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1、2022-2023学年高一上化学期中模拟试卷注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列混合物中能用分液漏斗分离，且油层由分液漏斗上口倒出的是()A四氯化碳和水 B酒精和水C植物油和水 D硫酸和水2、设NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是 （ ）A标准状况下，2.24 L H2O所含的原子数为0.5NAB1mL
2、 1mol/L NaCl溶液中离子总数为2NAC18 g的H2O中含有的原子数为3NAD标准状况下，22.4L氦气所含原子数为2 NA3、下列有关氧化还原反应的叙述中，正确的是A一定有氧元素参加 B氧化反应一定先于还原反应发生C氧化剂本身发生氧化反应 D一定有电子转移（得失或偏向）4、仪器名称为“容量瓶”的是（ ）ABCD5、同温同压下，等物质的量的一氧化氮和二氧化氮气体具有相同的( )A氧原子数 B原子数 C质量 D体积6、已知在酸性溶液中易被还原成，且、的氧化性依次减弱。下列叙述中，正确的是A通入溶液中，可存在反应3+6=2+4B每1 mol 在酸性溶液中被氧化生成时转移2 mol C溶液
3、能将KI溶液中的I氧化DI具有较强的氧化性，可以将氧化成7、下列说法正确的是（ ）A铜、石墨均能导电，所以它们均是电解质BNH3、CO2的水溶液均能导电，所以NH3、CO2均是电解质C液态HCl、固体NaCl均不能导电，所以HCl、NaCl均是非电解质D蔗糖、酒精在水溶液或熔融状态下均不能导电，所以它们均是非电解质8、下列说法正确的是AHCl是挥发性一元强酸B某物质只含有一种元素，则该物质一定是纯净物C非金属氧化物一定是酸性氧化物D利用过滤法可把Fe(OH)3胶体从FeCl3溶液中分离出来9、下列有关胶体的说法正确的是A有的胶体是纯净物，有的胶体是混合物B有的胶体带电，有的胶体不带电C工厂中常
4、用的静电除尘装置是根据胶体的某些性质设计的D胶体、溶液和浊液的本质区别是能否产生丁达尔效应10、下列说法中，正确的是（）A1 mol任何气体的体积都约为22.4 LB气体的摩尔体积约为22.4 Lmol1C0,101kPa时，1 mol O2和N2的混合气体的总体积约为22.4 LD含有NA个氢原子的氢气在标准状况下的体积约为22.4 L11、下列反应能用表示的是A硫酸氢钠溶液和碳酸钾反应 B碳酸钙和稀盐酸的反应C碳酸钠溶液和醋酸的反应 D碳酸氢钠溶液和稀硫酸的反应12、设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是（ ）A1mol氧气中有2NA个氧原子 B使用摩尔时必须指明微粒的名称C1m
5、ol CO2所含的原子总数为3NA个 D1mol任何物质所含各种微粒的数目均为NA个13、每年10月23日上午6：02到晚上6：02被誉为“摩尔日”(MoleDay)这个时间的美式写法为6：02/10/23，外观与阿伏加德罗常数的值6.021023相似。用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A标准状况下，22.4L的CO和CO2混合气体中含有的碳原子数为NAB含1molFeCl3的饱和溶液加入沸水中，形成的Fe(OH)3胶粒数为NAC标准状况下，5.6LCCl4含有的分子数为0.25NAD1mol/LMg(NO3)2溶液中含有的数目为2NA14、下列有关物质的量的说法，正确的是A物质的
6、量就是指物质的多少B原子、电子、中子、桌子等都可用物质的量来描述C物质的量是用来描述微观粒子的物理量D相同物质的量的SO2和SO3的质量相等15、配制一定体积、一定物质的量浓度的溶液时，下列会使配得的溶液浓度偏大的是（ ）A容量瓶中原有少量蒸馏水B溶液从烧杯转移到容量瓶中后没有洗涤烧杯C定容时观察液面俯视D定容时倒转容量瓶几次，发现凹液面最低点低于标线，再补几滴水到标线16、下列过程涉及氧化还原反应的是A海水晒盐B钢铁生锈C酸碱中和D烧碱变质二、非选择题（本题包括5小题）17、短周期主族A、B、C、D、E、F六种元素，它们的原子序数由A到F依次增大。A的某种原子核内只有质子，B元素的某种原子可
