全国高考化学物质的量的综合高考模拟和真题分类汇总及详细答案.docx
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全国高考化学物质的量的综合高考模拟和真题分类汇总及详细答案
2020-2021全国高考化学物质的量的综合高考模拟和真题分类汇总及详细答案
一、高中化学物质的量练习题（含详细答案解析）
1．实验室配制500mL0.1mol/LNa2CO3溶液，回答下列问题
（1）配制Na2CO3溶液时需用的主要仪器有托盘天平、滤纸、烧杯、药匙、___。
（2）容量瓶上标有刻度线、___，使用前要___。
（3）需用托盘天平称取Na2CO3____g。
（4）若实验遇下列情况，溶液的浓度是偏高，偏低还是不变？
A．加水时超过刻度线___，
B．溶解后未冷却到室温就转入容量瓶___，
C．容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理___，
D．定容时仰视___，
E.上下颠倒摇匀后液面低于刻线___。
（5）若实验室中要用浓度为16mol/L的浓硫酸配制480mL2.0mol/L的稀硫酸，则需要量取浓硫酸的体积为___mL。
【答案】500mL容量瓶、玻璃棒、胶头滴管温度、容积检漏5.3偏低偏高不变偏低不变62.5
【解析】
【分析】
配制一定物质的量浓度溶液步骤是计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶，分析误差时可根据c=
判断。
【详解】
（1）根据配制步骤是计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、初步摇匀、定容、摇匀、装瓶可知所需的仪器有：
托盘天平、烧杯、玻璃棒、药匙、500mL容量瓶和胶头滴管，缺少的仪器：
500mL容量瓶、胶头滴管、玻璃棒；
（2）容量瓶上标有温度、刻度线、容积；容量瓶带有瓶塞，为防止使用过程中漏液，使用前应查漏；
（3）配制500mL 0.1mol/LNa2CO3，需要 Na2CO3的质量为：
0.5L×0.1mol/L×106g/mol=5.3g；
（4）A．加水时超过刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低；
B．溶解后未冷却到室温就转入容量瓶，冷却后溶液体积偏小，溶液浓度偏高；
C．容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理，对溶质物质的量和溶液体积都不产生影响，溶液浓度不变；
D．定容时仰视，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低；
E．上下颠倒摇匀后液面低于刻线，属于正常操作，溶液浓度不变；
（5）若实验室中要用浓度为16mol/L 的浓硫酸配制480mL 2.0mol/L 的稀硫酸，应选择500mL容量瓶，设需要浓硫酸体积为V，则依据溶液稀释过程中溶质物质的量不变得：
16mol/L×V=500mL 2.0mol/L，解得V=62.5mL。
【点睛】
配制一定物质的量浓度溶液的常见误差分析的基本方法：
根据c=
可知，一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量n和溶液的体积V引起的，误差分析时，关键要看配制过程中引起n和V怎样的变化，若n比理论值小，或V比理论值大时，都会使所配溶液浓度偏小；若n比理论值大，或V比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大。
2．实验室需要480mL0.3mol.·L-1NaOH溶液和一定浓度的硫酸溶液。
请回答：
（1）如图所示的仪器中，配制上述溶液一定不需要的仪器为__________（填选项字母），配制上述溶液还需用到的玻璃仪器为_________________（填仪器名称）。
（2）配制NaOH溶液。
①计算用托盘天平称取NaOH固体的质量为_____g。
②若NaOH溶液在转移至容量瓶时，洒落了少许，则所配制的溶液浓度将_______（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。
（3）配制硫酸溶液。
①实验室用98%（ρ=1.84g·cm3）的硫酸配制3.68mo·L-1的硫酸溶液500mL，需准确量取98%的硫酸的体积为_____mL。
