福建省龙海第二中学2022年化学高一第一学期期中学业水平测试试题含解析.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、已知氧化性: Cl2Br2Fe3+I2,则下列离子方程式正确的是A少量氯气与FeBr2溶液反应Cl2+2Br-=2C1-+Br2B过量氯气与FeBr2溶液反应Cl2+Fe2+2Br-=2Cl-+Br2+Fe3+C氯气与FeBr2溶液以物质的量1:1反应2Cl2+2Fe2+2Br-=4Cl-+B

2、r2+2Fe3+D少量氯气与FeI2溶液反应Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+2、完成下列实验所需选择的装置或仪器都正确的是( )A分离植物油和氯化钠溶液B除去氯化钠晶体中混有的氯化钾晶体C分离CCl4中的Br2D除去CO2气体中的HCl气体3、下列离子方程式书写正确的是A实验室用铁和稀硫酸反应制氢气：2Fe + 6H+2Fe3+ 3H2B向沸水中滴加饱和FeCl3溶液制备Fe(OH)3胶体：Fe3+3H2OFe(OH)3+ 3H+C实验室用大理石和稀盐酸反应制取CO2气体：CaCO3+ 2H+Ca2+ + CO2+ H2OD将铝片插入硝酸汞溶液中：Al+ Hg2+Al3+ + Hg4、

3、能用离子方程式OH-H+H2O表示的反应是( )A稀盐酸和稀氨水反应B稀硝酸和氢氧化铜反应C稀硫酸和烧碱溶液反应D稀硫酸和氢氧化钡溶液反应5、下列属于置换反应的是（ ）ABCD6、同温同压，同体积的CO和CO2气体相比较，下列叙述正确的是分子数之比为1：1 所含O原子数之比为1：2原子总数之比为2：3 C原子数之比为1：1 质量之比11：7A B C D7、下列各组物质之间的转化不是全部通过一步反应完成的是()ANaNaOHNa2CO3NaClBAlAl2O3Al(OH)3AlCl3CMgMgCl2Mg(OH)2MgSO4DFeFeCl2Fe(OH)2Fe(OH)38、为除去某物质中所含的杂质

4、，所选用的试剂或操作方法正确的是（ ）序号物质杂质除杂试剂或操作方法NaCl溶液Na2CO3加入盐酸，加热NaBr溶液Br2用CCl4萃取、分液H2CO2依次通过盛有NaOH溶液和浓硫酸的洗气瓶Na2CO3CaCO3加稀盐酸溶解、过滤，蒸发、结晶ABCD9、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0.5L 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%10、同

5、温同压下，11.5 g气体A所占的体积和8g O2 所占的体积相同，则气体A的相对分子质量为A46 B28 C44 D6411、下列说法正确的是A离子键就是使阴、阳离子通过共用电子对而形成的B氯化钠的分子式为 NaClC离子化合物受热熔化时可以导电D离子化合物溶解时，离子键不被破坏12、图中两条曲线分别表示1 g C3H6、1 g M气体在相同体积的容器中压强和温度的关系，试据图形判断M气体可能是( )ASO2BCOCC3H8 DCl213、溶液、胶体和浊液这三种分散系的根本区别是A是否是大量分子或离子的集合体B分散质微粒直径的大小C是否能透过滤纸或半透膜D是否均一、稳定、透明14、在相同的温

6、度和压强下,A 容器中的 CH4和 B 容器中的 NH3所含的氢原子总数相等,则两个容器的体积比为()A4:5B3:4C4:3D1:115、同温同压下，含有相同氧原子数的与CO气体，下列叙述正确的（ ）A物质的量之比为2：1B体积之比为1：2C质量之比为16：7D密度之比为7：1616、某无色透明溶液可能含有K+、NH4+、Cu2+、Ba2+、Cl、CO32、SO42中的几种离子。现取等体积的三份该溶液分别进行如下实验： （1）取第一份溶液加入AgNO3溶液，有白色沉淀产生。（2）取第二份溶液加入过量的BaCl2溶液，所得沉淀经过滤、洗涤、干燥、称重得6. 63 g；在沉淀中加入过量稀盐酸，仍

