《2023届铜陵市第一中学高一化学第一学期期中复习检测模拟试题含解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023届铜陵市第一中学高一化学第一学期期中复习检测模拟试题含解析.doc（14页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2022-2023学年高一上化学期中模拟试卷注意事项：1 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用05毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、氯元素在自然界有和两种同位素，在计算式中（ ）A75.77%表示的质量分数B24.23%表示的丰度C35.453表示氯元素的相对原子质量D36.9
2、66表示的质量数2、制备一氯乙烷最好采用的方法是（ ）A乙烷和氯气反应 B乙烯与氯气反应C乙烯与氯化氢反应 D乙炔与氯化氢反应3、常温下，下列物质中不能与水反应的是ANa2OBCaOCFe2O3DNa2O24、下列说法正确的是A直径介于1nm100nm之间的微粒称为胶体B向饱和FeCl3溶液中滴加NaOH溶液可以得到Fe(OH)3胶体C利用丁达尔效应可以区分溶液和胶体D渗析是鉴别溶液和胶体的最简便的方法5、下列反应的离子方程式错误的是A等物质的量的Ba(OH)2与NH4HSO4在溶液中反应：Ba2+OH-+H+SO42- =BaSO4 +H2OB氢氧化铁与足量的稀硝酸溶液反应：Fe(OH)3+
3、3H+=Fe3+3H2OC醋酸与纯碱溶液反应生成气体：2CH3COOH+CO32-=2CH3COO-+H2O+CO2D向澄清石灰水中滴入少量碳酸氢钠溶液：Ca2+OH-+HCO3- =CaCO3+H2O6、下列离子方程式正确的是 铜片插入硝酸银溶液中：Cu+Ag+ =Cu2+Ag澄清石灰水滴入稀盐酸中：Ca(OH)2+2H+ =Ca2+2H2O硫酸铜与烧碱溶液反应：CuSO4+2OH-Cu(OH)2+SO42铜与盐酸反应：Cu2H=Cu2H2用醋酸除去水垢：CaCO3+2H+Ca2+H2O+CO2碳酸氢钠溶液中加入盐酸：CO32+2H+=CO2+H2OA只有 B只有 C只有 D全部错误7、下列
4、关于金属铝的叙述中，说法不正确的是A铝的化学性质很活泼，但在空气中不易锈蚀B铝是比较活泼的金属，在化学反应中容易失去电子，表现出还原性C铝箔在空气中受热可以熔化，且发生剧烈燃烧D铝箔在空气中受热可以熔化，但由于氧化膜的存在，熔化的铝并不滴落8、能正确表示下列化学反应的离子方程式的是（ ）A氢氧化钡溶液与硫酸的反应：OH+H+=H2OB澄清的石灰水与醋酸反应：Ca(OH)2+2H+=Ca2+2H2OC铜片插入硝酸银溶液中：Cu+Ag+=Cu2+AgD碳酸钙溶于稀盐酸中：CaCO3+2H+=Ca2+H2O+CO29、O2F2可以发生反应H2S+4O2F2=SF6+2HF+4O2，下列说法正确的是(
5、 )A氧气是氧化产物B O2F2既是氧化剂，又是还原剂C若生成2.24 L HF，则转移0.4 mol电子D还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：410、已知硫代硫酸钠(Na2S2O3)可作为脱氯剂，其所涉及反应的化学方程式为Na2S2O3+4Cl2+5H2O=2NaCl+2H2SO4+6HCl。下列有关该反应的说法不正确的是ANa2S2O3发生还原反应B该反应表明了Cl2的氧化性C该反应中还原产物有NaCl、HClDH2O既不是氧化剂又不是还原剂11、某阴离子X2有m个电子，其质量数为a，则核内中子数为（）Am+2Bm+5Cam+2Dam212、下列说法中正确的是A人们已知道了107 种元素，即
