山东省滨州市十二校2022-2023学年化学高一第一学期期中检测试题含解析.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、下列关于摩尔质量叙述中正确的是( )A1 mol CO 的质量是 28 g·mol-1 B硫酸根离子的摩尔质量是 98 gCCl2 的摩尔质量是 71 g·mol DNaCl 的相对分子质量是 58.5 g·m2、下列说法不正确的是A漂白粉溶液漂白的原理是与空气中的CO2反应生成次氯酸B84消毒液的主要成分是次氯酸钠C金属钠保存在煤油中D久置氯水酸性会减弱3、某无色透明的碱性溶液中，能大量共存的离子组是( )ABCD4、下列玻璃仪器在过滤操作中没有用到的是（ ）A漏斗B量筒C烧杯D玻璃棒5、下列属于电解质并能导电的物质是A蔗糖 BKNO3溶液 CFe D熔融的Na2O6、配制一定物质的量浓度的溶液是一个重要的定量实验，下列有关说法正确的是()A容量瓶用蒸馏水洗净后，可不经干燥直接用于配制溶液B配制一定物质的量浓度的稀盐酸时，用量筒量取9.82 mL浓盐酸C配制1 L 0.1 mol·L1的NaCl溶液时，用托盘天平称量5.85 g NaCl固体D定容时，为防止液滴飞溅，胶头滴管紧贴容量瓶内壁7、过滤后的食盐水仍含有可溶性的CaCl2、MgCl2、Na2SO4等杂质，通过如下几个实验步骤，可制得纯净的食盐水： 加入稍过量的NaOH溶液； 加入稍过量的Na2CO3溶液； 加入稍过量的BaCl2 溶液； 滴入稀盐酸至无气泡产生； 过滤正确的操作顺序是 ()ABCD8、下列各组物质中，前者为强电解质，后者为弱电解质的是（ ）A硫酸 硫酸镁 B碳酸 碳酸钠 C食盐 酒精 D碳酸钠 醋酸9、100mL0.10mol·L1Na2SO3溶液恰好把224mL（标准状况下）Cl2完全转化为Cl离子，则SO32将转化为ASO42BSCSO2DS210、分类方法在化学学科的发展中起到重要的作用，下列分类标准合理的是A根据碳酸钠溶于水呈碱性，碳酸钠既属于盐，又属于碱B根据物质是否能导电将物质分为电解质、非电解质C根据是否具有丁达尔效应，将分散系分为溶液、浊液和胶体D根据反应过程中元素化合价是否发生变化，将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应11、向一定量的Fe、Fe2O3、FeO的混合物中加入200 mL 1 mol·L1的盐酸，恰好使混合物完全反应溶解，放出4.48 mL(标准状况)气体。所得溶液中，加入KSCN溶液无红色出现，那么用足量的CO在高温下还原相同质量的此混合物，得到铁的质量为A11.2 gB5.6 gC2.8 gD无法计算12、下列各组离子在溶液能够大量共存的( )ACa2+、Cl、K+、CO32 BFe3+、Cl、H+、SO42-CFe2+、OH、NO3、SO42- DCO32、Na+、H+、K+13、标准状况下VL氨气溶解在1L水中(水的密度近似为1g·mL -1 )，所得溶液的密度为g·mL -1，质量分数为，物质的量浓度为cmol·L -1，则下列关系中不正确的是A=(17V+22400)/(22.4+22.4V)B=17c/1000C=17V/(17V22400)Dc=1000V/(17V+22400)14、实验室中需要0.2mol/L的CuSO4溶液950mL, 配制时应选用的容量瓶的规格和称取胆矾(CuSO4·5H2O) 的质量分别是A950mL 30.4gB950mL 47.5gC1000mL 50.0gD1000mL 