浙江省A9协作体2024-2025学年高一化学上学期期中联考试题含解析

Page1浙江省A9协作体2023-2024学年高一上学期期中联考化学试题考生须知：1.本卷满分100分，考试时间90分钟；2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字。3.全部答案必需写在答题卷上，写在试卷上无效；4.考试结束后，只需上交答题卷。5.可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Mg-24Al-27Fe-56Cl-35.5K-39Cu-64选择题部分一、选择题(本大题共20小题，1~10每小题2分，11~20每小题3分，共50分。每小题列出的四个备选项只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1.2023年9月杭州亚运会胜利举办。亚运主火炬采纳的燃料“甲醇”属于A.氧化物 B.盐 C.有机物 D.单质【答案】C【解析】【详解】甲醇是C、H、O组成的化合物，属于有机物，故答案为C；2.下列改变，与氧化还原反应无关的是A.钢铁的生锈B.切开的苹果变色C.钟乳石的形成D.利用催化剂削减汽车尾气中有害气体的排放【答案】C【解析】【详解】A．铁的生锈是铁与氧气发生的氧化反应，与氧化还原反应有关，故A不符合题意；B．切开的苹果变色是氧气将苹果中还原物质氧化而变色，故B不符合题意；C．钟乳石的形成Ca(OH)2+CO2=CaCO3+H2O，CaCO3+CO2+H2O=Ca(HCO3)2，其间没有化合价的改变与氧化还原反应无关，故C符合题意；D．利用催化剂将汽车尾气中有害气体NO、CO转化为N2和CO2削减有害气体的排放，故D不符合题意；故答案为C。3.钠是一种重要金属，下列说法不正确的是A.许久放置空气中，最终变为Na2CO3B.性质活泼，可以从CuSO4溶液中置换出CuC.在空气中燃烧，发出黄色火焰D.保存在石蜡油或煤油中【答案】B【解析】【详解】A．钠放置在空气中，会被缓慢氧化且生成白色的Na2O，汲取空气中的水分和CO2，最终变为Na2CO3，故A正确；B．钠与CuSO4溶液反应时，首先跟水反应生成NaOH，NaOH会与CuSO4反应生成Cu(OH)2蓝色絮状沉淀，不会将Cu置换出来，故B错误；C．钠元素的焰色为黄色，钠在空气中燃烧，发出黄色火焰，故C正确；D．钠的密度大于石蜡油和煤油，故可以保存在石蜡油或煤油中液封，故D正确；故答案为B。4.物质的性质确定用途，下列两者对应关系不正确的是A.氧化钙易吸水，可用作干燥剂B.过氧化钠与二氧化碳反应生成氧气，可做呼吸面具的供氧剂C.碳酸钠与盐酸反应，可用于治疗胃酸过多D.次氯酸有强氧化性，可用于杀菌消毒【答案】C【解析】【详解】A．氧化钙易吸水，可用作干燥剂，故A正确；B．过氧化钠与二氧化碳反应生成氧气，人体呼出二氧化碳，所以过氧化钠可做呼吸面具的供氧剂，故B正确；C．碳酸钠与盐酸反应，但是碳酸钠溶液碱性较强，所以不能用于治疗胃酸过多，故C错误；D．次氯酸有强氧化性，可用于杀菌消毒，故D正确；故答案为：C。5.下列离子在指定条件下能共存的是A.澄清透亮的溶液中：Mg2+、Cu2+、SO、NOB.含有NH的溶液：K+、CO、OH-、Ba2+C.石蕊变红的溶液：Cl-、Na+、ClO-、Mg2+D.常温下pH=13的溶液：K+、HCO、CH3COO-、Ca2+【答案】A【解析】【详解】A．澄清透亮的溶液中：Mg2+、Cu2+、SO、NO相互不反应，可以大量共存，故A正确；B．含有NH的溶液与OH-生成一水合氨，CO与Ba2+生成沉淀，不能大量共存，故B错误；C．