江苏省如皋市2026届化学高一上期末学业质量监测模拟试题含解析

江苏省如皋市2026届化学高一上期末学业质量监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、硫代硫酸钠可用作脱氯剂，已知25.0mL0.1mol·L－1的Na2S2O3溶液恰好把标准状况下112mLCl2完全转化为Cl－时，S2转化成()A．S2－ B．S C． D．2、下列叙述正确的是（）①铁能被磁铁吸引②在人体的血红蛋白中含有铁元素③镁在空气中可剧烈燃烧，并发出强光④铁能在氧气中剧烈燃烧，生成黑色的Fe3O4⑤在空气中加热铜可生成黑色的CuOA．①②④⑤ B．②③④⑤C．①③④⑤ D．全部3、现有AlCl3和MgSO4混合溶液，向其中不断加入0.1mol·L-1NaOH溶液，得到沉淀的物质的量与加入NaOH溶液的体积如图所示。原溶液中Cl-与SO42-的物质的量之比为（）A．6：1 B．1：3 C．2：3 D．3：14、钢铁“发蓝”是指在钢铁的表面形成一层四氧化三铁的技术过程。其中第一步反应为：3Fe+NaNO2+5NaOH=3Na2FeO2+H2O+NH3↑。关于该反应说法正确的是A．反应中N元素被氧化B．NaFeO2既是氧化产物也是还原产物C．整个反应过程中每有参加反应就转移电子D．氧化剂与还原剂的物质的量之比为3:15、分类是化学学习中经常用到的方法,下列对一些物质或化学反应的分类以及依据正确的是(

