2023届重庆市凤鸣山中学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请考生注意：1请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用05毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2答题前，认真阅读答题纸上的注意事项，按规定答题。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、某白色粉末由两种物质组成，为鉴别其成分进行如下实验：取少量样品加入足量水仍有部分固体未溶解；再加入足量稀盐酸，有气泡产生，固体全部溶解；取少量样品加入足量稀硫酸有气泡产生，振荡后仍有固体存在。该白色粉末可能为ANaHCO3、Al（OH）3BAgCl、NaHCO3CNa2SO3、BaCO3DNa

2、2CO3、CuSO42、用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中不正确的是A标况下，22.4 L氧气的分子数为NAB100 g质量分数为98的浓硫酸中所含氧原子数为4NAC常温常压下，42 g C2H4和C3H6的混合气体含有的H原子数为6NAD18 g NH4含有的电子数为10NA3、把4.48 L CO2通过一定量的固体过氧化钠后收集到3.36 L气体（气体的测量均在标准状况下），下列说法中不正确的是A3.36 L气体的总质量是6gB反应中共转移0.1mol电子C有15.6g过氧化钠参加反应D反应中过氧化钠既是氧化剂，又是还原剂4、下列溶液中Cl-与50mL 1molL-1 MgCl2溶液

3、中Cl-的物质的量浓度相等的是（）A100 mL 1 molL-1的NaCl溶液B50 mL 1 molL-1 NH4Cl溶液C150 mL 2 molL-1的KCl溶液D75 mL 1 molL-1的FeCl3溶液5、目前大部分食盐用于A调味品B腌制食物C化工原料D防腐处理6、将下列各组物质按酸、碱、盐分类顺次排列，其中正确的是()A硫酸、纯碱、孔雀石Cu2(OH)2CO3B硝酸、烧碱、绿矾FeSO47H2OC醋酸、乙醇、碳酸钙D盐酸、熟石灰、苛性钠7、关于物质的分类，下列组合中正确的是（ ）选项酸碱盐酸性氧化物碱性氧化物纯净物A硫酸纯碱磷酸铵二氧化碳氧化铁水煤气B盐酸烧碱氯化钠二氧化氮氧化

4、钠胆矾C醋酸火碱氯化钙二氧化硫氧化铜碱式碳酸铜D硝酸苛性钾碳酸钙三氧化硫氧化钙只含一种元素的物质AABBCCDD8、病人输液用的葡萄糖注射液是葡萄糖(C6H12O6)的水溶液，其标签上的部分内容如图所示。根据标签所提供的信息，判断下列说法不正确的是A该注射液属于一种分散系B该注射液中葡萄糖的质量分数为5%C500mL该注射液质量为25gD该注射液中葡萄糖的物质的量浓度约为0.28mol/L9、下列物质中属于电解质的是（ ）A铜B蔗糖溶液C氯化钠溶液D氯化钠晶体10、对于某些离子的检验及结论一定正确的是A向某溶液中加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，则原溶液中一定有CO3

5、2B向某溶液中加入BaCl2溶液有白色沉淀产生，再加稀硝酸，沉淀不消失，则原溶液中一定有Ag+C向某溶液中先加入盐酸酸化，没有明显现象，再加入BaCl2溶液，有白色沉淀产生，则原溶液中一定有SO42-D向某溶液中加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸沉淀消失，则原溶液一定有Ba2+11、在甲、乙两烧杯溶液中，分别含有下列离子中的三种：Fe3+、K、H、SO42-、CO32-、OH。已知甲烧杯的溶液呈黄色，则乙烧杯的溶液中大量存在的离子是ACO32-、OH、SO42- BK、OH、CO32-CFe3+、H、SO42- DK、H、SO42-12、下面两种气体的分子数一定相等的是A氮气和一氧化碳的质量

6、相等，密度不同B氮气和一氧化碳体积相等C在温度相同、体积相等的条件下氧气和氮气D在压强相同、体积相等的条件下氧气和氮气13、 “垃圾是放错了位置的资源”，应该分类回收。生活中废弃的铁锅、铝制的易拉罐、铜导线等可以归为一类加以回收，它们属于（ ）A氧化物B盐C碱D金属或合金14、已知：6.72 L NH3(标准状况下)1.2041023个H2S分子5.6 g CH40.5 mol HCl，下列关系正确的是()A体积大小：B原子数目：C密度大小：D质量大小：15、下列物质属于强电解质是ABaSO4 B盐酸 CCl2 DCO216、配制250mL一定浓度的NaOH溶液时，下列实验操作会使配得的溶液浓