32.0g15、化学是一门以实验为基础的科学，下列说法正确的一组是用试管夹夹持试管时，试管夹从试管底部往上套，夹在试管的中上部给盛有液体的体积超过1/3容积的试管加热将试管平放，用纸槽往试管里送入固体粉末后，然后竖立试管将烧瓶放在桌上，用力塞紧塞子进行萃取操作时，应选择有机萃取剂，且萃取剂的密度必须比水大向某溶液中加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，则原溶液中一定有CO32-用坩埚钳夹取加热后的蒸发皿将溶质的质量分数为a%、物质的量浓度为c1 molL-1的稀硫酸加热蒸发掉一定量水，使溶质的质量分数变为2a%，则此时硫酸的物质的量浓度大于2c1 molL-1。ABCD16、将一定量的氯气（分子式为Cl2）通入30 mL浓度为10 mol/L的氢氧化钠浓溶液中，加热少许时间后恰好完全反应，溶液中形成NaCl、NaClO、NaClO3共存体系。下列判断正确的是ACl2在反应中既作氧化剂又作还原剂BNaClO 和NaClO3是还原产物C生成物 n(NaCl) ：n(NaClO) ：n(NaClO3) 一定为6：1：1D与NaOH反应的氯气一定为3.36 L二、非选择题（本题包括5小题）17、有一固体粉末，可能由Na2CO3、Na2SO4、CuSO4、NH4Cl中的一种或几种组成，为了检验它们所含的物质，做了以下实验。将固体溶于水，搅拌后得到无色透明溶液；往此溶液中滴加氯化钡溶液，有白色沉淀生成；过滤，将沉淀置于稀盐酸中，发现沉淀不溶解。（1）试判断：固体混合物中肯定含有_，生成白色沉淀的化学方程式_；肯定没有_；可能含有_（2）检验是否含有可能存在的物质的实验方法是：_化学方程式_。18、有A、B、C、三种元素，已知C原子最外层电子数为次外层电子数的3倍；B和C原子核外电子层数相等，而最外层电子数之和为10；A、C能形成AC型化合物，A2离子和B原子电子层数也相同。回答：(1)画出A2离子的结构示意图_；(2)A、B、C三元素符号分别为_ 、_ 、_。19、 (一)某化学兴趣小组设计了图示实验装置(图中省略了夹持仪器)来测定某铁碳合金中铁的质量分数。(1)仪器A的名称是_。(2)C装置的作用_。(3)该小组同学设计的实验装置存在缺陷，有关该实验装置及实验过程中，下列因素可能会导致铁质量分数测量值偏低的是_。AA中反应不完全 B反应生成的SO2部分被E中碱石灰吸收CE中碱石灰会吸收空气中的CO2和H2OD反应完全后，还有CO2气体滞留在装置体系中(二)将19.20 g CuO和Fe2O3的混合物在高温下与足量的CO充分反应，反应后全部气体用200 mL 1.20 molL-1 Ba(OH)2溶液吸收，生成35.46 g白色沉淀(不考虑沉淀的溶解，忽略溶液体积的变化)。(4)则吸收气体后溶液中溶质的化学式为_，其浓度为_。(5)混合物中CuO和Fe2O3的物质的量之比为_。20、某学生欲配制3.0mol/L的H2SO4溶液100mL，实验室有标准浓度为90、密度为1.80g/mL的硫酸溶液。请回答下列问题：(1)实验所用90的硫酸的物质的量浓度为_mol/L(保留1位小数)。(2)配制该硫酸溶液应选用容量瓶的规格为_mL。(3)配制时，该同学的操作顺序如下，请将操作步骤A、C补充完整。A用量简准确量取所需的90的硫酸溶液_mL，沿玻璃棒倒入少量蒸馏水中，并用玻璃棒搅拌，使其混合均匀；B将混合均匀的硫酸溶液沿玻璃棒注入所选的容量瓶中；C_；D振荡，继续向容量瓶中加水，直到液面接近刻度线12cm处；E改用胶头滴管加水，使溶液的凹液面恰好与刻度线相切；F将容量瓶盖紧，振荡，据匀。(4)如果省略操作C，对所配溶液浓度有何影响？_(填“偏大”、“偏小”或无影响”)(5)进行操作B前还需注意_。21、某化学小组欲探究铁及其化合物的氧化性和还原性，请回答下列问题：(1)除胶头滴管外，你认为本实验必不可缺少的一种玻璃仪器是 _。