湖南省张家界市慈利县2019-2020学年高一上学期期中考试化学试题

www.ks5u.com二〇一九年秋季期中教学质量检测

高一化学

可能用到的相对原子质量：H：1  C：12  O：16  S：32  N：14

第I卷

一、选择题

1.下列操作正确的是（   ）

A. 夹试管

B. 加热液体

C. 试管洗干净后放回

D. 添加酒精

【答案】C

【解析】

【详解】A．用试管夹夹持试管时，应由试管底部套上、取下，选项A错误；

B．加热时，先使试管底部均匀受热，后用酒精灯的外焰固定加热，且试管中液体不超过容积的，选项B错误；

C．试管洗干净后放回试管架，选项C正确；

D．不能向燃着的酒精灯添加酒精，选项D错误。

答案选C

2.下列仪器可以加热的是（   ）

①蒸馏烧瓶；②容量瓶；③蒸发皿；④试管；⑤分液漏斗；⑥量筒；⑦锥形瓶

A. ①③④⑦ B. ②④⑥⑦ C. ③④⑤ D. ②③④⑥

【答案】A

【解析】

【详解】能够直接加热的仪器有：试管、燃烧匙、蒸发皿和坩埚等；需要垫石棉网加热的是：烧杯、烧瓶、锥形瓶等；不能加热的仪器有：容量瓶、表面皿、漏斗、量筒、集气瓶等。

符合要求的有①③④⑦；

答案选A。

3.现有一瓶A和B的混合物，已知甲和乙的某些性质如表所示：（   ）

据此，将甲和乙互相分离的方法是（    ）

A. 蒸馏法 B. 升华法 C. 萃取法 D. 过滤法

【答案】A

【解析】

【详解】根据题中信息可以看出，甲和乙两物质的熔点相差不大，均易溶于水，互溶，但是沸点相差较大，可以采用蒸馏的方法通过控制沸点的不同来实现二者的分离。

答案选A。

4.检验某溶液中是否含有SO42-离子，常用的方法是( )

A. 取样，滴加BaCl2溶液，看是否有不溶于水的白色沉淀生成

B. 取样，滴加稀盐酸酸化的BaCl2溶液，看是否有不溶于水的白色沉淀生成

C. 取样，滴加稀盐酸，无明显现象，再滴加BaCl2溶液，看是否有不溶于水白色沉淀生成

D. 取样，滴加稀硫酸，再滴加BaCl2溶液，看是否有不溶于水的白色沉淀生成

【答案】C

【解析】

【分析】

在检验是否含有硫酸根离子时，如果对溶液成分没有限制，则需要排除可能存在的其他微粒如碳酸根离子、亚硫酸根离子、银离子等的干扰。亚硫酸根离子易被硝酸氧化为硫酸根离子，硫酸钡和氯化银都不溶于硝酸，在实验过程中，无论操作还是试剂的选择都要做出相互不干扰的选择和调整。

【详解】A、滴加BaCl2溶液不能排除银离子、碳酸根离子、亚硫酸根离子等的干扰，故A错误；

B、滴加稀盐酸酸化的BaCl2溶液，不能排除银离子的干扰，故B错误；  

C、先加入稀盐酸，没有产生沉淀，排除银离子、碳酸根、亚硫酸根的干扰，然后再加氯化钡，产生白色沉淀，证明有SO42-存在，故C正确；

D、滴加稀硫酸，再滴加BaCl2溶液，加入的硫酸会与氯化钡生成白色沉淀，不能证明有SO42-存在，故D错误；

答案选C。

5.在0.1molNa2SO4中所含Na＋数目为（   ）

A. 0.2mol B. 1.202×1023个 C. 6.02×1022个 D. 0.2个

【答案】B

【解析】

【详解】根据N=n•NA、Na2SO4=2Na++SO42- ，0.1molNa2SO4中所含Na+的数目为0.12NA=1.202×1023。

答案选B。

6.标准状况下，11g某气体的体积为5.6L，则该气体的摩尔质量为（     ）

A. 11 B. 44 C. 11g/mol D. 44g/mol

【答案】D

【解析】

【详解】标准状况下，11g某气体的体积为5.6L，则物质的量n===0.25mol；

该气体的摩尔质量M===44g/mol。

答案选D。

【点睛】本题考查阿伏加德罗定律及推论及摩尔质量。根据n=计算5.6L 某气体的物质的量，再根据M=计算该气体的摩尔质量。

7.下列说法正确的是(   )

