《2022-2023学年四川省泸州高中高一化学第一学期期中经典试题含解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022-2023学年四川省泸州高中高一化学第一学期期中经典试题含解析.doc（13页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2022-2023学年高一上化学期中模拟试卷注意事项：1 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用05毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。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、试题卷上答题无效。4保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、同温同压下，等质量的CH4和NH3相比较，下列结论错误的是A它们的分子数之比17：16 B它们的密度之比17：16C它们的氢原子数之比17：12
2、D它们的体积之比17：162、下列有关焰色反应操作的描述正确的是（ ）A在观察焰色反应时均要透过蓝色钴玻璃片，以便排除钠元素的黄光的干扰B取一根洁净的细铂丝，放在酒精灯上灼烧至无色，再蘸取少量NaCl溶液，进行焰色反应C铂丝在做完氯化钠溶液的焰色反应后，用稀硫酸洗净，再蘸取少量的K2SO4溶液，重复以上实验D用洁净的铂丝蘸取某溶液，放在火焰上灼烧，观察到黄色火焰，则该溶液中一定有Na+，没有K+3、在我们的日常生活中出现了“加碘食盐”“增铁酱油”“高钙牛奶”“富硒茶叶”“含氟牙膏”等商品。其中碘、铁、钙、硒、氟指的是A元素 B单质 C分子 D离子4、448mL某气体在标准状况下的质量为1.28
3、g,该气体的摩尔质量约为（ ）A32gB64C64gmol-1D32 gmol-15、下列叙述中正确的是A液溴易挥发，在存放液溴的试剂瓶中应加水封B能使润湿的淀粉KI试纸变成蓝色的物质一定是Cl2C某溶液加入CCl4，CCl4层显紫色，证明原溶液中存在ID某溶液加入BaCl2溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，该溶液一定含有Ag6、关于物质的类别，下列说法正确的是A盐酸、硫酸均为电解质BKHSO4、HCl、HNO3在水中都能电离出氢离子，都属于酸CNaOH、NH3H2O都为可溶性碱DCuSO45H2O、Fe3O4都属于混合物7、某无色透明的碱性溶液中，能大量共存的离子组是( )ABCD8、某溶液
4、中仅含有Na、Mg2、SO42、Cl四种离子，其物质的量浓度比为Na：Mg2：Cl=3：5：5，若Na浓度为3mol/L，则SO42的浓度为（ ）A2mol/LB3mol/LC4mol/LD8mol/L9、用漂白粉溶液浸泡过的有色布条，如果晾置在空气中，过了一段时间，其漂白效果会更好的原因可能是（）A漂白粉与氧气反应了B有色布条与氧气反应了C漂白粉跟空气中的 CO2反应生成了较多量的 HClOD漂白粉溶液蒸发掉部分水，其浓度增大10、从元素的化合价分析，下列物质中不能作还原剂的是ANH3BS2CNa+DFe2+11、在强酸性无色透明溶液中，下列各组离子能大量共存的是（）AZn2+、Al3+、S
