内蒙古包头一中2015-2016学年高一期中化学试卷.doc

2015-2016学年内蒙古包头一中高一（上）期中化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（每题只有一个正确答案，每题4分）1．（4分）（2015秋•包头校级期中）进入秋冬季节后，雾霾这种环境污染问题逐渐凸显．从物质分类来看雾霾属于胶体，它区别于溶液等其它分散系的本质特征是（）A．胶粒可以导电B．胶体是混合物C．胶体粒子大小在1～100nm之间D．胶体的分散剂为气体【考点】常见的生活环境的污染及治理．【分析】分散系的本质区别在于分散质微粒的直径大小，能通过滤纸的分散系为溶液、胶体；能通过半透膜的分散系是溶液．【解答】解：胶体区别于其它分散系的本质特征是胶体粒子直径在1﹣100nm（10﹣7～10﹣9m）之间，溶液的粒子直径小于1nm，浊液的子直径大于100nm．故选C．【点评】本题考查了胶体的本质特征，比较基础，侧重对基础知识的巩固，注意对基础知识的理解掌握．2．（4分）（2015•昌乐县校级模拟）下列说法正确的是（）A．将AgCl放入水中不能导电，故AgCl不是电解质B．CO2溶于水得到的溶液能导电，所以CO2是电解质C．金属能导电，所以金属是电解质D．固态的NaCl不导电，熔融态的NaCl能导电，NaCl是电解质【考点】电解质与非电解质．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物是电解质，在水溶液中或熔融状态下都不能导电的化合物叫非电解质；能导电的物质有自由电子或自由移动的离子，如金属或熔融态盐或酸、碱、可溶性盐溶液等．【解答】解：A、AgCl的溶解度很小，导致将AgCl放入水中不能导电，但氯化银在熔融态能电离出自由移动的阴阳离子，所以是电解质，故A错误；B、二氧化碳溶于水能导电，但电离出自由移动离子的是碳酸不是二氧化碳，所以二氧化碳是非电解质，故B错误；C、金属能导电，但金属不是化合物，所以既不是电解质也不是非电解质，故C错误；D、固态的NaCl不导电，熔融态的NaCl有自由移动的离子，所以能导电，故NaCl是电解质，故D正确．故选D．【点评】本题考查了电解质与导电性的关系，难度不大，注意导电的不一定是电解质，电解质不一定能导电．3．（4分）（2014秋•河南期末）下列实验操作中，错误的（）A．蒸发操作时，不能使混合物中的水分完全蒸干后，才停止加热B．蒸馏操作时，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的支管口处C．分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出D．萃取操作时，应选择有机萃取剂，且萃取剂的密度必须比水大【考点】蒸发和结晶、重结晶；蒸馏与分馏；分液和萃取．【专题】化学实验基本操作．【分析】A．在蒸发操作的过程中，当加热到有少量液体剩余时停止加热，利用余热蒸发干；B．温度计测量蒸气的温度；C．活塞到漏斗管口还残留一部分下层液体；D．萃取剂的选择与密度无关．【解答】解：A．在蒸发操作的过程中，当加热到有少量液体剩余时停止加热，此时剩下的少量液体可以利用余热蒸发干，故A正确；B．蒸馏操作时，温度计水银球应靠近蒸馏烧瓶的支管口处，故B正确；C．活塞到漏斗管口还残留一部分下层液体．如果将上层液体也从下口放出，残留的下层液体会一起被放出，上层液体就不纯净了，故分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，故C正确；D．萃取的基本原则两种溶剂互不相溶，且溶质在一种溶剂中的溶解度比在另一种大的多，密度也可以比水小，故D错误．【点评】本题考查物质的分离、提纯的基本方法选择与应用，题目难度中等，注意根据混合物组分性质的差异性选择分离的方法．4．（4分）（2013秋•宁波期末）下列物质的分类正确的是（）A．A B．B C．C D．D【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系．【专题】物质的分类专题．