7、用于测定文物的年代，C为地壳中含量最多的元素，D是原子半径最大的短周期主族元素，D的单质在高温下与C的单质充分反应，可以得到与E单质颜色相同的淡黄色固态化合物。D与F形成的离子化合物DF是常用的调味品。试根据以上叙述回答：（1）E在周期表中的位置_。（2）F离子结构示意图_。（3）B元素形成的氢化物中氢元素质量百分含量最大值是_%。（4）D2C2与水反应的离子方程式为_。（5）同周期元素性质从左往右呈现递变性的本质原因是_。18、现有失去标签的CaCl2、AgNO3、HCl和Na2CO3四瓶溶液.为了确定四种溶液的成分,将它们编号为A、B、C、D后进行化学实验.实验记录如下:实验顺序实验内容实
8、验现象A+B无明显现象B+D有无色无味气体放出C+B有白色沉淀生成A+D有白色沉淀生成根据上述实验完成下列各小题：(1)A、C、D三瓶溶液分别是(用化学式表示所含溶质)：A溶液_，C溶液_，D溶液_。(2)写出B与D反应的离子方程式：_，写出B与C反应的离子方程式 ：_。19、实验室需要90 mL 3.0molL-1 稀硫酸溶液，某同学用质量分数为98%，密度为1.84g/cm3的浓硫酸配制。实验操作如下：A将配好的稀硫酸倒入试剂瓶中，贴好标签；B盖好容量瓶塞，反复颠倒，摇匀；C用量筒量取 mL98%的浓硫酸；D将_沿烧杯内壁慢慢注入盛有少量_的烧杯中；E用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒23次，并
9、将洗涤液也全部转移到容量瓶中；F将已冷却至室温的硫酸溶液沿玻璃棒注入 ；G改用 逐滴加蒸馏水，使溶液凹面恰好与刻度相切；H继续向容量瓶中加蒸馏水，直到液面接近刻度线12 cm处。(1)填写上述步骤中的空白：C：_ ；D ：将_ 注入_ ；F：_ ；G：_ 。(2)将上面操作步骤按正确的进行排序_（用字母表示）。(3)试分析下列操作会使所配溶液的浓度偏高的是_（填序号）。 量取浓硫酸时俯视读数； 转移溶液前，容量瓶中含有少量蒸馏水； 溶解硫酸用的烧杯、玻璃棒未洗涤； 未冷却至室温定容； 定容时俯视容量瓶的刻度线； 定容后摇匀，发现液面低于刻度线，再滴加蒸馏水至刻度线。20、实验室用密度为1.25
10、g/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
11、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H
12、2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、C【解析】根据分液漏斗可以将互不相溶的两层液体分开，一般来说：有机溶质易溶于有机溶剂，无机溶质易溶于无机溶剂，油层由分液漏斗上口倒出，说明有机溶剂的密度小于水，据此解答。【详解】A四氯化碳和水互不相溶，能用分液漏斗进行分离，但是四氯化碳密度大于水，从下口流出，故A错误；B酒精和水互溶，不能用分液的方法分离，故B错误；C植物油和水互不相溶，能用分液的方法分离，植物油的密度小于水，在上层，从上口到出，故C正确；D硫酸和水互溶，不能用分液的方
13、法分离，故D错误；故选C。2、C【解析】A、标准状况下，水是液态，不适合用气体摩尔体积计算，A错误；B、1 mL 1 mol/LNaCl溶液中氯化钠的物质的量是0.001mol，如果忽略水的电离，离子总数为0.002 NA，B错误；C、1分子水含有3个原子，18 g水的物质的量为1mol，含有的原子数为3NA，C正确；D、 标准状况下，22.4L氦气是1mol，氦气是1个原子组成的单质，所含原子数为NA，D错误。答案选C。3、D【解析】氧化还原反应中氧化反应与还原反应同时发生，氧化剂被还原，还原剂被氧化，且氧化还原反应中不一定有氧元素参加。【详解】A氧化还原反应中不一定有氧元素参加，如氢气与氯
14、气反应生成HCl，故A错误； B氧化还原反应中氧化反应与还原反应同时发生，故B错误； C氧化还原反应中氧化剂被还原，发生还原反应，故C错误； D氧化还原反应的本质是电子的转移（得失或偏向），故D正确；故选D。【点睛】本题考查氧化还原反应，熟悉氧化还原反应中的基本概念即可解答，题目较简单。4、B【解析】A为圆底烧瓶，故A错误；B为容量瓶，故B正确；C为锥形瓶，故C错误；D为分液漏斗，故D错误；故选B。5、D【解析】同温同压下，等物质的量的NO和NO2具有相同的体积，每个分子中含有氧原子数目、原子数目不等，则含有氧原子总数、原子总数不相等，二者摩尔质量不相等，则二者质量不相等，据此判断。【详解】A
