浙江省温州市温州中学2022-2023学年化学高一上期中教学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答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3考试结束后，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、下列电离方程式中，错误的是ANa2CO32Na+CO32BH2SO42H+SO42CNaHCO3Na+H+CO32DHClO H+ ClO2、萃取碘水中的碘单质，可作萃取剂的是A水B四氯化碳C酒精D食醋3、下列叙述正确的是（ ）A所有

2、蒸馏操作中都必须用到温度计B从溴水中提取溴可通过加入乙醇萃取C分液时，分液漏斗中下层液体流净后及时关闭活塞，再把上层液体从上口倒出D用洁净的铂丝蘸取待测液，置于火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃能观察到火焰呈紫色，该溶液中一定含有钾离子，不含有钠离子4、下列关于胶体的叙述正确的是( )A胶体粒子不能透过滤纸，也不能透过半透膜B胶体和溶液的本质区别是胶体能产生丁达尔效应C胶体带电，故在电场作用下会产生电泳现象D氢氧化铁胶体能吸附水中的悬浮颗粒并沉降，起到净水作用5、下列离子在溶液中可大量共存且溶液无色的是ACu2、SO42-、Fe3、Cl- BFe2、H、ClO-、CO32-CMnO4-、Al3、Na、

3、SO42- DNa、NO3-、K、SO42-6、草酸(分子式为H2C2O4沸点：150)是生物体的一种代谢产物， 广泛分布于植物、 动物和真菌体中。下列有关判断不正确的是A45g草酸中含有1.204 1024个氧原子B1mol 草酸中约含有6.021023个分子C草酸的摩尔质量是90g/molD1 mol 草酸在标准状况下的体积约为22.4L7、将一小块钠投入下列溶液时，既能产生气体又会出现沉淀的是A稀H2SO4B氢氧化钠溶液C硫酸铜溶液D氯化钠溶液8、下列关于氯水的说法中，不正确的是A氯水是指液态的氯 B新制氯水呈黄绿色C新制氯水具有漂白作用 D新制氯水应避光保存9、下列关于卤素性质的叙述中

4、不正确的是()A卤素单质的颜色按Cl2、Br2、I2的顺序逐渐变深B氯气易液化，溴单质易挥发，碘单质易升华C氯、溴、碘的原子半径或离子半径随电子层数的增多而增大DCl2、Br2、I2的氧化性逐渐增强10、粗盐中含可溶性CaCl2、MgCl2及一些硫酸盐，除去这些杂质的试剂可选用Na2CO3、NaOH、BaCl2、HCl，加入的先后顺序不正确的是A B C D11、下列物质中，属于电解质的是（ ）A硫酸铜溶液 B干冰 C熔融的烧碱 D铁丝12、下列实验方案设计中，可行的是A将O2和H2的混合气体通过灼热的氧化铜，以除去其中的H2B加稀盐酸后过滤，除去混在铜粉中的少量镁粉和铝粉C用萃取的方法分离汽

5、油和煤油D用溶解、过滤的方法分离KNO3和NaCl固体的混合物13、某学生发现烧杯中的溶液有悬浮物，通过如图所示的操作进行过滤，其操作上错误的地方有()A4处B3处C2处D1处14、下列物质中混有少量的杂质，所选用的试剂及操作方法正确的是选项物质杂质(少量)试剂和操作方法A二氧化碳氯化氢通过氢氧化钠溶液B硫酸亚铁溶液硫酸铜溶液加入过量的铁粉后过滤C氯化钾固体氯酸钾加入二氧化锰并加热D硝酸钾溶液硝酸钡溶液加入适量的硫酸钠溶液后过滤AABBCCDD15、用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是()A常温常压下，32g O2 含NA个原子B2 mol/L的氢氧化铁胶体中含有的氢氧化铁胶粒数小于