【分析】电离时生成的阳离子全部是氢离子的化合物是酸，电离时生成的阴离子都是氢氧根离子的化合物是碱，由金属离子或铵根离子和酸根离子组成的化合物属于盐，和酸反应只生成盐和水的氧化物为碱性氧化物，和碱反应只生成盐和水的氧化物为酸性氧化物，据此分析解答．【解答】解：A．二氧化硫和碱反应只生成盐和水，和酸不反应，所以属于酸性氧化物，故A错误；B．一氧化碳和碱、酸都不反应，为不成盐氧化物，故B错误；C．一氧化碳和碱、酸都不反应，为不成盐氧化物，故C错误；D．根据这几个概念知，氢氧化钾为碱、次氯酸为酸、碳酸钙为盐、氧化钙为碱性氧化物、三氧化硫为酸性氧化物，故D正确；故选D．【点评】本题考查了化学基本概念，根据这几个概念的内涵来分析解答即可，注意电离出的阳离子含有氢离子的化合物不一定是酸，如硫酸氢钠为盐，为易错点．5．（4分）（2015秋•包头校级期中）下列各组物质中，含原子数最多的是（）A．0.4 mol NH3B．4℃时5.4 mL水（水的密度为1g/cm3）D．6.02×1023个硫酸分子【考点】物质的量的相关计算．【分析】A．1个氨气分子含有4个原子；B．根据m=ρV计算水的质量，再根据n=计算水的物质的量，1个水分子含有3个原子；C．根据n=计算氖的物质的量，氖为稀有气体，为单原子分子；D．根据n=计算硫酸的物质的量，1个硫酸分子含有7个原子．【解答】解：A．0.4molNH3含有0.4×4mol=1.6mol原子；B．4℃时5.4mL水的质量为5.4mL×1g/mL=5.4g，物质的量为=0.3mol，水分子含有3个原子，故含有原子的物质的量为0.3mol×3=0.9mol；C．10g氖的物质的量为=0.5mol，氖气是单原子分子，故氖原子物质的量为0.5mol；D．6.02×1023个硫酸分子的物质的量为n===1mol，1个硫酸分子含有7个原子，故含原子数为7mol，所以原子个数最多的是6.02×1023个硫酸分子，故选D．【点评】本题考查物质的量的有关计算，比较基础，难度不大，注意对公式的理解，注意稀有气体是单原子分子．6．（4分）（2012•湛江一模）设N A代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．常温常压下，11.2L氧气所含的O原子数为N AB．1mol/L的CaCl2溶液中含有的Cl﹣为2N AC．2.4g镁变成Mg2+时失去的电子数目为0.2N AD．标准状况下，2g氢气所含原子数目为N A【考点】阿伏加德罗常数．【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．【分析】A、使用气体摩尔体积22.4L/mol必须是在标况下；B、溶液的体积未知，无法计算含有的氯离子数；C、每个镁原子失去2个电子，再根据N（电子）=2计算失去的电子数；D、每个氢气分子中含有2个原子，再根据N（H）=2计算氢原子数．【解答】解：A、使用气体摩尔体积22.4L/mol必须是在标况下，常温常压下，11.2L氧气的物质的量不是0.5mol，所以含有的O原子数不是N A，故A错误；B、溶液的体积未知，无法计算含有的氯离子数，故B错误；C、每个镁原子失去2个电子，N（电子）=2=，故C正确；D、每个氢气分子中含有2个原子，N（H）=2==2N A，故D错误；故选C．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，难度不大，易错选项是B，注意气体摩尔体积的使用范围和使用条件．7．（4分）（2013秋•渝中区校级期末）实验室用NaCl固体配500mL 1.0mol/LNaCl溶液，下列判断不对的是（）A．用托盘天平称取NaCl固体29.25gB．应选用500 mL的容量瓶来配制此溶液C．在转移操作中不慎将溶液洒到容量瓶外面，应该重新配置溶液D．加蒸馏水至离刻度线1﹣2 cm时改用胶头滴管定容【考点】溶液的配制．【专题】实验评价题．【分析】A．托盘天平精确到0.1g；B．只能配制一定体积的物质的量浓度溶液；C．有少量液体溅出会导致溶质的物质的量偏小，配制溶液浓度偏低；D．定容时用胶头滴管操作．【解答】解：A．托盘天平精确到0.1g，所以用托盘天平称取NaCl固体29.3g，故A错误；B．