2022-2023学年山东省新泰第一中学化学高一上期中质量检测模拟试题含解析.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考生要认真填写考场号和座位序号。2试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、用NA表示阿伏德罗常数，下列叙述正确的是（ ）A标准状况下，22.4L H2O含有的分子数为NABNA个CO2分子占有的体积为22.4LC物质的量浓度为1mol/L的MgCl2溶液中，含有Cl-个数为2NAD常温常压下，1.06g Na2CO3含有的Na+离子数为0.02NA2、下列各物

2、质的分类、名称(或俗名)、化学式都正确的是A碱性氧化物 氧化铁 Fe3O4 B酸性氧化物 碳酸气 COC酸 硫酸 H2SO4 D碱 纯碱 Na2CO33、从海水中提取镁的工业流程如图所示，下列说法不正确的是A用此法提取镁的优点之一是原料来源丰富B在实验室进行的操作需用到坩埚、坩埚钳、玻璃棒、酒精灯C步骤电解MgCl2时，副产物Cl2可以循环利用D上述工艺流程中的反应未涉及置换反应4、下列关于Na2CO3和NaHCO3两种物质有关性质，说法正确的是( )A向Na2CO3和NaHCO3溶液中，滴入酚酞后溶液均变红，NaHCO3的颜色深BNa2CO3溶液中含有少量NaHCO3可用加热的方法除去C向等

3、质量的Na2CO3和NaHCO3固体中加入足量稀盐酸，Na2CO3产生的气体较多D向盛有少量Na2CO3和NaHCO3的两支试管中各滴入几滴水，振荡后用温度计测量Na2CO3温度高于NaHCO35、ClO2是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂。实验室可通过以下反应制得ClO2：2KClO3+H2C2O4+H2SO42ClO2+K2SO4+2CO2+2H2O。下列说法不正确的是AKClO3在反应中得到电子BClO2是还原产物CH2C2O4发生氧化反应D1 molKClO3参加反应有2mol电子转移6、已知某强氧化剂中的R元素被Na2SO3还原到较低价态。如果还原2.4103mol至较低价态

4、，需要60 mL 0.1 molL1的Na2SO3溶液。那么，R元素被还原成的价态是A1B0C1D27、一个密闭容器，中间有一可自由滑动的隔板（厚度不计）将容器分成两部分，当左边充入8molN2，右边充入CO和CO2的混合气体共64g时，隔板处于如图位置（保持温度不变），下列说法正确的是A左边CO和CO2分子数之比为1:3B右边CO的质量为14gC右边气体密度是相同条件下氧气密度的2倍D若改变右边CO和CO2的充入量而使隔板处于距离右端处，若保持温度不变，则前后两次容器内的压强之比为5:68、下列反应（电解除外）需要加入氧化剂才能实现的是ACl2Cl-BH+H2CCO32-CO2DZnZn2+

5、9、下列各组混合物中，能用分液漏斗进行分离的是( )A水和植物油B碘和酒精C酒精和水D硝酸钾溶液和氯化钾溶液10、一定条件下硝酸铵受热分解的化学方程式为：5NH4NO32HNO34N29H2O，在反应中被氧化与被还原的氮原子数之比为A54B53C35D1111、若NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是A2.3gNa在足量的氧气中充分燃烧，转移的电子数为0.2NAB标准状况下，22.4 L水中含有的氧原子数为NAC1L 0.5molL1的AlCl3溶液中所含Cl数目为3NAD0.1 mol 氯气所含有的原子数为0.2NA12、下列离子方程式中，正确的是 ( )A稀硫酸滴在铜片上：Cu2H=Cu

6、2H2B盐酸滴在石灰石上：CaCO32H=H2CO3Ca2C硫酸钠溶液与氯化钡溶液混合：Ba2SO42-=BaSO4D氧化铜与硫酸混合：Cu2SO42-=CuSO413、用NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是A标准状况下，1.4LH2物质的量为1molB标准状况下,NA个水分子所占的体积为14LC通常状况下，1NACO2分子占有的体积为1.4LD0.5mol/LMgCl2溶液中，含有Cl-的物质的量为0.5 mol14、下列叙述正确的是A1 mol H2O的质量为18 g/molB3.011023个SO2分子的质量为32 gC4 g NaOH溶于1L水中，所得溶液的物质的量浓度为0.1 m

