福建省高一下学期开学模拟测试化学练习卷-A4

这是一份福建省高一下学期开学模拟测试化学练习卷-A4，共26页。试卷主要包含了下列物质分类的正确组合是，现有下列几组粒子等内容，欢迎下载使用。
1．在离子中R原子的质量数为A，中子数为N，则含有的核外电子数为（ ）
A．A﹣N+32﹣nB．A﹣N+32+nC．A﹣N﹣24﹣nD．A﹣N﹣24+n
2．在2024年巴黎奥运会中，运动员们饮用的运动饮料中含有多种物质。下列物质不属于电解质的是（ ）
A．葡萄糖B．氯化钠C．水D．柠檬酸钠
3．红磷和白磷的结构如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．二者均为单质
B．二者互为同位素
C．二者属于同种物质
D．白磷转化为红磷的过程属于物理变化
4．某紫薯含有被誉为“抗癌大王”的硒元素。硒的一种核素为，其中子数为（ ）
A．34B．44C．78D．112
5．在离子中，共有x个核外电子，R原子的质量数为A，则R原子核内含有的中子数为（ ）
A．A﹣x+n﹣32B．A﹣x+n+24C．A﹣x+n+32D．A+x﹣n﹣24
6．下列物质分类的正确组合是（ ）
A．AB．BC．CD．D
7．现有下列几组粒子：①N2、CO②N、OH﹣③、CN﹣④P、Cl。对上述四组粒子归类正确的是（ ）
A．①中质子数相等、电子数和原子数不相等
B．②中质子数和电子数相等、原子数不相等
C．③中电子数相等、质子数和原子数不相等
D．④中原子数和电子数相等、质子数不相等
8．下列四种溶液分别用水稀释至10mL后，N的物质的量浓度与20mL1ml•L﹣1NaNO3溶液中N的物质的量浓度相等的是（ ）
A．2mL5ml•L﹣1Mg（NO3）2溶液
B．1mL5ml•L﹣1Cu（NO3）2溶液
C．1mL5ml•L﹣1AgNO3溶液
D．5mL5ml•L﹣1Al（NO3）3溶液
9．固体单质A和气体单质B在容积一定的密闭容器中恰好完全反应生成气体C，相同温度下测得容器内压强不变，若产物气体C的密度是原气体密度的4倍，则判断正确的是（ ）
A．生成物C中，A的质量分数为50%
B．反应前后的气体质量之比一定是1：4
C．单质A、B的摩尔质量之比是1：4
D．生成物C中A、B两元素的原子个数比为3：1
10．同温同压下，质量相同的CO2、H2、O2、CH4、SO2五种气体，下列说法错误的是（ ）
A．所占的体积由大到小的顺序是：H2＞CH4＞O2＞CO2＞SO2
B．所含分子数由多到少的顺序是：H2＞CH4＞O2＞CO2＞SO2
C．所含的电子数由多到少的顺序是：SO2＞CO2＞O2＞CH4＞H2
D．密度由大到小的顺序是：SO2＞CO2＞O2＞CH4＞H2
11．磷酸（H3PO4）、亚磷酸（H3PO3）和次磷酸（H3PO2）都是重要的化工产品。已知：1ml磷酸、亚磷酸、次磷酸最多消耗NaOH的物质的量依次为3ml、2ml、1ml。下列推断正确的是（ ）
A．次磷酸与氢氧化钠反应能生成3种盐
B．NaH2PO4、NaH2PO3、NaH2PO2都是酸式盐
C．Na3PO2是正盐
D．H3PO3是二元酸
12．制备氯化物时，常用两种方法：①用金属与氯气直接化合制得；②用金属与盐酸反应制得。用以上两种方法都可制得的氯化物是
A．AlCl3B．FeCl3C．FeCl2D．CuCl2
13．焰色试验过程中铂丝的清洗和灼烧与钾焰色的观察两项操作如图所示。下列叙述中正确的是（ ）
A．用灼热的铂丝蘸取某固体样品进行焰色实验，火焰颜色为黄色，证明该固体样品中含有钠元素而不含钾元素
B．可以用光洁无锈的铁丝代替铂丝进行焰色试验
C．可用稀硫酸代替盐酸清洗铂丝
D．可用焰色试验鉴别Na2CO3与KHCO3溶液，是利用了Na2CO3与KHCO3化学性质的不同
14．用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）
A．含有NA个氦原子的氦气体积约为22.4L
B．25℃，1.01×105Pa，32gSO2中含有的原子数为1.5NA
C．在常温常压下，11.2LCl2含有的分子数为0.5NA
D．1ml MgCl2固体溶于1L水中，所得溶液Cl﹣浓度为2ml•L﹣1
15．下列化学反应中溴元素仅被氧化的是（ ）
A．3Br2+6NaOH5NaBr+NaBrO3+3H2O
B．2NaBr+Cl2═2NaCl+Br2
C．Br2+2NaI═2NaBr+I2
D．HBr+NaOH═NaBr+H2O
16．借助新的显微技术，能成功观察到直径小于200nm的粒子。下列分散系中，分散质粒子的直径最小的是（ ）
A．雾B．蛋白质溶液
C．石灰乳D．硝酸钾溶液
17．如图中a、b、c、d、e、f为含氯元素的物质。下列说法错误的是（ ）
A．实验室可用e为原料制备O2
B．b、d、f均具有漂白性
C．上述6种物质，属于电解质的有4种
D．b、c均能用于自来水消毒，f可以用作环境消毒
18．下列操作过程中一定有氧化还原反应发生的是（ ）
A．．B．
C．D．
19．K2FeO4是优良的饮用水处理剂，一种制备方法是将Fe2O3、KNO3、KOH混合共熔，反应为Fe2O3+3KNO3+4KOH＝2K2FeO4+3KNO2+2H2O。下列关于该反应的说法错误的是（ ）
A．铁元素被氧化，氮元素被还原
B．每生成1个K2FeO4转移6个e﹣
C．氧化性：KNO3＞K2FeO4
D．K2FeO4具有杀菌作用
20．某元素的一种同位素X的原子质量数为A，含N个中子，它与原子组成HmX分子。在a克HmX中所含质子的物质的量是（ ）
A．B．
C．（A﹣N+m）mlD．
二．解答题（共5小题）
21．央视《每周质量报告》曝光了河北省一些明胶企业将皮革废料熬制成工业明胶，出售给浙江绍兴某些制药企业，最终变成药用胶囊。由工业明胶制成的胶囊往往含有超标的重金属铬，会对人体造成伤害。明胶是水溶性蛋白质混合物，溶于水形成胶体。
（1）已知Fe（CrO2）2中铁元素是+2价，则其中铬元素是 价。已知Cr2O3能够与酸、碱反应均只生成盐和水，则从性质的角度Cr2O3属于 氧化物。（选填“酸性”、“碱性”或“两性”）
从物质类别角度，写出Cr2O3分别与盐酸、NaOH溶液反应的化学方程式 ；
（2）明胶的水溶液和K2SO4溶液共同具备的性质是 （填字母）。