A. 碳酸钙的摩尔质量是100g

B. 摩尔既是微粒数目的单位，也是物质的量的单位

C. 阿伏加德罗常数的符号为NA，约为6.02×1023mol-1

D. 标准状况下，1mol任何物质体积均为22.4L

【答案】C

【解析】

【详解】A. 单位错误，碳酸钙的摩尔质量是100g/mol，A项错误；

B. 摩尔是物质的量的单位，B项错误；

C. 阿伏加德罗常数的符号为NA，约为6.02×1023，单位为mol-1，C项正确；

D. 标准状况下，1mol任何气体物质的体积均为22.4L，D项错误；

答案选C。

8.对1 mol·L－1的MgCl2溶液的有关叙述中，正确的是

A. 该溶液中Cl－浓度为2 mol·L－1

B. 该溶液中Mg2＋的物质的量是1 mol

C. 可使用250 mL容量瓶分两次完成490 mL该浓度的MgCl2溶液的配制

D. 该溶液可由95g MgCl2·6H2O固体在水中溶解并稀释至1L获得。

【答案】A

【解析】

【详解】A、根据MgCl2的分子组成可知，1个MgCl2中含有2个氯离子，所以1 mol·L－1的MgCl2溶液中氯离子的物质的量浓度为2 mol·L－1,故A正确；
B、未指明溶液体积,不能计算Mg2＋的物质的量,故B错误;
C、490 mL溶液需使用500 mL容量瓶一次性配制,不能分2次,以减少误差,故C错误;
D、95g MgCl2·6H2O的物质的量为n=m/M=95÷203g/mol=0.47mol，在水中溶解并稀释至1L，MgCl2的物质的量浓度为c=n/V=0.47mol/1L==0.47mol/L,故D错误;

综上所述，本题应选A。

9.下列关于分散系的叙述不正确的是（   ）

A. 分散系都是混合物

B. 溶液的分散质粒子能透过滤纸而胶体和浊液的分散质粒子不能透过滤纸

C. 将饱和FeCl3 溶液滴入沸水中，并继续加热煮沸得到红褐色液体即可制备Fe(OH)3胶体

D. 胶体能发生丁达尔效应,可用于区别胶体和溶液

【答案】B

【解析】

【详解】A．分散系是指一种或多种物质（分散质）分散在两一种物质（分散剂）中所形成的混合体系，选项A正确；

B. 溶液、胶体的分散质粒子能透过滤纸而浊液的分散质粒子不能透过滤纸，选项B不正确；

C. 将饱和FeCl3 溶液滴入沸水中，并继续加热煮沸得到红褐色液体即可制备Fe(OH)3胶体，选项C正确；

D.胶体可以产生丁达尔现象，溶液不能产生丁达尔现象，可用于区别胶体和溶液，选项D正确。

答案选B。

10.下列关于物质的分类中，正确的是（   ）

A. A B. B C. C D. D

【答案】C

【解析】

【详解】A、烧碱是氢氧化钠，属于碱；CuSO4·5H2O为纯净物，CO2属于非电解质，选项A错误；

B、冰水混合物是H2O，属于纯净物，选项B错误；

C、H2SiO3电离出来的阳离子全部是氢离子的化合物，属于酸；纯碱由钠离子和碳酸根离子构成，属于盐；碘水是碘与水的混合物；NaCl是水溶液或熔融状态下能导电的化合物，属于电解质；选项C正确；

