高一(上)月考化学试卷(12月份)-(1).docx

2015-2016学年山西省大同一中高一（上）月考化学试卷（12月份）
一．选择题（每小题只有1个正确选项，每小题3分，共54分．）

1.科学家指出，食用虾类等水生甲壳类动物的同时服用维生素C容易中毒，这是因为对人体无害的+5价砷类物质在维生素C的作用下，能够转化为有毒的+3价砷类化合物．下列说法不正确的是（ ）
A.维生素C具有还原性
B.上述过程中砷元素发生还原反应
C.上述过程中+5价砷类物质作氧化剂
D.上述过程中+3价砷类化合物是氧化产物

2.下列叙述中正确的是（ ）
A.电离时能够产生H+的化合物是酸
B.难溶的物质（如CaCO3）不能发生离子反应
C.电解质在水中不一定能导电，在水中导电的化合物不一定是电解质
D.胶体加入电解质可产生沉淀，而溶液不能

3.下列化学方程式能用H++OH−=H2O表示的是（ ）
A.硫酸和氢氧化钡
B.氢氧化铜和盐酸
C.盐酸和氨水
D.氢氧化钠和硫酸

4.下列各组中两种物质作用时，反应条件或反应物用量改变，对生成物没有影响的是（ ）
A.Na与O2
B.Na2O2与CO2
C.NaOH溶液与CO2
D.AlCl3溶液与NaOH溶液

5.下列关于“焰色反应”的理解正确的是（ ）
A.只有金属单质才有焰色反应
B.只有金属化合物才有焰色反应
C.只有某些金属或其化合物才有焰色反应
D.只有金属离子才有焰色反应

6.少量的金属钠长期暴露在空气中，它的最终产物是（ ）
A.NaOH
B.Na2CO3⋅10H2O
C.Na2CO3
D.NaHCO3

7.向硫酸铜溶液中加入一小块金属钠后，观察到的现象有（ ）
①钠浮于液面上 ②熔化成小球 ③发出嘶嘶的响声，放出气体 ④有蓝色沉淀产生 ⑤钠周围蓝色沉淀部分变黑 ⑥析出大量红色的铜 ⑦小球沉在溶液底部 ⑧小球在液面上游动、逐渐变小，直至消失．
A.①②③④⑤⑥
B.①②③④⑤⑧
C.①②③⑥⑧
D.②⑥⑦

8.下列反应与Na2O2+SO2→Na2SO4相比较，Na2O2的作用相同的是（ ）
A.2Na2O2+2CO2→2Na2CO3+O2
B.2Na2O2+2SO3→2Na2SO4+O2
C.Na2O2+H2SO4→Na2SO4+H2O2
D.3Na2O2+Cr2O3→2Na2CrO4+Na2O

9.在溶液中加入足量Na2O2后仍能大量共存的离子组是（ ）
A.NH4+、Ba2+、Cl−、NO3−
B.K+、AlO2−、Cl−、SO42−
C.Ca2+、Mg2+、NO3−、HCO3−
D.Na+、Cl−、CO32−、SO32−

10.重金属离子具有毒性．实验室中有甲、乙两种重金属离子的废液，甲废液经化验呈碱性，主要有毒离子为Ba2+，如将甲、乙两废液按一定比例混合，毒性明显降低．则乙废液中可能含有的离子是（ ）
A.Cu2+和SO42−
B.Cu2+和Cl−
C.K+和SO42−
D.Ag+和NO3−

11.下列各组物质能相互反应得到Al(OH)3的是（ ）
A.铝跟NaOH溶液
B.Al(NO3)3跟过量的NaOH溶液
C.Al2O3和热水
D.Al2(SO4)3溶液跟过量的氨水