(2)请帮他们完成以下实验报告：实验目的：探究铁及其化合物的氧化性和还原性。试剂：铁粉、FeCl3溶液、FeCl2溶液、氯水、锌片、铜片。实验记录(划斜线部分不必填写)：序号 实验内容 实验现象 离子方程式实验结论 在FeCl2溶液中滴入适量氯水 溶液由浅绿色变为棕黄色 Fe2+具有还原性 在FeCl2溶液中加入锌片 ZnFe2+Zn2+Fe  在FeCl3溶液中加入足量铁粉  Fe2Fe3+3 Fe2+ Fe3+具有氧化性     Fe3+具有氧化性实验结论：_。(3)根据以上结论判断，下列物质中既有氧化性，又有还原性的有：_。(填序号) A、Cl2 B、Na C、Na+ D、Cl E、SO2 F、盐酸参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】A、1mol一氧化碳的质量为28g，28gmol-1为一氧化碳的摩尔质量，A错误；B、硫酸根离子的摩尔质量为98g/mol，98g为1mol硫酸的质量，B错误；C、氯气的相对分子质量为71，其摩尔质量为71g/mol，C正确；D、相对分子质量单位为1，省略不写，氯化钠的相对分子质量为58.5，58.5 gmol-1为氯化钠的摩尔质量，D错误；答案选C。【点睛】掌握摩尔质量与质量、摩尔质量与相对分子量的关系是解题的关键。注意某种物质的摩尔质量、相对分子质量在数值上可以相等，但单位不同，摩尔质量的单位为g/mol，相对分子质量单位为“1”，省略不写。2、D【解析】A.漂白粉溶液漂白的原理是漂白粉中的有效成分Ca(ClO)2与空气中的CO2、H2O反应生成具有漂白作用的次氯酸，A正确；B. 84消毒液是Cl2与NaOH发生反应产生，其主要成分是次氯酸钠，B正确；C.由于金属钠易与空气中的氧气、水蒸气发生反应，所以要隔绝空气。又因为煤油的密度比钠小，煤油与钠不能发生反应，也不能溶于水，所以通过把金属钠保存在煤油中，C正确；D.氯气溶于水，发生反应：Cl2+H2O HCl+HClO，反应产生的HClO不稳定，光照分解2HClO2HCl+O2，使HClO浓度降低，导致氯气与水的化学平衡正向移动，反应的HClO继续分解，所以氯水久置，溶液中c(HCl)增大，溶液的酸性会增强，D错误；故合理选项是D。3、C【解析】A.与均不能大量共存，A不符合题意；B.有颜色，且在碱性条件下不能大量存在，B不符合题意；C.溶液无色，碱性条件下不发生任何反应，能大量共存，C符合题意；D.碱性条件下不能大量存在，D不符合题意；答案选C。【点睛】所谓离子共存，实质上就是判断离子间是否发生反应的问题。若在溶液中能够发生反应，就不能大量共存。判断能否发生反应，不仅是有沉淀、气体、水、难电离的物质产生，还涉及到溶液酸碱性、有色、无色，能否进行氧化还原反应等。4、B【解析】过滤操作中没有用到量筒；答案选B。5、D【解析】电解质是在熔融状态或水溶液中能导电的化合物。【详解】A.蔗糖在在熔融状态或水溶液中均不能导电，是非电解，； B. KNO3溶液是混合物； C. Fe是单质； D.熔融的Na2O能导电，是电解质；D符合题意，答案为D。【点睛】电解质的概念是本题考查点，注意电解质为化合物，溶液和金属单质等即使能导电，也不属于电解质。6、A【解析】A容量瓶用蒸馏水洗净后，不需要干燥，因定容时还需要加水，故A正确；B量筒的感量为0.1mL，可量取9.8mL浓盐酸，故B错误；C托盘天平的感量为0.1g，可称量5.8g固体，故C错误；D定容时，胶头滴管要悬空正放，不能紧贴容量瓶内壁，故D错误；故选A。【点睛】本题考查配制一定浓度的溶液，为高频考点，把握仪器的使用、实验操作和技能为解答的关键。本题的易错点为BC，注意仪器的感量。