云南省红河州泸西县第一中学2019-2020学年高一上学期月考化学试题

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云南省红河州泸西县第一中学2019-2020学年高一上学期月考化学试题

高一化学 本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(填空题)。考生作答时,将答案答在答题卡上(答题注意事项见答题卡),在本试卷上答题无效。考试结束后,将答题卡交回。‎ 可能需要的相对原子质量数据:H‎-1 C-12 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5 Al-27 Cu-64 Ca-40 Fe-56 Mg-24 Cr-52 K-39 N-14 Si-28‎ 第Ⅰ卷 一、选择题:本大题共16小题,每小题3分,在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。‎ ‎1.下列物质与常用危险化学品的类别不对应的是( )‎ A. NaOH是腐蚀品 B. CH4是易燃液体 C. Na是遇湿易燃物品 D. KMnO4是氧化剂 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.NaOH有腐蚀性,是腐蚀品,故A正确;‎ B.甲烷易燃性的气体,属于易燃气体,故B错误;‎ C.钠与水反应,生成氢气,易燃,属于遇湿易燃物品,故C正确;‎ D.高锰酸钾是强氧化性物质,属于氧化剂,故D正确;‎ 故选B。‎ ‎2.本草纲目记载了烧酒的制造工艺:“凡酸坏之酒,皆可蒸烧”,“以烧酒复烧二次价值数倍也”。其方法与下列分离方法相对应的是(  )‎ A. 蒸馏 B. 蒸发 C. 过滤 D. 分液 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】烧酒的制造工艺是利用蒸馏的方法分离沸点不同的液体混合物,A项正确。‎ 故选A。‎ ‎3.设NA代表阿伏加德罗常数,下列说法正确的是( )‎ A. 标准状况下,22.4LH2O含NA个分子 B. 0.5 mol CO2含有的原子数目为0.5NA C. ‎40g氖气所含的分子数目为NA D. 常温常压下,‎1.6g O2和O3混合气体中质子总数为0.8NA ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 标准状况下,H2O是液体,‎22.4L水不是1mol,故A不选;‎ B. 0.5 mol CO2含有原子数目为0.5×3=1.5NA,故B不选;‎ C. ‎40g氖气为‎40g/‎20g·mol-1=2mol,氖气是单原子分子,所含的分子数目为2NA,故C不选;‎ D. 由于O2和O3都是由氧原子构成的,所以‎1.6g O2和O3混合气体可以看做是‎1.6g氧原子,即0.1mol氧原子,质子总数为0.8NA,故D选。‎ 故选D。‎ ‎【点睛】‎1.6g O2和O3混合气体可以看做是‎1.6g氧原子,相似的还有一定质量的NO2和N2O4的混合物,可以看做NO2,如4.6gNO2和N2O4的混合物,可以看做是‎4.6g NO2,所含的氧原子数为0.2 NA,含有的原子总数为0.3 NA。即具有相同最简式的两种物质(NO2和N2O4,C2H4和C3H6等)组成的混合物和同素异形体组成的混合物,都可以用同样的方法处理。‎ ‎4.质量相同的下列物质中,含分子数最多的是( )‎ A. 甲烷 B. 氨气 C. 氧气 D. 一氧化碳 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】根据n=N/NA可知,分子数和物质的量成正比,又根据n=m/M可知,当质量一定时,物质的量和摩尔质量成反比,所以分子数和摩尔质量成反比。摩尔质量最小的分子数最多。摩尔质量在数值上和相对分子质量相等。甲烷的摩尔质量是‎16g/mol,氨气的摩尔质量是‎17g/mol,氧气的摩尔质量是‎32g/mol,一氧化碳的摩尔质量是‎28g/mol,故选A。‎ ‎5.下列有关叙述说法错误的是 A. 