1、甘肃省武威第六中学2021届高三化学上学期第一次过关考试（开学考试）试题（含解析）注意事项：1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2.请将正确答案填写在答题卡上3.可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Cl-35.5 Na-23 Cu-64第I卷（选择题）一、单选题1. 下列实验仪器或装置的选择正确的是配制50.00mL0.1000mol.L-1Na2CO3溶液除去Cl2中的HCl蒸馏用冷凝管盛装Na2SiO3溶液的试剂瓶ABCDA. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A配制50.00mL0.1000mol.L-1Na2CO3溶液需要用
2、容量瓶，不能使用量筒配置溶液，故A错误；B除去氯气中的氯化氢气体使用饱和氯化钠溶液，可以吸收氯化氢气体，根据氯气在水中的反应：Cl2+H2OH+Cl-+HClO，饱和氯化钠溶液中的氯离子使氯气溶于水的平衡逆向移动，降低氯气在水中的溶解度，洗气瓶长进短出，利于除杂，故B正确；C蒸馏要使用直形冷凝管，接水口下口进上口出，球形冷凝管一般作反应装置，故C错误；D硅酸钠溶液呈碱性，硅酸钠溶液是一种矿物胶，能将玻璃塞与试剂瓶的瓶口粘在一起，盛装Na2SiO3溶液的试剂瓶不能使用玻璃塞，应使用橡胶塞，故D错误。答案选B。2. 下列实验操作正确的是（）A. 中和滴定实验时，用待测液润洗锥形瓶B. 盛放NaOH
3、溶液时，使用带玻璃塞的磨口瓶C. 用苯萃取溴水中的溴时，将溴的苯溶液从分液漏斗下口放出D. NaCl溶液蒸发结晶时，蒸发皿中有晶体析出并剩余少量液体即停止加热【答案】D【解析】【详解】A、用待测液润洗锥形瓶，会使待测液中溶质的物质的量增大，造成测得的浓度偏大，故A错误； B、二氧化硅能与氢氧化钠反应生成硅酸钠，硅酸钠有粘性，能将瓶口和塞子粘在一起，故B错误；C、苯的密度比水小，苯在上层，应从上口倒出，故C错误；D、当蒸发皿中出现大量固体时就应该停止加热，用余热蒸干，故D正确；故选D。3. 下列试剂中，标签上应标注和的是（ ）A. C2H5OHB. HNO3C. NaOHD. HCl【答案】B【
4、解析】【详解】AC2H5OH为易燃品，不具有强的氧化性和腐蚀性，故A错误；B硝酸具有强的氧化性和腐蚀性，应标注和，故B正确；CNaOH具有腐蚀性，但是不具有氧化性，故C错误；D盐酸具有腐蚀性，但是不具有强的氧化性，故D错误。答案选B。【点晴】明确警示标记的含义，熟悉物质的性质，是解题的关键，要熟悉常见的化学标志：物品回收标志；中国节能标志；禁止放易燃物标志；节水标志；禁止吸烟标志：中国环境标志；绿色食品标志；当心火灾-易燃物质标志等。4. 利用实验器材（规格和数量不限）能完成相应实验的一项是选项实验器材（省略夹持装置）相应实验A烧杯、玻璃棒、蒸发皿CuSO4溶液的浓缩结晶B烧杯、玻璃棒、胶头滴
5、管、滤纸用盐酸除去BaSO4中的少量BaCO3C烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶用固体NaCl配制0.5mol/L的溶液D烧杯、玻璃棒、胶头滴管、分液漏斗用溴水和CCl4除去NaBr溶液中的少量NaIA. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A项缺少酒精灯，所以A错误；B项缺少漏斗，无法进行过滤，所以B错误；C项缺少托盘天平，无法称量NaCl的质量，C错误；D项正确。所以答案选D。【点睛】本题主要考查基本的实验操作和仪器，要注意正确选择物质分离、提纯的方法，重点关注过滤、蒸发结晶、萃取分液和蒸馏的基本操作步骤以及原理和所用仪器。5. 实验室提纯含少量氯化钠杂质的硝酸钾的过程如右图