②该同学实际配制硫酸溶液的浓度为3.50mol·L-1，原因可能是_________（填选项字母）。
A．用胶头滴管加水定容时俯视刻度
B．容量瓶中原来存有少量水
C．稀释硫酸的烧杯未洗涤
D．用胶头滴管加水定容时仰视刻度
【答案】AC烧杯、玻璃棒6.0偏低100mLCD
【解析】
【分析】
配制一定物质的量浓度的溶液的步骤有：
计算、称量、溶解（冷却）、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签。
配制硫酸溶液时，根据浓稀硫酸物质的量相等计算，浓硫酸的浓度可根据公式c=
进行计算。
【详解】
（1）用液体药品配制溶液需要的玻璃仪器有烧杯、量筒、胶体滴管、容量瓶、玻璃棒，因此一定不会用到的是A烧瓶和C分液漏斗；还需要的玻璃仪器是烧杯、玻璃棒。
（2）①配制溶液应根据体积选择合适的容量瓶以确保精度，然后根据容量瓶体积计算溶质的量，配制480mL0.3mol/L的NaOH溶液需要选择500mL容量瓶，因此需要NaOH的物质的量为0.5L×0.3mol/L=0.15mol，需要NaOH的质量为：
m=n∙M=0.15mol/L×40g/mol=6.0g，因此需要称取6.0NaOH固体。
②NaOH溶液转移时洒落少许，会使溶质物质的量减小，配制的溶液浓度偏低。
（3）98%的浓硫酸的分数为:
需要浓硫酸的体积为：
。
（4）A.用胶头滴管加水定容时俯视视刻度，读数比实际体积大，加入的水会低于刻度线，会使实际溶液浓度偏大，A错误；
B.容量瓶中有水不会影响配制溶液的浓度，B错误；
C.稀释硫酸的烧杯未洗涤可能会导致硫酸残余在烧杯中，会使配制的溶液浓度减小，C正确；
D.用胶头滴管加水定容时仰视刻度，读数比实际体积小，加入的水会超过刻度线，会使实际溶液浓度减小，D正确；
故选CD。
【点睛】
本题的易错点为（3）①，计算浓硫酸用量时，需根据稀释前后物质的量不变来计算，稀硫酸的浓度和体积是已知的，只需要知道浓硫酸的浓度即可，浓硫酸的浓度可用公式c=
算出。
3．I．配制
的
溶液时，如果只存在下列问题，溶液的浓度如何变化？
（填“偏大”“偏小”或“不变”）
（1）向容量瓶中加蒸馏水低于刻度线，其结果_____________；
（2）定容时观察刻度线仰视，其结果_____________。
II．
（1）实验室加热固体氯化铵和氢氧化钙的混合物制取氨，反应的化学方程式为：
__________________________。
（2）请在下列装置中选择实验室制备氨的发生装置：
_____________（将编号字母填入空格处，下同）；为了得到纯净的氨，请在下列试剂中选择干燥氨的试剂：
_____________。
装置有：
A
B
C
D
E
F
G
H
试剂有：
a．
溶液b．澄清石灰水c．浓硫酸d．饱和
溶液e．碱石灰f．品红溶液g．湿润的红色石蕊试纸
【答案】偏大偏小2NH4Cl+Ca（OH）2Δ2NH3↑+CaCl2+2H2OAe
【解析】
【分析】
根据n=cV可得，一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量n和溶液的体积V引起的，在配制一定物质的量浓度溶液时，若V比理论值大时，会使所配溶液浓度偏小；若V比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大。
【详解】
I．
（1）向容量瓶中加蒸馏水低于刻度线，水偏小，其结果偏大；
（2）定容时观察刻度线仰视，视野随水位到达刻度线时，实际加水过量，其结果偏小。
II．
（1）实验室加热固体氯化铵和氢氧化钙的混合物制取氨，反应的化学方程式为：
2NH4Cl+Ca（OH）2Δ2NH3↑+CaCl2+2H2O。
（2）实验室制备氨是固固加热型装置，即发生装置为A；为了得到纯净的氨，氨气为碱性气体，干燥氨的试剂具有吸水性，且不能与碱性物质发生反应，可选e。
4．用无水Na2CO3固体配制230mL0.1000mol·L-1的溶液。
请回答：
（1）在配制过程中不必要的玻璃仪器是___。
A．烧杯B．量筒C．玻璃棒D．胶头滴管E.容量瓶
（2）定容时的操作：
当液面接近容量瓶刻度线时，__，再将容量瓶塞盖好，反复上下颠倒，摇匀。
（3）下列操作会使配得的Na2CO3溶液浓度偏低的是___。
A．称取相同质量的Na2CO3·10H2O固体进行配制
B．定容时俯视容量瓶的刻度线
