江苏省连云港市赣榆县海头高级中学2026届化学高一上期中检测模拟试题含解析

江苏省连云港市赣榆县海头高级中学2026届化学高一上期中检测模拟试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列物质相互作用时，生成物与反应物的量或者反应条件无关的是()A．碳酸氢钠与石灰水 B．碳酸钠与盐酸C．钠与水 D．钠与氧气2、实验是化学研究的基础，关于下列各实验装置图的叙述中，正确的是①②③④A．装置①振荡后静置，溶液上层无色，下层紫红色B．装置②可用于吸收HCl气体，并防止倒吸C．装置③可用于制取蒸馏水D．装置④b口进气可收集H2、CO2等气体3、下列说法正确的是（）A．溶液、胶体和浊液的本质区别在于分散质粒子的直径不同B．CO2溶于水形成的溶液能导电，所以CO2是电解质C．溶于水后能电离出氢离子的化合物都是酸D．氧化还原反应的本质是化合价发生升降4、下列物质的电离方程式书写正确的是A．Na2CO3＝Na2++CO32−B．NaHCO3＝Na++H++CO32−C．H2CO3＝2H++CO32−D．Ba(OH)2＝Ba2++2OH−5、氯气有毒，化工厂常用浓氨水检验管道是否漏气，如果氯气泄漏，将在管道周围产生大量白烟，反应的化学方程式为3Cl2＋8NH3→6NH4Cl＋N2，关于此反应的说法中正确的是A．3分子氯气将8分子NH3氧化了B．N2是还原产物，NH4Cl是氧化产物C．3分子氯气只氧化了2分子NH3D．NH4Cl既是氧化产物又是还原产物6、由Na2CO3·10H2O与NaHCO3组成的混合物4.54g，溶于水配成100mL溶液，Na+的浓度为0.4mol·L-1，另取等质量的混合物加强热至质量不变，则剩余固体的质量为A．4.24g B．3.18g C．2.12g D．1.06g7、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．CuSO4B．FeCl2C．NaID．AgNO38、下列离子方程式正确的是（）A．氢氧化钡溶液和稀硫酸反应Ba2++OH—+H++SO42—=BaSO4↓+H2OB．钠与水反应Na＋2H2O＝Na+＋2OH—＋H2↑C．金属铝溶于氢氧化钠溶液Al+2OH-=AlO2-+H2↑D．碳酸氢钠与醋酸反应HCO3—＋CH3COOH＝CH3COO—＋CO2↑+H2O9、下列说法正确的是（）A．物质的量浓度是指单位体积溶剂中所含溶质的物质的量B．容量瓶不能作反应的容器，但可以储存配好的溶液C．容量瓶使用前要检漏，方法是加入一定量水倒转过来不漏即可D．定容时，往容量瓶中注入蒸馏水，直到液面接近容量瓶的刻度线1—2厘米处时，改用胶头滴管滴加，直到溶液凹液面正好与刻度线相切10、设NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．2.24LSO2所含电子数为3.2NAB．1L1mol•L-1FeCl3，溶液充分反应所得胶体中含Fe（OH）3胶体粒子数为NAC．12.0gNaHSO4晶体中含有的离子数为0.3NAD．100g质量分数为46%的酒精溶液中含有4NA个分子11、下列关于氯水的叙述不正确的是A．新制氯水中只含Cl2和H2O两种分子B．新制氯水可使蓝色石蕊试纸先变红后褪色C．光照氯水有气泡产生，该气体是O2D．氯水长时间放置后酸性增强12、下列关于溶液和胶体的叙述，一定正确的是()。A．溶液是电中性的，胶体是带电的B．卤水点豆腐与胶体的性质无关C．布朗运动是胶体微粒特有的运动方式，可以据此把胶体和溶液、悬浊液区别开来D．一束光线分别通过溶液和胶体时，后者会出现明显的光路，前者则没有13、磁流体是电子材料的新秀,它既具有固体的磁性,又具有液体的流动性。制备时将含等物质的量的FeSO4和Fe2(SO4)3的溶液混合,再滴入稍过量的NaOH溶液,随后加入油酸钠溶液,即可生成黑色的、分散质粒子的直径为5.5∼36nm的磁流体。下列说法中正确的是A．所得到的分散系属于胶体B．用一束光照射该分散系时，看不到一条光亮的“通路”C．该分散系不能透过滤纸D．该分散系的分散质为Fe(OH)314、使用容量瓶配制溶液时，由于操作不当，会引起误差，下列情况会使所配溶液浓度偏低的是()①用天平(使用游码)称量时，被称量物与砝码的位置放颠倒了②溶液转移到容量瓶后，烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤③转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水④定容时，俯视容量瓶的刻度线⑤定容后摇匀，发现液面降低，又补加少量水，重新达到刻度线A．①②⑤ B．①③⑤ C．③④⑤ D．②③④15、下列分散系属于胶体的是()A．石灰水 B．豆浆 C．泥水 D．蔗糖水16、200mLFe2(SO4)3溶液中含Fe3＋56g，溶液中SO42-的物质的量浓度是()A．7.5mol/L B．5mol/L C．10mol/L D．2.5mol/L二、非选择题（本题包括5小题）17、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_____________________________________。18、有A、B、C、D四种元素，A元素的原子有三个电子层，最外层上有一个电子；B元素负2价阴离子的电子层结构与氩原子相同；C元素的原子核内无中子；D原子核外电子数比A原子核外电子总数多6个。（1）C与D形成化合物的化学式_______，其在水中的电离方程式为_______。（2）B离子的电子式_______，A离子的电子式_______。（3）B原子的结构示意图_______，D离子的结构示意图_______。19、实验室要配制500mL0.2mol·L-1的NaOH溶液:请结合实验回答下列问题:(1)实验中需称量NaOH固体的质量为__________(2)完成上述实验步骤要用到的玻璃仪器有烧杯、量筒、玻璃棒、__________。(3)分析下列操作对所配制溶液浓度的影响(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。①转移液体过程中有少量液体溅出:__________；②定容时仰视刻度线:__________；③将NaOH固体溶解后,直接转至容量瓶中进行实验:__________。20、实验室需要490mL

