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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(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、在三个密闭容器中分别充入N2、H2、O2三种气体，当它们的温度和密度都相同时，这三种气体的压强(P)从大到小的顺序是（ ）AP(N2)P(H2)P(O2)BP(H2) P(N2) P(O2)CP(N2)P(O2) P(H2)DP(O2) P(N2)P(H2)2、已知离子
2、R2-的原子核内有n个中子，R原子的质量数为m则W克离子R2-共含有的电子为（ ）AmolBmolCmolDmol3、同种物质中同一价态的元素部分被氧化，部分被还原的氧化还原反应是A3Cl26KOH5KClKClO33H2OB2H2SSO2=2H2O3SC2KNO32KNO2O2DNH4NO3N2O2H2O4、下列有关胶体的叙述中正确的是A胶体与溶液的本质区别是丁达尔效应。B“雨后彩虹”既是一种自然现象又是光学现象，同时也与胶体有关C1molFe3+完全反应生成氢氧化铁胶体粒子的数目为NAD分散质粒子大小介于1pm-100pm之间的分散系称为胶体5、下列变化过程中失去电子的是()AFe3Fe2
3、B Mn2CClCl2DN2O3HNO26、已知：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl；HClO+HCl=Cl2+H2O；2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+；Fe+Cu2+=Fe2+Cu，下列各组物质氧化性强弱顺序正确的是（）AFe3+HClOCl2Fe2+Cu2+BHClOCl2Fe3+Cu2+Fe2+CCl2HClOFe3+Cu2+Fe2+DHClOFe3+Cl2Cu2+Fe2+7、周期表中有如图所示的元素，下列叙述正确的是A硼原子的中子数为5B硼元素原子核外有5个电子C存在一种质量数为10.81的硼原子D该硼原子的相对原子质量是10.818、下列关于钠的化合物的说法中不正确的是（ ）热稳定
4、性：Na2CO3NaHCO3与盐酸反应的剧烈程度：Na2CO3NaHCO3Na2O和Na2O2晶体中阴、阳离子的数目比相同，均为1：2等质量的固体与足量盐酸反应放出气体的质量：Na2CO3NaHCO3分别向Na2CO3和NaHCO3的水溶液中滴加BaCl2溶液，均可产生白色沉淀ABCD9、用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是A1mol/L Na2SO4溶液含有2NA个Na+B常温下，2.7g铝与足量的盐酸反应，失去的电子数为0.3NAC标准状况下，22.4L氦气与22.4L氟气所含原子数均为2NAD18g NH4+所含电子数为11NA10、下列说法正确的是A盐酸既有氧化性，又有还原
5、性B阳离子只有氧化性，阴离子只有还原性C氧化剂在反应中被氧化，还原剂在反应中被还原D在氧化还原反应中，氧化剂与还原剂不可能是同一种物质11、下列说法正确的是( )A气体摩尔体积为22.4 mol/LB在标准状况下气体摩尔体积为 22.4 L/molC摩尔质量就是该物质的化学式式量D摩尔是物理量不是物理量单位12、下列各项操作中，发生“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”现象的是：向石灰水中通入过量的CO2 向Fe(OH)3胶体中逐滴加入稀盐酸至过量 向Ba(OH)2溶液中逐滴加入过量的稀硫酸 向AgCl胶体中逐滴加入过量的稀硝酸ABCD13、下列离子在溶液中可大量共存且溶液无色的是ACu2、SO42-
