山西省大同四中联盟体2025年高一化学第一学期期中学业质量监测模拟试题含解析.doc

山西省大同四中联盟体2025年高一化学第一学期期中学业质量监测模拟试题
请考生注意：
1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。
2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、下列说法中错误的是( )
A．从1L1mol·L－1的NaCl溶液中取出10mL，其浓度仍是1mol·L－1
B．10mL质量分数为98%的H2SO4，用水稀释至100 mL，H2SO4的质量分数为9.8%
C．0.5L 2mol·L－1BaCl2溶液中，Ba2+和Cl－总数为1.806×1024
D．制备0.5L 10mol·L－1的盐酸，需要氯化氢气体112L(标准状况)
2、有关实验的描述，符合事实的是
A．金属钠暴露在空气里，表面变暗，生成白色的氧化钠固体
B．用坩埚钳夹住打磨过的镁带，在酒精灯上点燃，发出耀眼的白光，放出大量的热，产生黄色粉末
C．用坩埚钳夹住铝箔在酒精灯上点燃，发出耀眼的白光，放出大量的热
D．用坩埚钳夹住一小块铝箔，在酒精灯上加热至熔化，轻轻晃动，有液态的铝滴落下来
3、下列物质属于碱的是（　　）
A．KCl B．Cu2（OH）2CO3 C．Na2CO3 D．NaOH
4、取一块用砂纸打磨过的铝箔在空气中加热至熔化，下列说法不正确的是
A．铝表面失去光泽 B．剧烈燃烧，火星四射，生成黑色固体
C．熔化的铝不滴落 D．在加热熔化过程中生成了氧化铝
5、某溶液中只含有K＋、Fe3＋、NO3-，已知K＋、Fe3＋的个数分别为3a和a，则溶液中K＋与NO3-的个数比为
A．1︰2 B．1︰4
C．3︰4 D．3︰2
6、下列实验设计方案中，可行的是（ ）
A．用点燃法除去CO2中少量CO
B．用洗气瓶中的NaOH溶液除去CO2中混有的HCl气体
C．向某无色未知溶液中仅加入BaCl2溶液，以检验未知溶液中的SO42-
D．用石蕊试液、BaCl2溶液，能鉴别盐酸、硫酸、硫酸钠、氢氧化钠和硝酸钾五种无色溶液
7、下列变化属于物理变化的是
A．工业制漂白粉 B．焰色反应 C．铜的锈蚀 D．煤的燃烧
8、下列说法不正确的是( )
A．利用丁达尔效应可以区分溶液和胶体，但这不是它们的本质区别
B．胶体的分散质粒子大小在1nm到l00nm之间，能通过滤纸不能透过半透膜
C．氢氧化铁胶体在电场作用下“红褐色”向阴极移动，是因为氢氧化铁胶粒带正电
D．将氢氧化钠浓溶液滴入饱和氯化铁溶液，制得氢氧化铁胶体
9、下列各组物质，按化合物、单质、混合物顺序排列的是
A．生石灰、白磷、熟石灰 B．烧碱、液态氧、碘酒
C．干冰、铁、氯化氢 D．空气、氮气、胆矾
10、下列各组物质，前者属于电解质，后者属于非电解质的是
A．NaCl晶体、BaSO4 B．铜、二氧化硫
C．液态的醋酸、酒精 D．熔融的KNO3、硫酸溶液
11、农药波尔多液不能用铁制容器盛放，是因为铁能与该农药中的硫酸铜起反应。在该反应中，铁（ ）
A．是氧化剂 B．是还原剂
C．既是氧化剂又是还原剂 D．既不是氧化剂又不是还原剂
12、用0.2mol·L－1某金属阳离子Rn＋的盐溶液40mL，恰好将20mL0.4mol·L－1的硫酸盐中的硫酸根离子完全沉淀，则n值为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
13、目前市场上有一种专门为婴幼儿设计的电解质饮料，适合在婴幼儿感冒、发烧时快速补充体内流失的电解质成分。下列物质可用作该饮料中的电解质的是
A．Fe B．葡萄糖 C．MgSO4 D．CO2
