江西省南城县第一中学2026届高一化学第一学期期中考试模拟试题含解析

江西省南城县第一中学2026届高一化学第一学期期中考试模拟试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列变化中，需加氧化剂能发生的是A．Cl－→Cl2B．I2→I－C．Fe3+

→Fe2+D．CO32－→CO22、用NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是（）A．0.1mol/L稀硫酸中含有硫酸根数目为0.1NAB．通常状况下，1NA个CO2分子占有的体积大于22.4LC．2.4g金属镁与足量的盐酸反应，生成氢气的体积为2.24LD．0.1molNH4+中含有电子数为10NA3、在氯水中存在多种分子和离子，它们在不同的反应中表现各自的性质。下列实验现象和结论一致且正确的是()A．加入有色布条，一会儿有色布条褪色，说明溶液中有Cl2存在B．溶液呈黄绿色，且有刺激性气味，说明有Cl2分子存在C．先加入盐酸酸化，再加入AgNO3溶液产生白色沉淀，说明有Cl－存在D．加入NaOH溶液，氯水黄绿色消失，说明有HClO分子存在4、用高铁酸钠（Na2FeO4）对河湖水消毒是城市饮水处理的新技术。已知反应Fe2O3＋3Na2O2熔融2Na2FeO4＋Na2O，下列说法正确的是A．Na2O2既是氧化剂又是还原剂B．3molNa2O2发生反应，有12mol电子转移C．在Na2FeO4中Fe为+4价，具有强氧化性，能消毒杀菌D．Na2FeO4能既是氧化产物又是还原产物5、在澄清透明溶液中，下列离子组能大量共存的是（）A．Ca2+、Na+、SO42-、Cl-B．Mg2+、Cu2+、SO42-、NO3-C．NH4+、K+、OH-、Cl-D．OH-、HCO3-、NO3-、、K+6、关于离子方程式Cu2＋＋2OH－=Cu(OH)2↓的说法正确的是（）A．可表示所有铜盐和强碱的反应B．可表示某一个具体的反应，也可以表示一类反应C．离子方程式中的OH－可代表弱碱或强碱D．该反应可看到Cu(OH)2白色沉淀7、下列属于电解质的是（）A．CuB．熔融的K2SO4C．乙醇D．NaOH溶液8、于谦的《石灰吟》，赞颂了石灰石（碳酸钙）“粉骨碎身浑不怕，要留清白在人间”的品格。碳酸钙属于A．单质 B．氧化物 C．酸 D．盐9、小苏打是焙制糕点常用的发酵粉，小苏打属于A．碱 B．氧化物 C．盐 D．有机物10、标准状况下，相同质量的下列气体中，体积最大的是A．O2 B．N2 C．Cl2 D．CO211、下列说法正确的是()A．6.02×1023个分子的体积约是22.4LB．0.5molH2的体积为11.2LC．标准状况下，1mol水的体积为22.4LD．标准状况下，22.4LO2物质的量为1mol12、下列关于实验操作的说法中不合理的是()A．不能用pH试纸测定氯水的pHB．蒸发操作时，当溶液中出现较多固体应停止加热C．分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出D．当1L水吸收22.4L氨气时所得氨水的浓度不是1mol·L﹣1，只有当22.4L氨气溶于水制得1L氨水时，其浓度才是1mol·L﹣113、在溶液中能大量共存的一组离子或分子是A．NH4+、H+、NO3-、HCO3- B．K+、Al3+、SO42-、NH3·H2OC．Na+、K+、SO32-、Cl2 D．Na+、CH3COO-、CO32-、OH-14、为除去某物质中所含的杂质，周佳敏同学做了以下四组实验，其中她所选用的试剂或操作方法正确的是（）序号物质杂质除杂试剂或操作方法①NaCl溶液Na2CO3加入盐酸，蒸发②FeSO4溶液CuSO4加入过量铁粉并过滤③H2CO2依次通过盛有NaOH溶液和浓硫酸的洗气瓶④NaNO3CaCO3加稀盐酸溶解、过滤、蒸发、结晶A．①②③ B．②③④ C．①③④ D．①②③④15、下列反应中，既属于氧化还原反应又属于置换反应的是（

