山西现代双语学校等校2026-2027学年高三上学期8月阶段检测(二) 化学试题

2026-2027学年度高三年级检测卷二 化学答题卡 缺考标记：考生禁填！由监考老师填涂。 贴条形码区 注1 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，并认真检查监考员所粘贴的条形码： .选择题必须用B铅笔填涂，解答题必须用0.5毫米黑色签字笔书写，字体工整，笔迹清楚； 正确填涂 3.请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上 项 答题无效。 4. 保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破。 第I卷选择题 1[A][B][C]D] 6[A[B][C][D] 11[A][B][C][D] 2[A][B][C][D] 7[A][B][C][D] 12[A][B][C][D] 3[A][B][C][D] 8[A[B][C][D] 13[A][B][C][D] 4[A][B][C][D] 9[A][B][C][D] 14[A][B][C][D] 5[A][B][CI[D] 10[A][B][CI[D] 15[A][B][C][D] 第Ⅱ卷 非选择题 16.（每空2分) (1) (2) (3) 17.(1) (3) 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 18.(每空2分) (1) (2) (3) (4) (5) (6) 19.（每空2分) (1) (2) (3) (4) (5) （3分) 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！2026-2027学年第一学期高三年级一轮复习检测化学试题（二） 满分：100 时间：75分钟 内容：化学计量 可能用到的相对原子质量：H-1C-120-16C-12S-32Na-23Mg-24A1-27Si-28P-31 C1-35.5Ca-40Fe-56K-39Cu-64 一、选择题（本题共15小题，每小题3分，共45分。每小题只有一项是符合题目要求的） 1.摩尔来源于拉丁文moles,原意为大量、堆积，是在1971年10月有41个国家参加的第14届国际计 量大会决定增加的国际单位制(SI)的第七个基本单位。下列对于“摩尔”的理解正确的是A.1ol任何物 质所含有的分子数都相同 B.摩尔可以把物质的宏观数量与微观粒子的数量联系起来 C.3S既可以表示3个硫原子又可以表示3ol硫原子 D.摩尔是物质的量的单位，简称摩，符号为mol 2.下列关于物质的量的叙述中，正确的是 A.1mol任何物质都含有6.02×1023个分子 B.0.012kg12C中含有约6.02×103个碳分子 C.1 nolNH3中含有1mol氮和3mol氢 D.1 mol Na+中含有6.02×1024个电子 3.中科院天津生物所首次在实验室实现以二氧化碳(CO)为原料人工合成淀粉[(CH10Os)]。下列有关二 氧化碳和淀粉的说法正确的是 A.常温常压下，1molC02的体积约为22.4L B.同温同压下，相同体积的C0和C02的分子数之比为1：1 C.淀粉中C、H、O的质量之比为6：10：5 D.22gC02所含原子的数目与标准状况下11.2LH0所含原子数日相同 4.配制NaOH标准溶液并用其滴定未知浓度盐酸的部分操作如下，其中正确的是 固体 NaOH溶液 B.溶解冷却后转移 A.称量NaOH固体 C.摇匀NaOH溶液 D.滴定未知浓度的HCI溶液 NaOH溶液 5.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A.标准状况下，2.24LS03中含氧原子数为0.3Na B.1 mol Na2O2中，含有阴阳离子总数为4Na C.28gN2与足量H反应转移电子数NA D.1 nol CsH12(纯净物)最多含4NA个甲基 6.