甘肃省2022年上学期白银市会宁一中高一化学第一次月考试题答案

甘肃省2022年上学期白银市会宁一中高一化学第一次月考试题答案一、选择题（每小题只有1个选项符合题意。共16个小题，每小题3分，共48分。）1．（3分）关于粗盐提纯的下列说法正确的是（　　）A．溶解粗盐时，应多加水尽量使溶液稀些，防止食盐溶解不完全B．滤去不溶性杂质以后，将滤液移至坩埚内加热浓缩C．当蒸发到剩有少量液体时，停止加热，利用余热将液体蒸干D．将制得的NaCl晶体转移到新制过滤器中用大量水进行洗涤【分析】A．溶解粗盐时，要适量加水；B．加热浓缩应在蒸发皿中进行；C．蒸发时，蒸发皿中出现大量固体时，停止加热；D．用少量水洗涤制得的晶体．【解答】解：A．溶解时不是越稀越好，如果溶液太稀，蒸发时就要消耗很长时间才能蒸干，故A错误；B．滤液应该移至蒸发皿加热浓缩，不能在坩埚中进行，故B错误；C．蒸发时，当有大量晶体析出时应停止加热，用余热蒸干滤液，以免晶体受热后飞溅出来，不仅造成损失，而且可能因此发生意外事故，故C正确；D．晶体应该用少量水洗涤，加水浸没晶体即可，否则制得的晶体会有很多溶于水，故D错误；故选：C。【点评】本题考查粗盐提纯，为高频考点，把握溶解、过滤、蒸发等混合物分离方法的应用为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意晶体的洗涤为易错点，题目难度不大．2．（3分）设NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（　　）A．2.4g金属镁变成镁离子时失去的电子数目为0.1NAB．16gCH4所含原子数目为NAC．17gNH3所含电子数目为10NAD．1.8g水所含质子数目为10NA【分析】A．求出2.4g金属镁的物质的量，然后根据镁变为镁离子时失去两个电子来分析；16/16\nB．求出甲烷的物质的量，然后根据甲烷中含5个原子来分析；C．求出氨气的物质的量，然后根据氨气中含10个电子来分析；D．求出水的物质的量，然后根据水中含10个质子来分析。【解答】解：A．2.4g金属镁的物质的量n＝＝0.1mol，而镁变为镁离子时失去两个电子，故0.1mol镁失去0.2NA个电子，故A错误；B．16g甲烷的物质的量为n＝＝1mol，而甲烷中含5个原子，故1mol甲烷中含5NA个原子，故B错误；C．17g氨气的物质的量为n＝＝1mol，而氨气中含10个电子，故1mol氨气中含10NA个电子，故C正确；D．1.8g水的物质的量为n＝＝0.1mol，而水中含10个质子，故0.1mol水中含质子为NA个，故D错误。故选：C。【点评】本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。3．（3分）下列实验中，所采取的分离方法与对应原理都正确的是（　　）选项目的分离方法原理A分离溶于水中的碘乙醇萃取碘在乙醇中的溶解度较大B分离水和乙醇分液水和乙醇的密度不同C除去KNO3固体中混杂的NaCl冷却结晶NaCl在水中的溶解度很大D除去丁醇中的乙醚蒸馏丁醇与乙醚的沸点相差较大A．AB．BC．CD．D【分析】A.乙醇易溶于水；B.乙醇和水混溶；C.二者的溶解度随温度的变化不同；D.沸点不同，可用蒸馏的方法分离。16/16\n【解答】解：A.乙醇易溶于水，溶液不分层，不能用乙醇萃取，一般用苯或四氯化碳，故A错误；B.乙醇和水混溶，溶液不分层，不能用分液的方法分离，故B错误；C.二者的溶解度随温度的变化不同，可用重结晶的方法分离，氯化钠的溶解度随温度的变化较小，故C错误；D.二者沸点不同，且相差较大，则可用蒸馏的方法分离，故D正确。故选：D。