河南省安阳市林虑中学2025-2026学年高一上化学期中达标检测试题含解析.doc

河南省安阳市林虑中学2025-2026学年高一上化学期中达标检测试题
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、下列物质在相应条件下能发生电离而导电的是(　　)
A．液态氯化氢 B．熔融氯化钠
C．固体氢氧化钾 D．高温熔化后的单质铁
2、下列说法不正确的是
A．向Na2CO3溶液中逐滴加入盐酸，直到不再生成CO2气体为止，在此过程中，溶液中的HCO3-浓度变化是先变大后变小（溶液体积变化均忽略不计）
B．向NaHCO3溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液，溶液中CO32-的浓度变化是先变大后变小(溶液体积变化忽略)
C．H2O2、CuS、FeCl2均不能通过单质直接化合得到
D．将物质的量比为2：1的Na和Na2O样品分别放入等量的水中，所得溶液的质量分数分别为a%和b%，则a、b的关系是a=b
3、∙x的晶体2.03g与足量的硝酸银溶液反应，生成沉淀0.02mol，则∙x晶体中x的数值是（ ）
A．2 B．4 C．6 D．8
4、下列离子方程式书写正确的是（ ）
A．醋酸溶解水垢（CaCO3）：CaCO3+2H+ =Ca2++H2O+CO2↑
B．在NaHCO3溶液中加入少量的Ba（OH）2溶液： Ba2+ +2OH- +2HCO=BaCO3↓+2H2O+CO
C．氢氧化铜和盐酸反应： H+ +OH－ =H2O
D．实验室制氯气：MnO2＋4H ++4Cl－= Mn2+＋2Cl2 ↑＋2H2O
5、如图所示，A处通入干燥的Cl2，关闭B阀时，C处湿的红色布条看不到明显现象，打开B阀后，C处红色布条逐渐褪色，则D瓶中装的是（ ）

A．浓H2SO4 B．NaOH溶液 C．浓盐酸 D．饱和NaCl溶液
6、科研人员最近发现放射性同位素钬Ho可有效地治疗肝癌，该同位素原子核内中子数与质子数之差为(　　)
A．99 B．32 C．166 D．233
7、用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（ 　）
A．化学反应中1 molMg变成Mg2+时失去电子的数目为2NA
B．28 N2所含有的原子数目为NA
C．标准状况下，22.4 L水中含有NA个水分子
D．1mol/L的NaCl溶液中所含Na+的数目为NA
8、下列有关Fe(OH)3胶体的说法正确的是(    )
A．取2 mol/L的FeCl3饱和溶液5 mL制成氢氧化铁胶体后，其中含有氢氧化铁胶粒数为0.01NA
B．在Fe(OH)3胶体中滴入稀硫酸至过量的过程中伴随的实验现象是先有红褐色沉淀产生，然后沉淀溶解得到棕黄色溶液
C．通过电泳实验可以证明Fe(OH)3胶体带正电荷
D．向沸腾的NaOH稀溶液中滴加FeCl3饱和溶液，制备Fe(OH)3胶体
9、若612C原子的质量为a g，A原子的质量为b g，NA为阿伏加德罗常数，则A元素的相对原子质量为
A．12 a/b B．12 b/a C．aNA D．不能确定
10、下列物质属于纯净物的是
A．玻璃 B．蒸馏水 C．粗盐 D．空气
11、氧化还原反应的实质是（ ）
A．元素化合价发生变化
B．反应中有氧原子的得失
C．反应中有电子得失或电子对的偏移
D．反应后生成新物质
12、分类方法在化学学科的发展中起到了非常重要的作用，下列5种分类标准中合理的有( )
①根据分散系是否具有丁达尔现象，将分散系分为溶液、胶体和浊液
②根据反应中是否有电子的转移，将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应
③根据酸分子能电离出的氢离子个数将酸分为一元酸、二元酸等
④根据氧化物中是否含有金属元素，将氧化物分为酸性氧化物和碱性氧化物
⑤根据物质在水溶液里或熔融状态下能否导电，将化合物分为电解质和非电解质
A．5种 B．4种 C．3种 D．2种
13、已知32 g X与40 g Y恰好完全反应,生成m g Q和 9 g H,在相同条件下,16 g X和足量Y混合生成0.25 mol Q和若干摩的H,则物质Q的摩尔质量应是（ ）
