辽宁省盘锦市第二高级中学2026届高一化学第一学期期中考试试题含解析.doc

辽宁省盘锦市第二高级中学2026届高一化学第一学期期中考试试题
注意事项
1．考生要认真填写考场号和座位序号。
2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、下列反应，能用离子方程式Ca2++2OH－+2=CaCO3↓++2H2O表示的是
A．碳酸氢钠与足量的氢氧化钙 B．氢氧化钙与足量的碳酸氢钙
C．碳酸氢钙与足量的氢氧化钠 D．氢氧化钠与足量的碳酸氢钙
2、下列叙述正确的是( )
A．1.5molO2体积是33.6L B．在标准状况下，2molH2的体积是44.8L
C．等质量的CO和N2的体积相等 D．32gO2的物质的量是1mol，其体积是22.4L
3、下列反应的离子方程式书写不正确的是
A．稀硫酸滴在铁片上：Fe＋2H+ ===2Fe2+ ＋H2↑
B．铜片插入硝酸银溶液中： Cu＋2Ag+ ===Cu2+ ＋2Ag
C．碳酸氢钙溶液跟足量烧碱溶液反应：Ca2＋＋HCO3-＋OH－===CaCO3↓＋H2O
D．醋酸滴在石灰石上：CaCO3 ＋ 2CH3COOH=== Ca2＋＋2CH3COO-＋CO2↑＋H2O
4、下列说法正确的是( )
A．气体摩尔体积为22.4 mol/L
B．在标准状况下气体摩尔体积为 22.4 L/mol
C．摩尔质量就是该物质的化学式式量
D．摩尔是物理量不是物理量单位
5、可以用电子式：表示的微粒是
A．He B．Ne C．Al3+ D．O2-
6、下列关于某物质是否为电解质的判断正确的是（　　）
A．固体氯化钠不导电，所以氯化钠不是电解质
B．氯化氢水溶液能导电，所以氯化氢是电解质
C．SO2溶于水能导电，所以SO2是电解质
D．氨水能导电，所以氨水是电解质
7、下列关于2 mol氧气的叙述中，正确的是
A．质量是32 g B．体积是44.8 L
C．分子数约为1.204×1024 D．原子数是2 mol
8、标准状况下，①6.72LNH3；②1.204×1023个H2S；③5.6gCH4；④0.5molHCl，下列关系不正确的是
A．体积大小：④>③>①>② B．原子数目：③>①>④>②
C．密度大小：④>②>①>③ D．质量大小：④>③>②>①
9、下列说法正确的是（　　）
A．液态HCl、固体NaCl均不导电，所以HCl、NaCl均不是电解质
B．NH3、CO2的水溶液均能导电，所以NH3、CO2均是电解质
C．一束光线分别通过溶液和胶体时，前者会出现光亮的通路，后者则没有
D．分散系中分散质粒子的直径：Fe(OH)3 悬浊液＞Fe(OH)3 胶体＞FeCl3 溶液
10、下列关于物质分类的正确组合是(　　)
选项
碱
酸
盐
酸性氧化物
碱性氧化物
A
Na2CO3
H2SO4
NaHCO3
CO2
SiO2
B
NaOH
HCl
NaCl
SO3
Na2O
C
NaOH
CH3COOH
CaF2
SO2
SO3
D
KOH
HNO3
CaCO3
CO
CaO
A．A B．B C．C D．D
11、下列实验方案中，不能测定NaCl和NaHCO3混合物中NaHCO3质量分数的是
A．取a克混合物充分加热，减重b克
B．取a克混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，增重b克
C．取a克混合物与足量Ba(OH)2溶液充分反应，过滤洗涤、烘干，得b克固体
D．取a 克混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得 b 克固体
12、下列溶液中c(Cl－)最大的是
A．400 mL0.5 mol/L BaCl2溶液
B．200 mL 0.5 mol/L MgCl2溶液
C．300 mL1 mol/L NaCl溶液
D．100 mL 0.5 mol/L AlCl3溶液
