河北省保定市六校2024-2025学年高一上学期11月期中考试 化学试题【含答案解析】

六校联盟2024年11月期中联考高一化学试题考生注意：1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间75分钟。2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。3.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。4.本卷命题范围：苏教版专题1～专题3第一单元。5.可能用到的相对原子质量：H1D2C12N14O16Na23Cl35.5Fe56I127一、选择题：本题共16小题，每小题3分，共48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.下列有关化学的文献或诗文，理解错误的是A.《本草经集注》中记载：“强烧之，紫青烟起，云是硝石也”，利用的是焰色反应区分硝石()和朴硝()B.《本草纲目》“烧酒”条目下写道：“自元时始创其法，用浓酒和糟入甑，蒸令气上……其清如水，味极浓烈，盖酒露也。”这里所用的“法”是指分液C.《浪淘沙》中记载：“日照澄洲江雾开，淘金女伴满江限。美人首饰侯王印，尽是沙中浪底来。”雾是气溶胶，分散质粒子直径范围是1～100nmD.《淮南万毕术》中记载：“曾青得铁则化为铜”，铁为还原剂【答案】B【解析】【详解】A．钾元素的焰色反应显紫色，钠元素的焰色反应为黄色，故焰色反应可用于鉴别硝石（KNO3）和朴硝（Na2SO4），A正确；B．蒸馏法酿酒，这里所用“法”是指蒸馏，而非分液，B错误；C．胶体是分散质粒子大小在1nm~100nm的分散系；雾属于胶体，分散质粒子的直径范围是1~100nm，C正确；D．“曾青得铁则化为铜”为铁置换铜离子生成铜单质，反应中铁化合价升高，铁为还原剂，D正确；故选B。2.化学与生产、生活、科技及环境等密切相关。下列说法正确的是A.抗击新冠疫情时，“84”消毒液可作为环境消毒剂B.我国成功研制出纳米片，该化合物属于碱C.如果不慎将酸沾到皮肤上，应立即用大量水冲洗，然后用饱和溶液冲洗D.食品包装袋中常有硅胶、生石灰、还原铁粉等，其作用都是防止食品氧化变质【答案】A【解析】【详解】A．84消毒液的有效成分次氯酸钠有氧化性，能杀菌消毒，可作为环境消毒剂，故A正确；B．碱是电离出的阴离子都是氢氧根离子的化合物，盐是由金属阳离子或铵根离子和酸根离子构成的化合物，为盐不是碱，故B错误；C．如果不慎将酸沾到皮肤上，应立即用大量水冲洗，然后用5%的NaHCO3溶液冲洗，故C错误；D．食品包装袋中常有硅胶、生石灰都是干燥剂，硅胶、生石灰没有还原性，不能防止食品氧化变质，故D错误；故选A。3.分类是化学研究中常用的方法，下列分类正确的是选项纯净物混合物电解质非电解质A盐酸水煤气干冰B蒸馏水蔗糖溶液氧化铝二氧化硫C胆矾空气铁碳酸钙D明矾水蒸气氯化铜碳酸钠A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．盐酸是HCl的水溶液，为混合物，A项错误；B．蒸馏水只含水分子，属于纯净物；蔗糖的水溶液属于混合物；熔融状态的氧化铝能导电，氧化铝是电解质；二氧化硫自身不能电离，二氧化硫是非电解质，B项正确；C．铁是单质，既不是电解质，也不是非电解质，碳酸钙为盐类物质，属于电解质，C项错误；D．水蒸气是纯净物，碳酸钠为盐类，属于电解质，D项错误；故选B。4.下列化学用语表示正确的是A.与互为同位素B.的电离方程式：C.氯离子的结构示意图：D.质子数为17、中子数为20的氯原子：【答案】C【解析】【详解】A．与是同种元素形成的结构相同的单质，属于同一种物质，A错误；B．的电离方程式为：，B错误；C．