a．都不稳定，密封放置会产生沉淀
b．分散质粒子可透过滤纸
c．二者均有丁达尔效应
（3）实验室常向煮沸的蒸馏水中滴加饱和FeCl3溶液制备Fe（OH）3胶体，请写出化学方程式： 。
22．Ⅰ．对于数以千万计的化学物质和如此丰富的化学变化，分类法的作用几乎是无可替代的，如：纯净物根据其组成和性质可进行如下分类。
（1）如图所示的分类方法属于 。
（2）某化学兴趣小组对下列四组物质进行研究：
A．HCl、H2SO4、H2CO3、HNO3
B．Na2CO3、NaNO3、AgNO3、NaNO2
C．FeCl3溶液、蒸馏水、CaCO3悬浊液、Fe（OH）3胶体
D．NaOH、KOH、Ba（OH）2、Fe2O3
填写下列空白：
Ⅱ．甘肃马家窑遗址出土的青铜刀是我国最早冶炼的青铜器，由于时间久远，其表面有一层“绿锈”，“绿锈”俗称“铜绿”，是铜和空气中的水蒸气、CO2、O2作用产生的，化学式为Cu2（OH）2CO3，“铜绿”能跟酸反应生成铜盐、CO2和H2O。某同学利用以下反应实现了“铜→铜绿→⋯→铜”的转化：；
（3）从物质分类标准看，“铜绿”属于 。
（4）写出B的化学式： 。
（5）请写出铜绿与盐酸反应的化学方程式： 。
（6）上述转化过程中属于置换反应的是 （填写反应序号）。
23．如图是一套制取并验证氯气部分化学性质的实验装置。
回答下列问题：
（1）装置A中，仪器a的名称 ，该仪器中盛放的试剂为 ，写出A装置发生反应的离子方程式： 。
（2）当有少量Cl2通过后，观察到装置C中现象。
（3）当Cl2持续通过时，装置D中现象。
（4）若要证明Cl2无漂白性，则必须在装置 （用装置字母序号填写）之前增加装有浓硫酸洗气瓶的装置。
（5）装置E的作用是 ，该反应的离子方程式为： 。
24．下表是元素周期表的一部分，根据表中给出的10种元素，按要求使用化学用语填空作答：
（1）地壳中含量最高的元素是 （填元素符号，下同）；金属性最强的元素是 ；单质的化学性质最不活泼的元素是 ；气体单质有颜色的元素 ；可运输浓硫酸的金属元素是 。
（2）最高价氧化物对应水化物酸性最强的是 ，碱性最强的是 （填化合物化学式）；最高价氧化物不溶于水，但既溶于稀硫酸又溶于氢氧化钠溶液的是 （填化合物化学式）；
（3）第三周期中两种金属元素的最高价氧化物对应的水化物相互反应的化学方程式为： ，氢氧化铝治疗胃酸分泌过多的离子方程式： 。
25．回答下列问题：
Ⅰ.1L海水在逐渐浓缩过程中析出盐的种类和质量（单位：g）的关系如下表所示：
注：画“﹣”的数据少于10﹣4，可以忽略不计。
（1）从海水中获得粗盐，一般采用的方法是 。
（2）根据上表，要获得杂质较少的食盐，应控制海水的最佳密度为 g⋅mL﹣1（填字母）。
（3）工业上电解饱和氯化钠制取氯气的化学方程式为 。
Ⅱ.欲配制480mL0.1ml⋅L﹣1的稀盐酸，实验室的浓盐酸密度为1.25g⋅cm﹣3，质量分数为36.5%，请回答下列问题：
（4）配制稀盐酸时需要使用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒还有 、 、 （写仪器名称）。
（5）需要量取的浓盐酸的体积为 mL。
（6）在配制过程中，下列操作可引起所配溶液浓度偏低的有 （填序号）。
①未洗涤稀释浓硫酸时用过的烧杯和玻璃棒
②未等稀释后的硫酸溶液冷却至室温就转移到容量瓶中并定容
③转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水
④定容时，仰视刻度线
⑤转移溶液时，不慎有少量溶液洒出
参考答案与试题解析
一．选择题（共20小题）
1．在离子中R原子的质量数为A，中子数为N，则含有的核外电子数为（ ）
A．A﹣N+32﹣nB．A﹣N+32+nC．A﹣N﹣24﹣nD．A﹣N﹣24+n
【分析】根据质子数＝质量数﹣中子数，计算R的质子数，阴离子中：核外电子数＝质子数之和+离子所带电荷数目，据此进行解答。
【解答】解：在离子中，R原子的质量数为A，中子数为N，则R的质子数＝A﹣N，则含有的核外电子数为A﹣N+32+n，故B正确，
故选：B。
【点评】本题考查了原子结构、微粒关系的计算应用，掌握基础是解题关键，题目难度不大。
2．在2024年巴黎奥运会中，运动员们饮用的运动饮料中含有多种物质。下列物质不属于电解质的是（ ）
A．葡萄糖B．氯化钠C．水D．柠檬酸钠
【分析】在熔融状态下或在溶液中能电离出自由移动的离子，属于电解质，在水溶液中和熔融状态下不能导电的化合物，属于非电解质。
【解答】解：A．葡萄糖是有机物，在水中以分子形式存在，其水溶液和熔融状态均不能导电，属于非电解质，故A正确；
B．氯化钠是盐，在熔融状态下或在溶液中能电离出自由移动的钠离子、氯离子，属于电解质，故B错误；
C．水能电离生成氢离子和氢氧根离子，是电解质，故C错误；
D．柠檬酸钠是盐，是电解质，故D错误；
故选：A。
【点评】本题主要考查电解质与非电解质等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
3．红磷和白磷的结构如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．二者均为单质
B．二者互为同位素
C．二者属于同种物质
D．白磷转化为红磷的过程属于物理变化
【分析】A．同种元素组成的纯净物为单质；
B．质子数相同，中子数不同的同种元素的不同原子互为同位素；
C．组成和结构完全相同的为同种物质；
D．同素异形体之间的转化为化学反应。
【解答】解：A．红磷和白磷都属于单质，故A正确；
B．红磷和白磷都属于磷元素的不同单质，互为同素异形体，二者不互为同位素，故B错误；
C．红磷和白磷都是磷元素组成的单质，二者的组成和结构不同，性质不同，所以二者是不同物质，故C错误；
D．白磷转化为红磷的过程中，物质的结构发生了改变，发生于化学变化，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查了物质组成和分类的分析判断，注意同素异形体的概念的理解应用，题目难度不大。
4．某紫薯含有被誉为“抗癌大王”的硒元素。硒的一种核素为，其中子数为（ ）
A．34B．44C．78D．112
【分析】原子符号的左上角为质量数，左下角为质子数，质量数＝质子数+中子数，据此计算。
