2022年河北邯郸化学高一第一学期期中学业水平测试模拟试题含解析

2022-2023学年高一上化学期中模拟试卷注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列非金属元素形成的简单氢化物中沸点最高的是A．氧B．氟C．氮D．硫2、下列说法正确的是()A．某物质不属于电解质，就属于非电解质B．SO2溶于水可导电，SO2属于电解质C．能导电的物质属于电解质，NaCl属于电解质，所以NaCl晶体可导电D．已知氧化铝在熔融状态下能导电，则氧化铝在熔融状态下能电离3、常温下，发生下列几个反应：①16H++10Z―+2XO4―==2X2++5Z2+8H2O②2A2++B2==2A3++2B―③2B―+Z2==B2+2Z―根据上述反应提供的信息，判断下列结论不正确的是A．氧化性：XO4―＞B2＞A3+B．X2+既有还原性，又有氧化性C．还原性：Z―>A2+D．溶液中可发生：Z2+2A2+==2A3++2Z―4、已知下列溶液的溶质都是强电解质，这些溶液中的Cl-浓度与50mL1mol·L-1MgCl2溶液的Cl-浓度相等的是（）A．150mL1mol·L-1NaCl溶液 B．75mL2mol·L-1CaCl2溶液C．150mL2mol·L-1KCl溶液 D．75mL1mol·L-1AlCl3溶液5、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6、如图为常见玻璃仪器组成的六种实验装置，根据需要加入液体或者固体试剂。下列说法错误的是()A．装有P2O5固体的E不能用于干燥氨气B．A、B装置能用于收集Cl2，又能用于收集NOC．C、D装置可以用于尾气处理，能防止液体倒吸到气体发生装置中D．F装置可用于合成氨实验中，若装入浓硫酸可以干燥、混合并能大致观察H2和N2的体积比7、已知：①Na2SO3+2H2O+I2=Na2SO4+2HI;②Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl-;③I2+Fe2+不反应，向含SO32-、Fe2+、I－各0.1mol的溶液中通入标准状况下的Cl2，通入Cl2的体积和溶液中相关离子的物质的量的关系图正确的是A． B． C． D．8、100mL0.5mol/L盐酸含HCl的物质的量为A．0.5 B．0.5mol C．0.05 D．0.05mol9、下列关于碳酸钠和碳酸氢钠的比较中，错误的是A．二者在一定的条件下可以相互转化B．可以用澄清石灰水对二者进行鉴别，能产生白色沉淀的为碳酸钠C．等质量的碳酸钠与碳酸氢钠与足量盐酸反应，后者更剧烈，前者产生二氧化碳少D．将二氧化碳通入到饱和碳酸钠溶液中，有浑浊产生，原因之一是碳酸钠溶解度更大10、某同学按如下实验流程提取海带中的碘，下列有关说法不正确的是（）A．第③步所需的主要玻璃仪器有：玻璃棒、烧杯、漏斗B．第④步的H2O2的作用是氧化剂C．第⑤步分液操作取下层紫红色溶液D．第②④⑤步的溶液中加入淀粉均会变蓝11、标况下，H2O的质量为xg，含有y个氢原子，则阿伏加德罗常数为（）A． B． C． D．12、查阅资料发现，金属钠不仅能跟氧气和水反应，还能跟多种其它物质发生反应，其中包括与酒精在常温下反应。要研究金属钠跟酒精反应的性质以及它与水反应的异同点，下列的研究方法中没有用到的是（）A．实验法 B．观察法 C．分类法 D．比较法13、某溶液中仅含Na+、Mg2+、Clˉ、SO42ˉ四种离子，其中Na+浓度为0.2