0.1mol•L-1

NaOH溶液，请回答下列问题：(1)需称取___________g的烧碱固体，固体应放在_______________中在托盘天平上称量．(2)配制的玻璃仪器除烧杯和玻璃棒，还需要_______、______。(3)配制溶液时有以下几个操作：①溶解②摇匀③洗涤④冷却⑤称量⑥转移溶液⑦定容正确的操作顺序是__________________________________(填序号)(操作可重复选)(4)在容量瓶内确定溶液体积的过程中，完成后期加入少量水的做法是：_________________。(5)下列各项中，可能导致实际浓度偏高的是_________(填标号)．A．定容时，仰视容量瓶的刻度线B．NaOH溶解时放出大量的热，未冷却立即配制溶液C．溶解NaOH固体之后的烧杯未洗涤D．向容量瓶中转移溶液时不慎洒出(6)将取出10mL溶液加水稀释到100mL，稀释后溶液中NaOH的物质的量浓度为__________。21、KClO3和浓盐酸在不同温度下反应，发生以下两个反应。其变化可表示为反应1：2KClO3+4HCl(浓)=2KCl+Cl2↑+2ClO2↑+2H2O反应2：KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O(1)已知反应1的还原产物为黄绿色的二氧化氯，该反应中被还原的是_________（填化学式），产生0.1molCl2时，转移的电子的物质的量为_____。(2)反应2中氧化产物和还原产物的物质的量之比是_____。(3)上述反应中浓盐酸表现的性质是(填写编号)：反应1中为_________，反应2中为_________。①只有还原性

②还原性和酸性

③只有氧化性

④氧化性和酸性(4)将少量氯气通入NaBr溶液中，发生反应的离子方程式是Cl2+2Br-=2Cl-+Br2。将少量氯气通入FeBr2溶液中，发生反应的离子方程式是Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+，将少量氯气通入FeI2溶液中，发生反应的离子方程式是Cl2+2I-=2Cl-+I2，这个事实说明上述反应中具有还原性粒子I-、Br-、Cl-、Fe2+的还原性由强到弱的顺序是________，标况下，将22.4LCl2通入2L0.5mol/L的FeBr2溶液中，发生反应的离子方程式_____________标况下，将22.4LCl2通入2L0.5mol/L的FeI2溶液中，发生反应的离子方程式_____________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】

