云南省云天化中学2018_2019学年高一化学上学期期中试卷（含解析）.docx

2018-2019学年云南省云天化中学高一上学期期中考试化学试题此卷只装订不密封班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 注意事项：1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。一、单选题1朱自清先生在荷塘月色中写道：“薄薄的青雾浮起在荷塘里月光是隔了树照过来的，高处丛生的灌木，落下参差的斑驳的黑影”月光穿过薄雾所形成的种种美景的本质原因是A雾是一种胶体 B光是一种胶体C空气中的小水滴颗粒大小约为109m107m D发生丁达尔效应2下列选项中不能用如图表示物质或概念间从属关系的是3“毒胶囊”泛指含重金属铬(Cr)超标的胶囊，其中含有可能引起人体肾伤害的+6价铬。下列铬的化合物可能是毒胶囊所含有的是AK2Cr2O7 BCr2O3 CCr2(SO4)3 DCr(OH)34下列实验装置能达到实验目的的是分离乙醇和水用自来水制取蒸馏水从食盐水中获取氯化钠用排空气法收集氯气(Cl2)A B C D5水富县铜锣坝原始森林素有“天然氧吧”之称，其原因是森林空气中富含被称为“空气维生素”的负氧离子，O2 就是其中一种，其摩尔质量为A33 B32 C33gmol-1 D32gmol-16航天探测发现，金星是一个被浓密大气层包围的固体球，大气层的成分之一是三氧化碳(C2O3)，实验证明它的化学性质与一氧化碳相似。下列关于三氧化二碳的性质的说法中不正确的是A可燃性 B阻燃性 C有氧化性 D有还原性7以下表示的是碳及其化合物的相互转化关系：CCO2H2CO3CaCO3CO2其中涉及的基本反应类型依次为A置换、化合、分解、复分解 B置换、化合、复分解、分解C化合、置换、分解、复分解 D化合、置换、复分解、分解8下列溶液中的c(Cl)与150 mL 1mol/L AlCl3溶液中的c(Cl)相等的是A150 mL 1 mol/L NaCl溶液 B25 mL 3 mol/L NH4Cl溶液C75 mL 2 mol/L MgCl2溶液 D75 mL 2 mol/L FeCl3溶液9常温常压下，用等质量的CH4、CO2、O2、SO2四种气体分别吹出四个气球，其中气体为CH4的是10下列转化过程中必须加入还原剂的是AFeSH2S BSO2SO32- CFe3+Fe2+ DCuCu2+11日常生活中许多现象与氧化还原反应有关，下列现象与氧化还原反应无关的是A钢铁生锈 B充有H2的“喜羊羊”娃娃遇明火发生爆炸C食物腐败变质 D大理石雕像被酸雨腐蚀毁坏12下列物质溶于水，其电离方程式正确的是ANaHCO3 = Na+H+CO32 B(NH4)2SO4 = NH4+SO42CNH4Cl = NH4+ + Cl DBa(OH)2 = Ba2+ + OH213在下列各溶液中，离子一定能大量共存的是A强碱性溶液中：K+、Mg2+、Cl、SO42B在无色透明的溶液中：K+、Cu2+、NO3、SO42C含有0.1mol/LCa2+的溶液中：Na+、K+、CO32、ClD室温下，强酸性溶液中：Na+、Fe3+、NO3、SO4214每年10月23日上午6:02到晚上6:02被誉为“摩尔日(Mole Day)，这个时间的美式写法为6:0210/23，外观与阿伏加德罗常数6.021023相似。用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是A标准状况下，22.4L CCl4含有NA个CCl4分子B1mol/L Mg(NO3)2溶液中含有NO3的数目为2NAC等物质的量浓度的盐酸和硫酸中，H+的物质的量浓度也相等D5.6g铁与足量盐酸反应转移的电子数为0.2NA15下列反应的离子方程式书写正确的是A铜和醋酸反应：Cu2CH3COOH2CH3COOCu2+H2B氧化铁与稀盐酸反应：Fe2O36H+2Fe3+3H2OC锌与硝酸银溶液反应：ZnAg+Zn2+AgD稀硝酸和石灰乳反应：H+OHH2O16对某次酸雨成分的分析数据如下表，此次酸雨中c(H+)约为离子NH4+NaClNO3SO42浓度(mol/L)2.01051.91056.01052.31052.8105A110-3 B110-4 C110-5 D110-617人体正常的血红蛋白中应含Fe2+。