6、已经知道了107 种原子B互为同位素的原子，它们原子核内的中子数一定不相等C40K 和 40Ca 原子核内的中子数相等D质子数相同的微粒，核外电子数一定相同，但化学性质不一定相同13、能用H+ + OH- = H2O 表示的是( )ABa(OH)2溶液和稀硫酸的反应BNaOH溶液和稀硫酸的反应CCu(OH)2和稀HNO3的反应DBa(OH)2溶液NaHSO4溶液的反应14、用NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A0.5 mol镁粒与足量盐酸反应产生11.2 L H2B1L0.5mol/LFeCl3溶液完全转化可制得0.5NA个Fe(OH)3胶粒C0.5 mol/L的FeCl2溶液中含
7、有Cl个数为NAD25、101Pa时，16g O2和O3混合气体中含有的原子数为NA15、下列化学式中，能真实表示物质的分子组成的是ACuSO45H2OBCS2CSiO2DKCl16、实验室测定胆矾结晶水含量，不需要的仪器和用品是（）A蒸发皿B电子天平C研钵D干燥器二、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-、Cl-、CO32-、SO42-中的某一种。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
8、逸出。根据实验事实可推断它们的化学式为：A _、B_、C _、D_。18、现有A、B、C、D四种气体，A是密度最小的气体，B在通常情况下呈黄绿色，把四种气体分别通入酸性硝酸银溶液中，通入B、D气体时立即出现白色沉淀，纯净的A可以在B中安静地燃烧，发出苍白色的火焰并生成D。把无色无刺激气味气体C通入澄清石灰水时变浑浊。（1）A、B、C、D的分子式分别为：A_ B_ C_D_。（2）写出下列各反应的化学方程式：A与B_；B与水_；C与澄清石灰水_。19、为除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO42以及泥沙等杂质，某同学设计了一种制备精盐的实验方案，步骤如下（用于沉淀的试剂稍过量）：（1）操作需要用到
9、的玻璃仪器有_，操作的名称是_。（2）试剂、其实是三种物质：饱和Na2CO3溶液、BaCl2溶液、NaOH溶液，这三种物质的加入顺序可能有多种情况，下列选项中正确的是_。A饱和Na2CO3溶液、BaCl2溶液、NaOH溶液BBaCl2溶液、饱和Na2CO3溶液、NaOH溶液CNaOH溶液、BaCl2溶液、饱和Na2CO3溶液D饱和Na2CO3溶液、NaOH溶液、BaCl2溶液（3）固体丁是混合物，除含有泥沙、CaCO3、BaSO4外，还含有_（填化学式）。（4）在混合物乙中分别加入试剂、的过程中，判断滴加BaCl2溶液已过量的方法是：加入BaCl2溶液后，静置，在上层清液中，_。（5）若先用适
10、量盐酸调节pH值再进行操作，将对实验结果产生影响，其原因是_。20、实验是化学研究的一种重要手段，现有如图所示AG七种仪器，请根据要求填空。(1)写出仪器名称：E_，F_。(2)实验室配制100 mL 0.5 mol/L的盐酸。下列关于仪器E的使用方法中，正确的是_(填下列选项的编号字母)。a使用前应检查是否漏液 b使用前必须烘干c不能用作物质反应或溶解的容器 d热溶液可直接转移到其中配制该溶液需用10 mol/L的浓盐酸_mL。取用该体积盐酸时，需要用到上述仪器中的A和_(填仪器的编号字母)。下列操作会使配制的溶液浓度偏高的是_(填下列选项的编号字母)。a没有将洗涤液转移到容量瓶中b转移过程
