2025-2026学年安徽省合肥市肥东二中高一上化学期中预测试题含解析.doc

2025-2026学年安徽省合肥市肥东二中高一上化学期中预测试题
注意事项
1．考生要认真填写考场号和座位序号。
2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、浓度为2.00 mol/L的盐酸溶液1L，欲使其浓度变为4.00mol/L，下列方法可行的是（ ）
A．蒸发掉0.5L水 B．标况下通入44.8L HCl气体
C．将溶液加热蒸发浓缩至0.5L D．加入10mol/L盐酸0.6L，再将溶液稀释至2L
2、下列电离方程式中，正确的是
A．Na2SO4=2Na++SO4-2 B．Ba(OH)2=Ba2++OH2-
C．Al2(SO4)3=2Al3++3SO42- D．Ca(NO3)2=Ca2++2(NO3)2-
3、在探究新制饱和氯水成分的实验中，下列根据实验现象得出的结论不正确的是
A．氯水的颜色呈浅绿色，说明氯水中含有Cl2
B．向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，说明氯水中含有Cl－
C．向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，说明氯水中含有H＋
D．向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色，说明氯水中含有HClO
4、下列说法中不正确的是
①BaSO4不溶于水,其水溶液的导电能力极弱,所以BaSO4是弱电解质
②SO2的水溶液能导电,所以SO2是电解质
③液氧不导电,所以液氧是非电解质
④硫酸氢钠电离出的阳离子有氢离子，所以硫酸氢钠是酸
⑤电解质放在水中一定能导电，非电解质放在水中一定不导电
A．①④ B．①④⑤ C．②③④ D．①②③④⑤
5、下列试剂中，需要使用棕色试剂瓶存放的是
A．氢氧化钠溶液 B．氯水 C．稀硫酸 D．氯化钾溶液
6、将50ml 3mol/L的NaOH溶液加水稀释到500ml，稀释后NaOH的物质的量浓度为 ( )
A．0.03mol/L B．0.3 mol/L C．0.5 mol/L D．0.05 mol/L
7、下列化学用语的表达正确的是（）
A．中子数为10的氧原子：810O B．漂白粉的成分是Ca(ClO)2
C．Cl-的结构示意图： D．1H、2H、3H互为同位素
8、下列仪器名称为“分液漏斗”的是
A． B． C． D．
9、同温同压下，等物质的量的一氧化氮和二氧化氮气体具有相同的( )
A．氧原子数 B．原子数 C．质量 D．体积
10、下列说法中，正确的是（ ）
A．化学的特征就是认识分子和制造分子
B．在任何条件下，1mol任何气体的体积都约是22.4L
C．在化学反应中，参加反应的各物质的质量比等于其物质的量之比
D．俄国化学家门捷列夫提出原子学说，为近代化学的发展奠定了坚实的基础
11、设NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是
A．标准状况下，22.4L氦气与lmol氢气所含原子数均为NA
B．1L0.l mol/LNaHCO3溶液中含有 0.1NA个 HCO3-
C．己知可将0.lmolNaCl溶于乙醇中制成胶体，其中含有的胶体粒子数目为0.1NA
D．6molCl2通入足量热 NaOH 溶液发生反应：3Cl2+6NaOHNaC1O3+5NaCl+3H2O，转移电子数目为10NA
12、在氢氧化钡溶液中滴入硫酸溶液并测定溶液导电性，下面各图表示的是随着硫酸滴入量的增加溶液导电能力变化的图像，其图像表示正确的是
A． B． C． D．
13、物质的量浓度相等的NaCl、FeCl2、FeCl3三种溶液分别与等物质的量浓度的AgNO3溶液恰好完全反应，则NaCl、FeCl2 、FeCl3三种溶液的体积之比是
A．1：2：3 B．3：2：1 C．6:：3：2 D．1：1：1
14、下列叙述中，正确的是( )