14、某溶液中只含Na＋、Mg2＋、SO42－、Cl－ 四种离子，其物质的量浓度之比为c (Na＋) ∶c(Mg2＋)∶c（Cl－）＝3∶2∶1, 若Na＋的浓度为3 mol/L，则SO42－的浓度为
A．2 mol/L B．3 mol/L C．4 mol/L D．6 mol/L
15、分类法是化学学习中的一种重要方法，下列分类图正确的是
A． B． C． D．
16、下列具有相同电子层数的一组原子是（ ）
A．H、He、Li B．Li、Na、K C．Na、Si、Ar D．O、S、Cl
二、非选择题（本题包括5小题）
17、某111mL溶液只含Cu2+、Ba2＋、K+、OH－、SO42—、Cl—中的几种，分别取三份11mL该溶液进行实验，以确定该溶液中的离子组成。
①向一份中加入足量NaOH溶液，产生1．98g蓝色沉淀
②向另一份中加入足量BaCl2溶液，产生2．33g白色沉淀
③向第三份中加入过量Ba(NO3)2溶液后，过滤取滤液再加入足量AgNO3溶液，产生2．87g白色沉淀。
回答下列问题
（1）该溶液中一定不存在的离子是___________，③中白色沉淀的化学式为______。
（2）产生蓝色沉淀的离子方程式为_____________________________。
（3）该溶液中一定存在的阴离子有____________，其物质的量浓度分别为_________。
（4）该111mL溶液中还含有的离子是_______，其物质的量是_______。
18、A、B、C、D为四种可溶性的盐，它们的阳离子分别可能是Ba2＋、Ag＋、Na＋、Cu2＋中的某一种，阴离子分别可能是NO3-、SO42-、Cl－、CO32-中的一种。(离子在物质中不能重复出现)
①若把四种盐分别溶于盛有蒸馏水的四支试管中，只有C盐的溶液呈蓝色；
②若向①的四支试管中分别加入盐酸，B盐的溶液有沉淀生成，D盐的溶液有无色无味的气体逸出。
根据①②实验事实可推断它们的化学式为：
（1）A________，C________，D____________。
（2）写出盐酸与D反应的离子方程式： ___________________________。
（3）写出C与Ba(OH)2溶液反应的离子方程式：_______________________。
19、（1）用18 mol/L硫酸配制100 mL 1.0 mol/L硫酸。若实验仪器有：A．100 mL量筒、B．托盘天平、C．玻璃棒、D．50 mL容量瓶、E.10 mL量筒、F.胶头滴管、G.50 mL烧杯、H.100 mL容量瓶。实验时选用仪器的先后顺序是________(填写编号)。
（2）在容量瓶的使用方法中，下列操作不正确的是________(填写标号)。
A．使用容量瓶前检查它是否漏水
B．容量瓶用蒸馏水洗净后，再用待配溶液润洗
C．配制溶液时，如果试样是固体，把称好的试样用纸条小心倒入容量瓶中，缓慢加入蒸馏水到接近标线1～2 cm处，用胶头滴管加蒸馏水到标线
D．配制溶液时，如果试样是液体，用量筒量取试样后直接倒入容量瓶中，缓慢加入蒸馏水到接近标线1～2 cm处，用胶头滴管滴加蒸馏水到标线
E．颠倒摇匀时，盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，用另一只手托住瓶底，把容量瓶倒转和摇动多次。
20、某同学用10mol/L的浓盐酸配制230mL1mol/L的稀盐酸，并进行有关实验。请回答下列问题：
（1）需要量取浓盐酸___________mL。
（2）配制该稀盐酸时使用的仪器除量筒、烧杯、玻璃棒外，还必须用到的仪器有______、______等。
（3）若实验遇下列情况，溶液的物质的量浓度是： ①偏高 ②偏低 ③不变
A、加水定容时越过刻度线_________(填序号)。
B、忘记将洗涤液转入容量瓶__________(填序号)。