D、NaOH属于碱；NH3属于非电解质，选项D错误；

答案选C。

11.下列溶液混合后，不会发生离子反应的是（   ）

A. 硝酸钡溶液和硫酸钠溶液 B. 醋酸钠溶液和稀硫酸

C. 碳酸钾溶液和稀盐酸溶液 D. 硝酸钾溶液和氯化铜溶液

【答案】D

【解析】

【详解】A. 硝酸钡溶液和硫酸钠溶液反应生成硫酸钡沉淀和硝酸钠，属于离子反应，选项A不选；

B. 醋酸钠溶液和稀硫酸反应生成醋酸和硫酸钠，属于离子反应，选项B不选；

C. 碳酸钾溶液和稀盐酸溶液生成氯化钾、二氧化碳和水，属于离子反应，选项C不选；

D. 硝酸钾溶液和氯化铜溶液不能发生离子反应，选项D选；

答案选D。

12.下列说法正确的是（   ）

A. 熔融NaCl能导电，是因为通电时NaCl发生了电离

B. NaCl固体不导电，因为NaCl固体中无带电微粒

C. NH4NO3电离时产生了NH、NO，无金属离子，所以NH4NO3不是盐

D. NaHSO4在水溶液中电离生成了Na＋、H＋、SO三种离子

【答案】D

【解析】

【详解】A、熔融NaCl能电离出自由移动的Na+和Cl-，电离与电流无关，选项A错误；

B、氯化钠固体不导电是因为NaCl固体中带电的离子不能自由移动，选项B错误；

C、由金属阳离子或铵根离子和酸根离子构成的纯净物是盐，硝酸铵是由铵根离子和酸根离子构成的纯净物，属于盐，选项C错误；

D、硫酸氢钠在水溶液中完全电离出三种离子，即NaHSO4=Na++H++SO42-，选项D正确。

答案选D。

13.下列反应的离子方程式书写正确的是（   ）

A. 氧化铜与稀盐酸混合：CuO+2H+=Cu2++H2O

B. 稀硫酸与氢氧化钡溶液混合：SO+Ba2+=BaSO4↓

C. 用醋酸除去水垢：2H++CaCO3=Ca2++CO2↑+H2O

D. 向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水：Ca2++HCO+OH=CaCO3↓+H2O

【答案】A

【解析】

【详解】A、氧化铜与稀盐酸混合，反应生成氯化铜和水，反应的离子方程式为：CuO+2H+=Cu2++H2O，选项A正确；

B、稀硫酸与氢氧化钡溶液混合，反应生成硫酸钡和水，反应的离子方程式为：2H++SO+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O，选项B错误；

C、用醋酸除去水垢，反应生成醋酸钙、二氧化碳和水，反应的离子方程式为：2CH3COOH+CaCO3=2CH3COO-+Ca2++CO2↑+H2O，选项C错误；

D、向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水，反应生成碳酸钙、一水合氨和水，反应的离子方程式为：Ca2++HCO+NH4+ +2OH=CaCO3↓+H2O+ NH3•H2O，选项D错误。

答案选D。

14.室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（   ）

A. NaOH溶液：Na+、K+、CO、S

B. HCl 溶液：NH、K+、CH3COO−、NO

C. K2CO3溶液：Na+、Ba2+、Cl、OH

D. H2SO4溶液：K+、Ba2+、NO、HSO

【答案】A

【解析】

【详解】A. OH-、Na+、K+、CO、S相互之间不反应，能大量共存，选项A正确；

B. HCl 溶液中：H+与CH3COO−反应生成弱酸醋酸而不能大量共存，选项B错误；

C. K2CO3溶液中：Ba2+与CO32反应生成碳酸钡沉淀而不能大量共存，选项C错误；

D. H2SO4溶液中：H+与反应HSO，SO42-与Ba2+反应而不能大量共存，选项D错误。

答案选A。

15.ClO2是一种高效杀菌剂。工业上可通过以下反应制得ClO2：2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O。下列说法不正确的是（    ）