12.下列反应的离子方程式正确的是（ ）
A.铝粉投入到NaOH溶液中：2Al+2OH−=2AlO2−+H2↑
B.铁粉加入三氯化铁溶液中：2Fe+Fe3+=3Fe2+
C.AlCl3溶液中加入足量的氨水：Al3++3OH−=Al(OH)3↓
D.碳酸氢钠溶液中加入少量澄清石灰水：Ca2++2HCO3−+2OH−=CaCO3↓+2H2O+CO32−

13.下列说法错误的是（ ）
A.碳酸钠固体中含有碳酸氢钠固体，可用灼烧的方法
B.用酚酞溶液可以鉴别饱和食盐水和饱和纯碱溶液
C.25∘C，碳酸氢钠在水中的溶解度比碳酸钠的大
D.氢氧化钠与二氧化碳的反应与量有关

14.120mL含有0.20mol碳酸钠的溶液和200mL盐酸，不管将前者滴加入后者，还是将后者滴加入前者，都有气体产生，但最终生成的气体体积不同，则盐酸的浓度合理的是（ ）
A.2.0mol/L
B.1.5mol/L
C.0.18mol/L
D.0.24mol/L

15.24mL 0.05mol⋅L−1的Na2SO3溶液，恰好与20mL 0.02mol⋅L−1的K2Cr2O7溶液完全反应，则元素Cr在被还原的产物中的化合价是（ ）
A.+6
B.+3
C.+2
D.0

16.在氧化还原反应中，氧化剂的氧化性比氧化产物强，还原剂的还原性比还原产物强，已知X2、Y2、Z2、W2四种物质的氧化性强弱顺序为：W2>Z2>X2>Y2，则下列氧化还原反应能发生的是（ ）
A.2W−+Z2=W2+2Z−
B.2Y−+W2=Y2+2W−
C.2Z−+X2=Z2+2X−
D.2X−+Y2=X2+2Y−

17.下列各金属的混合物2.5g和足量的盐酸反应，放出的H2在标准状况下体积为2.24L，其中可能的是（ ）
A.Zn和Fe
B.Mg和Zn
C.Al和Mg
D.Cu和Fe

18.3g一氧化碳和氢气的混合气体与足量的氧气充分反应后，在150∘C时将混合气体通过足量的过氧化钠后，过氧化钠增加的质量为（ ）
A.1.5g
B.3g
C.6g
D.无法计算
二、非选择题，共46分

19.从海藻中提取单质碘时，可先将海藻晒干、灼烧成灰，然后按图所示进行实验：

已知步骤②发生的主要化学反应为2NaI+Cl2=2NaCl+I2，试回答下列问题：
(1)步骤①、③、④所采用的分离方法分别为________、________、________；其中步骤③分离时所使用的主要玻璃仪器是________，有机层在________层（选填“上”或“下”）．

(2)某同学在完成步骤④时，设计了如图所示实验装置，该实验装置有三处错误，请予以指出________；________；________．最后晶态碘在________里聚集．

(3)若要使上述实验水层中的溶质析出，可采用的实验方法是________．

20.A、B、C、D、F五种物质的焰色反应均为黄色，A、B、C、D与盐酸反应均生成E，此外B还生成一种可燃气体．而C、D还生成一种无色无味气体H，该气体能使澄清石灰水变浑浊．D和A可反应生成C，F和H也可反应生成C和另一种无色无味气体．请回答下列问题：
(1)写出A、B、C、D、E、F的化学式
A________；B________；C________；D________；E________；F________；

(2)写出F和H反应的化学方程式________．

(3)写出下列反应的离子方程式：①D+盐酸________．②B+水________．

21.密闭容器中装有1mol NaHCO3和0.8mol Na2O2，加热充分反应后，容器内残留的固体是________、________；物质的量分别为________、________．

22.向50mL 1.0mol/L的AlCl3溶液中加入60mL某浓度的NaOH溶液，得到1.56gAl(OH)3沉淀．则此NaOH溶液的物质的量浓度是________mol/L．