C、容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理__________ (填序号)。
D、量取的浓盐酸置于烧杯中较长时间后配制__________ (填序号)。
（4）取所配制的稀盐酸100mL，与一定质量的锌充分反应，若锌全部溶解后，生成的气体在标准状况下的体积为0.896L，则参加反应的锌的质量为______g，设反应后溶液的体积仍为100mL，则反应后溶液中H+的物质的量浓度为_________________。
21、按要求填空：
（1）3.6gH2O物质的量为______mol，约含有_________个原子；
（2）已知1.204×1023个X气体的质量是6.4g。则X气体的摩尔质量是______；
（3）同温同压下，同体积的甲烷CH4和CO2质量之比为________，质子数之比_________；
（4）VLAl2（SO4）3溶液中含Al3+amol，该Al2（SO4）3溶液的物质的量浓度为__________，取出V/2L再加入水稀释到4VL。则稀释后溶液中SO42-的物质的量浓度是__________。
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．从1 L 1 mol/L的NaCl溶液中取出10 mL，溶液的浓度与溶液的体积大小无关，则氯化钠溶液的浓度不变，仍是1 mol/L，故A正确；
B．设稀释前硫酸密度为ρ1，稀释后硫酸溶液密度为ρ2，硫酸的质量分数为w，由于稀释前后硫酸的质量不变，则m(H2SO4) = 10×ρ1×98%=100×ρ2×w，由于硫酸质量分数越大，则密度越大，则ρ1＞ρ2，，故B错误；
C.0.5 L 2 mol/L BaCl2溶液中，溶质氯化钡的物质的量为：2 mol/L×0.5 L = 1 mol，1 mol氯化钡中含有1 mol钡离子、2 mol氯离子，总共含有3 mol离子，则Ba2+和Cl-总数约为3×6.02×1023 = 1.806×1024，故C正确；
D.0.5 L 10 mol/L的盐酸中含有氯化氢的物质的量为：10 mol/L×0.5 mol = 5 mol，需要标准状况下的氯化氢气体为：22.4L/mol×5mol = 112L，故D正确；
故选：B。
2、B
【解析】
A．氧化钠是白色固体，A错误；B．坩埚钳夹住打磨过的镁带，在酒精灯上点燃，发出耀眼的白光，放出大量的热，产生白色氧化镁固体，B正确；C．铝箔在空气中不能燃烧，C错误；D．用坩埚钳夹住一小块铝箔，由于铝熔点低，所以在酒精灯上加热铝熔化，失去了光泽，由于氧化铝熔点较高，加热时氧化膜包裹着的内层熔化的铝而不会滴落，D错误；答案选B。
3、D
【解析】碱是电离出得阴离子全部为氢氧根离子的化合物。A、CaO为金属氧化物，不属于碱，在熔融状态下电离出氧离子，故A错误；B、Cu2(OH)2CO3电离出的阴离子为氢氧根离子和酸根离子，为碱式碳酸盐，故B错误；C、Na2CO3电离出的阴离子为酸根离子，属于盐，不属于碱，故C错误；D、NaOH电离出得阴离子全部为氢氧根离，属于碱，故D正确；故选D。
4、B
【解析】
根据铝、氧化铝的性质，解释铝在空气中加热的现象。
【详解】
铝是银白色金属，易与空气中氧气反应，表面生成一薄层致密的氧化膜而失去光泽（A项正确），这层氧化膜可以保护内部的金属不被氧化；铝在空气中加热时不能燃烧，生成物是白色的氧化铝（B项错误、D项正确）；加热时外面的氧化铝呈固态（熔点2050℃）、里面的铝呈液态（熔点660℃），故“熔化的铝不滴落”（C项正确）。
5、A
【解析】
根据溶液中阴阳离子所带的电荷数相等，即电荷守恒分析解答。
【详解】