）。A．CuO+H2Cu+H2OB．CO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2OC．Fe2O3+3CO2Fe+3CO2D．2Na+Cl22NaCl16、当O2、SO2、SO3的质量比为2∶4∶5时，它们的物质的量之比为（）A．2：4：5 B．1：2：3 C．1：1：1 D．2：2：3二、非选择题（本题包括5小题）17、A、B、C、D为四种可溶性的盐，它们的阳离子分别可能是Ba2＋、Ag＋、Na＋、Cu2＋中的某一种，阴离子分别可能是NO3-、SO42-、Cl－、CO32-中的一种。(离子在物质中不能重复出现)①若把四种盐分别溶于盛有蒸馏水的四支试管中，只有C盐的溶液呈蓝色；②若向①的四支试管中分别加入盐酸，B盐的溶液有沉淀生成，D盐的溶液有无色无味的气体逸出。根据①②实验事实可推断它们的化学式为：（1）A________，C________，D____________。（2）写出盐酸与D反应的离子方程式：___________________________。（3）写出C与Ba(OH)2溶液反应的离子方程式：_______________________。18、Ⅰ.有一包白色固体粉末，其中可能含有KCl、BaCl2、Cu(NO3)2、K2CO3中的一种或几种，现做以下实验：①将部分粉末加入水中，振荡，有白色沉淀生成，过滤，溶液呈无色：②向①的沉淀物中加入足量稀硝酸，固体完全溶解，并有气泡产生；③取少量②的溶液，滴入稀硫酸，有白色沉淀产生；④另取①中过滤后的溶液加入足量AgNO3溶液，产生白色沉淀。试根据上述实验事实，回答下列问题：（1）写出原白色粉末中一定含有的物质的化学式____________________。（2）写出原白色粉末中一定不含有的物质的电离方程式________________。（3）写出④变化的离子方程式：______________________。Ⅱ.实验室需要240mL0.5mol·L-1的NaOH溶液，现用固体烧碱进行配制。（1）需称量_________g烧碱，应放在_______中称量、溶解。（2）完成此配制实验，除了量筒，烧杯，玻璃棒外还需要的常见的玻璃仪器有___________。（3）下列操作对所配溶液浓度偏大的有______。A．烧碱在烧杯中溶解后，未冷却就立即转移到容量瓶中B．容量瓶未干燥就用来配制溶液C．定容时仰视容量瓶D．称量时使用了生锈的砝码E.未洗涤溶解烧碱的烧杯19、氯气的化学性质很活泼，在一定条件下能与很多无机物和有机物反应，生成多种多样的含氯化合物。（1）查阅文献：重铬酸钾与浓盐酸反应可以制备氯气。反应原理如下：K2Cr2O7+14HCl═2KCl+2CrCl3+3Cl2↑+7H2O请在上述反应中标出电子转移的方向和数目。__________________（2）图1是某同学制备氯水的装置图。①装置B中发生反应的离子方程式为__________________。②检验一瓶氯水是否已经完全变质，可选用的试剂是______________（填序号）。A．硝酸银溶液

B．酚酞溶液

C．碳酸钠溶液

D．紫色石蕊溶液（3）漂白粉或漂白精的有效成分为Ca(ClO)2，Ca(ClO)2能与空气中的CO2和水蒸气发生如下反应：Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO，分析以上反应，你认为存放漂白粉时应注意的问题有_________________________________________________。（4）实验室欲用12mol·L−1的浓盐酸配制成250mL1.0mol·L−1的稀盐酸溶液。可供选择的仪器有：a.玻璃棒

