福建省莆田第二十五中学2019-2020学年高一上学期12月月考化学试题

福建省莆田第二十五中学2019-2020学年高一上学期12月月考化学试题

www.ks5u.com 莆田第二十五中学2019—2020学年上学期月考（二）试卷 高一化学 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Cl-35.5 Mg-24 Al-27 S-32‎ 第Ⅰ卷（选择题）‎ 一、选择题(本题包括22小题，每小题2分，共44分，每小题只有一个选项符合题意)‎ ‎1.下列分类标准不正确的是(　　)‎ A. 化学反应分为：氧化还原反应、非氧化还原反应(标准：是否有电子的转移)‎ B. 分散系分为：溶液、胶体、浊液(标准：能否产生丁达尔效应)‎ C. 纯净物分为：单质、化合物(标准：组成物质的元素种数)‎ D. 化合物分为：电解质、非电解质(标准：溶于水或熔融状态能否导电的化合物)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、有电子转移的化学反应为氧化还原反应、没有电子转移的化学反应为非氧化还原反应，故A正确；‎ B、根据分散质粒子直径不同，把分散系分为溶液、胶体、浊液，故B错误；‎ C、只由1种元素组成的纯净物是单质，由多种元素组成的纯净物是化合物，故C错误；‎ D、在水溶液或熔融状态能导电的化合物是电解质，在水溶液和熔融状态都不能导电的化合物是非电解质，故D正确；‎ 答案选B。‎ ‎2.下列有关物质分类或归类中，正确是（ ）‎ A. 混合物:盐酸、氢氧化铁胶体、氯水、玻璃 B. 碱性氧化物:Na2O、MgO、MnO2、K2O C. 电解质:NaHSO4、石墨、CO2、NH4Cl D. 酸性氧化物:CaO、CO2、SiO2、SO3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．盐酸、氢氧化铁胶体、氯水、玻璃均有多种成分组成，均为混合物，故A正确；‎ B．Na2O、MgO、K2O是碱性氧化物，而MnO2与碱反应生成盐和水，也和酸能生成盐和水，是两性氧化物，故B错误；‎ C．NaHSO4、NH4Cl是电解质，CO2是非电解质，而石墨是单质，不是电解质，也不是非电解质，故C错误；‎ D．CO2、SiO2、SO3均为酸性氧化物，而CaO为碱性氧化物，故D错误；‎ 故答案为A。‎ ‎3.NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（ ）‎ A. 在同温同压时，相同体积的任何气体单质所含的分子数目相同 B. 2g氢气所含原子数目为NA C. 在常温常压下， 11.2L氮气所含的原子数目为NA D. 17g氨气所含氢原子数目为NA ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．在相同状态下，气体的体积之比等于物质的量之比等于分子个数之比，故同温同压下相同体积的任何气体中含有的分子个数相同，故A正确；‎ B．氢气由氢原子构成，故2g氢气中含有的H原子的物质的量为2mol，故个数为2NA个，故B错误；‎ C．常温常压下气体摩尔体积大于11.2L，故11.2L氮气的物质的量小于0.5mol，故原子个数小于NA个，故C错误；‎ D．17g氨气的物质的量为1mol，而1个氨气分子中含3个H原子，故1mol氨气中含3NA个H原子，故D错误；‎ 故答案为A。‎ ‎4.下列图示中正确的实验操作是(　　)‎ A. 除去CO中的CO2 B. 闻气体气味 C. 稀释浓硫酸 D. 向试管中滴加液体 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、洗气的原则是长进短出，图中是短进长出，故A错误；‎ B、闻气体的气味时，应用手在瓶口轻轻的扇动，使极少量的气体飘进鼻子中，不能将鼻子凑到集气瓶口去闻气体的气味，图中所示操作正确，故B正确；‎ C、量筒只能用来量取液体的体积，不能用来配制或稀释溶液，故C错误；‎ D、使用胶头滴管滴加少量液体的操作，注意胶头滴管不能伸入到试管内或接触试管内壁，应垂直悬空在试管口上方滴加液体，防止污染胶头滴管，图中所示操作错误，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎5.