物质的量的描述对象是宏观物体 B. 当质量的单位以g为单位时,铁的摩尔质量在数值上等于它的相对原子质量 C. 阿伏加德罗常数是指‎0.012kg ‎12C所含的碳原子数,其数值约等于6.02×1023‎ D. 标准状况下,2mol气体的体积约为‎44.8L ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 物质的量的描述对象是微观粒子,故A选;‎ B. 任何物质的质量以g 为单位时,其摩尔质量在数值上都等于它的相对原子质量或相对分子质量,故B不选;‎ C. 阿伏加德罗常数是指1mol任何粒子的粒子数,其数值约等于6.02×1023,国际上规定,1mol任何粒子集体所含的粒子数与‎0.012kg ‎12C所含的碳原子相同,故C不选;‎ D. 标准状况下,1mol任何气体的体积约为‎22.4L,那么2mol气体的体积约为‎44.8L,故D不选。‎ 故选A。‎ ‎6.下列叙述不正确的是 A. 量取18.4mol/L浓硫酸10mL,注入已盛有30mL水的100mL容量瓶中,加水至刻度线 B. 配制0.1 mol·L-1的Na2CO3溶液480mL,需用500mL容量瓶 C. 在标准状况下,将‎22.4L氨气溶于水配成‎1L溶液,得到1mol·L-1的氨水 D. 使用容量瓶前要检查它是否漏水 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 不能在容量瓶中稀释浓硫酸,故A选;‎ B. 由于实验室没有480mL的容量瓶,所以配制480mL溶液时,需选用500mL容量瓶,故B不选;‎ C. 标准状况下的‎22.4L氨气为1mol,溶于水配成‎1L溶液,得到的氨水的物质的量浓度为1mol·L-1,故C不选;‎ D. 配制一定物质的量浓度的溶液时,最后需要上下颠倒摇匀,所以使用容量瓶前要检查它是否漏水,故D不选。‎ 故选A。‎ ‎7.4℃‎时,在100mL水中溶解‎22.4L HCl气体(标准状况下)形成溶液,下列说法正确的是 A. 该溶液的物质的量浓度为10mol·L-1‎ B. 由于溶液的密度未知,故该溶液的物质的量浓度无法求得 C. 由于溶液的密度未知,故该溶液中溶质的质量分数无法求得 D. 所得溶液的体积为‎22.5L ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.标准状况下‎22.4L HCl的物质的量为1mol,溶于水配成100mL溶液,溶液的浓度为10mol/L,溶液体积必须为100mL ‎,而不是溶剂的体积,因溶液的密度未知,无法计算溶液的体积,无计算该溶液的物质的量浓度,A错误;‎ B.因溶液的密度未知,无法计算溶液的体积,则无计算该溶液的物质的量浓度,B正确;‎ C.标准状况下‎22.4L HCl的物质的量为1mol,质量为:‎36.5g/mol×1mol=‎36.5g,‎4℃‎时100mL水的质量为‎100g,所以溶液溶质的质量分数为×100%=26.74%,C错误;‎ D.溶液体积不等于溶剂与溶质的体积之和,因为溶液的密度未知,无法计算溶液的体积,D错误;‎ 综上所述,本题选B。‎ ‎8.下列各组混合物,能用分液漏斗进行分离且油层从分液漏斗下口放出的是( )‎ A. 酒精和水 B. 汽油和植物油 C. 碘和四氯化碳 D. 水和四氯化碳 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 能用分液漏斗进行分离且油层从分液漏斗下口放出,可知混合物分层,且油层的密度比水的密度大,据此分析判断。‎ ‎【详解】A.酒精与水互溶,不能分液分离,故A错误;‎ B.汽油和植物油互溶,不能分液分离,故B错误;‎ C.碘和四氯化碳互溶,不能分液分离,故C错误;‎ D.水和四氯化碳分层,且四氯化碳的密度比水的密度大,能用分液漏斗进行分离且油层从分液漏斗下口放出,故D正确;‎ 故选D。‎ ‎9.如图所示的实验装置不适用于物质分离的是( )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.该装置为分液操作,可用于分离分层的液体混合物,故A不选;‎ B.