2022-2023学年山东省菏泽、烟台化学高一上期中统考试题含解析.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考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回2答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用05毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置3请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符4作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效5如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、在相同温度和压强下，容器A中的臭氧（O3）

2、和容器B中的乙炔气（C2H2）所含的原子个数相同，则A、B两容器中气体的体积之比是（ ）A4：3B3：4C1：1D2：32、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3、下列各组离子一定能大量共存的是A在酸性溶液中：、B在强碱性溶液中：、C在含有大量CO32-的溶液中：、D在c（H+）=0.1mol/L的溶液中：、4、下列反应中，CO2作氧化剂的是ACa(OH)2

3、CO2=CaCO3H2OBCO2C2COC2Fe2O33C4Fe3CO2DCOH2OH2CO25、在两份相同的Ba(OH)2溶液中，分别滴入物质的量浓度相等的H2SO4、NaHSO4溶液，其导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如图所示。下列分析不正确的是A代表滴加H2SO4溶液的变化曲线Bb点，过滤所得滤液中滴加NaHSO4溶液，则发生的离子反应为：H+OH-=H2OCc点，两溶液中离子总浓度相同Da点对应的溶液显中性，d点对应的溶液显酸性6、若NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是A标准状况下，22.4 L氦气中含有的电子数为2NAB7.8 g Na2O2与足量水反应转移电子数为0.2NAC1

4、00 g 98%的浓硫酸中，氧原子总数为4NAD0.2NA的Al与足量的NaOH溶液反应产生H2的体积为6.72 L7、某无色透明的溶液中，能大量共存的离子组是ANa+、H+、BCu2+、K+、CNa+、K+、Cl-、D、K+、OH-8、下列应用或事实与胶体的性质没有关系的是A用明矾净化饮用水B用石膏或盐卤点制豆腐C在FeCl3溶液中滴加NaOH溶液出现红褐色沉淀D清晨的阳光穿过茂密的林木枝叶所产生的美丽景象（美丽的光线）9、磁流体是电子材料的新秀，它既有固体的磁性，又有液体的流动性，磁流体中分散质粒子直径在5.5 nm36 nm之间。下列说法正确的是 ( )A磁流体属于溶液B磁流体很不稳定C

5、磁流体能产生丁达尔效应D磁流体中分散质粒子不能通过滤纸10、氯化氢可以用浓硫酸作用于氯化物来制取，主要是因为浓硫酸具是（）A强酸B高沸点酸C脱水剂D强氧化剂11、下列说法正确的是标准状况下，6.021023个气体分子所占的体积约为22.4 L0.5 mol N2的体积为11.2 L标准状况下，1 mol H2O的体积为22.4 L常温常压下，28 g CO与N2的混合气体所含原子数为2NA任何气体的气体摩尔体积都约为22.4 Lmol1标准状况下，体积相同的两种气体的分子数一定相同ABCD12、下列说法中错误的是A从1L1molL1的NaCl溶液中取出10mL，其浓度仍是1molL1B制备0.

6、5L 10molL1的盐酸，需要氯化氢气体112L（标准状况）C0.5L 2molL1BaCl2溶液中，Ba2+和Cl总数为36.021023D10mL质量分数为98%的H2SO4，用水稀释至100mL，H2SO4的质量分数为9.8%13、以下表示的是碳及其化合物的转化关系，其中涉及的基本反应类型依次是（ ）CCO2H2CO3CaCO3CO2A化合、置换、分解、复分解B置换、复分解、化合、分解C置换、化合、分解、复分解D置换、化合、复分解、分解14、配制一定物质的量浓度的NaOH溶液时，造成所配溶液浓度偏高的原因是( )A所用容量瓶未干燥 B向容量瓶加水时液面低于刻度线即摇匀C有少量NaOH溶

7、液残留在烧杯内 D向容量瓶加水时眼睛一直仰视液面15、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 mol16、下列溶液中，一定能大量共存的离子组是A强酸或强碱性环境下的溶液：Mg2、NH4+、S2、ClB遇酚酞试剂变红的溶液：K+、Na+、Cl、HCO3C常温下pH7的溶液：Ba2+、NH4+、NO3、ClD无色透明溶液中：K+、Na+、M

