安徽省合肥市肥东县高级中学2022-2023学年化学高一第一学期期中学业水平测试模拟试题含解析.doc

2022-2023学年高一上化学期中模拟试卷请考生注意：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05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、下列溶液中，Na+浓度最大的是（ ）A1mol·L-1Na2SO4溶液100mLB0.9mol·L-1Na3PO4溶液10mLC2.5mol·L-1NaOH溶液50mLD1 mol·L-1NaHCO3溶液100mL2、用NaOH固体配制一定物质的量浓度的溶液，下列操作中正确的是( )A称量时，应先在两盘上放等质量的纸，再将固体NaOH放在天平左盘上称量B将称量好的固体NaOH放入容量瓶中，加蒸馏水溶解C将烧杯中溶解固体NaOH所得溶液，冷却到室温后转移至容量瓶中D定容时如果加水超过了刻度线，用胶头滴管再吸出多余部分3、下列离子方程式正确的是A稀硝酸与氢氧化钾溶液反应：H+OH=H2OB铁与稀盐酸反应：Fe+2H+=Fe3+H2C三氯化铁溶液与氢氧化钠溶液反应：FeCl3+3OH=Fe(OH)3+3ClD足量二氧化碳与澄清石灰水反应：CO2+2OH=CO32-+H2O4、磁流体是电子材料的新秀，它既有固体的磁性，又有液体的流动性，磁流体中分散质粒子直径在5.5 nm36 nm之间。下列说法正确的是 ( )A磁流体属于溶液B磁流体很不稳定C磁流体能产生丁达尔效应D磁流体中分散质粒子不能通过滤纸5、下列分散系最稳定的是（ ）A悬浊液B乳浊液C胶体D溶液6、下列实验操作正确的是（ ）A过滤操作时，漏斗下部的尖嘴要紧靠烧杯的内壁B用蒸发皿蒸发溶液时，边加热边用玻璃棒搅拌，直到液体全部蒸干C萃取操作时，应选择有机萃取剂，且萃取剂的密度必须比水大D使用容量瓶时，要先干燥7、某NaOH样品中含有少量Na2CO3、NaHCO3和H2O，经分析测定，其中含NaOH83.4%（质量分数，下同）， NaHCO3 8.8%，Na2CO3 6.4%，H2O 1.4%。将此样品若干克投入到49克21%的稀硫酸中，待反应完全后，需加入20克9.0%的NaOH溶液方能恰好中和。则蒸发中和后的溶液可得固体质量接近于A25B20C15D108、在相同条件下，0.1mol镁和0.1mol铝分别和足量的稀盐酸起反应后产生的氢气的质量A镁产生的多 B铝产生的多 C镁和铝产生的一样多 D无法比较9、设NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列叙述中正确的是（ ）A常温常压下，48gO3含有的氧原子数为3NAB18g水含有原子数为3NA，所含的中子数为10NAC4时9mL水和标准状况下11.2L氮气含有相同的原子数D同温同压下，NA个NO与NA个N2和O2的混合气体的体积不相等10、某白色粉末中可能含有Ca(NO3)2、BaCl2、Na2CO3， 现进行以下实验：(1)将部分粉末加入水中，振荡，有白色沉淀生成；(2)向(1)的悬浊液中加入过量稀硝酸白色沉淀消失，并有气泡产生；(3)取少量(2) 的溶液滴入AgNO3溶液，有白色沉淀生成。下列说法正确的是A步骤(1) 中的白色沉淀为CaCO3和BaCO3的混合物B步骤(2)中一定发生的离子反应为BaCO3+2H+=Ba2+CO2+H2OC将步骤(2)中的稀硝酸改用稀盐酸，对整个实验结果没有影响D通过分析，该白色粉末一定含有Na2CO3，可能含有Ca(NO3)2、BaCl211、下列物质能导电，但不属于电解质也不属于非电解质的是A食盐 B铜丝 C纯碱 D干冰12、下列反应的离子方程式中，正确的是A向Na2CO3溶液中加入足量醋酸：CO32-+2H=CO2+H2OB向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水：Ca2+OH=CaCO3+H2OC向NaOH溶液中通入足量的CO2：CO2+2OH=+H2OD向饱和碳酸钠溶液中通入CO2：2Na+CO2+H2O=2NaHCO313、已知A2On2-可将B2氧化为B单质，A2On2-则被还原为A3，又知100 