A. NaClO3是氧化剂 B. Na2SO3是还原剂

C. NaClO3发生氧化反应 D. ClO2是还原产物

【答案】C

【解析】

【分析】

2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O，反应中，氯元素化合价由+5价变为+4价，硫元素化合价由+4价变为+6价，结合氧化还原反应的规律分析解答。

【详解】A．氯元素化合价降低，得电子，则NaClO3是氧化剂，故A正确；

B．硫元素化合价升高，失电子，则亚硫酸钠是还原剂，故B正确；

C．氯元素得电子，化合价降低，则NaClO3是氧化剂，发生还原反应，故C错误；

D．氯元素得电子，化合价降低，则ClO2是还原产物，故D正确；

故选C。

16.已知在碱性溶液中可发生如下反应：2R(OH)3+3ClO+4OH=2RO+3Cl+5H2O,则中R的化合价是（   ）

A. +3 B. +4 C. +5     D. +6

【答案】D

【解析】

【详解】根据电荷守恒得3×1+4×1=3×1+2n，则n=2，所以RO4n-为RO42-，该离子中O元素化合价为-2价，R、O元素化合价的代数和为-2，所以该离子中R元素化合价=-2-（-2）×4=+6，答案选D。

17.实验室用氢氧化钠固体配制1mol/L 的NaOH溶液480ml，以下配制步骤正确的是（   ）

A. 直接在托盘天平上称取19.2g的氢氧化钠固体放入烧杯中，加蒸馏水溶解

B. 待溶液冷却后，用玻璃棒引流，将烧杯中的溶液转移到容量瓶中，并洗涤烧杯和玻璃棒2～3次

C. 定容时，仰视凹液面最低处到刻度线

D. 按照上述步骤配制的溶液(其它步骤操作都正确)，所得溶质的物质的量浓度偏高

【答案】B

【解析】

【分析】

根据配制一定物质的量浓度的配制步骤有称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用托盘天平称量溶质的质量，然后在烧杯中溶解，用玻璃棒不断搅拌加速固体溶解，冷却后用玻璃棒弓|流转移到500mL容量瓶中，用蒸馏水洗涤烧杯、玻璃棒2~ 3次，洗涤液也移入容量瓶中，当加水至波面距离刻度线1 ~ 2cm时，改用胶头滴管滴加，直到溶液凹面恰好与刻度线相切。

【详解】A、由于实验室无450mL容量瓶，故应选择500mL的容量瓶,故配制出500mL溶液，故所需的氢氧化钠的质量m=cVM=1mol/L×0.5L×40g/mol= 20.0g，由于氢氧化钠有腐蚀性，且易潮解，在称取氢氧化钠固体时，要在托盘天平上放两个相同的玻璃器皿，选项A错误；

B、待溶液冷却后，用玻璃棒弓|流，将烧杯中的溶液转移到容量瓶中，并洗涤烧杯2~3次，若没有洗涤烧杯和玻璃棒，会导致溶质的损失，则浓度偏低，选项B正确；

C、定容时仰视刻度线，会导致溶液体积偏大，则浓度偏低，选项C错误；

D、选项B所得溶质的物质的量浓度准确，选项C所配溶液浓度偏低，选项D错误。

答案选B。

【点睛】本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制及误差分析，明确配制原理和过程是解答关键，注意定容的时候，在滴加使溶液的凹液面最低点与刻度线相切后，盖好塞子，振荡摇匀，这时候如果凹液面低于刻度线也不能再继续加水了。

18.在一个密闭容器中，中间有一可自由滑动的隔板，将容器分成两部分。当左边充入28克N2，右边充入8克CO和CO2的混合气体时，隔板处于如图所示位置（两侧温度相同）。下列说法正确的是

