2021-2022学年浙江省舟山市嵊泗中学高一下学期分班考试化学试题（解析版）

这是一份2021-2022学年浙江省舟山市嵊泗中学高一下学期分班考试化学试题（解析版），共16页。试卷主要包含了单选题，填空题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
浙江省舟山市嵊泗中学2021-2022学年高一下学期分班考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．按物质的组成进行分类，偏铝酸钠属于
A．氧化物 B．盐 C．酸 D．有机物
【答案】B
【详解】A．氧化物：由两种元素所组成的纯净物，其中一种为氧元素；所以NaAlO2不属于氧化物，故A不选；
B．盐是指一类金属离子或铵根离子（）与酸根离子结合的化合物；NaAlO2由钠离子和偏铝酸根离子组成，则NaAlO2属于盐，故B选；
C．酸：电离时生成的阳离子全部是氢离子(H+)的化合物叫做酸；NaAlO2电离出的阳离子全都为钠离子，所以不属于酸，故C不选；
D．有机化合物主要是指由碳元素、氢元素组成，一定是含碳的化合物，但是不包括碳的氧化物和硫化物、碳酸 、碳酸盐、氰化物等；所以NaAlO2不属于有机化合物，故D不选；
答案选A。
2．物质的分类是化学研究的重要方法之一，近年来发现金星的大气层中含有三氧化二碳()，下列物质与它属于同一类别的是
A．、 B．金刚石、氮气
C．、HClO D．NaCl、
【答案】A
【分析】C2O3两种元素组成，一种为氧，属于氧化物；
【详解】A．Na2O、NO2都是氧化物，与C2O3属于一类物质，符合题意；
B．金刚石、氮气均是单质，不符题意；
C．HNO3、HClO都是酸，不符题意；
D．NaCl、Na2CO3都是盐，不符题意；
综上，本题选A。
3．配制一定物质的量浓度的溶液所用主要仪器如图所示，其名称为

