【化学】河北省石家庄市元氏县第四中学2019-2020学年高一上学期期中考试试题（解析版） 13页

河北省石家庄市元氏县第四中学2019-2020学年高一上学期期中考试试题 ‎1.仪器的名称为“蒸馏烧瓶”的是(　　)‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．为分液漏斗，故A不选；‎ B．有支管，为蒸馏烧瓶，故B选；‎ C．为圆底烧瓶，故C不选；‎ D．为容量瓶，故D不选；‎ 故选B。‎ ‎2.萃取碘水中的碘单质，不可作萃取剂的是（ ）‎ A. 苯 B. 四氯化碳 C. 酒精 D. 直馏汽油 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】萃取剂的使用原则：与原溶剂互不相溶、互不反应，原溶质在萃取剂中的溶解度大于原溶剂，和溶质互不反应。‎ ‎【详解】A.苯符合萃取剂的使用原则，故A可作萃取剂；‎ B 四氯化碳符合萃取剂的使用原则，故B可作萃取剂；‎ C. 酒精可和原溶剂水互溶不符合萃取剂的使用原则，故C不可作萃取剂；‎ D. 直馏汽油符合萃取剂的使用原则，故D可作萃取剂；‎ 故答案选C。‎ ‎3.下列各组混合物中上下分层的是(　　)‎ A. 乙酸和乙醇 B. 酒精和水 C. 乙酸乙酯和水 D. 溴和苯 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．乙酸和乙醇互溶，不分层，故A错误；‎ B．酒精易溶于水，不分层，故B错误；‎ C．乙酸乙酯在水中的溶解度较小，乙酸乙酯放入水中会分层，故C正确；‎ D．溴和苯互溶，不分层，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎4.设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是(　　)‎ A. ‎‎1.2‎g金刚石中含有的共价键数为0.4NA B 标准状况下，‎2.24 L CCl4含有个0.1 NA个CCl4分子 C. 常温常压下，Na2O2与足量H2O反应，共生成0.2 mol O2，转移电子的数目为0.4NA D. 1 mol固体NaHSO4中含有阳离子的数目是2NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．‎1.2g金刚石中含有C原子的物质的量==0.1mol，金刚石中每个C原子形成2个C-C键，则0.1mol金刚石中含有0.2molC-C键，碳碳单键数为0.2NA，故A错误；‎ B．标准状况下，CCl4是非气态，不能使用‎22.4L/mol来计算，故B错误；‎ C．过氧化钠与水的反应中，氧元素的价态由-1价变为0价，故当生成0.2mol氧气时，转移的电子数为0.4NA个，故C正确；‎ D．1mol固体的NaHSO4含有1mol钠离子和1mol硫酸氢根离子，所以含有的阳离子数为NA，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎5.配制一定物质的量浓度的溶液是一个重要的定量实验，下列有关说法正确的是(　　)‎ A. 容量瓶用蒸馏水洗净后，必须干燥才能用于配制溶液 B. 配制‎1 L 0.1 mol·L－1的NaCl溶液时，用托盘天平称量‎5.85 g NaCl固体 C. 配制一定物质的量浓度的溶液时，定容时仰视刻度线会导致所配溶液浓度偏高 D. 用浓盐酸配制稀盐酸，量取浓盐酸时仰视量筒的刻度线会导致所配溶液浓度偏高 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、容量瓶中是否含有水，对实验无影响，故A错误；‎ B、托盘天平的读数：小数点后保留1位，故B错误；‎ C、定容时，眼睛注视刻度线，因此定容时，仰视刻度线，造成溶液的体积增大，所配溶液浓度偏低，故C错误；‎ D、量筒刻度从下到上增大，量取浓盐酸时，仰视量筒刻度线，造成所配溶液中溶质的物质的量增大，即所配溶液浓度偏高，故D正确。‎ ‎6.下列各组离子在选项条件下一定能大量共存的是(　　)‎ A. 无色溶液：Na+、Cu2+、Cl−、NO B. 酸性溶液：NH、Fe3+、S2−、SO C. 遇酚酞变红的溶液：Na+、K+、SO、NO D. 