2025届湖北省孝感高中化学高一第一学期期末教学质量检测试题含解析

2025届湖北省孝感高中化学高一第一学期期末教学质量检测试题
注意事项
1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．
2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．
3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．
4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．
一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、下列说法正确的是( )
A．20 ℃、1.01×105Pa时，同体积的O2和CO2含有相同数目的分子数
B．1 mol气态物质，当体积为22.4 L时，该气体一定处于标准状况
C．2 mol任何气体体积都约为44.8 L
D．同温同压下，相同体积的任何气体单质所含分子数和原子数都相同
2、以下是几种常用基本物理量的名称与符号的对应关系，其中不正确的是( )
A．物质的量mol B．质量m C．时间t D．电流强度I
3、下列关于胶体的叙述不正确的是( )
A．用饱和氯化铁溶液滴入沸水中至红褐色，得到的氢氧化铁胶体带正电荷
B．胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质的微粒直径在10－9～10－7m之间
C．用丁达尔效应可区别氯化钠溶液和氢氧化铁胶体
D．氢氧化铁胶体能够使水中悬浮的固体颗粒沉降，达到净水目的
4、下列化合物中，一定含有离子键的是( )
A．CO2B．NaOH C．H2SO4D．H2O
5、现有下列五个转化，其中不能通过一步反应实现的是（）
①SiO2Na2SiO3②CuSO4CuCl2③SiO2H2SiO3④CuO Cu(OH)2
⑤Na2O2Na2SO4
A．①②B．③④
C．②③④D．②③④⑤
6、配制500mL0.1mol/L的NaCl溶液，下列说法或操作正确的是（）
A．将NaCl固体直接放在托盘天平的托盘上称量
B．用托盘天平准确称量干燥的NaCl固体2.925g
C．在500mL容量瓶中溶解氯化钠固体，然后加蒸馏水至刻度线
D．准确称量2.9g混有KCl的NaCl固体，其他操作均正确，配好后的溶液中c(Cl-)偏低
7、下列叙述正确的是（）
A．Na2O、Na2O2组成元素相同，与CO2反应产物也相同
B．将CO2通入BaCl2溶液可生成BaCO3沉淀
C．将CO2通入次氯酸钙溶液可生成次氯酸
D．0.12g石墨中含有6.02×1022个碳原子
8、下列有关Na2CO3和NaHCO3的说法错误的是
A．等质量Na2CO3和NaHCO3分别和足量盐酸反应，相同条件下前者生成CO2少
B．将石灰水分别加入NaHCO3和Na2CO3中，前者不生成沉淀
C．相同条件下Na2CO3比NaHCO3更易溶于水
D．Na2CO3固体中含少量NaHCO3，可用加热法除去
9、下列关于摩尔质量的叙述，不正确的是（）
A．水的摩尔质量是氢气摩尔质量的9倍
B．2mol水的摩尔质量是1 mol水的摩尔质量的2倍
C．磷酸的摩尔质量单位为g·mol－1时，其数值等于6.02×1023个磷酸分子的质量
D．氢气的摩尔质量单位为g·mol－1时，其数值等于氢气的相对分子质量
10、某同学参阅了“84消毒液”说明中的配方，欲用NaClO固体、容量瓶自己配制480mL含NaClO25%密度为1.19g·cm-3的消毒液。

下列说法正确的是（）
A．配制过程中只需要三种仪器即可完成
B．所配得的NaClO消毒液在空气中光照、久置后溶液中NaClO物质的量浓度减小
C．容量瓶用蒸馏水洗净后必须烘干才用于溶液的配制
D．需要称量的NaClO固体的质量为142.80g
11、将某溶液逐滴加入Fe(OH)3溶胶内，开始产生沉淀，继续滴加时沉淀又溶解，该溶液是
A．FeCl3溶液B．2mol·L−1 NaOH的溶液
C．2mol·L−1 MgSO4的溶液D．2mol·L−1 H2SO4的溶液
12、酸性KMnO4溶液和CuS混合时，发生的反应如下:MnO4-+CuS+H+→Cu2++SO2↑+Mn2++H2O，下列有关该反应的说法中正确的是（）
A．被氧化的元素是Cu和S
B．Mn2+的还原性强于CuS的还原性
C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为6:5
D．若生成2.24L(标况下)SO2，转移电子的物质的量是0.8mol
13、氯化钠溶液含有少量的氯化铁。