鉴别SO42－时所选用的试剂及顺序最合理的是( )‎ A. 稀盐酸、BaCl2溶液 B. 稀硝酸、BaCl2溶液 C. Ba(NO3)2溶液、稀盐酸 D. BaCl2溶液、稀盐酸 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】鉴别SO42关键是要排除SO32-、CO32-、Ag+等的干扰，故应先加入稀盐酸，若无现象，即可SO32-、CO32-、Ag+等离子，然后再后加入BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则SO42-存在。答案选A。‎ ‎6.中国科学技术大学的钱逸泰教授等以CCl4和金属钠为原料,在700 ℃时反应制造出纳米级金刚石粉末和另一种化合物。该成果发表在世界权威的《科学》杂志上,立即被科学家们高度评价为“稻草变黄金”。同学们对此有下列一些“理解”,你认为其中错误的是(　　)‎ A. 金刚石属于金属单质 B. 制造过程中元素种类没有改变 C. CCl4是一种化合物 D. 这个反应是置换反应 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．金刚石的构成元素为碳，属于非金属单质，故A错误；‎ B．根据元素守恒定律可知制造过程中元素种类没有改变，故B正确；‎ C．四氯化碳是由碳元素和氯元素组成的纯净物，属于化合物，故C正确；‎ D．CCl4和金属钠反应生成金刚石(碳单质)和NaCl，是置换反应，故D正确；‎ 故答案为A。‎ ‎7. 下列电离方程式错误的是 （ ）‎ A. NaHCO3=Na++H++CO32- B. NaHSO4=Na++H++SO42-‎ C. Mg(NO3)2=Mg2++2NO3- D. Na2SO4=2Na++SO42-‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、碳酸氢钠属于强碱弱酸盐，电离方程式为NaHCO3=Na＋+HCO3-，故A错误；‎ B、NaHSO4属于强碱弱酸盐，完全电离，即NaHSO4=Na＋+H＋+SO42-，故B正确；‎ C、Mg(NO3)2属于盐，即电离方程式为Mg(NO3)2=Mg2＋+2NO3-，故C正确；‎ D、Na2SO4属于盐，Na2SO4=2Na＋+SO42-，故D正确；‎ 故选A。‎ ‎8. 为达到下列实验目的，所采用的方法合理的是 A. 溴水中提取溴：分液 B. 分离水和汽油混合物：蒸馏 C. 分离饱和食盐水和沙子的混合物：过滤 D. 从硝酸钾和氯化钠混合液中获取硝酸钾：萃取 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、溴溶于水中，不能用分液的方法分离，错误，不选A；‎ B、水和汽油是不互溶的液体混合；物，可以用分液的方法，不选用蒸馏的方法，错误，不选B；‎ C、沙子不溶于水，可以用过滤的方法分离，选C；‎ D、硝酸钾和氯化钠的溶解度随温度变化差异较大，应该用结晶的方法分离，错误，不选D。‎ ‎9.下列状态的物质，既能导电又属于电解质的是 A. MgCl2晶体 B. NaCl溶液 C. 液态氯化氢 D. 熔融的KOH ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. MgCl2晶体是电解质，但不能导电，故A不选；‎ B. NaCl溶液能导电，但由于是混合物，所以不是电解质，故B不选；‎ C. 液态氯化氢是电解质，但由于没有自由移动的离子，所以不能导电，故C不选；‎ D. 熔融的KOH里有自由移动的离子，可以导电，同时熔融的KOH是纯净物，是电解质，故D选。‎ 故选D。‎ ‎【点睛】有自由移动的离子或电子可以导电。电解质必须是化合物，即必须是纯净物。酸、碱、盐都是电解质。‎ ‎10.下列说法不正确的是（ ）‎ A. 1mol氧气的质量为32g B. 常温常压下，1molCO2气体体积约为22.4L C. 88gCO2的摩尔质量为44g/mol D. 1L2mol/L的BaCl2溶液中含Cl-的个数为2.408×1024‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．