安徽省凤阳中学2022年高一化学第一学期期中检测模拟试题含解析.doc

《安徽省凤阳中学2022年高一化学第一学期期中检测模拟试题含解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《安徽省凤阳中学2022年高一化学第一学期期中检测模拟试题含解析.doc（13页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

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、粗盐提纯实验的部分操作如图所示，其中错误的

2、是()A取一定量的粗盐B溶解C过滤D蒸发2、化学与环境保护、社会可持续发展密切相关，下列说法或做法合理的是A进口国外电子垃圾，回收其中的贵重金属B将地沟油回收加工为生物柴油，提高资源的利用率C洗衣粉中添加三聚磷酸钠，增强去污效果D大量生产超薄塑料袋，方便人们的日常生活3、下列有关分离和提纯的说法正确的是( )A除去NaCl溶液中少量CaCl2：加入适量K2CO3B用蒸馏的方法从海水中得到淡水C用酒精可以从碘水中萃取碘D用浓硫酸除去氨气中混有的水蒸气4、下列说法正确的是（ ）A由于碘在酒精中的溶解度大，可以用酒精把碘水中的碘萃取出来B配制硫酸溶液时，可先在量筒中加入一定体积的水，再在搅拌下慢慢加

3、入浓硫酸C由于沙子是难溶于水的固体，因此可用过滤法分离沙子与水的混合物D可以用冷却法从热的含少量KNO3的NaCl浓溶液中分离得到纯净的NaCl5、下列反应的离子方程式正确的是AFe与稀H2SO4反应：2Fe + 6H+ = 2Fe3+ + 3H2B硫酸铜溶液与氢氧化钡溶液反应 ：Ba2+ SO42 = BaSO4C氧化铜溶于硫酸：O2+2H+= H2ODNaCl溶液与AgNO3溶液反应：Ag+Cl= AgCl6、配制一定物质的量浓度的Na2CO3溶液，下列操作正确的是A称量时，将Na2CO3固体直接放在托盘天平的右盘上B将Na2CO3固体在烧杯中溶解，所得溶液冷却到室温，再转移至容量瓶中C定

4、容时如果加水超过了刻度线，用胶头滴管直接吸出多余部分D定容摇匀后发现溶液体积低于刻度线，再补加少量蒸馏水至刻度线7、下列溶液中,Cl-的物质的量浓度与50 mL 1 molL-1AlCl3溶液中Cl-的物质的量浓度相等的是()A150 mL 3 molL-1KCl溶液B75 mL 2.5 molL-1MgCl2溶液C100 mL 1 molL-1NaCl溶液D25 mL 2 molL-1AlCl3溶液8、当光束通过下列物质时，能观察到丁达尔效应的是ACuSO4溶液 B蔗糖溶液 CNaOH溶液 DFe(OH)3胶体9、在强酸性溶液中能大量共存，并且溶液为无色透明的离子组是ACa2、Na、NO3、

5、CO32BMg2、Cl、NH4、SO42CK、Cl、HCO3、NO3DCa2、Na、Fe3、NO310、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将酸分为一元酸、二元酸等：分子组成中含有氢原子的数目B强电解质与弱电解质：溶液的导电能力大小C溶液与胶体：本质不同的原因是能否发生丁达尔现象D氧化还原反应的本质：有电子转移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

6、错放在左盘12、0.1 mol铁粉与含0.1 mol硫酸铁的溶液混合后充分后应，下列叙述正确的是()A氧化产物为0.1 molB还原产物为0.1 molC氧化产物和还原产物共0.2 molD氧化产物为0.2 mol13、由两份质量分数分别为1和2的H2SO4溶液，其物质的量浓度分别为c1和c2，且c1=2c2。已知硫酸的密度大于水，下列判断正确的是( )A2122B122C1221D1=2214、下列实验现象描述错误的是编号实验现象A加热放在坩埚中的小块钠钠先熔化成光亮的小球，燃烧时，火焰为黄色，燃烧后，生成淡黄色固体B在酒精灯上加热用砂纸打磨过的铝箔铝箔变软，失去光泽，熔化的铝并不滴落C在F