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，继续用该未清洗的容量瓶重新配制
【答案】B用胶头滴管滴加蒸馏水至溶液凹液面正好与刻度线相切ACD
【解析】
【分析】
（1）配制溶液在烧杯中溶解，需要玻璃棒搅拌，转移到容量瓶中定容，当液面接近容量瓶刻度线时，需用胶头滴管滴加液体；
（2）当液面接近容量瓶刻度线时，改用胶头滴管滴加；
（3）结合
及不当操作可知，n偏小或V偏大均使所配的Na2CO3溶液浓度偏低；
【详解】
（1）配制230mL0.1000mol/L的Na2CO3溶液的一般步骤：
计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容等，使用的仪器为：
托盘天平（带砝码）、药匙、玻璃棒、烧杯、胶头滴管、250mL的容量瓶；不必要的玻璃仪器是量筒，故答案为：
B。
（2）定容时，当液面接近容量瓶刻度线时，用胶头滴管滴加蒸馏水至溶液凹液面正好与刻度线相切，再将容量瓶塞盖好，反复上下颠倒，摇匀，故答案为：
用胶头滴管滴加蒸馏水至溶液凹液面正好与刻度线相切。
（3）A.称取相同质量的Na2CO3⋅10H2O固体进行配制，n偏小，所配的Na2CO3溶液浓度偏低，A正确；
B.定容时俯视容量瓶的刻度线，V偏小，所配的Na2CO3溶液浓度偏大，B错误；
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，V偏大，所配的Na2CO3溶液浓度偏低，C正确；
D.转移洗涤液时洒到容量瓶外，继续配制，n偏小，所配的Na2CO3溶液浓度偏低，D正确；故答案为：
ACD。
【点睛】
配制一定物质的量浓度过程中误差分析：
①向容量瓶中转移液体时有少量流出，n减小，c偏小；②未洗涤烧杯和玻璃棒，n减小，c偏小；③定容时，水加多了，用胶头滴管吸出，n减小，c偏小；④定容摇匀时，液面下降，再加水，V增大，c偏小；⑤定容时，俯视刻度线，V减小，c偏大；⑥仰视刻度线，V增大，c偏小；⑦溶液未冷却到室温就注入容量瓶并定容，V减小，c偏大。
5．在实验室里，用足量的浓盐酸与一定量的高锰酸钾反应（不加热），来制取氯气。
反应：
2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O
（1）“双线桥法”标出电子转移情况________ 。
（2）若生成2.24L标准状况时的氯气，请计算（写出必要的计算过程）：
①理论上需要多少克KMnO4参加反应？
________。
②被氧化的HCl的物质的量为多少？
________。
【答案】
6.32g0.2mol
【解析】
【分析】
（1）根据元素化合价升降数目等于反应过程中电子转移数目分析，标出电子转移情况；
（2）先计算Cl2的物质的量，然后根据方程式中KMnO4、HCl与Cl2之间的反应转化关系计算。
【详解】
（1）在该反应中，Mn元素化合价由反应前KMnO4中的+7价变为反应后MnCl2中的+2价，化合价降低，得到5个电子，Cl元素化合价由反应前HCl中的-1价变为反应后Cl2中的0价，化合价升高，失去2个电子，电子得失最小公倍数是10，所以KMnO4、MnCl2前的系数是2，HCl前的系数是10，Cl2前的系数是5，根据原子守恒，KCl的系数是2，这样反应中有6个Cl原子未参加氧化还原反应，所有Cl原子都是由HCl提供，因此HCl前的系数为10+6=16，结合H原子反应前后相等，可知H2O的系数是8，用“双线桥”表示电子转移为：
；
（2）在标准状态下，2.24LCl2的物质的量n（Cl2）=
=0.1mol。
①根据反应的化学方程式可知：
生成0.1molCl2时，参与反应的KMnO4的物质的量为0.1mol×
=0.04mol，则参与反应的KMnO4的质量m（KMnO4）=0.04mol×158g/mol=6.32g；
②由反应化学方程式可知，HCl被氧化后生成Cl2，因此根据Cl元素守恒可知：
被氧化的HCl的物质的量n（HCl）氧化=0.1mol×2=0.2mol。
【点睛】
本题考查了氧化还原反应中电子转移的表示方法及有关计算。
氧化还原反应的特征是元素化合价的升降，实质是电子转移，氧化还原反应的特征、实质与反应类型的关系可概括为“升失氧，降得还”。
根据元素化合价升降数目等于反应过程中电子得失数目可以配平方程式，并可用单线桥法或双线桥法表示。
物质的量应用于化学方程式，使化学计算简单，物质反应的物质的量的比等于方程式中相应物质的化学计量数的比。
6．按要求完成下列填空
I.
