青岛第二十六中学2022-2023学年化学高一第一学期期中检测模拟试题含解析.doc

2022-2023学年高一上化学期中模拟试卷请考生注意：1请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用05毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2答题前，认真阅读答题纸上的注意事项，按规定答题。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、等质量的下列物质中，所含分子数最少的是( )ACl2BNH3CHClDH2SO42、14C 常用于测定年代，关于其说法正确的是（ ）A比 12C 多两个质子 B与 12C 化学性质相似C与 12C 互为同素异形体 D质子数与中子数相等3、比较1.0mol N2和1.0mol CO的下列物理量：质量 体积 分子数 原子总数 质子总数 电子总数，其中相同的是A B C D4、下列关于金属铝的叙述中，说法不正确的是A铝的化学性质很活泼，但在空气中不易锈蚀B铝是比较活泼的金属，在化学反应中容易失去电子，表现出还原性C铝箔在空气中受热可以熔化，且发生剧烈燃烧D铝箔在空气中受热可以熔化，但由于氧化膜的存在，熔化的铝并不滴落5、一定温度下的反应A(g)+3B(g)2C(g)，下列叙述不能表明该反应达到化学平衡状态是AC的生成速率与C的分解速率相等 B混合气体的总物质的量不再变化CA、B、C的浓度不再变化 D单位时间内生成a molA，同时分解2amolC6、氯水不稳定，要现用现配下列装置可用来制备氯水的是( )A BC D7、下列说法正确的是A离原子核越近的电子所具有的能量越低B一切原子都有质子和中子C稀有气体元素的原子最外层电子数都是 8 个D原子核外第n层上所排的电子数必定为2n28、某物质A在一定条件下加热完全分解，产物都是气体。分解方程式为 4A=B2C2D，测得生成的混合气体对氢气的相对密度为2d，则A的相对分子质量为()A7dB5dC2.5dD2d9、下列各组离子在溶液中能大量共存的是（ ）ANH、K+、OH-BMg2+、Na+、Cl-CAg+、Fe3+、Cl-DBa2+、CO、H+10、下列数字代表各元素的原子序数，则各组中相应的元素能形成XY2型离子化合物的是（）A3和8B1和16C12和17D6和1611、为提纯下列物质，所选除杂试剂和分离的主要操作方法都合理的是 ( )选项被提纯的物质(杂质)除杂试剂主要操作方法ANaHCO3溶液（Na2CO3）澄清石灰水过滤BNaCl溶液（Br2）乙醇分液CCO2（HCl）饱和NaHCO3溶液洗气DKNO3溶液（KOH）FeCl3溶液过滤AABBCCDD12、某溶液中含有大量的下列离子：Fe3+、SO42-、Al3+和M离子，经测定Fe3+、SO42-、Al3+和M离子的物质的量之比为1：4：1：2，则M离子可能是下列中的（ ）AS2-BOH-CNa+DAg+13、在反应X+2Y=R+2M中，已知R和M的摩尔质量之比为22:9，当l.6gX与Y完全反应后，生成4.4gR，则在此反应中Y和M的质量之比为( )A23:9B16:9C32:9D46:914、汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应：10NaN32KNO3=K2O5Na2O16N2下列说法正确的是()AKNO3是还原剂，其中氮元素被氧化B生成物中的N2是氧化产物，K2O是还原产物C每转移1 mol电子，可生成N2的体积为35.84 LD若有65 g NaN3参加反应，则被氧化的N的物质的量为3 mol15、下列中和反应对应的离子方程式能以“H+OHH2O”表示的是A醋酸和氢氧化钠溶液反应B氢氧化镁和盐酸反应C澄清石灰水和硝酸反应D氢氧化钡和稀硫酸反应16、其溶液中可能含有SO42、CO32，为检验是否含有SO42，除需用BaCl2溶液外，还需用到的溶液是A稀硫酸B稀盐酸CNaOH溶液DNaNO3溶液17、将9g由CO和H2组成的混合气体在足量的O2中充分燃烧后，将生成的所有产物通过足量的Na2O2固体，Na2O2固体增加的质量为( )A8gB9gC12gD13.5g18、某学生将一小块钠投入滴有酚酞的水中，此实验能证明钠下面4点性质中的( )钠比水轻 