7、eCl3溶液中加入Na钠浮在液面上，熔化成小球，小球迅速游动，并发出嘶嘶的响声，同时生成红褐色沉淀D将水蒸气通过灼热的铁粉黑色粉末变为红褐色AABBCCDD15、下列物质不属于合金的是（ ）A硬铝B黄铜C生铁D金箔16、下列变化，需加入还原剂才能实现的是ANH4NH3BCl2ClCSO2SO3DCCO2二、非选择题（本题包括5小题）17、短周期主族A、B、C、D、E、F六种元素，它们的原子序数由A到F依次增大。A的某种原子核内只有质子，B元素的某种原子可用于测定文物的年代，C为地壳中含量最多的元素，D是原子半径最大的短周期主族元素，D的单质在高温下与C的单质充分反应，可以得到与E单质颜色相同的

8、淡黄色固态化合物。D与F形成的离子化合物DF是常用的调味品。试根据以上叙述回答：（1）E在周期表中的位置_。（2）F离子结构示意图_。（3）B元素形成的氢化物中氢元素质量百分含量最大值是_%。（4）D2C2与水反应的离子方程式为_。（5）同周期元素性质从左往右呈现递变性的本质原因是_。18、.有一包白色固体粉末，其中可能含有KCl、BaCl2、Cu(NO3)2、K2CO3中的一种或几种，现做以下实验：将部分粉末加入水中，振荡，有白色沉淀生成，过滤，溶液呈无色：向的沉淀物中加入足量稀硝酸，固体完全溶解，并有气泡产生；取少量的溶液，滴入稀硫酸，有白色沉淀产生；另取中过滤后的溶液加入足量AgNO3溶

9、液，产生白色沉淀。试根据上述实验事实，回答下列问题：（1）写出原白色粉末中一定含有的物质的化学式_。（2）写出原白色粉末中一定不含有的物质的电离方程式_。（3）写出变化的离子方程式：_。. 实验室需要240 mL0.5 molL-1的NaOH溶液，现用固体烧碱进行配制。（1）需称量_ g 烧碱，应放在_中称量、溶解。（2）完成此配制实验，除了量筒，烧杯，玻璃棒外还需要的常见的玻璃仪器有_。（3）下列操作对所配溶液浓度偏大的有_。A烧碱在烧杯中溶解后，未冷却就立即转移到容量瓶中B容量瓶未干燥就用来配制溶液 C定容时仰视容量瓶D称量时使用了生锈的砝码 E.未洗涤溶解烧碱的烧杯19、奶粉中蛋白质含量

10、的测定往往采用“凯氏定氮法”，其原理是食品与硫酸和催化剂一同加热，使蛋白质分解，分解的氨与硫酸结合生成硫酸铵。然后碱化蒸馏使氨游离，用硼酸吸收后再以硫酸或盐酸标准溶液滴定，根据酸的消耗量乘以换算系数，即为蛋白质含量。操作步骤：样品处理：准确称取一定量的固体样品奶粉，移入干燥的烧杯中，经过一系列的处理，待冷却后移入一定体积的容量瓶中。NH3的蒸馏和吸收：把制得的溶液(取一定量)，通过定氮装置，经过一系列的反应，使氨变成硫酸铵，再经过碱化蒸馏后，氨即成为游离态，游离氨经硼酸吸收。氨的滴定：用标准盐酸溶液滴定所生成的硼酸铵，由消耗的盐酸标准液计算出总氮量，再折算为粗蛋白含量。请回答下列问题：（1）在

11、样品的处理过程中使用到了容量瓶，怎样检查容量瓶是否漏水_。（2）在配制过程中，下列哪项操作可能使配制的溶液的浓度偏大_。A烧杯中溶液转移到容量瓶中时，未洗涤烧杯 B定容时，俯视刻度线C定容时，仰视刻度线 D移液时，有少量液体溅出（3）若称取样品的质量为1.5g，共配制100mL的溶液，取其中的20mL，经过一系列处理后，使N转变为硼酸铵然后用0.1molL1盐酸滴定，其用去盐酸的体积为23.0mL，则该样品中N的含量为_。(滴定过程中涉及到的反应方程式：(NH4)2B4O72HCl5H2O=2NH4Cl4H3BO3)（4）一些不法奶农利用“凯氏定氮法”只检测氮元素的含量而得出蛋白质的含量这个检