6、所示。下列分析正确的是A. 操作是过滤，将固体分离除去B. 操作是加热浓缩、趁热过滤，除去杂质氯化钠C. 操作是过滤、洗涤，将硝酸钾晶体从溶液中分离出来D. 操作总共需两次过滤【答案】C【解析】【详解】KNO3中混有NaCl应提纯KNO3，将它们都溶于水，并降温结晶因为KNO3的溶解度随温度的升高而升高，NaCl的溶解度随温度的升高而基本无明显变变化则有，操作是在烧杯中加水溶解，操作是蒸发浓缩，得到较高温度下的KNO3饱和溶液，操作为冷却结晶，利用溶解度差异使KNO3结晶析出，过滤，洗涤，干燥可得KNO3晶体，故选C。6. 下列除杂方案错误的是( )选项被提纯的物质杂质除杂试剂除杂方法ACO(
7、g)CO2(g)NaOH溶液、浓H2SO4洗气BNH4Cl(aq)Fe3(aq)氨水溶液过滤CSO2(g)HCl(g)饱和食盐水、浓H2SO4洗气DNa2CO3(s)NaHCO3(s)灼烧A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A二氧化碳与NaOH反应，而CO不能，则洗气后利用浓硫酸干燥即可除杂，故A正确；B氨水与NH4Cl不反应，与Fe3+反应生成氢氧化铁沉淀，NH4Cl在溶液中会水解生成一水合氨，加入氨水可以抑制NH4Cl水解，没有引入新杂质，反应后过滤即可除杂，故B正确；CSO2和HCl均可溶于水，不能使用饱和食盐水除杂，应使用饱和亚硫酸氢钠溶液除去HCl，故C错误；D
8、NaHCO3加热分解生成碳酸钠，则直接加热即可实现除杂，故D正确；答案选C。7. 分类法在化学发展中起到了非常重要的作用，下列分类标准合理的是A. 根据是否含有氧元素，将物质分为氧化剂和还原剂B. 根据是否具有丁达尔现象，将分散系分为溶液、胶体和浊液C. 根据水溶液是否能够导电，将物质分为电解质和非电解质D. 根据是否有电子转移，将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应【答案】D【解析】试题分析：A、氧化剂不一定有氧元素，所以错误，不选A；B、根据分散系中分散质的微粒直径大小将分散系分成溶液或胶体或浊液，错误，不选B；C、物质必须是化合物才能可能是电解质或非电解质，错误，不选C；D、氧化还原
9、反应中肯定有电子转移，正确，选D。考点：物质的分类标准【名师点睛】分散系的分类是根据分散质的微粒直径大小划分的，微粒直径小于1纳米的为溶液，大于100纳米的为浊液，在1纳米到100纳米的分散系为胶体。溶液是稳定体系，胶体是介稳体系，浊液不稳定。溶液和胶体能通过滤纸，而浊液中的分散质不能通过滤纸。溶质能通过半透膜，胶体不能通过半透膜，所以可以用渗析的方法分离提纯胶体。可以用丁达尔效应区别溶液和胶体。8. 下列与胶体性质无关的是( )A. 河流入海口处形成沙洲B. 冶金厂常用高压电除去烟尘C. 在饱和氯化铁溶液中滴加NaOH溶液，产生红褐色沉淀D. 肾功能衰竭等疾病引起的血液中毒，可利用血液透析进
10、行治疗【答案】C【解析】【详解】A河水中含有胶体，在入海口处遇到了海水中的氯化钠，发生了胶体的聚沉形成沙洲，和胶体的性质有关，故A不选；B由于烟尘是胶体，故冶金厂常用高压电除去烟尘，是利用了胶体的电泳的性质，和胶体的性质有关，故B不选；C在饱和氯化铁溶液中滴加NaOH溶液，产生红褐色沉淀，发生的是复分解反应，和胶体的性质无关，故C选；D肾功能衰竭等疾病引起的血液中毒，由于血液是胶体，故可对血液透析进行治疗，和胶体的性质有关，故D不选；故选C。9. 下列我国科技成果所涉及物质的应用中，发生的不是化学变化的是A甲醇低温所制氢气用于新能源汽车B氘、氚用作“人造太阳”核聚变燃料C偏二甲肼用作发射“天宫
