反应后过滤可除杂，故B正确；
C．硫酸与氢氧化钡反应，但足量试剂引入新杂质，应加适量试剂，故C错误；
D．二者均与盐酸反应，将原物质除去，不能除杂，故D错误；
故选B．
【分析】A．二者均与硫酸反应；
B．硝酸银与Cu反应生成硝酸铜和Ag；
C．硫酸与氢氧化钡反应，但足量试剂引入新杂质；
D．二者均与盐酸反应．
9．【答案】D
【解析】【解答】A．中子数=质量数-质子数，由元素符号 知，中子数为24-11=13，故A不符合题意；
B．原子的核外电子数=原子序数，故X的核外电子数为11，B不符合题意；
C． 和 质子数不同，不属于同种元素，故C不符合题意；
D．钠是11号元素，二者质子数相同，故属于同种元素，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】结合原子中：质量数=质子数+中子数，质子数=核外电子数来解答。
10．【答案】A
【解析】【解答】A.1个-OH所含电子数为9，所以1mol-OH含有9mol电子，即9NA个，故A符合题意；
B.1mol铜变为铜离子失去2mol电子；精炼铜的过程中阳极上为粗铜，粗铜中比铜活泼的金属会先放电，所以当32g铜（物质的量为0.5mol）参加反应时转移电子数不是NA，故B不符合题意；
C.1个环氧乙烷分子中有7个共价键，所以0.1mol环氧乙烷中含有的共价键数目为0.7NA，故C不符合题意；
D．CH3COONH4溶液中铵根会发生水解，所以1L0.5mol/LpH=7的CH3COONH4溶液中 数目小于0.5NA，故D不符合题意；
故答案为A。
【分析】B、阳极为粗铜，除了铜还有其他的金属参加反应
C、忽略了C-H键
D、铵根离子会发生水解
11．【答案】B
【解析】【解答】A．所用NaOH已吸潮，则称量的NaOH的质量会小于实际质量，导致浓度偏低，A不符合题意；
B．定容时俯视刻度线会导致溶液体积偏小，浓度偏高，B符合题意；
C．溶解转移后未洗涤烧杯造成部分溶质损失，导致浓度偏低，C不符合题意；
D．配制过程中需要向容量瓶中加水定容，所以容量瓶未干燥对结果没有影响，D不符合题意；
故答案为B。
【分析】物质的量浓度的计算公式为，而溶质的物质的量；分析错误操作过程中对m、n、V的影响，从而分析实验误差。
12．【答案】C
【解析】【解答】A.3.9gNa2O2晶体中阴离子的数目为X 1 X NA/mol = 0.05NA，故A错误；
B.1molNO2气体与水反应生成NA个NO3-，故B错误；
C.18gC60和石墨的混合物中含有的碳原子数目为x NA/mol = 1.5NA，故C正确；
D.标准状况下，HCl气体不能电离出氢离子，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A.1mol过氧化钠中含有1mol过氧根离子；
B.二氧化氮与水反应为3NO2+H2O=2H++2NO3-十NO；
C. C6o和石墨均由碳原子形成；
D. HCl为共价化合物，由氢原子和氯原子构成。
13．【答案】D
【解析】【解答】解：58.5g NaCl的物质的量为 =1mol，配成0.1L溶液，所得溶液的物质的量浓度为 =10mol/L，故选：D．
【分析】根据n= 计算NaCl的物质的量，再根据c= 计算所得溶液物质的量浓度．
14．【答案】B
【解析】【解答】解：A．用粗盐代替NaCl固体，称量的氯化钠中含有杂质，导致配制的溶液中氯化钠的浓度偏小，测定结果偏低，故A错误；
B．定容时，溶液液面低于容量瓶刻度线，配制的溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故B正确；
C．从烧杯向容量瓶转移溶液时，有少量溶液溅出，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．向容量瓶转移溶液时，容量瓶中有少量蒸馏水，对溶质的物质的量、最终溶液的体积无影响，则不影响配制结果，故D错误；
故选B．
【分析】根据操作方法对物质的量浓度c= 影响进行判断，若n偏大、V偏小，则配制溶液浓度偏高，若n偏小、V偏大，则配制溶液的浓度偏低，据此进行解答．
15．【答案】B
【解析】【解答】用量筒量取浓硫酸时仰视刻度，看到的读数偏小，但量取的实际体积偏大，也就是说溶质多了，所以所配消毒液的溶质质量分数比实际偏大。A.等于 不符合题意，故A不符合题意；
B.大于 符合题意，故B符合题意；
C.小于 不符合题意，故C不符合题意；