6、、Fe3、Cl- BFe2、H、ClO-、CO32-CMnO4-、Al3、Na、SO42- DNa、NO3-、K、SO42-14、为除去某物质中所含的杂质，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ABCD15、下列反应与Na2O2+SO2=Na2SO4相比较，Na2O2的作用相同的是（ ）A2Na2O2+2CO2=2Na2CO3B2Na2O2+SO3=2Na2SO4+O2CNa2O2+H2SO
7、4=Na2SO4+H2O2D3Na2O2+Cr2O3=2Na2CrO4+ Na2O16、离子在酸性溶液中与反应，反应产物为RO2、Mn2、H2O。已知反应中氧化剂与还原剂的个数之比为2:5，则x的值为A1B2C3D417、将钠和碳分别置于如图所示的两个盛满足量氧气的集气瓶中燃烧完毕后，恢复到起始温度，再同时打开装置中的两个止水夹，这时观察到（ ）A水进入左瓶B水进入右瓶C水同时进入两瓶D水不进入任何一瓶18、同温同压下，两种气体的体积相同，则两种气体()A所含的原子数一定相等B密度一定相等C质量一定相等D所含的分子数一定相等19、10gA物质和7gB物质完全反应,生成4.4gC物质,1.8gD
8、物质和0.1molE物质,则E物质的摩尔质量为（ ）A108 g B54 gmol1 C108 gmol1 D5420、以下关于氧化还原反应的说法正确的是()A还原剂中必定有元素被氧化B在氧化还原反应中，失去电子的元素化合价降低C物质中某元素失去电子，则此物质是氧化剂D物质所含元素化合价升高的反应叫还原反应21、下列有关实验操作正确的是（）ABCD22、下列状态的物质，既能导电又属于电解质的是（ ）A氯化镁晶体B氯化钠溶液C液态氯化氢D熔融氢氧化钾二、非选择题(共84分)23、（14分）今有一混合物的水溶液，只可能含有以下离子中的若干种：K+、NH4+、Cl、Mg2+、Ba2+、CO32、SO
9、42，现取三份各100mL该溶液进行如下实验：第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生； 第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到气体0.08mol；第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀12.54g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为4.66g。根据上述实验，回答下列问题：（1）由第二份进行的实验得知混合物中应含有_离子，其物质的量浓度为_。（2）由第三份进行的实验可知12.54克沉淀的成分是_（写沉淀化学式），其物质的量分别为_。（3）原溶液中是否存在K+_填“是”或“否）若存在则K+的浓度的取值范围是_（若不存在此空可不填）24、（12分）现有失去标签的CaCl2、AgNO3、HCl和Na2C
10、O3四瓶溶液.为了确定四种溶液的成分,将它们编号为A、B、C、D后进行化学实验.实验记录如下:实验顺序实验内容实验现象A+B无明显现象B+D有无色无味气体放出C+B有白色沉淀生成A+D有白色沉淀生成根据上述实验完成下列各小题：(1)A、C、D三瓶溶液分别是(用化学式表示所含溶质)：A溶液_，C溶液_，D溶液_。(2)写出B与D反应的离子方程式：_，写出B与C反应的离子方程式 ：_。25、（12分）A、B、C、D是中学常见的混合物分离或提纯的基本装置。请根据混合物分离或提纯的原理，回答在下列实验中需要使用哪种装置。将A、B、C、D填入适当的空格中。（1）除去Fe(OH)3胶体中悬浮的Fe(OH)
11、3沉淀_；（2）从碘水中提取碘_；（3）用自来水制取蒸馏水_；（4）除去粗盐中的泥沙_；（5）与海水晒盐原理相符的是_。26、（10分）（1）写出下列仪器的名称： ， ， 。（2）仪器中，使用时必须检查是否漏水的是 (填序号)。（3）若利用装置分离酒精和水的混合物，还缺少的仪器是 ，将仪器补充完整后进行的实验操作的名称为 ；的进水口是 (填“f”或“g”)。27、（12分）海洋植物如海带、海藻中含有丰富的碘元素，碘元素以碘离子的形式存在。实验室里从海洋植物中提取碘的流程如图：某化学兴趣小组将上述流程设计成如图所示的实验。已知流程中发生反应的化学方程式为Cl2+2KI=2KCl+I2。回答下列问