8、nO4、SO42二、非选择题（本题包括5小题）17、有一包固体混合物粉末，其中可能含有Na2SO4、K2CO3、CuSO4、BaCl2、NaCl，现按如下操作步骤进行实验：取部分固体混合物溶于水中，振荡，得无色透明溶液；取所得溶液，滴加过量硝酸钡溶液，有白色沉淀产生；过滤，将沉淀物置于稀硝酸中，发现沉淀部分溶解。根据上述实验事实，回答下列问题：(1)原固体混合物粉末中一定含有的物质是_，一定不含有的物质是_，可能含有的物质是_ (以上空格均填写化学式)。(2)写出步骤中的离子方程式_。(3)若要检验K2CO3中Cl和SO42-是否除尽，选用的试剂及加入的先后次序是_ (填字母)。aHCl、Ba

9、Cl2、AgNO3 bHNO3、Ba(NO3)2、AgNO3 cAgNO3、HNO3、Ba(NO3)2 dAgNO3、HCl、BaCl218、a、b、c、d、e、f、g为七种由短周期元素构成的粒子，它们都有10个电子，其结构特点如下所示：(单位：电荷)粒子代号abcdefg电荷数0110210其中b的离子半径大于e的离子半径；c与f可形成两个共价型g分子。试写出：(1)a粒子的原子结构示意图是_。(2)b与e相应元素的最高价氧化物对应水化物的碱性强弱比较为_(用化学式表示)。(3)若d极易溶于水，在水溶液中变化的方程式为_，实验室制备d气体的化学方程式为_；若d为正四面体形分子，其重要应用之一

10、为_。(4)c粒子是_，f粒子是_(用化学式表示)，由c、f生成g的离子方程式是_。19、实验室用密度为1.84 g/cm3、溶质的质量分数为98 %的硫酸，配制250 mL物质的量浓度为0.46 mol/L的硫酸。(1)98 %的浓硫酸的物质的量浓度为_。(2)现有下列几种规格的量筒，应选用_（填序号）。5 mL量筒 10 mL量筒 50 mL量筒 100 mL量筒(3)实验需要以下步骤：定容量取摇匀洗涤转移冷却计算装瓶稀释进行顺序为_。(4)下列操作使所配溶液的物质的量浓度偏高的是_。A往容量瓶中转移溶液时有少量液体溅出B未洗涤稀释浓H2SO4的小烧杯C定容时俯视刻度线D洗净容量瓶未干燥即

11、用来配制溶液E定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面不到刻度线，再加水至刻度线20、如图是中学化学中常用于混合物的分离和提纯的装置，请根据装置回答问题：（1）从氯化钾溶液中得到氯化钾固体，选择装置_（填代表装置图的字母，下同）；除去自来水中的C1-等杂质，选择装置_。（2）从碘水中分离出I2，选择装置_，该分离方法的名称为_。（3）装置A中的名称是_，进水的方向是从_（填“上”或“下” ）口进水。装置B在分液时为使液体顺利流下，先进行的操作是_，后再打开下端活塞。21、（1）有一无色透明的水溶液，只可能含有以下离子中的若干种：K+、NH4+、Cl、Mg2+、Ba2+、NO3、CO32-、SO42

12、-，现取出三份该溶液分别进行下列实验：第一份中加入AgNO3溶液有白色沉淀；第二份中加入足量NaOH溶液加热后，只收集到刺激性气味的气体，无其他明显现象；第三份中加入BaCl2溶液后，有白色沉淀。将白色沉淀转移入足量的稀盐酸中，发现沉淀部分溶解。则该混合溶液中，一定存在的离子有_，肯定不存在的离子有_，（填离子符号），写出实验中沉淀部分溶解的离子方程式为_。（2）今有下列三个氧化还原反应： 2FeCl2 + Cl2 = 2FeCl3 ， 2FeCl3 + 2KI = 2FeCl2 + 2KCl + I2 ， 2KMnO4 + 16HCl = 2KCl + 2MnCl2 + 8H2O + 5Cl