7、A【解析】欲除去粗盐中的可溶性的CaCl2、MgCl2、Na2SO4等杂质，正确操作顺序应为：加入稍过量的BaCl2 溶液，除去SO42-，溶液中引入了少量的杂质Ba2+；加入稍过量的NaOH溶液，除去Mg2+，溶液中引入了杂质OH-；加入稍过量的Na2CO3溶液，除去Ca2+、Ba2+，溶液中引入了杂质CO32-；过滤，除去BaSO4、BaCO3、CaCO3、Mg(OH)2等沉淀；滤液中滴入稀盐酸至无气泡产生，除去引入的OH-、CO32-；所以正确的操作顺序为：；综上所述，本题选A。8、D【解析】试题分析：A、硫酸镁属于盐，盐属于强电解质，故错误；B、碳酸是弱酸，属于弱电解质，故错误；C、酒精属于非电解质，故错误；D、符合强弱电解质的条件，故正确。考点：考查强弱电解质等知识。9、A【解析】Cl2完全转化为Cl离子，氯气化合价降低，则亚硫酸根化合价升高，则+4价升高，纵观答案只有硫酸根中硫为+6价，故A正确；综上所述，答案为A。【点睛】利用氧化还原反应原理，有元素化合价升高，必定有元素化合价降低来分析。10、D【解析】A金属阳离子和酸根阴离子构成的化合物为盐，水溶液中电离出的阴离子全部是氢氧根离子的化合物为碱，碳酸钠属于盐不是碱，A项错误；B水溶液中或熔融状态下导电的化合物为电解质，水溶液中和熔融状态都不导电的化合物为非电解质，金属可以导电但不是化合物，不是电解质或非电解质，B项错误；C分散系的本质是微粒直径大小，分散质微粒直径在1nm-100nm形成的分散系为胶体，分散质微粒直径大于 100nm形成的分散系为浊液，小于1nm形成的分散系为溶液，C项错误；D化学反应过程中元素化合价变化是氧化还原反应的标志，根据化学反应过程中元素化合价是否发生变化，将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应，D项正确；答案选D。【点睛】11、B【解析】盐酸恰好使混合物完全溶解,盐酸没有剩余,向反应所得溶液加KSCN溶液无血红色出现,说明溶液为FeCl2溶液,根据氯元素守恒可以知道n(FeCl2)=1/2n(HCl)；用足量的CO在高温下还原相同质量的混合物得到铁,根据铁元素守恒可以知道n(FeCl2)= n(Fe),据此结合m=nM计算得到的铁的质量。【详解】盐酸恰好使混合物完全溶解,盐酸没有剩余,向反应所得溶液加KSCN溶液无血红色出现,说明溶液为FeCl2溶液,根据氯元素守恒可以知道n(FeCl2)=1/2n(HCl)=1/2×0.2×1=0.1mol；用足量的CO在高温下还原相同质量的混合物得到铁,根据铁元素守恒可以知道n(FeCl2)= n(Fe)=0.1 mol；质量为0.1×56=5.6g；B选项正确；综上所述，本题选B。12、B【解析】根据离子反应发生的条件分析。【详解】A.组中Ca2+与CO32-发生反应：Ca2+CO32-=CaCO3，所以A组中Ca2+和CO32-不能大量共存，A项错误；B.组中各离子之间没有反应发生，可以大量共存，B项正确；C.组中Fe2+与OH-发生反应：Fe2+2OH-=Fe(OH)2，所以C组中Fe2+和OH-不能大量共存，C项错误；D.组中CO32-与H+发生反应：CO32-+2H+=CO2+H2O，所以D组中CO32-与H+不能大量共存，D项错误；答案选B。13、A【解析】NH3溶于水绝大部分与水生成一水合氨，但是计算时，以NH3算。A根据，则，选项中的表达式利用的是，但是溶液的体积不是气体体积（V）和溶剂体积（1L）的加和，A项错误，符合题意；B根据公式，得；B项正确，不符合题意；C，；，C项正确，不符合题意；D,，带入有，D项正确，不符合题意；本题答案选A。