2025年中图版必修1化学上册阶段测试试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年中图版必修1化学上册阶段测试试卷607考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共8题，共16分)1、我国在科技上不断取得重大成果，下列说法正确的是A.嫦娥五号月面五星红旗的面料“芳纶”属于合成纤维B.嫦娥五号登月采集的样本中含有3He，与地球上的2He互为同素异形体C.我国开采的海底可燃冰是可以燃烧的水D.中国“奋斗者”号万米载人潜水器的钛合金材料属于新型高分子材料2、关于反应8NH3+6NO2=7N2+12H2O，下列说法正确的是A.NH3中H元素被氧化B.NO2在反应过程中失去电子C.还原剂与氧化剂的物质的量之比为4：3D.氧化产物与还原产物的质量之比为3：43、下列各组物质中，能一步实现如图所示①～⑤转化关系的是。选项XYZWACCOCO2BCD

A.AB.BC.CD.D4、为了检验某含有NaHCO3杂质的Na2CO3样品的纯度，现将w1g样品加热，其质量变为w2g，则该样品的纯度（质量分数）是（）A.B.C.D.5、A元素原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，B元素原子次外层电子数是最外层电子数的2倍，则A、B元素（）A.一定是第2周期元素B.一定是同一主族元素C.可能是第2、3周期元素D.形成化合物一定是____6、四种主族元素离子aXm+、bYn+、cZn-和dRm-，它们有相同的电子层结构，若m>n；则下列正确的有。

①a-b=m-n；元素的原子序数a>b>c>d；③元素非金属性Z>R④最高价氧化物对应水化物的碱性X>Y；⑤离子半径Z>R>X>Y；⑥原子半径Y>X>Z>RA.2种B.3种C.4种D.5种7、设NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是A.15.6gNa2O2固体中含有的阴离子数目为0.4NAB.将1mol的Cl2通入足量的水中充分反应转移的电子数为NAC.标准状况下，11.2L氧气与臭氧混合气体中所含分子数为0.5NAD.在氯化铁溶液中，若Fe3+的数目为NA，则Cl-的数目肯定为3NA8、NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（）A.30g丙醇中存在的共价键总数为5NAB.1molD2O与1molH2O中，中子数之比为2：1C.含0.2molH2SO4的浓硫酸与足量的镁反应，转移电子数大于0.2NAD.密闭容器中1molPCl3与1molCl2反应制备PCl5（g），增加2NA个P-Cl键评卷人得分二、多选题(共9题，共18分)9、X元素原子的L层比Y元素原子L层少3个电子，X元素原子核外电子总数比Y元素原子核外电子总数少5个，则X、Y可形成的化合物（）A.离子化合物Y(XO3)2B.离子化合物Y2X3C.离子化合物Y3X2D.共价化合物XY210、短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。m、p、r是由这些元素组成的二元化合物，q是元素Y的单质且为淡黄色固体，n是元素Z的单质，0.01mol·L-1r溶液的pH为2；s通常是难溶于水的混合物。上述物质的转化关系如图所示。下列说法一定正确的是。

A.元素的非金属性：Z>YB.原子半径的大小：Z>Y>X>WC.简单氢化物的稳定性：Z>Y>XD.氧化物的对应水化物的酸性：Z>Y11、根据实验操作和现象所得出的结论正确的是。选项实验操作和现象结论A向Fe(NO3)2溶液中滴入HI和淀粉混合溶液，溶液变蓝氧化性：Fe2+＞I2B向3mLKI溶液中滴加几滴氯水，振荡，再滴加1mL淀粉溶液，溶液显蓝色Cl2的氧化性比I2的强C向Ag2CO3白色悬浊液中滴加少量Na2S溶液，出现黑色沉淀Ksp(Ag2S)＜Ksp(Ag2CO3)D苯和液溴在FeBr3的催化下发生反应，将得到的气体直接通入AgNO3溶液中，产生淡黄色沉淀苯和液溴发生取代反应

A.AB.BC.CD.D12、下列关于和的叙述中正确的是A.和都属于碱性氧化物B.与水的反应中，氧化剂是还原剂是水C.常温常压下，是白色固体，是淡黄色固体D.和中阳离子和阴离子的个数比均为2∶113、几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表：