)A．H2SO4是酸，因为H2SO4中含有氢元素B．豆浆是胶体，因为豆浆中的分散质粒子直径在1nm～100nm之间C．Na和H2O的反应不是离子反应，因为反应中没有离子参加D．Na在Cl2中燃烧不是氧化还原反应，因为没有得氧或失氧6、常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是()A．FeCl3溶液中:K+、Na+、SO42-、SCN-B．在强碱性溶液中:K+、Na+、CO32-、AlO2-C．在盐酸溶液中:K+、Fe2+、SO32-、NO3-D．与铝反应产生氢气的溶液中:Na+、K+、HCO3-、Cl-7、下列关于氨气性质的说法中，错误的是A．有刺激性气味 B．不跟水反应 C．能跟盐酸反应 D．比空气密度小8、为鉴别Na2CO3和NaHCO3两种白色固体，有4位同学分别设计了下列4种不同的方法，其中不可行的是()A．在一定条件下，分别取足量样品溶解加入等量水中，配成饱和溶液，看溶解能力差异B．分别取样在试管中加热，将可能产生的气体通入澄清石灰水，观察有无白色浑浊C．分别取样配成溶液，滴加Ba(OH)2溶液，观察有无白色沉淀D．分别取样配成等浓度溶液，滴入酚酞试剂后看颜色深浅9、现有CuO、FeO、Fe2O3组成的混合物mg，向其中加入100mL1mol·L－1硫酸，恰好完全溶解，若mg该混合物在过量氢气流中加热充分反应，则冷却后剩余固体的质量为A．(m－0.8)g B．(m－1.2)g C．(m－1.6)g D．无法计算10、在托盘天平的两盘，放上质量相等的A、B两烧杯，调至平衡，然后分别倒入质量相等的足量盐酸，继而在AB两烧杯中放入下述各组物质，结果天平仍保持平衡的是（）A．0.5molNa和0.5molAl B．0.1molZn和0.1molAlC．8.4gMgCO3和8.4gNaHCO3 D．10gCaCO3和10gNa2CO311、如图所示转化关系中不能一步实现的是（）A．① B．② C．③ D．④12、某溶液中有Fe3+、Mg2+、Fe2+和Al3+四种阳离子，若向其中加入过量的氢氧化钠溶液，搅拌后，再加入过量的盐酸，溶液中大量减少的阳离子是A．Fe2+ B．Mg2+ C．Fe3+ D．Al3+13、ClO2是一种新型水消毒剂，工业上用NaClO2与盐酸反应制备ClO2的反应为5NaClO2+4HCl(稀)=5NaCl+4ClO2↑+2H2O，下列说法正确的是（）A．反应中HCl作还原剂B．ClO2之所以能做水消毒剂，是利用了它的强氧化性C．反应中氧化产物与还原产物物质的量之比为4：5D．反应中每生成1molClO2转移4mol电子14、下列有关说法正确的是A．氯化钠溶液均一、稳定、透明，不是分散系B．“冰水混合物”是一种分散系C．分散系有的是纯净物，有的是混合物D．分散系都是混合物，按分散质和分散剂所处的状态，分散系的组合可能有9种方式15、向碘水中滴加Na2SO3溶液时发生反应：Na2SO3+I2+H2O=2HI+Na2SO4，下列说法不正确的是A．Na2SO3为还原剂 B．I2发生氧化反应C．还原性：Na2SO3>HI D．每生成1molNa2SO4，理论上转移的电子数目为2NA16、将铁片放入下列溶液中，铁片溶解，溶液质量增加，但没有气体放出的是()A．稀硫酸 B．CuSO4溶液 C．Fe2(SO4)3溶液 D．稀硝酸二、非选择题（本题包括5小题）17、(1)观察下列A、B、C、D、E五种粒子(原子或离子)的结构示意图，回答有关问题。①与离子相对应的元素符号是______________，与原子相对应的离子的结构示意图是______________。②电子层结构相同的是__________(填写代号，下同)，性质最稳定的是__________，最容易失去电子的是__________，最容易得到电子的是__________。③可直接相互结合形成的化合物的化学式是____________。可经过得失电子后再相互结合形成的化合物的化学式是______________。④在核电荷数1～10的元素内，列举两个与B电子层结构相同的离子，写出离子的符号______________。(2)已知元素X和Y的核电荷数均小于18，最外层电子数分别为n和(m－5)，次外层有(n＋2)个和m个电子，据此推断元素X和Y，其名称为X__________，Y__________。18、已知A是一种金属，B溶液能使酚酞试液变红，且焰色反应呈黄色；D、F相遇会产生白烟。A、B、C、D、E、F间有如图变化关系：（1）A的名称是___；D的化学式是___。（2）B→D反应的化学方程式___。（3）A与水反应的化学方程式___。19、实验室欲用NaOH固体配制1.0mol·L－1的NaOH溶液240mL：(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________gNaOH。(3)使用容量瓶前必须进行的一步操作是________。(4)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________________________________________________________________________(5)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5.4gNaOH(1g以下用游码)时误用了“左码右物”方法20、欲提纯混有硫酸钠、碳酸氢铵的氯化钠固体,某学生设计了如下方案：请根据操作流程回答下列问题：（1）操作①在加热时应选择_________盛装混合物(填仪器名称)。（2）进行操作②后,判断SO42-已沉淀完全的方法是_________。（3）操作③的离子方程式为_________。（4）操作④的目的是_________。（5）实验室进行操作⑤的具体步骤是_________。（6）某同学欲用制得的氯化钠固体配制100mL0.2mol·L-1的氯化钠溶液。①配制NaCl溶液时需用到的主要仪器有托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、量筒、_________。②下列操作会使所配氯化钠溶液浓度偏小的是_________(请填序号)。A．加水定容时俯视刻度线B．容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理C．在溶解过程中有少量液体溅出烧杯外D．颠倒摇匀后发现凹液面低于刻度线又加水补上21、已知某水泥样品的主要成分为成分为CaO、SiO2，并含有一定量的铁、铝和镁等金属的氧化物。现一实验小组利用实验室中的几种药品对该水泥样品进行检测，以确定其中各金属元素的含量（1）取水泥样品10.0g，加入足量稀盐酸、氯化铵，使之完全溶解。待充分反应后发现仍有不溶物。将沉淀过滤后加热、干燥，所得固体为________（填化学式）（2）在分析水泥样品溶解过滤后的滤液成分时，实验小组的同学认为其中含有Ca2+、Al3+、Mg2+、Fe2+、Fe3+等阳离子，现欲准确测量各成分含量，需先加入试剂X将Fe2+转化为Fe3+，待滤液中的Fe2+全部转化为Fe3+后，再向其中加入足量的溶液Y并加热，可使滤液中的Al3+、Mg2+、Fe3+全部形成沉淀，则溶液Y名称是________，而试剂X可选用下列物质中的__________（填选项）a.HNO3b.H2O2c.KMnO4d.Zn（3）若将溶液Y改为氢氧化钠溶液，发现所得沉淀共1.008g，比原来减少了0.39g，而这些沉淀能恰好完全溶解于1mol/L,32mL的稀盐酸中，则上述说法中所涉及的水泥样品中金属元素种类及其分别占水泥样品的质量分数为____________、_____________、______________（4）若最初的水泥样品改为用氢氧化钠溶液溶解，则可能发生的离子反应方程式是：________