6、2NAC标况下,22.4 L的CCl4中含有NA个CCl4分子D14g的C2H4和C3H6的混合物中含有C原子为NA16、下列叙述正确的是A1molH2SO4的质量为98gmol1 BH2SO4的摩尔质量为98gC1molO2体积是22.4L D1molO2约有6.021023个分子二、非选择题（本题包括5小题）17、有一包白色粉末，由BaCl2、K2SO4、CaCO3、NaOH、CuSO4、KCl中的一种或几种组成，为了探究它的成份，进行了如下实验：（1）气体B的化学式_,白色沉淀的成分为_。（2）该白色粉末中一定含有的物质有_；一定不含有的物质有_；可能含有的物质有_；（3）如若需要确定可

7、能含有的物质是否存在，应如何操作：_。18、A、B、C、D为四种可溶性的盐，它们的阳离子分别可能是Ba2、Ag、Na、Cu2中的某一种，阴离子分别可能是NO3-、SO42-、Cl、CO32-中的一种。(离子在物质中不能重复出现)若把四种盐分别溶于盛有蒸馏水的四支试管中，只有C盐的溶液呈蓝色；若向的四支试管中分别加入盐酸，B盐的溶液有沉淀生成，D盐的溶液有无色无味的气体逸出。根据实验事实可推断它们的化学式为：（1）A_，C_，D_。（2）写出盐酸与D反应的离子方程式： _。（3）写出C与Ba(OH)2溶液反应的离子方程式：_。19、实验室配制一定浓度的溶液都要使用一定规格的容量瓶，现欲用质量分数

8、为98%，密度为1.8g/mL的浓H2SO4溶液配制450mL浓度为0.2mol/L的稀H2SO4溶液，回答下列问题：（1）需量取该浓H2SO4溶液的体积是_mL。（2）需要用到的玻璃仪器除量筒、玻璃棒、胶头滴管、烧杯外还需要_。（3）配制过程有下列几步操作：A将蒸馏水加入容量瓶至液面接近刻度线12cm处；B用l0mL量筒量取所需体积的H2S04溶液，注入烧杯中，用玻璃棒搅拌，使其混合均匀；C用胶头滴管加水至刻度线；D用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒23次，并将洗涤液也转移到容量瓶中；E向烧杯中加入约20mL蒸馏水；F将烧杯中溶液冷却后，沿玻璃棒转移到容量瓶中；G盖好瓶塞，反复颠倒摇匀，静置，装瓶

9、。以上各步骤操作的先后顺序是_填字母），使用容量瓶之前需要进行的一步操作是：_。（4）若所配溶液浓度偏低，则造成此误差的操作可能是_。A定容时俯视容量瓶B用量筒取浓H2S04溶液时俯视读数C使用容量瓶前未干燥D未待烧杯中溶液冷却就转入容量瓶E定容时将蒸馏水洒在容量瓶外面F未按要求洗涤烧杯和玻璃杯23次20、纯碱是重要的化工原料，在医药、冶金、化工、食品等领域被广泛使用。I. 用纯净的碳酸钠固体配制500mL 0.40mol/L Na2CO3溶液。(1)称取Na2CO3固体的质量是_g。(2)配制溶液时，进行如下操作，按照操作顺序，第4步是_(填字母)。a. 定容 b. 计算 c. 溶解 d.

10、摇匀 e. 转移 f. 洗涤 g. 称量(3)下列说法中，正确的是_(填字母)。a. 定容时，仰视刻度线，会导致配制的溶液浓度偏小 b. 定容时，如果加水超过刻度线，要用滴管吸出c. 转移时，溶液倒出容量瓶外，要重新配制溶液d. 摇匀后，液面低于刻度线，要再加水至刻度线II. 某实验小组的同学模拟侯德榜制碱法制取纯碱，流程如下：(1)工业生产纯碱的第一步是除去饱和食盐水的中SO42、Ca2+离子，依次加入的试剂及其用量是 _、 _、 (过滤)、 _。(2)已知：几种盐的溶解度NaClNH4HCO3NaHCO3NH4Cl溶解度(20C，100gH2O时)36.021.79.637.2写出装置I中