该装置为升华操作,可用于分离易升华的固体混合物,故B不选;‎ C.该装置为洗气操作,可用于除去气体中的杂质,故C不选;‎ D.该装置为向容量瓶中转移液体,是溶液的配制,不能用于物质的分离,故D选;‎ 故选D。‎ ‎10.‎1.60g某物质中含有3.01×1022个该物质的分子,则该物质的相对分子质量是( )‎ A. 32.0 B. ‎24.0 ‎C. 16.0 D. 8.00‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】设该物质的相对分子质量为M,则摩尔质量为Mg/mol,该物质的物质的量n=,3.01×1022个分子的物质的量n==0.05mol,因此=0.05mol,解得M=32,故选A。‎ ‎【点睛】正确理解物质的量与质量、微粒数目等的关系是解题的关键。本题中要注意该物质的构成微粒是分子,可以直接由分子的数目计算分子的物质的量,利用=计算。‎ ‎11.常温常压下,气体体积的大小主要决定于( )‎ A. 分子的大小 B. 分子的质量 C. 分子的数目 D. 分子间的平均距离 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 从微观上看,物质的体积由构成物质的粒子数量、粒子大小和粒子间的距离决定。对于固体和液体来说,粒子之间的距离很小,它们的体积主要取决于粒子数量和粒子的大小;对于气体来说,粒子(即气体分子)之间的距离很大,分子本身的大小对气体体积影响不大,而分子间的距离又由温度和压强决定,所以当温度和压强一定时,气体体积的大小主要决定于分子数目。故选C。‎ ‎12.下列说法中正确的是( )‎ A. 将0.1molCuSO4•5H2O晶体加入到100mL水中,该溶液物质的量浓度为1mol∙L-1‎ B. 一定体积的浓硫酸(其中含0.2molH2SO4)与足量的铜共热反应,生成SO2气体0.1mol C. 将‎34.2gAl2(SO4)3溶于水配成100mL溶液[Al2(SO4)3的式量为342],取出10mL该溶液中Al3+浓度为1mol∙L-1‎ D. KCl溶液的密度为‎1.174g•cm-3,物质的量浓度为4.0mol∙L-1,则此溶液中KCl的质量分数为×100%‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.将0.1mol CuSO4•5H2O晶体加入到100mL水中,配成的溶液体积不是100 mL,溶液物质的量浓度不是1 mol∙L-1,故A错误;‎ B.Cu与浓硫酸反应,随着反应的进行,硫酸浓度变稀,而稀硫酸与Cu不反应,由Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+SO2↑+2H2O可知,含0.2mol H2SO4的浓硫酸与足量的铜共热反应,生成SO2气体小于0.1mol,故B错误;‎ C.34.2 g Al2(SO4)3的物质的量为=0.1mol,溶于水配成100 mL溶液,所得Al2(SO4)3溶液浓度为1mol/L,Al3+浓度为2 mol/L,溶液是均匀的,取出10mL溶液的浓度与原溶液浓度相等,Al3+浓度为2 mol/L,故C错误;‎ D.KCl溶液的密度为1.174 g•cm-3,物质的量浓度为4.0 mol∙L-1,根据c=可知,此溶液中KCl的质量分数为×100%,故D正确;‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题的易错点为A,要注意物质的量浓度计算公式c=中的V是溶液的体积,不是溶剂的体积。‎ ‎13.用同浓度等体积的AgNO3溶液分别与等浓度的NaCl、MgCl2、AlCl3溶液反应时,所用三种溶液的体积比为( )‎ A. 1∶2∶3 B. 6∶3∶‎2 ‎C. 2∶3∶6 D. 3∶2∶1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】由n=c•V可知使三种溶液中的Cl-完全沉淀时所消耗的n(Ag+)相同,根据Ag++Cl-═AgCl↓可知三种溶液中n(Cl-)=n(Ag+),如用同浓度等体积的AgNO3溶液分别与等浓度的NaCl、MgCl2、AlCl3溶液反应时,说明消耗的氯离子的物质的量相等,则等浓度的NaCl、MgCl2、AlCl3溶液反应时,所用三种溶液的体积比为1∶∶=6∶3∶2,故选B。