7、ol/LD标准状况下,1 mol任何物质体积均为22.4 L15、用如图表示的一些物质或概念间的从属关系中不正确的是XYZA氧化物化合物纯净物B电解质盐化合物C胶体分散系混合物D碱性氧化物金属氧化物氧化物AABBCCDD16、从海带中提取碘单质的工艺流程如下。下列关于海水制碘的说法，不正确的是()A在碘水中加入几滴淀粉溶液，溶液变蓝色B实验室在蒸发皿中灼烧干海带，并且用玻璃棒搅拌C含I的滤液中加入稀硫酸和双氧水后，碘元素发生氧化反应D碘水加入CCl4得到I2的CCl4溶液，该操作为“萃取”二、非选择题（本题包括5小题）17、某溶液的溶质离子可能含有Mg2、Ba2、CO32、Cl、SO42、NO

8、3中的几种，现进行如下实验：.取适量溶液，加入足量NaOH溶液，生成白色沉淀；.过滤，向实验所得滤液中加入足量H2SO4溶液，有白色沉淀生成。根据上述实验回答下列问题。（1）溶液中一定不存在的离子是_。（2）写出和中所发生反应的离子方程式：_。（3）为了验证溶液中是否存在Cl、NO3，某同学提出下列假设：只存在Cl；Cl、NO3同时存在；_。已知实验提供的试剂只有稀盐酸、AgNO3溶液、稀硝酸、NaOH溶液和蒸馏水。验证溶液中是否存在Cl的实验方法：_。18、下图中AH均为中学化学中常见的物质，A、B、H是气体，它们之间有如下转化关系。（反应中生成的水已略去）请回答以下问题：(1)E是_（填化

9、学式）。 (2)C物质在日常生活中可作_剂。(3)写出反应 的化学方程式：_。(4)写出实验室制取A气体的化学反应方程式，并用双线桥表示电子转移的方向和数目：_。19、我国有丰富的海水资源，开发和利用海水资源是当前科学研究的一项重要任务，如图是海水综合利用的一个方面。（1）上述过程中没有涉及到的四大基本反应类型是_；a化合反应 b分解反应 c置换反应 d复分解反应（2）步骤1中分离操作的名称是_；（3）粗盐中含有Ca2、Mg2、SO42等杂质，精制时所用试剂为：a盐酸；bBaCl2溶液；cNaOH溶液；dNa2CO3溶液。加入试剂的顺序是_；II实验室利用精盐配制480mL 2.0molL1N

10、aCl溶液。（4）除容量瓶外，还需要的玻璃仪器有_；（5）用托盘天平称取固体NaCl_g；（6）配制时，按以下几个步骤进行：计算 称量 溶解 冷却 转移 定容 摇匀 装瓶。操作中还缺少一个重要步骤是_；（7）下列错误操作可使所配制氯化钠溶液浓度偏低的是_。a容量瓶洗净后残留了部分的水b转移时溶液溅到容量瓶外面c定容时俯视容量瓶的刻度线d摇匀后见液面下降，再加水至刻度线20、实验室用密度为1.25g/mL，质量分数为36.5%浓盐酸配制250mL 0.5mol/L的稀盐酸，请填空并回答下列问题：（1）浓盐酸的物质的量浓度为_(列出算式）（2）配制250mL 0.5mol/L的稀盐酸用量筒量取浓盐

11、酸的体积_mL，应选用容量瓶的规格_mL（3）配制时，其正确的操作顺序是_（用下列字母表示，每个字母只能用一次）A用30mL水洗涤烧杯23次，洗涤液均注入容量瓶，振荡。B用量筒准确量取所需的浓盐酸的体积，沿玻璃棒倒入烧杯中，再加入少量水（约30mL），用玻璃棒慢慢搅动，使其混合均匀。C将已冷却的盐酸沿玻璃棒注入容量瓶中。D将容量瓶盖紧，振荡，摇匀。E改用胶头滴管加水，使溶液凹面恰好与刻度相切。F继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度线12cm处。（4）操作A中，将洗涤液都移入容量瓶，其目的是_，若实验过程E中加蒸馏水时不慎超过了刻度线，该如何处理？_。（5）向容量瓶中转移溶液时不慎有液滴掉在

