江西省安福中学2026届化学高一上期中达标检测模拟试题含解析.doc

江西省安福中学2026届化学高一上期中达标检测模拟试题
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、下列除去杂质的方法中错误的是

物质
杂质
除杂质的方法
A
CaCl2溶液
HCl
过量CaCO3、过滤
B
KNO3溶液
AgNO3
过量NaCl溶液、过滤
C
FeCl2溶液
CuCl2
过量铁粉、过滤
D
CO2
H2O
通过盛浓硫酸的洗气瓶
A．A B．B C．C D．D
2、配制 450 mL 0.1 mol/L 的CuSO4 溶液，经计算，需要称量
A．12.5 g 胆矾 B．11.25 g胆矾 C．12.5 g CuSO4 粉末 D．7.2 g CuSO4 粉末
3、某酒精厂由于管理不善，酒精滴漏到某种化学药品上而酿成火灾。该化学药品可能是(　　)
A．KMnO4 B．NaCl C．(NH4)2SO4 D．CH3COOH
4、某NaOH样品中含有少量Na2CO3、NaHCO3和H2O，经分析测定，其中含NaOH83.4%（质量分数，下同）， NaHCO3 8.8%，Na2CO3 6.4%，H2O 1.4%。将此样品若干克投入到49克21%的稀硫酸中，待反应完全后，需加入20克9.0%的NaOH溶液方能恰好中和。则蒸发中和后的溶液可得固体质量接近于
A．25 B．20 C．15 D．10
5、下列说法正确的是
A．摩尔是用来衡量微观粒子多少的一种物理量
B．在一定的温度和压强下，各种气体的摩尔体积相等
C．阿伏加德罗常数的数值是0.012 kg14C所含的原子个数
D．若气体摩尔体积为22.4 L•mol﹣1，则所处条件为标准状况
6、将4gNaOH固体完全溶解在水里，配成100mL溶液，从中取出10mL，加水稀释至50mL，所得溶液的物质的量浓度是
A．1mol/L B．0.1 mol/L C．0.2 mol/L D．0.02 mol/L
7、1995年，IUPAC原子量与同位素丰度委员会在英国Guildford 会议上决定修正五项原子量，其中已修正的有(C)12.0107(8)，这里的12.0107(8)所指的是
A．12C的相对原子质量 B．碳元素的相对原子质量
C．12C的质量数 D．碳原子的相对原子质量
8、下列物质的分类正确的一组是（　 　）

A
B
C
D
电解质
NH3
BaSO4
NH4Cl
NaOH
混合物
漂白粉
冰水混合物
碱石灰
五水硫酸铜
酸性氧化物
CO2
SO2
CO2
CO
碱
Na2CO3
NaOH
Ca(OH)2
NH3•H2O
A．A B．B C．C D．D
9、符合图中阴影部分的物质是

A． B． C． D．
10、下列各组物质中,前者属于电解质,后者属于非电解质的是
A．二氧化碳、BaSO4 B．盐酸、蔗糖
C．KNO3、乙醇 D．NaOH、氯气
11、用括号中注明的方法分离下列各组混合物，其中不正确的是（
A．氮气和氧气（液化蒸馏） B．氢氧化铁胶体和水（过滤）
C．食盐中的沙砾（溶解过滤） D．花生油和水（分液）
12、下列物质中含有的氢原子数最少的是(　　)
A．36 g H2O B．51 g H2O2
C．34 g OH－ D．38 g H3O＋
13、用下图表示的一些物质或概念间的从属关系，其中不正确的是

选项
A
B
C
D
X
氧化物
酸、碱、盐
溶液
置换反应
Y
化合物
电解质
胶体
氧化还原反应
Z
纯净物
化合物
分散系
化学反应
A．A B．B C．C D．D
14、下列离子可以在溶液中大量共存的是
A．Ba2+、Cl-、、 B．Ca2+、Cl-、、
C．H+、Cl-、、 D．Ag+、、Cl-、Fe3+
15、下列粒子中，既有氧化性又有还原性的是
A．Na+
B．F2
C．Fe2+
D．Cl－
16、洁厕灵和84消毒液混合使用会发生反应：，生成有毒的氯气。代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．每生成1mol氯气，转移的电子数为
B．1molNaCl含有的电子数为
C．Cl2只作还原产物
D．标准状况下，将溶解在水中，形成的盐酸
二、非选择题（本题包括5小题）
