2025-2026学年安徽省六安市舒城中学高一上化学期中学业水平测试模拟试题含解析.doc

2025-2026学年安徽省六安市舒城中学高一上化学期中学业水平测试模拟试题
考生须知：
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、在盛放浓硫酸的试剂瓶标签上应印有下列警示标记中的(　　)
A． B． C． D．
2、胶体区别于其他分散系的本质特征是
A．外观均一、透明 B．能发生丁达尔现象
C．具有介稳性 D．分散质粒子直径大小
3、已知反应：3Cu+8HNO3(稀) = 3Cu(NO3)2 + 2NO↑+ 4H2O。下列说法不正确的是
A．Cu被氧化，NO是还原产物
B．氧化剂和还原剂的物质的量比为8：3
C．HNO3体现氧化性和酸性
D．若反应掉32gCu，转移电子数为6.02×1023
4、两个体积相同的容器，一个盛有O2，另一个盛有N2，在同温同压下两容器内的气体一定具有相同的
A．密度 B．质子数 C．原子总数 D．质量
5、摩尔是( )
A．国际单位制的一个基本物理量 B．表示物质质量的单位
C．计量微观粒子的物质的量的单位 D．表示602×1023个粒子的集体
6、某元素R的原子的质量数为70，其核内中子数为39，它的离子有28个电子，则此元素的氧化物的化学式应为
A．RO B．R2O3 C．RO2 D．R2O5
7、下列叙述正确的是（ ）
A．NaCl的摩尔质量是58.5g B．1mol NaCl的质量是58.5g·mol-1
C．58.5g NaCl所含Na＋和Cl－共1mol D．1mol NaCl约含有6.02×1023个Cl－
8、仪器名称为“锥形瓶”的是
A． B． C． D．
9、同温同压下，等质量的氧气和二氧化碳相比较，下列叙述正确的是（ ）
A．物质的量之比为8∶11 B．密度比为11∶8
C．质子数之比为1∶1 D．原子个数比1∶1
10、下列实验操作中错误的是（ ）
A．蒸发操作时，不能等到混合物中的水分完全蒸干后才能停止加热
B．蒸馏操作时，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的支管口处
C．分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出
D．萃取操作时，选择的萃取剂的密度必须比水大
11、下列物质之间的反应，可以用离子反应方程式表示的是（ ）
A． B． C． D．
12、同温同压下，相同体积的SO2和O3气体，下列叙述中错误的是
A．质量比4∶3 B．电子数比1∶1
C．密度比4∶3 D．氧原子数比2∶3
13、符合下图中阴影部分的物质是（ ）

A．CO2 B．Cu2O
C．NO2 D．Na2O
14、下列各组离子能在溶液中大量共存的是( )
A．Ag＋、K＋、NO3-、Cl－ B．K＋、Na＋、Cl－、SO42-
C．Ca2＋、Mg2＋、OH－、Cl－ D．H＋、Na＋、CO32-、SO42-
15、 “靑蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，以此获取靑蒿素用到的分离方法是
A．过滤 B．蒸馏 C．蒸发 D．分液
16、新制氯水的成分复杂，但饱和氯水久置后，成分发生变化，下列粒子①Cl2；②H2O；③Cl－；④HClO；⑤ H＋，因饱和氯水久置而减少的是
A．①②③ B．①④ C．②④ D．①②④
二、非选择题（本题包括5小题）
17、有一包白色固体粉末，由FeCl3、CaCO3、Na2SO4、KCl、Ba(NO3)2中的几种物质组成，取样品进行如下实验（假设下列过程中，能反应的物质之间的反应恰好完全）：

（1）步骤①所用分离方法叫做___，要从步骤②所得“无色溶液”中提取溶剂，所用分离方法叫做___。
（2）写出实验过程中发生化学反应的离子方程式①___；②___。
（3）固体粉末中一定不存在的物质是（填化学式，下同）___；不能确定是否存在的物质是___。
（4）将固体粉末可能的组成填入下表（可以不填满，也可以再补充）。___
序号
化学式
Ⅰ

Ⅱ

