湖北省孝感市文昌中学2022年高一化学第一学期期中质量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注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4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、除去硝酸钾固体中含有少量的氯化钠，不需要的实验操作是A加热溶解B趁热过滤C蒸发结晶D降温结晶2、下列变化需要加入还原剂才能实现的是ACl-C12 BHCO3- C032- CMn04- Mn2+ DZnZn2+3、现有三组溶液：汽油和氯化钠溶液；20的乙醇溶液；氯化钠和单质溴的水溶液，分离以上各混合液的正确方法依次是A分液、萃取、蒸馏B萃取、蒸馏、分液C蒸馏、萃取、分液D分液、蒸馏、萃取4、10g下列金属与100ml 1mol/L 的盐酸反应，产生气体物质的量最多的是（ ）ANa BMg CFe DAl5、乙烯发生的下列反应中，不属于加成反应的是 （ ）A与氢气反应生成乙烷B与水反应生成乙醇C与溴水反应使之褪色D与氧气反应生成二氧化碳和水6、下列说法中不正确的是NaOH溶液保存在带橡皮塞的玻璃瓶重金属盐中毒应立即喝大量的牛奶或者蛋清缓解毒性,并及时送往医院治疗蒸馏时冷凝管进水方式为“下口进冷水，上口出温水”浓硫酸稀释操作为将水沿烧杯内壁缓缓注入并不断用玻璃棒搅拌分液漏斗必须检查旋塞处是否漏水,若不漏水即可使用取固体药品一定要用镊子取选择量筒量取液体时,应满足“大而近”的原则,所以应用10mL的量简量取8.80mL稀硫酸萃取时萃取剂密度不一定大于原溶剂的密度ABCD7、氯化钠中含有少量硫酸镁、氯化钙和泥沙等杂质，需进行下列项操作：加水溶解 加入过量的氯化钡溶液 加热蒸发得到晶体 加入过量碳酸钠和氢氧化钠 加入适量的盐酸过滤 下列操作顺序正确的是（ ）A BC D8、FeS与一定浓度的HNO3溶液反应，生成Fe(NO3)3、Fe2(SO4)3、NO2、N2O4、NO和H2O。当NO2、N2O4、NO的物质的量之比为1：1：1时，参加反应的FeS与HNO3的物质的量之比为A1：6B1：7C2：11D16：59、从1L 0.1mol/L的NaOH溶液中取出100mL，有关这100mL溶液的叙述中正确的是A含NaOH质量为 4.0 g B物质的量浓度为0.01mol/LC物质的量浓度为0.1mol/L D含Na+ 0.1mol10、中国传统文化对人类文明贡献巨大，下列各文献中所记载的古代化学研究过程或成果不涉及分离提纯操作的的是A本草纲目“(烧酒)自元时始创其法，用浓酒和精入甑，燕令气上其清如水，味极浓烈，盖酒露也。”B(齐民要术“凡酿酒失所味者，或初好后动未压者，皆宜翅(同“回”)作醋。”C开宝本草“(消石)所在山泽，冬月地上有霜扫取，以水淋汁，后乃煎炼而成。”D本草行义“取砒之法，将生砒就置火上，以器覆之，令砒烟上飞着覆器，遂凝结累然下垂如乳，尖长者为胜，平短者次之。”11、向盛有I2水溶液的试管中，再加四氯化碳振荡，静置后观察到的现象是（）A上层橙红色，下层接近无色B均匀、透明、紫红色C均匀、透明、无色D上层接近无色，下层紫红色12、在体积为VL的密闭容器中通入amolNO和bmolO2，反应后容器内氮原子数和氧原子数之比为( )Aa：b Ba：2b Ca：(a+2b) Da：2(a+2b)13、下列溶液中，跟100 mL 0.5 mol·L1NaCl溶液所含的Cl的物质的量浓度相同的是()A100 mL 0.5 mol·L1MgCl2溶液B200 mL 0.25 mol·L1CaCl2溶液C50 mL 1 mol·L1NaCl溶液D200 mL 0.25 mol·L1HCl溶液14、无论在酸性还是碱性溶液中，都能大量共存的离子组是AAl3+、 Ag+、NO3-、Cl- BNa+、K+、NO3-、Cl-CK+、CO32-、OH-、Ba2+ DNa+、Cl-、SO42-、Fe3+15、由Na2CO3·10H2O与NaHCO3组成的混合物4. 