23.硫在自然界中以游离态和多种化合态形成出现．硫的化合物大多具有氧化性或还原性．许多金属硫化物难溶于水．完成填空：硫化氢具有还原性，可以和许多氧化剂反应．在酸性条件下，H2S和KMnO4反应生成S、MnSO4、K2SO4和H2O，写出该反应的化学方程式________．
答案
1. 【答案】D
【解析】由对人体无害的+5价砷类化合物在维生素C的作用下，能够转化为有毒的+3价的含砷化合物，则砷元素的化合价降低，+5价砷类化合物为氧化剂，维生素C中某元素的化合价升高，则维生素C为还原剂，以此来解答．
【解答】解：A．维生素C中某元素的化合价升高，则维生素C为还原剂，具有还原性，故A正确；
B．砷元素的化合价降低，+5价砷类化合物为氧化剂，发生还原反应，故B正确；
C．+5价砷类化合物砷元素化合价为最高价态，反应中得到电子，为氧化剂，故C正确；
D．+5价砷类化合物为氧化剂，故D错误；
故选D．
2. 【答案】C
【解析】A．电离时产生的阳离子全部是H+的化合物是酸；
B．难溶物可以发生离子反应，如碳酸钙和盐酸反应；
C．难溶性电解质在水溶液中不导电，二氧化碳等非电解质的水溶液也能导电；
D．硫酸溶液中加入电解质氯化钡，生成硫酸钡沉淀．
【解答】解：A．电离时产生的阳离子全部是H+的化合物是酸，硫酸氢钾电离时也能产生H+，但其属于盐，故A错误；
B．难溶物可以发生离子反应，如碳酸钙和盐酸中的氢离子可发生离子反应，故B错误；
C．难溶性电解质在水溶液中不导电，二氧化碳等非电解质的水溶液也能导电，故C正确；
D．胶体中加入电解质发生聚沉，硫酸溶液中加入电解质氯化钡，生成硫酸钡沉淀，故D错误；
故选C．
3. 【答案】D
【解析】H++OH−=H2O表示强酸或者可溶性强酸的酸式盐与可溶性强碱反应只生成可溶性盐和水的反应，据此解答．
【解答】解：A．氢氧化钡与硫酸反应生成硫酸钡沉淀和水，不仅仅发生H++OH−=H2O，而且还发生钡离子与硫酸根离子生成硫酸钡沉淀，故A错误；
B．氢氧化铜为沉淀，不能拆，不能用H++OH−=H2O表示，故B错误；
C．一水合氨为弱碱，应保留化学式，不能用H++OH−=H2O表示，故C错误；
D．氢氧化钠和硫酸反应的实质为氢离子与氢氧根离子反应生成水，离子方程式：H++OH−=H2O，故D正确；
故选：D．
4. 【答案】B
【解析】A．钠与氧气常温下生成氧化钠，加热条件下生成过氧化钠；
B．过氧化钠与二氧化碳生成碳酸钠和氧气；
C．氢氧化钠与少量二氧化碳反应生成碳酸钠，与过量二氧化碳反应生成碳酸氢钠；
D．氯化铝与少量氢氧化钠反应生成氢氧化铝，与过量氢氧化钠反应生成偏铝酸钠．
【解答】解：A．Na与O2反应产物与反应温度有关，故A不选；
B．Na2O2与CO2反应产物为碳酸钠和氧气，与反应条件或反应物用量改变无关，故B选；
C．NaOH溶液与CO2反应的产物与二氧化碳的用量有关，故C不选；
D．AlCl3溶液与NaOH溶液反应产物与反应物用量多少有关，故D不选；
故选：B．
5. 【答案】C
【解析】根据焰色反应是某些金属或它们的化合物在无色火焰中灼烧时使火焰呈现特征的颜色的反应来分析．
【解答】解：因焰色反应是元素的性质，则同种金属的单质或金属的化合物、溶液中的金属阳离子都具有相同的焰色反应，
并且只有某些金属元素有焰色反应，如Fe不具有焰色反应，
故选C．
6. 【答案】C
【解析】根据钠长期暴露在空气中，发生的一系列变化来判断．