7、度偏大的是A转移溶液后未洗涤烧杯和玻璃棒就直接定容B在容量瓶中进行定容时俯视刻度线C带游码的天平称24gNaOH时误用了“左码右物”方法D所用NaOH已经潮解二、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）如若需要确定可能含有的物质是否存在，应如何操作：_。18、现有稀硫酸、纯碱、二氧化碳、铜片、食盐、生石灰、铁片和木炭粉8种物质。(1)在这8

8、种物质中，属于电解质的有_(用相应的化学式表示，下同)。(2)这8种物质中的某5种存在下面的相互关系，选择适当的物质填入，使有连线的两种物质能发生反应，并回答下列问题。它们的化学式分别为：_；_；_。如果连线对应的反应分别用A、B、C、D、E表示。五个反应中属于氧化还原反应的有_个；反应A的离子方程式为_，反应D的化学方程式为_。19、.选择下列实验方法分离物质,将分离方法的序号填在横线上。A萃取分液B加热分解C结晶D分液E.渗析F.蒸馏G.过滤（1）_分离饱和食盐水和沙子的混合物。（2）_从硝酸钾和氯化钠的混合溶液中获得硝酸钾.（3）_分离水和煤油的混合物。（4）_分离水和酒精。（5）_分离

9、溴水中的溴和水.（6）_分离淀粉和氯化钠的混合溶液。.食盐是日常生活的必需品,也是重要的化工原料:（1）粗食盐常含有少量等杂质离子,实验室提纯氯化钠的流程如下:提供的试剂:饱和碳酸钠溶液、饱和碳酸钾溶液、氢氧化钠溶液、氯化钡溶液、硝酸钡溶液欲除去溶液中的离子,选出a代表的试剂,按滴加顺序依次为_(只填化学式)。过滤之前,怎样检验硫酸根离子已除尽:_.若先用盐酸调pH再过滤,将对实验结果产生影响,其原因是_,（2）用提纯的氯化钠配制250mL0.2mol/L氯化钠溶液:配制溶液时用到的玻璃仪器有_(填仪器名称)。计算后,需称出氯化钠质量为_g.下列操作对所得溶液浓度有何影响,在横线上填写“偏高”

10、或“偏低”或“无影响”：A定容时仰视容量瓶刻度线：_；B称量时砝码生锈:_；C移液时玻璃棒末端在容量瓶刻度线之上:_。20、实验室可以用高锰酸钾和浓盐酸反应制取氯气，反应的化学方程式如下：2KMnO4+16HCl(浓)2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O (1)用双线桥法标出电子转移的方向和数目 _。(2)该反应中氧化剂与氧化产物物质的量之比是_。(3)由该反应判断， KMnO4 的氧化性比 Cl2 的氧化性(选填“强”或“弱”) _。(4)如反应中转移了 2mol 电子，则产生的 Cl2 在标准状况下体积为_L 。 (5)某同学欲用 KMnO4 固体配制100mL 0.5mol/L 的

11、溶液 。回答下列问题：配制 KMnO4 溶液时需用的主要仪器有托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、量筒、_、_。下列对容量瓶及其使用方法的描述中正确的是(请填序号)_。A容量瓶上标有容积、温度和刻线B容量瓶用蒸馏水洗净后，必须加热烘干C配制溶液时，把量好的 KMnO4 固体小心放入容量瓶中，加入蒸馏水到接近刻度线 12 cm 处，改 用胶头滴管加蒸馏水至刻度线D使用前要检查容量瓶是否漏水不规范的实验操作会导致实验结果的误差。分析下列操作对实验结果的影响偏小的是_(请填序 号) A加水定容时俯视刻度线 B容量瓶水洗后有水残留C颠倒摇匀后发现凹液面低于刻度线又加水补上 D在溶解过程中有少量液体溅出烧杯外