11、中有少量溶液溅出c摇匀后，液面下降，补充水d定容时俯视刻度线e清洗取液用的量筒并把溶液转移至容量瓶中21、将Fe2O3、Al2O3两种固体混合物溶于100mL稀硫酸中，向反应后的溶液中缓慢加入NaOH溶液，加入NaOH溶液的体积与生成沉淀的质量关系如图所示，试回答：（1）原混合物中Fe2O3的质量是_g。（2）所用NaOH溶液物质的量浓度为_。（3）稀硫酸物质的量浓度为_。参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】本题考查相对原子质量的求法，涉及到下列几个概念：同位素、丰度、质量数、元素的相对原子质量、原子的相对原子质量等【详解】A.75.77%表示的丰度，不是质量分数，故A
12、错误；B.24.23%表示的丰度,不是的丰度，故B错误；C.氯元素的相对原子质量是用两种同位素的相对原子质量分别乘以各自的丰度，故C正确；D.36.966表示的相对原子质量,不是的质量数，故D错误。故选：C2、C【解析】试题分析：A、乙烷和氯气反应是连锁反应，不仅会有一氯乙烷，还有二氯乙烷、三氯乙烷、四氯化碳生成，错误；B、乙烯与氯气反应得到的是1,2-二氯乙烷，错误；C正确；D、乙炔与氯化氢反应，得到的是1,2-二氯乙烯，错误。考点：取代反应和加成反应3、C【解析】ANa2O与水反应生成NaOH，A不选；BCaO与水反应生成Ca(OH)2，B不选；CFe2O3不能与水反应，C选；DNa2O2
13、与水反应生成NaOH和O2，D不选。答案选C。4、C【解析】胶体是指分散质粒子直径在1nm100nm之间的分散系；向饱和FeCl3溶液中滴加NaOH溶液得到Fe(OH)3沉淀；丁达尔现象是胶体的重要特征，可用来区别溶液和胶体；胶体粒子可以透过滤纸，但不能透过半透膜。【详解】直径介于1nm100nm之间的分散系称为胶体，故A错误；向饱和FeCl3溶液中滴加NaOH溶液得到Fe(OH)3沉淀，不能生成氢氧化铁胶体，故B错误；丁达尔现象是胶体的重要性质，可用来区别溶液和胶体，故C正确；胶体粒子不能透过半透膜，用渗析的方法提纯胶体，鉴别溶液和胶体的最简便的方法是丁达尔效应，故D错误。5、A【解析】A、
14、二者物质的量相等，铵根离子和氢离子恰好完全反应；B、氢氧化铁与足量的稀硝酸溶液发生中和反应；C、醋酸的酸性强于碳酸，醋酸能与纯碱溶液反应；D、酸式盐和碱反应量少的全部反应，离子方程式中少量的符合化学式的组成比。【详解】A项、等物质的量的Ba（OH）2与NH4HSO4在溶液中反应生成硫酸钡沉淀、一水合氨和水，反应的离子方程式为：Ba2+2OH-+NH4+H+SO42-BaSO4+NH3H2O+H2O，故A错误；B项、氢氧化铁与足量的稀硝酸溶液发生中和反应，反应生成硝酸铁和水，反应的离子方程式为：Fe(OH)3+3H+=Fe3+3H2O，故B正确；C项、醋酸的酸性强于碳酸，醋酸能与纯碱溶液反应生成
15、醋酸钠、二氧化碳和水，反应的离子方程式为：2CH3COOH+CO32-=2CH3COO-+H2O+CO2，故C正确；D项、向碳酸氢钠溶液中滴入过量澄清石灰水，碳酸氢钠全部反应，离子方程式为Ca2+OH-+HCO3-=CaCO3+H2O，故D正确。故选A。【点睛】本题考查了离子方程式的书写判断，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等。6、D【解析】判断离子方程式正确与否的方法一般是：（1）检查反应能否发生。（2）检查反应物、生成物是否正确。（3）检查各物质拆分
16、是否正确。（4）检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）。（5）检查是否符合原化学方程式，据此可以判断。【详解】铜片插入硝酸银溶液中的离子反应为Cu+2Ag+ =Cu2+2Ag，故错误；澄清石灰水Ca(OH)2没有拆写成离子形式，正确的离子方程式为：OH-+H+ =H2O，故错误；硫酸铜没有拆写成离子形式，正确的离子方程式为：Cu2+2OH-Cu(OH)2，故错误；铜在金属活动顺序表中排在氢后，与盐酸不反应，故错误；碳酸钙和醋酸都不能拆开，正确的离子方程式为：CaCO3+2CH3COOH=Ca2+H2O+CO2+2CH3COO-，故错误；碳酸氢钠与盐酸反应中HCO3不能拆开，离子方程式