13、下列实验操作中正确的是 (　　)
A．蒸发操作时，应使混合物中的水分完全蒸干后才能停止加热
B．萃取操作时，应选择有机萃取剂，且萃取剂的密度必须比水大
C．分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出后，再将上层液体从下口放出到另一个烧杯中
D．蒸馏操作时，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶支管口处
14、下列贡献与中国科学家无关的是
A．创立侯氏制碱法 B．发现青蒿素
C．合成结晶牛胰岛素 D．发明元素周期表
15、吸入人体内的氧有2%转化为氧化性极强的“活性氧”，它能加速人体衰老，被称为“生命杀手”，服用含硒元素(Se)的化合物亚硒酸钠(Na2SeO3)，能消除人体内的活性氧，由此推断Na2SeO3在人体中的作用是( )
A．作氧化剂 B．作还原剂
C．既作氧化剂又作还原剂 D．既不作氧化剂又不作还原剂
16、当秋冬之交，滨城大连经常被浓雾所笼罩。弥漫的大雾不仅影响交通，酿成事故，还直接危害人们的健康。下列关于大雾的说法正确的是
A．大雾是一种纯净物
B．大雾是一种分散质微粒直径大于100 nm 的分散系
C．光束通过大雾时会产生一条光亮的通路
D．大雾实际上是水蒸气
二、非选择题（本题包括5小题）
17、短周期主族A、B、C、D、E、F六种元素，它们的原子序数由A到F依次增大。A的某种原子核内只有质子，B元素的某种原子可用于测定文物的年代，C为地壳中含量最多的元素，D是原子半径最大的短周期主族元素，D的单质在高温下与C的单质充分反应，可以得到与E单质颜色相同的淡黄色固态化合物。D与F形成的离子化合物DF是常用的调味品。试根据以上叙述回答：
（1）E在周期表中的位置________________________。
（2）F离子结构示意图________________________。
（3）B元素形成的氢化物中氢元素质量百分含量最大值是___________%。
（4）D2C2与水反应的离子方程式为___________________________________。
（5）同周期元素性质从左往右呈现递变性的本质原因是_____________________________________。
18、现有失去标签的CaCl2、AgNO3、HCl和Na2CO3四瓶溶液.为了确定四种溶液的成分,将它们编号为A、B、C、D后进行化学实验.实验记录如下:
实验顺序
实验内容
实验现象
①
A+B
无明显现象
②
B+D
有无色无味气体放出
③
C+B
有白色沉淀生成
④
A+D
有白色沉淀生成
根据上述实验完成下列各小题：
(1)A、C、D三瓶溶液分别是(用化学式表示所含溶质)：A溶液________，C溶液________，D溶液________。
(2)写出B与D反应的离子方程式：________，写出B与C反应的离子方程式 ：________。
19、2008年5月，我国四川地区发生特大地震灾害，地震过后，饮用水的消毒杀菌成为抑制大规模传染性疾病暴发的有效方法之一。氯气（Cl2）是制备消毒剂的主要原料之一。工业上主要采用电解饱和食盐水的方法来制取Cl2。请回答下列问题：
(1)电解之前，食盐水需要精制，目的是除去粗盐的中的Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质离子，使用的试剂有：①Na2CO3溶液②Ba(OH)2溶液③稀盐酸。其中合理的加入顺序为_____________________（填序号）；
(2)实验室欲配制6.00 mol/L的食盐水90 mL，回答下列问题：
①需要纯净的NaCl________ g。
②可供选择的仪器有：a玻璃棒 b烧瓶 c烧杯 d胶头滴管 e试管 f托盘天平、砝码 h药匙。在配制食盐水时不需要使用的有_______（填字母），还缺少的仪器是__________。