石蕊变红的溶液显示酸性，H+与ClO-生成弱电解质，不能大量共存，故C错误；D．常温下pH=13的溶液含有大量OH-，OH-与HCO反应，OH-与Ca2+生成微溶物，故D错误；故答案为A。6.化学家为推动社会发展做出了重大贡献，下列说法不正确的是A.中国化学家屠呦呦发觉并提取青蒿素，有效降低了疟疾患者死亡率B.中国化学家合成结晶牛胰岛素，为人类揭开生命奇妙作出了贡献C.俄国化学家门捷列夫发觉元素周期律，使化学探讨变得有规律可循D.瑞典化学家舍勒发觉并命名了氯气，开启了氯气探讨的序幕【答案】D【解析】【详解】A．中国化学家屠呦呦发觉并提取青蒿素，有效降低了疟疾患者死亡率，故A正确；B．中国化学家合成结晶牛胰岛素，为人类揭开生命奇妙作出了贡献，故B正确；C．俄国化学家门捷列夫发觉元素周期律，使化学探讨变得有规律可循，故C正确；D．瑞典化学家舍勒发觉了氯气，英国化学家戴维命名了氯气，故D错误；故答案为：D。7.NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.Fe在1molCl2中完全反应，转移电子数3NAB.常温常压下，22gCO2含有分子数为0.5NAC.标况下，11.2LH2O含有氢原子数为NAD.1L0.1mol·L-1Na2SO4溶液中含有的氧原子数为0.4NA【答案】B【解析】【详解】A．Fe在1molCl2中完全反应，假如Cl2消耗完，转移电子数为2NA，题中只说Fe完全反应，不知道Fe详细的物质的量，所以转移电子数无法计算，故A错误；B．22gCO2的物质的量为0.5mol，分子数为0.5NA，故B正确；C．标况下H2O不是气体，11.2LH2O的物质的量不是0.5mol，含有氢原子数不为NA，故C错误；D．1L0.1mol·L-1Na2SO4溶液中硫酸根含有的氧原子数为0.4NA，溶液中的水也含有氧原子，所以溶液中含有的氧原子数不为0.4NA，故D错误；故答案为：B。8.下列离子方程式正确的是A.澄清石灰水中通入过量的二氧化碳CO2＋OH-=HCOB.金属钠和水：Na+2H2O=Na++2OH-+H2↑C.碳酸钡和稀硝酸：CO+2H+=CO2↑+H2OD.将稀硫酸滴加到铜片上：Cu+2H+=Cu2++H2↑【答案】A【解析】【详解】A．澄清石灰水中通入过量的二氧化碳生成可溶的碳酸氢钙，CO2＋OH-=HCO，故A正确；B．电荷不守恒，2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，故B错误；C．碳酸钡难溶，不能拆，BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O，故C错误；D．稀硫酸与铜不反应，故D错误；故答案为A。9.分类是相识和探讨物质的常用方法。下列说法正确的是A.依据是否有丁达尔效应，可将分散系分为溶液、胶体和浊液B.依据盐溶液的酸碱性，可将盐分为酸式盐、碱式盐和正盐C.依据分子中氢原子的多少，可将酸分为一元酸、二元酸和多元酸D.依据水溶液或熔融态能否导电，可将化合物分为电解质和非电解质【答案】D【解析】【详解】A．依据分散系分散质微粒直径将分散系分为溶液、胶体和浊液，溶液中分散质微粒直径小于1nm，胶体分散质微粒直径介于1-100nm之间，浊液分散质微粒直径大于100nm，丁达尔现象是胶体性质之一，不是分散系分类标准，故A错误；B．正盐就是在酸跟碱完全中和生成的盐；酸式盐可电离出氢离子的盐，通常是酸中的氢离子部分被中和的产物；碱式盐的定义是电离时生成的阴离子除酸根离子外还有氢氧根离子，阳离子为金属离子（或铵根）的盐。