11、反应的化学方程式_。写出装置II中发生反应的化学方程式_。(3)该流程中可循环利用的物质是_。(4)制出的纯碱中只含有杂质NaCl。检验用该纯碱配制的溶液中含有Cl的方法是_。测定该纯碱的纯度，下列方案中可行的是_(填字母)。a. 向m克纯碱样品中加入足量CaCl2溶液，沉淀经过滤、洗涤、干燥，称其质量为b gb. 向m克纯碱样品中加入足量稀盐酸，用碱石灰(主要成分是CaO和NaOH)吸收产生的气体，碱石灰增重b gc. 向m克纯碱样品中加入足量AgNO3溶液，产生的沉淀经过滤、洗涤、干燥，称其质量为b g21、某工厂的工业废水中含有大量的FeSO4，较多的CuSO4和少量Na2SO4。为了减

12、少污染并变废为宝，工厂计划从该废水中回收硫酸亚铁和金属铜。请根据下列流程图，完成回收硫酸亚铁和铜的实验方案。(1)加入的试剂为_（填化学式），加入试剂的目的是_。(2)操作a的名称为过滤、洗涤，所需要的玻璃仪器为_。洗涤固体B的操作是_。(3)固体E的成分为_，加入的试剂为_，发生的化学方程式为_。(4)从溶液D和溶液G中得到FeSO47H2O晶体的操作为_、_、_、洗涤、干燥。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.碳酸钠是强电解质，其电离生成钠离子和碳酸根离子，故正确；B.硫酸是二元强酸，电离出氢离子和硫酸根离子，故正确；C.碳酸氢钠电离出钠离子和碳酸氢根离子，故错

13、误；D.次氯酸是弱酸，部分电离出氢离子和次氯酸根离子，故正确。故选C。【点睛】书写电离方程式时注意强电解质电离用等号，弱电解质电离用可逆符号。注意多元弱酸电离分步书写。2、B【解析】萃取时萃取剂的选择应符合下列条件：溶质在萃取剂中的溶解度比在原溶剂中要大；萃取剂与原溶剂不相溶；萃取剂与溶质不反应。【详解】碘水中提取碘单质，需要通过萃取方法，选取的萃取剂不能与水相溶，所以不能选用水、酒精、食醋，可以选用不溶于水的四氯化碳，故选B。【点睛】本题考查萃取的原理，抓住萃取剂的条件是解题的关键。3、C【解析】A制蒸馏水时，可不使用温度计，存在多种馏分时需要使用温度计，故A错误；B乙醇与水互溶，不能作萃取

14、剂，故B错误；C分液时避免上下层液体混合，则分液时，分液漏斗中下层液体流净后及时关闭活塞，再把上层液体从上口倒出，故C正确；D观察钠的焰色反应可直接观察，K的焰色反应需要透过蓝色钴玻璃观察，由操作和现象可知，溶液中一定含有钾离子，不能确定是否含钠离子，故D错误；故选C。【点睛】本题的易错点为AD，A中要注意不是所有的蒸馏实验都需要温度计，制取蒸馏水时，由于其余物质不挥发，只有水被蒸出，可以不使用温度计，D中蓝色钴玻璃会滤去黄光。4、D【解析】A. 胶体粒子能透过滤纸，故错误；B. 胶体和溶液的本质区别分散质的粒子直径大小，故错误；C. 胶体粒子带电，不是胶体带电，故在电场作用下会产生电泳现象，

15、故错误；D. 氢氧化铁胶体粒子有较大的表面积，能吸附水中的悬浮颗粒并沉降，起到净水作用，故正确。故选D。5、D【解析】离子间如果不发生化学反应，则可以大量共存，结合离子的性质以及溶液无色分析。【详解】A. Cu2、Fe3在溶液中均不是无色的，不能大量共存，A错误；B. Fe2、H、ClO之间发生氧化还原反应，H、CO32之间发生复分解反应，均不能大量共存，B错误；C. MnO4在溶液中不是无色的，不能大量共存，C错误；D. Na、NO3、K、SO42在溶液中不反应，且均是无色的，可以大量共存，D正确。答案选D。6、D【解析】A45g草酸的物质的量=0.5mol，其中含有氧原子的物质的量是2mo