15、等物质的量的NO和NO2含有氧原子数目之比为1：2，含有氧原子数目不相等，故A错误；B等物质的量的NO和NO2含有原子数目之比为2：3，含有原子数目不相等，故B错误；C二者摩尔质量不相等，根据m=nM可知，二者质量不相等，故C错误；D同温同压下，气体摩尔体积相等，则等物质的量的NO和NO2占有的体积相等，故D正确，故答案选D。【点睛】本题考查物质的量有关计算，比较基础，明确物质的量的有关计算式、阿伏加德罗定律以及物质的组成特点是解答的关键，注意对公式的理解与灵活应用。6、C【解析】试题分析：由在酸性溶液中易被还原成，且、的氧化性依次减弱，可知Co2+、Cl-、Fe2+、I-的还原性依次增强。A
16、.因为I-的还原性强于Fe2+ ，所以通入溶液中，首先被氧化的是I-，A不正确；B. 在酸性溶液中被还原成，不是被氧化，B不正确；C. 因为的氧化性强于 ，所以 溶液能将KI溶液中的氧化，C正确；D. 由题意知，具有较弱的氧化性，不能将氧化成，D不正确。本题选C。7、D【解析】A铜和石墨是单质不是化合物，所以不是电解质也不是非电解质，故A错误；BNH3、CO2的水溶液均能导电，是因为氨气、二氧化碳分别和水反应生成的氨水、碳酸电离出的离子而使溶液导电，不是氨气和二氧化碳电离出的离子而导电，所以氨气和二氧化碳不是电解质，是非电解质，故B错误；C液态氯化氢和氯化钠固体不含自由移动的离子，所以不导电，
17、氯化氢和氯化钠溶于水能够电离出自由移动的离子而使溶液导电，氯化氢和氯化钠是电解质，故C错误；D蔗糖和酒精溶于水后，在水中以分子存在，导致溶液中没有自由移动的离子而使蔗糖和酒精溶液不导电，所以酒精和蔗糖是非电解质，故D正确；故选D。【点睛】本题的易错点为B，要注意电离出的离子必须该化合物本身，不是和其他物质生成的化合物电离的。8、A【解析】A. 1molHCl电离出1molH+，是挥发性一元强酸；B. 某物质只含有一种元素也可以组成不同的单质；C. 凡是与碱反应只生成盐和水的氧化物是酸性氧化物；D. 胶体的胶粒和溶液中的溶质可以通过滤纸。【详解】A. 1molHCl电离出1molH+，是挥发性一
18、元强酸，故A正确；B. 某物质只含有一种元素也可以组成不同的单质，形成同素异形体，如石墨和金刚石，故B错误；C. 凡是与碱反应只生成盐和水的氧化物是酸性氧化物，非金属氧化物有的不能和碱反应，如CO，不是酸性氧化物，故C错误；D. 胶体的胶粒和溶液中的溶质可以通过滤纸，不能利用过滤法把Fe(OH)3胶体从FeCl3溶液中分离出来，应用渗析的方法分离，故D错误。故选A。9、C【解析】A.胶体是混合物，故错误；B.胶体不带电，但有些胶体粒子带电，故错误；C. 工厂中常用的静电除尘装置是根据胶体的电泳性质设计的，故正确；D. 胶体、溶液和浊液的本质区别是分散质粒子直径，不是丁达尔效应，故错误。故选C。
19、【点睛】胶体是一种分散系，是混合物，胶体中粒子带电，但胶体不能带电，利用胶体粒子带电的性质进行电泳分离或除尘。10、C【解析】A.1mol任何气体的体积取决于温度和压强，在标准状况（0、101kPa）下，1mol任何气体的体积都约为22.4L， A项错误；B.气体的摩尔体积取决于温度和压强，只有在一定温度和压强下的气体摩尔体积的数值才有确定的意义，B项错误；C.0,101kPa时任何气体的摩尔体积都约为22.4L/mol，所以在0,101kPa 时1 mol O2和N2的混合气体的总体积约为22.4 L，C项正确；D.因每个氢气分子里含2个氢原子，则含有NA个氢原子的氢气物质的量是0.5mol
20、，0.5mol氢气在标准状况下的体积为0.5mol22.4L/mol=11.2L，D项错误；答案选C。【点睛】标准状况下的气体摩尔体积约为22.4L/mol，在使用公式n=或V=22.4L/moln mol时，一定要注意两点：一是物质的状态必须是气态；二是所处的温度和压强必须是00C和101kPa（标准状况）。11、A【解析】A.硫酸氢钠在溶液中完全电离出钠离子、氢离子、硫酸根离子，其中只有氢离子与碳酸根离子反应生成二氧化碳和水，故可用CO32-+2H+=H2O+CO2表示；B.碳酸钙难溶于水，不能拆成离子形式，不能用CO32-2H+CO2H2O表示；C.醋酸为弱酸，在溶液中主要以分子形式存在
