2025-2026学年湖北省大冶市一中化学高一第一学期期中质量检测模拟试题含解析.doc

2025-2026学年湖北省大冶市一中化学高一第一学期期中质量检测模拟试题
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，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、下列关于氯水的叙述，不正确的是（　　）
A．氯水可使干燥的pH试纸变红且部分褪色 B．硝酸银溶液滴入氯水中会产生白色沉淀
C．光照氯水有气泡逸出，该气体是O2 D．氯水放置一段时间后漂白性会增强
2、已知某饱和溶液的：①溶液的质量；②溶剂的质量；③溶液的体积；④溶质的摩尔质量；⑤溶质的溶解度；⑥溶液的密度。以上条件的组合中不能用来计算该饱和溶液的物质的量浓度的是
A．①③④ B．④⑤⑥ C．①②③④ D．①③④⑤
3、下列离子方程式书写正确的是
A．醋酸与氨水反应：CH3COOH+NH3•H2O═CH3COO-+NH4++ H2O
B．氯气跟水反应：Cl2+H2O=2H++Cl-+ClO-
C．钠跟水反应：Na+2H2O=Na++2OH-+H2↑
D．硫酸铜溶液跟氢氧化钡溶液反应：Ba2++SO42-=BaSO4↓
4、磷单质在反应4P+3KOH+3H2O=3KH2PO2+PH3↑中（ ）
A．被氧化 B．被还原
C．既被氧化又被还原 D．既未被氧化又未被还原
5、14C 常用于测定年代，关于其说法正确的是（ ）
A．比 12C 多两个质子 B．与 12C 化学性质相似
C．与 12C 互为同素异形体 D．质子数与中子数相等
6、下列选项中不能用如图表示物质或概念间从属关系的是

X
Y
Z
A
碱
电解质
化合物
B
离子反应
置换反应
氧化还原反应
C
胶体
分散系
混合物
D
碱性氧化物
金属氧化物
氧化物
A．A B．B C．C D．D
7、用NA表示阿伏加德罗常数，下列说法中正确的是
A．在常温常压下，11.2L氯气所含的原子数目为NA
B．32g氧气含的原子数目为NA
C．2 L 0.1mol·L-1 K2SO4溶液中离子总数约为1.4NA
D．5.6g铁与足量盐酸反应转移的电子数为0.2NA
8、设NA表示阿伏加德罗常数，则下列说法中正确的是 ( )
A．22.4L水含有的水分子个数为NA
B．11.5g钠与水发生反应转移的电子数为NA
C．一个氧原子的质量为32/NAg
D．在标准状况下，4.48L CH4中所含的原子总数为NA
9、只用一种试剂就能鉴别出AgNO3、Na2SO4、Na2CO3三种溶液，应选用
A．BaCl2 B．NaOH C．HCl D．NaCl
10、自来水常用Cl2消毒，用这种自来水配制下列物质的溶液不会产生明显变质的是
A．CuSO4 B．FeCl2 C．NaI D．AgNO3
11、下列分离提纯方法正确的是
A．除去NaCl固体中少量的Na2CO3：加水溶解，加入足量的CaCl2溶液，过滤，蒸发，结晶
B．除去NaCl固体中少量的KNO3:加水溶解，燕发结晶，趁热过滤
C．除去CO2气体中少量的HCl通过感有饱和Na2CO3溶液的洗气瓶洗气
D．除去CO2气体中少量的CO：通入适量O2后点燃
12、同温同压下，某集气瓶充满O2时质量为116g，充满CO2时质量为122g，充满气体X时质量为114g。则X的相对分子质量为（ ）
A．28 B．60 C．32 D．44
13、根据下面两个化学方程式判断Fe2＋、Cu2＋、Fe3＋氧化性由强到弱的顺序是①2FeCl3＋Cu===2FeCl2＋CuCl2　 ②CuCl2＋Fe===FeCl2＋Cu
A．Fe3＋>Cu2＋>Fe2＋ B．Fe2＋>Cu2＋>Fe3＋
C．Cu2＋>Fe3＋>Fe2＋ D．Fe3＋>Fe2＋>Cu2＋
14、根据表中信息判断，下列选项不正确的是(　　)
序号
反应物
产物
①
KMnO4、H2O2、H2SO4
K2SO4、MnSO4
②
Cl2、FeBr2
FeCl3、FeBr3
③
MnO、Cl－
Cl2、Mn2＋
A．第①组反应的其余产物为H2O和O2
B．第②组反应中参加反应的Cl2与FeBr2的物质的量之比为1∶2
C．第③组反应中生成1 mol Cl2，转移电子 2 mol
