2022年广东省汕尾市海丰县彭湃中学化学高一第一学期期中质量检测试题含解析.doc

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1、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、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用05毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。4保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、0.1mol下列某种金属单质和足量的氯气完全作用后，得到白色的固体且固体的质量比原单质质量增加7.1克，则该金属单质是AAlBMgCCuDNa2、

2、下列除杂试剂及操作正确的是物质所含杂质选用的试剂操作方法ACO2COO2加热BKClK2CO3稀H2SO4加热CCu(OH)2CuSO4Ba(OH)2溶液过滤DFe(NO3)2溶液AgNO3溶液足量铁粉过滤AABBCCDD3、某种胶体在电泳时，它的胶粒向阳极移动。在这胶体中分别加入下列物质：乙醇溶液、氯化钠溶液、硅酸胶体、氢氧化铁胶体，不会发生聚沉的是()ABCD4、0.5 L AlCl3溶液中含Cl个数为9.031022个，则AlCl3溶液的物质的量浓度为()A0.1 molL1 B1 molL1 C3 molL1 D1.5 molL15、李时珍在本草纲目中写到:“烧酒非古法也，自元时始创其

3、法。用浓酒和糟入甑，蒸令气上,用器承取滴露。” “凡酸坏之酒，皆可蒸烧”，“以烧酒复烧二次，价值数倍也”，这里用到的方法可用于分离A硝酸钾和氯化钾B四氯化碳和水C甲醇（沸点64.7）和丁醇（沸点117.6）D碘化钾和碘6、N2O俗称“笑气”，医疗上曾用作可吸入性麻醉剂，下列反应能产生N2O： 3CO+2NO2=3CO2+N2O。下列关于N2O的说法一定正确的是( )A上述反应中每生成1mol N2O，消耗67.2LCOB等质量的N2O和CO2含有相等的电子数CN2O只有氧化性，无还原性D上述反应中若有3 mol的CO被还原，则转移6NA个电子7、下列叙述正确的是Na2O与Na2O2都能和水反应

4、生成碱，它们都是碱性氧化物Na2O与CO2发生化合生成Na2CO3，Na2O2与CO2发生置换生成O2Na2O是淡黄色物质，Na2O2是白色物质Na2O2可作供氧剂，而Na2O不行Na2O2和Na2O焰色反应均为黄色A都正确BCD8、在外加电场的作用下，氢氧化铁胶体粒子移向阴极的原因是A铁离子带正电荷B氢氧化铁带负电吸引阳离子C氢氧化铁胶体粒子吸附阳离子而带正电荷D氢氧化铁胶体吸附阴离子带负电荷9、下列关于分散系的说法不正确的是A分散系的稳定性:溶液胶体浊液B分散质粒子的大小:溶液胶体浊液C分散质粒子的直径为几纳米或几十纳米的分散系是胶体D可以用过滤的方法将悬浊液中的分散质从分散剂中分离出来1

5、0、在某无色酸性溶液中能大量共存的一组离子是ANa+、K+、HCO3-、NO3-BNH4+、SO42-、Al3+、NO3-CNa+、Ca2+、NO3-、CO32-DK+、MnO4-、NH4+、NO3-11、下列配制的溶液浓度偏低的是 ( )A配制硫酸用量筒量取硫酸时仰视读数B配制硫酸定容时，仰视容量瓶刻度线C配制NaOH溶液，NaOH溶解后未经冷却即注入容量瓶定容至刻度线D称量25.0g胆矾配制1 mol/L CuSO4溶液100 mL时，砝码错放在左盘12、某工业生产中有一主要反应：CuFeS2+4Fe3+=5Fe2+Cu2+2S。下列说法正确的是A氧化剂为Fe3+，还原剂为Cu2+和S2-

6、B氧化产物是S，还原产物是Fe2+和Cu2+C当转移1mol电子时，有46g CuFeS2参加反应D氧化剂的氧化性Fe3+Fe2+Cu2+13、下列离子方程式中，正确的是( )A氧化铜与盐酸反应O2-+2H+=H2OB氯化铝溶液与氨水反应 Al3+3OH- =Al(OH)3C氢氧化铜和硫酸反应 OH+H+=H2ODFeCl2溶液跟Cl2反应 2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-14、下列过程中没有发生氧化还原反应的是A森林着火B醋除水垢C食物腐败变质D爆竹爆炸15、溶液、胶体和浊液这三种分散系的本质区别是（ ）A是否有丁达尔现象B是否能通过滤纸C分散质粒子的大小D是否均一、透明、稳定16、下列

