2024届河南省名校联考化学高一上期末经典试题含解析

2024届河南省名校联考化学高一上期末经典试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡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、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、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、下列有关电解质的叙述正确的是()A．液态HCl不导电，所以HCl是非电解质B．熔融NaCl可以导电，所以NaCl是电解质C．液态Cl2不导电，所以Cl2是非电解质D．SO2的水溶液能够导电，所以SO2是电解质2、下列物质属于铁合金的是()A．铁水 B．氧化铁 C．钢 D．赤铁矿3、你认为减少酸雨产生的途径可采用的措施是：①少用煤作燃料；②把工厂的烟囱造高；③燃料脱硫；④在已酸化的土壤中加石灰；⑤开发新能源A．①②③ B．②③④ C．①③⑤ D．③④⑤4、下列名词与环境污染无关的是()①白色垃圾②潮汐③酸雨④光化学烟雾⑤臭氧层空洞⑥可吸入颗粒物⑦赤潮⑧生物固氮A．①⑦B．②⑤C．②⑧D．⑦⑧5、下列化合物是非电解质的是（）A．硫酸 B．烧碱 C．乙醇 D．纯碱6、下列气体中，既可用浓硫酸干燥，又可用碱石灰干燥的是()A．O2 B．Cl2 C．SO2 D．NH37、下列关于碳酸钠和碳酸氢钠的叙述，正确的是()A．常温时，在水中的溶解度：碳酸钠＞碳酸氢钠B．热稳定性：碳酸钠＜碳酸氢钠C．质量相同时，分别与同体积、同浓度盐酸反应，产生气泡快慢：碳酸钠＞碳酸氢钠D．质量相同时，分别与足量的盐酸反应，生成的质量：碳酸钠＝碳酸氢钠8、在两个密闭容器中，分别充有质量相同的甲、乙两种气体，若它们的温度和密度均相同，试根据甲、乙的摩尔质量(M)关系，判断下列说法正确的是（）A．若M甲＞M乙，则气体体积：甲＜乙B．若M甲＜M乙，则气体的压强：甲＞乙C．若M甲＞M乙，则气体的摩尔体积：甲＜乙D．若M甲＜M乙，则气体的分子数：甲＜乙9、用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列判断正确的是()A．标准状况下，11.2LH2O中含有的氧原子数为0.5NAB．5.6g铁与足量盐酸反应转移的电子数为0.3NAC．16gO2与16gO3含有的氧原子数目相等D．常温常压下，11.2L氯气所含原子数目为NA10、用NA代表阿伏加德罗常数，下列说法中正确的是（）A．1mol水含有的氢原子数目为NA B．1mol氩气分子所含的原子数目为2NAC．0.5mol碳酸钠中含有的钠离子为0.5NA D．0.5mol硝酸中含有的氧原子为1.5NA11、某原子X的核内中子数为N，质量数为A，它与原子3H构成3HaX分子。bg3HaX所含质子的物质的量是（）A．mol B．molC．mol D．mol12、NaOH固体溶于水，温度升高是因为（）A．只发生水合放热过程 B．只发生扩散吸热过程C．水合过程放热大于扩散过程吸热 D．扩散过程吸热大于水合过程放热13、有铝、铁组成的混合物，分为等质量的两份，分别投入到足量的稀盐酸和足量的稀氢氧化钠溶液中，放出氢气体积比为2:1（同温同压下）。则该混合物铝和铁的关系正确的是A．物质的量之比为1:1 B．物质的量之比为2：3C．质量之比为56:27 D．条件不足无法计算14、短周期金属元素甲～戊在元素周期表中的相对位置如图所示，下列判断正确的是（）甲乙丙丁戊A．原子半径：丙＜丁＜戊B．金属性：乙＞甲C．最外层电子数：甲＞乙D．最高价氧化物的水化物的碱性：丙＞丁＞戊15、下列物质中既能跟稀硫酸反应，又能跟氢氧化钠溶液反应的是（）①NaHCO3②（NH4）2CO3③Al2O3④Al（OH）3⑤AlA．③④ B．②④⑤C．①③④⑤ D．①②③④⑤16、实验室中，要使氯化铝溶液中的铝离子全部沉淀出来，适宜用的试剂是()A．氢氧化钠溶液 B．氢氧化钡溶液 C．盐酸 D．氨水二、非选择题（本题包括5小题）17、已知A为金属单质，下列物质相互转化如图所示：试回答：（1）写出B的化学式_______，D的化学式______。（2）写出由E转变成F的化学方程式______。（3）检验G溶液中阳离子的试剂为______，写出发生反应的离子方程式______。（4）向G溶液加入A的有关离子反应方程式______。（5）某同学取B的溶液酸化后加入碘化钾淀粉溶液，在空气中放置一会儿变为蓝色，写出与上述变化过程相关的离子方程式______，______。18、已知A为常见的金属单质，根据如下所示的转化关系回答下列问题：(1)写出下列物质的化学式：A________，B_______，C_______，D_________，E__________。(2)反应③的离子方程式为_______________；反应④的离子方程式为___________；反应⑦的化学方程式为_____________。19、实验室需要0.3mol/LNaOH溶液480mL和1.0mol/L硫酸溶液250mL。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)下列操作中，容量瓶所不具备的功能有________(填序号)。A．配制一定体积准确浓度的标准溶液B．贮存溶液C．测量容量瓶规格以下的任意体积的液体D．准确稀释某一浓度的溶液E.用来加热溶解固体溶质(3)根据计算用托盘天平称取NaOH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___0.3mol/L(填“大于”“等于”或“小于”，下同)。(4)根据计算得知，所需质量分数为98%、密度为1.84g/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15mL、20mL、50mL量筒，应选用________mL的量筒最好。20、某实验小组拟配制0.10mol·L-1的氢氧化钠溶液并进行有关性质实验，回答下列问题。(1)若实验中大约要使用475mL氢氧化钠溶液，至少需要称量氢氧化钠固体________g。