11、二号”的火箭燃料D开采可燃冰，将其作为能源使用A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】分析：A项，甲醇低温制氢气有新物质生成，属于化学变化；B项，氘、氚用作核聚变燃料，是核反应，不属于化学变化；C项，偏二甲肼与N2O4反应生成CO2、N2和H2O，放出大量热，属于化学变化；D项，可燃冰是甲烷的结晶水合物，CH4燃烧生成CO2和H2O，放出大量热，属于化学变化。详解：A项，甲醇低温制氢气有新物质生成，属于化学变化；B项，氘、氚用作核聚变燃料，是核反应，不属于化学变化；C项，偏二甲肼与N2O4反应生成CO2、N2和H2O，放出大量热，反应的化学方程式为C2H8N2+2N2O43N2+2C
12、O2+4H2O，属于化学变化；D项，可燃冰是甲烷的结晶水合物，CH4燃烧生成CO2和H2O，放出大量热，反应的化学方程式为CH4+2O2CO2+2H2O，属于化学变化；答案选B。点睛：本题考查化学变化、核反应的区别，化学变化的特征是有新物质生成。注意化学变化与核反应的区别，化学变化过程中原子核不变，核反应不属于化学反应。10. 设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是( )A. 1mol乙醇和足量的乙酸充分反应可得到NA个H2OB. 标准状况下，11.2L丙烯所含的极性共价键数为3NAC. 1mol羟基和1mol氢氧根离子所含电子数均为9NAD. 2.24L（标准状况下）苯在O2中完全
13、燃烧，得到0.6NA个CO2分子【答案】B【解析】【详解】A乙醇与乙酸在浓硫酸加热条件下发生的酯化反应是可逆反应，则1mol乙醇和足量的乙酸充分反应得到的H2O分子数目小于NA，故A错误；B则标准状况下，11.2L丙烯的物质的量为0.5mol，每个丙烯分子内含有的极性共价键即C-H键数目为6个，则0.5mol丙烯所含的极性共价键数为3NA，故B正确；C每个羟基含有9个电子，每个OH-含有10个电子，则1mol羟基和1mol氢氧根离子所含电子数不等，故C错误；D标准状况下的苯为液体，则不能根据气体摩尔体积计算2.24L(标准状况下)苯的物质的量，也无法确定其完全燃烧生成的CO2分子数目，故D错误
14、；故答案为B。11. 对相同状况下的12C18O和14N2两种气体，下列说法正确的是A. 若质量相等，则质子数相等B. 若原子数相等，则中子数相等C. 若分子数相等，则体积相等D. 若体积相等，则密度相等【答案】C【解析】【分析】两分子的均为双原子分子，质子数均为14、中子数分别是16、14，质量数为30和28【详解】A.若两种气体质量相等，因为分子的相对分子质量不同，所以分子的个数不同，又因为每个分子中含有相同的质子数是14，所以，两种气体的质子数不相等，A项错误; B.若两种气体的原子数相等，则两种气体的分子数也相同，于一个12C18O分子和一个14N2分子中的中子数不同，所以，两种气体的
15、中子数不相等，B项错误; C.因为相同状况下，体积相等的气体，含有相同的分子数，所以，若两种气体分子数相等，则体积相等，C项正确; D.若两种气体体积相等，由于分子的质量不同，密度不相等，D项错误;答案选C。【点睛】12. 将15 mL 2 molL1 Na2CO3溶液逐滴加入到40 mL 0.5 molL1 MCln盐溶液中，恰好将溶液中的Mn+离子完全沉淀为碳酸盐，则MCln中n值是A. 4B. 3C. 2D. 1【答案】B【解析】【详解】M的化合价为+n，Na2CO3与MCln反应对应的关系式为：2Mn+nCO322 n0.04L0.5mol/L 0.015L2mol/L解得n=3故选B
16、。13. 同温同压下，等体积的CO和CH4分别在足量O2中完全燃烧，消耗氧气的体积比为()A. 21B. 12C. 41D. 14【答案】D【解析】【详解】同温同压下，CO和CH4体积相等，则CO和CH4物质量相等，由方程式2CO + O22CO2；CH4 + 2O2CO2 + 2H2O可知，消耗的氧气体积比为1:4，答案为D。【点睛】同温同压下，气体体积之比等于物质的量之比。14. 下列说法中正确的是（ ）A. 1L水中溶解了 58.5g NaCl，该溶液中溶质的物质的量浓度为1molL-1B. 配制500mL 0.5molL-1的CuSO4溶液，需62.5g胆矾C. 从1L2molL-1的