设NO3-有x个，忽略水的电离根据电荷守恒可知n(K＋)+3n(Fe3＋)＝n(NO3-)，则3a×1+a×3＝x×1，解得x＝6a。因此溶液中K＋与NO3-的个数比为3a:6a＝1:2，答案选A。
6、D
【解析】
A. 用点燃法除去CO2中少量CO，不可行，因为CO2中少量CO是点不着的，且会引入新杂质氧气，故A错误；B.CO2和HCl都能与NaOH反应,应用饱和碳酸氢钠溶液除杂,故B错误;C.仅加入BaCl2溶液,不能排除Ag+或SO32-的影响,可能生成AgCl或BaSO3、BaSO4等沉淀,故C错误; D.用石蕊和氯化钡鉴别,将石蕊加入五种溶液中,根据石蕊遇碱变蓝色,可以首先鉴别出氢氧化钠,会使紫色石蕊变红色是盐酸、硫酸,不会使石蕊变色的是硫酸钠、硝酸钾,然后取使石蕊变红的溶液少许,滴入氯化钡溶液,出现白色沉淀的是硫酸,无现象的是盐酸,然后取不会使石蕊变色的两种溶液少许,滴入氯化钡溶液,出现白色沉淀的是硫酸钠,没现象的是硝酸钾,根据此方法可以鉴别,故D正确；答案：D。
除杂时必须满足的原则：杂质除去，不引入新杂质，主体物质不减少，易分离，易复原。
7、B
【解析】
化学变化是指有新物质生成的变化，物理变化是指没有新物质生成的变化，化学变化和物理变化的本质区别在于是否有新物质生成，据此分析判断。
【详解】
A.工业制漂白粉，以Cl2和Ca(OH)2为原料制备漂白粉[有效成分为Ca(ClO)2)]，有新物质生成，属于化学变化，故A项不符合题意；
B.焰色反应是指某些金属或它们的化合物在无色火焰中灼烧时使火焰呈现特征颜色的反应，该过程没有新物质生成，属于物理变化，故B项正确；
C.铜的锈蚀是铜在一定条件下生成铜锈的过程，有新物质生成，属于化学变化，故C项不符合题意；
D.煤炭燃烧过程中有新物质二氧化碳等生成，属于化学变化，故D项不符合题意；
答案选B。
8、D
【解析】
A．溶液与胶体的本质区别在于分散质微粒直径大小，前者小于1nm，后者介于1nm～100nm之间，丁达尔效应是胶体的特性，利用丁达尔效应可以区分溶液和胶体，故A正确；
B．胶体与其他分散系的本质区别是分散质粒子的大小，胶体分散质粒子的直径大小在1nm～100nm之间，能发生丁达尔效应、能透过滤纸、不能透过半透膜都是胶体的性质，故B正确；
C．胶体能发生电泳现象是由于胶体粒子带电荷，氢氧化铁胶体在电场作用下“红褐色”向阴极移动，是因为氢氧化铁胶粒带正电，故C正确；
D．氢氧化钠是电解质，电解质可使胶体发生聚沉，向饱和FeCl3溶液中滴加氢氧化钠生成的是氢氧化铁沉淀，向沸水中滴加饱和氯化铁溶液加热至红褐色液体为氢氧化铁胶体，故D错误；
答案选D。
9、B
【解析】
A、生石灰是化合物、白磷是单质、熟石灰是化合物，A项错误；
B、烧碱是化合物、液态氧是单质、碘酒是混合物，B项正确；
C、干冰是化合物、铁是单质、氯化氢是化合物，C项错误；
D、空气是混合物、氮气是单质、胆矾是化合物，D项错误；
答案选B。
10、C
【解析】
A．NaCl溶液是混合物，既不是电解质也不是非电解质；硫酸钡属于电解质，故A错误；
B．铜是单质，既不是电解质也不是非电解质；二氧化硫属于非电解质，故B错误；
C．液态的醋酸的水溶液能导电，属于电解质；酒精在水溶液中和熔融状态下均不能导电，属于非电解质，故C正确；
D．熔融的KNO3属于电解质；硫酸溶液是混合物，既不是电解质也不是非电解质，故D错误；
故选C。
本题考查电解质与非电解质，解答该类概念性题目，应抓住概念中的关键词，并注意大多数有机化合物都是非电解质。无论电解质还是非电解质，都一定是化合物，单质、混合物一定不是电解质和非电解质。
11、B
【解析】
反应的化学方程式为Fe+Cu2+=Fe2++Cu，Fe元素的化合价升高，应为还原剂，故选B。