常见容量瓶规格为100mL、200mL、500mL、1000mL等，配500mL溶液，故需选用500mL 容量瓶来配制溶液，故B正确；C．转移溶液时有少量液体溅出，导致配制的溶液中氢氧化钠的物质的量偏小，则最终溶液的浓度偏低，故需重新配制，故C正确；D．定容时使用胶头滴管，防止加水超过刻度线，则加蒸馏水至离刻度线1﹣2 cm时改用胶头滴管定容，故D正确；故选A．【点评】本题考查了配制一定物质的量浓度的溶液方法，题目难度中等，注意掌握配制一定物质的量浓度的溶液步骤及选用仪器的方法，要求学生熟悉常见的容量瓶规格．8．（4分）（2015秋•包头校级期中）在酸性无色溶液中，下列各组离子一定能大量共存的是（）A．MnO4﹣、H+、K+、NO3﹣B．Na+、H+、Cl﹣、NO3﹣C．Ba2+、H+、SO42﹣、Cl﹣D．H+、Fe3+、SO42﹣、Cl﹣【考点】离子共存问题．【分析】酸性溶液中含大量的H+，根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，则离子大量共存，并结合离子的颜色来解答．【解答】解：A．MnO4﹣为紫色，与无色不符，故A错误；B．该组离子之间不反应，可大量共存，且离子均为无色，故B正确；C．Ba2+、SO42﹣结合生成沉淀，不能大量共存，故C错误；D．Fe3+为黄色，与无色不符，故D错误；故选B．【点评】本题考查离子共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应的离子共存考查，注意常见离子的颜色，题目难度不大．9．（4分）（2014秋•长治校级期中）能正确表示下列化学反应的离子方程式的是（）A．盐酸与Fe（OH）3反应：Fe（OH）3+3H+═Fe3++3H2OB．稀硫酸与铁粉反应：2Fe+6H+═2Fe3++3H2↑C．氢氧化钡溶液与稀硫酸反应：Ba2++SO═BaSO4↓D．Fe3O4与盐酸反应：Fe3O4+8H+═3Fe3++4H2O【考点】离子方程式的书写．【分析】A．盐酸与Fe（OH）3反应生成氯化铁和水；B．二者反应生成二价铁离子；C．漏掉氢氧根离子与钡离子反应；D．反应生成氯化铁、氯化亚铁和水；【解答】解：A．盐酸与Fe（OH）3反应，离子方程式：Fe（OH）3+3H+═Fe3++3H2O，故A 正确；B．稀硫酸与铁粉反应生成硫酸亚铁和氢气，离子方程式：Fe+2H+═Fe2++H2↑，故B错误；C．氢氧化钡溶液与稀硫酸反应生成硫酸钡和水，正确的离子方程式为：Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣═2H2O+BaSO4↓，故C错误；D．Fe3O4与稀盐酸反应的离子反应为Fe3O4+8H+═2Fe3++Fe2++4H2O，故D错误；故选：A．【点评】本题考查离子反应书写的正误判断，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，注意不要漏掉反应离子．10．（4分）（2015秋•包头校级期中）下列离子方程式改写成化学方程式正确的是（）A．Cu+2Ag+=Cu2++2Ag Cu+2AgCl=CuCl2+2AgB．CO32﹣+2H+=CO2↑+H2O BaCO3+2HCl=BaCl2+CO2↑+H2OC．Ca2++CO32﹣=CaCO3↓ Ca（NO3）2+NaCO3=CaCO3↓+NaNO3D．H++OH﹣=H2O 2KOH+H2SO4=K2SO4+2H2O【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A．氯化银为难溶物，不能拆开，该反应只能为铜与硝酸银溶液的反应；B．碳酸钡为难溶物，不能拆开；C．碳酸氢钠中的碳酸氢根离子不能拆开；D．2KOH+H2SO4=K2SO4+2H2O反应的实质为氢离子与氢氧根离子反应生成水．【解答】解：A．Cu+2AgCl=CuCl2+2Ag之间氯化银为难溶物，不能拆开，不能用离子方程式Cu+2Ag+=Cu2++2Ag表示，故A错误；B．BaCO3+2HCl=BaCl2+CO2↑+H2O中碳酸钡不能拆开，需要保留化学式，不能用CO32﹣+2H+=CO2↑+H2O表示，故B错误；C．