（5）设计一个实验，进一步确定混合物的组成，简述实验操作、现象和结论。___
18、Ⅰ.有一包白色固体粉末，其中可能含有KCl、BaCl2、Cu(NO3)2、K2CO3中的一种或几种，现做以下实验：
①将部分粉末加入水中，振荡，有白色沉淀生成，过滤，溶液呈无色：
②向①的沉淀物中加入足量稀硝酸，固体完全溶解，并有气泡产生；
③取少量②的溶液，滴入稀硫酸，有白色沉淀产生；
④另取①中过滤后的溶液加入足量AgNO3溶液，产生白色沉淀。
试根据上述实验事实，回答下列问题：
（1）写出原白色粉末中一定含有的物质的化学式____________________。
（2）写出原白色粉末中一定不含有的物质的电离方程式________________。
（3）写出④变化的离子方程式：______________________。
Ⅱ. 实验室需要240 mL0.5 mol·L-1的NaOH溶液，现用固体烧碱进行配制。
（1）需称量_________ g 烧碱，应放在_______中称量、溶解。
（2）完成此配制实验，除了量筒，烧杯，玻璃棒外还需要的常见的玻璃仪器有___________。
（3）下列操作对所配溶液浓度偏大的有______。
A．烧碱在烧杯中溶解后，未冷却就立即转移到容量瓶中
B．容量瓶未干燥就用来配制溶液 C．定容时仰视容量瓶
D．称量时使用了生锈的砝码 E.未洗涤溶解烧碱的烧杯
19、某校化学实验兴趣小组为了探究在实验室制备Cl2的过程中有水蒸气和HCl挥发出来，同时证明氯气的某些性质，甲同学设计了如图所示的实验装置（支撑用的铁架台省略），按要求回答问题。

（1）写出A中实验室制氯气的化学方程式________。
（2）①装置B中盛放的试剂名称为________，现象是________。
②装置D和E中出现的不同现象说明________。
③装置F的作用是________。
（3）乙同学认为甲同学的实验有缺陷，不能确保最终通入AgNO3溶液中的气体只有一种。为了确保实验结论的可靠性，证明最终通入AgNO3溶液的气体只有一种，乙同学提出在装置F和装置G之间再加一个装置，该装置中应放入________（填写试剂或用品名称）。
20、海洋资源应用非常广泛，从中可提取氯化钠、碘等化工产品。回答下列问题：
I．实验室用氯化钠固体配制1．0mol・L－1的食盐水500mL。
（1）所需仪器为容量瓶（规格为____）、托盘天平、烧杯、玻璃棒和_____。
（2）配制时，下列操作对所配溶液的浓度有何影响？（填字母）无影响的有_____，偏大的有______，偏小的有_
A．称量时使用了生锈的砝码
B．往容量瓶中移液时，有少量液体溅出
C．容量瓶未干燥即用来配制溶液
（3）若加蒸馏水定容时不慎超过了刻度线，应如何处理？_______
II．海藻中含有丰富的碘元素，某课外活动小组欲从海藻中提取碘（已知过程②中反应的离子方程式为2I—＋C12=2C1—＋I2），设计如下的流程：

（4）指出提取碘的过程中有关实验操作的名称：①_______，③______。
（5）提取碘的过程中，可选择的有机溶剂是______。
A．酒精 B．醋酸 C．苯
21、现有金属A、B和气体甲、乙、丙及物质C、DF、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、D
【解析】
A.浓硫酸具有强的腐蚀性，因此在盛有浓硫酸的试剂瓶标签上应印有腐蚀品标志，故合理选项是D。
2、D
【解析】

【详解】
胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质微粒直径的大小不同，胶体的分散质微粒直径介于1-100nm之间，故选D。
本题考查胶体的本质特质。胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质微粒直径的大小不同。丁达尔现象是胶体的性质，可以用于鉴别胶体和溶液，不是胶体的特征。
3、B
【解析】
反应3Cu+8HNO3(稀) = 3Cu(NO3)2 + 2NO + 4H2O中Cu的化合价由0价转化为+2价，化合价升高，被氧化，故Cu是还原剂，Cu(NO3)2是氧化产物；N的化合价由+5价转化为+2价，化合价降低，被还原，故HNO3是氧化剂，NO是还原产物，据此分析解题：