12、容量瓶外面，则浓度_（偏大、偏小、不影响）。21、海洋是“聚宝盆”，工业上，人们直接从海水中得到食盐。海水在浓缩过程中析出盐类物质的种类和质量，如下表：海水密度(g/L)CaSO4NaClMgCl2MgSO4NaBr1.130.561.200.911.210.053.260.0040.0081.220.0159.650.010.041.260.012.640.020.020.041.311.400.540.030.06 (1)常采用_的方法从海水中得到食盐。(2)为得到含杂质较少的食盐，实际生产中卤水的密度控制在_之间。(3)粗盐中常含有MgCl2、MgSO4、CaCl2等杂质，通常在实验室中

13、依次加入_、_、_、_等四种物质除去杂质。(填化学式)(4)电解饱和食盐水可以制取氯气，同时得到几种重要的化工产品，该反应的化学方程式为_。通电时阳极产物是_该产物的检验方法是_(5)电解过程中得到气体物质还可以化合为HCl，在实验室中我们利用_和_ 反应(写名称)来制取。该气体_溶于水，可以做喷泉实验。写出氯化氢气体溶于水后的电离方程式_(6)新制的氯水显_色，这是因为氯水中有_(填微粒符号)存在。向氯水中滴入几滴AgNO3溶液，观察到的现象是_，发生变化的化学方程式为_。蓝色石蕊试纸遇到氯水后的现象是_，氯气有毒,不能直接排放到空气中,需要用_来吸收,写出反应的化学方程式为_参考答案一、选

14、择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解析】A标准状况下，H2O呈液态，无法计算其含有的分子数，A不正确；BNA个CO2分子为1mol，但不一定是标准状况，所以占有的体积不一定为22.4L，B不正确；C物质的量浓度为1mol/L的MgCl2溶液中，由于溶液的体积未知，无法求出含有Cl-的个数，C不正确；D1.06g Na2CO3物质的量为=0.01mol，含有的Na+离子数为0.02NA，D正确；故选D。2、C【解析】A氧化铁化学式为Fe2O3，故A错误；B、酸性氧化物是和碱反应生成盐和水的氧化物，CO不能与碱反应也也不能与酸反应，是不成盐氧化物，故B错误；C、硫酸的化学式为H2SO4，故C

15、正确；D、纯碱的化学式是Na2CO3，阳离子是金属阳离子，阴离子是酸根离子，是盐，故D错误；故选C。【点睛】本题考查物质的分类，明确物质的组成和性质是解答物质分类的关键。本题的易错点为A，要注意铁的氧化物有3种，因此Fe3O4为四氧化三铁，俗名为磁性氧化铁，Fe2O3为三氧化二铁，简称氧化铁，俗称铁红；FeO为氧化亚铁，要注意区分。3、B【解析】提取镁的工艺流程中发生的反应有：CaCO3 CaO+CO2，CaO+H2O=Ca(OH)2，Ca(OH)2+MgCl2=Mg(OH)2+CaCl2，Mg(OH)2+2HCl=MgCl2+2H2O，MgCl2Mg+Cl2，以此解答该题。【详解】A、海水在

16、地球上含量丰富，海水中含有大量的镁，提取镁的原料来源丰富，故A正确；B实验操作是过滤，过滤时需要的仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗、铁架台，故B错误； C、工业上用电解熔融氯化镁的方法冶炼Mg，副产物Cl2可以制得盐酸，参与循环利用，故C正确；D、根据上述分析，上述工艺流程中的反应未涉及置换反应，故D正确；故选B。4、D【解析】ANa2CO3和NaHCO3溶液均显碱性，故滴入酚酞后溶液均变红，但不知该溶液的浓度，无法判断溶液的颜色深浅，A错误；BNa2CO3溶液中含有少量NaHCO3，可加氢氧化钠，后者反应生成碳酸钠和水；若Na2CO3固体中含有少量NaHCO3，可加热，后者分解生成碳酸钠、水和二氧化