氯离子是氯原子得到一个电子后形成的，则其结构示意图为：，C正确；D．原子左上方的数值应该是质量数，质量数为17+20=37，正确的写法是Cl，D错误；故选C。5.科学家第一次让18个碳原子连成环，其合成过程如图所示。下列说法正确的是A.16.4g中所含氧原子数约为B.的摩尔质量为216gC.1mol转化为C₁₈过程中反应生成44.8LCOD.同温同压下，质量相等CO和所占的体积相同【答案】D【解析】【详解】A．16.4g为，所含氧原子为0.2mol，氧原子数约为，A错误；B．的摩尔质量为216g/mol，B错误；C．温度和压强未知，无法计算生成CO的体积，C错误；D．CO和的摩尔质量相等，等质量的CO和的物质的量相同，在同温同压下，所占的体积相同，D正确；故选D。6.某实验需要1的NaOH溶液240mL，配制该NaOH溶液的几个关键实验步骤和操作示意图如图所示：下列说法错误的是A.此实验应用天平称取10.0gNaOH固体B.进行操作①时，若仰视容量瓶的刻度线，使所配NaOH溶液浓度偏低C.进行操作③时，NaOH在烧杯中完全溶解，立即转移到容量瓶中D.上述操作的先后顺序是③②④⑥①⑤【答案】C【解析】【详解】A．需要250mL的容量瓶，此实验应称取氢氧化钠固体的质量为0.25L×1mol/L×40g/mol=10.0g，A正确；B．操作①时，若仰视容量瓶的刻度线，所配溶液的体积偏大，物质的量不变，从而使配得的NaOH溶液浓度偏低，B正确；C．NaOH在烧杯中完全溶解，由于放热，使得溶液的温度升高，若立即转移到容量瓶中，会使所配溶液的浓度偏高，C不正确；D．配制溶液时，应依次进行溶解、转移、洗涤、转移、定容、上下颠倒并摇匀，所以操作的先后顺序是③②④⑥①⑤，D正确；故选C。7.用表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.1mol与足量Fe反应，转移的电子数为3B.标准状况下，4.48LHCl溶于1L水，盐酸的物质的量浓度为2C.标准状况下，2.24L所含的氯原子数目为4D.2g由和组成的混合物中含有的中子数为【答案】D【解析】【详解】A．铁和氯气反应中氯化合价由0变为-1，则1mol与足量Fe反应，转移2mol电子，电子数为2，A错误；B．标准状况下，4.48LHCl（为2mol）溶于1L水，得到溶液体积不确定为1L，则溶液浓度不是2mol/L，B错误；C．标准状况下，四氯化碳不是气体，不确定其物质的量，C错误；D．和摩尔质量均为20g/mol，且1个分子中均含有10个中子，则2g由和组成的混合物中含有2g÷20g/mol×10=1mol中子，中子数为，D正确；故选D。8.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】A．Fe与Cl2在点燃时反应产生FeCl3，不能直接反应产生FeCl2，A错误；B．Al2O3难溶于水，不能与水直接一步反应产生Al(OH)3，B错误；C．二氧化硫和水生成亚硫酸而不是硫酸，硫酸和氢氧化钠生成硫酸钠和水，C错误；D．氯气和水生成次氯酸和氯化氢，次氯酸见光分解生成氧气和氯化氢，D正确；故选D9.已知X、Y、Z、R、W是原子序数逐渐增大的元素，X是原子序数最小的元素；Y元素原子最外层电子数是内层电子总数的2倍；Z元素原子最外层电子数比其次外层电子数多4个；R元素原子最外层有1个电子，其阳离子与Z的阴离子原子核外电子总数相同；W元素原子K层和M层电子总数比L层电子数多1个。下列说法错误的是A.