2022-2023学年福建省福州市第一中学化学高一上期中教学质量检测试题含解析.doc

2022-2023学年高一上化学期中模拟试卷注意事项:1答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2答题时请按要求用笔。3请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、已知有如下反应：2BrO+Cl2 Br2+2ClO，2FeCl3+2KI2FeCl2+2KCl+I2， ClO+5Cl+6H+ 3Cl2+3H2O，2FeCl2+Cl22FeCl3，下列各微粒氧化能力由强到弱的顺序正确的是（ ）AClOBrOCl2Fe3+I2BBrOCl2ClOI2Fe3+C BrOClOCl2Fe3+I2DBrOClOFe3+Cl2I22、下列说法正确的是（设阿伏加德罗常数的数值为NA）（ ）A标况下，22.4L由N2和N2O组成的混合气体中，所含有的氮原子个数为2NAB1mol·L-1 K2SO4溶液所含K+数目为2NAC在标准状况下，22.4L水所含分子数目为NAD18g D2O中所含有的质子数为10NA3、下列分类或归类正确的是盐酸、氨水、干冰、碘化银均为纯净物CaCl2、NaOH、HCl、IBr均为化合物明矾、水银、烧碱、硫酸均为电解质火碱、纯碱、碳酸钙都是电解质碘酒、淀粉、云雾、纳米材料均为胶体A B C D4、16O中的16的含义是A氧元素的相对原子质量B氧元素的一种同位素的相对原子质量C氧元素的近似相对原子质量D氧元素的一种同位素的质量数5、将镁和铝的混合物a g投入到足量的氢氧化钠溶液中，充分反应后将残余固体洗净，然后使残余固体在足量的纯氧中加热，最终得到a g固体，则镁铝混合物中铝的质量分数为()A40%B47%C53%D60%6、分析下列反应中属于氧化还原反应的是 ( )2H2+O22H2O Ba(OH)2+H2SO4=BaSO4+2H2ONH4HCO3NH3+H2O+CO2 2CO+O22CO2ABCD7、将m g含氧化铁、氧化铜和氧化亚铁的样品投入物质的量浓度为1 mol/L的2 L盐酸中恰好完全反应，若向等质量的该样品中通入足量的氢气并加热，充分反应后所得金属的质量是A16gB(m16)gC(m32)gD(m16)g8、设NA为阿伏加德罗常数，则下列叙述中正确的是A6.02×1022个H2SO分子在水中可电离生成2NA个H+B在0、101kPa时，22.4L氢气中含有NA个氢原子C14g氮气中含有7NA个电子DNA个一氧化碳分子和0.5mol甲烷的质量比为749、将定量的Na2CO3和NaHCO3的混合物加热到不再放出气体时，收集到CO2 a L，冷却后向残余物中加入足量盐酸又收集到CO2 2a L (体积均在标准状况下测定)。则混合物中Na2CO3和NaHCO3的物质的量之比为( )A1:1B1:2C1:3D1:410、对物质进行分类，有利于我们的学习。下列物质的分类正确的是选项酸碱盐非电解质AH2SO4NaOHNaHCO3BaSO4BHClC2H5OHNaClCO2CHNO3Ba(OH)2BaCO3CH4DCH3COOHKOHNa2SCl2AABBCCDD11、下列混合物的分离和提纯的方法正确的是选项实验内容方法A除去氯化钠溶液中的泥沙分液B用四氯化碳提取碘水中的碘单质过滤C分离汽油和水萃取D分离乙酸（沸点118）与乙酸乙酯（沸点77.1）蒸馏AABBCCDD12、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( )AK+、H+、SO42-、OH-BNa+、Ca2+、CO32-、NO3-CNa+、H+、Cl-、CO32-DNa+、Cu2+、Cl-、SO42-13、下列物质属于酸的是（ ）AHNO3 BCaCO3 CSO2 DNH3·H2O14、下列有关物质的分类正确的是纯净物混合物电解质酸性氧化物A高锰酸钾空气醋酸钠CO2B硝酸矿泉水氯化铵H2SC盐酸水银纯碱Cl2OD氯化钠豆浆铜N2O5AABBCCDD15、下列说法中错误的是()A从1L 1mol·L1的NaCl溶液中取出10mL，其浓度仍是1mol·L1B40g NaOH溶于1L的水中所得的溶液中NaOH物质的量浓度是1mol·L1C0.5L 2mol·L1 BaCl2溶液中，Ba2和Cl总数为3×6.02×1023D制成0.5L 10mol·L1的盐酸，需要氯化氢气体112L(标准状况)16、胶体分散系与其它分散系的本质差别是A是否有丁达尔效应 B分散质直径介于1100nm之间C是否稳定 D分散质粒子是否带电17、下列说法中正确的是()A标准状况下，22.4 L水中所含的分子数约为6.02×1023个B1 mol Cl2中含有的原子数为NAC标准状况下，aL氧气和氮气的混合物含有的分子数约为×6.02×1023个D常温常压下，11.2 L CO分子数是0.5NA18、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19、硫酸镁和硫酸铝溶液等体积混合后，铝离子浓度为0.2mol/L，硫酸根离子的浓度为0.5 mol/L，则混和溶液中镁离子浓度为( )。A0.15 mol/LB0.3 mol/LC0.45 mol/LD0.2 mol/L20、密度为0.910 g·cm-3氨水，质量分数为25.0%，该氨水用等体积的水稀释后，所得溶液的质量分数为( )A等于12.5%B大于12.5%C小于12.5%D无法确定21、下列各组物质，需要用丁达尔效应区分的是（ ）A氯化钠溶液与氯化铁溶液B氢氧化铁胶体与碘化银胶体C红褐色的某溶液和氢氧化铁胶体D氯化钠溶液和硫酸铜溶液22、在甲、乙两烧杯溶液中，分别含有下列离子中的三种：Fe3+、K、H、SO42-、CO32-、OH。已知甲烧杯的溶液呈黄色，则乙烧杯的溶液中大量存在的离子是ACO32-、OH、SO42- BK、OH、CO32-CFe3+、H、SO42- DK、H、SO42-二、非选择题(共84分)23、（14分）短周期主族A、B、C、D、E、F六种元素，它们的原子序数由A到F依次增大。A的某种原子核内只有质子，B元素的某种原子可用于测定文物的年代，C为地壳中含量最多的元素，D是原子半径最大的短周期主族元素，D的单质在高温下与C的单质充分反应，可以得到与E单质颜色相同的淡黄色固态化合物。D与F形成的离子化合物DF是常用的调味品。试根据以上叙述回答：（1）E在周期表中的位置_。（2）F离子结构示意图_。（3）B元素形成的氢化物中氢元素质量百分含量最大值是_%。（4）D2C2与水反应的离子方程式为_。（5）同周期元素性质从左往右呈现递变性的本质原因是_。24、（12分）有、四种化合物，分别由、中的两种组成，它们具有下列性质：不溶于水和盐酸；不溶于水但溶于盐酸并放出无色无味的气体；的水溶液呈碱性，与稀硫酸反应生成；可溶于水，与稀硫酸作用时放出气体，可使澄清石灰水变浑浊。(1)推断、的化学式：_；_；(2)写出下列反应的离子方程式。与氯化钙反应：_。与盐酸反应：_。与稀硫酸反应：_。25、（12分）海洋植物如海带、海藻中含有丰富的碘元素，碘元素以碘离子的形式存在，实验室里从海藻中提取碘的过程如下：请填写下列空白：（1）灼烧海藻时，除需要三脚架.玻璃棒外，还需要用到的实验仪器是_。（从下列仪器中选出所需的仪器，用标号字母填写在空白处）。A烧杯 B瓷坩埚 C表面皿 D泥三角 E.酒精灯 F.