17、H2SO4溶液中取出0.5L，该溶液的浓度为1molL-1D. 中和100 mL1molL-1的 H2SO4溶液，需 NaOH 4g【答案】B【解析】【详解】A、1 L水中溶解了58.5 g NaCl，溶液的体积不是1L，溶液的物质的量浓度无法求出，A项错误；B、根据化学式可知硫酸铜的物质的量等于硫酸铜晶体的物质的量，所以需要胆矾的质量为：0.5L0.5 molL-1250gmol1=62.5g，B项正确；C、从1 L 2 molL-1的H2SO4溶液中取出0.5 L，该溶液的浓度为2 molL-1，C项错误； D、由关系式H2SO42NaOH可知：n（NaOH）=2n（H2SO4）=20.1
18、L1 molL-1=0.2mol，m(NaOH)=0.2mol40gmol1=8g，D项错误；本题答案选B。【点睛】配制一定物质的量浓度的溶液的时候，计算式要注意晶体中是否含有结晶水，如果含有结晶水，计算称量的质量时，应该是含有结晶水的物质的质量。15. 将NaCl溶于水配成1mol/L的溶液，溶解过程如图所示。下列说法正确的是（ ）A. a离子为Cl-，b离子为Na+B. 溶液中含有NA个水合Na+C. 溶液中存在NaClNa+Cl-D. NaCl溶解过程需要在容量瓶中进行【答案】A【解析】【详解】A钠离子核外有2个电子层，氯离子有3个电子层，即氯离子半径大于钠离子，a离子为Cl-，b离子为
19、Na+，A正确；B题目中没有说明溶液的体积，无法计算溶质的物质的量，即无法判断溶液中水合Na+的个数，B错误；C 氯化钠是强电解质，全部电离，电离方程式为：NaCl = Na+Cl-，C错误；D容量瓶是精密仪器，不能用于溶解，NaCl溶解需要在烧杯中进行，D错误；故选A。16. 下列反应的离子方程式正确的是( )A. 氢氧化钠溶液中通入少量二氧化硫：SO2OH- = HSO3-B. 碳酸氢钠溶液与足量氢氧化钡溶液混合：HCO3 Ba2OH- = BaCO3H2OC. 盐酸滴入氨水中：H-OH- = H2OD. 碳酸钙溶解于稀硝酸中：CO32 -2H+ = CO2H2O【答案】B【解析】【详解】
20、A氢氧化钠和二氧化硫量的大小关系决定了反应产物，氢氧化钠溶液中通入少量二氧化硫：SO2+2OH-SO32-+H2O，故A错误；B碳酸氢钠溶液与足量氢氧化钡溶液混合，则氢氧化钡剩余，发生反应：HCO3-+Ba2+OH-BaCO3+H2O，故B正确；C氨水是弱碱，在离子方程式中不能再拆，盐酸滴入氨水中：H+NH3H2OH2O+NH4+，故C错误；D碳酸钙是难溶物，不能拆成离子形式，反应为：CaCO3+2H+CO2+H2O+Ca2+，故D错误；故答案为B。第II卷（非选择题）二、填空题（共52分）17. (1)3.011023个NH含有电子的物质的量是_；(2)200mL2mol/L的Al2(SO4
21、)3溶液中SO的物质的量浓度为_；(3)标准状况下，将224LNH3溶于330mL水形成溶液(密度为0.8g/ml)，该溶液的物质的量浓度为_mol/L；(4)已知质量分数为98%的硫酸密度为1.84g/mL，试计算其物质的量浓度为_mol/L。(5)如图所示在一个密闭容器中有一可自由滑动的隔板，室温下左端充入H2和O2的混合气，右端充入N2，开始时隔板在c处，电火花引燃左端气体充分反应后恢复至原来的温度，此时隔板在b处，且左端气体密度大于相同条件下空气密度，则原混合气体中H2和O2的体积比是_；原混合气体平均相对分子质量是_。【答案】 (1). 0.5mol (2). 6mol/L (3).