常温下为液态 B.R的氧化物不与酸反应C.Y的一种单质可导电 D.W的一种氧化物可用作自来水消毒剂【答案】B【解析】【分析】已知X、Y、Z、W、R五种元素，X是原子序数最小的元素，则X为H，Y元素原子最外层电子数是内层电子总数的2倍，即核外K、L层依次排有2、4个电子，Y为C，Z元素原子最外层电子数比其次外层电子数多4个，即核外K、L层依次排有2、6个电子，Z为O，R元素原子最外层有1个电子，其阳离子与Z的阴离子原子核外电子总数相同，故R为Na，W元素原子K层和M层电子总数比L层电子数多1个，即核外K、L、M层依次排有2、8、7个电子，W为Cl元素，X、Y、Z、R、W分别为H、C、O、Na、Cl，据此作答。【详解】A．X为H，Z为O，则为过氧化氢，常温下为液态，A正确；B．R为Na，其氧化物为氧化钠或者过氧化钠，都可以和酸反应，B错误；C．Y为C，其一种单质石墨可以导电，C正确；D．W为Cl，其氧化物二氧化氯可用作自来水消毒剂，D正确；故选B。10.实验是化学研究的基础。下列装置能达到相应实验目的的是A．加热液体B．分离和KCl固体C．测定新制氯水的pHD．制备氢氧化铁胶体A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．加热液体时，试管中的液体体积不能超过试管体积的三分之一，A错误；B．I2易升华，KCl热稳定性较好，且与I2不反应，能够用图示装置分离I2和KCl，B正确；C．氯水中含次氯酸，具有漂白性，不能用pH试纸测pH值，C错误；D．制备氢氧化铁胶体，将饱和氯化铁溶液滴加到沸水中，不能加到氢氧化钠溶液中，会生成氢氧化铁沉淀，D错误；故选B。11.已知反应①；②；③，下列说法正确的是A.上述三个反应都有单质生成，所以都是置换反应B.反应②中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：6C.氧化性由强到弱顺序为D.反应③中每消耗1mol，转移20mol【答案】C【解析】【详解】A．置换反应的定义为：一种单质与一种化合物反应生成一种单质与一种化合物，反应②不符合，A错误；B．反应②中KClO3中的Cl降低5价，HCl的Cl升高1价，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶5，B错误；C．自发进行的氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，所以由反应：①Cl2+2KBr=2KCl+Br2，氧化剂为Cl2，氧化产物为Br2，②KClO3+6HCl=3Cl2↑+KCl+3H2O，氧化剂为KClO3，氧化产物为Cl2，③2KBrO3+Cl2＝Br2+2KClO3，氧化剂为KBrO3，氧化产物为KClO3，可知：氧化性由强到弱的顺序为KBrO3>KClO3>Cl2>Br2，C正确；D．反应③中中Cl升高5价，故每消耗1mol，转移10mol，D错误；故选C。12.下列依据实验操作和现象得出的实验结论正确的是选项实验操作和现象实验结论A用玻璃棒蘸取样品，在酒精灯外焰上灼烧，观察到焰色呈黄色样品中一定含有钠元素B向分别装有盐酸和氢氧化钠溶液的两支试管中，各加入一小块铝片，两支试管均产生气泡金属铝与酸、碱均能反应C向某溶液中加入稀盐酸至溶液呈酸性，产生使澄清石灰水变浑浊的气体溶液中一定含有D向某溶液中加入盐酸酸化的溶液，产生白色沉淀溶液中一定含有A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．玻璃中含有Na元素，干扰溶液中钠元素的检验，则不能说明该溶液中含有钠元素，A错误；B．两支试管均产生气泡，则金属铝与酸、碱均能反应生成氢气，B正确；C．溶液中含有碳酸根离子、碳酸氢根离子等都会出现相同现象，不能说明溶液中一定含有，C错误；D．产生的白色沉淀可能是AgCl也可能是BaSO4，则该溶液中不一定含有，也可能含有Ag+，D错误；故选B。13.下列与氯气相关反应的说法错误的是A.该图可表示新制氯水在光照条件下的pH变化B.与反应时，作还原剂C.纯净在中燃烧，发出苍白色火焰，反应放出大量热D.