坩埚钳（2）指出提取碘的过程中有关的实验操作名称：_、_（3）提取碘的过程中，通常在_（仪器名称）中进行，若得到的是含碘的四氯化碳溶液，静置后分层，下层为_色。（4）氧化过程请用离子方程式表示_。26、（10分）混合物分离和提纯常用下图装置进行，按要求回答下列问题：（1）仪器的名称_。（2）明胶是水溶性蛋白质混合物，溶于水形成胶体。分离明胶的水溶液与Na2CO3、Na2SO4的混合溶液应选用装置的为(用上图字母填写)_。如何证明SO42-已分离出来_。（3）在装置D中加入10 mL碘水，然后再注入4 mL CCl4，盖好玻璃塞，按操作规则反复振荡后静置观察到的现象是：_。操作完毕后，为得到碘并回收CCl4可用_法。27、（12分）回答下列问题：（1）为了除去粗盐中的Ca2、Mg2、 SO42 -及泥沙，得到纯净的NaCl，可将粗盐溶于水，然后在下列操作中选取必要的步骤和正确的操作顺序：_(填序号)。过滤加过量NaOH溶液加适量盐酸加过量Na2CO3溶液加过量BaCl2溶液（2）判断BaCl2已过量的方法是_。（3）第步中，写出相应的化学反应方程式(设粗盐中Ca2的主要存在形式为CaCl2)：_。28、（14分）某微粒的结构示意图为，试回答：（1）x表示_，y表示_。（2）当xy > 10时，该微粒是_(选填“阳离子”或“阴离子”或“原子”) （3）当时，该微粒带有2个单位的负电荷，则该微粒的符号为_，该微粒的结构示意图为_（4）当y2的中性原子M跟y7的中性原子N化合时，形成化合物的化学式为_29、（10分）氯气是一种重要的化工原料，自来水的消毒、农药的生产、药物的合成都需要用氯气。I工业上通常采用电解法制氯气：观察图1，回答：(1)电解反应的化学方程式为_。(2)若饱和食盐水中通电后，b侧产生的气体检验方法是_。某兴趣小组设计如图2所示的实验装置，利用氯气与石灰乳反应制取少量漂白粉（这是一个放热反应），回答下列问题：(3)B中反应的化学方程式是_。(4)该兴趣小组用100mL12mol/L盐酸与8.7g MnO2制备氯气，并将所得氯气与过量的石灰乳反应，则理论上最多可制得Ca(ClO)2_g。(5)此实验所得漂白粉的有效成分偏低，该学生经分析并查阅资料发现，主要原因是在装置B中还存在两个副反应。温度较高时氯气与消石灰反应生成Ca(ClO3)2，为避免此副反应的发生，可采取的措施_。试判断另一个副反应(用化学方程式表示)_，为避免此副反应的发生，可将装置做何改进_。参考答案一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、C【解析】根据氧化性：氧化剂氧化产物分析判断。【详解】在2BrO+Cl2Br2+2ClO中，BrO为氧化剂，ClO为氧化产物，则氧化性：BrOClO；在2FeCl3+2KI 2FeCl2 +2KCl+I2中，FeCl3为氧化剂，I2为氧化产物，则氧化性：Fe3+I2；在ClO+5Cl+6H+ 3Cl2+3H2O中，ClO为氧化剂，Cl2为氧化产物，则氧化性：ClOCl2；在2FeCl2+Cl22FeCl3中，Cl2为氧化剂，Fe3+为氧化产物，则氧化性：Cl2Fe3+；综上所述可知，物质的氧化性有强到弱的顺序是：BrOClOCl2Fe3+I2，故合理选项是C。2、A【解析】A. 因为每个分子中都含有2个氮原子，标况下，22.4L由N2和N2O组成的混合气体物质的量为1mol，含有的氮原子个数为2NA，故正确；B. 没有说明1mol·L-1 K2SO4溶液的体积，不能计算所含K+数目，故错误；C. 在标准状况下，水不是气体， 22.4 L水不是1mol，故所含分子数目不为NA，故错误；D. 18g D2O的物质的量为18/20=0.9mol，其中所含有的质子数为9NA，故错误。故选A。