（1）给定条件下的下列四种物质：
a．10g氖气
b．含有40mol电子的NH3
c．标准状况下8.96LCO2
d．标准状况下112g液态水
则上述物质中所含分子数目由多到少的顺序是________________（填序号）。
（2）标准状况下，0.51g某气体的体积为672mL，则该气体摩尔质量为______。
（3）将100mLH2SO4和HCl的混合溶液分成两等份，一份中加入含0.2molNaOH溶液时恰好中和完全，向另一份中加入含0.05molBaCl2溶液时恰好沉淀完全，则原溶液中c（Cl－）=____mol/L。
II．现有以下物质：
①铝；②二氧化硅；③液氯；④NaOH溶液；⑤液态HCl；⑥NaHCO3晶体；⑦蔗糖；⑧熔融Na2O；⑨Na2O2固体；⑩CO2。
回答下列问题（用相应物质的序号填写）：
（1）其中可以导电的有__________。
（2）属于电解质的有_______，非电解质有__________。
（3）写出向⑨与⑩反应的化学方程式___________。
（4）写出①与④的离子方程式_____________。
（5）写出⑤的水溶液与⑥的水溶液反应的离子方程式___________________。
（6）写出②与④反应的离子方程式_______________________________。
【答案】d>b>a>c17g/mol2①④⑧⑤⑥⑧⑨②⑦⑩2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O22Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2H++HCO3-=H2O+CO2SiO2+2OH-=SiO32-+H2O
【解析】
【分析】
I．利用n=
=
=
计算。
II．①铝能导电，既不是电解质，也不是非电解质；
②二氧化硅不能导电，为非电解质；
③液氯不能导电，既不是电解质，也不是非电解质；
④NaOH溶液能导电，为混合物，既不是电解质，也不是非电解质；
⑤液态HCl不能导电，为电解质；
⑥NaHCO3晶体不能导电，为电解质；
⑦蔗糖不能导电，为非电解质；
⑧熔融Na2O能导电，为电解质；
⑨Na2O2固体不能导电，为电解质；
⑩CO2不能导电，为非电解质。
【详解】
I
（1）a．10g氖气的物质的量=
=0.5mol，Ne为单原子分子，即分子数为0.5mol；
b．NH3中含有10个电子，则含有40mol电子的NH3的物质的量为4mol；
c．标准状况下8.96LCO2的物质的量=
=0.4mol；
d．标准状况下112g液态水的物质的量=
=6.22mol；
综上所述，分子数目由多到少的顺序为d>b>a>c；
（2）标准状况下，某气体的体积为672mL，物质的量为0.672L÷22.4L/mol=0.03mol，则M=
=
=17g/mol；
（3）0.05molBaCl2与硫酸根离子生成0.05mol硫酸钡，则原溶液中含有0.1mol硫酸；0.05mol硫酸消耗0.1mol的NaOH，剩余的0.1molNaOH为盐酸消耗，则原溶液中含0.2mol盐酸，c（Cl－）=0.2÷0.1=2mol/L；
II
（1）分析可知，能导电的为①④⑧；
（2）属于电解质的为⑤⑥⑧⑨；属于非电解质的为②⑦⑩；
（3）过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，方程式为2Na2O2+CO2=2Na2CO3+O2；
（4）铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，离子方程式为2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2↑；