【解答】解：切开金属钠置于空气中，切口开始呈银白色（钠的真面目）→变暗（生成Na2O）→变白色固体（生成NaOH）→成液（NaOH潮解）→结块（吸收CO2成Na2CO3⋅10H2O）→最后变成Na2CO3粉末（风化），有关反应如下：4Na+O2=2Na2O、Na2O+H2O=2NaOH、2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O、Na2CO3+10H2O=Na2CO3⋅10H2O、Na2CO3⋅10H2O=Na2CO3+10H2O，
故选C．
7. 【答案】B
【解析】钠的密度小于水、熔点较小，钠和水反应生成氢氧化钠和氢气且放出大量热，氢氧化钠和硫酸铜发生复分解反应生成氢氧化铜和硫酸钠，涉及的反应方程式为2Na+2H2O=2NaOH+H2↑、2NaOH+CuSO4=Cu(OH)2↓+Na2SO4．
【解答】解：①钠的密度小于水，所以钠会浮于液面上，故正确；
②钠的熔点较低，钠和水反应放出的热量而使钠熔化成小球，故正确；
③钠的性质很活泼，易和水剧烈反应生成氢气，所以发出嘶嘶的响声，放出气体，故正确；
④钠和水反应生成的氢氧化钠再与硫酸铜发生复分解反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，所以有蓝色沉淀产生，故正确；
⑤钠和水反应放出的大量热而使氢氧化铜分解生成黑色的不溶性氧化铜，则周围蓝色沉淀部分变黑，故正确；
⑥钠的性质很活泼，先和水反应，而不是和铜离子发生置换反应，所以不会析出大量红色的铜，故错误；
⑦钠的密度小于溶液密度，所以会浮在液面上，故错误；
⑧钠和水反应生成的氢气而使钠受力不均导致钠四处游动，逐渐变小直至消失，故正确；
故选B．
8. 【答案】D
【解析】因为在Na2O2+SO2→Na2SO4中，Na2O2是氧化剂，所以，
A、在2Na2O2+2CO2→2Na2CO3+O2中Na2O2是自身氧化还原；
B、在2Na2O2+2SO3→2Na2SO4+O2中Na2O2是自身氧化还原；
C、在Na2O2+H2SO4→Na2SO4+H2O2中这是非氧化还原，是一个复分解反应；
D、在3Na2O2+Cr2O3→2Na2CrO4+Na2O中，Na2O2中−1价的氧变为−2价，Na2O2作氧化剂，据此作判断．
【解答】解：因为在Na2O2+SO2→Na2SO4中，Na2O2的是氧化剂，
A、在2Na2O2+2CO2→2Na2CO3+O2中Na2O2是自身氧化还原，故A错误；
B、在2Na2O2+2SO3→2Na2SO4+O2中Na2O2是自身氧化还原，故B错误；
C、在Na2O2+H2SO4→Na2SO4+H2O2中，这是非氧化还原，是一个复分解反应，故C错误；
D、在3Na2O2+Cr2O3→2Na2CrO4+Na2O中，Na2O2中−1价的氧变为−2价，Na2O2作氧化剂，故D正确；
故选D．
9. 【答案】B
【解析】Na2O2具有强氧化性，与水反应生成OH−，溶液中加入足量Na2O2后仍能大量共存，说明溶液中离子不与Na2O2或OH−反应，且离子之间不发生任何反应．
【解答】解：A．NH4+与OH−反应而不能大量共存，故A错误；
B．在碱性条件下，离子之间不发生任何反应，可大量共存，故B正确；
C．Mg2+与OH−反应，Ca2+、HCO3−与OH−反应生成沉淀而不能大量共存，故C错误；
D．SO32−具有还原性，可与Na2O2发生氧化还原反应，故D错误．
故选B．
10. 【答案】A
【解析】常见的重金属离子：Cu2+、Ag+、Hg2+、Ba2+、Pb2+，甲中有OH−、Ba2+，乙中有Cu2+、SO42−，它们发生如下反应：2OH−+Cu2+=Cu(OH)2↓，Ba2++SO42−=BaSO4↓，将甲、乙两废液按一定比例混合，毒性明显降低，以此解答该题．
【解答】解：甲废液经化验呈碱性，则溶液中含有OH−，主要为有毒离子为Ba2+，