5、O 、ClBAg、Na+、NO、Cl-CFe3、K、Cl、NODBa2、NH、Cl-、HCO12、容量瓶上不会标示A标线B容量C温度D浓度13、对于反应8NH33Cl2=N26NH4Cl，下列说法正确的是()AN2是氧化产物，且还原剂与氧化剂物质的量之比是8:3BN2是氧化产物，且还原剂与氧化剂物质的量之比是2:3CNH4Cl是氧化产物，且还原剂与氧化剂物质的量之比是8:3DNH4Cl是氧化产物，且还原剂与氧化剂物质的量之比是2:314、反应SiCl42H2Si4HCl中，作还原剂的是ASiCl4BH2CSiDHCl15、下列溶液中Cl-浓度与50mL1molL-1AlCl3溶液中Cl-浓度相
6、等的是A150mL 3molL-1的KCl溶液B75mL 2.5molL-1的CaCl2溶液C150mL 3molL-1KClO3溶液D25mL 2molL-1的FeCl3溶液16、已知在酸性溶液中可发生如下反应： R2O72+ 6Fe2+ + 14H+ =6Fe3+ +2Rn+ +7H2O，则Rn+中R的化合价是A+3 B+4 C+5 D+6二、非选择题（本题包括5小题）17、今有一混合物的水溶液，只可能含有以下离子中的若干种：K+、NH4+、Cl、Mg2+、Ba2+、CO32、SO42，现取三份各100mL该溶液进行如下实验：第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生； 第二份加足量NaOH溶液加
7、热后，收集到气体0.08mol；第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀12.54g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为4.66g。根据上述实验，回答下列问题：（1）由第二份进行的实验得知混合物中应含有_离子，其物质的量浓度为_。（2）由第三份进行的实验可知12.54克沉淀的成分是_（写沉淀化学式），其物质的量分别为_。（3）原溶液中是否存在K+_填“是”或“否）若存在则K+的浓度的取值范围是_（若不存在此空可不填）18、下图是由短周期元素组成的一些单质及其化合物之间的转化关系图。常温常压下，D、F、K均为无色无刺激性气味的气体，B是最常见的无色液体，A是由单质C在D中燃烧生成的淡黄色固体。（
8、反应中生成的部分物质已略去）请回答下列问题：（1）物质A的化学式为_；（2）化合物I的化学式为_；（3）反应的化学方程式为_；反应的化学方程式为_。19、已知某粗盐样品含有Na2SO4、MgCl2、CaCl2等杂质。实验室提纯流程如下：(1)操作a的名称为_，在操作b中玻璃棒的作用是_。(2)进行步骤后，判断BaCl2过量的方法是_(写出步骤、现象)。(3)步骤中能用稀硫酸代替稀盐酸吗？_(填“能”或“不能”)，原因是_。(4)某氯化钾样品中含杂质硫酸钾，为了除去硫酸钾，要做以下实验：A向滤液中滴加稀盐酸，边滴边振荡至不再产生气体B将氯化钾样品溶于适量蒸馏水，配成溶液C过滤，将白色沉淀滤出D向
9、溶液中加入过量碳酸钾溶液，边滴边振荡至不再产生白色沉淀E向溶液中加入过量氯化钡溶液，边滴边振荡至不再产生沉淀F将滤液蒸干，得到晶体正确的实验操作顺序为_(填写序号)。进行F操作时用到的仪器主要有_。20、实验室用密度为1.25g/mL，质量分数为36.5%浓盐酸配制250mL 0.5mol/L的稀盐酸，请填空并回答下列问题：（1）浓盐酸的物质的量浓度为_(列出算式）（2）配制250mL 0.5mol/L的稀盐酸用量筒量取浓盐酸的体积_mL，应选用容量瓶的规格_mL（3）配制时，其正确的操作顺序是_（用下列字母表示，每个字母只能用一次）A用30mL水洗涤烧杯23次，洗涤液均注入容量瓶，振荡。B用