本题考查氧化还原反应，为高考高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重基本概念的考查，注意把握氧化剂发生还原反应，题目难度不大。
12、B
【解析】
溶液中SO42-离子的物质的量为：20mL×10-3×0.4mol•L-1=8×10-3 mol，溶液中Rn+离子的物质的量为：40mL×10-3×0.2mol•L-1=8×10-3mol，由反应中恰好将溶液中的Mn+离子完全沉淀为硫酸盐时M的化合价为+n，则SO42-与Rn+反应对应的关系式为：
  2Rn+～n SO42-
  2                 n
8×10-3mol    8×10-3mol
解得n=2，故选答案B。
13、C
【解析】
A、铁是单质，不是电解质，也不是非电解质，A错误；
B、葡萄糖是非电解质，B错误；
C、硫酸镁是电解质，C正确；
D、CO2是非电解质，D错误；
答案选C。
14、B
【解析】
根据钠离子的浓度，由离子浓度比例关系计算镁离子、氯离子的浓度，根据溶液电荷守恒故选c（Na+）+2c（Mg2+）=c（Cl-）+2c（SO42-）计算。
【详解】
假设Na+浓度为3mol/L，由c（Na+）：c（Mg2+）：c（Cl-）=3：2：1，可得c（Mg2+）=2mol/L，c（Cl-）=1mol/L，根据溶液电荷守恒有c（Na+）+2c（Mg2+）=c（Cl-）+2c（SO42-），3mol/L+2×2mol/L=1×1mol/L+2c（SO42-），解得：c（SO42-）=3mol/L，故选B。
本题考查物质的量浓度的有关计算，混合溶液中利用电荷守恒计算离子浓度是解答关键。
15、D
【解析】
A.氧化物包括酸性氧化物、碱性氧化物、两性氧化物如Al2O3、不成盐氧化物如CO等，A项错误；
B.还有少数非金属氧化物不属于酸性氧化物如CO、NO等，B项错误；
C.有些离子反应也是氧化还原反应如Zn+2H+=Zn2++H2，所以离子反应与氧化还原反应互为交叉关系，C项错误；
D.含有两种或两种以上成分的物质就是混合物，胶体中有分散质和分散剂，胶体一定是混合物，D项正确；答案选D。
16、C
【解析】Na、Si、Ar均为三层电子。

二、非选择题（本题包括5小题）
17、Ba2+和OH- AgCl Cu2++ 2OH-= Cu(OH )2↓ SO42-、Cl- 1mol/L、2 mol/L K+ 1.2 mol
【解析】
（1）实验①生成的蓝色沉淀是Cu(OH )2，实验②生成的白色沉淀是BaSO4，实验③生成的白色沉淀是AgCl。再结合离子共存分析。
（2）Cu2++ 2OH-= Cu(OH )2↓。
（3）该溶液中一定存在的阴离子有SO42-和Cl-。
（4）根据电荷守恒分析。
【详解】
（1）实验①生成的蓝色沉淀是Cu(OH )2，溶液中存在Cu2+，不存在OH-，实验②生成的白色沉淀是BaSO4，说明溶液中存在SO42-，不存在Ba2+，实验③生成的白色沉淀是AgCl，说明溶液中存在Cl-。所以，该溶液中一定不存在的离子是Ba2+和OH-，③中白色沉淀为AgCl，故答案为Ba2+和OH-；AgCl。
（2）产生蓝色沉淀的离子方程式为：Cu2++ 2OH-= Cu(OH )2↓，故答案为Cu2++ 2OH-= Cu(OH )2↓。
（3）该溶液中一定存在的阴离子有SO42-和Cl-，11mL溶液中，两种离子的物质的量
分别为：n(SO42-)= n (BaSO4)=2.33g÷233g/mol=1.11mol，n( Cl-)=n(AgCl)=2.87÷143.5g/mol=1.12 mol，所以c(SO42-)=1mol/L，c( Cl-)=2 mol/L，故答案为SO42-、Cl-；1mol/L、2 mol/L。