Ca（NO3）2+NaHCO3=CaCO3↓+NaNO3中碳酸氢根离子不能拆开，其离子方程式不能用Ca2++CO32﹣=CaCO3↓表示，故C错误；D．2KOH+H2SO4=K2SO4+2H2O的离子方程式为：H++OH﹣=H2O，故D正确；故选D．【点评】本题考查了离子方程式的书写判断，为高考的高频题，属于中等难度的试题，注意掌握离子方程式的书写原则，试题培养了学生的灵活应用能力．11．（4分）（2015秋•包头校级期中）下列各组物质不用其它试剂就可以全部鉴别出来的是（）A．稀盐酸、稀H2SO4B．KCl、BaCl2、CuSO4C．KCl、BaCl2、CaCl2D．FeCl3、Fe2（SO4）3、NaClE．FeCl3、Fe2（SO4）3、NaCl【考点】物质检验实验方案的设计．【专题】物质检验鉴别题．【分析】不要试剂鉴别，可以通过溶液的颜色判断，可根据溶液间相互反应产生的不同现象鉴别，特别注意的是已经鉴别出来的试剂可以用来鉴别其它剩余的物质，据此分析解题．【解答】A．稀盐酸和稀硫酸均为无色溶液，且彼此间不发生反应，无法鉴别，故A错误；B．硫酸铜溶液显蓝色，可直接确定，再用硫酸铜溶液与其它两种溶液混合滴加，有白色沉淀生成的是BaCl2，剩下的为KCl，故B正确；C．KCl、BaCl2、CaCl2都是无色溶液，且彼此间不发生反应，无法鉴别，故C错误；D．FeCl3、Fe2（SO4）3都是棕黄色溶液，NaCl溶液是无色的，可确定，无法鉴别其它两种，故D错误；E．FeCl3、Fe2（SO4）3都是棕黄色溶液，NaCl溶液是无色的，可确定，无法鉴别其它两种，故E错误；故选：B．【点评】物质的鉴别是高频考点，重点考查物质的性质及离子反应，属基础性考查，难度不大．12．（4分）（2014秋•西宁期中）下列对氧化还原反应的分析中不合理的是（）A．Mg变为MgO时化合价升高，故Mg在该反应中作还原剂B．在反应2H2S+SO2═3S+2H2O中，氧化产物和还原产物都是SC．凡是置换反应都是氧化还原反应D．在反应2H2O2H2↑+O2↑中，H2是还原剂【考点】氧化还原反应．【分析】A．含元素化合价升高的物质为还原剂；B.2H2S+SO2=3S↓+2H2O中，只有S元素的化合价变化；C．置换反应有单质参加和生成，元素化合价一定发生变化；D．还原剂为反应物．【解答】解：A．含元素化合价升高的物质为还原剂，则Mg变为MgO时，Mg元素的化合价升高，故Mg在该反应中作还原剂，故A正确；B.2H2S+SO2=3S↓+2H2O中，只有S元素的化合价变化，既被氧化也被还原，则氧化产物和还原产物都是S，故B正确；C．置换反应有单质参加和生成，元素化合价一定发生变化，故C正确；D．在反应2H2O2H2↑+O2↑中，H元素化合价降低，H2是还原产物，故D错误．故选D．【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念的考查，注意从化合价角度分析，题目难度不大．13．（4分）（2014秋•西宁期中）在下列各变化过程中，一定要加还原剂才能实现的是（）A．HNO3→NO B．H2S→S C．FeCl2→FeCl3D．SO32﹣→SO2【考点】重要的还原剂．【专题】氧化还原反应专题．【分析】元素的化合价降低说明该元素被还原，发生了还原反应，必须加入还原剂才能实现，以此来解答．【解答】解：A、N元素化合价降低，被还原，需加入还原剂，故A正确；B、S元素化合价升高，被氧化，应加入氧化剂，故B错误；C、Fe元素化合价升高，被氧化，需加入氧化剂，故C错误；D、元素化合价没有发生变化，不是氧化还原反应，故D错误，故选A．【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化解答的关键，侧重还原反应的考查，注意从化合价角度分析，题目难度不大．14．（4分）（2015秋•郑州校级期中）已知有如下反应：①ClO3﹣+5Cl﹣+6H+═3Cl2+3H2O，②2FeCl3+2KI═2FeCl2+2KCl+I2，③2FeCl2+Cl2═2FeCl3，判断下列各微粒氧化能力由强到弱的顺序正确的是（）A．