3、C【解析】由一种物质组成的是纯净物，由两种或两种以上元素组成的纯净物是化合物，在溶液中或熔融状态下能够导电的化合物是电解质，分散质粒子直径介于1nm和100nm之间的分散系是胶体，据此分析解答。【详解】盐酸是氯化氢的水溶液，氨水是氨气的水溶液，均属于混合物，故错误；CaCl2、NaOH、HCl、IBr是由不同种元素组成的纯净物，属于化合物，故正确；水银是单质，不是电解质也不是非电解质，故错误；碳酸钙是电解质，火碱是氢氧化钠，纯碱是碳酸钠，二者也都是电解质，故正确；碘酒是碘单质的酒精溶液，淀粉、纳米材料不是分散系，云雾是胶体，故错误；答案选C。4、D【解析】16为元素符号左上角的数字，在元素符号左上角的数字代表了该原子的质量数，故答案选D，代表氧元素的一种同位素的质量数。5、A【解析】题中反应关系为：金属混合物(Mg、Al)MgMgO，最终固体的质量和金属混合物的质量相等，则说明O元素的质量等于Al的质量，所以MgO中O的质量分数等于混合物中铝的质量分数，为：×100%=40%，故选A。6、D【解析】2H2+O22H2O中氢元素和氧元素化合价发生变化，属于氧化还原反应；Ba(OH)2+H2SO4=BaSO4+2H2O中没有元素化合价变化，属于非氧化还原反应；NH4HCO3NH3+H2O+CO2中没有元素化合价变化，属于非氧化还原反应；2CO+O22CO2中碳元素和氧元发生化合价变化，属于氧化还原反应；属于氧化还原反应的是，答案选D。7、D【解析】m g氧化铁、氧化铜、氧化亚铁的混合物与1 mol/L的2 L盐酸中恰好完全反应，氯化物和水，而水的氧元素来自样品中，氢元素来自盐酸的溶质中，则n(H)=n(HCl)=1 mol/L×2 L=2mol，由水的组成可计算出n(O)=n(H)/2=1mol，则m(O)=16g，所以，m g含氧化铁、氧化铜和氧化亚铁的样品经氢气还原后金属质量为(m16)g。答案选D。点睛：解决此题的关键是守恒特点，注意起始与终态关系，如金属氧化物MOx与MClx/2之间通过水来关联起来，金属的质量等于金属氧化物的质量减去氧元素的质量，再通过OH2O2H2HCl关系求出。8、C【解析】A.6.02个H2SO4的物质的量为：n=0.1mol，0.1mol硫酸在水中能电离生成0.2mol氢离子，即0.2NA个氢离子，故A错误；B.0、101kPa即标况，气体摩尔体积为22.4L/mol，则22.4L氢气的物质的量，n=1mol，1mol氢气含2mol氢原子，,即2NA个，故B错误；C.14g氮气的物质的量为：n=0.5mol，而1mol氮气含14mol电子，故0.5mol氮气含7mol电子，即7NA个电子,故C正确；D.NA个CO的物质的量是1mol,1molCO质量为：m=1mol=28g，0.5mol甲烷的质量m=0.5mol=8g，故质量比为28g:8g=7:2，故D错误；本题答案为C。【点睛】物质的量相关计算时，要严格按物质的量和各种物理量的关系计算，并弄清要比较的内容。9、B【解析】加热时碳酸氢钠分解生成碳酸钠和CO2以及水，反应的方程式是2NaHCO3Na2CO3H2OCO2；碳酸钠和盐酸反应的方程式是Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2，其中和盐酸反应的碳酸钠包含碳酸氢钠分解生成的碳酸钠，所以根据CO2的体积可知混合物中Na2CO3和NaHCO3的物质的量之比为12，答案选B。10、C【解析】A.硫酸钡属于电解质，故错误；B.乙醇不是碱，故错误；C.硝酸是酸，氢氧化钡是碱，碳酸钡是盐，甲烷是非电解质，故正确；D.氯气是单质，不是非电解质，故错误。故选C。【点睛】在水溶液中或熔融状态下都不导电的化合物为非电解质，注意单质或混合物既不是电解质也不是非电解质。