mL的0.3 mol·L1的A2On2-与150 mL的0.6 mol·L1B2恰好完全反应，则A2On2-中的n值为A4 B5 C6 D714、下列说法错误的是（ ）A从1L1mol/L的氯化钠溶液中取出10mL，其浓度仍是1mol/LB制成0.5L10mol/L的盐酸，需要氯化氢气体112L（标准状况）C0.5L2mol/L的氯化钡溶液中，钡离子和氯离子总数为3×6.02×1023D10g98%硫酸（密度为1.84g/cm3）与10mL18.4mol/L硫酸的浓度是不同的15、若以w1和w2分别表示物质的量浓度为c1 mol/L和c2 mol/L H2SO4溶液的质量分数，且2w1w2，则下列推断正确的是A2c1c2 B2c2c1 Cc1<c2<2c1 Dc2>2c116、在实验室中，通常将金属钠保存在( )A水中B四氯化碳中C煤油中D汽油中二、非选择题（本题包括5小题）17、某溶液可能存在下列阴离子Cl-、SO42-、CO32-中的一种或几种。(1)当溶液中存在大量H+时，_不能在溶液中大量存在。(2)当溶液中存在大量Ag+时，_不能在溶液中大量存在。(3)当向溶液中加入Ba(NO3)2溶液，能生成白色沉淀，则原溶液中可能存在的离子是_,为进一步确定溶液中存在哪种离子，可继续向沉淀中加入_，通过观察沉淀是否溶解再作出进一步的判断。18、有一包白色粉末，其中可能含有NaCI、Ba(NO3)2、CuSO4、Na2CO3，现做以下实验：将部分粉末加入水中，振荡，有白色沉淀生成，过滤，滤液呈无色向中的沉淀物中加入足量稀硝酸，固体完全溶解，并有气泡产生取少量的溶液，滴入稀硫酸，有白色沉淀产生试根据上述实验现象判断，原白色粉末中一定含有的物质是_，可能含有的物质是_（以上物质均写化学式），第步反应中离子方程式为_19、某同学通过以下装置测定M样品（只含Fe、Al、Cu）中各成分的质量分数。取两份质量均为m g的M样品，按实验1（如图1）和实验2（如图2）进行实验，该同学顺利完成了实验并测得气体体积分别为V1 mL和V2 mL(已折算到标准状况下)。（1）写出实验1中可能发生反应的离子方程式：_。（2）实验1装置中小试管的作用是_。（3）对于实验2，平视读数前应依次进行的两种操作是：_。（4）M样品中铜的质量的数学表达式为（用V1和V2 表示）：_。（5）实验1进行实验前，B瓶中水没有装满，使测得气体体积_ (填“偏大”、“偏小”或“无影响”，下同)；若拆去实验2中导管a，使测得气体体积_。（6）该实验需要0.50 mol·L1的NaOH溶液470 mL，请回答下列问题：配制时应称量_g NaOH，称量时需要托盘天平、_、_ (填仪器名称)。配制NaOH溶液时，NaOH固体中含有Na2O杂质会导致所配溶液浓度_。(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。（7）该实验中所用稀硫酸是用98%的浓硫酸（=1.84g/cm3）配制的，则该浓硫酸的物质的量浓度是_。20、I实验室用NaOH固体配制1.0mol/L的NaOH溶液450mL，回答下列问题：（1）实验步骤：计算所需称量的NaOH的质量为_g。用托盘天平称量NaOH固体。称量时应该将NaOH放于_中且放置在天平左盘称量。将称得的固体放于烧杯中，并加水溶解。检查容量瓶是否漏水，用玻璃棒引流将溶解液立即转移进_mL容量瓶中。用少量水洗涤_2-3次；并将洗涤液转移进容量瓶。定容操作为_。翻转摇匀后转入试剂瓶中储存。II若配制1mol/L的稀硫酸溶液500 mL则需要质量分数为98%、密度为1.84 g/cm3的浓硫酸的体积为_mL(计算结果保留一位小数)。如果实验室有10mL、25mL、50mL量筒，就选用_mL规格的量筒最好。