A．由分析可知，Cu被氧化，NO是还原产物，A正确；
B．由分析可知，氧化剂是HNO3，还原剂是Cu，但参加反应的HNO3中只有的HNO3发生还原反应，故该反应总氧化剂和还原剂的物质的量比为2：3，B错误；
C．有分析可知，但参加反应的HNO3中只有的HNO3发生还原反应，体现氧化性，还有未发生氧化还原反应，体现酸性，故HNO3体现氧化性和酸性，C正确；
D．若反应掉32gCu，转移电子数为6.02×1023，D正确；
故答案为：B。
4、C
【解析】
根据阿伏加德罗定律，同温同压，体积相同的两个容器所含气体的分子数相同。
【详解】
同温同压，体积相同的两个容器所含气体的分子数相同即气体分子物质的量相同；
A选项，同温同压，气体的密度之比等于摩尔质量之比，两者摩尔质量不相同，因此密度不相同，故A错误；
B选项，一个氧气分子中有16个质子，一个氮气分子中有14个质子，氧气分子和氮气分子物质的量虽相同，但两者质子数不相同，故B错误；
C选项，1个氧气、氮气分子中都含有2个原子，氧气分子和氮气分子的物质的量相同，原子的物质的量也相同，故C正确；
D选项，氮气和氧气的摩尔质量不相同，等物质的量的两气体，质量不相同，故D错误；
综上所述，答案为C。
5、C
【解析】
A、摩尔是表示物质的量的单位，故A错误；
B、摩尔是表示物质的量的单位，不是质量的单位，故B错误；
C、摩尔是表示物质的量的单位，故C正确；
D、摩尔是表示物质的量的单位，故D错误；
答案选C。
6、B
【解析】
试题分析：质子数=质量数-中子数=70-39=31，电荷数=质子数-电子式=31-28=3，故该阳离子带3个单位正电荷，故表现+3价，O为-2价，故此元素的氧化物的化学式应为R2O3，故选B。
考点：考查了化学式的判断的相关知识。
7、D
【解析】
A．摩尔质量的单位是g·mol-1，A错误；
B．质量的单位是g，B错误；
C．58.5gNaCl的物质的量为：，因此58.5g NaCl所含Na＋和Cl－均为1mol，共2mol，C错误；
D．1mol NaCl约含有6.02×1023个Cl－，D正确。
故答案为D。
8、C
【解析】
A.装置为漏斗，与题意不符，A错误；
B.装置为容量瓶，与题意不符，B错误；
C.装置为锥形瓶，符合题意，C正确；
D.装置为U型管，与题意不符，D错误；
答案为C。
9、C
【解析】
A.同温同压下，等质量的氧气和二氧化碳，物质的量之比与摩尔质量成反比，即n(O2):n(CO2)=44:32=11:8，故A错误；
B.同温同压下，密度比等于摩尔质量之比＝32∶44＝8∶11，故B错误；
C.同温同压下，等质量的氧气和二氧化碳，质子数之比=∶＝1∶1，故C正确；
D.同温同压下，等质量的氧气和二氧化碳，原子个数比＝∶＝11∶12，故D错误；
故答案：C。
10、D
【解析】
A. 蒸发操作时，蒸发皿中有较多固体出现时停止加热，用余热蒸干剩余的水，故A正确；
B. 蒸馏操作时，需测量蒸气温度，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的支管口处，故B正确；
C.分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，可避免两种液体相互污染，故C正确；
D. 萃取剂的选择要求：①与溶质不反应，且与原溶剂互不相容；②溶质在萃取剂中的溶解度要大；萃取剂与原溶剂的密度相差越大越易分层。萃取剂的密度可比水大，也可比水小，故D错误，选D。
11、B
【解析】
A.CaCO3属于难溶于水的盐，在离子反应方程式中写成化学式，不能拆成离子形式，故不能用CO32-+ 2H+=CO2↑+H2O表示，故A错误；
B.Na2CO3溶于水并完全电离成CO32-离子，HCl完全电离出H+，所以该反应的离子方程式可表示为：CO32-+ 2H+=CO2↑+H2O，故B正确；
C.醋酸属于弱电解质，在离子方程式中应写成化学式形式，不能拆成离子形式，故不能用CO32-+ 2H+CO2↑+H2O表示，故C错误；