不是依据盐溶液的酸碱性分的，故B错误；C．依据酸分子能电离出的氢离子数，可将酸分为一元酸、二元酸和多元酸，故C错误；D．将化合物在水溶液或熔融态能否导电，可分为电解质和非电解质，故D正确；故答案为D。10.下列有关试验的说法，不正确的是A.金属Na着火，应用干燥的沙土灭火B.假如不慎将碱沾到皮肤上，应马上用大量水冲洗，然后涂上1％的硼酸C.试验剩余药品都不能放回原试剂瓶，防止污染瓶中药品D.某些强氧化剂(如：氯酸钾、高锰酸钾)及其混合物不能研磨，否则可能引起爆炸【答案】C【解析】【详解】A．Na与水反应生成氢气，氢气易燃易爆，Na着火生成过氧化钠，过氧化钠与水、二氧化碳都能反应生成氧气，氧气助燃，所以Na着火应用干燥的沙土灭火，故A正确；B．假如不慎将碱沾到皮肤上，应马上用大量水冲洗，然后涂上1％的硼酸，故B正确；C．试验剩余药品不能放回原试剂瓶，防止污染瓶中药品，但是钠、钾等特别药品可以放回原试剂瓶，故C错误；D．某些强氧化剂(如：氯酸钾、高锰酸钾)及其混合物不能研磨，否则可能引起爆炸，故正D确；故答案为：C。11.向肯定体积的Ba(OH)2中逐滴滴入稀硫酸，导电实力随时间改变的曲线如图所示，下列说法不正确的是A.A点导电实力强，是因为：Ba(OH)2=Ba2++2OH-B.AB段发生的反应为：Ba2++2OH-+SO+2H+=BaSO4↓+2H2OC.a时刻恰好完全反应，导电性约为零，说明BaSO4是非电解质D.BC段导电性增加，是因为过量的硫酸电离出的离子导电【答案】C【解析】【详解】A．离子浓度越大，导电实力越强，A点Ba(OH)2浓度最大，导电实力强，A点存：Ba(OH)2=Ba2++2OH-，故A正确；B．AB是硫酸渐渐中和了Ba(OH)2生成了BaSO4沉淀和水，离子浓度减小，到B点离子浓度约为0，导电实力几乎为0，AB段发生的反应为：Ba2++2OH-+SO+2H+=BaSO4↓+2H2O，故B正确；C．BaSO4在水中难电离，但是属于强电解质，a时刻恰好完全反应，导电性约为零，说明此时离子浓度几乎为零，故C错误；D．加入过量的硫酸，BC段导电性增加，是因为过量的硫酸又电离出了离子，导电实力渐渐增加，故D正确；故答案为C。12.某无土栽培的植物培育液成分为：KCl：0.3mol/L、K2SO4：0.2mol/L、ZnSO4：0.1mol/L，若以KCl、K2SO4、ZnCl2为原料配制1L培育液，须要KCl的物质的量为A.0.1mol B.0.2mol C.0.3mol D.0.4mol【答案】A【解析】【详解】依据元素守恒可知培育液成分含有浓度为0.1mol/L，，再依据Cl-守恒可知培育液成分含有，故，物质的量为0.1mol/L×1L=0.1mol；故答案为A。13.下列除杂操作正确的是物质杂质提纯方法AKCl固体MnO2加水溶解、过滤后结晶BCO2HCl通入饱和碳酸钠溶液中洗气CNaHCO3溶液Na2CO3滴加适量盐酸DN2O2通过热的CuOA.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．MnO2难溶于水，KCl固体可溶于水，加水溶解、过滤后结晶可以分别两种物质，故A正确；B．饱和碳酸钠溶液能汲取CO2，应当用饱和碳酸氢钠溶液除去HCl，故B错误；C．NaHCO3溶液中含有Na2CO3，可以通入过量的CO2，故C错误；D．N2含有O2，应当通过炙热的Cu，故D错误；故答案为A。14.下列说法正确的是A.将0.585g氯化钠固体加入到100mL水中溶解，得到的氯化钠溶液浓度为0.1mol/LB.向NaOH溶液中滴加饱和FeCl3溶液，可以制得Fe(OH)3胶体C.