16、l，氧原子的个数是2mol6.021023mol-1=1.2041024，A判断正确；B1mol草酸中约含有6.021023个分子，B判断正确；C草酸的相对分子质量是90，则草酸的摩尔质量是90g/mol，C判断正确；D草酸在标准状况下不是气体，不能利用气体摩尔体积计算1mol草酸在标准状况下的体积，D判断错误。答案选D。7、C【解析】A钠投入到稀硫酸溶液中，稀硫酸和钠反应的生成物是硫酸钠和氢气，没有出现沉淀，故A不符合题意；B氢氧化钠稀溶液和钠反应，实质是钠与水反应，生成物是氢氧化钠和氢气，没有沉淀出现，故B不符合题意；C硫酸铜溶液和钠反应，可看作钠先和水反应，然后生成的氢氧化钠再和硫酸铜反

17、应，所以产物有蓝色沉淀、气体、硫酸钠，故C符合题意；D钠和氯化钠溶液反应，实质是钠与水反应，生成物是氢氧化钠和氢气，没有沉淀出现，故D不符合题意；答案选C。【点睛】该题侧重对学生灵活运用基础知识解决实际问题能力的培养；表面看钠与碱不反应，无方程式可写，但是钠却能够和溶液中的溶剂水反应，所以反应的实质就是钠与水的反应，另一方面还考查了学生的思维能力。8、A【解析】A液氯是氯气的液态形式，液氯为纯净物，而氯水是氯气的水溶液，为混合物，故A错误；B因氯水中含有的微粒：离子：Cl-、H+、OH-、ClO-，分子：HClO、H2O、Cl2，新制氯水中含氯气，所以新制氯水呈黄绿色，故B正确；C新制氯水中含

18、次氯酸，次氯酸具有强氧化性，具有漂白作用，故C正确；DCl2+H2OHCl+ HClO，生成的次氯酸见光分解，HClO 2HCl+O2，促进平衡正向移动，故氯水宜保存在低温、避光条件下，故D正确；故选A。【点睛】本题考查氯气的性质和氯水的成分，明确氯水中各成分的性质是解答本题的关键。本题的易错点为D，要注意结合次氯酸的性质分析判断。9、D【解析】A卤素单质Cl2、Br2、I2的颜色分别为黄绿色、红棕色、紫色，逐渐加深，A正确；B氯气常温下为气体，易液化，溴单质常温下为液体，易挥发，碘单质为固体，熔点与沸点相接近，易升华，B正确；C同主族元素从上到下原子、离子半径逐渐增大，则氯、溴、碘的原子半径

19、或离子半径随电子层数的增多而增大，C正确；D同主族元素从上到下元素的非金属性逐渐减弱，单质的氧化性逐渐减弱，D错误；答案选D。10、D【解析】Ca2用碳酸钠除去，Mg2用氢氧化钠除去，SO42用氯化钡除去，过滤后向滤液中加入盐酸酸化。但由于过量的氯化钡要用碳酸钠来除，所以碳酸钠必须放在氯化钡的后面，而氢氧化钠可以随意调整，所以先后顺序可以是或或。答案选D。11、C【解析】水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物称为电解质，酸、碱、盐都是电解质，电解质导电必须是自身电离；在上述两种情况下都不能导电的化合物称为非电解质，蔗糖、乙醇等都是非电解质，大多数的有机物都是非电解质；单质、混合物既不是电解质也不

20、是非电解质。【详解】A. 硫酸铜溶液是硫酸铜和水的混合物，既不是电解质，也不是非电解质，故A错误；B. 二氧化碳常温下为气体，只有CO2分子，没有自由移动的离子，虽CO2在水溶液中与水反应，生成碳酸，碳酸电离出自由移动的离子，溶液能够导电，但自由移动的离子不是CO2自身电离，故CO2不属于电解质，故B错误；C. 熔融的NaOH中含有自由移动的氢氧根离子、钠离子能导电，是化合物，所以它是电解质，故C正确；D. 铁丝是金属单质，既不是电解质，也不是非电解质，故D错误；故选C。【点睛】本题考查了电解质的判断，解题关键：对电解质概念的理解。易错点A，注意电解质和非电解质都必须是化合物，单质和混合物既不