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】

Cl2完全转化为Cl-，根据电子转移守恒可知，Na2S2O3被氧化，S元素化合价升高，令氧化产物中S元素的化合价为m，根据电子转移守恒列方程计算，以此解答该题【详解】112mL(即0.005mol)Cl2完全转化为Cl−时，得电子总量是0.005mol×2×(1−0)=0.01mol，设S2O32−转化成的产物中，硫的化合价是x，则根据电子守恒：25.0mL0.1mol⋅L−1的Na2S2O3失电子数=0.025L×0.1mol⋅L−1×2×(x−2)=0.01，解得x=4，即产物中硫的化合价为+4价，所以S2O32−转化成SO32−，答案选C。【点睛】电子转移守恒列方程计算是解答氧化还原反应计算的常用手段，氧化还原反应中得到的电子总数与失去电子总数相等，根据反应中元素的化合价升降列出电子守恒式。2、D【解析】

①铁能被磁铁吸引，故正确；②人体的血红蛋白中含有铁元素，贫血时可通过补铁治疗，故正确；③镁在空气中可剧烈燃烧生成氧化镁，并发出强光，故正确；④铁能在氧气中剧烈燃烧，火星四射，生成黑色的Fe3O4，故正确；⑤在空气中加热Cu可生成黑色CuO，故正确；故答案选D。3、A【解析】

由图可知加入0.04molNaOH时沉淀达最大量，沉淀组成为Mg(OH)2、Al(OH)3，根据氢氧根守恒可知2n[Mg(OH)2]+3n[Al(OH)3]=n(OH-)=0.04mol，加入0.05molNaOH时，沉淀由最大值减小为最小值，故0.01molNaOH恰好完全溶解氢氧化铝沉淀，根据反应Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O可知，n[Al(OH)3]=n(NaOH)=0.01mol，所以n[Mg(OH)2]==0.005mol，溶液中n(Cl-)=3n[Al(OH)3]=0.03mol，原溶液中n(SO42-)=n[Mg(OH)2]=0.005mol，所以原溶液中Cl-与SO42-的物质的量之比为0.03mol:0.005mol=6:1，故答案为A。【点睛】考查离子方程式的有关计算，明确图象中各阶段发生的反应原理为解答关键，由图可知加入0.04molNaOH时沉淀达最大量，沉淀为Mg(OH)2、Al(OH)3，根据氢氧根守恒可知2n[Mg(OH)2]+3n[Al(OH)3]=n(OH-)，加入0.5LNaOH时，沉淀由最大值变为为最小值，故0.01molNaOH恰好溶解氢氧化铝沉淀，注意掌握守恒思想在化学计算中的应用。4、C【解析】

A.N元素的化合价由+3价降低为-3价，化合价降低被还原，故A错误；B.被氧化，生成，钠元素和氧元素化合价没有变化，所以是氧化产物；C.的物质的量，由0价升高到+2价，转移2个电子，转移，故C正确；D.被氧化，做还原剂，中氮元素化合价降低被还原做氧化剂，根据方程式得氧化剂与还原剂的物质的量之比为，故D错误；故答案为：C。5、B【解析】

A.酸是电离出的阳离子全部为H+的化合物，A选项错误；B.豆浆是胶体，胶体的分散质粒子直径在1nm～100nm之间，B选项正确；C.离子反应是有离子参加或生成的反应，Na和H2O的反应虽然没有离子参加，但是因为有离子生成，所以是离子反应，C选项错误；D.有电子转移（化合价变化）的反应属于氧化还原反应，Na在Cl2中燃烧是氧化还原反应，D选项错误。6、B【解析】

A.Fe3+、SCN-结合生成络离子，不能共存，A不合题意；B.强碱溶液中该组离子之间不反应，可大量共存，B符合题意；C.H+、Fe2+、NO3-发生氧化还原反应，或H+、SO32-、NO3-发生氧化还原反应，不能共存，C不合题意；D.与铝反应产生氢气的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液，酸碱溶液中均不能大量存在HCO3-，D不合题意。故选B。7、B【解析】