D．氧化性由强到弱顺序为MnO＞Cl2＞Fe3＋＞Br2
15、下列叙述正确的是
A．NaCl溶液在电流作用下电离成Na＋与Cl－
B．溶于水后能电离出H＋的化合物都是酸
C．氯化氢溶于水能导电，但液态氯化氢不能导电
D．硫酸钡难溶于水，所以硫酸钡是非电解质
16、下列物质中，能够导电的电解质是
A．Cu B．熔融的MgCl2
C．酒精 D．蔗糖
二、非选择题（本题包括5小题）
17、有五瓶损坏标签的试剂，分别盛有AgNO3溶液、稀硝酸、盐酸、氯化钡溶液、碳酸钾溶液，为了确定各瓶中是什么试剂，将它们任意编号为A、B、C、D、E，用小试管各盛少量，多次进行两两混合反应，反应现象为：A与B、A与E产生沉淀，B与D、B与E产生沉淀，C与E、D与E产生气体，而C与D无反应现象。由此，可判定各试剂瓶中所盛试剂为：
A________，B________，C________，D________，E________。
另外，请写出下面要求的离子方程式。
(1)A与E：__________________________________________。
(2)B与E：__________________________________________。
(3)C与E：___________________________________________。
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、现用98%的浓H2SO4(ρ=1.84g/cm3)配制浓度为0.5mol·L-1的稀硫酸480mL。
（1）配制该溶液应选用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和_____________。
（2）请将下列操作按正确的顺序填在横线上。(填选项字母)
A．量取浓H2SO4 B．反复颠倒摇匀 C．加水定容 D．洗涤所用仪器并将洗涤液转入容量瓶 E.稀释浓H2SO4 F.将溶液转入容量瓶
其正确的操作顺序为_____________。
（3）所需浓H2SO4的体积为_________mL。
（4）若用量筒量取浓硫酸时俯视液面将使所配溶液浓度______(填“偏高”、“偏低”或“无影响”，下同)。在转入容量瓶前烧杯中的液体未冷却将使所配溶液浓度_______。定容时必须使凹液面最低处与刻度线相切，若仰视将使所配溶液浓度_________。
（5）从配制好的溶液中取出40mL，加0.2mol·L－1的氢氧化钠溶液至完全中和，需要氢氧化钠溶液的体积为___________。
20、在下在下面的装置中，A是Cl2发生装置，C、D为气体的净化装置，C中装有饱和食盐水，D中装有浓H2SO4，E是硬质玻璃管,其中装有细铁丝网；F为干燥的广口瓶，烧杯G为尾气吸收装置。

试回答：
（1）实验室制取氯气的化学反应方程式：_____________。
（2）C装置作用：_______；
（3）E中的现象为__________；生成的物质是__________。
（4）写出G装置反应的离子方程式：____________。
21、煤燃烧排放的烟气含有SO2和NOx，采用NaClO2溶液作为吸收剂可同时对烟气进行脱硫、脱硝。将含有的SO2和NOx的烟气通入盛有NaClO2溶液的反应器中，反应一段时间后，测得溶液中离子浓度的有关数据如下（其它离子忽略不计）：
离子
Na+
SO42−
NO3−
OH−
Cl−
c/(mol·L−1)
5.5×10−3
8.5×10−4
y
2.0×10−4
3.4×10−3
（1）NaClO2属于钠盐，其中氯元素的化合价为_____；NaClO2的电离方程式为：____。
（2）SO2和NOx经NaClO2溶液吸收后转化为___________。此吸收过程中NaClO2所起的作用是__________。
（3）表中y=_______________。
参考答案

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、D
【解析】
氯水中含有Cl2、HClO、H+、Cl-、ClO-等微粒；H+能使PH试纸变红、HClO具有漂白性使pH试纸褪色；Cl-与硝酸银溶液反应生成氯化银沉淀；HClO见光分解为盐酸和氧气。
【详解】