氧气摩尔质量为32g/mol，则1mol 氧气的质量为32g，故A正确；‎ B．常温常压下气体摩尔体积等于22.4L/mol，常温常压下，1mol CO2气体体积大于22.4L，故B错误；‎ C．二氧化碳相对分子质量为44，则其摩尔质量为44g/mol，故C正确；‎ D．氯离子浓度为氯化钡的2倍，氯离子物质的量为1L×2×2mol/L=4mol，溶液中氯离子数目为4mol×6.02×1023mol-1=2.408×1024，故D正确；‎ 故答案为B。‎ ‎11.下列实验操作均要用玻璃棒，其中玻璃棒作用相同的是 （ ）‎ ‎① 过滤 ② 蒸发 ③ 溶解 ④ 向容量瓶中转移液体 A. ①和② B. ①和③ C. ③和④ D. ①和④‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】① 过滤中玻璃棒的作用为引流; ② 蒸发中玻璃棒的作用为搅拌; ③ 溶解中玻璃棒的作用为搅拌; ④ 向容量瓶中转移液体，玻璃棒的作用为引流。‎ 故选D。‎ ‎12.欲除去下列物质中的杂质（括号内物质为杂质），所用试剂不正确的是（ ）‎ A. KNO3溶液（K2SO4）：适量Ba（NO3）2溶液 B. CaCO3粉末（CaCl2）：过量盐酸 C. Cu粉（Zn粉）：过量盐酸 D. CO2（O2）：灼热的铜网 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．K2SO4与Ba(NO3)2反应生成硫酸钡沉淀和KNO3，可除去杂质，故A正确；‎ B．碳酸钙溶于盐酸，应加水然后过滤，故B错误；‎ C．锌与盐酸反应，而铜不反应，可用盐酸除杂，故C正确；‎ D．氧气与铜在高温条件下反应，可用于除杂，故D正确；‎ 故选B。‎ ‎【点晴】本题考查物质的分离提纯，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握物质的性质的异同，除杂时不能引入新杂质，更不能影响被提纯物质的性质。‎ ‎13.某元素的原子结构示意图为，下列关于该原子的说法正确的是 A. 质子数为7 B. 最外层电子数为2‎ C. 核外电子数为7 D. 核外有3个电子层 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】原子结构示意图是表示原子核电荷数和电子层排布的图示形式。小圈和圈内的数字表示原子核和核内质子数，弧线表示电子层，弧线上的数字表示该层的电子数。所以选项D正确，该元素的质子数是17，核外电子数也是17，答案选D。‎ ‎14. 下列有关实验操作或判断正确的是 A. 配制一定物质的量浓度的溶液，定容时俯视刻度线会导致所配溶液浓度偏小 B. 需要95 mL 0.1 mol·L－1NaCl溶液，可选用100 mL容量瓶来配制 C. 用100 mL的量筒量取5.2 mL的盐酸 D. 用托盘天平称取25.20 g NaCl ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、配制一定物质的量浓度的溶液，定容时俯视刻度线使所配溶液的体积偏小，导致所配溶液浓度偏大，错误；‎ B、根据实验室容量瓶的规格判断，需要95 mL 0.1 mol·L－1NaCl溶液，可选用100 mL容量瓶来配制，正确；‎ C、100mL的量筒量取5.2mL的盐酸，量程太大导致误差大，应选择10mL的量筒，错误；‎ D、托盘天平称量固体的质量只能精确到0.1g，错误；‎ 答案选B。‎ ‎15.某物质的焰色反应呈黄色，下列判断正确的是（ ）‎ A. 该物质一定是金属钠 B. 该物质一定是钠盐 C. 该物质中必定含钠元素 D. 该物质中必定含钾元素 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．只要含有钠元素，焰色反应就呈黄色，不一定是钠单质，故A错误； ‎ B．焰色反应的性质是元素的性质，和元素的存在形态无关，可能是含钠化合物，也可能是单质，故B错误；‎ C．