电解饱和食盐水的化学方程式：【答案】B【解析】【详解】A．光照下氯水中的次氯酸会分解为氯化氢和氧气，次氯酸为弱酸，盐酸为强酸，所以溶液的酸性增强，pH减小，故A正确；B．氯气和氢氧化钙反应：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，氯元素化合价从0价升高到+1价，同时还从0价降低到-1价，氯气既是氧化剂，也是还原剂，Ca(OH)2既不是氧化剂，也不是还原剂，故B错误；C．纯净在中安静地燃烧，发出苍白色火焰，反应放出大量热，故C正确；D．电解饱和食盐水的工业称为氯碱工业，制得氯气和烧碱，同时得到氢气，故D正确；答案选B。14.为检验某漂白粉是否变质，进行下列探究实验：实验1：取5g漂白粉样品于烧杯中，加足量蒸馏水并搅拌，观察到有固体不溶解。实验2：静置，取少量实验1的上层清液于试管中，放入红色花瓣，观察到花瓣褪色。实验3：另取5g漂白粉样品于试管中，滴加浓盐酸，观察到有气体产生。下列说法正确的是A.工业上用氯气和澄清石灰水制取漂白粉B.实验1和实验2说明漂白粉没有变质C.实验3中产生的气体只有氯气D.实验3中反应的电子转移可表示为【答案】D【解析】【分析】漂白粉有效成分为次氯酸钙，次氯酸钙容易吸收空气中二氧化碳而变质生成次氯酸和碳酸钙，次氯酸不稳定见光分解；次氯酸根离子和浓盐酸发生氧化还原反应生成氯气和水，变质生成的碳酸钙也会和盐酸反应生成二氧化碳气体；【详解】A．由于Ca(OH)2的溶解度很小，故工业上用氯气和石灰乳制取漂白粉，A错误；B．CaCl2和Ca(ClO)2均易溶于水，由实验1中有不溶物说明漂白粉已经变质为CaCO3，实验2中花瓣褪色，说明还存在有效成分次氯酸钙，故实验1和实验2说明漂白粉未完全变质，B错误；C．由分析结合B项分析，该漂白粉已经部分变质，故实验3中产生的气体有氯气和CO2，C错误；D．次氯酸根离子和浓盐酸发生氧化还原反应生成氯气和水，4分子HCl中的2分子HCl中氯失去1×2个电子、次氯酸钙中氯得到1×2个电子，发生氧化还原反应生成氯气，单线桥表示正确，D正确；故选D。15.常温下，已知某溶液X中，还含有、、、、、、中的若干种，现取200mL该溶液进行如图实验(不考虑实验操作过程中物质质量的损失，忽略溶液体积变化)：已知：①易被、氧化；②与在水溶液中会发生氧化还原反应而不能大量共存，下列判断正确的是A.、至少有一种B.、、、四种离子一定存在C.该溶液中D.不能确定和是否存在，一定不存在【答案】B【解析】【分析】由题可知，200mLX为pH=1的某溶液，氢离子物质的量为0.02mol，即溶液中CO不可能大量存在，溶液加入过量的氯气后置换出2.54g碘单质，即原溶液含有0.02molI-，不含有Fe3+，水层加入氢氧化钠加热后有气体生成，即生成0.01mol氨气，原溶液中含有0.01molNH，溶液B加入硝酸酸化的硝酸银溶液用于检验氯离子，但初期氯气溶液的加入使氯离子是否存在于原溶液中无法判断，根据溶液中电荷守恒可知，氯离子必须存在。固体C灼烧后得到固体E，说明固体E为氧化铁，根据元素守恒可知原溶液中Fe2+的物质的量小于0.02mol。【详解】A.Fe3+不可能存在，会与碘离子发生氧化还原反应，A错误；B.根据流程现象和电荷守恒可知，NH、Fe2+、I-、Cl-四种离子一定存在，B正确；C.根据电荷守恒，不考虑钠离子含量，，即该溶液中c(Cl-)≥0.25mol•L-1，C错误；D.根据电荷守恒，Cl-一定存在，D错误；答案为B。16.实验室用等作原料制取少量的实验流程如图所示：下列说法正确的是A.“熔融”时起催化作用B.“溶解”后溶液存在大量的、、C.“歧化”时还原产物与氧化产物的物质的量之比为2：1D.