氯碱T业通过电解饱和食盐水制备氧气：2八aC1+2H,0通电2NaOH+H,个+CL,个，下列有关氯碱T 业的说法不正确的是 A.工业上可利用生成的H,和Cl2制盐酸 B.每生成1 nol Cl,.转移电子数约为1.204×1024 C.获得的主要产品除Cl,外，还有烧碱和H, D.工业上可用澄清石灰水吸收C1,联合生产漂白粉 7.关于0.1 mol-L1HNO3溶液的叙述错误的是 A.1L该溶液中含有NO3的质量为6.3g B.0.5L该溶液中氢离子的物质的量浓度为0.1molL1 C.从1L该溶液中取出100mL,则取出溶液中No3的物质的量浓度为0.01molL1 D.取该溶液10mL,加水稀释至100mL后HNO3的物质的量浓度为0.01molL1 8.二氧化氯(CO,)是一种优良的消毒剂，可用氯酸钠和双氧水在酸性条件下反应制备： NaC1O3+H,O2+H,SO4→CIO2个+NaS04+H,0+O2个（未配平）。下列说法正确的是 A.每转移1mol电子，生成标准状况下11.2L02 B.HO2是氧化剂，发生氧化反应 C.H,O是还原产物 D.产物中C1O2与O2的物质的量之比为1：2 9.已知Q与R的摩尔质量之比为9：22，在反应X+2Y=Q+R中，当1.6gX与一定量Y完全反应后， 生成4.4gR,则参与反应的Y和生成物Q的质量之比为 A.46:9 B.32:9 C.23:9 D.16:9 10.实验中需用2.0mol·L1的Na2C03溶液950mL,配制时应选用的容量瓶的规格和称取Na,CO3的质量 分别为 A.1000mL,212gB.950mL,201.4gC.1000nL,201.4gD.500nL,100.7g 11.NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是 A.0.1molL1的NH4HCO3溶液与NaOH溶液等体积混合并加热，产生的氨气标况下2.24L B.标况下，1molN2和O2的混合气体总体积约为22.4L C.常温常压下，2.8gC0和CH4的混合气体中含有的分子数目为0.1NA D.39.0gNa2O2与足量水完全反应，转移的电子数为0.5NA 12.下列说法正确的是 A.同温同压下甲烷和氧气的密度之比为2：1 B.1g甲烷和1g氧气的原子数之比为5：1 C.等物质的量的甲烷和氧气的质量之比为2：1 D.在标准状况下等质量的甲烷和氧气的体积之比为1：2 13.在FeCl2、CuCl2、FeCL的混合溶液中，Fe2+、Cu+、Fe3+的物质的量浓度之比为1：2：4，现加 入适量的铁粉，充分反应后使溶液中三种离子的物质的量浓度之比变为9：3：1，则原溶液中的F与 参与反应的铁粉物质的量比为 A.3:5 B.4:5 C.6:5 D.5:4 14.NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是 A.0.1 nolCl2与0.2 mnolCH4光照充分反应生成HCl分子数为0.1N4a B.1LpH=12的氨水中加入足量盐酸，生成NH4+数为0.01Na C.100g34%的H02中加入MO2充分反应转移电子数为2NA D.0.1mol乙醇与0.1nol乙酸在浓硫酸作用下充分反应生成乙酸乙酯分子数为0.1NA 15.配制一定物质的量浓度的NaCl溶液，下列操作会使溶液浓度偏高是 A.定容至液面最高处与刻度线相平 B.溶解NaCl时烧杯中有少量蒸馏水 C.转移时没有洗涤烧杯和玻璃棒 D.少量NaCl固体残留在称量纸上 二、非选择题（本题包括4小题，共55分，除标注外，每空2分) 16.现有16.0gC0和C02的混合气体，在标准状况下其体积为8.96L。请回答下列问题： (1)该混合气体的平均摩尔质量为 (2)混合气体中碳原子的个数为 (用NA表示阿伏加德罗常数的值)。 (3)将混合气体依次通过如图所示装置，最后收集在气球中（体积在标准状况下测定）。 