【解答】解：根据可知，硒元素为第34号元素，且核电荷数＝质子数＝原子序数，质量数为78，因此硒的核电荷数为34，中子数＝78﹣34＝44，故B正确，
故选：B。
【点评】本题考查了原子结构的分析判断，主要是微粒数之间关系的计算应用，题目难度不大。
5．在离子中，共有x个核外电子，R原子的质量数为A，则R原子核内含有的中子数为（ ）
A．A﹣x+n﹣32B．A﹣x+n+24C．A﹣x+n+32D．A+x﹣n﹣24
【分析】阴离子中：质子数之和+离子所带电荷数目＝核外电子数，可以计算R的质子数，再根据质子数+中子数＝质量数计算中子数。
【解答】解：在离子中，共有x个核外电子，设R元素质子数为Z，则Z+8×3+n＝x，故Z＝x﹣24﹣n，中子数＝质量数﹣质子数，R 原子的质量数为 A，则R原子核内含有的中子数目是：A﹣（x﹣24﹣n）＝A﹣x+n+24，故B正确，
故选：B。
【点评】本题考查了原子结构、微粒关系的计算应用，掌握基础是解题关键，题目难度不大。
6．下列物质分类的正确组合是（ ）
A．AB．BC．CD．D
【分析】由两种或多种物质组成的属于混合物；
由两种或两种以上元素组成的纯净物是化合物；
由一种元素构成的纯净物属于单质；
由金属离子（或铵根离子）和酸根离子组成的化合物是盐，据此判断解答。
【解答】解：A．盐酸是HCl的水溶液属于混合物，NaOH属于化合物，石墨是碳的单质，NaCl属于盐，四种物质的分类均正确，故A正确；
B．金刚石属于单质，不是化合物，故B错误；
C．澄清石灰水是混合物，不是化合物，石灰石是混合物，不是盐，故C错误；
D．CuSO4•5H2O是纯净物，不是混合物，CaO是氧化物，不是盐，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查物质的分类，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和基本概念的理解，注意把握酸、碱、盐、氧化物、单质、化合物、纯净物、混合物等概念，题目难度不大。
7．现有下列几组粒子：①N2、CO②N、OH﹣③、CN﹣④P、Cl。对上述四组粒子归类正确的是（ ）
A．①中质子数相等、电子数和原子数不相等
B．②中质子数和电子数相等、原子数不相等
C．③中电子数相等、质子数和原子数不相等
D．④中原子数和电子数相等、质子数不相等
【分析】A．①中质子数、电子数均为14，而原子数相等；
B．②中电子数均为10，而质子数、原子数不等；
C．③中电子数均为14，原子数均为2，而质子数不等；
D．原子数均为5，电子数均为50，而质子数不等。
【解答】解：A．①中质子数、电子数均为14，原子数都是2，故A错误；
B．②中电子数均为10，而质子数、原子数不等，故B错误；
C．③中电子数均为14，原子数均为2，而质子数不等，质子数分别为16、13，故C错误；
D．原子数均为5，电子数均为50，而P、Cl的质子数不等，则离子的质子数不等，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查原子中的数量关系，明确质子数、电子数及阴阳离子的电子数的计算方法即可解答，电子数的分析为易错点，题目难度不大。
8．下列四种溶液分别用水稀释至10mL后，N的物质的量浓度与20mL1ml•L﹣1NaNO3溶液中N的物质的量浓度相等的是（ ）
A．2mL5ml•L﹣1Mg（NO3）2溶液
B．1mL5ml•L﹣1Cu（NO3）2溶液
C．1mL5ml•L﹣1AgNO3溶液
D．5mL5ml•L﹣1Al（NO3）3溶液
【分析】根据化学式可知，20mL 1ml•L﹣1 NaNO3溶液中物质的量浓度为1ml/L，溶液中溶质离子浓度与溶液体积无关，与电解质强弱、溶质电离出的相应离子数目及溶质的浓度等有关，根据稀释定律计算各选项中稀释后溶液中的浓度。
【解答】解：20mL 1ml•L﹣1 NaNO3溶液中物质的量浓度为1ml/L；
A．2mL5ml•L﹣1Mg（NO3）2溶液稀释后溶液中物质的量浓度为＝2ml/L，不符合题意，故A错误；
B．1mL5ml•L﹣1Cu（NO3）2溶液稀释后溶液中物质的量浓度为＝1ml/L，符合题意，故B正确；
C．1mL5ml•L﹣1AgNO3溶液稀释后溶液中物质的量浓度为＝0.5ml/L，不符合题意，故C错误；
D．5mL5ml•L﹣1Al（NO3）3溶液稀释后溶液中物质的量浓度为＝7.5ml/L，不符合题意，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查物质的量浓度有关计算，题目紧扣教程，基础性强，旨在考查学生对基础知识的掌握情况。
9．固体单质A和气体单质B在容积一定的密闭容器中恰好完全反应生成气体C，相同温度下测得容器内压强不变，若产物气体C的密度是原气体密度的4倍，则判断正确的是（ ）
A．生成物C中，A的质量分数为50%
B．反应前后的气体质量之比一定是1：4
C．单质A、B的摩尔质量之比是1：4
D．生成物C中A、B两元素的原子个数比为3：1
【分析】根据阿伏加德罗定律可知，容器的体积固定，相同温度下测得容器内压强不变，则反应前后气体的物质的量相同，若产物气体C的密度是原气体密度的4倍，则气体的质量是反应前气体质量的4倍，化学反应遵循质量守恒定律，则A的质量为B的质量的3倍，在生成物中A的质量分数为75%，由于不能确定A和B的物质的量的关系，则不能确定A、B的摩尔质量和原子个数之间的关系。
【解答】解：A．根据阿伏加德罗定律可知，相同温度下测得容器内压强不变，则反应前后气体的物质的量相同，反应前后的气体质量之比为1：4，根据质量守恒定律可知A的质量为B的质量的3倍，则在生成物中A的质量分数为75%，故A错误；
B．溶液的体积固定，若产物气体C的密度是原气体密度的4倍，则气体的质量是反应前气体质量的4倍，所以反应前后气体质量比一定为1：4，故B正确；
C．因为不能确定A和B的物质的量的关系，因而不能确定A、B的摩尔质量，故C错误；
D．因为不能确定A和B的物质的量关系，所以不能确定C中A、B两元素的原子个数比，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查阿伏加德罗定律及推论的应用，题目难度中等，注意根据题意只能确定气体的物质的量关系和质量关系，但不能确定固体与气体的物质的量的关系。