7、有4. 66 g沉淀。（3）取第三份溶液加入过量浓NaOH溶液，加热使气体全部逸出，收集到能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体0. 672 L(标准状况)。根据上述实验，下列推断正确的是A该溶液一定含有K+、NH4+、CO32、SO42 B该溶液一定含有ClCCu2+一定不存在，Ba2+可能存在 D还需通过焰色反应检验是否含有K+二、非选择题（本题包括5小题）17、A、B、C、D四种可溶性盐，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-中的某一种。若把四种盐分别溶解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

8、中分别加盐酸，B盐溶液有沉淀产生，D盐溶液有无色无味气体逸出。根据、实验事实可推断它们的化学式为：A_，D_。写出下列反应的离子方程式：B+盐酸：_A+C:_18、有一包白色固体粉末，由FeCl3、CaCO3、Na2SO4、KCl、Ba(NO3)2中的几种物质组成，取样品进行如下实验（假设下列过程中，能反应的物质之间的反应恰好完全）：（1）步骤所用分离方法叫做_，要从步骤所得“无色溶液”中提取溶剂，所用分离方法叫做_。（2）写出实验过程中发生化学反应的离子方程式_；_。（3）固体粉末中一定不存在的物质是（填化学式，下同）_；不能确定是否存在的物质是_。（4）将固体粉末可能的组成填入下表（可以不

9、填满，也可以再补充）。_序号化学式（5）设计一个实验，进一步确定混合物的组成，简述实验操作、现象和结论。_19、现有一定量含有Na2O杂质的Na2O2试样，用下图所示的实验装置测定Na2O2试样的纯度(通过CO2与样品反应后生成O2的量测定Na2O2的含量)。(可供选用的反应物：CaCO3固体、6 molL-1盐酸、6 molL-1硫酸和蒸馏水)回答下列问题：(1)实验前必须先_。(2)装置A中液体试剂应选用_。(3)装置B的作用是_；装置C的作用是_；装置E中碱石灰的作用是_。(4)装置D中发生反应的化学方程式是_。(5)若开始时测得样品的质量为2.0 g，反应结束后测得气体体积为224 m

10、L(标准状况)，则Na2O2试样的纯度为_。20、铁是人体必需的微量元素之一，没有铁，血红蛋白就不能结合氧分子进行输氧，所以缺少铁元素，人体易患的疾病为贫血，医学上经常用硫酸亚铁糖衣片给这种病人补铁。小陈同学对这种糖衣片产生了兴趣，进行探究实验如下：(1)提出问题这种糖衣片中是否含有硫酸亚铁，若有，含量是多少？(2)查阅资料亚铁离子遇具有氧化性的物质时易被氧化。如氢氧化亚铁为白色沉淀，在空气中会迅速被氧化成红褐色的氢氧化铁沉淀，这是氢氧化亚铁的典型特征。亚铁盐溶于水时，会产生少量氢氧根离子而产生沉淀(溶液浑浊)。(3)实验验证鉴定硫酸亚铁的成分时需加水溶解，加1滴稀盐酸的作用是_，能否用稀硫酸

11、代替(填“能”或“不能”)_。为了不影响后续检验亚铁盐，检验硫酸盐可用的试剂是(选填“A”或“B”)_。A用硝酸酸化的硝酸钡溶液B用盐酸酸化的氯化钡溶液检验亚铁盐可用的试剂是_，现象为_。（4）含量测定取十粒糖衣片，称其质量为5g，溶于20 g水中；溶解药品时用到玻璃棒的作用是_。向所配溶液中滴加氯化钡溶液至略过量；证明溶液过量的操作为：静置，向上层清液中滴加_溶液，若现象为_，则溶液已过量。过滤、洗涤、干燥；洗涤沉淀的操作：用玻璃棒(填一操作名)_，向过滤器中加入蒸馏水至淹没沉淀，待液体滤出。重复操作23次。证明沉淀已洗净的方法是_。称量得，沉淀质量为4.66 g，列式计算该糖衣片中硫酸亚铁

12、的质量分数_。(5)总结反思对硫酸亚铁来说，药片的糖衣起到的作用是_。21、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】