A．标准状况下，Cl2的摩尔质量为71g
B．氧化还原反应一定有氧元素参加
C．摩尔是用来衡量微观粒子多少的一种物理量
D．Na2CO3属于钠盐、又属于碳酸盐，这是用交叉分类法分类的
15、下列说法正确的是
A．置换反应一定属于氧化还原反应，氧化还原反应一定属于离子反应
B．碱性氧化物一定属于金属氧化物，酸性氧化物不一定属于非金属氧化物
C．强氧化性的试剂与还原性的试剂混合一定能发生氧化还原反应
D．NaCl、液氨、蔗糖分别属于强电解质、弱电解质、非电解质
16、8克气体X含有3.01×1023个分子，则气体X的相对分子质量为
A．8 B．16 C．32 D．64
二、非选择题（本题包括5小题）
17、有一固体混合物，可能由Na2CO3、Na2SO4、CuSO4、CaCl2、KCl等混合而成，为检验它们，做如下实验：
①将固体混合物溶于水，搅拌后得无色透明溶液；
②向此溶液中滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成；
③过滤，将沉淀物置于足量稀硝酸中，发现沉淀全部溶解；
试判断：（1）固体混合物中肯定含有_________________，肯定无_________________，可能含有__________________。
（2）写出实验③中反应的离子方程式：________________________________________。
18、如图表示的是A→E五种物质的相互转化关系，其中A为淡黄色固体，B为单质，D为正盐。

请回答下列问题：
（1）写出各物质的名称：
A_____________ ； C_____________；D_____________。
（2）写出相应的离子方程式：
B→C: _____________________________；
C→D: ______________________________；
A→C: _____________________________；
D→E:_____________________________（任写一个即可）。
19、用98%的浓硫酸（）配制100mL浓度为1 mol⋅L−1的稀硫酸,其操作步骤可分解为以下几步:
a.用量筒量取___________mL的浓硫酸,缓缓注入装有约50mL蒸馏水的烧杯里,并用玻璃棒搅拌.
b.用约30mL蒸馏水,分成三次洗涤烧杯和玻璃棒,将每次洗涤液都倒入M里.
c.将稀释后的硫酸小心地用玻璃棒引流入M.
d.检查M是否发生滴漏.
e.将蒸馏水直接加入M,至液面接近刻度线2cm至3cm处.
f.盖紧瓶塞,反复倾倒振荡,摇匀溶液.
g.用________________向M里逐滴滴入蒸馏水,至液面最低点恰好与环形刻度线相切.据此填写:
（1）正确的操作顺序是______．
（2）进行A步操作时,应量取______mL浓硫酸，选用量筒的规格是(填序号) _________ ．
a. 10mL b. 50mL c. 1000mL d. 1000mL
（3）配置上述溶液时，多次提到的实验仪器M是______________。步骤G中横线处是_________。
（4）进行A步骤操作时,必须_____后,才能进行后面的操作.
（5）实验操作中，下列操作会对所配溶液的浓度有何影响（填“偏高”“偏低”或“无影响”）
a.洗涤烧杯和玻璃棒的溶液未转入M中__________________
b.定容时,眼睛俯视溶液____________________
c.容量瓶中原残留少量蒸馏水__________________   
d.定容后M中液面低于刻度线,又加水定容到刻度线.____________________
e量取浓硫酸时仰视量筒读数____________________
20、下列是用98%的浓H2SO4(ρ＝1.84 g·cm－3；物质的量浓度为18.4mol/L)配制0.5 mol·L－1的稀硫酸500 mL的实验操作，请按要求填空：
（1）所需浓硫酸的体积为________。
