2018-2019学年山西省晋中市平遥县第二中学高一上学期12月月考化学试题（解析版）

2018-2019学年山西省晋中市平遥县第二中学高一上学期12月月考化学试题（解析版）

‎2018-2019学年山西省晋中市平遥县第二中学高一上学期12月月考化学试题（解析版）‎ 可能用到的相对原子质量：H—1 C—12 O—16 Na—23 S—32 Fe—56 N—14 Cl—35.5 Ca--40‎ 一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共48分）‎ ‎1.NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（ ）‎ A. 在同温同压下，相同体积的任何气体单质所含的原子数相等 B. 17gNH3所含电子数为10NA C. 在常温常压下，11.2LN2所含原子数为NA D. 2g氢气所含原子数为NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.在同温同压下，相同体积的任何气体单质物质的量相同，所含的分子数目相同，所含的原子数不一定相等，故A错误；‎ B. 17g氨气的物质的量为1mol，1个氨气分子含有电子数为10个，1mol氨气分子所含电子数目为10NA，故B正确；‎ C.在标准状况下，11.2 L氮气的物质的量为0.5mol，所含的原子数目为NA，常温常压下，气体摩尔体积增大，所含的原子数目小于NA，故C错误；‎ D.2g氢气物质的量为1mol，所含原子数目为2NA，故D错误；‎ 综上所述，本题答案选B。‎ ‎2.V mL密度为ρ g·mL－1的某溶液中，含有相对分子质量为M的溶质m g，该溶液中溶质的质量分数为w%，物质的量浓度为c mol·L－1，那么下列关系式正确的是(　　)‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 溶液的质量为Vρ，溶质的质量为mg，可根据c=n/V=m/MV=1000ρw%/M进行相关的计算。‎ ‎【详解】A．溶质的质量m=m（溶液）×W%=ρVw/100 g，故A错误；‎ B．根据c=1000ρw%/M可知物质的量浓度是c=10ρw/M，B错误；‎ C．W%=m(溶质的质量)/m(溶液的质量)×100%=0.001VcM/ρV×100%=cM/1000ρ，故C错误；‎ D．c=n/V=m/MV=1000m/MV mol·L－1，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】本题考查物质的量浓度的计算，侧重于物质的量的相关计算公式的综合运用，知道各个物理量之间的关系是解答的关键，注意把握相关计算公式的灵活应用。‎ ‎3. 下列有关化学实验的操作中，一般情况下不能相互接触的是( )。‎ A. 过滤操作中，玻璃棒与三层滤纸 B. 过滤操作中，漏斗颈下端与烧杯内壁 C. 分液操作中，分液漏斗颈下端与烧杯内壁 D. 用胶头滴管向试管滴加液体时，滴管尖端与试管内壁 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A、在滤操作中，玻璃棒要靠在三层滤纸上，防止滤纸弄破，A正确； B、在滤操作中，漏斗下端口要紧靠烧杯内壁，B正确； C、分液操作中，分液漏斗径要紧靠烧杯内壁，C正确； D、用胶头滴管向试管滴液体时，滴管要竖直悬空，D错误；答案选D 考点：实验基本操作 ‎4.下列叙述正确的是(　　)‎ A. 与28 g CO具有相同分子数的CO2的质量一定是44 g B. 与V L CO具有相同分子数的CO2的体积一定是V L C. 所含原子数相等的CO与CO2的密度之比为7∶11‎ D. 所含原子数相等的CO与CO2的密度之比为21∶22‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：A、28gCO具有的物质的量28/28mol=1mol，分子数相等，说明CO2的物质的量为1mol，即CO2的质量是44g，故正确；B、气体体积受温度和压强影响，题目中没有说明条件是否相同，因此两者体积可能相同，也可能不同，故错误；C、分子数相等，说明两者物质的量相等，两者的摩尔质量不同，则质量不同，题目中没有说明是否在同一条件下测定，体积不知是否相等，即密度不一定相等，故错误；D、原子数相等，即CO和CO2物质的量之比为3：2，质量不等，题目中没有说明是否在同一条件下测定，体积不知是否相等，无法计算密度比，故错误。