21、是电解质也不是非电解质12、B【解析】A. 将O2和H2的混合气体通过灼热的氧化铜，会发生爆炸，故A错误；B. 盐酸能够溶解镁粉和铝粉，而不能溶解铜，可以加盐酸后过滤，除去混在铜粉中的少量镁粉和铝粉，故B正确；C. 汽油和煤油混溶，不能用萃取的方法分离汽油和煤油，故C错误；D. KNO3和NaCl均易溶于水，不能用溶解、过滤的方法分离KNO3和NaCl固体混合物，故D错误；故选B。13、C【解析】过滤实验的操作要点是“一贴”“二低”“三靠”。图中操作上的错误有2处：液体未用玻璃棒引流；漏斗颈的末端未与烧杯的内壁相接触。14、B【解析】A、二氧化碳也与氢氧化钠溶液反应，应该用饱和碳酸氢钠溶液除去

22、二氧化碳中的氯化氢，A错误；B、铁与硫酸铜发生置换反应生成硫酸亚铁和铜，然后过滤即可得到纯净的硫酸亚铁溶液，B正确；C、在二氧化锰的催化作用下氯酸钾分解生成氯化钾和氧气，但同时又引入了杂质二氧化锰，C错误；D、加入适量的硫酸钠溶液后生成硫酸钡沉淀和硝酸钠，又引入了杂质硝酸钠，应该加入适量的硫酸钾溶液后过滤，D错误。答案选B。15、D【解析】A项、32g氧气的物质的量为1mol，1mol氧气分子中含有2molO原子，含2NA个原子，故A错误；B项、胶粒是粒子的集合体，且没有明确2 mol/L的氢氧化铁胶体的体积，无法计算氢氧化铁胶粒数，故B错误；C项、标准状况下CCl4不是气体，不能使用标准状况

23、下的气体摩尔体积计算，故C错误；D项、C2H4和C3H6的最简式都是CH2，14g CH2的物质的量为1mol，含有1molC原子，故D正确。故选D。【点睛】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，注意明确标准状况下气体摩尔体积的使用条件，掌握好以物质的量为中心的各物理量与阿伏加德罗常数的关系，试题有利于提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。16、D【解析】A、质量的单位是g或kg，不是gmol-1，gmol-1是摩尔质量的单位，选项A错误；B、摩尔质量的单位是gmol-1，不是g，g是质量的单位，选项B错误；C、氧气所处的状态不明确，故1mol氧气所占的体积不一定是22.4L，选项C错

24、误；D阿伏加德罗常数约为6.021023mol-1，1mol氧气中约含有6.021023个氧分子，选项D正确；答案选D。二、非选择题（本题包括5小题）17、CO2 BaCO3 BaCl2 、CaCO3、NaOH CuSO4、K2SO4 KCl 取无色滤液C，做焰色反应，透过蓝色钴玻璃观察到火焰呈淡紫色，则存在KCl,否则不存在KCl 【解析】白色粉末加水溶解后得到白色滤渣和无色溶液，说明不含有硫酸铜，白色滤渣加入盐酸完全溶解并产生气体B，说明该滤渣为碳酸盐沉淀，气体B为二氧化碳，肯定有碳酸钙，无色滤液加入二氧化碳产生白色沉淀，说明滤液中含有氯化钡。据此解答。【详解】白色粉末加水溶解后得到白色滤

25、渣和无色溶液，说明不含有硫酸铜，白色滤渣加入盐酸完全溶解并产生气体B，说明该滤渣为碳酸盐沉淀，气体B为二氧化碳，肯定有碳酸钙，无色滤液加入二氧化碳产生白色沉淀，说明滤液中含有氯化钡和氢氧化钠，则一定不含硫酸钾。(1)气体B 为二氧化碳，化学式为CO2，白色沉淀为BaCO3；(2).根据以上分析可知，白色粉末一定含有BaCl2 、CaCO3、NaOH，一定不含CuSO4、K2SO4，可能含有 KCl；(3)确定氯化钾是否存在，可以用焰色反应，即取无色滤液C，做焰色反应，透过蓝色钴玻璃观察到火焰呈淡紫色，则存在KCl,否则不存在KCl。【点睛】掌握各物质的溶解性和离子反应，根据溶液为无色，确定不含