气球 NaOH溶液 浓硫酸 ①气球中收集到的气体的摩尔质量为 ②气球中收集到的气体中，电子总数为 (用NA表示阿伏加德罗常数的值，假设气体全部进 入气球中)。 ③气球的体积为 Lo 17.KCO3和浓盐酸在一定温度下反应会生成黄绿色的易爆气体二氧化氯，反应的化学方程式为 2XC10,+4HC1(浓)=2XC1+2C10,↑+C1,↑+2H,0。设N。为阿伏加德罗常数的值。 (1)浓盐酸在该反应中表现出来的性质为 (2)将氯气通入某含氧酸盐的溶液中，能发生反应RO+CL,+H,O=RO:+2C+2H+,则反应物RO中 R元素的化合价是 :当反应消耗0.25mol氯气时，转移电了的数目为 (3)根据世界环保联盟的要求，ClO2将逐渐取代CL,成为自来水的消毒剂。工业上常用NCIO?溶液和 NaSO3溶液混合并加入H,SO4酸化制得ClO2,且产物中有NaSO4,则在该反应中，NaCIo3和NaSO3 的物质的量之比为 18.二草酸合铜)酸钾K[Cu(C2O4)])可用于无机合成、功能材料制备。实验室制备二草酸合铜四酸 钾可采用如下步骤： I.取210mL0.2molL1的CuSO4溶液，搅拌下滴加足量NaOH溶液，产生浅蓝色沉淀。加热，沉 淀转变成黑色，过滤。 Ⅱ.向草酸IHC2O4)溶液中加入适量KCO3固体，制得KHC2O4和KCO4混合溶液。 Ⅲ.将Ⅱ的混合溶液加热至80~85℃，加入I中的黑色沉淀。全部溶解后，趁热过滤。 V.将Ⅲ的滤液用蒸汽浴加热浓缩，经一系列操作后，干燥得到二草酸合铜)酸钾晶体，进行表 征和分析。 (1)由胆矾（化学式为CSO45HO)配制I中的CuSO4溶液。 ①需称量固体的质量为 ,下列仪器中不需要的是 (填字母)，还缺少的玻璃 仪器有 00 A B ②实验中，用胶头滴管定容后，液面正确的是 ③下列情况一定会使所配的溶液浓度小于0.2molL1的有」 (填序号)。 a.将溶液装瓶时，有少量液体洒在试剂瓶外 b.洗涤完烧杯和玻璃棒后，洗涤液倒入废液缸中 c.转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水 d.定容时俯视容量瓶的刻度线 e.定容后摇匀，发现液面降低，又补加少量水，重新达到刻度线 (2)长期存放的CuSO45H0中，会出现少量白色固体，原因是 (3)I中的黑色沉淀是 (写化学式)。 (4)I中原料配比为HC,O4):(KC03)=1.5:1,写出反应的化学方程式 (5)I中，为防止反应过于剧烈而引起喷溅，加入KC03应采取 的方法。 (6)V中一系列操作”包括 19.铅铬黄颜料主要的成分是铭酸铅PbCO4),实验室通过C个NO)39HO制备铬酸铅的流程如下，请 回答下列问题： 6.0mol-LCH,COOH(aq) 1)加水溶解 1)15%H202(aq) 调pH为4~6 CrNO)9H2O 绿色 黄 2)过量6.0molL1 溶液2)加热煮沸 溶液 I NaOH(aq) I 1)滴加0.5molL 过滤、洗涤、干燥 Pb(NO3)2(aq) PbCrO4← 橙色 V 2)加热煮沸 溶液 V 已知：①C(OHD3的性质与A1(O田)3相似，均为难溶两性氢氧化物。②部分含铬微粒的颜色如下： 含铬微粒 Cr3+ Cr042 C12072 PbCrO4 颜色 亮绿色 黄色 橙色 黄色 (1)步骤I需要使用6.0mol/L NaOH溶液，配制该溶液不需使用的仪器有 (填名称)。 200 (2)步骤I得到的溶液中，绿色含铬物质的化学式为 (3)步骤Ⅱ中若没有将HO2煮沸去除，则在步骤Ⅲ中HO2会发生反应的离子方程式为： 会导致铬酸铅的产率 (填 “降低不变”或“升高)。 (4)步骤V生成PbCO4的离子方程式为 (5)准确称取0.300g铅铬黄试样于碘量瓶中，加HCl-NaC1溶液50mL,加热溶解。溶解完全后加入 盐酸20mL,稍冷后加入足量碘化钾溶液摇匀。将碘量瓶放在暗处约6min。加入50mL水稀释，用 0.100molL1的NaS2O3标准溶液滴定至溶液变为黄绿色，再加淀粉指示剂约3mL,继续滴定至终点。 