b.烧瓶

c.烧杯d.胶头滴管

e.量筒

f.托盘天平。

①上述仪器中，在配制稀盐酸溶液时不需要使用的有___________，还缺少的仪器是_____________。

②下列有关容量瓶的使用方法正确的是_____________（填代号）。A．量筒量取浓盐酸试样后直接倒入容量瓶中，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B．配制一定体积、浓度的溶液时，容量瓶未干燥，对所配溶液浓度无影响C．容量瓶用水洗净后，再用1.0mol·L−1的稀盐酸溶液润洗D．使用容量瓶前检查它是否漏水③根据计算，本实验需要量取浓盐酸的体积为______mL（计算结果保留一位小数）。④对所配制的稀盐酸进行测定，发现浓度大于1.0mol/L。请你分析配制过程中可能引起浓度偏高的原因（答出两点）___________________、________________________。20、I.化学是一门以实验为基础的学科，化学所取得的丰硕成果与实验的重要作用分不开。结合下列实验装置图回答问题：（1）写出上述图中仪器的名称：①_______；②____。（2）若利用装置I分离乙酸（沸点118℃）和乙酸乙酯（沸点77.1℃）的混合物，还缺少的玻璃仪器有________，将仪器补充完整后进行的实验操作的名称为_______；实验时仪器②中冷却水的进口为____（填“f”或“g”），蒸馏烧瓶内碎瓷片的作用是________。（3）现需配制250mL0.1moI.L-1NaCl溶液，装置II是某同学转移溶液的示意图，图中有两处错误分别是________，________。II.①海带等藻类物质经过处理后，可以得到碘水，向碘水中加入四氯化碳以提取碘单质的实验操作叫________，该操作需要的玻璃仪器有________。②某NaCl样品中可能含有SO42-，CO32-，为检验杂质离子的存在，采取如下实验步骤：样品无明显现象无明显现象。则加入的试剂A为_______，B为_______，该现象证明样品中不含有____。③在后续实验中需要使用450mL0.5mol·L-1NaCl溶液，为配制该浓度NaCl溶液进行实验，需用托盘天平称取NaCl_______g。配制NaCl溶液时，若出现下列操作，会使配制浓度偏高的是____________A．天平砝码己锈蚀B．配制过程中未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒C．转移溶液时有溶液溅出D．定容时仰视刻度线21、我国有丰富的海水资源，开发和利用海水资源是当前科学研究的一项重要任务，如图是海水综合利用的一个方面。Ⅰ.(1)上述过程中没有涉及到的四大基本反应类型是______；a．化合反应b．分解反应c．置换反应d．复分解反应(2)步骤1中分离操作的名称是___________；(3)粗盐中含有Ca2＋、Mg2＋、SO42－等杂质，精制时所用试剂为：a.盐酸；b.BaCl2溶液；c.NaOH溶液；d.Na2CO3溶液。加入试剂的顺序是_____________；II.实验室利用精盐配制480mL2.0mol·L－1NaCl溶液。(4)除烧杯和玻璃棒外，还需要的玻璃仪器有___________________、_______________；(5)用托盘天平称取固体NaCl________g；(6)配制时，按以下几个步骤进行：①计算②称量③溶解④冷却⑤转移⑥定容⑦摇匀⑧装瓶。操作中还缺少一个重要步骤是______________________；(7)下列错误操作可使所配制氯化钠溶液浓度偏低的是_________。a．容量瓶洗净后残留了部分的水b．转移时溶液溅到容量瓶外面c．定容时俯视容量瓶的刻度线d．摇匀后见液面下降，再加水至刻度线

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．Cl元素化合价升高，加入氧化剂可实现，故A正确；B．I元素化合价降低，应加入还原剂，故B错误；C．Fe元素化合价降低，应加入还原剂，故C错误；D．元素化合价不变，不是氧化还原反应，故D错误．故选A．【点评】本题考查氧化还原反应，为高考常见题型，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应还原剂的考查，题目难度不大．2、B【解析】

A．溶液体积不明确，则溶液中的硫酸根离子的个数无法计算，故A错误；B．通常状况下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，则NA个二氧化碳分子的物质的量为1mol，体积大于22.4L，故B正确；C．2.4g镁的物质的量为0.1mol，生成0.1mol氢气，而氢气的状态不明确，气体摩尔体积未知，则体积无法计算，故C错误；D．每个铵根离子含10个电子，则0.1mol铵根离子中含1mol电子即NA个电子，故D错误；故答案为B。3、B【解析】