7、有关化学基本概念的判断不正确的是具有氧化性的物质在反应中一定做氧化剂根据是否仅含一种元素将物质分为纯净物与混合物氧化还原反应的本质是反应前后元素化合价变化强电解质与弱电解质本质区别是水溶液中导电性强弱根据酸分子中含有的H原子个数将酸分为一元酸、二元酸、多元酸MgO、Na2O2、CuO、Al2O3都是金属氧化物，也是碱性氧化物A B C D二、非选择题（本题包括5小题）17、现有失去标签的CaCl2、AgNO3、HCl和Na2CO3四瓶溶液.为了确定四种溶液的成分,将它们编号为A、B、C、D后进行化学实验.实验记录如下:实验顺序实验内容实验现象A+B无明显现象B+D有无色无味气体放出C+B有白色

8、沉淀生成A+D有白色沉淀生成根据上述实验完成下列各小题：(1)A、C、D三瓶溶液分别是(用化学式表示所含溶质)：A溶液_，C溶液_，D溶液_。(2)写出B与D反应的离子方程式：_，写出B与C反应的离子方程式 ：_。18、某111mL溶液只含Cu2+、Ba2、K+、OH、SO42、Cl中的几种，分别取三份11mL该溶液进行实验，以确定该溶液中的离子组成。向一份中加入足量NaOH溶液，产生198g蓝色沉淀向另一份中加入足量BaCl2溶液，产生233g白色沉淀向第三份中加入过量Ba(NO3)2溶液后，过滤取滤液再加入足量AgNO3溶液，产生287g白色沉淀。回答下列问题（1）该溶液中一定不存在的离子

9、是_，中白色沉淀的化学式为_。（2）产生蓝色沉淀的离子方程式为_。（3）该溶液中一定存在的阴离子有_，其物质的量浓度分别为_。（4）该111mL溶液中还含有的离子是_，其物质的量是_。19、下图是中学化学中常用于混合物的分离和提纯的装置，请根据装置回答有关问题：(1)装置A中玻璃仪器的名称是_，进水的方向是从_口(填字母)进水。(2)利用装置B分液时为使液体顺利滴下，应进行的具体操作是_。(3)从氯化钾溶液中得到氯化钾固体，应选择装置_(填字母，下同)；从碘水中分离出I2，应选择装置_。20、粗盐中除含有钙离子、镁离子、硫酸根离子等可溶性杂质外，还含有泥沙等不溶性杂质。我们食用的精盐是用粗食盐

10、提纯而得到的。根据教材中“粗盐的提纯”实验回答下列问题：（1）实验室蒸发食盐水时，操作过程如下：放置酒精灯，固定铁圈位置，放上蒸发皿(蒸发皿中盛有食盐水)，加热搅拌，停止加热。其正确的操作顺序为_。（2）检验溶液中有无硫酸根离子最简单的方法是_，如果含有硫酸根离子，除去硫酸根离子的方法是_。（3）在粗盐经过溶解、过滤后的溶液中滴加饱和碳酸钠溶液，直至不再产生沉淀为止。请问这步操作的目的是_。（4）将经过操作(3)后的溶液过滤。请问这一操作能除去的杂质是_。（5）实验室将粗盐制成精盐的过程中，下列三个实验操作步骤中都要使用玻璃棒，分别说明各自使用玻璃棒的作用：溶解时_，过滤时_，蒸发时_。21、

11、从某含Br-废水中提取Br2的过程包括：过滤、氧化、萃取（需选择合适萃取剂）及蒸馏等步骤。已知：2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2OBr2极易溶于四氯化碳和正十二烷物质Br2CCl4正十二烷密度/gcm-33.1191.5950.753沸点58.7676.8215217在水中溶解性微溶难溶难溶下列说法不正确的是A甲装置中Br-发生的反应为：2Br-+Cl2=Br2+2Cl-B甲装置中NaOH溶液每吸收1个Cl2，转移1个e-C用乙装置进行萃取，溶解Br2的有机层在下层D用丙装置进行蒸馏，先收集到的是Br2参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解析】0.1mol某种金