17、应为HCO3-H+CO2H2O，故错误。故答案选D。7、C【解析】A、单质铝的化学性质非常活泼，但在空气中会生成一层致密的氧化膜，防止Al继续被腐蚀，所以铝在空气中不易腐蚀，选项A正确；B铝原子的最外层有3个电子，在化学反应中易失去3个电子而达8电子的稳定结构，失去电子表现还原性，选项B正确；C铝和氧气反应生成了氧化铝，又因三氧化二铝的熔点高于铝的熔点，而三氧化二铝在铝的表面，所以加热铝箔的时候铝失去了光泽，铝熔化了但是不会滴落，不会发生剧烈的燃烧，选项C错误；D、铝和氧气反应生成了氧化铝，又因三氧化二铝的熔点高于铝的熔点，而三氧化二铝在铝的表面，兜住融化的铝，所以加热铝箔，铝熔化了但不会滴落
18、，选项D正确；答案选C。【点睛】本题考查学生金属铝的有关知识，比较基础，旨在考查学生对基础知识的掌握。8、D【解析】A氢氧化钡溶液与硫酸的反应还产生了BaSO4沉淀，故离子方程式为：+Ba2+2OH+2H+=2H2O+BaSO4，A错误；B澄清的石灰水是强电解质，与醋酸是弱电解质，故离子方程式为：OH-+CH3COOH=CH3COO-+H2O，B错误；C铜片插入硝酸银溶液中：Cu+Ag+=Cu2+Ag该离子方程式电荷不守恒，故正确的离子方程式为：Cu+2Ag+=Cu2+2Ag，C错误；D碳酸钙溶于稀盐酸中：CaCO3+2H+=Ca2+H2O+CO2，D正确；故答案为：D。9、D【解析】在反应H
19、2S+4O2F2=SF6+2HF+4O2中，S元素化合价由-2价升高到+6价被氧化，O元素由+1价降低到0价被还原；氧化产物为SF6，还原产物为O2，以此解答该题。A在该反应中O元素由反应前O2F2中+1价降低到O2中的0价得到电子被还原，则氧气为还原产物，A错误；B在反应中，O元素化合价由O2F2中+1价变为O2中的0价，化合价降低，得到电子被还原，所以O2F2是氧化剂，而H2S中的S元素的化合价是2价，反应后变为SF6中的+6价，化合价升高，失去电子，被氧化，所以H2S是还原剂，B错误；C由于未指明标准状况下，因此无法计算转移的电子的物质的量，C错误；D在反应中，O2F2中的O元素化合价降
20、低，获得电子，所以O2F2是氧化剂，而硫化氢中的S元素的化合价是2价，反应后升高为+6价，所以H2S是还原剂，则还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：4，D正确；故合理选项是D。10、A【解析】A.反应中硫代硫酸钠中的硫元素化合价升高，作还原剂，发生氧化反应，故A错误；B.氯气作氧化剂，表现氧化性，故B正确；C.氯气作氧化剂，还原产物为氯化钠和氯化氢，故C正确；D.水中的元素没有变价，不是氧化剂也不是还原剂，故D正确。故选A。11、C【解析】对于阴离子而言，质子数=电子数-电荷数，中子数=质量数-质子数，运用这个关系式得出正确结论。【详解】对于阴离子而言，质子数=电子数-电荷数，阴离子X2核外有m
21、个电子，则质子数是m2。因为质子数和中子数之和是质量数，所以核内中子数为am2，答案选C。12、B【解析】A、质子数决定元素的种类，质子数和中子数决定原子的种类，同种元素可能有多种核素；B、质子数相同，而中子数不同的同种元素的原子，互为同位素；C、中子数=质量数-质子数；D、质子数相同的微粒，可能为原子或离子。【详解】A项、人们已知道了107种元素，同种元素可能有多种核素，则原子的种类远大于107种，故A错误；B项、质子数相同，而中子数不同的同种元素的原子，互为同位素，则互为同位素的原子，它们原子核内的中子数一定不相等，故B正确；C项、40K和40Ca原子中的中子数分别为21、20，故C错误；