将甲、乙两废液按一定比例混合，毒性明显降低，则甲乙发生反应使重金属离子生成沉淀，
则乙中应含有SO42，发生反应Ba2++SO42−=BaSO4↓，
乙中的重金属离子与甲中的OH−反应生成沉淀，根据选项中离子的性质可知，只有A符合，
发生反应为2OH−+Cu2+=Cu(OH)2↓，
故选A．
11. 【答案】D
【解析】A．铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气；
B．硝酸铝与过量的氢氧化钠反应生成偏铝酸钠；
C．氧化铝不溶于水，与热水不反应；
D．硫酸铝与氨水反应生成氢氧化铝和硫酸铵．
【解答】解：A．铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，得不到氢氧化铝，故A错误；
B．硝酸铝与过量的氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，得不到氢氧化铝，故B错误；
C．氧化铝不溶于水，与热水不反应，得不到氢氧化铝，故C错误；
D．硫酸铝与氨水反应生成氢氧化铝和硫酸铵，得到了氢氧化铝，故D正确；
故选：D．
12. 【答案】D
【解析】A．铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，离子方程式左右原子不守恒；
B．在氯化铁溶液中加入铁粉，充分反应后，生成FeCl2，离子方程式电荷不守恒；
C．氨水中的一水合氨是弱电解质要写成分子式的形式；
D．碳酸氢钠和少量石灰水反应，钙离子全部反应生成碳酸钙沉淀．
【解答】解：A．铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，离子方程式：2Al+2H2O+2OH−=2AlO2−+3H2↑，故A错误；
B．铁具有还原性，三价铁离子具有氧化性性，发生氧化还原反应，离子反应方程式为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，故B错误；
C．氨水中的一水合氨是弱电解质要写成分子式的形式，所以向AlCl3溶液中加入过量的氨水，其离子方程式为：Al3++3NH3⋅H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，故C错误；
D．碳酸氢钠溶液中加入少量澄清石灰水，碳酸氢钠与氢氧化钙溶液反应生成了碳酸钙沉淀，其离子方程式为：Ca2++2HCO3−+2OH−=CaCO3↓+2H2O+CO32−，故D正确；
故选D．
13. 【答案】C
【解析】A．碳酸氢钠不稳定，加热易分解；
B．纯碱溶液呈碱性；
C．碳酸氢钠的溶解度比碳酸钠小；
D．氢氧化钠与二氧化碳的反应可生成碳酸钠、碳酸氢钠．
【解答】解：A．碳酸氢钠不稳定，加热易分解，可用灼烧的方法除杂，故A正确；
B．纯碱为强碱若酸盐，溶液呈碱性，可用酚酞溶液鉴别，故B正确；
C．相同温度下，碳酸氢钠的溶解度比碳酸钠小，故C错误；
D．氢氧化钠与二氧化碳的反应可生成碳酸钠、碳酸氢钠，涉及离子方程式为CO2+2OH−=H2O+CO32−、CO2+OH−=HCO3−，故D正确．
故选C．
14. 【答案】B
【解析】根据碳酸钠滴入盐酸中的反应及盐酸滴入碳酸钠中的反应，结果都有气体产生，但最终生成的气体体积不同来找出盐酸与碳酸钠的物质的量的关系，根据盐酸的浓度范围值来确定答案．
【解答】解：当碳酸钠滴入盐酸中时发生CO32−+2H+=H2O+CO2↑，
当盐酸滴入碳酸钠溶液时，反应顺序为CO32−+H+=HCO3−、HCO3−+H+=H2O+CO2↑，则HCl的物质的量应大于Na2CO3的物质的量，又因为最终生成的气体体积不同，
