河北大名一中2026届化学高一第一学期期中预测试题含解析.doc

河北大名一中2026届化学高一第一学期期中预测试题
考生须知：
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、下列带括号的气体在反应中只作氧化剂的是
A．2F2（g）+2H2O=4HF+O2 B．SO2（g）+I2+2H2O=H2SO4+2HI
C．H2S（g）+Br2=2HBr+S↓ D．3NO2（g）+H2O=2HNO3+NO
2、分类法在化学学科的发展中起到了非常重要的作用，下列分类标准合理的是( )。
A．将酸分为一元酸、二元酸等：分子组成中含有氢原子的数目
B．强电解质与弱电解质：溶液的导电能力大小
C．溶液与胶体：本质不同的原因是能否发生丁达尔现象
D．氧化还原反应的本质：有电子转移
3、下列反应，能用离子方程式Ca2++2OH－+2=CaCO3↓++2H2O表示的是
A．碳酸氢钠与足量的氢氧化钙 B．氢氧化钙与足量的碳酸氢钙
C．碳酸氢钙与足量的氢氧化钠 D．氢氧化钠与足量的碳酸氢钙
4、下列反应一定属于氧化还原反应的是（ ）
A．化合反应 B．分解反应
C．置换反应 D．复分解反应
5、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 HClO
D．漂白粉溶液蒸发掉部分水，其浓度增大
6、下列分散系不能发生丁达尔现象的是( )
A．豆浆 B．淀粉溶液 C．烟、云、雾 D．蔗糖溶液
7、已知常温下在溶液中可发生如下两个离子反应：
Ce4++Fe2+=Fe3++Ce3+
Sn2++2Fe3+=2Fe2++Sn4+
由此可以确定Fe2+、Ce3+、Sn2+三种离子的还原性由强到弱的顺序是（ ）
A．Sn2+、Fe2+、Ce3+ B．Sn2+、Ce3+、Fe2+
C．Ce3+、Fe2+、Sn3+ D．Fe2+、Sn2+、Ce3+
8、将溶质的质量分数为a％，物质的量浓度为c1mol·L－1的稀H2SO4蒸发掉一定量的水，使之质量分数为2a％，此时物质的量浓度为c2mol·L－1，则c1和c2的数值关系是
A．c2＝c1 B．c2＜c1 C．c2＞2c1 D．无法确定
9、决定气体物质体积大小的主要因素是（ ）
①温度 ②所含微粒数目 ③微粒本身大小 ④压强
A．②③④ B．①②④ C．①③④ D．②④
10、如图：A处通入氯气。关闭B阀时,C处红色布条无变化，打开B阀时，C处红色布条褪色。由此作出的判断正确的是

A．D中不可能是浓硫酸
B．通入的氯气含有水蒸气
C．D中可以是水
D．D中可以是饱和食盐水
11、已知反应：① KClO3+6HCl＝3Cl2+KCl+3H2O ② 2KBrO3+Cl2＝Br2+2KClO3 ③ Cl2+2KBr＝2KCl+Br2，下列说法正确的是
A．上述三个反应都有单质生产，所以都是置换反应
B．氧化性由强到弱的顺序为KBrO3 >KClO3 >Cl2 >Br2
C．反应①中还原剂与氧化剂的物质的量之比为6∶1
D．若反应②中有1 mol还原剂参加反应，则氧化剂得电子的物质的量为2 mol
12、有两种金属混合物3.4g，与足量的盐酸反应放出H22.24L(标况下),这两种金属可能是
A．铜和铁 B．镁和铝 C．锌和铝 D．锌和铁
13、能用NaOH固体干燥的气体是
A．HCl B． C． D．
14、下列物质中，即属于电解质，又能够导电的是
A．Cu丝 B．熔融的MgCl2 C．NaCl溶液 D．蔗糖
15、仪器名称为“锥形瓶”的是
A． B． C． D．
16、NA代表阿伏加德常数，下列说法中正确的是
A．在标准状况下，22.4LH2O的物质的量是1mol
B．2g氢气所含原子数目为NA
C．在常温常压下，11.2 L氮气所含的原子数目为NA
D．17g NH3所含电子数目为10NA
二、非选择题（本题包括5小题）
17、在Na+浓度为0.5 mol/L的某澄清溶液中，还可能含有下表中的若干种离子。（已知H2SiO3为不溶于水的胶状沉淀，加热时易分解为两种氧化物，SiO32-和Ag+、Ca2+、Ba2+不共存）
