2026届大连市第二十四中学化学高一上期中教学质量检测试题含解析.doc

2026届大连市第二十四中学化学高一上期中教学质量检测试题
注意事项：
1． 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。
4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、下列说法中正确的是(　　)
A．金属氧化物一定是碱性氧化物
B．非金属氧化物一定是酸性氧化物
C．酸性氧化物一定是非金属氧化物
D．碱性氧化物一定是金属氧化物
2、现有①MgSO4，②Ba（NO3）2，③NaOH，④CuCl2，⑤KCl五种溶液，不加任何其他试剂，可鉴别且鉴别的先后顺序也正确的是（ ）
A．④③②①⑤ B．④⑤③②① C．④③①②⑤ D．④②③①⑤
3、下列叙述正确的是(　　)
A．1 mol H2O的质量为18 g·mol－1
B．CH4的摩尔质量为16 g
C．3.01×1023个SO2分子的质量为32 g
D．1 mol任何物质均含有6.02×1023个分子
4、下列物质中，属于盐类的是
A．MgO B．H2SO4 C．NaOH D．CaCO3
5、对于反应A+B=C+D来说，下列说法中正确的是（ ）
A．若生成物C、D分别为两种沉淀，A、B有可能为盐和碱
B．若生成物C、D有一种为单质，该反应一定是置换反应
C．若生成物C、D是盐和水，则A、B一定是酸和碱
D．若生成物C、D是两种化合物，则A、B一定是化合物
6、下列物质中属于电解质的是
①氢氧化钠 ②硫酸钡 ③铜 ④蔗糖 ⑤二氧化硫
A．①②⑤ B．①② C．③④ D．①⑤
7、两个体积相同的容器，一个盛有NO，另一个盛有N2和O2，在同温同压下两容器内的气体一定具有相同的（ ）
①原子总数；②质子总数；③分子总数；④质量。
A．④ B．① C．②④ D．①③
8、在某无色透明的强酸性溶液中，能大量共存的离子组是（ ）
A．K+、Na+、Cu2+、SO42- B．Na+、Al3+、Cl-、NO3-
C．Na+、K+、HCO3-、Cl- D．K+、 SO42-、 Cl-、Ba2+
9、下列实验操作：① 过滤 ② 分液 ③ 萃取 ④ 蒸馏 不能用于分离相互混溶的溶液的是
A．③和④ B．①和② C．③、④和⑤ D．①、②和③
10、已知下列溶液的溶质都是强电解质，这些溶液中的Cl-浓度与50mL 1mol·L-1 MgCl2溶液的Cl-浓度相等的是（ ）
A．150mL 1mol·L-1 NaCl溶液 B．75mL 2mol·L-1 CaCl2溶液
C．150mL 2mol·L-1 KCl溶液 D．75mL 1mol·L-1 AlCl3溶液
11、配制一定物质的量浓度的KOH溶液时，导致浓度偏低的原因可能是(　　)
A．用敞口容器称量KOH且时间过长
B．配置前先向容量瓶中加入少量蒸馏水
C．容量瓶盛过KOH溶液，使用前未洗涤
D．溶解后快速转移到容量瓶，然后加足量蒸馏水，定容
12、下列溶液中Cl-的物质的量浓度最大的是
A．500ml 5mol/L KCl溶液 B．500ml 8mol/L KClO3溶液
C．50ml 3mol/L CaCl2溶液 D．1000ml 1mol/L AlCl3溶液
13、下列说法不正确的是
A．化合物中除了电解质就是非电解质
B．硫酸铜溶于水通电后产生Cu2+和
C．胶粒带同种电荷是胶体稳定最主要的原因
D．分散质粒子大小不同是溶液、胶体和浊液的本质区别
14、黑火药是由硫黄粉、硝酸钾和木炭按一定比例混合而成的，爆炸时的反应是S+2KNO3+3C=K2S+N2↑+3CO2↑，该反应的还原剂是（ ）
A．C B．S C．KNO3 D．S和KNO3
15、根据反应式：①Fe+Cu2+===Fe2++Cu ②2Fe3++Cu===2Fe2++Cu2+可判断离子的氧化性从强到弱的顺序是
A．Fe2+、Fe3+、Cu2+B．Fe2+、Cu2+、Fe3+
C．Cu2+、Fe2+、Fe3+D．Fe3+、Cu2+、Fe2+