10．同温同压下，质量相同的CO2、H2、O2、CH4、SO2五种气体，下列说法错误的是（ ）
A．所占的体积由大到小的顺序是：H2＞CH4＞O2＞CO2＞SO2
B．所含分子数由多到少的顺序是：H2＞CH4＞O2＞CO2＞SO2
C．所含的电子数由多到少的顺序是：SO2＞CO2＞O2＞CH4＞H2
D．密度由大到小的顺序是：SO2＞CO2＞O2＞CH4＞H2
【分析】A．根据可知，质量相同时，摩尔质量越大，物质的量越小，又同温同压下体积与物质的量成正比进行分析；
B．根据可知，质量相同时，摩尔质量越大，物质的量越小进行分析；
C．质量相同时，令气体的质量为mg，则CO2、H2、O2、CH4、SO2五种气体所含的电子数的物质的量分别为ml×22＝ml、×2ml＝mml、×16 ml＝ml、×10ml＝ml、×32 ml＝ml，五种气体所含的电子数的物质的量由多到少的顺序是：H2＞CH4＞CO2＝O2＝SO2；
D．同温同压下，密度之比等于摩尔质量之比，CO2、H2、O2、CH4、SO2五种气体的摩尔质量由大到小的顺序是：SO2＞CO2＞O2＞CH4＞H2，则密度之比为：SO2＞CO2＞O2＞CH4＞H2。
【解答】解：A．根据可知，质量相同时，摩尔质量越大，物质的量越小，又同温同压下体积与物质的量成正比，则质量相同的CO2、H2、O2、CH4、SO2五种气体，所占的体积由大到小的顺序是：H2＞CH4＞O2＞CO2＞SO2，故A正确；
B．根据可知，质量相同时，摩尔质量越大，物质的量越小，分子数越少，同温同压下，质量相同的CO2、H2、O2、CH4、SO2，分子数由多到少的顺序是：H2＞CH4＞O2＞CO2＞SO2，故B正确；
C．质量相同时，令气体的质量为mg，则CO2、H2、O2、CH4、SO2五种气体所含的电子数的物质的量分别为ml×22＝ml、×2ml＝mml、×16 ml＝ml、×10ml＝ml、×32 ml＝ml，五种气体所含的电子数的物质的量由多到少的顺序是：H2＞CH4＞CO2＝O2＝SO2，故C错误；
D．同温同压下，密度之比等于摩尔质量之比，CO2、H2、O2、CH4、SO2五种气体的摩尔质量由大到小的顺序是：SO2＞CO2＞O2＞CH4＞H2，则密度之比为：SO2＞CO2＞O2＞CH4＞H2，故D正确；
故选：C。
【点评】本题主要考查了物质的量的有关计算，题目难度不大，掌握物质的量的计算方法是解答该题的关键。
11．磷酸（H3PO4）、亚磷酸（H3PO3）和次磷酸（H3PO2）都是重要的化工产品。已知：1ml磷酸、亚磷酸、次磷酸最多消耗NaOH的物质的量依次为3ml、2ml、1ml。下列推断正确的是（ ）
A．次磷酸与氢氧化钠反应能生成3种盐
B．NaH2PO4、NaH2PO3、NaH2PO2都是酸式盐
C．Na3PO2是正盐
D．H3PO3是二元酸
【分析】已知：1ml磷酸、亚磷酸、次磷酸最多消耗NaOH的物质的量依次为3ml、2ml、1ml，说明磷酸为三元酸，亚磷酸为二元酸，次磷酸为一元酸，据此分析解答。
【解答】解：A．1 ml次磷酸最多消耗NaOH的物质的量为1 ml，说明次磷酸是一元酸，次磷酸与氢氧化钠反应能生成1种盐，故A错误；
B．根据1 ml磷酸、亚磷酸、次磷酸最多消耗NaOH的物质的量依次为3 ml、2 ml、1 ml，说明磷酸（H3PO4）是三元酸，亚磷酸（H3PO3）是二元酸，次磷酸（H3PO2）是一元酸，故NaH2PO4、NaH2PO3是酸式盐，而NaH2PO2是正盐，故B错误；
C．次磷酸（H3PO2）是一元酸，不能生成Na3PO2，故C错误；
D．H3PO3中P元素的化合价为+3价，是中间价态，既能升高又能降低，则亚磷酸有氧化性和还原性，但属于二元酸，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查磷的含氧酸的性质，属于信息习题，注意信息和所学知识的结合来解答，难度也不大，但NaH2PO2为正盐是学生解答的难点。
12．制备氯化物时，常用两种方法：①用金属与氯气直接化合制得；②用金属与盐酸反应制得。用以上两种方法都可制得的氯化物是
A．AlCl3B．FeCl3C．FeCl2D．CuCl2
【分析】A．铝和盐酸或铝和氯气反应均生成AlCl3；
B．铁与盐酸反应生成氯化亚铁；
C．铁与氯气反应生成氯化铁；
D．铜与盐酸不反应。
【解答】解：A.铝和盐酸或铝和氯气反应均生成AlCl3，故A正确；
B.铁和氯气反应生成FeCl3，铁和盐酸反应生成氯化亚铁，故B错误；
C.铁和氯气反应生成FeCl3，铁和盐酸反应生成氯化亚铁，故C错误；
D.铜和氯气反应生成CuCl2，铜和盐酸不反应，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查了元素化合物知识，熟悉氯气的性质是解题关键，题目难度不大。
13．焰色试验过程中铂丝的清洗和灼烧与钾焰色的观察两项操作如图所示。下列叙述中正确的是（ ）
A．用灼热的铂丝蘸取某固体样品进行焰色实验，火焰颜色为黄色，证明该固体样品中含有钠元素而不含钾元素
B．可以用光洁无锈的铁丝代替铂丝进行焰色试验
C．可用稀硫酸代替盐酸清洗铂丝
D．可用焰色试验鉴别Na2CO3与KHCO3溶液，是利用了Na2CO3与KHCO3化学性质的不同
【分析】A．根据钾元素的焰色试验应透过蓝色钴玻璃观察进行分析；
B．根据铁的焰色几乎无色，进行分析；
C．根据硫酸盐不易挥发进行分析；
D．根据Na与K的焰色不同，焰色试验为物理变化进行分析。
【解答】解：A．钾元素的焰色试验应透过蓝色钴玻璃观察，用灼热的铂丝蘸取某固体样品进行焰色实验，火焰颜色为黄色，证明该固体样品中含有钠元素，不能判断是否含钾元素，故A错误；
B．铁的焰色几乎无色，可以用光洁无锈的铁丝代替铂丝进行焰色试验，故B正确；
C．硫酸盐不易挥发，不能用稀硫酸代替盐酸清洗铂丝，故C错误；
D．可用焰色试验鉴别Na2CO3与KHCO3溶液，是利用了Na与K的焰色不同，焰色试验为物理变化，故D错误；
故选：B。
【点评】本题主要考查焰色试验等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