54 g，溶于水配成100 mL溶液，Na+的浓度为0.4 mol·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A4.24 gB3.18 gC2.12 gD1.06g16、在实验室用下列装置制取氯气并验证氯气的某些化学性质，其中不能达到实验目的是( )A闻氯气的气味B实验室制取氯气C 回收固体二氧化锰D验证氯气能支持H2燃烧二、非选择题（本题包括5小题）17、 (1)A、B、C三种无色可溶性盐分别是由Na、Ag、Ba2、Cl、NO、CO中不同的阴、阳离子组成。经实验验证知：A溶液、B溶液均可以与盐酸反应，其中A产生白色沉淀，B产生气泡。则A为_、B为_。将B和C的溶液混合后，发生反应的离子方程式为_。(2)有一包固体粉末，由CaCO3、Na2SO4、KNO3、BaCl2、CuSO4中的三种物质组成，取样品进行如下实验：从实验可以判断，该固体粉末中一定不含有_，它的组成可能是_或_。18、某无色溶液中可能含有Na+、Ba2+、Cu2+、CO32、Cl、Mg2+中的一种或几种离子。向此溶液中滴加足量稀盐酸无明显现象。取少许的溶液并加入少量的Na2SO4溶液，有白色沉淀产生。取的上层清液并加入足量的NaOH溶液，有白色沉淀产生。（1）原溶液中一定含有的离子是_，一定不含有的离子是_，不能确定是否含有的离子是_。（2）中反应的离子方程式为_。（3）若另取10mL的溶液于锥形瓶中，然后向此溶液中逐滴加入NaOH溶液(如图甲所示)。滴加过程中产生沉淀的质量与加入NaOH溶液的体积的关系如图乙所示。OA段反应的离子方程式为_。AB段反应的离子方程式为_。19、某学生需要用烧碱固体配制1 molL1的NaOH溶液450 mL。请回答下列问题：(1)计算：需要称取NaOH固体_g。(2)配制时，必须使用的仪器有托盘天平(带砝码)、药匙、烧杯、玻璃棒，还缺少的仪器是_、_。(填仪器名称)(3)实验两次用到玻璃棒，其作用分别是：先用于_、后用于_。(4)若出现如下情况，其中将引起所配溶液浓度偏高_(填字母)。A容量瓶实验前用蒸馏水洗干净，但未烘干 B天平砝码生锈C配制过程中遗漏了洗涤步骤 D未冷却到室温就注入容量瓶E.加蒸馏水时不慎超过了刻度线 F.定容观察液面时俯视20、选择下列实验方法分离物质，将分离方法的序号填在横线上。A萃取分液 B过滤 C重结晶 D蒸馏(1)_，分离饱和食盐水与沙子的混合物；(2)_，从硝酸钾和氯化钠的混合溶液中获得硝酸钾；(3)_，分离CCl4（沸点76.75）和甲苯（110.6） 的混合物(4)_，分离出碘水中的碘21、 “探险队员” 盐酸，不小心走进了化学迷宫，不知怎样走出来，因为迷宫有许多“吃人的野兽”（即能与盐酸反应的物质或者是水溶液），盐酸必须避开它们，否则无法通过。(l)请你帮助它走出迷宫（请用图中物质前的序号连接起来表示所走的路线）：盐酸_ _ (2)在能“吃掉”盐酸的化学反应中，属于非氧化还原反应的有 _个，能“吃掉”盐酸的盐与足量的盐酸发生反应的离子方程式为_。(3)在不能与盐酸反应的物质中，属于电解质的是_（填物质前的序号，下同），属于非电解质的是 _，熔融状态能导电的是_。参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】硝酸钾的溶解度随温度变化大，食盐的溶解度变化不大，除去硝酸钾固体中含有少量的氯化钠，先将其加热溶解，在趁热过滤，最后降温结晶，不需要的实验操作是蒸发结晶；综上所述，本题选C。2、C【解析】需要加入还原剂才能实现，说明该微粒是氧化剂，得到电子，相关元素的化合价降低，据此解答。