2023届四川省宜宾市叙州区第二中学校高一化学第一学期期中达标检测模拟试题含解析.doc

2022-2023学年高一上化学期中模拟试卷注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、把500 mL含有BaCl2和KCl的混合溶液分成5等份，取一份加入含amol硫酸钠的溶液，恰好使钡离子完全沉淀；另取一份加入含bmol硝酸银的溶液，恰好使氯离子完全沉淀则该混合溶液中钾离子浓度为A0.1(b2a) mol·L1 B10(2ab) mol·L1C10(ba) mol·L1 D10(b2a) mol·L12、下列离子能大量共存的是A无色酚酞试液呈红色的溶液中：Na+、K+、SO42、CO32-B无色透明的溶液中：Cu2+、K+、SO42-、NO3C含有大量Ba(NO3)2的溶液中：Mg2、NH4、SO42、ClD紫色石蕊试液呈红色的溶液中：Ca2、K、CO32、NO33、下列反应必须加入氧化剂才能实现的是( )AKMnO4K2MnO4BCH4CO2CSO2SO3 2DH2O2O24、下列实验中，所采取的分离方法与对应原理都正确的是目的分离方法原理A分离溶于水的碘乙醇萃取碘在乙醇中的溶解度较大B分离汽油和四氯化碳分液四氯化碳和汽油的密度不同C除去KNO3固体中混的NaCl结晶NaCl在水中的溶解度很大D除去乙醇中的水蒸馏乙醇与水的沸点相差较大【选项A】A【选项B】B【选项C】C【选项D】D5、m g O2中含n个氧原子，则阿伏加德罗常数的值可表示为A2n B16n/m C32n/m Dn6、科学家已经发现一种新型氢分子，其化学式为H3，在相同的条件下，等质量的H3和H2相同的是( )A原子数B分子数C体积D物质的量7、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A16gB(m16)gC(m32)gD(m16)g8、下列离子方程式中，正确的是 ( )A稀硫酸滴在铜片上：Cu2H=Cu2H2B盐酸滴在石灰石上：CaCO32H=H2CO3Ca2C硫酸钠溶液与氯化钡溶液混合：Ba2SO42-=BaSO4D氧化铜与硫酸混合：Cu2SO42-=CuSO49、有些电影、电视剧中的仙境美轮美奂，这些神话仙境中所需的烟雾是在放于温热石棉网上的NH4NO3和Zn粉的混合物中滴几滴水后产生的白烟：NH4NO3Zn=ZnON22H2O，下列有关说法中正确的是A该反应中NH4NO3只作氧化剂B该反应中只有两种元素化合价改变C每消耗65克锌会产生22.4L N2DZnO是该反应的还原产物10、能区分胶体和溶液的方法是A静置，有沉淀现象的是胶体B能透过滤纸的是溶液C有丁达尔现象的是胶体D用肉眼观察，均匀透明的是溶液11、若将4.6g钠块置于过量O2中燃烧后，生成7.5g固体物质，则下列推断合理的是（ ）A钠在燃烧前未被氧化B钠在燃烧前已有部分被氧化C钠在燃烧前已都被氧化D生成物中只有氧化钠12、完成下列实验所选择的装置或仪器(夹持装置已略去)正确的是选项ABCD实验用CCl4提取溴水中的Br2从食盐水中提取NaCl固体从KI和I2的固体混合物中回收I2配制100 mL 0.100 0 mol·L-1 K2Cr2O7溶液装置或仪器AABBCCDD13、下列溶液的物质的量浓度的计算正确的是A标准状况下，a L NH3溶于1000 g水中，得到的溶液密度为b gcm-3，（考虑溶液体积变化）则该溶液的物质的量浓度为molL-1B将100 mL 1.5 molL-1的NaCl溶液与200 mL 2.5 molL-1的NaCl溶液混合（忽略溶液体积变化），得到溶液的物质的量浓度为2 molL-1CV L Fe2（SO4）3溶液中含Fe3+m g，溶液中c（SO42-）是molL-1D某温度时，饱和NaCl溶液的密度为 gcm-3，物质的量浓度为c