新疆呼图壁县一中2025年高一化学第一学期期中综合测试试题含解析.doc

新疆呼图壁县一中2025年高一化学第一学期期中综合测试试题
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、为提纯下列物质（括号内物质为杂质），所选用的试剂和分离方法正确的是
选项
物质
除杂试剂
分离方法
A
铜粉(铁粉)
稀盐酸
过滤
B
NaCl溶液(CuCl2)
NaOH溶液
萃取
C
乙醇(水)
________
分液
D
CO（HCl）
饱和NaHCO3溶液
洗气
A．A B．B C．C D．D
2、下列物质中，与0.3 mol H2O含有相同氢原子数的物质是(　　)
A．18.9 g HNO3 B．3.612×1023个HCl分子
C．0.1 mol H3PO4 D．0.2NA个CH4分子
3、将m g含氧化铁、氧化铜和氧化亚铁的样品投入物质的量浓度为1 mol/L的2 L盐酸中恰好完全反应，若向等质量的该样品中通入足量的氢气并加热，充分反应后所得金属的质量是
A．16g B．(m＋16)g C．(m－32)g D．(m－16)g
4、可以用电子式：表示的微粒是
A．He B．Ne C．Al3+ D．O2-
5、两个体积相同的容器，一个盛有O2，另一个盛有N2，在同温同压下两容器内的气体一定具有相同的
A．密度 B．质子数 C．原子总数 D．质量
6、设NA代表阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是( )
A．0.25 mol Na2O2中含有的阴离子数为0.5NA
B．0.1 mol H218O中所含中子总数为1.2NA
C．在标准状况下，2.8 g N2和2.24 L CO所含电子数均为1.4NA
D．常温下，5.6克铁与足量的浓硫酸反应，转移电子数为0.3NA
7、用98%的浓硫酸配制2mol·L-1的稀硫酸，下列操作使所配溶液浓度偏低的是
A．未冷却就转移、定容 B．容量瓶中有少量蒸馏水
C．用量筒量取浓硫酸时，俯视读数 D．定容时俯视刻度线观察液面
8、下列说法正确的是 （ ）
A．硝酸钡的化学式：BaNO3
B．碳酸氢钠在水中的电离：NaHCO3=Na+ + H++CO32—
C．NaC1与Na2CO3灼烧时火焰颜色相同
D．在相同温度条件下，气体分子间的平均距离几乎相等
9、许多国家十分重视海水资源的综合利用，不需要化学变化就能够从海水中获得的物质是
A．氯、溴、碘 B．钠、镁、铝 C．烧碱、氢气 D．食盐、淡水
10、下列变化需要加入氧化剂才能实现的
A．CO32-→CO2
B．Cl-→Cl2
C．Cr2O72-→Cr3+
D．NO→NH3
11、下列金属元素的单质或化合物在火焰上灼烧时，焰色为黄色的是
A．钠 B．钾 C．镁 D．铁
12、下列各组离子能在溶液中大量共存的是( )
A．Cu2+、Ba2+、SO42－、Cl－ B．Ca2+、H+、CO32－、Cl－
C．Na+、K+、OH－、Cl－ D．Mg2+、Na+、OH－、SO42－
13、下列有关0.2mol·L－1 BaCl2溶液的说法不正确的是 (　 　)
A．500mL溶液中Cl－离子浓度为0.2mol·L－1
B．500mL溶液中Ba2＋离子浓度为0.2mol·L－1
C．500mL溶液中Cl－离子总数为0.2NA
D．500mL溶液中Ba2＋和Cl－离子总数为0.3NA
14、下列关于实验的说法中正确的是( )
A．加入酸性高锰酸钾溶液后褪色可以证明有机物分子中一定含有碳碳双键
B．实验室制备乙烯的实验中使用医用酒精和浓度为3mol/L的硫酸的混合液
C．实验室制备乙烯的实验中将乙醇和硫酸按体积比3：1混合
D．实验室制备乙酸乙酯的实验中要加入碎瓷片防止暴沸
15、300 mL某浓度的NaOH溶液中含有60 g溶质。现欲配制1 mol /L NaOH溶液，应取原溶液与蒸馏水的体积比约为( )
A．1∶4 B．1∶5 C．2∶1 D．2∶3
16、下列说法中正确的是
A．在熔融状态下不能导电的物质都属于非电解质
B．稀HCI溶液在电流的作用下电离出 H+和Cl-而导电
C．液态硫酸，固体NaCI不导电，但属于电解质