钠的熔点较低 钠与水反应在时要放出热量 钠与水反应后溶液呈碱性ABCD19、下列电离方程式，书写正确的是AAl2(SO4)3=2Al3+ 3SO42-BAlCl3= Al3+Cl-CMg(NO3)2= Mg+2+2NO3-DKMnO4=K+Mn7+4O2-20、下列有关胶体的叙述中不正确的是A实验室可用丁达尔效应鉴别胶体与溶液B“雨后彩虹”既是一种自然现象又是光学现象，同时也与胶体有关C1 mol Fe3完全反应生成氢氧化铁胶体粒子的数目为NAD分散质粒子大小介于1 nm100 nm之间的分散系称为胶体21、朱自清先生在荷塘月色中写道：“薄薄的青雾浮起在荷塘里月光是隔了树照过来的，高处丛生的灌木，落下参差的斑驳的黑影”月光穿过薄雾所形成的这种美景的本质原因是A空气中的小水滴颗粒直径大小在109m107m之间B光是一种胶体C雾是一种分散系D发生丁达尔效应22、同种物质中同一价态的元素部分被氧化，部分被还原的氧化还原反应是A3Cl26KOH5KClKClO33H2OB2H2SSO2=2H2O3SC2KNO32KNO2O2DNH4NO3N2O2H2O二、非选择题(共84分)23、（14分）某无色透明溶液中可能大量存在 K+、Ag+、Mg2+、Cu2+、Fe3+中的几种，请按要求填空：(1)不做任何实验就可确定原溶液中不存在的离子是_，(2)取少量原溶液，加入过量稀盐酸，有白色沉淀生成；再加入过量的稀硝酸，沉淀不消 失。说明原溶液中肯定存在的离子是_，(3)取(2)中的滤液，加入过量的氨水（NH3·H2O），出现白色沉淀（已知：Ag(NH3)2 + 在溶液中无色），说明原溶液肯定有_，(4)溶液中可能存在的离子是_；验证其是否存在可以用_（填实验方法）(5)原溶液大量存在的阴离子可能是下列中的_。ACl- BNO3- CCO32- DOH-24、（12分）有一包白色粉末，由BaCl2、K2SO4、CaCO3、NaOH、CuSO4、KCl中的一种或几种组成，为了探究它的成份，进行了如下实验：（1）气体B的化学式_,白色沉淀的成分为_。（2）该白色粉末中一定含有的物质有_；一定不含有的物质有_；可能含有的物质有_；（3）如若需要确定可能含有的物质是否存在，应如何操作：_。25、（12分）某同学取海带灰加蒸馏水煮沸23 min，冷却，过滤，获得含I-的溶液，并设计以下实验方案，从中提取I2。（1）反应1中硫酸的作用是提供酸性环境，则试剂a的作用是_。（2）试剂b应选择_（填序号）。ACCl4 B苯 C酒精 D醋酸（3）操作1的名称是_。实验室里进行操作1需要的玻璃仪器除烧杯外，还需要_。（4）反应2为：3I2+6NaOH5NaI+NaIO3+3H2O，单线桥标出此反应电子转移_。此反应氧化剂是_，氧化产物是_。（5）反应3的离子方程式是_。26、（10分）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_。27、（12分）根据下列装置图回答问题：（1）装置A、B通入Cl2后，观察到的现象是_，根据现象可得出的结论是_。（2）装置B中发生反应的离子方程式是_。（3）装置F的作用是_。（4）实验开始后，观察到装置C中的现象是_。（5）装置E中发生反应的离子方程式是_。（6）通入Cl2时装置D中发生反应的离子方程式是_。28、（14分）亚氯酸钠（NaClO2）是一种强氧化性漂白剂，广泛用于纺织、印染和食品工业。它在碱性环境中稳定存在。某同学查阅资料后设计生产NaClO2的主要流程如下。（部分产品未标出）（1）中发生反应的还原剂是_、中的氧化剂是_（填化学式）。（2）中反应的离子方程式是_。（3）ClO2是一种高效水处理剂，可用亚氯酸钠和稀盐酸为原料制备：5NaClO2 + 4HCl = 5NaCl + 4ClO2+ 2H2O。该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比是_。