17、碳，B错误；C已知、；碳酸钠的摩尔质量大于碳酸氢钠，故等质量的Na2CO3和NaHCO3固体，后者物质的量更大，故后者产生的气体更多，C错误；DNa2CO3粉末遇到少量的水可以与其结合为结晶水合物，该反应为放执反应，而NaHCO3不能形成结晶水合物，故振荡后用温度计测量Na2CO3温度高于NaHCO3，D正确；答案选D。5、D【解析】反应2KClO3+H2C2O4+H2SO42ClO2+K2SO4+2CO2+2H2O中，Cl元素的化合价由+5降低为+4价，C元素的化合价由+3升高到+4价，以此来解答。【详解】A因反应中Cl元素的化合价由+5降低为+4价，则KClO3在反应中得到电子，A正确；B

18、Cl元素的化合价降低，被还原，对应的产物为还原产物，即ClO2是还原产物，B正确；C因C元素的化合价由+3升高到+4价，则H2C2O4在反应中作还原剂，被氧化，发生氧化反应，C正确；DCl元素的化合价由+5降低为+4价，1molKClO3参加反应转移的电子为1mol（5-4）=1mol，D错误；答案选D。【点睛】明确反应中有关元素的化合价变化情况是解答的关键，注意理清氧化还原反应的知识线索，即化合价升高失电子还原剂氧化反应氧化产物，化合价降低得电子氧化剂还原反应还原产物。6、B【解析】设中的R的化合价从+5还原（降低）至x价，亚硫酸钠中的S元素的化合价从+4升高到+6，根据氧化还原反应中的电子

19、得失守恒、化合价升降相同的原理，有2.4103（5-x）=6103（6-4），解得x=0，故答案B正确；本题答案为B。【点睛】氧化还原中，氧化剂得电子的物质的量和还原剂失电子的物质的量相等，氧化剂得电子化合价降低，还原剂失电子化合价升高，所以氧化剂化合价降低的总数和还原剂化合价升高的总数相等。7、D【解析】左右两侧气体温度、压强相同，相同条件下，体积之比等于物质的量之比，左右体积之比为4：1，则左右气体物质的量之比为4：1，所以右侧气体物质的量=2mol，CO和CO2质量为64g，设CO的物质的量为xmol，则二氧化碳物质的量为(2-x)mol，28xg+44(2-x)g=64g，x=1.5m

20、ol，则CO的物质的量为1.5mol，二氧化碳物质的量为0.5mol，由此分析解答。【详解】左右两侧气体温度、压强相同，相同条件下，体积之比等于物质的量之比，左右体积之比为4：1，则左右气体物质的量之比为4：1，所以右侧气体物质的量=2mol，CO和CO2质量为64g，设CO的物质的量为xmol，则二氧化碳物质的量为(2-x)mol，28xg+44(2-x)g=64g，x=1.5mol，则CO的物质的量为1.5mol，二氧化碳物质的量为0.5mol；A气体的物质的量之比等于其分子数之比，所以右边CO与CO2分子数之比为1.5mol：0.5mol=3：1，故A错误；Bm(CO)=nM=1.5mo

21、l28g/mol=42g，故B错误；C相同条件下气体密度之比等于其摩尔质量之比，右边气体平均摩尔质量=32g/mol，与氧气摩尔质量相等，所以混合气体与氧气密度之比为1：1，故C错误；D若改变右边CO和CO2的充入量而使隔板处于距离右端处，则左右空间体积之比为2：1，充入二氧化碳和CO物质的量为4mol，相同条件下气体的物质的量之比等于其压强之比，所以其压强之比为(8+2)mol：(8+4)mol=5：6，故D正确；故答案为D。8、D【解析】反应中需要加入氧化剂，说明该反应变化过程中有元素化合价升高。氯元素化合价降低，不符合题意；氢元素化合价降低，不符合题意；没有元素化合价变化，不符合题意；锌