22、 16mol/L (4). 18.4mol/L (5). 1：2 (6). 22【解析】【详解】(1)根据n=，3.011023个NH含有电子的物质的量=0.5mol；(2)200mL2mol/L的Al2(SO4)3溶液中SO的物质的量浓度为2mol/L3=6mol/L；(3)标准状况下，将224LNH3溶于330mL水形成溶液(密度为0.8g/ml)，该溶液的质量=+330mL1g/mol=500g，则溶液的体积=625mL=0.625L，溶液的物质的量浓度=16mol/L；(4)已知质量分数为98%的硫酸密度为1.84g/mL，根据c=，其物质的量浓度为=18.4mol/L；(5)室温下左
23、端充入H2和O2的混合气，右端充入N2，开始时隔板在c处，左右两侧气体的温度、压强、相同，相同条件下，气体的体积比等于物质的量之比，根据图示，左右气体体积比为2:1，则左右两侧的气体物质的量之比为2:1，设N2的物质的量为1mol，则左端充入H2和O2的混合气的物质的量为2mol，相同条件下气体体积与物质的量成正比，隔板处于容器b处时，左右两侧气体的物质的量相等，为1mol，且左端气体密度大于相同条件下空气密度，则左端反应后剩余的气体为氧气，设左端H2和O2的物质的量分别为xmol和ymol，根据反应2H2+O2=2H2O可知，消耗的氧气的物质的量为0.5xmol，根据上述分析可得，x+y=2
24、，x+0.5x=1，解得x=，y=，气体的体积比等于物质的量之比，原混合气体中H2和O2的体积比是：=1：2；混合气体的总质量=mol2g/mol+32g/mol=44g，则原混合气体平均摩尔质量=22g/mol，原混合气体平均摩尔质量在数值上等于混合气体平均相对分子质量=22。18. 有下列物质：Na2CO310H2O晶体 铜 硫酸溶液 CO2 NaHSO4固体 Ba(OH)2固体 红褐色的氢氧化铁胶体 氨水 稀硝酸 Al2(SO4)3固体。(1)上述物质属于电解质的有_(填编号)，能导电的物质有_(填编号)。(2)上述物质中有两种物质之间可发生离子反应：H+OH-=H2O，写出该离子反应对
25、应的化学方程式_。(3)写出固体熔化时的电离方程式_。(4)当与1：1混合后，写出该离子方程式_。(5)写出的制备方法_。【答案】 (1). (2). (3). 2HNO3+Ba(OH)2=Ba(NO3)2+2H2O (4). NaHSO4(熔融)=Na+HSO (5). H+SO+OH-+Ba2+=BaSO4+H2O (6). 向沸水中逐滴滴加饱和氯化铁溶液，直至液体呈现红褐色，停止加热【解析】【详解】电解质是指在熔融状态或水溶液中能导电的化合物，即电解质属于纯净物中的化合物，Na2CO310H2O晶体是纯净物，固体本身不能导电，其水溶液能导电，属于电解质；铜是金属单质，能导电，但不是化合物
