2026届上海市格致初级中学高一化学第一学期期中复习检测试题含解析

2026届上海市格致初级中学高一化学第一学期期中复习检测试题注意事项：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、丙酮是一种常用的有机溶剂,可与水以任意体积比互溶,其密度小于1g/ml,沸点约55℃,分离水和丙酮最合理的方法是(

)A．蒸发 B．分液 C．蒸馏 D．过滤2、将2mol·L-1NaCl溶液和3mol·L-1CaCl2溶液等体积混合后，溶液中Na+、Ca2+、Cl－的物质的量之比为A．2:3:8B．2:3:6C．3:2:6D．2:3:33、根据下列反应：(1)2Fe3++2I-=2Fe2++I2；(2)Br2+2Fe2+=2Br-+2Fe3+，判断离子的还原性由强到弱的顺序是（）A．Br->I->Fe2+ B．I->Fe2+>Br-C．Fe2+>I->Br- D．Br->Fe2+>I-4、某同学欲配制含有大量下列各离子的溶液，其中能实现的是()A．K+、H+、SO42-、OH- B．Na+、Ca2+、CO32-、NO3-C．Na+、H+、Cl-、CO32- D．Na+、Cu2+、Cl-、SO42-5、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=b6、下列化学用语正确的是（）A．熟石灰的化学式：CaOB．KClO3的电离方程式：KClO3=K++ClO3—C．质子数为6，中子数为8的微粒：86CD．硫离子的结构示意图为7、电解质和非电解质是对化合物的一种分类方式．下列关于电解质的说法正确的是（）A．液态HCl不导电，所以HCl不是电解质B．NH3溶于水形成的溶液能导电，所以NH3是电解质C．电解质一定能导电，能导电的物质一定属于电解质D．AgCl在水溶液中难导电，但熔融状态下能导电，所以AgCl是电解质8、在配制100mL1.0mol·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）9、下列离子方程式正确的是（）A．澄清石灰水与少量小苏打溶液混合：Ca2++2OH-+2HCO=