（2）如果实验室有10 mL、20 mL、50 mL的量筒，应选________的最好，量取时发现量筒不干净，用水洗净后直接量取，所配溶液浓度将(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)____________。
（3）将量取的浓硫酸沿烧杯内壁慢慢注入盛有约100 mL水的烧杯中，并不断搅拌，目
的是________________________。
（4）将冷却至室温的上述溶液沿________注入________中，并用50 mL蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，洗涤液要转入到容量瓶中，并振荡。
（5）加水至距刻度线1 cm～2 cm处，改用________加水至刻度线，使溶液的________正好跟刻度线相平，把容量瓶塞好，反复颠倒振荡，摇匀溶液。
21、回答下列有关氧化还原的问题。
（1）Cu与浓H2SO4发生化学反应：Cu＋2H2SO4（浓）CuSO4＋SO2↑＋2H2O。其中氧化产物是__________。若反应中转移的电子的物质的量为0.2mol，则生成的SO2气体在标况下的体积为__________。
（2）下列微粒：①S ②S2－ ③Fe2＋ ④H＋ ⑤Cu ⑥HCl ⑦H2O在化学反应中只能被氧化的是__________（填序号，下同）。只能表现出氧化性的是__________。
（3）在含有Cu（NO3）2、Mg（NO3）2、AgNO3的混合溶液中加入适量锌粉，最终反应容器中有固体剩余。则固体中一定含有__________，反应后溶液中一定含有的阳离子是__________。
（4）在反应KClO3＋6HCl（浓）＝KCl＋3Cl2↑＋3H2O中，被氧化的氯与被还原的氯的原子个数比为__________。
（5）将NaHSO3溶液滴加到酸性KMnO4溶液混合，溶液由紫色褪至无色。反应结束后，推测硫元素在溶液中的存在形式是__________。这样推测的理由是__________。
（6）自来水中的NO3－对人类健康产生危害。为了降低自来水中NO3－的浓度，某研究人员提出两种方案。
①方案a：微碱性条件下用Fe（OH）2还原NO3－，产物为NH3。生成3.4g NH3同时会生成__________mol Fe（OH）3。
②方案b：碱性条件下用Al粉还原NO3－，产物是N2。发生的反应可表示如下，完成方程式配平并标出电子转移的方向和数目。
____Al＋____NO3－＋____OH－——____AlO2－＋______N2↑＋____H2O
参考答案

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、D
【解析】
A. 盐酸具有挥发性，蒸发掉0.5L水时HCl也会逸出，所以不能实现；B、标况下的44.8L HCl气体物质的量为2mol,原溶液中HCl的物质的量为：2.00 mol/L1L=2mol，溶液的总体积大于1L,故不能实现；C. 将溶液加热蒸发浓缩至0.5L，盐酸具有挥发性，所以此法不能达到；D.加入盐酸，再将溶液稀释至2L，HCl的浓度为c(HCl)= （0.6L10mol/L+2.00 mol/L1L）/2L=4.00mol/L,故D正确；答案：D。
2、C
【解析】
A．SO42-书写错误，错误；
B．Ba(OH)2=Ba2++2OH-，错误；
C．Al2(SO4)3=2Al3++3SO42-，正确；
D．Ca(NO3)2=Ca2++2NO3-，错误；
故选C。
3、D
【解析】
A、氯气是黄绿色气体，因此氯水的颜色呈浅绿色，说明氯水中含有Cl2，A正确；
B、向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，白色沉淀是氯化银，这说明氯水中含有Cl－，B正确；
C、向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，气体是CO2，这说明氯水中含有H＋，C正确；