26、，不是电解质也不是非电解质；硫酸溶液能导电，但其水溶液是混合物，不是化合物，不是电解质也不是非电解质；CO2溶于水生成碳酸属于弱电解质，其水溶液能导电，但CO2本身不能导电，不是电解质；NaHSO4是纯净物，固体不能导电，其水溶液或熔融状态能导电，属于电解质；Ba(OH)2固体是纯净物，固体不能导电，其水溶液或熔融状态能导电，属于电解质；红褐色的氢氧化铁胶体，由于胶体粒子带电，则氢氧化铁胶体能导电，但胶体是混化合物，不属于电解质；氨水中含有多种离子，能导电，但氨水属于混合物，不是电解质；稀硝酸中含有氢离子和硝酸根离子，可导电，但稀硝酸是硝酸溶液，属于混合物，不是电解质； Al2(SO4)3是纯
27、净物，固体状态不导电，其水溶液或熔融状态能导电，属于电解质；(1)根据分析，上述物质属于电解质的有，能导电的物质有；(2)发生离子反应：H+OH-=H2O，应为可溶性强酸和强碱的中和反应，即硝酸与氢氧化钡的反应，其化学方程式为：2HNO3+Ba(OH)2=Ba(NO3)2+2H2O；(3)固体NaHSO4熔化时电离出钠离子和硫酸氢根离子，电离方程式NaHSO4(熔融)=Na+HSO；(4)NaHSO4与 Ba(OH)2按 1：1混合后反应生成硫酸钡、氢氧化钠和水，该离子方程式H+SO+OH-+Ba2+=BaSO4+H2O；(5)制备氢氧化铁胶体方法为：向沸水中逐滴滴加饱和氯化铁溶液，直至液体呈
28、现红褐色，停止加热。【点睛】离子方程式不仅可以表示某一个具体的化学反应，还可以表示同一类型的离子反应，如HOH=H2O可以表示可溶于水的强酸或强酸酸式盐与可溶于水的强碱反应生成可溶性的盐和水的反应。19. 实验室需要90mL2.0mol/L的Na2CO3溶液，现用无水碳酸钠粉末配制，请回答下列问题：(1)应称取_g无水碳酸钠。(2)下列仪器中，一定不会用到的是_。A.50mL容量瓶 B.100mL容量瓶 C.玻璃棒 D.50mL量筒 E.托盘天平 F.药匙(3)容量瓶在使用前必须进行操作是_。(4)配制过程简述为以下各步：其正确的操作顺序为_(填各步骤序号)。A.冷却至室温 B.洗涤并转移 C
29、.称量 D.溶解 E.摇匀装瓶 F.定容 G.转移(5)在溶液配制过程中，下列情况会使所配溶液浓度偏高的是_。A.溶解固体后的溶液未冷却至室温就移入容量瓶中定容B.容量瓶在使用前未干燥，里面有少量蒸馏水C.称量时，砝码生了锈D.定容摇匀后发现液面低于容量瓶的刻度线，但未做任何处理E.转移时不小心有溶液溅出瓶外F.定容时俯视容量瓶的刻度线(6)简述定容操作_。(7)某实验需要上述Na2CO3溶液20.00mL，则需要的仪器是_。【答案】 (1). 21.2g (2). A (3). 检查是否漏水 (4). CDAGBFE (5). ACF (6). 沿着玻璃棒向容量瓶中加水至离刻度线1-2cm处
30、，改用胶头滴管继续滴加水，至凹液面最低处与刻度线相平，盖好瓶塞，颠倒摇匀 (7). 碱式滴定管或移液管【解析】【分析】配制物质的量浓度的溶液要使用的仪器有：一定规格的容量瓶、烧杯、玻璃棒、量筒、托盘天平(带砝码)、药匙、胶头滴管；容量瓶在使用前要“查漏”，选择仪器的标准是“大而近”，在烧杯中溶解或稀释溶质，要等溶液恢复至室温后再用玻璃棒引流转移溶液；并用适量蒸馏水洗涤烧杯、玻璃棒23次，洗涤液也转移至容量瓶中；向容量瓶中加水至离刻度线12cm时，改用胶头滴管滴加，视线要平视，当凹液面最低处于刻度线相切，停止加水，盖上瓶塞，上下颠倒，反复摇匀，就得到了要配制的一定体积、一定物质的量浓度的溶液。根