A．次氯酸有强氧化性能使有色布条褪色，向氯水中加入有色布条，一会儿有色布条褪色，说明溶液中有HClO存在，故A错误；B．氯气是黄绿色气体，且有刺激性气味，如果氯水溶液呈黄绿色，且有刺激性气味，说明有Cl2分子存在，故B正确；C．盐酸中含有氯离子，向氯水中加入盐酸后再加入硝酸银溶液生成氯化银白色沉淀，不能说明氯水中含有氯离子，故C错误；D．Cl2+H2O⇌HCl+HClO，该反应是可逆反应，向氯水中加入氢氧化钠溶液，氯水黄绿色消失，氯水中的氯分子也可以和氢氧化钠反应，说明氯水溶液呈酸性，不能证明含有次氯酸，故D错误；答案选B。【点睛】氯水中的三种分子和四种离子，即氯分子，水分子，次氯酸分子，氯离子，氢离子，少量的氢氧根离子，次氯酸根离子，故氯水有氧化性，漂白性，酸性等性质，明白氯水的成分很关键。4、D【解析】正确答案：DA．不正确，Na2O2是氧化剂B．不正确，3molNa2O2发生反应，有6mol电子转移，Na2O2氧由-1价降到-2价C．不正确，在Na2FeO4中Fe为+6价，具有强氧化性，能消毒杀菌D．正确，Na2FeO4既是氧化产物又是还原产物，铁元素化合价升到+6价，氧元素由-1价降到-2价。5、B【解析】A、Ca2+、SO42-浓度大时生成CaSO4沉淀，故A错误；B、Mg2+、Cu2+、SO42-、NO3-四种离子间不生成沉淀，气体或水，故B正确；C、NH4+与OH-生成NH3·H2O，故C错误；D、OH－＋HCO3－=CO32－＋H2O，故D错误；故选B。6、B【解析】

A.本离子方程式不能表示CuSO4和Ba(OH)2的反应，故不可表示所有铜盐和强碱的反应，A项错误；B.本离子方程式可表示可溶性铜盐和强碱当生成氢氧化铜沉淀和可溶性盐时的一类反应，也可以表示某一个具体的反应，B项正确；C.在离子方程式的书写中，弱碱不能拆为氢氧根，C项错误；D.氢氧化铜是蓝色沉淀，D项错误；答案选B。7、B【解析】试题分析：A．Cu是单质，所以铜既不是电解质也不是非电解质，故A错误；B．熔融的K2SO4导电，硫酸钾在水溶液中也导电，且为化合物，则熔融的K2SO4为电解质，故B正确；C．乙醇不导电，在水溶液中也不导电，乙醇为非电解质，故C错误；D．硫酸溶液是混合物，所以不是电解质，故D错误；故选B。【考点定位】考查电解质与非电解质的判断【名师点晴】本题考查了电解质与非电解质的判断。在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，在水溶液里或熔融状态下都不导电的化合物是非电解质，电解质、非电解质都必须为化合物。明确电解质与非电解质的概念为解答关键，注意电解质和非电解质都必须是化合物，单质和混合物既不是电解质也不是非电解质。8、D【解析】

碳酸钙是由钙离子和碳酸根离子构成的化合物，属于盐，故选D。9、C【解析】

小苏打是NaHCO3，其属于酸式盐，故选C。10、B【解析】

因M（Cl2）＞M（CO2）＞M（O2）＞M（N2），根据n=可知，相同质量的气体，N2的物质的量最大，相同条件下，气体体积之比等于其物质的量之比，故N2的体积最大，故选B。11、D【解析】

A．未注明温度和压强，无法确定气体的体积，故A错误；B．未注明温度和压强，无法确定气体的体积，故B错误；C．标准状况下水不是气体，所以1mol水的体积不是22.4L，故C错误；D．标准状况下氧气为气体，所以22.4L氧气的物质的量为=1mol，故D正确；综上所述答案为D。12、D【解析】