(2)从如图中选择称量氢氧化钠固体所需要的仪器________(填序号)。

(3)定容时加水超过刻度线，会使配制溶液的浓度_________(偏高，偏低或不变)。

(4)下列情况会使所配溶液浓度偏低________(填序号)。①称量读数时，左盘高，右盘低②溶液转移到容量瓶后，未进行洗涤操作③转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水④定容时，仰视容量瓶的刻度线⑤在烧杯中溶解氢氧化钠后，立即将所得溶液注入容量瓶中⑥定容后摇匀，发现液面降低，又补加少量水，重新达到刻度线21、按要求填空。（1）根据反应Cu＋4HNO3(浓)＝Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O，氧化剂与还原剂的物质的量之比是_____，当有2molHNO3参加反应时，被氧化的物质是____g，电子转移数目约为_____个。（2）在反应K2S＋4H2SO4(浓)K2SO4＋4SO2↑＋4H2O中，氧化产物是____，还原产物是______，氧化剂与还原剂物质的量之比是_____。（3）某同学写出以下三个化学方程式：(未配平)①NO＋HNO3→N2O3＋H2O②NH3＋NO→HNO2＋H2O③N2O4＋H2O→HNO3＋HNO2其中你认为不可能实现的是______。（4）今有下列三个氧化还原反应：①2FeCl3＋2KI＝2FeCl2＋2KCl＋I2②2FeCl2＋Cl2＝2FeCl3③2KMnO4＋16HCl(浓)＝2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O氧化性最强的物质的是____(填字母，下同)，若某溶液中有Fe2＋、I－、Cl－共存，要将I－氧化除去而不氧化Fe2＋和Cl－，则可加入的试剂是____。A．Cl2B．KMnO4C．FeCl3D．I2（5）30mL浓度为0.05mol·L－1的Na2SO3溶液恰好与25mL浓度为0.02mol·L－1的K2R2O7溶液反应，则元素R在还原产物中的化合价是_______。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解题分析】