阳离子
K+
Ag+
Ca2+
Ba2+
阴离子
NO3－
CO32-
SiO32-
SO42-
现取该溶液100mL进行如下实验（气体体积在标准状况下测定）。
序号
实验内容
实验结果
Ⅰ
向该溶液中加入足量稀盐酸
生成白色胶状沉淀并放出标准状况下0.56 L气体
Ⅱ
将Ⅰ中产生的混合液过滤，对沉淀洗涤、灼烧至恒重，称量所得固体质量
固体质量为2.4g
Ⅲ
向Ⅱ的滤液中滴加BaCl2溶液
无明显现象
请回答下列问题：
(1)实验Ⅰ能确定一定不存在的离子是________；
(2)实验Ⅰ中生成气体的离子方程式为________；
(3)通过实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ和必要计算，填写下表中阴离子的浓度（能计算出的，填写计算结果，一定不存在的离子填“0”，不能确定是否存在的离子填“？”）。
阴离子
NO3－
CO32-
SiO32-
SO42-
c（mol/L）
________
0.25mol/L
________
________
(4)判断K+是否存在，若存在，计算其最小浓度；若不存在，请说明理由：___________________。
18、有一包固体混合物粉末，其中可能含有Na2SO4、K2CO3、CuSO4、BaCl2、NaCl，
现按如下操作步骤进行实验：
①取部分固体混合物溶于水中，振荡，得无色透明溶液；
②取①所得溶液，滴加过量硝酸钡溶液，有白色沉淀产生；
③过滤，将沉淀物置于稀硝酸中，发现沉淀部分溶解。
根据上述实验事实，回答下列问题：
(1)原固体混合物粉末中一定含有的物质是_____________________，一定不含有的物质是_______________，可能含有的物质是____________________ (以上空格均填写化学式)。
(2)写出步骤③中的离子方程式_______________________________________。
(3)若要检验K2CO3中Cl－和SO42-是否除尽，选用的试剂及加入的先后次序是_______ (填字母)。
a．HCl、BaCl2、AgNO3
b．HNO3、Ba(NO3)2、AgNO3
c．AgNO3、HNO3、Ba(NO3)2
d．AgNO3、HCl、BaCl2
19、某实验室欲用98％的浓硫酸(密度为1.84g/cm3)配制100 mL lmol/L的稀硫酸。
（1）请计算所用浓硫酸的物质的量浓度为_________，配置溶液需要硫酸的体积为_________mL（保留小数点后一位有效数字）。
（2）现给出下列仪器(配制过程中可能用到)：①100 mL量筒 ②10 mL量筒 ③50 mL烧杯 ④托盘天平 ⑤100 mL容量瓶 ⑥胶头滴管 ⑦玻璃棒，所需仪器按顺序排列正确的是（______）
A．①③⑦⑤⑥ B．②⑤⑦⑥ C．①③⑤⑥⑦ D．②⑥③⑦⑤⑥
（3）若实验时遇到下列情况，所配溶液的浓度偏大的是_________。
A．加水定容时超过刻度线，又吸出少量水至刻度线
B．忘记将洗涤液转入容量瓶
C．容量瓶洗涤后内壁有水珠而未作干燥处理
D．溶液未冷却即转入容量瓶
E．定容时俯视刻度线
20、实验室用密度为1.84 g/cm3、溶质的质量分数为98 %的硫酸，配制250 mL物质的量浓度为0.46 mol/L的硫酸。
(1)98 %的浓硫酸的物质的量浓度为_________。
(2)现有下列几种规格的量筒，应选用______（填序号）。
①5 mL量筒 ②10 mL量筒 ③50 mL量筒 ④100 mL量筒
(3)实验需要以下步骤：
①定容②量取③摇匀④洗涤⑤转移⑥冷却⑦计算⑧装瓶⑨稀释进行顺序为_______。
(4)下列操作使所配溶液的物质的量浓度偏高的是__________。
A．往容量瓶中转移溶液时有少量液体溅出
B．未洗涤稀释浓H2SO4的小烧杯
C．定容时俯视刻度线
D．洗净容量瓶未干燥即用来配制溶液