【点睛】两个体积不同的溶液混合在一起，混合后的溶液体积不等于混合前两溶液的体积之和，所以混合后的溶液的体积一般根据计算，此外注意单位的换算。14、C【解析】需要0.2molL-1的CuSO4溶液950mL，实验室没有950mL容量瓶，应选择1000mL容量瓶，实际配制1000mL溶液，需要溶质的质量m=0.2mol/L×1L×250g/mol=50.0g，故答案为C。15、C【解析】用试管夹夹持试管时，试管夹从试管底部往上套，夹在试管的中上部，操作合理，故正确；给盛有液体的体积不能超过 13 容积的试管加热，液体加热可发生飞溅，故错误；将试管平放，用纸槽往试管里送入固体粉末后，然后竖立试管，操作合理，故正确；在烧瓶口塞橡皮塞时，切不可把烧瓶放在桌上再使劲塞进塞子，以免压破烧瓶，故错误；萃取剂的密度不一定比水大，只要符合溶质在萃取剂中的溶解度比水中大即可，故错误；向某溶液中加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，则原溶液中可能含有CO32-、HCO3-、SO32- 、HSO3-等，故错误；用坩埚钳夹取加热后的蒸发皿，不能用手拿，防止烫伤，故正确；将溶质的质量分数为a%、物质的量浓度为c1 molL-1的稀硫酸加热蒸发掉一定量水，使溶质的质量分数变为2a%，则此时硫酸的物质的量浓度大于2c1 molL-1，故正确；因此正确的有；综上所述，本题应选C。16、A【解析】根据氧化还原反应知识进行分析计算，并作出判断。【详解】从生成物看，相当于发生两个反应：Cl2+2NaOHNaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH5NaCl+NaClO3+3H2O 。氯元素化合价均有升有降，Cl2既作氧化剂又作还原剂（A项正确）；Cl2失电子生成的NaClO 和NaClO3是氧化产物（B项错误）；前后两个反应中Cl2的物质的量之比不一定是1:3，生成物n(NaCl) ：n(NaClO) ：n(NaClO3) 不一定为6：1：1（C项错误）；两反应都符合Cl22NaOH，则n(Cl2)n(NaOH)/20.030 L×10 mol/L/20.15mol。但不知识温度、压强，不能确定体积（D项错误）。本题选A。二、非选择题（本题包括5小题）17、Na2SO4 Na2SO4 + BaCl2 = BaSO4+ 2 NaCl Na2CO3、CuSO4 NH4Cl 取少量药品加入试管中，加蒸馏水溶解，滴入氢氧化钠溶液后加热，用湿润的红色石蕊试纸放在试管口检验，试纸是否变蓝色。 NH4Cl + NaOH NH3+ NaCl + H2O 【解析】（1）将固体溶于水，搅拌后得到无色透明溶液，则固体中一定不含有CuSO4，（2）往此溶液中滴加氯化钡溶液，有白色沉淀生成，故沉淀中可能含有碳酸钡或硫酸钡，（3）过滤，将沉淀置于稀盐酸中，发现沉淀不溶解，结合（2）可知白色沉淀只能是硫酸钡，则原固体中一定含有Na2SO4，一定不含有Na2CO3，NH4Cl是否存在无法确定，据此答题。【详解】（1）由上述分析可以知道，固体混合物中肯定含有Na2SO4，生成白色沉淀的化学方程式为Na2SO4 + BaCl2 = BaSO4+ 2 NaCl，肯定没有Na2CO3和CuSO4，可能含有NH4Cl，故答案为Na2SO4；Na2SO4 + BaCl2 = BaSO4+ 2 NaCl ；Na2CO3、CuSO4；NH4Cl。（2）检验是否含有可能存在的物质的实验方法是：取少量药品加入试管中，加蒸馏水溶解；滴入氢氧化钠溶液后加热，用湿润的红色石蕊试纸放在试管口检验，试纸是否变蓝色，若试纸变蓝，则含有NH4Cl，否则不含有NH4Cl，化学方程式为：NH4Cl + NaOH NH3+ NaCl + H2O，故答案为取少量药品加入试管中，加蒸馏水溶解；滴入氢氧化钠溶液后加热， 用湿润的红色石蕊试纸放在试管口检验，试纸是否变蓝色；NH4Cl + NaOH NH3+ NaCl + H2O。