。元素代号XYZW原子半径/nm0.1600.1430.0750.074主要化合价＋2＋3＋5、－3－2下列叙述正确的是A.X、Y元素的金属性X＞YB.Y的最高价氧化物对应的水化物能溶于稀氨水C.一定条件下，Z单质与W的常见单质反应直接生成ZW2D.形成简单离子的半径由大到小的顺序为：Z3－＞W2－＞X2＋＞Y3＋14、关于漂白粉的以下叙述中不正确的是A.在空气中久置变质，变质时既发生了氧化还原反应，又发生了非氧化还原反应B.在100℃即分解，产生的气体Cl2C.其溶液可使蓝色石蕊试纸先变红，后褪色D.工业上是将Cl2通入石灰乳中制得的15、设NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列叙述中正确的是（）A.25℃，1.01×105Pa，28gN2和CO的混合气体所含原子数为2NAB.1.8gNH4+中含有电子数为1.1NAC.标准状况下，18gH2O含有的原子数为3NAD.1L1mol/L的盐酸中有NA个HCl分子16、工业上常先以为原料制得溶液，通过添加过量难溶电解质使含有的等金属离子形成硫化物沉淀，经过滤除去包括在内的沉淀，再经蒸发，结晶，可得纯净的根据上述实验事实，下列分析正确的是A.的小于等硫化物的B.除杂试剂也可用代替C.与反应的离子方程式是D.整个过程中涉及的反应类型有复分解反应和氧化还原反应17、某碳酸钠样品中可能含有氢氧化钠；碳酸钙、生石灰、氯化钠、硫酸铜五种杂质中的三种。现进行下列实验：

①称取4.7g样品；加入足量水，样品部分溶解。

②向①中所得悬浊液中加入100mL1mol/LHCl；最终得到无色澄清溶液，此过程中共产生0.04mol气体。

③向②中反应后溶液中加入足量的硝酸银与稀硝酸；得到15.8g白色沉淀；

由此可知杂质中（）A.一定含NaCl，一定不含CuSO4B.可能含CaO、NaOHC.一定含CaCO3，可能含NaOHD.可能含CaO而不含CaCO3评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)18、元素周期表是进行化学研究的重要工具；如图是元素周期表的一部分，其中①～⑨代表9种元素。请回答下列问题：

（1）上述元素中最高价氧化物对应的水化物的酸性最强的是___（填物质的化学式）。

（2）上述元素中最稳定的简单氢化物是___（填物质的化学式），请用电子式表示其形成过程：___；②④⑥形成的1：1：1型化合物的电子式为___。

（3）下列推断正确的是___（填选项字母）。

A.⑨的单质可能为白色固体。

B.⑧的单质能与水剧烈反应生成氢气。

C.①、⑥的简单氢化物之间反应的产物中既含离子键又含极性键19、取少量Fe2O3粉末（红棕色）加入适量盐酸；得到黄色溶液，用此溶液进行以下实验：

（1）在小烧杯中加入20mL蒸馏水，加热至沸腾后，向沸水中加入制取的黄色溶液2mL，继续煮沸至液体呈______色，停止加热，用激光笔照射烧杯中的液体，可以观察到液体中______，用这个实验可以区别_______和_______。

（2）氢氧化铁胶体制备的原理_______________________________

（3）向烧杯中逐滴加入过量的盐酸，会出现一系列变化：现象____________________原因（用离子方程式表示）__________________________

（4）氢氧化铁胶体稳定存在的主要原因是______________________________________。20、利用所学化学知识；分析并回答下列各小题。

（1）下列物质属于图1所示化学概念交叉部分的有______(填标号)。

a．氨气b．硝酸c．乙醇d．醋酸钠。

（2）下列各反应属于图2中阴影部分所示关系的有_______(填标号)。

a．氨气与浓硝酸。

b．氢气与氧气。

c．氯气与氯化亚铁溶液。

d．铜与氯化铁溶液。

（3）下列有关说法正确的是_____(填标号)。

a．核电站把核能转化为电能。

b．常温下铜与浓硫酸发生钝化。反应很快停止。

c．海水中提取化学物质均涉及到氧化还原反应。

d．电解法得到某元素单质；则该元素可能被还原，也可能被氧化。

（4）下列各实验过程中，需要检查所用某些仪器是否漏水的有_______(填标号)。

a．氢气还原氧化铜。

b．水与煤油混合物分离。

c．氯化钠溶液与泥沙分离。

d．配制100mL10mol·L-1碳酸钠溶液。

（5）下列关于试剂保存的叙述正确的是_________(填标号)。

a．氢氟酸保存在玻璃瓶中。

b．KOH溶液保存在带玻璃塞的细口瓶中。

c．溴水保存在带橡胶塞的棕色瓶中。

d．KMnO4与乙醇不能放在同一药品厨中21、(1)在30℃时生成一硝基取代产物，而在60℃时生成一硝基取代产物。两者反应温度不同的主要原因是_____________。