氯水中含有Cl2、HClO、H+、Cl-、ClO-等微粒，H+能使pH试纸变红；HClO具有漂白性,能使pH试纸褪色，故A正确；氯水中含有Cl-，Cl-与硝酸银溶液反应生成氯化银沉淀，故B正确；HClO见光分解为盐酸和氧气，故C正确；HClO具有漂白性，次氯酸见光分解，所以氯水放置一段时间后漂白性会降低，故D错误；选D。
本题考查氯气的性质，侧重于氯水的成分与性质的考查，能很好地考查学生的科学素养，注意相关基础知识的积累，本题中要注意氯水的成分和性质。
2、A
【解析】
A．已知溶液的质量、溶液的体积、溶质的摩尔质量，不能计算溶质的物质的量，所以不能用来计算该饱和溶液的物质的量浓度，选A；
B．设溶质的溶解度为Sg，， ，所以知道溶质的摩尔质量、溶质的溶解度、溶液的密度，可计算物质的量浓度，故不选B；
C．m(质)= m(液)- m(剂)，n(质)=，，所以知道溶液的质量、溶剂的质量、溶液的体积、溶质的摩尔质量，可计算物质的量浓度，故不选C；
D．溶质的溶解度为Sg，，m(质)= m(液) ，n(质)=，，所以知道溶液的质量、溶液的体积、溶质的摩尔质量、溶质的溶解度，可计算物质的量浓度，故不选D；
选A。
3、A
【解析】试题分析：A、醋酸与氨水反应：CH3COOH+NH3•H2O═CH3COO-+NH4++ H2O，正确；B、次氯酸为弱酸，在离子方程式中应用化学式表示，错误；C、钠跟水反应：Na+2H2O=Na++2OH-+H2↑，电荷不守恒，错误；D、硫酸铜溶液跟氢氧化钡溶液反应：Ba2++SO42-=BaSO4↓，漏掉氢氧根和铜离子的反应，错误。
考点：考查离子方程式正误判断。
4、C
【解析】
磷元素的化合价由反应前的0价，一部分升高为中的价，被氧化；另一部分降低为中的价，被还原，故选C。
5、B
【解析】A. 14C与 12C属于同一种元素的核素， 质子数相同，故A错误；B. 14C与 12C 属于同种元素，化学性质相似，故B正确；C. 14C与 12C 是同种元素的不同核素，属于同位素，故C错误；D. 14C与 12C质子数相同，但中子数不同，故D错误；故选B。
点晴：本题考查了同位素的判断以及质子数、中子数和质量数的关系等知识点。元素符号的左下角数字表示质子数，左上角数字表示质量数，中子数=质量数-质子数。
6、B
【解析】
由图可知，概念的范畴为包含，然后利用物质的组成和性质来分析物质的类别，再根据概念的从属关系来解答。
【详解】
A.碱属于电解质，电解质是化合物，故A正确；
B. 置换反应一定是氧化还原反应，但离子反应不一定是置换反应，故B错误；
C.胶体属于分散系，而分散系都是由两种以上的物质组成，则属于混合物，故C正确；
D.碱性氧化物一定是金属氧化物，金属氧化物属于氧化物，符合包含关系，故D正确。
故选B。
本题D选项，有关氧化物的关系不可混淆，氧化物从组成分类可分为金属氧化物和非金属氧化物，从性质分类可分为碱性氧化物和酸性氧化物等。金属氧化物不一定是碱性氧化物，如Mn2O7，但碱性氧化物一定是金属氧化物；非金属氧化物不一定是酸性氧化物，如CO、NO2，酸性氧化物也不一定是非金属氧化物。
7、D
【解析】
A. 在常温常压下气体的摩尔体积大于22.4L/mol，11.2L氯气的物质的量小于0.5mol，所含的原子数目小于NA，A错误；
B. 32g氧气的物质的量为1mol，含的原子数目为2NA，B错误；
C. 2 L 0.1mol·L-1K2SO4溶液中溶质的物质的量是0.2mol，不考虑水的电离所含离子的物质的量是0.6mol，离子总数约为0.6NA，C错误；
D. 5.6g铁的物质的量为0.1mol，与足量盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，铁元素化合价从0价升高到+2价，失去2个电子，因此转移的电子数为0.2NA，D正确。
答案选D。
8、D
【解析】
A.标准状况下，水为液态，无法确定物质的量，故A错误；
B.11.5g钠的物质的量是0.5mol，失去的电子为0.5mol，故B错误；
C.一个氧原子的质量为16/NAg，故C错误；
D.在标准状况下，4.48LCH4的物质的量是0.2mol，所含的原子总数为NA，故D正确。
故选D。
9、C
【解析】
加入的物质只要能和这三种盐溶液混合产生不同现象即可鉴别，结合物质的性质分析解答。