③配制溶液时，一般可以分为以下几个步骤：计算®称量®溶解_____________________________转移____________________________定容_____________________________装瓶。
④下列操作会使所配溶液的浓度偏小的是___________________。
A． 转移完溶液后未洗涤玻璃棒和烧杯 B． 容量瓶中原来有少量蒸馏水
C． 定容时，俯视刻度线 D． 称量氯化钠固体时左码右物
(3将电解生成的Cl2通入NaOH溶液，生成两种盐，其中一种是消毒液的主要成分NaClO，应用氧化还原反应原理，写出此反应的化学方程式是_____________________________________________________________________________________________________ 。
20、I.化学是一门以实验为基础的学科，化学所取得的丰硕成果与实验的重要作用分不开。结合下列实验装置图回答问题：

（1）写出上述图中仪器的名称：①_______；②____。
（2）若利用装置I分离乙酸（沸点118℃）和乙酸乙酯（沸点77.1℃）的混合物，还缺少的玻璃仪器有________，将仪器补充完整后进行的实验操作的名称为_______；实验时仪器②中冷却水的进口为____（填“f”或 “g”），蒸馏烧瓶内碎瓷片的作用是________。
（3）现需配制250 mL 0.1 moI.L-1NaCl溶液，装置II是某同学转移溶液的示意图，图中有两处错误分别是________，________。
II. ①海带等藻类物质经过处理后，可以得到碘水，向碘水中加入四氯化碳以提取碘单质的实验操作叫________，该操作需要的玻璃仪器有________。
②某NaCl样品中可能含有SO42-，CO32-，为检验杂质离子的存在，采取如下实验步骤：
样品无明显现象无明显现象。
则加入的试剂A为_______，B为_______，该现象证明样品中不含有____。
③在后续实验中需要使用450mL0.5 mol·L- 1NaCl溶液，为配制该浓度NaCl溶液进行实验，需用托盘天平称取NaCl_______g。配制NaCl溶液时，若出现下列操作，会使配制浓度偏高的是____________
A．天平砝码己锈蚀 B．配制过程中未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒
C．转移溶液时有溶液溅出 D．定容时仰视刻度线
21、现有金属A、B和气体甲、乙、丙及物质C、D、F、F，它们之间的转化发生如下反应，（图中有些反应的产物和反应条件没有全部标出），黄绿色气体溶于水后的溶液有漂白性且能杀菌消毒，其中物质F的水溶液呈黄色，物质E在氧化剂作用下很容易转化为物质F，F能与物质C的溶液反应生成红褐色沉淀．

请回答下列问题：
（1）物质F的化学式为______．
（2）①写出金属A与水反应的化学方程式：______．
②写出黄绿色气体乙和水反应的离子化学方式：______．
③实验室制备黄绿色气体的化学方程式:___________.
（3）金属单质A投入到下列溶液中既有气体，又有沉淀出现的是______
A、氯化钠溶液 B、碳酸钠溶液 C、硫酸铜溶液 D、氯化铵溶液．
参考答案

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、C
【解析】
A. 碳酸氢钠与足量的氢氧化钙得到碳酸钙、水和氢氧化钠: Ca2++OH－+=CaCO3↓+H2O，A错误；
B. 氢氧化钙与足量的碳酸氢钙得到碳酸钙、水：Ca2++OH－+=CaCO3↓+H2O，B错误；
C. 碳酸氢钙与足量的氢氧化钠得到碳酸钙、水和碳酸钠：Ca2++2OH－+2=CaCO3↓++2H2O，C正确；