13、2。反应的离子方程式为：_，其中_是氧化剂，_是氧化产物； 当反应中有14.6gHCl消耗掉时，反应中转移的电子数为_ 个。从上述三个反应可判断出 Fe2+、Cl、I、Mn2+ 的还原性由强到弱的顺序是_。参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【解析】设臭氧（O3）的物质的量为n1，乙炔气（C2H2）的物质的量为n2，则臭氧（O3）中所含的原子数为3 n1，乙炔气（C2H2）中所含的原子数为4n2，根据题意可知3n1=4n2，则。又因为相同条件下，气体体积之比等于物质的量之比，所以。故B、C、D错误，A正确。答案选A。【点睛】本题考查的是物质的量的相关计算。解题关键是根据原子数的

14、关系找出物质的量的关系，再利用相同条件下体积之比等于物质的量之比计算。2、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。3、A【解析】根据溶液性质和离子间的相互反应分析判断。【详解】A项：酸性溶液中，、

15、彼此不反应，且与氢离子能共存，A项正确；B项：强碱性溶液中，+OHNH3H2O，B项错误；C项：CO32-与生成沉淀、与放出气体，C项错误；D项：c(H+)=0.1mol/L的溶液中,+CO2+H2O，D项错误。本题选A。【点睛】离子间的反应有复分解反应（生成沉淀、气体、弱电解质）、氧化还原反应、双水解反应和络合反应。4、B【解析】A没有元素的化合价变化，为非氧化还原反应，故A错误；B二氧化碳中C元素的化合价降低（+4+2），则CO2作氧化剂，故B正确；C二氧化碳为生成物，C元素的化合价升高，则二氧化碳为氧化产物，故C错误；D二氧化碳为生成物，C元素的化合价升高，则二氧化碳为氧化产物，故D错误

16、；故选B。5、D【解析】A. Ba(OH)2溶液和H2SO4、NaHSO4溶液反应方程式分别为H2SO4+ Ba(OH)2=BaSO4+2H2O、NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4+NaOH+H2O，2NaHSO4+ Ba(OH)2=BaSO4+Na2SO4+2H2O，溶液导电能力与离子浓度成正比，据图可知，曲线在a点溶液导电能力接近0，说明该点溶液离子浓度最小，应该为Ba(OH)2溶液和H2SO4的反应，则曲线为Ba(OH)2溶液和NaHSO4溶液的反应，即代表滴加H2SO4溶液的变化曲线，故A正确：B. 根据图知，a点为Ba(OH)2溶液和H2SO4恰好反应，H2SO4、NaHSO4

17、溶液的物质的量浓度相等，则达b点时发生的反应为NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4+NaOH+H2O，此时溶液的溶质为NaOH，所以在b点过滤所得滤液中滴加NaHSO4溶液，发生的离子反应为：H+OH=H2O，故B正确；C. 溶液导电能力与离子浓度成正比，c点时两溶液的导电能力相同，说明两溶液中离子的总浓度相同，故C正确；D. a点时中硫酸和氢氧化钡恰好完全反应，溶液中呈中性，d点时中溶质为Na2SO4，硫酸钠溶液呈中性，故D错误，答案选D。【点睛】本题考查酸碱混合溶液的定性判断，明确发生的反应及各点溶液中溶质成分是解答本题的关键，要特别注意溶液导电能力与离子浓度成正比，为易错点。6、A【

18、解析】A.标况下22.4 L氦气的物质的量为1 mol，1 mol氦气中含有1 mol氦原子，1 mol氦原子含有2 mol电子，含有的电子数为2NA，故A正确；B.7.8 g Na2O2的物质的量是0.1 mol，生成0.05 mol氧气，转移了0.1 mol电子，转移电子数为0.1NA，故B错误；C.浓硫酸中含有水，水中也含有氧原子，所以100 g 98%的浓硫酸中含氧原子个数大于4NA，故C错误；D.0.2NA的Al的物质的量为0.2 mol，可生成氢气0.3 mol，但题中未指明是否在标准状况下，所以无法计算氢气的体积，故D错误；故选A。7、C【解析】A氢离子和碳酸氢根会反应生成二氧化