12、题：(1)写出提取过程中实验操作的名称：_，_。(2)四氯化碳是_色、密度比水_的液体。F中下层液体的颜色为_色，上层液体中溶质的主要成分为_。(3)从F中得到固态碘还需进行的操作是_。(4)在灼烧过程中，将使用到的实验仪器(除泥三角外)有_(填序号)。A试管 B瓷坩埚 C坩埚钳 D蒸发皿 E. 酒精灯28、（14分）实验室要配制80 mlL1.00 mol/LNaCl溶液，实验室现有含有少量碳酸钠的氯化钠固体。为了除去氯化钠样品中的杂质，某兴趣小组最初设计了如下方案进行实验：(1)沉淀A的化学式是_。(2)在实验过程中，又发现了新的问题：此方案很容易引入新的杂质。则固体物质B的成分为_(用化
13、学式表示)。(3)继续探究后又提出了新的方案：将混合物溶解，先滴加足量_(填试剂名称)，再蒸发结晶，有关反应的离子方程式为_。配制溶液：(1)配制过程中需要使用的玻璃仪器除烧杯和玻璃棒外还有_。(2)从所配溶液中取出10mL，与足量AgNO3溶液反应，经过滤、洗涤、干燥后得到白色沉淀1.50 g。则所配溶液的浓度_1.00 mol/L (填“”、“P(N2)P(O2)，答案选B。【点睛】在温度和密度都相同条件下，如体积相同，则质量相同，气体的物质的量越大，压强越大，压强与摩尔质量成反比，以此解答该题。2、B【解析】质子数=质量数-中子数=m-n，阴离子：电子数=质子数+电荷数=m-n+2，故W
14、克离子R2-共含有的电子为(mn+2)，答案选B。【点睛】本题考查质量数、质子数、中子数与电子数的关系，根据质子数=质量数-中子数，阴离子：电子数=质子数+电荷数，以及n=进行计算。3、A【解析】A该反应中只有Cl2中0价的Cl元素的化合价变化，部分被氧化，部分被还原，A符合题意；B该反应中H2S中-2价的S元素被氧化，SO2中+4价的S元素被还原，B不符题意；C该反应中KNO3中O元素被氧化，N元素被还原，C不符题意；D该反应中只有N的化合价发生变化，其中+5价的N元素降低为+1价，-3价的N元素升高为+1价，不是同种物质中同一价态的元素化合价发生变化，D不符题意；答案选A。4、B【解析】A
15、.胶体与溶液的本质区别是分散质微粒直径的大小，故A错误；B.“雨后彩虹”既是一种自然现象又是光学现象，与胶体的知识有关，雨后空气中含有纳米级的小水珠，与空气形成胶体，故B正确；C.胶粒是一定数目粒子的集合体，所以1molFe3+完全反应生成氢氧化铁胶体粒子的数目小于NA，故C错误；D.分散质粒子大小介于1nm-100nm之间的分散系称为胶体，故D错误；正确答案：B。5、C【解析】在氧化还原反应中失去电子必然引起元素化合价的升高，即发生氧化反应，由此分析。【详解】A.因为元素化合价升高的过程即为失去电子的过程，铁元素由+3价变化到+2价，元素化合价降低，A项错误；B.锰元素的化合价由+7价变化到
16、+2价，化合价降低，B项错误；C.氯元素的化合价由-1价变化到0价，化合价升高，C项正确；D.该过程前后氮元素的化合价都是+3价，化合价没有变化，D项错误；答案选C。6、B【解析】2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl中氧化剂是Cl2，氧化产物是Fe3+，氧化性：Cl2Fe3+；HClO+HCl=Cl2+H2O中氧化剂是HClO，氧化产物是Cl2，氧化性：HClOCl2；Cu+2Fe3+=2Fe2+Cu2+中氧化剂是Fe3+，氧化产物是Cu2+，氧化性：Fe3+Cu2+；Fe+Cu2+=Fe2+Cu中氧化剂是Cu2+，氧化产物是Fe2+，氧化性：Cu2+Fe2+，综上得到氧化性顺序是HClOCl2