焰色反应的性质是元素的性质，物质灼烧时，焰色反应为黄色，则一定含有钠元素，故C正确；‎ D．钾元素的焰色反应为紫色，易被黄光遮住，应透过蓝色钴玻璃观察，则无法确定是否有钾元素，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎【点睛】考查焰色反应的相关知识，明确焰色反应是元素的性质是解答的关键，焰色反应是元素的性质，灼烧时焰色反应为黄色，说明各物质中含有Na元素，而钠元素的焰色反应的黄光可以掩盖住钾元素的紫光，故要判断是否含有钾元素，必须透过蓝色钴玻璃来观察。‎ ‎16.下列反应属于氧化还原反应的是（　　）‎ A. SO3+ H2O= H2SO4 B. NH4Cl NH3+HCl C. Fe+CuSO4= FeSO4+Cu D. NaOH+HNO3=NaNO3+H2O ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．SO3+ H2O= H2SO4反应中各元素化合价不变，不属于氧化还原反应，故A不选；‎ B．NH4Cl NH3↑+HCl↑反应中各元素化合价不变，不属于氧化还原反应，故B不选；‎ C．Fe+CuSO4= FeSO4+Cu反应中Fe元素化合价由0价变为+2价、Cu元素化合价由+2价变为0价，所以有电子转移，属于氧化还原反应，故C选；‎ D．NaOH+HNO3=NaNO3+H2O反应中各元素化合价不变，不属于氧化还原反应，故D不选；‎ 故选C。‎ ‎17.中国旅游标志马踏飞燕用青铜铸造。关于铜的一种核素Cu，下列说法正确的是 A. Cu的中子数为64 B. Cu的质子数为35‎ C. Cu的核电荷数为29 D. Cu的核外电子数为64‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 质子数+中子数＝质量数，则Cu的中子数为64－29＝35，A错误；‎ B. Cu的质子数为29，B错误；‎ C. 质子数等于核电荷数，则Cu的核电荷数为29，C正确；‎ D. 质子数等于核外电子数，则Cu的核外电子数为29，D错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】明确原子的构成以及构成微粒之间的数量关系是解答的关键，在表示原子组成时元素符号的左下角表示质子数，左上角表示质量数。‎ ‎18.下列实验结论正确的是（ ）‎ A. 向某溶液中加入稀盐酸，产生无色无味的气体，将该气体通入澄清石灰水中，石灰水变浑浊，证明该溶液中一定含有CO32-‎ B. 向某溶液中加入稀硝酸和硝酸银溶液，产生白色沉淀，证明该溶液中一定含有Cl-‎ C. 向某溶液中加入CCl4，CCl4层显紫色，证明该溶液中存在I-‎ D. 向某溶液中加入氯化钡溶液，有白色沉淀产生，再加入稀盐酸，沉淀不消失，则该溶液中含有SO42-‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．加入稀盐酸产生能使澄清石灰水变无色无味的气体的离子有CO32-、HCO3-，故A错误；‎ B．加入稀硝酸和硝酸银溶液，产生白色沉淀，此沉淀为AgCl，证明该溶液中一定含有Cl-，故B正确；‎ C．CCl4层显紫色，说明溶液中含有I2，而I-无色，并且不能溶于CCl4中，故C错误；‎ D．加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，可能生成AgCl沉淀，应先加入盐酸，如无现象，再加入氯化钡溶液，有白色沉淀证明有SO42-，故D错误；‎ 故答案为B。‎ ‎19.用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法中正确的是（ ）‎ A. 2.4g金属镁变成镁离子时失去的电子数为0.1NA B. 2g氢气中含有的原子数为NA C. 3.01×1023个氮分子中含有的原子数为2NA D. 17g氨气中含有的电子数为10NA ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 2.4g镁的物质的量为0.1mol，变成镁离子失去0.2mol电子，所以2.4 g金属镁变为镁离子时失去的电子数为0.2NA，A错误；‎ B. 2 g氢气中含有的原子数为2NA，B错误；‎ C. 3.01×1023个氮气分子中含有的原子数为NA，C错误；‎ D. 