若误食亚硝酸钠，则导致血红蛋白中的Fe2+转化为高铁血红蛋白而中毒。服用维生素C可解除亚硝酸钠中毒。下列叙述中正确的是A亚硝酸钠表现了还原性 B维生素C表现了还原性C维生素C将Fe3+氧化成Fe2+ D亚硝酸钠被氧化18下列表示物质变化的化学用语正确的是ANH3H2O的电离方程式：NH3H2ONH4OHB稀硫酸溶液中滴加少量氢氧化钡溶液：2H+SO42+Ba2+2OHBaSO4+2H2OC用醋酸除去水垢：CaCO32H=Ca2H2OCO2D用盐酸除去混在铜粉中的少量铁粉杂质：6H+ + 2Fe2Fe3+ 3H219根据下面两个化学方程式判断Fe2+、Cu2+、Fe3+氧化性由弱到强的顺序是2FeCl3 Cu2FeCl2 CuCl2 CuCl2 FeCuFeCl2ACu2Fe2Fe3 BFe3Cu2Fe2CFe2Fe3Cu2 DFe2Cu2Fe320在一定条件下，RO3n和氟气可发生如下反应：RO3nF22OHRO42FH2O从而可知在RO3n中，元素R的化合价是A 4 B 5 C 6 D 721关于化学反应 Al2O3+N2+3C 2AlN+3CO 叙述正确的是A上述反应中，每生成1 mol AlN需转移3 mol电子B上述反应中，N2是还原剂，Al2O3是氧化剂CAlN中氮元素的化合价为+3价DAlN的摩尔质量为41 g22为了除去粗盐中Ca2、Mg2、SO42及泥沙，可将粗盐溶于水，然后进行下列五项操作。其中正确的操作顺序是过滤 加过量的NaOH溶液 加适量盐酸 加过量Na2CO3溶液 加过量BaCl2溶液A B C D2315 g A物质和10.5 g B物质恰好完全反应，生成7.2 g C物质，1.8 gD物质和0.3 mol E物质,则E物质的摩尔质量是A16.5 g/mol B111 g/mol C55 g/mol D27.5 g/mol24一个密闭容器,中间有一可自由滑动的隔板(厚度可忽略)将容器分成两部分,当左边充入1molN2,右边充入CO和CO2的混合气体共8g时，隔板处于如图位置(左、右两侧温度相同)。右侧CO与CO2分子数之比为A1：3 B3:1 C1：2 D2：1二、推断题25现有失去标签的氯化钙、硝酸银、盐酸、碳酸钠四种无色溶液，为了确定四种溶液各是什么，将它们随意编上A、B、C、D后， 产生的现象如下表所示。根据实验现象按要求回答：实验顺序实验内容实验现象A+B没有现象发生B+D有气体放出B+C有沉淀生成A+D有沉淀生成(1)A、B、C、D溶液中溶质的化学式：A_；B_；C_；D_。(2)写出上述实验中有关反应的离子方程式： _； _。三、实验题26碘是人体不可缺乏的元素，为了防止碘缺乏，现在市场上流行一种加碘盐，就是在精盐中添加一定量的KIO3进去。某研究小组为了检测某加碘盐中是否含有碘，查阅了有关的资料，发现其检测原理是:KIO3+5KI+3H2SO43I2+3H2O+3K2SO4(1)该反应的氧化剂是_；氧化产物与还原产物的物质的量比是_；如果反应生成0.3mol的单质碘，则转移的电子数目是_。(2)先取少量的加碘盐加蒸馏水溶解，然后加入稀硫酸和KI溶液，最后加入一定量的CCl4，振荡，这时候，观察到的现象是_；(3)若采用下图实验装置将四氯化碳和I2的混合溶液分离。写出图中仪器的名称：_；该装置还缺少的仪器是_；冷凝管的进水口是：_(填g或f)(4)在容量瓶的使用方法中，下列操作正确的是_A使用容量瓶前检验是否漏水B容量瓶用水洗净后，再用待配溶液洗涤C配制溶液时，若试样是液体，用量筒取样后用玻璃棒引流倒入容量瓶中，缓慢加水至刻度线12cm处，用胶头滴管加蒸馏水至刻度线。D盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，另一只手托住瓶底，把容量瓶反复倒转多次，摇匀。(5)上面实验中用到一定物质的量浓度的稀硫酸，若配制0.5mol/L的硫酸溶液500mL，需用量筒量取质量分数为98%、密度为1.84g/cm3的浓硫酸的体积为_ mL，如果实验室有15mL、20mL、50mL量筒，应选用_ mL量筒最好。(6)下面操作造成所配稀硫酸溶液浓度偏高的是_。A溶解的时候溶液没有冷却到室温就转移B转移时没有洗涤烧杯、玻璃棒C向容量瓶加水定容时眼睛俯视D用量筒量取浓硫酸后洗涤量筒并把洗涤液转移到容量瓶E摇匀后发现液面低于刻度线，又加蒸馏水至刻度线27某纯碱样品中含有少量氯化钠杂质，现用如图所示装置来测定纯碱样品中碳酸钠的质量分数(铁架台、铁夹等在图中均已略去)实验步骤如下：按图连接装置，并检查气密性；准确称得盛有碱石灰(固体氢氧化钠和生石灰的混合物)的干燥管D的质量为85.4g；准确称得6g纯碱样品放入容器b中；打开分液漏斗a的旋塞，缓缓滴入稀硫酸，至不再产生气泡为止；打开弹簧夹，往试管A中缓缓鼓入空气数分钟，然后称得干燥管D的总质量为87.6g试回答：(1)鼓入空气的目的是_，装置A中试剂X应选用_；(2)若没有C装置，则会导致测定结果_(填“偏大”或“偏小”)；(3)装置B中发生反应的离子方程式_；(4)根据实验中测得的有关数据，计算出纯碱样品Na2CO3的质量分数为_v_(计算结果保留一位小数)。四、综合题28某工厂的工业废水中含有大量的“FeSO4”、较多的Cu2+和少量的Na+。为了减少污染变废为宝，工厂计划从该废水中回收硫酸亚铁和铜。根据流程图，完成回收硫酸亚铁和铜的简单实验方案。回答下列问题：(1)加入原料为_；操作的名称为_，该操作所用到的玻璃仪器主要有_。(2)固体A为_；(3)写出加入原料和有关反应的离子方程式_、_。(4)操作获得FeSO47H2O，需要经过_、_、过滤等操作。2018-2019学年云南省云天化中学高一上学期期中考试化学试题化学 答 案参考答案1C【解析】A、雾是一种胶体，但这不是月光穿过薄雾所形成的种种美景的本质原因，A错误；B、雾是一种胶体，光不是，B错误；C、题干中所提及的雾，是空气中的小液滴，是一种胶体，本质特征是分散质粒子的直径在1100nm，即10-9m10-7m，C正确；D、雾作为一种胶体，确实能发生丁达尔效应，但这也不是月光穿过薄雾所形成的种种美景的本质原因，D错误，答案选C。2B【解析】【分析】由图可知，概念的范畴为包含，然后利用物质的组成和性质来分析物质的类别，再根据概念的从属关系来解答。【详解】A.碱属于电解质，电解质是化合物，故A正确；B. 置换反应一定是氧化还原反应，但离子反应不一定是置换反应，故B错误；C.胶体属于分散系，而分散系都是由两种以上的物质组成，则属于混合物，故C正确；D.碱性氧化物一定是金属氧化物，金属氧化物属于氧化物，符合包含关系，故D正确。故选B。【点睛】本题D选项，有关氧化物的关系不可混淆，氧化物从组成分类可分为金属氧化物和非金属氧化物，从性质分类可分为碱性氧化物和酸性氧化物等。金属氧化物不一定是碱性氧化物，如Mn2O7，但碱性氧化物一定是金属氧化物；非金属氧化物不一定是酸性氧化物，如CO、NO2，酸性氧化物也不一定是非金属氧化物。3A【解析】A、钾元素显+1价，氧元素显-2价，设铬元素的化合价是x，根据在化合物中正负化合价代数和为零，可得：(+1)2+2x+(-2)7=0，则x=+6，选项A符合；B、氧元素显-2价，设铬元素的化合价是y，根据在化合物中正负化合价代数和为零，可得：2y+(-2)3=0，则y=+3，选项B不符合；C、硫酸根显-2价，设铬元素的化合价是z，根据在化合物中正负化合价代数和为零，可得：2z+(-2)3=0，则z=+3，选项C不符合；D、氢氧根显-1价，设铬元素的化合价是w，根据在化合物中正负化合价代数和为零，可得：w+(-1)3=0，则w=+3，选项D不符合。