若要得到纯净的固体氯化钠，可供选择的操作有：①加适量盐酸溶液、②加金属铁粉、③蒸发结晶、④加过量氢氧化钠溶液、⑤冷却热饱和溶液、⑥过滤。

正确的操作步骤是()
A．②⑥③B．④⑥①③C．④⑥③⑤D．②⑥①③⑤
14、设N A为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）
A．标准状况下，将22.4LCl2通入水中发生反应，转移的电子数为N A
B．1molO2作氧化剂时转移电子数一定为4N A
C．23gNa与O2充分反应生成Na2O和Na2O2的混合物，消耗O2分子数在0.25N A和0.5N A之间
D．在Na2O2与CO2的反应中，固体质量每增重28g，转移电子数2N A
15、已知I﹣、Fe2+、SO2和H2O2均有还原性，它们在酸性溶液中还原性的强弱顺序为：H2O2＜Fe2+＜I﹣＜SO2，则下列反应不能发生的是（）
A．2Fe3++SO2+2H2O═2Fe2++SO42﹣+4H+B．I2+SO2+2H2O═H2SO4+2HI
C．2Fe3++2I﹣═2Fe2++I2D．H2O2+H2SO4═SO2+O2↑+2H2O
16、关于氧化还原反应，下列说法正确的是
A．被还原的物质是还原剂
B．氧化剂被还原，还原剂被氧化
C．失去电子，化合价降低的物质是还原剂
D．氧化剂失去电子，化合价升高
二、非选择题（本题包括5小题）
17、A~J是常见的化学物质，转化关系如下图所示。

A是生活中的一种调味剂，I是一种用途广泛的金属，常温下C、D、
E、F、J皆为气体， H由两种元素构成，摩尔质量为41 g·mol－1。

（1）I的化学式为________,H的化学式为________。

（2）写出反应①②③④的化学方程式
①_______；②________；③_______；④________。

18、已知化合物B是一种红棕色粉末，单质A和单质D是生活中常见的两种金属。

它们在一定条件下按下图所示发生转化:
请回答:
(1)上述反应①②③④中属于氧化还原反应的是______________(填写序号)。

(2)写出下列物质化学式:B______，E______，F___________；
(3)将足量的CO2通入E溶液中，离子方程式是_____________________。

(4)H在空气中很容易被氧化成I，该过程的现象是___________________，该反应过程的化学方程式是________________________。

19、下列为实验室常用仪器
（1）下列各组混合物中，能用仪器E进行分离的是____________。

a．水和四氯化碳b．碘和酒精c．水中的泥沙
（2）配制100mL0.1mol·L－1NaOH溶液，所需NaOH固体的质量是_______g，实验中用到的四种仪器为_________________（填序号），还缺少的一种玻璃仪器为______________（填仪器名称）。

20、实验室常用的浓盐酸物质的量浓度约为10.0mol・L-1。

(1)实验室欲用上述浓盐酸配制500mL0.20mol・L-1的稀盐酸溶液，则需要取上述浓盐酸_________mL
(2)配制过程中，不需要的仪器(填写代号)_________。

A．药匙B．胶头滴管C．500mL容量瓶D．烧杯
完成该实验还缺少的两个玻璃仪器是______________、______________(填仪器名称)
(3)下列操作会导致所配制的溶液浓度偏高的是__________。

A．转移溶液前容量瓶内含有少量的蒸馏水
B．定容时俯视容量瓶刻度线
C．定容摇匀后，发现容量瓶液面低于刻度线，再滴加水至刻度线
D．未洗涤烧杯内壁和玻璃棒
21、某混合物X由A12O3、Fe2O3、Cu、SiO2中的一种或几种物质组成。

I.进行如下实验：
请回答：
（1）经Ⅰ得到蓝色溶液，该过程中一定发生的化学反应是（用离子方程式表示）______。

（2）反应II的化学方程式是______________，X中一定含有的物质是________。

II.为进一步确定上述混合物X的成分，另取9.4gX进行如下实验。

（3）上述过滤操作如果缺少洗涤步骤，会使得测定的固体质量均_______（填偏大、偏小或无影响）
（4）步骤Ⅳ所得蓝色溶液中阳离子为___________________（5）原混合物中SiO2的质量是___________X中一定不含有的物质是_____________。

参考答案
一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、A
【解析】
根据阿伏加德罗定律，同温同压下，同体积的任何气体都含有相同数目的分子数，故A正确，D错误；B中，1 mol 气态物质在非标准状况时，体积也有可能等于22.4 L；C中缺少标准状况条件。