21、，不能用CO32-2H+CO2H2O表示；D. 硫酸和NaHCO3溶液的反应的离子反应为HCO3-+H+H2O+CO2，与碳酸盐的阴离子不同，故不能用CO32-2H+CO2H2O表示；答案选A。12、D【解析】A.1molO2中含有的氧原子数为：1mol2NAmol-1=2NA，故A正确；B.物质的量所指的对象是微观粒子，如分子、离子、电子、原子团等，1molH表示1mol氢原子，1molH2表示1mol氢气分子等，所以在使用时必须指明对象，防止出现错误，故B正确；C.1mol CO2所含的原子总数为1mol3NAmol-1=3NA，故C正确；D. 构成物质的微粒不同，不能说1mol任何物质所
22、含各种微粒的数目均为NA个，如1molH2中含有NA个氢分子，2NA个氢原子，故D错误。答案选D。13、A【解析】A.CO和二氧化碳中均含有一个碳原子，故标况下22.4L混合气体即1mol混合气体中含碳原子为1mol，即NA个，故A正确；B.Fe(OH)3胶粒中含有多个Fe(OH)3粒子，则1molFeCl3的饱和溶液加入沸水中，形成的Fe(OH)3胶粒数小于NA，故B错误；C. 标况下CCl4为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故C错误；D. 溶液体积不明确，故溶液中硝酸根的个数无法计算，故D错误。故答案选：A。14、C【解析】物质的量：表示含有一定数目粒子的集体，符号为n，单位
23、是mol，1mol任何粒子的粒子数与0.012Kg12C中所含的碳原子数相同，这里的粒子指分子、原子、离子、电子、质子、中子等。【详解】A物质的量是表示微观粒子集体的物理量，故A错误； B物质的量是七个基本物质的量之一，用于描述微观粒子的集合体，而桌子是宏观的物质，故B错误； C物质的量是国际单位制中七个基本物理量之一，物质的量是用来描述微粒数多少的物理量，故C正确；DSO2和SO3的摩尔质量不相等，所以相同物质的量的SO2和SO3的质量不相等，故D错误；故选C。【点睛】本题考查了物质的量、摩尔、质量等概念的分析判断，掌握概念实质是关键，题目较简单。15、C【解析】A.容量瓶中含有少量蒸馏水，
24、对实验结果没影响，A错误；B.将溶液从烧杯转移到容量瓶中后没有洗涤烧杯，将会有一部分的溶质没有转移到容量瓶中，导致浓度偏低，B错误；C.定容时观察液面俯视，因为光线要通过刻度线，还要通过凹液面的最低点，因此加的水少了，导致结果偏高，C正确；D.定容时倒转容量瓶几次，发现凹液面最低点低于标线，再补几滴水到标线，导致水的量加多，使浓度偏低，D错误。16、B【解析】A. 海水晒盐，是物理变化，则不涉及氧化还原反应，故A错误；B. 钢铁生锈过程中，Fe、O元素的化合价变化，为氧化还原反应，故B正确；C. 酸碱中和的实质是氢离子和氢氧根离子反应生成水，没有化合价的变化，故C错误；D. 烧碱变质的实质是氢
25、氧化钠吸收空气中的二氧化碳生成碳酸钠，没有化合价的变化，不是氧化还原反应，故D错误；答案选B。二、非选择题（本题包括5小题）17、第三周期A族 25 2Na2O2+2H2O=4Na+4OH-+O2 从左至右，电子层数相同，最外层电子数逐渐增多，原子半径逐渐减小，原子核对最外层电子的吸引力逐渐增大，失电子能力减弱，得电子能力增强 【解析】分析：短周期主族A、B、C、D、E、F六种元素，它们的原子序数由A到F依次增大。A的某种原子核内只有质子，则A为氢元素；B元素的某种原子可用于测定文物的年代，则B为碳元素；C为地壳中含量最多的元素，则C为氧元素；D是原子半径最大的短周期主族元素，则D为钠元素；D
26、的单质在高温下与C的单质充分反应，可以得到与E单质颜色相同的淡黄色固态化合物，是E为硫元素。D与F形成的离子化合物DF是常用的调味品，则F为氯元素。详解：（1）硫在周期表中的位置是第三周期A族。（2）氯离子结构示意图是。（3）碳元素形成的氢化物中氢元素质量百分含量最大的是甲烷（CH4），其氢元素质量百分含量为25%。（4）Na2O2与水反应的离子方程式为2Na2O2+2H2O=4Na+4OH-+O2。（5）同周期元素性质从左往右呈现递变性的本质原因是：从左至右，电子层数相同，最外层电子数逐渐增多，原子半径逐渐减小，原子核对最外层电子的吸引力逐渐增大，失电子能力减弱，得电子能力增强。18、CaC