11、D【解析】根据混合物中各组分的性质差异确定物质的分离、提纯方法。【详解】A.泥沙不溶于水，可以用过滤的方法将其与氯化钠溶液分离，故A错误；B.碘单质易溶于有机溶剂四氯化碳，可通过萃取、分液的方法分离，故B错误；C.汽油难溶于水，二者混合会出现分层，可以用分液的方法分离，故C错误；D. 乙酸（沸点118）与乙酸乙酯（沸点77.1）是互溶的两种液体，沸点差别较大，可以用蒸馏的方法分离，故D正确。答案选D。12、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。13、A【解析】分析：在溶液中电离出的阳离子全部是氢离子的化合物是酸，据此解答。详解：A、HNO3能电离出氢离子和硝酸根离子，属于酸，A正确；B、CaCO3是由钙离子和碳酸根离子组成的化合物，属于盐，B错误；C、SO2是由硫元素和氧元素组成的化合物，属于酸性氧化物，C错误；D、NH3·H2O电离出铵根和氢氧根离子，属于碱，D错误。答案选A。14、A【解析】A.高锰酸钾是纯净物；空气是多种物质的混合物；醋酸钠是电解质；CO2与碱反应生成盐和水，是酸性氧化物，故A正确；B. H2S不含氧元素，H2S不是氧化物，故B错误；C. 盐酸是氯化氢的水溶液，属于混合物，故C错误；D. 铜是金属单质，既不是电解质又不是非电解质，故D错误；选A。15、B【解析】A.因为溶液具有均一性，所以从1mol·L1的NaCl溶液中取出任意体积的溶液，其浓度仍是1mol·L1，A项正确；B.根据物质的量浓度的公式可知，V表示溶液的体积，已知水的体积是1L，但并不能确定其溶液的体积，所以无法计算此NaOH溶液的物质的量浓度，B项错误；C.0.5L 2mol·L1 BaCl2溶液中BaCl2的物质的量是0.5L×2mol/L=1mol，又因BaCl2=Ba2+2Cl-，1molBaCl2在溶液中电离出Ba2+和Cl-的总物质的量为3mol，所以该溶液中Ba2和Cl总数目为3×6.02×1023，C项正确；D.0.5L 10mol·L1的盐酸中HCl的物质的量是0.5L×10mol/L=5mol，即配制前需要5molHCl气体，在标准状况下该HCl气体的体积为5mol×22.4L/mol=112L，D项正确；答案选B。16、B【解析】胶体的本质特征是粒子直径介于1100nm之间，丁达尔效应是我们鉴别溶液和胶体的方法，故B正确。故选B。17、C【解析】A标况下水为液体，故22.4L水的物质的量不是1mol，故A错误；B氯气是双原子分子，故1mol氯气中含2NA个原子，故B错误；C标况下aL混合气体的物质的量为nmol，故分子个数NnNA×6.02×1023个，故C正确；D常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，故11.2LCO的物质的量小于0.5mol，则分子个数小于0.5NA个，故D错误；故答案选C。【点睛】对于标准状况下非气态物质，如H2O、SO3等，不能用22.4L/mol这个数据进行计算。18、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。19、D【解析】根溶液显电中性分析解答。【详解】混合溶液呈电中性，忽略水的电离，根据电荷守恒有2c（SO42-）=2c（Mg2+）+3c（Al3+），即：0.5mol/L×2=2c（Mg2+）+0.2mol/L×3，解得：c（Mg2+）=0.2mol/L，故答案选D。20、C【解析】设加入水的体积为V，那么质量分数为25%的氨水的体积也为V，稀释后氨水中溶质的质量分数×100%11.9%12.5%，答案为C。【点睛】溶液稀释时，溶质的物质的量或质量不变。