13、A项、由题给氧化性顺序可知，Fe2+的还原性强于Br-，少量氯气应先将还原性强的Fe2+氧化，反应的离子方程式为：Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+，故A错误；B项、过量氯气将Fe2+和Br-完全氧化，反应消耗Fe2+与Br-的物质的量之比为1:2，反应的离子方程式为：3Cl2+2Fe2+4Br-=6Cl-+2Br2+2Fe3+，故B错误；C项、由题给氧化性顺序可知，Fe2+的还原性强于Br-，氯气先将Fe2+氧化，氧化1molFe2+消耗0.5molCl2，剩余的0.5molCl2再氧化1molBr-，参与反应的Cl2、Fe2+、Br-物质的量之比为1:1:1，离子方程式为2Cl2+2

14、Fe2+2Br-=4Cl-+Br2+2Fe3+，故C正确；D项、由题给氧化性顺序可知，I-的还原性强于Fe2+，少量氯气先将还原性强的I-氧化，反应的离子方程式为：Cl2+2I-=2Cl-+I2，故D错误；故选C。2、A【解析】A、植物油和氯化钠溶液的分离应用分液法，A正确；B、氯化钠、氯化钾的溶解度随温度的变化差异大，除去氯化钠晶体中的氯化钾晶体，用重结晶法，B错误；C、分离中的，用蒸馏，C错误； D、NaOH溶液不仅吸收HCl、而且吸收CO2，除去二氧化碳中的氯化氢气体应选用饱和碳酸氢钠溶液，D错误；答案选A。3、C【解析】A.实验室用Fe和稀硫酸制氢气的离子方程式为Fe+2H+=Fe2+

15、H2，故A错误；B.向沸水中滴加饱和FeCl3溶液制备Fe(OH)3胶体的反应是可逆反应，且生成的氢氧化铁是胶体，不是沉淀，故B错误；C.实验室用大理石和稀盐酸反应制取CO2气体的离子方程式为：CaCO3+ 2H+Ca2+ + CO2+ H2O，故C正确；D.将铝片插入硝酸汞溶液中的离子方程式为：2Al+ 3Hg2+2Al3+ + 3Hg，故D错误。故选C。【点睛】判断离子方程式书写正误的方法：“一看”电荷是否守恒：在离子方程式中,两边的电荷数及原子数必须守恒； “二看”拆分是否恰当：在离子方程式中，强酸、强碱和易溶于水的盐拆分成离子形式；难溶物、难电离物质、易挥发物质、单质、氧化物、非电解质

16、等均不能拆分，要写成化学式；“三看”是否符合客观事实：离子反应的反应物与生成物必须是客观事实相吻合。4、C【解析】ANH3H2O为弱碱，不能拆成离子形式，A错误；B氢氧化铜为难溶物，不能拆成离子形式，B错误；C稀硫酸和烧碱反应的离子方程式为OH-H+H2O，C正确；D稀硫酸和氢氧化钡溶液反应的离子方程式为，D错误。答案选C。5、D【解析】置换反应是一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物的反应，据此进行分析判断。【详解】A该反应不属于四种基本反应类型，是氧化还原反应，故A不选；B该反应符合“多变一”，是化合反应，故B不选；C该反应不属于四种基本反应类型，是氧化还原反应，故C不选；D

17、与反应生成和的反应属于置换反应，故D选；答案选D。6、C【解析】同温同压下等体积的CO和CO2的物质的量相同，则分子数相等，碳原子个数相等，根据物质的量和相对分子质量计算质量关系和密度关系。【详解】同温同压下等体积的CO和CO2的物质的量相同，则分子数相等，即所含的分子数目之比为1：1，故正确；同温同压下等体积的CO和CO2的物质的量相同，则分子数相等，所含的O原子数目之比为1：2，故正确；同温同压下等体积的CO和CO2的物质的量相同，则分子数之比为1：1，所含的原子总数目之比为2：3，故正确；同温同压下等体积的CO和CO2的物质的量相同，则分子数相等，所含的C原子数目之比为1：1，故正确；同

18、温同压下等体积的CO和CO2的物质的量相同，摩尔质量分别为28g/mol、44g/mol，则质量之比为7：11，故错误。答案选C。【点睛】本题考查物质的量的有关计算，以及阿伏加德罗定律及推论，题目难度不大，注意把握物质的量、质量、体积之间的计算公式的运用。7、B【解析】A.钠和水反应生成氢氧化钠，2Na+2H2O=2NaOH+H2，氢氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠，2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，碳酸钠和氯化钙反应生成碳酸钙进而氯化钠，Na2CO3+CaCl2=CaCO3+2NaCl，能一步实现反应，A不符合题意；B.铝和氧气反应生成氧化铝，氧化铝不溶于水，不能一步反应生成氢氧化铝，