12、属单质和足量的氯气完全作用后，得到白色的固体且固体的质量比原单质质量增加7.1克，说明增加的质量是氯气的质量，其物质的量为0.1 mol，其金属与氯气物质的量之比按1:1反应。【详解】A选项，Al与氯气的反应为2 Al 3Cl2 2 AlCl3 ，氯化铝呈白色，但Al与氯气物质的量之比不为1:1，故A不符合题意；B选项，Mg与氯气的反应为Mg Cl2 MgCl2 ，氯化镁呈白色，Mg与氯气物质的量之比为1:1，故B符合题意；C选项，Cu与氯气的反应为Cu Cl2 CuCl2 ，氯化铜呈棕黄色，故C不符合题意；D选项，Na与氯气的反应为2 Na Cl2 2 NaCl ，氯化钠呈白色，但Na与氯气

13、物质的量之比不为1:1，故D不符合题意；综上所述，答案为B。2、D【解析】A、除去二氧化碳中的一氧化碳不能通过氧气点燃，应该通过炽热的氧化铜，故A错误；B、K2CO3与硫酸反应生成硫酸钾，引入新的杂质，应该用盐酸，故B错误；C、CuSO4与Ba(OH)2溶液反应生成Cu(OH)2和BaSO4两种沉淀，在Cu(OH)2中引入杂质，故C错误；D、铁和硝酸银溶液反应：2AgNO3FeFe(NO3)22Ag，过滤后可将杂质除去，故D正确。故答案选D。【点睛】根据原物质和杂质的性质差异选择适当的除杂剂和分离方法，注意除杂质题至少要满足两个条件：加入的试剂只能与杂质反应，不能与原物质反应；反应后不能引入新

14、的杂质。3、A【解析】该胶体电泳时，胶粒向阳极移动，表明该胶粒表面带负电荷，因为同种胶粒带相同性质的电荷而相互排斥，使胶粒无法聚集长大，这是胶体稳定存在的主要原因，由此分析。【详解】乙醇溶液中乙醇分子显电中性，加到该胶体中不能消除胶粒表面的电荷，不会使胶体聚沉，项正确；氯化钠溶液中含有的阳离子（Na+），可以与胶粒表面的负电荷发生电中和，从而胶粒之间相互聚集而发生聚沉，项错误；硅酸胶体中的胶粒带负电荷，与题设胶体的胶粒所带电荷性质相同，因同种电性的胶粒相互排斥，以致于胶粒不能聚集，所以不会发生聚沉，项正确；氢氧化铁胶体中的胶粒带正电荷，与题设胶体的胶粒所带电荷性质相反，因异种电性的胶粒之间相互

15、吸引，从而使胶粒聚集长大而发生聚沉，项错误；答案选A。4、A【解析】试题分析：0.5L氯化铝溶液中含有的氯离子的物质的量为：n（Cl-）=N/NA=0.15mol，氯化铝的物质的量为：n（AlCl3）=1/3n（Cl-）=0.05mol，该氯化铝溶液的物质的量浓度为：c（AlCl3）=0.05mol/0.5L=0.1mol/L考点：考查了物质的量浓度的计算的相关知识。5、C【解析】题中的分离方法为蒸馏。用于分离互溶的液体混合物。【详解】A. 硝酸钾和氯化钾应利用在水中的溶解度随温度变化的差异用结晶的方法分离，故错误；B. 四氯化碳和水不互溶，可以用分液的方法分离，故错误；C. 甲醇（沸点64.

16、7）和丁醇（沸点117.6）二者物理性质相似，要利用沸点差异进行分离，采用蒸馏的方法，故正确；D. 利用碘在有机溶剂中的溶解度比在水中大，用萃取的方法分离出碘化钾和碘的混合物中的碘，故错误。故选C。6、B【解析】A根据方程式知，生成lmolN2O，需要3molCO，由于不能确定外界条件，所以不能确定气体的体积，A错误；BN2O和CO2每个分子都含有22个电子，物质的量相同含有的电子数相同，B正确；CN2O中N元素化合价为+1价，氮元素的化合价常用中间价态，化合价可以升高，也可以降低，N2O既有氧化性，又有还原性，C错误；D在上述反应中CO被氧化，而不是被还原，D错误。答案选B。7、D【解析】N