12、21、现有金属A、B和气体甲、乙、丙及物质C、D、F、F，它们之间的转化发生如下反应，（图中有些反应的产物和反应条件没有全部标出），黄绿色气体溶于水后的溶液有漂白性且能杀菌消毒，其中物质F的水溶液呈黄色，物质E在氧化剂作用下很容易转化为物质F，F能与物质C的溶液反应生成红褐色沉淀请回答下列问题：（1）物质F的化学式为_（2）写出金属A与水反应的化学方程式：_写出黄绿色气体乙和水反应的离子化学方式：_实验室制备黄绿色气体的化学方程式:_.（3）金属单质A投入到下列溶液中既有气体，又有沉淀出现的是_A、氯化钠溶液 B、碳酸钠溶液 C、硫酸铜溶液 D、氯化铵溶液参考答案一、选择题（每题只有一个选项符

13、合题意）1、C【解析】A NaHCO3、Al（OH）3中加入足量稀硫酸有气泡产生，生成硫酸钠、硫酸铝、二氧化碳和水，最终无固体存在，A项错误；BAgCl不溶于酸，固体不能全部溶解，B项错误；C亚硫酸钠和碳酸钡溶于水，碳酸钡不溶于水使部分固体不溶解，加入稀盐酸，碳酸钡与盐酸反应生成氯化钡、二氧化碳和水，固体全部溶解，再将样品加入足量稀硫酸，稀硫酸和碳酸钡反应生成硫酸钡沉淀和二氧化碳和水，符合题意，C项正确；D Na2CO3、CuSO4中加热足量稀硫酸，振荡后无固体存在，D项错误；答案选C。2、B【解析】A. 标准状况下，22.4L氧气的物质的量为22.4L22.4L/mol=1mol，分子数为N

14、A，故A正确；B. 100 g质量分数为98的浓硫酸中，硫酸的物质的量为100g98%98g/mol=1mol，水的物质的量为100g2%18g/mol=mol，氧原子的物质的量为1mol4+mol1=(4+)mol，氧原子的数目为(4+) NA，故B错误；C. C2H4和C3H6的最简式均为CH2，则42g CH2的物质的量为42g14g/mol=3mol，氢原子的物质的量为3mol2=6mol，个数为6 NA，故C正确；D. 一个NH4中含有10个电子，18 g NH4的物质的量为18g18g/mol=1mol，所含电子的物质的量为1mol10=10mol，个数为10 NA，故D正确，答案

15、选B。3、C【解析】由2Na2O2 +2CO2=2Na2CO3 +O2可知，4.48 L CO2通过一定量的过氧化钠后产生氧气的体积应为2.24L，实际收集到3.36L，说明CO2没有完全反应。差量法计算： 2Na2O2 +2CO2=2Na2CO3 +O2 体积变化量 222.4L 22.4L 22.4L V(CO2) V(O2) 4.48L3.36L=1.12L 参加反应V(CO2)=2.24L， 在在标准状况下，n(CO2)= 2.24L/22.4L/mol=0.1mol，生成氧气V(O2)= 1.12L，n(O2)=1.12L/22.4L/mol=0.05mol。A. 3.36 L气体组

16、成为0.05mol氧气、0.1molCO2，总质量为：0.05mol 32g/mol+0.1mol44g/mol=6.0g，故A正确；B. 过氧化钠发生歧化反应，反应中转移电子为：0.05mol2=0.1mol，故B正确；C. 参加反应过氧化钠的物质的量为0.1mol，则m(Na2O2)= 0.1mol78g/mol=7.8g，故C错误；D. 反应中过氧化钠中负一价氧降为负二氧，又升高为零价，所以，过氧化钠既是氧化剂，又是还原剂，故D正确。4、C【解析】根据同一化学式中各微粒的浓度等于物质的物质的量浓度离子个数， 50mL 1molL-1 MgCl2溶液中Cl-物质的量浓度为2mol/L。【详

17、解】A、100 mL 1 molL-1的NaCl溶液中Cl-的物质的量浓度c（Cl-）=1mol/L，故不选A； B、50 mL 1 molL-1 NH4Cl溶液中Cl-的物质的量浓度c（Cl-）=1mol/L，故不选B； C、150 mL 2 molL-1的KCl溶液中Cl-的物质的量浓度c（Cl-）=2mol/L，故选C； D、75 mL 1 molL-1的FeCl3溶液中Cl-的物质的量浓度c（Cl-）=3mol/L，故不选D。【点睛】本题考查物质的量浓度的计算与理解，题目难度不大，注意溶液中溶质离子的浓度与溶液体积无关，只取决于物质电离出的离子的数目多少与溶质的浓度。5、C【解析】食盐