研究表明：在上述过程中会发生副反应：NaClO2 + 4HCl = NaCl + 2Cl2+ 2H2O，若反应开始时盐酸浓度越大，则气体产物中Cl2的含量越大。请推测其原因是_。29、（10分）（1）H2 + CuO Cu + H2O CaCO3 + 2HCl=CaCl2 + CO2 + H2O3S + 6NaOH 2Na2S + Na2SO3 + 3H2O NH4NO3 + Zn=ZnO + N2+ 2H2OCu2O + 4HCl=2HCuCl2 + H2O上述反应中，属于氧化还原反应的是_（填序号）（2）用双线桥法表示下述反应的电子转移MnO2 + 4HCl（浓） MnCl2 +Cl2+ 2H2O_（3）在反应 KIO3 + 6HI=3I2 + KI + 3H2O中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为_。（4）若反应 3Cu + 8HNO3（稀）=3Cu(NO3)2 + 2NO+ 4H2O中转移了3mol电子，则生成的NO气体在标况下的体积是_L。（5）配平下面两个反应 _H2O + _Cl2 +_ SO2 =_H2SO4 + _HCl，_ _KMnO4 + _HCl=_KCl + _MnCl2 + _Cl2 + _H2O（系数是1的也请填上），_根据以上两个反应反应，写出由KMnO4、K2SO4 、MnSO4 、SO2、H2O、H2SO4 这六种物质组成的氧化还原反应的方程式并配平。_。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、D【解析】根据n=比较。【详解】根据n=可知，等质量时，物质的相对分子质量越大，分子数越小，题中H2SO4的相对分子质量最大，为98，则H2SO4的分子数最少，故选D。【点睛】本题综合考查物质的量的计算，侧重于学生计算能力的考查，注意把握相关计算公式的运用，找出物理量之间的关系，可省去计算的繁琐。2、B【解析】A. 14C与 12C属于同一种元素的核素， 质子数相同，故A错误；B. 14C与 12C 属于同种元素，化学性质相似，故B正确；C. 14C与 12C 是同种元素的不同核素，属于同位素，故C错误；D. 14C与 12C质子数相同，但中子数不同，故D错误；故选B。点晴：本题考查了同位素的判断以及质子数、中子数和质量数的关系等知识点。元素符号的左下角数字表示质子数，左上角数字表示质量数，中子数=质量数-质子数。3、C【解析】氮气和一氧化碳都是双原子分子，相对分子质量相同，所含质子数和电子数相同；未明确条件是否是相同温度和压强，无法计算已知物质的量气体的体积。【详解】氮气和一氧化碳都是双原子分子，相对分子质量相同，所含质子数和电子数相同，所以相同物质的量的氮气和一氧化碳的质量、分子数、原子数、质子数和电子数相同，但未明确条件是否是相同温度和压强，无法计算和比较已知物质的量气体的体积。故选C。【点睛】本题是有关物质的量的计算题，了解质子数与原子序数的关系和明确计算气体体积的条件是解本题的关键。4、C【解析】A、单质铝的化学性质非常活泼，但在空气中会生成一层致密的氧化膜，防止Al继续被腐蚀，所以铝在空气中不易腐蚀，选项A正确；B铝原子的最外层有3个电子，在化学反应中易失去3个电子而达8电子的稳定结构，失去电子表现还原性，选项B正确；C铝和氧气反应生成了氧化铝，又因三氧化二铝的熔点高于铝的熔点，而三氧化二铝在铝的表面，所以加热铝箔的时候铝失去了光泽，铝熔化了但是不会滴落，不会发生剧烈的燃烧，选项C错误；D、铝和氧气反应生成了氧化铝，又因三氧化二铝的熔点高于铝的熔点，而三氧化二铝在铝的表面，兜住融化的铝，所以加热铝箔，铝熔化了但不会滴落，选项D正确；答案选C。【点睛】本题考查学生金属铝的有关知识，比较基础，旨在考查学生对基础知识的掌握。5、D【解析】试题分析：一定温度下的反应A(g)+3B(g)2C(g)中，各组分均为气体，该反应是一个气体分子数减小的反应。A. C的生成速率与C的分解速率相等时，说明正反应速率和逆反应速率相等，达到平衡状态；B. 混合气体的总物质的量不再变化，说明各组分的浓度保持不变，达到平衡；C. A、B、C的浓度不再变化时达到平衡状态；D. 