19、碳和水不能大量共存，故A不符合题意；B铜离子的溶液显蓝色，不能在无色溶液中大量存在，故B不符合题意；C四种离子相互之间不反应，可以大量共存，且均无色，故C符合题意；D磷酸氢根会和氢氧根反应生成磷酸根和水，不能大量共存，故D不符合题意；综上所述答案为C。8、C【解析】A.用明矾净化饮用水，利用氢氧化铝凝胶的吸附性，故A正确；B. 用石膏或盐卤点制豆腐利用了胶体的聚沉，故B正确；C.在FeCl3溶液中滴加NaOH溶液，生成氢氧化铁沉淀不是胶体，故C错误；D.雾属于气溶胶，可以产生丁达尔效应，故D正确；答案选C。9、C【解析】A.由于磁流体的分散质粒子直径在1 nm100 nm之间，所得到的分散系属

20、于胶体，具有胶体的性质，故A错误；B.磁流体属于胶体，胶体比较稳定，故B错误；C.磁流体属于胶体，胶体能产生丁达尔效应，故C正确；D.磁流体中的分散质粒子直径在5.5 nm36 nm之间，能够通过滤纸，故D错误。故选C。10、B【解析】氯化氢可以用浓硫酸作用于氯化物来制取，主要是因为浓硫酸是高沸点酸，属于高沸点酸制低沸点酸，例如：2NaCl+H2SO4=Na2 SO4+2HCl【详解】氯化氢可以用浓硫酸作用于氯化物来制取，主要是因为浓硫酸是高沸点酸，属于高沸点酸制低沸点酸，例如：2NaCl+H2SO4=Na2 SO4+2HCl故答案为B。【点睛】除了强酸制弱酸，还有强氧化剂制若氧化剂，强还原剂

21、制弱还原剂、难溶物制更难溶物、以及高沸点酸制低沸点酸，总之都是以强制弱。11、D【解析】标况下，6.021023个气体分子（1mol）所占的体积才是22.4L，正确；没有指明气体存在的状态，所以0.5 mol H2所占体积不一定为11.2 L，错误；标准状况下，H2O为液态，不能用气体摩尔体积进行计算，错误；CO与N2的摩尔质量均为28g/mol，28gCO与N2的混合气体为1mol，二者都是双原子分子，所含的原子数为2NA，正确；在标准状况下，任何气体的摩尔体积为22.4L/mol，不是标准状况，气体的摩尔体积不一定是22.4L/mol，错误；标准状况下，体积相同的气体的物质的量相同，则所含

22、的分子数相同，正确；综上所述，正确，D满足题意。答案选D。12、D【解析】A、根据溶液为均一、稳定的混合物来分析；B、根据n=cV计算出氯化氢的物质的量，再根据V=nVm来计算标况下需要氯化氢的体积；C、根据n=cV计算出溶质氯化钡的物质的量，再根据N=nNA来计算钡离子和氯离子的数目；D、硫酸密度大于水，加水稀释时密度改变，浓度越小密度越小，以此进行分析。【详解】A、溶液为均一、稳定的混合物，从1L1molL1的NaCl溶液中取出10mL，浓度不变，浓度仍是1molL1，所以A选项是正确的；B、制备0.5L 10molL1的盐酸，需要氯化氢的物质的量为：n(HCl)=cV=0.5L10mol

23、/L=5mol，标准状况下氯化氢的体积为：V=nVm=5mol22.4mol/L=112L，所以B选项是正确的；C、0.5L 2molL1BaCl2溶液中，n(BaCl2)= cV=0.5L2mol/L=1mol，由BaCl2的构成可以知道，1molBaCl2含2mol氯离子、1mol钡离子，Ba2+和Cl-总数为：36.021023，所以C选项是正确的；D、硫酸密度大于水，加水稀释时密度改变，浓度越小密度越小，10mL质量分数为98%的H2SO4，用水稀释至100mL，H2SO4的质量分数约为100%=16.6%，大于9.8%，故D错误。所以答案选D。13、D【解析】该转化关系中涉及的化学反

24、应及反应类型：C2CuO2CuCO2，置换反应；CO2H2O=H2CO3，化合反应；H2CO3Ca(OH)2=CaCO32H2O，复分解反应；CaCO3CaOCO2，分解反应；答案选D。14、B【解析】A.所用容量瓶未干燥，若其他操作正确，不会引起n(NaOH)、溶液体积V变化，对所配溶液浓度无影响，故不选A；B.向容量瓶加水时液面低于刻度线，溶液体积V减小，所配溶液浓度偏高，故选B；C.有少量NaOH溶液残留在烧杯内，未完全转移到容量瓶中，使n(NaOH)减小，所配溶液浓度偏低，故不选C；D.向容量瓶加水时眼睛一直仰视液面，溶液体积增大，浓度偏小，故不选D；本题答案为B。【点睛】配制一定物质