18、是日常生活中作调味品，可以用于腌制食品，做调味品，也是重要的化工原料，如制取氢氧化钠、氯气、制盐酸等，也可以用于防腐处理，大部分食盐用于化工原料。答案选C。6、B【解析】A纯碱是碳酸钠的俗称，属于盐类，故A错误；B硝酸，烧碱，绿矾分别属于酸、碱和盐，故B正确；C乙醇属于非电解质，不会发生电离，不属于碱，故C错误；D苛性钠是氢氧化钠的俗称，属于碱类，故D错误；答案选B。7、C【解析】溶于水电离出的阳离子全部是氢离子的化合物是酸，溶于水电离出的阴离子全部是氢氧根离子的化合物是碱，由酸根离子和金属阳离子或铵根离子组成的化合物是盐，能与碱反应生成盐和水的氧化物是酸性氧化物，能与酸反应生成盐和水的氧化物

19、是碱性氧化物，由一种物质组成的是纯净物，据此解答。【详解】A. 纯碱是碳酸钠，属于盐，水煤气的主要成分是一氧化碳和氢气，属于混合物，故A错误；B. 盐酸是氯化氢的水溶液，属于混合物，氯化氢是酸，二氧化氮溶于水生成硝酸和NO，不是酸性氧化物，故B错误；C. 物质的分类均正确，故C正确；D. 只含一种元素的物质不一定是纯净物，例如氧气和臭氧组成的物质是混合物，故D错误；选C。8、C【解析】A注射液是一种混合物，属于一种分散系，A正确；B由标签所提供的信息，可知该注射液中葡萄糖的质量分数为5%，B正确；C500mL该注射液中葡萄糖的质量为25g，C错误；D葡萄糖的质量为25g，其物质的量n=，物质的

20、量浓度约为c= =0.28molL-1，D正确；答案选C。9、D【解析】A铜是单质，既不是电解质也不是非电解质，故A不符合题意；B蔗糖溶液是混合物，不属于电解质，故B不符合题意；C氯化钠溶液是混合物，不属于电解质，属于电解质溶液，故C不符合题意；D氯化钠晶体是盐，属于电解质，故D符合题意。综上所述，答案为D。10、C【解析】A. 向某溶液中加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，则原溶液中可能有CO32-、HCO3-、SO32-、HSO3-，A错误；B. 向某溶液中加入BaCl2溶液有白色沉淀产生，再加稀硝酸，沉淀不消失，则原溶液中可能有Ag+或SO42-等，B错误；C.

21、向某溶液中先加入盐酸酸化，没有明显现象，则溶液中无Ag+，再加入BaCl2溶液，有白色沉淀产生，且不溶于酸，则原溶液中一定有SO42-，C正确；D. 向某溶液中加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸沉淀消失，则原溶液可能有Ba2+或Ca2+等，D错误；答案为C。【点睛】能够使澄清的石灰水变浑浊的气体有CO2、SO2。11、B【解析】甲烧杯的溶液呈黄色色，说明甲烧杯中含有Fe3+离子，根据离子能否大量共存判断甲乙烧杯中可能存在的离子。【详解】甲烧杯的溶液呈黄色色，说明甲烧杯中含有Fe3+离子，CO32-、OH-离子与Fe3+离子生成沉淀而不能大量共存，则CO32-、OH-离子存在于乙烧杯中，溶液中

22、含有阴离子，则一定存在阳离子，而H+离子与CO32-、OH-离子不能共存，所以乙烧杯中还含有K+离子，所以甲烧杯中含有H+-、Fe3+、SO42-离子，乙烧杯中含有K+、OH-、CO32-离子，故选B。【点睛】本题考查离子共存问题，根据溶液的颜色判断甲烧杯中含有Fe3+离子，根据离子能否大量共存判断甲乙烧杯中可能存在的离子。12、A【解析】A. 氮气和一氧化碳的摩尔质量相同，当其质量相等时，其物质的量也相等，故其分子数一定相等，与密度无关，A正确；B. 氮气和一氧化碳体积相等，其分子数不一定相等，体积受温度和压强两个因素影响，B不正确；C. 在温度相同、体积相等的条件下，若压强不等，则氧气和氮