(2)NH2Cl中各原子均满足电子稳定结构。写出NH2Cl的电子式：___________。

(3)二氧化碳晶体硬度很小，而二氧化硅晶体的硬度很大，其原因是____________。22、下表是生活生产中常见的物质；表中列出了它们的（主要）成分。

。编号。

①

②

③

④

⑤

⑥

⑦

⑧

名称。

酒精。

醋酸。

火碱。

食盐。

铜线。

氨气。

苏打。

小苏打。

主要成分。

CH3CH2OH

CH3COOH

NaOH

NaCl

Cu

NH3

Na2CO3

NaHCO3

根据情景回答问题。

（1）请你对表中①~的主要成分进行分类：属于电解质的是____________（填编号）

（2）写出⑧的主要成分溶于水的电离方程式_______________________________

（3）写出NaHCO3受热分解的化学方程式_______________________________23、请回答下列问题：

（1）常温下，金属钠在空气中就会发生反应，生成氧化钠，在实验室中，要把钠保存在___________。

（2）钠受热与氧气剧烈反应，生成淡黄色固体___________(化学式)，反应的化学方程式为___________。24、如图所示为一“铁链”图案，小明在图案上分别写了NaCl、五种物质；图中相连的两种物质均可归属为一类，相交部分A；B、C、D为其相应的分类依据代号。

请回答下列问题：

(1)请将分类依据代号填入相应的括号内：

()两种物质都是钠的化合物。

()两种物质都是氧化物。

()两种物质都是盐。

(2)用洁净的烧杯取少量蒸馏水；用酒精灯加热至沸腾，向沸水中逐滴加入饱和的图中某种物质M的水溶液，继续煮沸可制得一种红褐色胶体。

①物质M的化学式为___________________。

②证明有红褐色胶体生成的实验操作及现象是___________。25、下列三组物质中，均有一种物质的类别与其它三种不同。A．MgO、Na2O、CO2、CuOB．HCl、H2O、H2SO4、HNO3C．NaOH、CaCO3、KOH、Ba(OH)2(1)三种物质依次是（填化学式）：A________；B_____；C____。

(2)这三种物质相互作用可生成一种新物质，该物质溶于水的电离方程式是______________26、I.电镀废水中常含有阴离子A，排放前可加CuSO4溶液处理；使之转化为沉淀B，按如图流程进行实验。

已知：B含三种元素；气体D标况下密度2.32g/L；混合气体1无色无味；气体F标况密度为1.25g/L。请回答：

(1)组成B的三种元素是___气体，D的分子式是___。

(2)写出C足量氧气中灼烧的方程式是___。

(3)固体C在沸腾的稀盐酸中会生成一种弱酸和一种白色沉淀，该白色沉淀是共价化合物(测其分子量为199)，则反应的化学方程式是___。

II.氯化硫(S2Cl2)是一种黄红色液体，有刺激性、室息性恶臭，在空气中强烈发烟，易与水发生水解反应：熔点为-80℃，沸点137.1℃。有熔融的硫中通入氯气即可生成S2Cl2。如图是实验室用S和Cl2制备S2Cl2的装置(部分夹持装置已略去)。

请回答：

(1)从上述提供的图片中选出必要的装置并排序以制备S2Cl2___。

(2)已知S2Cl2水解时，只有一种元素的化合价发生了变化，且被氧化和被还原的该元素的物质的量之比为1：3，请写出该反应的化学方程式___。评卷人得分四、判断题(共3题，共15分)27、氯化镁的电子式(___________)A.正确B.错误28、加入稀硫酸，产生使品红溶液褪色的无色有刺激性气味的气体，则溶液中一定存在SO(_______)A.正确B.错误29、实验室保存Na2S溶液用带有玻璃塞的试剂瓶。(_______)A.正确B.错误评卷人得分五、实验题(共4题，共12分)30、铁是人类较早使用的金属之一。运用铁及其化合物的知识；完成下列问题。