A．平底烧瓶 B．分液漏斗 C．锥形瓶 D．容量瓶
【答案】D
【详解】由题干图示可知，该仪器为容量瓶，故答案为：D。
4．下列含碳化合物中，属于无机物的是
A．CHCl3 B．C6H12O C．CH2=CH2 D．NH4HCO3
【答案】D
【详解】A．CHCl3为一氯甲烷，属于有机物，A不符合题意；
B．C6H12O6可以是葡萄糖或果糖的分子式，属于有机物，B不符合题意；
C．CH2=CH2为乙烯，属于有机物，C不符合题意；
D．NH4HCO3属于盐，为无机物，D符合题意；
答案选D。
5．反应中，还原剂是
A． B．HCl C． D．
【答案】B
【详解】反应物HCl中部分Cl元素化合价由-1价变成0价，化合价升高是还原剂；
故选B。
6．侯氏制碱法过程中得到的NaHCO3在“300℃加热”制得Na2CO3所选用的仪器是
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】在图示仪器中，A是蒸发皿，B是烧杯，C是烧瓶，D是坩埚。侯氏制碱法过程中得到的NaHCO3在“300℃加热”制得Na2CO3。将固体物质加热分解，所选用的仪器是坩埚，故合理选项是D。
7．下列各组物质按氧化物、单质、混合物的顺序排列的是
A．烧碱、液态氧、碘酒 B．生石灰、白磷、胆矾
C．干冰、铁、氯化氢 D．水、硫黄、漂白粉
【答案】D
【详解】A．烧碱为碱，不属于氧化物，A不符合题意；
B．生石灰为氧化钙，属于氧化物，白磷为单质，胆矾为五水硫酸铜，属于化合物，不属于混合物，B不符合题意；
C．干冰为固体二氧化碳，属于氧化物，铁为单质，氯化氢为化合物，不属于混合物，C不符合题意；
D．水为氧化物，硫黄为硫单质，漂白粉的有效成分为次氯酸钙，属于混合物，D符合题意；
故选D。
8．配制 NaOH溶液时浓度偏小的原因可能是
A．未洗涤烧杯和玻璃棒 B．未冷却至室温就定容
C．容量瓶中残留水 D．摇匀后液面低于刻度线
【答案】A
【详解】A．未洗涤溶解NaOH的烧杯，溶质的质量减少，浓度偏小，故A符合题意；
B．NaOH刚刚溶解完全就立即转入容量瓶中，这是热溶液体积大，一旦冷却下来，液面下降低于刻度线，溶液浓度偏大，故B不符合题意；
C．容量瓶不需要干燥，容量瓶中残留水对测定结果无关，故C不符合题意；
D．摇匀后液面低于刻度线，对测定结果无关，故D不符合题意；
故选：A。
9．下列物质在空气中不易变质的是
A．钠 B．氧化钙 C．食盐 D．石灰水
【答案】C
【详解】A．钠容易与空气中的氧气和水发生反应，暴露在空气中易变质，A不符合题意；
B．氧化钙易与空气中的水发生反应生成氢氧化钙，暴露在空气中易变质，B不符合题意；
C．食盐性质稳定，在空气中不易变质，C符合题意；
D．石灰水易与空气中的二氧化碳发生反应生成碳酸钙和水，暴露在空气中易变质，D不符合题意；
故选C。
10．物质的量浓度的单位是
A．升 B．摩尔/升 C．升/摩尔 D．摩尔
【答案】B
【详解】A．＂升＂是体积的单位，A选项错误；
B．＂摩尔/升＂是物质的量浓度的单位，B选项正确；
C．＂升/摩尔＂是气体摩尔体积的单位，C选项错误；
D．＂摩尔＂是物质的量的单位，D选项错误；
答案选B。
11．常温下，在强酸性溶液中可以大量共存的是
A．、、 B．、、
C．、、 D．、、
【答案】B
【详解】A．硫酸根离子和钡离子反应生成硫酸钡沉淀，不能大量共存，A错误；
B．铁离子、硝酸根离子、硫酸根离子彼此间不反应，且在强酸性溶液中也不反应，可大量共存，B正确；
C．亚硫酸根和氢离子反应生成二氧化硫，不能大量存在，C错误；
D．亚铁离子、硝酸根离子和氢离子会发生氧化还原反应，不能大量共存，D错误；
故答案选B。
12．下列变化需要加入还原剂才能实现的是
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】A．的变化过程中，KClO3加热分解即可得到氧气，不需要加入还原剂即可实现，故A错误；
B．的变化过程中，硫元素化合价降低被还原，需要加入还原剂才能实现，故B正确；
C．的变化过程中铁元素化合价升高被氧化，需要加入氧化剂才能实现，故C错误;；
D．的变化过程中C元素化合价升高被氧化，需要加入氧化剂才能实现，故D错误；
故答案选B。
13．侯德榜发明和创立了举世闻名的“侯氏制碱法”，这里的“碱”是
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】侯氏制碱法是将二氧化碳通入氨的饱和食盐水中，得到碳酸氢钠，碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠，故制备的是碳酸钠，故选C。

14．下列有关和的叙述正确的是
A．比热稳定性强
B．可以利用加热的方法来鉴别和
C．和固体溶于水均放出热量
D．分别向和溶液中滴加酚酞溶液，只有溶液颜色变红
【答案】B
【详解】A．碳酸氢钠易受热分解生成碳酸钠，稳定性比碳酸钠弱，A错误；
B．碳酸氢钠易受热分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，可以利用加热的方法来鉴别 碳酸钠和碳酸氢钠 ，B正确；
C．NaHCO3 和Na2CO3固体溶于水需要断裂离子键，均吸收热量，C错误；
D．碳酸钠 和碳酸氢钠溶液均显碱性，都能使酚酞变红，D错误；
故选B。
15．在稀硫酸中几种离子的转化关系如图所示。下列说法正确的是