14．用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）
A．含有NA个氦原子的氦气体积约为22.4L
B．25℃，1.01×105Pa，32gSO2中含有的原子数为1.5NA
C．在常温常压下，11.2LCl2含有的分子数为0.5NA
D．1ml MgCl2固体溶于1L水中，所得溶液Cl﹣浓度为2ml•L﹣1
【分析】A．未告知气体的状态，无法进行计算；
B．1个SO2中含有的原子数3个；
C．在常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/ml；
D．1ml MgCl2固体溶于1L水中，溶液体积大于1L。
【解答】解：A．不是标准状况下，不能使用标准气体摩尔体积进行计算，含有NA个氦原子的氦气物质的量为1ml，但体积不一定为22.4L，故A错误；
B．25℃，1.01×105Pa，32gSO2物质的量n＝＝0.5ml，含有的原子数＝0.5ml×3×NA/ml＝1.5NA，故B正确；
C．在常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/ml，11.2LCl2含有的分子数小于0.5NA，故C错误；
D．1ml MgCl2固体溶于1L水中，溶液体积大于1L，所得溶液Cl﹣浓度小于2ml•L﹣1，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，题目难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。
15．下列化学反应中溴元素仅被氧化的是（ ）
A．3Br2+6NaOH5NaBr+NaBrO3+3H2O
B．2NaBr+Cl2═2NaCl+Br2
C．Br2+2NaI═2NaBr+I2
D．HBr+NaOH═NaBr+H2O
【分析】反应中被氧化，则Br元素的化合价升高，据此分析。
【解答】解：A．3Br2+6NaOH5NaBr+NaBrO3+3H2O反应中，Br即被氧化又被还原，故A错误；
B．2NaBr+Cl2＝2NaCl+Br2反应中，Br的化合价升高被氧化，故B正确；
C．Br2+2NaI＝2NaBr+I2反应中，Br的化合价降低被还原，故C错误；
D．HBr+NaOH＝NaBr+H2O反应中，Br的化合价没有变化，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查了氧化还原反应，题目难度不大，注意从化合价变化的角度分析氧化还原反应，侧重于考查学生的分析能力和应用能力。
16．借助新的显微技术，能成功观察到直径小于200nm的粒子。下列分散系中，分散质粒子的直径最小的是（ ）
A．雾B．蛋白质溶液
C．石灰乳D．硝酸钾溶液
【分析】根据分散质粒子直径大小分类，把分散系分为溶液、胶体、浊液，溶液、浊液、胶体的本质区别就是分散质的微粒直径不同，溶液（小于1 nm）、胶体（ 1 nm～100 nm）、浊液（大于100 nm）。
【解答】解：溶液、浊液、胶体的本质区别就是分散质的微粒直径不同，溶液（小于1 nm）、胶体（ 1 nm～100 nm）、浊液（大于100 nm），所以溶液的分散质粒子直径最小，浊液的分散质粒子直径最大。
A．雾属于胶体分散系，其粒子直径大于溶液，小于浊液，故A错误；
B．蛋白质溶液属于胶体分散系，其粒子直径大于溶液，小于浊液，故B错误；
C．石灰乳属于浊液分散系，其分散质微粒直径最大，故C错误；
D．硝酸钾溶液属于溶液分散系，分散质微粒直径在三种分散系中最小，故D正确；
故选：D。
【点评】本题主要考查了分散系的分类依据知识，题目难度不大，注意溶液、胶体、浊液的本质区别是分散质微粒的大小。
17．如图中a、b、c、d、e、f为含氯元素的物质。下列说法错误的是（ ）
A．实验室可用e为原料制备O2
B．b、d、f均具有漂白性
C．上述6种物质，属于电解质的有4种
D．b、c均能用于自来水消毒，f可以用作环境消毒
【分析】根据价类二维图可知，a为HCl，b为Cl2，c为ClO2，d为HClO，e为氯酸盐，f为次氯酸盐，据此分析作答。
【解答】解：A．验室可用KClO3为原料制备O2，故A正确；
B．氯气无漂白性，次氯酸和次氯酸盐具有漂白性，故B错误；
C．上述6种物质，属于电解质的有：HCl、HClO、氯酸盐、次氯酸盐，共4种，故C正确；
D．根据分析可知，b为Cl2，其水溶液发生反应：Cl2+H2O＝HCl+HClO，生成了次氯酸，具有杀菌、消毒作用，c为ClO2，具有强氧化性，具有杀菌、消毒作用，f为次氯酸盐，可以用作环境消毒，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查元素化合物知识，侧重考查学生含氯物质性质的掌握情况，题目难度不大。
18．下列操作过程中一定有氧化还原反应发生的是（ ）
A．．B．
C．D．
【分析】有元素化合价变化的反应为氧化还原反应，存在电子的得失或偏移，据此分析解答。
【解答】解：A．此操作为蒸发结晶，是物理过程，故A错误；
B．此反应是酸碱中和反应，没有化合价的变化，不是氧化还原反应，故B错误；
C．碳酸氢钠加热分解，没有化合价的变化，不是氧化还原反应，故C错误；
D．此反应是过氧化氢的分解，O元素化合价发生变化，是氧化还原反应，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了氧化还原反应，为高考常见题型，侧重氧化还原反应中基本概念的考查，把握元素的化合价变化即可解答，题目难度不大。
19．K2FeO4是优良的饮用水处理剂，一种制备方法是将Fe2O3、KNO3、KOH混合共熔，反应为Fe2O3+3KNO3+4KOH＝2K2FeO4+3KNO2+2H2O。下列关于该反应的说法错误的是（ ）
A．铁元素被氧化，氮元素被还原
B．每生成1个K2FeO4转移6个e﹣
C．氧化性：KNO3＞K2FeO4
D．K2FeO4具有杀菌作用
【分析】反应Fe2O3+3KNO3+4KOH═2K2FeO4+3KNO2+2H2O中铁元素由+3价变为+6价，故Fe2O3为还原剂，而KNO3被还原，作氧化剂，据此分析。
【解答】解：A、氮元素化合价降低，被还原，铁元素化合价升高被氧化，故A正确；