A．氯水中HClO具有漂白性，不能用pH试纸测定氯水的pH，故A正确；B．蒸发操作时，当溶液中出现较多固体应停止加热，然后利用余热蒸发剩余溶液且不断搅拌，故B正确；C．分液时应避免液体重新混合而污染，则分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，故C正确；D．气体摩尔体积与状态有关，22.4L氨气的物质的量无法求出，所以22.4L氨气溶于水制得1L氨水时，其浓度不一定等于1mol•L-1，故D错误；故答案为D。13、D【解析】

A.H＋与HCO3－能够反应生成CO2气体，A不能大量共存；B.Al3＋与氨水可以发生反应Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NH4＋，B不能大量共存；C.Cl2具有氧化性，可以将SO32－氧化为SO42－，离子方程式为Cl2＋H2O＋SO32－=SO42－＋Cl－＋2H＋，C不能大量共存；D.Na+

、CH3COO-、CO32-、OH-等4种离子之间不能发生离子反应，D可以大量共存。综上所述，可以大量共存的是D，选D。14、A【解析】

①碳酸钠可与盐酸反应生成氯化钠，可除杂，故正确；

②铁可置换出铜，生成硫酸亚铁，可除杂，故正确；

③二氧化碳与氢氧化钠溶液反应，可除杂，故正确；

④生成氯化钙，生成新杂质，可将混合物溶于水然后过滤除去杂质碳酸钙，故错误。

故选：A。15、A【解析】试题分析：A、是氧化还原也是置换反应，正确，选A；B、不是氧化还原反应，不是置换反应，不选B；C、是氧化还原反应，但不是置换反应，不选C；D、是氧化还原反应，是化合反应，不是置换反应，不选D。考点：氧化还原反应的判断16、C【解析】

根据n=求解物质的量，可以假设三者的质量分别为2g，4g，5g，所以根据公式可以计算其物质的量分别为，，，三者化简后均为，即物质的量相等，C项符合题意；本题答案选C。二、非选择题（本题包括5小题）17、BaCl2CuSO4Na2CO3CO32-＋2H＋===H2O＋CO2↑Cu2＋＋SO42-＋Ba2＋＋2OH－===BaSO4↓＋Cu(OH)2↓【解析】

①若把四种盐分别溶于盛有蒸馏水的四支试管中，只有C盐的溶液呈蓝色，C中含Cu2+，Cu2+与CO32-在溶液中不能大量共存，C中不含CO32-；②若向①的四支试管中分别加入盐酸，B盐的溶液有沉淀生成，D盐的溶液有无色无味的气体逸出，则B中含Ag+，D中含CO32-；由于Ag+与SO42-、Cl-、CO32-在溶液中不能大量共存，则B为AgNO3；由于CO32-与Ba2+、Ag+、Cu2+在溶液中不能大量共存，则D为Na2CO3；Ba2+与SO42-在溶液中不能大量共存，离子在物质中不能重复出现，结合①②的推断，A为Ba（NO3）2，C为CuSO4；根据上述推断作答。【详解】①若把四种盐分别溶于盛有蒸馏水的四支试管中，只有C盐的溶液呈蓝色，C中含Cu2+，Cu2+与CO32-在溶液中不能大量共存，C中不含CO32-；②若向①的四支试管中分别加入盐酸，B盐的溶液有沉淀生成，D盐的溶液有无色无味的气体逸出，则B中含Ag+，D中含CO32-；由于Ag+与SO42-、Cl-、CO32-在溶液中不能大量共存，则B为AgNO3；由于CO32-与Ba2+、Ag+、Cu2+在溶液中不能大量共存，则D为Na2CO3；Ba2+与SO42-在溶液中不能大量共存，离子在物质中不能重复出现，结合①②的推断，A为Ba（NO3）2，C为CuSO4；（1）A的化学式为Ba（NO3）2，C的化学式为CuSO4，D的化学式为Na2CO3。（2）D为Na2CO3，盐酸与Na2CO3反应生成NaCl、H2O和CO2，反应的离子方程式为2H++CO32-=H2O+CO2↑。（3）C为CuSO4，CuSO4与Ba（OH）2溶液反应的化学方程式为CuSO4+Ba（OH）2=Cu（OH）2↓+BaSO4↓，反应的离子方程式为Cu2++SO42-+Ba2++2OH-=Cu（OH）2↓+BaSO4↓。【点睛】本题考查离子的推断，熟悉各离子的性质和离子间的反应是解题的关键。离子的推断必须遵循的原则：肯定原则（根据实验现象确定一定存在的离子）、互斥原则（相互间能反应的离子不能在同一溶液中共存）、守恒原则（阳离子所带正电荷的总数等于阴离子所带负电荷总数）。18、BaCl2、K2CO3Cu(NO3)2=Cu2++2NO3—Ag++Cl—=AgCl↓5.0小烧杯250mL容量瓶，胶头滴管AD【解析】