31、据c=，分析各种操作导致的溶液的浓度的误差，据此分析解答。【详解】(1)在实验室没有规格是90 mL的容量瓶，根据选择仪器的标准是“大而近”的原则，应该选择100mL容量瓶，由于溶液有均一性，所以需要配制100 mL 2.0 mol/L的Na2CO3溶液，n(Na2CO3)=0.1L2.0mol/L=0.2mol，则m(Na2CO3)=0.2mol106g/mol=21.2g；(2)配制90mL的溶液需要用100mL的容量瓶，若使用浓溶液配制稀溶液，需要用量筒量取浓溶液的体积，若用固体配制溶液，需要钥匙取药品，用天平称量固体质量，并使用玻璃棒搅拌溶解和引流，故一定不使用的仪器为50mL容量瓶，
32、答案选A；(3)配制的溶液要摇匀，因此容量瓶在使用前必须进行的操作是查漏；(4)用无水碳酸钠配制100mL配制 2.0 mol/L的Na2CO3溶液，过程各步的正确的操作顺序为C称量、D溶解、A冷却至室温、G转移、B洗涤并转移、F定容、E摇匀装瓶，故各步骤序号是CDAGBFE；(5)A溶解固体后的溶液未冷却至室温就移入容量瓶中定容，当溶液恢复至室温时，由于溶液的体积V偏小，根据c=可知最终导致配制的溶液的浓度偏高； B容量瓶在使用前未干燥，里面有少量蒸馏水，由于不影响溶质的物质的量和溶液的体积，因此对溶液的浓度不产生任何影响； C称量时，砝码生了锈，使溶质的质量偏大，则根据n=计算得到的溶质的
33、物质的量偏多，因此溶液的浓度偏高； D定容摇匀后由于部分溶液留在容量瓶的瓶颈和瓶塞处，使液面低于容量瓶的刻度线，由于溶液有均一性，溶液各处的浓度相等，因此未做任何处理，溶液的浓度不变，无误差； E转移时不小心有溶液溅出瓶外，使溶质的物质的量偏少，则配制的溶液的浓度偏低； F定容时俯视容量瓶的刻度线，则溶液的体积偏小，根据c=可知最终导致配制的溶液的浓度偏高；故最终导致溶液的浓度偏高的是ACF；(6)定容操作为沿着玻璃棒向容量瓶中加水至离刻度线1-2cm处，改用胶头滴管继续滴加水，至凹液面最低处与刻度线相平，盖好瓶塞，颠倒摇匀；(7)取用上述Na2CO3溶液20.00mL，根据数据精确度，要选择
34、精密量器，可以使用滴定管或移液管，由于碳酸钠溶液显碱性，则需要的仪器是碱式滴定管或移液管。【点睛】易错点为(7)中取用碳酸钠溶液的仪器选择，量筒的精确度较低，精确度为0.1mL，精密的量器由滴定管和移液管，精确度为0.01mL，但需要注意，碳酸钠为强碱弱酸盐，溶液中发生水解使溶液显碱性，应选择碱式滴定管量取。20. 海洋是生命的摇篮，海水不仅是宝贵的水资源，而且蕴藏着丰富的化学资源。I.(1)海水中所得粗盐中通常含Ca2+、Mg2+、SO等杂质，为了得到精盐，下列试剂加入的先后顺序正确的是_。A.BaCl2Na2CO3NaOHHClB.NaOHBaCl2Na2CO3HClC.BaCl2NaOH