23、气的分子数不相等，C不正确；D. 在压强相同、体积相等的条件下，若温度不同，则氧气和氮气的分子数不相等。本题选A。13、D【解析】由两种元素组成，其中一种是氧元素的化合物是氧化物。由酸根离子和金属阳离子（铵根离子）构成的化合物是盐。电离出的阴离子全部是OH的化合物是碱。生活中废弃的铁锅、铝制易拉罐、铜导线等等都属于废旧金属材料，它们的主要成分是金属单质或合金，故它们属于金属或合金。所以答案选D。14、B【解析】标准状况下6.72 L NH3的物质的量为=0.3mol，1.2041023个H2S分子的物质的量为=0.2mol，5.6 g CH4的物质的量为=0.4mol，0.5 mol HCl的

24、物质的量为0.5mol，物质的量大小顺序为。【详解】A项、相同条件下，体积之比等于物质的量之比，物质的量大小顺序为，则体积大小为，故A正确；B项、NH3中原子的物质的量为0.3mol4=1.2mol，H2S含有的原子的物质的量为0.2mol3=0.6mol，CH4含有的原子的物质的量为0.4mol5=2mol，HCl含有的原子的物质的量为0.5mol2=1mol，原子数目之比等于物质的量之比，则原子数目大小为，故B正确；C项、同温同压下，密度之比等于相对分子质量之比，NH3相对分子质量为17，H2S相对分子质量为34，CH4相对分子质量为16，HCl相对分子质量为36.5，故密度大小为，故C错

25、误；D项、NH3质量为17g/mol0.3mol=5.1g，H2S质量为34g/mol0.2mol=6.8g，CH4量为16g/mol0.4mol=6.4g，HCl质量为36.5g/mol0.5mol=18.25g，故质量大小为，故D错误；故选B。【点睛】掌握和理解应用万能公式n=cV是解答关键。15、A【解析】电解质分为强电解质和弱电解质，强电解质是在水溶液里部分电离的电解质，包括强酸、强碱和活泼金属氧化物以及大部分盐；弱电解质是在水溶液里部分电离的电解质，包括弱酸、弱碱、水与少数盐，强电解质和弱电解质都是化合物，据此判断。【详解】ABaSO4在熔融状态下能完全电离，是强电解质，故A正确；B

26、盐酸是混合物，它既不是电解质也不是非电解质，故B错误；CCl2是单质，它既不是电解质也不是非电解质，故C错误； DCO2和水反应生成碳酸，碳酸能电离出自由移动的阴阳离子，所以二氧化碳的水溶液导电，但电离出离子的物质是碳酸不是二氧化碳，所以二氧化碳是非电解质，故D错误； 答案选A。【点睛】本题考查了强弱电解质的判断，明确：电解质的强弱是以电离程度判断的，不是以导电能力大小以及溶解性判断的。16、B【解析】根据一定物质的量浓度的溶液的实验操作误差分析；【详解】A.转移溶液后未洗涤烧杯和玻璃棒，就会有一部分溶质没有转移到容量瓶中。若直接定容，则溶质的物质的量减少，所配制的溶液浓度偏低。故A错误；B.

27、若在容量瓶中进行定容时俯视刻度线，则所配制的溶液的体积偏小，由于溶质的物质的量没有变化，所以溶液的浓度就偏大。故B正确；C. 将砝码放在左盘，被称量物放在右盘，使用游码，会导致所称取的氢氧化钠的质量少，导致溶液的浓度偏低，故C错误；D. 所用NaOH固体已潮解，称取一定质量的NaOH时，溶质的物质的量偏小，所配溶液浓度偏低，故D错误。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。二、非选择题（本题包括5小题）17、CO2 BaCO3 BaCl2 、CaCO3、NaOH CuSO4、K2SO4

28、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，

29、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、

30、（1）Na2CO3、NaCl、CaO；（2）Fe H2SO4CO2CaO Na2CO31 Fe2H=Fe2H2不属于 H2SO4Na2CO3=Na2SO4H2OCO2【解析】试题分析：（1）电解质指的是在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物，因此属于电解质的有Na2CO3、NaCl、CaO；（2）单质能够和酸，则单质为Fe，酸为H2SO4；盐能够和H2SO4反应，因此盐为Na2CO3；氧化物能够和H2SO4反应，因此氧化物为碱性氧化物CaO；氧化物能够和CaO反应，则氧化物为CO2；故答案：Fe H2SO4CO2CaO Na2CO3；有化合价升降的反应为氧化还原反应，在五个反应中，只有反应A为氧