E．定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面不到刻度线，再加水至刻度线
21、下面所列物质中,属于电解质的是__________(填序号,下同),属于非电解质的是________,属于强电解质的是__________,属于弱电解质的是________。
①CH3CH2OH ②CH3COOH ③熔融态KNO3 ④SO3 ⑤蔗糖  ⑥HClO ⑦NaHCO3 ⑧氨水 ⑨Cl2 ⑩BaSO4 ⑪Cu
参考答案

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、A
【解析】
A．该反应中，F元素化合价由0价变为-1价，O元素化合价由-2价变为0价，所以氟气作氧化剂，水作还原剂，故A正确；
B．该反应中，S元素化合价由+4价变为+6价，I元素化合价由0价变为-1价，所以二氧化硫作还原剂，碘作氧化剂，故B错误；
C．该反应中，硫化氢中硫元素化合价由-2价变为0价，溴元素化合价由0价变为-1价，所以硫化氢作还原剂，溴作氧化剂，故C错误；
D．该反应中，N元素化合价由+4价变为+2价和+5价，所以二氧化氮既作氧化剂又作还原剂，故D错误；
答案选A。
2、D
【解析】
A. 根据酸电离出的氢离子个数，将酸分为一元酸、二元酸、多元酸，而不是根据酸分子中的氢原子个数，错误；B. 根据电解质在熔融状态或在水溶液中能否完全电离将电解质分为强电解质和弱电解质，错误；C. 分散系的分类依据是根据分散系中分散质粒子直径的大小，而不是否具有丁达尔现象，错误；D.氧化还原反应的本质是电子转移，正确。
丁达尔效应可以用来区分溶液和胶体，但不是分散系区分的本质区别；溶液导电能力与溶液中可移动电荷总浓度有关，与电解质强弱无关。
3、C
【解析】
A. 碳酸氢钠与足量的氢氧化钙得到碳酸钙、水和氢氧化钠: Ca2++OH－+=CaCO3↓+H2O，A错误；
B. 氢氧化钙与足量的碳酸氢钙得到碳酸钙、水：Ca2++OH－+=CaCO3↓+H2O，B错误；
C. 碳酸氢钙与足量的氢氧化钠得到碳酸钙、水和碳酸钠：Ca2++2OH－+2=CaCO3↓++2H2O，C正确；
D. 氢氧化钠与足量的碳酸氢钙得到碳酸钙和碳酸氢钠：Ca2++OH－+=CaCO3↓+H2O，D错误；
答案选C。
4、C
【解析】
A．化合反应不一定为氧化还原反应，如氧化钠和水的反应，故A错误；
B．分解反应不一定为氧化还原反应，如碳酸氢钠的分解，故B错误；
C．置换反应有单质参加，一定存在元素化合价的变化，为氧化还原反应，故C正确；
D．复分解反应一定不是氧化还原反应，故D错误。
故选C。
本题考查氧化还原反应，侧重于四种基本类型反应的判断，注意把握反应的特点，答题时能举出实例。
5、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、Ca(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。
复分解反应Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO，可以证明酸性：H2CO3>HClO。
6、D
【解析】
豆浆、淀粉溶液、烟、云、雾均为胶体，胶体具有丁达尔效应的性质，而蔗糖溶液无此性质，答案为D。
7、A
【解析】
在反应①Ge4＋+Fe2＋=Fe3＋+Ge3＋中，Fe的化合价从+2升高到+3价，Fe2＋是还原剂，Ge3＋是还原产物，所以还原性：Fe2＋＞Ge3＋；在反应②Sn2＋+2Fe3＋=2Fe2＋＋Sn4＋中，Sn的化合价从+2价升高到+4价，Sn2＋是还原剂，Fe2＋是还原产物，所以还原性：Sn2＋＞Fe2＋，所以Fe2＋、Ge3＋、Sn2＋三种离子的还原性由强到弱的顺序是Sn2＋、Fe2＋、Ge3＋，答案选A。
8、C
【解析】