D．NaOH溶液的导电能力一定比氨水的强
二、非选择题（本题包括5小题）
17、今有甲、乙两种固体和A、B、C、D四种物质的溶液。已知甲、乙中有一种为氧化铜，A、B、C、D分别是盐酸、氯化钠、氯化铜和氢氧化钠中的一种。这六种物质之间有如下转化关系：①乙＋B＝A＋水；②A＋C＝乙＋D；③甲＋B＝A＋水。
（1）写出下列四种物质的化学式：甲______________， 乙______________， A______________， D______________。
（2）用离子方程式表示上述三个变化：①___________，②__________________，③___________________。
18、A、B、C、D、E 都是前20号元素中的常见元素，且核电荷数递增。A原子没有中子；B原子次外层电子数与最外层电子数之差等于电子层数；C元素是地壳中含量最高的元素；4.6gD单质与足量盐酸作用可产生2.24LH2（标准状态下）；E的一价阴离子的核外电子排布与Ar的核外电子排布相同。请回答下列问题：
（1）写出A、B、D的元素符号：A______；B_____；D______。
（2）C离子的电子式_______；E的离子结构示意图_______。
（3）写出电解D、E形成化合物的水溶液的化学反应方程式______。
（4）工业上将E的单质通入石灰乳[Ca(OH)2]制取漂粉精，化学反应方程式为______。漂粉精溶于水后，受空气中的CO2作用，即产生有漂白、杀菌作用的某种物质，该化学反应方程式为_________。
19、现用质量分数为98%、密度为1.84g/cm3的浓H2SO4来配制500mL、0.2mol/L的稀H2SO4可供选择的仪器有：①玻璃棒 ②烧瓶 ③烧杯 ④胶头滴管 ⑤量筒 ⑥容量瓶 ⑦托盘天平 ⑧药匙。请完成下列问题：
(1)上述仪器中，在配制稀H2SO4时用不到的有________(填代号)。
(2)经计算，需浓H2SO4的体积为________。现有①10mL ②50mL ③100mL三种规格的量筒，你选用的量筒是________（(填代号) 。
(3)在配制过程中，其他操作都准确，下列操作中：错误的是________，能引起误差偏高的有________(填代号)。
①洗涤量取浓H2SO4后的量筒，并将洗涤液转移到容量瓶中
②未等稀释后的H2SO4溶液冷却至室温就转移到容量瓶中
③将浓H2SO4直接倒入烧杯，再向烧杯中注入蒸馏水来稀释浓H2SO4
④定容时，加蒸馏水超过刻度线，又用胶头滴管吸出
⑤转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水
⑥定容摇匀后，发现液面低于刻度线，又用胶头滴管加蒸馏水至刻度线
⑦定容时，俯视标线
20、某学生需要用烧碱固体配制0.5 mol·L-1的NaOH溶液490mL。实验室提供以下仪器：①烧杯 ②100 mL量筒 ③药匙 ④玻璃棒 ⑤托盘天平（带砝码）。请回答下列问题：
（1）计算结果：需要称取NaOH固体的质量为____________；
（2）配制时，必须使用的仪器有____________（填代号），还缺少的仪器是 _______________、______________。（填仪器名称）
（3）配制时，其正确的操作顺序是（字母表示，每个操作只用一次）__________；
A．用少量水洗涤烧杯2—3次，洗涤液均注入容量瓶，振荡
B．在盛有NaOH固体的烧杯中加入适量水溶解
C．将烧杯中已冷却的溶液沿玻璃棒注入容量瓶中
D．将容量瓶盖紧，反复上下颠倒，摇匀
E．改用胶头滴管加水，使溶液凹面恰好与刻度相切
F．继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度1—2cm处
（4）实验两次用到玻璃棒，其作用分别是：先用于________、后用于________；
（5）若出现如下情况，其中将引起所配溶液浓度偏高的是_______________；
①容量瓶实验前用蒸馏水洗干净，但未烘干
②定容观察液面时俯视
③配制过程中遗漏了（3）中步骤A
④加蒸馏水时不慎超过了刻度
（6）若实验过程中出现（5）中④这种情况你将如何处理？______________。