mol/L，该溶液中NaCl的质量分数为×100%14、某溶液中所含离子的浓度如下表，则a值为离子NO3-SO42-HMg2K浓度(mol/L)0.30.40.20.2aA0.1B0.3C0.5D0.715、下列反应既是化合反应，又是氧化还原反应的是ABCD16、在不通直流电的条件下，下列变化中必须加入还原剂才能实现的是 ( )AHClCl2 BKClO3 O2 CCu2+ Cu DFeFe2+二、非选择题（本题包括5小题）17、下表是周期表中的一部分，根据元素AI在周期表中的位置，用元素符号或化学式回答下列问题：AAAAAAA0一A二DEGI三BCFH (1)上述元素中性质最不活泼的是_，只有负价而无正价的是_，单质氧化性最强的是_，单质还原性最强的是_。 (2)上述元素的最高价氧化物对应的水化物中，碱性最强的是_，酸性最强的是_，呈两性的是_。 (3)A分别与D、E、F、G、H形成的化合物的化学式分别为_，这些化合物中最稳定的是_。 (4)在B、C、D、E、F、G、H中，原子半径最大的是_。18、有A、B、C、D、E、F六种物质，它们的相互转化关系如下图（反应条件略，有些反应的产物和条件没有全部标出）。已知A、B、E是单质，B在常温下为气体，C俗名称为烧碱，D为无色无味液体。（1）写出A、D的化学式_。（2）写出A和D反应生成B和C的化学方程式_。（3）写出E与C、D反应生成B和F的离子方程式_。19、某化学实验室需要0.2 mol·L-1的NaOH溶液450 mL和0.5 mol·L-1的硫酸溶液500 mL。根据这两种溶液的配制情况回答下列问题：(1)如图所示的仪器中配制溶液肯定不需要的是_(填序号)，配制上述溶液还需用到的玻璃仪器是_(填仪器名称)。(2)配制氢氧化钠溶液时，其正确的操作顺序是_(用字母表示，每个字母只能用一次)。A用30 mL水洗涤烧杯23次，洗涤液均注入容量瓶B准确称取计算好的氢氧化钠固体于烧杯中，再加入少量水(约50 mL)，用玻璃棒慢慢搅动，使其充分溶解，冷却到室温C将容量瓶盖紧，摇匀D将溶解的氢氧化钠溶液沿玻璃棒注入容量瓶中E改用胶头滴管加水，使溶液凹液面恰好与刻度相切F继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度12 cm处(3)根据计算，配制0.2 mol·L-1的NaOH溶液450 mL需NaOH固体的质量为_g。(4)配制硫酸过程中需先在烧杯中将浓硫酸进行稀释，稀释时操作方法是_。(5)将所配制的稀H2SO4进行测定，发现实际浓度小于0.5 mol·L-1。请你分析下列哪些操作会引起所配浓度偏小_。A用量筒量取浓硫酸时，仰视量筒的刻度B容量瓶未干燥即用来配制溶液C浓硫酸在烧杯中稀释后，未冷却就立即转移到容量瓶中，并进行定容D往容量瓶转移时，有少量液体溅出E在容量瓶中定容时俯视容量瓶刻度线F烧杯未进行洗涤G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20、（1）用18 mol/L硫酸配制100 mL 1.0 mol/L硫酸。若实验仪器有：A100 mL量筒、B托盘天平、C玻璃棒、D50 mL容量瓶、E.10 mL量筒、F.胶头滴管、G.50 mL烧杯、H.100 mL容量瓶。实验时选用仪器的先后顺序是_(填写编号)。（2）在容量瓶的使用方法中，下列操作不正确的是_(填写标号)。A使用容量瓶前检查它是否漏水B容量瓶用蒸馏水洗净后，再用待配溶液润洗C配制溶液时，如果试样是固体，把称好的试样用纸条小心倒入容量瓶中，缓慢加入蒸馏水到接近标线12 cm处，用胶头滴管加蒸馏水到标线D配制溶液时，如果试样是液体，用量筒量取试样后直接倒入容量瓶中，缓慢加入蒸馏水到接近标线12 cm处，用胶头滴管滴加蒸馏水到标线E颠倒摇匀时，盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，用另一只手托住瓶底，把容量瓶倒转和摇动多次。