17、Fe3+Cu2+Fe2+；答案：B。【点睛】根据方程式中氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性判断。7、B【解析】A、根据图示信息可知，硼元素原子的核电荷数为5，核外有5个电子，因不知道硼原子的质量数，不能求出中子数，故A错误；B、根据图示信息可知，硼元素原子的核电荷数为5，核外有5个电子，故B正确；C、质量数均为整数，不存在小数，所以不存在一种质量数为10.81的硼原子，故C错误；D、硼元素有同位素，不能确定硼原子的相对原子质量，而10.81为硼元素的相对原子质量，故D错误；故答案选B。8、A【解析】NaHCO3受热易分解，则热稳定性：Na2CO3NaHCO3，故正确；NaHCO3与盐酸立刻会产
18、生气体，而Na2CO3与盐酸反应分步进行，不如NaHCO3剧烈，故反应的剧烈程度：NaHCO3Na2CO3，故错误；Na2O是由钠离子与氧离子构成，Na2O2晶体是由钠离子与过氧根离子构成，两者中阴、阳离子的数目比相同，均为1：2，故正确；相对分子质量：Na2CO3NaHCO3，则根据元素守恒规律可知，等质量的固体与足量盐酸反应放出气体的质量：NaHCO3Na2CO3，故错误；分别向Na2CO3水溶液中滴加BaCl2溶液，可产生碳酸钡白色沉淀，但向NaHCO3的水溶液中滴加BaCl2溶液，无明显现象，故错误；综上所述，符合题意，答案选A。9、B【解析】A. 没有给定溶液的体积，无法计算出1mo
19、l/L Na2SO4溶液含有Na+的数目，故A错误；B. Al为+3价金属，2.7g铝（物质的量为0.1mol）与足量盐酸反应转移了0.3mol电子，转移电子数为0.3NA,故B正确；C. 标准状况下，22.4L 气体的物质的量为1mol，1mol氦气分子含有1mol原子，1mol氟气分子含有2mol原子，二者所含原子数不相等，故C错误；D.18g NH，其物质的量为1mol，所含电子数为10NA，故D错误；综上所述，本题选B。10、A【解析】A.HCl中氢元素为+1价，在反应中可以得电子，化合价降低，发生还原反应，具有氧化性；氯元素为-1价，在反应中可以失电子，化合价升高，发生氧化反应，具有
20、还原性，因此盐酸既有氧化性，又有还原性，故A正确；B.处于中间价态的微粒既有氧化性也有还原性,如亚铁离子、亚硫酸根离子均既具有氧化性又具有还原性,故B错误； C.氧化剂能够得电子，化合价降低，在反应中被还原；还原剂能够失电子，化合价升高，在反应中被氧化，故C错误；D.同种物质可能既失去电子也得到电子,则在氧化还原反应中,氧化剂与还原剂可能是同一种物质,如氯气与水的反应,故D错误；综上所述，本题选A。11、B【解析】A标准状况下，气体摩尔体积为22.4 mol/L，A错误；B标准状况下，气体摩尔体积为22.4 mol/L，B正确；C摩尔质量的单位为g/mol，式量的单位为“1”，故摩尔质量和式量
21、不相同，C错误；D摩尔是物质的量这个物理量的单位，D错误。答案选B。12、A【解析】 向石灰水中通入过量的CO2，开始发生反应：Ca(OH)2CO2=CaCO3H2O；当CO2过量时发生反应：CaCO3H2OCO2= Ca(HCO3)2，沉淀溶解，正确； 向Fe(OH)3胶体中逐滴加入过量的稀盐酸，开始胶体的胶粒的电荷被中和，胶体聚沉形成沉淀，后来发生酸碱中和反应，沉淀溶解，形成FeCl3溶液，正确； 向Ba(OH)2溶液中逐滴加入过量的稀硫酸，发生中和反应：Ba(OH)2+ H2SO4= BaSO4+2H2O,硫酸过量，沉淀不能溶解，错误；向AgCl胶体中逐滴加入过量的稀硝酸，胶体胶粒的电荷
22、被中和发生聚沉现象，硝酸过量，AgCl沉淀不能溶解，错误。答案选A。【点睛】在化学上经常遇到加入物质，当少量物质时形成沉淀，当过量水沉淀溶解，变为澄清溶液的现象。具有类似现象的有：(1)向Fe(OH)3胶体中逐滴加入过量的稀盐酸，当加入少量时胶粒的电荷被中和，胶体聚沉，形成沉淀，当加入盐酸较多时，发生酸碱中和反应，产生可溶性的盐，沉淀溶解；(2) 向石灰水中通入CO2，开始CO2少量时发生反应：Ca(OH)2CO2=CaCO3H2O；形成沉淀；当CO2过量时发生反应：CaCO3H2OCO2= Ca(HCO3)2，产生的沉淀又溶解，变为澄清溶液；(3) 向AlCl3溶液中加入稀NaOH溶液，开始