碱性溶液：K+、Al3+、SO、NO−3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、Cu2+为有色离子，不满足溶液无色的条件，故A错误；‎ B、H+、Fe3+都与S2-发生反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；‎ C、遇酚酞变红的溶液呈碱性，Na+、K+、SO42-、NO3-之间不反应，都不与氢氧根离子反应，在碱性溶液中能够大量共存，故C正确；‎ D、Al3+与氢氧根离子反应，在碱性溶液中不能大量共存，故D错误。‎ 答案选C。‎ ‎7.向含溶质amol NaAlO2、amol Na2CO3的混合溶液中加入bmol盐酸，充分反应，下列说法不正确的是(　　)‎ A. 当a≥b时，+H++H2O＝Al(OH)3↓‎ B. 当‎5a＝2b时，5H++2+H2O+2＝CO2↑++2Al(OH)3↓‎ C. 当b＝‎4a时，沉淀质量为26ag D. 当b＝‎4.5a时，溶液中Al3+与Al(OH)3物质的量之比为1∶1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】含溶质amol NaAlO2、amol Na2CO3的混合溶液中加入bmol盐酸，首先发生H+++H2O=Al(OH)3↓，其次发生H++=、+H+=CO2↑+H2O，盐酸过量，再发生Al(OH)3 + 3H+=Al3++ 3H2O，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．根据H+++H2O=Al(OH)3↓，当a≥b时，盐酸只与NaAlO2反应，故A正确；‎ B．当‎5a=2b时，即加入2.5amol盐酸，首先发生H+++H2O=Al(OH)3↓，其次发生H++=、+H+=CO2↑+H2O，则生成amolAl(OH)3，0.5amolCO2、0.5amol，反应的离子方程式为5H++2+H2O+2=CO2↑++2Al(OH)3↓，故B正确；‎ C．当b=‎4a时，首先发生H+++H2O=Al(OH)3↓，其次发生H++=、+H+=CO2↑+H2O，剩余amolHCl与amolAl(OH)3反应，沉淀质量为mol×‎78g/mol=52ag，故C错误；‎ D．当b=‎4.5a时，由C分析可知应有1.5amolHCl与amolAl(OH)3反应，反应后溶液中Al3+与Al(OH)3物质的量之比为1∶1，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎8.反应2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑中，还原剂是(　　)‎ A. Na2O2 B. H2O C. NaOH D. O2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】由2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑可知，只有Na2O2中O元素的化合价变化，据此分析解答。‎ ‎【详解】由2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑可知，只有Na2O2中O元素化合价变化，O元素的化合价由-1价升高为0、O元素的化合价由-1价降低为-2价，则还原剂、氧化剂均是Na2O2，故选A。‎ ‎9.下列离子方程式正确的是(　　)‎ A. 氨水中通入过量的SO2：2NH3·H2O + SO2 = 2NH4+ + SO32-+H2O B. 大理石与醋酸反应：CaCO3+2H+ =Ca2+ + H2O + CO2↑‎ C. 向热的稀硫酸中加入铜粉并鼓入空气：2Cu+4H++O22Cu2++2H2O D. 碳酸氢钠溶液和过量氢氧化钡溶液混合：2HCO3-+ Ba2+ + 2OH-== BaCO3↓+ CO32- + 2H2O ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、氨水与过量的SO2反应生成亚硫酸氢铵，反应的离子方程式为NH3·H2O + SO2 =NH4+ + HSO3-，故A错误；‎ B项、大理石的主要成分是碳酸钙，碳酸钙与醋酸溶液反应生成醋酸钙、二氧化碳和水，醋酸是弱酸，不能拆写，反应的离子方程式为CaCO3 ＋2CH3COOH= Ca2＋＋2CH3COO—+H2O ＋CO2↑，故B错误；‎ C项、热的稀硫酸中加入铜粉，鼓入空气后反应生成硫酸铜和水，反应的离子方程式为2Cu+4H++O22Cu2++2H2O，故C正确；‎ D项、碳酸氢钠溶液和过量氢氧化钡溶液反应生成碳酸钡沉淀、氢氧化钠和水，反应的离子方程式为HCO3-+ Ba2+ + OH-== BaCO3↓+ H2O，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎10.