A. 右边CO和CO2的分子数之比为1∶3

B. 右边CO的质量为2.75克

C. 若改变右边CO和CO2的充入量而使隔板处于距离右端1/6处,保持温度不变,则前后两次充入密闭容器内的气体总压强之比为25∶24

D. 右侧气体密度是相同条件下氢气密度的32倍

【答案】C

【解析】

【详解】A、根据十字交叉法，右边CO和CO2的分子数之比为3 :1，选项A错误；

B、右边CO的质量为28g/mol×0.25mol×=175g，选项B错误；

C、若改变右边CO和CO2的充入量而使隔板处于距高右端处，保持温度不变，则第二次充入气体的物质的量为0.2mol，同一密闭容器中，压强之比等于物质的量之比，前后两次充入容器内的物质的量之比为1.25: 1.2，体压强之比为25 : 24 ，选项 C正确；

D、同温同压下，相对密度之比等于摩尔质量之比，右侧气体密度是相同条件下氢气密度的16倍，选项D错误；

答案选C。

【点睛】本题考查物质的量的相关计算，判断CO和CO2混合气体的物质的量是解题关键。本题采取十字交叉法计算CO和CO2的物质的量之比，也可利用常规解法结合质量、物质的量计算CO和CO2的物质的量。

第Ⅱ卷

二、填空题

19.通过计算填写下列内容：

（1）2.5mol CH4的质量是____________；标准状况下的体积为_______________。

（2）1.5NA个H3PO4含氧原子的物质的量为_________。

（3）12g某二价金属的硫酸盐中，含有0.1mol SO，该金属的相对原子质量为________。

（4）实验测得CO、N2和O2等三种气体的混合气体的密度是H2的15.5倍，其中O2的质量分数为___________。

【答案】    (1). 40g    (2). 56L    (3). 6mol    (4). 24    (5). 77.4%

【解析】

【分析】

（1）根据m=nM、V=nVm进行计算；

（2）根据n=进行计算；

（3）根据M=计算硫酸盐摩尔质量，再根据物质的摩尔质量数值上等于相对分子质量，再求算金属的相对原子质量；

(4)三种气体的平均相对分子质量为15.5×2＝31，因CO与N2的相对分子质量相同，求算平均相对分子质量时可一并考虑。

【详解】（1）2.5mol甲烷的质量m=nM=2.5mol×16g/mol=40g；标况下甲烷体积V=nVm=2.5mol×22.4L/mol=56L；

（2）1.5NA个H3PO4的物质的量n===1.5mol；每个H3PO4含有4个O原子，故1.5mol H3PO4含氧原子的物质的量为1.5mol×4=6mol；

（3）二价金属的硫酸盐中，金属的物质的量等于硫酸根离子的物质的量等于硫酸盐的物质的量。则：M===120g/mol，所以金属的相对原子质量为：120-96=24；

(4)三种气体的平均相对分子质量为15.5×2＝31，因CO与N2的相对分子质量相同，求算平均相对分子质量时可一并考虑，设O2的物质的量分数为x，则CO和N2的物质的量分数为(1－x)，因此有：32x＋28(1－x)＝31，解得x＝0.75。O2的质量分数为×100%≈77.4%。

20.现有下列4种物质：①石墨；②氯化氢气体；③NaCl饱和溶液；④二氧化碳；

（1）属于电解质的是：____________。

（2）属于非电解质的是：____________；

（3）其中能导电的是：______________；

【答案】    (1). ②    (2). ④    (3). ①③

【解析】

【分析】

（1）电解质是在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物；

（2）非电解质是在水溶液中和熔融状态下都不能导电的化合物；

（3）物质能导电是因为有自由移动的电子或有自由移动的离子。

【详解】（1）电解质是在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，②氯化氢气体是在水溶液中能导电的化合物，属于电解质；

答案为②；

（2）非电解质是在水溶液中和熔融状态下都不能导电的化合物，④二氧化碳属于非电解质；

答案为④；

（3）①石墨有自由移动的电子；③NaCl饱和溶液有自由移动的离子；故能导电的是①③。

【点睛】本题考查有关物质的分类和导电性的相关知识，掌握该考点需要注意以下几点：①电解质和非电解质均指化合物，单质和混合物既不属于电解质也不属于非电解质；②电解质本身可能不导电，如NaCl固体，但NaCl是电解质，电解质是在水溶液中或熔融状态下导电，又如HCl气体不导电，但溶于水后形成的盐酸能导电， HCl是电解质；③能导电的不一定是电解质，如Fe能导电，但是单质，不属于电解质。