2、A
【解析】
mol是物质的量的单位，n是物质的量的符号。

【详解】
物质的量的符号是n，故A错误；质量的符号m，故B正确；时间的符号是t，故C正确；电流强度的符号是I，故D 正确。

选A。

3、A
【解析】分析：A、胶体不带电荷，但是能吸附电荷；
B、分散系的分类依据是分散质粒子直径的大小；
C、胶体能发生丁达尔现象；
D、胶体能吸附水中悬浮的固体颗粒。

详解：A、胶体不带电荷，但是能吸附电荷，所以用饱和FeCl3溶液滴入沸水中至红褐色，得到的Fe（OH）3胶体微粒能吸附正电荷，A错误；
B、分散系的分类依据是分散质粒子直径的大小，所以胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质的微粒直径在10-9～10-7m之间，B正确；
C、胶体能发生丁达尔现象，所以能用丁达尔效应可区别NaCl溶液和Fe（OH）3胶体，C正确；
D、Fe（OH）3胶体能够吸附水中悬浮的固体颗粒，形成沉淀，从而达到净水的目的，D正确。

答案选A。

4、B
【解析】
A. CO2、C. H2SO4、D. H2O都是共价化合物，只含有共价键，故ACD不符合题意；
B. NaOH是离子化合物，一定含有离子键，故B符合题意；
综上所述，答案为B。

【点睛】
离子化合物中一定含有离子键，可能含有共价键，共价化合物中一定含共价键，一定不含离子键。

5、B
【解析】
①SiO2与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠，一步可以实现；②CuSO4与氯化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀和CuCl2，一步可以实现；③SiO2不溶于水，与水也不反应，二氧化硅与氢氧化钠溶液生成硅酸钠溶液，硅酸钠溶液与盐酸反应生成硅酸，一步不能实现；④CuO不溶于水，与水也不反应；氧化铜与盐酸反应生成氯化铜，氯化铜与氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铜沉淀，一步不能实现；⑤Na2O2与硫酸反应可以生成Na2SO4，一步可以实现；
故答案选B。

6、D
【解析】
A．称量NaCl固体时，应将NaCl固体放在称量纸上称量，故A项错误；
B．托盘天平精确到0.1，无法称量2.925 g，故B项错误；
C．容量瓶不能溶解固体，应在烧杯中溶解固体，故C项错误；
D．等质量的氯化钾和氯化钠比，氯化钠中氯离子的含量较高，故当氯化钠中混有氯化钾时氯离子浓度会偏低，故D 项正确；
答案为D。

7、C
【解析】
A、Na2O、Na2O2组成元素相同，但二者与CO2反应产物不同:Na2O和CO2反应只生成Na2CO3，而Na2O和CO2反应生成Na2CO3和O2，A错误；
B、CO2不能和BaCl2溶液反应，B错误；
C、将CO2通入次氯酸钙溶液可生成次氯酸和碳酸氢钙，C正确；
D、0.12g石墨中含有0.01mol碳原子，即6.02×1021个，D错误；
故选C。

8、B
【解析】
A．等质量的Na2CO3和NaHCO3，碳酸钠的摩尔质量大，其物质的量少，盐酸足量，碳元素守恒，则与盐酸完全反应碳酸钠产生的气体少，故A正确；
B．Na2CO3和NaHCO3都能与澄清的石灰水反应生成沉淀，反应为CO32﹣+Ca2+=CaCO3↓，2HCO3﹣+Ca2++2OH﹣
=CaCO3↓+2H2O+CO32﹣，故B错误；
C．向饱和碳酸钠溶液中通入二氧化碳析出碳酸氢钠晶体，则相同条件下，在水中的溶解性为NaHCO3＜Na2CO3，故C正确；
D．NaHCO3不稳定，加热易分解：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，碳酸钠受热稳定，可用加热法除去，故D正确；
故选B。

9、B
【解析】
A. 水的摩尔质量为18g/mol，氢气摩尔质量为2g/mol，前者是后者的9倍，A正确；
B. 在化学式一定时，摩尔质量只与相对原子质量的测定标准有关，与物质的量无关，B不正确；
C. 磷酸的摩尔质量单位为g·mol－1时，数值为98，与6.02×1023个磷酸分子的质量98g的数值相等，C正确；
D. 氢气的摩尔质量单位为g·mol－1时，其数值为2，等于氢气的相对分子质量，D正确。