则HCO3−+H+=H2O+CO2不能全部完成，即HCl的物质的量比Na2CO3的物质的量的二倍少，
碳酸钠的物质的量为0.2mol，
则HCl的物质的量应介于0.2mol∼0.4mol之间，
盐酸溶液的体积为200mL=0.2L，
即盐酸的浓度应该是大于1mol/L，小于2mol/L．
故选B．
15. 【答案】B
【解析】n(Na2SO3)=0.024L×0.05mol/L=0.0012mol，n(K2Cr2O7)=0.02L×0.02moL/L=0.0004mol，结合氧化还原反应中氧化剂和还原剂得失电子数目相等，表现为化合价升降总数相等，以此解答．
【解答】解：n(Na2SO3)=0.024L×0.05mol/L=0.0012mol，SO32−被氧化生成SO42−，失去电子0.0012mol×2=0.0024mol，
n(K2Cr2O7)=0.02L×0.02moL/L=0.0004mol，应得到0.0024mol电子，设Cr还原后的化合价为x，
则0.0004mol×2×(6−x)=0.0024mol，
x=3，
故选：B．
16. 【答案】B
【解析】X2、Y2、Z2、W2四种物质的氧化能力是W2>Z2>X2>Y2，同一化学反应中氧化能力强的物质能置换氧化能力弱的物质，方程式中单质的氧化性符合已知条件的就可以发生，否则不能发生，据此分析解答．
【解答】解：A．该反应中，氧化性Z2>W2，与已知不符合，所以不能发生，故A不选；
B．该反应中，氧化性W2>Y2，与已知相符，所以能发生，故B选；
C．该反应中氧化性X2>Z2，与已知不相符，所以不能发生，故C不选；
D．该反应中氧化性Y2>X2，与已知不符合，所以不能发生，故D不选；
故选B．
17. 【答案】B
【解析】标况下，氢气物质的量为2.24L22.4L/mol=0.1mol，假设金属都为+2价，根据电子转移守恒，则金属的物质的量为0.1mol，故计算平均相对分子质量为2.50.1=25，平均相对分子质量应介于各组分之间，注意若金属不与盐酸反应，则需要金属的质量为无穷大，可以视作该金属相对原子质量为无穷大，据此解答．
【解答】解：标况下，氢气物质的量为2.24L22.4L/mol=0.1mol，假设金属都为+2价，根据电子转移守恒，则金属的物质的量为0.1mol，故计算平均相对分子质量为2.50.1=25，平均相对分子质量应介于各组分之间，
A．Zn的相对原子质量为65，Fe的相对原子质量为56，平均相对原子质量为56∼65之间，故A错误；
B．Mg的相对原子质量为24，Zn的相对原子质量为65，平均相对原子质量为24∼65之间，符合题意，故B正确；
C．若Al的化合价为+2，则其相对原子质量为27×23=18，Mg的相对原子质量为24，而平均相对原子质量为18∼24之间，不符合题意，故C错误；
D．Cu不与盐酸反应，相对原子质量为无穷大，Fe的相对原子质量为56，二者平均相对原子质量大于56，故D错误，
故选B．
18. 【答案】B
【解析】CO与H2在氧气中完全燃烧，生成CO2和H2O，生成的CO2和H2O再与Na2O2反应：2CO+O2  ======点燃2CO2，一氧化碳与二氧化碳物质的量相等，Na2O2与CO2反应：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，总方程式为：2CO+2Na2O2=2Na2CO3，质量增重△m=2Na2CO3−2Na2O2=2CO，可知反应后固体质量增加量为CO的质量；、2H2+O2 ======点燃2H2O，生成的水与氢气物质的量相等，Na2O2与H2O反应：2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2，总方程式为：2H2+2Na2O2=4NaOH，质量增重△m=4NaOH−2Na2O2=2H2，可知反应后固体增加的质量为氢气质量，据此分析解答．