12、测法的缺点，以便牛奶检测时蛋白质的含量达标，而往牛奶中添加三聚氰胺(C3N6H6)。则三聚氰胺中氮的含量为_。20、现有含有少量NaCl、Na2SO4、Na2CO3、泥沙（SiO2）等杂质的NaNO3固体，选择适当的试剂除去杂质，得到纯净的NaNO3固体，实验流程如下图所示。（1）操作1、操作3的名称分别是_、_。（2）试剂1和试剂2分别是_、_。固体2中除了含有AgCl，还有_（答全）。（3）试剂3加入后发生的离子反应方程式是_。21、下表是生活生产中常见的物质，表中列出了它们的一种主要成分（其它成分未列出）编号名称天然气白酒醋酸小苏打消石灰铜线成分CH4C2H5OHCH3COOHNaHCO

13、3Ca(OH)2Cu (1)请你对表中的主要成分进行分类（填编号）是电解质的是_，是非电解质的是_。(2)写出在水中的电离方程式_。(3)写出下列反应的离子方程式：用治疗胃酸过多（主要成分为盐酸）_用澄清的溶液检验CO2气体 _参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】A.固体药品的取用使用药匙，故A正确；B.溶解的过程中，使用玻璃棒搅拌促进溶解，故B正确；C.过滤过程中，使用玻璃棒引流，故C错误；D.蒸发过程中，使用玻璃棒搅拌，使药品受热均匀，故D正确。故选C。【点睛】过滤操作中的“一贴二低三靠”是指:1.一贴：将滤纸折叠好放入漏斗，加少量蒸馏水润湿，使滤纸紧贴漏斗内壁。2

14、.二低：滤纸边缘应略低于漏斗边缘，漏斗中液体略低于滤纸的边缘。3.三靠：烧杯的尖嘴紧靠玻璃棒；玻璃棒的底端靠漏斗三层滤纸处；漏斗颈紧靠烧杯内壁。2、B【解析】A .电子垃圾中部分重金属不回收，易造成重金属污染，不符合题意，错误；B.地沟油是一种质量极差、极不卫生的非食用油，将地沟油回收加工为生物柴油，提高了资源的利用率，符合题意，故B正确；C.三聚磷酸钠会使水体中磷元素过剩，引起水体富营养化，不符合题意，故C错误；D.塑料不易降解，容易造成“白色污染“，不符合题意，故D错误；故选B。3、B【解析】A除去NaCl溶液中少量CaCl2加入适量K2CO3后生成CaCO3沉淀，但会引入K+，应该用Na

15、2CO3，A错误；B用蒸馏的方法从海水中得到淡水，B正确；C酒精和水互溶，不能用酒精从碘水中萃取碘，C错误；D浓硫酸与氨气反应，不用浓硫酸除去氨气中混有的水蒸气，应该用碱石灰，D错误；答案选B。考点：考查物质的分离与提纯4、C【解析】A.因为碘、酒精、水三者混溶，因此不能用酒精萃取碘水中的碘，故A错误；B.量筒是量器，不可以用来稀释或配制溶液，故B错误；C.由于固体和液体不相溶，且存在明显的密度差异,因此可用过滤法分离沙子与水的混合物，故C正确；D.硝酸钾的溶解度受温度影响较大，氯化钠的溶解度受温度影响较小，应采用蒸发结晶的方法分离，硝酸钾溶液中含少量氯化钠时可以通过降温结晶提纯硝酸钾，故D错

16、误；答案：C。5、D【解析】AFe与稀H2SO4反应产生硫酸亚铁和氢气，反应的离子方程式是：Fe + 2H+ = Fe2+ + H2，A错误；B硫酸铜溶液与氢氧化钡溶液反应产生硫酸钡沉淀和氢氧化铜沉淀，反应的离子方程式是 ：Ba2+2OH-+Cu2+ SO42=BaSO4+Cu（OH）2，B错误；C氧化铜溶于硫酸，氧化铜难溶于水，应该写化学式，离子方程式是：CuO+2H+ = Cu2+H2O，C错误；D. 反应符合反应事实，拆写符合离子方程式的原则，D正确。答案选D。6、B【解析】A、Na2CO3固体应该放在烧杯中称量，A不正确；B、操作正确；C、定容时如果加水超过了刻度线，则实验必须重新配制