答案选A。4B【解析】乙醇与水互溶，不能分液，错误；利用蒸馏法可以制备蒸馏水，正确；从食盐水中获取氯化钠可以用蒸发，正确；氯气密度大于空气，应该是长口进，短口出，错误，答案选B。点睛：注意广口瓶在实验中的多功能应用，例如装置可作集气瓶和洗气瓶，利用该装置收集或干燥气体。若集气瓶是干燥的，则由b口进气可收集密度小于空气的气体。由a口进气可收集密度大于空气的气体。若集气瓶充满水，气体由b口进入，可收集不溶于水的气体。若集气瓶内装入浓硫酸进行气体干燥，气体由a口进入，可用此装置干燥某些气体。5D【解析】【分析】单位物质的量的物质所具有的质量叫做摩尔质量，摩尔质量数值上等于相对原子质量或相对分子质量，单位g/mol。【详解】1molO2中含有2mol氧原子，故O2的摩尔质量为32g/mol，故D项正确。综上所述，本题正确答案为D。6B【解析】A、C2O3的化学性质与一氧化碳相似，因此具有可燃性，A正确；B、根据以上分析可知C2O3没有阻燃性，B错误；C、碳元素的化合价是+3价，处于中间价态，具有氧化性，C错误；D、碳元素的化合价是+3价，处于中间价态，具有还原性，D错误，答案选B。7B【解析】碳和氧化铜发生置换反应生成铜和二氧化碳；二氧化碳溶于水，和水发生化合反应生成碳酸；碳酸和氢氧化钙发生复分解反应生成碳酸钙和水；碳酸钙高温分解生成氧化钙和二氧化碳，或在碳酸钙与盐酸发生复分解反应生成氯化钙、水和二氧化碳，答案选B。8B【解析】150mL1mol/L的AlCl3溶液中的c(Cl-)=1mol/L3=3mol/L。A、150mL 1mol/L的NaCl溶液中c(Cl-)= c(NaCl)=1mol/L，故A错误；B、25 mL 3 mol/L NH4Cl溶液中c(Cl-)=3mol/L，故B正确；C、75 mL 2 mol/L MgCl2溶液中，c(Cl-)= 2mol/L2=4mol/L，故C错误；D、75 mL 2 mol/L FeCl3溶液中，c(Cl-)=2mol/L3=6mol/L，故D错误。故选B。点睛：注意溶液中溶质离子的浓度与溶液体积无关，只取决于物质电离出的离子的数目多少与溶质的浓度。9D【解析】由可知，等质量时，M越小，则体积越大，CH4、CO2、O2、SO2四种气体的摩尔质量分别为16g/mol、44g/mol、32g/mol、64g/mol，则甲烷的体积最大，答案选D。点睛：本题考查物质的量的计算，把握质量、物质的量、体积的关系为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意摩尔质量的应用以及气体摩尔体积的使用条件和范围。10C【解析】【分析】必须加入还原剂才能实现，说明题中物质具有氧化性，加入还原剂后发生氧化还原反应，所含元素化合价降低，以此解答。【详解】A、FeSH2S，无化合价变化，非氧化还原反应，故A错误；B、SO2SO32-无化合价变化，非氧化还原反应，故B错误；C.、Fe3+Fe2+ 化合价降低，被还原，应加入还原剂才能实现，所以C选项是正确的；D、CuCu2+，化合价升高，被氧化，应加氧化剂，故D错误。所以C选项是正确的。11D【解析】【分析】由发生的化学的反应可以知道，若存在元素的化合价变化，与氧化还原反应有关；若不存在元素的化合价变化，与氧化还原反应无关，以此来解答。【详解】A. 钢铁生锈生成氧化铁，Fe、O元素的化合价变化，为氧化还原反应，故A不选；B.氢气爆炸生成水，H、O元素的化合价变化，为氧化还原反应，故B不选；C. 食物被氧化而导致腐败，为氧化还原反应，故C不选；D. 大理石与酸发生复分解反应，没有元素的化合价变化，与氧化还原反应无关，故D选。所以D选项是正确的。【点睛】本题考查氧化还原反应的概念，熟练掌握相应的化学反应并且能够把握反应的实质，通过熟知的化合价变化分析是解题的关键。