CaCO3↓+CO+2H2OB．钠与水反应：Na＋H2O＝Na＋＋OH－＋H2↑C．氯气与水反应：Cl2＋H2O=

2H＋＋Cl－＋ClO－D．CO2通入Na2CO3溶液中：CO2+CO+H2O=2HCO10、下列物质分离的方法不正确的是（）A．用酒精萃取碘水中的碘B．用蒸馏的方法将自来水制成蒸馏水C．用淘洗的方法从沙里淘金D．用过滤的方法除去食盐中的泥沙11、下列物质用激光笔照射，不能在其内部形成一条光亮的“通路”的是（）A．FeCl3溶液B．牛奶C．淀粉溶液D．雾12、下列各组变化中，只有加入酸才能一步实现的是()A．Zn→ZnSO4B．CuO→CuCl2C．CaCO3→CO2D．NaOH→Na2SO413、标准状况下，等体积的NH3和CH4两种气体，下列有关说法错误的是（）A．所含分子数目相同B．所含氢原子的物质的量之比为3:4C．质量之比为16:17D．密度之比为17:1614、下列有关物质分类的结论正确的是()A．依据酸在水中的电离程度，将酸分为含氧酸和无氧酸B．依据反应过程中是否发生电子的转移，将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应C．依据元素组成，将氧化物分为酸性氧化物、碱性氧化物、两性氧化物，不成盐氧化物和特殊氧化物等D．依据在反应过程中的得电子数目．将氧化剂分为强氧化剂和弱氧化剂15、下列电离方程式正确的是A．NaHCO3＝Na＋＋H＋＋CO32－ B．Al2(SO4)3＝Al23＋＋(SO4)32－C．2H2O2H2↑＋O2↑ D．H2SO4＝2H＋＋SO42－16、钠与水反应的现象和钠的下列性质无关的是（）A．钠的熔点低 B．钠的密度小 C．钠的硬度小 D．钠的强还原性二、非选择题（本题包括5小题）17、某溶液可能含OH-、SO42-、HCO3-、Cl-、Ba2+和Na+。探究小组为了确定该溶液中离子的组成，取该溶液100mL进行以下实验：（1）填写下表空格实验操作与现象实验结论判断理由步骤一加入过量HCl溶液，有气泡产生；肯定有___、肯定无___。HCO3-与OH-不共存步骤二步骤一中得到标况下的气体22.4L；HCO3-的物质的量浓度为___mol/LC元素守恒步骤三向上述滤液中加足量Ba(NO3)2溶液，经过滤得到46.6g不溶于稀硝酸的沉淀。肯定有___、___；肯定无___。溶液显电中性；SO42-与Ba2+不共存会产生白色沉淀。（2）步骤三过滤所需玻璃仪器有：烧杯、___、___。（3）步骤一产生气泡的离子方程式为___，步骤三生成沉淀的离子方程式为：___。18、某固体物质可能由K2SO4、KI、NaCl、CuCl2、CaCl2、Na2CO3中的一种或几种组成。依次进行下列五步实验。观察到的现象如下：①混合物加水得无色透明溶液；②向上述溶液中滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成，将该沉淀滤出，并将滤液分成两份；③上述白色沉淀可完全溶于稀盐酸；④往一份滤液中滴加氯水并加入CCl4，振荡后静置CCl4层呈无色(氯水能将I－氧化为I2)；⑤往另一份滤液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，该沉淀不溶于稀硝酸。由此可推断出：（1）写出③中白色沉淀可完全溶于稀盐酸的离子方程式__________________。（2）写出⑤中生成白色沉淀的离子方程式__________________________。（3）该固体中一定含有________________；无法确定是否含有的是____________________。（4）确定该物质是否存在的方法是_____________________________________。19、某化学兴趣小组拟用浓盐酸与二氧化锰加热反应，制取并收集两瓶干燥纯净的氯气。为防止换集气瓶时生成的氯气污染空气，设计了如下装置：（1）写出Ⅰ装置烧瓶中发生的反应的化学方程式________________________________。（2）装置Ⅱ中盛放的药品是饱和氯化钠溶液，其作用是___________________________；装置Ⅲ的作用是干燥氯气，应盛放_________________________。（3）实验开始后，先________a，_________b（填“关闭”或“打开”，下同）；当集满一瓶氯气时，为减少换集气瓶时氯气的外逸，再_________a，________b，换好集气瓶后,继续收集氯气。（4）兴趣小组的某些同学准备在烧杯中加入下列溶液中的一种来吸收残余氯气，你认为其中不恰当的是（填序号）_____________。①氢氧化钠溶液②浓硫酸③水（5）工业上将氯气通入石灰乳[Ca(OH)2]制取漂白粉，化学反应方程式为_______________，漂白粉的有效成分是____________________。(填化学式)20、实验室配制100mL0.5mol/L的Na2CO3溶液，有如下操作步骤：①将称量好的Na2CO3固体放入烧杯中，加入适量的蒸馏水溶解；②把①所得溶液小心转入100mL容量瓶中；③继续向容量瓶中加蒸馏水至液面距刻度线1～2cm处，小心滴加蒸馏水至溶液凹液面与刻度线相切；④用少量蒸馏水洗涤烧杯2～3次，每次洗涤的液体都小心转入容量瓶中并轻轻摇匀；⑤计算所需Na2CO3固体的质量并用托盘天平称取；⑥塞紧容量瓶的塞子，充分摇匀．回答下列问题：（1）本实验操作步骤的正确顺序是（填序号）_________．（2）本实验中除用到玻璃棒和烧杯外，还需要用到的玻璃仪器有_______、_________。（3）实验中用托盘天平实际称取Na2CO3固体的质量是_______．（4）在实验中，若出现如下情况，对所配溶液的浓度有何影响？未进行操作④，所配溶液的浓度会______（填“偏高”、“偏低”或“无影响”，下同）；定容时俯视液面，所配溶液的浓度会______．（5）若实验过程中出现如下情况应如何处理？加蒸馏水时不慎超过了刻度线______，向容量瓶中转移溶液时，不慎有少量溶液洒在容量瓶外面______．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、C【解析】水与丙酮互溶，两者的沸点相差较大，可以采用蒸馏的方法来实现两者的分离，答案选C。点睛：本题考查物质的分离、提纯方法，注意相关基础知识的积累。互溶的两种液体，其沸点不同，则可利用蒸馏来分离。以此来解答。2、A【解析】

设溶液体积各是1L，依据n=cV计算溶质的物质的量，结合氯化钠、氯化钙的组成计算解答。【详解】设溶液体积各是1L，则混合液中含有氯化钠的物质的量为：2mol/L×1L=2mol，含有氯化钙物质的量3mol/L×1L=3mol，氯化钠和氯化钙都是强电解质，水溶液中完全电离，1mol氯化钠含有1mol钠离子和1mol氯离子，1mol氯化钙含有1mol钙离子和2mol氯离子，则混合液中含有钠离子物质的量为2mol，钙离子物质的量为3mol，氯离子物质的量为2mol+3mol×2=8mol，所以Na+、Ca2+、Cl-的物质的量之比为2：3：8，答案选A。3、B【解析】

在氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物，还原剂的还原性强于还原产物。【详解】(1)反应2Fe3++2I-=2Fe2++I2中，碘元素化合价从-1升到0，失去电子，发生氧化反应，I-为还原剂；Fe化合价降低，得到电子，发生还原反应，得到还原产物Fe2+，则还原性I->Fe2+。(2)反应Br2+2Fe2+=2Br-+2Fe3+中，Fe化合价升高，发生氧化反应，亚铁离子是还原剂；Br化合价降低，发生还原反应，得到还原产物Br-，则还原性Fe2+>Br-。综上所述，还原性I->Fe2+>Br-。答案为B。【点睛】利用化合价变化判断还原剂，并根据还原剂的还原性大于还原产物的还原性来进行比较。4、D【解析】

A．因H+、OH﹣能结合水成水，则不能共存，故A错误；B．因Ca2+、CO32﹣能结合生成碳酸钙沉淀，则不能共存，故B错误；C．因H+、CO32﹣能结合生成水和气体，则不能共存，故C错误；D．因该组离子之间不反应，则能够共存，故D正确；故选D。5、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↑△m2mol2mol44gNa2O＋H2O=2NaOH△m1mol2mol62g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。6、B【解析】

A.熟石灰的化学式是Ca(OH)2，A项错误；B.KClO3是含氧酸盐，属于强电解质完全电离，其电离方程式为KClO3=K++ClO3-，B项正确；C.质子数为6的元素为碳元素，质量数=质子数+中子数=6+8=14，所以质子数为6，中子数为8的核素符号为614CD.硫离子(S2-)是由硫原子得到2个电子形成的，硫离子的最外层达到8电子稳定结构，其正确的结构示意图为，D项错误，答案选B。7、D【解析】

在水溶液中或熔化状态下能够导电的化合物是电解质；在水溶液中和熔化状态下都不能导电的化合物是非电解质，物质的导电与溶液中的离子浓度和金属的自由电子有关【详解】A．液态HCl不导电，但氯化氢溶于水能电离出自由移动的氢离子和氯离子，能导电，所以HCl是电解质，A错误；B．NH3是非电解质，一水和氨是电解质，B错误；C．物质的导电与溶液中的离子浓度和金属的自由电子有关，C错误；D．AgCl属于盐，虽难溶于水，当它溶于水时，溶于水的部分，可以完全电离变成离子，是强电解质，D正确；选D。8、A【解析】

（1）100mL1.0mol·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。【点睛】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。9、D【解析】

A.澄清石灰水与少量小苏打溶液混合，其离子反应方程式为：Ca2++OH-+HCO=CaCO3↓+H2O，故A错误；B.钠与水反应的离子方程式为：2Na＋2H2O＝2Na＋＋2OH－＋H2↑，故B错误；C.氯气与水反应的离子方程式为：Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO，故C错误；D.CO2通入Na2CO3溶液中的离子方程式为：CO2+CO+H2O=2HCO，故D正确；故答案：D。10、A【解析】

A．萃取剂应与水互不相溶，酒精和水混溶，不能用作萃取剂，A错误；B．蒸馏适用于沸点不同的液体混合物的分离，因此可用蒸馏的方法将自来水制成蒸馏水，B正确；C．金子的密度比较大，在沙子的底部，可用淘洗的方法从沙里淘金，C正确；D．泥沙不溶于水，可用过滤的方法分离，D正确。答案选A。【点睛】本题考查物质的分离、提纯的方法，题目难度不大，注意萃取剂的使用，把握物质的性质的异同，为解答该类题目的关键。11、A【解析】

溶液与胶体、浊液的粒径不同，溶液中分散质粒径一般小于1nm，胶体中分散质粒径一般为1～100nm；浊液的分散质粒径大于100nm，溶液和胶体都是透明的澄清溶液，可以通过丁达尔现象来区分，胶体用激光笔照射，能在与光束垂直的方向上观察到光亮的通路。【详解】A.FeCl3溶液属于溶液，无丁达尔现象，故A选；B.牛奶属于胶体，用激光笔照射，能在与光束垂直的方向上观察到光亮的通路，故B不选；C.淀粉溶液属于胶体，用激光笔照射，能在与光束垂直的方向上观察到光亮的通路，故C不选；D.雾属于胶体，用激光笔照射，能在与光束垂直的方向上观察到光亮的通路，故D不选；故选A。【点睛】本题主要考查了胶体的鉴别，易错点：注意溶液和胶体都是透明的澄清溶液，可以通过丁达尔现象来区分。12、B【解析】