21、（1）H2 + CuO Cu + H2O CaCO3 + 2HCl=CaCl2 + CO2 + H2O3S + 6NaOH 2Na2S + Na2SO3 + 3H2O NH4NO3 + Zn=ZnO + N2+ 2H2OCu2O + 4HCl=2HCuCl2 + H2O上述反应中，属于氧化还原反应的是_（填序号）（2）用双线桥法表示下述反应的电子转移MnO2 + 4HCl（浓） MnCl2 +Cl2+ 2H2O_（3）在反应 KIO3 + 6HI=3I2 + KI + 3H2O中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为_。（4）若反应 3Cu + 8HNO3（稀）=3Cu(NO3)2 + 2NO+ 4H2O中转移了3mol电子，则生成的NO气体在标况下的体积是_L。（5）配平下面两个反应 _H2O + _Cl2 +_ SO2 =_H2SO4 + _HCl，_ _KMnO4 + _HCl=_KCl + _MnCl2 + _Cl2 + _H2O（系数是1的也请填上），_根据以上两个反应反应，写出由KMnO4、K2SO4 、MnSO4 、SO2、H2O、H2SO4 这六种物质组成的氧化还原反应的方程式并配平。_。参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解析】试题分析：硫酸根和钡离子1:1反应，硝酸根和银离子1:1反应，由题意得：a mol硫酸钠中含有a mol硫酸根，所以钡离子由a mol；所以氯化钡中的氯离子由2a mol；b mol硝酸银中含有b mol银离子；所以氯离子的总量是b mol；所以氯化钾中的氯离子是(b-2a)mol,钾离子物质的量是(b-2a)mol；所以该混合溶液中钾离子浓度为10(b-2a) mol·L-1，故选D。考点：离子反应 定量关系点评：此题要根据定量关系：包括离子反应的定量关系；也包括物质定组成的定量关系。2、A【解析】A无色酚酞试液呈红色的溶液显碱性，Na+、K+、SO42、CO32-之间不反应与氢氧根也不反应，可以大量共存，A符合；B溶液中Cu2+显蓝色，不能大量共存，B不符合；C含有大量Ba(NO3)2的溶液中SO42不能大量共存，C不符合；D紫色石蕊试液呈红色的溶液显酸性，CO32不能大量共存，D不符合；答案选A。3、B【解析】A.反应后Mn元素化合价降低，故该过程需加入还原剂，错误；B.反应后碳元素化合价升高，故需加入氧化剂才能实现，正确；C.反应后没有元素化合价没有发生改变，故不需要加入氧化剂，错误；D.双氧水能够自身发生分解生成氧气，故不一定需要加氧化剂，错误。4、D【解析】A乙醇与水互溶，不能作萃取剂，A错误；B汽油与四氯化碳互溶，应用蒸馏分离，B错误；CNaCl的溶解度受温度影响不大，而硝酸钾的溶解度受温度影响大，所以利用重结晶分离，原理解释不合理，C错误；D乙醇与水互溶，但沸点不同，可用蒸馏分离，D正确；故选D。5、B【解析】试题分析：根据n=m/M=N/NA，NA=MN/m=32×0.5×n/m=16n/m，B正确。考点：考查物质的量的计算等相关知识。6、A【解析】设这两种物质都为1g，则n(H3)=mol，n(H2)=mol；A、mol H3有1mol H原子，mol H2有1mol H，故二者的原子相同，A正确；B、mol H3和mol H2的分子数不同，B错误；C、同温同压下，气体的气体与物质的量成正比，所以mol H3和mol H2的体积不同，C错误；D、mol H3和mol H2的物质的量不同，D错误；故选A。7、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(m16)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OH2O2H2HCl关系求出。8、C【解析】A.