蒸发水，溶质的质量不变，质量分数变为原来的2倍，则剩余溶液的质量为原溶液的1/2，若溶液的密度不变，则体积也变为原来的1/2，浓度为原来的2倍，即c2＝2c1，但是对硫酸溶液来说，浓度变大，密度也变大，所以体积小于原来的一半，故c2＞2c1，C正确。
答案为C。
对于密度大于1的溶液，浓度越大，密度越大，如硫酸、硝酸等。对密度小于1的溶液如酒精溶液、氨水溶液，浓度越大，密度越小。对于本题，还可以用下方法解答：设a％的硫酸密度为ρ1，2a％的硫酸密度为ρ2，ρ2＞ρ1，c1=1000ρ1a％/98，c2=1000ρ22a％/98，c2/c1=2ρ2/ρ1＞2，C正确。
9、B
【解析】
影响体积的因素有微粒的大小，微粒之间的距离以及所含微粒数等因素，对于气体来说，微粒本身大小远小于微粒间的距离，条件不同，距离不同。
【详解】
对于气体来说，温度和压强不同，气体分子之间的距离不同，而微粒本身大小远小于微粒间的距离，则微粒本身大小可忽略不计，微粒数目越多，则体积越大，所以影响气体体积的因素主要有：温度和压强、所含微粒数目，
所以B选项是正确的。
10、B
【解析】
试题解析：由图可知，关闭B阀时，C处红色布条无变化，打开B阀时，C处红色布条褪色，则A为潮湿的氯气，D中的液体可干燥或吸收氯气：D中可以为浓硫酸，用于干燥氯气，故A错误；由上述分析可知，通入的氯气含有水蒸气，故B正确；A处通入氯气．关闭B阀时，D中使水时，氯气通过后会含有水蒸气，会使有色布条褪色，故C错误；D中液体不能为饱和食盐水，若为食盐水，则关闭B阀时，C处红色布条褪色，故D错误.
考点：氯气的化学性质
11、B
【解析】
A．只有③为置换反应，A错误；
B．根据氧化剂的氧化性大于氧化产物分析，B正确；
C．反应①中还原剂为氯化氢，6molHCl参加反应，发生化合价变化的只有5mol，所以还原剂的物质的量为5mol，氧化剂为氯酸钾，其物质的量为1mol，二者比例为5:1，C错误；
D．反应②中氯气做还原剂，每摩尔氯气反应失去10mol电子，则氧化剂得电子的物质的量为10mol，D错误；
答案选B。
置换反应是一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物的反应。
12、C
【解析】
用极限法和电子守恒计算各金属与足量盐酸反应放出标准状况下2.24LH2所需金属的质量，再依据混合物的特点判断。
【详解】
n（H2）==0.1mol，用极限法和电子守恒，生成0.1molH2需要Fe、Mg、Al、Zn的质量依次为5.6g（×56g/mol=5.6g）、2.4g（×24g/mol=2.4g）、1.8g（×27g/mol=1.8g）、6.5g（×65g/mol=6.5g）；
A项，Cu与稀盐酸不反应，生成标准状况下2.24LH2需消耗Fe的质量为5.6g>3.4g，A项不可能；
B项，生成标准状况下2.24LH2需消耗Mg的质量为2.4g<3.4g，消耗Al的质量为1.8g<3.4g，B项不可能；
C项，生成标准状况下2.24LH2需消耗Zn的质量为6.5g>3.4g，消耗Al的质量为1.8g<3.4g，C项可能；
D项，生成标准状况下2.24LH2需消耗Zn的质量为6.5g>3.4g，消耗Fe的质量为5.6g>3.4g，D项不可能；
答案选C。
本题也可以用通式解，设金属的相对原子质量为Ar，金属与盐酸反应后的化合价为+x，则
2M+2xHCl=2MClx+xH2↑
2×Arg 22.4xL
3.4g 2.24L
=，解得=17
Fe、Mg、Al、Zn与足量盐酸反应，相对原子质量与化合价的比值依次为28、12、9、32.5，其中Fe、Zn的大于17，Mg、Al的小于17，Cu与盐酸不反应，由于是两种金属的混合物，则必须介于两种金属之间，对比各选项，Zn和Al可能。
13、C
【解析】
A项、氯化氢与氢氧化钠能反应，不能使用NaOH固体做干燥剂，故A错误；
B项、氯气与氢氧化钠能反应，不能使用NaOH固体做干燥剂，故B错误；
C项、氢气和氢氧化钠不反应，可以使用NaOH固体做干燥剂，故C正确；
D项、二氧化碳与氢氧化钠能反应，不能使用NaOH固体做干燥剂，故D错误；
故选C。