23、发生反应：AlCl3+3NaOH=Al(OH)33NaCl；当氢氧化钠过量时，发生反应：Al(OH)3+ NaOH=NaAlO2+2H2O；沉淀溶解，变为澄清溶液； (4)向NaAlO2溶液中加入盐酸，少量时发生反应：NaAlO2+HCl+ H2O =NaCl+ Al(OH)3，当盐酸过量时发生反应：3HCl+ Al(OH)3= AlCl3+ 3H2O,沉淀溶解变为澄清溶液； (5) 向AgNO3溶液中加入稀氨水，开始发生反应：AgNO3+NH3H2O= AgOH+NH4+，形成白色沉淀，当氨水过量时发生反应：AgOH+2NH3H2O=Ag(NH3)2OH+2H2O，沉淀溶解，变为澄清溶液；(
24、6)向CuSO4溶液中加入稀氨水，发生反应：CuSO4+2NH3H2O =Cu(OH)2+ (NH4)2SO4，形成蓝色沉淀，当氨水过量时，发生反应：Cu(OH)2+4NH3H2O=Cu(NH3)4OH+4H2O，沉淀溶解，形成深蓝色溶液。13、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
25、不反应，且均是无色的，可以大量共存，D正确。答案选D。14、D【解析】加入盐酸与碳酸钠反应生成氯化钠与二氧化碳气体，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。15、D【解析】反应Na2O2+SO2=Na2SO4中Na2
26、O2只作为氧化剂。【详解】A该反应中只有氧元素变价，Na2O2既是氧化剂又是还原剂，故A不符合题意；B该反应中只有氧元素变价，Na2O2既是氧化剂又是还原剂，故B不符合题意；C该反应中没有化合价发生变化，Na2O2既不是氧化剂也不是还原剂，故C不符合题意；D该反应中Na2O2中氧元素只有降低没有升高，过氧化钠只作氧化剂，故D符合题意；综上所述答案为D。16、B【解析】设中R元素化合价为+n价，反应中是氧化剂，Mn元素从+7价降为+2价，R元素从+n价升高为+4价，则根据电子守恒规律可得：(7-2)2=(4-n)25，解得：n=3，此时中(+3)2+(-2)4= -2，即x=2，故答案为B。17
27、、A【解析】钠燃烧消耗氧气，左侧压强减小，碳燃烧消耗1体积O2的同时又生成相同条件下1体积的CO2，故右侧压强不变，所以水应该进入左瓶；答案选A。18、D【解析】A、同温同压，两种气体体积相等则两种气体的物质的量相等，则两种气体的分子数相同，但是这不能代表两种气体的原子数相等，故A选项错误；B、两种气体虽然体积相等，但是质量不一定相等故B选项错误；C、两种气体的摩尔质量不一定相等所以质量不一定相等，故C选项错误；D、两种气体物质的量相等则两种气体分子数一定相等，故D选项正确。19、C【解析】根据质量守恒定律，m（E）=m（A）+m（B）-m（C）-m（D）=10g+7g-4.4g-1.8g=1
28、0.8g，M（E）=108g/mol，答案选C。20、A【解析】A、含元素化合价升高的物质为还原剂，在反应中被氧化，则还原剂中必定有一种元素被氧化，选项A正确；B、在氧化还原反应中，失去电子的元素化合价升高，选项B错误；C、物质中某元素失去电子，则此物质是还原剂，选项C错误；D、物质所含元素化合价升高的反应叫氧化反应，选项D错误。答案选A。点睛：本题考查氧化还原反应，侧重氧化还原反应基本概念的考查，注意从元素的化合价角度分析基本概念，抓住氧化还原反应的特征即可解答。21、C【解析】A.点燃酒精灯时应使用火柴，不能用酒精的对点，已发生危险，A错误；B.天平的精确度为0.1g，不能准确称量10.0
29、5g，B错误；C.加入试管中的液态不能超过容积的1/3，使用试管夹，试管口不能对着人，加热液体时倾斜角度约45，C正确；D.用量筒量取9.5mL的液态应选用10mL的量筒，D错误；答案为C。22、D【解析】A. 氯化镁晶体属于电解质，但氯化镁晶体中离子不能自由移动，不能导电，故A不选；B. 氯化钠溶液能导电，但属于混合物，不属于电解质，故B不选；C. 液态氯化氢中氯化氢以分子形式存在，没有自由移动的离子，不能导电，故C不选；D. 熔融氢氧化钾能电离出自由移动的离子，可以导电，属于电解质，故D选；故选D。二、非选择题(共84分)23、NH4+ 0.8 mol/L BaCO3、BaSO4 0.04