25、的量浓度的溶液时产生误差的原因分析：根据c=n/V计算公式，凡是引起n增大的，浓度偏大；凡是引起V增大的，浓度偏小。15、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

26、被氧化的N的物质的量为3 mol，D正确。答案选D。16、C【解析】离子之间不能生成气体、沉淀、弱电解质、络合物或发生氧化还原反应、双水解反应，据此分析解答。【详解】A. 强碱条件下的溶液：Mg2和OH-生成氢氧化镁沉淀，NH4+和OH-生成弱电解质一水合氨；强酸性条件下，H+和S2反应生成硫化氢气体，而不能大量共存，故A错误；B. 遇酚酞试剂变红的溶液，说明溶液呈强碱性，HCO3和OH-反应而不能大量共存，故B错误；C. 常温下pHMg(OH)2 NH3H2ONH3H2ONH4+OH 2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3+2H2O 作为燃料 OH H3O OHH3O=2H2O 【

27、解析】a、d和g不带电荷，说明是分子或者原子， e带2个单位正电荷，说明e为 Mg2+，b和f带1个单位的正电荷，可能是Na+、H3O+、NH4+，b的离子半径大于e的离子半径，因此b为Na+，c带一个单位负电荷，可能是F-、OH-、NH2-，又c与f可形成两个共价型g分子，那么c为OH-，f为H3O+，g为H2O，据此分析作答。【详解】（1）a为原子，即为Ne，原子结构示意图为：；（2）b为Na+，e为 Mg2+，相应元素的最高价氧化物对应水化物的碱性强弱比较为NaOHMg(OH)2；（3）若d极易溶于水，说明d为NH3，NH3溶于水形成NH3H2O，电离后生成NH4+和OH-，在水溶液中变

28、化的方程式为NH3H2ONH3H2ONH4+OH；（4）c为OH-，f为H3O+，g为H2O，OH-与H3O+生成H2O的离子方程式为：OHH3O=2H2O。【点睛】解答本题时要熟记常见的“10电子”粒子：19、18.4 mol/L C 【解析】(1)依据c=，计算浓硫酸的物质的量浓度；(2)依据溶液稀释过程中所含溶质的物质的量不变计算需要浓硫酸的体积，依据浓硫酸体积选择合适的量筒；(3)配制一定物质的量浓度溶液一般步骤：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，据此排序；(4)分析操作对溶质的物质的量n和溶液体积V的影响，依据c=进行分析，凡是使n偏大，或者使V偏小的操作，都会使溶液

29、浓度偏高，反之，溶液浓度就偏低。【详解】(1)密度为1.84g/cm3，溶质的质量分数为98%的硫酸，物质的量浓度c=18.4mol/L；(2)配制250mL物质的量浓度为0.46mol/L的硫酸，设需要浓硫酸体积为V，则依据溶液稀释过程中溶质的物质的量不变计算得：18.4mol/LV=0.46mol/L250mL，解得V=6.3mL，所以应选择10mL量筒，答案为；(3)配制一定物质的量浓度溶液一般步骤：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，所以正确的顺序为：(4)A往容量瓶中转移溶液时有少量液体溅出，导致部分溶质损耗，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，A错误；B未洗涤稀释浓H2

30、SO4的小烧杯，导致部分溶质损耗，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，B错误；C定容时俯视刻度线，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，C正确；D洗净容量瓶未干燥即用来配制溶液，对溶质的物质的量和溶液体积都不会产生影响，溶液浓度不变，D错误；E定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面不到刻度线，若再加水至刻度线，会导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，E错误；故合理选项是C。【点睛】本题考查物质的量浓度溶液的配制、计算、误差分析等知识。为高频考点，侧重于学生的分析能力、实验能力和计算能力的考查，注意把握相关计算公式的运用，难度不大。20、D A B（或B、A） 萃取（或萃取、分液、蒸馏） 冷凝管 下 打开分液漏