‎ 考点：考查物质的量、气体体积、阿伏加德罗推论等知识。‎ ‎5. 下列叙述正确的是( )‎ A. 元素的单质一定由氧化或还原该元素的化合物制得 B. 在化学反应中，得电子越多的氧化剂，其氧化性就越强 C. 阳离子只能得到电子被还原，阴离子只能失去电子被氧化 D. 含有最高价元素的化合物不一定具有很强的氧化性 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A．大多数元素的单质由氧化或还原该元素的化合物制得，但不活泼金属元素的单质可由自然界直接得到，故A错误；B．氧化性的强弱与得电子的难易程度有关，则在化学反应中，得电子越多的氧化剂，其氧化性不一定强，故B错误；C．处于中间价态的离子既能被氧化又能被还原，如Fe2+、SO32-等，故C错误；D．一般含最高价元素的化合物具有很强的氧化性，如高锰酸钾、硝酸等，但二氧化碳不具有强氧化性，故D正确；故选D。‎ 考点：考查了氧化还原反应的相关知识。‎ ‎6.已知X2、Y2、Z2、W2四种物质的氧化能力强弱顺序为：W2> Z2> X2> Y2，判断下列氧化还原反应，能够发生的是 A. 2W-+Z2=2Z-+W2‎ B. 2X-+Y2=2Y-+X2‎ C. 2Y-+W2=2W-+Y2‎ D. 2Z-+X2=2X-+Z2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，则A、氧化性是W2> Z2，则反应2W-+ Z2=2Z-+W2不能发生，A错误；B、氧化性是X2> Y2，则反应2X-+ Y2=2Y-+X2不能发生，B错误；C、氧化性是W2> Y2，则反应2Y-+ W2=2W-+ Y2能发生，C正确；D、氧化性是Z2> X2，则反应2Z-+ X2=2X-+ Z2不能发生，D错误；答案选C。‎ 考点：考查氧化还原反应判断 ‎7.在下列无色溶液中，各组离子一定能够大量共存的是(　　)‎ A. 使酚酞试液变红的溶液：Na＋、Cl－、SO42－、Mg2＋‎ B. 使紫色石蕊试液变红的溶液：Fe2＋、Mg2＋、MnO4－、Cl－‎ C. pH<7的溶液：K＋、Ba2＋、Cl－、Br－‎ D. 碳酸氢钠溶液：K＋、SO42－、Cl－、H＋‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ A、使酚酞试液变红的溶液中存在大量OH－，Mg2＋与OH－反应生成氢氧化镁，在溶液中不能大量共存，故A 错误；B、使紫色石蕊试液变红的溶液为酸性溶液，Fe2+、MnO4﹣之间发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；C、pH＜7的溶液为酸性溶液，溶液中存在大量H+，K+、Ba2+、Cl﹣、Br﹣之间不发生反应，在溶液中能够大量共存，故C正确；D、H+与碳酸氢钠反应，在溶液中不能大量共存，故D错误。故选C。‎ ‎8.下列反应，其产物的颜色按红色、红褐色、淡黄色、蓝色顺序排列的是(　　)‎ ‎①金属钠在纯氧中燃烧　②FeSO4溶液中滴入NaOH溶液，并在空气中放置一段时间　③FeCl3溶液中滴入KSCN溶液　④无水硫酸铜放入医用酒精中 A. ②③①④ B. ③②①④ C. ③①②④ D. ①②③④‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①金属钠在纯氧中燃烧生成淡黄色的过氧化钠；‎ ‎②FeSO4溶液和NaOH溶液反应生成氢氧化亚铁沉淀，然后迅速变为灰绿色，最终被氧化为氢氧化铁红褐色物质；‎ ‎③FeCl3溶液中滴入KSCN溶液，发生络合反应，溶液呈红色；‎ ‎④医用酒精中含有水，无水硫酸铜放入医用酒精中，变蓝色；‎ 故其产物的颜色按红色、红褐色、淡黄色、蓝色顺序排列依次是③②①④，答案选B。‎ ‎9.