D. 氢氧化钠与足量的碳酸氢钙得到碳酸钙和碳酸氢钠：Ca2++OH－+=CaCO3↓+H2O，D错误；
答案选C。
2、B
【解析】
A.未明确标准状况，不能用公式V=22.4·n 计算气体的体积，A项错误；
B.在标准状况下，2molH2的体积=22.4L/mol×2mol=44.8L，B项正确；
C.因为CO和N2的摩尔质量相等，所以等质量的CO和N2的物质的量相等，但题目没有明确两气体所处的温度和压强是否相同，所以无法判断等质量的CO和N2的体积是否一定相等。C项错误；
D.未明确标准状况，不能用公式V=22.4·n 计算气体的体积，D项错误；答案选B。
利用公式V= 22.4·n计算物质的体积时，一定要明确两点：一是物质的状态必须是“气体”，二是温度和压强必须是“标准状况（即00C和101kPa）”。
3、C
【解析】
A．铁与稀硫酸反应，生成硫酸亚铁和氢气；
B、铜与硝酸银反应生成硝酸铜和银，注意电荷守恒；
C、碳酸氢钙溶液与足量的氢氧化钠反应生成碳酸钙、碳酸钠和水；
D、醋酸与碳酸钙反应生成醋酸钙、二氧化碳和水，除醋酸钙为强电解质写离子外，其他的均写化学式。
【详解】
A．铁跟稀硫酸反应的离子反应为Fe＋2H+ =2Fe2+ ＋H2↑，选项A正确；
B．铜片插入硝酸银溶液中的离子反应为Cu＋2Ag+ ===Cu2+ ＋2Ag，选项B正确；
C. 碳酸氢钙溶液跟足量烧碱溶液反应的离子方程式为：Ca2＋＋2HCO3-＋2OH－===CaCO3↓＋CO32-+H2O，选项C不正确；
D. 醋酸滴在石灰石上，反应的离子方程式为：CaCO3 ＋ 2CH3COOH=== Ca2＋＋2CH3COO-＋CO2↑＋H2O，选项D正确。
答案选C。
本题考查离子反应方程式的书写，明确发生的化学反应是解答本题的关键，注意离子反应中应保留化学式的物质，电荷守恒、物质反应时量的多少影响反应结果等问题。
4、B
【解析】
A．标准状况下，气体摩尔体积为22.4 mol/L，A错误；
B．标准状况下，气体摩尔体积为22.4 mol/L，B正确；
C．摩尔质量的单位为g/mol，式量的单位为“1”，故摩尔质量和式量不相同，C错误；
D．摩尔是物质的量这个物理量的单位，D错误。
答案选B。
5、B
【解析】
氦原子最外层电子数是2个，氖原子最外层有8个电子，电子式为，故选B。
本题考查了电子式的书写，注意掌握电子式的概念及表示方法，明确电子式的表示方法是解题关键。
6、B
【解析】
A．固体氯化钠不存在自由移动的离子不导电，溶于水会导电，所以氯化钠是电解质，故A错误；B．氯化氢化合物水溶液能导电，属于电解质，故B正确；C．SO2溶于水能导电，是因为二氧化硫和水反应生成电解质亚硫酸，本身不能电离，所以SO2是非电解质，故C错误；D．氨水是氨气的水溶液为混合物，不是电解质，故D错误；故选B。
点睛：主要是概念实质理解应用，掌握基础是解题关键，水溶液中或熔融状态下导电的化合物为电解质，水溶液中和熔融状态下都不导电的化合物为非电解质，导电的条件是化合物自身能在一定条件下电离出离子导电，导电实质是含有自由移动电子或离子，据此分析判断。
7、C
【解析】
根据m=nM、V=nVm、N=nNA及分子构成计算．
【详解】
A．2 mol氧气质量为2mol×32g·mol－1=64g，故A错误；
B．状态不能确定，Vm未知，不能计算体积，故B错误；
C．2 mol氧气分子数为2mol×NA=1.204×1024，故C正确；
D．2 mol氧气原子数为2mol×2×NA=4NA，故D错误；
故选C。
8、D
【解析】
标准状况下，①6.72 L NH3的物质的量是6.72L÷22.4L/mol=0.3mol；②1.204×1023 个H2S的物质的量是1.204×1023÷6.02×1023=0.2mol；③5.6 g CH4的物质的量是5.6g÷16g/mol=0.35mol。