下列反应中，水只做氧化剂的是(　　)‎ A. Cl2 + H2O = HClO+HCl B. Na2O＋H2O = 2NaOH C. 2Na + 2H2O = 2NaOH + H2↑ D. H2 + CuO = Cu + H2O ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】H2O中H元素化合价+1价，如在反应中化合价降低，则为氧化剂，O元素化合价为﹣2价，如在反应中元素化合价升高，被氧化，则水为还原剂。‎ ‎【详解】A项、反应中氯气分子中氯元素化合价即升高又降低，属于氧化还原反应，但是水分子中氢、氧元素化合价均没有改变，水既不是氧化剂也不是还原剂，故A错误；‎ B项、反应没有元素化合价发生改变，属于非氧化还原反应，故B错误；‎ C项、反应中钠元素化合价升高，被氧化，钠为还原剂，水分子中氢元素化合价降低，被还原，水为氧化剂，故C正确；‎ D项、氧化剂为反应物，该反应中水为生成物，是氧化产物，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎11.反应2FeCl3+2KI═2FeCl2+2KCl+I2中氧化产物是(　　)‎ A. FeCl2 B. KCl、I‎2 ‎C. I2 D. KCl ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】根据2FeCl3+2KI═2FeCl2+2KCl+I2反应中元素化合价的变化，结合氧化产物的概念分析判断。‎ ‎【详解】2FeCl3+2KI═2FeCl2+2KCl+I2反应中KI中I元素化合价由‎-1升高到0价为还原剂，生成的I2是氧化产物，故选C。‎ ‎12.某无色溶液可能含有Cl﹣、、、、Mg2+、Fe3+、Na+、K+．由此可知原溶液中(　　)‎ A. 至少存在5种离子 B. 、、Mg2+一定存在，Cl﹣可能不存在 C. Fe3+、Na+、K+一定不存在 D. Cl﹣一定存在，Na+、K+可能存在 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】无色溶液中不存在有色的Fe3＋；加入过量NaOH溶液加热生成的0.2mol气体为NH3，说明溶液中含有0.2mol；生成的白色沉淀为Mg(OH)2，洗涤、灼烧得到的‎8.0g固体为MgO，n（MgO）==0.2mol，原溶液中含有0.2molMg2＋，则一定不存在；滤液中加入氯化钡溶液生成的不溶于盐酸的‎46.6g沉淀为BaSO4，含有的n（）=n（BaSO4）=‎ ‎=0.2mol，溶液中总正电荷为：0.2mol×2+0.2mol×1=0.6mol，总负电荷为：0.2mol×2=0.4mol，根据电荷守恒，溶液中一定还存在Cl－，可能含有Na＋、K＋。‎ ‎【详解】A．溶液中一定存在、、Mg2＋、Cl－，溶液中至少存在4种离子，故A错误；‎ B．根据分析可知，Cl－一定存在，故B错误；‎ C．溶液中一定不存在Fe3＋，但可能存在Na＋、K＋，故C错误；‎ D．结合分析，原溶液中一定存在Cl－，Na＋、K＋可能存在，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎13.小苏打的化学式是(　　)‎ A. Na2CO3 B. NaHCO‎3 ‎C. NaOH D. Na2O ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．碳酸钠的俗名为纯碱，故A不选；‎ B．碳酸氢钠的俗名为小苏打，故B选；‎ C．NaOH的俗名为苛性钠、火碱或烧碱，故C不选；‎ D．氧化钠的俗名不是小苏打，小苏打是碳酸氢钠的俗名，故D不选；‎ 故选B。‎ ‎14.已知：氧化性Fe3+＞Cu2+，向物质的量浓度均为2 mol•L﹣1的Fe2(SO4)3和CuSO4的500 mL的混合液中加入a mol铁粉，充分反应后，下列说法不正确的是(　　)‎ A. 当a≤1时，发生的反应为2Fe3++Fe＝3Fe2+‎ B. 当1≤a＜2时，溶液中n(Fe2+)＝(2+a) mol C. 当a≥2时，发生的反应为2Fe3++2Cu2++3Fe＝5Fe2++2Cu D. 