19、B符合题意；C.镁和氯气反应生成氯化镁，Mg+Cl2=MgCl2，氯化镁和氢氧化钠溶液反应生成氢氧化镁沉淀，MgCl2+2NaOH=Mg(OH)2+2NaCl，氢氧化镁沉淀溶解于硫酸生成硫酸镁，Mg(OH)2+H2SO4=MgSO4+2H2O，能一步实现反应，C不符合题意；D.铁和盐酸反应生成氯化亚铁，Fe+2HCl=FeCl2+H2，氯化亚铁和氢氧化钠溶液反应生成氢氧化亚铁，FeCl2+2NaOH=Fe(OH)2+2NaCl，空气中氢氧化亚铁被氧气氧化生成氢氧化铁，4 Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，D不符合题意；故合理选项是B。8、D【解析】加入盐酸与碳酸钠反应生成氯化钠

20、与二氧化碳气体，加热溶液除去溶液中CO2，剩余物质均为氯化钠。用CCl4可以萃取Br2后溶液分层，上层为NaBr溶液，下层为溴的四氯化碳溶液，分液后可除去Br2。二氧化碳与碱反应，而氢气不能，然后利用浓硫酸干燥得到纯净的氢气，除去杂质二氧化碳；加盐酸溶解会引入杂质氯离子，并且盐酸也会与Na2CO3发生反应，所以不能使用盐酸除杂。故正确，错误。故答案选D。【点睛】本题需要注意除杂的原则之一就是不引入新杂质，而中引入了新杂质氯离子，故错误。9、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

21、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/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Ba

22、Cl2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。10、A【解析】根据气体的体积与物质的量之间的关系分析。【详解】同温同压下，气体的体积之比等于物质的量之比，8g O2的物质的量为0.25mol，即11.5gA气体的物质的量亦为0.25mol，气体A的摩尔质量为：=46g/mol，故气体A的相对分子质量为46

23、。故选A。【点睛】同温同压下，气体的体积之比等于物质的量之比等于微粒数之比。11、C【解析】离子化合物是由阴阳离子通过离子键构成的化合物，受热熔化和溶解时，破坏离子键，电离产生能自由移动的来离子，能导电。【详解】A项、原子之间通过共用电子对形成的化学键为共价键，阴阳离子之间通过静电作用形成的化学键为离子键，故A错误；B项、氯化钠是由钠离子和氯离子构成的离子化合物，氯化钠的化学式（或实验式）为 NaCl，离子化合物中不存在分子，故B错误；C项、能导电的化合物中含有自由移动的离子，离子化合物受热熔化时电离产生自由移动的阴阳离子，离子化合物熔融状态可以导电，故C正确；D项、离子化合物溶于水时电离生成

24、阳离子和阴离子，离子键被破坏，故D错误。故选C。【点睛】本题考查了离子化合物的特点，明确物质构成微粒及微粒之间作用力，要根据物质的构成微粒判断离子化合物是解答关键。12、B【解析】同温同压下，气体的摩尔体积相等，在体积相等的容器中，气体的物质的量越大，则压强越大，1g C3H6的物质的量为mol，由图象可知在温度为50时，两种气体的压强之比为1.2：0.8，则物质的量之比为1.2：0.8。设气体M的相对分子质量为x，则：=0.8：1.2，x=28，只有B符合，故选B。13、B【解析】溶液、胶体和浊液这三种分散系的根本区别是分散质粒子直径的大小，选B。14、B【解析】在相同条件下，气体的Vm相等

25、，根据甲烷和氨气分子中含有的H原子个数相等可知二气体分子数之比为3：4，由n= = 可知，气体的分子数之比等于体积之比，则体积比为3：4，B正确；故答案选B。15、B【解析】同温同压下，Vm相同，结合m=nM、V=nVm、=M/Vm及分子构成计算。【详解】A.含有相同氧原子数的SO2与CO气体，气体的物质的量之比为1:2，故A错误； B. 含有相同氧原子数的SO2与CO气体，气体的物质的量比为1:2，同温同压下，Vm相同，则体积比为1:2，故B正确； C. 含有相同氧原子数的SO2与CO气体，则气体的物质的量为1:2，质量之比为64g/mol1mol：28g/mol2mol=8:7，故C错误；