‎ ‎14.同温同压下,将等质量的H2、CO、CO2、SO2四种气体分别充入四个气球,其中充入SO2的气球是( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】气体的物质的量n=,在同温同压下,气体摩尔体积相同,气体的体积V=n•Vm,即V=Vm可知,摩尔质量越大,气体的体积越小,H2、CO、CO2、SO2的摩尔质量分别为‎2g/mol、‎28g/mol、‎44g/mol、‎64g/mol,SO2的摩尔质量最大,其体积最小,则充入SO2的气球为选项D,故选D。‎ ‎【点睛】明确物质的量与气体摩尔体积、摩尔质量之间关系是解题的关键。本题中要注意阿伏加德罗定律的理解和应用,要注意使用的前提条件。‎ ‎15.已知CH4和O2的混合气的平均相对分子质量是26,求混合气中CH4和O2的物质的量的比是( )‎ A. 5∶3 B. 3∶‎2 ‎C. 3∶5 D. 1∶1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由于摩尔质量和相对分子质量在数值上相同,而CH4 和O2 的混合气的平均相对分子质量是26,则混合气体的平均摩尔质量为‎26g/mol。设混合气体中CH4 和O2的物质的量分别为xmol和ymol,则摩尔质量===‎26g/mol,解得 x∶y=3∶5,故选C。‎ ‎16.现有①MgSO4,②Ba(NO3)2,③NaOH,④CuCl2,⑤KCl五种溶液,不加任何其他试剂,可鉴别且鉴别的先后顺序也正确的是( )‎ A ④③②①⑤ B. ④⑤③②① C. ④③①②⑤ D. ④②③①⑤‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】不加任何其他试剂,通过观察,溶液显蓝色的是④CuCl2,与④反应生成蓝色沉淀的是③NaOH,与③反应生成白色沉淀的是①MgSO4,与①反应生成白色沉淀的是②Ba(NO3)2,最后一种为⑤KCl,所以被鉴别的先后顺序为④③①②⑤,故选C。‎ 第Ⅱ卷 二、填空题(本题包括4小题,共52分)‎ ‎17.(1)氮原子的摩尔质量是________g/mol,1 mol HNO3的质量是________g,1 mol HNO3约含有________个氧原子。‎ ‎(2)标准状况下‎11.2 L HCl的物质的量是________mol。将这些气体溶于水中配成‎1 L溶液,所得盐酸的物质的量浓度是________mol/L。‎ ‎(3)2 mol OH-含有的电子数为________。‎ ‎(4)相同物质的量的NH3和H2S的质量比__,分子个数比为__,同温同压下的体积比__,所含氢原子的个数比为__。‎ ‎【答案】 (1). 14 (2). 63 (3). 3NA (4). 0.5 (5). 0.5 (6). 20NA (7). 1:2 (8). 1:1 (9). 1:1 (10). 3:2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)摩尔质量以g·mol-1为单位时,数值上与物质相对原子质量或相对分子质量相等,根据n=m/M=N/NA结合物质的构成计算;‎ ‎(2)根据n=V/Vm=cV计算;‎ ‎(3)1个OH-含有的电子数为10.‎ ‎(4)据m=nM计算物质的量相同的NH3和H2S的质量之比;根据N=nNA计算分子数目之比;物质的量相等时,温度、压强相等条件下,体积之比等于物质的量之比;含有H原子数目之比等于分子中含有的H原子数目之比。‎ ‎【详解】(1)摩尔质量以g·mol-1为单位时,数值上与物质相对原子质量或相对分子质量相等,原氮子的摩尔质量是‎14g·mol-1,1mol HNO3的质量是1mol×‎63g·mol-1=‎63g,1mol HNO3约含有3mol氧原子,个数为3NA;‎ ‎(2)n(HCl)=‎11.2L/‎22.4L·mol-1=0.5mol,c(HCl)=0.5mol/‎1L=0.5mol·L-1;‎ ‎(3)1个OH-含有的电子数为10,则2mol OH-含有的电子的物质的量为20mol,数目为20NA.