D. Na2CO3溶于水并完全电离成HCO3-离子，HNO3完全电离出H+，所以该反应的离子方程式可表示为：HCO3-+ H+=CO2↑+H2O，不符合题给条件，故D错误；
故答案选B。
能够用离子反应方程式CO32-+ 2H+=CO2↑+H2O表示的反应，需满足的条件，盐必须为碳酸盐（不能是碳酸氢盐），必须是可溶的，酸必须是强酸，且反应后只能生成二氧化碳和水，不能生成沉淀，据以上条件就可迅速判定符合该条件下的化学反应。
12、B
【解析】
A.同温同压下，相同体积的SO2和O3气体，物质的量之比为1:1，质量比等于摩尔质量之比，所以质量之比为：64/48=4:3，故A正确；
B.1mol SO2和O3,所含的电子数分别为32NA、24NA，所以同温同压下，相同体积的SO2和O3气体，所含的电子数之比为：32NA/24NA=4:3，故B错误；
C.依据阿伏加德罗定律，密度之比等于相对分子质量之比，所以SO2和O3的密度之比为：64/48=4：3，故C正确；
D.同温同压下，相同体积的SO2和O3气体，物质的量之比为1:1，所含的氧原子数之比为：2 NA/3 NA=2:3，故D正确；
本题答案为B。
13、A
【解析】
A. CO2 为非金属氧化物，属于酸性氧化物，为最高价氧化物，A正确；
B. Cu2O为金属氧化物，铜元素为+1价，不是最高价氧化物，B错误；
C. NO2 中氮元素为+4价，不是最高价氧化物，也不是酸性氧化物，C错误；
D. Na2O为碱性氧化物，不是非金属氧化物，也不是酸性氧化物，D错误；
综上所述，本题选A。
14、B
【解析】
A.Ag＋和Cl－发生离子反应，生成AgCl沉淀，故不选A；
B.K＋、Na＋、Cl－、SO42-之间，不发生反应，故选B；
C.Mg2＋和OH－发生离子反应，生成Mg(OH)2沉淀，故不选C；
D.H＋和CO32-发生离子反应，生成H2CO3（H2O、CO2），故不选D；
本题答案为B。
15、A
【解析】
根据“靑蒿一握，以水二升渍绞取汁”可判断以此获取靑蒿素用到的分离方法是过滤，答案选A。
16、D
【解析】
氯气溶于水，部分氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，部分以氯气分子形式存在，次氯酸不稳定受热易分解，据此解答。
【详解】
氯气溶于水，部分以氯气分子形式存在，部分氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，方程式为：Cl2+H2OHCl+HClO，氯化氢为强电解质完全电离出氢离子和氯离子，次氯酸为弱电解质部分电离出氢离子和次氯酸根离子，所以新制氯水中含有：所以新制的氯水中含有三种分子：Cl2、H2O、HClO，四种离子：H+、Cl-、ClO-及少量OH-；
次氯酸不稳定受热易分解，2HClO═2HCl+O2↑，促使Cl2H2OHCl+HClO平衡向正向移动，HClO分解导致了Cl2的不断反应，最后变成了HCl溶液，所以减少的是①Cl2、②H2O、④HClO；
答案选D。
本题考查了新制氯水和久制氯水的区别，明确氯水的成分与性质是解题关键，题目难度不大，注意对基础知识的积累。

二、非选择题（本题包括5小题）
17、过滤 蒸馏 Ba2++SO42-=BaSO4↓ H++CaCO3=Ca2++CO2↑+H2O CuSO4 KCl
序号
化学式
I
CaCO3、Na2SO4、Ba(NO3)2
II
CaCO3、Na2SO4、Ba(NO3)2、KCl
用试管取少许步骤①中的“无色溶液”，滴入HNO3酸化，再滴入AgNO3溶液；若有白色沉淀出现，则原白色固体粉末中含有KCl；若无白色沉淀出现，则原白色固体粉末中不含KCl
【解析】
假设这些物质都有，经步骤①得到无色溶液和白色沉淀，说明原粉末中没有FeCl3，在该假设的前提下，白色沉淀是CaCO3、BaSO4，向该沉淀中加入稀硝酸产生无色气体，则说明沉淀中一定有CaCO3，题中告知能反应的物质之间的反应恰好完全，加入稀硝酸之后，沉淀的质量减少，说明还含有BaSO4，则原粉末中有一定有CaCO3、Na2SO4、Ba(NO3)2；KCl不和上述的任何物质反应，也不能通过实验现象去确定其是否存在，故可能有KCl。