A．反应1中氧化剂为
B．氧化性：
C．反应2的氧化剂为，还原产物为
D．推测可发生反应：
【答案】D
【详解】A．反应1中，转化为，锰元素化合价升高，是还原剂，是氧化产物，A错误；
B．反应1中是氧化剂，是氧化产物，反应2中是氧化剂，是氧化产物，反应3中是氧化剂，是氧化产物，而氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，则氧化性：，B错误；
C．氧化剂具有氧化性，元素化合价降低，得到还原产物，还原剂具有还原性，元素化合价升高，得到氧化产物，反应2的氧化剂为，还原产物为，C错误；
D．由选项B可知，氧化性：，推测可发生反应：，D正确；
答案选D。
16．将30 mL 1 mol/LNaOH溶液加水稀释到100mL，稀释后溶液中NaOH的物质的量浓度为
A．3 mol/L B．0.01 mol/L C．0.3 mol/L D．0.03 mol/L
【答案】C
【详解】溶液在稀释前后溶质的物质的量不变，则根据稀释公式可知稀释后溶液的浓度c=，故合理选项是C。
17．标况下1LN2含有m个分子，则阿伏加德罗常数可表示为
A．/mol B．/mol C．22.4m D．22.4m/mol
【答案】D
【详解】本题是已知气体体积(V)和分子数(N)，求阿伏加德罗常数(NA)，它们之间存在如下关系＝，将有关数据代入即得。由＝，所以，得NA＝22.4m/mol。
18．将0.01mol Na2SO4•10H2O溶于水中，要使Na+离子数目与水分子数目之比为1:100，则需加入水的质量为
A．18g B．36g C．34.2g D．37.8g
【答案】C
【详解】Na+离子数目与水分子数目之比为1:100，则钠离子和水分子的物质的量之比为1:100，则溶液中钠离子的物质的量是0.02mol，则水的物质的量为2mol，0.01mol Na2SO4•10H2O中水的物质的量为：0.01mol×10=0.1mol，则需要加入水的物质的量为：2mol-0.1mol=1.9mol，加入水的质量为：m=nM=1.9mol×18g/mol=34.2g，故选C。
19．能正确表示下列化学反应的离子方程式是
A．澄清石灰水跟稀硝酸反应 Ca(OH)2 + 2H+ = Ca2+ + 2H2O
B．大理石与盐酸反应  CaCO3＋2H＋＝Ca2+＋H2O＋CO2↑
C．钠和水反应   Na+2H2O=Na++H2↑+2OH-
D．硫酸与氢氧化钡溶液反应   Ba2++OH-+H++SO=BaSO4↓+ H2O
【答案】B
【详解】A．Ca(OH)2应拆成离子形式，反应的离子方程式为H++OH-=H2O，A错误；
B．大理石的主要成分为CaCO3，与HCl反应生成CaCl2、CO2和H2O，离子方程式为CaCO3＋2H＋＝Ca2+＋H2O＋CO2↑，B正确；
C．选项中方程式电荷不守恒，离子方程式为2Na＋2H2O=2Na＋＋2OH－＋H2↑，C错误；
D．硫酸与氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡和水，离子方程式为Ba2++2OH-+2H++SO=BaSO4↓+2H2O，D错误；
故选B。
20．下表中关于物质的分类正确的是
选项
酸
碱
盐
碱性氧化物
酸性氧化物
A
CH3COOH
Na2CO3
CaCl2
Na2O
SO3
B
NaHSO4
NH3•H2O
NaCl
MgO
CO
C
H2SO4
NaOH
BaCO3
CO
CO2
D
H2CO3
KOH
NaHCO3
CaO
SO2

A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【详解】A ．Na2CO3是盐不是碱，故A错误；
B． NaHSO4是盐不是酸，CO不是酸性氧化物，是不成盐氧化物，故B错误；
C ．CO不是碱性氧化物，是不成盐氧化物，故C错误；
D．各物质所属类别全部正确，故D正确；
故答案为D。
21．饱和溶液与反应制得胶体的胶团结构如图所示。下列说法正确的是