30、 mol 、 0.02 mol 是 0.4 mol/L 【解析】据题意分析，第一份溶液加入溶液有沉淀产生，推得可能含有；第二份溶液加足量溶液加热后收集到气体，推得一定含有，一定不存在；第三份溶液利用发生的离子反应，经过计算、推得一定存在，一定不存在；根据溶液中阴阳离子的电荷守恒，即可推出一定存在。【详解】（1）加入足量溶液加热后，收集到气体0.08mol气体，气体为氨气，故溶液中含有0.08mol，浓度为，故答案为：；（2）加足量溶液后，得干燥沉淀12.54g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为4.66g，可知沉淀既有也含有，质量为4.66g，物质的量为： ，碳酸钡质量为： ，物质的量为，故答
31、案为：；0.04 mol 、0.02 mol；（3）根据上述分析，溶液中肯定存在、，肯定不存在和，可能存在，根据的物质的量为0.04 mol 、0.02 mol，物质的量为0.08mol，根据电荷守恒，若无则的物质的量为0.04mol，若存在则的物质的量则大于0.04mol，故肯定存在，其物质的量浓度大于等于，故答案为：是 ； 0.4 mol/L。【点睛】破解离子推断题：(1)肯定性原则：根据实验现象推出溶液中肯定存在或肯定不存在的离子；(记住几种常见的有色离子：)(2)互斥性原则：在肯定某些离子的同时，结合离子共存规律，否定一些离子的存在；(要注意题目中的隐含条件，如：酸性、碱性、指示剂的变
32、化等)(3)电中性原则：溶液呈电中性，一定既有阳离子，又有阴离子，且溶液中正电荷总数与负电荷总数相等24、CaCl2 AgNO3 Na2CO3 CO32-+2H+=CO2+H2O Ag+Cl-=AgCl 【解析】本题是无机物的推断。HCl和Na2CO3反应生成气体，AgNO3与CaCl2、HCl和Na2CO3反应均生成沉淀，且CaCl2、AgNO3、HCl都能与Na2CO3反应，结合实验中B+D反应生成气体，A+D反应生成沉淀，A+B无现象，则B为HCl，D为Na2CO3，所以A为CaCl2，C为AgNO3，再结合物质的性质及发生的反应来解答。【详解】HCl和Na2CO3反应生成无色无味气体，
33、AgNO3分别与CaCl2、HCl和Na2CO3反应均生成白色沉淀，且CaCl2、AgNO3、HCl都能与Na2CO3反应，结合实验中B+D反应生成无色无味的气体，A+D反应生成白色沉淀，A+B无明显现象，则B为HCl，D为Na2CO3，所以A为CaCl2，C为AgNO3。(1)由上述分析可知，A为CaCl2，C为AgNO3，D为Na2CO3，故答案为CaCl2；AgNO3；Na2CO3。(2)盐酸与碳酸钠反应生成氯化钠、水和二氧化碳，离子反应为CO32-+2H+=CO2+H2O；盐酸和硝酸银反应生成氯化银和硝酸，离子反应为：Ag+Cl-=AgCl。25、B C A B D 【解析】由装置图可
34、知A为蒸馏，常用于分离沸点不同的液体混合物；B为过滤，常用于分离固液混合物；C为萃取分液；D为蒸发，结合混合物的性质的异同选择分离方法。【详解】(1)除去Fe(OH)3胶体中悬浮的Fe(OH)3沉淀，可以选用过滤的方法，故答案为：B；(2)碘在水中的溶解度较小，但易溶于有机物溶剂，可用萃取的方法分离，故答案为：C；(3)用自来水制取蒸馏水，可用蒸馏的方法获得，故答案为：A；(4)泥沙不溶于水，可用过滤的方法除去粗盐中的泥沙，故答案为：B；(5)海水晒盐是利用水易挥发的性质，用太阳光提供能量使水变成水蒸气，实现盐和水的分离，相当于蒸发，故答案为：D。26、（1）蒸馏烧瓶，冷凝管，容量瓶。（2）（