【详解】A、氯元素化合价升高，需要氧化剂，A错误；B、元素化合价均没有发生变化，不是氧化还原反应，B错误；C、Mn元素化合价降低，需要还原剂，C正确；D、Zn元素化合价升高，需要氧化剂，D错误；答案选C。3、D【解析】分液法可以将互不相溶的两层液体分开；蒸馏法是控制沸点的不同来实现互溶的两种液体物质间的分离方法，萃取分液法指的是加入萃取剂后，溶质在萃取剂中的溶解度远远大于在以前的溶剂中的溶解度，并两种溶剂互不相溶，出现分层现象。【详解】汽油不溶于水，所以汽油和氯化钠溶液是分层的，可以采用分液的方法分离；酒精和水是互溶的两种液体，可以采用蒸馏的方法来分离；向氯化钠和单质溴的水溶液中加入萃取剂四氯化碳后，溴单质会溶解在四氯化碳中，四氯化碳和水互不相溶而分层，然后分液即可实现二者的分离；答案选D。【点睛】选择分离方法时，一定要注意各物质的物理性质差异，包括溶解性，密度等。4、A【解析】试题分析：根据题意知，100ml 1mol/L 的盐酸中HCl的物质的量为0.1mol，10gNa、Mg、Fe、Al的物质的量分别为10/23mol、10/24mol、10/56mol、10/27mol，根据四种金属与盐酸反应的化学方程式判断，金属过量，根据盐酸的物质的量减少产生氢气的物质的量，Mg、Fe、Al产生氢气的物质的量相同，均为0.05mol；但过量的钠与水反应也产生氢气，故钠产生的氢气最多，选A。考点：考查根据化学方程式的计算。5、D【解析】A乙烯中的双键断裂，每个碳原子上结合一个氢原子生成乙烷，属于加成反应，故A不选；B乙烯中的双键断裂，其中一个碳原子上结合H原子，另一个碳原子上结合羟基，生成乙醇，属于加成反应，故B不选；C乙烯中的双键断裂，每个碳原子上结合一个溴原子生成1，2-二溴乙烷，属于加成反应，故C不选；D乙烯与氧气反应生成二氧化碳和水，属于氧化反应，不属于加成反应，故D选；故选D。【点睛】本题的易错点为C，要注意区分乙烯使溴水褪色和使酸性高锰酸钾溶液褪色的区别。6、D【解析】玻璃中含有二氧化硅，易与NaOH溶液反应生成具有黏性的硅酸钠，盛NaOH溶液的试剂瓶应用橡皮塞，故正确；重金属盐能使蛋白质变性，重金属盐中毒应立即喝大量的牛奶或者蛋清缓解毒性,并及时送往医院治疗，故正确；蒸馏时冷凝管进水方式为“下口进冷水，上口出温水”，这样热交换效率最高，故正确；浓硫酸稀释操作为将浓硫酸沿烧杯内壁缓缓注入水中，并不断用玻璃棒搅拌，防止剧烈沸腾，引起液体飞溅，故错误；分液漏斗必须检查旋塞处和上口塞子是否漏水,若不漏水即可使用，故错误；取固体药品块状药品要用镊子取，取固体粉末状药品，要用药匙，故错误；选择量筒量取液体时,应满足“大而近”的原则,量取8.80mL稀硫酸无法用量筒取，应用酸式滴定管，故错误；萃取时萃取剂密度不一定大于原溶剂的密度，只要互不相溶，故正确；错误，故选D。7、B【解析】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，这样碳酸钠才会除去反应剩余的氯化钡，离子都沉淀了，再进行过滤，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：加水溶解，加过量的BaCl2溶液，加入过量碳酸钠和氢氧化钠，过滤，加入适量的盐酸，加热蒸发得到晶体。答案选B。【点睛】本题主要考查了在氯化钠提纯中的物质的除杂或净化操作，在解此类题时，首先要了解需要除去的是哪些离子，然后选择适当的试剂进行除杂，在除杂质时要注意加入的量的控制以及试剂的先后顺序。8、B【解析】设参加反应的FeS为1mol，则溶液中Fe2 ( SO4)3为mol， Fe ( NO3 )3为mol，反应中Fe元素、S元素化合价升高， N元素化合价降低，设NO2、N2O4、 NO的物质的量分别为amol、amol。