10、量筒准确量取所需的浓盐酸的体积，沿玻璃棒倒入烧杯中，再加入少量水（约30mL），用玻璃棒慢慢搅动，使其混合均匀。C将已冷却的盐酸沿玻璃棒注入容量瓶中。D将容量瓶盖紧，振荡，摇匀。E改用胶头滴管加水，使溶液凹面恰好与刻度相切。F继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度线12cm处。（4）操作A中，将洗涤液都移入容量瓶，其目的是_，若实验过程E中加蒸馏水时不慎超过了刻度线，该如何处理？_。（5）向容量瓶中转移溶液时不慎有液滴掉在容量瓶外面，则浓度_（偏大、偏小、不影响）。21、请回答下列问题：（1）现有下列状态的物质：干冰 NaHCO3晶体 氨水 纯醋酸 FeCl3溶液 铜 熔融KOH 盐酸。其中
11、能导电的是_，（填序号，下同），属于电解质的是_，属于非电解质的是_。（2）将3p%的硫酸与同体积的p%的硫酸混合得到q%的稀硫酸，则p、q的关系是_（3）在同温、同压下，实验测得CO、N2和SO2三种气体的混合气体的密度是H2的20倍，其中SO2的体积分数为_；若其中CO和N2的物质的量之比为11，则混合气体中氧元素的质量分数为_。参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解析】A.同温同压下，等质量时，分子数之比等于摩尔质量的反比，则甲烷和氨气的分子数之比为17:16，故A正确；B.同温同压下，密度之比等于摩尔质量之比，则甲烷和氨气的密度之比为M(CH4):M(NH3)=16:
12、17，故B错误；C.同温同压下，等质量时，分子数之比等于摩尔质量的反比，则甲烷和氨气的分子数之比为17:16，结合CH4和NH3的分子式可知，甲烷和氨气中氢原子个数之比为(174):(163)=17:12，故C正确；D.同温同压下，等质量时，物质的量之比等于摩尔质量的反比，甲烷和氨气的物质的量之比为17:16。同温同压下，体积比等于物质的量之比，则同温同压下甲烷和氨气的体积之比为17:16，故D正确。答案选B。2、B【解析】A在观测钾的焰色反应时要透过蓝色钴玻璃片，其他元素不需要，故A错误；B取一根洁净的细铁丝，放在酒精灯上灼烧至无色，排除气体颜色的干扰，再蘸取NaCl溶液，进行焰色反应，故B
13、正确；C做焰色反应实验结束后铂丝要用稀盐酸洗涤，而不是稀硫酸，故C错误；D黄光能掩盖紫光，该实验只能说明含有Na+，无法确定是否含有K+，故D错误；综上所述答案为B。3、A【解析】根据元素的概念与元素的存在形态进行分析解答。【详解】宏观物质的组成，用宏观概念元素来表示；分子的构成，用微观粒子来表示；宏观概念元素只讲种类，不讲个数，加碘食盐、含氟牙膏、高钙牛奶、补铁酱油等中的碘、氟、钙、铁不能以单质、分子、离子形式存在，而是指元素；答案选A。【点睛】本题考查元素的存在的有关判断。该题紧密类似生活实际，有利于培养学生的学习兴趣，调动学生的学习积极性。相应注意的是一些药品或食品的包装袋上的说明中，含
14、什么多少，都是指的含这种元素的含量，相应明确。4、C【解析】448mL某气体在标准状况下的质量为1.28g，物质的量是0.448L22.4L/mol0.02mol，所以根据m=nM可知该气体的摩尔质量是1.28g0.02mol64g/mol，答案选C。5、A【解析】A. 溴易挥发，可用水封；B. 湿润的KI淀粉试纸接触某气体而显蓝色，说明气体和碘离子反应把碘离子氧化为单质碘，遇到淀粉变蓝；C. 碘盐易溶于水，不易溶于CCl4；D. 该题中，产生的不溶于稀硝酸的白色沉淀有可能是氯化银，也有可能是硫酸钡。【详解】A. 溴易挥发，密度比水大，可用水封，A正确；B. NO2气体、溴单质等也可以把碘离子