单位时间内生成a molA，同时分解2amolC，不能说明正反应速率和逆反应速率相等，故不能说明达到平衡。综上所述，不能表明该反应达到化学平衡状态是D，本题选D。6、D【解析】由于氯气有毒，所以需要对尾气进行吸收，可用氢氧化钠吸收。【详解】氯气在水中不发生倒吸，由于氯气有毒，所以需要对尾气进行吸收，可用氢氧化钠吸收。故选：D。7、A【解析】A选项，多电子的原子里电子的能量不相同的，离原子核越近的电子所具有的能量越低，离原子核越远的电子所具有的的能量越高，故A正确；B选项，质子数为1，质量数为1的氢原子没有中子，故B错误；C选项，稀有气体元素的原子最外层电子数一般是 8 个，He原子最外层只有2个电子，故C错误；D选项，原子核外第n层上所排的电子数最多为2n2，不是必定为2n2，故D错误；综上所述，答案为A。8、B【解析】根据阿伏加德罗定律的推论：相同条件下，气体的相对分子质量和气体的密度成正比来计算。【详解】相同条件下，气体的相对分子质量和气体的密度成正比，所以混合气体的平均相对分子质量为4d，混合气体与A气体的物质的量之比为5：4，所以A气体的摩尔质量为4d× =5d。答案为B。【点睛】本题用阿伏加德罗定律的推论，相对密度之比等于摩尔质量之比，先求解出混合气体的平均摩尔质量；再利用方程，反因为和生成物均为气体遵守质量守恒定律，物质的量增加，可进行求解。9、B【解析】A. NH与OH-在溶液中反应生成一水合氨，不能大量共存，A不选；B. Mg2+、Na+、Cl-在溶液中不反应，能大量共存，B选；C. Ag+与Cl-在溶液中反应生成氯化银沉淀，不能大量共存，C不选；D. Ba2+、H+与CO在溶液中均反应，不能大量共存，D不选；答案选B。10、C【解析】A、3号元素为Li，8号元素为O，形成离子化合物为Li2O，不符合XY2，选项A错误；B、1号元素为H，16号元素为S，形成共价化合物H2S，不符合XY2，选项B错误；C、12号元素为Mg，17号元素为Cl，形成离子化合物为MgCl2，符合XY2，选项C正确；D、6号元素为碳，16号元素为硫，碳和硫形成的化合物为CS2，符合XY2但二硫化碳为共价化合物，选项D错误；答案选C。【点睛】本题考查了化学键的判断，知道原子序数对应的元素是解本题关键，根据形成化学键特点再结合基本概念来分析解答，注意离子键和共价键的区别以及与离子化合物和共价化合物的关系。11、C【解析】试题分析：A、澄清石灰水与NaHCO3、Na2CO3均反应，A错误；B、乙醇与水互溶，不能分层，B错误；C、CO2不溶于饱和NaHCO3溶液，但HCl与碳酸氢钠反应生成CO2，C正确；D、杂质与FeCl3溶液反应，但又生成新杂质KCl，D错误。答案选C。考点：考查物质的分离与提纯有关问题。12、C【解析】根据电荷守恒判断M离子，并根据离子能否大量共存判断可能存在的离子。【详解】根据题目条件和电荷守恒可以知道：3n(Fe3+)+3n(Al3+)+n(M)=2n(SO42-)，即：3×1+3×1+2M =4×2，解得：M=1，M应带有1个单位的正电荷，又Ag+离子不能与SO42-大量共存，所以M只能为选项中的Na+，所以C选项是正确的。13、B【解析】根据化学方程式和已知条件“R和M的相对分子质量之比为22：9”以及R的质量，列出比例式，即可求出M的质量；根据质量守恒定律，在化学反应中，参加反应前各物质的质量总和等于反应后生成各物质的质量总和。则生成的Y的质量=R的质量+M的质量-X的质量，然后写出两者的比即可。【详解】应为根据已知条件“R和M的相对分子质量之比为22：9”，则R：2M=22：(2×9)=22：18；设生成的M的质量为a，22：18=4.4g：a，解之得：a=3.6g；根据质量守恒定律可得Y的质量=4.4g+3.6g-1.6g=6.4g；此反应中Y和M的质量比是6.4g：3.6g=16：9，故答案为B。14、D【解析】A、KNO3中氮元素化合价由+5价降低为0价，KNO3是氧化剂。