21、下图为五个椭圆交叉构成的图案，椭圆内分别写了C2H5OH、CO2、Fe2O3、FeCl3和NaOH五种物质，图中相连的两种物质均可归为一类，相交的部分A、B、C、D为其相应的分类标准代号。请回答下列问题：

（1）两种物质混合能发生反应且都是电解质的是________（填分类标准代号，下同），两种物质都是氧化物的是________。
（2）分类标准代号A表示______________（多项选择）
a．两物质都是非电解质 b．两物质都是有机物
c．两物质都是含碳化合物 d．两物质都是氧化物
（3）上述五种物质中的某一物质能与某种强酸反应生成上述物质中的另一种物质，该反应的离子方程式为：__________________________________。
（4）用洁净的烧杯取25 mL蒸馏水，加热至沸腾，向烧杯中逐滴加入上述五种物质中的某一物质的饱和溶液，加热得红褐色胶体，该反应的化学方程式为： ____________。
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. 铁粉可以和稀盐酸反应，生成氯化亚铁和氢气，而金属铜粉则不能，将金属铜粉和溶液分离可以采用过滤法，故A 正确；
B. 氢氧化钠可以和氯化铜反应生成氢氧化铜和氯化钠，将氢氧化铜沉淀和氯化钠溶液的分离采用过滤法，故B错误；
C. 乙醇和水是互溶的，对互相溶解物质的分离采用蒸馏法，故C错误；
D.HCl溶于水后，与NaHCO3反应生成了CO2，相当于除杂过程引入了新的杂质，故D错误。
故选A。
除杂的原则是：除去杂质，不消耗主体物质，不引入新的杂质，恢复原来状态。
2、B
【解析】
根据N=nNA可知，H原子的数目相同，则H原子物质的量相同，0.3molH2O含氢原子物质的量为0.3mol×2=0.6mol，结合对应物质的构成计算。
【详解】
A项、18.9gHNO3的物质的量为0.3mol，含氢原子的物质的量0.3mol，故A错误；
B项、3.612×1023个HCl的物质的量为0.6mol，含氢原子的物质的量0.6mol，故B正确；C.0.1molH3PO4含有0.3NA氢原子，故C错误；
D. 标准状况下4.48LCH4 的物质的量为0.2mol，含有0.8 mol氢原子，故D错误。
故选B。
本题考查物质的量的相关计算，解答本题中注意物质的分子构成，结合相关的计算公式解答，注意以物质的量为中心的计算，根据n=m/M=N/NA=V/Vm计算选项中各物质的物质的量，再结合各物质分子含有H原子数目计算氢原子物质的量。
3、D
【解析】
m g氧化铁、氧化铜、氧化亚铁的混合物与1 mol/L的2 L盐酸中恰好完全反应，氯化物和水，而水的氧元素来自样品中，氢元素来自盐酸的溶质中，则n(H)=n(HCl)=1 mol/L×2 L=2mol，由水的组成可计算出n(O)=n(H)/2=1mol，则m(O)=16g，所以，m g含氧化铁、氧化铜和氧化亚铁的样品经氢气还原后金属质量为(m－16)g。答案选D。
点睛：解决此题的关键是守恒特点，注意起始与终态关系，如金属氧化物MOx与MClx/2之间通过水来关联起来，金属的质量等于金属氧化物的质量减去氧元素的质量，再通过O—H2O—2H—2HCl关系求出。
4、B
【解析】
氦原子最外层电子数是2个，氖原子最外层有8个电子，电子式为，故选B。
本题考查了电子式的书写，注意掌握电子式的概念及表示方法，明确电子式的表示方法是解题关键。
5、C
【解析】
根据阿伏加德罗定律，同温同压，体积相同的两个容器所含气体的分子数相同。
【详解】
同温同压，体积相同的两个容器所含气体的分子数相同即气体分子物质的量相同；
A选项，同温同压，气体的密度之比等于摩尔质量之比，两者摩尔质量不相同，因此密度不相同，故A错误；
B选项，一个氧气分子中有16个质子，一个氮气分子中有14个质子，氧气分子和氮气分子物质的量虽相同，但两者质子数不相同，故B错误；
C选项，1个氧气、氮气分子中都含有2个原子，氧气分子和氮气分子的物质的量相同，原子的物质的量也相同，故C正确；
D选项，氮气和氧气的摩尔质量不相同，等物质的量的两气体，质量不相同，故D错误；