17、a2O2能和水反应生成氢氧化钠和氧气，为过氧化物，不是碱性氧化物，故错误；Na2O与CO2发生化合生成Na2CO3，Na2O2与CO2发生氧化还原反应生成O2，不是置换反应，故错误；Na2O是白色物质，Na2O2是淡黄色物质，故错误；Na2O2可与水、二氧化碳反应生成氧气，可作供氧剂，而Na2O不行，故正确；Na2O2和Na2O均含有钠元素，则焰色反应均为黄色，故正确。故答案选D。8、C【解析】由于氢氧化铁的胶粒吸附阳离子而带正电荷，因此在外加电场的作用下，氢氧化铁胶体粒子移向阴极，而氢氧化铁胶体是不带电的；故答案选C。9、B【解析】A. 溶液均一稳定，胶体具有介稳性，浊液不能稳定存在。B.

18、浊液分散质粒子直径100nm，胶体分散质粒子直径1nm100nm ，溶液分散质粒子直径胶体浊液，A正确。B. 浊液分散质粒子直径100nm，胶体分散质粒子直径1nm100nm ，溶液分散质粒子直径胶体溶液，B错误。C. 胶体分散质粒子直径在1nm100nm，分散质粒子的直径为几纳米或几十纳米的分散系是胶体，C正确。D. 悬浊液中有不能溶解的固体颗粒，可以用过滤的方法将悬浊液中的分散质从分散剂中分离出来，D正确。答案为：B。10、B【解析】A、HCO3-能与酸中的H+反应，不能共存，故错；C、CO32-能与酸中的H+还有Ca2+反应，不能共存，故错；D、MnO4-有颜色，不符合要求；答案选B。1

19、1、B【解析】配制硫酸用量筒量取硫酸时仰视读数时，仰视液面，读数比实际液体体积小，会造成实际量取的浓硫酸的体积偏大，溶质的质量偏大，则所配制溶液的浓度会偏大，故A不符合题意；配制硫酸定容时，仰视容量瓶刻度线，导致液体体积偏大，所配溶液浓度偏低，故B符合题意；NaOH溶解后未经冷却即注入容量瓶至刻度线，导致溶液体积偏小，所配溶液浓度偏高，故C不符合题意；称量时，砝码错放在左盘，称量的质量偏大，故配制溶液的浓度偏大，故D不符合题意。故选B。【点睛】本题应以溶质的物质的量变化及溶液的体积变化为突破口，只要会计算溶质的物质的量变化及溶液体积变化，即可推断出配制溶液的浓度的大小变化。12、C【解析】反应

20、过程中CuFeS2中S元素化合价从-2升高到0价，铁离子中铁元素化合价从+3价降低到+2价（注：CuFeS2是二硫化亚铁铜，由此可知该物质中Fe呈+2价，Cu呈+2价；若Fe呈+3价，则不能和-2价的S共存），据此分析解答。【详解】A、CuFeS2中Cu为+2价，Fe为+2价，S为-2价，CuFeS2中S元素化合价从-2升高到0价，铁离子中铁元素化合价从+3价降低到+2价，氧化剂是Fe3+，还原剂是CuFeS2，A错误；B、氧化剂是Fe3+，还原剂是CuFeS2，则氧化产物是S，还原产物是Fe2+，B错误；C、CuFeS2中S元素化合价从-2升高到0价，当转移1mol电子时，反应的CuFeS2

21、为0.25mol，质量是184g/mol0.25mol=46g，C正确；D、氧化剂的氧化性应该是Fe3+Cu2+Fe2+，D错误；答案选C。【点睛】准确判断出反应中元素的化合价变化情况是解答的关键，注意掌握氧化还原反应的分析思路：判价态、找变价、双线桥、分升降、写得失、算电子、定其他。其中“找变价”是非常关键的一步，特别是反应物中含有同种元素的氧化还原反应，必须弄清它们的变化情况。13、D【解析】A氧化铜与盐酸反应生成氯化铜和水，离子方程式为CuO+2H+=Cu2+H2O，A错误；B氯化铝溶液与氨水反应 Al3+3NH3H2O=Al(OH)3+3，B错误；C氢氧化铜和硫酸反应，离子方程式为Cu