A．液态HCl不导电，但是溶于水能够导电，所以氯化氢为电解质，故A错误；B．NaCl是化合物，且熔融NaCl可以导电，则NaCl是电解质，故B正确；C．氯气为单质，不是电解质，也不是非电解质，故C错误；D．SO2本身不能电离产生自由移动的离子，属于非电解质，故D错误；故答案为B。【题目点拨】电解质是指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，例如酸、碱、盐、活泼金属氧化物等，凡在上述情况下不能导电的化合物叫非电解质，例如非金属氧化物、一些氢化物和一些有机物如蔗糖和酒精等；特别注意能导电的不一定是电解质，且非电解质的水溶液也可能导电，如SO2的水溶液导电，是因为生成亚硫酸的缘故；另外电解质和非电解质都是化合物，既要排除单质又要排除混合物。2、C【解题分析】

A．铁水是液态的铁，属于铁单质，不是合金，故A不选；B．氧化铁是铁的氧化物，是纯净物，不属于合金，故B不选；C．钢是铁、碳形成的铁合金，属于合金，故C选；D．赤铁矿的主要成分是氧化铁，不是合金，故D不选；故选C。3、C【解题分析】

①减少煤作燃料、③燃料脱硫、⑤开发新能源都可减少含硫物质的排放，可减少二氧化硫的形成，而②造高工厂烟囱不能减少二氧化硫、氮氧化物的产生，即不能减缓酸雨污染，④在已经酸化的土壤中加石灰，可以改良土壤，但不能减缓酸雨污染；答案选C。4、C【解题分析】①白色垃圾是难降解的塑料垃圾，会引起白色污染，故①不选；②潮汐是自然现象，和环境污染无关，故②选；③酸雨是大量排放SO2或氮的氧化物造成的大气污染，雨水pH＜5.6，对植被、建筑物、土壤等造成很大伤害，故③不选；④氮氧化物和碳氢化合物(HC)在大气环境中受强烈的太阳紫外线照射后产生一种新的二次污染物--光化学烟雾，故④不选；⑤臭氧空洞的成因来自于多个方面，对人类健康、植物和水生系统等均有危害，故⑤不选；⑥通常把粒径在10微米以下的颗粒物称为可吸入颗粒物或飘尘，可吸入颗粒物(PM10)在环境空气中持续的时间很长，对人体健康和大气能见度影响都很大，故⑥不选；⑦赤潮是水中的氮、磷元素浓度过大造成的水污染，会导致藻类疯长，引起水中缺氧，水生生物大量死亡，故⑦不选；⑧生物固氮是指固氮微生物将大气中的氮气还原成氨的过程。生物固氮在农业生产中具有十分重要的作用。和环境污染无关，故⑧选；故选C。5、C【解题分析】

A.硫酸为化合物，水溶液中能导电，是电解质，故A错误；

B.烧碱是化合物，在水溶液中或熔融状态下能导电，是电解质，故B错误；

C.乙醇是化合物，在水溶液中和熔融状态下不能导电，是非电解质，故C正确；

D.纯碱是化合物，在水溶液中或熔融状态下能导电，是电解质，故D错误；

故答案选C。【题目点拨】电解质：酸、碱、盐、金属氧化物、水；非电解质：绝大部分有机物，非金属氧化物，氨气等；电解质和非电解质均属于化合物。6、A【解题分析】

A.O2是中性气体，所以既能用浓硫酸又能用碱石灰干燥，故A正确；B.Cl2可以用浓硫酸干燥，和氢氧化钠反应，不能用碱石灰干燥，故B错误；C.二氧化硫是酸性气体能和氢氧化钠反应，所以不能用碱石灰干燥，故C错误；D.NH3是碱性气体和浓硫酸发生反应，不能用浓硫酸干燥，故D错误。故选A。【题目点拨】酸性干燥剂不能用来干燥碱性气体，而碱性干燥剂不能用来干燥酸性气体，中性气体既能用酸性干燥剂又能用碱性干燥剂干燥。7、A【解题分析】

A.常温时，在水中的溶解度：碳酸钠＞碳酸氢钠，故A正确；B.碳酸氢钠受热易分解，生成碳酸钠、水和二氧化碳，碳酸钠不分解，热稳定性：碳酸钠＞碳酸氢钠，故B项错误；C.碳酸钠与盐酸反应首先转化为碳酸氢钠，然后碳酸氢钠与盐酸反应放出二氧化碳，因此质量相同时，分别与同体积、同浓度盐酸反应，产生气泡快慢：碳酸钠＜碳酸氢钠，C项错误；D.质量相同时，分别与足量的盐酸反应，根据化学方程式计算得，生成CO2的质量：碳酸钠＜碳酸氢钠，D项错误。故选A。8、B【解题分析】