D、向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色，说明反应中有氯化铁生成。由于氯气也能把氯化亚铁氧化生成氯化铁，因此不能说明氯水中含有HClO，D不正确。
答案选D。
4、D
【解析】
①硫酸钡在水中的溶解度很小，但溶解的硫酸钡能完全电离，所以硫酸钡是强电解质，①错误；
②SO2溶于水，与水反应反应生成亚硫酸，亚硫酸在溶液中能够电离，属于电解质，SO2属于非电解质，②错误；
③电解质和非电解质都必须是化合物，液氧是单质，既不是电解质也不是非电解质，③错误；
④电离出的阳离子都是氢离子的化合物是酸，硫酸氢钠在水溶液中电离出的阳离子还有钠离子，属于盐，④错误；
⑤电解质放在水中不一定能导电，如碳酸钙固体在水中的溶解度很小，难溶于水，几乎没有自由移动的离子，几乎不导电；碳酸钙在熔融状态下，能完全电离，碳酸钙是电解质；非电解质放在水中不一定不导电，如NH3在水溶液里，生成一水合氨，一水合氨能电离出自由移动的铵根离子和氢氧根离子而导电，氨气自身未电离，所以氨气是非电解质，⑤错误。
故选D。
本题主要考查物质的分类，涉及电解质的概念、导电与否和酸的概念等有关判断，②是解答的易错点，注意电解质和非电解质都必须是化合物，且均是自身能够电离出阴阳离子的化合物。
5、B
【解析】
A. 氢氧化钠溶液见光不分解，不需要使用棕色试剂瓶存放，故A错误；
B. 氯水中含有次氯酸，次氯酸见光容易分解，需要避光保存，需要使用棕色试剂瓶存放，故B正确；
C. 稀硫酸见光不分解，不需要使用棕色试剂瓶存放，故C错误；
D. 氯化钾溶液见光不分解，不需要使用棕色试剂瓶存放，故D错误；
答案：B
棕色试剂瓶的作用是：避光，一般见光容易分解、挥发、升华或发生反应的物质需储存在棕色试剂瓶。
6、B
【解析】
根据稀释定律可知，溶液稀释前后溶质的物质的量不变，据此计算。
【详解】
设稀释后溶液中NaOH的物质量浓度为c，根据C浓V浓=C稀V稀可得：50×10-3L×3mol/L=500×10-3L×c，解得c=0.3mol/L，所以答案B正确。
故选B。
7、D
【解析】
A．原子符号中左上角数字表示质量数，中子数为10的氧原子质量数=8+10=18，符号为O，故A错误；
B．漂白粉由氯气和石灰乳反应制得，主要成分为氯化钙和次氯酸钙，故B错误；
C．Cl元素为17号元素，核电荷数为17，Cl-的结构示意图：，故C错误；
D．1H、2H、3H质子数均为1而中子数不同，为氢元素的不同核素，互为同位素，故D正确；
故答案为D。
8、B
【解析】分析：根据仪器的构造分析解答。
详解：根据仪器的构造可知
A、此仪器为烧杯，A错误；
B、此仪器为分液漏斗，B正确；
C、此仪器为容量瓶，C错误；
D、此仪器为圆底烧瓶，D错误；答案选B。
9、D
【解析】
同温同压下，等物质的量的NO和NO2具有相同的体积，每个分子中含有氧原子数目、原子数目不等，则含有氧原子总数、原子总数不相等，二者摩尔质量不相等，则二者质量不相等，据此判断。
【详解】
A．等物质的量的NO和NO2含有氧原子数目之比为1：2，含有氧原子数目不相等，故A错误；
B．等物质的量的NO和NO2含有原子数目之比为2：3，含有原子数目不相等，故B错误；
C．二者摩尔质量不相等，根据m=nM可知，二者质量不相等，故C错误；
D．同温同压下，气体摩尔体积相等，则等物质的量的NO和NO2占有的体积相等，故D正确，
故答案选D。
本题考查物质的量有关计算，比较基础，明确物质的量的有关计算式、阿伏加德罗定律以及物质的组成特点是解答的关键，注意对公式的理解与灵活应用。
10、A
【解析】
A、化学的特征就是认识原子和制造分子,化学变化中分子改变,原子保持不变,故A错误；
B、没有指明气体的存在状态， 1mol任何气体的体积不能确定都约是22.4L，故B错误；
C、化学方程式中化学式前的系数反映各物质间量的关系,即反应物或生成物化学式前的系数之比等于它们的物质的量之比,故C正确；
D、道尔顿提出原子学说，门捷列夫发现了元素周期律，故D错误；
综上所述，本题选C。
11、D