综上所述，答案为C。
6、C
【解析】
A．过氧化钠中含有过氧根离子，0.25 mol Na2O2中含有的阴离子数为0.25NA，故A错误；
B．H中不含中子，18O 中含有10个中子，0.1 mol H218O中所含中子总数为1.0NA，故B错误；
C．在标准状况下，2.8 g N2和2.24 L CO都是0.1mol，所含电子数均为1.4NA，故C正确；
D．常温下，铁与浓硫酸发生钝化，故D错误，本题选C。
7、C
【解析】
A．未冷却就转移、定容，当所配制溶液恢复室温时，容量瓶内溶液体积减小，根据c=，溶质物质的量不变，溶液体积减小，所配制溶液的浓度偏高，故A不符合题意；
B．容量瓶在定容操作过程中要加入一定量蒸馏水至凹液面与刻度线相平，则容量瓶中有少量蒸馏水，对溶液的浓度无影响，故B不符合题意；
C．用量筒量取浓硫酸时，俯视读数，导致溶质的物质的量减小，根据c=，溶质物质的量减小，导致所配溶液的浓度减小，故C符合题意；
D．定容时俯视刻度线观察液面，导致容量瓶内溶液体积减小，根据c=，溶质物质的量不变，溶液体积减小，所配制溶液的浓度偏高，故D不符合题意；
答案选C。
8、C
【解析】
A. 硝酸钡中钡的化合价为+2价，硝酸根的根价为-1价，故其化学式为：Ba(NO3)2，选项A错误；B.碳酸氢钠在水中的电离方程式为NaHCO3=Na+ + HCO3—，选项B错误；C. 焰色反应是元素的性质，只要含有的金属元素相同，无论是何种化合物灼烧时火焰颜色都相同，所以NaCl与Na2CO3灼烧时火焰颜色相同，均为黄色，选项C正确；D. 影响分子间平均距离的除了温度，还有压强，故应为在相同温度和压强下，气体分子间的平均距离几乎相等，选项D错误。答案选C。
9、D
【解析】
A项，海水中氯、溴、碘元素都是以离子的性质存在，要获得氯、溴、碘单质需要通过氧化还原反应的方法，属于化学变化，故A项错误；
B项，海水中钠、镁、铝元素都是以离子的性质存在，要获得钠、镁、铝单质需要通过氧化还原反应的方法，属于化学变化，故B项错误；
C项，通过电解海水可以得到烧碱和氢气，电解属于化学变化，故C项错误。
D项，海水中含有大量的食盐和水，通过蒸发的方法可以从海水中提取出食盐和淡水，故D项正确；
故答案选D。
10、B
【解析】
需要加入氧化剂才能实现，说明本身应该是还原剂；还原剂化合价升高，失电子，被氧化。
【详解】
A.元素化合价不变，无需通过氧化还原反应实现，故A错误；
B.氯元素化合价从-1价升高到0价，需要加入氧化剂实现，故B正确；
C.铬元素的化合价从+6价降到+3价，加入还原剂可实现，故C错误；
D.氮元素的化合价从+2价降到-3价，故D错误；
正确答案：B。
注意氧化还原反应中，氧化剂：降得还；还原剂：升失氧。
11、A
【解析】
A.钠的单质或化合物在火焰上灼烧时，焰色为黄色，故A正确；
B.钾的单质或化合物在火焰上灼烧时，焰色为紫色，故B错误；
C.镁的单质或化合物在火焰上灼烧时，焰色没有特殊的变化，故C错误；
D.铁的单质或化合物在火焰上灼烧时，焰色没有特殊的变化，故D错误；
答案选A。
本题考查了焰色反应。要记住常见的焰色反应，钠-黄色、钾-紫色等，需要注意的是只有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的颜色，有的金属则没有这种现象，如镁、铝、铁、铂、镍等。
12、C
【解析】
A. Ba2+和SO42－发生反应：Ba2++SO42-=BaSO4↓，所以Ba2+和SO42－不能大量共存，A项错误；
B. Ca2+和CO32－发生反应：Ca2++CO32-=CaCO3↓，所以Ca2+和CO32－不能大量共存，B项错误；
C.该组离子之间不发生反应，所以该组离子能大量共存，C项正确；
D. Mg2+和OH－发生反应：Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓，所以Mg2+和OH－不能大量共存，D项错误；答案选C。
13、A
【解析】
A、500 mL0.2mol•L-1BaCl2溶液中Cl-浓度为0.4 mol•L-1，故A错误；
B、0.2mol•L-1BaCl2溶液中Ba2+浓度为0.2 mol•L-1，故B正确；