17、今有一混合物的水溶液，只可能含有以下离子中的若干种：K+、NH4+、Cl－、Mg2+、Ba2+、CO32－、SO42－，现取三份各100mL该溶液进行如下实验：
①第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生；
②第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到气体0.08mol；
③第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀12.54g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为4.66g。根据上述实验，回答下列问题：
（1）由第二份进行的实验得知混合物中应含有___________离子，其物质的量浓度为________。
（2）由第三份进行的实验可知12.54克沉淀的成分是______________（写沉淀化学式），其物质的量分别为______________________。
（3）原溶液中是否存在K+_______填“是”或“否）若存在则K+的浓度的取值范围是____________________（若不存在此空可不填）
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、Ⅰ.为除去粗盐中含有的可溶性杂质硫酸盐、氯化钙和氯化镁，某同学利用给定试剂NaOH溶液、BaCl2溶液、Na2CO3溶液和盐酸，设计了如下实验流程，请回答：

（1）操作a和操作b的名称依次是 ____________________；
（2）加入试剂②的作用是______________________________；
（3）加入盐酸后，发生反应的离子方程式是____________________________________；
（4）在上述提纯过程中，如何证明SO42-已经被除净_______________________________。
Ⅱ.实验需要0.1mol/LNaOH溶液450ml，根据溶液配制中情况回答下列问题：
（1）根据计算得知，所需NaOH的质量为__________g。
（2）配制一定物质的量浓度溶液的实验中，如果出现以下操作：A．称量用了生锈的砝码； B．将NaOH放在纸张上称量； C．定容时仰视刻度线； D．往容量瓶转移时，有少量液体溅出； E．未洗涤溶解NaOH的烧杯；F．容量瓶未干燥即用来配制溶液； G．定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后液面不到刻度线，未加水至刻度线；H.未冷却至室温就进行定容； I.定容时有少量水洒在容量瓶外。对配制的溶液物质的量浓度大小可能造成的影响是（填写字母）偏大的有______________________；偏小的有____________________________。
20、对于混合物的分离或提纯，常采用的方法有：①过滤 ②蒸发结晶 ③蒸馏 ④萃取 ⑤洗气 ⑥加热分解等。 选用合适的方法序号填空。
（1）实验室中的石灰水久置，液面上常悬浮有CaCO3微粒。可用________的方法除去Ca(OH)2溶液中悬浮的CaCO3微粒。
（2）除去H2中的CO2，可用_________________的方法除去。
（3）为了从氯化钾和二氧化锰的混合物中获得氯化钾，可先加足量的水溶解，过滤，将得到的滤液__________________，就可得到氯化钾晶体。
（4）除去氧化钙中的碳酸钙，可用_________________的方法。
（5）从溴水中提取溴单质，可用_________________方法。
（6）分离沸点相差较大的液体混合物，可用_________________方法。
21、化学实验有助于理解化学知识，形成化学观念，提高探究与创新能力，提升科学素养。实验室用食盐晶体与浓硫酸在微热条件下反应制取氯化氢气体。