A.氨气有刺激性气味，A正确；B.氨气跟水反应生成一水合氨，B错误；C.氨气能跟盐酸反应生成氯化铵，C正确；D.氨气比空气密度小，D正确；答案选B。8、C【解析】

A.碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠，在一定条件下，分别取足量样品加入等量水中，配成饱和溶液，根据溶解能力差异，可鉴别Na2CO3和NaHCO3，A不符合题意；B.碳酸氢钠加热放出二氧化碳气体、碳酸钠加热不反应，分别取样在试管中加热，将可能产生的气体通入澄清石灰水，根据有无白色浑浊，可鉴别Na2CO3和NaHCO3，B不符合题意；C.Na2CO3、NaHCO3都能与Ba(OH)2溶液反应生成碳酸钡沉淀，Ba(OH)2溶液不能鉴别Na2CO3、NaHCO3，C符合题意；D.等浓度的Na2CO3、NaHCO3溶液，碳酸钠溶液的pH大于碳酸氢钠，根据滴入酚酞试剂后颜色深浅，可鉴别Na2CO3和NaHCO3，D不符合题意；故答案选C。【点睛】本题考查物质的检验和鉴别，把握Na2CO3、NaHCO3的性质差异为解答的关键，注意利用不同性质来鉴别物质，注重基础知识巩固。9、C【解析】

金属氧化物与硫酸反应生成硫酸盐和水，由反应CuO～CuSO4，FeO～FeSO4，Fe2O3～Fe2(SO4)3，可知H2SO4的物质的量等于金属氧化物中O元素的物质的量，据此计算金属氧化物中氧元素的质量，金属氧化物的质量减去氧的质量即为金属的质量【详解】由反应CuO～CuSO4，FeO～FeSO4，Fe2O3～Fe2(SO4)3，可知H2SO4的物质的量等于金属氧化物中O元素的物质的量，n(H2SO4)=0.1L×1mol/L=0.1mol，所以金属氧化物中O的质量为0.1mol×16g/mol=1.6g，若将mg原混合物在足量氢气中加热，使其充分反应，冷却后剩余固体为金属单质，则金属质量为氧化物的质量减去氧的质量，故冷却或剩余金属质量=mg-1.6g=(m-1.6)g，答案选C。10、C【解析】

加入盐酸会产生气体，当反应后两盘溶液质量相等时，天平平衡，反应后溶液的质量=原来物质的质量+盐酸质量-产生气体的质量，据此分析解答。【详解】A、0.5molNa和盐酸反应产生氢气0.25mol，质量是0.5g，0.5molAl和盐酸反应产生氢气0.75mol，质量是1.5g，盛放金属钠的烧杯中反应后溶液的质量=原来物质的质量+盐酸质量-产生气体的质量=11.5g+盐酸质量-0.5g，盛放金属铝的烧杯中反应后溶液的质量=原来物质的质量+盐酸质量-产生气体的质量=13.5g+盐酸质量-1.5g，反应后两烧杯溶液质量不相等，天平不平衡，故A错误；B、0.1molZn和盐酸反应产生氢气质量是0.2g，0.1molAl和盐酸反应产生氢气质量是0.3g，盛放金属Zn的烧杯中反应后溶液的质量=原来物质的质量+盐酸质量-产生气体的质量=6.5g+盐酸质量-0.2g，盛放金属Al的烧杯中反应后溶液的质量=2.7g+盐酸质量-0.3g，反应后两烧杯溶液质量不相等，天平不平衡，故B错误；C、8.4gMgCO3和盐酸反应产生二氧化碳气体质量是4.4g，8.4gNaHCO3和盐酸反应产生二氧化碳气体质量是4.4g，盛放MgCO3的烧杯中反应后溶液的质量=8.4g+盐酸质量-4.4g，盛放8.4gNaHCO3的烧杯中反应后溶液的质量=8.4g+盐酸质量-4.4g，反应后两烧杯溶液质量相等，天平平衡，故C正确；D、10gCaCO3和盐酸反应产生二氧化碳气体质量是4.4g，10gNa2CO3和盐酸反应产生二氧化碳气体质量不是4.4g，盛放CaCO3的烧杯中反应后溶液的质量=10g+盐酸质量-4.4g，盛放10gNa2CO3的烧杯中反应后溶液的质量≠10g+盐酸质量-4.4g，反应后两盘溶液质量不相等，天平不平衡，故D错误。故选C。【点睛】本题考查化学反应的计算，把握过量计算及天平平衡的问题为解答的关键。本题的易错点为D，要注意10gNa2CO3的物质的量小于0.1mol，因此生成的二氧化碳少于0.1mol，质量小于4.4g。11、A【解析】