22、化合价升高，符合题意。故选D。9、A【解析】略10、B【解析】5NH4NO32HNO34N29H2O的反应中，氮元素由铵根中3价升高为0价，被氧化，氮元素由硝酸根中+5价降低为0价，被还原，氮气既是还原产物也是氧化产物，根据电子转移守恒，可知被氧化的氮原子与被还原的氮原子物质的量之比为53.故答案选：B。11、D【解析】Na在足量的氧气中充分燃烧生成过氧化钠，钠元素化合价由0变为+1；标准状况下水是液体；1L 0.5molL1的AlCl3溶液中含有AlCl3的物质的量是1L0.5molL1=0.5mol；0.1 mol 氯气中含有0.2mol原子。【详解】2.3gNa 的物质的量是0.1mol

23、，Na在足量的氧气中充分燃烧生成过氧化钠，钠元素化合价由0变为+1，所以转移的电子数为0.1NA，故A错误；标准状况下水是液体，22.4 L水的物质的量不是1mol，故B错误；1L 0.5molL1的AlCl3溶液中含有AlCl3的物质的量是1L0.5molL1=0.5mol，所以Cl数目为1.5NA，故C错误；0.1 mol 氯气中含有0.2mol原子，所以原子数是0.2NA，故D正确。【点睛】本题考查了物质的量的计算，明确标准状况下气体摩尔体积的使用条件为解答关键，注意掌握物质的量与摩尔质量、物质的量浓度、气体摩尔体积、阿伏加德罗常数等之间的关系。12、C【解析】A.稀H2SO4和Cu不反

24、应，故A错误；B.盐酸滴在石灰石上的离子反应方程式为：CaCO32H=H2OCa2CO2，故B错误；C.硫酸钠溶液与氯化钡溶液混合：Ba2SO42-=BaSO4，符合离子反应方程式的各项要求，故C正确；D.氧化铜与硫酸反应的离子方程式为：CuO2H+=Cu+H2O,故D错误；本题答案为C。13、A【解析】A、标准状况下，1.4LH2物质的量为1mol，选项A正确；B、水在标准状况下不是气体，NA个水分子所占的体积不是1.4L，选项B错误；C、1NA个CO2分子的物质的量为1mol，但不是标准状况，不能使用气体摩尔体积1.4L/mol，选项C错误；D、溶液体积未给出，无法计算离子物质的量，选项D

25、错误。答案选A。14、B【解析】A1 mol H2O的质量为18 g，其摩尔质量为18g/mol，故A错误；B3.011023个SO2分子的物质的量=0.5mol，质量为0.5mol64g/mol=32g，故B正确；C将4 gNaOH溶于1L水中，此时溶液的体积不是1L，不能计算出所得溶液的物质的量浓度，故C错误；D标准状况下，1 mol任何气体的体积为22.4L，固体、液态的体积不一定，故D错误；故选B。【点睛】本题的易错点为C，根据物质的量浓度的概念，公式c=中的V是指溶液的体积，不是溶剂的体积。15、B【解析】A、氧化物属于化合物，化合物又属于纯净物，故A正确；B、电解质和盐都属于化合物

26、，盐均属于电解质，则电解质包含盐，应X包含Y，故B错误；C、胶体属于分散系，而分散系都是由两种以上的物质组成，则属于混合物，故C正确；D、氧化物只由两种元素组成，碱性氧化物一定是金属氧化物，故D正确；综上所述，本题选B。【点睛】本题考查物质的组成和分类，比较简单，属于基础题；学生应能识别常见物质的种类，并能利用其组成来判断物质的类别是解答的关键。本题中要注意电解质包括酸、碱、盐和金属氧化物、水等，电解质均为化合物。16、B【解析】A、碘单质遇到淀粉变蓝是碘单质的特性，A正确；B、固体灼烧应在坩埚中进行，溶液蒸发在蒸发皿中进行，B错误；C、碘离子被过氧化氢在酸性溶液中氧化为碘单质，发生氧化反应，