16、《天工开物》中对制造染料“蓝靛”的叙述如下：“凡造淀，叶与茎多者入窖，少者入桶与缸。水浸七日，其汁自来。每水浆一石，下石灰五升，搅冲数十下，淀信即结。水性定时，淀沉于底…其掠出浮沫晒干者曰靛花。”文中没有涉及的实验操作是
A．溶解 B．搅拌 C．升华 D．蒸发
二、非选择题（本题包括5小题）
17、某研究性学习小组同学用含有少量泥沙、CaCl2、MgCl2、Na2SO4的粗盐制取纯净的NaCl，实验前他们设计了如图方案（框图）

（1）请写出操作第④步所加试剂名称及第②步操作名称：
④_____________________，②___________________________。
（2）写出第⑤步操作中可能发生反应的离子方程式：____________________。
（3）如何检验第②步操作中硫酸根离子已完全除尽：_____________________。
（4）你认为该设计里哪些步骤调换后不影响实验结果：___________________。
18、某固体可能由KNO3、K2SO4、KCl、NaCl、CuCl2和Na2CO3中的一种或几种组成。依次进行下列五步实验，观察到的实验现象记录如下：①将固体加水得到无色溶液；②向上述溶液中滴加过量BaCl2溶液，有白色沉淀生成。将该沉淀滤出，得到的沉淀可完全溶于稀HNO3；③向②的滤液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，该沉淀不溶于稀HNO3。
(1)据此，可判断出固体中肯定有_________，肯定没有_________，可能含有_________。
(2)写出②中反应的离子方程式_____________________、___________________。
19、某同学用KMnO4与浓盐酸反应制备纯净的Cl2的装置如图所示。

回答下列问题：
(1)A中发生反应的化学方程式为16HCl(浓)+2KMnO4=2KCl+2+5Cl2↑+8H2O，中应为___________(填化学式) ，分液漏斗上方回形玻璃管的作用是________。
(2)装置C的作用是__________，装置D中的现象为________时证明E中收集的气体不含水蒸气。
(3)E装置中导管_______(填“x"或“y")应伸至靠近集气瓶底部。
(4)制取氯水时将装置B连接装置G即可(如图)，装置G中长玻璃导管连接多孔玻璃球的作用是____________，氯水中存在多种微粒，使品红褪色的微粒、使紫色石蕊溶液变红的微粒、与AgNO3溶液反应生成白色沉淀的微粒分别是____ ( 填字母)。

a ．Cl2、H+、Cl- b． HClO、H+ 、Cl- c． HClO、Cl2、HCl
(5)有同学认为用装置I可以代替装置F，你认为是否可以?________。若可以，此空不填；若不可以，简述理由：________________。
20、用海带制备单质碘，制备过程如下：

已知：常温下，碘在水中的溶解度为0.034g；碘的沸点为184℃；CCl4的沸点为77℃。

请回答：
（1）A物质是__________。
（2）写出在酸化下用H2O2氧化NaI的化学反应方程式_________________。
（3）流程中省略部分的操作是_____________。
（4）蒸馏装置中错误的是__________________（写三条）。
（5）蒸馏出的CCl4液体中常会带淡紫色，可能的原因是______________
21、无机化合物可根据其组成和性质进行分类

(1)图中所示的物质分类方法的名称是________。
(2)以Na、K、H、O、S、N中任两种或三种元素组成合适的物质，分别填在下表中②③⑥后面。
物质类别
酸
碱
盐
氧化物
氢化物
化学式
①HCl
②____
③________
④Ba(OH)2
⑤Na2CO3
⑥______
⑦CO2
⑧Na2O
⑨NH3
⑩H2O2
(3)写出⑦转化为⑤的化学方程式：___________。