流程中可以循环使用的物质是、【答案】B【解析】【分析】氯酸钾在碱性条件下将二氧化锰氧化成锰酸钾，自身被还原形成氯离子，溶解后的溶液中含有大量的锰酸根、氯离子和钾离子，通入二氧化碳，锰酸钾发生自身歧化反应生成二氧化锰和高锰酸钾，过滤分离出二氧化锰，滤液结晶得到高锰酸钾晶体；流程中能够循环使用的只有二氧化锰，二氧化碳在反应中形成了碳酸钾。【详解】A．“熔融”时为反应物，被氧化为锰酸钾，A错误；B．由分析可知，“溶解”后溶液中存在大量的、、，B正确；C．锰酸钾发生自身歧化反应，部分锰化合价由+6变为+4被还原为二氧化锰、部分由+6变为+7被氧化为高锰酸钾，结合电子守恒，还原产物与氧化产物化学计量数之比为1∶2，C错误；D．由分析可知，流程中可以循环使用的物质是，D错误；故选B。二、非选择题：本题共4小题，共52分。17.“分类”的思想在化学学习及化学学科发展中起着重要作用。现有下列物质：①固体；②熔融；③淀粉溶液；④液态氯化氢；⑤NaCl溶液；⑥；⑦金属铜；⑧；⑨酒精；⑩(亚磷酸)回答下列问题：（1）以上物质中属于电解质的是___________(填序号，下同)，属于非电解质的是___________，能导电的物质是___________。（2）物质②的电离方程式为___________。（3）③所属分散系为___________，如果③⑤混合，可利用___________(填“滤纸”或“半透膜”)进行分离。（4）已知⑩与足量KOH溶液反应的化学方程式为，属于(填“正盐”或“酸式盐”)___________。【答案】（1）①.①②④⑧⑩②.⑥⑨③.②⑤⑦（2）(熔融)（3）①.胶体②.半透膜（4）正盐【解析】【分析】①固体是电解质，本身不导电；②熔融是电解质，能导电；③淀粉溶液是混合物，既不是电解质也不是非电解质；④液态氯化氢属于电解质，本身不导电；⑤NaCl溶液是混合物，既不是电解质也不是非电解质；⑥属于非电解质；⑦金属铜是单质，既不是电解质也不是非电解质，可导电；⑧属于电解质，本身不导电；⑨酒精属于非电解质；⑩(亚磷酸)是电解质。【小问1详解】根据分析可知，属于电解质的是①②④⑧⑩；属于非电解质的是⑥⑨；能导电的物质是②⑤⑦；【小问2详解】熔融电离方程式：(熔融)；【小问3详解】淀粉溶液为胶体，NaCl溶液为溶液，胶体粒子不能透过半透膜，溶液中离子可以透过半透膜，可采用渗析的方法进行分离；【小问4详解】与足量KOH溶液反应生成KHPO3，所以K2HPO3

不能再电离出H+，故K2HPO3

为正盐。18.物质的量在化学计量中有广泛应用，回答下列问题：（1）某气体在标准状况下的密度为1.25，该气体的摩尔质量为___________。（2）同温同压下，下列三种气体：①2g、②8g、③14g，其密度由大到小的顺序为(用序号与“>”表示)___________。（3）硫酸镁和硫酸铝溶液等体积混合后，的浓度为0.1，的浓度为0.3，则混合后溶液中的浓度为___________。（4）一密闭容器被两个可自由滑动的隔板a、b(厚度不计)分成甲、乙两室，如图所示。一定温度下向甲室中充入、的混合气体，乙室中充入1.2molHCl气体，静止时隔板如图(保持温度不变)。已知甲室中气体的质量比乙室中气体的质量少33.8g。①甲室中___________。②如果将隔板a去掉，当HCl与完全反应生成(固体体积忽略不计且不影响隔板移动)，恢复原温度后，隔板b将静止于刻度“___________”(填数字)处。