氯化钠溶液在电流的作用下能电离产生Na+、Cl-D.CO的摩尔质量为60g/mol【答案】D【解析】【详解】A．将0.585g氯化钠固体加入到100mL水中溶解，氯化钠的物质的量是0.01mol，但是得到的氯化钠溶液的体积不是100mL，所以其浓度不是0.1mol/L，故A错误；B．向NaOH溶液中滴加饱和FeCl3溶液，得到的是Fe(OH)3沉淀而不是Fe(OH)3胶体，故B错误；C．氯化钠溶液中氯化钠是在水分子作用下电离产生Na+、Cl-，不是在电流的作用下电离，故C错误；D．的相对分子质量是60，所以其摩尔质量为60g/mol，故D正确；故答案为：D。15.硝酸是一种重要的化工原料，工业制备涉及的一个反应为：3NO2+H2O=2HNO3+NO。下列说法不正确的是A.H2O既不是氧化剂也不是还原剂B.NO是还原产物C.氧化剂与还原剂之比为2：1D.生成1molHNO3转移电子1mol【答案】C【解析】【分析】3NO2+H2O=2HNO3+NO反应中，氮元素从+4价上升到+5价，所得硝酸为氧化产物，另一部分氮元素从+4价降低到+2价，所得NO为还原产物，3NO2中2NO2为还原剂、1NO2为氧化剂。【详解】A．据分析，H2O既不是氧化剂也不是还原剂，A正确；B．据分析，NO是还原产物，B正确；C．据分析，氧化剂与还原剂之比为1：2，C错误；D．3NO2+H2O=2HNO3+NO~2e-，得失电子守恒，每生成2molHNO3转移电子2mol，则生成1molHNO3转移电子1mol，D正确；答案选C。16.某温度下，向图中所示a、b中分别通入等质量的CH4和O2(密封隔板Ⅰ、Ⅱ可自由滑动，且与容器内壁的摩擦忽视不计)。下列说法不正确的是A.a中通入的气体是O2 B.a和b中原子个数之比为2：5C.a和b中气体密度之比是2：1 D.a和b的体积比为1：2【答案】B【解析】【详解】据某温度下密封隔板Ⅰ、Ⅱ可自由滑动，且与容器内壁的摩擦忽视不计可知条件为：同温同压，又据阿伏加德罗推论知：同温同压，两气体体积之比等于其物质的量之比。所以物质的量：a<b，又据m=知等质量时，气体的摩尔质量与其物质的量成反比，即摩尔质量：a>b，故a为O2、b为CH4。，其原子个数比为：，又据阿伏加德罗推论知同温同压，两气体密度之比等于其摩尔质量之比，所以a和b中气体密度之比为32:16=2:1，故答案为：B。17.下列“类比”结果正确的是A.H2在空气中燃烧，火焰为淡蓝色，则H2在氯气中燃烧，火焰也为淡蓝色B.金属钠可以与水反应放出氢气，则金属钾也可以与水反应放出氢气C.Na2O与水反应生成NaOH，是碱性氧化物，则Na2O2与水反应生成NaOH，也是碱性氧化物D.CaCO3受热易分解，则Na2CO3受热也易分解【答案】B【解析】【详解】A．H2在空气中燃烧，火焰为淡蓝色，但是H2在氯气中燃烧，火焰为苍白色，故A错误；B．金属钠可以与水反应放出氢气，金属钾比钠更活泼，则金属钾也可以与水反应放出氢气，故B正确；C．Na2O与水反应生成NaOH，是碱性氧化物，但是Na2O2与水反应生成NaOH同时还生成了氧气，不属于碱性氧化物，故C错误；D．CaCO3受热易分解，但是Na2CO3受热不分解，故D错误；故答案为B。18.常温下，Fe3＋对H2O2的分解有催化作用，一般认为其催化机理为2Fe3++H2O2=2Fe2++O2↑+2H+；2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O。下列说法正确的是A.H2O2的氧化性比Fe3＋强，其还原性比Fe2＋弱B.在H2O2分解过程中，溶液的酸性渐渐增加C.催化剂参加化学反应，但前后质量保持不变D.