稀H2SO4和Cu不反应，故A错误；B.盐酸滴在石灰石上的离子反应方程式为：CaCO32H=H2OCa2CO2，故B错误；C.硫酸钠溶液与氯化钡溶液混合：Ba2SO42-=BaSO4，符合离子反应方程式的各项要求，故C正确；D.氧化铜与硫酸反应的离子方程式为：CuO2H+=Cu+H2O,故D错误；本题答案为C。9、B【解析】根据氧化还原反应中概念间的相互关系分析判断。【详解】反应中，Zn失电子从0价升到+2价，NH4+中的氮失电子从3价升到0价，NO3中氮得电子从+5价降到0价（B项正确）。Zn是还原剂，NH4NO3既是氧化剂也是还原剂（A项错误）。ZnO是氧化产物，N2既是氧化产物也是还原产物（D项错误）。每消耗65克Zn（1mol）会产生1mol N2，不一定是22.4L（C项错误）。【点睛】氧化还原反应中，氧化剂得电子，化合价降低，被还原，发生还原反应，生成还原产物；还原剂失电子，化合价升高，被氧化，发生氧化反应，生成氧化产物。10、C【解析】A胶体有介稳性，静置，不产生沉淀，故A错误；B溶液和胶体都能通过滤纸，故B错误；C丁达尔现象是区别溶液和胶体的方法，故C正确；D溶液和胶体都可以是均一稳定的分散系，均匀透明的可以是溶液或胶体，故D错误；故选：C。11、B【解析】 ，若0.2molNa完全燃烧，则，所以生成过氧化钠为0.1mol×78g/mol=7.8g>7.5g，说明燃烧之前部分钠被氧化，7.5g固体由Na2O2和Na2O共同组成，答案选B。12、A【解析】A、碘在四氯化碳中的溶解度大于水中的溶解度，则加四氯化碳萃取即可，图中装置、仪器均合理，故A正确；B、采用蒸发的方法从饱和食盐水中获取NaCl晶体，蒸发时用蒸发皿，灼烧药品时用坩埚，故B错误；C、碘易升华，KI加热不发生变化，从KI和I2的固体混合物中回收I2，应该有冷凝装置，故C错误；D、配制100mL0.1000mol·L-1Na2CO3溶液需要100mL容量瓶，则图中缺少容量瓶、胶头滴管等，故D错误。综上所述，本题应选A。13、A【解析】A利用n=，V=， c=即可求得该溶液的物质的量浓度为mol/L。故A正确。B混合前n1=1.5 molL-1×0.1 L=0.15 mol，n2=2.5 molL-1×0.2 L=0.5 mol。混合后V=0.1 L+0.2 L=0.3 L。n= n1+ n2=0.65 mol，c=2.2 molL-1，故B错误。Cc（SO42-）=c（Fe3+）=×=molL-1，故C错误。D需要将密度单位转化为gL-，即 gcm-3=1000 gL-，再根据公式=即可求出为×100%，故D错误。本题选A。【点睛】注意单位换算 gcm-3=1000 g/L。14、C【解析】根据电荷守恒可知：c（NO3-）+2c（SO42-）=c（H+）+c（K+）+2c（Mg2），带入数据可求得a=0.5；答案选C。15、A【解析】根据化合反应是指由两种或两种以上物质反应只生成一种物质的反应；氧化还原反应是化合价变化的反应。【详解】A.C+CO22CO是化合反应，反应中碳元素和氧元素的化合价发生了变化，是氧化还原反应，故A正确；B.CaO+H2O=Ca（OH）2是化合反应，反应中各元素的化合价未发生变化，不属于氧化还原反应，故B错误；C.C+H2OCO+H2属于置换反应不属于化合反应，反应中C和H的化合价在反应前后发生变化，属于氧化还原反应，故C错误；D.CO2+Ca（OH）2=CaCO3+H2O属于复分解反应不属于化合反应，反应中反应前后各元素的化合价都没有发生变化，不属于氧化还原反应，故D错误；答案：A16、C【解析】在不通直流电的条件下，就是不分析电解反应。必须加入还原剂才能实现，说明给予的物质被还原，在化学反应中对应元素得电子化合价降低，据此分析解答。【详解】在不通直流电的条件下，就是不包括电解反应。