26、铜离子，根据白色滤渣能完全溶于盐酸生成气体分析，该物质为碳酸钙，气体为二氧化碳，因为通入二氧化碳能产生白色沉淀，说明含有钡离子，但氯化钡和二氧化碳不反应，所以应还含有氢氧化钠，当溶液中有钡离子时，不能含有硫酸根离子，即不含硫酸钾。18、BaCl2 CuSO4 Na2CO3 CO32-2H=H2OCO2 Cu2SO42-Ba22OH=BaSO4Cu(OH)2 【解析】若把四种盐分别溶于盛有蒸馏水的四支试管中，只有C盐的溶液呈蓝色，C中含Cu2+，Cu2+与CO32-在溶液中不能大量共存，C中不含CO32-；若向的四支试管中分别加入盐酸，B盐的溶液有沉淀生成，D盐的溶液有无色无味的气体逸出，则B中

27、含Ag+，D中含CO32-；由于Ag+与SO42-、Cl-、CO32-在溶液中不能大量共存，则B为AgNO3；由于CO32-与Ba2+、Ag+、Cu2+在溶液中不能大量共存，则D为Na2CO3；Ba2+与SO42-在溶液中不能大量共存，离子在物质中不能重复出现，结合的推断，A为Ba（NO3）2，C为CuSO4；根据上述推断作答。【详解】若把四种盐分别溶于盛有蒸馏水的四支试管中，只有C盐的溶液呈蓝色，C中含Cu2+，Cu2+与CO32-在溶液中不能大量共存，C中不含CO32-；若向的四支试管中分别加入盐酸，B盐的溶液有沉淀生成，D盐的溶液有无色无味的气体逸出，则B中含Ag+，D中含CO32-；由

28、于Ag+与SO42-、Cl-、CO32-在溶液中不能大量共存，则B为AgNO3；由于CO32-与Ba2+、Ag+、Cu2+在溶液中不能大量共存，则D为Na2CO3；Ba2+与SO42-在溶液中不能大量共存，离子在物质中不能重复出现，结合的推断，A为Ba（NO3）2，C为CuSO4；（1）A的化学式为Ba（NO3）2，C的化学式为CuSO4，D的化学式为Na2CO3。（2）D为Na2CO3，盐酸与Na2CO3反应生成NaCl、H2O和CO2，反应的离子方程式为2H+CO32-=H2O+CO2。（3）C为CuSO4，CuSO4与Ba（OH）2溶液反应的化学方程式为CuSO4+Ba（OH）2=Cu（

29、OH）2+BaSO4，反应的离子方程式为Cu2+SO42-+Ba2+2OH-=Cu（OH）2+BaSO4。【点睛】本题考查离子的推断，熟悉各离子的性质和离子间的反应是解题的关键。离子的推断必须遵循的原则：肯定原则（根据实验现象确定一定存在的离子）、互斥原则（相互间能反应的离子不能在同一溶液中共存）、守恒原则（阳离子所带正电荷的总数等于阴离子所带负电荷总数）。19、5.6 500ml容量瓶 EBFDACG 检查容量瓶是否漏液 BF 【解析】（1）根据c=1000/M可知，浓H2SO4溶液的物质的量浓度=10001.898%/98=18.0mol/L，根据溶液稀释规律：稀释前后溶质的量保持不变，设