【解析】
A. 标准状况下，22.4L氦气的物质的量是1mol，氦气分子是单原子分子，1mol氦气含有原子数目为NA。但氢气分子是双原子分子，lmol氢气所含原子数为2NA，A错误；
B. 1L0.l mol/LNaHCO3溶液中含有溶质NaHCO3的物质的量是0.1mol，该盐是强碱弱酸盐，在溶液中HCO3-发生水解反应而消耗，所以含有HCO3-的数目小于0.1NA个 ，B错误；
C. 0.lmolNaCl溶于乙醇中制成胶体，由于胶粒是许多NaCl的集合体，所以其中含有的胶体粒子数目小于0.1NA，选项C错误；
D.根据方程式可知每3molCl2反应转移5mol电子，则6molCl2发生该反应，转移电子的物质的量是10mol，则转移电子数目是10NA，选项D正确；
故合理选项是D。
12、A
【解析】
溶液导电的实质是：必须有自由移动的带电的离子，离子浓度大，导电能力强，离子浓度小，导电能力弱；氢氧化钡溶液与硫酸溶液反应，生成硫酸钡沉淀和水。
【详解】
氢氧化钡溶液中滴入等物质的量浓度的硫酸溶液，氢氧化钡溶液与硫酸溶液反应，Ba（OH）2+H2SO4═BaSO4↓+2H2O，随着反应的进行，溶液中的离子浓度减少，导电能力下降，当硫酸与氢氧化钡恰好完全反应，此时溶液中的离子几乎为零，即导电能力为零，再滴入硫酸，导电能力逐渐增强，故选A。
13、C
【解析】
假设硝酸银的物质的量浓度为cmol/L，与三种盐发生反应方程式是：Ag++Cl-=AgCl↓，消耗的Cl-的物质的量相等，然后根据电解质中含有的Cl-的浓度与电解质的浓度的关系，利用n=cV计算。
【详解】
假设AgNO3溶液的物质的量浓度为cmol/L，其体积是1L，则n(Ag+)=cmol/L×1L=cmol；根据Ag++Cl-=AgCl↓可知需消耗Cl-的物质的量也相等，n(Cl-)= cmol。假设NaCl、FeCl2、FeCl3溶液的浓度为xmol/L，溶液体积分别为V1，V2、V3，则x·V1=2x·V2=3x·V3=c，则V1=L，V2=L，V3=L，所以V1:V2:V3=，所以合理选项是C。
本题考查物质的量在离子反应的计算的应用的知识。掌握离子浓度与电解质浓度的关系、物质的量与物质浓度关系是本题解答的根本，清楚发生的离子反应是解题关键，注意利用假设法进行的计算，计算结果与假设的未知数大小无关。
14、D
【解析】
A.摩尔质量单位为g/mol.
B.氧化还原反应是指有元素的化合价发生升降的反应。
C. 物质的量是一个物理量，它表示含有一定数目粒子的集体，符号为n。物质的量的单位为摩尔。
D. 交叉分类法：根据物质不同的分类标准，对同一事物进行多种分类的一种分类方式。
【详解】
A. 标准状况下，Cl2的摩尔质量为g/mol，A错误。
B. 氧化还原反应有元素的化合价发生升降，不一定有氧元素参加，B错误。
C. 物质的量是一个物理量，它表示含有一定数目粒子的集体，物质的量的单位为摩尔，C错误。
D. Na2CO3属于钠盐、又属于碳酸盐，这是用交叉分类法分类的，D正确。
15、B
【解析】
A．置换反应中一定存在元素的化合价变化，则一定属于氧化还原反应；氧化还原反应中不一定有离子参与，如氢气在氧气中的燃烧反应是氧化还原反应，但不是离子反应，故A错误；B、碱性氧化物一定是金属氧化物，酸性氧化物可以是金属氧化物，也可以是非金属氧化物，如：Mn2O7、CO2是酸性氧化物，故B正确；C、一般强氧化剂遇到强还原剂可以发生氧化还原反应，但同种元素之间必须有中间价态才能发生，如浓硫酸与二氧化硫，故C错误；D．NH3本身不能发生电离，NH3为非电解质，故D错误；故选B。
本题的易错点为B，要注意非金属氧化物和金属氧化物与碱性氧化物和书写氧化物的关系，判断时要记住一些特殊的例子，如Mn2O7是酸性氧化物，CO为不成盐氧化物，Na2O2为过氧化物，Al2O3为两性氧化物等。
16、B
【解析】
3.01×1023个分子的物质的量为3.01×1023/6.02×1023=0.5mol， X的摩尔质量为8/0.5=16g/mol。故相对分子质量为16.