必须加入还原剂才能实现，说明给予的物质被加入的还原剂还原，在化学反应中对应元素得电子化合价降低，A. HClCl2中氯元素化合价由-1价升高到0价，被氧化，需要加入氧化剂，故A项错误；B. KClO3 O2可以通过分解氯酸钾可以实现，所以不需要加入还原剂即可实现，故B项错误；C. Cu2+ Cu，Cu元素化合价降低，被还原，需要加入还原剂，故C项正确；D. FeFe2+，Fe元素化合价由0价变为+2价，化合价升高，被氧化，需要加入氧化剂才能实现，故D项错误；答案选C。【点睛】在氧化还原反应中，化合价升高的元素，失电子，被氧化，所对应的反应物为还原剂，化合价降低的元素，得电子，被还原，所对应的反应物为氧化剂。二、非选择题（本题包括5小题）17、Ne F F2 Na NaOH H2SO4 Al(OH)3 CH4、NH3、PH3、HF、H2S HF Na 【解析】由元素在元素周期表中的位置可知，A、B、C、D、E、F、G、H、I分别是H、Na、Al、C、N、P、F、S、Ne。根据元素周期律分析解答。【详解】(1)稀有气体性质最不活泼，所以化学性质最不活泼的是Ne；F的非金属性最强，则F元素只有负化合价，没有正化合价；元素的非金属性越强，单质的氧化性越强，单质氧化性最强的是F2；元素的金属性越强，单质的还原性越强，单质还原性最强的是Na，故答案为：Ne； F；F2；Na；(2)元素的金属性越强，则其最高价氧化物对应的水化物碱性越强，以上各元素中，金属性最强的为Na，则碱性最强的为NaOH；元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，根据元素周期律知，非金属性最强的元素是F，但F元素没有含氧酸，非金属性次之的是S元素，其最高价含氧酸是H2SO4，所以酸性最强的酸是H2SO4；氢氧化铝为两性氢氧化物，故答案为：NaOH；H2SO4；Al(OH)3； (3)A分别与D、E、F、G、H形成的化合物的化学式分别为CH4、NH3、PH3、HF、H2S，非金属的非金属性越强，其氢化物越稳定，这些化合物中最稳定的是HF，故答案为：CH4、NH3、PH3、HF、H2S；HF；(4)B、C、D、E、F、G、H中，D、E、G元素的原子含有2个电子层，B、C、F、H原子含有3个电子层，由于B的原子序数最小，则B的原子半径最大，即：原子半径最大的为Na，故答案为：Na。18、Na、H2O 2Na+2H2O2NaOH+H2 2Al+2OH+2H2O2AlO2+3H2 【解析】有A、B、C、D、E、F六种物质，C俗名称为烧碱，C为NaOH，D为无色无味液体，D为H2O，根据框图，单质A与水反应生成一种气体单质B和氢氧化钠，则A为钠，B为氢气，氢氧化钠、水与单质E反应生成氢气，则E为铝，因此F为偏铝酸钠，据此分析解答。【详解】根据以上分析可知A是钠，B是氢气，C是氢氧化钠，D是水，E是铝，F是偏铝酸钠，则（1）钠和水的化学式分别是Na、H2O；（2）钠和水反应生成氢气和氢氧化钠的化学方程式为2Na+2H2O2NaOH+H2。（3）铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气的离子方程式为2Al+2OH+2H2O2AlO2+3H2。【点睛】正确推断物质的种类是解题的关键，本题的突破口为C、D。本题的易错点为铝与氢氧化钠反应的离子方程式的书写，注意反应过程中水也参与了反应。19、AD 玻璃棒、胶头滴管 BDAFEC 4.0 将浓硫酸沿着烧杯壁缓缓注入水中，并用不断玻璃棒搅拌 DFG 【解析】(1)根据配制溶液的操作步骤确定仪器的使用情况；(2)配制步骤为：计算、称量(或量取)、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，据此排序；(3)选择仪器的标准是大而近，然后根据m=c·V·M计算；(4)根据浓硫酸溶于水放出大量热，且硫酸的密度比水大分析；(5)根据c=分析实验误差。