(4)实验室制备⑦常用______和______反应，检验该气体的方法是____________。
参考答案

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、D
【解析】
A. 金属氧化物不一定是碱性氧化物，如Mn2O7为酸性氧化物，A错误；
B. 非金属氧化物不一定是酸性氧化物，如CO、NO为不成盐氧化物，B错误；
C. 酸性氧化物不一定是非金属氧化物，如Mn2O7为金属氧化物，C错误；
D. 碱性氧化物一定是金属氧化物，D正确；
故答案选D。
2、C
【解析】
不加任何其他试剂，通过观察，溶液显蓝色的是④CuCl2，与④反应生成蓝色沉淀的是③NaOH，与③反应生成白色沉淀的是①MgSO4，与①反应生成白色沉淀的是②Ba(NO3)2，最后一种为⑤KCl，所以被鉴别的先后顺序为④③①②⑤，故选C。
3、C
【解析】
A.质量单位是克等，1 mol H2O的质量为18 g，故A错误；
B. 摩尔质量的单位是g·mol－1等，CH4的摩尔质量为16g·mol－1，故B错误；
C. 3.01×1023个SO2分子是0.5mol，质量为0.5mol×64g·mol－1=32 g，故C正确；
D. 物质不都是由分子构成，如氯化钠固体不含分子，故D错误；
故选C。
4、D
【解析】
A．氧化镁属于氧化物，选项A错误；
B．硫酸属于酸，选项B错误；
C．氢氧化钠属于碱，选项C错误；
D．碳酸钙属于碳酸盐，属于盐，选项D正确；
答案选D。
本题考查了氧化物、酸、碱、盐的定义，并用定义来解题。根据氧化物、酸、碱、盐的定义来解题，其中氧化物为负价氧和另外一个化学元素组成的二元化合物，酸为指在溶液中电离时阳离子完全是氢离子且能使紫色石蕊试液变红的化合物，碱是指在水溶液中电离出的阴离子全是氢氧根离子的化合物，盐是指一类金属离子或铵根离子（NH4+）与酸根离子或非金属离子结合的化合物，根据氧化物、酸、碱、盐的定义来解题。
5、A
【解析】
A．若是硫酸铜和氢氧化钡反应，可生成硫酸钡和氢氧化铜沉淀，A正确；
B．若反应是置换反应，则反应前后均有单质参与反应，B错误；
C．酸式盐和碱反应也可生成盐和水，如硫酸氢钠和氢氧化钠反应，C错误；
D．有机物烃类的燃烧，生成水和二氧化碳，但反应物有一种物质是氧气，属于单质，D错误；
答案选A。
6、B
【解析】
氢氧化钠和硫酸钡在熔融状态下都能电离出阴阳离子而导电，且是化合物，所以属于电解质；蔗糖和二氧化硫属于非电解质，铜是单质既不是电解质也不是非电解质，故选B。
7、D
【解析】
相同条件下，体积相同的两种容器内气体的物质的量相等，分子数相等，根据气体的分子构成、原子构成作进一步判断。
【详解】
相同条件下，体积相同的两种容器内气体的物质的量相等，根据N=nNA知分子数相等，每个分子含有的原子个数相等，所以原子总数相等。一氧化氮分子、氮气分子或氧气分子中含有的质子数不等，所以两容器中总质子数不一定相等。两容器中气体的摩尔质量不一定相等，所以其总质量不一定相等，
答案选D。
本题考查阿伏加德罗定律及其推论，题目难度不大，本题着重于原子结构的考查，注意把握分子的构成。
8、B
【解析】
A.无色透明的酸性溶液中不能存在Cu2+，A错误；
B.无色透明的强酸性溶液中，H+、Na+、Al3+、Cl-、NO3-五种离子间不反应，能够大量共存，B正确；
C. 无色透明的强酸性溶液中，H+与HCO3-不能大量共存，C错误；
D. SO42-与Ba2+反应生成沉淀，不能大量共存，D错误；
综上所述，本题选B。
此题是离子共存问题，题意是在强酸性溶液中，大量共存，溶液为无色。因此我们在考虑问题时，不仅要注意离子能否存在于酸性环境中，离子间能否发生氧化还原反应，能否发生复分解反应，还要考虑溶液是否无色。
9、B
【解析】
分离两种相互混溶的溶液，可根据沸点不同进行蒸馏分离，如溶质在不同溶剂中的溶解度不同，也可采用萃取的方法，据此分析。
【详解】
两种液体相互溶解，则不能用分液的方法分离，更不能用过滤的方法分离，因过滤用来分离固液混合物；分离两种相互混溶的溶液，可根据沸点不同进行蒸馏分离，如溶质在不同溶剂中的溶解度不同，也可采用萃取的方法，故B正确。