A．反应的离子方程式为：
B．溶液能使血液凝聚，是因为溶液是电解质，血液是胶体
C．由图可知，胶体带正电，在盛有胶体的U型管中插入石墨电极通电，阴极周围颜色加深
D．受热分解可得一种碱性氧化物——
【答案】D
【详解】A．该反应生成氢氧化铁胶体，不是沉淀，离子方程式为：，故A错误；
B．溶液是混合物，不属于电解质，是电解质，故B错误；
C．胶体不带电，其中所含的胶粒因吸附离子带电，故C错误；
D．不稳定，受热分解成氧化铁，氧化铁属于碱性氧化物，故D正确；
故选：D。
22．配制100 mL 1.0 mol·L-1CuSO4溶液，下列操作正确的是
A．称取25g CuSO4·5H2O固体，加入100 mL容量瓶中，加水溶解、定容
B．称取16g无水硫酸铜固体于烧杯中，加入少量蒸馏水溶解，转移到100 mL容量瓶中，加水至刻度线，定容、摇匀
C．转移CuSO4溶液时，未用玻璃棒引流，直接倒入容量瓶中
D．定容后，液面低于刻度线，往容量瓶中继续加蒸馏水至刻度线
【答案】B
【详解】A．不能直接在容量瓶中溶解固体，应该在烧杯中溶解，冷却后转移到容量瓶中，A错误；
B．16g无水硫酸铜的物质的量为=0.1mol，取16g无水硫酸铜固体于烧杯中，加入少量蒸馏水溶解，转移到100 mL容量瓶中，加水至刻度线，定容、摇匀，可得到1.0 mol·L-1CuSO4溶液，B正确；
C．转移CuSO4溶液时，需要用玻璃棒引流，C错误；
D．定容后，液面低于刻度线，若往容量瓶中继续加蒸馏水至刻度线，会导致所配制的溶液浓度偏低，D错误；
答案选B。
23．下列说法不正确的是
A．同温同压下，CO和CO2的密度之比是7：11
B．同温同压下，等体积的H2和O2分之数之比是1：1
C．同温同体积下，等质量的CO2和O2压强之比是11：8
D．常温常压下，28g N2和16gCH4的体积相等
【答案】C
【详解】A．同温同压下，气体密度之比等于摩尔质量之比，所以同温同压下，等体积的CO和CO2的密度之比是28:44=7:11，故A选项正确；
B．同温同压下，由知等体积的H2和O2的物质的量相等，则分子数之比是1：1，故B选项正确；
C．同温同体积下，由知等质量的CO2和O2的物质的量比为8:11，CO2和O2压强之比等于二者物质的量的比即8:11，故C选项错误；
D．常温常压下， N2和CH4的体积之比等于物质的量之比，由知，n (N2):n(CH4)=1:1，则N2和CH4的体积之比为1:1即相等，故D选项正确。
故选C选项。
24．将0.01 molNaOH和1.06 gNa2CO3混合并配成溶液，向溶液中滴加0.1 mol/L稀盐酸。下列图象能正确表示加入盐酸的体积和生成CO2的物质的量的关系的是
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】对NaOH和Na2CO3混合配成的溶液，当滴加盐酸时，先发生NaOH+HCl=NaCl+H2O，再发生Na2CO3+HCl=NaHCO3+ NaCl，最后发生NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O。
【详解】n(Na2CO3)==0.01mol，NaOH和Na2CO3的混合液中加HCl，依次发生反应①H++OH-=H2O、②+H+=、③+ H+=CO2↑+H2O，反应①消耗的n(HCl)= n(NaOH)= 0.01mol，V(HCl)==0.1L，反应②消耗的n(HCl)= n()= 0.01mol，V(HCl)==0.1L，反应①和反应②均没有CO2生成，因此加入前0.2L的HCl时没有气体生成，当再加入0.1L时，此步反应进行完全；继续滴加时，发生反应③+ H+=CO2↑+H2O；此时开始放出气体，反应完全时生成二氧化碳的物质的量是0.01mol，正好与图象相符，故C正确；
答案选C。
25．下列实验过程可以达到实验目的的是
编号
实验目的
实验过程
A
检验KCl溶液中的K+
用铁丝蘸取溶液在外焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃看到紫色火焰
B
配制0.4000mol·L-1的NaOH溶液
称取4.0g固体NaOH于烧杯中，加入少量蒸馏水溶解，转移至500mL容量瓶中定容
C
制取干燥纯净的氢气
向稀盐酸中加入锌粒，将生成的气体依次通过浓硫酸、NaOH溶液，然后收集
D
制备Fe(OH)3胶体
将NaOH浓溶液滴加到饱和FeCl3溶液中

A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【详解】A．透过蓝色钴玻璃可滤去黄光，若火焰呈紫色，则含有K+，故A正确；
B．4.0g固体NaOH 的物质的量为，，所以不能配制0.4000mol/L的NaOH溶液，故B错误；
C．盐酸易挥发，所以生成的氢气中含有HCl，制取纯净、干燥的氢气时，应该先除杂后干燥，所以应该将生成的气体依次通过NaOH溶液、浓硫酸，然后收集，故C错误；
D．将NaOH浓溶液滴加到饱和FeCl3溶液中，反应生成氢氧化铁沉淀，无法得到Fe(OH)3胶体，正确的制备方法是向沸水中滴加饱和氯化铁溶液，加热到红褐色得到氢氧化铁胶体，故D错误；
故选A。

二、填空题
26．按要求回答下列问题
(1)漂白液有效成分的化学式___________。
(2)氯气与水反应的离子方程式___________。
(3)小苏打受热分解的化学方程式___________；
【答案】(1)NaClO
(2)Cl2+H2O=H++Cl－+HClO
(3)2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O