【详解】(1)根据图示可知，配制溶液时要使用量筒、烧杯和容量瓶，不使用圆底烧瓶和分液漏斗；还缺少定容时使用的胶头滴管及搅拌、引流时使用的玻璃棒；故合理选项是AD；缺少的仪器名称为玻璃棒、胶头滴管；(2)配制一定体积一定物质的量浓度的溶液步骤为：计算、称量(或量取)、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，则正确的操作顺序用字母表示为BDAFEC；(3)选择仪器的标准是大而近，要配制0.2 mol·L-1的NaOH溶液450 mL，应该选择使用500 mL的容量瓶，由于溶液具有均一性，故配制该溶液需要溶质NaOH的质量m(NaOH)=c·V·M=0.2 mol/L×0.5 L×40 g/mol=4.0 g；(4)由于浓硫酸溶于水会放出大量热，且硫酸的密度比水大，因此在烧杯中将浓硫酸进行稀释的操作方法是将浓硫酸沿着烧杯壁缓缓注入水中，并用不断玻璃棒搅拌；(5) A用量筒量取浓硫酸时，仰视量筒的刻度会使浓硫酸偏多，导致配制溶液的浓度偏高，A不符合题意；B容量瓶未干燥即用来配制溶液，不影响溶质的物质的量及溶液的体积，因此对配制溶液的浓度无影响，B不符合题意；C浓硫酸在烧杯中稀释后，未冷却就立即转移到容量瓶中，并进行定容，当溶液恢复至室温时，溶液的液面低于刻度线，使溶液体积偏小，导致配制的溶液浓度偏高，C不符合题意；D往容量瓶转移时，有少量液体溅出，导致溶质的物质的量偏少，而定容时溶液的体积不变，因此根据c=可知使配制的溶液浓度偏低，D符合题意；E在容量瓶中定容时俯视容量瓶刻度线，使溶液的体积偏小，根据c=可知使配制的溶液浓度偏高，E不符合题意；F烧杯未进行洗涤，使溶质的物质的量偏少，最终导致溶液的浓度偏低，F符合题意；G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，导致溶液的体积偏大，使配制的溶液浓度偏低，G符合题意；综上所述可知，合理选项是DFG。【点睛】本题考查了物质的量浓度溶液的配制。明确溶液配制的步骤为解答关键，注意掌握容量瓶规格的选用方法及使用温度要求，结合物质的量浓度定义式进行误差分析。浓硫酸稀释原则是：注酸入水。20、EGCHF BCD 【解析】（1）根据配制溶液体积选择合适容量瓶，根据质量守恒：溶液稀释过程溶质的物质的量不变计算需要浓硫酸体积，再选择合适规格的量筒，配制一定物质的量浓度的溶液需要量取、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，选择需要的仪器；（2）由容量瓶的构造及正确使用容量瓶的方法解析【详解】（1）用18 mol/L硫酸配制100 mL 1.0 mol/L硫酸。需要选择100mL容量瓶，设浓硫酸体积为V，溶液稀释过程溶质的物质的量不变：18mol·L1×V=100 mL×1.0 mol·L1，V=5.6mL，选择10mL量筒；因配制一定物质的量浓度的溶液需要量取、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，所以需要的仪器：玻璃棒、10 mL量筒、胶头滴管、50 mL烧杯、100mL容量瓶；实验时选用仪器的先后顺序是：EGCHF；（2）A容量瓶是带活塞的仪器，使用前应检查是否漏水，故A正确；B容量瓶用蒸馏水洗净后，不能用待配溶液润洗，否则配制的溶液浓度偏高，故B错误；C无论配制的试样是液体还是固体，都不能在容量瓶中溶解，应该在烧杯中溶解或稀释，故C错误；D无论配制的试样是液体还是固体，都不能在容量瓶中溶解，应该在烧杯中溶解或稀释，故D错误；E定容完成后，需要摇匀配制的溶液，方法为：盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，用另一只手的手指托住瓶底，把容量瓶倒转和摇动多次，故E正确；故选：BCD【点睛】本题主要考查了配制一定物质的量浓度溶液的操作步骤和仪器方法，解题关键：明确配制原理及容量瓶使用方法。