22、(OH)2+2H+= Cu2+2H2O，C错误；DFeCl2溶液与Cl2反应生成氯化铁，离子方程式为2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-，D正确；答案为D。14、B【解析】A森林着火时木材发生燃烧，C、O元素的化合价发生变化，发生氧化还原反应，故A不选；B食醋除去水壶中的水垢，反应方程式为CaCO3+2CH3COOH=Ca(CH3COO)2+CO2+H2O，该反应中没有元素化合价的变化，不属于氧化还原反应，故B选；C食物腐败变质的过程包括微生物的繁殖引起的食品腐败变质、空气中氧气的作用，引起食品成分的氧化变质等，因此食物腐败变质过程中发生了氧化还原反应，故C不选；D燃放爆竹时，C、S等元素化合

23、价发生变化，属于氧化还原反应，故D不选；故选B。15、C【解析】溶液、浊液、胶体三种分散系的本质区别为分散质粒子的直径大小不同，据此即可解答。【详解】A.胶体具有丁达尔现象，是胶体中胶粒（1nm-100nm）在光照时产生对光的散射作用形成的，该现象是由微粒直径大小决定的，丁达尔现象不是三种分散系的本质区别，故A错误；B.胶体能透过滤纸但不能透过半透膜，是由分散质微粒的直径大小决定的，所以该现象不是三种分散系的本质区别，故B错误；C.根据分散质微粒直径大小来分类，把分散系划分为：溶液(小于1nm)、胶体（1nm-100nm）、浊液(大于100nm)；所以溶液、胶体和浊液这三种分散系的本质区别在于

24、分散质粒子直径大小不同，故C正确；D.溶液均一、透明、稳定，胶体较稳定，浊液不稳定，与分散质微粒的直径大小有关，所以该现象不是三种分散系的本质区别，故D错误；故答案选C。16、D【解析】SO2具有氧化性，但在SO2+H2O=H2SO3中没有表现氧化性，错误；根据物质组成成分是否单一，可将物质分为混合物和纯净物；根据纯净物的元素组成是否单一，又可以将纯净物分为单质和化合物，错误；氧化反应与还原反应的本质是电子的得失，特征是元素化合价的升降，错误；强电解质与弱电解质本质区别是在水溶液中电离程度，而不是导电性强弱，错误；根据酸分子能电离出的氢离子个数，将酸分为一元酸、二元酸等，如CH3COOH，1个

25、酸分子中含有的H原子个数为4个，但电离出1个氢离子，属于一元酸，错误；过氧化钠是过氧化物，不属于碱性氧化物，Al2O3是两性氧化物，错误；可见上述六种说法均不正确，故合理选项是D。二、非选择题（本题包括5小题）17、CaCl2 AgNO3 Na2CO3 CO32-+2H+=CO2+H2O Ag+Cl-=AgCl 【解析】本题是无机物的推断。HCl和Na2CO3反应生成气体，AgNO3与CaCl2、HCl和Na2CO3反应均生成沉淀，且CaCl2、AgNO3、HCl都能与Na2CO3反应，结合实验中B+D反应生成气体，A+D反应生成沉淀，A+B无现象，则B为HCl，D为Na2CO3，所以A为Ca

26、Cl2，C为AgNO3，再结合物质的性质及发生的反应来解答。【详解】HCl和Na2CO3反应生成无色无味气体，AgNO3分别与CaCl2、HCl和Na2CO3反应均生成白色沉淀，且CaCl2、AgNO3、HCl都能与Na2CO3反应，结合实验中B+D反应生成无色无味的气体，A+D反应生成白色沉淀，A+B无明显现象，则B为HCl，D为Na2CO3，所以A为CaCl2，C为AgNO3。(1)由上述分析可知，A为CaCl2，C为AgNO3，D为Na2CO3，故答案为CaCl2；AgNO3；Na2CO3。(2)盐酸与碳酸钠反应生成氯化钠、水和二氧化碳，离子反应为CO32-+2H+=CO2+H2O；盐酸

27、和硝酸银反应生成氯化银和硝酸，离子反应为：Ag+Cl-=AgCl。18、Ba2+和OH- AgCl Cu2+ 2OH-= Cu(OH )2 SO42-、Cl- 1mol/L、2 mol/L K+ 1.2 mol 【解析】（1）实验生成的蓝色沉淀是Cu(OH )2，实验生成的白色沉淀是BaSO4，实验生成的白色沉淀是AgCl。再结合离子共存分析。（2）Cu2+ 2OH-= Cu(OH )2。（3）该溶液中一定存在的阴离子有SO42-和Cl-。（4）根据电荷守恒分析。【详解】（1）实验生成的蓝色沉淀是Cu(OH )2，溶液中存在Cu2+，不存在OH-，实验生成的白色沉淀是BaSO4，说明溶液中存在