将适量铁粉投入三氯化铁溶液中，完全反应后，溶液中的Fe3＋和Fe2＋浓度相等，则已反应的Fe3＋和未反应的Fe3＋的物质的量之比是(　　)‎ A. 2∶3 B. 3∶2 C. 1∶2 D. 1∶1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】将适量铁粉放入FeCl3溶液中，完全反应，发生的反应为：Fe+2Fe3＋＝3Fe2＋，已反应的Fe3＋的物质的量为x，则 Fe+2Fe3＋＝3Fe2＋‎ ‎2 3‎ x 1.5x 溶液中的Fe3＋和Fe2＋浓度相等，所以，未反应的Fe3＋的物质的量为1.5x，所以已反应的Fe3＋和未反应的Fe3＋的物质的量之比=x：1.5x=2：3，故答案选A。‎ ‎10.有NaCl、FeCl2、FeCl3、MgCl2、AlCl3五种溶液，只用一种试剂就可以把它们鉴别开来，这种试剂是(　　)‎ A. 盐酸 B. 烧碱溶液 C. 氨水 D. KSCN溶液 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A．物质物质均与盐酸不反应，不能鉴别，A错误；B．分别与NaOH反应的现象为：无现象、白色沉淀迅速变为灰绿色最后为红褐色、红褐色沉淀、白色沉淀、先生成白色沉淀后溶解，现象不同，可鉴别，B正确；C．氨水不能鉴别MgCl2、AlCl3，C错误；D．KSCN溶液只能鉴别FeCl3，D错误；答案选B。‎ ‎11.下列反应的现象描述与离子方程式都正确的是(　　)‎ A. 金属镁与稀盐酸反应：有气泡逸出 Mg＋2H＋＋2Cl－===MgCl2＋H2↑‎ B. 氯化钡溶液与稀硫酸反应：有白色沉淀生成 Ba2＋＋SO42－===BaSO4↓‎ C. 碳酸镁与盐酸反应：有气泡逸出 CO32－＋2H＋===CO2↑＋H2O D. NaHCO3溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液：有白色沉淀产生 2HCO3－＋Ba2＋＋2OH－===BaCO3↓＋2H2O＋CO32－‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A．金属镁与稀盐酸反应：有气泡逸出，产生的MgCl2是易溶的强电解质，应该写离子形式，Mg＋2H＋=Mg2+＋H2↑，错误；B．氯化钡溶液与稀硫酸反应，产生硫酸钡白色沉淀和盐酸，反应的两种方程式是：Ba2＋＋SO42－=BaSO4↓，正确；C．碳酸镁与盐酸反应：有气泡逸出，由于MgCO3难溶于水，因此应该写化学式，离子方程式是：MgCO3＋2H＋= Mg2+＋CO2↑＋H2O，错误；D．NaHCO3溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液：有白色沉淀产生，反应要以不足量的NaHCO3为标准书写，离子方程式是：HCO3－＋Ba2＋＋OH－=BaCO3↓＋H2O，错误。‎ 考点：考查离子方程式及反应现象正误判断的知识。‎ ‎12.下列说法错误的是 （ ）‎ A. 丁达尔效应可以区分溶液和胶体 B. 以水为分散剂的分散系，按稳定性由弱至强的顺序是：浊液、胶体、溶液 C. 一种分散系里只能有一种分散质 D. 分散系中分散质粒子直径由大到小的顺序是：浊液、胶体、溶液 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、丁达尔效应是胶体特有的性质，胶体具有丁达尔效应，溶液没有，所以丁达尔效应可以区分溶液和胶体，故A正确；‎ B、浊液属于不稳定体系，胶体属于介稳定体系，溶液属于稳定体系，所以以水为分散剂的分散系，按稳定性由弱至强的顺序是：浊液、胶体、溶液，故B正确；‎ C、一种或几种物质分散在另一种（或多种）物质中所形成的体系称为分散体系，则一种分散系里可以有多种分散质，故C错误；‎ D、溶液中分散质微粒直径小于1nm，胶体分散质微粒直径介于1～100nm之间，浊液分散质微粒直径大于100nm，则分散系中分散质粒子直径由大到小的顺序是：浊液、胶体、溶液，故D正确。‎ 答案选C。‎ ‎13.下列物质中，能导电且为电解质的是 （ ）‎ A. 熔融态Na2CO3 B. 固体NaCl C. 蔗糖 D. 液态H2SO4‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，能导电的物质含有自由电子或自由离子，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．熔融态的Na2CO3含有自由移动的离子能导电，属于电解质，故A正确；‎ B．