Ⅰ.(1)电子工业常用30%的溶液腐蚀敷在绝缘板上的铜箔来制造印刷电路板。写出溶液与铜发生反应的离子方程式_________。

(2)某工程师为了从使用过的腐蚀废液中回收铜；并获得氯化铁晶体，准备采用下列步骤：

回答下列问题：

①试剂a是_____(用化学式表示)；操作Ⅰ用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和_______。

②上述流程中操作Ⅲ包括蒸发浓缩、_______；过滤、洗涤。

Ⅱ.市售某种补铁口服液的主要成分是葡萄糖酸亚铁。根据名称认为该糖浆中含有设计方案进行验证。方案试剂X方案ⅰ酸性溶液酸性溶液方案ⅱ依次加入5滴溶液、氯水依次加入5滴溶液、氯水

(3)方案ⅰ中预期现象与实验现象相同，并不能证明补铁口服液中一定含有猜想理由是_______。

(4)方案ⅱ中预期现象是_____；若方案ⅱ实际操作中自始至终无明显现象，说明符合方案ⅰ猜想理由。为验证猜想，在方案ⅱ的基础上可进行操作：________，即可得到预期的现象。31、粗盐中常含有杂质MgCl2、CaCl2和Na2SO4；为将杂质除尽设计如下步骤，回答下列问题：

(1)试剂③为NaOH溶液，则试剂①是___________，试剂②是___________。

(2)试剂①的作用是___________，试剂②的作用是___________。

(3)证明加入试剂③使沉淀完全反应的方法是___________。

(4)在滤液中加盐酸的作用是___________、___________(用化学方程式表示)。

(5)操作a的名称是___________。32、某同学为探究元素周期表中元素性质的递变规律；利用图装置设计了如下系列实验：

(1)仪器D为球形干燥管，它的作用是___________。

(2)向溶液中通入氯气出现黄色浑浊，可证明Cl的非金属性比S强，反应的离子方程式为___________。

(3)若要证明非金属性：N＞C，则在A中加硝酸，B中加碳酸钙，C中加澄清石灰水：观察到C中溶液变浑浊的现象，即可证明，该实验原理为___________。但有的同学在实验中一切操作正确的情况下没观察到上述现像，试分析可能的原因是___________。

(4)若要证明非金属性：Cl＞I，则A中加浓盐酸，B中加___________，C中加入淀粉KI溶液，振荡、静置，观察到C中溶液___________的现象；即可证明。

(5)利用本实验装置，设计一个实验说明氯的非金属性比碳强：___________(用化学方程式表达)。33、氮化铝(AlN)是一种新型无机非金属材料，为了分析某AlN样品(样品中的杂质不与NaOH溶液反应)中AlN的含量，某实验小组设计了如下两种实验方案。已知：AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑

【方案1】取一定量的样品；用以下装置测定样品中AlN的纯度(夹持装置已略去)。

(1)上图C装置中球形干燥管的作用是________________________。

(2)完成以下实验步骤：组装好实验装置，首先检查装置的气密性，再加入实验药品。接下来的实验操作是________，打开分液漏斗活塞，加入NaOH浓溶液，至不再产生气体。打开K1，通入氮气一段时间，测定C装置反应前后的质量变化。通入氮气的目的是_______________。

(3)由于上述装置还存在缺陷，导致测定结果偏高，请提出改进意见_________________。

【方案2】按以下步骤测定样品中A1N的纯度：

(4)步骤②生成沉淀的离子方程式为___________________。

(5)步骤③的操作是__________。A1N的纯度是___________(用m1、m2表示)。评卷人得分六、元素或物质推断题(共1题，共2分)34、中学常见反应的化学方程式是（未配平；反应条件略去），其中A；B的物质的量之比为1∶4.请回答：

（1）若Y是黄绿色气体，则Y的电子式是____，该反应的离子方程式是___________。

（2）若A为非金属单质，构成它的原子核外最外层电子数是次外层电子数的2倍，B的溶液为某浓酸，则反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比是_____。