amol根据电子转移守恒有: 1× (3-2) +1×6- (-2)=a× (5-4) +a× (5-4) ×2+a× (5-2) ，解得: a=1.5，则NO2、 N2O4、 NO的物质的量分别为1.5mol、 1.5mol、 1.5mol ,则起氧化剂作用的HNO3为: 1.5mol+ 1.5mol×2+ 1.5mol= 6mol ，起酸的作用的硝酸生成Fe ( NO3) 3 ,故起酸的作用的硝酸为mol×3=1mol，参加反应的硝酸为: 6mol+ 1mol= 7mol ,所以实际参加反应的FeS与HNO3的物质的量之比=1mol:7mol=1:7。故选B。9、C【解析】根据物质的量与质量、微粒数目、溶液的物质的量浓度之间的关系分析【详解】A.取出的100mL氢氧化钠溶液中氢氧化钠的质量为为0.1L×0.1mol/L×40g/mol=0.4g，故A错误；B.由于溶液是均匀的，从1L 0.1mol/L NaOH溶液中取出100mL溶液，这100ml氢氧化钠溶液与原1L 0.1mol/L NaOH溶液浓度相同为0.1mol/L，故B错误；故B错误；C.由于溶液是均匀的，取出的100mL氢氧化钠溶液与原1L 0.1mol/L NaOH溶液浓度相同为0.1mol/L，故C正确；D.取出的100mL氢氧化钠溶液中氢氧化钠的物质的量为0.1L×0.1mol/L=0.01mol，即n(Na+)=0.01mol，故D错误。故选：C。【点睛】溶液的物质的量浓度与取出的体积无关，注意计算时，使用取用的溶液体积。10、B【解析】A由“浓酒和精入甑，燕令气上”可知，该过程中所采用的是蒸馏法提高酒精浓度，涉及分离提纯操作；B由“酿酒”、“皆宜翅(同“回”)作醋”可知，其所描述的是酒精转化为醋酸，未涉及分离提纯操作；C由“有霜扫取，以水淋汁，后乃煎炼而成”可知，该过程中所涉及溶解、蒸发结晶分离提纯操作；D该过程所描述的是将生砒加热升华，然后砒烟在容器上凝华，涉及升华、凝华分离提纯操作；综上所述，涉及分离提纯操作的是B项，故答案为：B。11、D【解析】I2水溶液是棕色，加入密度大于水的四氯化碳，因为I2在四氯化碳中的溶解度大于在水中的溶解度，所以下层为四氯化碳的典溶液，为紫红色，上层为水，接近无色，故D正确。12、C【解析】根据质量守恒定律可得，反应前后氮原子、氧原子数目不变，则n(N)=amol，n(O)=amol+2bmol=(a+2b)mol，故容器内氮原子数和氧原子数之比为amol: (a+2b)mol =a：（a+2b)。综上所述，本题正确答案为C。13、B【解析】试题分析：111mL15molL-1NaCl溶液所含Cl-物质的量浓度为15molL-1。A、111mL 15 molL-1MgCl2溶液氯离子浓度为15 mol/L×2=1mol/L，A错误；B、211mL 125 molL-1CaCl2溶液氯离子浓度为125mol/L×2=15mol/L，B正确；C、51 mL 1 molL-1NaCl溶液氯离子浓度为1mol/L，C错误；D、211 mL 125molL-1HCl溶液氯离子浓度为125mol/L，D错误。考点：考查了物质的量浓度的相关知识。14、B【解析】离子间如果发生化学反应，则不能大量共存，结合离子的性质以及溶液的酸碱性分析解答。【详解】A. Al3+、Ag+在碱性溶液中都不能大量共存，且在溶液中Ag+、Cl-不能大量共存，A错误；B. Na+、K+、NO3-、Cl-在酸性还是碱性溶液中均不反应，都能大量共存，B正确；C. 在酸性溶液中CO32-、OH-都不能大量共存，且在溶液中CO32-与Ba2+不能大量共存，C错误；D. 在碱性溶液中Fe3+不能大量存在，D错误。答案选B。15、C【解析】设Na2CO3·10H2O的物质的量为x mol，NaHCO3的物质的量为y mol，则286x+84y=4.54，溶于水配成100 mL溶液，Na+的浓度为0.4 mol·L-1，即Na+的物质的量=0.4 mol·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。