故选B。

【点睛】
在平时利用化学方程式进行计算时，由于对摩尔质量的理解不够，我们常会受化学计量数的影响，把摩尔质量当成相对分子质量与化学计量数的乘积，其实，摩尔质量的数值，就等于该分子的相对分子质量。

10、B
【解析】
A．根据配制溶液时需要托盘天平、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管等分析判断；
B．根据NaClO易水解成HClO，HClO见光易分解分析判断；
C．根据将溶液转移至容量瓶之后还要继续向溶液中加蒸馏水分析判断；
D．根据配制480mL的NaClO溶液需要用500mL容量瓶，由m(NaClO)=ρ×V分析判断。

【详解】
A．配制一定物质的量浓度溶液时需要托盘天平、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管等仪器，超过三种，A错误；B．NaClO易水解成HClO，HClO见光易分解，最后溶液中的溶质为NaCl，NaClO的浓度减小，B正确；
C．容量瓶用蒸馏水洗净后不必烘干就可用于溶液的配制，且容量瓶不能用烘箱烘干，若进行烘干，会导致容量瓶体积发生变化，C错误；
D．应选取500 mL的容量瓶进行配制，然后取出480mL即可，所以需要NaClO的质量：500mL×1.19
g•cm-3×25%=148.75g，应该用托盘天平称量148.8g次氯酸钠，故D错误；
故选B。

11、D
【解析】
能使胶体聚沉的物质有电解质溶液和带相反电荷的胶体，结合物质的性质分析判断。

【详解】
A、FeCl3溶液能使Fe（OH）3溶胶聚沉，但不能溶解沉淀，A不选。

B、氢氧化钠溶液能使Fe（OH）3溶胶聚沉，但不能溶解沉淀，B不选；
C、MgSO4溶液能使Fe（OH）3溶胶聚沉，但不能溶解沉淀，C不选；
D、稀硫酸是电解质溶液能使Fe（OH）3溶胶聚沉，H2SO4可使Fe（OH）3沉淀溶解，D选；
答案选D。

12、C
【解析】
A.反应中，铜元素的化合价没变，硫元素的化合价由−2升到＋4价，只有硫元素被氧化，A错误；
B.还原剂的还原性大于还原产物的还原性，则还原性CuS> Mn2+，B错误；
C.氧化剂为KMnO4，还原剂为CuS，设KMnO4为xmol，CuS为ymol，根据电子守
恒：x×（7-2）=y×（4-（-2）），x：y=6:5，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为6：5，C正确；
D.二氧化硫物质的量为0.1mol，由方程式可知消耗KMnO4的量为0.1×6/5=0.12 mol，反应中Mn元素化合价由＋7价降低为＋2价，故转移电子为0.12mol×（7−2）＝0.6 mol，D错误；
答案选C。

13、B
【解析】
除去杂质氯化铁，可加入氢氧化钠溶液生成氢氧化铁沉淀，过滤后滤液中含有氯化钠和氢氧化钠，加入盐酸中和过量的氢氧化钠，然后蒸发、结晶可得到氯化钠晶体，则正确的顺序为④⑥①③，故答案为B。

14、C
【解析】
A. 氯气和水的反应Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO为可逆反应，故1molCl2与水反应不能完全消耗，转移的电子数无法计算，A项错误；
B. 氧气在参加反应时一般作氧化剂，但是还原产物不一定是-2价的氧，有可能是-1价的氧，比如氧气与钠反应生成过氧化钠时，1molO2参加反应转移电子数为2N A，则1molO2作氧化剂时转移电子数不一定为4N A，B项错误；
C. 23gNa物质的量为1mol，1molNa完全反应生成Na2O时，消耗氧气0.25mol，若完全生成Na2O2则消耗氧气0.5mol，生成混合物则消耗氧气在0.25mol与0.5mol之间，则消耗O2的分子数在0.25N A和0.5N A之间，C项正确；
D. 在Na2O2与CO2的反应2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2中，固体增加的质量相当于CO的质量，根据方程式可得关系式：2CO2~O2~2CO~2e-，则固体质量每增重28g，即1molCO，转移电子1mol，转移电子数为N A，D项错误；
答案选C。