若有固体剩余则可能是铜或铁和铜 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】因氧化性 Fe3+＞Cu2+，加入铁粉后，铁先与Fe3+反应，完全反应后再与Cu2+反应，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．加入铁粉后，先与Fe3+反应，混合溶液中Fe3+的物质的量为 2mol/L×‎0.5L×2=2mol，根据2Fe3++Fe=3Fe2+知，当 a≤1 时，Fe粉只能与Fe3+反应，故A正确；‎ B．加入铁粉后，先与Fe3+反应，混合溶液中Fe3+的物质的量为 2mol/L×‎0.5L×2=2mol，根据2Fe3++Fe=3Fe2+知，当 1≤a＜2 时，反应后剩余的铁再发生Cu2++Fe=Fe2++Cu ，由于混合溶液中Cu2+的物质的量为 2mol/L×‎0.5L=1mol，反应后Cu2+过量，铁粉完全反应，根据铁元素守恒，可得溶液中n(Fe2+)=(2+a)mol，故B正确；‎ C．根据B的分析，当a≥2 时，Fe3+和Cu2+均反应完全，此时发生的总反应为2Fe3++Cu2++2Fe═4Fe2++Cu，故C错误；‎ D．加入铁粉，先后发生的反应为：2Fe3++Fe=3Fe2+、Cu2++Fe=Fe2++Cu，若有固体剩余，则固体中一定有铜，当铁粉过量时，还会含有铁，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎15.下列关于钠及其化合物性质描述正确的是(　　)‎ A. 在Na2O2中阳离子与阴离子的个数比为2:1‎ B. 只有钠单质和钠盐焰色反应呈现黄色 C. 可用石灰水区分Na2CO3与NaHCO3溶液 D. 氢氧化钠溶液具有碱性，可用于治疗胃酸过多 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、过氧化钠的电子式为，阳离子与阴离子的个数比为2：1，故A正确；‎ B、利用焰色反应可以检验某些金属元素，火焰呈黄色，说明该物质中含有钠元素，可以是钠单质、钠盐、NaOH等，故B错误；‎ C、石灰水可以与Na2CO3、NaHCO3反应生成CaCO3沉淀，因此不能用石灰水区分Na2CO3和NaHCO3溶液，故C错误；‎ D、氢氧化钠虽然具有碱性，但腐蚀性太强，不能用于治疗胃酸过多，故D错误。‎ ‎16.化学与生活、社会发展息息相关，下列说法不正确的是(　　)‎ A. 氧化铝熔点很高，可用来制造耐火坩埚，耐火管和耐高温的实验仪器等 B. “熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，该过程发生了置换反应 C. 明矾是电解质，可用于自来水的杀菌消毒 D. 氢氧化铝可作为治疗某种胃病的内服药，这是利用了氢氧化铝的碱性 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、氧化铝具有高熔点，耐火坩埚、耐火管和耐高温的实验仪器等，选项A正确；‎ B．“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，涉及铁与硫酸铜生成铜的反应，为置换反应，选项B正确；‎ C、明矾能水解生成氢氧化铝胶体，只能吸附悬浮杂质，不能杀菌消毒，选项C不正确；‎ D、胃酸主要成分为盐酸，胃酸分泌过多会引起胃病．氢氧化铝为弱碱性，与胃液中含有的盐酸反应中和生成氯化铝和水，反应方程式为Al(OH)3+3HCl=AlCl3+3H2O，选项D正确。‎ 答案选C。‎ ‎17.下列关于氧化铝和氢氧化铝的叙述错误的是（ ）‎ A. Al(OH)3受热能分解 B. Al2O3既能溶于强酸溶液又能溶于强碱溶液 C. Al(OH)3胶体能吸附水中的悬浮物 D. Al(OH)3与过量的浓氨水反应生成NH4[Al(OH)4]‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. Al（OH）3受热分解生成氧化铝和水，反应方程式为2Al（OH）3Al2O3+3H2O，故A正确；‎ B. Al2O3既能溶于强酸溶液又能溶于强碱溶液，属于两性氧化物，故B正确；‎ C. Al（OH）3具有吸附性，能吸附水中悬浮物而净水，所以明矾常常作净水剂，故C正确；‎ D. 氢氧化铝能和强酸以及强碱发生反应，但是不能和弱酸、弱碱发生反应，氨水是弱碱，和氢氧化铝不反应，故D错误。‎ 故选D。‎ ‎18.