14、B
【解析】
A.铜丝是单质，虽能导电，但既不是电解质也不是非电解质，故A错误；
B.在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，熔融的MgCl2属于电解质，且有自由移动的离子，能导电，故B正确；
C.虽然NaCl溶液中有自由移动的离子，能导电，但然NaCl溶液是混合物不是混合物，故C错误；
D.蔗糖是非电解质，不能导电，故D错误。
故选B。
化合物在水溶液中或受热熔化时本身能否发生电离是区别电解质与非电解质的理论依据，能否导电则是实验依据。能导电的物质不一定是电解质，电解质本身不一定能导电。
15、C
【解析】
A.装置为漏斗，与题意不符，A错误；
B.装置为容量瓶，与题意不符，B错误；
C.装置为锥形瓶，符合题意，C正确；
D.装置为U型管，与题意不符，D错误；
答案为C。
16、D
【解析】
A．在标准状况下，H2O为液态，不能用标况下气体摩尔体积计算水的物质的量，故A错误；
B．氢气为双原子分子，2g氢气的物质的量为1mol，含有2mol氢原子，所含原子数目为2NA，故B错误；
C．在常温常压下11.2 L氮气，不能用标况下气体摩尔体积计算氮气的物质的量，所含的原子数目无法计算，故C错误；
D．一个氨气分子中含有10个电子，17g氨气的物质的量为1mol，1mol氨气中含有10mol电子，所含电子数目为10NA，故D正确；
答案选D。

二、非选择题（本题包括5小题）
17、Ag+、Ca2+、Ba2+ CO32－＋2H＋ ＝ H2O＋CO2↑ ？ 0.4 0 存在，最小浓度为0.8 mol/L
【解析】
I：加入盐酸，生成白色胶状沉淀，该沉淀为H2SiO3，原溶液中有SiO32－，Ag＋、Ca2＋、Ba2＋不能大量存在，根据溶液呈现电中性，原溶液中一定含有K＋，有气体产生，该气体为CO2，原溶液中含有CO32－，其物质的量为0.56/22.4mol=0.025mol；
II：最后得到固体为SiO2，原溶液中SiO32－的物质的量为2.4/60mol=0.04mol；
III：向滤液II中加入BaCl2溶液，无现象，说明原溶液中不含有SO42－；综上所述，NO3－可能含有；
【详解】
I：加入盐酸，生成白色胶状沉淀，该沉淀为H2SiO3，原溶液中有SiO32－，Ag＋、Ca2＋、Ba2＋不能大量存在，根据溶液呈现电中性，原溶液中一定含有K＋，有气体产生，该气体为CO2，原溶液中含有CO32－，其物质的量为0.56/22.4mol=0.025mol；
II：最后得到固体为SiO2，原溶液中SiO32－的物质的量为2.4/60mol=0.04mol；
III：向滤液II中加入BaCl2溶液，无现象，说明原溶液中不含有SO42－；综上所述，NO3－可能含有；
（1）根据上述分析，实验I中一定不存在的离子是Ag＋、Ca2＋、Ba2＋；
（2）实验I中生成气体的离子方程式为CO32－＋2H＋=CO2↑＋H2O；
（3）根据上述分析，NO3－可能含有，也可能不含有，因此NO3－的浓度为?；SiO32－的物质的量浓度为0.04/(100×10－3)mol·L－1=0.4mol·L－1；SO42－不含有，浓度为0；
（4）根据上述分析，K＋一定存在，根据电中性，当没有NO3－时，K＋浓度最小，n(K＋)＋n(Na＋)=2n(SiO32－)＋2n(CO32－)，代入数值，解得n(K＋)=0.08mol，即c(K＋)=0.8mol·L－1。
18、K2CO3 、Na2SO4 CuSO4、BaCl2 NaCl BaCO3＋2H＋===Ba2＋＋CO2↑＋H2O b
【解析】
固体混合物样品溶于水搅拌后得到无色溶液说明混合物中一定无硫酸铜，取部分此溶液加入硝酸钡溶液，有白色沉淀生成，说明混合物中可能含硫酸钠或碳酸钠，由于硫酸钠或碳酸钠可与氯化钡反应生成沉淀，而固体混合物样品溶于水搅拌后得到无色溶液，所以混合物中一定不含氯化钡，在白色沉淀中加入足量的稀硝酸，沉淀最后全部溶解，说明生成的白色沉淀为碳酸钡，故一定含碳酸钠，一定不含硫酸钠，实验中未涉及到氯化钠的检验，所以无法确定。