21、C【解析】A氯化钠溶液与氯化铁溶液都不具有丁达尔效应，不能用丁达尔效应区分，故A错误；B氢氧化铁胶体与碘化银胶体都具有丁达尔效应，不能用丁达尔效应区分，故B错误；C溶液不具有丁达尔效应，胶体具有丁达尔效应，能用丁达尔效应区分，故C正确；D氯化钠溶液和硫酸铜溶液都不具有丁达尔效应，不能用丁达尔效应区分，故D错误；故选C。22、B【解析】甲烧杯的溶液呈黄色色，说明甲烧杯中含有Fe3+离子，根据离子能否大量共存判断甲乙烧杯中可能存在的离子。【详解】甲烧杯的溶液呈黄色色，说明甲烧杯中含有Fe3+离子，CO32-、OH-离子与Fe3+离子生成沉淀而不能大量共存，则CO32-、OH-离子存在于乙烧杯中，溶液中含有阴离子，则一定存在阳离子，而H+离子与CO32-、OH-离子不能共存，所以乙烧杯中还含有K+离子，所以甲烧杯中含有H+-、Fe3+、SO42-离子，乙烧杯中含有K+、OH-、CO32-离子，故选B。【点睛】本题考查离子共存问题，根据溶液的颜色判断甲烧杯中含有Fe3+离子，根据离子能否大量共存判断甲乙烧杯中可能存在的离子。二、非选择题(共84分)23、第三周期A族 25 2Na2O2+2H2O=4Na+4OH-+O2 从左至右，电子层数相同，最外层电子数逐渐增多，原子半径逐渐减小，原子核对最外层电子的吸引力逐渐增大，失电子能力减弱，得电子能力增强 【解析】分析：短周期主族A、B、C、D、E、F六种元素，它们的原子序数由A到F依次增大。A的某种原子核内只有质子，则A为氢元素；B元素的某种原子可用于测定文物的年代，则B为碳元素；C为地壳中含量最多的元素，则C为氧元素；D是原子半径最大的短周期主族元素，则D为钠元素；D的单质在高温下与C的单质充分反应，可以得到与E单质颜色相同的淡黄色固态化合物，是E为硫元素。D与F形成的离子化合物DF是常用的调味品，则F为氯元素。详解：（1）硫在周期表中的位置是第三周期A族。（2）氯离子结构示意图是。（3）碳元素形成的氢化物中氢元素质量百分含量最大的是甲烷（CH4），其氢元素质量百分含量为25%。（4）Na2O2与水反应的离子方程式为2Na2O2+2H2O=4Na+4OH-+O2。（5）同周期元素性质从左往右呈现递变性的本质原因是：从左至右，电子层数相同，最外层电子数逐渐增多，原子半径逐渐减小，原子核对最外层电子的吸引力逐渐增大，失电子能力减弱，得电子能力增强。24、BaSO4 Ba(OH)2 【解析】不溶于水和盐酸，应为硫酸钡；可溶于水，与稀硫酸作用时放出气体，可使澄清石灰水变浑浊，则为二氧化碳，为碳酸钾；不溶于水但溶于盐酸并放出二氧化碳，则为碳酸钡；的水溶液呈碱性，与稀硫酸反应生成，则是氢氧化钡。【详解】(1)由以上分析可知，为BaSO4，为Ba(OH)2。答案为：BaSO4；Ba(OH)2；(2)D为K2CO3，它与氯化钙反应生成碳酸钙和氯化钾，反应的离子方程式为；B为BaCO3，它与和盐酸反应生成氯化钡、二氧化碳和水，反应的离子方程式为；C为Ba(OH)2，它和稀硫酸反应生成硫酸钡和水，反应的离子方程式。答案为：；。【点睛】当一种物质中参加反应的离子为两种或两种以上时，常采用“以少定多”法进行离子方程式的书写。25、BDEF 过滤 萃取 分液漏斗 紫红 2I- +Cl2=2Cl- +I2 【解析】海藻在坩埚内灼烧得到海藻灰，用蒸馏水浸泡得到悬浊液，过滤得到含碘离子的溶液，通入氯气氧化碘离子为碘单质，加入萃取剂分液得到含碘单质的有机溶液，蒸馏得到碘单质，【详解】（1）灼烧固体物质一般使用(瓷)坩埚，而坩埚的取放用坩埚钳，坩埚加热需要用泥三脚 支撑然后放在三脚架上，三脚架下面的空间放酒精灯；故答案为：BDEF；（2）分离固体和液体用过滤，将碘单质从水溶液中提取出来，应利用碘单质在有机溶剂中的溶解度比在水中的溶解度大的特点来实现，即用有机溶剂将碘单质从水溶液中萃取出来，故答案为：过滤；萃取；（3）萃取所用的主要仪器是分液漏斗；四氯化碳的密度大于水，故萃取后下层是碘的四氯化碳溶液，呈紫红色。答案为：分液漏斗；紫红；（4）流程中使用氯气将溶液中的碘离子氧化为碘单质，离子方程式为：2I- +Cl2=2Cl- +I2。答案为：2I- +Cl2=2Cl- +I2。26、冷凝管或直形冷凝管均可 E 取烧杯中的少量液体于试管中,向其中滴加盐酸，没有气体，再加BaCl2溶液,无白色沉淀产生，则证明SO42-已分离出来 溶液分层，上层无色（或颜色变浅）下层紫色或紫红色 蒸馏 【解析】（1）根据仪器构造可知仪器的名称是冷凝管或直形冷凝管。（2）明胶是水溶性蛋白质混合物，溶于水形成胶体。由于胶体不能透过半透膜，溶液可以，则分离明胶的水溶液与Na2CO3、Na2SO4的混合溶液应采用渗析法，则选用装置的为E。由于硫酸钡不溶于水也不溶于酸，又因为碳酸钠会干扰硫酸根离子检验，则证明SO42已分离出来的操作是取烧杯中的少量液体于试管中，向其中滴加盐酸，没有气体，再加BaCl2溶液，无白色沉淀产生，则证明SO42已分离出来。（3）在装置D中加入10 mL碘水，然后再注入4 mL CCl4，盖好玻璃塞，按操作规则反复振荡后静置。由于碘易溶在四氯化碳中，且四氯化碳的密度大于水的密度，则观察到的现象是溶液分层，上层无色（或颜色变浅）下层紫色或紫红色：由于二者的沸点相差较大，则操作完毕后，为得到碘并回收CCl4可用蒸馏法。27、或 取第步后的上层清液(或取少量上层清液)于试管中，再滴入适量BaCl2溶液，若溶液未变浑浊，则表明BaCl2已过量(或其它合理的方法) CaCl2Na2CO3=CaCO32NaCl、BaCl2Na2CO3 =BaCO32NaCl 【解析】（1）镁离子用氢氧根离子沉淀，加入过量的氢氧化钠可以将镁离子沉淀，硫酸根离子用钡离子沉淀，加入过量的氯化钡可以将硫酸根离子沉淀，至于先除镁离子，还是先除硫酸根离子都行，钙离子用碳酸根离子沉淀，除钙离子加入碳酸钠转化为沉淀，但是加入的碳酸钠要放在加入的氯化钡之后，这样碳酸钠会除去反应剩余的氯化钡，离子都沉淀了，在进行过滤，最后再加入盐酸除去反应剩余的氢氧根离子和碳酸根离子，所以正确的顺序为：加过量的氢氧化钠溶液或加过量的氯化钡溶液；加过量的氯化钡溶液或加过量的氢氧化钠溶液；加过量的碳酸钠溶液；过滤；加适量盐酸，故答案为或；（2）（1）加入过量氯化钡溶液除去硫酸根离子，检验硫酸根离子已除尽，可静止片刻在上层清液处，滴加一滴氯化钡溶液，不出现浑浊就说明硫酸根离子已经除尽，BaCl2溶液已过量，故答案为取少量中上层清液于试管中，向其中滴加BaCl2溶液，若无沉淀产生，则BaCl2溶液已过量（其他合理答案均可）；（3）碳酸钠的作用是将溶液中的钙离子和过量的钡离子沉淀下来，发生反应的化学方程式为：CaCl2+Na2CO3=CaCO3+2NaCl；BaCl2+Na2CO3=BaCO3+2NaCl，故答案为CaCl2+Na2CO3=CaCO3+2NaCl、BaCl2+Na2CO3=BaCO3+2NaCl。【点睛】本题考查粗盐的提纯，关键是注意离子性质的应用，除杂试剂的加入顺序判断，需要过量的试剂最后易于除去。28、质子 最外层电子 阳离子 S2- MgCl2 【解析】分析：(1)原子结构示意图中，圆圈中数字表示质子数；最外层电子数决定其化学性质；(2)判断质子数与核外电子数是否相等，据此解答；(3)y=8时，该微粒带2个单位负电荷，则x=2+8+8-2=16，为S2-离子；(4)当y=2的中性原子M的核外电子数为2+8+2=12,则M为Mg，y=7的中性原子N的核外电子数为2+8+7=17，N为Cl元素，据此解答。