每个氨分子含有10个电子，17g氨气中含有的电子数为10NA，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎20.现有A、B、C三种化合物，各取40g相混合，完全反应后，容器中只有18gB、49gC，还有D生成，已知D的相对分子质量为106。下列说法中不正确的是（ ）‎ A. 化学方程式一定是A＋B=C＋D B. 生成D的物质的量为0.5mol C. 若化学方程式为2A＋B=C＋D，则A的摩尔质量为40g·mol－1‎ D. 若D是碳酸钠，则钠离子的质量为23g ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 现有A、B、C三种化合物，各取40g相混合，完全反应后，容器中只有18gB、49gC，还有D生成，则40gA完全反应，参加反应的B的质量为40g-18g=22g，生成的C的质量为49g-40g=9g，根据质量守恒定律反应生成的D的质量为40g+22g-9g=53g。‎ ‎【详解】A．由分析知A和B是反应物，C和D是生成物，但无法确定A、B、C、D的物质的量之比，即反应方程式不一定为A＋B=C＋D，故A错误；‎ B．反应生成的D的质量为53g，D的相对分子质量为106，则生成D的物质的量为=0.5mol，故B正确；‎ C．若化学方程式为2A＋B=C＋D，结合D的物质的量为0.5mol，则A的物质的量为1mol，其的摩尔质量为=40g·mol－1，故C正确；‎ D．若D是碳酸钠，物质的量为0.5mol，则钠离子的物质的量为1mol，质量为23g，故D正确；‎ 故答案为A。‎ ‎21.在我们的日常生活中出现了“加碘食盐”、“增铁酱油”、“高钙牛奶”、“富硒茶叶”、“含氟牙膏”等商品。这里的“碘、铁、钙、硒、氟”指的是（ ）‎ A. 元素 B. 单质 C. 分子 D. 氧化物 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】物质是由元素组成的，“加碘食盐”、“增铁酱油”、“高钙牛奶”、“富硒茶叶”、“含氟牙膏”等商品，这里的碘、铁、钙、硒、氟指的是物质中所含有的元素，观察选项，故选A。‎ ‎22.用等体积的0.1mol/L的AgNO3溶液，可使相同物质的量浓度的NaCl、MgCl2和AlCl33种溶液中的Cl－恰好完全沉淀，则3种氯化物溶液的体积之比为（ ）‎ A. 1：2：3 B. 3：2：1 C. 6：3：2 D. 1：1：1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 消耗AgNO3的物质的量相等，则NaCl、MgCl2和AlCl3三种溶液中的Cl-物质的量相等，假设为1mol，根据氯离子守恒计算NaCl、MgCl2和AlCl3的物质的量，溶液体积相等，浓度之比等于物质的量之比。‎ ‎【详解】由题意可知，消耗AgNO3的物质的量相等，则NaCl、MgCl2和AlCl3三种溶液中的Cl-物质的量相等，假设为1mol，由氯离子守恒，则：n(NaCl)=1mol、n(MgCl2)=0.5mol、n(AlCl3)=mol，溶液体积相等，浓度之比等于物质的量之比，则c(NaCl)：c(MgCl2)：c(AlCl3)= 1mol：0.5mol：mol=6：3：2，故答案为C。‎ 第Ⅱ卷（非选择题）‎ 二、填空题(本题包括4小题，共46分)‎ ‎23.阿伏加德罗常数的近似值为6.02×1023。按要求完成下列填空：‎ ‎（1）1molCl2中约含有___个氯气分子，约含有__个氯原子。含有6.02×1023个氢原子的H2SO4的物质的量是___；‎ ‎（2）某硫酸钠溶液中含有3.01×1023个Na+，则该溶液中SO42-的物质的量是___。‎ ‎（3）2L1mol/LMgCl2中镁离子的物质的量为___，Cl-的物质的量浓度为___。‎ ‎（4）三种盐的混合溶液中含有0.2molNa+、0.25molMg2+、0.4molCl-、SO42-，则SO42-的微粒个数约为___。