mol·Lˉ1

、Mg2+浓度为0.25

mol·Lˉ1

、Clˉ浓度为0.4

mol·Lˉ1

，则SO42ˉ的浓度为A．0.5

mol·Lˉ1 B．0.3

mol·Lˉ1 C．0.1

mol·Lˉ1 D．0.15

mol·Lˉ114、我国明代《本草纲目》记载了烧酒的制造工艺：“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”，“以烧酒复烧二次……价值数倍也”。这里用到的可用于分离的实验方法是A．萃取B．蒸馏C．过滤D．分液15、下列变化中该反应物作为还原剂的是A．Cl2→NaCl B．Na→Na2O2C．H2SO4(稀)→H2 D．NaHCO3→Na2CO316、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．干冰二、非选择题（本题包括5小题）17、有一包白色固体粉末，由FeCl3、CaCO3、Na2SO4、KCl、Ba(NO3)2中的几种物质组成，取样品进行如下实验（假设下列过程中，能反应的物质之间的反应恰好完全）：（1）步骤①所用分离方法叫做___，要从步骤②所得“无色溶液”中提取溶剂，所用分离方法叫做___。（2）写出实验过程中发生化学反应的离子方程式①___；②___。（3）固体粉末中一定不存在的物质是（填化学式，下同）___；不能确定是否存在的物质是___。（4）将固体粉末可能的组成填入下表（可以不填满，也可以再补充）。___序号化学式ⅠⅡ（5）设计一个实验，进一步确定混合物的组成，简述实验操作、现象和结论。___18、现有四瓶失去标签的无色溶液，可能是CaCl2、AgNO3、HCl、Na2CO3中的其中一种，为了确定具体成分，随意将四瓶溶液标记为A、B、C、D后，进行了下列四组实验。实验顺序实验内容实验现象①A+B无明显现象②B+D有气体放出③B+C有沉淀生成④A+D有沉淀生成根据表中实验现象回答下列问题：（1）A、B、C、D分别对应的溶质化学式为____________、___________、___________、___________；（2）请分别写出上述实验②和③的离子方程式：②________________________________________________________；③________________________________________________________。19、下列三套(Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ)均可以用来测量气体的体积(1)用该装置Ⅰ测定镁带与盐酸反应制氢气的体积，下列操作会导致数据偏大的是________(填编号)。a．镁带中混有铝b．镁带称量时没有用砂纸擦去氧化膜c．液体量瓶读数时俯视d．装置漏气(2)某同学用装置Ⅱ测定常温下产物二氧化碳的体积，其中Y型试管A为反应器，B中量气管的构造和滴定管类似，C为水准管。提供反应试剂：碳酸钙固体、碳酸钠固体、盐酸、硫酸溶液，因此B管中所装液体是________，若选择硫酸进行反应，请写出反应的原理________________。(3)相对于装置Ⅰ、Ⅱ，装置Ⅲ测量气体的体积时精确度不高，请写出一条理由________________。20、实验室需要0.1mol/LNaOH溶液450mL和0.5mol/L的硫酸溶液500mL。根据这两种溶液的配制情况回答下列问题。(1)在下图所示仪器中，配制上述溶液肯定不需要的是_________（填序号），除图中已有仪器外，配制上述溶液还需要的玻璃仪器是____________________。(2)在容量瓶的使用方法中，下列操作不正确的是____________。A．使用容量瓶前检验是否漏水。B．容量瓶用水洗净后，再用待配溶液洗涤。C．配制溶液时，如果试样是固体，把称好的固体用纸条小心倒入容量瓶中，缓慢加水至接近刻度线1~2cm处，用胶头滴管加蒸馏水至刻度线。D．配制溶液时，若试样是液体，用量筒取样后用玻璃棒引流倒入容量瓶中，缓慢加水至刻度线1~2cm处，用胶头滴管加蒸馏水至刻度线。E．盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，另一只手托住瓶底，把容量瓶反复倒转多次，摇匀。(3)根据计算用托盘天平称取的质量为_______g。在实验中其他操作均正确，若定容时仰视刻度线，则所得溶液浓度______0.1mol/L（填“大于”“小于”或“等于”）。(4)根据计算得知，需用量筒量取质量分数为98%、密度为1.84g/cm3的浓硫酸的体积为________mL。21、(1)将2.4gNaOH溶于水配成300mL的溶液，它的物质的量浓度为_______mol/L，取出该溶液30mL，它的物质的量浓度为______mol/L，取出的溶液中含氢氧化钠______mol,把取出的溶液稀释到120mL，稀释后溶液的物质的量浓度为______mol/L，若用0.1mol/L的硫酸中和稀释后的NaOH溶液，需用去硫酸_____mL。(2)电解水的实验中，标准状况下产生氢气5.6L，其物质的量_____mol,有____g水分解。