【答案】（1）28（2）②>③>①（3）0.15（4）①.17：8②.6【解析】【小问1详解】标准状况下，M=ρVm=1.25g/L22.4L/mol=28g/mol；【小问2详解】同温同压下，密度之比等于摩尔质量之比，摩尔质量越大，密度越大，故下列三种气体：①2g、②8g、③14g，其密度由大到小的顺序为②>③>①；【小问3详解】硫酸镁和硫酸铝溶液等体积混合后，铝离子浓度为0.1mol/L，硫酸根离子的浓度为0.3mol/L，则根据电荷守恒有：3c(Al3+)+2c(Mg2+)=2c()，即3×0.1mol/L+2c(Mg2+)=2×0.3mol/L，解得混合溶液中Mg2+的浓度为0.15mol/L；【小问4详解】①如图所示，甲、乙两室的体积比为5:3，即甲、乙两室的气体的物质的量之比为5:3，乙室中有1.2molHCl（43.8g），则甲室中，NH3、H2的总物质的量为2mol，质量为43.8g-33.8g=10g，设氨气的物质的量为xmol，氢气的物质的量为ymol，根据其物质的量、质量列方程组为：x+y＝2，17x+2y＝10，解得x＝0.4，y＝1.6，所以氨气和氢气的物质的量之比=0.4mol:1.6mol=1:4，其质量之比=(0.4mol×17g/mol):(1.6mol×2g/mol)=17:8；②甲室中，0.4molNH3能与0.4molHCl反应，剩余气体为1.6molH2和0.8molHCl，共2.4mol气体，相同条件下，气体的体积之比等于其物质的量之比，所以活塞b会移至“6”处。19.Ⅰ.通过海水晾晒可得粗盐，粗盐中除NaCl外，还含有、、以及泥沙等杂质，需要提纯后才能综合利用。某同学利用给定试剂NaOH溶液、溶液、溶液和盐酸，设计了如图粗盐精制的实验流程。（1）试剂①是___________(填化学式，下同)溶液。（2）加入试剂②后，得到的沉淀C是___________。（3）加入盐酸的作用是___________。（4）实验室进行“操作b”时观察到___________时停止加热。Ⅱ.NaCl、在水中的溶解度曲线如图所示。（5）结合溶解度曲线，分析除去纯碱样品中的氯化钠杂质的具体操作为___________、洗涤、干燥。Ⅲ.从金桔的果皮中提取药用液态精油的流程如图所示。已知：①二氯甲烷是一种密度大于水且与水互不相溶的液态有机溶剂；②二氯甲烷沸点为39.6℃，液态精油成分复杂，沸点范围为150℃～220℃。（6）“操作①”中玻璃棒的作用是___________。（7）“操作②”的名称是___________。（8）进行“操作③”时，涉及下列哪些仪器___________(填字母)。【答案】（1）（2）、（3）除去过量的NaOH和（4）有大量固体出现（5）蒸发浓缩、冷却结晶、过滤（6）引流（7）萃取和分液（8）ABCE【解析】【分析】加入过量氢氧化钠溶液，生成氢氧化镁沉淀和氯化钠，除去镁离子；加入氯化钡时，能和硫酸钠反应生成硫酸钡沉淀和氯化钠，从而除去硫酸根离子；加入碳酸钠溶液时，能和氯化钙、过量的氯化钡反应生成碳酸钙沉淀、碳酸钡沉淀和氯化钠，从而除去钙离子和过量的钡离子；过滤，向滤液中加入适量的稀盐酸把过量的氢氧化钠和碳酸钠除去，蒸发结晶得到氯化钠晶体；需要注意的是，由于碳酸钠需要除去过量的钡离子，故碳酸钠必须在氯化钡溶液之后加入；则试剂①为氯化钡溶液，操作a为过滤，沉淀A为硫酸钡，沉淀B为氢氧化镁，试剂②为碳酸钠溶液，沉淀C为碳酸钙、碳酸钡的混合物；金桔的果皮热水浸取后过滤分离出滤液，加入二氯甲烷萃取分离出有机层，蒸馏分离出液态精油。【小问1详解】由分析，试剂①是溶液；【小问2详解】加入试剂②后，得到的沉淀C是、；【小问3详解】溶液C中含过量的氢氧化钠和碳酸钠，加入盐酸的作用是：除去过量的NaOH和；【小问4详解】“操作b”为蒸发结晶操作，观察到有大量固体出现时停止加热，利用余热蒸发结晶得到晶体。【小问5详解】由图，碳酸钠溶解度受温度影响较大、而氯化钠溶解度受温度影响较小，故除去纯碱样品中的氯化钠杂质需要使用降温结晶的方法，具体操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。【小问6详解】“操作①”为分离固液的操作，为过滤，其中玻璃棒的作用是引流；【小问7详解】“操作②”为萃取后分离有机层和水层的操作，名称是萃取和分液；【小问8详解】“操作③”为利用物质沸点不同