16、B【解析】A闻气味时，可用手在瓶口轻轻扇动，使少量氯气飘进鼻孔，以避免中毒，故A正确；B浓盐酸和二氧化锰在加热条件下反应，常温下不反应，故B错误；CMnO2不溶于水，利用过滤操作可回收固体MnO2，故C正确；D点燃条件下，氢气在氯气中安静燃烧，可验证氯气能支持H2燃烧，故D正确；故答案为B。二、非选择题（本题包括5小题）17、AgNO3 Na2CO3 Ba2+CO32-=BaCO3 CuSO4 CaCO3、Na2SO4、KNO3 CaCO3、BaCl2、KNO3 【解析】（1）由离子共存可知，Ag+只能结合NO3-形成硝酸银、剩下的离子中Ba2+只能结合Cl-形成氯化钡、最后的离子结合形成碳酸钠，然后根据A、B能够与盐酸反应的现象判断A、B组成，从而明确A、B、C的名称，书写B和C的溶液混合反应的化学方程式。（2）固体粉CaCO3、Na2SO4、BaCl2、CuSO4溶于水有沉淀、无色溶液，则能排除CuSO4，因为CuSO4溶于水显蓝色；难溶物溶于稀盐酸产生无色气体，说明一定含有碳酸钙，硫酸钠和氯化钡不会同时存在。【详解】（1）A、B、C为三种无色可溶盐，则Ag+只能结合NO3-形成AgNO3、剩下的离子中Ba2+只能结合Cl-形成BaCl2，另一种物质则为Na2CO3；A溶液、B溶液均可与盐酸反应，其中A产生白色沉淀，则A为AgNO3；B与盐酸产生气泡，所以B为Na2CO3，C不与盐酸反应，则C为BaCl2，将B和C的溶液混合反应的化学方程式为：BaCl2+Na2CO3=BaCO3+2NaCl，反应的离子方程式为Ba2+CO32-=BaCO3；故答案为AgNO3；Na2CO3；Ba2+CO32-=BaCO3；（2）有一包固体粉末由CaCO3、Na2SO4、BaCl2、CuSO4中的两种物质组成，取样品加水，出现白色沉淀，该白色沉淀能够溶于稀盐酸产生无色气体，则该固体粉末中一定含有CaCO3，且硫酸钠与氯化钡不会同时存在；得到无色溶液，该固体粉末中一定不含有CuSO4，因为CuSO4溶于水显蓝色，根据分析可知，溶液中一定不存在CuSO4，该固体粉末含有的三种物质可能为：CaCO3、Na2SO4、KNO3或CaCO3、BaCl2、KNO3，故答案为CuSO4；CaCO3、Na2SO4、KNO3；CaCO3、BaCl2、KNO3。【点睛】本题考查了未知物的检验，注意掌握常见物质的检验方法，明确常见物质的性质及反应现象是解答本题的关键。18、Ba2+、Cl、Mg2+ CO32、Cu2+ Na+ Ba2+SO42=BaSO4 HOH=H2O Mg22OH=Mg(OH)2 【解析】无色溶液，一定不含Cu2+；向溶液中滴加足量稀盐酸无明显现象，一定没有CO32；取少许的溶液并加入少量的Na2SO4溶液，有白色沉淀产生，一定有Ba2+；取的上层清液并加入足量的NaOH溶液，有白色沉淀产生，一定有Mg2+，根据电荷守恒，一定有Cl；【详解】（1）原溶液中一定含有的离子是Ba2+、Cl、Mg2+，一定不含有的离子是CO32、Cu2+，不能确定是否含有的离子是Na+；（2）中反应的离子方程式为Ba2+SO42=BaSO4；（3）的溶液中含有Ba2+、Cl、Mg2+、H+，滴加氢氧化钠，氢离子先和氢氧根离子反应，然后是Mg2+和氢氧根离子反应，所以OA段为HOH=H2O；AB段反应的离子方程式为Mg22OH=Mg(OH)2。19、20.0 500 mL 容量瓶 胶头滴管 搅拌 引流 BDF 【解析】根据一定物质的量浓度溶液的配制步骤、操作及注意事项分析解答。【详解】(1)需要450mL溶液，实验室却不具备450mL容量瓶，所以需要选择500mL容量瓶配制，即计算时使用500mL计算，n(NaOH)= 1 molL1×0.5L=0.5mol，m(NaOH)=0.5mol×40g/mol=20.0g，即需要称量氢氧化钠20.0g，故答案为20.0g；(2) 配制溶液的操作步骤：计算天平称量放入烧杯中溶解，同时用玻璃棒搅拌，待溶液冷却至室温后转移：用玻璃杯引流移液至500mL容量瓶洗涤：洗涤烧杯和玻璃棒2至3次，将洗涤液也注入容量瓶定容：向容量瓶中注水，至液面离刻度线1至2cm时，改用胶头滴管逐滴加入，至凹液面与刻度线相切摇匀静置装瓶，贴标签。