A．122 g·mol-1 B．63 g·mol-1 C．126 g·mol-1 D．163 g·mol-1
14、金属及其化合物的转化关系是化学学习的重要内容之一。下列各组物质的转化不能通过一步反应直接完成的是
A．Al→Al2O3→Al(OH)3→AlCl3 B．Fe→FeSO4→Fe(OH)2→Fe(OH)3
C．Mg→MgCl2→Mg(OH)2→MgSO4 D．Na→NaOH→Na2CO3→NaCl
15、在配制 100 mL 1.0 mol·L-1 的 NaCl 溶液时，下列操作会导致结果偏低的是
（1）用托盘天平称量时砝码放在左盘，1g 以下使用游码
（2）溶解 NaCl 固体的烧杯上挂着水珠，直接使用
（3）将烧杯中的溶液转移到容量瓶时不慎洒到容量瓶外
（4）定容时俯视刻度线
（5）定容时仰视刻度线
（6）容量瓶未经干燥就用于配制溶液
A．（1）（3）（5） B．（1）（3）（4）
C．（2）（4）（6） D．（2）（3）（4）
16、实验中需0.2mol/L的Na2CO3溶液950mL，配制时应选用的容量瓶的规格和称取Na2CO3·10H2O的质量分别是
A．1000mL，57.2g B．1000mL，28.6g
C．950 mL，54.3g D．950mL，28.6g
二、非选择题（本题包括5小题）
17、由A和B两种可溶性盐组成的混合物，进行了下列实验：

(1)若A溶液有颜色，试判断，A、B分别是_____________、__________写化学式)
(2)写出实验过程中发生反应的离子方程式_____________、_____________、_____________。(顺序不限)
18、A～E 是核电荷数均小于 20 的元素。已知：A 原子的原子核内无中子；B 原子的 L 层电子数是 K 层电子数的 3 倍；C 元素的原子 M 层比 L 层电子数少 1 个；D 元素的+2 价阳离子和氖原子具有相同的电子数；
E 原子的最外层电子数与 B 相同。
(1)写出五种元素的元素符号：A_____；B_____；C_____；D_____；E_____。
(2)写出 D2+离子的结构示意图_____。
(3)写出 C 形成离子时的电子式_____。
(4)A 与 B 可形成两种化合物，其原子个数比分别为 2:1 和 1:1，且这两种化合物中电子总数分别为 10和 18。请写出这两种化合物的化学式：_____、_____。
(5)A 元素与 C 元素组成的化合物的电离方程式：_____。
19、配制480mL 、0.2mol·L-1 NaCl溶液。
（1）应用托盘天平称取NaCl_____________g，
（2）使用容量瓶前必须进行的一步操作是__________________，在容量瓶上标有_________(填字母)，
A．温度 B．刻度线 C．浓度 D．容积

（3）有以下仪器：①烧杯 ②药匙 ③250mL容量瓶 ④500mL容量瓶 ⑤托盘天平⑥量筒。配制时，必须使用的玻璃仪器是__________（填序号），还缺少的仪器是_____________。
（4）配制溶液时，在计算、称量、溶解、冷却后还有以下几个步骤，其正确的操作顺序为____（填序号）。
①摇匀 ②洗涤 ③定容 ④转移
（5）溶液配制完静置，发现溶液的液面低于刻度线，用胶头滴管滴加几滴蒸馏水使液面刚好达刻度线，这样做使得配制的溶液浓度______（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）
20、实验室欲用NaOH固体配制1.0 mol·L－1的NaOH溶液240 mL：
(1)配制溶液时，一般可以分为以下几个步骤：
①称量　②计算　③溶解　④摇匀　⑤转移　⑥洗涤　⑦定容　⑧冷却　⑨摇动
其正确的操作顺序为________________。必须用到的玻璃仪器有烧杯、胶头滴管、_________。
(2)某同学欲称量NaOH的质量，他先用托盘天平称量烧杯的质量，天平平衡后的状态如图所示。烧杯的实际质量为________g，要完成本实验该同学应称出________g NaOH。