12C【解析】A 错误，NaHCO3=Na+HCO3B错误，(NH4)2SO4= 2NH4+SO42C 正确D 错误，Ba(OH)2= Ba2+ 2OH13D【解析】【分析】A强碱性溶液中存在大量氢氧根离子，镁离子与氢氧根离子反应； B铜离子为有色离子，不满足溶液无色的条件； C碳酸根离子与钙离子反应生成碳酸钙沉淀； D强酸性溶液中存在大量氢离子，四种离子之间不反应，且都不与氢离子反应。【详解】A. Mg2+与强碱性溶液中的氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；B. Cu2+为有色离子，不满足溶液无色的要求，故B错误；C. Ca2+ 和CO32- 之间反应生成难溶物碳酸钙，在溶液中不能大量共存，故C错误；D. 强酸性溶液中Na+、Fe3+、NO3-、SO42 之间不发生反应，都不与酸性溶液反应，在溶液中能够大量共存，故D正确。故选D。14D【解析】【分析】A.标准状况下，四氯化碳不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算其物质的量；B.没有告诉硝酸镁溶液的体积，无法计算溶液中硝酸根离子的物质的量；C.盐酸为一元酸，而硫酸为二元酸，浓度相等的两溶液中，氢离子浓度一定不相等；D.铁与盐酸反应生成亚铁离子，0.1mol铁反应失去0.2mol电子。【详解】A.标况下，四氯化碳不是气体，题中条件无法计算四氯化碳的物质的量，故A错误；B.没有告诉1mol/L Mg(NO3)2溶液的体积，无法计算溶液中硝酸根离子的数目，故B错误；C.等物质的量浓度的盐酸和硫酸中，硫酸中H+的物质的量浓度为盐酸的2倍，故C错误；D. 5.6g铁的物质的量为0.1mol，0.1mol铁与足量盐酸完全反应失去0.2mol电子，转移的电子数为0.2NA，所以D选项是正确的。所以D选项是正确的。15B【解析】试题分析：A、铜和醋酸不反应，A错误；B、离子方程式正确，B正确；C、没有配平，应该是Zn2Ag+Zn2+2Ag，C错误；D、石灰乳应该用化学式表示，D错误，答案选B。【考点定位】考查离子方程式正误判断【名师点晴】掌握物质的化学性质是解答的关键，注意判断离子方程式正确与否的方法一般是：检查反应能否发生，例如选项A。检查反应物、生成物是否正确。检查各物质拆分是否正确，例如选项D。检查是否符合守恒关系(如：质量守恒和电荷守恒等)，例如选项C。检查是否符合原化学方程式。16B【解析】溶液中阴阳离子所带电荷总数相等，则c(NH4+)+c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(NO3-)+2c(SO42-)，即210-5mol/L+1.910-5mol/L+c(H+)=610-5mol/L+2.310-5mol/L+22.810-5mol/L，解得c(H+)=10-4 mol/L，故选B。17C【解析】试题分析：A、根据题意亚硝酸盐使血红蛋白中的Fe2+转化为高铁Fe3+，所以亚硝酸盐是氧化剂，A错误；B、服用维C可解除亚硝酸盐中毒，即使Fe3+转化为Fe2+，让铁元素发生还原反应，所以维生素C是还原剂，发生氧化反应，B错误；C、维C可使Fe3+转化为Fe2+，让铁元素发生氧化反应，所以维生素C是还原剂，C正确；D、亚硝酸盐使血红蛋白中的Fe2+转化为高铁Fe3+，所以亚硝酸盐是氧化剂，被还原，D错误，选C。考点：考查氧化还原反应，铁离子的相互转化。18B【解析】【详解】A.一水合氨是弱电解质，其在水溶液中不能完全电离，故其电离方程中要用可逆符号，不是等号，故选项A错误；B.稀硫酸与氢氧化钡溶液混合的离子反应为SO42-+2H+Ba2+2OH-2H2O+BaSO4，故选项B正确；C.选项中醋酸是弱酸，不可以拆成H，故选项C错误；D.反应生成Fe2+，正确的离子方程式为：Fe +2H+Fe2+ H2，故选项D错误。综合以上分析，正确答案选B。