31、化还原反应；反应A的离子方程式为Fe2H=Fe2H2；反应B为CO2和CaO的反应，不属于离子反应；反应D是Na2CO3和H2SO4的反应，反应的化学方程式为：H2SO4Na2CO3=Na2SO4H2OCO2。考点：考查物质的分类与性质。19、G C、G D F A E BaCl2、NaOH 、Na2CO3（或NaOH、 BaCl2、Na2CO3） 将浊液静置，向上层清液中继续滴加氯化钡溶液，无沉淀生成，说明SO42-已除尽 在调节pH时，沉淀会与盐酸反应，生成氯化镁、氯化钙、氯化钡等物质，从而影响氯化钠的纯度 烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶和胶头滴管 2.9g 偏低 偏高 偏低 【解析】萃取

32、适合于溶质在不同溶剂中的溶解性不同而分离的一种方法；结晶法适用于不同溶质的溶解度受温度影响不同而分离的一种方法；分液适用于互不相溶的液体之间的一种分离方法；蒸馏是依据混合物中各组分沸点不同而分离的一种法，适用于除去易挥发、难挥发或不挥发杂质；过滤适用于不溶性固体和液体之间的一种分离方法，据此分析可得结论。【详解】.（1）沙子不溶于水，过滤即可，答案为：G；（2）硝酸钾和氯化钠都溶于水，但硝酸钾的溶解度随温度升高而明显增大，随温度降低而明显减小；而氯化钠的溶解度受温度影响不大。所以从硝酸钾和氯化钠的混合溶液中获得硝酸钾用冷却热饱和溶液结晶法后，再过滤的分离方法。故答案为C、G；（3）煤油不溶于水

33、，则分离水和煤油的混合物方法是分液，故答案为D；（4）水和酒精互溶，但其沸点不同，可通过蒸馏的方法进行分离子，故答案为F；（5）单质溴易溶在有机溶剂中，所以分离溴水中的溴和水的方法为先萃取，然后再分液，故答案为A；（6）淀粉溶液为胶体，不能透过半透膜，而钠离子和氯离子能透过半透膜，所以分离淀粉和氯化钠的混合溶液的方法为渗析，故答案为E；. （1）沉淀Ca2+用Na2CO3溶液、沉淀Mg2+用NaOH溶液、沉淀SO42-用BaCl2溶液，但要注意除杂试剂必须过量且过量的试剂后续过程中需除去，则除SO42-后过量的BaCl2溶液应用Na2CO3溶液除去，所以除杂试剂Na2CO3溶液应在BaCl2溶

34、液的后面加入，则试剂滴加的顺序可以是BaCl2、NaOH 、Na2CO3或NaOH、 BaCl2、Na2CO3。故答案为BaCl2、NaOH 、Na2CO3（或NaOH、 BaCl2、Na2CO3）；检验SO42-沉淀完全的操作方法为将浊液静置，向上层清液中继续滴加氯化钡溶液，无沉淀生成，说明SO42-完全沉淀；故答案为将浊液静置，向上层清液中继续滴加氯化钡溶液，无沉淀生成，说明SO42-已除尽；若先用盐酸调pH再过滤，则Mg（OH）2、CaCO3、BaCO3会与盐酸反应，生成氯化镁、氯化钙、氯化钡等物质，从而影响氯化钠的纯度，故答案为在调节pH时，沉淀会与盐酸反应，生成氯化镁、氯化钙、氯化钡

35、等物质，从而影响氯化钠的纯度；（2）实验室进行一定浓度溶液的配制步骤有称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、250ml容量瓶和胶头滴管，故答案为烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管；所需氯化钠的质量为：0.25L0.2mol/L58.5g/mol=2.925g，由于托盘天平的精确度为0.1g，则需称取氯化钠为2.9g，故答案为2.9g；A.定容时仰视容量瓶刻度线，造成溶液的体积偏大，溶液的浓度偏低，故答案为；偏低；B.砝码生锈会导致砝码的质量比标准质量偏大，用生锈的砝码称量时会造成溶质偏大，溶液的浓度偏高，故答案为偏高；C.移液时玻璃棒末端在容量瓶刻度线之