35、Na2CO3HClD.Na2CO3NaOHBaCl2HCl(2)为了检验精盐中是否含有SO，正确的方法是_。II.海藻中提取碘的流程如图所示：(3)灼烧过程中，需使用到的(除泥三角外)实验仪器有_。A.试管 B.瓷坩埚 C.坩埚钳 D.蒸发皿 E.酒精灯 F.三脚架(4)指出提取碘的过程中有关实验操作名称：_。(5)步骤反应的离子方程式为_，该过程氧化剂也可以用H2O2，将等物质的量的I-转化为I2，所需Cl2和H2O2的物质的量之比为_。(6)下列关于海藻提取碘的说法，正确的是_。A.含碘的有机溶剂呈现紫红色B.操作中先放出下层液体，然后再从下口放出上层液体C.操作用到的玻璃仪器有6件(不包
36、括玻璃导管)【答案】 (1). ABC (2). 取少量精盐溶于水，先加入稀盐酸，无现象，向其中加入氯化钡溶液，若产生沉淀，则含有硫酸根离子 (3). BCEF (4). 蒸馏 (5). Cl2+2I-=2Cl-+I2 (6). 1：1 (7). AC【解析】分析】I海水中所得粗盐中通常含Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质，为了得到精盐，Ca2+用碳酸钠转化为沉淀、Mg2+用NaOH转化为沉淀、SO42-用氯化钡溶液转化为沉淀，先除去Mg2+或SO42-，然后再加入过量的碳酸钠除去Ca2+以及过量的Ba2+杂质，过滤后再加盐酸除去过量的NaOH和碳酸钠；关键点：根据不能产生新杂质的要求排序，
37、前面加入的过量溶液应用后加入的溶液除去；检验硫酸根离子一定要防止其他离子干扰；II将海藻晒干，放到坩埚中灼烧得到海藻灰，海藻灰悬浊液过滤除掉残渣，得到含碘离子的溶液，通入氯气将碘离子氧化为碘单质，加入有机试剂苯或四氯化碳将碘单质萃取到有机层，分液得有机溶液，再蒸馏得到晶态碘，据此解答。【详解】I(1)结合分析，根据不能产生新杂质的要求排序，前面加入的过量溶液应用后加入的溶液除去的原则确定除杂顺序，所以碳酸钠必须在氯化钡后面，过滤后再加盐酸除去过量的NaOH和碳酸钠，选项A、B、C满足，答案选ABC；(2)检验硫酸根离子的方法为：少量精盐溶于水，先加入稀盐酸，无现象，向其中加入氯化钡溶液，若产生
38、沉淀，则含有硫酸根离子；II(3)固体灼烧用到的仪器有坩埚，坩埚钳，泥三角，三脚架，酒精灯，答案选：BCEF；(4)海藻灰悬浊液过滤除掉残渣，得到含碘离子的溶液，通入氯气将碘离子氧化为碘单质，加入有机试剂苯或四氯化碳将碘单质萃取到有机层，分液得有机溶液，再蒸馏得到晶态碘，则操作为蒸馏；(5)步骤为氯气氧化碘离子的离子方程式为Cl2+2I2Cl-+I2；双氧水氧化碘离子的方程式为2I-+H2O2+2H+I2+2H2O，将等物质的量的I-转化为I2，所需Cl2和H2O2的物质的量之比1:1；(6)A碘单质在有机溶剂中呈现紫红色，故A正确；B操作分液时先放出下层液体，然后再从上口倾倒出上层液体，故B错误；C操作为蒸馏，用到的玻璃仪器有酒精灯、圆底烧瓶、冷凝管、温度计、牛角管、锥形瓶共6件(不包括玻璃导管)，故C正确；答案选AC。【点睛】第一题题目难度不大，注意掌握除杂试剂的选择及加入试剂的先后顺序，试题培养了学生灵活应用所学知识的能力。第二题以实验室从海藻里提取碘为载体考查了混合物分离的方法、碘的性质、萃取剂的选取等知识点，明确常用混合物分离的方法。