（3）若A为金属单质；常温下A在B的浓溶液中“钝化”，且A可溶于X溶液中。

①A元素在周期表中的位置是______（填所在周期和族）；Y的化学式是_________。

②含的溶液溶解了一定量A后，若溶液中两种金属阳离子的物质的量恰好相等，则被还原的X是__

（4）若A、B、X、Y均为化合物。向A溶液中加入硝酸酸化的溶液，产生白色沉淀；B的焰色为黄色。则A与B按物质的量之比1∶4恰好反应，则反应的离子方程式为___________。参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、A【分析】【分析】

【详解】

A．“芳纶”是一种新型高科技合成纤维；故A正确；

B．3He、2He为质子数相同；中子数不同的原子，互为同位素，故B错误；

C．可燃冰是甲烷(CH4)和水形成的一种水合物；故C错误；

D．钛合金材料属于合金；不是高分子材料，故D错误；

选A。2、C【分析】【分析】

由反应8NH3+6NO2==7N2+12H2O可知，其中NH3的N元素的化合价由-3升高到0、NO2中的N元素的化合价由+4降低到0，因此，NH3是还原剂，NO2是氧化剂；据此分析解题。

【详解】

A．NH3中H元素的化合价没有发生变化；故其未被氧化，被氧化的是N元素，A不正确；

B．NO2在反应过程中得到电子；B不正确；

C．该反应中，NH3是还原剂，NO2是氧化剂。由化学方程式可知；还原剂与氧化剂的物质的量之比为4：3，C正确；

D．该反应中氧化产物和还原产物均为N2。还原剂被氧化后得到氧化产物；氧化剂被还原后得到还原产物，还原剂与氧化剂的物质的量之比为4：3，因此，氧化产物与还原产物的质量之比为4：3，D不正确。

故选C。3、C【分析】【详解】

A．反应③中一氧化碳不能一步转化为碳酸钠；A错误；

B．反应②氯化铁不不能一步转化为氧化铁；反应④氧化铁不能一步转化为氢氧化铁，B错误；

C．钠燃烧生成过氧化钠；过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠；和水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠，碳酸钠和氢氧化钙反应生成氢氧化钠，均能一步转化，C正确；

D．反应②中盐酸不能一步生成次氯酸；D错误。

故选C。4、A【分析】【分析】

NaHCO3受热分解成Na2CO3和水和二氧化碳，固体质量减小，减小的质量为生成的水和二氧化碳的质量，则生成的水和二氧化碳的质量=(w1-w2)g；用关系式法计算解答。

【详解】

，解得m=所以碳酸钠的纯度=×100%==

答案选A。

【点睛】

减小的质量=生成的二氧化碳和水的质量，求出再利用关系式法求解。5、C【分析】【分析】

A元素的原子最外层电子数是次外层电子数的3倍；应为O元素，B元素的原子次外层电子数是最外层电子数的2倍，核外电子数可为2；1，或2、8、4，可能为Li、Si，以此解答该题。

【详解】

由上述分析可知；A为O元素，B为Li或Si元素；

A．如B为Si元素；则为第三周期元素，故A错误；

B．A为O元素；B可能为Li或Si元素，则一定不在同一主族，故B错误；

C．A为O元素；B可能为Li或Si元素，可能是第二；三周期元素，故C正确；

D．A为O元素，若B为Si元素，形成SiO2；为共价化合物，故D错误；

答案为C。6、B【分析】【分析】

【详解】

①原子失去最外层电子变为阳离子，由题意可知：aXm+、bYn+具有相同的电子层结构，则a-m=b-n，所以a-b=m-n；正确；

②aXm+、bYn+、cZn-和dRm-具有相同的电子层结构，X、Y所在周期数大于Z、R所在周期数，又由于m>n，则Y的原子序数小于X，R的原子序数小于Z，则元素的原子序数：a>b>c>d；故正确；