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.氧元素形成的简单氢化物是水，其常温下是液体，因为水分子之间可以形成氢键，所以水的沸点较高；B.氟元素形成的气简单氢化物是HF，常温下是气体；C.氮元素形成的简单气态氢化物是氨气，常温下是气体；D.硫形成的简单气态氢化物是硫化氢，常温下是气体。综上所述，以上非金属元素形成的简单氢化物中沸点最高的是水，本题选A。点睛：比较不同物质的沸点时，比较简单的方法是根据其在常温下的状态进行判断，固态物质高于液态物质、液态物质高于气态物质。要注意物质的分子间能否形成氢键，氢键对物质的沸点影响较大。2、D【解析】

A.电解质、非电解质都属于化合物，氢气是单质，既不是电解质也不是非电解质，A错误；B.SO2溶于水后和水反应生成亚硫酸，亚硫酸是酸，能够电离出自由移动的离子而能导电，但电离出的离子的物质是亚硫酸而不是SO2，故亚硫酸是电解质，而SO2不是电解质，而是非电解质，B错误；C.NaCl是盐，属于电解质，但在晶体中NaCl未发生电离作用，无自由移动的离子，所以NaCl晶体不能导电，C错误；D.电离是电解质导电的前提，氧化铝是离子化合物，在熔融状态下电离出Al3+、O2-而能导电，D正确；故合理选项是D。3、C【解析】

本题主要考查氧化还原反应中氧化剂与还原剂的氧化性与还原性性质大小判断。根据氧化还原反应中氧化性：氧化剂>氧化产物，还原性：还原剂>还原产物进行分析。反应①16H++10Z-+2XO4-==2X2++5Z2+8H2O中，Z-作还原剂，XO4-为氧化剂，氧化产物为Z2，还原产物为X2+，氧化性关系：XO4->Z2，还原性关系：Z->X2+；反应②2A2++B2==2A3++2B-中，A2+作还原剂，B2作氧化剂，氧化产物为A3+，还原产物为B-，氧化性关系：B2>A3+，还原性关系：A2+>B-；反应③2B-+Z2==B2+2Z-中，B-作还原剂，Z2做氧化剂，氧化产物为B2，还原产物为Z-，氧化性：Z2>B2，还原性：B->Z-；综合上述分析可知，氧化性关系：XO4->Z2>B2>A3+；还原性关系：A2+>B->Z->X2+。【详解】A.由上述分析可知，氧化性：XO4->Z2>B2>A3+，正确；B.XO4-中X的化合价为+7价，X所对应的单质中元素化合价为0价，X2+中X的化合价处于中间价态，故X2+既有还原性，又有氧化性，正确；C.由上述分析可知，还原性：A2+>B->Z->X2+，错误；D.根据氧化还原反应中氧化性：氧化剂>氧化产物，还原性：还原剂>还原产物，综合上述微粒的氧化性与还原性关系可判断，溶液中可发生：Z2+2A2+==2A3++2Z-，正确。4、C【解析】

50mL1mol·L-1MgCl2溶液的Cl-浓度为2mol·L-1；A.Cl-浓度为1mol·L-1，故A错误；BCl-浓度为4mol·L-1，故B错误；C.Cl-浓度为2mol·L-1，故C正确；D.Cl-浓度为3mol·L-1，故D错误；故选C。5、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。6、B【解析】A、五氧化二磷是一种酸性干燥剂，而氨气是一种碱性气体，所以不能用五氧化二磷干燥氨气，故A正确。B、一氧化氮易和氧气反应，不能用排空气法收集，故B错误。C、C、D装置均具有缓冲结构,用于尾气吸收，能防止液体倒吸到气体发生装置中,故C正确。D、F装置用于合成氨实验,若装浓硫酸，浓硫酸具有吸水性，可干燥气体,并且利用F中气泡的多少能大致观察H2和N2的体积比,故D正确。本题正确选项为B。7、C【解析】