(3)如图是该同学转移溶液的示意图，图中有两处错误，请写出：

①________________________。
②____________
(4)在配制过程中，其他操作都是正确的，下列操作会引起误差偏高的是________(填字母)。
A．所用NaOH已经潮解
B．向容量瓶中加水未到刻度线
C．有少量NaOH溶液残留在烧杯里
D．用带游码的托盘天平称5.4 g NaOH(1 g以下用游码)时误用了“左码右物”方法
21、海洋是资源的宝库，蕴藏着丰富的化学元素，如氯、溴、碘等。
（1）氯原子的结构示意图_____；工业上利用电解饱和食盐水来获得氯气，其化学方程式为_____。
（2）将氯气通入石灰乳中可制取漂白粉，化学方程式为_____。漂白粉溶于水后，和空气中的二氧化碳作用，所得的溶液可用于漂白这是利用生成的 HClO，而该溶液长时间放置又会失去漂白能力，所涉及的化学反应方程式为_____。
（3）向盛有 KI 溶液的试管中加入少许 CCl4后滴加氯水，CCl4层变成紫色。如果继续向试管中滴加氯水，振荡，CCl4 层会逐渐变浅，最后变成无色。
完成下列填空：
（a）写出并配平 CCl4层由紫色变成无色的化学反应方程式，并用“单线桥”标出电子转移的方向和数目。_____________
_____+_____+_____→_____HIO3+_____该反应中，_____元素的化合价升高。
（b）把 KI 换成 KBr，则 CCl4层变为_____色，继续滴加氯水，CCl4 层的颜色没有变化。Cl2、HIO3、HBrO3氧化性由强到弱的顺序是_____。
（c）加碘盐中含碘量为 20mg～50mg/kg。制取加碘盐（含 KIO3 的食盐）1000kg，若 KI 与 Cl2 反应之 KIO3，至少需要消耗 Cl2_____mol（保留 2 位小数）。
参考答案

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、B
【解析】
电解质溶于水或在熔融状态下能够发生电离而导电，据此判断。
【详解】
A. 液态氯化氢不能发生电离，不导电，A不符合；
B. 熔融氯化钠能发生电离，从而导电，B符合；
C. 固体氢氧化钾不能发生电离，不导电，C不符合；
D. 铁是金属单质，不能发生电离，D不符合。
答案选B。
2、D
【解析】
A. 向碳酸钠溶液中逐滴加入盐酸，直到不再生成CO2气体为止，在此过程中，碳酸根离子先与氢离子反应生成碳酸氢根离子，然后碳酸氢根离子再与氢离子反应生成二氧化碳和水，所以在此过程中，溶液中HCO3－的浓度变化是先变大后变小，故A正确；
B. 向NaHCO3溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液，二者先反应生成碳酸钡、碳酸钠和水，此时溶液中碳酸根离子浓度增加，再滴加Ba(OH)2溶液与碳酸钠反应生成碳酸钡沉淀，碳酸根离子浓度减小，所以CO32－的浓度变化是先变大后变小，故B正确；
C. H2与O2反应生成水、Cu与S反应生成Cu2S、Fe与Cl2反应生成FeCl3，三者均不能通过单质直接化合得到，故C正确；
D. 设Na的物质的量为2mol、Na2O为1mol，则
2Na ＋ 2H2O = 2NaOH ＋ H2↑ △m
2mol 2mol 44g
Na2O ＋ H2O = 2NaOH △m
1mol 2mol 62g
由方程式可知，生成溶质的物质的量相等，则溶质的质量相等，反应后两溶液的质量变化值不同，所以两溶液溶质质量分数不相等，即a≠b，故D错误，答案选D。
3、C
【解析】
发生反应:MgCl22AgNO3=2AgCl↓+Mg（NO3）2，生成沉淀0.02mol为AgCl，根据方程式可以知道n（MgCl2）=1/2×0.02mol=0.01mol，由化学式可以知道n（MgCl2∙xH2O）= n（MgCl2）=0.01mol，故0.01mol×(95+18x)g/mol=2.03g，计算得出x=6，故C正确；
故答案选C。
4、B
【解析】
A.醋酸与碳酸钙反应生成醋酸钙、二氧化碳和水，醋酸为弱酸，不能拆写，反应的离子方程式为CaCO3+2CH3COOH =Ca2+ +2CH3COO-+H2O+CO2↑，故A错误；