消耗34gH2O2，生成氧气11.2L【答案】C【解析】【详解】A．在反应2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O中，H2O2是氧化剂、Fe3+是氧化产物，据氧化剂的氧化性强于氧化产物，得氧化性：H2O2强于Fe3+；在反应2Fe3++H2O2=2Fe2++O2↑+2H+中，H2O2是还原剂、Fe2+是还原产物，据还原剂的还原性强于产物，得还原性：H2O2还原性强于Fe2+，故A错误；B．H2O2分解化学方程式为：2H2O2=2H2O+O2↑，随着反应进行，具有弱酸性的H2O2在消耗削减，同时生成了水，所以溶液酸性减弱，故B错误；C．由题中所给催化过程中的反应和H2O2分解化学方程式2H2O2=2H2O+O2↑可知，催化剂参加化学反应，但前后质量保持不变，故C正确；D．消耗34gH2O2，生成氧气的物质的量是0.5mol，但其体积在标准状况下是11.2L，其他状况不肯定是11.2L，而题中没有指明条件所以不肯定是11.2L，故D错误；故答案为：C。19.氯在饮用水处理中常用作杀菌剂，且HClO的杀菌实力比ClO-强。25℃时氯气-氯水体系中Cl2、HClO和ClO-三种微粒所占百分数与pH改变的关系如图所示。下列表述不正确的是A.向氯水中滴加少量石蕊试液，先变红，后红色消逝B.用强光照耀氯水，溶液酸性增加，杀菌实力减弱C.为了达到氯水最大杀菌效果，溶液的pH最佳限制范围是3~5.5D.氯处理饮用水时，在夏季的杀菌效果比在冬季好【答案】D【解析】【详解】A．氯水具有酸性，次氯酸具有强氧化性能漂白指示剂，故向氯水中滴加少量石蕊试液，先变红，后红色消逝，故A正确；B．用强光照耀氯水，次氯酸分解生成氧气和HCl，溶液酸性增加，杀菌实力减弱，故B正确；C．HClO的杀菌实力比ClO-强，如图所示溶液的pH范围是3~5.5时c(HClO)最大，杀菌实力最强，故C正确；D．夏季温度高,氯的溶解度低，杀菌效果也变差，故D错误；故答案为D。20.下列试验操作、现象和结论都正确的是试验操作现象结论A将铂丝用硫酸洗净后，在火焰上灼烧至无色，蘸取溶液在火焰上灼烧，视察火焰颜色火焰为紫色溶液中含有K+B向某溶液中加入稀盐酸，产生的气体通入澄清石灰水石灰水变浑浊该溶液是碳酸盐溶液C将有色鲜花放入盛有干燥氯气集气瓶中鲜花变色干燥的氯气有漂白性D向装有NaHCO3固体的试管中滴入几滴水，将温度计插入其中，视察温度改变温度降低NaHCO3溶解吸热A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．硫酸不挥发，应当用盐酸洗铂丝，视察K+的焰色反应须要透过蓝色的钴玻璃，不能干脆视察，故A错误；B．SO2、CO2都可以使澄清石灰水变浑浊，向某溶液中加入稀盐酸，产生的气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊，溶液是可能是碳酸盐、碳酸氢盐或者亚硫酸盐或亚硫酸氢盐溶液，故B错误；C．干燥的氯气不具有漂白性，氯气与水反应生成HClO可使有色鲜花变色，故C错误；D．向装有NaHCO3固体的试管中滴入几滴水，将温度计插入其中，温度降低，说明NaHCO3溶解吸热，故D正确；故答案为D。非选择题部分二、非选择题(本大题共4小题，共50分)21.按要求填空（1）请写出一种与O2互为同素异形体的物质的化学式___________。（2）碳酸氢钠在水中的电离方程式___________。（3）药物“胃舒平”中含有氢氧化铝，可用来治疗胃酸(主要成分是盐酸)过多，离子方程式为___________。（4）某氯化物MCl227g，含有0.4molCl-，则M的相对原子质量为___________。