（5）盐酸与碳酸氢钠反应生成氯化钠、二氧化碳和水，离子方程式为H++HCO3-=H2O+CO2↑；
（6）二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠和水，离子方程式为SiO2+2OH-=SiO32-+H2O。
7．根据你对金属钠性质的了解，回答下列问题：
（1）关于钠的叙述中，正确的是________（填字母）。
A．钠是银白色金属，硬度很大
B．将金属钠放在石棉网上，用酒精灯加热后金属钠剧烈燃烧，产生黄色火焰，生成过氧化钠
C．金属钠在空气中燃烧，生成氧化钠
D．金属钠的熔点很高
（2）由于金属钠很容易跟空气中的______、________等物质反应，通常将它保存在_______里。
（3）将一小块钠投入到下列溶液中，既能产生气体又会出现白色沉淀的是________（填字母）。
A．稀硫酸B．硫酸铜溶液
C．氢氧化钠溶液D．氯化镁溶液
（4）为粗略测定金属钠的相对原子质量，设计的装置如图所示，该装置（包括水）的总质量为ag，将质量为bg的钠（不足量）放入水中，立即塞紧瓶塞。
完全反应后再称量此装置的总质量为cg。
①列出计算钠相对原子质量的数学表达式______________（用含有a、b、c的算式表示）。
②无水氯化钙的作用是____________________。
【答案】B氧气水蒸气煤油Db/（a+b-c）吸收H2中所含的H2O（g）
【解析】
【分析】
（1）根据钠的性质分析解答；
（2）钠的性质很活泼，易和水、氧气反应，据此解答；
（3）金属钠投入水中生成氢氧化钠和氢气，根据溶液中的溶质分析解答；
（4）①根据钠与水反应产生氢气的质量关系以及反应前后质量差解答；
②根据产生的气体中含有水蒸气分析判断。
【详解】
（1）A、钠是银白色金属，硬度很小，可以用小刀切，故A错误；
B、钠在空气中燃烧产物是淡黄色的过氧化钠，故B正确；
C、钠在空气中燃烧产物是淡黄色的过氧化钠，不是氧化钠，故C错误；
D、金属钠的熔点很低，故D错误；
故答案选B；
（2）钠性质很活泼，易和水、氧气反应，所以保存钠时要隔绝空气和水，钠和煤油不反应，且密度大于煤油，所以保存钠可以放在煤油中；
（3）A．钠和稀硫酸反应生成硫酸钠和氢气，没有沉淀产生，A不选；
B．钠投入硫酸铜溶液中，首先和水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠和硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钠，但沉淀不是白色的，而是蓝色的，B不选；
C．钠投入氢氧化钠溶液中生成氢氧化钠和氢气，没有沉淀，C不选；
D．钠投入氯化镁溶液中生成氯化钠、氢氧化镁白色沉淀和氢气，D选。
答案选D。
（4）①金属与水发生反应放出氢气的质量=ag+bg-cg=（a+b-c）g，假设金属为R，其相对原子质量为M，根据金属钠与水反应放出氢气的关系，可推断该金属与水放出氢气关系如下：
2R～～～～～H2
2M2
bg（a+b-c）g
解得M＝
；
②氯化钙具有吸水能力，是常用的干燥剂，在装置中吸收生成氢气中的水，而防止水分流失。
8．实验室可用铜和浓硫酸加热或硫酸和亚硫酸钠反应制取二氧化硫。
（1）如果用硫酸和亚硫酸钠反应制取二氧化硫，并希望能控制反应速度，图中可选用的发生装置是______（填写字母）。
（2）若用硫酸和亚硫酸钠反应制取3.36L（标准状况）二氧化硫，如果已有40%亚硫酸钠（质量分数），被氧化成硫酸钠，则至少需称取该亚硫酸钠______ g （保留一位小数）。
（3）某热电厂上空大气中所含二氧化硫严重超标，现对该区域雨水样品进行探究。
首先用pH试纸测定雨水样品的pH，操作方法为______，测得样品pH约为3；为进一步探究由SO2所形成酸雨的性质，将一定量的SO2通入蒸馏水中，配成pH为3的溶液，然后将溶液分为A、B两份，将溶液B久置于空气中，与密闭保存的A相比，久置后的溶液B中水的电离程度将______（填“增大”、“减小”或“不变”）。