B.NaHCO3溶液中与少量的Ba（OH）2溶液反应生成碳酸钡沉淀、碳酸钠和水，反应的离子方程式为Ba2+ +2OH- +2HCO=BaCO3↓+2H2O+CO，故B正确；
C.氢氧化铜和盐酸反应生成氯化铜和水，氢氧化铜不溶于水，不能拆写，反应的离子方程式为2H+ + Cu（OH）2 = Cu2++2H2O，故C错误；
D.实验室制氯气的反应为二氧化锰和浓盐酸共热发生氧化还原反应生成氯化锰、氯气和水，反应的离子方程式为MnO2＋4H ++2Cl－Mn2+＋Cl2 ↑＋2H2O，故D错误；
故选B。
5、B
【解析】
A. 因C处为湿的红色布条，氯气经浓硫酸干燥后仍能使湿的红色布条褪色，故A错误；
B. NaOH溶液与氯气反应，符合题意，故B正确；
C. 氯气与浓盐酸不反应，故C错误；
D. 饱和NaCl溶液不与氯气反应，故D错误。
答案选B。
氯气不能使干燥的有色布条褪色，可以使湿润的有色布条褪色，只有把氯气吸收完，才不会使湿润的有色布条褪色。
6、B
【解析】
由Ho中可以得出，质子数为67，质量数为166，该同位素原子核内中子数与质子数之差为166-67-67=32，故选B。
7、A
【解析】
A.一个Mg原子变成一个Mg2+时失去的电子数是2个，所以1molMg变成Mg2+时失去的电子数目为2NA，故A正确；
B.28g氮气的物质的量为1mol，含有的原子数目为2NA，故B错误；
C.标准状况下，水是液体，不能使用气体摩尔体积进行计算，故C错误；
D.不知溶液的体积，所以计算不出Na+的数目，故D错误。
故选A。
8、B
【解析】
A. Fe(OH)3胶体粒子是许多Fe(OH)3的集合体，所以2 mol/L的FeCl3饱和溶液5 mL制成氢氧化铁胶体中含有的胶体粒子数目小于0.01NA，A错误；
B. 向Fe(OH)3胶体中滴入稀硫酸，首先是胶粒上的电荷被中和，胶体发生聚沉形成Fe(OH)3红褐色沉淀，然后是Fe(OH)3与H2SO4发生中和反应产生可溶性Fe2(SO4)3和H2O，沉淀溶解，溶液变为棕黄色，B正确；
C. 通过电泳实验可以证明Fe(OH)3胶体粒子带正电荷，而胶体本身不显电性，C错误；
D. 将饱和FeCl3溶液滴入沸水中，继续加热煮沸至液体呈红褐色，得到的液体为Fe(OH)3胶体，D错误；
故合理选项是B。
9、D
【解析】
一种元素因中子数不同，可能有多种原子。元素的相对原子质量是指该元素的同位素按其丰度计算的平均值。A元素可能存在多种同位素，则不能根据A原子的质量计算其A元素的相对原子质量，但可以计算A原子的相对原子质量，A原子的相对原子质量为。答案选D。
本题考查了相对原子质量的概念与计算方法，该题概念辨析要求高，平时学习时需理解这些概念与相关概念的区别和联系。
10、B
【解析】
纯净物是由一种物质组成的物质。混合物是由两种或两种以上物质组成的物质。
【详解】
A. 玻璃是硅酸钠、硅酸钙、二氧化硅等物质组成的混合物，A错误；
B. 蒸馏水中只含水一种物质，是纯净物，B正确；
C. 粗盐主要成分为氯化钠，除此外还有不溶性杂质和可溶性杂质，C错误；
D. 空气中含有氮气、氧气、稀有气体、二氧化碳等多种气体，是混合物，D错误。
答案选B。
11、C
【解析】
氧化还原反应的特征是有化合价的变化；氧化还原反应的反应实质是电子转移，电子得失或电子对的偏移；化学反应的实质是有新物质生成。
【详解】
A．元素化合价发生变化是氧化还原反应的特征，故A不符合；
B．反应中有氧原子的得失，是氧化还原反应的一种方式不是反应实质，故B不符合；
C．反应中有电子得失或电子对的偏移是氧化还原反应的反应实质，故C符合；
D．反应后生成新物质是化学反应的实质，故D不符合。
故选C。
12、C
【解析】
①根据分散系中分散质粒子直径的大小将分散系分为溶液、胶体和浊液，故①错误；
②根据反应中是否有电子转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应，故②正确；
③根据酸能电离出的氢离子的个数，将酸分为一元酸、二元酸等，故③正确；