故选B。

二、非选择题（本题包括5小题）
17、Na2CO3 CuSO4、Na2SO4、CaCl2 KCl BaCO3 + 2H+ = Ba2+ + H2O + CO2↑
【解析】
①将固体混合物溶于水中，搅拌后得无色透明溶液，说明不能含有有色物质，且能够反应生成沉淀的物质不能同时存在；②往此溶液中滴加氯化钡，有白色沉淀产生，说明可能含有Na2SO4、Na2CO3；③过滤，将沉淀物置于稀硝酸中，发现沉淀全部溶解，说明生成的沉淀是碳酸钡，据此分析解答。
【详解】
①将固体混合物溶于水中，搅拌后得无色透明溶液判断一定无CuSO4，CaCl2和Na2CO3、CaCl2和Na2SO4二者不能同时含有；
②往此溶液中滴加硝酸钡，有白色沉淀产生，说明可能含有Na2SO4、Na2CO3，则一定不能含有CaCl2；
③过滤，将沉淀物置于稀硝酸中，发现沉淀全部溶解，说明生成的沉淀是碳酸钡，不是硫酸钡沉淀，证明一定含有Na2CO3，一定不含Na2SO4；
(1)由上述分析可知，固体混合物中肯定有Na2CO3，肯定没有Na2SO4、CuSO4、CaCl2，可能有KCl；故答案为Na2CO3；Na2SO4、CuSO4、CaCl2；KCl；
(2)实验③中碳酸钡与硝酸反应生成硝酸钡与二氧化碳、水，反应离子方程式为BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O，故答案为BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O。
本题考查混合物组成的推断，主要利用物质的特征性质、离子共存等进行判断。本题的易错点为Na2SO4的判断，要注意硫酸钡不溶于水，也不溶于酸。
18、过氧化钠 氢氧化钠 碳酸钠 2Na+2H2O==2Na＋＋2OH-+H2↑ 2OH-+CO2==CO32—＋H2O 2Na2O2+2H2O==4Na＋＋4OH-+ O2↑ CO32—+2H＋==CO2↑＋H2O
【解析】
（1）淡黄色固体A能与二氧化碳、水反应，则A为Na2O2，A与水反应生成C，与二氧化碳反应生成D，且C与二氧化碳反应生成D，则C为NaOH、D为碳酸钠，B与水反应生成C，与氯气反应生成E，则B为Na，E为NaCl，故答案为过氧化钠；氢氧化钠；碳酸钠；
（2）B→C的反应为钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，反应的离子方程式为：2Na+2H2O==2Na＋＋2OH-+H2↑，故答案为2Na+2H2O==2Na＋＋2OH-+H2↑；
C→D的反应为氢氧化钠溶液与二氧化碳反应生成碳酸钠和水，反应的离子方程式为：2OH-+CO2==CO32—＋H2O，故答案为2OH-+CO2==CO32—＋H2O；
A→C的反应为过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，反应的离子方程式为：2Na2O2+2H2O==
4Na＋＋4OH-+ O2↑，故答案为2Na2O2+2H2O==4Na＋＋4OH-+ O2↑；
D→E的反应为碳酸钠与盐酸反应生成碳酸氢钠和氯化钠或二氧化碳、氯化钠和水，反应的离子方程式为：CO32—+H＋==HCO3—或CO32—+2H＋==CO2↑＋H2O，故答案为CO32—+H＋==HCO3—或CO32—+2H＋==CO2↑＋H2O。
本题考查无机物推断，涉及Na元素单质化合物性质，突破口是A的颜色及能与水、二氧化碳反应。
19、DACBEGF 5.4 A 100mL容量瓶 胶头滴管 冷却至室温 偏低 偏高 无影响 偏低 偏高
【解析】
（1）根据用浓溶液配置稀溶液的一般操作步骤分析；
（2）量筒的选择规格遵循“大而近”的原则；
（3）量筒仰视读数，量取的液体体积偏大，溶质的质量偏多；