15、D
【解析】
根据还原剂的还原性强于还原产物的还原性这一规律分析解答。

【详解】
A.反应中还原剂SO2的还原性大于还原产物Fe2+，符合题给条件，反应能进行，故A错误；
B.反应中还原剂SO2的还原性大于还原产物HI，符合题给条件，反应能进行，故B错误；
C. 反应中还原剂I﹣的还原性大于还原产物Fe2+，符合题给条件，反应能进行，故C错误；
D.双氧水中氧元素化合价升高，作为还原剂，硫酸被还原得到产物二氧化硫，反应中还原剂H2O2的还原性大于还原产物SO2，不符合题给条件，反应不能发生，故D正确。

故选D。

【点睛】
正确判断氧化剂和还原剂是解决本题的关键，可以根据化合价的变化判断：化合价升高的反应物作还原剂，发生氧化反应。

16、B
【解析】
A.被氧化的物质在反应中失去电子，是还原剂，A说法错误；
B.氧化剂具有氧化性，被还原，还原剂具有还原性，被氧化，B说法正确；
C.失去电子、化合价升高的物质是还原剂，C说法错误；
D.氧化剂得到电子，化合价降低，D说法错误。

故选B。

【点睛】
氧化剂具有氧化性，化合价降低，被还原，发生还原反应。

二、非选择题（本题包括5小题）
17、Al AlN2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑2NaOH+2Al+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑NH3+AlCl3＝
AlN+3HCl2Al+3Cl22AlCl3
【解析】
试题分析：A是生活中的一种调味剂，电解A的水溶液生成B、C、D三种物质，所以A是NaCl；B、C、D是氢气、氯气、氢氧化钠中的一种，C、D是气体，所以B是NaOH；根据C与J在高温、高压、催化剂的条件下生成F，可知C是H2、J是N2、F是NH3，则D是Cl2；氢气与氯气点燃生成氯化氢，则E是HCl；I是一种用途广泛的金属，氢氧化钠与I 反应放出氢气，所以I是Al；氯气和铝点燃生成氯化铝，则G是AlCl3；氨气、氯化铝反应生成HCl和H，H由两种元素构成，摩尔质量为41 g·mol－1，所以H是AlN。

解析：根据以上分析，（1）I是铝，化学式为Al，H是AlN。

（2）①是电解食盐水生成氢氧化钠、氢气、氯气，方程式是2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑；②是氢氧化钠与铝反应生成偏铝酸钠和氢气，反应方程式是2NaOH+2Al+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑；③是氨气和氯化铝反应生成氯化氢和氮化铝，方程式是NH3+AlCl3＝AlN+3HCl；④是铝和氯气点燃生成氯化铝，反应方程式是2Al+3Cl22AlCl3。

点睛：铝是一种活泼金属，能与酸反应放出氢气，如铝与盐酸反应生成氯化铝和氢气；铝还能与强碱溶液反应放出氢气，如铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气。

18、①②③Fe2O3NaAlO2FeCl2AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-白色沉淀逐渐变为灰绿色，最终变为红褐色沉淀4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3
【解析】
化合物B是一种红棕色粉末，则B是氧化铁，混合物A、B加入过量氢氧化钠后，A溶解在氢氧化钠溶液中，则A是铝，反应②是铝与氢氧化钠溶液生成偏铝酸钠和氢气的氧化还原反应；单质铁（D）与盐酸反应生成氯化亚铁，氯化亚铁再与氢氧化钠反应生成氢氧化亚铁（H），氢氧化亚铁经反应①被空气中氧气氧化为氢氧化铁（I），氯化铁溶液（G）经反应③与铁发生氧化还原反应生成F；氯化铝（K）经反应④与氨水反应生成氢氧化铝沉淀。

（1）属于氧化还原反应有
①②③；B为Fe2O3，E为NaAlO2，F为FeCl2；(3)将足量的CO2通入NaAlO2溶液中，离子方程式是：
AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-；(4) 氢氧化亚铁，在空气中很容易被氧化成氢氧化铁，
4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，此反应过程可看到白色沉淀逐渐变为灰绿色，最终变为红褐色沉淀。

点睛：解决推断题的关键中特征现象、特殊反应（如铝热反应）、典型性质（如铝的两性）等。

19、a 0.4 ABDF 玻璃棒
【解析】
(1). 仪器E为分液漏斗，可用于分离互不相溶、分层的液体，a．水和四氯化碳分层，可利用分液漏斗分离，故a选；b．碘易溶于酒精，可用蒸馏的方法分离，故b不选；c．水中的泥沙不溶于水，可用过滤的方法分离，故c不选；答案选：a；
(2). 配制100mL 0.1mol•L-1NaOH溶液，所需氢氧化钠固体的质量是：0.1L×0.1mol/L×40g/mol=0.4g，配制一定物质的量浓度的溶液，需要用到的上述仪器有ABDF，还缺少的玻璃仪器是玻璃棒，故答案为0.4；ABDF；玻璃棒。