【详解】
（1）①取固体混合物样品溶于水搅拌后得到无色溶液，由于硫酸铜溶液为蓝色，所以说明一定不含硫酸铜；
②取部分此溶液加入硝酸钡溶液，有白色沉淀生成，根据题干给出的物质，所形成的沉淀可能为碳酸钡或硫酸钡，所以混合物中可能含碳酸钠或硫酸钠，综合（1）得到无色溶液（2）可能含碳酸钠或硫酸钠，而碳酸钠或硫酸钠可与氯化钡形成沉淀，故混合物中一定不含氯化钡；
③在白色沉淀中加入足量的稀硝酸，沉淀最后全部溶解，说明沉淀为碳酸钡，故一定含有碳酸钠，一定不含硫酸钠，实验中未涉及到氯化钠的检验，所以无法确定是否含有；
故答案为Na2CO3；Na2SO4、BaCl2、CuSO4；NaCl；
（2）碳酸钡是可以溶于强酸的白色沉淀，实质是：BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O；
（3）若要检验K2CO3中Cl－和SO42-是否除尽，必须先加入过量硝酸与碳酸钾反应以除去碳酸根离子，再用硝酸钡检验是否含有硫酸根离子，最后加入AgNO3检验是否存在氯离子，故答案选b。
本题为混合物组成的推断题，完成此类题目，要抓住题干叙述的解题突破口，直接得出结论，然后利用顺向或逆向推测其他物质，从而得出结论。
19、18.4 mol·L-1 5.4mL D D E
【解析】
（1）根据物质的量浓度c=1000×ρ×ω/M 进行计算；
（2）先根据溶液稀释前后物质的量不变即c（稀）V（稀）=c（浓）V（浓）计算所需浓硫酸的体积确定量筒的规格，然后根据浓溶液来配制稀溶液的操作步骤有量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀等操作来确定仪器；
（3）根据c=n/V分析判断误差，如果n偏小或V偏大则配制溶液浓度偏低。
【详解】
（1）浓H2SO4的物质的量浓度c=1000×ρ×ω/M =1000×1.84×98%/98=18.4mol/L；根据溶液稀释规律，稀释前后溶质的量保持不变，设浓硫酸的体积为xmL，所以xmL×18.4mol/L=100mL×lmol/L，解得：x≈5.4，综上所述，本题答案是：18.4 mol·L-1 ； 5.4mL。
（2）根据（1）可知，需用浓硫酸的体积为5.4mL，所以选择10mL量筒，配制溶液的操作步骤有量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，所需仪器依次为：10mL量筒、胶头滴管、50mL烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管；正确选项D；综上所述，本题答案是：D。
（3）A．加水定容时超过刻度线，又吸出少量水至刻度线，溶质的物质的量偏小，配制溶液浓度偏小，故A错误；
B．忘记将洗涤液转入容量瓶，溶质的物质的量偏小，配制溶液浓度偏小，故B错误；
C．容量瓶洗涤后内壁有水珠而未作干燥处理，不影响溶质的物质的量和溶液的体积不变，配制溶液浓度不变，故C错误；
D．溶液未冷却即转入容量瓶，等溶液冷却下来，溶液的体积偏小，配制溶液浓度偏高，故D正确；
E．定容时俯视刻度线，溶液的体积偏小，配制溶液浓度偏高，故D正确；
综上所述，本题选DE。
20、18.4 mol/L ② ⑦②⑨⑥⑤④①③⑧ C
【解析】
(1)依据c=，计算浓硫酸的物质的量浓度；
(2)依据溶液稀释过程中所含溶质的物质的量不变计算需要浓硫酸的体积，依据浓硫酸体积选择合适的量筒；
(3)配制一定物质的量浓度溶液一般步骤：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，据此排序；
(4)分析操作对溶质的物质的量n和溶液体积V的影响，依据c=进行分析，凡是使n偏大，或者使V偏小的操作，都会使溶液浓度偏高，反之，溶液浓度就偏低。
【详解】
(1)密度为1.84g/cm3，溶质的质量分数为98%的硫酸，物质的量浓度c==18.4mol/L；