D. 无法确定，不符合题意，故D符合题意；
故答案为：B。
【分析】误差分析紧抓公式，用量筒量取浓硫酸时仰视刻度，看到的读数偏小，但量取的实际体积偏大，分子增大，C偏大。
16．【答案】C
【解析】【解答】解：A．由用托盘天平称量药品时，砝码和药品放反了，已知砝码质量为8g，游码质量为0.6g，再根据左盘的质量=右盘的质量+游码的质量，即8g=药品质量+0.6g，所以药品实际质量7.4g，读出的数值比真实值大，故A错误；
B．容量瓶上标有刻度线、温度和容积，容量瓶带有活塞，使用过程中需要上下颠倒，为防止漏水，使用前要事先检查是否漏水，故B错误；
C．配制一定物质的量浓度溶液一般步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀，用到的仪器：托盘天平、量筒、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，故C正确；
D．配制1L0.2mol/L的H2SO4溶液，定容时仰视刻度线操作，导致溶液体积偏大，依据C= 则配出浓度偏低，故D错误；
故选：C．
【分析】A．根据托盘天平称量药品时要特别注意“左物右码”，若放反时可根据左盘的质量=右盘的质量+游码的质量，得出物质质量=砝码质量﹣游码质量；
B．依据容量瓶构造及使用方法解答；
C．依据配制一定物质的量浓度溶液一般步骤选择需要仪器；
D．定容时仰视刻度线操作，导致溶液体积偏大，依据c= 进行误差分析．
17．【答案】（1）4.0
（2）0.04
（3）B；D；E
（4）896
【解析】【解答】（1）该“84”消毒液中有效成分是次氯酸钠，物质的量浓度约为。
（2）取100mL该“84”消毒液，稀释后用于消毒，稀释前后溶质物质的量不变，稀释后c(NaClO)=，所以稀释后的溶液中0.04。
（3）A．如图所示的仪器中，a、b是不需要的，还需要两种玻璃仪器：玻璃棒、胶头滴管，故A不正确；
B．摇匀时，容量瓶要反复颠倒摇匀，所以容量瓶在使用前要检查其是否漏水，故B正确；
C．容量瓶用蒸馏水洗净，不用烘干就能用于溶液配制，故C不正确；
D．选用500mL容量瓶，需要称量NaClO固体的质量m=cVM=4.0mol/L×0.5L×74.5g/mol=149.0g，故D正确；
E．配制过程中，若仰视进行定容，溶液体积偏小，会导致结果偏高，故E不正确；
F．定容后，盖好瓶塞，将容量瓶上下颠倒、摇匀、静置，发现液面偏低，不应再加蒸馏水，故E不正确；
选BDE。
（4）洁厕灵的主要成分是浓盐酸，洁厕灵和“84”消毒液混合，会产生一种有毒的黄绿色气体，对人体健康造成伤害，反应方程式为，若取上述“84”消毒液10mL，加入足量的洁厕灵使其充分反应，n(Cl2)= n(NaClO)=cV=4.0mol/L×0.01L=0.04mol，理论上能产生标准状况下氯气的体积为0.04mol ×22.4L/mol=0.896L=896mL。
【分析】（1）利用计算；
（2）稀释前后溶质物质的量不变；
（3）A．用固体配制一定物质的量溶液需要用到的仪器为胶头滴管、托盘天平(带砝码)、烧杯、玻璃棒、容量瓶；
B．容量瓶在使用前要检查其是否漏水；
C．容量瓶洗净后不用烘干；
D．应该利用选用容量瓶的容积计算溶质的质量；
E．仰视定容，溶液体积偏大；
F．定容后，不应再加蒸馏水；
（4）利用反应方程式计算。
18．【答案】（1）漏斗、玻璃棒；蒸发浓缩、冷却结晶；FeSO4
（2）溶液中存在平衡：TiO2++2H2O H2TiO3+2H+，当加入热水稀释、升温后，平衡正向移动，生成H2TiO3
（3）钛表面形成一层致密的氧化膜（或钛的内部结构紧密）；TiCl4+4Na Ti+4NaCl
（4）TiO2 +4e﹣=Ti+2O2﹣
（5）酸式滴定管；1.50mol L﹣1
【解析】【解答】解：（1.）操作1为过滤用到的玻璃仪器除烧杯外还有漏斗、玻璃棒，操作2的实验步骤为：蒸发浓缩、冷却结晶，加入过量铁屑后溶液中含有Fe2+离子，则过滤后可得FeSO4 7H2O（或FeSO4），副产品主要成分的化学式为FeSO4，故答案为：漏斗、玻璃棒；蒸发浓缩、冷却结晶；FeSO4；
（2.）加热的目的是促进TiO2+水解生成H2TiO3，分离出固体加热得到TiO2；溶液中存在平衡：TiO2++2H2O H2TiO3+2H+，当加热升温后，
平衡正向移动，生成H2TiO3；
故答案为：溶液中存在平衡：TiO2++2H2O H2TiO3+2H+，当加热升温后，平衡正向移动，生成H2TiO3；