固体NaCl在水溶液里或熔融状态下能导电，属于电解质；但离子不自由移动，不能导电，故B错误；‎ C．蔗糖是非电解质，不导电，故C错误；‎ D．液态H2SO4中不含有自由移动的离子，不导电，溶于水时导电，属于电解质，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】明确电解质和非电解质的概念以及物质导电性的原因是解答的关键，注意电解质不一定导电，导电的不一定是电解质。‎ ‎14. 硅及其化合物在材料领域中应用广泛。下列叙述不正确的是 A. 硅单质可用来制造太阳能电池 B. 硅单质是制造玻璃的主要原料 C. 石英（SiO2）可用来制作工艺品 D. 二氧化硅是制造光导纤维的材料 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 制造玻璃的主要原料是纯碱、石灰石和石英，选项B是错误的，其他选项都是正确的。答案选B。‎ ‎15.氮化铝（AlN）具有耐高温、导热性好等优良性质，被广泛应用于电子工业等领域。在一定条件下，氮化铝可通过如下反应合成：Al2O3+N2+3C2AlN+3CO。下列叙述正确的是（ ）‎ A. 在氮化铝的合成反应中，N2是还原剂，Al2O3是氧化剂 B. 上述反应中每生成2 mol AlN，N2得到3 mol电子 C. 氮化铝中氮元素的化合价为-3‎ D. 氧化铝只能溶于酸，不能溶于碱 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 反应Al2O3+N2+3C2AlN+3CO中碳元素的化合价由0升高到+2价，氮元素的化合价由0降低为－3价，反应中共转移6个电子，以此来解答。‎ ‎【详解】A．在氮化铝的合成反应中，氮元素化合价降低，碳元素化合价升高，N2是氧化剂，C是还原剂，故A错误；‎ B．因氮元素的化合价由0降低为－3价，则每生成2molAlN，N2得到2mol×（3－0）=6mol电子，故B错误。‎ C．AlN中Al为+3价，根据化合价中正负化合价的代数和为0可知N元素的化合价为－3价，故C正确；‎ D．氧化铝属于两性氧化物，既能溶于酸，也能溶于强碱，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查氧化还原反应，侧重考查学生的分析能力，明确该反应中N、C元素的化合价变化是解答本题的关键，注意利用化合价来分析电子的转移。‎ ‎16.以下实验装置不能用于分离物质的是 ( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 常用于物质分离的方法是过滤、蒸馏、萃取等，装置A、B、C分别是蒸馏、萃取和过滤，装置D是配制一定物质的量浓度溶液等，不能用于物质的分离，答案选D。‎ 二、填空题（共52分）‎ ‎17.一学生设计入图所示装置进行NaHCO3的分解，并证实产物中有CO2产生。‎ ‎（1）试管中发生的化学反应方程式是____________________________。‎ ‎（2）指出该学生设计的装置图的错误之处，并改正（文字说明即可）（至少2处）____________。‎ ‎（3）烧杯中发生反应的离子方程式是_______________________________。‎ ‎（4）如果将16.8gNaHCO3加热一段时间，然后将剩余固体溶于水，并加入足量的CaCl2溶液，最终得到白色沉淀5.0g，则NaHCO3分解百分率为______________，加CaCl2后反应的离子方程式为____________________。‎ ‎【答案】 (1). 2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O (2). 试管口应略向下倾斜，伸入试管的导管伸得太长，铁夹位置应离试管口三分之一处。 (3). CO2+Ca2++2OH-＝CaCO3↓+H2O (4). 50% (5). CO32-+Ca2+＝CaCO3↓‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据碳酸氢钠分解的产物书写方程式；‎ ‎（2）根据装置和反应特点分析判断；‎ ‎（3）根据二氧化碳能与氢氧化钙反应分析解答；‎ ‎（4）碳酸钠能与氯化钙溶液反应生成碳酸钙沉淀，结合反应的方程式分析解答。