（1）该反应的化学方程式为________________________________氯化氢气体的发生装置应该选择装置___________（填装置的编号，下同）。由于氯化氢气体有害，所以实验室用装置D来收集氯化氢，收集氯化氢时，气体从________管（填“a”或“b”）进入。用水吸收多余的氯化氢气体时，应该选择装置__________，这是为了_________________________________________________。
（2）要得到干燥的氯化氢气体，还需要在制取和收集装置之间插入一个装置D，此时D中装入的液体应该是______________________。
（3）气体发生在装置的选择要考虑反应物状态和反应条件等因素。
实验室制取氧气(氯酸钾和二氧化锰)和二氧化碳的发生装置都不用装置B，其原因分别是制取氧气时____________________________，制二氧化碳时___________________________。
（4）将标准状况下的200体积HCl气体溶于1体积水中，得到密度为1.12g/mL的盐酸，则该盐酸的物质的量浓度是_______________。 （保留两位小数）
参考答案

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、B
【解析】
A．碳酸钙与盐酸反应生成氯化钙；
B．硝酸银与NaCl反应生成氯化银和硝酸钠；
C．Fe与氯化铜反应生成氯化亚铁和Cu；
D．浓硫酸具有吸水性，与二氧化碳不反应。
【详解】
A．碳酸钙与盐酸反应生成氯化钙，则加过量CaCO3、过滤可除杂，选项A正确；
B．硝酸银与NaCl反应生成氯化银和硝酸钠，引入新杂质硝酸钠和过量的NaCl，不能除杂，选项B错误；
C．Fe与氯化铜反应生成氯化亚铁和Cu，则加过量铁粉、过滤可除杂，选项C正确；
D．浓硫酸具有吸水性，与二氧化碳不反应，则通过盛浓硫酸的洗气瓶可除杂，选项D正确；
答案选B。
本题考查混合物分离、提纯方法的选择和应用，为高频考点，把握物质的性质及性质差异、发生的化学反应为解答的关键，侧重元素化合物知识及除杂的考查，题目难度不大。
2、A
【解析】
配制450mL 0.001mol/L的CuSO4溶液，需要使用500mL容量瓶，根据n=cV计算出该溶液中溶质硫酸铜的物质的量，再根据m=nM计算出只要硫酸铜或胆矾的质量。
【详解】
配制450mL 0.001mol/L的CuSO4溶液，需要使用500mL容量瓶，500mL 0.1mol/L的CuSO4溶液中含有溶质硫酸铜的物质的量为：0.1mol/L×0.5L=0.05mol，需要硫酸铜的质量为：160g/mol×0.05mol=8.0g，需要胆矾的质量为：250g/mol×0.05mol=12.5g，答案选A。
本题考查了配制一定物质的量浓度的溶液方法，题目难度不大，注意掌握配制一定物质的量浓度的溶液操作步骤，注意实验室中容量瓶是有一定规格的。
3、A
【解析】
KMnO4是一种强氧化剂，能氧化CH3CH2OH并放出热量，如热量逐渐积累而不能散去，就有可能引燃酒精，酿成火灾。答案选A。
4、C
【解析】
最后全部生成硫酸钠，根据硫酸根守恒计算其质量。
【详解】
NaOH、Na2CO3、NaHCO3与硫酸反应的产物都是硫酸钠，硫酸过量，用NaOH溶液刚好中和，最后全部生成硫酸钠，即蒸发得到的固体为硫酸钠，根据硫酸根守恒可得硫酸钠的质量是，即蒸发中和后的溶液可得固体质量接近于15g。答案选C。
本题考查混合物的有关计算，明确反应的原理，注意利用硫酸根守恒计算是解答的关键。
5、B
【解析】
A、摩尔是物质的量的单位，不是物理量，故A错误；
B、气体摩尔体积的定义是1 mol气体在一定条件下所占有的体积，气体体积与温度和压强有关，温度和压强一定的条件下，气体摩尔体积相同，故B正确；
C、阿伏加德罗常数的数值是0.012 kg12C所含的原子个数，故C错误；
D、气体摩尔体积的定义是1 mol气体在一定条件下所占有的体积，气体体积与温度和压强有关，故气体摩尔体积为1．4 L•mol﹣1，不一定是在标况下，故D错误；
故选B。
6、C
【解析】
将4gNaOH固体完全溶解在水里，配成100mL溶液，从中取出10mL，即10mL溶液中含有溶质NaOH的质量为0.4g，其物质的量为0.01mol，10mL溶液稀释至50mL时，溶质的量不发生改变，故所得溶液的物质的量浓度是，故答案为C。
7、B
【解析】