（2）下面操作造成所配稀硫酸浓度偏高的是_(填序号)A溶解后溶液没有冷却到室温就转移B转移时没有洗涤烧杯、玻璃棒C向容量瓶加水定容时眼睛俯视液面D用量筒量取浓硫酸后洗涤量筒并把洗涤液转移到容量瓶E.摇匀后发现液面低于刻度线，又加蒸馏水至刻度线21、NaNO2因外观和食盐相似，又有咸味，容易使人误食中毒已知NaNO2能发生如下反应：2NaNO2+4HI2NO+I2+2NaI+2H2O（1）上述反应中氧化剂是_（2）根据上述反应，鉴别NaNO2和NaCl可选用的物质有：碘化钾淀粉试纸、淀粉、白酒、食醋，你认为必须选用的物质有_（填序号）（3）某厂废液中，含有2%5%的NaNO2，直接排放会造成污染，下列试剂能使NaNO2转化为不引起二次污染的N2的是_（填编号）ANaCl     BNH4Cl CHNO3     D浓H2SO4（4）请配平化学方程式：_Al+_NaNO3+_NaOH_NaAlO2+_N2+_H2O若反应过程中转移5 mol e-，则生成标准状况下N2的体积为_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. 1mol·L-1Na2SO4溶液中Na+的浓度为1mol/L×2=2mol/L； B. 0.9mol·L-1Na3PO4溶液中Na+的浓度为0.9mol/L×3=2.7mol/L；C. 2.5mol·L-1NaOH溶液中Na+的浓度为2.5mol/L×1=2.5mol/L； D. 1 mol·L-1NaHCO3溶液中Na+的浓度为1mol/L×1=1mol/L；根据分析可知，Na+的物质的量浓度最大的是B；答案：B【点睛】钠离子的物质的量浓度与各溶液中溶质的物质的量浓度及溶质的化学式组成有关，与溶液的体积大小无关，据此对各选项进行计算与判断。2、C【解析】A:固体NaOH应放置于小烧杯中进行衡量B：固体NaOH应先在烧杯中进行溶解、冷却后再移液至容量瓶中C：正确D：如果加水超过了刻度线，只能重新配制溶液答案为C3、A【解析】A、硝酸是强酸，KOH属于强碱，KNO3属于可溶的盐，离子反应方程式为HOH=H2O，A正确；B、生成物不正确，正确反应是Fe+2H+=Fe2+H2，B错误；C、FeCl3属于可溶性盐，需要拆写成离子，应是Fe33OH=Fe(OH)3，C错误；D、生成物不正确，由于是足量的CO2，因此与澄清石灰水反应的离子方程式为CO2OH=HCO3，D错误。答案选A。【点睛】明确发生的反应以及正确的拆分是解答的关键，该类试题的一般解题思路是：检查反应能否发生，检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，检查是否符合守恒关系（如质量守恒和电荷守恒等），检查是否符合原化学方程式等。4、C【解析】A.由于磁流体的分散质粒子直径在1 nm100 nm之间，所得到的分散系属于胶体，具有胶体的性质，故A错误；B.磁流体属于胶体，胶体比较稳定，故B错误；C.磁流体属于胶体，胶体能产生丁达尔效应，故C正确；D.磁流体中的分散质粒子直径在5.5 nm36 nm之间，能够通过滤纸，故D错误。故选C。5、D【解析】悬浊液、乳浊液不稳定，静置后，悬浊液会沉淀，乳浊液静置后会分层；胶体为介稳体系；溶液是均匀透明稳定的分散系；所以最稳定的为溶液，D符合题意。答案选D。6、A【解析】A.过滤操作要注意“一贴二低三靠”，其中的“一靠”就是漏斗下部的尖嘴要紧靠烧杯的内壁，故A正确；B.蒸发时,不能将溶液蒸干，应出现大量固体时停止加热，故B错误； C.萃取不需要考虑萃取剂的密度，需考虑溶剂与水不互溶，不反应等，故C错误；D.使用容量瓶配制溶液时，需要向容量瓶内加入一定量的水，因此不需要先干燥容量瓶，故D错误；故答案选A。【点睛】过滤操作要点：一贴：滤纸紧贴漏斗内壁；二低：滤纸边缘低于漏斗边缘；漏斗内液体液面低于滤纸边缘；三靠：烧杯口紧靠玻璃棒；玻璃棒斜靠在三层滤纸处；漏斗下端管口紧靠烧杯内壁。7、C【解析】最后全部生成硫酸钠，根据硫酸根守恒计算其质量。