15、氧化为单质碘，碘单质遇到淀粉变蓝，B错误；C. 碘盐易溶于水，不易溶于CCl4，则碘盐溶于水，在溶液中加入CCl4，振荡，不会发生萃取，C错误；D. 某溶液加入BaCl2溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，该溶液不一定含有Ag+，有可能含有SO42-，D错误；故合理选项是A。【点睛】本题考查卤族元素的知识，熟悉溴的物理性质，碘单质的特性，萃取的原理是解答本题的关键。6、C【解析】A盐酸是混合物，不属于电解质，硫酸为电解质，故A错误；B酸指的是在水溶液电离出的阳离子全部是氢离子的化合物，KHSO4在水中都能电离出的阳离子有氢离子和K+，所以 KHSO4属于盐，故B错误；CNaOH、NH3H2O都为
16、可溶性碱，故C正确；DCuSO45H2O、 Fe3O4都属于纯净物，故D错误；故答案为C。7、C【解析】A.与均不能大量共存，A不符合题意；B.有颜色，且在碱性条件下不能大量存在，B不符合题意；C.溶液无色，碱性条件下不发生任何反应，能大量共存，C符合题意；D.碱性条件下不能大量存在，D不符合题意；答案选C。【点睛】所谓离子共存，实质上就是判断离子间是否发生反应的问题。若在溶液中能够发生反应，就不能大量共存。判断能否发生反应，不仅是有沉淀、气体、水、难电离的物质产生，还涉及到溶液酸碱性、有色、无色，能否进行氧化还原反应等。8、C【解析】根据钠离子的浓度，由离子浓度比例关系计算镁离子、氯离子的浓
17、度，根据溶液电荷守恒有c(Na+)+2c(Mg2+)=c(Cl-)+2c(SO42-)，据此计算。【详解】Na+浓度为3mol/L，由c(Na+)：c(Mg2+)：c(Cl-)=3：5：5，可得c(Mg2+)=5mol/L，c(Cl-)=5mol/L，根据溶液电荷守恒有c(Na+)+2c(Mg2+)=c(Cl-)+2c(SO42-)，故： 3mol/L+25mol/L=5mol/L+2c(SO42-)，解得：c(SO42-)=4mol/L，故答案为C。9、C【解析】漂白粉的有效成分是次氯酸钙，漂白时转化为强氧化性的次氯酸（漂白性），因而能漂白某些有色物质。【详解】漂白粉主要成分为CaCl2、C
18、a(ClO)2，其中Ca(ClO)2能与酸反应生成有强氧化性的HClO（漂白性），故能漂白某些有色物质。因HClO酸性弱于碳酸（H2CO3），漂白粉溶液在空气中发生反应：Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3+2HClO，增大了HClO浓度使漂白性增强。本题选C。【点睛】复分解反应Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3+2HClO，可以证明酸性：H2CO3HClO。10、C【解析】从元素的化合价分析，元素化合价能够升高，可作还原剂，元素化合价处于最高价，不能再失去电子，不能作还原剂，Na+是稳定结构，+1价是钠元素的最高价，不能再失去电子，不能作还原剂，S2- 可以升价到 0、+4
19、、+6，NH3中氮元素-3价能升高到0价等，Fe2+ 能升高到+3价，它们都可作还原剂。故选C。11、A【解析】AZn2+、Al3+、SO、Cl-之间不反应，都是无色离子，都不与氢离子反应，在溶液中大量共存，故A正确；BAg+、Cl-之间反应生成氯化银沉淀，在溶液中不能大量共存，故B错误；CFe3+为有色离子，在溶液中不能共存，故C错误；DHCO与氢离子反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选A。12、D【解析】容量瓶细颈梨形平底，属于量器，瓶身上要注明适宜温度，规格及标线，没有浓度，答案选D。13、B【解析】试题分析：氯元素的化合价从0价降低到-1价，反应中Cl2为氧化剂，氮元素的化合价从