③Z；R两元素形成阴离子；这两种元素为非金属元素，由上述分析可知R的原子序数小于Z，同周期从左到右，元素的非金属性不断增强，则Z的非金属性强于R，故正确；

④由上述分析可知Y的原子序数小于X；同周期从左到右，元素最高价氧化物的水化物的酸性逐渐增强，碱性逐渐减弱，则Y的最高价氧化物的水化物的碱性更强，故错误；

⑤四种离子的电子层结构相同，核电荷数越大，其离子半径越小，由于元素的原子序数：a>b>c>d，所以离子半径：R>Z>Y>X；故错误；

⑥电子层数越多，半径越大，同一周期，从左到右原子半径减小；所以原子半径：Y>X>R>Z；故错误；

结合以上分析可知；正确的有①②③；

故选B。7、C【分析】【详解】

A．15.6gNa2O2固体物质的量为=0.2mol，过氧化钠是钠离子和过氧根离子构成，含有的阴离子数目为0.2NA；故A错误；

B．氯气通入水中溶解；部分发生氧化还原反应，电子转移小于1mol，故B错误；

C．标准状况下，11.2L氧气与臭氧混合气体物质的量为0.5mol，所含分子数为0.5NA；故C正确；

D．铁离子水溶液中水解，若Fe3+的数目为NA，则Cl-的数目肯定大于3NA；故D错误；

答案选C。

【点睛】

1mol任何气体在标况下的体积是22.4L，任何气体可以是单一气体，也可以是混合气体。8、C【分析】【详解】

A．30g丙醇物质的量为：＝0.5mol，存在的共价键总数为0.5mol×11×NA＝5.5NA；故A错误；

B．1molD2O与1molH2O中；中子数之比为10：8＝5：4，故B错误；

C．0.2molH2SO4的浓硫酸和足量的镁反应如果只生成二氧化硫则转移电子数等于0.2NA，如果只生成氢气则转移电子数为0.4NA，随着反应进行浓硫酸浓度降低，所以反应中既有二氧化硫又有氢气生成，转移电子数大于0.2NA小于0.4NA；故C正确；

D．三氯化磷与氯气反应为可逆反应，不能进行到底，密闭容器中1molPCl3与1moCl2反应制备PCl5(g)，增加小于2NA个P−Cl键；故D错误；

故答案选C。

【点睛】

熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，注意丙醇分子结构特点，注意浓硫酸的特性。二、多选题(共9题，共18分)9、AC【分析】【分析】

X元素原子的L层比Y元素原子L层少3个电子；说明X有2个电子层，X元素原子核外电子总数比Y元素原子核外电子总数少5个，则Y有3个电子层，所以X是N元素；Y是Mg元素。

【详解】

A.N、Mg元素可以形成离子化合物Mg(NO3)2；故A正确；

B.N、Mg元素形成的化合物中N为-3价、Mg为+2价，形成合物为Mg3N2；故B错误；

C.N、Mg元素形成的化合物中N为-3价、Mg为+2价，形成化合物Mg3N2；故C正确；

D.N；Mg形成的化合物为离子化合物；故D错误。

故选AC。10、AC【分析】【分析】

短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。m、p、r是由这些元素组成的二元化合物，q是元素Y的单质且为淡黄色固体，说明Y为S，0.01mol·L-1r溶液的pH为2；说明是强酸即为盐酸，即W为H，Z为Cl,s通常是难溶于水的混合物即氯代物，则X为C。

【详解】

A选项，元素的非金属性：Cl>S；故A正确；

B选项，原子半径的大小：S>Cl>C>H；故B错误；

C选项，简单氢化物的稳定性：HCl>H2S>CH4；故C正确；

D选项，最高价氧化物的对应水化物的酸性：HClO4>H2SO4；故D错误。

综上所述，答案为AC。11、BC【分析】【详解】

A．由于I-的还原性大于Fe2+，故向Fe(NO3)2溶液中滴入HI和淀粉混合溶液，溶液中的H+、I-可以发生反应生成I2，溶液变蓝，故该实验不能说明Fe2+的氧化性强于I2；A错误；

B．向KI溶液中滴加少量氯水，溶液变成蓝色，说明氯水中的Cl2与溶液中的I-发生反应生成I2，故该实验可以说明Cl2的氧化性比I2的强；B正确；

C．向Ag2CO3白色悬浊液中滴加少量Na2S溶液，出现黑色沉淀，该黑色沉淀为Ag2S，说明硫化钠溶液可以与溶解度小的碳酸银反应生成溶解度更小的硫化银，故可以说明Ksp(Ag2S)＜Ksp(Ag2CO3)；C正确；

D．苯和液溴在FeBr3的催化下发生反应生成HBr，但是由于该反应为放热反应，得到的气体中还含有Br2，Br2溶于硝酸银溶液后可以与水发生反应生成Br-，Br-与Ag+反应生成淡黄色的AgBr沉淀；故不能单凭是否有淡黄色沉淀生成确定苯和液溴发生取代反应，D错误；