离子还原性SO32->I－>Fe2+、故首先发生反应①SO32-+H2O+Cl2=SO42-+2Cl-+2H+,再发生反应2I－+Cl2=I2+2Cl-,然后发生反应2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-,根据发生反应顺序计算离子开始反应到该离子反应完毕时氯气的体积,【详解】A.由SO32-+H2O+Cl2=SO42-+2Cl-+2H+,可以知道,0.1molSO32-完全反应需要消耗0.1mol氯气,标准状况下的Cl2的体积为:0.1mol22.4L/mol=2.24L,图象中氯气的体积与计算结果不一致,故A错误;B.0.1molSO32-完全反应后,然后发生2I－+Cl2=I2+2Cl-,0.1molSO32-完全反应需要消耗0.1mol氯气,故开始反应时氯气的体积为2.24L,0.1molI-完全反应消耗0.05氯气,故0.1molI-完全反应时氯气的体积为:0.15mol22.4L/mol=3.36L,图象中氯气的体积与计算结果不一致,故B错误;C.0.1molSO32-完全反应需要消耗0.1mol氯气,0.1molI-完全反应消耗0.05氯气,故亚铁离子开始反应时氯气的体积为:0.15mol22.4L/mol=3.36L,由2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-可以知道,0.1molFe2+完全反应消耗0.05氯气,故Fe2+完全时消耗的氯气体积为:0.20mol22.4L/mol=4.48L,图象与实际一致,故C选项是正确的;D.SO32-、Fe2+、I－完全时消耗的氯气为0.20mol,产生的氯离子为0.40mol和,图象中氯离子的物质的量不符，故D错误;答案：C【点睛】根据离子还原性SO32->I－>Fe2+,故首先发生反应SO32-+H2O+Cl2=SO42-+2Cl-+2H+,再发生反应2I－+Cl2=I2+2Cl-,然后发生反应2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-,根据发生反应顺序计算离子开始反应到该离子反应完毕时氯气的体积,据此进行判断。8、D【解析】

根据c=，则n=cV，100mL0.5mol/L盐酸含HCl的物质的量=0.5mol/L×0.1L=0.05mol，物质的量的单位是mol，答案选D。9、B【解析】

A.碳酸钠在溶液中能够与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠固体加热分解能够生成碳酸钠；B.碳酸钠、碳酸氢钠均能与澄清石灰水反应生成碳酸钙沉淀而使溶液变浑浊；C.碳酸氢钠中碳的百分含量更高；D.碳酸钠和二氧化碳反应生成溶解度更小的碳酸氢钠；【详解】A.加热条件下，碳酸氢钠固体能够转化成碳酸钠，反应的化学方程式为：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，在溶液中，碳酸钠能够与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，反应的化学方程式为：Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，因此碳酸钠和碳酸氢钠能够相互转化，故A项正确；B.碳酸钠与澄清石灰水的反应方程式为：Na2CO3+Ca(OH)2＝CaCO3↓+2NaOH，少量的碳酸氢钠与澄清石灰水的反应方程式为：Ca(OH)2+NaHCO3=CaCO3↓+H2O+NaOH，因此都会出现碳酸钙沉淀，现象相同，则不可以用澄清石灰水对二者进行鉴别，故B项错误；C.由于HCO3-和和H+反应只需一步放出二氧化碳，而CO32-要两步反应才能放出二氧化碳，故碳酸氢钠和盐酸的反应更剧烈；碳酸氢钠中碳的百分含量更高，故等质量的两者和盐酸反应时，碳酸钠与盐酸反应产生二氧化碳少，故C项正确；D.碳酸钠和二氧化碳反应生成碳酸氢钠，：Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，由于碳酸氢钠的溶解度比碳酸钠小，生成的碳酸氢钠以晶体形式析出，则溶液产生沉淀而变浑浊，原因之一是碳酸钠溶解度更大，故D项正确；答案选B。10、D【解析】

海带灼烧加入蒸馏水溶解过滤除去不溶性杂质，加入稀硫酸酸化加入过氧化氢把碘离子氧化为碘单质，加入四氯化碳萃取分液得到碘单质的四氯化碳溶液，蒸馏得到碘单质。【详解】A、第③步是过滤操作，所需的主要玻璃仪器有：玻璃棒、烧杯、漏斗，故不选A；B、第④步的离子反应方程式：H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O，H2O2的作用是氧化剂，故不选B；C、第⑤步为萃取分液分，碘易溶于CCl4，CCl4密度大于水，下层呈紫红色，故不选C；D、第②步的溶液不含碘单质，加入淀粉不会变蓝，故选D。11、D【解析】

试题分析：xgH2O的物质的量为mol，1molH2O中含2molH，设xgH2O中含有y个氢原子，则mol×2×NA=y，解得NA=，故选D。12、C【解析】

A．以实验研究金属钠能跟氧气、水等无机物反应，跟酒精等有机物反应，用到的是实验法，故A不选；B．实验过程中需要用肉眼观察实验现象，用到的是观察法，故B不选；C．没有分门别类地对物质及其变化进行研究，故C选；D．采取对比方法研究金属钠跟酒精反应的性质以及它与水反应的异同点，用到的是比较法，故D不选；故答案为：C。13、D【解析】