【点评】本题考查物质的分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度不大。4．（3分）下列对于“摩尔”的理解正确的是（　　）A．摩尔是国际科学界建议采用的一种物理量B．摩尔是物质的量的单位，简称摩，符号为molC．摩尔可以把物质的宏观数量与微观粒子的数量联系起来D．国际上规定，0.012kg碳原子所含有的碳原子数目为1摩【分析】A、物质的量是物理量，摩尔是单位．B、物质的量是含有一定数目粒子的集体，单位是摩尔，简称摩，符号为mol．C、物质的量是连接宏观物质与微观粒子的桥梁，摩尔是单位．D、碳原子指指含有6个质子6个中子的原子，本选项未明确．【解答】解：A、物质的量是物理量，摩尔是单位，故A错误。B、物质的量是含有一定数目粒子的集体，单位是摩尔，简称摩，符号为mol，故B正确。C、物质的量是连接宏观物质与微观粒子的桥梁，摩尔是单位，故C错误。D、碳原子指指含有6个质子6个中子的原子，本选项未明确，故D错误。故选：B。【点评】本题考查的是物质的量的定义、作用等基础知识，属容易题，针对此类习题紧扣教材进行分析即可．5．（3分）下列示意图中，白球代表氢原子，黑球代表氦原子，方框代表容器，容器中间有一个可以左右自由滑动的隔板（其质量忽略不计）．其中能表示相同温度时，等质量的氢气与氦气的是（　　）16/16\nA．B．C．D．【分析】白球代表氢原子，黑球代表氦原子，等质量的氢气与氦气，其物质的量之比＝：＝2：1，相同条件下其体积之比为2：1，据此进行解答．【解答】解：设氢气与氦气都为mg，则二者的物质的量之比为：＝2：1，则体积之比为2：1；A．白球代表氢原子，黑球代表氦原子，符合物质的量之比为2：1，体积之比为2：1，故A正确；B．白球代表氢原子，黑球代表氦原子，物质的量之比＝8：2＝4：1，且氦气是单原子构成的分子，不满足条件，故B错误；C．白球代表氢原子，黑球代表氦原子，物质的量之比2：1，但体积之比为1：2，故C错误；D．白球代表氢原子，黑球代表氦原子，物质的量之比为1：1，体积之比为2：1，故D错误；故选：A。【点评】本题考查阿伏伽德罗定律，题目难度不大，明确等质量的气体中物质的量和体积的关系是解答的关键，并注意氦气的构成来解答．6．（3分）在两个容积相同的容器中，一个盛有HCl气体，另一个盛有H2和Cl2的混合气体。在同温同压下，两容器内的气体一定具有相同的（　　）A．原子数B．密度C．质量D．质子数【分析】在同温同压下，相同体积的任何气体含有相同的分子数，HCl、H2和Cl2都是双原子分子，当二者分子数相等时，原子数一定相等；H原子与Cl原子的质子数不同，两种元素的相对原子质量也不同，在相同体积时，两个容器内的密度、质量和质子数不相等。【解答】解：A、在同温同压下，相同体积的任何气体含有相同的分子数，物质的量相等，HCl、H2和Cl2都是双原子分子，当二者分子数相等时，原子数一定相等，故A正确；16/16\nB、由于氢气和氯气的物质的量关系不确定，二者的质量之和与另一容器中的HCl的质量不一定相等，则密度不一定相等，故B错误；C、由于氢气和氯气的物质的量关系不确定，二者的质量之和与另一容器中的HCl的质量不一定相等，故C错误；D、H原子中含有1个质子，Cl原子中含有17个质子，由于氢气和氯气的物质的量关系不确定，等物质的量时两个容器中气体的质子数不一定相等，故D错误。故选：A。【点评】本题考查阿伏加德罗定律的应用，做题时注意比较两个容器中三种物质的原子构成和相对原子质量关系，本题难度不大。7．（3分）下列实验操作中，不合理的是（　　）A．洗涤沉淀时（如图①），向漏斗中加适量水，搅拌并滤干B．用CCl4提取碘水中的碘，选③C．