26、 D. 同温同压下，气体的密度之比和摩尔质量成正比，所以密度之比为：64g/mol：28g/mol=16:7，故D错误；故答案选B。【点睛】根据n=m/M、=m/V可知，结合气态方程pV=nRT变式后为p M=m/VRT， p M=RT ，当p、T一定时，M与成正比，即同温同压下，气体的密度之比和摩尔质量成正比。16、A【解析】在无色透明溶液中不存在Cu2+，同时Ba2+与CO32、SO42不能共存。(1)第一份溶液加入AgNO3溶液，有白色沉淀产生，说明含有Cl、CO32、SO42中的一种或几种；(2)取第二份溶液加入过量的BaCl2溶液，有沉淀生成，则含有CO32、SO42中的一种或两种；

27、沉淀经过滤、洗涤、干燥、称重得6. 63 g；在沉淀中加入过量稀盐酸，仍有4. 66 g沉淀，说明一定含有CO32和SO42，一定没有Ba2+，同时可以计算出碳酸根和硫酸根离子的物质的量；(3)取第三份溶液加入过量浓NaOH溶液，加热使气体全部逸出，收集到能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体0. 672 L(标准状况)，为氨气，说明含有NH4+，且可以计算出铵根离子的物质的量，最后结合溶液的电中性分析判断其他离子的存在情况。【详解】在无色透明溶液中不存在Cu2+，同时Ba2+与CO32、SO42不能共存。(1)第一份溶液加入AgNO3溶液，有白色沉淀产生，说明含有Cl、CO32、SO42中的一种

28、或几种；(2)取第二份溶液加入过量的BaCl2溶液，有沉淀生成，则含有CO32、SO42中的一种或两种；沉淀经过滤、洗涤、干燥、称重得6. 63 g；在沉淀中加入过量稀盐酸，仍有4. 66 g沉淀，说明一定含有CO32和SO42，一定没有Ba2+，且n(SO42-)=0.02mol，n(CO32-)=0.01mol；(3)取第三份溶液加入过量浓NaOH溶液，加热使气体全部逸出，收集到能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体0. 672 L(标准状况)，为氨气，物质的量=0.03mol，说明含有0.03mol NH4+；根据上述实验，溶液中一定没有Cu2+、Ba2+，一定含有0.03mol NH4+、

29、0.01mol CO32和0.02molSO42，根据溶液显电中性，溶液中一定含有K+，可能含有Cl，且K+的物质的量不少于0.03mol。A、该溶液中一定含有NH4+、CO32-、SO42-、K+，故A正确；B、该溶液中可能含有Cl，故B错误；C.一定不存在Cu2+、Ba2+，故C错误；D. 一定含有K+，无需通过焰色反应检验是否含有K+，故D错误；故选A。【点睛】本题考查了常见离子的检验和离子共存的判断，明确常见离子的性质为解答关键。本题的易错点为钾离子的存在和含量多少的判断，需要结合溶液的电中性和其他未确定离子分析判断。二、非选择题（本题包括5小题）17、BaCl2 Na2CO3 Ag+

30、 +Cl- =AgCl Ba2+ +SO42- =BaSO4 【解析】根据离子共存的相关知识解答此题。Ba2与SO42-、CO32生成沉淀不能共存；Ag和Cl生成沉淀不能共存； Cu2与CO32生成沉淀不能共存，所以银离子只能和硝酸根离子组成AgNO3，铜离子只能和SO42-组成CuSO，钡离子只能和Cl-组成BaCl2，剩余的是Na2CO3。【详解】结合上述分析：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，所以溶液中含有Cu2+，则C为CuSO4；若向的四支试管中分别加盐酸，B盐溶液有沉淀产生，说明B为AgNO3，D盐溶液有无色无味气体逸出，说明D为Na2CO3，则A为B