（4）11mL溶液中，Cu2+的物质的量为： n(Cu2+)=n[ Cu(OH )2]= 1.98g÷98g/mol=1.11mol，1.11molCu2+带1.12mol正电荷，1.11mol SO42-和1.12molCl-共带有1.14mol负电荷，根据电荷守恒知，原溶液中还存在K+，11mL溶液中含有1.12mol K+，111mL溶液中含有1.2 mol K+，故答案为K+；1.2 mol。
18、BaCl2 CuSO4 Na2CO3 CO32-＋2H＋===H2O＋CO2↑ Cu2＋＋SO42-＋Ba2＋＋2OH－===BaSO4↓＋Cu(OH)2↓
【解析】
①若把四种盐分别溶于盛有蒸馏水的四支试管中，只有C盐的溶液呈蓝色，C中含Cu2+，Cu2+与CO32-在溶液中不能大量共存，C中不含CO32-；
②若向①的四支试管中分别加入盐酸，B盐的溶液有沉淀生成，D盐的溶液有无色无味的气体逸出，则B中含Ag+，D中含CO32-；由于Ag+与SO42-、Cl-、CO32-在溶液中不能大量共存，则B为AgNO3；由于CO32-与Ba2+、Ag+、Cu2+在溶液中不能大量共存，则D为Na2CO3；
Ba2+与SO42-在溶液中不能大量共存，离子在物质中不能重复出现，结合①②的推断，A为Ba（NO3）2，C为CuSO4；根据上述推断作答。
【详解】
①若把四种盐分别溶于盛有蒸馏水的四支试管中，只有C盐的溶液呈蓝色，C中含Cu2+，Cu2+与CO32-在溶液中不能大量共存，C中不含CO32-；
②若向①的四支试管中分别加入盐酸，B盐的溶液有沉淀生成，D盐的溶液有无色无味的气体逸出，则B中含Ag+，D中含CO32-；由于Ag+与SO42-、Cl-、CO32-在溶液中不能大量共存，则B为AgNO3；由于CO32-与Ba2+、Ag+、Cu2+在溶液中不能大量共存，则D为Na2CO3；
Ba2+与SO42-在溶液中不能大量共存，离子在物质中不能重复出现，结合①②的推断，A为Ba（NO3）2，C为CuSO4；
（1）A的化学式为Ba（NO3）2，C的化学式为CuSO4，D的化学式为Na2CO3。
（2）D为Na2CO3，盐酸与Na2CO3反应生成NaCl、H2O和CO2，反应的离子方程式为2H++CO32-=H2O+CO2↑。
（3）C为CuSO4，CuSO4与Ba（OH）2溶液反应的化学方程式为CuSO4+Ba（OH）2=Cu（OH）2↓+BaSO4↓，反应的离子方程式为Cu2++SO42-+Ba2++2OH-=Cu（OH）2↓+BaSO4↓。
本题考查离子的推断，熟悉各离子的性质和离子间的反应是解题的关键。离子的推断必须遵循的原则：肯定原则（根据实验现象确定一定存在的离子）、互斥原则（相互间能反应的离子不能在同一溶液中共存）、守恒原则（阳离子所带正电荷的总数等于阴离子所带负电荷总数）。
19、EGCHF BCD
【解析】
（1）根据配制溶液体积选择合适容量瓶，根据质量守恒：溶液稀释过程溶质的物质的量不变计算需要浓硫酸体积，再选择合适规格的量筒，配制一定物质的量浓度的溶液需要量取、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，选择需要的仪器；
（2）由容量瓶的构造及正确使用容量瓶的方法解析．
【详解】
（1）用18 mol/L硫酸配制100 mL 1.0 mol/L硫酸。需要选择100mL容量瓶，设浓硫酸体积为V，溶液稀释过程溶质的物质的量不变：18mol·L－1×V=100 mL×1.0 mol·L－1，V=5.6mL，选择10mL量筒；因配制一定物质的量浓度的溶液需要量取、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，所以需要的仪器：玻璃棒、10 mL量筒、胶头滴管、50 mL烧杯、100mL容量瓶；实验时选用仪器的先后顺序是：EGCHF；