重复2次实验，平均消耗NaS203溶液26.10mL。I2+2S2032=S4O62-+2I) ①滴定至终点的操作及现象为 ②下列操作导致测得PbCO4纯度数值偏低的是 (填标号)。 A.将HCl-NaCI溶液替换为NO3-NaCl溶溶液 B.生成I2时，反应温度过高，导致一部分的I变成碘蒸气从溶液逸出 C.配制Na2S2O3标准溶液定容时俯视容量瓶刻度线 D.装有NaS2O3标准溶液的滴定管，滴定前有气泡，终点时气泡消失 ③该试样PbCrO4M=323g1mol)的纯度为 %(保留小数点后2位)：【3分】 一轮复习检测化学试题(二)参考答案 一、选择题（本题共15小题，每小题3分，共45分。每小题只有一项是符合题目要求的） 1-15 DDBBD DCACA ABAAA 1.【答案】D 【解析】A项，物质可能由分子、原子、离子等微粒构成，不一定含有分子，比如1molO2所含有的分子数为NA，而1molFe所含有的原子数为NA，A错误；B项，物质的量是表示含有一定数目粒子的集合体，是可以把物质的宏观数量与微观粒子的数量联系起来，而摩尔是物质的量的单位，B错误；C项，3S可以表示3个硫原子，但不能表示3mol硫原子，C错误；D项，物质的量是一个物理量，其单位为摩尔，简称摩，符号为mol，D正确；故选D。 2.【答案】D 【解析】A项，由原子、离子构成的物质不含分子，A错误；B项，0.012kg12C中含有约6.02×1023个碳原子，B错误；C项，1molNH3中含有1 mol 氮原子和3 mol氢原子，C错误；D项，1mol Na+中含10mol电子，有6.02×1024个电子，D正确；故选D。 3.【答案】B 【解析】A项，常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L·mol-1，则1molCO2的体积大于22.4L，A错误；B项，根据阿伏加德罗定律，同温同压下，相同体积的CO和CO2的分子数之比为1∶1，B正确；C项，淀粉中C、H、O原子个数之比为6∶10∶5，则质量之比为(6×12)∶(1×10)∶(5×16)=36∶5∶40，C错误；D项，22gCO2的物质的量为=0.5mol，所含原子为1.5mol；标准状况下H2O为液体，11.2LH2O物质的量无法计算，但远远大于0.5mol，故所含原子数目不相同，D错误；故选B。 4.【答案】B 【解析】A项，NaOH易潮解且有强腐蚀性，不能直接放在纸上称量，A错误；B项，将NaOH溶解冷却后，用玻璃棒引流转移至容量瓶中，这是标准操作，图示符合要求，B正确；C项，摇匀溶液需双手持住容量瓶，图中操作不符合规范，C错误；D项，滴定实验中，NaOH标准溶液应用碱式滴定管盛装，D错误。故选B。 5.【答案】D 【详解】A．标况下三氧化硫为固态，无法计算其物质的量，A错误； B．Na2O2由钠离子和过氧根离子构成，则1 mol Na2O2中，含有阴阳离子总数为3NA，B错误； C．氮气和氢气的反应为可逆反应，无法计算其中转移的电子数，C错误； D．C5H12可以的新戊烷，其中含有4个甲基，则1mol C5H12(纯净物)最多含4NA个甲基，D正确； 故选D。 6.【答案】D 【详解】A．氢气和氯气反应生成氯化氢，氯化氢溶于水得到盐酸，A正确； B．根据化学方程式可知，电子转移关系为，则每生成1 mol 转移电子2mol，数目约为；B正确； C．根据化学方程式可知，获得的主要产品除外，还有烧碱和，C正确； D．工业上可用石灰乳吸收联合生产漂白粉，D错误； 故选D。 7.【答案】C 【详解】A．1L该HNO3溶液中含有溶质的物质的量n=cV=0.1mol/L×1L=0.1mol，则其中含有溶质的质量m=0.1mol×63g/mol=6.3g，A项正确； B．硝酸为一元强酸，则0.5 L该溶液中氢离子的物质的量浓度为0.1 mol·L-1，B项正确； C．溶液具有均一性，溶液的浓度与其取出的体积大小无关，所以从1L该溶液中取出100mL，则取出的溶液中HNO3的物质的量浓度仍为0.1mol/L，C项错误； D．