31、aCl2；四种盐分别为：A为BaCl2，B为AgNO3，C为CuSO4，D为Na2CO3；答案：BaCl2 Na2CO3。（2）盐酸与AgNO3溶液有沉淀产生的离子方程式为：Cl-+Ag+=AgCl；A+C反应生成白色沉淀硫酸钡。其离子方程式：Ba2+ +SO42- =BaSO4。答案：Cl-+Ag+=AgCl、Ba2+ +SO42- =BaSO4。【点睛】本题考查离子共存，离子方程式的书写的相关知识。根据离子含Cu2+的溶液显蓝色，Ag+与HCl反应生成AgCl沉淀，CO32-和HCl反应生成CO2气体；Ba2+不能和SO42-、CO32-共存，Ag+不能和SO42-、Cl-、CO32-共存

32、，Cu2+不能和CO32-共存，据此分析四种盐的组成。18、过滤 蒸馏 Ba2+SO42-=BaSO4 H+CaCO3=Ca2+CO2+H2O CuSO4 KCl 序号化学式ICaCO3、Na2SO4、Ba(NO3)2IICaCO3、Na2SO4、Ba(NO3)2、KCl 用试管取少许步骤中的“无色溶液”，滴入HNO3酸化，再滴入AgNO3溶液；若有白色沉淀出现，则原白色固体粉末中含有KCl；若无白色沉淀出现，则原白色固体粉末中不含KCl 【解析】假设这些物质都有，经步骤得到无色溶液和白色沉淀，说明原粉末中没有FeCl3，在该假设的前提下，白色沉淀是CaCO3、BaSO4，向该沉淀中加入稀硝酸

33、产生无色气体，则说明沉淀中一定有CaCO3，题中告知能反应的物质之间的反应恰好完全，加入稀硝酸之后，沉淀的质量减少，说明还含有BaSO4，则原粉末中有一定有CaCO3、Na2SO4、Ba(NO3)2；KCl不和上述的任何物质反应，也不能通过实验现象去确定其是否存在，故可能有KCl。【详解】（1）经步骤得到无色溶液和白色沉淀，则该步骤为过滤；要从步骤所得“无色溶液”中提取溶剂，需要采用蒸馏；（2）经分析，原粉末中一定有CaCO3、Na2SO4、Ba(NO3)2，则步骤中的离子方程式为Ba2+SO42-=BaSO4；步骤中，仅CaCO3和HNO3反应，该反应的离子方程式为2H+CaCO3=Ca2+

34、CO2+H2O；（3）经分析，原固体粉末中一定没有CuSO4，不能确定是否存在的是KCl；（4）由于原固体粉末中一定没有CuSO4，一定有CaCO3、Na2SO4、Ba(NO3)2，可能有KCl，故其组成由两种情况：序号化学式ICaCO3、Na2SO4、Ba(NO3)2IICaCO3、Na2SO4、Ba(NO3)2、KCl（5）KCl是唯一可能存在的物质，故只需要鉴定KCl即可，可以用AgNO3溶液检验KCl：用试管取少许步骤中的“无色溶液”，滴入HNO3酸化，再滴入AgNO3溶液；若有白色沉淀出现，则原白色固体粉末中含有KCl；若无白色沉淀出现，则原白色固体粉末中不含KCl。【点睛】“白色粉

35、末”的推断题，是酸碱盐的常考题型，解答思路一般是先假设粉末还有所有的固体，再根据后续的实验现象，确定这些固体的存在情况。19、检查装置的气密性 6 molL-1 盐酸 除去气体中的HCl 干燥气体 吸收装置D中反应剩余的CO2 Na2O+CO2Na2CO3 、2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2 78% 【解析】根据化学实验基础及除杂原则分析；根据化学反应方程式化学计量计算分析。【详解】(1)所有化学实验前都要进行气密性检验；(2) 装置A是碳酸钙和盐酸反应生成二氧化碳，若碳酸钙和硫酸反应时，生成的硫酸钙是微溶于水的，会覆盖在碳酸钙的表面，使反应不能持续，故装置A中液体试剂应选用用盐酸来