蒸馏时蒸馏烧瓶中液体的体积不能超过容积的，液体也不能蒸干D．粗盐提纯，选①和②【分析】A．洗涤沉淀，不能搅拌；B．用CCl4提取碘水中的碘，选萃取装置；C．蒸馏时，液体不能太多，且不能蒸干，利用余热加热；D．粗盐提纯，需要溶解、过滤、蒸发操作．【解答】解：A．洗涤沉淀，不能搅拌，应向漏斗中加适量水，使水自然流下，故A错误；B．用CCl4提取碘水中的碘，选萃取装置，则选③，故B正确；C．蒸馏时，液体不能太多，且不能蒸干，利用余热加热，则蒸馏烧瓶中液体的体积不能超过容积的，液体也不能蒸干，故C正确；D．粗盐提纯，需要溶解、过滤、蒸发操作，则选①过滤和②蒸发装置，故D正确；故选：A。16/16\n【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握实验装置图的作用、实验原理为解答的关键，侧重实验基础知识和基本技能的考查，题目难度不大．8．（3分）同温同压下，两种气体的体积如果不相同，其主要原因是（　　）A．气体的分子大小不同B．气体分子间的平均距离不同C．气体的性质不同D．气体的物质的量不同【分析】同温同压下气体摩尔体积相同，根据V＝nVm判断体积不同的原因。【解答】解：对于气体来说，粒子之间的距离远远大于粒子的直径、粒子的质量，同温同压下气体粒子间的距离相等，同温同压下气体摩尔体积相同，由V＝n×Vm，可知气体的体积取决于气体的物质的量不同，故选：D。【点评】本题考查了阿伏伽德罗定律及其推论，难度不大，注意教材基础知识的分析、归纳和积累。9．（3分）有K2SO4和Al2（SO4）3的混合溶液，已知其中Al3+的物质的量浓度为0.4mol/L，SO42﹣的物质的量浓度为0.7mol/L，则此溶液中K+的物质的量浓度为（　　）A．0.1mol/LB．0.15mol/LC．0.2mol/LD．0.25mol/L【分析】由于溶液中c（H+）和c（OH﹣）很小，可忽略不计，溶液呈电中性，根据电荷守恒：3c（Al3+）+c（K+）＝2c（SO42﹣）．【解答】解：由于溶液中c（H+）和c（OH﹣）很小，可忽略不计，溶液呈电中性，根据电荷守恒：3c（Al3+）+c（K+）＝2c（SO42﹣），即3×0.7mol/L+c（K+）＝2×0.7mol/L，c（K+）＝2×0.7mol/L﹣3×0.4mol/L＝0.2mol/L，故选：C。【点评】本题考查溶液浓度的计算，难度不大，注意从溶液电中性的角度计算溶液离子浓度．10．（3分）下列关于气体摩尔体积的说法正确的是（　　）A．22.4L任何气体的物质的量均为1molB．非标准状况下，1mol任何气体体积不可能占有22.4LC．0.1molH2、0.2molO2、0.3molN2和0.4molCO216/16\n组成的混合气体在标准状况下的体积约为22.4LD．标准状况下，1molCO和1molCO2的体积比为1：2【分析】A、体积一定，影响气体物质的量的因素有温度、压强；B、由pV＝nRT可知，不是标准状况下，气体摩尔体积也可以是22.4L/mol；C、标准状况下气体摩尔体积是22.4L/mol，适用于单一气体和混合气体；D、温度压强一定，气体物质的量之比等于其体积比。【解答】解：A、体积一定，影响气体物质的量的因素有温度、压强，22.4L任何气体的物质的量可能为1mol，可能不是1mol，故A错误；B、由pV＝nRT可知，不是标准状况下，1mol任何气体可能占有22.4L体积，故B错误；C、标准状况下气体摩尔体积是22.4L/mol，0.1molH2、0.2molO2、0.3molN2和0.4molCO2组成的混合气体共1mol，混合气体的体积为22.4L，故C正确；D、在同温同压下，相同体积的任何气体单质所含分子数相同，标准状况下，1molCO和1molCO2的体积比为1：1，故D错误；故选：C。