C、0.2mol•L-1BaCl2溶液，500 mL溶液中Cl-总数 = 0.5L × 0.2 mol/L × 2 × NA=0.2NA，故C正确；
D、0.2mol•L-1BaCl2溶液，500 mL溶液中Ba2+和Cl-总数 = 0.5L × 0.2 mol/L × 3 × NA=0.3NA，故D正确；
故选A。
【点晴】
同一化学式中各微粒的浓度等于物质的物质的量浓度×离子个数，与溶液的体积无关，如50mL 1mol•L-1MgCl2溶液中氯离子浓度为：n(Cl-)=1mol/L×2=2mol/L。
14、D
【解析】A、能使酸性高锰酸钾溶液褪色的有机物不一定含有碳碳双键，比如乙炔、乙醇、乙醛、甲苯，均能使酸性高锰酸钾褪色，故A错误；B、制备乙烯的实验中选用浓硫酸作催化剂和脱水剂，3mol/L的硫酸为稀硫酸，故B错误；C、实验室制备乙烯的实验中将乙醇和硫酸按体积比1﹕3混合，故C错误；D、实验室制乙酸乙酯的实验中，由于加热液体易引起暴沸，所以要加入碎瓷片防暴沸，故D正确。故选D。
点睛：使酸性高锰酸钾溶液褪色的有机物有：含有碳碳双键或碳碳三键的有机物；连接苯环的碳原子上有H原子的有机物、含有醛基、-OH相连的碳上有H原子的醇等。
15、A
【解析】
原溶液中含有溶质的物质的量为60/40=1.5mol ，所以配制1 mol·L－1 NaOH溶液则溶液的体积为V=1.5/1=1.5L=1500mL，而原溶液的体积为300mL，所以取蒸馏水的体积为1200 mL，应取原溶液与蒸馏水的体积比约为1:4，故A项正确。
综上所述，本题选A。
16、C
【解析】
电解质的概念是熔融或水溶状态下能导电的化合物是电解质，而且电解质不能与水反应；电解质溶液导电能力与电解质强弱没有必然的联系；电解质电离过程与电流无关；据以上分析解答。
【详解】
电解质的概念是熔融或水溶状态下能导电的化合物是电解质，而且电解质不能与水反应， 
A. 氯化氢在熔融状态下，以分子形式存在，不能导电，氯化氢的水溶液能够导电，所以氯化氢属于电解质，A错误；
B. 电解质在水分子作用下离解成自由移动离子的过程，称为电离，电离过程与电流无关，B错误；
C. 液态硫酸以分子形式存在，固体NaCl没有自由移动的离子，所以二者均不导电，但是二者溶于水，水溶液均能导电，所以二者均属于电解质，C正确；
D. 溶液导电能力主要看溶液中自由移动离子浓度及离子所带电荷数的多少，与电解质强弱没有必然的联系，因此NaOH溶液的导电能力不一定比氨水的强，D错误；
综上所述，本题选C。

二、非选择题（本题包括5小题）
17、CuO Cu(OH)2 CuCl2 NaCl Cu(OH)2+2H+=Cu2++2H2O Cu2+ +2OH-=Cu(OH)2↓ CuO+2H+=Cu2+ +H2O
【解析】
甲、乙两种固体均与B反应，生成A和水，再分析给出的四种物质可知B为盐酸、A为氯化铜；所以甲乙中均含有铜元素，又A+C=乙+D，能与氯化铜反应的只有氢氧化钠，所以C为氢氧化钠，D为氯化钠，乙为氢氧化铜，则甲为氧化铜．
【详解】
(1)根据以上分析可知，甲为CuO；乙为Cu(OH)2；A为CuCl2；D 为NaCl；
(2)氢氧化铜为难溶物所以不能拆，故乙与B的离子反应为：Cu(OH)2+2H+=Cu2++2H2O；A与C的离子反应为：Cu2+ +2OH-=Cu(OH)2↓；氧化铜为难溶物不能拆，故甲与B的离子反应为：CuO+2H+=Cu2+ +H2O。
18、H C Na 2NaCl+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOH 2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO
【解析】
A、B、C、D、E 都是前20号元素中的常见元素，且核电荷数递增。
A原子没有中子，说明A是H；
B原子次外层电子数与最外层电子数之差等于电子层数，假设有两个电子层，次外层电子数为2，则B原子的K、L层依次排有2、4个电子，B为碳；
C元素是地壳中含量最高的元素，C为O；
4.6gD单质与足量盐酸作用可产生2.24LH2（标准状态下），D为金属，2.24LH2物质的量为0.1 mol