④根据氧化物的性质将氧化物分为酸性，碱性和两性氧化物，能和碱反应只生成盐和水的氧化物为酸性氧化物，能和酸反应只生成盐和水的氧化物称为碱性氧化物，既能和酸又能与碱反应生成盐和水的氧化物称为两性氧化物，故④错误；
⑤根据化合物在水溶液里或者熔融状态下是否导电分为电解质和非电解质，故⑤正确。
故选C。
13、C
【解析】
32 g X与40 g Y恰好完全反应，生成m g Q和9 g H，根据质量守恒定律，生成Q的质量为32g+40g-9g＝63 g。现16 g X参加反应，则生成的Q应为63g×16g/32g＝31.5 g，因此Q的摩尔质量为31.5 g÷0.25 mol＝126 g•mol－1，答案选C。
14、A
【解析】
A项，氧化铝不能一步反应生成氢氧化铝，需要先加酸转化为铝盐后，再加入碱才能生成氢氧化铝，故选A项；
B项，铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁，硫酸亚铁与氢氧化钠反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁在空气中被氧化生成氢氧化铁，各物质可通过一步反应完成，故不选B项；
C项，镁与盐酸反应生成氯化镁，氯化镁与氢氧化钠反应生成氢氧化镁，氢氧化镁与硫酸反应生成硫酸镁，各物质可通过一步反应完成，故不选C项。
D项，钠与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠，碳酸钠与氯化钙反应生成氯化钠，各物质可通过一步反应完成，故不选D项。
综上所述，本题正确答案为A。
本题考查了物质间的转化，明确物质的性质是解本题关键，根据物质的性质来分析解答，以Na、Mg、Al、Fe为知识点构建知识网络，元素化合物知识常常在工艺流程中出现，还常常与基本实验操作、物质的分离与提纯、离子的检验等知识点联合考查。
15、A
【解析】
（1） 100 mL 1.0 mol·L-1的 NaCl溶液中所含NaCl的质量=0.1L×1.0mol/L×58.5g/mol=5.85g≈5.9g，用托盘天平称量时砝码放在左盘，此时称得的NaCl的质量只有5g-0.9g=4.1g，根据浓度公式c=可知，n减小，所以所配NaCl溶液的浓度偏低，(1)项正确；
(2)溶解 NaCl 固体的烧杯上挂着水珠，不影响NaCl的物质的量(n)和容量瓶中溶液体积(V)，由公式c=可知，对NaCl溶液的浓度无影响，(2)项错误；
(3)将烧杯中的溶液转移到容量瓶时不慎洒到容量瓶外，使NaCl物质的量(n)减小，根据公式c=可知，NaCl溶液的浓度将减小，(3)项正确；
(4)定容时俯视刻度线，使容量瓶中溶液体积(V)减小，根据公式c=可知，NaCl的浓度将增大，(4)项错误；
(5)定容时仰视刻度线，使容量瓶中溶液体积(V)增大，根据公式c=可知，NaCl的浓度将减小，(5)项正确；
(6)容量瓶未经干燥就用于配制溶液，NaCl的物质的量(n)和溶液体积(V)不受影响，根据公式c=可知，不影响NaCl的浓度，(6)项错误；答案选A。
根据 c ＝ 可得，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。在配制一定物质的量浓度溶液时，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。
16、A
【解析】
由于容量瓶没有950mL规格，应用1000mL的容量瓶进行配制，然后根据m=cVM进行计算。
【详解】
容量瓶没有950mL规格，应用1000mL的容量瓶进行配制，则m（Na2CO3·10H2O）=cVM=1L×0.2mol/L×286g/mol=57.2g，故选A。
本题考查溶液的配制知识，注意实验室常用容量瓶的规格。

二、非选择题（本题包括5小题
17、CuSO4 K2CO3 Cu2++CO32-=CuCO3↓ Ba2++SO42-=BaSO4↓ CuCO3+2H+=Cu2++CO2↑+H2O
【解析】
A和B两种可溶性盐组成的混合物，加水溶解后，过滤后所得无色溶液加入硝酸钡溶液可得硫酸钡沉淀和硝酸钾溶液，说明混合物中含有SO42-、K＋；混合物加水溶解过滤所得沉淀加入稀硫酸得CO2，说明混合物中含有CO32-，最后得到硫酸铜溶液，则混合物中含有Cu2＋；则混合物中含有：SO42-、Cu2＋、CO32-、K＋；这些离子可以组成两种可溶性物质是K2CO3、CuSO4，据此分析解答。