【点评】本题考查学生对气体摩尔体积的理解，题目难度不大，注意气体摩尔体积的使用条件与范围。11．（3分）设NA代表阿伏加德罗常数说法不正确的是（　　）A．醋酸的摩尔质量（单位：g/mol）与NA个醋酸分子的质量在数值上相等B．NA个氧分子和NA个氢分子的质量比等于16：1C．28克氮气所含的原子数目为NAD．在标准状况下，0.5NA个氯气分子所占体积约为11.2L【分析】A．醋酸的摩尔质量为60g/mol，NA个醋酸分子的质量为60g；B．分子数目相等，氧气和氢气的质量之比等于其摩尔质量之比；C．根据n＝计算出氮气的物质的量，再计算出含有的原子数；D．根据n＝计算出氯气的物质的量，再根据V＝nVm计算出标况下氯气的体积．【解答】解：A．醋酸的摩尔质量为60g/mol，NA个醋酸的物质的量为1mol，质量为60g，二者的数值都是60，故A正确；B．NA个氧分子和NA16/16\n个氢分子的物质的量相等，根据m＝nM可知，二者的质量之比等于其摩尔质量之比，所以二者的质量比为：32g/mol：2g/mol＝16：1，故B正确；C．28g氮气的物质的量为1mol，1mol氮气中含有2mol氮原子，所含的原子数目为2NA，故C错误；D．0.5NA个氯气分子的物质的量为0.5mol，标况下0.5mol氯气的体积为：22.4L/mol×0.5mol＝11.2L，故D正确；故选：C。【点评】本题考查阿伏加德罗常数的综合应用，题目难度中等，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，明确标况下气体摩尔体积的使用条件，试题培养了学生灵活应用所学知识的能力．12．（3分）将下列溶液分别稀释到100mL，稀释后的溶液中氯离子浓度最大的是（　　）A．15mL1mol•L﹣1的AlCl3B．50mL1mol•L﹣1的KClC．20mL2mol•L﹣1的NH4ClD．10mL2mol•L﹣1的CaCl2【分析】各溶液中氯离子的物质的量浓度c＝，当体积相等时，n越大，浓度越大，据此进行判断。【解答】解：A.15mL1mol•L﹣1的AlCl3，氯离子的浓度为：1mol/L×3＝3mol/L，氯离子的物质的量为n＝c×V＝3mol/L×0.015L＝0.045mol；B.50mL1mol•L﹣1的KCl溶液中，氯离子浓度为1mol/L，氯离子的物质的量为n＝c×V＝1mol/L×0.05L＝0.05mol；C.20mL2mol•L﹣1的NH4Cl溶液中，氯离子浓度为2mol/L，氯离子的物质的量为n＝c×V＝2mol/L×0.02L＝0.04mol；D.10mL2mol•L﹣1的CaCl2中氯离子浓度为：2mol/L×2＝4mol/L，氯离子的物质的量为n＝c×V＝4mol/L×0.01L＝0.04mol；根据分析可知，均稀释到100mL，当体积相等时，n越大，浓度越大，稀释后氯离子浓度最大的为B；故选：B。【点评】本题考查了物质的量浓度的计算，题目难度不大，明确离子的浓度与溶质浓度、化学式组成有关，抓住稀释过程溶质不变为解答关键。16/16\n13．（3分）在一定温度下，某饱和氢氧化钠溶液体积为VmL，溶液密度为dg•cm﹣3，质量分数为ω，物质的量浓度为cmol•L﹣1，溶液中含氢氧化钠的质量为mg。下列叙述错误的是（　　）A．该温度下氢氧化钠的溶解度（S）为×100gB．溶液中溶质的物质的量浓度数值（c）为C．溶液中溶质的物质的量浓度数值（c）为25dωD．溶液中溶质的质量分数为%【分析】根据n＝、c＝、c＝计算出氢氧化钠溶液的物质的量浓度；根据溶解度＝×100g计算出该温度下氢氧化钠的溶解度，根据×100%计算溶质的质量分数，以此计算解答。