（5）“活性氧”能加速人体老化，被称为“生命杀手”，服用亚硒酸钠可以消退人体中的活性氧。从氧化还原反应角度分析，亚硒酸钠的作用是___________。【答案】（1）O3(其他合理答案也可)（2）NaHCO3=Na++（3）Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O（4）64（5）还原剂【解析】【小问1详解】同素异形体是同种元素形成的不同单质，氧元素形成的单质还有O3，所以与O2互为同素异形体的物质的化学式为：O3；【小问2详解】碳酸氢钠为弱酸的酸式盐，强电解质，但是弱酸酸式根不完全电离，不能拆，所以其在水中的电离方程式为：NaHCO3=Na++；【小问3详解】氢氧化铝和盐酸反应生成氯化铝和水，其中氢氧化铝属于难溶物不能拆，离子方程式为：Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O；【小问4详解】含有0.4molCl-的MCl2其物质的量为0.2mol，所以MCl2的摩尔质量为，即其相对分子质量为135，所以M的相对原子质量为；【小问5详解】“活性氧”能加速人体老化，被称为“生命杀手”，服用亚硒酸钠可以消退人体中的活性氧，说明亚硒酸钠能将“活性氧”还原，所以亚硒酸钠的作用是还原剂。22.“84”消毒液是常见的含氯消毒液，在日常疫情防控中发挥了重要作用。某化学小组利用如下装置进行制备。已知：3Cl2+6NaOH5NaCl+NaClO3+3H2O（1）试剂瓶a中装的试剂是___________。（2）制备试验起先，以下操作依次是___________(填序号)。A．往烧瓶中加入MnO2粉末B．加热C．往烧瓶中加入浓盐酸D．检查装置气密性（3）烧瓶中发生的离子方程式为___________（4）小组同学查阅资料得知：氯气与NaOH溶液反应会放热，导致NaClO产率下降。请对该装置提出一个改进措施。___________（5）“84”消毒液的运用要遵守运用说明，假如不当心将“84”消毒液滴在了有色衣物上，会出现褪色现象。请用化学学问说明___________（6）“有效氯含量”可用来衡量含氯消毒剂的消毒实力，其定义是：每克含氯消毒剂的氧化实力相当于多少克Cl2的氧化实力。NaClO的有效氯含量为___________(保留2位小数)。【答案】（1）饱和食盐水（2）DACB（3）MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O（4）把b进行冷水浴(其他合理答案也可)（5）NaClO在空气中CO2作用下生成HClO，HClO有漂白性（6）0.95【解析】【分析】浓盐酸和二氧化锰加热生成氯气，氯气中混有HCl，通过饱和食盐水除去HCl气体，将Cl2通入NaOH溶液制备“84”消毒液，c装置用于处理未反应完的Cl2尾气。【小问1详解】依据分析可知试剂瓶a中装的试剂是饱和食盐水，用于除去氯气中混有的HCl；【小问2详解】制备气体的试验起先应检查装置气密性，气密性良好，起先加药品，往烧瓶中加入MnO2粉末，接着往烧瓶中加入浓盐酸，起先加热反应，产生Cl2，故试验依次为DACB；【小问3详解】烧瓶中发生浓盐酸和二氧化锰加热生成氯气，离子方程式为；【小问4详解】氯气与NaOH溶液反应会放热，导致NaClO产率下降。依据题干信息可知，把b进行冷水浴，降低温度，避开副反应发生；【小问5详解】“84”消毒液的运用要遵守运用说明，假如不当心将“84”消毒液滴在了有色衣物上，会出现褪色现象。是因为NaClO在空气中CO2和H2O作用下生成HClO，HClO有漂白性，将颜色漂白。