故选BC。12、CD【分析】【详解】

A．碱性氧化物与水反应只生成相应的碱，或与酸反应生成盐和水，且化合价不变，Na2O与水反应：Na2O＋H2O=2NaOH，Na2O属于碱性氧化物，Na2O2与H2O反应：2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，Na2O2不属于碱性氧化物；故A错误；

B．Na2O2与H2O反应，先生成NaOH和H2O2：Na2O2＋2H2O=2NaOH＋H2O2，H2O2再分解为H2O和氧气：2H2O2=2H2O+O2↑，第一步反应不是氧化还原反应，电子转移发生在第二步，在H2O2分解反应中，H2O2中的O元素化合价既升高，又降低，所以H2O2既是氧化剂，也是还原剂，H2O2中的O来自Na2O2，所以在Na2O2和水的反应中，Na2O2既是氧化剂；也是还原剂，故B错误；

C．Na2O是白色固体，Na2O2是淡黄色固体；故C正确；

D．Na2O2中的阳离子是钠离子，阴离子是过氧根离子，阳离子和阴离子个数比为2：1，Na2O中的阳离子也是钠离子；阴离子是氧离子，阳离子和阴离子的个数比也为2∶1，故D正确；

故选CD。13、AD【分析】【分析】

W只显-2价；不显正价，则其为氧(O)元素；由Z的化合价及与W原子半径的关系，可确定其为氮元素；Y只显+3价，不显负价，则其为铝元素；从而得出X为镁元素。

【详解】

A．由分析知；X；Y分别为Mg、Al，二者为同周期元素，则二者的金属性Mg＞Al，A正确；

B．Y的最高价氧化物对应的水化物为Al(OH)3；它只能溶于强碱，不能溶于稀氨水，B不正确；

C．一定条件下，Z单质(N2)与W的常见单质(O2)直接反应；只能生成NO，C不正确；

D．N3-、O2-、Mg2+、Al3+的电子层结构相同，且核电荷数依次增大，所以形成简单离子的半径依次减小，则由大到小的顺序为：N3－＞O2－＞Mg2＋＞Al3＋；D正确；

故选AD。14、BC【分析】【分析】

【详解】

A．漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2，其遇空气中的CO2、H2O反应产生CaCO3、HClO，HClO光照分解产生HCl、O2；发生的反应前者为复分解反应，不属于氧化还原反应，后者是分解反应，属于氧化还原反应，A正确；

B．漂白粉加热不分解；B错误；

C．漂白粉是氯化钙、次氯酸钙混合物，其有效成分是Ca(ClO)2，物质的水溶液显碱性，能够使红色石蕊试纸变蓝，Ca(ClO)2与水作用产生HClO具有漂白性；因此又使蓝色物质变为无色，C错误；

D．由于Ca(OH)2溶解度小，为制取得到更多漂白粉，工业上通常是将Cl2通入石灰乳中制得的；D正确；

故合理选项是BC。15、AC【分析】【详解】

A．N2和CO的摩尔质量均为28g/mol，故28g混合物的物质的量为1mol，且两者均为双原子分子，故1mol混合物中含原子为2NA个；故A正确；

B．1.8g铵根离子的物质的量为0.1mol，而铵根离子中含10个电子，故0.1mol铵根离子中含电子为NA个；故B错误；

C．18g水的物质的量为1mol，而水中含3个原子，故1mol水中含原子为3NA个；故C正确；

D．HCl溶于水后完全电离；故盐酸溶液中无HCl分子，故D错误。

故答案为AC。16、CD【分析】【详解】

A．通过添加过量难溶电解质使含有的等金属离子形成硫化物沉淀；属于沉淀的转化，由难溶的物质转化为更难溶的物质，故A错误；

B．除杂试剂如用代替，会引入新的杂质()；故B错误；

C．沉淀转化的离子方程式为故C正确；

D．以为原料发生反应制得溶液，该反应中元素化合价发生变化；属于氧化还原反应，沉淀的转化属于复分解反应，故D正确。

答案选CD。17、AC【分析】【分析】

向①中所得悬浊液中加入100mL1mol/LHCl，最终得到无色澄清溶液，可知样品中不含CuSO4，此过程中共产生0.04mol气体，即CO2，由CO32-+2H+=CO2+H2O可知反应中消耗n(HCl)=2n(CO2)=0.08mol，则HCl有剩余，CO32-完全反应；称取4.7g样品，加入足量水，样品部分溶解，可知样品中含有CaCO3、CaCO3和CaO、CaO三种情况其中一种，向②中反应后溶液中加入足量的硝酸银与稀硝酸，得到15.8g白色沉淀，即AgCl，n(AgCl)=>0.1mol，则原样品中一定有NaCl且质量为(-0.1mol)×58.5g/mol0.59g，则原样品中其它成分总质量为4.7g-0.59g=4.11g，若不含CaCO3，则碳元素物质的量<不符合题意，故原样品中一定含有CaCO3；由于原样品只有三种杂质；则CaO和NaOH只含其中一种。