Ⅰ.有一包白色固体粉末，其中可能含有KCl、BaCl2、Cu（NO3）2、K2CO3中的一种或几种；①将部分粉末加入水中，振荡，有白色沉淀生成，过滤，溶液呈无色说明一定不含Cu（NO3）2、所以沉淀为碳酸钡，判断BaCl2、K2CO3一定存在；②向①的沉淀物中加入足量稀硝酸，固体完全溶解，并有气泡产生，证明沉淀是BaCO3；③取少量②的溶液，滴入稀硫酸，有白色沉淀产生，证明白色沉淀为BaSO4；④另取①中过滤后的溶液加入足量AgNO3溶液，产生白色沉淀，证明含有Cl-；综上所述：白色固体粉末一定含有BaCl2、K2CO3；一定不含Cu（NO3）2；可能含有KCl；（1）原白色粉末中一定含有的物质的化学式：BaCl2、K2CO3；（2）原白色粉末中一定不含有的物质为Cu（NO3）2；电离方程式为：Cu（NO3）2=Cu2++2NO3-；（3）取①中过滤后的溶液加入足量AgNO3溶液，产生白色沉淀是氯化银，反应的离子方程式为：Ag++Cl-=AgCl↓；Ⅱ.（1）实验室没有240mL规格的容量瓶，必须配制250mL溶液，需要称取的氢氧化钠的质量为：m=cVM=0.5mol/L×0.25L×40g/mol=5.0g，烧碱易吸水且具有强腐蚀性，所以称量烧碱时要放在小烧杯中；（2）配制溶液的步骤是：称量、溶解、冷却、转移、洗涤、转移、定容、摇匀，用烧杯溶解烧碱、可以用量筒量取水、用玻璃棒搅拌和引流、用250mL的容量瓶配制溶液、用胶头滴管定容、用托盘天平称量烧碱、用药匙取药品，所以除了量筒、烧杯、玻璃棒外还会用到的仪器有：250mL容量瓶，胶头滴管；（３）A．NaOH在烧杯中溶解后，未冷却就立即转移到容量瓶中，则冷却后溶液体积偏小，浓度偏大，故A选；B．若容量瓶未干燥即用来配制溶液，对溶液浓度无影响，因为只要定容时正确，至于水是原来就有的还是后来加入的，对浓度无影响，故B不选；C．定容时仰视刻度线，会导致溶液体积偏大，则浓度偏小，故C不选；D．砝码生锈后质量偏大，称量时m物=m砝+m游，称量时用了生锈的砝码后会导致溶质的质量偏大，故浓度偏大，故D选；E．未洗涤溶解NaOH的烧杯，会导致溶质损失，浓度偏小，故E不选；答案选AD。19、Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2OD密封保存，存放在阴凉干燥的地方，避免太阳直射bf250mL容量瓶BD20.8定容时俯视容量瓶刻度线【答题空10】浓盐酸稀释时未冷却就转移到容量瓶【解析】(1).由反应方程式K2Cr2O7+14HCl═2KCl+2CrCl3+3Cl2↑+7H2O可知，Cr元素化合价变化情况为：K2Cr2O7→CrCl3，化合价由+6→+3价，两个Cr原子得6个电子；Cl元素的化合价变化情况为：HCl→Cl2，化合价由−1价→0价，一个Cl原子失去一个电子，所以其最小公倍数为6，用双线桥表示为：；故答案为：；(2).①.装置B中盛有NaOH，可以吸收多余的氯气，发生反应的离子方程式为：Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O，故答案为：Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O；②.