‎ ‎(4)据m=nM,物质的量相同的NH3和H2S,质量之比等于其摩尔质量之比,17:34=1:2;根据N=nNA,分子数目之比等于其物质的量之比,为1:1;物质的量相等时,温度、压强相等条件下,体积之比等于物质的量之比,为1:1;含有H原子数目之比等于分子中含有的H原子数目之比,即为3:2;‎ ‎18.将下列各分离物质方法的代表字母,填入横线上 A.过滤法;B.分液法;C.萃取法;D.蒸馏法;E.升华法 ‎①分离植物油和水___;‎ ‎②分离碘的水溶液___;‎ ‎③除去氯化钠中的碘单质___;‎ ‎④分离酒精和水___;‎ ‎⑤分离饱和食盐水和沙子___。‎ ‎【答案】 (1). B (2). C (3). E (4). D (5). A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎①植物油和水互不相溶;②碘易溶于有机溶剂;③碘易升华;④酒精和水的沸点不同;⑤沙子不溶于水,据此分析解答。‎ ‎【详解】①植物油和水互不相溶,可用分液的方法分离,故答案为:B;‎ ‎②碘在水中的溶解度不大,但易溶于有机溶剂,可用萃取的方法分离,故答案为:C;‎ ‎③碘易升华,可用加热的方法使碘升华而分离,故答案为:E;‎ ‎④酒精和水互溶,但二者的沸点不同,可用蒸馏的方法分离,故答案为:D;‎ ‎⑤沙子不溶于水,可用过滤方法分离,故答案为:A。‎ ‎【点睛】把握物质性质、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键。本题的易错点为③,要注意氯化钠中的碘单质,氯化钠和碘均为固体,不应该用萃取的方法分离,要注意与②的区别。‎ ‎19.实验室要配制100mL、10mol•L-1的NaCl溶液,试回答下列各题:‎ ‎(1)经计算,应该用托盘天平称取NaCl固体___g。‎ ‎(2)配制溶液时一般可分为以下几个步骤:①称量②计算③定容④移液⑤洗涤⑥溶解其正确的操作顺序为(填编号)___。‎ ‎(3)容量瓶上需标有以下5项中___‎ ‎①温度 ②浓度 ③容量 ④压强 ⑤刻度线 A.①②④ B.③⑤⑥ C.①③⑤ D.②④⑥‎ ‎(4)若用NaCl固体配制溶液,下列仪器中,不需要用到的是___。(填序号)‎ A.蒸发皿 B.100mL容量瓶 C.烧杯 D.胶头滴管 E.药匙 F.托盘天平 G.玻璃棒 ‎(5)下列错误操作会导致所得溶液偏低的是___(多项,填序号)。‎ A.定容时仰视容量瓶刻度线区 B.容量瓶中原有少量蒸馏水 C.定容后,把容量瓶倒置摇匀后发现液面低于刻度线,便补充几滴水至刻度处 D.配制好溶液后,容量瓶未塞好,酒出一些溶液 ‎【答案】 (1). 58.5 (2). ②①⑥④⑤③ (3). C (4). A (5). AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据m=nM=cVM计算;‎ ‎(2)配制一定物质的量浓度溶液的步骤为:计算、称量、溶解、转移、洗涤、定容,据此排序;‎ ‎(3)容量瓶上标有刻度线、温度、容量,据此分析判断;‎ ‎(4)若用NaCl固体配制溶液,需用药匙取药品、托盘天平称量药品、烧杯溶解药品、玻璃棒搅拌和引流、胶头滴管定容、100mL容量瓶配制溶液,据此判断不需要的仪器;‎ ‎(5)根据c=知,如果n偏小或V偏大都导致配制溶液浓度偏低,据此分析判断。‎ ‎【详解】(1)应该用托盘天平称取NaCl固体的质量m=cVM=10mol/L×‎0.1L×‎58.5g/mol=‎58.5g,故答案为:58.5;‎ ‎(2)配制一定物质的量浓度溶液的步骤为:计算、称量、溶解、转移、洗涤、定容,所以配制溶液时步骤②①⑥④⑤③,故答案为:②①⑥④⑤③;‎ ‎(3)容量瓶上标有温度、容量和刻度线,故选C;‎ ‎(4)若用NaCl 固体配制溶液,需用药匙取药品、托盘天平称量药品、烧杯溶解药品、玻璃棒搅拌和引流、胶头滴管定容、100mL容量瓶配制溶液,所以不需要的仪器是蒸发皿,故选A;‎ ‎(5)A.