如果为金属镁，则Mg——H2，则镁为2.4g，
如果是金属铝，则2Al——3H2，则铝为1.8g，
如果是金属钠，则2Na——H2，则钠为4.6g，
故D为金属钠；
E的一价阴离子的核外电子排布与Ar的核外电子排布相同，说明E为非金属元素氯；
【详解】
⑴根据前面分析得出A为H，B为C，D为Na，故答案为A：H；B：C；D：Na；
⑵C离子为氧离子，其电子式，故答案为；
E的离子为氯离子，其离子结构示意图，故答案为；
⑶D、E形成化合物为NaCl，电解D、E形成化合物的水溶液的化学反应方程式2NaCl+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOH，故答案为2NaCl+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOH；
⑷工业上将E即氯气通入石灰乳[Ca(OH)2]制取漂粉精，化学反应方程式为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，故答案为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；
漂粉精溶于水后，受空气中的CO2作用，即产生有漂白、杀菌作用的某种物质，即漂粉精溶于水与空气中二氧化碳和水反应生成碳酸钙沉淀和次氯酸，该化学反应方程式为Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO，故答案为Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO。
19、②⑦⑧ 5.4mL ① ①②③④⑥⑦ ①②⑦
【解析】
(1)根据配制500mL、0.2mol/L的稀H2SO4的步骤选择使用的仪器，然后判断不需要的仪器；
(2)根据c=计算出浓硫酸的物质的量浓度，然后根据溶液稀释过程中溶质的物质的量不变计算出浓硫酸的体积，结合选择仪器的标准“大而近”选择量筒的规格；
(3)根据c= 分析实验误差。
【详解】
(1)配制500mL、0.2mol/L的稀H2SO4的步骤为：计算、量取、稀释、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等，需要选用的仪器为：量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管等，不需要的仪器为：②烧瓶、⑦托盘天平、⑧药匙；
(2)该浓硫酸的物质的量浓度为：c=mol/L=18.4mol/L，由于在稀释前后溶质的物质的量不变，所以配制500mL、0.2mol/L的稀H2SO4，需要浓硫酸的体积为：V=≈0.0054L=5.4mL，为减小实验误差，应该选择10mL的量筒量取，故选择仪器序号是①；
(3)根据c=分析实验误差
①量取浓硫酸的量筒不能洗涤，如果洗涤量取浓H2SO4后的量筒，并将洗涤液转移到容量瓶中，会导致量取的浓硫酸体积偏大，配制的溶液浓度偏高；
②未等稀释后的H2SO4溶液冷却至室温就转移到容量瓶中，热的溶液体积膨胀，冷却后溶液体积变小，导致配制的溶液浓度偏高；
③将浓H2SO4直接倒入烧杯，再向烧杯中注入蒸馏水来稀释浓H2SO4，由于水的密度比硫酸小，且浓硫酸溶于水会放出大量的热，导致酸滴飞溅，使配制的硫酸浓度偏低；
④定容时，加蒸馏水超过刻度线，又用胶头滴管吸出，由于溶质减少，溶液的体积偏大，导致配制的溶液浓度偏低；
⑤转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水，对溶质的物质的量及溶液体积没有影响，不影响配制结果；
⑥定容摇匀后，发现液面低于刻度线，是由于一部分溶液粘在容量瓶的瓶颈上，对溶液浓度无影响，若又用胶头滴管加蒸馏水至刻度线，则溶液的体积变大，导致配制溶液浓度偏低；
⑦定容时，俯视标线导致加入的蒸馏水体积偏小，配制的溶液浓度偏高；
可见上述操作中，错误的是①②③④⑥⑦，其中能引起误差偏高的①②⑦。