元素的相对原子质量与原子的相对原子质量和丰度有关，故12.0107是元素的相对原子质量，故B正确；
综上所述，答案为B。
8、C
【解析】
A．NH3属于非电解质，Na2CO3属于盐，故A不选；
B．冰水混合物为水的不同状态所组成的物质，属于纯净物，故B不选；
C．NH4Cl属于可溶性盐，碱石灰主要成分为氧化钙(CaO大约75%)，氢氧化钠(NaOH大约3%)，和氢氧化钾(KOH大约1%)，水(H2O大约20%)属于混合物，CO2属于酸性氧化物，Ca(OH)2为强碱，故选C；
D．五水硫酸铜属于纯净物，CO属于氧化物，但不属于酸性氧化物，故D不选。
答案选C
9、B
【解析】
按照交叉分类法，图中阴影部分的物质既属于正盐，又属于钠盐、碳酸盐，则符合阴影部分的物质为； 故选B。
10、C
【解析】
电解质：在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物。
非电解质：在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物。
单质、混合物既不是电解质，也不是非电解质。
【详解】
A. 二氧化碳不能电离是非电解质，硫酸钡熔融状态导电属于电解质，A错误。
B. 盐酸是氯化氢的水溶液，是混合物，盐酸既不是电解质也不是非电解质。蔗糖为非电解质。B错误。
C. 硝酸钾在水溶液可以导电是电解质，乙醇不能电离属于非电解质，C正确。
D. 氢氧化钠在水溶液和熔融状态都可以导电，是电解质，氯气为单质，既不是电解质也不是非电解质，D错误。
答案为C。
11、B
【解析】
A.氧气的沸点比氮气的沸点高，将氮气和氧气的混合气液化后再蒸馏，首先蒸发出来的是沸点低的氮气，剩下的是氧气，此方法称为液化蒸馏法，故A正确；
B.氢氧化铁胶体是混合物，分散剂就是水，不能采用过滤的方法，应用渗析的方法分离，故B错误；
C.食盐中的沙砾不溶于水，但是氯化钠易溶于水，可以采用溶解后过滤的方法将食盐中的沙砾除去，故C正确；
D.花生油属于酯类，和水是互不相溶的液态混合物，可以采用分液的方法来分离，故D正确。
故选B。
12、C
【解析】
36 g H2O中，所含氢原子的物质的量＝36 g÷18 g·mol－1×2＝4 mol；51 g H2O2中所含氢原子的物质的量＝51 g÷34 g·mol－1×2＝3 mol；34 g OH－中所含氢原子的物质的量＝34 g÷17 g·mol－1×1＝2 mol；38 g H3O＋中所含氢原子的物质的量＝38 g÷19 g·mol－1×3＝6 mol。不难看出34 g OH－含有的氢原子数最少，故选C选项。
本题答案为C。
比较微粒数目的多少，只要计算微粒的物质的量然后比较多少即可。
13、C
【解析】
A、纯净物分为化合物和单质，化合物分为氧化物、酸、碱、盐，它们存在这样的从属关系；
B、电解质属于化合物，但化合物不一定是电解质，电解质包括部分金属氧化物、酸、碱、盐，它们之间存在从属关系；
C、分散系分为胶体、溶液、浊液，它们之间没从属关系；
D、化学反应分为置换反应、分解反应、复分解反应、化合反应，置换反应全部属于氧化还原反应，但氧化还原反应不全部是置换反应，它们之间存在从属关系。
答案为C。
14、C
【解析】
A. Ba2+与反应生成硫酸钡沉淀，不能共存，A错误；
B. Ca2+与反应生成碳酸钙沉淀，不能共存，B错误；
C. H+、Cl-、、四种离子不发生反应，能共存，C正确；
D. Ag+与Cl-反应生成氯化银沉淀，不能共存，D错误；
答案选C。
15、C
【解析】
当一种元素处于最高价时，只具有氧化性；当一种元素处于最低价时，只具有还原性；当一种元素处于中间价态，既具有氧化性，又有还原性。
【详解】
A. Na+处于最高价态，只有氧化性，A不正确；
B. F2处于最高价态，只有氧化性，B不正确；
C. Fe2+处于中间价态，既可以被氧化为Fe3+，又可以被还原为Fe，既具有氧化性，又有还原性，C正确；
D. Cl－处于最低价态，只有还原性，D不正确；
答案选C。
16、B
【解析】
根据氧化还原反应中化合价归中规律进行分析判断。
【详解】