【详解】
A．氯化钡和硝酸银产生白色沉淀、和硫酸钠产生白色沉淀、和碳酸钠产生白色沉淀，所以现象相同无法鉴别，故A不选；
B．氢氧化钠和硝酸银反应生成沉淀，但NaOH和硫酸钠、碳酸钠都不反应，现象相同，无法鉴别，故B不选；
C．HCl和硝酸银反应生成白色沉淀，和硫酸钠不反应没有明显现象，和碳酸钠反应生成气体，所以现象不同可以鉴别，故C选；
D．氯化钠和硝酸银反应产生白色沉淀，但氯化钠和硫酸钠、碳酸钠都不反应，现象相同，无法鉴别，故D不选；
故答案选C。
10、A
【解析】
氯气溶于水，与水反应生成盐酸和次氯酸，结合物质的性质分析解答。
【详解】
A、配制CuSO4溶液时，溶液中的离子不会与氯水中的微粒发生反应，则不会产生明显的药品变质问题，A正确；
B、配制FeCl2溶液时，若用氯水，氯水中含有Cl2、HClO、ClO-等微粒，具有氧化性，能氧化亚铁离子，则产生明显的药品变质问题，B错误；
C、配制NaI溶液时，若用氯水，氯水中含有Cl2、HClO、ClO-等微粒，具有氧化性，能氧化碘离子，则产生明显的药品变质问题，C错误；
D、配制AgNO3溶液时，若用氯水，氯水中含有Cl-离子，则Ag+与Cl-应生成AgCl沉淀，产生明显的药品变质问题，D错误；
答案选A。
氯水成分为“三分四离”，“三分”：Cl2、HClO、H2O；“四离”：Cl-、H+、ClO-、OH-；所以氯水具有氧化性、酸性、漂白性；需要注意的是氯水能够漂白酸碱指示剂，而二氧化硫就不能漂白酸碱指示剂。
11、B
【解析】
A、除去NaCl固体中少量的Na2CO3：加水溶解，加入足量的CaCl2溶液，引入了新的杂质，故A错误；B、除去NaCl固体中少量的KNO3:加水溶解，蒸发结晶，趁热过滤，KNO3 溶解度受温度影响较大，趁热过滤后留在母液中，故B正确；C、饱和Na2CO3溶液也能和CO2 反应，故C错误；D、通入适量O2后可能无法点燃，另外，通入O2的量也无法控制，故D错误；故选B。
12、A
【解析】
相同状况下同一瓶内装满不同气体，则气体的物质的量相等。设瓶重为mg，则：，求出m=100g, ，求出M(X)=28g mol-1，故选A。
13、A
【解析】
根据规律“氧化性：氧化剂>氧化产物”分析判断。
【详解】
反应①：氧化剂Fe3＋得电子生成还原产物Fe2＋，还原剂Cu失电子生成氧化产物Cu2＋。氧化性：Fe3＋>Cu2＋；反应②：氧化剂Cu2＋得电子生成还原产物Cu，还原剂Fe失电子生成氧化产物Fe2＋。氧化性：Cu2＋>Fe2＋。则有氧化性：Fe3＋>Cu2＋>Fe2＋。
本题选A。
比较氧化性、还原性最重要的规律是“氧化性：氧化剂>氧化产物；还原性：还原剂>还原产物”。
14、D
【解析】
A、根据氧化还原反应中化合价有升必有降和质量守恒原则，第①组反应中，Mn元素化合价降低，则H2O2中的氧元素化合价升高，所以其余的反应产物为H2O和O2，所以A正确；B、由于Fe2＋的还原性强于Br－，所以少量的Cl2只能氧化Fe2＋，反应的化学方程式为3Cl2＋6FeBr2=4FeBr3＋2FeCl3，或用离子方程式Cl2＋2Fe2＋=2Fe3＋＋2Cl－，故参加反应的Cl2与FeBr2的物质的量之比为1∶2，则B正确；C、在第③组反应中，Cl－被MnO4－氧化生成Cl2，化合价从-1价升高为0价，所以生成1 mol Cl2，转移2 mol电子，故C正确；D、在第②组反应中，由于Fe2＋的还原性强于Br－，可推知Br2的氧化性强于Fe3＋，在第③组反应中，MnO4－的氧化性强于Cl2，而Cl2能与铁能发生如下反应3Cl2＋2Fe2FeCl3，所以Cl2的氧化性强于Fe3＋，所以氧化性由强到弱的顺序为MnO4－＞Cl2＞Br2＞Fe3＋，故D错误。本题正确答案为D。
点睛：对于氧化还原反应，一定要明确知道四种物质，即氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物；有时不必写出反应方程式，但要明确化合价有升必有降；要明确性质强的物质先反应；要明确氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性强于还原产物的还原性。本题看似简单，但要想真正解答正确，对于高一学生并不容易，其中BD选项最容易错选。
15、C
【解析】