20、10 A 玻璃棒量筒 B
【解析】
(1)由高浓度的溶液配置低浓度的溶液实质为溶液的稀释，稀释前后溶质的物质的量不变，即1122
C V=C V，据此计算；
(2)配制过程中，需要的仪器有500mL容量瓶、胶头滴管(用于定容)、烧杯(用于溶解)、量筒(用于量取一定体积的浓盐酸)和玻璃棒(用于搅拌和引流)，用不到药匙，据此解答；
(3)根据
n
C=
V
进行误差分析；
【详解】
(1)据分析可知，稀释前后溶质的物质的量不变，设需要的浓盐酸的体积为Vml，根据1122
C V=C V，则
1110mol L 0.2mol L VmL=500mL --⨯⨯，解得V=10；
故答案为：10；
(2)据分析可知，药匙用不到；该实验还缺少的两个玻璃仪器是玻璃棒和量筒；
故答案为：A ；玻璃棒；量筒；
(3) A.转移溶液前容量瓶内含有少量的蒸馏水，因为定容时还要加蒸馏水，所以，A 操作对实验结果无影响；B.定容时俯视容量瓶刻度线，则蒸馏水加少了，所配制的溶液浓度将偏高；C.定容摇匀后，发现容量瓶液面低于刻度线，是正常现象，如果再滴加水至刻度线，则水加多了，所配制的溶液浓度将偏低；D.未洗涤烧杯内壁和玻璃棒，会使溶质的物质的量损失，所配制的溶液浓度将偏低；
故答案为：B ；
【点睛】
本题考察配置一定物质的量浓度的相关计算、实验仪器、误差分析等问题，难度不大。

21、Fe 2O 3+6H +＝2Fe 3++3H 2O 、Cu+2Fe 3+＝2Fe 2++Cu 2+ SiO 2+2NaOH ＝Na 2SiO 3+H 2O Fe 2O 3 、Cu 、SiO 2 偏大 H ＋ Cu
2＋ Fe 2＋ 3.0g 混合物X 中无A12O 3
【解析】
9.4gX 和过量盐酸反应生成蓝色溶液，说明反应后溶液中存在铜离子，但是金属Cu 和盐酸不反应，所以一定含有氧化铁，和盐酸反应生成的三价铁离子可以和金属铜反应，二氧化硅可以和氢氧化钠反应，4.92g 固体和氢氧化钠反应后，固体质量减少了3.0g ，所以该固体为二氧化硅，质量为3.0g ，涉及的反应有：
Fe 2O 3+6H +＝2Fe 3++3H 2O 、Cu+2Fe 3+＝2Fe 2++Cu 2+、SiO 2+2NaOH ＝Na 2SiO 3+H 2O ，又因为Cu 与NaOH 不反应，因此
1.92g 固体只含Cu ，所以X 中一定含有的物质是Fe 2O 3、Cu 、SiO 2；9.4gX 与过量的氢氧化钠溶液反应后得到6.4g 不溶物，固体减少的质量是3.0g ，根据以上分析可知二氧化硅是3.0g ，所以原固体中不存在氧化铝；6.4g 固体与过量的盐酸反应得到蓝色溶液，蓝色溶液中存在铜离子，发生了反应：Fe 2O 3+6H +＝2Fe 3++3H 2O 、Cu+2Fe 3+＝2Fe 2++Cu 2+，剩余1.92g 固体为铜。

（1）通过以上分析可知经Ⅰ得到蓝色溶液，该过程中一定发生的化学反应是
Fe 2O 3+6H +＝2Fe 3++3H 2O 、Cu+2Fe 3+＝2Fe 2++Cu 2+。

（2）通过以上分析可知反应II 的化学方程式是
SiO 2+2NaOH ＝Na 2SiO 3+H 2O ，X 中一定含有的物质是Fe 2O 3、Cu 、SiO 2；（3）沉淀表面会吸附杂质离子，上述过滤操作如果缺少洗涤步骤，会使得测定的固体质量均偏大；（4）反应中盐酸过量，则步骤Ⅳ所得蓝色溶液中阳离子为H ＋、Cu 2＋、Fe 2＋；（5）通过以上分析可知原混合物中SiO 2的质量是3.0g ，X 中一定不含有的物质是A12O 3。