溶液在稀释过程中溶质的物质的量不变，所以稀释后溶液的浓度c==0.01mol/L，D项正确； 答案选C。 8.【答案】A 【分析】由未配平方程式可知，反应中氯元素的化合价降低被还原，氯酸钠是反应的氧化剂发生还原反应，二氧化氯是还原产物，氧元素的化合价升高被氧化，过氧化氢是反应的还原剂发生氧化反应，氧气是氧化产物，反应的化学方程式为2NaClO3+H2O2+H2SO4═2ClO2↑+O2↑+Na2SO4+2H2O，反应中生成1mol氧气转移2mol电子。 【详解】A．由分析可知，反应中生成1mol氧气转移2mol电子，则标准状况下，每转移1mol电子，生成标准状况下氧气的体积为1mol××22.4L/mol=11.2L，故A正确； B．由分析可知，过氧化氢是反应的还原剂发生氧化反应，故B错误； C．由分析可知，二氧化氯是反应的还原产物，氧气是氧化产物，故C错误； D．由分析可知，反应的化学方程式为2NaClO3+H2O2+H2SO4═2ClO2↑+O2↑+Na2SO4+2H2O，反应中二氧化氯和氧气的物质的量之比为2∶1，故D错误； 故选A。 9.【答案】C 【详解】假设Q和R的相对分子质量分别为9a、22a，设生成4.4gR时生成Q的质量是x， 根据=，解得：x=1.8g，由质量守恒可知参加反应的Y的质量为：4.4g+1.8g-1.6g=4.6g，所以参与反应的Y和生成物Q的质量之比为为4.6g∶1.8g=23∶9， 故选C。 10.【答案】A 【详解】实验室没有950mL容量瓶，配制2.0mol/L碳酸钠溶液时应选用1000mL容量瓶，称取碳酸钠固体的质量为2.0mol/L×1L×106g/mol=212g，故选A。 11．【答案】A 【详解】A．n=cV，该条件下V未知，无法获得铵根的物质的量，更无法计算产生的NH3，A项错误； B．标况下，任何气体的摩尔体积均为22.4L/mol，则该混合气体V=nVm=1mol×22.4L/mol=22.4L，B项正确； C．CO和C2H4的摩尔质量均为28g/mol，可看作单一物质进行计算得n(气体)= ，则混合气体中分子数目为0.1NA，C项正确； D．39.0gNa2O2物质的量为0.5mol，2Na2O2~2e-计算得电子物质的量为0.5mol，所以该反应中转移的电子数目为0.5NA，D项正确； 故选A。 12．【答案】B 【详解】A．同温同压下，甲烷和氧气的密度之比等于二者的相对分子质量之比，则ρ(CH4)：ρ(O2)=16：32=1：2，A错误； B．1g的甲烷和氧气的物质的量的比为n(CH4)：n(O2)=：=2：1。CH4中含有5个原子，O2中含有2个原子，则等质量的甲烷和氧气的原子数之比为：(2×5)：(1×2)=5：1，B正确； C．根据m=n·M可知：等物质的量的甲烷和氧气的质量之比等于二者的摩尔质量之比，则m(CH4)：m(O2)=16：32=1：2，C错误； D．根据V=n·Vm可知：同温同压下，等质量的甲烷和氧气的体积之比等于气体的物质的量的比，则n(CH4)：n(O2)=：=2：1，故V(CH4)：V(O2)=2：1，D错误； 故合理选项是B。 13．【答案】A 【详解】依据加入适量的铁粉，使溶液中的三种离子的物质的量浓度之比为9：3：1，结合原溶液中 Fe2+、Cu2+、Fe3+的物质的量浓度之比为1：2：4，可知铜离子未参加反应，反应后的铜离子为2时，剩余的三价铁离子根据比值可知为，参加反应的三价铁离子为 4−=，根据反应 2Fe3++Fe=3Fe2+可知反应的Fe3+为，反应的铁粉为，则原溶液中的Fe2+与参与反应的铁粉物质的量比为1：=3：5； 答案选A。 14．【答案】A 【详解】A. 0.1molCl2与0.2molCH4充分反应，氯气完全反应，由1mol Cl2～1molHCl可知，0.1mol氯气生成0.1molHCl，分子个数为0.1NA个，故A正确； B. 1LpH=12的氨水中氨水的浓度大于0.01mol/L，加入足量盐酸，生成NH4+数多于0.01NA，故B错误； C. 100g 34%的H2O2中含有过氧化氢34g，物质的量为1mol，加入MnO2充分反应转移电子数为NA，故C错误； D、酯化反应为可逆反应，不能进行彻底，故生成的乙酸乙酯分子小于0.1NA个，故D错误； 故选A。 