20、3敬爱升高到0价，失去电子，NH3为还原剂，由方程式可知，当有8molNH3参加反应，有2mol被氧化，则该反应中还原剂与氧化剂物质的量之比是2：3，Cl元素化合价降低，被还原，NH4Cl为还原产物，答案选B。【考点定位】本题主要是考查氧化还原反应的有关判断与计算【名师点晴】得失电子守恒是指在发生氧化还原反应时，氧化剂得到的电子数一定等于还原剂失去的电子数。得失电子守恒法常用于氧化还原反应中氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的有关计算及电解过程中电极产物的有关计算等。电子守恒法解题的步骤是：首先找出氧化剂、还原剂及其物质的量以及每摩尔氧化剂、还原剂得失电子的量，然后根据电子守恒列出等式。计算公
21、式如下：n(氧化剂)得电子原子数原子降价数n(还原剂)失电子原子数原子升价数。14、B【解析】反应SiCl42H2Si4HCl中，Si元素的化合价由+4价降低为0价，得电子，被还原，作氧化剂，H元素的化合价由0价升高为+1价，失电子，被氧化，作还原剂，故答案选B。【点睛】氧化剂和还原剂首先都应该是反应物，化合价升高的物质自身作还原剂，化合价降低的物质自身作氧化剂，氧化剂和还原剂都是从化合价的变化角度分析。15、A【解析】对于浓度确定的溶液，溶质的浓度与所取溶液的体积无关，离子的浓度与离子的数目成正比，50mL1molL-1AlCl3溶液中Cl-浓度为1molL-13=3molL-1。A中Cl-
22、浓度为3 molL-1，A 正确。B中Cl-浓度为2.5 molL-12=5 molL-1，B错误。C中ClO3-为一个整体，无Cl-，C错误。D中Cl-浓度为2molL-13=6molL-1，D错误。正确答案为A点睛：对于浓度确定的溶液，它的物质的量浓度、密度、溶质的质量分数等物理量与所取溶液的体积无关。离子的物质的量浓度等于溶质的物质的量浓度乘以离子的个数。易错点是部分同学误选答案C，是没有认识到KClO3中ClO3-为一个整体。16、A【解析】Fe2+中的铁元素的化合价为+2价，反应后铁元素的化合价为+3价，6mol Fe2+反应中失去6mol的电子，根据得失电子守恒，反应中1mol R
23、2O72得到6mol的电子，R2O72中R的化合价为+6价，根据得失电子守恒：（6-n）2=6，解得n=+3，故选A项。二、非选择题（本题包括5小题）17、NH4+ 0.8 mol/L BaCO3、BaSO4 0.04 mol 、 0.02 mol 是 0.4 mol/L 【解析】据题意分析，第一份溶液加入溶液有沉淀产生，推得可能含有；第二份溶液加足量溶液加热后收集到气体，推得一定含有，一定不存在；第三份溶液利用发生的离子反应，经过计算、推得一定存在，一定不存在；根据溶液中阴阳离子的电荷守恒，即可推出一定存在。【详解】（1）加入足量溶液加热后，收集到气体0.08mol气体，气体为氨气，故溶液中
24、含有0.08mol，浓度为，故答案为：；（2）加足量溶液后，得干燥沉淀12.54g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为4.66g，可知沉淀既有也含有，质量为4.66g，物质的量为： ，碳酸钡质量为： ，物质的量为，故答案为：；0.04 mol 、0.02 mol；（3）根据上述分析，溶液中肯定存在、，肯定不存在和，可能存在，根据的物质的量为0.04 mol 、0.02 mol，物质的量为0.08mol，根据电荷守恒，若无则的物质的量为0.04mol，若存在则的物质的量则大于0.04mol，故肯定存在，其物质的量浓度大于等于，故答案为：是 ； 0.4 mol/L。【点睛】破解离子推断题：(1)肯