（2）A．容量瓶是带活塞的仪器，使用前应检查是否漏水，故A正确；
B．容量瓶用蒸馏水洗净后，不能用待配溶液润洗，否则配制的溶液浓度偏高，故B错误；
C．无论配制的试样是液体还是固体，都不能在容量瓶中溶解，应该在烧杯中溶解或稀释，故C错误；
D．无论配制的试样是液体还是固体，都不能在容量瓶中溶解，应该在烧杯中溶解或稀释，故D错误；
E．定容完成后，需要摇匀配制的溶液，方法为：盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，用另一只手的手指托住瓶底，把容量瓶倒转和摇动多次，故E正确；
故选：BCD．
本题主要考查了配制一定物质的量浓度溶液的操作步骤和仪器方法，解题关键：明确配制原理及容量瓶使用方法。解题技巧：用质量守恒解溶液稀释问题。
20、 25.0 胶头滴管 250mL容量瓶 ② ② ③ ② 2.6 1.2mol/L
【解析】试题分析：（1）配制230mL1mol/L的稀盐酸，需用250mL的容量瓶，根据稀释前后溶质物质的量不变计算需要量取浓盐酸的体积；
（2）根据配制稀盐酸的步骤分析使用的仪器；（3）根据 分析误差；（4）锌与硫酸反应的化学方程式是 ,根据反应方程式计算。
解析：（1）配制230mL1mol/L的稀盐酸，需用250mL的容量瓶，根据稀释前后溶质物质的量不变，设配制250mL1mol/L的稀盐酸需要量取10mol/L浓盐酸的体积是VmL；250mL×1mol/L=10mol/L×VmL，V=25.0mL。
(2)操作步骤有计算、量取、稀释、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，配制该稀盐酸时使用的仪器除量筒、烧杯、玻璃棒外，还必须用到的仪器有250mL容量瓶、胶头滴管等；
（3）A、加水定容时越过刻度线，溶液体积偏大，浓度偏低。B、忘记将洗涤液转入容量瓶，溶质物质的量偏小，浓度偏低。C、容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理无影响。D、量取的浓盐酸置于烧杯中较长时间后配制，氯化氢挥发，溶质减少，浓度偏低。
（4）0.896LH2的物质的量是0.04mol，设参加反应的锌的质量为xg，消耗硫酸的物质的量是ymol

、，解得x=2.6g，y=0.04mol；
反应后溶液中H+的物质的量浓度为 。
点睛：根据cB＝nB/V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ｎB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偏大，则c偏大，若v偏大，则c偏小。
21、0.2 0.6×6.02×1023 32g/mol 4：11 5：11 mol/L mol/L
【解析】
（1）3.6gH2O的物质的量n===0.2mol，每个水分子含有3个原子，故0.2mol水中含0.6mol原子，即0.6NA个或0.6×6.02×1023个；
（2）：1.204×1023个X气体分子的物质的量为：n===0.2mol，X气体的摩尔质量为：M===32g/mol；
（3）同温同压下，同体积，则气体的物质的量相同，气体的分子数相同，则甲烷（CH4）和CO2气体的分子数之比为1：1，设它们的物质的量都是nmol，则质量比为nmol×16g/mol：nmol×44g/mol=4：11；质子数之比为nmol×10：nmol×22=5：11；
（4）VLAl2（SO4）3溶液中含Al3+amol，该Al2（SO4）3溶液的物质的量浓度为=，取出L再加入水稀释到4VL。则稀释后溶液中SO42-的物质的量浓度是。