17、，C不正确。D、如果再补加少量蒸馏水至刻度线，则溶液体积偏大，浓度偏低，不正确。正确的答案选B。7、A【解析】50 mL 1 mol/LAlCl3溶液中Cl-的物质的量浓度为31 mol/L=3mol/L。【详解】A150 mL 3 molL-1KCl溶液中Cl-的物质的量浓度为3mol/L，A符合题意；B75 mL 2.5 molL-1MgCl2溶液中，Cl-的物质的量浓度为22.5mol/L=5mol/L，B不符合题意；C100 mL 1 molL-1NaCl溶液中Cl-的物质的量浓度为1mol/L，C不符合题意；D25 mL 2 molL-1AlCl3溶液中Cl-的物质的量浓度为32mo

18、l/L=6 mol/L，D不符合题意；故选A。【点睛】本题计算Cl-的物质的量浓度时，与溶液体积无关。8、D【解析】当光束通过下列物质时，能观察到丁达尔效应，说明该分散系为胶体，CuSO4溶液、蔗糖溶液、NaOH溶液均属于溶液，不能产生丁达尔效应；Fe(OH)3胶体属于胶体；故答案为D。【点睛】利用丁达尔效应可鉴别分散系是否属于胶体，但分散系的区分本质是分散质粒子的直径大小。9、B【解析】强酸性溶液中含大量的H+，根据离子之间不能结合生成沉淀、水、气体，不能发生氧化还原反应等，则离子大量共存，并结合离子的颜色来解答。【详解】A酸性条件下CO32不能大量存在，且CO32和Ca2可以结合生成碳酸钙

19、沉淀，不能大量共存，选项A错误；B酸性溶液中该组离子之间不反应，可大量共存，且离子均为无色，选项B正确；C酸性条件下HCO3不能大量存在，选项C错误；DFe3+为有色离子，与题中溶液为无色透明不符，选项D错误；答案选B。10、D【解析】A. 根据酸电离出的氢离子个数，将酸分为一元酸、二元酸、多元酸，而不是根据酸分子中的氢原子个数，错误；B. 根据电解质在熔融状态或在水溶液中能否完全电离将电解质分为强电解质和弱电解质，错误；C. 分散系的分类依据是根据分散系中分散质粒子直径的大小，而不是否具有丁达尔现象，错误；D.氧化还原反应的本质是电子转移，正确。【点睛】丁达尔效应可以用来区分溶液和胶体，但不

20、是分散系区分的本质区别；溶液导电能力与溶液中可移动电荷总浓度有关，与电解质强弱无关。11、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

21、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、A【解析】n（Fe3+）=0.2mol，与铁粉发生Fe+2Fe3+3Fe2+，反应中铁粉为还原剂，Fe3+为氧化剂，Fe2+既是氧化产物也是还原产物，以此解答该题。【详解】n（Fe3+）=0.2mol，与铁粉发生Fe+2Fe3+3Fe2+，0.1mol铁与硫酸铁完全反应，反应中铁粉为还原剂，Fe3+为氧化剂，Fe2+既是氧化产物也是还原产物，则氧化产物为0.1mol，还原产物为0.2mol，氧化产物和还原产物共0.3mol，只有A正确，故答案选A。【点睛】本题考查氧化还原反应的计算，把握发生的氧化还原反应及反应的离子方程式

22、为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查。注意反应物都已知的条件下，需要首先判断过量。13、A【解析】假设浓度为c1的硫酸密度为a，浓度为c2的硫酸密度为b，根据c=可知，硫酸溶液的质量分数1=，硫酸溶液的质量分数2=，则12=，硫酸的浓度越大，密度越大，由于c1=2c2，则12，ab，故12，即2122，故选A。【点睛】解答本题的关键是要注意理解“硫酸的密度大于水”，则有“硫酸溶液的浓度越大，密度越大”。14、D【解析】水蒸气通过灼热的铁粉发生反应：3Fe4H2O(g) Fe3O44H2，生成物Fe3O4为黑色固体，故D错误。15、D【解析】A硬铝是由Al、Mg、Cu、Mn、Si所组成的合金，