氮元素被还原；NaN3中氮元素化合价由升高为0价，NaN3为还原剂，A错误；B、根据A中分析可知N2既是氧化产物又是还原产物，K2O不是还原产物，也不是氧化产物，B错误；C、由方程式可知转移10mol电子，产生16mol气体，现若转移1mol电子，产生1.6mol气体，在标准状况下N2的体积为35.84 L，其他条件下不一定是35.84L，C错误；D、若有65 g NaN3即1mol氮化钠参加反应，则被氧化的N的物质的量为3 mol，D正确。答案选D。15、C【解析】A.醋酸为弱酸，不能拆成离子形式，故错误；B.氢氧化镁不溶于水，不能拆成离子形式，故错误；C.氢氧化钙为稀溶液，能拆成离子形式，硝酸为强酸，能拆成离子形式，故能写成H+OHH2O，故正确；D.氢氧化钡和硫酸反应生成硫酸钡沉淀和水，硫酸钡不能拆开，故错误。故选C。【点睛】掌握该离子方程式表示强酸和强碱反应生成可溶性盐和水，掌握离子方程式书写过程中拆成离子形式的物质。16、B【解析】SO42的检验要排除CO32的干扰，只加入BaCl2溶液不酸化，CO32也能和Ba2+反应生成碳酸钡沉淀，误将CO32等干扰离子判断成SO42，所以先应加入盐酸酸化，排除CO32的干扰，然后加入BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则含有SO42，不能加入稀硫酸酸化，会引入SO42，答案选B。17、B【解析】CO在氧气中完全燃烧生成CO2，生成的CO2再与Na2O2反应，有关反应为：2CO+O22CO2，2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，总方程式为：2CO+2Na2O2=2Na2CO3，质量增重为CO的质量；H2在氧气中完全燃烧H2O，H2O再与Na2O2反应，有关反应为：2H2+O22H2O，2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2，总方程式为：2H2+2Na2O2=4NaOH，质量增重为氢气质量，综上分析，最终固体增重为CO与氢气的总质量，故9gCO和H2的混合气点燃后，再通入足量的Na2O2中，充分反应后，固体增重质量是9g，故选B。【点晴】注意利用差量法从总反应方程式分析固体质量变化是解答该题的关键；CO在氧气中完全燃烧生成CO2，生成的CO2再与Na2O2反应，有关反应为：2CO+O22CO2，2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，总方程式为：2CO+2Na2O2=2Na2CO3，质量增重为CO的质量；H2在氧气中完全燃烧H2O，H2O再与Na2O2反应，有关反应为：2H2+O22H2O，2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2，总方程式为：2H2+2Na2O2=4NaOH，质量增重为氢气质量。18、D【解析】将一小块钠投入滴有酚酞的水中，会观察到金属钠浮在水面上，证明钠比水轻，故正确；将一小块钠投入滴有酚酞的水中，会观察到金属钠熔成闪亮的小球，证明反应放热，钠的熔点低，故正确；将一小块钠投入滴有酚酞的水中，会观察到金属钠熔成闪亮的小球，并且发出响声，证明反应放热，故正确；将一小块钠投入滴有酚酞的水中，会观察到溶液变为红色，证明有碱性物质生成，故正确；故答案为D。19、A【解析】电离方程式是表示电解质电离的式子。强电解质电离用“=”。弱电解质电离用“”。书写电离方程式还需注意符合质量守恒定律、电荷守恒。【详解】A. Al2(SO4)3为强电解质，电离方程式为：Al2(SO4)3=2Al3+ 3SO42-，A正确。B. AlCl3为强电解质，电离方程式为：AlCl3= Al3+3Cl-，B错误。C. Mg(NO3)2为强电解质，电离方程式为：Mg(NO3)2= Mg2+2NO3-，C错误。D. KMnO4为强电解质，电离方程式为：KMnO4=K+ MnO4-，D错误。答案为A。20、C【解析】A丁达尔效应是胶体特有的性质，可用来鉴别溶液与胶体；B“雨后彩虹”与胶体的知识有关；C胶粒是一定数目粒子的集合体；D直径介于1nm100nm之间的分散系为胶体。