‎ ‎【答案】 (1). NA (2). 2NA (3). 0.5mol (4). 0.25mol (5). 2mol (6). 2mol/L (7). 0.15NA ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据n=，结合分子的构成计算；‎ ‎(2)根据n=计算n(Na+)，由化学式可知n(SO42-)=n(Na+)；‎ ‎(3)根据c=结合物质的分子式来计算；‎ ‎(4)溶液中阴离子和阳离子的正负电荷守恒，根据守恒思想来计算。‎ ‎【详解】(1)根据n=，1molCl2中含有NA个氯气分子，含有2NA个氯原子，含有6.02×1023个氢原子的H2SO4的个数为×6.02×1023，H2SO4的物质的量是0.5mol；‎ ‎(2)n(Na+)==0.5mol，由化学式可知n(SO42-)=n(Na+)=0.5mol×=0.25mol；‎ ‎(5)2L 1mol/LMgCl2中镁离子的物质的量为2L×1mol/L=2mol，Cl-的物质的量浓度为2mol/L；‎ ‎(6)溶液中阴离子和阳离子的正负电荷守恒，即n(Na+)+2n( Mg2+)=n (Cl-)+2n(SO42-)，所以0.2 mol+2×0.25 mol=0.4 mol+2n(SO42-)，解出n(SO42-)=0.15mol，则SO42-的微粒个数为0.15NA。‎ ‎24.自然界中的物质绝大多数以混合物的形式存在，为了便于研究和利用，常需对混合物进行分离和提纯。下列A、B、C、D是中学常见的混合物分离或提纯的装置。‎ I.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）碳酸钙悬浊液中分离出碳酸钙___；‎ ‎（2）氯化钠溶液中分离出氯化钠___；‎ ‎（3）分离植物油和水___；‎ ‎（4）海水淡化___；‎ ‎（5）从碘水中分离出I2___。‎ II.碘水中提取碘单质的方法如下：‎ ‎（1）萃取分液 ‎①下列可作为碘水中提取碘单质萃取剂的是___；‎ A．酒精 B．苯 ‎②分液漏斗在使用前必须先___；‎ ‎③查资料得知：ρ（H2O）>ρ（苯）>ρ（酒精），若用①中所选萃取剂萃取碘水中的碘单质，分液时，水层应由分液漏斗的___端口放出，有机层应由分液漏斗的___端口放出（此问填“上”或者“下”）。‎ ‎（2）蒸馏 ‎①装置A中a的名称是___，冷凝装置中冷凝水应该___口进（填“上”或“下”），这样做的目的是___。‎ ‎②已知碘和四氯化碳熔沸点数据如下表 熔点 沸点 碘 ‎1137℃‎ ‎184.3℃‎ 四氯化碳 ‎-22.6℃‎ ‎76.8℃‎ 若用蒸馏法分离碘和四氯化碳的混合物，锥形瓶中先收集到的物质的名称是___。‎ ‎【答案】 (1). B (2). D (3). C (4). A (5). C (6). B (7). 检查是否漏液 (8). 下 (9). 上 (10). 蒸馏烧瓶 (11). 下 (12). 使水充满冷凝管，水流方向与蒸汽方向相反，冷凝效果更好 (13). 四氯化碳 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ I. 由装置图可知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 II.(1)①碘水中提取碘单质，选取的萃取剂不能与溶剂水相溶；‎ ‎②分液漏斗有旋塞，使用分液漏斗前必须检查其是否漏水；‎ ‎③苯为有机溶剂，则有机层的密度小于水溶液，分层后碘的苯溶液在上层、水溶液在下层，上层液体从分液漏斗口放出，下层液体从下口放出；‎ ‎(2)①蒸馏装置中，冷凝管的通水方向采用逆向通水法，确保冷凝效果较好；‎ ‎②蒸馏过程中，沸点越低，则优先在锥形瓶中收集到，据此判断锥形瓶中先收集到的物质的名称。