A.①氮气与氧气反应时生成NO，不能一步生成NO2，符合题意，A正确；B.②氮气与氢气反应时生成氨气，能一步实现，与题意不符，B错误；C.③氨气与氧气反应生成NO，与题意不符，C错误；D.④NO与氧气反应生成NO2，与题意不符，D错误；答案为A。12、A【解析】

溶液中有Fe2+、Fe3+、Mg2+和Al3+四种离子，若向其中加入过量的氢氧化钠溶液并充分搅拌，反应时，四种金属离子均先转化为沉淀，两性氢氧化物氢氧化铝与过量的NaOH溶液反应转化为偏铝酸根离子，氢氧化亚铁被空气中氧气氧化为氢氧化铁，再加入过量的盐酸，氢氧化铁、氢氧化镁、偏铝酸钠与盐酸反应生成金属阳离子为Fe3+、Mg2+和Al3+，显然溶液中大量减少的离子是Fe2+，故选A。13、B【解析】

A.5NaClO2+4HCl(稀)=5NaCl+4ClO2↑+2H2O，HCl→NaCl元素化合价没变，所以HCl既不是还原剂又不是氧化剂，故A错误；B.ClO2中氯元素化合价为+4，ClO2具有氧化性，ClO2能做水消毒剂，是利用了它的强氧化性，故B正确；C.NaClO2中部分氯元素化合价由+3升高为+4，部分氯元素化合价由+3降低为-1，根据得失电子守恒，反应中氧化产物与还原产物物质的量之比为4：1，故C错误；D.NaClO2中部分氯元素化合价由+3升高为+4，反应中每生成1molClO2转移1mol电子，故D错误；答案选B。14、D【解析】

A．根据分散质直径不同，将分散系分为溶液、胶体、浊液三种，它们均是混合物，氯化钠溶液是均一稳定透明的分散系，A错误；B．冰水混合物是一种分散系，，B正确；C．分散系都是混合物，C错误；D．分散系都是混合物，按分散质和分散剂所处的状态，分散系的组合有9种方式,分别为：以气体为分散剂，固体，液体，气体为分散质,以固体为分散剂，固体，液体，气体为分散质,以液体为分散剂，固体，液体，气体为分散质，D正确；答案选D。15、B【解析】

标出化合价，Na2SO3中硫元素的化合价从+4价升高到+6价，被氧化，作还原剂；碘元素的化合价从0价降低到-1价，被还原，作氧化剂；据此来分析即可。【详解】A.根据分析为还原剂，A项正确；B.根据分析碘被还原，发生还原反应，B项错误；C.根据同一氧化还原反应中，还原性：还原剂>还原产物，因此的还原性大于，C项正确；D.根据方程式可以看出：当生成1mol时，硫元素失去2个电子，硫元素的化合价从+4价升高到+6价，理论上转移2mol电子，数量为2NA，D项正确；答案选B。【点睛】对于任意一个氧化还原反应，总有氧化剂得电子数=还原剂失电子数=转移的总电子数，因此三者只需知其一即可。16、C【解析】

A.铁与稀硫酸反应放出氢气，有气体放出，故不选A；B.铁与CuSO4溶液反应生成硫酸亚铁和铜，溶液质量减小，故不选B；C.铁与Fe2(SO4)3溶液反应生成硫酸亚铁，溶液质量增加，没有气体放出，故选C；D.铁与稀硝酸反应放出NO气体，故不选D；故答案选C。【点睛】本题考查铁的化学性质，注意判断与铁反应后溶液质量增减的问题，根据与铁反应前后溶质的相对分子质量的大小来确定溶液质量的增减即可。二、非选择题（本题包括5小题）17、O、MgBCECDAMgONaClN3－、F－硫铝【解析】