（4）转移溶液时应将溶液的温度恢复至室温；
（5）根据c=nV计算不当操作对n或V的影响，如果n偏大或V偏小，则所配制溶液浓度偏高；
【详解】
(1)配制顺序是：计算→量取→稀释、冷却→移液→定容→摇匀→装瓶→贴签；故答案为：DACBEGF；
(2)量取5.4ml溶液应选择10ml的量筒；
故选：A；
(3)因量筒仰视读数，量取的液体体积偏大，溶质的质量偏多，浓度偏大；
故答案为：偏高；
(4)因转移溶液时应将溶液的温度恢复至室温；
故答案为：冷却到室温；
(5)a.洗涤烧杯和玻璃棒的溶液未转入容量瓶，溶质的物质的量偏小，溶液的浓度偏低；
b. 定容时，眼睛俯视溶液将凹液面最低点与容量瓶刻度线相切，溶液的体积偏小，溶液的浓度偏高；
c. 容量瓶中原残留少量蒸馏水，对溶质的物质的量和溶液的体积都不会产生影响，溶液的浓度无影响；
d. 定容后容量瓶液面低于刻度线，又加水定容到刻度线，导致溶液的体积偏大，溶液的浓度偏低；
e.量取浓硫酸时仰视量筒读数，液面在刻度线以上，导致溶液的浓度偏高。
熟练溶液配制的过程，在溶液定容以前所出现的误差与体积都没有关系，一般会造成溶质减小，只有定容时的仰视与俯视才会导致体积的误差。
20、 13.6 mL 20 mL 偏低 使稀释时产生的热尽快散失，防止因局部过热引起液滴飞溅 玻璃棒 500 mL容量瓶 胶头滴管 凹液面最低处
【解析】(1)浓H2SO4的物质的量浓度c=mol/L=18.4mol/L，根据稀释定律，稀释前后溶质的物质的量不变，来计算浓硫酸的体积，设浓硫酸的体积为xmL，所以xmL×18.4mol/L=500mL×0.5mol/L，解得：x≈13.6，所以应量取的浓硫酸体积是13.6mL，故答案为：13.6mL； 
(2)由于需要量取13.6mL的浓硫酸，故应选择20mL的量筒；量筒不干净，用水洗净后直接量取，导致量取的浓硫酸中还原的硫酸偏少，所配溶液浓度将偏低，故答案为：20mL，偏低；
(3)浓硫酸的稀释所用的仪器为烧杯；搅拌的目的是使稀释时产生的热尽快散失，防止因局部过热引起液滴飞溅，故答案为：使稀释时产生的热尽快散失，防止因局部过热引起液滴飞溅；
(4)移液时，要将冷却后的溶液沿玻璃棒注入500mL容量瓶中，并用50mL蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，洗涤液要转入到容量瓶中，并振荡，故答案为：玻璃棒，500mL容量瓶；
(5)定容时，开始直接往容量瓶中加水，待液面离刻度线1-2cm时，该用胶头滴管逐滴加入，至凹液面最低处与刻度线相切即可，故答案为：胶头滴管；凹液面最低处。
21、CuSO4（或Cu2＋） 2.24L ②⑤ ④ Ag Mg2＋ Zn2＋ 5：1 SO42－ 紫色褪去说明MnO4-被还原，化合价降低。NaHSO3中＋4价的S元素化合价升高，在溶液中以SO42－形式存在。 1.6 10 6 4 10 3 2
【解析】
（1）根据氧化还原反应中，元素化合价升高的物质做还原剂，发生氧化反应，对应氧化产物；根据2e--- SO2可计算出SO2的体积；
（2）元素化合价处于最低价态，只有还原性，元素化合价处于最高价态，只有氧化性，处于中间价态，即有氧化性又有还原性；据此进行分析；
（3）根据金属活动顺序表可知：金属的还原性顺序：Mg >Zn >Cu >Ag；向含有Cu2+、Mg2+、Ag+的混合液中加入适量锌粉，锌首先置换出银，当银离子完全反应后，锌再置换出铜；锌不能置换镁，据此进行分析；
（4）KClO3中的氯元素由+5价被还原为0价，HCl中的氯元素由-1价被氧化为0价，由电子得失守恒判断被氧化和被还原的氯原子个数比；
（5）NaHSO3具有还原性，被氧化后 NaHSO3中＋4价的S元素化合价升高，在溶液中以SO42－形式存在；