【详解】A丁达尔效应是胶体特有的性质，溶液无此性质，可用来鉴别溶液与胶体，所以A选项是正确的；B、“雨后彩虹”与胶体的知识有关，雨后空气中含有纳米级的小水珠，与空气形成胶体，所以B选项是正确的；C在溶有1mol Fe（OH）3的胶体中，含有小于NA个Fe（OH）3胶粒，故C错误；D直径介于1nm100nm之间的分散系为胶体，而小于1nm的为溶液，大于100nm的为浊液，所以D选项是正确的。所以答案选C。21、A【解析】A. 胶体的本质特征是分散质粒子直径，所以空气中的小水滴颗粒直径大小在109m107m之间，是月光穿过薄雾所形成的这种美景的本质原因，A正确；B. 光不是胶体，B错误；C. 雾是小水滴分散到空气中形成的一种分散系，但不是形成美景的本质原因，C错误；D. 发生丁达尔效应是胶体的光学性质，但不是本质特征，D错误。故选A。22、A【解析】A该反应中只有Cl2中0价的Cl元素的化合价变化，部分被氧化，部分被还原，A符合题意；B该反应中H2S中-2价的S元素被氧化，SO2中+4价的S元素被还原，B不符题意；C该反应中KNO3中O元素被氧化，N元素被还原，C不符题意；D该反应中只有N的化合价发生变化，其中+5价的N元素降低为+1价，-3价的N元素升高为+1价，不是同种物质中同一价态的元素化合价发生变化，D不符题意；答案选A。二、非选择题(共84分)23、Cu2+ 、Fe3+ Ag+ Mg2+ K+ 焰色反应 B 【解析】根据离子反应发生的条件和实验现象进行分析推断。限制条件“无色透明溶液”，说明溶液中不能存在有色离子，溶液中Cu2+显蓝色、Fe3+显棕黄色。加盐酸产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，由Ag+Cl-=AgCl说明溶液中含有Ag+；在(2)的滤液中加过量的氨水，氨水是可溶性弱碱，先与滤液中的酸中和，后产生白色沉淀，由Mg2+ 2NH3·H2O=Mg(OH)2+2NH4+可推断原溶液中含Mg2+；第(5)小题要从离子共存角度分析。【详解】(1)因为溶液是无色透明的，不存在显棕黄色的Fe3+和显蓝色的Cu2+，所以不做任何实验就可确定原溶液中不存在Cu2+、Fe3+；(2)取少量原溶液，加入过量稀盐酸，有白色沉淀生成，发生反应Ag+Cl-=AgCl，AgCl为不溶于稀硝酸的白色难溶物，可以确定原溶液中肯定存在Ag+；(3)取(2)中的滤液，加入过量的氨水（NH3·H2O）,先中和滤液中的酸：H+ NH3·H2O=NH4+H2O，过量的氨水可发生反应：Mg2+ 2NH3·H2O=Mg(OH)2+2NH4+，说明原溶液肯定有Mg2+；(4)由上述分析知，无法排除K+的存在，所以溶液中可能存在K+；通过焰色反应实验可验证K+是否存在：用铂丝蘸取待测液在无色火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察，若火焰呈紫色则证明K+存在，否则不存在。(5)由上述分析可知，原溶液一定存在Ag+和Mg2+，因为Cl-、CO32-、OH-可与Ag+、Mg2+发生反应：Ag+Cl-=AgCl，2Ag+CO32-=Ag2CO3，Ag+OH-=AgOH，Mg2+2OH-=Mg(OH)2，所以原溶液中不可能大量存在Cl-、CO32-、OH-，4个选项中只有NO3-可以大量存在，答案选B。24、CO2 BaCO3 BaCl2 、CaCO3、NaOH CuSO4、K2SO4 KCl 取无色滤液C，做焰色反应，透过蓝色钴玻璃观察到火焰呈淡紫色，则存在KCl,否则不存在KCl 【解析】白色粉末加水溶解后得到白色滤渣和无色溶液，说明不含有硫酸铜，白色滤渣加入盐酸完全溶解并产生气体B，说明该滤渣为碳酸盐沉淀，气体B为二氧化碳，肯定有碳酸钙，无色滤液加入二氧化碳产生白色沉淀，说明滤液中含有氯化钡。据此解答。【详解】白色粉末加水溶解后得到白色滤渣和无色溶液，说明不含有硫酸铜，白色滤渣加入盐酸完全溶解并产生气体B，说明该滤渣为碳酸盐沉淀，气体B为二氧化碳，肯定有碳酸钙，无色滤液加入二氧化碳产生白色沉淀，说明滤液中含有氯化钡和氢氧化钠，则一定不含硫酸钾。(1)气体B 为二氧化碳，化学式为CO2，白色沉淀为BaCO3；(2).