(2)配制250mL物质的量浓度为0.46mol/L的硫酸，设需要浓硫酸体积为V，则依据溶液稀释过程中溶质的物质的量不变计算得：18.4mol/L×V=0.46mol/L×250mL，解得V=6.3mL，所以应选择10mL量筒，答案为②；
(3)配制一定物质的量浓度溶液一般步骤：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，所以正确的顺序为：⑦②⑨⑥⑤④①③⑧
(4)A．往容量瓶中转移溶液时有少量液体溅出，导致部分溶质损耗，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，A错误；
B．未洗涤稀释浓H2SO4的小烧杯，导致部分溶质损耗，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，B错误；
C．定容时俯视刻度线，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，C正确；
D．洗净容量瓶未干燥即用来配制溶液，对溶质的物质的量和溶液体积都不会产生影响，溶液浓度不变，D错误；
E．定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面不到刻度线，若再加水至刻度线，会导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，E错误；
故合理选项是C。
本题考查物质的量浓度溶液的配制、计算、误差分析等知识。为高频考点，侧重于学生的分析能力、实验能力和计算能力的考查，注意把握相关计算公式的运用，难度不大。
21、②③⑥⑦⑩ ①④⑤ ③⑦⑩ ②⑥
【解析】
电解质：在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物；
强电解质是在水溶液中或熔融状态下，能完全电离的电解质。包括强酸、强碱、活泼金属氧化物和大部分盐；
弱电解质是在水溶液中不能完全电离的电解质，包括弱酸、弱碱、水等；
非电解质：在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物，非电解质在熔融状态和水溶液中自身都不能离解出自由移动的离子；
单质，混合物既不是电解质也不是非电解质。
【详解】
①是化合物，但其水溶液只存在乙醇分子，不导电，属于非电解质；
②在水溶液中能部分电离出乙酸根离子和氢离子，能导电，是化合物，是弱电解质；
③熔融态因熔融完全电离出自由移动的钾离子和硝酸根离子，能导电，是化合物，所以是强电解质；　
④在水溶液中与水反应生成硫酸，硫酸电离出自由移动的氢离子和硫酸根离子导电，三氧化硫自身不能电离，三氧化硫是非电解质；
⑤蔗糖是化合物，但其水溶液只存在蔗糖分子，不导电，属于非电解质；
⑥在水溶液中不能完全电离，是弱酸，是弱电解质；
⑦在水溶液中或熔融状态下能完全电离出自由移动的阴阳离子而使其导电，所以碳酸氢钠是强电解质；
⑧氨水是氨气的水溶液，一水合氨能部分电离产生铵根和氢氧根，有自由移动的铵根离子和氢氧根离子，能导电，氨水是混合物，所以既不是电解质，也不是非电解质；
⑨氯气是单质，故既不是电解质，也不是非电解质；　
⑩在水溶液中虽难溶，但溶于水的部分或熔融状态下能完全电离，有自由移动的离子，能导电，故是强电解质；
⑪铜是单质，故既不是电解质，也不是非电解质；
故属于电解质的有②③⑥⑦⑩，属于非电解质的有①④⑤，属于强电解质的有③⑦⑩，属于弱电解质的有②⑥，
答案为：②③⑥⑦⑩；①④⑤；③⑦⑩； ②⑥。
物质分为纯净物和混合物；纯净物分为单质和化合物；化合物分为电解质和非电解质；电解质包括：酸、碱、盐、活泼金属氧化物、水；电解质分为强电解质和弱电解质，强电解质包括强酸、强碱、大多数盐，弱电解质包括弱酸、弱碱、水。导电的原理有两种，一种是有自由移动的电子，如金属导体，一种是有自由移动的离子，如电解质溶液或熔融的电解质（酸在熔融状态下不电离）。