【解答】解：A．该氢氧化钠溶液的质量分数为w，则100g溶液中溶质的质量为100w克，溶剂的质量为（100﹣100w）g，该温度下氢氧化钠的溶解度为：S＝×100g＝×100g，故A正确；B．溶液中所含氢氧化钠的质量为mg，溶质的物质的量为mol，溶液体积为V×10﹣3L，则溶液中溶质的物质的量浓度c＝＝mol•L﹣1，故B正确；C．溶液的质量为Vdg，溶质的质量为Vdωg，溶质的物质的量为mol，则物质的量浓度为＝25dωmol•L﹣1，故C正确；D．溶液中所含氢氧化钠的质量为mg，溶液质量为dVg，质量分数为×100%，或由c＝可知质量分数ω＝＝%，故D错误；故选：D。【点评】本题考查物质的量浓度的有关计算，为高频考点，把握物质的量为中心的基本计算及相关计算公式为解答的关键，侧重分析、理解能力及化学计算能力的考查，题目难度中等．14．（3分）下列溶液中Cl﹣浓度与150mL1mol•L﹣1AlCl3溶液中Cl﹣浓度相等的是（　　）16/16\nA．100mL1mol•L﹣1的FeCl3溶液B．75mL2mol•L﹣1NH4Cl溶液C．100mL1.5mol•L﹣1的NaCl溶液D．150mL1mol•L﹣1的KCl溶液【分析】150mL1mol•L﹣1AlCl3溶液中Cl﹣物质的量浓度是3mol/L，结合根据溶液中C（Cl﹣）＝溶质的物质的量浓度×化学式中氯离子个数，与溶液的体积无关．【解答】解：A．100mL1mol•L﹣1的FeCl3溶液中c（Cl﹣）＝1mol•L﹣1×3＝3mol/L，故A正确；B．75mL2mol•L﹣1NH4Cl溶液C（Cl﹣）＝C（NH4Cl）＝2mol/L，故B错误；C．100mL1.5mol•L﹣1的NaCl溶液C（Cl﹣）＝C（NaCl）＝1.5mol/L，故C错误；D．150mL1mol•L﹣1的KCl溶液C（Cl﹣）＝C（KCl）＝1mol/L，故D错误。故选：A。【点评】本题考查物质的量浓度的计算，为高频考点，侧重于学生的计算能力的考查，题目难度不大，本题注意把握有关公式的运用．15．（3分）在标准状况下①6.72LCH4②3.01×1023个HCl分子③13.6gH2S④0.2molNH3，下列对这四种气体的关系从大到小表达正确的是（　　）a．体积②＞③＞①＞④b．密度②＞③＞④＞①c．质量②＞③＞①＞④d．氢原子个数①＞③＞④＞②A．abcB．bcdC．abcdD．acd【分析】a、相同条件下，气体的体积之比等于物质的量之比，据此判断；b、相同条件下，密度之比等于摩尔质量之比；c、计算各物质的质量进行比较；d、计算出各物质的物质的量，结合化学式判断H原子的物质的量，据此解答．【解答】解：①6.72LCH4物质的量为＝0.3mol，②3.01×1023个HCl分子的物质的量为0.5mol，③13.6gH2S的物质的量为＝0.4mol，④0.2molNH3。a．相同条件下，气体的体积之比等于物质的量之比，所以体积②＞③＞①＞④，故a正确；b．各物质的摩尔质量分别为①CH4为16g/mol②HCl为36.5g/mol③H2S为34g/mol④NH3为17g/mol，相同条件下，密度之比等于摩尔质量之比，所以密度②＞③16/16\n＞④＞①，故b正确；c．各物质的质量分别为①CH4为0.3mol×16g/mol＝4.8g②HCl为0.5mol×36.5g/mol＝33.25g③H2S13.6g④NH3为0.2mol×17g/mol＝3.4g，所以质量②＞③＞①＞④，故c正确；d．