B、反应Fe2O3+3KNO3+4KOH═2K2FeO4+3KNO2+2H2O中铁元素由+3价变为+6价，故1ml Fe2O3转移6ml电子即6NA个，生成2ml K2FeO4，故当生成1ml K2FeO4时转移3NA个电子，故B错误；
C、反应中KNO3为氧化剂，而K2FeO4为氧化产物，而氧化性是氧化剂＞氧化产物，故氧化性：KNO3＞K2FeO4，故C正确；
D、K2FeO4中铁元素为+6价，有强氧化性，能杀菌消毒，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查了氧化还原反应中得失电子数的计算、氧化性强弱的比较等，难度不大，注意基础的积累。
20．某元素的一种同位素X的原子质量数为A，含N个中子，它与原子组成HmX分子。在a克HmX中所含质子的物质的量是（ ）
A．B．
C．（A﹣N+m）mlD．
【分析】根据公式：分子中质子的物质的量＝分子的物质的量×一个分子中含有的质子数＝×一个分子中含有的质子数来计算。
【解答】解：同位素X的质量数为A，中子数为N，因此其质子数为A﹣N．故HmX分子中的质子数为m+A﹣N，又由于HmX中H为，故agHmX分子中所含质子的物质的量为：×（A+m—N）ml，故A正确，
故选：A。
【点评】本题考查学生教材中的基本公式和质量数、质子数、中子数之间的关系知识，比较基础，侧重对基础知识的巩固，注意对基础知识的理解掌握。
二．解答题（共5小题）
21．央视《每周质量报告》曝光了河北省一些明胶企业将皮革废料熬制成工业明胶，出售给浙江绍兴某些制药企业，最终变成药用胶囊。由工业明胶制成的胶囊往往含有超标的重金属铬，会对人体造成伤害。明胶是水溶性蛋白质混合物，溶于水形成胶体。
（1）已知Fe（CrO2）2中铁元素是+2价，则其中铬元素是 +3 价。已知Cr2O3能够与酸、碱反应均只生成盐和水，则从性质的角度Cr2O3属于 两性 氧化物。（选填“酸性”、“碱性”或“两性”）
从物质类别角度，写出Cr2O3分别与盐酸、NaOH溶液反应的化学方程式 Cr2O3+6HCl＝2CrCl3+3H2O、Cr2O3+2NaOH＝2NaCrO2+H2O ；
（2）明胶的水溶液和K2SO4溶液共同具备的性质是 b （填字母）。
a．都不稳定，密封放置会产生沉淀
b．分散质粒子可透过滤纸
c．二者均有丁达尔效应
（3）实验室常向煮沸的蒸馏水中滴加饱和FeCl3溶液制备Fe（OH）3胶体，请写出化学方程式： FeCl3+3H2OFe（OH）3（胶体）+3HCl 。
【分析】（1）化合物中元素化合价代数和为0，能够与酸、碱反应均只生成盐和水的氧化物为两性氧化物；
（2）胶体和溶液的共同点是都可以通过滤纸，溶液为均一、稳定的分散系，胶体为较稳定、均一的分散系；
（3）向煮沸的蒸馏水中滴加饱和FeCl3溶液加热到红褐色，得到Fe（OH）3胶体。
【解答】解：（1）已知Fe（CrO2）2中铁元素是+2价，氧元素化合价﹣2价，铬元素化合价+3价，已知Cr2O3能够与酸、碱反应均只生成盐和水，反应的化学方程式为：Cr2O3+6HCl＝2CrCl3+3H2O、Cr2O3+2NaOH＝2NaCrO2+H2O，则从性质的角度Cr2O3属于两性氧化物，
故答案为：+3；两性；Cr2O3+6HCl＝2CrCl3+3H2O、Cr2O3+2NaOH＝2NaCrO2+H2O；
（2）a．明胶的水溶液和K2SO4溶液，都稳定，密封放置不会产生沉淀，故a错误；
b．明胶的水溶液和K2SO4溶液中的分散质粒子可透过滤纸，故b正确；
c．明胶的水溶液是胶体分散系，有丁达尔效应，K2SO4溶液无丁达尔效应，故c错误；
故答案为：b；
（3）实验室常向煮沸的蒸馏水中滴加饱和FeCl3溶液制备Fe（OH）3胶体，反应化学方程式为：FeCl3+3H2OFe（OH）3（胶体）+3HCl，
故答案为：FeCl3+3H2OFe（OH）3（胶体）+3HCl。
【点评】本题考查了物质性质的应用、胶体制备和性质的分析判断，注意知识的熟练掌握，题目难度不大。
22．Ⅰ．对于数以千万计的化学物质和如此丰富的化学变化，分类法的作用几乎是无可替代的，如：纯净物根据其组成和性质可进行如下分类。
（1）如图所示的分类方法属于 树状分类法 。
（2）某化学兴趣小组对下列四组物质进行研究：
A．HCl、H2SO4、H2CO3、HNO3
B．Na2CO3、NaNO3、AgNO3、NaNO2
C．FeCl3溶液、蒸馏水、CaCO3悬浊液、Fe（OH）3胶体
D．NaOH、KOH、Ba（OH）2、Fe2O3
填写下列空白：
Ⅱ．甘肃马家窑遗址出土的青铜刀是我国最早冶炼的青铜器，由于时间久远，其表面有一层“绿锈”，“绿锈”俗称“铜绿”，是铜和空气中的水蒸气、CO2、O2作用产生的，化学式为Cu2（OH）2CO3，“铜绿”能跟酸反应生成铜盐、CO2和H2O。某同学利用以下反应实现了“铜→铜绿→⋯→铜”的转化：；
（3）从物质分类标准看，“铜绿”属于 盐 。
（4）写出B的化学式： CuO 。
（5）请写出铜绿与盐酸反应的化学方程式： Cu2（OH）2CO3+4HCl＝2CuCl2+3H2O+CO2↑ 。
（6）上述转化过程中属于置换反应的是 ⑤ （填写反应序号）。
【分析】（1）根据树状分类法含义：对同一类事物按照某些属性进行再分类的分类法进行分析；
（2）根据氧化物是含有两种元素一种为氧元素的化合物，酸是电离出的阳离子都是氢离子的化合物，碱是电离出的阴离子都是氢氧根离子的化合物，分散系是混合物，蒸馏水为化合物，进行分析；
（3）根据盐是由金属阳离子或铵根离子和酸根离子构成的化合物进行分析；
（4）根据氢氧化铜受热分解生成氧化铜和水进行分析；
（5）根据铜绿与盐酸反应生成氯化铜、水和二氧化碳进行分析；
（6）根据置换反应是一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物的反应进行分析。
【解答】解：（1）树状分类法是一种很形象的分类法，按照层次，一层一层来分，就像一颗大树，有叶、枝、杆、根，图示方法就是树状分类法，
故答案为：树状分类法；
（2）A．HCl为无氧酸，其余三个均是含氧酸，所以A组中不属于含氧酸的是HCl；
B．Na2CO3、NaNO3、NaNO2均属于钠盐，AgNO3属于银盐，所以B组中不属于钠盐的是AgNO3；