A．石灰水少量，反应生成碳酸钙、碳酸根离子和水，石灰水过量，反应生成碳酸钙和水，A不满足题意；B．盐酸少量，生成碳酸氢根离子，盐酸过量，生成水和二氧化碳，B不满足题意；C．钠与水无论哪种物质过量均生成氢氧化钠和氢气，C满足题意；D．钠与氧气常温反应时生成氧化钠，加热时生成过氧化钠，D不满足题意；答案选C。2、C【解析】

A．该操作为分液，分离互不相溶的液体混合物；B．导管插入水中，不能起到防倒吸的作用；C．利用蒸馏操作可制得蒸馏水；D．该装置适用于收集密度比空气小的气体。【详解】A.酒精和水互溶，不分层，故A项错误；B.图②装置不能起到防倒吸的作用，可改用密度比水大的四氯化碳，故B项错误；C.图③为蒸馏装置图，冷凝水下进上出，故C项正确；D.b口进气可收集密度比空气小的气体，如H2，CO2密度比空气大，不适用此方法，故D错误；综上，本题选C。【点睛】本题考查物质分离提纯过程中的常见操作，比如：蒸馏、萃取分液，同时还考察了气体的收集和尾气的处理。要注重对实验过程的剖析，熟悉实验操作过程，明确实验操作的目的。3、A【解析】

A．根据分散质粒子直径大小来分类，把分散系划分为：溶液(小于1nm)、胶体(1nm～100nm)、浊液(大于100nm)，故A正确；B．CO2溶于水，CO2自身不发生电离，所以二氧化碳是非电解质，CO2溶于水形成的溶液能导电，是因为二氧化碳与水反应生成电解质碳酸，故B错误；C．酸是在溶液中电离出来的阳离子全部是氢离子的化合物，NaHSO4溶于水后能电离出氢离子，但属于盐，故C错误；D．氧化还原反应的本质是电子的转移，氧化还原反应的特征是化合价发生升降，故D错误；故答案选A。4、D【解析】

用化学式和离子符号表示电离过程的式子，称为电离方程式，表示物质溶解于水或熔融状态下电离成离子的化学方程式，据此解答。【详解】A.碳酸钠是盐，完全电离，电离方程式为Na2CO3＝2Na++CO32－，A错误；B.碳酸氢钠是弱酸的酸式盐，电离方程式为NaHCO3＝Na++HCO3－，B错误；C.碳酸是二元弱酸，分步电离，以第一步电离为主：H2CO3H++HCO3－，C错误；D.氢氧化钡是二元强碱，完全电离：Ba(OH)2＝Ba2++2OH－，D正确。答案选D。【点睛】关于电离方程式的书写应特别注意：①要正确书写出电离的阳离子、阴离子的符号。②含有原子团的物质电离时，原子团应作为一个整体，不能分开。③表示离子数目的数字要写在离子符号的前面，不能像在化学式里那样写在右下角。④在电离方程式中，阴阳离子所带正负电荷的总数必须相等。⑤酸、碱、盐电离出的阴、阳离子的个数应与其化学式中相应原子或原子团的个数相同，电离出的离子所带的电荷数应与该元素或原子团的化合价数值相等。⑥强电解质用等号，弱电解质一律用可逆号，多元弱酸分步电离，多元弱碱一步电离。强酸的酸式盐一步电离。弱酸的酸式盐分步电离。5、C【解析】

在3Cl2+8NH3=6NH4Cl+N2反应中，8分子NH3中仅有2分子被氧化，N2是氧化产物，NH4Cl是还原产物。A.8分子NH3中仅有2分子被氧化，故A错误；B.N2是氧化产物，NH4Cl是还原产物，故B错误；C.氯气是氧化剂，全部参与氧化还原反应，3分子氯气仅氧化了8分子NH3中的2分子氨气，故B正确；D.NH4Cl是还原产物，故D错误；答案选C。6、C【解析】