各物质中H原子的物质的量分别为①CH4为0.3mol×4＝1.2mol②HCl为0.5mol③H2S0.4mol×2＝0.8mol④NH3为0.2mol×3＝0.6mol，所以氢原子个数①＞③＞④＞②，故d正确。故选：C。【点评】本题考查阿伏伽德罗定律及推论、常用化学计量数的有关计算，难度不大，注意基础知识的掌握．16．（3分）为除去某物质中所含的杂质，所选用的试剂或操作方法正确的是（　　）序号物质杂质除去杂质应选用的试剂或操作方法①KNO3溶液KOH滴入稀HNO3同时用pH计测定至溶液呈中性②FeSO4溶液CuSO4加入过量铁粉并过滤③H2CO2依次通过盛有NaOH溶液和浓硫酸的洗气瓶④NaNO3CaCO3加稀盐酸溶解、过滤、蒸发、结晶A．①②③B．②③④C．①③④D．①②③④【分析】①KOH与硝酸反应生成硝酸钾；②Fe与硫酸铜反应生成硫酸亚铁；③CO2与NaOH反应，氢气不能；④CaCO3不溶于水。【解答】解：①KOH与硝酸反应生成硝酸钾，同时用pH计测定至溶液呈中性可除杂，故正确；16/16\n②Fe与硫酸铜反应生成硫酸亚铁，反应后过滤可分离，故正确；③CO2与NaOH反应，氢气不能，然后浓硫酸干燥氢气可分离，故正确；④CaCO3不溶于水，可溶于水过滤、蒸发分离，若加盐酸引入新杂质，故错误；故选：A。【点评】本题考查混合物分离提纯，为高考常见题型，把握物质的性质、性质差异、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。二、填空题（共2个小题，每空2分，共32分。）17．（16分）（1）在标准状况下，由CO和CO2组成的混合气体8.96L，质量是16g。此混合物中CO和CO2的物质的量比是　1：3　，CO的体积分数是　25%　，CO的质量分数是　17.5%　，C和O的原子个数比是　4：7　，混合气体的平均摩尔质量是　40g/mol　。（2）19g某二价金属的氯化物ACl2中含有0.4molCl﹣离子，ACl2的摩尔质量是　95g/mol　，相对分子质量是　9；5　，A的相对原子质量是　24　。【分析】（1）根据体积和质量结合n＝＝可列方程式组求出一氧化碳和二氧化碳的物质的量，结合CO和CO2的分子构成解答；（2）根据Cl﹣离子物质的量计算ACl2的物质的量，再根据M＝计算ACl2的摩尔质量，进而确定ACl2的相对分子质量、计算A的相对原子质量。【解答】解：（1）设CO为xmol，CO2为ymol，则（x+y）mol＝，28x+44y＝16，解得：x＝0.1，y＝0.3，此混合物中CO和CO2的物质的量比是0.1：0.3＝1：3，CO的体积分数是×100%＝25%，m（CO）＝0.1mol×28g/mol＝2.8g，m（CO2）＝0.3mol×44g/mol＝13.2g，CO的质量分数是×100%＝17.5%，C和O的原子个数比是（0.1+0.3）：（0.1+2×0.3）＝4：7，混合气体的平均摩尔质量是＝40g/mol，故答案为：1：3；25%；17.5%；4：7；40g/mol；16/16\n（2）19g某二价金属的氯化物ACl2中含有0.4molCl﹣离子，则ACl2的物质的量＝＝0.2mol，故ACl2的摩尔质量＝＝95g/mol，故ACl2的相对分子质量为95，A的相对原子质量＝95﹣35.5×2＝24，故答案为：95g/mol；95；24．【点评】本题综合考查物质的量的计算，侧重于学生的计算能力的考查，注意把握相关计算公式列式解答该题，题目难度中等。18．（16分）海洋植物如海带、海藻中含有丰富的碘元素，碘元素以碘离子的形式存在。实验室里从海洋植物中提取碘的流程如下：海藻海藻灰悬浊液含I﹣的溶液XY﹣→晶态碘某化学兴趣小组将上述流程②③设计成如图所示。