31、斗上端的活塞或使塞上的凹槽对准漏斗上的小孔 【解析】A.蒸馏适用于沸点不同的液态混合物的分离和提纯；B.萃取、分液根据物质在两种互不相溶的溶剂中溶解度的不同，将物质从一种溶剂转移到另一种溶剂中的方法称为萃取。将两种互不相溶的液态混合物分离开来的方法称为分液；C.过滤将不溶于液体的固体与液体分开来的方法；D.蒸发结晶将溶液中的溶质与溶剂分离开来的方法。【详解】(1)加热氯化钾溶液时水不断挥发，因溶剂的减少，氯化钾以晶体形式逐渐析出，当有大量晶体析出时停止加热，利用余热将剩余溶液蒸干即得到氯化钾固体，所以应选用D装置；自来水中含有Na+、Mg2+、Cl-、SO42-等形成的无机盐，这些无机盐的沸点

32、较高，加热使自来水沸腾，温度控制在1000C下蒸馏，水转化为水蒸气，再经冷凝即可得到不含Cl-等杂质的蒸馏水，所以选用A装置。(2)根据I2在有机溶剂如CCl4中的溶解度比在水中的溶解度大得多的性质，从碘水中分离出I2的方法是：先在碘水中加适量的CCl4进行萃取，分液得到含I2的CCl4溶液，最后将I2的CCl4溶液蒸馏，得到固体I2，所以应选择装置B（或B、A），该分离方法的名称为萃取（或萃取、分液、蒸馏）。(3)装置A是一套蒸馏装置，的名称是冷凝管；为了提高冷凝管的热交换效率，通常采用逆流的方法，即细管中的热蒸气从上往下流动，外管中的冷却水从下往上流动，所以进水的方向是从下口进水。装置B打

33、开下端的活塞时，分液漏斗内的气压往往小于外面的大气压，以致液体不能顺利流下，为了平衡气压，先进行的操作是：打开分液漏斗上端的活塞或使塞上的凹槽对准漏斗上的小孔。21、NH4+、 CO32-、 SO42- Mg2+ 、 Ba2+ BaCO3 +2H+ =Ba2+ + H2OCO2 2Fe3+2I- =2Fe2+ +I2 Fe3+ I2 0.25NA 或1.5051023 I Fe2+ Cl Mn2+ 【解析】根据离子反应发生的条件、离子共存的条件分析；根据氧化还原反应的本质和特征进行分析。【详解】(1)第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生,可能有：Cl-、CO32-、SO42-，第二份加足量NaO

34、H溶液加热后，收集到刺激性气味气体，说明一定存在NH4+，第三份加足量BaCl2溶液后, 有白色沉淀。将白色沉淀转移入足量的稀盐酸中，发现沉淀部分溶解。说明一定含有CO32-和SO42-。故一定存在的离子有：NH4+、 CO32-、 SO42-，目前Cl-不确定是否存在；由于已经确定含有CO32-、 SO42-，那么原溶液中就一定不能含有Mg2+ 、 Ba2+；实验白色沉淀溶解的是BaCO3，故离子方程式为：BaCO3 +2H+ =Ba2+ +H2OCO2 ；(2)反应中，FeCl3 、KI、 2FeCl2 、KCl都属于可溶性盐，在溶液中可以完全电离成离子状态，故在离子方程式中可以拆开，I2

35、是单质，在离子方程式中不能拆开，故离子方程式为：2Fe3+ + 2I- = 2Fe2+ + I2 ；其中，FeCl3中的Fe从+3价降低到+2价，作氧化剂，KI中I化合价从-1价升高到0价，做还原剂被氧化生成I2，故I2是氧化产物；反应中被氧化的Cl原子只有10个，可得到关系：16HCl5Cl210e-,故14.6gHCl消耗掉时，即n(HCl)=14.6g/36.5gmol-1=0.4mol，转移电子的物质的量为0.25mol,数目为0.25NA；反应物的氧化性和还原性大于生成物的氧化性和还原性，根据反应可得：I Fe2+ ；根据反应 可得：Cl Mn2+ ；根据反应可得：Fe2+Cl-；综合可得：I Fe2+ Cl Mn2+ 。【点睛】氧化还原反应中，电子转移数目只考虑化合价发生变化的元素；氧化剂的氧化性大于氧化产物，还原剂的还原性大于还原产物。