15．【答案】A 【详解】A．定容时液面最高处与刻度线相平，导致加入的水偏少，配制的溶液浓度偏高，故A正确； B．因NaCl溶解时需要加水，所以溶解NaCl的烧杯中有少量蒸馏水对实验结果无影响，故B错误； C．转移溶液时没有洗涤烧杯和玻璃棒，会使配制的溶液中溶质偏少，溶液的浓度偏低，故C错误； D．少量NaCl固体残留在称量纸上，会使配制的溶液中溶质偏少，溶液的浓度偏低，故D错误； 故选A。 二、非选择题（本题包括4小题，共55分） 16.【答案】(1)40 g·mol-1 (2)0.4NA (3) 28 g·mol-1 1.4NA 2.24 【分析】16.0 g CO和CO2的混合气体，在标准状况下其体积为8.96 L，则混合气体的总物质的量是； 设混合气体中CO和CO2的物质的量分别为xmol、ymol；，解得。 【详解】（1）该混合气体的平均摩尔质量为g·mol-1； （2）CO和CO2分子中都只含1个碳原子，混合气体的总物质的量是0.4mol，所以混合气体中碳原子的个数为0.4 NA； （3）①二氧化碳被氢氧化钠吸收，气球中收集到的气体是CO，CO的摩尔质量为28 g·mol-1； ②1个CO分子中有14个电子，气球中收集到的气体是0.1molCO，电子总数为1.4NA； ③气球中收集到的气体是0.1molCO，标准状况下，气球的体积为0.1mol×22.4L/mol=2.24L。 17.【答案】 还原性和酸性 +4 【详解】(1)在和浓盐酸的反应中，HCl中部分氧元素的化合价由-1升高到0，被氧化，部分氧元素与金属阳离子形成盐，故HCl在反应中表现出的性质为还原性和酸性，故本题答案为：还原性和酸性； (2)该反应中氧化剂为，还原剂为，根据化学方程式中电荷守恒可知，，则，故中R的化合价为+4；Cl元素的化合价从0降低到-1，每消耗1mol，转移2mol电子，故消耗0.25mol氯气时，转移电子的数目为，故本题答案为：+4；； (3)该反应中，中Cl元素的化合价从+5降低到+4，中S元素的化合价由+4升高到+6，由得失电子守恒知，和的物质的量之比为，故本题答案为：。 【点睛】守恒法解题的基本步骤如下：1、找出氧化剂、还原剂及相应的氧化产物和还原产物；2、找准一个原子或离子的得失电子数；3、根据题中所给的物质的量和得失电子数列出等式。 18.【答案】(1)12.5 g CE 胶头滴管、250 mL容量瓶 B be (2) 晶体部分失去结晶水(风化) (3) CuO (4) (4)3H2C2O4+2K2CO3=2KHC2O4+K2C2O4+2CO2↑+2H2O (5)分批加入 (6)冷却结晶、过滤、洗涤 【解析】取0.2mol·L-1的CuSO4溶液，搅拌下滴加足量NaOH溶液，产生浅蓝色沉淀氢氧化铜，加热，氢氧化铜分解生成黑色的氧化铜，过滤，向草酸(H2C2O4)溶液中加入适量K2CO3固体，制得KHC2O4和K2C2O4混合溶液，将KHC2O4和K2C2O4混合溶液加热至80～85℃，加入氧化铜固体，全部溶解后，趁热过滤，将滤液用蒸汽浴加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到二草酸合铜(II)酸钾晶体。 (1)①由CuSO4·5H2O 配制I中的CuSO4溶液，需用天平称量一定质量的CuSO4·5H2O 固体，将称量好的固体放入烧杯中，用量筒量取一定体积的水溶解CuSO4·5H2O 固体，因此用不到的仪器有分液漏斗、球形冷凝管，故选CE；实验室中配制210mL0.2mol·L-1的CuSO4溶液，需要用250mL容量瓶，称取CuSO4·5H2O 的物质的量为，则称量该CuSO4·5H2O 固体的质量为；定容时需要用胶头滴管，故还缺少胶头滴管、250mL容量瓶；②用胶头滴管定容后，，需要凹液面与刻度线相切，故选B；③a．