在此过程中用到的仪器有：天平、量筒、烧杯、玻璃棒、500ml容量瓶、胶头滴管，还缺少的仪器：500ml 容量瓶、胶头滴管；故答案为500ml 容量瓶；胶头滴管；(3) 溶解过程需要用玻璃棒搅拌；移液过程需要用玻璃棒引流；故答案为搅拌；引流；(4) A.容量瓶实验前用蒸馏水洗干净，但未烘干，对溶质的物质的量和溶液的体积都不产生影响，溶液浓度不变，故A错误；B.天平砝码生锈，导致称取的溶质的质量偏大，溶液浓度偏高，故B正确；C.配制过程中遗漏了洗涤步骤，导致溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故C错误；D.未冷却到室温就注入容量瓶，冷却后溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故D正确；E.加蒸馏水时不慎超过了刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故E错误；F.定容观察液面时俯视，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故F正确。故选BDF。【点睛】一定物质的量浓度溶液的配制过程中的误差分析，全部依据公式c(B)=来判断溶质的物质的量减小，溶液体积不变，物质的量浓度偏小，以此类推。20、B C D A 【解析】物质分离与提纯的物理方法通常有结晶法、过滤法、萃取分液法、蒸馏法。物质的溶解性或沸点不同，分离提纯的方法不同。A萃取分液是利用溶质在与原溶剂不互溶的萃取剂中溶解度的不同，将溶质从原溶剂中转移入萃取剂中的过程；B过滤是将不溶性固体从溶液中分离出来的操作；C重结晶是利用两种溶质的溶解度受温度变化的影响差异，将二者分离开来的操作；D蒸馏是利用沸点的差异，将液体混合物分离的操作。【详解】(1)沙子不溶于食盐水中，所以分离饱和食盐水与沙子的混合物的操作为过滤，故选B。答案为：B；(2)硝酸钾和氯化钠都易溶于水，但随温度升高，硝酸钾的溶解度迅速增大，而NaCl的溶解度受温度的影响很小，所以溶液浓缩后，通过降低温度，可以获得硝酸钾，此分离方法应为重结晶法，故选C。答案为：C；(3)CCl4（沸点76.75）和甲苯（110.6）是两种互溶的液体，但二者的沸点相差较大，通过加热，将一种液体(CCl4)变为蒸汽，从而将二者分离开来，此分离方法应为蒸馏法，故选D。答案为：D；(4)分离出碘水中的碘，要加入萃取剂(如CCl4)，将碘水中的碘转移入CCl4中，然后分液，此分离方法应为萃取分液法，故选A。答案为：A。【点睛】蒸馏与蒸发不同，蒸发不需要收集沸点低的成分，而蒸馏的目的，是蒸出低沸点成分并冷凝收集，所以目的不同，操作方法不同，解题时应注意区分。21、 5 CO32+ 2H+ = CO2+ H2O 【解析】本题根据盐酸能与哪些物质反应，从而推断出盐酸通过的路径。【详解】(1)图中物质、均不与盐酸反应，沿该路线可走出迷宫，故答案为、 ；(2) 盐酸与NaOH、Ca(OH)2的反应属于酸碱中和反应，盐酸与Fe2O3、MgO、Na2CO3反应是复分解反应，故非氧化还原反应的有5个，能“吃掉”盐酸的盐是Na2CO3，该反应的离子方程式为CO32-2H=CO2H2O，故答案为5，CO32-2H=CO2H2O；(3) 不能与盐酸反应的物质中，NaCl和H2SO4属于电解质，CO2和CO属于非电解质，熔融状态能导电的是NaCl、Cu、Ag，故答案为，；【点睛】在书写离子方程式时，沉淀、气体和水等应该写化学式；电解质不一定能导电，而是在一定条件下可以导电，如熔融状态或是水溶液中。