根据以上分析可知，白色粉末一定含有BaCl2 、CaCO3、NaOH，一定不含CuSO4、K2SO4，可能含有 KCl；(3)确定氯化钾是否存在，可以用焰色反应，即取无色滤液C，做焰色反应，透过蓝色钴玻璃观察到火焰呈淡紫色，则存在KCl,否则不存在KCl。【点睛】掌握各物质的溶解性和离子反应，根据溶液为无色，确定不含铜离子，根据白色滤渣能完全溶于盐酸生成气体分析，该物质为碳酸钙，气体为二氧化碳，因为通入二氧化碳能产生白色沉淀，说明含有钡离子，但氯化钡和二氧化碳不反应，所以应还含有氢氧化钠，当溶液中有钡离子时，不能含有硫酸根离子，即不含硫酸钾。25、将I-氧化成I2（或作氧化剂） A 萃取、分液 分液漏斗 I2 NaIO3 5I-+IO3-+6H+3I2+3H2O 【解析】含碘离子的溶液加入硫酸和试剂a把碘离子氧化为碘单质，试剂a为氧化剂，含碘的溶液中加入试剂b，结合后续实验操作可知碘的有机溶液中加入氢氧化钠溶液发生反应生成碘化钠、碘酸钠，分液后碘单质在上层溶液中生成，则b为萃取剂且密度大于水，上层溶液加入稀硫酸发生反应得到碘单质的浊液，过滤提取得到粗碘，据此判断。【详解】（1）反应1中硫酸的作用是提供酸性环境，试剂a用来氧化碘离子，则其作用是将I-氧化成I2（或作氧化剂）。（2）结合后续实验操作可知碘的有机溶液中加入氢氧化钠溶液发生反应生成碘化钠、碘酸钠，分液后碘单质在上层溶液中生成，则b为萃取剂且密度大于水，所以试剂b应选择四氯化碳，答案选A；（3）操作1是萃取分液得到含碘单质的有机溶液，操作的名称是：萃取、分液，实验室里进行操作1需要的玻璃仪器除烧杯外，还需要分液漏斗；（4）反应2为3I2+6NaOH5NaI+NaIO3+3H2O，反应中碘元素化合价部分从0价升高到+5价，部分降低到1价，根据电子得失守恒可知转移电子数是5个，所以用单线桥标出此反应电子转移为。此反应氧化剂是I2，氧化产物是NaIO3。（5）反应3是碘离子与碘酸根离子在酸溶液中发生归中反应生成碘单质，反应的离子方程式为5I-+IO3-+6H+3I2+3H2O。【点睛】本题考查了含碘物质分离提纯碘单质的实验过程分析，注意萃取分液的操作，掌握基础、物质的性质和题干中的信息提取是解题关键。26、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。27、干燥的红色(或A中)布条不褪色，湿润的红色(或B中)布条褪色 Cl2无漂白性，Cl2与水反应生成的HClO有漂白性 Cl2+H2OH+Cl-+HClO 吸收氯气，防止污染环境 溶液先变红色，后褪色 2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl- H2O+SO+Cl2=2H+SO+2Cl- 【解析】干燥的氯气不能使干燥的红色布条褪色，氯气和水接触后反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸能使红色布条褪色，盐酸能使紫色石蕊变红，次氯酸能使紫色石蕊溶液褪色，氯气和亚硫酸根离子反应生成硫酸根离子和氯离子，氯气能和氯化亚铁反应生成氯化铁，溶液显黄色，氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠和水，氯气被吸收，防止氯气污染环境。【详解】（1）干燥氯气遇到干燥的红色(或A中)布条不褪色，湿润的红色(或B中)布条褪色，说明Cl2无漂白性，Cl2与水反应生成的HClO有漂白性；（2）氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸是强酸，能拆成离子形式，离子方程式为：Cl2+H2OH+Cl-+HClO；（3）装置F中盛有氢氧化钠，能吸收氯气，防止污染环境；（4）氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，能使紫色石蕊溶液先变红色，后褪色；（5）氯气和氯化亚铁反应生成氯化铁，离子方程式为：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-；（6）氯气氧化亚硫酸根离子生成硫酸根，本身被还原为氯离子，离子方程