（6）①方案a：结合实验现象根据氧化还原反应规律进行分析；
②方案b：根据化合价升降总数相等或电子得失守恒进行配平，并用双线桥标出电子转移的方向和数目。
【详解】
（1）Cu与浓H2SO4发生化学反应：Cu＋2H2SO4（浓）=CuSO4＋SO2↑＋2H2O。铜元素化合价升高，发生氧化反应，对应氧化产物为CuSO4（或Cu2＋）；该反应转移电子2e-，根据2e--- SO2可知，若反应中转移的电子的物质的量为0.2mol，则生成的SO2气体在标况下的体积为22.4×0.2/2=2.24L；
综上所述，本题答案是：CuSO4（或Cu2＋）；2.24L。
（2）①S的化合价处于中间价态，所以既有氧化性又有还原性；
②S2－的化合价处于最低价态，只有还原性；
③Fe2＋的化合价处于中间价态，所以既有氧化性又有还原性；
④H＋的化合价处于最高价态，只有氧化性；
⑤Cu的化合价处于最低价态，只有还原性；
⑥HCl中氢元素的化合价处于最高价态，只有氧化性；Cl元素的化合价处于最低价态，只有还原性；所以HCl既有氧化性又有还原性；
⑦H2O中氢元素的化合价处于最高价态，只有氧化性；O的化合价处于最低价态，只有还原性；所以H2O既有氧化性又有还原性；
结合以上分析可知，在化学反应中，该物质做还原剂，只能被氧化的是②⑤；该物质只做氧化剂，只能表现出氧化性的是④；
综上所述，本题答案是：②⑤ ，④。
（3）根据金属活动顺序表可知：金属的还原性顺序：Mg >Zn >Cu >Ag；向含有Cu2+、Mg2+、Ag+的混合液中加入适量锌粉，锌首先置换出银，当银离子完全反应后，锌再置换出铜；锌不能置换镁，所以最终反应容器中有固体剩余，则固体中一定含有银，反应后溶液中一定含有的阳离子是Zn2+、Mg2+；
综上所述，本题答案是：Ag，Mg2＋、Zn2＋。
（4）KClO3中的氯元素由+5价被还原为0价，HCl中的氯元素由-1价被氧化为0价，设KClO3有ymol，被氧化的HCl有xmol，由电子得失守恒可知x×1=y×5， x/y=5；即被氧化的氯原子个数与被还原的氯的原子个数比为5:1；
综上所述，本题答案是：5:1。
（5）NaHSO3具有还原性，酸性KMnO4溶液具有强氧化性，二者混合发生氧化还原反应，紫色褪去说明MnO4-被还原，化合价降低，NaHSO3中＋4价的S元素化合价升高，在溶液中以SO42－形式存在；
综上所述，本题答案是：SO42－；紫色褪去说明MnO4-被还原，化合价降低；NaHSO3中＋4价的S元素化合价升高，在溶液中以SO42－形式存在。
（6）①方案a：3.4gNH3的物质的量为3.4g/17=0.2mol；Fe（OH）2→Fe（OH）3，铁元素化合价由+2价变为+3价，NO3－→NH3，氮元素化合价由+5价变为-3价，根据电子得失守恒可知，(3-2)×n[Fe（OH）3]=0.2×(5+3)，n[(Fe（OH）3 ]=1.6mol；
综上所述，本题答案是：1.6。
②方案b：Al→AlO2－中，铝元素化合价升高了3价，2NO3－→N2中，氮元素化合价升高了5价，共变化了10价；根据氧化还原反应中化合价升降总数相等规律可知，Al填系数10，AlO2－填系数10，NO3－填系数6，N2填系数3，最后根据电荷守恒及原子守恒配平其它物质的系数，具体如下：10Al＋6NO3－＋4OH－=10AlO2－＋3N2↑＋2H2O；根据方程式可知，该反应中10Al→10AlO2－，转移了30e-,电子转移的的方向和数目如下：；
综上所述，本题答案是：10、6、4、10、3、2；。
一般来讲，元素处于最高价态，具有氧化性；处于最低价态，具有还原性，处于中间价态，既有氧化性又有还原性；同种元素的不同价态间发生氧化还原反应，高价态和低价态相互反应，变为它们相邻的中间价态，即两头变中间，只靠拢，不交叉。