A.锌能与稀硫酸或排在锌后面的可溶性硫酸盐反应生成硫酸锌，故A错误；B.氧化铜能与稀盐酸反应生成氯化铜和水，只能与酸反应生成，故B正确；C.碳酸钙能与盐酸反应或高温分解生成二氧化碳，故C错误；D.氢氧化钠能与硫酸或硫酸镁等反应生成硫酸钠，故D错误；本题答案为B。13、C【解析】

A．根据N=nNA=NA知，相同条件下，气体摩尔体积相同，气体的分子数与气体的体积成正比，所以相同体积的氨气和甲烷，所含分子数相同，故A正确；B．相同条件下，等体积的氨气和甲烷的物质的量相同，一个氨气分子中含有3个H，一个甲烷分子中含有4个H，所以所含氢原子物质的量之比为3：4，故B正确；C．根据m=M知，相同条件下，等体积的氨气和甲烷，其质量与相对分子质量成正比，所以其质量之比=17：16，故C错误；D．根据ρ＝知，相同条件下，气体摩尔体积相同，气体的密度与相对分子质量成之比，所以其密度之比=17：16，故D正确。故选：C。14、B【解析】A.依据酸在水中电离出氢离子个数，将酸分为含氧酸和无氧酸，A错误。B.氧化还原反应的本质就是发生电子的转移，依据反应过程中是否发生电子的转移，将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应，B正确；C.依据组成，将氧化物分为金属氧化物和非金属氧化物，C错误；D.依据在反应过程中的得失电子的能力大小，将氧化剂分为强氧化剂和弱氧化剂，D错误。15、D【解析】

A.H2CO3是弱酸，在NaHCO3的电离方程式中，HCO3－不能拆成离子，A错误；B.硫酸铝的电离方程式为Al2(SO4)3＝2Al3＋＋3SO42－，B错误；C.2H2O2H2↑＋O2↑为水的电解方程式，而不是电离方程式，C错误；D.硫酸是强酸，在水溶液中完全电离，生成H+和SO42－，D正确。故选D。16、C【解析】

A．因钠与水反应放热，钠的熔点低，所以看到钠熔成闪亮的小球，与性质有关，故A错误；B．钠的密度比水小，所以钠浮在水面上，与性质有关，故B错误；C．硬度大小与Na和水反应现象无关，与性质无关，故C正确；D．因钠的还原性强，所以与水反应剧烈，放出热量，与性质有关，故D错误；故答案为C。【点睛】考查钠与水的反应，应从钠的强还原性和钠的物理性质来理解钠与水反应的现象，钠与水反应时产生的各种现象如下：钠浮在水面，然后熔化成闪亮的小球，在水面游动，并发出嘶嘶的响声。现象是物质性质的体现，根据钠的性质分析现象原因。二、非选择题（本题包括5小题）17、HCO3-OH-10SO42-Na+Ba2+漏斗玻璃棒HCO3-+H+=CO2↑+H2OBa2++SO42-=BaSO4↓【解析】

步骤一：加入过量的HCl产生气泡，说明有HCO3-，则没有OH-；步骤二：HCl和HCO3-反应生成CO222.4L（标况），根据元素守恒可以推出原溶液中有1molHCO3-，从而计算出HCO3-的物质的量浓度；根据步骤三可以推出原溶液中有SO42-，则溶液中无Ba2+，有Na+。【详解】（1）步骤一：加入过量的HCl产生气泡，说明有HCO3-，则没有OH-，因为HCO3-与OH-不共存；步骤二：HCl和HCO3-反应生成CO222.4L（标况），n(CO2)==1mol，则n(HCO3-)=1mol，故c(HCO3-)==10mol/L；步骤三：根据题中信息，可以推出该沉淀为BaSO4，则n(BaSO4)==0.2mol，故原溶液中有0.2molSO42-，则溶液中无Ba2+，有Na+；（2）过滤所需玻璃仪器有：烧杯、漏斗、玻璃棒；（3）步骤一产生气泡的离子方程式为HCO3-+H+=CO2↑+H2O；步骤三生成沉淀的离子方程式为：Ba2++SO42-=BaSO4↓。18、BaCO3+2H+＝Ba2++H2O+CO2↑Ag++Cl-＝AgCl↓Na2CO3NaCl取①所得溶液，滴加硝酸酸化的硝酸银溶液，若出现白色沉淀，说明原固体中有NaCl，反之则无【解析】