Cl2＞ClO3﹣＞Fe3+＞I2B．Cl2＞ClO3﹣＞I2＞Fe3+C．ClO3﹣＞Cl2＞Fe3+＞I2D．ClO3﹣＞Fe3+＞Cl2＞I2【考点】氧化性、还原性强弱的比较．【分析】氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，据此分析．【解答】解：①中ClO3﹣是氧化剂，Cl2是氧化产物，所以氧化性ClO3﹣＞Cl2，②中Fe3+是氧化剂，I2是氧化产物，所以氧化性：Fe3+＞I2，③中Cl2是氧化剂，Fe3+是氧化产物，所以氧化性：Cl2＞Fe3+，综上得氧化性顺序为ClO3﹣＞Cl2＞Fe3+＞I2．故选C．【点评】本题考查氧化性强弱的判断规律：氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，可以根据所学知识进行回答，难度不大，关键正确判断氧化剂、还原剂．15．（4分）（2014秋•长治校级期中）标准状况下有①0.112L水；②3.01×1023个氯化氢分子；③13.6g H2S气体；④0.2mol氨气，下列对这四种物质的关系由小到大排列正确的是（）A．体积：④③②①B．密度：④①③②C．质量：①④③②D．氢原子数：②④③①【考点】物质的量的相关计算．【分析】标况下，水是液体，气体摩尔体积对其不适用，n（HCl）==0.5mol、n（H2S）==0.4mol、n（NH3）=0.2mol，根据V=nV m、ρ=、m=nM、N=nN A再结合物质状态分析解答．【解答】解：标况下，水是液体，气体摩尔体积对其不适用，n（HCl）==0.5mol、n（H2S）==0.4mol、n（NH3）=0.2mol，A．水的体积是0.112L，V（HCl）=0.5mol×22.4L/mol=11.2L、V（H2S）=0.4mol×22.4L/mol=8.96L、V（NH3）=0.2mol×22.4L/mol=4.48L，所以由小到大排列正确的是①④③②，故A错误；B．水的密度是1g/mL，根据ρ=知，气体密度与其摩尔质量成正比，HCl的摩尔质量是36.5g/mol、硫化氢摩尔质量是34g/mol、氨气摩尔质量是17g/mol，气体密度都小于1g/mL，所以密度从小到大顺序是④③②①，故B错误；C．水的质量是112g，m（HCl）=0.5mol×36.5g/mol=18.25g、m（H2S）=0.4mol×34g/mol=13.6g、m（NH3）=0.2mol×17g/mol=3.4g，所以质量从小到大顺序是④③②①，故C错误；D．水中N（H）=×N A×2=12.4N A，HCl中N（H）=0.5mol×N A/mol×1=0.5N A，硫化氢中N（H）=0.4mol×N A/mol×2=0.8N A，氨气中N（H）=0.2×N A/mol×3=0.6N A，所以H原子个数由小到大顺序是②④③①，故D正确；故选D．【点评】本题考查了阿伏伽德罗定律及其推论，明确各个物理量之间的关系是解本题关键，灵活运用公式即可解答，注意气体摩尔体积的适用范围，水的有关计算为易错点．16．（4分）（2015秋•贵阳校级期中）标准状况下，将VLA气体（摩尔质量为M g/mol）溶于0.1L水中，所得溶液密度为ρg/mL，则此溶液物质的量浓度为（）A．mol/L B．mol/LC．mol/L D．mol/L【考点】物质的量浓度的相关计算．【专题】计算题．【分析】根据n=来计算气体的物质的量，根据m=nM计算气体的质量，根据m=ρV计算水的质量，溶剂和溶质的质量和为溶液的质量，利用V=来计算溶液的体积，最后利用c=来计算该溶液的物质的量浓度．【解答】解：气体的物质的量==mol，故气体的质量=mol×Mg/mol=g，0.1L水的质量为100mL×1g/mL=100g，溶液的质量为（100+）g，溶液的体积为=L，所以溶液的物质的量浓度==mol/L．故选B．【点评】本题考查物质的量浓度的有关计算，属于字母型计算，增大题目难度，计算溶液的体积是解题关键，注意对公式的理解与灵活运用．二、非选择题17．（14分）（2015秋•包头校级期中）下面是几种实验中常用的仪器：（1）写出序号所代表的仪器的名称：B1000mL容量瓶；C冷凝管；D分液漏斗．