两个密闭容器中，分别充有质量相同的甲、乙两种气体，若它们的温度和密度均相同，则二者的体积相等；A．二者质量相等、密度相等，所以其体积相等，与摩尔质量无关，故A错误；B．若M（甲）＜M（乙），根据pV=nRT=RT，所以pM=ρRT，二者密度、温度相等，所以其压强与摩尔质量成反比，所以气体的压强：甲＞乙，故B正确；C．若M（甲）＞M（乙），根据n=，二者的物质的量：甲＜乙，根据Vm=知，气体的摩尔体积：甲＞乙，故C错误；D．若M（甲）＜M（乙），根据n=，二者的物质的量：甲＞乙，根据N=nNA知，二者的分子数甲＞乙，故D错误；答案选B。9、C【解题分析】

A选项，标准状况下，H2O为非气体，不能用气体摩尔体积进行计算，故A错误；B选项，5.6g铁即物质的量为0.1mol，铁与足量盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，铁升高2个价态，因此0.1mol铁反应转移的电子数为0.2NA，故B错误；C选项，16gO2物质的量，氧原子物质的量，16gO3物质的量，氧原子物质的量，因此两者含有的氧原子数目相等，故C正确；D选项，常温常压下，气体摩尔体积为24.5L∙mol-1，因此11.2L氯气物质的量小于0.5mol，所含原子数目小于NA，故D错误；综上所述，答案为C。10、D【解题分析】

A.1mol水含有的氢原子数目为1mol×2×NA=2NA，故A错误；B.氩气为单原子分子，因此1mol氩气分子所含的原子数目为NA，故B错误；C.0.5molNa2CO3中含有的钠离子为0.5mol×2×NA=NA，故C错误；D.0.5mol硝酸中含有的氧原子为0.3mol×3×NA=1.5NA，故D正确；答案：D11、C【解题分析】

bg3HaX所含质子的物质的量是=mol。故选C。12、C【解题分析】

氢氧化钠溶于水，溶液温度显著升高的原因是氢氧化钠溶于水扩散过程吸收热量小于水合过程放出的热量，溶解后溶液温度升高，故C正确；故答案选C。13、B【解题分析】

铁、铝的混合物跟足量的NaOH溶液反应：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，铁与氢氧化钠不反应，铁、铝的混合物跟足量的HCl溶液反应：2Al+6HCl=AlCl3+3H2↑，Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，可见铝与酸反应和铝与碱反应产生的氢气体积相等。则铁与盐酸反应产生的氢气与铝反应产生的氢气体积相等。由方程式可的n(Al):n(Fe)=2:3。14、D【解题分析】

A、丙、丁、戊位于同周期，同周期从左向右原子半径依次减小(稀有气体除外)，即原子半径：丙>丁>戊，故A错误；B、甲和乙属于同周期，从左向右金属性减弱，非金属性增强，即金属性：甲>乙，故B错误；C、主族元素，最外层电子数等于族序数，同周期从左向右最外层电子数增多，即最外层电子数：乙>甲，故C错误；D、金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强，金属性：丙>丁>戊，即最高价氧化物对应水化物的碱性：丙>丁>戊，故D正确；答案选D。15、D【解题分析】

①NaHCO3属于弱酸的酸式盐，既能与盐酸反应，生成CO2气体，又能与氢氧化钠反应，生成碳酸钠，故①正确；②（NH4）2CO3属于弱酸弱碱盐，既能与酸反应,生成SO2气体，又能与碱反应，生成NH3，故②正确；③Al2O3属于两性氧化物,既能与酸反应，生成Al3+，又能与碱反应生成AlO2−，故③正确；④Al(OH)3

属于两性氢氧化物，既能与酸反应，生成Al3+，又能与碱反应生成AlO2−，故④正确；⑤金属铝与硫酸反应生成Al3+和氢气，与碱反应生成AlO2−和氢气，故⑤正确，故选：D。【题目点拨】既能与酸反应，又能与碱反应的物质有弱酸弱碱盐、弱酸的酸式盐、两性氧化物、两性氢氧化物、金属铝、蛋白质和氨基酸等物质，16、D【解题分析】

Al3+转化为不溶于水的物质是Al（OH）3，Al（OH）3具有两性，既能和强酸反应又能和强碱反应，要使Al2（SO4）3溶液中的Al3+完全沉淀，选取试剂时就不能选强碱，只能是弱碱。【题目详解】A.