‎ ‎【详解】（1）碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，则试管中发生反应的化学反应方程式是2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O；‎ ‎（2）反应中有水生成，则根据装置图可知错误有：试管口应略向下倾斜，伸入试管的导管伸得太长，铁夹位置应离试管口三分之一处；‎ ‎（3）碳酸氢钠分解产生二氧化碳，二氧化碳能与氢氧化钙反应，则烧杯中发生反应的离子方程式是CO2+Ca2++2OH-＝CaCO3↓+H2O；‎ ‎（4）碳酸氢钠分解生成碳酸钠，碳酸钠能与氯化钙反应生成碳酸钙沉淀，反应的离子方程式为CO32-+Ca2+＝CaCO3↓。碳酸钙的物质的量是5.0g÷100g/mol＝0.05mol，则碳酸钠的物质的量是0.05mol，因此根据方程式2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O可知消耗碳酸氢钠0.1mol，质量是8.4g，所以NaHCO3分解百分率为8.4g/16.8g×100%＝50%。‎ ‎18.已知A为常见的金属单质，根据下图所示的关系：‎ ‎（1）确定A、B、C、D、E、F的化学式，A为________，B为________，C为________，D为________，E为________，F为________。‎ ‎（2）写出①⑧的化学方程式，④、⑤的离子方程式。‎ ‎①_________________________________________________，‎ ‎⑧_________________________________________________，‎ ‎④________________________________________________，‎ ‎⑤___________________________________________________。‎ ‎【答案】 (1). Fe (2). Fe3O4 (3). FeCl2 (4). FeCl3 (5). Fe(OH)2 (6). Fe(OH)3 (7). Fe＋2HCl===FeCl2＋H2↑ (8). 4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3 (9). 2Fe2＋＋Cl2===2Cl－＋2Fe3＋ (10). Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 红褐色固体为氢氧化铁，说明转化关系中含有铁元素，则A为铁。B为黑色晶体，为四氧化三铁，结合转化关系图解答。‎ ‎【详解】红褐色固体为氢氧化铁，说明转化关系中含有铁元素，已知A为常见的金属单质，则A为铁。B为黑色晶体，为四氧化三铁，B和盐酸反应生成氯化亚铁和氯化铁，根据转化关系分析，D为氯化铁，C为氯化亚铁，E为氢氧化亚铁。则 ‎（1）根据以上分析可知A为Fe，B为Fe3O4，C为FeCl2，D为FeCl3，E为Fe(OH)2，F为Fe(OH)3；‎ ‎（2）反应①是铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，方程式为Fe＋2HCl＝FeCl2＋H2↑；‎ 反应⑧为氢氧化亚铁和氧气、水反应生成氢氧化铁，方程式为：4Fe(OH)2+O2+2H2O＝4Fe(OH)3。‎ 反应④为亚铁离子被氯气氧化生成铁离子，离子方程式为：2Fe2++Cl2＝2Fe3++2Cl－；‎ 反应⑤为铁离子变成亚铁离子，离子方程式为：2Fe3++Fe＝3Fe2+。‎ ‎19.下列4组物质均有一种物质的类别与其它3种不同 A.CaO、Na2O、CO2、CuO B.H2、C、P、Cu C.O2、Fe、Cu、Zn D.HCl、H2O、H2SO4、HNO3‎ ‎（1）以上四组物质中与别不同的物质依次是（填化学式）‎ A______________； B__________；C______________；D_______。‎ ‎（2）这四种物质相互作用可生成一种新物质碱式碳酸铜[化学式Cu2(OH)2CO3]，该反应________氧化还原反应(填“是”或“否”)。‎ ‎（3）写出上述新物质与硝酸反应的离子方程式_____________________。