将溶液装瓶时，有少量液体洒在试剂瓶外，溶液浓度不变，a不选；b．洗涤完烧杯和玻璃棒后，洗涤液倒入废液缸中，导致溶质减少，浓度偏低，b选；c．转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水，不影响浓度，c不选；d．定容时俯视观察液面，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，d不选；e．定容后摇匀，发现液面降低，又补加少量水，重新达到刻度线，等于稀释了溶液，导致浓度偏低，e选；故选be； (2)长期存放的CuSO4·5H2O 固体在空气中部分失去结晶水(风化)，会出现少量白色CuSO4固体； (3)Ⅰ中取已知浓度的CuSO4溶液，搅拌下滴加足量NaOH溶液，产生浅蓝色Cu(OH)2沉淀。加热，Cu(OH)2沉淀脱水转变成黑色的CuO； (4)根据Ⅱ中原料配比为，可以得到反应的化学方程式是3H2C2O4+2K2CO3=2KHC2O4+K2C2O4+2CO2↑+2H2O； (5)Ⅱ中反应生成CO2，产生CO2过快易引起喷溅，为避免CO2产生过快，应采取分批加入并持续搅拌K2CO3的方法； (6)Ⅳ中“将Ⅲ的滤液用蒸汽浴加热浓缩，经一系列操作后，干燥，得到二草酸合铜(Ⅱ)酸钾晶体”，“一系列操作”在“加热浓缩”与“干燥”之间，故“一系列操作”包括冷却结晶、过滤、洗涤。 19.【答案】(1)蒸发皿 (2)NaCrO2(或Na[Cr(OH)4]) (3)Cr2O72-+3H2O2+8H+=3O2↑+2Cr3++7H2O 降低 (4)2Pb2++Cr2O72-+H2O=2PbCrO4+2H+ (5) 当滴入最后半滴Na2S2O3标准溶液时，溶液蓝色恰好褪去，且半分钟内不恢复蓝色 BC 93.67% (3分) 【解析】Cr(NO3)3·9H2O加水溶解，加NaOH溶液得到绿色溶液，由表格可知，绿色溶液中铬元素存在形式为Cr3+，加入H2O2溶液加热煮沸得到黄色溶液，铬元素的存在形式为CrO42-，加入CH3COOH溶液调整pH为4~6得到橙色溶液，铬元素的存在形式为Cr2O72-，加入Pb(NO3)2溶液加热煮沸、过滤、洗涤、干燥得到黄色沉淀PbCrO4。 (1)配制一定物质的量浓度的NaOH溶液，需要烧杯溶解、玻璃棒搅拌引流、容量瓶定容，不需要蒸发皿。 (2)已知Cr(OH)3和Al(OH)3性质相似，为两性氢氧化物，Cr3+和过量NaOH反应，类似Al3+生成偏铝酸钠，Cr仍为+3价，对应绿色含铬物质为亚铬酸钠NaCrO2，也可写为四羟基合铬(Ⅲ)酸钠Na[Cr(OH)4]。 (3)步骤Ⅲ调pH后+6价Cr主要以橙色Cr2O72-存在，剩余H2O2作还原剂，被Cr2O72-酸性条件下氧化，离子方程式为Cr2O72-+3H2O2+8H+=3O2↑+2Cr3++7H2O；该反应将+6价Cr还原为Cr3+，无法生成PbCrO4，导致产率降低。 (4)酸性条件下Cr2O72-和Pb2+反应生成PbCrO4沉淀，离子方程式为 2Pb2++Cr2O72-+H2O=2PbCrO4+2H+。 (5)①淀粉遇I2变蓝，滴定终点时I2​完全被还原，蓝色褪去，当滴入最后半滴Na2S2O3标准溶液时，溶液蓝色恰好褪去，且半分钟内不恢复蓝色证明达到终点；②A项，HNO3会氧化I-生成更多I2，消耗V标偏大，测得纯度偏高，A错误；B项，I2挥发，剩余I2减少，消耗V标偏小，测得纯度偏低，B正确；C项，定容俯视，实际c标​偏高，消耗V标偏小，测得纯度偏低，C正确；D项，滴定前有气泡，终点气泡消失，V标读数偏大，测得纯度偏高，D错误；故A选BC。③根据Cr2O72-+6I-+16H+=3I2+2Cr3++8H2O、I2+2S2O32-=S4O62-+2I-以元素守恒可得关系式，因此，纯度为； 学科网（北京）股份有限公司1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $