上海市曹杨二中2022年化学高一第一学期期中学业质量监测模拟试题含解析.doc

2022-2023学年高一上化学期中模拟试卷考生请注意：1答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请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、在KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2+3H2O的反应中，被氧化的氯与被还原的氯的原子个数比为（ ）A16B61C15D512、新制氯水的成分复杂，但饱和氯水久置后，成分发生变化，下列粒子Cl2；H2O；Cl；HClO； H，因饱和氯水久置而减少的是A B C D3、相对分子质量为M的气态化合物VL（标准状况）溶于mg水中，得到溶液的质量分数为%，物质的量浓度cmol/L，密度为g/cm3，则下列说法正确的是A相对分子质量M可表示为：B溶液密度可表示为：C溶液的质量分数%可表示为：D物质的量浓度C可表示为：4、下列说法正确的是（ ）A铜、石墨均能导电，所以它们均是电解质BNH3、CO2的水溶液均能导电，所以NH3、CO2均是电解质C液态HCl、固体NaCl均不能导电，所以HCl、NaCl均是非电解质D蔗糖、酒精在水溶液或熔融状态下均不能导电，所以它们均是非电解质5、设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是A在标准状况下，1mol H2O所含的质子数目为NAB分子数不同的NO与N2所占有的体积一定不相等C在标准状况下，Imol H2O个水分子所占有的体积为22. 4LD16g臭氧(O3)含的原子数目为NA6、金属钠分别与下列溶液反应时，既有气体又有沉淀产生的是AHClBNaClCFeCl3DNa2SO47、现有一瓶甲和乙的混合物，已知甲和乙的某些性质如下表所示：物质熔点/ 沸点/ 密度/ g·cm3水中的溶解性甲-9857.50.93可溶乙-84770.90可溶据此，将甲和乙互相分离的方法是A蒸馏法B升华法C萃取法D过滤法8、下列说法正确的是A在氧化还原反应中肯定有一种元素被氧化，另一种元素被还原B化合反应和分解反应一定是氧化还原反应C氧化还原反应一定有电子的转移D离子反应可能是复分解反应，但离子反应一定不是氧化还原反应9、下列有关分散系的叙述中不正确的是（ ）A胶体分散质微粒直径较大，不能透过滤纸B液态分散系根据分散质粒子大小分为溶液、胶体和浊液三类C利用丁达尔效应可以区分溶液和胶体D纳米材料分散到液体分散剂中得到的分散系属于胶体10、下列物质在水溶液中的电离方程式书写正确的是AKClO3K+3O2+Cl5+BNaHSO4 Na+HSO4CH2SO4H+ SO42DAl2(SO4)3 2Al3+3SO4211、能用H+ + OH- = H2O 表示的是( )ABa(OH)2溶液和稀硫酸的反应BNaOH溶液和稀硫酸的反应CCu(OH)2和稀HNO3的反应DBa(OH)2溶液NaHSO4溶液的反应12、某无色透明的溶液，在强酸和强碱性环境下都能大量共存的是( )AFe2、K、SO42、NO3 BNa、K、SO42、NO3CMg2、NH4+、SO42、Cl DBa2、Na、MnO4、SO4213、成语是中华民族灿烂文化中的瑰宝，许多成语中蕴含着丰富的化学原理，下列成语中涉及氧化还原反应的是( )A木已成舟B铁杵成针C蜡炬成灰D滴水成冰14、BMO(Bi2MoO6)是一种高效光催化剂，可用于光催化降解苯酚(化学式为CHQO)，原理如图所示。下列说法错误的是A反应中 BMO+转化为 BMOB该过程说明氧化性：BMO+比 O2 弱C若有 1molO2 参与反应，则总反应中有 6mol 电子转移D反应和中被降解的苯酚的物质的量之比为 3115、下列离子方程式书写正确的是（）A次氯酸钙溶液中通入过量二氧化碳：Ca2+2ClO+H2O+CO2CaCO3+2HClOB碳酸钠溶液中加入澄清石灰水：Ca(OH)2+CO32CaCO3+2OHC稀硫酸中加入铁粉：2Fe+6H+2Fe 3+3H2DBa(OH)2溶液中滴加稀硫酸：Ba2+2OH+2H+SO42BaSO4+2H2O16、分类法在化学学科的发展中起到了非常重要的作用，下列分类标准合理的是A根据是否具有丁达尔效应，将分散系分为溶液、浊液和胶体B依据分子组成中含有氢原子的数目，将酸分为一元酸、二元酸等C根据水溶液是否能够导电，将物质分为电解质和非电解质D依据组成元素的种类，将纯净物分为单质和化合物二、非选择题（本题包括5小题）17、有一包白色粉末，可能含有 NaHSO4、 KHCO3、 Ba(NO3)2、 CaCl2、 NaNO3、 MgSO4中的一种或几种。实验步骤如下：取少量固体投入水中，既有气体生成，又有沉淀产生。过滤，取少量滤液加AgNO3溶液，无沉淀产生。再取少量滤液，加入足量NaOH溶液，也无沉淀产生。(1)推断白色粉末中一定有_，一定没有_，不能确定的是_。(2)请写出实验步骤中产生气体的离子方程式：_。(3)请写出实验步骤中产生沉淀的离子方程式：_。18、有A、B、C、D、E、F六种物质，它们的相互转化关系如下图（反应条件略，有些反应的产物和条件没有全部标出）。已知A、B、E是单质，B在常温下为气体，C俗名称为烧碱，D为无色无味液体。（1）写出A、D的化学式_。（2）写出A和D反应生成B和C的化学方程式_。（3）写出E与C、D反应生成B和F的离子方程式_。19、下图为实验室制取纯净、干燥的Cl2，并进行检验Cl2性质实验的装置。其中E瓶中放有干燥红色布条；F中为铜网，F右端出气管口附近放有脱脂棉。（1）写出制备氯气的反应方程式并用双线桥标明电子转移过程_。（2）C中试剂是_；D中试剂的作用是_。（3）E中现象是_；F中现象是_；H中发生反应的化学方程式为_。（4）KMnO4与浓盐酸反应也能产生氯气，请配平以下方程式：_KMnO4 + _HCl_KCl + _MnCl2 + _Cl2 + _H2O。若反应产生0.1 mol Cl2，则转移的电子数目为_。20、I如图所示是分离混合物时常用的仪器，回答下列问题：(1)写出仪器A、E的名称_、_。(2)分离以下混合物应该主要选用上述什么仪器？(填字母符)粗盐和泥沙：_；花生油和水：_。(3)下列关于仪器的使用说法正确的是_。A仪器可以用酒精灯直接加热 B仪器可以用于向酒精灯中添加酒精C仪器在放出液体时应打开上边的玻璃塞，或使塞上的凹槽(或小孔)对准漏斗上的小孔，再拧开下面的活塞，使下层液体慢慢流出在实验室应用D仪器进行实验时要不断用玻璃棒搅拌 E仪器中水的流向是上进下出(4)若向C装置中加入碘水和足量CCl4，充分振荡后静置,会观察到什么现象_。II.某工厂的工业废水中含有大量的FeSO4、较多的Cu2+和少量的Na+。为减少污染并变废为宝，工厂计划从该废水中回收硫酸亚铁和金属铜。请根据流程图填空，完成回收硫酸亚铁和铜的简单实验方案(成分A、B、C、D既可能是纯净物也可能是混合物)。(1)试剂1为_(填化学名称，下同)，试剂2为_。(2)成分A为_。(3)操作1、2是同一分离操作，操作名称为_，所需的玻璃仪器为_。(4)加入试剂1所涉及的反应的离子方程式是_。21、某澄清溶液中，可能含有下表中的若干种离子。阳离子KAgCa2Ba2阴离子NO3CO32SiO32SO42（已知H2SiO3是不溶于水的胶状沉淀，加热时易分解为两种氧化物；硅酸钙、硅酸钡是沉淀，硅酸银不存在）现取该溶液100 mL进行如下实验（气体体积均在标准状况下测定）。序号实验内容实验结果向该溶液中加入足量稀盐酸产生白色胶状沉淀并放出标准状况下0.56 L气体将的反应混合液过滤，对沉淀洗涤、灼烧至恒重，称量所得固体质量固体质量为2.4 g向的滤液中滴加BaCl2溶液无明显现象（1）通过以上实验说明，一定存在的离子是_；一定不存在离子是_；可能存在的离子是_。（2）写出实验中加入足量稀盐酸生成标准状况下0.56 L气体对应的离子方程式：_。写出实验中对应的化学方程式：_。（3）溶液中的阳离子的最小浓度是_ mol·L1。参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解析】反应KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2+3H2O，KClO3中氯元素化合价由+5降低为0、HCl中氯元素化合价由-1升高为0，电子转移的方向和数目是，被氧化的氯与被还原的氯的原子个数比为5:1，故选D。2、D【解析】氯气溶于水，部分氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，部分以氯气分子形式存在，次氯酸不稳定受热易分解，据此解答。【详解】氯气溶于水，部分以氯气分子形式存在，部分氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，方程式为：Cl2+H2OHCl+HClO，氯化氢为强电解质完全电离出氢离子和氯离子，次氯酸为弱电解质部分电离出氢离子和次氯酸根离子，所以新制氯水中含有：所以新制的氯水中含有三种分子：Cl2、H2O、HClO，四种离子：H+、Cl-、ClO-及少量OH-；次氯酸不稳定受热易分解，2HClO2HCl+O2，促使Cl2+H2OHCl+HClO平衡向正向移动，HClO分解导致了Cl2的不断反应，最后变成了HCl溶液，所以减少的是Cl2、H2O、HClO；答案选D。【点睛】本题考查了新制氯水和久制氯水的区别，明确氯水的成分与性质是解题关键，题目难度不大，注意对基础知识的积累。3、A【解析】A、mg：m（溶质）=（1-%）：%，所以m（溶质）=g，所以×Mg/mol=g，解得M=，所以该气体的相对分子质量为，选项A正确；B、由于c=，所以=，选项B错误； C、溶质的质量为×Mg/mol =g，溶液质量为mg+×Mg/mol=（m+）g，所以质量分数为=，选项C错误；D、溶质的物质的量为=mol，溶液质量为mg+×Mg/mol=（m+）g，所以溶液的体积为，所以溶液浓度为=mol/L，选项D错误；答案选A。4、D【解析】A铜和石墨是单质不是化合物，所以不是电解质也不是非电解质，故A错误；BNH3、CO2的水溶液均能导电，是因为氨气、二氧化碳分别和水反应生成的氨水、碳酸电离出的离子而使溶液导电，不是氨气和二氧化碳电离出的离子而导电，所以氨气和二氧化碳不是电解质，是非电解质，故B错误；C液态氯化氢和氯化钠固体不含自由移动的离子，所以不导电，氯化氢和氯化钠溶于水能够电离出自由移动的离子而使溶液导电，氯化氢和氯化钠是电解质，故C错误；D蔗糖和酒精溶于水后，在水中以分子存在，导致溶液中没有自由移动的离子而使蔗糖和酒精溶液不导电，所以酒精和蔗糖是非电解质，故D正确；故选D。【点睛】本题的易错点为B，要注意电离出的离子必须该化合物本身，不是和其他物质生成的化合物电离的。5、D【解析】A. 在标准状况下，H2O为液态，无法确定水的物质的量，A错误；B. 增大压强体积减小，分子数不同的NO与N2所占有的体积可能相等，B错误；C. 在标准状况下，针对1mol气体来讲，所占有的体积为22. 4L，而水为液态，无法用气体摩尔体积计算出1mol H2O所占的体积，C错误；D. 16g臭氧(O2)的物质的量为0.5mol，含有原子数目为0.5×2NA=NA，D正确；综上所述，本题选D。6、C【解析】A钠和HCl反应生成氯化钠和氢气，所以只能生成气体，不会产生沉淀，故A错误；B钠和水反应生成可溶性的氢氧化钠和氢气，氢氧化钠与NaCl不反应，所以只能生成气体，不会产生沉淀，故B错误；C钠和水反应生成可溶性的氢氧化钠和氢气，氢氧化钠和FeCl3发生复分解反应生成难溶性的氢氧化铁，所以既能产生气体，又能出现沉淀，故C选；D钠和水反应生成可溶性的氢氧化钠和氢气，氢氧化钠与Na2SO4不反应，所以只能生成气体，不会产生沉淀，故D错误。7、A【解析】根据题中信息可以看出，甲和乙两物质的熔点相差不大，密度相差不大，均可溶于水，互溶，但是沸点相差较大，可以采用蒸馏的方法通过控制沸点的不同来实现二者的分离。故选A。8、C【解析】A反应中也可能是一种元素即被氧化又被还原，A错误。B化合反应和分解反应都是一部分是氧化还原，一部分不是，B错误。C电子转移是氧化还原的基本特征，C正确。D离子反应可能是复分解反应，也可能是氧化还原反应，例如：Fe + Cu2+ = Fe2+ + Cu，D错误。9、A【解析】A溶液和胶粒都能透过滤纸，故A错误；B根据分散质微粒直径的大小，可以将分散系分为胶体、浊液和溶液三大类，故B正确；C胶体有丁达尔效应，溶液没有，故利用丁达尔效应可以区分溶液和胶体，故C正确；D纳米材料的直径为1100nm之间，分散到液体分散剂中的分散系属于胶体，故D正确。答案选A。【点睛】胶体的分散质粒子直径在1100nm之间，是混合物。10、D【解析】考查电离方程式的正误判断。A、B、C都是不正确的，分别应该是KClO3=KClO3、NaHSO4=NaHSO42、H2SO4=2HSO42。所以的正确答案选D。11、B【解析】H+OH-=H2O表示强酸与可溶性强碱生成可溶性盐的中和反应，并且溶液中仅存在H+和OH-的反应。ABa(OH)2溶液和稀硫酸的反应中钡离子和硫酸根离子会产生硫酸钡沉淀，此反应一定要写入方程中，故A不符合题意；BNaOH溶液和稀硫酸的反应生成水和硫酸钠，溶液中仅存在H+和OH-的反应，钠离子和硫酸根离子不反应，离子反应方程式为：H+ + OH- = H2O，故B符合题意；CCu(OH)2和稀HNO3的反应中Cu(OH)2难溶于水，与稀HNO3的反应的离子方程式为Cu(OH)2+2H+=Cu2+2H2O，故C不符合题意； DBa(OH)2溶液NaHSO4溶液的反应中钡离子和硫酸根离子会产生硫酸钡沉淀，此反应过程要写入方程中，故D不符合题意；答案选B。12、C【解析】溶液无色，则有颜色的离子不能存在，在强酸性和强碱性的条件下都能大量共存，说明离子既不与H+反应也不与OH-反应，则在两种溶液中都能大量共存，以此解答该题。【详解】AFe2+有颜色，在碱性溶液中会生成沉淀，在酸性溶液中能被硝酸根离子氧化，不能大量共存，A错误；B碱性条件下Mg2、NH4+不能大量共存，故B错误；C四种离子既不与H+反应也不与OH-反应，且离子之间不发生任何反应，在两种溶液中都能大量共存，C正确；DMnO4有颜色，且Ba2+、SO42反应生成沉淀，不能大量共存，D错误。答案选C。【点睛】明确离子的性质、发生的反应是解答的关键，另外解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH-；溶液的颜色，如无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在。13、C【解析】A木已成舟只是物质形状的变化，没有新的物质生成，则没有涉及化学变化，故A错误；B铁杵成针只是物质形状的变化，没有新的物质生成，则没有涉及化学变化，故B错误；C蜡炬成灰，物质燃烧，发生了化学反应，故C正确；D滴水成冰只是物质形状的变化，没有新的物质生成，则没有涉及化学变化，故D错误；故选C。【点睛】本题考查成语与氧化还原反应的关系，明确成语的意义及变化即可解答，解题时抓住化学变化和氧化还原反应的本质：有新物质生成的变化属于化学变化，在化学变化中有元素化合价变化的反应属于氧化还原反应。14、C【解析】根据图示，反应物是C6H6O和氧气、生成物是二氧化碳和水，BMO是催化剂，反应的方程式为C6H5OH+7O26CO2+3H2O，据此分析解答。【详解】A根据分析，BMO是催化剂，反应中 BMO+转化为 BMO，故A正确；B根据图示，反应中BMO与氧气作用转化为 BMO+和O，根据氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性可知，氧化性：BMO+比 O2 弱，故B正确；C反应的方程式为C6H5OH+7O26CO2+3H2O，反应中 1molO2 参与反应，有 4mol 电子转移，故C错误；D反应中O生成-2价的氧得到3个电子，反应中BMO+转化为 BMO得1个电子，根据转移电子守恒知，和中被降解的苯酚的物质的量之比为31，故D正确；故选C。15、D【解析】A次氯酸钙溶液中通入过量CO2反应生成碳酸氢钙；B澄清石灰水属于强碱，拆成离子形式；C稀硫酸中加入铁粉，反应生成亚铁离子和氢气；DBa(OH)2 溶液中滴加稀硫酸，生成硫酸钡和水。【详解】A次氯酸钙溶液中通入过量CO2，反应不会生成碳酸钙沉淀，正确的离子方程式为：ClO+CO2+H2OHCO3+HClO，故A错误；B碳酸钠溶液中加入澄清石灰水，离子方程式：Ca2+CO32CaCO3，故B错误；C稀硫酸中加入铁粉，离子方程式：Fe+2H+=Fe 2+H2，故C错误；DBa(OH)2 溶液中滴加稀硫酸，离子方程式：Ba2+2OH+2H+SO42=BaSO4+2H2O，故D正确；故答案选D。【点睛】判断离子方程式的正误，关键抓住离子方程式是否符合客观事实、化学式的拆分是否准确、是否遵循电荷守恒和质量守恒、氧化还原反应中的得失电子是否守恒等。16、D【解析】A、根据分散质的微粒直径的大小，将分散系分为溶液、浊液、胶体，微粒直径1nm-100nm之间的分散系为胶体，微粒直径<1nm的分散系为溶液，微粒直径>100nm的分散系为浊液，故A错误；B、根据电离出H的个数，将酸分为一元酸、二元酸等，故B错误；C、电解质定义：在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物，非电解质定义：在水溶液和熔融状态下都不能够导电的化合物，故C错误；D、根据组成元素的种类，只有一种元素组成的纯净物属于单质，有多种元素组成的纯净物属于化合物，故D正确。二、非选择题（本题包括5小题）17、 H+ + HCO3- = H2O + CO2 Ba2+ + SO42- = BaSO4 【解析】取少量固体投入水中，既有气体生成，又有沉淀产生，说明含有硫酸氢钠和碳酸氢钾，可能含有硝酸钡或氯化钙。过滤，取少量滤液加AgNO3溶液，无沉淀产生，说明不含有氯化钙，则一定含有硝酸钡。再取少量滤液，加入足量NaOH溶液，也无沉淀产生，说明不含硫酸镁。【详解】(1)根据分析可确定含有硫酸氢钠和碳酸氢钾和硝酸钡，肯定不含氯化钙和硫酸镁。不能确定硝酸钠。 (2)步骤中产生气体是碳酸氢钾和硫酸氢钠反应，即碳酸氢根离子和氢离子反应生成水和二氧化碳，离子方程式为H+ + HCO3- = H2O + CO2； (3)溶液中钡离子和硫酸根离子反应生成硫酸钡沉淀，离子方程式为： Ba2+ + SO42- = BaSO4。18、Na、H2O 2Na+2H2O2NaOH+H2 2Al+2OH+2H2O2AlO2+3H2 【解析】有A、B、C、D、E、F六种物质，C俗名称为烧碱，C为NaOH，D为无色无味液体，D为H2O，根据框图，单质A与水反应生成一种气体单质B和氢氧化钠，则A为钠，B为氢气，氢氧化钠、水与单质E反应生成氢气，则E为铝，因此F为偏铝酸钠，据此分析解答。【详解】根据以上分析可知A是钠，B是氢气，C是氢氧化钠，D是水，E是铝，F是偏铝酸钠，则（1）钠和水的化学式分别是Na、H2O；（2）钠和水反应生成氢气和氢氧化钠的化学方程式为2Na+2H2O2NaOH+H2。（3）铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气的离子方程式为2Al+2OH+2H2O2AlO2+3H2。【点睛】正确推断物质的种类是解题的关键，本题的突破口为C、D。本题的易错点为铝与氢氧化钠反应的离子方程式的书写，注意反应过程中水也参与了反应。19、 饱和食盐水 除去氯气中的H2O 瓶中充满黄绿色气体，红色布条不褪色 剧烈燃烧，产生棕黄色烟 Cl2+2NaOHNaCl+NaClO+H2O _2_KMnO4 + _16_HCl=_2_KCl + _2_MnCl2 + _5_Cl2 + _8_H2O 0.2NA 【解析】分液漏斗中的浓盐酸滴入烧瓶B中的二氧化锰固体中加热发生反应生成氯气，氯气中含水蒸气和氯化氢气体杂质，通过装置C中饱和食盐水除去氯化氢气体，通过装置D中的浓硫酸除去水蒸气，通过装置E检验干燥的氯气是否具有漂白性，通过装置F中的铜网加热发生反应生成棕黄色的烟得到氯化铜，通过装置G收集氯气，剩余氯气通过装置H中的氢氧化钠溶液吸收，据此解答。【详解】（1）实验室是利用二氧化锰和浓盐酸加热反应生成氯气，A中是浓盐酸，B中是二氧化锰固体，反应的化学方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O，反应中锰元素化合价从+4价降低到+2价得到2个电子，氯元素化合价从1价升高到0价失去1个电子，则用双线桥标明电子转移过程为；（2）生成的氯气中含有氯化氢，用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，即C中的试剂是饱和食盐水。装置D中为浓硫酸除去氯气中的水蒸气得到干燥纯净的氯气；（3）干燥的氯气没有漂白性，则E中干燥的氯气遇到干燥有色布条不褪色，即E中的实验现象是瓶中充满黄绿色气体，红色布条不褪色；F装置是铜加热和氯气反应生成氯化铜的反应，生成的氯化铜形成棕黄色烟，即实验现象是剧烈燃烧，产生棕黄色烟；氯气有毒，不能排放到空气中，需要用氢氧化钠溶液吸收，H中试剂为氢氧化钠溶液，氯气和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的化学方程式为Cl2+2NaOHNaCl+NaClO+H2O；（4）KMnO4与浓盐酸反应也能产生氯气，反应中Mn元素化合价从+7价降低到+2价得到5个电子，氯元素化合价从1价升高到0价失去1个电子，则根据电子得失守恒和原子守恒可知配平后的方程式为2KMnO4+6HCl2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O。若反应产生0.1 mol Cl2，则转移的电子的物质的量是0.2mol，其数目为0.2NA。【点睛】本题考查了实验室制备氯气的装置分析和除杂试剂选择，氯气性质验证的反应现象判断，注意氯气是有毒气体，不能排放到空气中。另外在配平氧化还原反应的方程式时要学会灵活应用电子得失守恒以及原子守恒等。20、蒸馏烧瓶 直形冷凝管 B C 液体分层，上层为无色，下层为紫红色 Fe H2SO4 Fe、Cu 过滤 烧杯、漏斗、玻璃棒 Fe+Cu2+=Fe2+Cu 【解析】I.(1)根据仪器的结构判断仪器的名称；(2)根据被分离的混合物成分的性质的不同采用相应的分离方法；(3)根据仪器的结构、材料、用途、目的判断说法的正误；(4)利用I2易溶于CCl4而在水中溶解度不大，H2O与CCl4是互不相溶的液体物质，I2溶于CCl4溶液显紫色分析；II.工业废水中含大量硫酸亚铁、较多的CuSO4和少量的Na2SO4，从该废水中回收硫酸亚铁和金属铜，结合流程可知，试剂1为Fe，操作1为过滤，则B中主要含硫酸亚铁，A中含Cu、Fe，加入试剂2为H2SO4，操作2为过滤，得到C为Cu，D中主要含FeSO4，操作3为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，可得到FeSO4·7H2O，以此来解答。【详解】I.(1) 根据仪器的结构可知仪器A是蒸馏烧瓶；仪器E是直形冷凝管；(2)食盐NaCl溶于水，而泥沙难溶于水，所以可采用过滤的方法分离，使用漏斗进行过滤操作，故合理选项是B；花生油和水是互不相溶的两层液体物质，可用分液漏斗通过分液的方法分离，故合理选项是C；(3)蒸馏烧瓶用酒精灯加热需垫上石棉网， 错误； 仪器B是漏斗，可用于向酒精灯中添加酒精，正确；仪器C是分液漏斗，在放出液体时应打开上边的玻璃塞，或使塞上的凹槽(或小孔)对准漏斗上的小孔，使分液漏斗与外界大气相通，再拧开下面的活塞，使下层液体慢慢流出，正确；仪器D是蒸发皿，在实验室应用D仪器进行实验时，要不断用玻璃棒搅拌，使水分不断蒸发，防止液体局部受热发生飞溅，正确；仪器E是冷凝管，为增强冷凝效果，要采用逆流原理，其中的冷却水的流向是下进上出，错误；综上所述可知，说法合理的是；(4)由于I2易溶于CCl4而在水中溶解度不大，H2O与CCl4是互不相溶的液体物质，所以四氯化碳能萃取碘水中的碘，但CCl4密度大于水的密度，I2溶于CCl4溶液显紫色，故会看到的现象是：分液漏斗内液体分两层，上层液体无色，下层液体紫色；.根据上述分析可知试剂1是Fe，操作1是过滤；试剂2 是H2SO4，操作2是过滤；操作3为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤。(1)试剂1为Fe，试剂2为H2SO4；(2)成分A中含Cu、Fe(3)操作1、2都为过滤，过滤时使用的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒；(4)向CuSO4溶液中加入Fe粉，会发生金属之间的置换反应产生FeSO4和Cu，该反应的离子方程式为：Fe+Cu2+=Fe2+Cu。【点睛】本题考查了常用仪器的名称和混合物的分离、提纯。把握流程中发生的化学反应及分离方法为解答的关键，注意萃取剂的选择标准，正确选择萃取剂，结合被分离的混合物中各成分性质的不同采用相应的方法进行分离。21、K、CO32-、SiO32- Ag、Ca2、Ba 2、SO42 NO3- CO32-2H=H2O + CO2 H2SiO3 = H2O + SiO2 1.3 mol·L1 【解析】根据实验现象、数据逐步，分析、推理、计算解答。【详解】实验I：加入足量稀盐酸生成的气体只能是CO2（0.025mol），原溶液中一定有CO32-（0.025mol），则无Ag、Ca2、Ba 2。因溶液中有阴离子、必有阳离子，故必有 K。白色胶状沉淀只能是H2SiO3沉淀，原溶液中一定有SiO32- 。实验II：H2SiO3沉淀分解所得固体为SiO2（0.04mol），则SiO32- 为0.04mol。实验III：在的滤液中滴加BaCl2溶液无明显现象，则原溶液中无SO42。(1)综上，原溶液中一定存在K、CO32-、SiO32-；一定不存在Ag、Ca2、Ba 2、SO42；可能存在NO3-。(2)实验中加入足量稀盐酸气体的离子方程式CO32-2H=H2O + CO2。实验中的化学方程式H2SiO3 SiO2+H2O。(3)当溶液中无NO3-时，阳离子K+浓度最小。据电荷守恒，n(K+)0.025mol×2+0.04mol×20.13mol，c(K+)1.3mol·L1。【点睛】电解质溶液中，阴、阳离子一定同时存在。因溶液一定电中性，故阳离子所带正电荷总数一定等于阴离子所带负电荷总数。