（3.）钛的还原性介于铝与锌之间，氧化铝是一层致密的氧化膜，估计钛能耐腐蚀的原因钛表面形成一层致密的氧化膜（或钛的内部结构紧密）；活泼金属钠可以将金属钛置换出来：TiCl4+4Na Ti+4NaCl，Zn、和Fe都是不可以的，活泼性差，
故答案为：钛表面形成一层致密的氧化膜（或钛的内部结构紧密）；TiCl4+4Na Ti+4NaCl；
（4.）因TiO2作阴极，得到电子，被还原，TiO2 +4e﹣=Ti+2O2﹣，得到单质Ti，
故答案为：TiO2 +4e﹣=Ti+2O2﹣；（5）准确滴加氯化铁溶液可使用滴定管，氯化铁有较强的氧化性，应用酸式滴定管；
设滤液Ti3+的物质的量为X．
Ti3+（紫色） + Fe3+
+ H2O = TiO2+（无色） + Fe2+ + 2H+
1
1
x
0.1000mol L﹣1×0.03L
解得X=0.1000mol L﹣1×0.03L=0.003mol
则待测钛液中TiOSO4的物质的量=0.003mol×5=0.015mol
根据C= = =1.50 mol L﹣1
故答案为：酸式滴定管；1.50 mol L﹣1．
【分析】用浓硫酸处理钛铁矿，并向所得溶液中加入大量水稀释后加入过量铁粉还原铁离子，过滤得到滤液通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得到TiO2+滤液，和副产品FeSO4，滤液中加入水加热过滤得到H2TiO3，H2TiO3加热灼烧得到TiO2，加入氯气、过量碳高温加热反应生成TiCl4和一氧化碳，四氯化钛和金属镁高温加热反应得到氯化镁和钛金属．（1）操作1为过滤，操作2的实验步骤为：蒸发浓缩、冷却结晶，加入过量铁屑后溶液中含有Fe2+离子，依据原子守恒可知产物为硫酸亚铁，则过滤后可得FeSO4 7H2O（或FeSO4），滤渣为过量的铁屑和不溶物脉石；（2）依据溶液中存在平衡：TiO2++2H2O H2TiO3+2H+，平衡影响因素和平衡移动原理分析判断；（3）根据金属铝的氧化物的性质结合信息来回答，金属钠的活泼性强，可以用于金属的冶炼；（4）根据电解原理：阴极上是发生得电子的还原反应；（5）准确滴加氯化铁溶液可使用酸式滴定管；根据元素守恒计算待测钛液中TiOSO4的物质的量．
19．【答案】（1）0.2 mol
（2）2 mol/L
（3）4.48 L
【解析】【解答】(1)11.2 g Fe的物质的量n(Fe)=；
(2)根据反应方程式：Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑中物质反应转化关系可知：n(H2SO4)=n(Fe)=0.2 mol，溶液的体积是100 mL，则该硫酸溶液的物质的量浓度c(H2SO4)=；
(3)根据反应方程式可知n(H2)=n(Fe)=0.2 mol，则反应产生的H2在标准状况下的体积V(H2)=0.2 mol×22.4 L/mol=4.48 L。
【分析】(1)n=；
(2)根据反应方程式中物质反应转化关系计算；
(3)根据反应方程式计算。
20．【答案】（1）②⑧⑨⑩；①⑤⑧
（2）溴水；洗气；酸性KMnO4溶液、NaOH溶液；分液
【解析】【解答】解：（1）由给出仪器可知，蒸馏时需要用到的有②⑧⑨⑩；在萃取时需用到的有 ①⑤⑧，故答案为：②⑧⑨⑩；①⑤⑧；（2）乙烯与溴水反应，而乙烷不能，则选择溴水、洗气可分离；甲苯被高锰酸钾氧化，与NaOH反应后与苯分层，则选择试剂为酸性KMnO4溶液、NaOH溶液，方法为分液，故答案为：溴水；洗气；酸性KMnO4溶液、NaOH溶液；分液．
【分析】（1）蒸馏实验需要蒸馏烧瓶、温度计、酒精灯、铁架台、冷凝管、尾接管、锥形瓶等；萃取需要铁架台、分液漏斗、烧杯；（2）乙烯与溴水反应，而乙烷不能；甲苯被高锰酸钾氧化，与NaOH反应后与苯分层，以此来解答．
21．【答案】（1）①③
（2）②⑤⑦
（3）①
（4）③
【解析】【解答】（1）容量瓶和分液漏斗能用来盛放液体，且有活塞，使用时必须检查是否漏水，
故答案为：①③；
（2）用自来水制备蒸馏水实验中必须用到的仪器有② 蒸馏烧瓶 ⑤ 烧杯 ⑦冷凝管，
故答案为：②⑤⑦；
（3）容量瓶用于用于准确配制体积一定的物质的量浓度溶液，
故答案为：①；
（4）分液漏斗可用于添加液体试剂或用于萃取分液操作，
故答案为：③。
【分析】（1）分液漏斗与容量瓶需要检查是否漏液；
（2）蒸馏的仪器蒸馏烧瓶、冷凝管、烧杯等；
（3）容量瓶用来配制一定物质的量浓度的溶液；
（4）分液漏斗用来萃取以及进行分液操作的仪器