36、反应；(3) 碳酸钙和盐酸反应生成的二氧化碳气体中含有盐酸挥发出来的氯化氢气体和水蒸气，可以用饱和碳酸氢钠来除去，可以用浓硫酸吸收水蒸气，装置E中碱石灰的作用是吸收二氧化碳，防止CO2对氧气的体积测量造成干扰，故答案为除去气体中的HCl，干燥气体， 吸收装置D中反应剩余的CO2；(4) 装置D中是CO2与Na2O2、Na2O反应，反应方程式：Na2O+CO2Na2CO3 、2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2；(5) 根据反应2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，反应结束后测得气体体积为224mL（标准状况），生成的氧气的物质的量为：n（O2）=0.224L/22.4Lmol-1

37、=0.01mol，过氧化钠的物质的量为：n（Na2O2）=2n（O2）=0.02mol，过氧化钠的纯度为：（Na2O2）=(0.02mol78g/mol)2.0g=78%；【点睛】实验设计操作流程大致为：组装仪器从左到右，从下到上气密性检验反应除杂收集尾气处理。按照大致流程推断每一步操作的用意，即可顺利解决此种类型题。20、加入盐酸酸化，可有效降低亚铁盐还原性，防止氧化 不能 B 氢氧化钠溶液 产生白色沉淀并迅速变成红褐色沉淀 搅拌以促进溶解 氯化钡溶液 不再产生白色沉淀 引流 取最后一次洗涤所得的滤液，滴入硝酸银溶液，若无白色沉淀产生，则已洗净 60.8% 隔绝氧气，防止硫酸亚铁被氧化而失效

38、 【解析】将硫酸亚铁溶于水时，滴加盐酸目的是防止亚铁离子产生少量的氢氧根而出现沉淀，同时防止亚铁被氧化为铁离子而影响后期的检验。在检验硫酸盐时，可用氯化钡来进行。在溶解时，用玻璃棒搅拌加速溶解。检验亚铁盐时，可利用氢氧化钠溶液，因生成的氢氧化亚铁会迅速变为红褐色；根据硫酸根离子守恒计算；根据氢氧化亚铁表面有吸附的硫酸根离子分析；依据亚铁离子易被氧化。【详解】（3）亚铁离子可以水解，加入盐酸目的是防止因产生少量氢氧根离子而产生沉淀，同时加入盐酸酸化，可有效降低亚铁盐还原性，防止氧化；不能用硫酸来替代盐酸，因为我们要检验硫酸亚铁的含量，不能引入硫酸根离子，故答案为：加入盐酸酸化，可有效降低亚铁盐还

39、原性，防止氧化；不能；硝酸具有强氧化性，加入硝酸导致亚铁被氧化为铁离子而影响后期的检验，因此在检验硫酸盐时可用氯化钡溶液，所以选B，故答案为：B；由于氢氧化亚铁易被氧化为红褐色氢氧化铁，所以检验亚铁盐可用的试剂是氢氧化钠溶液，实验现象为产生白色沉淀并迅速变成红褐色沉淀，故答案为：氢氧化钠溶液；产生白色沉淀并迅速变成红褐色沉淀；（4）玻璃棒在配制溶液时的作用是搅拌以促进溶解，故答案为：搅拌以促进溶解；要想检验是否完全反应时，可继续滴加氯化钡溶液不再产生白色沉淀，说明溶液已过量，即静置，向上层清液中滴加氯化钡溶液，若现象为不再产生白色沉淀，则溶液已过量，故答案为：氯化钡溶液；不再产生白色沉淀；在洗

40、涤沉淀时，玻璃棒的作用为引流；由于沉淀表面含有硫酸根离子，则要证明沉淀已洗净的方法就是判断洗涤液中不含有硫酸根离子，即可以取最后一次洗涤所得的滤液，滴入硝酸银溶液，若无白色沉淀产生，则已洗净，故答案为：引流；取最后一次洗涤所得的滤液，滴入硝酸银溶液，若无白色沉淀产生，则已洗净；沉淀质量为4.66g即硫酸钡是0.02mol，根据硫酸根守恒可知硫酸亚铁的物质的量是0.02mol，质量是0.02mol152g/mol3.04g，因此质量分数为3.04g/5g100%=60.8%，故答案为：60.8%；（5）由于亚铁离子易被氧化，则对硫酸亚铁来说，药片的糖衣可以起到隔绝氧气，防止硫酸亚铁被氧化而失效的

41、作用，故答案为：隔绝氧气，防止硫酸亚铁被氧化而失效。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

42、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。