NaOH溶液是强碱，能溶解氢氧化铝沉淀，故A错误；B.

Ba(OH)2溶液是强碱，能溶解氢氧化铝沉淀，故B错误；C.盐酸是酸，与Al3+不反应，故C错误；D.氨水是弱碱，加入过量的氨水能把铝离子完全沉淀，故D正确。二、非选择题（本题包括5小题）17、FeCl2KCl4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3KSCNFe3++3SCN-=Fe(SCN)32Fe3++Fe=3Fe2+4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O2Fe3++2I-=2Fe2++I2【解题分析】

白色沉淀E在空气中变为红褐色沉淀F，所以E为Fe(OH)2，F为Fe(OH)3，Fe(OH)3和盐酸反应生成的G为FeCl3；D溶液和AgNO3溶液反应生成不溶于硝酸的白色沉淀H（AgCl）和含K+的溶液，所以D为KCl，则B和C分别为KOH和FeCl2中的一种；G(FeCl3)可以和A生成B，所以B为FeCl2，A为铁，铁和盐酸反应生成FeCl2和氢气。【题目详解】（1）B为FeCl2，D为KCl；（2）由Fe(OH)2转变成Fe(OH)3的化学方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；（3）可以用KSCN溶液检验FeCl3溶液中的Fe3+，两者反应生成红色物质，发生反应的离子方程式为Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3；（4）向FeCl3溶液加入Fe，发生氧化还原反应，离子反应方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+；（5）FeCl2中的Fe2+有还原性，可以被空气中的氧气氧化，生成的Fe3+可以氧化I-生成I2，所以把FeCl2溶液酸化后加入碘化钾淀粉溶液，在空气中放置一会儿变为蓝色，发生的离子方程式有4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O和2Fe3++2I-=2Fe2++I2。18、FeFeCl2FeCl3Fe(OH)2Fe(OH)32Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-2Fe3＋+Fe=3Fe2＋4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3【解题分析】

A为常见的金属单质，其某种化合物是红褐色固体，该红褐色固体E为Fe(OH)3，由转化关系图可知，A是Fe单质，Fe与HCl反应产生的B是FeCl2，Fe与Cl2反应产生的C是FeCl3，FeCl2与Cl2反应产生FeCl3，FeCl3与Fe反应产生FeCl2，FeCl2与碱NaOH反应产生的D为Fe(OH)2，Fe(OH)2在溶液中被空气中的O2氧化为Fe(OH)3，FeCl3与NaOH反应也产生Fe(OH)3，然后结合物质的性质及化学用语来解答。【题目详解】(1)根据上述分析可知A是Fe，B是FeCl2，C是FeCl3，D是Fe(OH)2，E是Fe(OH)3。(2)反应③是FeCl2与Cl2反应转化为FeCl3，该反应的离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；反应④是FeCl3与还原剂Fe反应产生FeCl2，该反应的离子方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+；反应⑦是Fe(OH)2在溶液中被空气中的O2氧化为Fe(OH)3，该反应的化学方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。【题目点拨】本题考查无机物的推断，涉及铁元素的单质及化合物的性质及转化关系。注意物质的颜色为解答本题的突破口。Fe3+具有强氧化性，可以与还原剂反应转化为低价态的Fe2+，也可以转化为Fe单质；Fe2+既有氧化性，也有还原性，主要表现还原性；Fe单质与弱氧化剂作用转化为Fe2+，与强氧化剂作用转化为Fe3+。熟悉铁及其化合物的性质即可解答，注意氧化还原反应方程式书写时要遵循电子守恒。19、AC烧杯、玻璃棒BCE6.0小于13.615【解题分析】