30、需量取该浓H2SO4溶液的体积是VL ，实验室没有450mL容量瓶，只能选用500mL容量瓶，所以18.0V=0.20.5，V=0.0056L=5.6mL；综上所述，本题答案是：5.6。（2）实验室配制一定浓度的溶液需要的玻璃仪器除量筒、玻璃棒、胶头滴管、烧杯外还需要500mL容量瓶；综上所述，本题答案是：500ml容量瓶。（3）配制步骤有量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀等操作,用10mL量筒量取硫酸,在烧杯中稀释,并用玻璃棒搅拌,冷却后转移到500mL容量瓶中,并用玻璃棒引流,洗涤烧杯与玻璃棒2-3次,并移入容量瓶内,当加水至液面距离刻度线1-2cm时,改用胶头滴管滴加,盖好瓶塞,反复颠倒

31、摇匀,故操作顺序为EBFDACG ；容量瓶有玻璃塞和玻璃旋塞，因此为防止在使用过程中出现漏液现象，在使用之前需要进行检查容量瓶是否漏液； 综上所述，本题正确答案是：EBFDACG；检查容量瓶是否漏液。（4）A.定容时俯视容量瓶,所配溶液体积偏小,配制溶液的浓度偏大,故 A不符合；B量筒取浓H2S04溶液时俯视读数，量取硫酸溶液的体积偏小，所配溶液的浓度偏小，故B符合；C配制需加水定容，使用容量瓶前未干燥，对所配溶液浓度无影响,故C不符合；D未待烧杯中溶液冷却就转入容量瓶，造成溶液的体积偏小，所配溶液浓度偏大，故 D不符合；E定容时将蒸馏水洒在容量瓶外面，可以继续加水,对所配溶液浓度无影响,故E

32、 不符合；F使用的烧杯和玻璃棒未洗涤彻底，移入容量瓶内溶质硫酸的物质的量偏小，所配溶液浓度偏小，故F符合；综上所述，本题选BF。20、21.2 e ac 足量BaCl2溶液 足量Na2CO3溶液 适量稀盐酸 NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3+NH4Cl 2NaHCO3 Na2CO3+H2 O+CO2 CO2 取少量纯碱样品，加入足量的稀硝酸，在加入硝酸银溶液，若生成白色沉淀，则说明其中含有氯离子。 ac 【解析】本题主要考查一定物质的量浓度溶液的配制以及侯氏制碱法相关实验。I.（1）根据m=nM以及n=cV计算；（2）配制溶液的操作顺序为计算、称量、溶解并冷却、转液、洗涤并转液、

33、定容、摇匀；（3）根据并结合操作对n和V的影响进行误差分析；II.（1）除去饱和食盐水的中SO42-、Ca2+离子可依次加入过量BaCl2溶液和过量Na2CO3溶液，过滤后，向滤液中再加入适量稀盐酸；（2）装置I中反应为侯氏制碱法制备NaHCO3的反应；装置II中发生NaHCO3在加热条件下分解的反应；（3）根据图示信息分析可循环利用的物质；（4）检验Cl-常用试剂为硝酸酸化的硝酸银溶液，根据离子反应设计实验并根据相关现象推断是否含有Cl-；根据实验是否能测定出纯碱中NaHCO3或Na2CO3的量进行分析。【详解】I.用纯净的碳酸钠固体配制500mL 0.40mol/L Na2CO3溶液。（1

34、）称取Na2CO3固体的质量；（2）配制溶液的操作顺序为计算、称量、溶解并冷却、转液、洗涤并转液、定容、摇匀，故第4步是e；（3）a.定容时，仰视刻度线，导致溶液体积偏大，根据可知，溶液浓度将偏小，正确；b.定容时，如果加水超过刻度线，需重新配制，错误；c.转移时，溶液倒出容量瓶外，会导致溶质的量减少，需重新配制，正确；d.摇匀后，部分溶液附着于刻度线以上器壁和瓶塞，导致液面低于刻度线，若再加水至刻度线，会导致溶液浓度偏小，错误；II.侯德榜制碱法制取纯碱的相关方程式为：NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3+NH4Cl，2NaHCO3 Na2CO3+H2 O+CO2。（1）除去饱和食