设Na2CO3·10H2O的物质的量为xmol，NaHCO3的物质的量为ymol，则286x+84y=4.54，溶于水配成100mL溶液，Na+的浓度为0.4mol·L-1，即Na+的物质的量=0.4mol·L-1×0.1L=0.04mol，即2x+y=0.04mol，联立两个方程解得x=0.01，y=0.02，因此NaHCO3的物质的量为0.02mol，根据Na+守恒可知NaHCO3受热分解所得Na2CO3的物质的量=0.01mol，Na2CO3·10H2O受热分解所得Na2CO3的物质的量=0.01mol，则剩余固体Na2CO3的总物质的量=0.01mol+0.01mol=0.02mol，质量=0.02mol×106g/mol=2.12g，C满足题意。答案选C。7、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。【点睛】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。8、D【解析】

A.氢氧化钡溶液和稀硫酸反应的离子方程式应该是Ba2++2OH—+2H++SO42—＝BaSO4↓+2H2O，A错误；B.钠与水反应的离子方程式应该是2Na＋2H2O＝2Na+＋2OH—＋H2↑，B错误；C.金属铝溶于氢氧化钠溶液的离子方程式应该是2Al+2OH-+2H2O＝2AlO2-+3H2↑，C错误；D.碳酸氢钠与醋酸反应的离子方程式为HCO3—＋CH3COOH＝CH3COO—＋CO2↑+H2O，D正确。答案选D。【点睛】明确物质的性质发生的化学反应是解答的根据，选项A是解答的易错点，解答时一定要注意反应物或产物的配比是否正确。9、D【解析】

A.物质的量浓度是指单位体积溶液中所含溶质的物质的量，不是溶剂的体积，A错误；B.容量瓶不能作反应的容器，也不能长时间储存配好的溶液，B错误；C.容量瓶使用前应检验是否漏水，检验方法：注入自来水至标线附近，盖好瓶塞，右手托住瓶底，将其倒立2min，观察瓶塞周围是否有水渗出。如果不漏，再把塞子旋转180°，塞紧、倒置，如仍不漏水，则可使用，C错误；D.定容时，往容量瓶中注入蒸馏水，直到液面接近容量瓶的刻度线1～2厘米处时，改用胶头滴管滴加，直到溶液凹液面正好与刻度线相切，D正确。答案选D。10、D【解析】

A.气体所处的温度压强条件不知道，不能计算2.24LSO2所含电子数，A错误；B.1个胶体粒子中含一定数目的氢氧化铁，按铁元素守恒知：1L1mol•L-1FeCl3，溶液充分反应所得胶体中含Fe(OH)3胶体粒子数小于NA，B错误；C.12.0gNaHSO4晶体的物质的量为1mol，其中含有的钠离子和硫酸氢根离子总数为0.2NA，C错误；，D.100g质量分数为46%的酒精溶液中含46g乙醇和54g水，乙醇和水的物质的量分别为1mol和3mol，共含有4NA个分子，D正确；答案选D。11、A【解析】

氯水中存在反应Cl2+H2O=HCl+HClO，氯水呈浅黄绿色，说明氯水中含有氯气，盐酸和次氯酸，其中盐酸是强酸，次氯酸为弱酸，不稳定，容易分解2HClO2HCl+O2↑，据此分析解答。【详解】A、氯水的成分中含有氯气、次氯酸、水三种分子，故A错误；B、新制氯水显示酸性，能使石蕊变红色，含有次氯酸，具有漂白性，所以新制氯水可使红色石蕊试纸先变红后褪色，故B正确；C、光照氯水会导致氯水中的次氯酸分解，得到盐酸和氧气，所以光照氯水有气泡逸出，该气体是O2，故C正确；D、氯水中的次氯酸不稳定，易分解，得到盐酸和氧气，次氯酸是弱酸，盐酸是强酸，所以氯水长时间放置后酸性将增强，故D正确；故选A。12、D【解析】

A、胶体微粒吸附带电离子，胶体的胶粒带电荷，但胶体分散系是电中性的，故A错误；B、卤水点豆腐利用的是胶体的聚沉，与胶体的性质有关系，故B错误；C、布郎运动是胶体微粒和溶液中的离子均有的运动方式，不能据此把胶体和溶液区别开来，故C错误；D、一束光线分别通过溶液和胶体时，后者会出现明显光带即丁达尔效应，前者则没有，故D正确；答案选D。【点睛】本题考查了胶体和溶液的区别，胶体性质的应用。选项A是易错点，解答的关键是胶体微粒吸附带电离子的分析判断。13、A【解析】