【小问6详解】“有效氯含量”可用来衡量含氯消毒剂的消毒实力，其定义是：每克含氯消毒剂的氧化实力相当于多少克Cl2的氧化实力。设1gNaClO的有效氯含量相当于x克Cl2的氧化实力，NaClO的有效氯含量为，；23.我国是世界产盐大国，海盐、湖盐和井盐的总产量居世界其次位。某同学进行粗盐的提纯并配制溶液、检验纯度试验。(一)粗盐的提纯（1）粗盐中含有泥沙、Ca2+、Mg2+、SO杂质，请选择合适的操作补全试验流程。_______将粗盐溶解→加入NaOH溶液→___________→___________→___________→___________→结晶得到精盐加入稀盐酸B．加入稀硫酸C．过滤D．加入BaCl2溶液E．加入Na2CO3溶液（2）以上流程中加酸的目的是(用离子方程式表示)___________(二)肯定浓度溶液的配制：用制得的精盐配制100mL1.00mol/LNaCl溶液（3）试验中用到的玻璃仪器，除了烧杯、量筒、胶头滴管外，还须要___________（4）定容时的操作：当液面离容量瓶刻度线1~2cm时，___________，再将容量瓶塞盖好，反复上下颠倒，摇匀。（5）下列操作会使配得的NaCl溶液浓度偏低的是___________。A.没有进行洗涤操作B.定容时俯视容量瓶的刻度线C.摇匀后发觉液面低于容量瓶刻度线，再滴加蒸馏水至刻度线D.转移洗涤液时洒到容量瓶外，接着用该未清洗的容量瓶重新配制(三)纯度测定取25.00mL所配溶液于锥形瓶中，加入几滴K2CrO4溶液(指示反应终点)，在不断摇动下，滴加1.00mol/LAgNO3溶液反应。平行测试3次，平均消耗AgNO3溶液23.50mL。（6）制得的NaCl的纯度是___________。【答案】23.DECA24.H++OH-=H2O；2H++CO=CO2↑+H2O25.玻璃棒，100mL容量瓶26.改用胶头滴管滴加蒸馏水至溶液的凹液面与刻度线相切27.AC28.94％【解析】【小问1详解】粗盐中含有泥沙、Ca2+、Mg2+、SO杂质，将粗盐溶解，加入NaOH溶液Mg2+生成沉淀，加入BaCl2溶液，SO生成沉淀，加入Na2CO3溶液，Ca2+和过量的Ba2+都生成碳酸盐沉淀，留意必需保证加入Na2CO3溶液在加入BaCl2溶液之后，才能除去过量的Ba2+，将上述沉淀过滤，加入稀盐酸调pH到中性，蒸发结晶得到精盐。故答案为：DECA；【小问2详解】以上流程中加酸的目的是中和过量的NaOH溶液和Na2CO3溶液，离子方程式为：H++OH-=H2O；2H++CO=CO2↑+H2O；【小问3详解】配制100mL1.00mol/LNaCl溶液步骤有计算、称量、溶解、转移、洗涤、定容摇匀，须要的玻璃仪器有：烧杯、量筒、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管；【小问4详解】定容时的操作：当液面离容量瓶刻度线1~2cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至溶液的凹液面与刻度线相切，再将容量瓶塞盖好，反复上下颠倒，摇匀；【小问5详解】A.没有进行洗涤操作，造成溶质损失，配得的NaCl溶液浓度偏低，故A正确；B.定容时俯视容量瓶的刻度线，加水加少了，造成NaCl溶液浓度偏高，故B错误；C.摇匀后发觉液面低于容量瓶刻度线，再滴加蒸馏水至刻度线，加水加多了，造成NaCl溶液浓度偏低，故C正确；D.转移洗涤液时洒到容量瓶外，接着用该未清洗的容量瓶重新配制，容量瓶内沾有溶质，再次配制，会造成NaCl溶液浓度偏搞，故D错误；故答案为AC；【小问6详解】