反应中只有氯元素化合价有变化，按归中规律有NaClO→Cl2←HCl，故反应中有一个电子从HCl转移到到NaClO，另一个HCl作为酸参与反应。每生成1mol氯气，转移电子数为A（A项错误）；钠、氯分别是11、17号元素，1molNaCl含有的电子数为（B项正确）；Cl2分子中两个氯原子分别来自NaClO、HCl， Cl2既是氧化产物也是还原产物（C项错误）；标准状况下，将溶解于水中，所得溶液体积不是，浓度不等于（D项错误）。
本题选B。

二、非选择题（本题包括5小题）
17、NH4+ 0.8 mol/L BaCO3、BaSO4 0.04 mol 、 0.02 mol 是 ≥ 0.4 mol/L
【解析】
据题意分析，第一份溶液加入溶液有沉淀产生，推得可能含有；第二份溶液加足量溶液加热后收集到气体，推得一定含有，一定不存在；第三份溶液利用发生的离子反应，经过计算、推得一定存在，一定不存在；根据溶液中阴阳离子的电荷守恒，即可推出一定存在。
【详解】
（1）加入足量溶液加热后，收集到气体0.08mol气体，气体为氨气，故溶液中含有0.08mol，浓度为，
故答案为：；；
（2）加足量溶液后，得干燥沉淀12.54g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为4.66g，可知沉淀既有也含有，质量为4.66g，物质的量为： ，碳酸钡质量为： ，物质的量为，
故答案为：；0.04 mol 、0.02 mol；
（3）根据上述分析，溶液中肯定存在、，肯定不存在和，可能存在，根据的物质的量为0.04 mol 、0.02 mol，物质的量为0.08mol，根据电荷守恒，若无则的物质的量为0.04mol，若存在则的物质的量则大于0.04mol，故肯定存在，其物质的量浓度大于等于，
故答案为：是 ；≥ 0.4 mol/L。
破解离子推断题：
(1)肯定性原则：根据实验现象推出溶液中肯定存在或肯定不存在的离子；
(记住几种常见的有色离子：)
(2)互斥性原则：在肯定某些离子的同时，结合离子共存规律，否定一些离子的存在；(要注意题目中的隐含条件，如：酸性、碱性、指示剂的变化等)
(3)电中性原则：溶液呈电中性，一定既有阳离子，又有阴离子，且溶液中正电荷总数与负电荷总数相等
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、过滤、蒸发 除去钙离子和钡离子 CO32-+2 H+= CO2+ H2O OH -+ H+= H2O 取少量A溶液于试管中，滴加BaCl2溶液若出现浑浊或白色沉淀，说明溶液中含有硫酸根，否则不含硫酸根 2.0 g AH BCDE
【解析】
Ⅰ.根据实验流程可知，操作a过滤，操作b是蒸发；根据加入氢氧化钠可将氯化镁转化成氢氧化镁沉淀，除去硫酸钠需要在除去氯化钙之前，加入的碳酸钠可以将过量的氯化钡除去，所以试剂①是BaCl2溶液，目的是除去SO42-离子，试剂②是Na2CO3溶液，目的是除尽溶液的离子Ba2+、Ca2+，根据加入的除杂试剂氢氧化钠和碳酸钠都是过量的，所以在蒸发之前需要加入盐酸将碳酸钠和氢氧化钠除去。
Ⅱ.根据n=cv计算氢氧化钠的物质的量，再根据m=nM计算所需氢氧化钠的质量；根据C=n/V
，通过判断不当操作对溶质的物质的量n和溶液体积V的影响来分析误差。
【详解】
Ⅰ.（1）通过分析实验流程可知，操作a是溶解，操作b是过滤，操作c是蒸发，故答案为过滤；蒸发；
（2）试剂②是Na2CO3溶液，目的是除尽溶液的离子Ba2+、Ca2+，故答案为除去钙离子和钡离子；
（3）加入盐酸的目的是将碳酸钠和氢氧化钠除去，反应的离子方程式为OH -+ H+=H2O， CO32-+2H+=CO2+H2O，故答案为OH-+H+=H2O；CO32-+2H+= CO2+H2O；
（4证明SO42-已经被除净，即证明溶液中不存在SO42-离子，具体操作为：取少量A溶液于试管中，滴加BaCl2溶液若出现浑浊或白色沉淀，说明溶液中含有硫酸根，否则不含硫酸根，故答案为取少量A溶液于试管中，滴加BaCl2溶液若出现浑浊或白色沉淀，说明溶液中含有硫酸根，否则不含硫酸根；
Ⅱ.（1）由于无450ml的容量瓶，故选用500ml的容量瓶，故配制的是500ml0.1mol/LNaOH溶液，根据n=CV可知需要的NaOH的物质的量n=0.5L×0.1mol/L=0.05mol，NaOH质量m=nM=0.05mol×40g/mol=2.0g，故答案为2.0g；