27、C正确；D、碘单质在水中的溶解度不大，易溶于四氯化碳等有机溶剂，可以用四氯化碳萃取碘水中的碘单质，D正确。答案选B。二、非选择题（本题包括5小题）17、CO32、SO42 Mg22OH=Mg(OH)2、Ba2SO42=BaSO4 只存在NO3 取适量溶液，加入足量稀硝酸，再加入硝酸银溶液，观察是否有白色沉淀生成 【解析】.取适量溶液，加入足量NaOH溶液，生成白色沉淀，说明含有Mg2+，则不存在CO32-；.过滤，向实验所得滤液中加入足量H2SO4溶液，有白色沉淀生成，说明含有Ba2+，则不存在SO42-，据此解答。【详解】.取适量溶液，加入足量NaOH溶液，生成白色沉淀，说明含有Mg2+，则

28、不存在CO32-；.过滤，向实验所得滤液中加入足量H2SO4溶液，有白色沉淀生成，说明含有Ba2+，则不存在SO42-，氯离子和硝酸根离子无法确定。则（1）根据上述分析可知溶液中一定不存在的离子是CO32、SO42；（2）和中所发生反应的离子方程式分别为Mg2+2OH-Mg(OH)2、Ba2+SO42-BaSO4；（3）根据假设：只存在Cl-；Cl-、NO3-同时存在，因此假设应该为只存在NO3-；要证明是否存在氯离子，可以用硝酸酸化的硝酸银溶液检验，即取适量溶液，加入足量稀硝酸，再加入硝酸银溶液，观察是否有白色沉淀生成，如果有白色沉淀，则说明存在氯离子，如果没有白色沉淀产生，则不存在氯离子。

29、【点睛】注意掌握破解离子推断的四条基本原则，肯定性原则：根据实验现象推出溶液中肯定存在或肯定不存在的离子；互斥性原则：在肯定某些离子的同时，结合离子共存规律，否定一些离子的存在(要注意题目中的隐含条件，如：酸性、碱性、指示剂的变化、与铝反应产生H2、水的电离情况等)；电中性原则：溶液呈电中性，一定既有阳离子，又有阴离子，且溶液中正电荷总数与负电荷总数相等(这一原则可帮助我们确定一些隐含的离子)；进出性原则：通常是在实验过程中使用，是指在实验过程中反应生成的离子或引入的离子对后续实验的干扰。18、CaCO3 消毒(或漂白) Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3+2HClO 【解析】B可与

30、澄清石灰水反应生成沉淀，应为CO2，则E为CaCO3，常见的能与石灰水反应的气体还有氯气，则A应为Cl2，由此可知C为Ca(ClO)2，F为HCl，D为CaCl2，G为HClO，H为O2，在实验室中用MnO2与浓盐酸混合加热制取Cl2，根据氧化还原反应中元素化合价升降与电子转移关系用双线桥法表示。【详解】B可与澄清石灰水反应生成沉淀，应为CO2，则E为CaCO3，常见能与石灰水反应的气体还有氯气，则A应为Cl2，由此可知C为Ca(ClO)2，F为HCl，D为CaCl2，G为HClO，H为O2。(1)由以上分析可知E为CaCO3；(2)C为Ca(ClO)2，该物质与酸溶液作用可生成HClO，HC

31、lO具有强氧化性和漂白性，可用于消毒或漂白；(3)反应是Ca(ClO)2与CO2、H2O作用产生HClO，反应的化学方程式为：Ca(ClO)2+CO2 +H2O= CaCO3+2HClO；(4)在实验室中用MnO2与浓盐酸混合加热制取Cl2，反应方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O。在该反应中，Mn元素化合价由反应前MnO2中的+4价变为反应后MnCl2中的+2价，化合价降低，获得2e-，Cl元素的化合价由反应前HCl中的-1价变为反应后Cl2中的0价，化合价升高，失去2e-，用双线桥法表示为：。【点睛】本题考查无机物的推断，突破口为B、A以及G的相关转化关系，题目综

32、合考查元素化合物的性质以及应用，结合复分解反应规律及氧化还原反应的规律分析判断，侧重考查学生分析能力和综合运用化学知识的能力。19、c 过滤 bdca或cbda或bcda 烧杯、玻璃棒、胶头滴管 58.5 洗涤(烧杯和玻璃棒) bd 【解析】（1）煅烧贝壳生成CaO的反应方程式为：CaCO3CaOCO2、MgCl26H2O分解生成MgCl2以及MgCl2电解生成Mg，都属于分解反应；CaO溶于水的反应方程式为：CaOH2O=Ca(OH)2，属于化合反应；步骤1Ca(OH)2和MgCl2反应生成Mg(OH)2和CaCl2是复分解反应，盐酸溶解氢氧化镁的反应为：Mg(OH)22HCl=MgCl2+