已知氯水中含有Cl2，②中发生反应的化学方程式为：Cl2+2KI═2KCl+I2回答下列问题：（1）写出提取过程①③中实验操作的名称：①　过滤　，③　萃取　。（2）四氯化碳是　无　色、密度比水　大　的液体。F中下层液体的颜色为　紫红（或紫）　色，上层液体中溶质的主要成分为　氯化钾（KCl）　。（3）从F中得到固态碘还需进行的操作是　分液、蒸馏　。（4）在灼烧过程中，将使用到的（除泥三角外）实验仪器有　BCE　（填字母）。A．试管B．瓷坩埚C．坩埚钳D．蒸发皿E．酒精灯。【分析】（1）分离固体与液体混合物用过滤；碘在有机溶剂中溶解度远大于水，用萃取法从碘水中提取碘；（2）依据四氯化碳是无色的、密度大于水的液体，是良好的有机溶剂，碘易溶于四氯化碳；CCl4萃取碘水中的碘后，上层液体为KCl溶液，注意不含Cl2和I2；（3）分离相互不溶的两种液体，应用分液法，然后蒸馏得到碘单质；（4）物质的灼烧用到的核心仪器是坩埚，据此分析物质的灼烧用到仪器。【解答】解：（1）操作①前为悬浊液，后为溶液，可知为分离固体与液体的操作，即过滤；碘在有机溶剂中溶解度远大于水，用萃取法从碘水中提取碘，所以操作③为萃取；16/16\n故答案为：过滤；萃取；（2）四氯化碳不溶于水，四氯化碳是无色的、密度大于水的液体，是良好的有机溶剂，碘易溶于四氯化碳，所以F中现象为：溶液分层，下层液体的颜色为紫红（或紫）色，上层液体中溶质的主要成分为氯化钾（KCl），不含Cl2和I2，故答案为：无；大；紫红（或紫）；　氯化钾（KCl）；（3）F中为相互不溶的两种液体，可用分液分离；分液后得到碘的CCl4溶液，然后用蒸馏的方法得到I2，故答案为：分液、蒸馏；（4）给固体物质加热灼烧时用泥三角、坩埚、坩埚钳和酒精灯、三脚架、泥三角、玻璃棒，故选BCE，故答案为：BCE。【点评】本题以海水中提碘为载体考查了物质的分离与提纯，明确过滤、萃取、分液的原理是解题关键，侧重考查学生分析、解决问题的能量，注意对常见物质分离方法的积累，题目难度中等。三、实验题（本题包括1小题，每空2分，共12分）19．（12分）实验室欲用NaOH固体配制1.0mol•L﹣1的NaOH溶液240mL：（1）配制溶液时，一般可以分为以下几个步骤：①称量②计算③溶解④倒转摇匀⑤转移⑥洗涤⑦定容⑧冷却．其正确的操作顺序为　②①③⑧⑤⑥⑦④　．本实验必须用到的仪器有天平、药匙、玻璃棒、烧杯、还有　250mL容量瓶、胶头滴管　．（2）某同学欲称量一定量的NaOH固体，他先用托盘天平称量烧杯的质量，天平平衡后的状态如图．烧杯的实际质量为　27.4　g，要完成本实验该同学应称出　10.0　gNaOH．（3）使用容量瓶前必须进行的一步操作是　检查容量瓶是否漏水　．（4）在配制过程中，其他操作都是正确的，下列操作会引起浓度偏高的是　④⑤　．①没有洗涤烧杯和玻璃棒②转移溶液时不慎有少量洒到容量瓶外面③容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水④定容时俯视刻度线⑤未冷却到室温就将溶液转移到容量瓶并定容⑥定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面低于刻度线，再加水至刻度线．16/16\n【分析】（1）依据配制一定物质的量浓度溶液一般步骤排序及选择使用仪器；（2）依据天平称量固体原理可知：固体质量＝砝码的质量+游码的质量，右盘中砝码为20g，5g，游码质量2.4g；依据m＝CVM计算需要溶质的质量；（3）容量瓶带有活塞，使用过程中需要上下颠倒，所以使用前应检查是否漏水；（4）分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，依据C＝进行误差分析．