（2）A、生锈的砝码质量偏大而m物=m砝+m游，故称量出的药品的质量偏重，则配制出的溶液的浓度偏大；
B、将NaOH放在纸张上称量会潮解，导致真正的NaOH的质量偏小，则配制出的溶液的浓度偏小；
C、定容时俯视刻度线观察液面，所加水量偏少，结果偏高；
D、往容量瓶转移时，有少量液体溅出，会导致溶质的损失，则溶液浓度偏小；
E、未洗涤溶解NaOH的烧杯，会导致溶质的损失，则溶液浓度偏小；
F、只要最后定容时凹液面与刻度线相切即可，至于水是事先就有的还是后来加入的，对浓度无影响；
G、定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面不到刻度线是正常的，未加水对浓度无影响；
H、热溶液注入容量瓶会导致容量瓶热膨胀,体积变大最终导致溶液浓度偏小；
I、滴管加水时，有少量水滴到容量瓶外，溶液的体积不变，浓度不变。
故答案为AH；BCDE。
20、① ⑤ ② ⑥ ④ ③
【解析】
根据不同分离方法的分离原理分析：过滤适用于不溶性固体和液体之间的一种分离方法，蒸发结晶用于分离易溶物质与水的分离，蒸馏是依据混合物中各组分沸点不同而分离的一种方法，适用于除去易挥发、难挥发或不挥发杂质，萃取适合于溶质在不同溶剂中的溶解性不同而分离的一种方法，洗气用于分离性质不同的两种气体，加热分解用于分离难分解和易分解的物质。
【详解】
（1）碳酸钙微粒和水互不相溶，可用过滤的方法分离，故答案为①；
（2）氢气和二氧化碳性质不同，二氧化碳可以和碱反应，而氢气不能，可以采用洗气的方法来除杂，故答案为⑤；
（3）从氯化钾的水溶液中获得氯化钾可以采用蒸发结晶的方法，故答案为②；
（4）碳酸钙高温易分解为氧化钙和二氧化碳气体，故可以采用加热的方法来分离，故答案为⑥；
（5）从溴水中提取溴单质，可以向溴水中加入四氯化碳，这样溴单质溶于四氯化碳中，实现溴和水的分离，故答案为④；
（6）分离沸点相差较大的液体混合物，可用蒸馏法，故答案为③。
21、NaCl+H2SO4(浓)NaHSO4+HCl↑ B a F 防止倒吸 浓硫酸 制取氧气时反应物是固体和固体 制取二氧化碳时反应不需要加热 7.54moL/L
【解析】
（1）用食盐晶体与浓硫酸在微热条件下反应生成氯化氢气体和硫酸氢钠；实验室利用二氧化锰和浓盐酸加热反应生成氯化锰，氯气和水，是固体+固体=气体，选择装置B；氯化氢是比空气重的极易溶于水的气体需要用向上排气法收集，导气管长进短处，多余的氯化氢气体用水吸收要防止倒吸；
（2）装置D干燥气体是利用洗气选择液体干燥剂，用于干燥氯化氢气体的干燥剂选择浓硫酸；
（3）制取氧气时反应物是固体和固体 ,制二氧化碳时反应不需要加热
（4）200体积HCl气体溶于1体积水中，体积之比等于物质的量之比，看成200L和1L，n=200/22.4，V=*10-3L，C=
【详解】
（1）实验室用食盐晶体与浓硫酸在微热条件下反应制取氯化氢气体，反应生成氯化氢气体和硫酸氢钠，反应的化学方程式为
NaCl（s）+H2SO4（浓）=== NaHSO4+HCl↑，实验室利用二氧化锰和浓盐酸加热反应生成氯化锰，氯气和水，是固体+固体加热制气体，选择装置B；氯化氢是比空气重的极易溶于水的气体需要用向上排气法收集，导气管长进短处，应从a处进，多余的氯化氢气体用水吸收要防止倒吸，应选择装置F防止水倒吸入集气瓶，
故答案为NaCl（s）+H2SO4（浓）=NaHSO4+HCl↑；B；a；F；水倒吸入集气瓶；
（2）装置D干燥气体是利用洗气，应选择液体干燥剂，能用于干燥氯化氢气体的干燥剂选择浓硫酸，
故答案为浓硫酸；
（3）实验室制取氧气(氯酸钾和二氧化锰)和二氧化碳的发生装置都不用装置B，其原因分别是制取氧气时反应物是固体和固体 ,制二氧化碳时反应不需要加热
故答案为制取氧气时反应物是固体和固体；制取二氧化碳时反应不需要加热
（4）将标准状况下的200体积HCl气体溶于1体积水中，体积之比等于物质的量之比，看成200L和1L,得到密度为1.12g/mL的盐酸，所以n=200/22.4
V=*10-3L C==7.54moL/L
故答案为7.54moL/L
200体积HCl气体溶于1体积水中，体积之比等于物质的量之比，看成200L和1L进行计算。