【详解】
(1)根据分析，A、B两种可溶性物质是K2CO3、CuSO4，若A溶液有颜色，A为CuSO4、B为K2CO3；
(2)A、B两种盐K2CO3、CuSO4在溶解时，发生反应生成碳酸铜和硫酸钾，离子反应为：Cu2++CO32-=CuCO3↓，过滤后的溶液中加入硝酸钡，生成硫酸钡和硝酸钾，离子反应为：Ba2++SO42-=BaSO4↓，过滤得到的沉淀为碳酸铜，加入稀硫酸生成硫酸铜、二氧化碳和水，离子反应为：CuCO3+2H+=Cu2++CO2↑+H2O。
18、H O Cl Mg S H2O H2O2 HCl=H++Cl-
【解析】
A原子的原子核内无中子，则A为H；B原子的L层（第二层）电子数是K层（第一层）电子数的3倍，即第二层6个电子，则B为O；C元素的原子M层(第三层)比L层电子数少1个，即第三层7个电子，C为Cl；氖原子电子数为10，即D元素核外电子数为12，D为Mg；E原子的最外层电子数与B相同且E原子序数小于20，E为S。
【详解】
A原子的原子核内无中子，则A为H；B原子的L层（第二层）电子数是K层（第一层）电子数的3倍，即第二层6个电子，则B为O；C元素的原子M层(第三层)比L层电子数少1个，即第三层7个电子，C为Cl；氖原子电子数为10，即D元素核外电子数为12，D为Mg；E原子的最外层电子数与B相同且E原子序数小于20，E为S。
（1）A：H B：O C：Cl D：Mg E：S
（2）镁离子；
（3）氯离子，电子式加中括号。；
（4）A 与 B 可形成H2O和H2O2
（5）氢原子和氯原子形成氯化氢，属于强电解质，完全电离，HCl=H++Cl- 。
19、5.9 检查容量瓶是否漏液 ABD ①④ 胶头滴管玻璃棒 ④②③① 偏低
【解析】
（1）没有480mL容量瓶，用500mL计算；
（2）容量瓶有塞子，使前应查漏；容量瓶上有容积、温度、刻度线几种标识；
（3）依据配制溶液的一般步骤选择需要的玻璃仪器，确定缺少的玻璃仪器；
（4）依据配制溶液的一般步骤补充步骤并排序；
（5）分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，依据c=n/V进行误差分析；
【详解】
（1）应用托盘天平称取NaCl：0.5L×0.2mol·L-1 ×58.5g·mol－1=5.9g；
（2）容量瓶带有活塞，使用前应先检查是否漏水；容量瓶上有容积、温度、刻度线几种标识，故选ABD；
（3））配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀，用到的仪器：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，所以需要的玻璃仪器为：①烧杯 ④500mL容量瓶 ;还缺少的仪器：玻璃棒和胶头滴管；
（4）配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀，所以正确的顺序为：④②③① ；
（5）溶液配制完静置，发现溶液的液面低于刻度线，用胶头滴管滴加几滴蒸馏水使液面刚好达刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低。
本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制，解题关键：明确配制过程及有关物质的量浓度计算，易错点：（5）注意误差分析的方法：围绕c=n/V进行误差分析。
20、②①③⑧⑤⑥⑨⑦④ 玻璃棒、250mL容量瓶 27.4 10.0 移液时没有用玻璃棒引流 选用了500 mL容量瓶 B
【解析】
（1）配制1.0mol•L-1的NaOH溶液240mL，选250mL容量瓶，结合配制步骤分析解答；
（2）称量时左物右码，结合m＝cVM计算；
（3）依据玻璃棒作用、移液的正确操作、容量瓶规格解答；
（4）结合c＝n/V及不当操作来解答。
【详解】