21.现有下列反应:

①2H2O+Cl2+SO2＝H2SO4+2HCl

②2KMnO4+16HCl(浓)＝2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O

针对上述两个反应回答：

（1）用单线桥标出①中电子转移的方向和数目_______________________________；

（2）写出②的离子化学方程式_____________________________________________；

（3）Cl2、H2SO4和KMnO4的氧化性由强到弱的顺序为________________________；

（4）反应②中氯化氢表现出的性质是________。

a．还原性       b．酸性       c．氧化性

【答案】    (1).     (2). 2MnO+16H++10Cl=2Mn2++5Cl2↑+8H2O    (3). KMnO4 >Cl2> H2SO4    (4). ab

【解析】

【分析】

（1）根据氧化还原反应中元素化合价升降及得失电子数目进行分析；

（2）根据离子反应方程式的书写原则进行书写；

（3）根据氧化还原反应中氧化剂氧化性强于氧化产物进行判断；

（4）根据HCl中Cl元素化合价部分升高，部分不变进行分析。

【详解】（1）该反应中，Cl元素化合价由0价变为-1价、S元素化合价由+4价变为+6价，所以Cl2是氧化剂、SO2是还原剂，其转移电子数是2，单线桥转移电子数目和方向为；

（2）反应2KMnO4+16HCl(浓)＝2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O中KMnO4、KCl、MnCl2均为可溶性盐必须拆成离子，HCl为强电解质，也拆成离子，故反应的离子方程式为2MnO+16H++10Cl=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；

（3）反应2KMnO4+16HCl(浓)＝2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O中KMnO4做氧化剂，氧化HCl得到氧化产物Cl2，氧化性KMnO4＞Cl2；

反应2H2O+Cl2+SO2＝H2SO4+2HCl中Cl2做氧化剂，氧化SO2得到氧化产物H2SO4，氧化性Cl2＞H2SO4；

故Cl2、H2SO4和KMnO4的氧化性由强到弱的顺序为KMnO4 >Cl2> H2SO4；

（4）反应②中HCl中Cl元素化合价升高，反应物HCl是还原剂，具有还原性，Cl元素被氧化，对应产物Cl2是氧化产物，盐酸中的Cl有部分转化为化合价不变的氯化钾中去，也体现了盐酸的酸性，答案选ab。

22.某无色透明溶液中可能大量存在Ag＋、Mg2＋、Cu2＋、Fe3＋、Na＋中的几种。请填写下列空白：

（1）不做任何实验就可以肯定原溶液中不存在的离子是_____。

（2）取少量原溶液，加入过量稀盐酸，有白色沉淀生成；再加入过量的稀硝酸，沉淀不消失。说明原溶液中肯定存在的离子是____。

（3）取（2）中的滤液，加入过量的氢氧化钠溶液，出现白色沉淀，说明原溶液中肯定有___，生成沉淀的离子方程式为_____。

（4）原溶液可能大量共存的阴离子是_____（填字母）。

a．Cl－    b．NO3－    c．CO32－    d．OH－

【答案】    (1). Fe3＋、Cu2＋    (2). Ag＋    (3). Mg2＋    (4). Mg2＋＋2OH－=Mg(OH)2↓    (5). b

【解析】

【分析】

(1)无色透明溶液中不存在有颜色的离子，有颜色的离子不用做实验就能判断是否存在；

(2)加入过量稀盐酸，有白色沉淀生成，再加入过量稀硝酸，沉淀不消失，说明含有Ag+；

(3)能和NaOH溶液反应的离子是Mg2+；

(4)溶液中一定含Ag+、Mg2+，结合离子共存分析判断。

【详解】(1)无色透明溶液中不存在有颜色的离子，有颜色的离子不用做实验就能判断是否存在，符合条件的离子是Cu2+、Fe3+，故答案为：Cu2+、Fe3+；

(2)加入过量稀盐酸，有白色沉淀生成，再加入过量稀硝酸，沉淀不消失，说明含有Ag+，离子方程式为：Ag++Cl-=AgCl↓，故答案为：Ag+；

(3)取(2)中的滤液，加入过量的氢氧化钠溶液，出现白色沉淀，能和NaOH溶液反应的离子是Mg2+，离子方程式为Mg2++2OH-═Mg(OH)2↓，故答案为：Mg2+；Mg2++2OH-═Mg(OH)2↓；