①向混合物中加入适量水全部溶解，溶液无色透明，说明一定不会含有CuCl2，不含有不溶物或反应生成不溶物；②向步骤①溶液中滴加BaCl2溶液生成白色沉淀，则说明该白色沉淀是碳酸钡或是硫酸钡中的至少一种；③取步骤②的白色沉淀，白色沉淀可完全溶于稀盐酸，说明该沉淀不会是硫酸钡，所以一定是碳酸钡；④往一份滤液中滴加氯水并加入CCl4，振荡后静置，CCl4层呈无色，则一定没有碘单质生成，所以可以确定KI一定不存在；⑤另一份滤液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，该沉淀不溶于稀硝酸，说明该白色沉淀一定是氯化银，但无法证明该溶液中的氯离子，是来自于原混合物还是②中加入的氯化钡所致；（1）③中白色沉淀为碳酸钡，可完全溶于稀盐酸，反应的离子方程式：BaCO3+2H+＝Ba2++H2O+CO2↑；（2）⑤中生成白色沉淀为AgCl，反应的离子方程式为Ag++Cl-=AgCl↓，由以上分析可知混合物中肯定含有碳酸钠，无法确定是否含有的是NaCl；（3）已确定含有碳酸钠，一定不含有K2SO4、KI、CuCl2、CaCl2，如确定是否含有NaCl，可取①所得溶液，滴加硝酸酸化后再滴加硝酸溶液，若出现白色沉淀，说明有原固体中有NaCl，反之则无。19、MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O除去Cl2中混有的HCl浓硫酸关闭打开打开关闭②③2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2OCa(ClO)2【解析】

利用浓盐酸与二氧化锰加热反应制取Cl2，生成的氯气中混有HCl气体和水蒸气，用饱和氯化钠溶液除去氯气中的HCl气体，选择干燥剂不仅要考虑吸水效率，更要考虑干燥剂不能与被干燥的气体反应，弹簧夹a下方的气球可暂时贮气，平衡气压等作用，通过开、关弹簧夹a、b来更换集气瓶，多余的Cl2用NaOH溶液吸收，由此分析。【详解】(1)浓盐酸和二氧化锰加热条件下发生反应是实验室制取Cl2的常用方法，其化学方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O。(2)制取的氯气中混有水蒸气和HCl气体，因Cl2难溶于饱和氯化钠溶液，HCl易溶于水，所以氯气通过饱和氯化钠溶液就是为了除去氯气中混有的HCl气体；浓硫酸不仅吸水效率高，而且不和Cl2反应，所以装置III应盛放浓硫酸。(3)为了防止氯气外逸，在更换集气瓶时必须关闭弹簧夹b，关闭b后气压会增大，打开a，就是让气球暂时贮存部分氯气以平衡气压。所以实验开始后，先关闭弹簧夹a，打开弹簧夹b；当集满一瓶氯气时，再打开弹簧夹a，关闭弹簧夹b，换好集气瓶后，继续收集氯气。(4)①Cl2易与NaOH溶液反应Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，浓NaOH溶液能充分吸收氯气；②Cl2在浓硫酸中既不发生反应也不溶解，所以浓硫酸不能吸收Cl2；③Cl2在水中的溶解度不大，而且溶解的Cl2只有部分与水反应，所以水不能完全吸收Cl2，答案选②③。(5)漂白粉的主要成分是Ca(ClO)2和CaCl2，制取漂白粉的化学反应方程式为2Ca(OH)2+2Cl2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，Ca(ClO)2具有强氧化性，因而具有漂白性，所以漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2。20、⑤①②④③⑥100mL容量瓶胶头滴管5.3g偏低偏高实验失败，重新配制实验失败，重新配制【解析】

(1)配制一定物质的量浓度溶液的顺序是：计算→称量→溶解、冷却→移液→洗涤→定容→摇匀→装瓶贴签，故答案为：⑤①②④③⑥；(2)配制顺序是：计算→称量→溶解、冷却→移液→洗涤→定容→摇匀→装瓶贴签,一般用天平称量(用到药匙)称量，