某K2CO3样品中含有Na2CO3、KNO3和Ba(NO3)2三种杂质中的一种或两种，现将‎6.9 g样品溶于足量水中，得到澄清溶液，若再加入过量的CaCl2溶液，得到‎5.05g沉淀，对样品所含杂质的正确判断是(　　)‎ A. 肯定有Na2CO3，没有Ba(NO3)2 ，可能有有KNO3‎ B. 肯定有KNO3，没有Ba(NO3)2，可能还有Na2CO3‎ C. 肯定没有Na2CO3和Ba(NO3)2，可能有KNO3‎ D. 以上判断都不正确 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】本题为物质成分推断题，样品加入水中，全部溶解，由于硝酸钡能与碳酸钾结合产生沉淀，故一定不会有硝酸钡，可能含有碳酸钠或硝酸钾，根据题干提供的数据，假设样品全部是碳酸钾求出生成沉淀的质量，再判断物质的成分。‎ ‎【详解】样品加入水中，全部溶解，由于硝酸钡能与碳酸钾结合产生沉淀，故一定不会有硝酸钡；如果‎6.9 g样品全部是碳酸钾，则可以生成碳酸钙×‎100g/mol=‎5.0g，实际生成的是‎5.05g，由于等质量的碳酸钠生成的碳酸钙质量大于等质量碳酸钾生成的碳酸钙质量，所以混合物中肯定有Na2CO3，可能还有KNO3，故选A。‎ ‎19.金属及其化合物的转化关系是化学学习的重要内容之一。下列各组物质的各步转化关系中不能通过一步反应完成的是（ ）‎ A. Na→NaOH→Na2CO3 B. Fe→Fe(NO3)3→Fe(OH)3‎ C. A1→A12O3→A1(OH)3 D. Mg→MgCl2→Mg(OH)2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.Na→NaOH→Na2CO3中，Na与H2O发生反应产生NaOH，NaOH吸收CO2反应产生Na2CO3 和水，所以能一步实现，A不选；‎ B.Fe→Fe(NO3)3→Fe(OH)3中反应分别是Fe与过量的硝酸反应产生Fe(NO3)3，硝酸铁与NaOH溶液或氨水发生复分解反应产生Fe(OH)3，所以能一步实现，B不选；‎ C.氧化铝不能溶于水，和水不反应，所以不能一步生成氢氧化铝，C选；‎ D.Mg与盐酸发生置换反应产生MgCl2，MgCl2与NaOH溶液发生复分解反应产生Mg(OH)2，所以能一步实现，D不选；‎ 故合理选项是C。‎ ‎20.既能与稀硫酸反应，又能与NaOH溶液反应的是(　　)‎ ‎①Al ②Al2O3 ③Al(OH)3 ④NaHCO3 ⑤NH4NO3‎ A. ②③ B. ④⑤ C. ①②③④ D. ①②③④⑤‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①Al与硫酸反应生成硫酸铝和氢气，与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气；②Al2O3属于两性氧化物，既能和硫酸反应也能和氢氧化钠反应；③Al(OH)3‎ 属于两性氢氧化物，既能和硫酸反应也能和氢氧化钠反应；④NaHCO3与硫酸反应生成硫酸钠、二氧化碳和水，与氢氧化钠反应生成碳酸钠和水；⑤NH4NO3与硫酸不反应，与氢氧化钠反应生成硝酸钠、氨气和水，所以既能与稀硫酸反应，又能与NaOH溶液反应的是①②③④，‎ 故选C。‎ ‎21.将一定量的Na2CO3和NaHCO3混合物跟足量的盐酸反应，共消耗HCl 1.2 mol，生成的CO2在标准状况下的体积为‎22.4 L，求原混合物中n(Na2CO3)=__________ mol、n(NaHCO3)= ____________mol ‎【答案】(1). 0.2 (2). 0.8‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】Na2CO3和NaHCO3都能与盐酸反应，反应的化学方程式为Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O和NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，依据反应消耗盐酸的量和生成二氧化碳的量列方程计算可得。‎ ‎【详解】令原混合物中Na2CO3、NaHCO3的物质的量分别为xmol，ymol，依据反应消耗HCl 1.2 mol可得①2x+y=1.2，标准状况‎22.4L二氧化碳的物质的量为1mol，依据反应生成二氧化碳的量可得②x+y=1，解联立方程可得x=0.2，y=0.8，故答案为0.2；0.8。‎ ‎22.某小组研究铁与水蒸气反应，两位同学分别进行了如下实验。