A.四种物质的体积分别为：①6.72 L、②4.48L、③7.84L、④11.2L，故体积大小顺序为④>③>①>②，故A正确；B.根据上述分析可知，四种物质中原子的物质的量分别为：① 1.2mol、② 0.6mol、③ 1.75mol、④ 1.0mol，因此原子数目大小顺序为：③>①>④>②，故B正确；C.相同条件下，气体的密度之比等于其相对分子质量之比，四种物质的相对分子质量分别为：① 17、② 34、③ 16、④ 36.5，因此密度大小顺序为：④>②>①>③，故C正确；D.根据m=n×M可知，四种气体的质量分别为：① 5.1g、② 6.8g、③ 5.6g、④ 18.25g，因此四种气体的质量大小顺序为：④>②>③>①，故D错误；
故答案选D。
9、D
【解析】
A、电解质必须是纯净物，包括酸、碱、盐、金属氧化物和水等；液态HCl、固体NaCl没有自由移动的离子，均不导电，但是溶于水后，均产生自由移动的离子，都能导电，所以HCl、NaCl均是电解质，A错误；
B、NH3、CO2的水溶液分别为氨水（溶质是一水合氨）、碳酸， 它们能够电离出自由移动的离子，所以溶液能够导电，但是NH3、CO2两种物质本身不能电离出离子，属于非电解质，B错误；
C、胶体才有丁达尔效应，溶液没有，C错误；
D、分散系中分散质粒子的直径：小于1nm的分散系为溶液，大于100 nm的分散系为浊液，在1nm--100 nm之间的分散系为胶体，D正确；
正确选项D。
10、B
【解析】
A. Na2CO3是盐而不是碱，SiO2是酸性氧化物而不是碱性氧化物，故A错误；
B. NaOH属于碱、HCl属于酸、NaCl属于盐、SO3属于酸性氧化物、Na2O属于碱性氧化物，故B正确；
C. SO3属于酸性氧化物，故C错误；
D. CO属于不成盐氧化物，不是酸性氧化物，故D错误；
答案选B。
11、B
【解析】
方案能确定氯化钠、碳酸氢钠任一物质的质量，即可测定混合物中NaHCO3质量分数，
A. 此方案利用碳酸氢钠的不稳定性，利用差量法即可计算质量分数；
B. 应先把水蒸气排除才合理；
C. 根据碳元素守恒，可求解碳酸氢钠质量分数；
D. 根据钠元素守恒的质量关系，可列方程组求解。
【详解】
A. NaHCO3受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳,所以通过加热分解利用差量法即可计算出Na2CO3质量分数，故A项不符合题意；
B. 混合物中NaHCO3与足量稀硫酸充分反应，会生成水和二氧化碳，所以逸出的气体是二氧化碳，但会混有水蒸气，即碱石灰增加的质量不是二氧化碳的质量，不能测定含量，故B项符合题意；
C. NaCl和NaHCO3混合物中，碳酸氢钠与Ba(OH)2反应，反应的方程式为：HCO3−+OH−+Ba2+ = H2O+BaCO3↓，因此最后得到的固体是BaCO3，依据碳元素守恒计算，可以计算出NaHCO3质量分数，故C项不符合题意；
D. NaCl和NaHCO3混合物中，碳酸氢钠可与盐酸反应生成水、二氧化碳和氯化钠，所以b g固体是氯化钠，利用守恒法可计算出NaHCO3质量分数，故D不符合题意；
答案选B。
12、D
【解析】
A.因其在水溶液中完全电离：BaCl2=Ba2++2Cl-，0.5mol/LBaCl2溶液中c(Cl-)=0.5mol/L×2=1mol/L；B.因其在水溶液中完全电离：MgCl2=Mg2++2Cl-，0.5mol/LMgCl2溶液中c(Cl-)=0.5mol/L×2=1mol/L；C.因其在水溶液中完全电离：NaCl=Na++Cl-，1mol/LNaCl溶液中c(Cl-)=1mol/L，D.因其在水溶液中完全电离：AlCl3=Al3++3Cl-，0.5mol/LAlCl3溶液中c(Cl-)=0.5mol/L×3=1.5mol/L，答案选D。
13、D
【解析】