25、定性原则：根据实验现象推出溶液中肯定存在或肯定不存在的离子；(记住几种常见的有色离子：)(2)互斥性原则：在肯定某些离子的同时，结合离子共存规律，否定一些离子的存在；(要注意题目中的隐含条件，如：酸性、碱性、指示剂的变化等)(3)电中性原则：溶液呈电中性，一定既有阳离子，又有阴离子，且溶液中正电荷总数与负电荷总数相等18、Na2O2 NaHCO3 2Na+2H2O=2NaOH+H2 2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2 【解析】A是由单质C在D中燃烧生成的淡黄色固体，应为Na2O2，B是最常见的无色液体，应为H2O，则D为O2，E为NaOH，C为Na，F为H2，由转化关系K为CO2，H为
26、Na2CO3，I为NaHCO3。【详解】（1）由以上分析可知A为Na2O2；（2）由以上分析可知化合物I的化学式为NaHCO3。（3）反应为Na和H2O的反应，反应的离子方程式为2Na+2H2O2Na+OH+H2，反应为碳酸氢钠的分解，化学方程式为 2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2。19、过滤 搅拌，使滤液受热均匀，防止液体飞溅 取少量上层清液于试管中，滴入Na2SO4溶液，若有白色沉淀产生，则Bacl2过量 不能 引入硫酸根杂质离子 BEDCAF 酒精灯、三脚架（或带铁圈的铁架台）、蒸发皿、玻璃棒、坩埚钳 【解析】实验流程为：粗盐样品含有Na2SO4、MgCl2、CaCl2等杂质，
27、加入过量的氯化钡，可以将硫酸根离子除去，但是会引入钡离子杂质离子，加入过量氢氧化钠溶液的目的是除去氯化镁，加入过量的碳酸钠溶液的目的除去杂质CaCl2和加入的过量试剂BaCl2，过滤，将得到的沉淀全部滤出，得到的滤液是含有氯化钠、碳酸钠、氢氧化钠等的混合物，加入足量的盐酸，可以除去碳酸根离子、氢氧根离子等杂质离子，最后即可获得较为纯净的氯化钠。【详解】（1）实现固体和液体的分离的步骤a是过滤，操作b是对氯化钠溶液蒸发结晶获得氯化钠晶体的过程，此时玻璃棒的作用是：搅拌，使滤液受热均匀，防止液体飞溅，故答案为过滤；搅拌，使滤液受热均匀，防止液体飞溅；（2）过量的氯化钡会将全部的硫酸根离子沉淀完毕，
28、只要是氯化钡剩余，则氯化钡会与硫酸钠反应出现白色沉淀，所以判断BaCl2已过量的方法是取少量上层清液于试管中，滴入Na2SO4溶液，若有白色沉淀产生，则Bacl2过量，故答案为取少量上层清液于试管中，滴入Na2SO4溶液，若有白色沉淀产生，则BaCl2过量；（3）加入过量的碳酸钠溶液的目的除去杂质CaCl2和加入的过量试剂BaCl2，加入足量的盐酸，可以除去碳酸根离子、氢氧根离子等杂质离子，最后即可获得较为纯净的氯化钠，若加入足量的硫酸，则会在氯化钠中引入硫酸根杂质离子，故答案为不能；引入硫酸根杂质离子；（4）样品溶于水配制的溶液中含有KCl、K2SO4，其中SO42-为杂质，先加入过量的 B
29、aCl2溶液，除去硫酸根离子，反应方程式为：SO42-+Ba2+=BaSO4，得到固体A为：BaSO4，滤液B中含有KCl、过量的BaCl2，向滤液中加入过量K2CO3溶液，除去过量的Ba2+离子，得到固体为BaCO3，滤液中溶质为K2CO3和KCl，然后向溶液中加入过量HCl溶液，除去杂质碳酸根离子，发生反应：CO32-+2H+=H2O+CO2，则气体为CO2，然后蒸发溶液，溶液中HCl挥发，最终可得到KCl晶体，故答案为BEDCAF；F操作为蒸发，用到的仪器有酒精灯、三脚架（或带铁圈的铁架台）、蒸发皿、玻璃棒、坩埚钳，故答案为酒精灯、三脚架（或带铁圈的铁架台）、蒸发皿、玻璃棒、坩埚钳。【点