‎ ‎【详解】I. (1)碳酸钙悬浊液中分离出碳酸钙，碳酸钙不溶于水，可以通过过滤操作分离，则应该选用装置B；‎ ‎(2)氯化钠溶液中分离出氯化钠，需要通过蒸发操作完成，应该选用装置D；‎ ‎(3)分离植物油和水，二者互不相溶，可以通过分液操作完成，应该选用装置C；‎ ‎(4)海水淡化，可以通过蒸馏操作完成，所以应该选用装置A；‎ ‎(5)从碘水中分离出I2，可以通过萃取分液操作完成，所以应该选用装置C；‎ II. (1)①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A酒精，可以选用苯，故答案为：B；‎ ‎②分液漏斗有瓶塞和旋塞，检查分液漏斗前必须检查分液漏斗是否漏液；‎ ‎③由于ρ(H2O)＞ρ(苯)，若用苯为萃取剂萃取碘水中的碘单质，有机层在上方、水层在下层，则分液时，水层应由分液漏斗的下端口放出，有机层应由分液漏斗的上端口放出；‎ ‎(2)①如图，A上午名称为蒸馏烧瓶，给冷凝管通水时，通常采用逆向通水，即：从冷凝管的下口进水，冷凝效果会更好；‎ ‎ ②根据表中碘单质和四氯化碳的沸点可知，四氯化碳的沸点较低，则四氯化碳优先被蒸出，锥形瓶中先收集到的物质为四氯化碳。‎ ‎【点睛】分离提纯方法的选择思路是根据分离提纯物的性质和状态来定的。具体如下： ①分离提纯物是固体(从简单到复杂方法) ：加热(灼烧、升华、热分解)，溶解，过滤(洗涤沉淀)，蒸发，结晶(重结晶)；②分离提纯物是液体(从简单到复杂方法) ：分液，萃取，蒸馏；③分离提纯物是胶体:盐析或渗析；④分离提纯物是气体：洗气。‎ ‎25.某待测液中可能含有Cu2＋、Mg2＋、Fe3＋、K＋、NH、Cl－等离子，现通过如下实验对其中的阳离子进行检验：‎ ‎（1）取少量待测液，仔细观察，呈无色。‎ ‎（2）向上述待测液中滴加NaOH溶液，有白色沉淀生成；实验过程中还有刺激性气味的气体产生，该气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。‎ 据此可以判断该待测液中一定含有的阳离子是___，一定没有的阳离子是___。还有一种阳离子没有检验，检验这种离子的实验方法是(填写实验名称)___，现象是___。‎ ‎【答案】 (1). Mg2＋ (2). Cu2＋和Fe3＋ (3). 熖色反应 (4). 透过蓝色钴玻璃火焰呈紫色 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 无色可知不含Cu2＋和Fe3＋，待测液中逐滴滴加NaOH溶液有白色沉淀生成，可知含Mg2＋，实验过程中还有刺激性气味的气体产生，该气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，气体为氨气，可知含NH4+，由溶液为电中性可知含Cl-，不能确定是否含K+，以此来解答。‎ ‎【详解】无色可知不含Cu2＋和Fe3＋，待测液中逐滴滴加NaOH溶液有白色沉淀生成，可知含Mg2＋，实验过程中还有刺激性气味的气体产生，该气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，气体为氨气，可知含NH4+，由溶液为电中性可知含Cl-，不能确定是否含K+；‎ 该待测液中一定含有的阳离子是Mg2＋，一定没有的阳离子是Cu2＋和Fe3＋；还有一种阳离子K+没有检验，检验K+的实验方法是熖色反应，现象是通过蓝色钴玻璃观察火焰，如果火焰呈紫色就说明有钾离子，否则没有。‎ ‎【点睛】破解离子推断题的几种原则：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：Fe2+、Fe3+、Cu2+、MnO4－、CrO42－、Cr2O72－)；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、指示剂的变化、与铝反应产生H2、水的电离情况等)；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；(这一原则可帮助我们确定一些隐含的离子)；④进出性原则：通常是在实验过程中使用，是指在实验过程中反应生成的离子或引入的离子对后续实验的干扰。‎ ‎26.实验室需要0.3mol/LNaOH溶液480mL。根据溶液的配制情况回答下列问题。‎ ‎（1）如图所示，配制上述溶液还需用到的玻璃仪器是__(填仪器名称)。‎ ‎（2）下列操作中，容量瓶所不具备的功能有___(填序号)。‎ A．配制一定体积准确浓度的标准溶液 B．贮存溶液 C．测量容量瓶规格以下的任意体积的液体 D．准确稀释某一浓度的溶液 E．