故选B。
明确混合物的类型，根据物质的性质的差异性选择分离方法。
10、C
【解析】
50mL 1mol·L-1 MgCl2溶液的Cl-浓度为2mol·L-1；
A.Cl-浓度为1mol·L-1，故A错误；
B Cl-浓度为4mol·L-1，故B错误；
C .Cl-浓度为2mol·L-1，故C正确；
D .Cl-浓度为3mol·L-1，故D错误；
故选C。
11、A
【解析】
A.用敞口容器称量KOH且时间过长，使KOH吸收了空气中水蒸气和CO2，称量的物质中所含的KOH质量偏小，即溶质物质的量偏小，根据公式=可知会导致所配KOH溶液的浓度偏低，A项正确；
B.配置前先向容量瓶中加入少量蒸馏水，不影响溶质物质的量和溶液体积V，根据公式=可知不影响KOH溶液的浓度，B项错误；
C.容量瓶盛过KOH溶液，使用前未洗涤，使得溶质物质的量增大，根据公式=可知会导致所配KOH溶液的浓度偏大，C项错误；
D.KOH固体溶于水时会放出大量的热，KOH溶解后快速转移到容量瓶，然后加足量蒸馏水，定容，此时溶液的温度较高，冷却到室温时溶液的体积V偏小，根据公式=可知会导致所配KOH溶液的浓度偏大，D项错误；答案选A。
对于配制一定物质的量浓度溶液进行误差分析时，通常将错误操作归结到影响溶质物质的量（）或溶液体积（V），然后根据公式=分析浓度是偏大、偏小、还是不变。
12、C
【解析】
在浓度确定的溶液中，离子浓度与体积大小无关，四个选项中，
A中氯离子浓度为5mol/L，
B 中KClO3中不含氯离子，氯离子浓度为0mol/L，
C中氯离子浓度为3mol/L ×2=6mol/L，
D中氯离子浓度为1 mol/L ×3=3mol/L，
因此选C。
13、B
【解析】
A.化合物依据水溶液或者熔融状态下是否能够导电，分为电解质和非电解质，故A不选；
B.电解质溶于水后，在水分子的作用下发生电离，不需要通电，故B选；
C.胶体粒子带同种电荷，相互排斥，比较稳定，是胶体稳定的最主要原因，故C不选；
D.分散系的本质区别是分散质粒子的大小不同，故D不选；
故选：B。
14、A
【解析】
S+2KNO3+3C=K2S+N2↑+3CO2↑反应中S元素化合价由0价变为-2价、C元素化合价由0价变为+4价、N元素化合价由+5价变为0价，化合价升高的反应物是还原剂，化合价降低的反应物是氧化剂，所以C是还原剂，S和硝酸钾是氧化剂。
故选A。
明确元素化合价的变化与性质的关系是解本题关键。要注意还原剂和氧化剂都是反应物，本题中的还原剂只有一种，氧化剂有两种。
15、D
【解析】
由反应①Fe+Cu2+═Fe2++Cu 可知，氧化性Cu2+＞Fe2+，由反应②2Fe3++Cu═2Fe2+ +Cu2+可知，氧化性Fe3+＞Cu2+，则氧化性Fe3+＞Cu2+＞Fe2+，故选D。
16、C
【解析】
A、“水浸七日，其汁自来”涉及到溶解，故A不选；
B、“搅冲数十下”涉及到搅拌，故B不选；
C、升华是指由固态受热直接变成气体，文中没有涉及，故C选；
D、“其掠出浮沫晒干者曰靛花”涉及到蒸发，故D不选；
故选C。

二、非选择题（本题包括5小题）
17、碳酸钠 过滤 CO32-+2H+=H2O+CO2↑；H++OH-=H2O 取A1中溶液少许，滴加氯化钡溶液，若无浑浊产生，则硫酸根离子已完全除尽 ②与③或③与④
【解析】
(1)根据操作第④、⑤步所加试剂名称及第⑥步操作的原理分析，碳酸钠会除去反应剩余的氯化钡，离子都形成沉淀，再进行过滤，最后再加入盐酸除去反应剩余的氢氧根离子和碳酸根离子，最后经蒸发操作得到较纯净的氯化钠；
(2)溶液中含有过量的氢氧化钠、碳酸钠以及要保留的氯化钠溶液，可以再加入盐酸将碳酸钠和氢氧化钠除掉；
(3)根据SO42-+Ba2+=BaSO4↓，产生白色沉淀进行解答；
(4)先除镁离子，还是先除硫酸根离子都行，但是加入的碳酸钠要放在加入的氯化钡之后；
【详解】