（1）由原子或离子示意图可知：A为氯原子，B为氧离子，C为氖原子，D为钠原子，E为镁离子；据此回答；（2）根据核外电子排布规律分析解答。【详解】（1）由原子或离子示意图可知：A为氯原子，B为氧离子，C为氖原子，D为钠原子，E为镁离子；则①与离子相对应的元素符号是O、Mg；与原子相对应的离子的结构示意图是；故答案为：O、Mg；；②电子层结构相同的是BCE，C为稀有气体，最稳定；钠原子最外层只有一个电子最容易失去电子，氯原子最外层为7电子最容易得到电子；故答案为：BCE；C；D；A；③Mg2+和O2-可直接相互结合形成的化合物的化学式是MgO；Na原子和Cl原子可经过得失电子后再相互结合形成的化合物的化学式是NaCl；故答案为：MgO；NaCl；④在核电荷数1～10的元素内，与氧离子电子层结构相同的离子有N3－、F－；故答案为：N3－、F－；（2）元素X和Y的核电荷数均小于18，最外层电子数分别为n和(m－5)，次外层有(n＋2)个和m个电子，次外层可能为2或8，当次外层为2时m=2，Y最外层为-3不符，所以次外层为8，则m=8，n=6，则最外层X为6，Y为3，所以X为S，Y为Al。故答案为：硫；铝。18、钠NH3NaOH+NH4ClNaCl+NH3↑+H2O2Na+2H2O=2NaOH+H2↑【解析】

B溶液能使酚酞试液变红，且焰色反应呈黄色，可知B溶液中含有钠元素，A是金属，和水反应生成B和E，可知A是钠，B是NaOH溶液，E是氢气。氢气和氯气点燃生成HCl，NaOH溶液和固体C在加热下生成气体D，则D为NH3，氨气和HCl化合生成NH4Cl，能看到白烟，所以C为NH4Cl。【详解】由以上分析可知，A是金属钠，B是NaOH，E是H2，C是NH4Cl，D是NH3，F是HCl。（1）A的名称是钠；D的化学式是NH3。（2）B→D反应的化学方程式是NaOH+NH4ClNaCl+NH3↑+H2O。（3）A与水反应的化学方程式是2Na+2H2O=2NaOH+H2↑。【点睛】根据特征颜色和特殊实验现象可以快速找到无机推断题的突破口，如B溶液能使酚酞试液变红，说明溶液显碱性，焰色反应呈黄色，说明溶液中有钠元素；D、F相遇会产生白烟通常是氨气和氯化氢反应生成氯化铵的反应。19、②①③⑧⑤⑥⑨⑦④250mL容量瓶玻璃棒27.410.0查漏应该为250mL的容量瓶；移液时应用玻璃棒引流；B【解析】

（1）配制一定物质的量浓度溶液一般步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶、贴标签，所以正确的顺序为：②①③⑧⑤⑥⑦④；用到的仪器依次为：托盘天平、药匙、玻璃棒、烧杯、容量瓶和胶头滴管，要配制1.0mol/L的NaOH溶液240mL，应选择250mL容量瓶，所以还缺少的仪器：250mL容量瓶、玻璃棒；故答案为②①③⑧⑤⑥⑨⑦④；250mL容量瓶、玻璃棒；（2）依据天平称量固体原理可知：固体质量=砝码的质量+游码的质量，右盘中砝码为20g，10g，游码质量2.6g，所以烧杯的实际质量为27.4g；配制1.0mol•L-1的NaOH溶液240mL，应选择250mL容量瓶，配制250mL溶液，需要氢氧化钠质量m=1.0mol/L×40g/mol×0.25L=10.0g；故答案为27.4；10.0；（3）容量瓶带有活塞，使用过程中需要上下颠倒，所以使用前应检查是否漏水；故答案为查漏；（4）①该同学选用的容量瓶错误，应该为250mL的容量瓶；②移液时应用玻璃棒引流；答案为：应该为250mL的容量瓶；移液时应用玻璃棒引流；（5）A.NaOH已潮解，导致溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故A错误；B.向溶液中加水未到刻度线，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故B正确；C.溶解的NaOH少量残留在烧杯中，导致溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故C错误；D.称量NaOH物、码放反时，称量的实际质量为4.6g，导致溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故D错误；答案为B；【点睛】天平使用时应左物右码，若放反了物质的实际质量为砝码的质量减去游码的质量；配制溶液时的误差分析，根据c=n/V分析操作对n或V产生的影响。20、坩埚静置，往上层清液中维续滴加BaCl2溶液，若不出现浑浊，则SO