【详解】NaOH、Na2CO3、NaHCO3与硫酸反应的产物都是硫酸钠，硫酸过量，用NaOH溶液刚好中和，最后全部生成硫酸钠，即蒸发得到的固体为硫酸钠，根据硫酸根守恒可得硫酸钠的质量是，即蒸发中和后的溶液可得固体质量接近于15g。答案选C。【点睛】本题考查混合物的有关计算，明确反应的原理，注意利用硫酸根守恒计算是解答的关键。8、B【解析】根据金属与稀盐酸的反应方程式计算。【详解】据Mg+2HCl=MgCl2+H2，盐酸过量时0.1molMg生成0.1molH2；又据2Al+6HCl=2AlCl3+3H2，盐酸过量时0.1molAl生成0.15molH2。铝生成的氢气比镁生成的氢气多。本题选B。9、A【解析】A臭氧分子由氧原子构成，故氧原子的物质的量为48g÷16g·mol1=3mol，氧原子的数目为3mol×NAmol1=3NA，故A正确；B. 18g水的物质的量为18g÷18g·mol1=1mol，含有原子的物质的量为1mol×3=3mol，含有原子数为3NA，所含的中子数为1mol×（0×2+8）NAmol1=8NA，故B错误；C4时9mL水的质量为9mL×1g·mL1=9g，水的物质的量为9g÷18g·mol1=0.5mol，含有原子的物质的量为0.5mol×3=1.5mol，标况下11.2L氮气的物质的量为11.2L÷22.4L·mol1=0.5mol，氮气分子是双原子分子，含有的原子的物质的量为0.5mol×2=1mol，故二者含有原子数目不相等，故C错误；D同温同压下，分子数目之比等于体积之比，故NA个NO与NA个N2和O2的混合气体的体积相等，故D错误；故选A。10、B【解析】(1)将部分粉末加入水中，振荡，有白色沉淀生成，可能是碳酸钠与Ca(NO3)2或BaCl2反应生成的碳酸钙沉淀或碳酸钡沉淀，因此一定存在Na2CO3，存在Ca(NO3)2、BaCl2中的一种或两种；(2)向(1)的悬浊液中加入过量稀硝酸白色沉淀消失，并有气泡产生，该气体为二氧化碳；(3)取少量(2) 的溶液滴入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，说明溶液中存在Cl-，因此一定存在BaCl2；据此分析解答。【详解】根据上述分析，白色粉末中一定含有BaCl2、Na2CO3，可能含有Ca(NO3)2。A步骤(1) 中的白色沉淀一定含有BaCO3，可能含有CaCO3，故A错误；B步骤(2)中一定发生的离子反应为BaCO3+2H+=Ba2+CO2+H2O，还可能发生CaCO3+2H+=Ca2+CO2+H2O，故B正确；C将步骤(2)中的稀硝酸改用稀盐酸，会引入Cl-，影响实验结果，故C错误；D通过分析，该白色粉末一定含有BaCl2、Na2CO3，可能含有Ca(NO3)2，故D错误；故选B。11、B【解析】根据电解质和非电解质的概念分析。【详解】A.食盐是电解质，本身不导电，故A错误；B.铜丝即金属铜单质，导电，但既不是电解质也不是非电解质，故B正确；C.纯碱是电解质，本身不导电，故B错误；D.干冰即CO2，是非电解质，不导电，故D错误。故选B。【点睛】单质、混合物既不是电解质也不是非电解质。12、D【解析】A醋酸是弱酸，主要以电解质分子存在，不能写成离子形式，A错误；B碳酸氢铵电离产生的也会与OH-发生反应产生弱电解质NH3·H2O，反应不符合事实，B错误；C向NaOH溶液中通入足量的CO2，反应产生，不符合事实，C错误；D碳酸氢钠溶解度小于碳酸钠，反应的发生符合事实，遵循物质拆分原则，D正确；故选项是D。13、D【解析】结合氧化还原反应中氧化剂和还原剂转移电子数目相等，表现为化合价升降总数相等计算。【详解】n（A2On2-）=0.3mol/L×0.1L=0.03mol，n（B2-）=0.6mol×0.15L=0.09mol，反应中A元素化合价降低到+3价，B元素化合价升高到0价，设A2On2-中A的化合价为x，则2x+2=2n，x=n-1，氧化还原反应中氧化剂和还原剂转移电子数目相等，则有（n-1-3）×0.03mol×2=（2-0）×0.09mol，解得n=7，故答案选D。