A．电离是在水分子作用下或者通过加热使化学键断裂离解出自由移动的离子，不需要通电；NaCl溶液在电流作用下发生的是电解；
B．酸是指电离时生成的阳离子只有氢离子的化合物；
C．物质导电应满足的条件是：存在自由电子或者自由移动的离子；
D．在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质。
【详解】
A．NaCl溶液在电流作用下发生的是电解生成氯气、氢气、氢氧化钠，氯化钠在水溶液中或者在熔融状态下电离成Na+与Cl-，选项A错误；
B．NaHSO4电离方程式为：NaHSO4=Na++H++SO42-，NaHSO4属于盐，不是酸，选项B错误；
C．氯化氢溶于水为盐酸，氯化氢完全电离，溶液导电，液态氯化氢无自由移动的离子不导电，选项C正确；
D．盐属于电解质，硫酸钡是难溶的盐，熔融状态完全电离，是电解质，选项D错误；
答案选C。
本题考查了电解质、酸、电离、电解质等的概念，题目简单，要求同学们加强基本概念的理解和记忆，以便灵活应用，注意电离和电解的条件。
16、B
【解析】
溶于水或熔融状态下能够导电的化合物是电解质，含有自由移动电子或离子的物质可以导电，据此判断。
【详解】
A．Cu能导电，但Cu是单质不是化合物，所以Cu不是电解质也不是非电解质，故A错误；
B．熔融的MgCl2中含有自由移动的镁离子和氯离子，所以能导电，熔融的MgCl2是能够导电的电解质，故B正确；
C．酒精中没有自由移动的阴阳离子，所以不能导电，酒精是非电解质，故C错误；
D．蔗糖中没有自由移动的阴阳离子，所以不能导电，蔗糖是非电解质，故D错误；
故答案选B。

二、非选择题（本题包括5小题）
17、BaCl2 AgNO3 HNO3 HCl K2CO3 Ba2++CO32-=BaCO3↓ 2Ag++CO32-=Ag2CO3↓ 2H++CO32-=CO2↑+H2O
【解析】
C与E、D与E产生气体，五种物质中，能与两种物质的产生气体的只有K2CO3，则E为K2CO3，C、D为HNO3、HCl中的物质；D与B能产生沉淀，HNO3不能产生沉淀，而HCl能与AgNO3产生AgCl沉淀，则D为HCl，C为HNO3，B为AgNO3；A与B产生沉淀，则A为BaCl2。故答案为BaCl2；AgNO3；HNO3；HCl；K2CO3。
（1）A为BaCl2，E为K2CO3，二者反应生成BaCO3，反应的离子方程式为Ba2++CO32﹣=BaCO3↓；
（2）B为AgNO3，E为K2CO3，二者反应生成Ag2CO3，反应的离子方程式为2Ag++CO32﹣=Ag2CO3↓；
（3）C为HNO3，E为K2CO3，二者反应生成CO2，反应的离子方程式为2H++CO32﹣=CO2↑+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。
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、量筒、500mL容量瓶、胶头滴管 A E F D C B 13.6 偏低 偏高 偏低 200mL
【解析】
（1）配制一定物质的浓度溶液的一般步骤为：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀装瓶，依据各步操作选择需要仪器；
（2）依据配制溶液的一般步骤排序；
（3）依据c=1000ρω/M计算浓硫酸物质的量浓度，依据溶液稀释过程溶质的物质的量不变计算需要浓硫酸体积；
(4)分析操作对溶质的物质的量、对溶液的体积的影响，根据c=n/V判断对所配溶液浓度影响；
(5)根据c(H+)·V(酸)=c(OH-)·V(碱)计算。
【详解】
（1）因为没有480mL容量瓶，只能配制500mL溶液，现用98%的浓H2SO4（ ρ=1.84g/cm3）配制成浓度为0.5mol/L的稀硫酸500mL，操作步骤为：计算需要浓硫酸体积，用量筒量取浓硫酸，在烧杯中稀释，用玻璃棒搅拌，冷却后用玻璃棒引流移液到500mL容量瓶，洗涤烧杯和玻璃棒并将洗液转移到容量瓶，加蒸馏水到离刻度线1-2cm，该用胶头滴管逐滴滴加到凹液面最低处与刻度线相切，最后摇匀装瓶，用到的仪器：量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管；