【详解】
（1）经步骤①得到无色溶液和白色沉淀，则该步骤为过滤；要从步骤②所得“无色溶液”中提取溶剂，需要采用蒸馏；
（2）经分析，原粉末中一定有CaCO3、Na2SO4、Ba(NO3)2，则步骤①中的离子方程式为Ba2++SO42-=BaSO4↓；步骤②中，仅CaCO3和HNO3反应，该反应的离子方程式为2H++CaCO3=Ca2++CO2↑+H2O；
（3）经分析，原固体粉末中一定没有CuSO4，不能确定是否存在的是KCl；
（4）由于原固体粉末中一定没有CuSO4，一定有CaCO3、Na2SO4、Ba(NO3)2，可能有KCl，故其组成由两种情况
序号
化学式
I
CaCO3、Na2SO4、Ba(NO3)2
II
CaCO3、Na2SO4、Ba(NO3)2、KCl
（5）KCl是唯一可能存在的物质，故只需要鉴定KCl即可，可以用AgNO3溶液检验KCl：用试管取少许步骤①中的“无色溶液”，滴入HNO3酸化，再滴入AgNO3溶液；若有白色沉淀出现，则原白色固体粉末中含有KCl；若无白色沉淀出现，则原白色固体粉末中不含KCl。
“白色粉末”的推断题，是酸碱盐的常考题型，解答思路一般是先假设粉末还有所有的固体，再根据后续的实验现象，确定这些固体的存在情况。
18、BaCl2、K2CO3 Cu(NO3)2=Cu2++2NO3— Ag++Cl—=AgCl↓ 5.0 小烧杯 250 mL容量瓶，胶头滴管 AD
【解析】
Ⅰ. 有一包白色固体粉末，其中可能含有KCl、BaCl2、Cu（NO3）2、K2CO3中的一种或几种；
①将部分粉末加入水中，振荡，有白色沉淀生成，过滤，溶液呈无色说明一定不含Cu（NO3）2、所以沉淀为碳酸钡，判断BaCl2、K2CO3一定存在；
②向①的沉淀物中加入足量稀硝酸，固体完全溶解，并有气泡产生，证明沉淀是BaCO3；
③取少量②的溶液，滴入稀硫酸，有白色沉淀产生，证明白色沉淀为BaSO4；
④另取①中过滤后的溶液加入足量AgNO3溶液，产生白色沉淀，证明含有Cl-；
综上所述：白色固体粉末一定含有BaCl2、K2CO3；一定不含Cu（NO3）2；可能含有KCl；
（1）原白色粉末中一定含有的物质的化学式：BaCl2、K2CO3；
（2）原白色粉末中一定不含有的物质为Cu（NO3）2；电离方程式为：Cu（NO3）2=Cu2++2NO3-；
（3）取①中过滤后的溶液加入足量AgNO3溶液，产生白色沉淀是氯化银，反应的离子方程式为：Ag++Cl-=AgCl↓；
Ⅱ.（1）实验室没有240 mL规格的容量瓶，必须配制250 mL溶液，需要称取的氢氧化钠的质量为：m=cVM=0.5mol/L×0.25L×40g/mol=5.0g，烧碱易吸水且具有强腐蚀性，所以称量烧碱时要放在小烧杯中；
（2）配制溶液的步骤是：称量、溶解、冷却、转移、洗涤、转移、定容、摇匀，用烧杯溶解烧碱、可以用量筒量取水、用玻璃棒搅拌和引流、用250mL的容量瓶配制溶液、用胶头滴管定容、用托盘天平称量烧碱、用药匙取药品，所以除了量筒、烧杯、玻璃棒外还会用到的仪器有：250mL容量瓶，胶头滴管；
（３）A．NaOH在烧杯中溶解后，未冷却就立即转移到容量瓶中，则冷却后溶液体积偏小，浓度偏大，故A选；
B．若容量瓶未干燥即用来配制溶液，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不选；
C．定容时仰视刻度线，会导致溶液体积偏大，则浓度偏小，故C不选；
D．砝码生锈后质量偏大，称量时m物=m砝+m游，称量时用了生锈的砝码后会导致溶质的质量偏大，故浓度偏大，故D选；
E．未洗涤溶解NaOH的烧杯，会导致溶质损失，浓度偏小，故E不选；
答案选AD。
19、MnO2+4HCl（浓） MnCl2+Cl2↑+2H2O 无水硫酸铜 白色固体变为蓝色 氯气无漂白性，湿润的氯气有漂白性（或次氯酸有漂白性） 吸收氯气 湿润的淀粉KI试纸（或湿润的有色布条）
【解析】
（1）实验室用二氧化锰与浓盐酸反应制备氯气；
（2）①利用无水硫酸铜遇到水变蓝性质检验氯气中是否含有水蒸气；