本题考查了配制一定物质的量浓度的溶液的方法，掌握配制溶液的步骤及溶液的不同浓度的换算关系是本题解答的关键。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n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比理论值小，或V比理论值大时，都会使所配溶液浓度偏小；若n比理论值大，或V比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大。题目侧重对学生能力的培养和解题方法的指导和训练，有利于培养学生的逻辑思维能力和严谨的规范实验操作能力；该题的难点在于误差分析，注意明确误差分析的方法。
20、 10.0g ①③④⑤ 500mL容量瓶 胶头滴管 BCAFED 搅拌 引流 ② 重新配制溶液
【解析】分析：(1)根据m=nM=cvM计算；
(2)根据实验操作的步骤以及每步操作需要仪器确定反应所需仪器；
(3)根据实验操作的步骤；
(4)根据玻璃在实验中的作用；
(5)根据c=分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响判断；
(6)根据实验操作出现的错误应重新配制。
详解：(1)实验室配制0.5mol•L-1的NaOH溶液490mL，应该配制500 mL，需要NaOH的质量为：0.5L×0.5mol/L×40g/mol=10.0g，故答案为：10.0g；
(2)操作步骤有称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解，冷却后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，所以还需要的仪器为500mL容量瓶；胶头滴管，故答案为：①③④⑤；500mL容量瓶；胶头滴管；
(3)操作步骤有称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，故答案为：BCAFED；
(4)玻璃在溶解时起到搅拌作用，在移液时起到引流作用，故答案为：搅拌；引流；
(5)①容量瓶实验前用蒸馏水洗干净，但未烘干，无影响，浓度不变，故①错误；
②定容观察液面时俯视，溶液体积偏小，浓度偏大，故②正确；
③配制过程中遗漏了(3)中步骤A，溶质的质量减少，浓度偏低，故③错误；
④加蒸馏水时不慎超过了刻度，溶液体积偏大，浓度偏小，故④错误；
故答案为：②；
(6)实验操作出现加蒸馏水时不慎超过了刻度，则溶液的浓度偏小，应重新配制，故答案为：重新配制。
点睛：本题考查了配制一定物质的量浓度溶液的方法。要熟记配制一定物质的量浓度的溶液步骤和用到的玻璃仪器，有利于培养学生的逻辑思维能力和严谨的规范实验操作能力。本题的易错点为配制过程中的误差分析，分析时，要紧扣c=，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n和溶液的体积V引起的。
21、D B a c Fe2O3 + 6H+ = 2Fe3+ + 3H2O FeCl3 + 3 H2O == Fe（OH）3（胶体） + 3 HCl
【解析】
从物质的组成和性质对物质种类进行分析，根据离子方程式的书写规则书写离子方程式。
【详解】
（1）在水溶液里或熔融状态下都不导电的化合物是非电解质，乙醇和二氧化碳都是非电解质，Fe2O3、FeCl3和NaOH是电解质，Fe2O3与FeCl3不反应，FeCl3和NaOH反应，所以两种物质混合能发生反应且都是电解质的是D；两种物质都是氧化物的是B；
（2）A表示乙醇和二氧化碳，它们都是非电解质，而且都是含碳化合物，故答案为a c ；
（3）某一物质能与某种强酸反应生成上述中的另一种物质，所以这两种物质应有相同的元素，且化合价不变，所以是氧化铁和氯化铁，化学反应方程式为：Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O，故答案为Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O；
（4）该方法是制作氢氧化铁胶体，反应方程式为：FeCl3 + 3 H2O == Fe（OH）3（胶体） + 3 HCl。