22、D项、质子数相同的微粒，可能为原子或离子，如Na、Na+、NH4+等，质子数均为11，但核外电子数不同，化学性质不同，故D错误。故选B。13、B【解析】H+OH-=H2O表示强酸与可溶性强碱生成可溶性盐的中和反应，并且溶液中仅存在H+和OH-的反应。ABa(OH)2溶液和稀硫酸的反应中钡离子和硫酸根离子会产生硫酸钡沉淀，此反应一定要写入方程中，故A不符合题意；BNaOH溶液和稀硫酸的反应生成水和硫酸钠，溶液中仅存在H+和OH-的反应，钠离子和硫酸根离子不反应，离子反应方程式为：H+ + OH- = H2O，故B符合题意；CCu(OH)2和稀HNO3的反应中Cu(OH)2难溶于水，与稀HNO3的
23、反应的离子方程式为Cu(OH)2+2H+=Cu2+2H2O，故C不符合题意； DBa(OH)2溶液NaHSO4溶液的反应中钡离子和硫酸根离子会产生硫酸钡沉淀，此反应过程要写入方程中，故D不符合题意；答案选B。14、D【解析】A、测定气体条件未知；B、氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体；C、不确定该溶液的体积；D、氧气和臭氧均由氧原子构成，最简式相同。【详解】A项、测定气体条件未知，气体摩尔体积不确定，无法计算气体的体积，故A错误；B项、氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，故1L0.5mol/LFeCl3溶液完全转化形成的氢氧化铁胶粒的个数小于0.5NA个，故B错误；C项、不确定该溶液的体积，无
24、法确定出氯离子的物质的量，故C错误；D项、氧气和臭氧均由氧原子构成，最简式相同，16g混合物中含有的氧原子的物质的量为1mol，含NA个氧原子，故D正确。故选D。【点睛】本题考查了阿伏伽德罗常数的应用，主要考查物质的量换算计算微粒数，注意测定气体的条件、溶液的条件、胶粒的构成是解答的关键，也是易错点。15、B【解析】A. CuSO45H2O为离子晶体，其晶体中不存在CuSO45H2O分子；故A错误；B. CS2为分子晶体，能真实表示物质的分子组成，故B正确；C. SiO2为原子晶体，其晶体中不存在SiO2分子，故C错误；D. KCl为离子晶体，其晶体中不存在KCl分子；故D错误；答案选B。【点
25、睛】化学式能真实表示物质分子组成的是分子晶体，常见的分子晶体有：所有非金属氢化物，部分非金属单质（金刚石，硅晶体）除外，部分非金属氧化物（二氧化硅等除外），几乎所有的酸，绝大多数的有机物，稀有气体等。16、A【解析】测定胆矾晶体结晶水含量时，结晶水合物在研钵中研碎放在坩埚中加热灼烧，先用小火，后渐改为用大火加热至固体恒重，加热时注意控制加热温度，避免固体迸溅而导致实验误差，并放在干燥器中冷却到室温，并用电子天平称量质量，实验室测定胆矾结晶水含量，不需要的仪器和用品是蒸发皿，故A正确；故选A。二、非选择题（本题包括5小题）17、A.BaCl2 B. AgNO3 C. CuSO4 D. Na2CO
26、3【解析】试题分析：C盐的溶液呈蓝色，所以C盐中一定含有铜离子，但是一定不含油碳酸根离子；向四种盐溶液中分别加入盐酸，B盐溶液有沉淀生成，所以B盐中含有银离子，不含有氯离子、硫酸根离子、碳酸根离子，D盐溶液有无色无味气体逸出，说明D含有碳酸根离子，所以D必须为Na2CO3，B为AgNO3，C为CuSO4，A为BaCl2。考点：物质的鉴别点评：本题考查了物质的鉴别，该考点是高考考查的重点，本题要注意题干的要求即每种离子只能用一次，本题比较容易。18、H2 Cl2 CO2 HCl H2+Cl22HCl Cl2+H2OHCl+HClO CO2+Ca(OH)2=CaCO3+H2O 【解析】A是密度最小