实验室要配制500mL 0.2mol/L NaOH溶液，请回答下列问题：（2）配制过程中不需要使用的化学仪器有C（填选项的字母）．A．烧杯B．500mL容量瓶C．漏斗D．胶头滴管E．玻璃棒（3）用托盘天平称取氢氧化钠，其质量为 4.0g．（4）该实验中两次用到玻璃棒，其作用分别是搅拌，加速溶解、引流．（5）配制过程中，造成浓度偏低的操作可能有BCDE（选填下列操作的序号）．A、容量瓶蒸馏水洗后未加干燥B、烧杯用蒸馏水洗后未干燥C、将烧杯中NaOH移入容量瓶后，未用水洗涤烧杯，即向容量瓶中加水到刻度D、用胶头滴管向容量瓶中加水时，不慎超过刻度线，用另外胶头滴管从瓶中吸出部分溶液使剩余溶液刚巧达刻度线E、定容时，仰视液面加水至刻度线．【考点】配制一定物质的量浓度的溶液；不能加热的仪器及使用方法．【分析】（1）根据仪器的图形判断仪器的名称；（2）配制480mL溶液，需要选用500mL容量瓶，根据配制500mL0.2mol/L NaOH溶液的步骤选择使用的仪器；（3）根据n=cV计算出500mL0.2mol/L NaOH溶液中溶质的物质的量，再根据m=nM计算出氢氧化钠的质量；（4）根据使用玻璃棒的操作来分析其用途；（5）根据c=并结合溶质的物质的量n和溶液的体积V的变化来进行误差分析．【解答】解：（1）由仪器的图形可知A为漏斗，B为1000mL容量瓶，C为冷凝管，D为分液漏斗．故答案为：1000mL容量瓶；冷凝管；分液漏斗；（2）实验室要配制500mL 0.2mol/L NaOH溶液，配制步骤为：计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等，使用的仪器为：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，所以不会使用的仪器为：C漏斗，故答案为：C；（3）500mL 0.2mol/L NaOH溶液中含有氢氧化钠的物质的量为：0.2mol/L×0.5L=0.1mol，需要氢氧化钠的质量为：40g/mol×0.1mol=4.0g，故答案为：4.0；（4）在配制过程中，溶解氢氧化钠固体时玻璃棒的用途是：搅拌，加速溶解；在移液时玻璃棒的用途是引流，故答案为：搅拌，加速溶解；引流；（5）A、若容量瓶未干燥即用来配制溶液，对溶液浓度无影响，因为只要定容时正确，至于水是原来就有的还是后来加入的，对浓度无影响，故A错误；B、由于称量氢氧化钠固体要用烧杯，若烧杯用蒸馏水洗后未干燥，则称量出的氢氧化钠的实际质量会偏小，则配制出的溶液的浓度偏低，故B正确；C、将烧杯中NaOH移入容量瓶后，未用水洗涤烧杯，会造成溶质的损失，则溶液浓度偏低，故C正确；D、用胶头滴管向容量瓶中加水时，不慎超过刻度线，用另外胶头滴管从瓶中吸出部分溶液，吸出的溶液中含有溶质，则会造成剩余的溶液的浓度偏低，故D选；E、定容时，仰视液面加水至刻度线会造成溶液体积偏大，浓度偏低，故E正确．故选BCDE．【点评】本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制过程中涉及到的仪器的选择和使用以及误差分析等问题，难度不大．（普通班必做）18．（6分）（2015秋•包头校级期中）同温同压下，将1体积的CO2和2体积的CO进行比较，则CO2与CO的：（1）分子数之比为1：2；（2）原子数之比为3：4；（3）质量之比为11：14；（4）密度之比为11：7．【考点】物质的量的相关计算．【专题】计算题．【分析】（1）同温同压下，气体分子数目之比等于体积之比；（2）同温同压下，气体体积之比等于物质的量之比，结合分子含有原子数目计算；（3）同温同压下，气体体积之比等于物质的量之比，再根据m=nM计算；（4）同温同压下，气体密度之比等于相对分子质量之比．