35、3）温度计，蒸馏，g【解析】试题分析：（1）根据仪器的结构可知，为蒸馏烧瓶，为冷凝管，为容量瓶，故答案为：蒸馏烧瓶，冷凝管，容量瓶；（2）容量瓶在使用前一定要查漏，故答案为：；（3）利用蒸馏装置分离酒精和水的混合物，必须使用温度计，故答案为：温度计；制取蒸馏水的实质是蒸馏过程，冷凝管下口是进水口，上口是出水口。考点：考查化学实验的基本操作知识27、过滤 萃取 无 大 紫红(或紫) KCl 分液、蒸馏 BCE 【解析】(1)操作为分离固体与液体混合物；操作是从碘水中提取碘，据此分析解答；(2)依据四氯化碳的物理性质，结合碘易溶于四氯化碳分析解答；(3)F中为相互不溶的两种液体，分离后得到碘的CC
36、l4溶液，据此分析解答；(4)物质的灼烧用到的核心仪器是坩埚，据此分析用到仪器。【详解】(1)操作前为悬浊液，后为溶液，可知操作为分离固体与液体的操作，即过滤；碘在有机溶剂中溶解度远大于水，可以用萃取法从碘水中提取碘，所以操作为萃取；(2)四氯化碳是无色、不溶于水、密度大于水的液体，是良好的有机溶剂，碘易溶于四氯化碳，所以F中现象为：溶液分层，下层液体为紫红(或紫)色，上层液体中溶质的主要为氯化钾(KCl)，为无色；(3)F中为相互不溶的两种液体，可用分液的方法分离；分液后得到碘的CCl4溶液，然后用蒸馏的方法得到I2；(4)给固体物质加热灼烧时用泥三角、三脚架、坩埚、坩埚钳和酒精灯，以及玻璃
37、棒，故选BCE。28、CaCO3 NaCl、CaCl2 CO32-2H+=H2OCO2 盐酸 100mL容量瓶、胶头滴管 C 【解析】（1）加入氯化钙与混合溶液中的碳酸钠反应，生成CaCO3沉淀；（2）由于加入过量的氯化钙，所以滤液为氯化钠和氯化钙的混合溶液，蒸发后得到固体为氯化钠和氯化钙；故答案为NaCl、CaCl2；（3）若将混合物溶解，滴加盐酸至不再产生气体为止，既能除去碳酸钠杂质，又能有效地防止新杂质的引入，因碳酸钠与盐酸反应生成氯化钠、水、二氧化碳，发生的化学的离子方程式为CO32-2H+=H2OCO2；（1）实验室没有80 mL规格的容量瓶，必须配制100mL 2mol/L的NaC
38、l溶液，操作步骤有计算、量取、稀释、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，故需要仪器有：天平、药匙、玻璃棒、胶头滴管、烧杯和100mL容量瓶，故配制过程中需要使用的玻璃仪器除烧杯和玻璃棒外还有：100mL容量瓶、胶头滴管；(2)根据反应Ag+Cl-=AgCl可知，n(Cl-)=n(Ag+)=0.0104mol，则所配溶液的浓度=1.00 mol/L ；A使用容量瓶前未干燥，由于定容时需加入蒸馏水，对浓度无影响，选项A不符合；B用托盘天平称量氯化钠固体时将砝码错放在左盘，所称氯化钠偏少，配得溶液浓度偏低，选项B不符合；C定容时俯视容量瓶的刻度线，所加蒸馏水的量偏少，配得溶液浓度偏高，选项C符合；D定
39、容后经震荡、摇匀、静置，发现液面下降，再加适量的蒸馏水，则蒸馏水加多了，配得溶液浓度偏低，选项D不符合。答案选C。29、氢键99.5存在顺反异构碳原子数（相对分子质量）碳链的形状（有无支链），及是否含有亲水基团及亲水基团的种类。【解析】（1）醇类物质的沸点明显高于相对分子质量相近的烃，其原因前者分子间存在氢键的作用。根据表-1数据可知，碳原子越多，饱和一元醇的沸点越高；碳原子相同时，结构越对称或带有支链，醇沸点越低。根据上述分析，可推测2-甲基-2-丙醇的沸点应低于2-丁醇。故答案为氢键；99.5。（2）CH3-CH=CH-COOH存在顺反异构，即有两种结构，所以有两种沸点。故答案为存在顺反异构。（3）根据表-3中数据可知，在水中的溶解性：乙醛丙醛丁醛戊醛；丙酸丁酸戊酸，可知，一元醛或一元羧酸在水中的溶解性随碳原子数的增多而减小，所以碳原子数或相对分子质量是影响有机物水溶性的因素之一。根据溶解性丁醛2-甲基丙醛，丁酸2-甲基丙酸，可知碳链的形状或有无支链也是影响有机物水溶性的因素之一。碳原子数相同时，醛的水溶性小于酸，可知亲水基团的种类是影响水溶性的因素之一。故答案为碳原子数（相对分子质量）；碳链的形状（有无支链），及是否含有亲水基团及亲水基团的种类。