用来加热溶解固体溶质 ‎（3）根据计算，用托盘天平称取NaOH的质量为___g。在实验中其他操作均正确，若定容时仰视刻度线，则所得溶液浓度___(填“偏大”“不变”或“偏小，下同)。若NaOH溶液在转移至容量瓶时，洒落了少许，则所得溶液浓度___。‎ ‎【答案】 (1). 烧杯和玻璃棒 (2). AD (3). 6.0 (4). 偏大 (5). 偏小 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据溶液的配制情况结合各仪器的作用选取仪器；‎ ‎(2)有关容量瓶的构造和使用，容量瓶可用于配制一定浓度的溶液；‎ ‎(3)根据m=cVM计算氢氧化钠的质量，注意溶液的体积为500mL而不是480mL进行计算，根据c=并结合溶质的物质的量n和溶液的体积V的变化来进行误差分析。‎ ‎【详解】(1)配制步骤有计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解(可用量筒量取水)，冷却后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，所以需要的仪器为：托盘天平、药匙、烧杯、筒量、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，所以需要的仪器是BDE，还需要的仪器是烧杯和玻璃棒；‎ ‎(2)A．容量瓶用于配制一定体积的、浓度准确的溶液，故A正确；‎ B．容量瓶只能用来配制一定体积准确浓度的溶液，不能用于贮存溶液，故B错误；‎ C．容量瓶不能配制或测量容量瓶规格以下的任意体积的液体，故C错误；‎ D．容量瓶能准确稀释某一浓度的溶液，故D正确；‎ E．容量瓶只有一个刻度线，故不能量取一定体积液体，故E错误；‎ F．容量瓶不能受热，故不能用来加热溶解固体溶质，故F错误；‎ 故答案为AD；‎ ‎(3)根据n=c×V=0.3mol/L×0.5L=0.15mol，m=n×M，m=0.15mol×40g/mol=6.0g；在实验中其他操作均正确，若定容时俯视刻度线，使得所配溶液的体积偏小，则所得溶液浓度大于0.3mol/L；若NaOH溶液在转移至容量瓶时，洒落了少许，溶质的物质的量偏小，则所得溶液浓度小于0.3mol/L。‎ ‎【点睛】考查配制一定物质的量浓度的溶液中的误差分析，根据c=可知，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V比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大。‎ ‎27.将足量澄清石灰水加入500mL碳酸钠中，过滤，干燥后得到10g沉淀。‎ ‎（1）求碳酸钠溶液的物质的量浓度___。‎ ‎（2）若取出这10g沉淀，向其中加入足量的稀盐酸，充分反应，求最终产生的气体在标准状况下的体积___。‎ ‎【答案】 (1). 0.2mol/L (2). 2.24L ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)发生反应：Na2CO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+2NaOH，10g沉淀为碳酸钙，结合方程式计算碳酸钠的物质的量，再根据c=计算；‎ ‎(2)发生反应：CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2O，据此计算生成二氧化碳的体积。‎ ‎【详解】(1)10gCaCO3的物质的量为=0.1mol，结合Na2CO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+2NaOH可知参加反应的碳酸钠的物质的量为0.1mol，故碳酸钠的物质的量浓度=0.2mol/L；‎ ‎(2)10gCaCO3的物质的量为=0.1mol，，结合CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2O可知生成CO2的物质的量为0.1mol，则其标准状况下的体积V=0.1mol×22.4L/mol=2.24L。‎ ‎ ‎