(1)操作第④步是除Ca2+，加Na2CO3溶液转化为沉淀，Ca2++CO32-=CaCO3↓，同时碳酸钠还除去反应剩余的氯化钡溶液引入的杂质Ba2+，Ba2++CO32-=BaCO3↓；
操作②是分离难溶性固体与溶液混合物的方法，名称是过滤；
(2)滤液C1中含有过量的氢氧化钠、碳酸钠及要保留的氯化钠溶液，可向该溶液中加入足量的盐酸，盐酸与杂质碳酸钠和氢氧化钠反应变为气体或水除掉，反应的离子方程式是：H++OH-=H2O ；CO32-+2H+=H2O+CO2↑ ；
(3)向混合溶液中加入BaCl2溶液，发生反应：SO42-+Ba2+=BaSO4↓，产生白色硫酸钡沉淀，若硫酸根离子已完全除尽，那么取A1中溶液少许，滴加氯化钡溶液，就不会出现浑浊现象；若出现浑浊现象，证明溶液中还存在硫酸根离子；
(4)首先要把粗盐溶于水形成溶液，然后Mg2+用OH-沉淀除去，加入过量的氢氧化钠可以将镁离子沉淀，SO42-用Ba2+沉淀，加入过量的氯化钡可以将Ba2+沉淀，至于先除Mg2+，还是先除SO42-都没有关系，Ca2+用CO32-沉淀，除Ca2+加入碳酸钠转化为沉淀，Ca2++CO32-=CaCO3↓，但是加入的碳酸钠一定要放在加入的氯化钡之后，这样碳酸钠溶液既可以除去原溶液中的CaCl2，也可以除去因除Na2SO4杂质加入的过量的BaCl2溶液，Ba2++CO32-=BaCO3↓，离子都形成沉淀，一起进行过滤，所以②与③或③与④步骤调换顺序，不影响实验结果；
本题主要考查了在粗盐提纯的过程中所选用除杂和净化的方法，注意除杂时不仅要能把杂质除掉，还不能引入新杂质，而且方法要简便易行，关键是除去Na2SO4在CaCl2除去之前，其它顺序都没有关系，题目难度不大。
18、Na2CO3 CuCl2、K2SO4 KCl、NaCl、KNO3 Ba2++CO32—=BaCO3↓ BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O
【解析】
①将固体加水得到无色溶液,则不含CuCl2；
②向上述溶液中滴加过量BaCl2溶液,有白色沉淀生成，将该沉淀滤出，并将沉淀可完全溶于稀HNO3,则不含K2SO4，应含有Na2CO3 ；
③向②的滤液中加入AgNO3溶液,有白色沉淀生成,该沉淀不溶于稀HNO3,生成沉淀为AgCl,因加入氯化钡，不能证明含有KCl、NaCl；以此解答该题。
【详解】
①将固体加水得到无色溶液,则不含CuCl2；
②向上述溶液中滴加过量BaCl2溶液,有白色沉淀生成，将该沉淀滤出，并将沉淀可完全溶于稀HNO3,则不含K2SO4，应含有Na2CO3 ；
③向②的滤液中加入AgNO3溶液,有白色沉淀生成,该沉淀不溶于稀HNO3,生成沉淀为AgCl,因加入氯化钡，不能证明含有KCl、NaCl；
(1)由以上分析可以知道固体中肯定含有Na2CO3 ，肯定没有CuCl2、K2SO4；实验②加入氯化钡,引入氯离子,则不能证明是否含有KCl、NaCl，题目没有涉及KNO3的性质实验,无法证明是否含有KNO3；因此，本题正确答案是: Na2CO3 ；CuCl2、K2SO4 ； KCl、NaCl、KNO3。
(2)②中反应的离子方程式为Ba2++CO32—=BaCO3↓， BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O；因此，本题正确答案是：Ba2++CO32—=BaCO3↓， BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O。
在解此类题时，首先分析题中的实验现象，确定物质之间的关系，然后根据现象推出可以确定存在或不存在的物质，对于现象不能确定的只能再设计实验进行验证；本题要注意氯离子存在的判定时，要分析一下前几步操作中是否引入了氯离子，以防掉入陷阱。
19、MnCl2 维持圆底烧瓶和分液漏斗中的气体压强相等，使浓盐酸顺利滴下 干燥氯气 白色的无水硫酸铜不变蓝 y 增大气体与溶液的接触面积，使其他充分吸收 b 不能 不能阻止空气中的水蒸气进入E装置
【解析】