30、睛】本题考查混合物的分离和提纯，明确物质的性质是解本题关键，根据物质之间的反应、物质分离和提纯的方法等知识点来分析解答，难点是除杂剂的选取及滴加顺序。20、12.5mol/L 10.0 250 B、C、A、F、E、D 保证溶质全部转入容量瓶,减小误差 重新配制 偏小 【解析】（1）依据C=1000/M计算浓盐酸的物质的量浓度；（2）依据c浓V浓=c稀V稀计算所需浓盐酸的体积；（3）依据配制一定物质的量浓度的一般操作步骤解答；（4）（5）分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响，根据c=n/V分析判断。【详解】（1）浓盐酸的物质的量浓度c=1000/M=10001.25g/mL36.5%/3
31、6.5g/mol=12.5mol/L，故答案为12.5mol/L。（2）设所需浓盐酸的体积为V浓，依据c浓V浓=c稀V稀可知，250mL0.5mol/L=12.5mol/LV浓，V浓=10.0mL，所配制的溶液的体积为250mL，故所需的容量瓶的容积为250mL，故答案为10.0， 250。（3）配制一定物质的量浓度的溶液步骤有计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，其正确的操作顺序是B、C、A、F、E、D，故答案为B、C、A、F、E、D。（4）操作A中，将洗涤液都移入容量瓶，因为烧杯壁上沾有溶质，为防止引起误差，必须洗涤烧杯内壁2-3次，若实验过程E中加蒸馏水时不慎超过了刻度线
32、，实验失败，无法挽回，必须重新配制，故答案为保证溶质全部转入容量瓶，减小误差；重新配制。（5）向容量瓶中转移溶液时不慎有液滴落在容量瓶外面，溶质的物质的量减小，所配溶液浓度偏小，故答案为偏小。【点睛】配制过程中误差分析：称好后的药品放入烧杯时，有少量洒在烧杯外；（mB偏小，cB偏低）溶解搅拌时有部分液体溅出；（mB偏小，cB偏低）转移时有部分液体溅出；（mB偏小，cB偏低）未洗涤烧杯和玻璃棒2次3次；（mB偏小，cB偏低）溶解时放热，且未冷却至室温（20）（V偏小,cB偏高）在定容时，仰视读数（V偏大，cB偏低），俯视读数（V偏小，cB偏高）在定容时加水超过刻度线，再用胶头滴管吸出多余部分；（
33、V偏大，cB偏低）加水至刻度线后，摇匀过程中，发现液面低于刻度线；（无影响）洗涤容量瓶后，未干燥，瓶中有少量蒸馏水。（无影响）21、 q2p 33.3% 40% 【解析】根据电解质、非电解质的概念分析判断；应用溶液混合规律、气体性质规律计算推理。【详解】(1)金属或合金有自由电子，能导电，如铜；电解质溶于水或熔融时电离生成自由移动的离子而导电，如NH3H2O、FeCl3、HCl在水溶液中电离，KOH在熔融状态下电离。能导电的物质有。电解质是溶于水或熔融时本身发生电离而导电的化合物，酸、碱、盐、活泼金属的氧化物等属于电解质，是电解质；非电解质是溶于水和熔融时都不能导电的化合物，非金属氧化物、某些
34、气态氢化物、大多数有机物属于非电解质，是非电解质。(2)硫酸等大多数物质的水溶液，溶质质量分数越大，溶液密度越大。设3p%硫酸溶液、p%硫酸溶液的密度分别是1、2（12），又设两种硫酸溶液的体积都是V。据溶质总质量不变，有1V3p%+2Vp%(1V+2V)q%。化简为2+2，即q2p。(3)同温同压时，气体的密度之比等于其摩尔质量（或相对分子质量）之比。易求得混合气体的平均相对分子质量为20240。设混合气体中，CO、N2和SO2的体积分数分别是x、y、z，则28x+28y+64z40，且x+y+z1。解得x+y66.7%，z33.3%。当CO和N2的物质的量之比为11时，原混合气体中三种成分的物质的量相等（设各1mol），则混合气体总质量120g、氧元素48g，氧元素的质量分数为40%。【点睛】电解质、非电解质都必须是化合物，单质、混合物既不是电解质、也不是非电解质。