35、盐水的中SO42-、Ca2+离子可依次加入过量BaCl2溶液和过量Na2CO3溶液，再过滤除去BaSO4、CaCO3、BaCO3，因加入Na2CO3溶液过量，需除去，可向滤液中加入适量稀盐酸将Na2CO3反应生成NaCl；（2）装置I中反应为制备NaHCO3的反应，其化学方程式为：NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3+NH4Cl；装置II中发生NaHCO3在加热条件下分解的反应，其化学方程式为：2NaHCO3 Na2CO3+H2 O+CO2；（3）由图可知，该流程中可循环利用的物质是CO2；（4）检验NaHCO3溶液中的Cl-选用硝酸酸化的AgNO3溶液，其操作为：取少量纯碱样品，加

36、入足量的稀硝酸，在加入硝酸银溶液，若生成白色沉淀，则说明其中含有氯离子；a.向m克纯碱样品中加入足量CaCl2溶液，Na2CO3与CaCl2反应生成CaCO3沉淀，沉淀经过滤、洗涤、干燥，称其质量为b g，可计算出纯碱的纯度=，正确；b.向m克纯碱样品中加入足量稀盐酸，Na2CO3和NaHCO3与过量的稀盐酸反应均能产生CO2气体，用碱石灰(主要成分是CaO和NaOH)吸收产生的气体，碱石灰增重b g，无法确定NaHCO3或Na2CO3的量，故无法计算纯碱纯度，错误；c.向m克纯碱样品中加入足量AgNO3溶液，Na2CO3与AgNO3反应生成Ag2CO3沉淀，产生的沉淀经过滤、洗涤、干燥，称其

37、质量为b g，可计算出纯碱的纯度=，正确。【点睛】侯氏制碱法直接制备的物质是NaHCO3，不是Na2CO3；生成物中NaHCO3在饱和食盐水中的溶解度较小而析出；制备过程中，需先通入NH3，后通过CO2，因NH3在水中溶解度较大，形成的氨水溶液浓度较大，可反应更多的CO2，能有效提高生产效率；食盐水需选择饱和食盐水，保证生成的NaHCO3能够尽可能多地析出。21、NaOH 将溶液中的Fe2+和Cu2+转化为沉淀，便于与含有Na+的溶液分离 漏斗、玻璃棒、烧杯 沿玻璃棒向过滤器中加蒸馏水至刚好没过沉淀B，静置，使水自然流出，重复23次 Fe和Cu 稀硫酸 Fe+H2SO4=FeSO4+H2 蒸发

38、浓缩 冷却结晶 过滤 【解析】（1）工业废水中含有Na+、Fe2+和Cu2+，加入NaOH溶液，使将溶液中的Fe2+和Cu2+转化为沉淀，便于与含有Na+的溶液分离；综上所述，本题答案是：NaOH ，将溶液中的Fe2+和Cu2+转化为沉淀，便于与含有Na+的溶液分离。 （2）操作a的名称为过滤，所需要的玻璃仪器为：漏斗、玻璃棒、烧杯；洗涤固体B的操作：沿玻璃棒向过滤器中加蒸馏水至刚好没过沉淀B，静置，使水自然流出，重复23次；综上所述，本题答案是：漏斗、玻璃棒、烧杯 ；沿玻璃棒向过滤器中加蒸馏水至刚好没过沉淀B，静置，使水自然流出，重复23次。 （3）溶液C的成分为CuSO4,FeSO4、H2SO4，过量的铁是为了将CuSO4中的铜全部置换出来，过滤出Fe、Cu，溶液D中只有一种盐是硫酸亚铁，所以固体E就是Fe、Cu；铜与稀硫酸不反应，铁与硫酸反应，方程式为Fe+H2SO4=FeSO4+H2；所以混合物中加入过量稀硫酸的目的是除去铜中的铁，实现了回收金属铜；因此，本题正确答案是: Fe和Cu；稀硫酸 Fe+H2SO4=FeSO4+H2。 （4）蒸发是从溶液中获得晶体常采用的方法,产生沉淀后通过过滤实现分离,因此从溶液D和溶液G中得到FeSO47H2O晶体的操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤；因此，本题正确答案是: 蒸发浓缩、冷却结晶、过滤。