②依据干燥的有色布条不褪色，湿润的有色布条褪色，对比说明具有漂白性的不是氯气；
③氯气易溶于CCl4；
（3）G装置是用来检验HCl气体的，为确保实验结论的可靠性，需要排除氯气的干扰，氯气可氧化碘化钾得到单质碘，碘与淀粉变蓝，据此作答；
【详解】
A.实验时用二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应来制备氯气，生成氯化锰、水和氯气，反应的化学方程式为：MnO2+4HCl（浓） MnCl2+Cl2↑+2H2O，
故答案为MnO2+4HCl（浓） MnCl2+Cl2↑+2H2O；
（2）①为了探究在实验室制备Cl2的过程中有水蒸气，可以在B中加入无水硫酸铜如果固体变蓝则证明氯气中含有水蒸气，
故答案为无水硫酸铜；白色固体变为蓝色；
②干燥的有色布条不褪色，湿润的有色布条褪色，说明具有漂白性的不是氯气，而是氯水中的次氯酸，
故答案为氯气无漂白性，湿润的氯气有漂白性（或次氯酸有漂白性）；
③氯气易溶于CCl4，所以该装置的作用是吸收氯气，
故答案为吸收氯气；
（3）G装置用来检验HCl气体，为了确保实验结论的可靠性，应排除氯气的干扰，在F吸收氯气之后要检验氯气是否完全除去，根据氯气具有强氧化性的性质，可用湿润的淀粉KI试纸检验，其反应方程式为：Cl2+2KI=2KCl+I2，生成的碘遇淀粉变蓝，如不变色，说明已经完全除去，所以可以在F和G之间连接一个盛有湿润的淀粉碘化钾试纸的洗气瓶检验是否存在氯气，另外根据氯气的漂白性，也可在F和G之间连接一个盛有湿润的有色布条的洗气瓶，若不褪色，则证明氯气已被完全吸收，此方法也可行。
故答案为湿润的淀粉KI试纸（或湿润的有色布条）
20、500mL 胶头滴管 C A B 应倒掉溶液，洗涤容量瓶，重新配制 过滤 萃取 C
【解析】
I．（1）实验配制500mL1．0mol・L－1的NaCl溶液，所以还需要500mL容量瓶；根据实验操作的步骤：计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，来分析。
（2）根据c= n /V 分析可知。
（3）加蒸馏水时不慎超过了刻度线，溶液的体积偏大，所配溶液浓度偏低，无法补救，应倒掉溶液，洗涤容量瓶，重新配制。
II．（4）根据已知过程②中反应的离子方程式为2I—＋C12=2C1—＋I2和流程分析。
（5）因为苯不溶于水，碘在苯中溶解度远大于在水中的溶解度，酒精、醋酸与水都互溶。
【详解】
I．（1）实验配制500mL1．0mol・L－1的NaCl溶液，所以还需要500mL容量瓶；
实验操作的步骤：计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，该实验中需要用天平称量、用药匙取药品，烧杯溶解药品，需要玻璃棒搅拌和引流，需要500mL容量瓶配制溶液，最后需要胶头滴管定容，故答案为500mL；胶头滴管。
（2）A.称量时使用了生锈的砝码，溶质的质量偏大，物质的量偏大，根据c= n /V 分析可知，所配溶液的浓度偏大；
B．往容量瓶中移液时，有少量液体溅出，溶质的质量偏小，物质的量偏小，根据c= n/ V 分析可知，所配溶液的浓度偏小；
C. 容量瓶未干燥即用来配制溶液，对溶液的体积和物质的量无影响，所配溶液的浓度不变。故答案为C；A；B。
（3）加蒸馏水时不慎超过了刻度线，溶液的体积偏大，所配溶液浓度偏低，无法补救，应倒掉溶液，洗涤容量瓶，重新配制，故答案为应倒掉溶液，洗涤容量瓶，重新配制。
II．（4）①是过滤操作，已知过程②中反应的离子方程式为2I—＋C12=2C1—＋I2，③中加入了有机溶剂，萃取溶液中的I2，故操作为萃取，故答案为过滤；萃取。
（5）提取碘的过程中，可选择的有机溶剂是苯，因为苯不溶于水，碘在苯中溶解度远大于在水中的溶解度，酒精、醋酸与水都互溶，故选C。
萃取剂选择的原则：
（1）萃取剂与原溶剂互不相溶。
（2）溶质在萃取剂中的溶解度远大于在原溶剂中的溶解度。
（3）萃取剂、原溶剂、溶质三者间不能反应。
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。