解题技巧：用质量守恒解溶液稀释问题。21、 1:5 22.4 2 1 1 1 2 2 16 2 2 5 8 2KMnO4+5 SO2+ 2H2O = K2SO4+ 2MnSO4+2H2SO4 【解析】（1）H2 + CuO Cu + H2O ；3S + 6NaOH 2Na2S + Na2SO3 + 3H2O；NH4NO3 + Zn=ZnO + N2+ 2H2O这三个反应中化合价都有变化，所以都属于氧化还原反应；CaCO3 + 2HCl=CaCl2 + CO2 + H2O；Cu2O + 4HCl=2HCuCl2 + H2O这两个反应中没有化合价变化，均属于非氧化还原反应；综上所述，本题答案是：。（2）MnO2MnCl2，锰元素化合价由+4价降低到+2价，得电子发生还原反应；Cl-Cl2，氯元素化合价由-1价升高到0价，失电子发生氧化反应；正确的电子转移表示为：；综上所述，本题答案是：。（3）在反应 KIO3 + 6HI=3I2 + KI + 3H2O中，若有3mol I2生成，KIO3I2，碘元素化合价降低，得电子发生还原反应，做氧化剂，其物质的量为1mol；6molHI中有1molI-没被氧化，5molHI2.5mol I2，碘元素化合价升高，失电子发生氧化反应，做还原剂，其物质的量为5mol；因此氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:5；综上所述，本题答案是：1:5。（4）反应 3Cu + 8HNO3（稀）=3Cu(NO3)2 + 2NO+ 4H2O中，铜由0价升高到+2价，失电子；3molCu完全反应，共转移6mole-；根据3Cu -2NO-6mole-可知，当转移了3mol电子时，生成的NO气体的物质的量为1mol，其在标况下的体积是1×22.4=22.4 L；综上所述，本题答案是：22.4。（5）根据氧化还原反应中元素化合价升降总数相等规律，进行配平：Cl22HCl，氯元素化合价降低2价；SO2 H2SO4，硫元素化合价升高2价，化合价升降总数相等；因此Cl2前面系数为1，SO2前面系数为1，再根据原子守恒配平其它物质系数，正确的为：2H2O +Cl2 +SO2 =H2SO4 + 2HCl；综上所述，本题答案是：2,1,1,1,2。根据氧化还原反应中元素化合价升降总数相等规律，进行配平：KMnO4MnCl2，锰元素化合价降低5价；2HClCl2，氯元素元素化合价升高2价，根据化合价升降总数相等规律：KMnO4前面的系数为2，Cl2前面系数为5；最后根据原子守恒配平其它物质系数，正确的为2KMnO4 + 16HCl=2KCl + 2MnCl2 + 5Cl2 + 8H2O；KMnO4在反应中做氧化剂，被还原为MnSO4，SO2在反应中作还原剂，被氧化为H2SO4，根据氧化还原反应中元素化合价升降总数相等规律，进行配平：KMnO4MnSO4，锰元素化合价降低5价；SO2SO42-，硫元素元素化合价升高2价，根据化合价升降总数相等规律：KMnO4前面的系数为2，SO2前面系数为5；最后根据原子守恒配平其它物质系数，正确的为：2KMnO4+5SO2+ 2H2O = K2SO4+ 2MnSO4+2H2SO4；综上所述，本题答案是：2,16,2,2,5,8；2KMnO4+5SO2+ 2H2O = K2SO4+ 2MnSO4+2H2SO4。【点睛】针对于问题（3）在反应 KIO3 + 6HI=3I2 + KI + 3H2O中，都是碘元素发生化合价变化，因此同种元素之间发生氧化还原反应时，化合价变化为“只靠拢，不交叉”；即KIO3中+5价的碘降低到0价碘；HI中-1价碘升高到0价碘，但是其中6个HI中有1个-1价碘没有发生变价，有5个-1价碘发生变价，被氧化；因此氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:5。