溶液中阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数，利用电荷守恒计算。【详解】溶液中阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数，设SO42ˉ的浓度为xmol·Lˉ1，则0.2

mol·Lˉ1

+0.25

mol·Lˉ12=0.4

mol·Lˉ1+2x，解得x=0.15

mol·Lˉ1，故选D。14、B【解析】

萃取适合于溶质在不同溶剂中的溶解性不同而分离的一种方法，分液适用于互不相溶的液体之间的一种分离方法，蒸馏是依据混合物中个组分沸点不同而分离的一种法，适用于除去易挥发、难挥发或不挥发杂质，过滤适用于不溶性固体和液体之间的一种分离方法。据此判断。【详解】“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”，“以烧酒复烧二次……价值数倍也”。这里用到的实验方法属于蒸馏法，答案选B。15、B【解析】

还原剂在氧化还原反应中所含元素的化合价升高，故可分析变化中物质所含元素的化合价是否有升高来解答。【详解】A.Cl2→NaCl的变化中氯元素的化合价由0变为-1，则氯气在反应中作为氧化剂，故A与题意不符；B.Na→Na2O2的变化中钠元素的化合价由0变为+1，其中钠单质在反应中作为还原剂，故B符合题意；C.H2SO4(稀)→H2的变化中氢元素的化合价由+1降为0，则稀硫酸在反应中作为氧化剂，故C与题意不符；D.NaHCO3→Na2CO3的变化中无元素的化合价发生变化，故D与题意不符；答案选B。16、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。二、非选择题（本题包括5小题）17、过滤蒸馏Ba2++SO42-=BaSO4↓H++CaCO3=Ca2++CO2↑+H2OCuSO4KCl序号化学式ICaCO3、Na2SO4、Ba(NO3)2IICaCO3、Na2SO4、Ba(NO3)2、KCl用试管取少许步骤①中的“无色溶液”，滴入HNO3酸化，再滴入AgNO3溶液；若有白色沉淀出现，则原白色固体粉末中含有KCl；若无白色沉淀出现，则原白色固体粉末中不含KCl【解析】

假设这些物质都有，经步骤①得到无色溶液和白色沉淀，说明原粉末中没有FeCl3，在该假设的前提下，白色沉淀是CaCO3、BaSO4，向该沉淀中加入稀硝酸产生无色气体，则说明沉淀中一定有CaCO3，题中告知能反应的物质之间的反应恰好完全，加入稀硝酸之后，沉淀的质量减少，说明还含有BaSO4，则原粉末中有一定有CaCO3、Na2SO4、Ba(NO3)2；KCl不和上述的任何物质反应，也不能通过实验现象去确定其是否存在，故可能有KCl。【详解】（1）经步骤①得到无色溶液和白色沉淀，则该步骤为过滤；要从步骤②所得“无色溶液”中提取溶剂，需要采用蒸馏；（2）经分析，原粉末中一定有CaCO3、Na2SO4、Ba(NO3)2，则步骤①中的离子方程式为Ba2++SO42-=BaSO4↓；步骤②中，仅CaCO3和HNO3反应，该反应的离子方程式为2H++CaCO3=Ca2++CO2↑+H2O；（3）经分析，原固体粉末中一定没有CuSO4，不能确定是否存在的是KCl；（4）由于原固体粉末中一定没有CuSO4，一定有CaCO3、Na2SO4、Ba(NO3)2，可能有KCl，故其组成由两种情况：序号化学式ICaCO3、Na2SO4、Ba(NO3)2IICaCO3、Na2SO4、Ba(NO3)2、KCl（5）KCl是唯一可能存在的物质，故只需要鉴定KCl即可，可以用AgNO3溶液检验KCl：用试管取少许步骤①中的“无色溶液”，滴入HNO3酸化，再滴入AgNO3溶液；若有白色沉淀出现，则原白色固体粉末中含有KCl；若无白色沉淀出现，则原白色固体粉末中不含KCl。【点睛】“白色粉末”的推断题，是酸碱盐的常考题型，解答思路一般是先假设粉末还有所有的固体，再根据后续的实验现象，确定这些固体的存在情况。18、CaCl2HClAgNO3Na2CO3【解析】