33、2H2O属于复分解反应；故没有涉及到置换反应，答案为c；（2）步骤1中分离难溶性固体和液体，故该操作为过滤；（3）粗盐中含有Ca2、Mg2、SO42-等杂质，可先加入过量的BaCl2溶液，除去溶液中SO42，再加入过量Na2CO3溶液，除去溶液中的Ba2、Ca2，再加入过量的NaOH溶液，除去溶液中的Mg2，再加入适量的盐酸，除去溶液中过量的NaOH和Na2CO3，加入顺序为bdca；加入顺序还可以是cbda或bcda，无论何种加入顺序，适量盐酸需最后加入，以除去溶液中的NaOH和Na2CO3，以达到不引入新杂质的原则；II（4）该实验中需要的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯、容量瓶、胶头滴管，所以还需

34、要烧杯、玻璃棒、胶头滴管；（5）该实验选用的容量瓶为500mL容量瓶，故需要称取固体NaCl的质量；（6）一定物质的量浓度溶液的配制的操作顺序为计算、称量、溶解并冷却、转液、洗涤并转液、定容、摇匀、装瓶，故缺少的步骤是洗涤；（7）a.容量瓶洗净后残留了部分的水，因后续需要加入蒸馏水，故对配制氯化钠溶液浓度无影响；b.转移时溶液溅到容量瓶外面，会导致溶质的量减少，配制氯化钠溶液浓度将偏低；c.定容时俯视容量瓶的刻度线，会导致溶液体积偏小，配制氯化钠溶液浓度将偏高；d.摇匀后见液面下降，再加水至刻度线，会导致溶液体积偏大，配制氯化钠溶液浓度将偏低；故答案为bd。20、12.5mol/L 10.0

35、250 B、C、A、F、E、D 保证溶质全部转入容量瓶,减小误差 重新配制 偏小 【解析】（1）依据C=1000/M计算浓盐酸的物质的量浓度；（2）依据c浓V浓=c稀V稀计算所需浓盐酸的体积；（3）依据配制一定物质的量浓度的一般操作步骤解答；（4）（5）分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响，根据c=n/V分析判断。【详解】（1）浓盐酸的物质的量浓度c=1000/M=10001.25g/mL36.5%/36.5g/mol=12.5mol/L，故答案为12.5mol/L。（2）设所需浓盐酸的体积为V浓，依据c浓V浓=c稀V稀可知，250mL0.5mol/L=12.5mol/LV浓，V浓=1

36、0.0mL，所配制的溶液的体积为250mL，故所需的容量瓶的容积为250mL，故答案为10.0， 250。（3）配制一定物质的量浓度的溶液步骤有计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，其正确的操作顺序是B、C、A、F、E、D，故答案为B、C、A、F、E、D。（4）操作A中，将洗涤液都移入容量瓶，因为烧杯壁上沾有溶质，为防止引起误差，必须洗涤烧杯内壁2-3次，若实验过程E中加蒸馏水时不慎超过了刻度线，实验失败，无法挽回，必须重新配制，故答案为保证溶质全部转入容量瓶，减小误差；重新配制。（5）向容量瓶中转移溶液时不慎有液滴落在容量瓶外面，溶质的物质的量减小，所配溶液浓度偏小，故答案为

37、偏小。【点睛】配制过程中误差分析：称好后的药品放入烧杯时，有少量洒在烧杯外；（mB偏小，cB偏低）溶解搅拌时有部分液体溅出；（mB偏小，cB偏低）转移时有部分液体溅出；（mB偏小，cB偏低）未洗涤烧杯和玻璃棒2次3次；（mB偏小，cB偏低）溶解时放热，且未冷却至室温（20）（V偏小,cB偏高）在定容时，仰视读数（V偏大，cB偏低），俯视读数（V偏小，cB偏高）在定容时加水超过刻度线，再用胶头滴管吸出多余部分；（V偏大，cB偏低）加水至刻度线后，摇匀过程中，发现液面低于刻度线；（无影响）洗涤容量瓶后，未干燥，瓶中有少量蒸馏水。（无影响）21、蒸发结晶 1.21g/L-1.26g/L BaCl2