根据题意，磁流体分散系分散质粒子直径在5.5～36nm，该分散系属于胶体，所以应具备胶体的性质；A、据以上分析可知，所得到的分散系属于胶体，故A正确；B、磁流体分散系属于胶体，具有丁达尔现象，故B错误；C、该分散系属于胶体，胶体可以透过滤纸，故C错误；D、该分散系的分散质是由氢氧化亚铁、氢氧化铁共同组成的，故D错误；综上所述，本题选A。14、A【解析】

①用天平（使用游码）称量时，应左物右码，砝码错放在左盘，会导致药品的质量偏小，则所配溶液的浓度偏低，①选；②溶液转移到容量瓶后，烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤会导致溶质的损失，则浓度偏低，②选；③转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水，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，③不选；④定容时，俯视视容量瓶的刻度线，则溶液的体积偏小，浓度偏高，④不选；⑤定容后摇匀，发现液面降低是正常的，又补加少量水重新达到刻度线则导致浓度偏低，⑤选；答案选A。15、B【解析】

胶体的分散质微粒直径在1～100nm之间，是一种均一介稳定的分散系，据此判断。【详解】A.石灰水属于溶液，A不符合题意；B.豆浆分散质微粒直径在1～100nm之间，属于胶体，B符合题意；C.泥水属于浊液，C不符合题意；D.蔗糖水属于溶液，D不符合题意；答案选B。【点睛】本题考查胶体的特点与判断，明确胶体与其它分散系的本质区别是解答的关键，是对基础知识的考查，题目难度不大。16、A【解析】

200mLFe2(SO4)3溶液中含Fe3+56g，Fe3+的物质的量为1mol，根据硫酸铁的化学式可知，SO42-的物质的量为1.5mol，物质的量浓度是c(SO42-)==7.5mol/L；答案选A。二、非选择题（本题包括5小题）17、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。18、HClHCl=H++Cl-Na+【解析】

由A元素的原子有三个电子层，最外层上有一个电子可知A为Na元素；由B元素负2价阴离子的电子层结构与氩原子相同可知B为S元素；由C元素的原子核内无中子可知C为H元素；由D原子核外电子数比钠原子核外电子总数多6个可知D为Cl元素。【详解】（1）氢元素与氯元素形成的化合物为氯化氢，化学式为HCl，氯化氢在溶液中完全电离，电离出氯离子和氢离子，电离方程式为HCl=H++Cl-；（2）硫原子得到2个电子形成硫离子，硫离子最外层有8个电子，电子式为；钠离子为阳离子，其电子式直接用离子符号表示，则钠离子的电子式为Na+；（3）硫原子核外有16个电子，有3个电子层，最外层有6个电子，原子的结构示意图为；氯原子得到1个电子形成氯离子，氯离子核外有18个电子，有3个电子层，最外层有8个电子，原子的结构示意图为。【点睛】阴离子与同周期稀有气体原子电子层结构相同，由B元素负2价阴离子的电子层结构与氩原子相同确定B为钠元素是解答关键，也是解答的突破口。19、4.0g500mL容量瓶和胶头滴管偏低偏低偏高【解析】

（1）利用m=nM=cVM计算需要称量NaOH固体的质量。（2）配制一定物质的量浓度溶液需要用到的仪器：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管。（3）根据c=，分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响。【详解】（1）实验中需称量NaOH固体的质量m=nM=cVM=

0.2mol·L-1×0.5L×40g/mol=4.0g.