【答案】ae31.5取一条试纸放在干燥洁净的表面皿（或玻璃片）上，用干燥洁净的玻璃棒蘸取雨水样品滴在试纸中央，半分钟后待变色，再与对照标准比色卡读数。
减小
【解析】
【分析】
（1）用硫酸和亚硫酸钠制取SO2的试剂为固态和液态，反应条件不需加热，可通过控制添加硫酸的速率来控制反应速率；
（2）由硫守恒可得：
Na2SO3～SO2，根据关系式及二氧化硫的物质的量计算出需要亚硫酸钠的质量；结合亚硫酸钠的质量分数，再计算出需要变质后的亚硫酸钠的质量；
（3）测定pH，可用玻璃棒蘸取溶液，然后与比色卡对比；将溶液B久置于空气中，亚硫酸被氧化生成硫酸，溶液酸性增强。
【详解】
（1）用硫酸和亚硫酸钠反应制取二氧化硫，并希望能控制反应速度，由于反应不需要加热，排除装置d；由于亚硫酸钠是细小颗粒，不可选用装置c；装置b无法可知反应速率，故可选用的发生装置为：
ae；
（2）若用硫酸和亚硫酸钠反应制取二氧化硫，根据反应方程式：
Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O，根据反应方程式可知：
Na2SO3～SO2，n（SO2）=
=0.15mol，则需亚硫酸钠的质量为：
m（Na2SO3）=0.15mol×126g/mol=18.9g；如果已有40%亚硫酸钠（质量分数），被氧化成硫酸钠，则含亚硫酸钠的质量分数为60%，至少需称取该亚硫酸钠的质量为
==31.5g；
（3）测定pH，可用玻璃棒蘸取溶液，滴在pH试纸上，半分钟后与比色卡对比，操作方法为取一条试纸放在干燥洁净的表面皿（或玻璃片）上，用干燥洁净的玻璃棒蘸取雨水样品滴在pH试纸上，半分钟后待变色，再对照标准比色卡读数；将溶液B久置于空气中，亚硫酸被氧化生成硫酸，导致溶液酸性增强，溶液中c（H+）增大，对水电离的抑制作用增强，则水的电离程度减小。
【点睛】
本题考查了二氧化硫气体的制取方法、物质含量的测定及溶液pH的测定等。
明确化学实验基本操作方法及常见气体发生装置特点为解答关键，注意掌握浓硫酸及二氧化硫的性质，试题侧重考查学生的化学实验能力和分析能力。
9．Ⅰ.如图是中学化学中常用于混合物的分离和提纯的装置，请根据装置回答问题：
（1）从氯化钾溶液中得到氯化钾固体，选择装置____（填代表装置图的字母）；
（2）分离CCl4（沸点为76.75℃）和甲苯（沸点为110.6℃）的液体混合物，可选择装置A，该分离方法的名称为_____，装置A中①的名称是______。
（3）实验室用B装置从碘水中分离出I2，将碘水和苯注入分液漏斗中充分振荡并静置后，碘主要溶解在_____（填“上层”或“下层”）液体中，该层溶液颜色为_____，该装置在分液时为使液体顺利下滴，应进行的具体操作_____。
Ⅱ.用胆矾晶体（CuSO4·5H2O）配制0.40mol/L的CuSO4溶液240mL，回答下列问题：
（1）所需仪器为：
托盘天平、药匙、烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管，还需要哪些玻璃仪器才能完成该实验，请写出：
_____。
（2）请写出该实验的简要的实验步骤：
①计算②称量胆矾_____g③溶解④转移⑤洗涤并转移⑥定容⑦摇匀
（3）如图是该同学转移溶液的示意图，图中的错误是_____。
【答案】D蒸馏冷凝管上层紫红色打开分液漏斗的上口活塞250mL容量瓶25转移溶液时，应用玻璃棒引流
【解析】
【分析】
Ⅰ.
（1）蒸发可以实现易溶于水的固体和水的分离；
（2）分离沸点不同的互
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