根据实验现象，A+B反应无明显现象，可确定A和B为CaCl2和HCl，再结合B+D反应有无色无味气体放出，反应的离子方程式为CO32-+2H+=CO2↑+H2O，可推出B为HCl，D为Na2CO3，C+B反应有白色沉淀生成，可推出C为AgNO3，反应的离子方程式为Ag++Cl-=AgC1↓，最后根据A+D反应有白色沉淀生成，推出A为CaCl2。【详解】根据实验现象，A+B反应无明显现象，可确定A和B为CaCl2和HCl，再结合B+D反应有无色无味气体放出，反应的离子方程式为CO32-+2H+=CO2↑+H2O，可推出B为HCl，D为Na2CO3，C+B反应有白色沉淀生成，可推出C为AgNO3，反应的离子方程式为Ag++Cl-=AgC1↓，最后根据A+D反应有白色沉淀生成，推出A为CaCl2。(1)、由以上分析可知A为CaCl2，B为HCl，C为AgNO3，D为Na2CO3，故答案为CaCl2，HCl，AgNO3，Na2CO3；(2)B为HCl，D为Na2CO3，反应有无色无味气体放出，反应的离子方程式为：CO32-+2H+=CO2↑+H2O，B为HCl，C为AgNO3，反应的离子方程式为：Ag++Cl-=AgC1↓，故答案为:CO32-+2H+=CO2↑+H2O；Ag++Cl-=AgC1↓。19、ac饱和碳酸氢钠溶液Na2CO3＋H2SO4===Na2SO4＋H2O＋CO2↑连接装置B和装置C的导管中原有空气被排出，读数时导管中又充满了液体，这部分液体体积无法测量，产生误差【解析】

（1）a．镁带中含有少量的铝，相同质量的镁和铝，铝生成的氢气多；b．氧化镁和硫酸反应没有气体生成；c．读数时俯视，导致读取的C中液体的体积偏大；d．装置漏气会使得B中的读数偏小，据此分析解答；（2）二氧化碳在水中的溶解度较大，在饱和碳酸氢钠中的溶解度较小；若选择硫酸进行反应，根据硫酸钙微溶于水，分析是选择碳酸钙好，还是碳酸钠好；（3）装置Ⅲ测量气体的体积时，连接装置B和装置C的导管中原有空气被B中液体排出，读数时导管中又充满了液体，据此分析解答。【详解】（1）a．镁带中含有少量的铝，相同质量的镁和铝，铝生成的氢气多，所以会导致气体体积偏大，故a正确；b．镁条表面的氧化物没有除去，部分氧化镁和硫酸反应没有气体生成，会导致气体体积偏小，故b错误；c．读数时俯视，导致气体体积偏大，故c正确；d．装置漏气气体体积偏小，故d错误；故答案为ac；（2）二氧化碳在水中的溶解度较大，在饱和碳酸氢钠中的溶解度较小，因此B管中可以装入饱和碳酸氢钠溶液；若选择硫酸进行反应，因为硫酸钙微溶于水，应该选用碳酸钠与硫酸反应制备二氧化碳，反应的化学方程式：Na2CO3+H2SO4═Na2SO4+H2O+CO2↑，故答案为饱和碳酸氢钠溶液；Na2CO3+H2SO4═Na2SO4+H2O+CO2↑；（3）相对于装置Ⅰ、Ⅱ，装置Ⅲ测量气体的体积时，连接装置B和装置C的导管中原有空气被排出，读数时导管中又充满了液体，这部分液体体积无法测量，产生误差，故答案为连接装置B和装置C的导管中原有空气被排出，读数时导管中又充满了液体，这部分液体体积无法测量，产生误差。20、AC烧杯、玻璃棒BCD2.0小于13.6【解析】

(1).配制一定物质的量浓度的上述溶液需要的仪器有：量筒、托盘天平、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶等，则肯定不需要的是圆底烧瓶和分液漏斗，还需要的玻璃仪器是烧杯和玻璃棒，故答案为：AC；烧杯、玻璃棒；(2).A.容量瓶有瓶塞，配制过程中需要反复颠倒摇匀，为了避免漏液，使用容量瓶前要检验是否漏水，故A正确；B.容量瓶用水洗净后，再用待配溶液洗涤，会导致配制的溶液中溶质的物质的量偏大，配制的溶液浓度偏高，故B错误；C.容量瓶为定量仪器，只能用于配制一定物质的量浓度的溶液，不能