(1)根据配制一定物质的量浓度溶液用到仪器选择；(2)容量瓶不能稀释浓溶液、不能用于溶解固体、储存溶液等；(3)依据n=c×v计算需要的氢氧化钠的物质的量，m=n×M计算氢氧化钠的质量；依据c=进行误差分析，凡是能够使n增大，或者使V减小的操作，都会使c偏大；凡是能够使n减小，V增大的操作都会使c偏小；(4)根据c=计算浓硫酸的浓度，再根据浓硫酸稀释前后溶质的物质的量不变计算，根据浓硫酸的体积选取量筒规格。【题目详解】(1)配制一定物质的量浓度溶液用到仪器：托盘天平、量筒、500mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、药匙等，则肯定不需要的仪器是AC，配制上述溶液还需用到的玻璃仪器是烧杯、玻璃棒；(2)容量瓶为精密仪器，只能用来配制一定体积准确浓度的溶液，不能配制或测量容量瓶规格以下的任意体积的液体，不能稀释或溶解药品，不能用来加热溶解固体溶质，不能用来长期存放溶液，故答案为：BCE；(3)配制0.3mol/LNaOH溶液480mL，需选择500ml的容量瓶，0.3mol/LNaOH溶液500mL中含有的氢氧化钠的物质的量为：0.3mol/L×0.5L=0.15mol，需要氢氧化钠的质量为：40g/mol×0.15mol=6.0g；在实验中其他操作均正确，若定容时仰视刻度线，溶液的体积V偏大，依据c=可知，所配溶液浓度偏小；(4)质量分数为98%、密度为1.84g/cm3的浓硫酸的浓度为：c===18.4mol/L，浓硫酸稀释前后溶质的物质的量不变，设浓硫酸的体积为V，所以18.4mol/L×V=1.0mol/L×0.25L，得V=0.0136L=13.6ml，选取的量筒规格应该等于或大于量取溶液体积，故选15mL量筒。【题目点拨】根据c=可知，一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量n和溶液的体积V引起的，误差分析时，关键要看配制过程中引起n和V怎样的变化，若n比理论值小，或V比理论值大时，都会使所配溶液浓度偏小；若n比理论值大，或V比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大。20、2.0①②⑤偏低①②④⑥【解题分析】

(1)根据配制溶液体积选择合适容量瓶，根据m=cVM计算需要氢氧化钠的质量；(2)称量一定质量的固体物质一般用托盘天平、药匙，称量腐蚀性药品应用小烧杯盛放；(3)、(4)分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响,根据c=n/V进行误差分析。【题目详解】(1)配制475mL、0.10mol/LNaOH溶液,应选择500mL容量瓶，实际配制500mL溶液，需要氢氧化钠质量m=0.5×0.1×40=2.0g，故答案为：2.0；(2)氢氧化钠具有腐蚀性，所以称量氢氧化钠固体应用的仪器：托盘天平，药匙，小烧杯，故答案为：①②⑤；(3)定容时加水超过刻度线，所配制的溶液的体积偏大，会使配制溶液的浓度偏低，故答案为：偏低；(4)①称量读数时，左盘高，右盘低，导致称量的固体质量偏小，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故选；②溶液转移到容量瓶后，未进行洗涤操作，导致部分溶质损耗，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故选；③转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水，对溶质的物质的量和溶液体积都不产生影响，溶液浓度不变，故不选；④定容时，仰视容量瓶的刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故选；⑤在烧杯中溶解NaOH后，立即将所得溶液注入容量瓶中，冷却后，溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故不选；⑥定容后摇匀，发现液面降低，又补加少量水，重新达到刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故选；综上所述，①②④⑥满足题意，故答案为：①②④⑥。【题目点拨】配制一定物质的量浓度的溶液误差分析要依据c=n/V进行分析：凡是实验操作中引起溶质的量n增大的，所配溶液的浓度偏高，凡是实验操作中引起溶液体积V增大的，所配溶液的浓度偏低。21、2∶1326.02×1023SO2SO23∶1②BC＋3【解题分析】

（1）反应方程式Cu＋4HNO3(