A.蒸发操作时不能将混合物中的水分完全蒸干，否则因晶体受热不均匀而迸溅，正确的操作是：有大量晶体析出时停止加热，让余热蒸干剩余的溶液。A项错误；
B.萃取操作时可选择有机萃取剂，选取的萃取剂的密度也可以比水小例如苯，且密度相差越大越好。B项错误；
C.分液操作时分液漏斗中下层液体从下口放出后，再将上层液体从上口倒出到另一个烧杯中，以避免相互混入对方物质，C项错误；
D.蒸馏操作时，为了准确控制进入冷凝管中的蒸气温度，必须使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶支管口处， D项正确；答案选D。
14、D
【解析】
A、中国科学家侯德榜发现了侯氏制碱法，故侯氏制碱法和中国科学家有关，故A错误；
B、中国科学家屠呦呦发现青蒿素，获得了诺贝尔奖，故B错误；
C、中国科学家最早人工合成结晶牛胰岛素，故和中国科学家有关，故C错误；
D、俄国科学家门捷列夫制出了第一张元素周期表，和中国科学家无关，故D正确；
故选D。
15、B
【解析】
“活性氧”氧化性极强，服用含硒元素(Se)的化合物亚硒酸钠(Na2SeO3)，能消除人体内的活性氧，表明Na2SeO3能将“活性氧”还原，“活性氧”为氧化剂，Na2SeO3为还原剂，由此可知Na2SeO3在人体中作还原剂，故答案为：B。
16、C
【解析】
溶液、浊液、胶体的本质区别就是分散质的微粒直径不同；分散系中分散质的微粒直径＜1nm为溶液，微粒直径＞100nm为浊液，分散质的微粒直径在1nm--100nm的分散系为胶体，所以胶体分散系中分散质的微粒直径为1nm--100nm，胶体具有丁达尔效应，会出现一条光亮通路。
【详解】
A．雾是一种胶体，以空气为分散剂、水蒸汽为分散质的气溶胶，而胶体是一种混合物，选项A错误；
B．雾是一种胶体，分散质的微粒直径为1nm--100nm，选项B错误；
C．雾是一种胶体，有丁达尔效应，选项C正确；
D．雾是一种胶体，以空气为分散剂、水蒸汽为分散质的气溶胶，选项D错误。
答案选C。
本题考查胶体的性质，比较基础，侧重对基础知识的巩固，注意对基础知识的理解掌握。

二、非选择题（本题包括5小题）
17、第三周期ⅥA族 25 2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑ 从左至右，电子层数相同，最外层电子数逐渐增多，原子半径逐渐减小，原子核对最外层电子的吸引力逐渐增大，失电子能力减弱，得电子能力增强
【解析】
分析：短周期主族A、B、C、D、E、F六种元素，它们的原子序数由A到F依次增大。A的某种原子核内只有质子，则A为氢元素；B元素的某种原子可用于测定文物的年代，则B为碳元素；C为地壳中含量最多的元素，则C为氧元素；D是原子半径最大的短周期主族元素，则D为钠元素；D的单质在高温下与C的单质充分反应，可以得到与E单质颜色相同的淡黄色固态化合物，是E为硫元素。D与F形成的离子化合物DF是常用的调味品，则F为氯元素。
详解：（1）硫在周期表中的位置是第三周期ⅥA族。
（2）氯离子结构示意图是。
（3）碳元素形成的氢化物中氢元素质量百分含量最大的是甲烷（CH4），其氢元素质量百分含量为25%。
（4）Na2O2与水反应的离子方程式为2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑。
（5）同周期元素性质从左往右呈现递变性的本质原因是：从左至右，电子层数相同，最外层电子数逐渐增多，原子半径逐渐减小，原子核对最外层电子的吸引力逐渐增大，失电子能力减弱，得电子能力增强。
18、CaCl2 AgNO3 Na2CO3 CO32-+2H+=CO2↑+H2O Ag++Cl-=AgCl↓
【解析】