（1）配制步骤为：计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、转移洗涤液、定容、摇匀、装瓶，则其正确的操作顺序为②①③⑧⑤⑥⑨⑦④；本实验必须用到的玻璃仪器有烧杯、胶头滴管、玻璃棒、250mL容量瓶；
（2）称量时左物右码，由图可知位置放反，则烧杯的质量为20g+10g-2.6g＝27.4g。要完成本实验该同学应称出氢氧化钠固体的质量m（NaOH）＝025L×1.0mol•L-1×40g/mol＝10.0g；
（3））根据示意图可知其错误为①移液时没有用玻璃棒引流；②配制240mL溶液，应选择250mL容量瓶，而不是500mL容量瓶；
（4）A．所用NaOH已经潮解，导致实际称量的氢氧化钠质量减少，浓度偏低；
B．向容量瓶中加水未到刻度线，溶液体积减少，浓度偏高；
C．有少量NaOH溶液残留在烧杯里，溶质的物质的量减少，浓度偏低；
D．用带游码的托盘天平称5.4 g NaOH(1 g以下用游码)时误用了“左码右物”方法，导致实际称量的氢氧化钠质量减少，浓度偏低；
答案选B。
本题考查配制一定物质的量浓度的溶液，把握溶液配制的步骤、操作、误差分析为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意结合公式分析误差，托盘天平的使用是易错点。
21、 2NaCl+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOH 2Ca(
OH)
2+2Cl2＝Ca(
ClO)2+CaCl2+2H2O Ca(
ClO)
2+CO2+H2O＝CaCO3↓+2HClO、2HClO2HCl+O2↑ 5Cl2 I2 6H2O 2 10HCl I 红棕 HBrO3＞Cl2＞HIO3 0.47
【解析】
（1）氯原子的核外电子数为17，最外层为7个电子，其正确的原子结构示意图为；工业上利用电解饱和食盐水来获得氯气，其化学方程式为2NaCl+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOH；
故答案为；2NaCl+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOH；
（2）氯气与氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，反应的化学方程式：2Ca(
OH)
2+2Cl2＝Ca(
ClO)2+CaCl2+2H2O，次氯酸酸性比碳酸弱，Ca(ClO)2与空气中的CO2反应生成HClO和CaCO3沉淀，反应的方程式为Ca(
ClO)
2+CO2+H2O＝CaCO3↓+2HClO，产生有漂白、杀菌作用的次氯酸，该溶液可用于漂白这是利用了生成的HClO的氧化性；HClO见光易分解，会失去漂白能力，分解的方程式为：2HClO2HCl+O2↑；
故答案为2Ca(
OH)
2+2Cl2＝Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O；Ca(
ClO)2+CO2+H2O＝CaCO3↓+2HClO；2HClO2HCl+O2↑；
（3）a．氯气具有强氧化性，向盛有KI溶液的试管中加入少许CCl4后滴加氯水，CCl4层变成紫色，说明生成I2，继续向试管中滴加氯水，振荡，CCl4层会逐渐变浅，最后变成无色，说明I2被进一步氧化，生成HIO3，同时氯气被还原为HCl，反应的方程式为：5Cl2+I2+6H2O＝2HIO3+10HCl，反应中I元素的化合价升高，用“单线桥”标出电子转移的方向和数目为；
故答案为；5Cl2、I2、6H2O、2、10HCl；I；
b．KI换成KBr时，得到的是溴单质，则其在CCl4中呈红棕色；继续滴加氯水时，颜色不变，可知氯水不能将溴单质氧化成HBrO3，故其氧化性强弱顺序为：HBrO3＞Cl2＞HIO3，
故答案为红棕；HBrO3＞Cl2＞HIO3；
c.1000kg加碘食盐中含碘20g，KI+3Cl2+3H2O＝KIO3+6HCl，根据KIO3～I～KI～3Cl2可知，则需要消耗Cl2的物质的量＝×3＝0.47mol；
故答案为0.47。