23、A不合题意；B黄铜是Cu、Zn所组成的合金，B不合题意；C生铁是铁和碳所组成的合金，C不合题意；D金箔是用黄金锤成的薄片，是纯净的金，D符合题意；故选D。16、B【解析】还原剂失去电子，化合价升高。如果变化需要加入还原剂才能实现，这说明该物质一定是得到电子的，化合价一定是降低的。【详解】A. NH4NH3中化合价没有发生变化，不需要加还原剂，例如可以加氢氧化钠，故A错误；B. Cl2Cl中Cl元素从0价到-1价降低，可以加还原剂，故B正确；C. SO2SO3，S的化合价从+4升高到+6，需要加氧化剂，故C错误； D.C元素化合价从0价升高到+4价，需要加入氧化剂，故D错误； 答案选B。二、非选

24、择题（本题包括5小题）17、第三周期A族 25 2Na2O2+2H2O=4Na+4OH-+O2 从左至右，电子层数相同，最外层电子数逐渐增多，原子半径逐渐减小，原子核对最外层电子的吸引力逐渐增大，失电子能力减弱，得电子能力增强 【解析】分析：短周期主族A、B、C、D、E、F六种元素，它们的原子序数由A到F依次增大。A的某种原子核内只有质子，则A为氢元素；B元素的某种原子可用于测定文物的年代，则B为碳元素；C为地壳中含量最多的元素，则C为氧元素；D是原子半径最大的短周期主族元素，则D为钠元素；D的单质在高温下与C的单质充分反应，可以得到与E单质颜色相同的淡黄色固态化合物，是E为硫元素。D与F形成

25、的离子化合物DF是常用的调味品，则F为氯元素。详解：（1）硫在周期表中的位置是第三周期A族。（2）氯离子结构示意图是。（3）碳元素形成的氢化物中氢元素质量百分含量最大的是甲烷（CH4），其氢元素质量百分含量为25%。（4）Na2O2与水反应的离子方程式为2Na2O2+2H2O=4Na+4OH-+O2。（5）同周期元素性质从左往右呈现递变性的本质原因是：从左至右，电子层数相同，最外层电子数逐渐增多，原子半径逐渐减小，原子核对最外层电子的吸引力逐渐增大，失电子能力减弱，得电子能力增强。18、BaCl2、K2CO3 Cu(NO3)2=Cu2+2NO3 Ag+Cl=AgCl 5.0 小烧杯 250 m

26、L容量瓶，胶头滴管 AD 【解析】. 有一包白色固体粉末，其中可能含有KCl、BaCl2、Cu（NO3）2、K2CO3中的一种或几种；将部分粉末加入水中，振荡，有白色沉淀生成，过滤，溶液呈无色说明一定不含Cu（NO3）2、所以沉淀为碳酸钡，判断BaCl2、K2CO3一定存在；向的沉淀物中加入足量稀硝酸，固体完全溶解，并有气泡产生，证明沉淀是BaCO3；取少量的溶液，滴入稀硫酸，有白色沉淀产生，证明白色沉淀为BaSO4；另取中过滤后的溶液加入足量AgNO3溶液，产生白色沉淀，证明含有Cl-；综上所述：白色固体粉末一定含有BaCl2、K2CO3；一定不含Cu（NO3）2；可能含有KCl；（1）原白

27、色粉末中一定含有的物质的化学式：BaCl2、K2CO3；（2）原白色粉末中一定不含有的物质为Cu（NO3）2；电离方程式为：Cu（NO3）2=Cu2+2NO3-；（3）取中过滤后的溶液加入足量AgNO3溶液，产生白色沉淀是氯化银，反应的离子方程式为：Ag+Cl-=AgCl；.（1）实验室没有240 mL规格的容量瓶，必须配制250 mL溶液，需要称取的氢氧化钠的质量为：m=cVM=0.5mol/L0.25L40g/mol=5.0g，烧碱易吸水且具有强腐蚀性，所以称量烧碱时要放在小烧杯中；（2）配制溶液的步骤是：称量、溶解、冷却、转移、洗涤、转移、定容、摇匀，用烧杯溶解烧碱、可以用量筒量取水、用