C．分散系是混合物，蒸馏水为化合物，所以C组中不属于分散系的是蒸馏水；
D．NaOH、KOH、Ba（OH）2均属于碱，Fe2O3属于氧化物，所以D组中不属于碱的是Fe2O3；
故答案为：钠盐；碱；HCl；蒸馏水；
（3）铜绿是Cu2（OH）2CO3，属于盐，
故答案为：盐；
（4）氢氧化铜受热分解生成氧化铜和水，B的化学式为CuO，
故答案为：CuO；
（5）铜绿与盐酸反应的化学方程式：Cu2（OH）2CO3+4HCl＝2CuCl2+3H2O+CO2↑，
故答案为：Cu2（OH）2CO3+4HCl＝2CuCl2+3H2O+CO2↑；
（6）过程①是铜在潮湿空气中与氧气、水、二氧化碳反应，属于化合反应；过程②是铜绿跟酸反应生成铜盐及CO2、H2O，是复分解反应；过程③是铜盐和碱反应生成氢氧化铜沉淀，是复分解反应；氢氧化铜受热分解生成氧化铜和水，是分解反应；过程⑤是氧化铜和氢气反应生成铜和水，是置换反应；属于置换反应的是⑤，
故答案为：⑤。
【点评】本题主要考查酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
23．如图是一套制取并验证氯气部分化学性质的实验装置。
回答下列问题：
（1）装置A中，仪器a的名称 分液漏斗 ，该仪器中盛放的试剂为 浓盐酸 ，写出A装置发生反应的离子方程式： MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O 。
（2）当有少量Cl2通过后，观察到装置C中现象。 溶液变蓝
（3）当Cl2持续通过时，装置D中现象。 干燥的有色布条褪色
（4）若要证明Cl2无漂白性，则必须在装置 D （用装置字母序号填写）之前增加装有浓硫酸洗气瓶的装置。
（5）装置E的作用是 吸收多余的氯气，以防污染空气 ，该反应的离子方程式为： Cl2+2OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+H2O 。
【分析】装置A为氯气的发生装置，MnO2与浓盐酸共热产生氯气，因为盐酸具有挥发性，需用盛有饱和食盐水的洗气瓶B除去氯气中的HCl，氯气具有氧化性，可氧化装置C溶液中的I﹣，生成I2，淀粉遇I2变蓝，氯气能与水反应生成HClO，HClO具有漂白性，能使装置D中的有色布条褪色，而氯气有毒，需要用烧杯E中的NaOH溶液吸收多余的氯气，以防污染空气。
【解答】解：（1）根据仪器的构造可知，仪器a的名称为分液漏斗，MnO2与浓盐酸共热生成氯气、氯化锰和水，故仪器a中盛放的试剂为浓盐酸，反应的化学方程式为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，则A装置发生反应的离子方程为：MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O，
故答案为：分液漏斗；浓盐酸；MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O；
（2）由分析可知，当有少量Cl2通过后，氯气把装置C溶液中的I﹣氧化成I2，淀粉遇I2变蓝，故观察到装置C中现象为：溶液变蓝，
故答案为：溶液变蓝；
（3）未经干燥的氯气进入装置D，氯气与水反应生成的HClO具有漂白性，使装置D中干燥的有色布条褪色，
故答案为：干燥的有色布条褪色；
（4）由（3）可知，若要证明Cl2无漂白性，则必须在装置D之前增加装有浓硫酸洗气瓶的装置，除去氯气中的水蒸气，
故答案为：D；
（5）氯气有毒，能被NaOH吸收，反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，故装置E的作用是：吸收多余的氯气，以防污染空气，反应的化学方程式为：Cl2+2NaOH═NaCl+NaClO+H2O，则离子方程式为：Cl2+2OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+H2O，
故答案为：吸收多余的氯气，以防污染空气；Cl2+2OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+H2O。
【点评】本题考查氯气的制取及其性质检验实验，题目难度不大，关键是掌握氯气的制取原理和相关性质，注意干燥的氯气没有漂白性，但氯气与水反应生成的次氯酸具有漂白性，需要排除实验干扰。
24．下表是元素周期表的一部分，根据表中给出的10种元素，按要求使用化学用语填空作答：
（1）地壳中含量最高的元素是 O （填元素符号，下同）；金属性最强的元素是 Na ；单质的化学性质最不活泼的元素是 Ne ；气体单质有颜色的元素 Cl ；可运输浓硫酸的金属元素是 Al 。
（2）最高价氧化物对应水化物酸性最强的是 HClO4 ，碱性最强的是 NaOH （填化合物化学式）；最高价氧化物不溶于水，但既溶于稀硫酸又溶于氢氧化钠溶液的是 Al（OH）3 （填化合物化学式）；
（3）第三周期中两种金属元素的最高价氧化物对应的水化物相互反应的化学方程式为： Al（OH）3+NaOH＝NaAlO2+2H2O ，氢氧化铝治疗胃酸分泌过多的离子方程式： Al（OH）3+3H+＝Al3++3H2O 。
【分析】（1）同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强；同主族由上而下，金属性增强，非金属性变弱；
（2）非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越；
（3）氢氧化钠和氢氧化铝反应生成偏铝酸钠和水，；胃酸含有盐酸，氢氧化铝和盐酸反应生成氯化铝和水。
【解答】解：（1）同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强；同主族由上而下，金属性增强，非金属性变弱；地壳中含量最高的元素是O；金属性最强的元素是Na；单质的化学性质最不活泼的元素是稀有气体元素Ne；气体单质有颜色的元素Cl，氯气为黄绿色气体；可运输浓硫酸的金属元素是Al，浓硫酸能使铁铝钝化，
故答案为：O；Na；Ne；Cl；Al；