KMnO4与浓盐酸发生氧化还原反应生成氯化锰、Cl2和水，化学方程式为：16HCl(浓)+2KMnO4=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，分液漏斗上方回形玻璃管的作用是维持蒸馏烧瓶和分液漏斗中的气体压强相等，浓盐酸顺利滴下，通过饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，B中的装置起到缓冲的作用，再经过无水氯化钙的干燥，通过无水硫酸铜检验水是否吸收干净，E装置用于吸收氯气，根据氯气的密度大于空气，采用向上排空气法收集，F装置用于尾气处理和防止空气中的水蒸气进入E装置，由此分析。
【详解】
(1)根据质量守恒可知，化学方程式为：16HCl(浓)+2KMnO4=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，分液漏斗上方回形玻璃管的作用是维持圆底烧瓶和分液漏斗中的气体压强相等，使浓盐酸顺利滴下；
(2)装置C中盛有氯化钙，有吸水性，可用于干燥氯气，无水硫酸铜为白色，遇水形成胆矾，为蓝色，故装置D中白色的无水硫酸铜不变蓝时证明E中收集的气体不含水蒸气；
(3)氯气的密度大于空气，采用向上排空气法收集，E装置中导管y应伸至靠近集气瓶底部；
(4)氯气易溶于水，装置G中长玻璃导管连接多孔玻璃球的作用是增大氯气与水反应的接触面积，使气体分吸收，氯水中存在 HClO、H+、Cl-、H2O、Cl2、ClO-、OH-，其中使品红褪色的微粒是 HClO，使紫色石蕊溶液变红的微粒是酸，即H+，与AgNO3溶液反应生成白色沉淀的微粒分别是Cl-，答案选b；
(5)装置I不能代替装置F，F装置用于尾气处理和防止空气中的水蒸气进入E装置，装置I只能起到尾气吸收和防止倒吸，不能防止空气中的水蒸气进入E装置。
20、碘 2NaI+H2O2+H2SO4=I2+Na2SO4+2H2O 萃取、分液 温度计水银球位置不对；未加沸石；冷凝管水流方向不对；蒸馏装置密封 碘易升华
【解析】
（1）在酸性溶液中双氧水把碘化钠氧化为单质碘，反应中还有水和硫酸钠生成，由于常温下，碘在水中的溶解度为0.034g，因此过滤后得到的A物质是单质碘。
（2）在酸性溶液中双氧水把碘化钠氧化为单质碘，反应中还有水和硫酸钠生成，因此在酸化下用H2O2氧化NaI的化学反应方程式为2NaI+H2O2+H2SO4＝I2+Na2SO4+2H2O。
（3）溶液中还有单质，碘易溶在有机溶剂四氯化碳中，则流程中省略部分的操作是萃取、分液。
（4）根据装置图可判断蒸馏装置中错误有：温度计水银球位置不对；未加沸石；冷凝管水流方向不对；蒸馏装置密封；
（5）由于碘易升华，因此蒸馏出的CCl4液体中常会带淡紫色。
21、树状分类法 H2SO4 NaOH K2SO4 CO2+2NaOH═Na2CO3+H2O CaCO3 稀盐酸 通入澄清石灰水，若变浑浊，则生成的气体为CO2
【解析】
(1)树状分类法是一种很形象的分类法，按照层次，一层一层来分，就像一棵大树分出枝丫；
(2)酸电离出的阳离子全部是氢离子的化合物；碱电离出的阴离子全部为氢氧根离子；盐电离出得阳离子为金属离子，阴离子为酸根离子；
(3)CO2与NaOH反应转化为Na2CO3；
(4)实验室制备二氧化碳常用 CaCO3和稀盐酸反应，检验该气体的方法是 通入澄清石灰水看是否变浑浊。
【详解】
(1)树状分类法是一种很形象的分类法，按照层次，一层一层来分，就像一棵大树，有叶、枝、杆、根，图示方法就是树状图，则为树状分类法；
(2)酸就是在水溶液中电离出的阳离子全部为氢离子的化合物，如H2SO4；碱电离出的阴离子全部为氢氧根离子，如NaOH；盐电离出得阳离子为金属离子，阴离子为酸根离子，如K2SO4，故答案为：②H2SO4；④NaOH；⑥K2SO4；
(3)CO2与NaOH反应转化为Na2CO3；其化学方程式为：CO2+2NaOH═Na2CO3+H2O；
(4)实验室制备二氧化碳常用 CaCO3和稀盐酸反应，检验该气体的方法是 通入澄清石灰水，若变浑浊，则生成的气体为CO2。