检验一瓶氯水是否已经完全变质，主要是检查氯水中是否还含有HClO，HClO可以使石蕊试液褪色，A.硝酸银溶液和氯离子反应生成白色沉淀，不能检验一瓶氯水是否已经完全变质，故A错误；B.酚酞溶液在酸性溶液中不变色，故B错误；C.碳酸钠溶液和盐酸反应生成二氧化碳气体，不能检验一瓶氯水是否已经完全变质，故C错误；D.紫色石蕊试液遇酸显红色，不褪色说明完全变质，先变红后褪色证明没有完全变质，故D正确；答案选D；(3).漂白粉中的有效成分为Ca(ClO)2，容易和空气中的二氧化碳和水蒸气反应生成HClO，生成的HClO见光易分解，应密封保存，存放在阴凉干燥处，避免太阳直射，故答案为：密封保存，存放在阴凉干燥的地方，避免太阳直射；(4).①.实验室欲用12mol·L−1的浓盐酸配制成250mL1.0mol·L−1的稀盐酸溶液，需要量筒、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管等，因此在配制稀盐酸溶液时不需要使用的有：烧瓶、托盘天平，还缺少的仪器是250mL容量瓶，故答案为：bf；250mL容量瓶；②.A.量筒量取浓盐酸试样后直接倒入烧杯中，加水溶解冷却后转移到容量瓶，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，不能直接在容量瓶中溶解，故A错误；B.配制一定体积、浓度的溶液时，需要加水定容，容量瓶未干燥，对所配溶液浓度无影响，故B正确；C.容量瓶用水洗净后，再用1.0mol·L−1的稀盐酸溶液润洗，溶质增多，配制的溶液浓度偏高，故C错误；D.使用容量瓶之前必须检查是否漏水，故D正确；答案选BD；③.实验室欲用12mol·L−1的浓盐酸配制成250mL1.0mol·L−1的稀盐酸溶液，设需要量取浓盐酸的体积为amL，根据稀释定律有：a×10-3L×12mol/L=0.25L×1.0mol/L，a=20.8mL，故答案为：20.8；④.对所配制的稀盐酸进行测定，发现浓度大于1.0mol/L，配制过程中可能引起浓度偏高的原因有：定容时俯视容量瓶刻度线、浓盐酸稀释时未冷却就转移到容量瓶等，故答案为：定容时俯视容量瓶刻度线；浓盐酸稀释时未冷却就转移到容量瓶。20、蒸馏烧瓶冷凝管（或直形冷凝管）温度计蒸馏g防止暴沸未用玻璃棒引流未使用250mL容量瓶萃取烧杯、分液漏斗盐酸BaCl2溶液SO42-、CO32-14.6A【解析】

实验室进行蒸馏实验时，仪器包括蒸馏烧瓶，温度计，直形冷凝管，牛角管，烧杯，酒精灯；萃取实验仪器包括分液漏斗，烧杯；配制溶液时仪器包括容量瓶，烧杯，玻璃棒，胶头滴管，容量瓶必须选用合适容积，不可小于配制要求。【详解】（1）根据仪器的结构可知，①为蒸馏烧瓶；②为冷凝管（或直形冷凝管）；（2）采用分馏（蒸馏）原理进行实验时，控制温度是关键，故还缺少的玻璃仪器温度计；冷却蒸馏产生的气体时，在冷凝管位置，冷却水要采用“下进上出”原则，故冷却水的进口为g，碎瓷片由于具有多孔结构，能防止暴沸；