定容时仰视容量瓶刻度线,会导致溶液的体积偏大,配制溶液的浓度偏低,故A正确;B.容量瓶中原有少量蒸馏水,不影响溶液的体积和溶质的物质的量,配制的溶液浓度无影响,故B错误;C.定容后,把容量瓶倒置摇匀后发现液面低于刻度线,便补充几滴水至刻度处,导致溶液的体积偏大,配制溶液的浓度偏低,故C正确;D.配制好溶液后,容量瓶未塞好,洒出一些溶液,溶液的浓度不变,故D错误;故选AC。‎ ‎【点睛】明确配制溶液的一般操作步骤和误差分析的方法是解本题关键。本题中的数据不太科学,常温下,氯化钠的溶解度在‎36g左右,饱和氯化钠溶液的物质的量浓度约为6mol/L左右,不可能达到10mol/L。‎ ‎20.粗盐中含Ca2+、Mg2+、Fe3+、SO42—等杂质,需要提纯后才能综合利用。为除去粗盐中的杂质,某同学设计了一种制备精盐的实验方案,步骤如下(用于沉淀的试剂稍过量):‎ ‎(1)提纯的步骤有:①加入过量的Na2CO3溶液②加入过量的BaCl2溶液③加入过量的NaOH溶液④调节溶液的pH等于7⑤溶解⑥过滤⑦蒸发,正确的操作顺序是________(填选项字母)。‎ a.⑤②③①⑥④⑦ b.⑤①②③⑥④⑦ c.⑤②①③④⑥⑦ d.⑤③②①⑥④⑦‎ ‎(2)操作Z的名称是_____,蒸发操作用到的仪器有酒精灯,玻璃棒,三脚架,泥三角还有 ________。‎ ‎(3)第Ⅱ步中,写出除去Ca2+和Fe3+相应的化学方程式(设粗盐溶液中Ca2+的主要存在形式为CaCl2,Fe3+的主要存在形式为FeCl3)____________________、____________________。‎ ‎(4)判断SO42—已沉淀完全的方法是__________________。‎ ‎【答案】 (1). ad (2). 过滤 (3). 蒸发皿 (4). CaCl2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaCl (5). FeCl3+3NaOH=Fe(OH)3↓+3NaCl (6). 取上层清液少许于试管中,再加入BaCl2溶液,若产生白色沉淀,说明SO42—未沉淀完全,反之则沉淀安全 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)除去粗盐中的可溶性杂质:Mg2+、Ca2+、Fe3+、SO42-时,先加水溶解,所以加入过量NaOH(去除镁离子和铁离子):Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓,Fe3++3OH-═Fe(OH)3↓;加入过量BaCl2(去除硫酸根离子):SO42-+Ba2+=BaSO4↓;加入过量Na2CO3(去除钙离子的多余的钡离子):Ca2++CO32-=CaCO3,碳酸钠必须加在氯化钡之后,氢氧化钠和氯化钡可以颠倒加入的顺序,然后过滤,最后调节溶液的pH等于7‎ 后蒸发即可,所以其顺序是⑤③②①⑥④⑦或⑤②③①⑥④⑦,故答案为ad;‎ ‎(2)根据上述分析,操作Z为过滤,蒸发操作用到的仪器有酒精灯,玻璃棒,蒸发皿,三脚架,泥三角,故答案为过滤;蒸发皿;‎ ‎(3)第Ⅱ步中,除去Ca2+和Fe3+相应的化学方程式为CaCl2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaCl;FeCl3+3NaOH=Fe(OH)3↓+3NaCl,故答案为CaCl2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaCl;FeCl3+3NaOH=Fe(OH)3↓+3NaCl;‎ ‎(4)判断SO42-已沉淀完全方法是:取上层清液少许于试管中,再加入BaCl2溶液,若产生白色沉淀,说明SO42-未沉淀完全,反之则沉淀安全,故答案为取上层清液少许于试管中,再加入BaCl2溶液,若产生白色沉淀,说明SO42-未沉淀完全,反之则沉淀完全。‎ ‎【点睛】本题考查了化学实验的基本操作和物质的分离与提纯。本题的易错点为(1),要注意粗盐提纯过程碳酸钠要在氯化钡之前加入。‎
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