【解答】解：（1）配制一定物质的量浓度溶液一般步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶、贴标签，所以正确的顺序为：②①③⑧⑤⑥⑦④；用到的仪器依次为：托盘天平、药匙、玻璃棒、烧杯、容量瓶和胶头滴管，要配制1.0mol•L﹣1的NaOH溶液240mL，应选择250mL容量瓶，所以还缺少的仪器：250mL容量瓶、胶头滴管；故答案为：②①③⑧⑤⑥⑦④；250mL容量瓶、胶头滴管；（2）依据天平称量固体原理可知：固体质量＝砝码的质量+游码的质量，右盘中砝码为20g，5g，游码质量2.4g，所以烧杯的实际质量为27.4g；配制1.0mol•L﹣1的NaOH溶液240mL，应选择250mL容量瓶，配制250mL溶液，需要氢氧化钠质量m＝1.0mol/L×40g/mol×0.25L＝10.0g；故答案为：27.4；10.0；（3）容量瓶带有活塞，使用过程中需要上下颠倒，所以使用前应检查是否漏水；故答案为：检查容量瓶是否漏水；（4）①没有洗涤烧杯和玻璃棒，导致溶质部分损耗，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故不选；②转移溶液时不慎有少量洒到容量瓶外面，导致溶质部分损耗，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故不选；③容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水，对溶质的物质的量和溶液体积都不产生影响，溶液浓度不变，故不选；④定容时俯视刻度线，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故选；⑤未冷却到室温就将溶液转移到容量瓶并定容，冷却后，液面下降，溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故选；16/16\n⑥定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面低于刻度线，再加水至刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故不选；故选：④⑤；故答案为：④⑤．【点评】本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制，明确配制原理及操作步骤是解题关键，注意容量瓶规格选择及使用方法，题目难度不大．四、计算题20．（8分）常温下，在27.5g水中溶解12.5gCuSO4•5H2O，恰好达到饱和，该溶液密度为1.21g/cm3，求：（1）该溶液中CuSO4的物质的量浓度（2）取出20.0mL该溶液，配成浓度为1.00mol/L的稀溶液，则稀释后溶液的体积是多少毫升？【分析】（1）根据n＝计算硫酸铜晶体的物质的量，根据V＝计算溶液的体积，根据c＝计算硫酸铜的物质的量浓度；（2）根据稀释定律计算稀释后所得溶液的体积．【解答】解：（1）12.5gCuSO4•5H2O的物质的量为＝0.05mol，则溶液中硫酸铜的物质的量为0.05mol，溶液的体积为＝mL，故硫酸铜溶液的物质的量浓度为＝1.51mol/L，答：硫酸铜溶液的物质的量浓度为1.51mol/L．（2）根据稀释定律，稀释前后溶质的物质的量不变，则20.0ml该溶液，配成浓度为1.00mol/L的稀溶液，则稀释后溶液的体积为＝30.2mL，答：稀释后溶液的体积为30.2mL．【点评】本题考查物质的量浓度的有关计算，难度不大，注意对公式的理解与灵活运用16/16