【解答】解：CO与H2在氧气中完全燃烧，生成CO2和H2O，生成的CO2和H2O再与Na2O2反应：2CO+O2  ======点燃2CO2，一氧化碳与二氧化碳物质的量相等，Na2O2与CO2反应：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，总方程式为：2CO+2Na2O2=2Na2CO3，质量增重△m=2Na2CO3−2Na2O2=2CO，可知反应后固体质量增加量为CO的质量；、2H2+O2 ======点燃2H2O，生成的水与氢气物质的量相等，Na2O2与H2O反应：2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2，总方程式为：2H2+2Na2O2=4NaOH，质量增重△m=4NaOH−2Na2O2=2H2，可知反应后固体增加的质量为氢气质量，所以将一氧化碳和氢气的混合气体与足量的氧气充分反应后，在150∘C时将混合气体通过足量的过氧化钠后，过氧化钠增加的质量就等于氢气和CO的质量为3g，故选B．
19. 【答案】过滤,萃取,蒸馏,分液漏斗,下; 温度计的水银球应在蒸馏烧瓶的支管处,冷却水的进出口颠倒,烧杯加热应垫石棉网,蒸馏烧瓶; 蒸发
【解析】由提取单质碘的实验流程可知，①为过滤，滤液中含碘离子，②中发生Cl2+2I−=I2+2Cl−，得到碘水溶液，③为萃取分液得到含碘的有机溶液，④为蒸馏，分离碘和四氯化碳，以此解答．; ;
【解答】解：由提取单质碘的实验流程可知，①为过滤，滤液中含碘离子，②中发生Cl2+2I−=I2+2Cl−，得到碘水溶液，③为萃取分液得到含碘的有机溶液，④为蒸馏，分离碘和四氯化碳，(1)由以上分析可知①、③、④所采用的分离方法分别为过滤、萃取、蒸馏，萃取所用的仪器为分液漏斗，因四氯化碳的密度比水大，则有机层在下层，
; (2)由图可知，烧瓶加热需要石棉网，温度计水银球应与烧瓶支管口相平，冷却水应下进上出，则错误为缺少石棉网，温度计水银球位置错误，冷凝水水流方向错误，碘易升华，可在蒸馏烧瓶聚集，
; (3)从溶液中分离可溶性溶质，可用蒸发的方法，
20. 【答案】NaOH,Na,Na2CO3,NaHCO3,NaCl,Na2O2; 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2; HCO3−+H+=CO2↑+H2O,2Na+2H2O=2Na++2OH−+H2↑
【解析】因焰色反应为黄色，说明五种物质都含有钠元素，根据钠及其化合物的性质，可推知各物质．E为氯化钠，可燃气体是氢气，B为钠，无色无味气体H能使澄清石灰水变浑浊，则H为二氧化碳，F和H也可反应生成C和另一种无色无味气体，则无色无味气体为氧气，F为过氧化钠，C为碳酸钠，C、D与盐酸反应生成一种无色无味气体H，D和A可反应生成C，则D为碳酸氢钠，A为氢氧化钠，据此回答．; ;
【解答】解：(1)因焰色反应为黄色，说明五种物质都含有钠元素，根据钠及其化合物的性质，可推知各物质．E为氯化钠，可燃气体是氢气，B为钠，无色无味气体H能使澄清石灰水变浑浊，则H为二氧化碳，F和H也可反应生成C和另一种无色无味气体，则无色无味气体为氧气，F为过氧化钠，C为碳酸钠，C、D与盐酸反应生成一种无色无味气体H，D和A可反应生成C，则D为碳酸氢钠，A为氢氧化钠，