18、 Mg C O 【解析】A、B、C三种元素，C原子最外层电子数为次外层电子数的3倍，最外层上最多有8个电子，所以次外层应该是第一电子层，则C原子核外电子排布为2、6，所以C是O元素；B和C原子核外电子层数相等，而最外层电子数之和为10，则B核外电子排布为2、4，所以B是C元素；A、C能形成AC型化合物，A2+离子和B原子电子层数也相同，则A原子核外电子排布为2、8、2，因此A是Mg元素，据此分析解答。【详解】根据上述分析可知A是镁元素，B是碳元素，C是氧元素。(1)A是镁元素，Mg2+核外有2个电子层，电子排布为2、8，最外层有8个电子，其质子数是12，所以其原子结构示意图为：；(2)通过以上分析知，A、B、C分别是镁元素、碳元素、氧元素，元素符号分别是Mg，C，O。【点睛】本题考查原子结构示意图、元素推断，明确原子结构及原子构成的各种微粒关系是解本题关键。19、圆底烧瓶 除尽反应生成的二氧化硫 BC Ba(HCO3)2 0.3 molL-1 2:1 【解析】(一)由装置图可知，实验原理是通过测定干燥管E的质量增重确定二氧化碳的质量，根据二氧化碳的质量计算铁碳合金中碳的质量，进而计算铁的质量，再计算合金中铁的质量分数。故二氧化硫会影响二氧化碳的测定，进入干燥管E的气体应除去二氧化硫、且干燥。(二) CuO和Fe2O3的混合物在高温下与足量的CO充分反应生成CO2，少量CO2与Ba(OH)2反应生成BaCO3，过量的CO2再与与BaCO3反应生成Ba(HCO3)2，依据反应的化学方程式解题即可。【详解】(1)仪器A为圆底烧瓶。(2)C中酸性高锰酸钾可以和SO2发生反应，因此C装置是为了除尽SO2，避免影响对CO2的测定。(3)AA中反应不完全，导致测定的CO2的质量减少，铁的质量分数增大，故A错误。B反应生成的SO2部分被E中碱石灰吸收，导致测定的CO2的质量增大，铁的质量分数减小，故B正确。CE中碱石灰会吸收空气中的CO2和H2O，导致测定的CO2的质量增大，铁的质量分数减小，故C正确。D装置中残留的CO2没有完全被E吸收，导致测定的CO2的质量减少，铁的质量分数增大，故D错误。本题选BC。(二) (4)发生反应为CO2+Ba(OH)2=BaCO3+H2O、CO2+H2O+BaCO3=Ba(HCO3)2。生成35.46 g白色沉淀BaCO3，根据化学方程式可求得参加反应的n1Ba(OH)2=n(BaCO3)=0.18mol，参与反应的n2Ba(OH)2=0.2 L×1.20 molL10.18mol =0.06 mol，根据化学方程式列比例式可得nBa (HCO3)2=0.06 mol，cBa (HCO3)2=0.3 mol/L。吸收后溶液的溶质为Ba (HCO3)2。(5)参与反应的n1(CO2)= n1Ba(OH)2=0.18mol，参与反应的n2(CO2)= n2Ba(OH)2+ n2(BaCO3)=0.12mol，因为生成的CO2全部参与了反应，n(CO2)= 0.18mol+0.12mol=0.3mol。设CuO和Fe2O3的物质的量分别为x mol、y mol，根据化学方程式CuO+COCu+CO2、Fe2O3+3CO2Fe+3CO2，列方程组80x+160y=19.2，x+3y=0.3，解得x=0.12 mol，y=0.06 mol。CuO和Fe2O3的物质的量之比为21。【点睛】解答问题(一)的关键是清楚实验原理，通过测定浓硫酸与C反应生成CO2的量，进而求出铁的质量分数。