本题是无机物的推断。HCl和Na2CO3反应生成气体，AgNO3与CaCl2、HCl和Na2CO3反应均生成沉淀，且CaCl2、AgNO3、HCl都能与Na2CO3反应，结合实验中B+D反应生成气体，A+D反应生成沉淀，A+B无现象，则B为HCl，D为Na2CO3，所以A为CaCl2，C为AgNO3，再结合物质的性质及发生的反应来解答。
【详解】
HCl和Na2CO3反应生成无色无味气体，AgNO3分别与CaCl2、HCl和Na2CO3反应均生成白色沉淀，且CaCl2、AgNO3、HCl都能与Na2CO3反应，结合实验中B+D反应生成无色无味的气体，A+D反应生成白色沉淀，A+B无明显现象，则B为HCl，D为Na2CO3，所以A为CaCl2，C为AgNO3。
(1)由上述分析可知，A为CaCl2，C为AgNO3，D为Na2CO3，故答案为CaCl2；AgNO3；Na2CO3。
(2)盐酸与碳酸钠反应生成氯化钠、水和二氧化碳，离子反应为CO32-+2H+=CO2↑+H2O；盐酸和硝酸银反应生成氯化银和硝酸，离子反应为：Ag++Cl-=AgCl↓。
19、②①③35.1b e 100 ml容量瓶冷却洗涤摇匀 A D 2NaOH+Cl2=NaClO+NaCl+H2O
【解析】
（1）利用Na2CO3除去Ca2+，利用Ba(OH)2除去Mg2+和SO42-；为保证离子除尽，所加试剂都是过量的，所以要利用稀盐酸除去过量的CO32-和OH-；为除去过量的Ba2+，可以将Na2CO3在Ba(OH)2之后加入。所以加药品的顺序为：Ba(OH)2溶液、Na2CO3溶液、稀盐酸。
故答案为②①③；
（2）①容量瓶只有一条刻度线，只能配制和其规格相对应的体积的溶液，所以要用100mL的容量瓶配制食盐水。m(NaCl)=c·V·M=6.00 mol/L×(100×10-3L)×58.5g/mol=35.1g。
故答案为35.1；
②配制NaCl溶液的步骤是计算、称量、溶解、洗涤、定容、摇匀、装瓶，用到的仪器是：托盘天平、烧杯、玻璃棒、100ml容量瓶、胶头滴管；故不需要使用烧瓶和试管，还缺少100ml容量瓶。
故答案为b、e；100ml容量瓶；
③配制NaCl溶液的步骤为：计算→称量→溶解→冷却→转移→洗涤→定容→摇匀→装瓶。
故答案为冷却；洗涤；摇匀。
④A、转移完溶液，未洗涤玻璃棒和烧杯，会导致进入容量瓶的溶质偏少，所配溶液的浓度偏小，故A正确；B、容量瓶中原本有少量蒸馏水，对溶液浓度无影响，因为只要定容时正确，至于水是原来就有的还是后来加入的，对浓度无影响，故B错误；C、定容时俯视刻度，会导致溶液体积偏小，则所配溶液的浓度偏大，故C错误；D、将砝码和物品的位置颠倒，由于使用游码，会导致所称量的药品的质量偏小，所配溶液浓度偏小，故D正确。
故选AD。
（3）饱和食盐水的成分为NaCl和H2O，在电解饱和食盐水过程中，生成了H2和NaOH，则H2O中H元素化合价降低。有化合价的降低，必有化合价的升高，则NaCl中Cl元素化合价由-1价升到0价。电解饱和食盐水的方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑。
故答案为2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑；
（4）将Cl2通入NaOH溶液，生成两种盐，其中一种是NaClO，说明Cl2中Cl元素化合价由0价升高到NaClO中的+1价，则另外一种盐为化合价降低得到的盐，Cl2中Cl元素化合价降低为-1价，产物为NaCl。根据元素守恒，还有产物H2O。反应方程式为：Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O。
故答案为Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O。
20、蒸馏烧瓶 冷凝管（或直形冷凝管） 温度计 蒸馏 g 防止暴沸 未用玻璃棒引流 未使用250 mL容量瓶 萃取 烧杯、分液漏斗 盐酸 BaCl2溶液 SO42-、CO32 - 14.6 A