【点睛】本题考查离子反应，明确发生的化学反应是解答本题的关键，注意电荷守恒及发生的氧化还原反应，选项C为易错点，注意弱酸不能拆成离子。19D【解析】2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2中Fe元素的化合价由+3价降低为+2价，则FeCl3为氧化剂，氧化性Fe3+Cu2+， Fe+CuCl2=FeCl2+Cu中Cu元素的化合价降低，则CuCl2为氧化剂，氧化性Cu2+Fe2+，则各粒子氧化性由强到弱的顺序为Fe3+Cu2+Fe2+，答案选D。点睛：本题考查氧化还原反应中氧化性强弱的比较。根据氧化还原反应中含有元素化合价降低的物质为氧化剂，氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性来解答。20B【解析】【分析】由电荷守恒可知，n=1，设RO3n中R元素的化合价为x，结合元素的化合价可解答。【详解】由电荷守恒可知，n=1，设RO3n中R元素的化合价为x，则x(-2)3=-1，解得x=+5，故选：B。【点睛】本题解题关键：把握电荷守恒，侧重分析、应用及计算能力的考查。本题除了利用离子反应中电荷守恒外，还可以依据氧化还原反应中的得失电子守恒计算。21A【解析】A反应中N元素的化合价从0价降低到-3价，转移3个电子，则每生成1molAlN需转移3mol电子，A正确；B氮元素化合价从0价降低到-3价，碳元素化合价从0价升高到+2价，该反应中，氧化剂氮气，还原剂是碳，B错误；C铝属于活泼的金属，氮化铝中氮元素的化合价是-3价，C错误；D氮化铝的摩尔质量是41g/mol，D错误；答案选A。22C【解析】要先除去硫酸根离子，然后再除去钙离子，加入过量的碳酸钠溶液可以除去过量的钡离子，如果试剂顺序加反了，过量的钡离子就没法除去，至于加入氢氧化钠除去镁离子在除钙离子和硫酸根离子前面还是后面的顺序不受限制，因为过量的氢氧化钠加入盐酸就可以调节除去了，只要将三种离子除尽，再过滤就可以了，最后加盐酸除去过量的氢氧根离子和碳酸根离子，所以正确的顺序为或，答案选C。23C【解析】根据质量守恒定律可知生成E的质量是15g+10.5g7.2g1.8g16.5g，则E的摩尔质量是16.5g0.3mol55g/mol，答案选C。24B【解析】隔板不移动，说明两边的压强相等，温度相同，因此体积比等于物质的量之比，即有，解得混合气体物质的量为0.25mol，混合气体平均摩尔质量为8/0.25gmol1=32gmol1，采用十字交叉法，得出CO和CO2的物质的量之比=3：1，物质的量之比等于分子数之比，即为3：1，故选项B正确。25CaCl2 HCl AgNO3 Na2CO3 Cl+Ag+=AgCl Ca2+CO32=CaCO3 【解析】【分析】B和D有气体生成，只有碳酸钠和盐酸反应能生成气体，所以B和D是盐酸和碳酸钠，A和C是氯化钙和硝酸银；A和B没有现象发生，二者应是盐酸与氯化钙，所以B是盐酸，A是氯化钙，则D是碳酸钠，C是硝酸银，据此解答。【详解】B和D有气体生成，只有碳酸钠和盐酸反应能生成气体，所以B和D是盐酸和碳酸钠，A和C是氯化钙和硝酸银；A和B没有现象发生，二者应是盐酸与氯化钙，所以B是盐酸，A是氯化钙，则D是碳酸钠，C是硝酸银，(1)由上述分析可以知道，A为CaCl2，B为HCl，C为AgNO3，D为Na2CO3 ，因此，本题正确答案是：CaCl2 ；HCl；AgNO3 ；Na2CO3 ；(2)反应是盐酸与硝酸银反应生成氯化银与硝酸，反应离子方程式为：Cl+Ag+=AgCl，反应是氯化钙与碳酸钠反应生成碳酸钙与氯化钠，反应离子方程式为：Ca2+CO32=CaCO3。因此，本题正确答案是：Cl+Ag+=AgCl；Ca2+CO32=CaCO3。