‎ 实验Ⅰ 实验Ⅱ 请回答：‎ ‎（1）实验Ⅰ中湿棉花的作用是______________。‎ ‎（2）实验Ⅰ中反应的化学方程式是__________。‎ ‎（3）甲同学观察到实验Ⅰ中持续产生肥皂泡，实验Ⅱ中溶液B呈现红色。说明溶液A中含有___________。‎ ‎（4）乙同学观察到实验Ⅰ中持续产生肥皂泡，但实验Ⅱ中溶液B未呈现红色。溶液B未呈现红色的原因是____________。‎ ‎【答案】 (1). 提供水蒸气 (2). 3Fe＋4H2O（g）Fe3O4＋4H2 (3). Fe3＋ (4).‎ ‎ 反应后的固体中含有未反应的Fe，实验Ⅱ中Fe3＋全部被Fe还原为Fe2＋‎ ‎【解析】分析：铁与水蒸气反应会生成四氧化三铁和氢气，反应的化学方程式为3Fe+4H2O（g）=Fe3O4+4H2；KSCN溶液与该溶液变红色，说明有三价铁离子，说明硬质试管中固体一定有Fe3O4，可能有Fe；KSCN溶液未变红色，说明无三价铁离子，一定有Fe3O4和Fe；铁单质能将三价铁离子还原成二价铁离子离子方程式，Fe+2Fe3+=3Fe2+，以此解答。‎ 详解：（1）由于反应物有水蒸气，则实验I中湿棉花的作用是提供水蒸气；‎ ‎（2）实验Ⅰ中反应的化学方程式是3Fe＋4H2O（g）Fe3O4＋4H2 ； ‎ ‎（3）甲同学观察到实验Ⅰ中持续产生肥皂泡，实验Ⅱ中溶液B呈现红色。说明溶液A中含有Fe3＋。‎ ‎（4）乙同学观察到实验Ⅰ中持续产生肥皂泡，但实验Ⅱ中溶液B未呈现红色，说明不存在铁离子，因此溶液A中含有单质铁，把铁离子还原为Fe2+，因此，溶液B未呈现红色的原因是反应后的固体中含有未反应的Fe，实验Ⅱ中Fe3＋全部被Fe还原为Fe2＋。‎ ‎23.粗盐中含Ca2+、Mg2+、SO42－以及泥沙等杂质，为了除去可溶性杂质，首先将粗盐溶解，再通过以下实验步骤进行提纯：①过滤②加过量NaOH溶液③加适量盐酸④加过量Na2CO3溶液⑤加过量BaCl2溶液。‎ ‎（1）以下操作顺序不合理的是_____________。‎ A．②⑤④③① B．④⑤②①③ C．⑤②④①③ D．⑤④②①③‎ ‎（2）通过步骤①中过滤后的滤液，检验SO42－是否除尽的操作方法是_____________________。‎ ‎（3）实验室将上述得到的精制食盐水制成精盐的过程中，还需要进行某一操作，该操作中需要加热的仪器为：_____________________。‎ ‎（4）实验室需要450 mL 4.00 mol·L－1NaCl溶液，现利用提纯的NaCl进行配制，所用仪器除天平、药匙、烧杯、玻璃棒外还有________________（填仪器名称）。定容时，俯视刻度线，对所配溶液浓度的影响：________（填：偏大、偏小、或无影响）。‎ ‎【答案】(1). AB (2). 取少量滤液于一支试管中，滴加BaCl2溶液，若试管中的溶液无明显变化则证明SO42－已除尽，若试管中的溶液出现浑浊则证明SO42－未除尽 (3). 蒸发皿 (4). 500 mL容量瓶、胶头滴管 (5). 偏大 ‎【解析】‎ ‎【分析】粗盐提纯，Mg2＋用NaOH除去，SO42－用BaCl2除去，Ca2＋用Na2CO3除去，因所加除杂试剂是过量，过量试剂必须除去，因此Na2CO3必须放在BaCl2‎ 溶液的后面，即顺序是NaOH、BaCl2、Na2CO3；BaCl2、NaOH、Na2CO3或BaCl2、Na2CO3、NaOH；然后过滤，向滤液中加入盐酸除去过量的NaOH、Na2CO3，依此分析；‎ ‎【详解】（1）粗盐提纯，Mg2＋用NaOH除去，SO42－用BaCl2除去，Ca2＋用Na2CO3除去，因所加除杂试剂是过量，过量试剂必须除去，因此Na2CO3必须放在BaCl2溶液的后面，即顺序是NaOH、BaCl2、Na2CO3；BaCl2、NaOH、Na2CO3或BaCl2、Na2CO3、NaOH；然后过滤，向滤液中加入盐酸除去过量的NaOH、Na2CO3，因此不合理的是AB；‎ ‎（2） 取少量滤液于一支试管中，滴加BaCl2溶液，若试管中的溶液无明显变化则证明SO42－已除尽，若试管中的溶液出现浑浊则证明SO42－未除尽；‎ ‎（3）食盐水制成精盐，需要蒸发结晶，需要加热的仪器为蒸发皿；‎ ‎（4）根据“大而近”的原则，配制450mL的溶液需用500mL容量瓶，配制一定物质的量浓度溶液需要的仪器是托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管；根据c=n/V，俯视刻度线，所配溶液的体积偏小，溶质物质的量不变，所配溶液浓度将偏大。‎