【解析】（1）
漂白液有效成分是次氯酸钠，其化学式为NaClO；故答案为：NaClO。
（2）
氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，其离子方程式Cl2+H2O=H++Cl－+HClO；故答案为：Cl2+H2O=H++Cl－+HClO。
（3）
小苏打受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，其化学方程式2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O；故答案为：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O。
27．今有8种物质：①稀硝酸②固态醋酸③NH3④空气⑤CO2⑥Fe(OH)3胶体⑦NaCl晶体⑧BaCO3。
(1)能导电的物质_______；(用序号填空，下同)
(2)强电解质_______；
(3)非电解质_______；
(4)区分Fe(OH)3胶体和FeCl3溶液实验方法_______；
(5)写出①和⑧反应的离子方程式_______。
【答案】(1)①⑥
(2)⑦⑧
(3)③⑤
(4)丁达尔效应
(5)BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O

【解析】（1）
物质中有自由移动的离子或自由移动的电子时，物质能导电，则①稀硝酸⑥Fe(OH)3胶体能导电，故答案为：①⑥；
（2）
在水溶液中或熔融状态下能完全电离的化合物为强电解质，如强酸，强碱，盐等；属于强电解质的是：⑦NaCl晶体⑧BaCO3，故答案为：⑦⑧；
（3）
在水溶液中和熔融状态下都不能导电的化合物为非电解质；属于非电解质的是：③NH3⑤CO2，故答案为：③⑤；
（4）
区分Fe(OH)3胶体和FeCl3溶液实验方法是用一束可见光线通过Fe(OH)3胶体和FeCl3溶液，在氢氧化铁胶体中会出现光亮的通路，氯化铁溶液无此现象，故答案为：丁达尔效应；
（5）
①稀硝酸和⑧BaCO3反应生成硝酸钡、水和二氧化碳，BaCO3是难溶物，保留化学式，反应的离子方程式为：BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O，故答案为：BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O。
28．(主要指和)是大气主要污染物之一、有效去除大气中的是环境保护的重要课题。
(1)在催化剂作用下，可与发生如下反应：
①该反应的氧化剂是___________ (填化学式)。
②用单线桥表示该反应中电子转移的方向和数目___________。
③为研究哪些物质能将转化为以消除污染，根据氧化还原反应的知识可知，下列物质中不适宜选用的是___________ (填序号)
A．                B．                C．
(2)水体中含有较多的硝酸盐会污染水质。一种用铁粉处理水体中的硝酸盐的反应如下：(未配平)；由反应可知酸性条件下粒子的氧化性大小___________＞___________。
【答案】(1)               C
(2)         

【解析】（1）
①氧化剂得到电子，元素化合价降低；还原剂失去电子，元素化合价升高；将NOx转化为N2， N得到电子，该反应中NO2得电子，是氧化剂；
②氧化剂得到电子，元素化合价降低；还原剂失去电子，元素化合价升高；在用单线桥法表示时，电子由还原剂中失去电子的元素指向氧化剂中得到电子的元素，电子转移数目等于元素化合价升高或降低的总数；该反应的单线桥为表示为：；
③在该反应中，N元素的化合价由NO2中的+4价变为反应后N2中的0价，化合价降低，得到电子，所以加入的物质应该具有还原性。
A．CO中C元素化合价为+2价，具有强还原性，可以作还原剂，A不符合题意；
B．H2中H元素化合价为0价，具有强还原性，可以作还原剂，B不符合题意；
C．CO2中C元素化合价为+4价，具有弱氧化性，无还原性，不能作还原剂，C符合题意；故答案为：NO2；；C；
（2）
在该反应中，得到电子，表现氧化性，作氧化剂；Fe失去电子，为还原剂，被氧化变为Fe2+，所以Fe2+为氧化产物。由于氧化剂的氧化性大于氧化产物，所以酸性条件下粒子的氧化性：＞Fe2+，故答案为：：＞Fe2+。