20、16.5 100 18.2 洗涤烧杯和玻璃棒23次，并将洗涤液也转移至容量瓶中 偏小 将溶液冷却至室温再转移到容量瓶 【解析】(1)根据物质的量浓度与质量分数关系式c=计算；(2)根据常见容量瓶的规格结合配制溶液的体积选择仪器；(3)利用溶液在稀释前后溶质的物质的量不变，计算需要浓硫酸的体积，用量筒量取后根据注酸入水的原则稀释；为使配制溶液浓度准确，烧杯内壁及玻璃棒上粘有的溶质也要转移到容量瓶中；(4)根据c=判断；(5)根据浓硫酸溶于水放热及容量瓶使用温度是20分析。【详解】(1)实验所用90的硫酸的物质的量浓度为c=16.5(mol/L)(2)配制100mL该溶液，就选择100mL的容量瓶；(3)溶液在稀释前后溶质的物质的量不变，所以3.0mol/L×100mL=16.5mol/L×V，解得V=18.2mL，所以用量筒量取18.2mL浓硫酸，加入到盛有一定量水的烧杯中稀释；待溶液恢复至室温后，转移至容量瓶中，然后用少量蒸馏水洗涤烧杯内壁和玻璃棒23次，洗涤液也转移至容量瓶中；(4)由于容量瓶是准确配制一定体积、一定物质的量浓度溶液的仪器，烧杯及玻璃棒上粘有溶质，若不全部转移到容量瓶中，根据c=可知，溶质的n偏少，则溶液的浓度就偏小；(5)浓硫酸溶于水，会放出大量的热，使溶液温度升高，容量瓶配制溶液的温度是20，若不将溶液冷却至室温后再转移溶液至容量瓶中，定容后，溶液温度恢复至室温，溶液的体积就小于100mL，根据物质的量浓度定义式可知，这时溶液的浓度就偏大。【点睛】本题考查了有关物质的量浓度的溶液的配制的知识。涉及物质的量浓度与质量分数的换算、仪器的使用、操作过程注意事项等。掌握浓硫酸稀释溶解放热、溶液在稀释过程中溶质的物质的量不变、及容量瓶使用要求是本题解答的关键。21、试管 Cl22Fe2+2Cl2Fe3+    Fe2+有氧化性 铁粉逐渐溶解，溶液由棕黄色变为浅绿色  在FeCl3溶液中加入铜片  Cu+2Fe3+= Cu2+2Fe2+  实验结论：Fe只有还原性，Fe3+只有氧化性，Fe2+既有氧化性，又有还原性。 A E F 【解析】（1）物质性质实验是取少量试剂进行反应，根据反应现象分析判断离子性质，实验是在试管中进行；（2）.氯化亚铁溶液中加入氯水，溶液由浅绿色变为棕黄色，反应的离子方程式为：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-；.氯化亚铁溶液加入锌片，锌片溶解，析出铁，亚铁离子被还原，证明亚铁离子具有氧化性；.由离子方程式可知，实验现象为铁粉逐渐溶解，溶液由棕黄色变为浅绿色；.在FeCl3溶液中加入铜片，反应生成氯化亚铁、氯化铜，离子反应为Cu+2Fe3+=2Fe2+Cu2+，FeCl3中Fe元素的化合价降低，则可说明Fe3+具有氧化性；实验结论：Fe只有还原性，Fe3+只有氧化性，Fe2+既有氧化性，又有还原性。（3）元素化合价可以升高也可以降低的既有氧化性，又有还原性；A.Cl2 中氯元素化合价可以升高为+1价，也可以降低为-1价，说明既具有氧化性也具有还原性，故A正确；B.Na是金属只能失电子具有还原性，故B错误；    C.Na+ 元素化合价只能降低，表现为氧化性，故C错误； D.Cl- 元素化合价处在最低价，化合价只能升高表现还原性，故D错误； E.SO2 中硫元素化合价可以升高为+6价，也可以降低为-2价，表现为氧化性和还原性，故E正确；   F.HCl中氯元素化合价为最低价，能够表现还原性，氢为最高价，能表现氧化性，故化合物参加反应时，可表现为氧化性和还原性，故F正确；故答案为A E F。【点睛】化合物在参加氧化还原反应过程中，不一定只是一种元素化合价变化，因此化合物表现出氧化性或还原性时，不一定只在一种元素中。