27、的气体,应为H2 ,B在通常情况下呈黄绿色,应为Cl2 ,纯净的A可以在B中安静地燃烧,发出苍白色的火焰并生成HCl,则D为HCl；把无色无刺激气味气体C通入澄清石灰水时变浑浊，C为CO2 ；(1)由以上分析可以知道A为H2 ,B为Cl2 ,C为CO2,D为HCl；因此，本题正确答案是:H2 、 Cl2 、CO2 、HCl。（2）氢气在点燃条件下与氯气反应生成氯化氢，反应方程式为：H2+Cl22HCl；综上所述，本题答案是：H2+Cl22HCl。氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，反应的方程式为：Cl2+H2OHCl+HClO；综上所述，本题答案是：Cl2+H2OHCl+HClO。 二氧化碳与澄清石
28、灰水反应生成碳酸钙沉淀和水，C与澄清石灰水反应的方程式为：CO2+Ca(OH)2=CaCO3+H2O；综上所述，本题答案是：CO2+Ca(OH)2=CaCO3+H2O。19、烧杯、漏斗、玻璃棒 蒸发结晶 BC Mg（OH）2、BaCO3 继续滴加BaCl2溶液，若无浑浊，则表明BaCl2已过量 会使之前步骤中为去除杂质而形成的沉淀再次溶解，导致不能达到提纯的目的。（其它合理答案也可以） 【解析】（1）根据实验流程和原理，操作为过滤，结合过滤操作所用到的仪器来作答；操作是分离氯化钠溶液中的氯化钠；（2）除去镁离子选用氢氧化钠，除去钙离子选用碳酸钠，除去硫酸根离子选用氯化钡，所加试剂要过量，为了将
29、多余的杂质除掉，碳酸钠除将钙离子沉淀，还将过量的钡离子沉淀下来；碳酸钠必须放在氯化钡之后加入；（3）经过除杂剂除杂后根据发生的离子反应可知，得到的难溶性物质有：CaCO3、BaSO4和Mg(OH)2、BaCO3；（4）根据钡离子能和硫酸根之间反应生成硫酸钡沉淀来检验氯化钡是否过量；（5）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，会影响制得精盐的纯度。【详解】（1）当加完除杂剂以后，操作为过滤，目的是为了分离上述操作得到的难溶性物质和氯化钠溶液，用到的玻璃仪器为：烧杯、漏斗、玻璃棒，操作目的是想从溶液中分离氯化钠精盐，该方法是蒸发结晶，故答案为烧杯、漏
30、斗、玻璃棒；蒸发结晶；（2）除杂试剂为了完全除去杂质离子，一般是过量的，碳酸钠可以将钙离子以及过量的钡离子沉淀下来，饱和Na2CO3溶液、BaCl2溶液、NaOH溶液，这三种物质的加入顺序必须满足饱和Na2CO3溶液放在BaCl2溶液之后加入，则可以依次是BaCl2溶液、饱和Na2CO3溶液、NaOH溶液或者NaOH溶液、BaCl2溶液、饱和Na2CO3溶液，故答案为BC；（3）粗盐和各除杂剂发生的离子方程式分别是为：SO42-+Ba2+=BaSO4，CO32-+Ba2+=BaCO3，CO32-+Ca2+=CaCO3，Mg2+2OH- = Mg(OH)2；因此，过滤之后得到的固体丁除含有泥沙、
31、CaCO3、BaSO4外，还应有Mg(OH)2、BaCO3，故答案为Mg(OH)2、BaCO3；（4）过量的氯化钡会将全部的硫酸根离子沉淀完毕，只要是硫酸根剩余，则氯化钡会与其反应出现白色沉淀，所以判断BaCl2已过量的方法是：向上层清液(或取少量上层清液于试管中)，继续滴入适量BaCl2溶液，若溶液未变浑浊，则表明BaCl2已过量，故答案为继续滴加BaCl2溶液，若无浑浊，则表明BaCl2已过量（5）若先用适量盐酸调节pH值再进行过滤操作，那样之前生成的不溶于水但溶于酸的沉淀均会与盐酸反应，生成易溶于水的氯化镁、氯化钙、氯化钡等物质，从而达不到提纯精盐的目的，故答案为会使之前步骤中为去除杂质