【解析】
实验室进行蒸馏实验时，仪器包括蒸馏烧瓶，温度计，直形冷凝管，牛角管，烧杯，酒精灯；萃取实验仪器包括分液漏斗，烧杯；配制溶液时仪器包括容量瓶，烧杯，玻璃棒，胶头滴管，容量瓶必须选用合适容积，不可小于配制要求。
【详解】
（1）根据仪器的结构可知，①为蒸馏烧瓶；②为冷凝管（或直形冷凝管）；
（2）采用分馏（蒸馏）原理进行实验时，控制温度是关键，故还缺少的玻璃仪器温度计；冷却蒸馏产生的气体时，在冷凝管位置，冷却水要采用“下进上出”原则，故冷却水的进口为g，碎瓷片由于具有多孔结构，能防止暴沸；
（3）配制250 mL溶液，需选用适当容积的容量瓶，且配置过程中用玻璃棒进行引流。故错误为未用玻璃棒引流；未使用250 mL容量瓶；
II. ①向碘水中加入四氯化碳以提取碘单质的实验操作叫萃取，需要的玻璃仪器为分液漏斗、烧杯；
②检验SO42-、CO32-时，硫酸根常用氯化钡（沉淀），碳酸根常用盐酸（气泡）或氯化钙（沉淀）等，由于检验试剂的量均为过量，为了防止对后续实验产生影响， 应先检验碳酸根，后检验硫酸根。故加入的试剂A为盐酸，B为BaCl2溶液，该现象证明样品中不含有SO42-、CO32 -；
③容量瓶的规格没有450mL，应选500mL配制，则需氯化钠的物质的量为：n=cV=0.50mol/L×0.5L=0.25mol，氯化钠的质量为：m=nM=0.25mol×58.5g/mol=14.625g，托盘天平只能精确到0.1g，故应称量氯化钠的质量为14.6g；
配制NaCl溶液时，若出现下列操作：
A．天平砝码己锈蚀，砝码质量增大，所称溶质氯化钠质量偏大，所配溶液浓度偏高，故A正确；
B．配制过程中未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒，氯化钠残留在玻璃棒和烧杯中，溶质质量偏小，浓度偏小，B错误；
C．转移溶液时有溶液溅出，溶质减少，所配溶液浓度偏小，C错误；
D．定容时仰视刻度线，蒸馏水添加量偏大导致溶液体积偏大，浓度偏低，D错误；
答案为A。
实验操作和设备选用是本题重点，易错点是配制一定浓度的溶液时所称量的质量。容量瓶没有450ml，计算时要选用正确容量瓶体积，即500ml。
21、FeCl32Na+2H2O=2NaOH+H2↑Cl2+H2OH++Cl-+HClO MnO2+4HCl（稀）MnCl2+Cl2↑+H2OC
【解析】
金属A焰色为黄色，证明A为钠单质，与水反应生成的气体甲为氢气，物质C为氢氧化钠，黄绿色气体溶于水后的溶液有漂白性且能杀菌消毒，说明乙为氯气；氯气与氢气反应生成的气体丙为氯化氢，气体丙溶于水得到的物质D为盐酸，其中物质F的水溶液呈黄色，物质E在氧化剂作用下很容易转化为物质F，F能与物质氢氧化钠溶液反应生成红褐色沉淀，金属B与氯气反应生成F，综上可判断B为铁，F为氯化铁，E为氯化亚铁。（1）物质F为氯化铁，其化学式为FeCl3；（2）①金属A为钠，与水反应的化学方程式为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；②黄绿色气体乙为氯气，和水反应的离子化学方式为：Cl2+H2OH++Cl-+HClO；③实验室制备黄绿色气体氯气的化学方程式为：MnO2+4HCl（稀）MnCl2+Cl2↑+H2O；
（3）金属单质A为钠，A．钠投入氯化钠溶液中，钠只与水反应生成氢氧化钠和氢气，选项A不符合；B．钠投入碳酸钠溶液中，钠只与水反应生成氢氧化钠和氢气，选项B不符合；C．钠与硫酸铜溶液反应生成氢气和氢氧化铜沉淀的硫酸钠，反应方程式为：2Na+2H2O+CuSO4=H2↑+Na2SO4+Cu（OH）2↓，选项C符合；D．钠与氯化铵溶液反应生成氢气和氨气和氯化钠，反应的方程式为：2Na+2NH4Cl═2NaCl+2NH3↑+H2↑，只产生气体不产生沉淀，选项D不符合。答案选C。