27、l2 AgNO3 Na2CO3 CO32-+2H+=CO2+H2O Ag+Cl-=AgCl 【解析】本题是无机物的推断。HCl和Na2CO3反应生成气体，AgNO3与CaCl2、HCl和Na2CO3反应均生成沉淀，且CaCl2、AgNO3、HCl都能与Na2CO3反应，结合实验中B+D反应生成气体，A+D反应生成沉淀，A+B无现象，则B为HCl，D为Na2CO3，所以A为CaCl2，C为AgNO3，再结合物质的性质及发生的反应来解答。【详解】HCl和Na2CO3反应生成无色无味气体，AgNO3分别与CaCl2、HCl和Na2CO3反应均生成白色沉淀，且CaCl2、AgNO3、HCl都能与Na2
28、CO3反应，结合实验中B+D反应生成无色无味的气体，A+D反应生成白色沉淀，A+B无明显现象，则B为HCl，D为Na2CO3，所以A为CaCl2，C为AgNO3。(1)由上述分析可知，A为CaCl2，C为AgNO3，D为Na2CO3，故答案为CaCl2；AgNO3；Na2CO3。(2)盐酸与碳酸钠反应生成氯化钠、水和二氧化碳，离子反应为CO32-+2H+=CO2+H2O；盐酸和硝酸银反应生成氯化银和硝酸，离子反应为：Ag+Cl-=AgCl。19、16.3 mL 浓硫酸 蒸馏水 100mL容量瓶 胶头滴管 CDFEHGBA 【解析】根据一定物质的量浓度溶液的配制操作方法及注意事项分析。【详解】(
29、1)首先根据已知条件计算浓硫酸的浓度，c=18.4mol/L，由于稀释过程溶质的物质的量不变，故c浓V浓=c稀V稀=n，容量瓶没有90mL，只能选用100mL规格，故计算时，稀硫酸要按照100mL计算，带入计算得到，V浓= 16.3 mL；稀释过程中，由于浓硫酸遇水放热，故需要酸入水的操作，将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢注入盛有少量蒸馏水的的烧杯中；用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒23次，并将洗涤液也全部转移到容量瓶中；将已冷却至室温的硫酸溶液沿玻璃棒注入100mL容量瓶；改用胶头滴管逐滴加蒸馏水，使溶液凹面恰好与刻度相切；故答案为：16.3 mL，浓硫酸，蒸馏水，100mL容量瓶，胶头滴管；(2)用浓溶
30、液配制稀溶液的操作步骤是：计算量取稀释冷却至室温转移洗涤转移定容摇匀装瓶贴标签，故答案为：CDFEHGBA；(3) 量取浓硫酸时俯视读数使浓硫酸体积偏小，造成配制溶液溶度偏低，故不符合题意； 转移溶液前，容量瓶中含有少量蒸馏水，不影响整个实验，故不符合题意； 溶解硫酸用的烧杯、玻璃棒未洗涤，造成溶质物质的量损失，配制的溶液浓度偏低，故不符合题意；未冷却至室温定容，溶液末冷却就转移到容量瓶中，液体热胀，所加的水体积偏小，故使溶液浓度偏高，故符合题意；定容时俯视容量瓶的刻度线，会导致加入的蒸馏水体积偏小，配制的溶液体积减小，故溶液的浓度偏高，故符合题意； 定容后摇匀，发现液面低于刻度线，再滴加蒸馏
31、水至刻度线，溶质的物质的量不变，溶液的体积增大，故溶液的浓度偏低，故不符合题意；故答案为：。【点睛】一定物质的量浓度溶液的配制过程常见误差分析：(1)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）；(2)溶解搅拌时有部分液体溅出.（mB偏小，cB偏低）；(3)转移时有部分液体溅出（mB偏小，cB偏低）；(4)未洗涤烧杯和玻璃棒2次3次（mB偏小，cB偏低）；(5)溶解时放热,且未冷却至室温（20）（V偏小，cB偏高）；溶解时吸热,且未恢复到室温（20）（V偏大，cB偏低）。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
32、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%/36.5g/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2
33、50mL，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，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
34、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；（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】
35、(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。