详解：(1)原子结构示意图中，圆圈中数字x代表质子数或核电荷数；y为最外层电子数，因此，本题正确答案是：质子数或核电荷数；最外层电子数；(2)当xy > 10，说明微粒质子数>核外电子数,该微粒带正电荷，为阳离子，因此，本题正确答案是：阳离子；(3) y=8时，该微粒带2个单位负电荷，则x=2+8+8-2=16，为S2-离子；其结构示意图为：，因此，本题正确答案是:；(4) 当y=2的中性原子M的核外电子数为2+8+2=12，则M为Mg，y=7的中性原子N的核外电子数为2+8+7=17，N为Cl元素，二者形成化合物的化学式为: MgCl2，因此，本题正确答案是: MgCl2。29、2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2 移走烧杯，将湿润的淀粉碘化钾试纸放在b导气管口处，若试纸变蓝，则说明产生的气体为Cl2 2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O 7.15g 冷却B装置(或把B放置在冷水浴中等合理答案) 2HCl+Ca(OH)2=CaCl2+2H2O 在A与B之间连接一个装有饱和氯化钠溶液的洗气瓶 【解析】I.电解饱和食盐水产生NaOH、H2、Cl2，在电解时，与电源正极连接的电极为阳极，发生氧化反应；与电源负极连接的电极为阴极，发生还原反应，根据产生气体的性质进行检验；II.在装置A中制取Cl2，在装置B中Cl2与石灰乳反应制取漂白粉，氯气有毒，是大气污染物，在尾气排放前用NaOH溶液进行尾气处理，据此分析解答。【详解】I.(1)电解饱和食盐水产生NaOH、H2、Cl2，反应方程式为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2；(2)在电解时，与电源正极连接的电极为阳极，发生氧化反应。由于放电能力Cl->OH-，所以溶液中的阴离子Cl-放电，失去电子变为Cl2逸出，Cl2检验强氧化性，可以使KI变为I2，I2遇淀粉溶液变为蓝色，所以检验Cl2的方法是移走烧杯，将湿润的淀粉碘化钾试纸放在b导气管口处，若试纸变蓝，则说明产生的气体为Cl2；II.(3) 在装置B中Cl2与石灰乳反应制取漂白粉，反应的方程式为：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；(4)n(MnO2)=8.7g÷87g/mol=0.1mol，n(HCl)=12mol/L×0.1L=1.2mol，根据制取气体方程式：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O可知0.1mol MnO2能够消耗0.4molHCl<1.2mol，说明HCl过量，制取的Cl2按MnO2计算，n(Cl2)=n(MnO2)=0.1mol，则根据反应关系2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O可知nCa(ClO)2=n(Cl2)=0.05mol，所以理论上制取的漂白粉中Ca(ClO)2的质量为mCa(ClO)2=0.05mol×143g/mol=7.15g；(5)温度较高时氯气与消石灰反应生成Ca(ClO3)2，为避免此副反应的发生，可采取的措施是冷却B装置(或把B放置在冷水浴中等合理答案)；试判断另一个副反应是Cl2中含有杂质HCl与Ca(OH)2反应，用化学方程式表示为2HCl+Ca(OH)2=CaCl2+2H2O，为避免此副反应的发生，可将装置改进为：在A与B之间连接一个装有饱和氯化钠溶液的洗气瓶，除去杂质HCl气体。【点睛】本题考查了氯气的制取、检验、性质及应用的知识。掌握氯气的工业和实验室制取方法，根据电解原理、氧化还原反应规律，结合物质的性质(挥发性、氧化性)等分析判断。