（2）非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，最高价氧化物对应水化物酸性最强的是HClO4；金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，碱性最强的是NaOH；最高价氧化物不溶于水，但既溶于稀硫酸又溶于氢氧化钠溶液的是Al（OH）3，氢氧化铝具有两性，能和强酸也能和强碱反应，
故答案为：HClO4；NaOH；Al（OH）3；
（3）第三周期中两种金属元素的最高价氧化物对应的水化物相互反应，则为氢氧化钠和氢氧化铝反应生成偏铝酸钠和水，化学方程式为：Al（OH）3+NaOH＝NaAlO2+2H2O；胃酸含有盐酸，氢氧化铝治疗胃酸分泌过多，反应为氢氧化铝和盐酸反应生成氯化铝和水，离子方程式：Al（OH）3+3H+＝Al3++3H2O，
故答案为：Al（OH）3+NaOH＝NaAlO2+2H2O；Al（OH）3+3H+＝Al3++3H2O。
【点评】本题考查元素周期表和周期律，侧重考查学生元素周期律的掌握情况，试题比较简单。
25．回答下列问题：
Ⅰ.1L海水在逐渐浓缩过程中析出盐的种类和质量（单位：g）的关系如下表所示：
注：画“﹣”的数据少于10﹣4，可以忽略不计。
（1）从海水中获得粗盐，一般采用的方法是 蒸发或日晒 。
（2）根据上表，要获得杂质较少的食盐，应控制海水的最佳密度为 B g⋅mL﹣1（填字母）。
（3）工业上电解饱和氯化钠制取氯气的化学方程式为 2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑ 。
Ⅱ.欲配制480mL0.1ml⋅L﹣1的稀盐酸，实验室的浓盐酸密度为1.25g⋅cm﹣3，质量分数为36.5%，请回答下列问题：
（4）配制稀盐酸时需要使用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒还有 量筒 、 胶头滴管 、 500ml容量瓶 （写仪器名称）。
（5）需要量取的浓盐酸的体积为 4.0 mL。
（6）在配制过程中，下列操作可引起所配溶液浓度偏低的有 ①④⑤ （填序号）。
①未洗涤稀释浓硫酸时用过的烧杯和玻璃棒
②未等稀释后的硫酸溶液冷却至室温就转移到容量瓶中并定容
③转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水
④定容时，仰视刻度线
⑤转移溶液时，不慎有少量溶液洒出
【分析】Ⅰ．（1）从海水中获得粗盐，是利用氯化钠溶解度随温度变化不大，通过蒸发结晶的方法得到；
（2）图表中数据分析得到，获得氯化钠最多的海水的密度；
（3）在电解饱和食盐水制氯气的同时，还生成了H2和NaOH；
Ⅱ．（4）依据配制一定物质的量浓度溶液的操作步骤选择需要的仪器；
（5）依据溶液稀释过程中所含溶质的物质的量不变计算需要浓盐酸的体积；
（6）分析操作对溶质的物质的量和溶液的体积的影响，依据C＝进行误差分析。
【解答】解：（1）从海水中获得粗盐，一般采用的方法是：蒸发或日晒，蒸发溶剂析出氯化钠晶体，
故答案为：蒸发或日晒；
（2）根据上表，获得杂质较少的食盐最多的是9.65g，应控制海水的最佳密度为1.22g⋅ml−1，
故答案为：B；
（3）在电解饱和食盐水制氯气的同时，还生成了H2和NaOH，化学方程式是2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑，
故答案为：2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑；
Ⅱ．（4）配制0.1ml•L−1的稀盐酸480mL，应选择500mL容量瓶，配制一定物质的量浓度溶液的操作步骤：计算、量取、稀释、移液、洗涤、定容等，用到的仪器：量筒、烧瓶、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，所以还需要的是：量筒、胶头滴管、500ml容量瓶，
故答案为：量筒、胶头滴管、500ml容量瓶；
（5）设需要浓盐酸体积为V，则依据溶液稀释过程中所含溶质的物质的量不变得V×ml/L＝0.1ml/L×500mL，解得V＝4.0mL，应选择4.0mL量筒，
故答案为：4.0；
（6）①未洗涤稀释浓硫酸时用过的烧杯和玻璃棒，导致溶质部分损耗，溶质的物质量偏小，溶液浓度偏低，故①正确；
②未等稀释后的硫酸溶液冷却至室温就转移到容量瓶中，冷却后，溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故②错误；
③转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水，对溶液体积和溶质的物质的量都不产生影响，溶液浓度不变，故③错误；
④定容时，仰视刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故④正确；
⑤转移溶液时，不慎有少量溶液洒出，导致溶质部分损耗，溶质的物质量偏小，溶液浓度偏低，故⑤正确；
故选：①④⑤。
选项
混合物
化合物
单质
盐
A
盐酸
NaOH固体
石墨
NaCl
B
碱石灰
金刚石
O3
纯碱（Na2CO3）
C
空气
澄清石灰水
铁
石灰石
D
CuSO4•5H2O
CaCl2
水银
CaO
A
B
C
D
分类标准
含氧酸

分散系

不属于该类别的物质

AgNO3

Fe2O3
海水密度（g⋅mL﹣1）
CaSO4
NaCl
MgCl2
MgSO4
NaBr
1.21
0.05
3.26
0.004
0.008
﹣
1.22
0.015
9.65
0.01
0.012
﹣
1.26
0.01
2.64
0.02
0.02
0.04
1.31
﹣
1.40
0.54
0.03
0.06
选项
混合物
化合物
单质
盐
A
盐酸
NaOH固体
石墨
NaCl
B
碱石灰
金刚石
O3
纯碱（Na2CO3）
C
空气
澄清石灰水
铁
石灰石
D
CuSO4•5H2O
CaCl2
水银
CaO
A
B
C
D
分类标准
含氧酸
钠盐
分散系
碱
不属于该类别的物质
HCl
AgNO3
蒸馏水
Fe2O3
海水密度（g⋅mL﹣1）
CaSO4
NaCl
MgCl2
MgSO4
NaBr
1.21
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