(4)原溶液中存在Ag+，则Cl- 不能大量共存，原溶液中肯定有Mg2+，故CO32-、OH-不能大量共存，硝酸根离子不与所给的任何离子生成沉淀，故溶液中可能含有大量的硝酸根离子，故选b。

【点睛】本题中要注意基础知识的记忆，如常见有颜色的离子有Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等。

23.已知NH4HCO3NH3↑＋CO2↑＋H2O↑。为了将混有硫酸钠、碳酸氢铵的NaCl提纯，并制得纯净的NaCl溶液，某学生设计如下实验方案：

（1）操作④中所需的玻璃仪器有_________________________________。

（2）操作②为什么不用硝酸钡溶液，其理由是________________________________。

（3）进行操作②后，如何判断SO已除尽，方法是___________________________。

（4）操作③的目的是__________，其相应的离子方程式为：____________________。

（5）说明此设计方案不严密之处____________________________________________。

【答案】    (1). 漏斗、烧杯、玻璃棒    (2). 会引入杂质NaNO3（或NO）    (3). 取操作②后的上层清液少许于试管中，向此试管中滴加BaCl2溶液，若无沉淀，说明SO已除尽    (4). 除去过量的BaCl2(或Ba)    (5). Ba2++CO=BaCO3↓    (6). 在操作③时加入过量的Na2CO3溶液加热煮沸并不能除去

【解析】

【分析】

混有硫酸钠、碳酸氢铵的氯化钠固体，由流程可知，①中发生加热条件下分解反应，分解后的固体溶于水后，与氯化钡反应除去硫酸根离子，再利用碳酸钠除去过量的钡离子，过滤后滤液中含NaCl、碳酸钠，加盐酸除去碳酸钠后溶质为NaCl，蒸发得到纯净的NaCl，以此来解答。

【详解】混有硫酸钠、碳酸氢铵的氯化钠固体，由流程可知，①中发生加热条件下分解反应，分解后的固体溶于水后，与氯化钡反应除去硫酸根离子，再利用碳酸钠除去过量的钡离子，过滤后滤液中含NaCl、碳酸钠，加盐酸除去碳酸钠后溶质为NaCl，蒸发得到纯净的NaCl，

（1）操作④为过滤，所需的玻璃仪器有：漏斗、烧杯、玻璃棒；

（2）用硝酸钡溶液会引入杂质硝酸根离子，难以除去，故答案为：会引入杂质NaNO3（或NO离子）；

（3）进行操作②后，判断溶液中SO42-已除尽的方法为取操作②后的上层清液少许于试管中，向此试管中滴加BaCl2溶液，若无沉淀，说明SO已除尽；

（4）操作③发生反应的化学方程式为BaCl2+Na2CO3═BaCO3↓+2NaCl，其目的为除去过量的BaCl2(或Ba离子)，相应的离子方程式为Ba2++CO=BaCO3↓；

（5）由上述分析可知，此设计方案不严密之处及正确的方法为在操作③时加入的Na2CO3溶液煮沸并不能除去，因此在操作③时加入过量的Na2CO3溶液加热煮沸并不能除去。

【点睛】本题考查混合物分离提纯实验，把握流程中的化学反应及混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与实验能力、推断能力的考查，易错点为（5）由上述分析可知，此设计方案不严密之处及正确的方法为在操作③时加入的Na2CO3溶液煮沸并不能除去，因此在操作③时加入过量的Na2CO3溶液加热煮沸并不能除去。