; (2)F（过氧化钠）和H（二氧化碳）反应的化学方程式为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，; (3)①D（碳酸氢钠）和盐酸之间的反应是：HCO3−+H+=CO2↑+H2O，
21. 【答案】Na2CO3,NaOH,1mol,0.6mol
【解析】首先是NaHCO3的分解反应：1 NaHCO3=0.5 Na2CO3+0.5H2O+0.5CO2↑，生成的H2O和CO2都可以与Na2O2反应，但是应该是CO2优先于H2O反应．即使H2O先与Na2O2反应生成NaOH，也会与CO2生成Na2CO3，这两个反应等价于CO2与Na2O2的反应，依据生成的二氧化碳和水分别于过氧化钠反应的定量关系计算得到剩余产物和物质的量．
【解答】解：按照题干所给数据书写对应反应的方程式，密闭容器中装有1mol NaHCO3和0.8mol Na2O2，加热充分反应，首先是NaHCO3的分解反应：1 NaHCO3=0.5 Na2CO3+0.5H2O+0.5CO2↑，生成的H2O和CO2都可以与Na2O2反应，但是应该是CO2优先于H2O反应．即使H2O先与Na2O2反应生成NaOH，也会与CO2生成Na2CO3，这两个反应等价于CO2与Na2O2的反应，因此二氧化碳先，水后反应的顺序进行计算，
0.5CO2+0.5Na2O2=0.5Na2CO3+0.25O2↑，
0.3H2O+0.3 Na2O2=0.6NaOH+0.15O2↑，
最后固体是 1molNa2CO3和0.6molNaOH
故答案为：Na2CO3、NaOH；1mol、0.6mol
22. 【答案】1.0或3.0
【解析】AlCl3的物质的量=0.05L×1.0mol/L=0.05mol，与NaOH反应完全转化为Al(OH)3，可得Al(OH)3为0.05mol，而得到1.56g即0.02mol Al(OH)3沉淀，由Al3++3OH−=Al(OH)3↓和Al(OH)3+OH−=AlO2−+2H2O可知，NaOH存在两种情况，一是NaOH不足，部分Al3+转化为Al(OH)3，二是Al3+全转化为Al(OH)3后，Al(OH)3部分溶解，以此计算．
【解答】解：AlCl3的物质的量=0.05L×1.0mol/L=0.05mol，与NaOH反应完全转化为Al(OH)3，可得Al(OH)3为0.05mol，而得到1.56g即0.02mol Al(OH)3沉淀，则
一是NaOH不足，部分Al3+转化为Al(OH)3，则：
Al3++3OH−=Al(OH)3↓
   0.06mol 0.02mol
故氢氧化钠溶液的物质的量浓度为0.06mol0.06L=1.0mol/L；
二是Al3+全转化为Al(OH)3后，Al(OH)3部分溶解，则：
   Al3++3OH−=Al(OH)3↓
0.05mol 0.15mol 0.05mol
         Al(OH)3+OH−=AlO2−+2H2O，
(0.05−0.02)mol 0.03mol
故氢氧化钠溶液的物质的量浓度为0.15mol+0.03mol0.06L=3.0mol/L，
故答案为：1.0或3.0．
23. 【答案】3H2SO4+5H2S+2KMnO4=5S↓+2MnSO4+K2SO4+8H2O
【解析】H2S和KMnO4反应生成S、MnSO4、K2SO4和H2O，结合质量守恒书写化学方程式，由此分析解答．
【解答】解：H2S和KMnO4反应生成S、MnSO4、K2SO4和H2O，反应的方程式为3H2SO4+5H2S+2KMnO4=5S↓+2MnSO4+K2SO4+8H2O，
故答案为：3H2SO4+5H2S+2KMnO4=5S↓+2MnSO4+K2SO4+8H2O．