28、SO42-，不存在Ba2+，实验生成的白色沉淀是AgCl，说明溶液中存在Cl-。所以，该溶液中一定不存在的离子是Ba2+和OH-，中白色沉淀为AgCl，故答案为Ba2+和OH-；AgCl。（2）产生蓝色沉淀的离子方程式为：Cu2+ 2OH-= Cu(OH )2，故答案为Cu2+ 2OH-= Cu(OH )2。（3）该溶液中一定存在的阴离子有SO42-和Cl-，11mL溶液中，两种离子的物质的量 分别为：n(SO42-)= n (BaSO4)=2.33g233g/mol=1.11mol，n( Cl-)=n(AgCl)=2.87143.5g/mol=1.12 mol，所以c(SO42-)=1mol

29、/L，c( Cl-)=2 mol/L，故答案为SO42-、Cl-；1mol/L、2 mol/L。（4）11mL溶液中，Cu2+的物质的量为： n(Cu2+)=n Cu(OH )2= 1.98g98g/mol=1.11mol，1.11molCu2+带1.12mol正电荷，1.11mol SO42-和1.12molCl-共带有1.14mol负电荷，根据电荷守恒知，原溶液中还存在K+，11mL溶液中含有1.12mol K+，111mL溶液中含有1.2 mol K+，故答案为K+；1.2 mol。19、冷凝管(或直形冷凝管) a 先将分液漏斗上部的玻璃塞打开，再旋开分液漏斗的旋塞 C B 【解析】根据

30、蒸馏、分液、蒸发的原理、装置、操作等回答。【详解】(1)装置A是蒸馏装置，其中玻璃仪器是冷凝管。为提高冷凝效率，应使水流方向与蒸气流向相反，即水从a口进、从b口出。(2)利用装置B分液时，为使液体顺利滴下，应使分液漏斗内外气体相通、压强相等。具体操作是打开分液漏斗上口的玻璃塞（或：使玻璃塞上凹槽或小孔与上口的小孔对齐），然后旋开分液漏斗的活塞。(3)从氯化钾溶液中得到氯化钾固体，应使用蒸发的方法，选择装置C；从碘水中分离出I2，应使用萃取、分液的方法，应选择装置B。【点睛】蒸馏适用于分离互溶、沸点相差较大的液态混合物；分液适用于分离不相溶的液体混合物；蒸发适用于从溶液中分离热稳定性较好的固体溶

31、质。20、 取适量溶液于试管中，加入足量的稀盐酸将溶液酸化，然后加入BaCl2溶液，有沉淀生成，则有SO42； 加入足量的BaCl2溶液、过滤 除去Ca2+及少量的Mg2+ 泥砂等不溶性杂质，Ca2+及少量的Mg2+ 搅拌 引流 搅拌 【解析】（1）仪器的安装一般遵循自下而上，在左向右的原则。在蒸发时当出现电离晶体时，即可停止加热，所以正确的顺序是。（2）SO42的检验一般用氯化钡溶液，即取适量溶液于试管中，加入足量的稀盐酸将溶液酸化，然后加入BaCl2溶液，有沉淀生成，则有SO42；如果含有SO42，则应该加入足量的氯化钡溶液，生成硫酸钡后过滤即可除去。（3）饱和碳酸钠溶液是除去溶液中的Ca

32、2+及少量的Mg2+。（4）根据实验过程可知，生成的沉淀有氢氧化镁、碳酸镁以及含有泥沙等，故可以除去的杂质为泥砂等不溶性杂质，Ca2+及少量的Mg2+。（5）玻璃棒的作用为：溶解时搅拌能加速；过滤时起引流作用；蒸发时搅拌，防止液体局部过热。21、C【解析】A、氯气的氧化性大于溴，所以甲装置中Br-发生的反应为：2Br-+Cl2Br2+2C1-，A正确；B、1molCl2与足量的碱液反应转移1mol电子，甲装置中NaOH溶液每吸收1个Cl2，转移1个e-，B正确；C、如果用正十二烷进行萃取溴，由于正十二烷密度小于水，所以溶解Br2的有机层在上层，C错误；D、根据表中数据可知溴的沸点最低，所以用丙装置进行蒸馏，先收集到的是Br2，D正确；答案选C。