【点睛】本题考查氧化还原反应的计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，为高考常见题型，注意根据氧化还原反应中转移电子数目相等的角度解答。14、D【解析】A. 溶液具有均一性，从1L1mol/L的氯化钠溶液中取出10mL，其浓度仍是1mol/L，A正确；B. 制成0.5L10mol/L的盐酸，需要氯化氢气体的物质的量为0.5L×10mol/L=5mol，标况下的体积为5mol×22.4L/mol=112L，B正确；C. 0.5L2mol/L的BaCl2溶液中，钡离子和氯离子总数为3 ×0.5L×2mol/L×6.02×1023=3×6.02×1023，C正确；D. 10g98%硫酸（密度为1.84g/cm3）的物质的量浓度为mol/L=18.4mol/L，与10mL18.4mol/L硫酸的浓度是相同的，D不正确；故选D。15、D【解析】等质量上述两种硫酸溶液，由于2w1w2，所以溶质质量2m1m2，溶质的物质的量2n1n2，而且溶液密度1<2，溶液体积V1>V2，因此，溶液物质的量浓度2c1< c2，故选D。16、C【解析】钠是活泼金属，易被空气中的氧气氧化，也与空气中的水蒸气反应，所以金属钠要密封干燥保存，钠的密度小于水，大于煤油。在实验室中，通常将金属钠保存在煤油中，选C，故答案为：C。二、非选择题（本题包括5小题）17、CO32- Cl-、SO42-、CO32- SO42-、CO32- 稀HCl 【解析】（1）与氢离子反应生成水和气体的离子不能大量存在；（2）与银离子反应生成沉淀的离子不能大量存在；（3）利用硫酸钡为不溶于水、不溶于酸的白色沉淀来分析，碳酸钡可与盐酸反应【详解】（1）当溶液中存在大量H时，因H与CO32反应生成水和气体，则不能共存，故答案为CO32； （2）当溶液中存在大量Ag时，能分别与Cl、SO42、CO32反应生成沉淀，则不能共存，故答案为Cl、SO42、CO32； （3）当向溶液中加入Ba（NO3）2溶液能生成白色沉淀，可能生成硫酸钡或碳酸钡沉淀，则可能纯在的离子为SO42、CO32，因碳酸钡可溶于盐酸，可向沉淀中加入盐酸，观察沉淀是否溶解，如不溶解，说明不含CO32，存在SO42，若沉淀完全溶解，沉淀只有BaCO3，加入盐酸发生BaCO3+2H=Ba2+CO2+H2O。故答案为SO42、CO32；稀盐酸18、Ba(NO3)2、Na2CO3NaClBaCO3+2H+=Ba2+H2O+CO2【解析】依据题干信息和实验过程可知，将部分粉末加入水中，溶液呈无色，说明一定不含有CuSO4：振荡，有白色沉淀生成，说明一定含有Ba(NO3)2、Na2CO3生成碳酸钡白色沉淀；向的沉淀物中加入足量稀硝酸，固体完全溶解，并有气泡产生，证明是碳酸钡沉淀；取少量的溶液，滴入稀硫酸，有白色沉淀产生，证明生成的是硫酸钡沉淀；上述分析可知一定含有Ba(NO3)2、Na2CO3，一定不含CuSO4，可能含有NaCl，第步反应是BaCO3溶于稀硝酸，反应的离子方程式为BaaCO3+2H+=Ba2+H2O+CO2。19、2Al2OH2H2O2AlO23H2 液封，避免氢气从长颈漏斗中逸出；控制加氢氧化钠溶液的体积来控制反应的快慢；节省药品。 冷却到室温 调整BC液面相平 无影响 偏大 10.0 小烧杯（或称量瓶） 药匙 偏大 18.4 mol/L 【解析】据题意，M只含铁、铝、铜三种金属中的两种或三种，其中铝既能与强酸反应，又能与强碱反应；铁只能溶于强酸，不溶于强碱；铜既不溶于氢氧化钠，也不溶于稀硫酸，依据实验装置、实验原理和题干中的问题分析回答。【详解】根据题意，M只含铁、铝、铜三种金属中的两种或三种，其中铝既能与强酸反应，又能与强碱反应；铁只能溶于强酸，不溶于强碱；铜既不溶于氢氧化钠，也不溶于稀硫酸。