32、而形成的沉淀再次溶解，导致不能达到提纯的目的。（其它合理答案也可以）20、容量瓶 冷凝管（冷凝器） ac 5 C de 【解析】(1)根据图示中仪器的构造写出仪器的名称；(2)E为容量瓶，根据容量瓶的构造及正确使用方法进行解答；根据n=cV计算出氯化氢的物质的量，再根据溶液稀释过程中溶质的物质的量不变计算出需要10mol/L的浓盐酸的体积；量取浓盐酸时需要使用量筒和胶头滴管；根据c=n/V可得，一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量n和溶液的体积V引起的，误差分析时，关键要看配制过程中引起n和V怎样的变化：若n比理论值小，或V比理论值大时，都会使所配溶液浓度偏小；若n比理论值大，或
33、V比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大。【详解】(1)由仪器的图形可知E为容量瓶，F为冷凝管（冷凝器），故答案为烧杯；冷凝管（冷凝器）；(2)E为容量瓶，只能在常温下使用，且只能用来配制溶液，且使用前要检查是否漏水，故答案为ac；0.1L0.5mol/L=10moL/LV，V=0.005L，即5.0mL，取用该体积盐酸时，需要用到上述仪器中的量筒和胶头滴管，故答案为5；C；a没有将洗涤液转移到容量瓶，导致配制的溶液中溶质的物质的量偏小，配制的溶液浓度偏低，故a错误； b转移过程中有少量溶液溅出，导致配制的溶液中溶质的物质的量偏小，配制的溶液浓度偏低，故b错误； c摇匀后，液面下降，补充水，导致
34、配制的溶液体积偏大，溶液物质的量浓度偏低，故c错误； d定容时俯视刻度线，导致加入的蒸馏水体积偏小，溶液体积偏小，配制的溶液浓度偏高，故d正确；e. 清洗取液用的量筒并把溶液转移至容量瓶中,导致配制的溶液中溶质的物质的量偏大，配制的溶液浓度偏高，故e正确；故选de。【点睛】本题考查了配制一定物质的量浓度的溶液的方法、常见仪器的构造及使用方法，题目难度不大，试题涉及的题量较大，知识点较多，充分考查了学生对所学知识的掌握情况；有利于培养学生的逻辑思维能力和严谨的规范实验操作能力；该题的难点在于误差分析，注意明确误差分析的方法。21、16 5 mol/L 6.5 mol/L 【解析】（1）由图象可知
35、，从开始至加入NaOH溶液20mL，没有沉淀生成，说明硫酸溶解氧化铝、氧化铁后硫酸有剩余，此时发生的反应为H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O，即最初加入的20mLNaOH溶液的作用是中和剩余的硫酸。从20mL260mL氢氧化钠沉淀铁离子和铝离子，从260mL300mL，NaOH溶解氢氧化铝，发生反应NaOH+Al(OH)3=NaAlO2+2H2O，这说明最终得到的21.4g沉淀是氢氧化铁的质量，氢氧化铁的物质的量是21.4g107g/mol0.2mol，根据铁元素守恒可知氧化铁的物质的量是0.1mol，质量是0.1mol160g/mol16g；（2）从260mL300mL，NaOH
36、溶解氢氧化铝，发生反应NaOH+Al(OH)3=NaAlO2+2H2O，氢氧化铝的质量是37g-21.4g15.6g，物质的量是15.6g78g/mol0.2mol，消耗NaOH为0.2mol，所以氢氧化钠的浓度为0.2mol0.04L5mol/L；（3）当V（NaOH溶液）260mL时，沉淀量最大，此时为Fe(OH)3和Al(OH)3，溶液中溶质为Na2SO4，根据钠元素守恒2n（Na2SO4）n（NaOH），故n（Na2SO4）0.50.26L5mol/L0.65mol，根据硫酸根守恒n（H2SO4）n（Na2SO4）0.65mol，则c（H2SO4）0.65mol0.1L6.5mol/L。【点睛】本题以图象题的形式，考查铁铝化合物性质、混合物的计算，题目难度中等，分析图象各阶段的发生的反应是解题关键，侧重分析与计算能力的考查，注意守恒法在化学计算中的灵活应用。