26KIO3 5:1 0.5NA 溶液分层，上层无色，下层紫红色 蒸馏烧瓶 温度计 g A、D 13.6 15 ACD 【解析】【分析】(1) KIO3+5KI+3H2SO43I2+3H2O+3K2SO4中，KIO3中I元素的化合价由+5价降低为0，KI中I元素的化合价由-1价升高为0，化合价升高值=化合价降低值=转移电子数，根据化合价变化确定电子转移情况；(2)碘易溶于有机溶剂，在四氯化碳在的溶解度远大于在水中，加入四氯化碳萃取水中的碘，四氯化碳与水不互溶，溶液分成两层，四氯化碳的密度比水大，有机层在下层，碘溶于四氯化碳呈紫红色，上层几乎无色；(3)利用蒸馏的方法将四氯化碳和I2的混合溶液分离，用到的仪器有铁架台、酒精灯、蒸馏烧瓶、温度计、冷凝管、牛角管和锥形瓶等，冷凝管水要下进上出，以此分析；(4)根据容量瓶的使用方法和注意事项来回答问题；(5)根据稀释前后溶质的质量不变列方程来计算，根据量筒的量取规则来选择；(6)分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响，根据c=分析对所配溶液浓度的影响。【详解】(1) KIO3+5KI+3H2SO43I2+3H2O+3K2SO4中，KIO3中I元素的化合价由+5价降低为0，KI中I元素的化合价由-1价升高为0，化合价升高值=化合价降低值=转移电子数=5，电子转移情况为：，则KIO3为氧化剂，+5价的I元素被还原，KI为还原剂，-1价的I元素被氧化，氧化产物与还原产物均为碘，由原子守恒及反应可以知道，物质的量之比为5：1；生成0.3mol的单质碘，则转移的电子数目是：0.3NA=0.5 NA,因此，本题正确答案是：KIO3；5：1；0.5 NA；(2) 反应生成碘单质，碘易溶于有机溶剂，在四氯化碳在的溶解度远大于在水中，加入四氯化碳萃取水中的碘，四氯化碳与水不互溶，溶液分成两层，四氯化碳的密度比水大，有机层在下层，碘溶于四氯化碳呈紫红色，上层几乎无色，因此，本题正确答案是：溶液分层，上层无色，下层紫红色；(3) 利用蒸馏的方法将四氯化碳和I2的混合溶液分离，用到的仪器有铁架台、酒精灯、蒸馏烧瓶、温度计、冷凝管、牛角管和锥形瓶等；冷凝管下口进水，上口出水，对照装置图，仪器的名称为：蒸馏烧瓶；还缺少的仪器是温度计；冷凝管的进水口是g；因此，本题正确答案是：蒸馏烧瓶；温度计；g；(4)A.使用容量瓶前检查其是否漏水，否则配制溶液的浓度有误差，所以A选项是正确的；B.容量瓶用蒸馏水洗净后，再用待配溶液洗涤，导致溶质的物质的量偏大，配制溶液的浓度偏高，故B错误；C.容量瓶只能用于配制一定浓度的溶液，不能在容量瓶中溶解溶质，故C错误；D.盖好瓶盖，用食指顶住瓶塞，用另一只手的手指托住瓶底，把容量瓶倒转和摇动多次，目的是摇匀溶液，所以D选项是正确的；因此，本题正确答案是：A、D；(5)设浓硫酸的体积为VmL，稀释前后溶质的质量不变，则：98%1.84g/cm3V=0.5mol/L0.50L98g/mol，计算得出V=13.6mL，为减小误差，应选用15mL的量筒，因此，本题正确答案是：13.6；15；(6)A.未冷却到室温就将溶液转移到容量瓶并定容，溶液冷却后体积偏小，配制的溶液浓度偏高，所以A选项是正确的；B.转移时没有洗涤烧杯、玻璃棒，导致配制的溶液中溶质的物质的量偏小，配制的溶液浓度偏低，故B错误；C.定容时俯视刻度线，导致加入的蒸馏水体积偏小，配制的溶液体积偏小，溶液浓度偏高，所以C选项是正确的；D.洗涤量筒，溶质的物质的量偏大，配制的溶液浓度偏高，所以D选项是正确的；E.又加蒸馏水至刻度线，配制的溶液体积偏大，溶液浓度偏小，故E错误。因此，本题正确答案是：ACD。27将装置内残留的二氧化碳全部排出，达到精确测量的目的 NaOH 偏大 CO32+2H+H2O+CO2 88.3% 【解析】【分析】(1)据实验目的来分析装置A中碱液的作用；(2)据装置C的作用可以知道对测定结果的影响；(3)据酸与盐的反应规律，反应物、生成物可写出反应的离子方程式；(4)分析实验前后装置D质量变化，并由此质量差来计算样品中碳酸钠的质量，求出样品中碳酸钠的质量分数。【详解】