【解答】解：（1）同温同压下，气体分子数目之比等于体积之比，故1体积的CO2和2体积的CO含有分子数目之比=1：2，故答案为：1：2；（2）同温同压下，气体体积之比等于物质的量之比，故1体积的CO2和2体积的CO的物质的量之比=1：2，则二者含有原子数目之比=1×3：2×2=3：4，故答案为：3：4；（3）同温同压下，气体体积之比等于物质的量之比，故1体积的CO2和2体积的CO的物质的量之比=1：2，则二者质量之比=1mol×44g/mol：2mol×28g/mol=11：14，故答案为：11：14；（4）同温同压下，气体密度之比等于相对分子质量之比，CO2与CO的密度之比=44：28=11：7，故答案为：11：7．【点评】本题考查物质的量有关计算、阿伏伽德罗定律及推论，难度不大，根据pV=nRT理解阿伏伽德罗定律及推论．19．（4分）（2015秋•包头校级期中）将24.4g NaOH固体溶于水配成100mL溶液，其密度为1.219g/mL．a．该溶液中NaOH的物质的量浓度为 6.1mol/L．b．从该溶液中取出10mL，其中NaOH的物质的量浓度为 6.1mol/L，含NaOH的质量为 2.44g，c．将取出的10mL溶液加水稀释到100mL，稀释后溶液中NaOH的物质的量浓度为0.61mol/L．【考点】物质的量浓度的相关计算．【专题】溶液浓度的计算．【分析】a．根据n=计算NaOH物质的量，再根据c=计算溶液物质的量浓度；b．溶液是均一的，取出溶液中浓度与原溶液浓度相等，根据n=cV计算NaOH物质的量，再根据m=nM计算NaOH质量；c．根据稀释定律计算稀释后溶液中NaOH的物质的量浓度．【解答】解：a．NaOH物质的量为=0.61mol，溶于水配成100mL溶液，所得溶液物质的量浓度为=6.1mol/L，故答案为：6.1mol/L；b．溶液是均一的，取出溶液中浓度与原溶液浓度相等，从该溶液中取出10mL NaOH溶液的物质的量浓度为6.1mol/L，溶液中NaOH质量为0.01L×6.1mol/L×40g/mol=2.44g，故答案为：6.1mol/L；2.44g；c．根据稀释定律，稀释后溶液中NaOH的物质的量浓度为=0.61mol/L，故答案为：0.61mol/L．【点评】本题考查物质的量浓度计算，题目贴近教材，基础性强，难度不大，理解物质的量浓度定义式并灵活应用，（实验班必做）20．（2015秋•包头校级期中）同温同压下，将1体积的CO2和2体积的CO进行比较，则CO2与CO的质量之比为11：14；密度之比为11：7．【考点】物质的量的相关计算．【专题】物质的量的计算．【分析】同温同压下，气体的体积之比等于其物质的量之比，再根据m=nM计算二者质量之比，同温同压下气体的密度之比等于其摩尔质量之比．【解答】解：同温同压下，1体积的CO2和2体积的CO的物质的量之比为1：2，根据m=nM 可知，CO2与CO的质量之比为1mol×44g/mol：2mol×28g/mol=11：14；同温同压下气体的密度之比等于其摩尔质量之比，故CO2与CO的密度之比为44g/mol：28g/mol=11：7，故答案为：11：14；11：7．【点评】本题考查阿伏伽德罗定律及其推论，比较基础，注意根据PV=nRT理解掌握阿伏伽德罗定律及其推论．21．（2015秋•包头校级期中）在标准状况下，由CO和CO2组成的混合气体6.72 L，质量为12g｡此混合物中CO和CO2质量之比是7：33．【考点】物质的量的相关计算．【专题】物质的量的计算．【分析】根据n=计算混合气体的总的物质的量，设CO的物质的量为x，CO2的物质的量为y，根据质量之和与物质的量之和列式计算CO和CO2的物质的量，从而求质量之比．【解答】解：标准状况下，混合气体的物质的量为：=0.3mol，设CO的物质的量为x，CO2的物质的量为y，则：解得：x=0.075mol，y=0.225mol，此混合物中CO和CO2物质的量之比=0.075mol：0.225mol=1：3；所以质量之比为：1×28：3×44=7：33，故答案为：7：33．【点评】本题考查混合物计算、物质的量有关计算，难度不大，注意对公式的理解与灵活应用．22．（2015秋•包头校级期中）将24.4gNaOH固体溶于水配成100mL溶液，其密度为1.219g•mL ﹣1．（1）求该溶液中NaOH的物质的量浓度为多少？（2）求该溶液中NaOH的质量分数约为多少？（3）取出10mL该溶液加水稀释到100mL，稀释后溶液中NaOH的物质的量浓度为多少？【考点】物质的量浓度的相关计算．。