（2）配制一定物质的量浓度溶液需要用到的仪器：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、量筒、容量瓶、胶头滴管。本实验需要配制500mL0.2mol·L-1的NaOH溶液，需要的玻璃仪器有：烧杯、量筒、玻璃棒、500mL容量瓶和胶头滴管。（3）①转移液体过程中有少量液体溅出，导致溶质的物质的量n偏小，所配制溶液浓度偏低。②定容时仰视刻度线，导致溶液体积V偏大，所配制溶液浓度偏低。③将NaOH固体溶解后，直接转至容量瓶中进行实验，溶液冷却后体积减小，导致溶液体积V偏小，所配制溶液浓度偏高。【点睛】本题考查了配制一定物质的量浓度的溶液。需熟悉配制溶液的具体过程、操作、实验仪器及其误差分析。误差分析结合c=，分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响。20、2.0g小烧杯500ml容量瓶胶头滴管⑤①④⑥③⑥⑦②用胶头滴管逐滴加水，当溶液凹液面最低处与刻度线相切时，立即停止加水B0.01mol/L【解析】

（1）根据m=CVM计算溶质的质量，注意V应该是500mL，强腐蚀性的固体药品应放在烧杯中称量；（2）根据配制一定物质的量溶液所需要的仪器选取仪器；（3）配制溶液的步骤是：称量、溶解、冷却、转移、洗涤、转移、定容、摇匀，据此排序；（4）定容的做法是：用胶头滴管逐滴加水，当溶液凹液面最低处与刻度线相切时，立即停止加水；（5）根据C=n/V判断配制溶液的误差，如果n偏小或C偏大，则配制溶液的浓度偏低，如果n偏大或V偏小，则配制溶液的浓度偏高；（6）根据溶液稀释前后溶质的物质的量不变计算。【详解】（1）m=CVM=0.1mol/L×0.5L×40g/mol=2.0g，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，故答案为2.0g，小烧杯。（2）溶液配制过程中，所需要的玻璃仪器有：烧杯，玻璃棒，胶头滴管，500mL容量瓶，所以还需要胶头滴管和500mL容量瓶，故答案为胶头滴管、500mL容量瓶。（3）配制溶液的步骤是：称量、溶解、冷却、转移、洗涤、转移、定容、摇匀，所以其排序是⑤①④⑥③⑥⑦②，故答案为⑤①④⑥③⑥⑦②。（4）完成后期加入少量水即定容的做法是：用胶头滴管逐滴加水，当溶液凹液面最低处与刻度线相切时，立即停止加水，故答案为用胶头滴管逐滴加水，当溶液凹液面最低处与刻度线相切时，立即停止加水。（5）A.定容时仰视容量瓶刻度线，溶液的体积偏大，根据C=n/V可知所配制溶液浓度偏低，故A错误；B.NaOH溶解时放出大量的热，未冷却立即配制溶液，导致溶液的体积偏小，则配制溶液的浓度偏高，故B正确；C.溶解NaOH固体之后的烧杯未洗涤，导致溶质的物质的量偏小，则配制溶液的浓度偏低，故C错误；

D.向容量瓶中转移溶液时不慎洒出，导致溶质的物质的量偏小，则配制溶液的浓度偏低，故D错误。

故答案为B。（6）溶液稀释前后溶质的物质的量不变，溶液的体积变为原来的10倍，则溶液的物质的量浓度变为原来的1/10，为0.01mol•L-1，故答案为：0.01mol/L。21、KClO30.2mol5：1②②I-＞Fe2+＞Br-＞Cl-2Cl2+2Fe2++2Br-=2Fe3++4Cl-+Br2Cl2+2I-=2Cl-+I2【解析】

(1)同一元素的物质发生氧化还原反应时遵循：高高低低规律。(2)同一元素的物质发生氧化还原反应时，产物中元素的化合价规律是：可相聚，不相交。(3)根据HCl中Cl元素的化合价在反应前后的特点分析；(4)分析每个反应中还原剂、还原产物，利用还原性：还原剂＞还原产物分析比较物质还原性的强弱，当同一溶液有多种还原性微粒时，还原性强的先发生反应；然后根据通入Cl2的物质的量与物质还原性强弱反应先后书写反应的离子方程式。【详解】(1)在反应1：2KClO3+4HCl(浓)=2KCl+Cl2↑+2ClO2↑+2H2O中，KClO3得到电子变为ClO2，KClO3是氧化剂被还原，ClO2是还原产物；HCl失去电子变为Cl2，HCl是还原剂被氧化，Cl2是氧化产物，反应过程中每产生1molCl2，需转移2mol电子，则反应产生0.1molCl2时，转移的