‎ ‎【答案】 (1). CO2 (2). Cu (3). CO2 (4). H2O (5). 是 (6). Cu2(OH)2CO3+4H+=2Cu2++H2O+CO2↑‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据物质的分类标准和物质所属的类别来回答；‎ ‎（2）铜和氧气、水、二氧化碳反应生成碱式碳酸铜，有化合价变化的是氧化还原反应；‎ ‎（3）根据碱式碳酸铜和硝酸反应的生成物书写方程式。‎ ‎【详解】（1）A、CaO、Na2O、CuO均是金属氧化物，而CO2为非金属氧化物；‎ B、H2、C、P是非金属单质，Cu是金属单质；‎ C、Fe、Cu、Zn属于金属单质，O2属于非金属单质；‎ D、HCl、H2SO4、HNO3均属于酸，H2O不属于酸；‎ ‎（2）上述四种物质相互作用可生成一种新物质碱式碳酸铜，化学式为Cu2(OH)2CO3，反应的化学方程式：CO2+O2+2Cu+H2O＝Cu2(OH)2CO3，此反应中有元素化合价的变化，故为氧化还原反应；‎ ‎（3）碱式碳酸铜与硝酸反应生成硝酸铜、水和二氧化碳，反应的离子方程式为Cu2(OH)2CO3+4H+＝2Cu2++H2O+CO2↑。‎ ‎20.（1）在仪器①漏斗、②容量瓶、③蒸馏烧瓶、④分液漏斗、⑤烧杯、⑥蒸发皿 中，可用于粗盐提纯实验的有_____________________；可用于分离两种沸点接近且互不相溶的液态混合物实验的有_______________________。‎ ‎（2）有一固体粉末,其中可能含有Na2CO3、NaCl、Na2SO4、CuCl2、Ba（NO3）2、K2CO3、K2SO4中的一种或几种，现按下列步骤进行实验。‎ ‎①将该粉末溶于水得无色溶液和白色沉淀。‎ ‎②在滤出的沉淀中加入稀硝酸，有部分沉淀溶解，同时产生无色气体。‎ ‎③取滤液做焰色反应，可证明滤液中含Na+，不含K+。‎ 由上述现象推断：‎ 该混合物中一定含有_______________；一定不含有___________________，可能含有__________________。‎ ‎（3）正常人的血液中葡萄糖（简称血糖，分子式为C6H12O6）的浓度在3.61－6.11mmol/L之间，今测得某病人1mL血液中含葡萄糖0.60mg，相当于____mmol/L，血糖属正常、偏高还是偏低？________________。‎ ‎【答案】 (1). ①⑤⑥ (2). ④⑤ (3). Na2CO3、Na2SO4、Ba(NO3)2 (4). CuCl2、K2CO3、K2SO4 (5). NaCl (6). 3.33（或3.3） (7). 偏低 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据粗盐中含有的杂质结合实验操作判断需要的仪器；分离两种沸点接近且互不相溶的液态混合物一般用分液法，据此分析；‎ ‎（2）结合离子的性质和实验中的实验现象分析解答；‎ ‎（3）根据m＝nM、c＝n/V分析解答。‎ ‎【详解】（1）粗盐中含有泥沙、钙离子、镁离子和硫酸根离子等，需要利用沉淀法除去，最后蒸发结晶得到氯化钠晶体，则在所给的仪器中需要的仪器有①漏斗、⑤烧杯、⑥蒸发皿；可用于分离两种沸点接近且互不相溶的液态混合物的实验是分液法，则在所给的仪器中需要的有④分液漏斗、⑤烧杯；‎ ‎（2）①将该粉末溶于水得无色溶液和白色沉淀，可判断一定无CuCl2，一定有Ba(NO3)2，因为只有钡离子才可以形成沉淀，含有碳酸根或硫酸根的化合物至少有一种；‎ ‎②在滤出的沉淀中加入稀硝酸，有部分沉淀溶解，同时产生无色气体，说明沉淀一定有硫酸钡和碳酸钡，反应为Ba2++SO42-＝BaSO4↓，Ba2++CO32-＝BaCO3↓，BaCO3+2H+＝Ba2++CO2↑+H2O；‎ ‎③取滤液做焰色反应，可证明滤液中含Na+，不含K+，所以原混合物中一定含有Na2CO3和Na2SO4，一定不含有K2CO3和K2SO4；‎ 根据以上分析可知该混合物中一定含有Na2CO3、Na2SO4、Ba(NO3)2；一定不含有CuCl2、K2CO3、K2SO4，可能含有NaCl；‎ ‎（3）测得某病人1mL血液中含葡萄糖0.60mg，则相当于3.33 mmol/L＜3.61mmol/L，因此血糖偏低。‎ ‎ ‎