三、实验题
29．下图是某学校实验室从化学试剂商店买回的浓硫酸试剂标签上的部分内容。现用该浓硫酸配制480 mL 1 mol· L-1的稀硫酸。

可供选用的仪器有：①胶头滴管 ②烧瓶 ③烧杯 ④玻璃棒 ⑤药匙 ⑥量筒 ⑦托盘天平。请回答下列问题：
(1)该硫酸的物质的量浓度为_______mol·L-1。
(2)配制稀硫酸时，还缺少的仪器有 _______ (写仪器名称)。
(3)经计算，配制480mL1mol·L-1的稀硫酸需要用量筒量取上述浓硫酸的体积为_______mL。
(4)对所配制的稀硫酸进行测定，发现其浓度小于1 mol·L-1，配制过程中下列各项操作可能引起该误差的原因有_______。(填字母)
A．定容时，俯视容量瓶刻度线进行定容
B．将稀释后的硫酸未经冷却直接转移至容量瓶中
C．移溶液时，不慎将少量溶液洒到容量瓶外面
D．所用容量瓶经蒸馏水洗涤后未干燥，有少量残留蒸馏水
E.定容后，把容量瓶倒置摇匀后发现液面低于刻度线，再滴水至刻度线处
(5)在5 L 硫酸和盐酸的混合溶液中，H+的浓度为0.4mol·L-1，和足量BaCl2溶液反应可得沉淀0.5mol，则原溶液中盐酸的物质的量浓度是_______mol·L-1。
【答案】(1)18.4
(2)500mL容量瓶
(3)27.2
(4)CE
(5)0.2

【分析】一定物质的量浓度溶液配制的操作步骤有计算、量取、稀释、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，用量筒量取（用到胶头滴管）浓硫酸，在烧杯中稀释，用玻璃棒搅拌，冷却后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤2-3次，将洗涤液转移到容量瓶中，加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀。
（1）
设该硫酸的体积为1L，由题意可知浓硫酸中硫酸的物质的量为=18.4mol，则物质的量浓度为=18.4mol/L；
（2）
由提供的仪器可知不需要的仪器有①胶头滴管、③烧杯、④玻璃棒、⑥量筒，还需要仪器有500mL容量瓶；
（3）
配制溶液一定要选择合适的容量瓶，一般容量瓶的规格有100mL，250mL，500mL，1000mL，通常选择大于等于溶液体积的容量瓶，故配制480mL 1mol· L－1的稀硫酸应选用500mL容量瓶；根据稀释定律，稀释前后溶质的物质的量不变，设浓硫酸的体积为x，则有x×18.4mol/L=500mL×1mol/L，解得x≈27.2 mL；
（4）
A．定容时，俯视容量瓶刻度线进行定容，会导致溶液的体积偏小，所配制溶液浓度偏大，A错误；
B．将稀释后的稀硫酸立即转入容量瓶，溶液未经冷却，热的溶液体积偏大，冷却后溶液体积变小，导致配制的溶液体积偏小，所配制溶液浓度偏大，B错误；
C．转移溶液时，不慎有少量溶液洒到容量瓶外面导致配制的溶液中溶质的物质的量偏小，所配制溶液浓度偏小，C正确；
D．容量瓶中原来含有少量蒸馏水，对溶液的体积无影响，所配制溶液浓度不变，D错误；
E．定容后，把容量瓶倒置摇匀后发现液面低于刻度线，便补充几滴水至刻度处，导致溶液的体积偏大，所配制溶液浓度偏小，E正确；
故选CE。
（5）
Ba2++SO=BaSO4↓，由方程式体现的关系可知，n(SO)=0.5mol，混合溶液中c(SO)=0.5mol÷5L=0.1mol/L，根据溶液中电荷守恒可知，c(Cl-)+2×0.1mol/L=0.4 mol/L，c(Cl-)= c(HCl)=0.2 mol/L。
【点睛】配制480mL 1mol· L－1的稀硫酸应选用500mL容量瓶，计算时应用500mL计算是本题的易错点。

四、计算题
30．加热27.4g碳酸钠和碳酸氢钠的混合物至质量不在变化，剩余固体的质量为21.2g，计算：
(1)原混合物中碳酸钠的物质的量_______。
(2)剩余固体与200mL盐酸恰好完全反应。盐酸的物质的量浓度_______。
【答案】     0.1mol     2mol/L
【详解】
加热27.4g碳酸钠和碳酸氢钠的混合物至质量不在变化，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠，剩余固体为碳酸钠，其质量为21.2g，物质的量为0.2mol，
(1)设碳酸钠的物质的量为xmol，碳酸氢钠的物质的量为ymol，根据反应2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑ 可知，碳酸氢钠受热分解生成的碳酸钠的物质的量为0.5ymol，则106x+84y=27.4，x+0.5y=0.2，解得x=0.1，y=0.2，则原混合物中碳酸钠的物质的量0.1mol；
(2)剩余固体为碳酸钠，其质量为21.2g，物质的量为0.2mol，与200mL盐酸恰好完全反应，根据反应2HCl+Na2CO3=2NaCl+CO2↑+H2O可知，0.2mol碳酸钠消耗盐酸的物质的量为0.4mol，则盐酸的浓度为=2mol/L。