28、玻璃棒搅拌和引流、用250mL的容量瓶配制溶液、用胶头滴管定容、用托盘天平称量烧碱、用药匙取药品，所以除了量筒、烧杯、玻璃棒外还会用到的仪器有：250mL容量瓶，胶头滴管；（）ANaOH在烧杯中溶解后，未冷却就立即转移到容量瓶中，则冷却后溶液体积偏小，浓度偏大，故A选；B若容量瓶未干燥即用来配制溶液，对溶液浓度无影响，因为只要定容时正确，至于水是原来就有的还是后来加入的，对浓度无影响，故B不选；C定容时仰视刻度线，会导致溶液体积偏大，则浓度偏小，故C不选；D砝码生锈后质量偏大，称量时m物=m砝+m游，称量时用了生锈的砝码后会导致溶质的质量偏大，故浓度偏大，故D选；E未洗涤溶解NaOH的烧杯，会

29、导致溶质损失，浓度偏小，故E不选；答案选AD。19、往容量瓶中注入一定量的水，塞紧瓶塞，倒转过来，观察是否漏水，然后再正放，旋转瓶塞180，再倒转过来，观察是否漏水，若都不漏水，则说明该容量瓶不漏水 B 10.73% 66.7% 【解析】(1)A、配制溶液时，烧杯中溶液转移到容量瓶中时，未洗涤烧杯，导致溶质损失，使溶液浓度偏小，则A错误；B、定容时，俯视刻度线，导致溶液体积减小，使溶液浓度偏大，B正确；C、定容时，仰视刻度线，导致溶液体积增大，使溶液浓度偏小，则C错误；D、由于含有溶质的液体测出，使溶质的物质的量减小，导致溶液浓度偏小，则D错误。正确答案为B。(2) 滴定时消耗盐酸的物质的量n

30、(HCl)= 0.1 mol/L0.023L=0.0023mol，由提示的反应方程式可得n(NH4+)= n(N)= n(HCl)=0.0023mol，所以样品中N的含量为= 100%=10.73%。20、溶解 蒸发 Ba（NO3）2 Na2CO3 BaSO4、BaCO3、Ag2CO3 2H+CO32-=CO2+H2O 【解析】固体混合物首先溶于水，然后过滤出泥沙，所得滤液中氯离子用硝酸银除去，硫酸钠用硝酸钡除去，过量的银离子和钡离子均用碳酸钠除去，过滤后向滤液中加入硝酸除去多余的碳酸钠，最后蒸发结晶得到硝酸钠固体，据此解答。【详解】（1）固体混合物首先溶于水，然后过滤出泥沙，因此操作1是溶解

31、；操作3是从硝酸钠溶液中得到硝酸钠晶体，则其名称为蒸发。（2）根据流程图可知试剂1用来除去硫酸钠，则试剂1是Ba（NO3）2；试剂2用来除去过量的银离子和钡离子，则试剂2是Na2CO3。根据以上分析可知固体2中除了含有AgCl外，还有BaSO4、BaCO3、Ag2CO3。（3）试剂3用来除去过量的碳酸钠，应该是硝酸，则加入后发生的离子反应方程式是2H+CO32-CO2+H2O。21、 NaHCO3 =Na + + HCO3 HCO3 + H+ = H2O + CO2 Ca2+ 2OH + CO2 = CaCO3 +H2O 【解析】(1)在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，酸碱盐都是电

32、解质；在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质，非金属氧化物、大多数有机物是非电解质。(2)NaHCO3在水中电离出钠离子和碳酸氢根离子；(3)碳酸氢钠和盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳、水；澄清的石灰水与CO2反应生成碳酸钙沉淀和水。【详解】CH3COOH、NaHCO3、Ca(OH)2在水溶液中都能电离出自由移动的离子而导电；CH4、C2H5OH在水溶液里和熔融状态下都不能电离出自由移动的离子；Cu是单质，既不是电解质又不是非电解质；所以是电解质的是CH3COOH、NaHCO3、Ca(OH)2，选，是非电解质的是CH4、C2H5OH，选；(2)NaHCO3在水中电离出钠离子和碳酸氢根离子，电离方程式是NaHCO3 =Na + + HCO3； (3)碳酸氢钠和盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳、水，反应的离子方程式是HCO3 + H+ = H2O + CO2；澄清的石灰水与CO2反应生成碳酸钙沉淀和水，反应的离子方程式是Ca2+ 2OH + CO2 = CaCO3 +H2O。