36、上，这样会导致有一部液体粘附的刻度线以上，定容后溶液的体积会偏高，溶液的浓度偏低，故答案为偏低。20、 2:5 强 22.4 100mL 容量瓶 胶头滴管 AD CD 【解析】（1）反应2KMnO4+16HCl(浓)2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O中KMnO4为氧化剂，Mn元素的化合价由+7价降低到+2价，得到5个电子，Cl元素化合价升高，被氧化，当有2molKMnO4参加反应，转移电子10mol，则电子转移的方向和数目可表示为；（2）反应中KMnO4得电子，作氧化剂，HCl失电子，作还原剂被氧化生成氯气，氯气为氧化产物，2molKMnO4得10mol电子，10molHCl失去10m

37、ol电子产生5molCl2，则氧化剂KMnO4与氧化产物Cl2物质的量之比是2：5；(3)根据氧化还原反应中氧化剂量的氧化性强于氧化产物，由该反应判断， KMnO4 的氧化性比 Cl2 的氧化性强；(4)如反应中转移了 2mol 电子，则产生的 Cl2 的物质的量为1mol，在标准状况下体积为1mol22.4L/mol=22.4L； （5）配制一定物质的量浓度溶液步骤：计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀，用到的仪器为：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管、100mL容量瓶；故答案为胶头滴管；100mL容量瓶；A容量瓶的定量仪器，所以标有容积和刻度，温度影响溶液的体积，所以容量瓶上

38、还标有使用的温度，选项A正确；B容量瓶用蒸馏水洗净后，由于后面还需要加入蒸馏水定容，所以不必烘干，不影响配制结果，选项B错误；C容量瓶中不能用于稀释浓硫酸，应该在烧杯中稀释，冷却后转移的容量瓶中，选项C错误；D由于容量瓶有瓶塞，配制时需要摇匀，所以使用前要检查容量瓶是否漏水，选项D正确；答案选AD；A加水定容时俯视刻度线，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，选项A错误；B容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理，对溶质的物质的量和溶液体积都不产生影响，溶液浓度不变，选项B错误；C颠倒摇匀后发现凹液面低于刻度线又加水补上，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，选项C正确；D在溶解过程中有少量液体溅出烧杯外，导致溶质

39、的物质的量偏小，溶液浓度偏低，选项D正确；答案选CD。21、FeCl32Na+2H2O=2NaOH+H2Cl2+H2OH+Cl-+HClOMnO2+4HCl（稀）MnCl2+Cl2+H2OC【解析】金属A焰色为黄色，证明A为钠单质，与水反应生成的气体甲为氢气，物质C为氢氧化钠，黄绿色气体溶于水后的溶液有漂白性且能杀菌消毒，说明乙为氯气；氯气与氢气反应生成的气体丙为氯化氢，气体丙溶于水得到的物质D为盐酸，其中物质F的水溶液呈黄色，物质E在氧化剂作用下很容易转化为物质F，F能与物质氢氧化钠溶液反应生成红褐色沉淀，金属B与氯气反应生成F，综上可判断B为铁，F为氯化铁，E为氯化亚铁。（1）物质F为氯化

40、铁，其化学式为FeCl3；（2）金属A为钠，与水反应的化学方程式为：2Na+2H2O=2NaOH+H2；黄绿色气体乙为氯气，和水反应的离子化学方式为：Cl2+H2OH+Cl-+HClO；实验室制备黄绿色气体氯气的化学方程式为：MnO2+4HCl（稀）MnCl2+Cl2+H2O；（3）金属单质A为钠，A钠投入氯化钠溶液中，钠只与水反应生成氢氧化钠和氢气，选项A不符合；B钠投入碳酸钠溶液中，钠只与水反应生成氢氧化钠和氢气，选项B不符合；C钠与硫酸铜溶液反应生成氢气和氢氧化铜沉淀的硫酸钠，反应方程式为：2Na+2H2O+CuSO4=H2+Na2SO4+Cu（OH）2，选项C符合；D钠与氯化铵溶液反应生成氢气和氨气和氯化钠，反应的方程式为：2Na+2NH4Cl2NaCl+2NH3+H2，只产生气体不产生沉淀，选项D不符合。答案选C。