则（1）实验1中氢氧化钠溶液只与铝反应，反应的离子方程式为2Al2OH2H2O2AlO23H2；（2）实验1的装置中使用的是长颈漏斗，不是分液漏斗，无法控制液体流量，则小试管的作用是对长颈漏斗起到液封作用，防止氢气逸出，控制加氢氧化钠溶液的体积来控制反应的快慢，节省药品；（3）由于气体的体积受温度影响大，则对于实验2，平视读数前应等到冷却到室温，并上下移动C量气管，使B、C液面相平，其目的是使B管收集的气体压强等于外界大气压，这样读得的读数才准确；（4）根据V1结合铝与氢氧化钠的反应可知样品中铝的质量为，铁和铝都与酸反应生成氢气，所以根据V2-V1即为铁与盐酸反应生成的氢气，所以样品中铁的质量为，所以样品中铜的含量为；（5）如果实验前B瓶液体没有装满水，不影响实验结果，因为理论上B管收集的气体体积等于排入C管里液体的体积；若拆去导管a，加入液体时，排出锥形瓶中部分空气，导致测定的气体体积偏大；（6）要配制0.50molL-1的NaOH溶液470mL，所用容量瓶应为500mL，所以配制时应称量0.50molL-1×0.5L×40g/mol=10.0g NaOH，称量时氢氧化钠要放在小烧杯（或称量瓶）中进行，用药匙取药品；NaOH固体中含有Na2O杂质，氧化钠与水反应生成氢氧化钠，使得溶液中氢氧化钠偏多，所以会导致所配溶液浓度偏大；（7）根据c1000/M可得浓硫酸的物质的量浓度为(1000×1.84×98%)/98 mol·L1=18.4mol/L。20、20.0g 烧杯 500 烧杯，玻璃棒 先加蒸馏水至刻度线下1-2cm处，改用胶头滴管滴加至凹液面与刻度线相切 27.2 50 ACD 【解析】I（1）配制450mL的溶液应选用500mL容量瓶，则所需称量的NaOH的质量为：1.0mol/L0.5L40g/mol=20.0g。NaOH具有腐蚀性，称量时应该将NaOH放于烧杯中且放置在天平左盘称量。由于选用500mL容量瓶，所以用玻璃棒引流将溶解液转移进500mL容量瓶中。为了保证溶质全部转移入容量瓶中，所以用少量水洗涤烧杯、玻璃棒23次；并将洗涤液转移进容量瓶。定容操作为：先加蒸馏水至刻度线下12cm处，改用胶头滴管滴加至凹液面与刻度线相切。II根据稀释前后溶质不变列式：1.84 g/cm3V（浓硫酸）98%=1mol/L0.5L98g/mol，V（浓硫酸）=27.2mL；根据“大而近”的原则选择量筒，选用50mL规格的量筒最好。（2）根据公式cB=分析，A项，溶解后溶液没有冷却到室温就转移，浓硫酸溶于水放热，冷却后溶液体积偏小，所配溶液浓度偏高；B项，转移时没有洗涤烧杯、玻璃棒，硫酸物质的量偏小，所配溶液浓度偏低；C项，向容量瓶加水定容时眼睛俯视液面，溶液体积偏小，所配溶液浓度偏高；D项，用量筒量取浓硫酸后洗涤量筒并把洗涤液转移到容量瓶，硫酸物质的量偏大，所配溶液浓度偏高；E项，摇匀后发现液面低于刻度线，又加蒸馏水至刻度线，溶液体积偏大，所配溶液浓度偏低；所配稀硫酸浓度偏高的是ACD，答案选ACD。【点睛】配制物质的量浓度溶液的误差分析，根据公式cB=，由于操作不当引起nB偏大或V偏小，所配溶液浓度偏高；反之，所配溶液浓度偏低。难点是定容时的仰视、俯视的分析：仰视刻度线（如图），容器内液面高于刻度线，导致溶液体积偏大，所配溶液浓度偏低。俯视刻度线（如图），容器内液面低于刻度线，导致溶液体积偏小，所配溶液浓度偏高。21、NaNO2 B 10 6 4 10 3 2 11.2L 【解析】（1）反应中氮元素的化合价降低，碘元素的化合价升高；（2）由可知，鉴别和，可利用碘的特性分析；（3）具有氧化性，能使转化为不引起二次污染的氮气的物质应具有还原性；（4）铝元素的化合价由0升高为+3价，氮元素的化合价由+5价降低为0，由电子守恒及原子守恒分析。【详解】(1)反应中氮元素的化合价降低，碘元素的化合价升高,则氧化剂是，故答案为：；(2)由可知，反应需要酸性环境、碘离子和淀粉，故鉴别和需选择：碘化钾淀粉试纸、食醋，变蓝的则为，故答案为：；(3) 具有氧化性，能使转化为不引起二次污染的氮气的物质应具有还原性，只有选项B符合，故答案为：B；(4)铝元素的化合价由0升高为+3价，氮元素的化合价由+5价降低为0，该反应还生成水，由电子守恒及原子守恒可知，反应为，该反应转移电子数为30，故转移5mol电子时，生成标准状况下氮气的体积为 ，故答案为：10；6；4；10；3；2；11.2。