38、Ca(OH)2 Na2CO3 HCl 电解饱和食盐水2NaCl2H2O2NaOHH2Cl2 氯气 湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝色 氯化钠 浓硫酸 极易 HClH+Cl- 淡黄绿色 Cl2 白色沉淀 ClAg=AgCl 先变红，但很快又褪色 氢氧化钠 Cl2+2NaOH NaCl+NaClO+H2O 【解析】（1）依据氯化钠溶解度随温度变化不大，现代产盐常用太阳能蒸发法或盐田法，即蒸发结晶；（2）根据表中析出氯化钠时海水最小密度及海水密度与其它杂质的含量关系进行判断；（3）SO42、Ca2、Mg2离子分别转化为硫酸钡、碳酸钙、氢氧化镁沉淀而除去，以及根据不能产生新杂质的要求排序，前面加入的过量溶液应

39、用后加入的溶液除去，最后加入适量的盐酸溶液（4）电解饱和食盐水可以制取氯气，同时得到氢气和氢氧化钠；通电时阳极氯离子被氧化，产物是氯气；可用湿润的淀粉碘化钾试纸检验；（5）HCl沸点低，可用氯化钠固体和浓硫酸来制取，由于HCl极易溶于水，可用来做喷泉实验，在水中全电离。（6）新制氯水中存在Cl2+H2OH+Cl+HClO，则溶液中存在Cl2、HClO、H、Cl、ClO等粒子，结合对应粒子的性质解答该题【详解】（1）氯化钠溶解度随温度变化不大，蒸发溶剂的方法得当氯化钠晶体，现代产盐常用太阳能蒸发法或盐田法，即蒸发结晶；（2）析出NaCl的最小卤水密度1.21gL1，且小于1.21gL1时有一定量

40、的CaSO4析出；随着密度的增大NaCl析出量的变化，由于在密度1.21gL11.26 gL1之间NaCl已经大部分析出，当近一步浓缩时NaCl的析出量已经不多，而此时其他盐类的析出量在明显增加，这样会使食盐中杂质含量升高；所以控制在1.26 gL1以内，故范围为：1.21-1.26；（3）SO42、Ca2、Mg2等分别与BaCl2溶液、Na2CO3溶液、 Ca(OH)2 溶液反应生成沉淀，可再通过过滤除去，Na2CO3溶液能除去过量的BaCl2溶液，盐酸能除去过量的Na2CO3溶液和 Ca(OH)2 溶液，所以应先加BaCl2溶液再加Na2CO3溶液，最后过滤后加入盐酸，所以正确顺序为：Ba

41、Cl2、 Ca(OH)2 、Na2CO3、HCl；（4）电解饱和食盐水可以制取氯气，同时得到氢气和氢氧化钠，方程式为：2NaCl2H2O2NaOHH2Cl2；通电时阳极氯离子被氧化，产物是氯气；该产物的检验方法是：可用湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝；（5）HCl沸点低，可用氯化钠固体和浓硫酸来制取，由于HCl极易溶于水，可用来做喷泉实验，在水中全电离，电离方程式为 HCl=H+Cl-。（6）新制氯水中存在Cl2+H2OH+Cl+HClO，因氯气可溶于水，新制的氯水显黄绿色，这是因为氯水中有Cl2分子，含有Cl，向氯水中滴入几滴AgNO3溶液，观察到的现象是有白色沉淀生成，发生变化的化学方程式为ClAg=AgCl，溶液呈酸性，可使石蕊变红，但同时含有强氧化性的次氯酸，可氧化石蕊，则可观察到蓝色石蕊试纸遇到氯水后，首先变红，得很快又褪色，氯气有毒,不能直接排放到空气中,需要用氢氧化钠 来吸收,写出反应的化学方程式为 Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O。