答案：量筒、500mL容量瓶、胶头滴管；
（2）配制一定物质的浓度溶液的一般步骤为：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀装瓶所以正确的操作步骤为：AEFDCB；
答案：AEFDCB；
（3）按照配制500mL溶液计算所需溶质的量；
98%的浓H2SO4（ ρ=1.84g/cm3）物质的量浓度c=1000×1.84×98%/98mol/L=18.4mol/L，设需要浓硫酸体积为VmL，则依据溶液稀释过程溶质的物质的量不变得：18.4mol/L×V×10-3L=0.5mol/L×500×10-3L，解得V=13.6；
答案：13.6；
(4) 量筒量取浓硫酸时俯视凹液面，量取的浓硫酸偏少，溶质的物质的量偏小，溶液的浓度偏低；在转入容量瓶前烧杯中的液体未冷却，根据热胀冷缩原理，后续加水加少了，浓度偏高；定容时仰视刻度线，导致溶液的体积偏大，溶液的浓度偏低。
答案：偏低 偏高 偏低
（5）根据c(H+)·V(酸)=c(OH-)·V(碱)，得0.5mol/L×2×40×10-3L=0.2mol/L×V(碱)×10-3L, V(碱)= 200;
答案：200mL
明确配制原理及操作步骤是解题关键，注意容量瓶规格选择。
20、MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O 除去氯气中的氯化氢 充满棕黄色的烟 FeCl3 Cl2+2OH-═Cl-+ClO-+H2O
【解析】
实验制备氯气中含杂质气体氯化氢和水蒸气，氯化氢易溶于饱和氯化钠溶，而饱和氯化钠溶液中含有大容量的氯离子，抑制氯气的溶解，通过饱和食盐水可以除去氯气中的氯化氢，浓硫酸具有吸水性，通过浓硫酸可以除去氯气中的水蒸气，利用干燥的氯气与铁反应制取氯化铁，据此分析。
【详解】
（1）实验室制取氯气是利用二化锰和浓盐酸加热反应生成氯化锰、氯气和水，反应的化学方程式为：MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O；
（2）实验制备氯气中含杂质气体氯化氢和水蒸气，氯化氢易溶于饱和氯化钠溶，而饱和氯化钠溶液中含有大容量的氯离子，抑制氯气的溶解，通过饱和食盐水可以除去氯气中的氯化氢；
（3）铁丝在氯气中燃烧，放出大量的棕红色的烟，生成氯化铁固体，故答案为：充满棕黄色的烟；FeCl3；
（4）G装置装有NaOH溶液，用于吸收未反应的氯气，反应的离子方程式为：Cl2+2OH-═Cl-+ClO-+H2O。
21、+3NaClO2=Na++ ClO2−SO42−、NO3−充当氧化剂2.0×10−4
【解析】
(1). NaClO2中钠离子的化合价为+1，O元素的化合价为−2，设氯元素的化合价为x，则+1+x+(−2)×2=0，解得x=+3；NaClO2为钠盐，属于强电解质，在溶液中完全电离出钠离子和ClO2−，其电离方程式为：NaClO2=Na++ ClO2−，故答案为+3；NaClO2=Na++ ClO2−；
(2). 根据质量守恒定律并结合表中离子可知SO2经NaClO2溶液吸收后转化为SO42−，NOx经NaClO2溶液吸收后转化为NO3−；吸收过程中NaClO2中+3价氯原子被还原成−1价的Cl−，所以NaClO2所起的作用是充当氧化剂，故答案为SO42−、NO3−；充当氧化剂；
(3). 根据电荷守恒得：c(Na+)+c(H+)=2c(SO42−)+c(NO3−)+c(OH−)+c(Cl−)，c(H+)的浓度较小，可忽略不计，则c(NO3−)=c(Na+)−2c(SO42−)−c(OH−)−c(Cl−)=(5.5×10−3−8.5×10−4×2−2.0×10−4−3.4×10−3)mol/L=2.0×10−4mol/L，即y=2.0×10−4，故答案为2.0×10−4。
点睛：本题主要考查氧化还原反应、物质的量计算等知识，解题时要注意掌握氧化还原反应的特征与实质，本题的难点是第（3）问，解答本题的关键是明确溶液中电荷守恒的应用，根据电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=2c(SO42−)+c(NO3−)+c(OH−)+c(Cl−)，再根据c(H+)的浓度较小，可忽略不计，进而利用表中数据计算即可。