【详解】

向①中所得悬浊液中加入100mL1mol/LHCl，最终得到无色澄清溶液，可知样品中不含CuSO4，此过程中共产生0.04mol气体，即CO2，由CO32-+2H+=CO2+H2O可知反应中消耗n(HCl)=2n(CO2)=0.08mol，则HCl有剩余，CO32-完全反应；称取4.7g样品，加入足量水，样品部分溶解，可知样品中含有CaCO3、CaCO3和CaO、CaO三种情况其中一种，向②中反应后溶液中加入足量的硝酸银与稀硝酸，得到15.8g白色沉淀，即AgCl，n(AgCl)=>0.1mol，则原样品中一定有NaCl且质量为(-0.1mol)×58.5g/mol0.59g，则原样品中其它成分总质量为4.7g-0.59g=4.11g，若不含CaCO3则碳元素物质的量<不符合题意，故原样品中一定含有CaCO3；由于原样品只有三种杂质；则CaO和NaOH只含其中一种；

A．由分析可知，原样品中一定含NaCl，一定不含CuSO4；故A正确；

B．由分析可知；原样品中不可能同时含CaO；NaOH，故B错误；

C．由分析可知，原样品中一定含CaCO3；可能含NaOH，故C正确；

D．由分析可知，原样品中可能含CaO，一定含有CaCO3；故D错误；

故答案选AC。

【点睛】

注意本题要理清题目中所给信息，要定性判断，更要通过计算得到原样品中所含的杂质种类，此为本题易错点。三、填空题(共9题，共18分)18、略

【分析】【分析】

根据元素周期表结构及元素的位置可知，①为N，②为O，③为F，④为Na，⑤为P，⑥为Cl，⑦为I，⑧为Rb；⑨为At，再根据同周期；同主族元素性质的递变规律回答。

【详解】

根据元素周期表结构及元素的位置可知，①为N，②为O，③为F，④为Na，⑤为P，⑥为Cl，⑦为I，⑧为Rb；⑨为At；

（1）因为F元素无正价，故上述元素中最高价氧化物对应的水化物的酸性最强的是HClO4，故答案为：HClO4；

（2）上述元素中，F元素的非金属性最强，故最稳定的简单氢化物是HF，电子式表示其形成过程：②④⑥形成的1：1：1型化合物为NaClO，其电子式为:故答案为：HF；

（3）A．⑨单质为At；卤素单质的颜色从上到下逐渐加深，故At不可能是白色固体，故A错误；

B．⑧为Rb，碱金属单质与水反应均生成H2，且活泼性从上到下逐渐增强，故Rb能与水剧烈反应生成氢气；故B正确；

C．①为N，⑥为Cl，它们的简单氢化物是NH3和HCl，两者反应生成NH4Cl，NH4Cl既含离子键又含极性键；故C正确。

故答案为：BC。

【点睛】

解答该题的关键是明确元素周期表的结构和短周期、碱金属、卤素在周期表中的位置，要求熟悉元素周期律及元素性质的递变规律。【解析】HClO4HFBC19、略

【分析】【分析】

（1）氧化铁与盐酸反应生成氯化铁和水；1nm-100nm的分散质微粒形成的分散系为胶体，铁离子水解生成胶体；

（2）氢氧化铁胶体制备的原理是利用Fe3+在沸水中的水解；

（3）①依据胶体聚沉的性质解答；盐酸电离出来的离子所带的电荷与胶体粒子所带的电荷发生了电性中和；②氢氧化铁与盐酸发生酸碱中和反应；

（4）氢氧化铁胶粒带正电；因为都带同种电荷，胶粒之间是相排斥的，不易聚集成大颗粒，使氢氧化铁胶体可以稳定存在。

【详解】

（1）氧化铁与盐酸反应生成氯化铁和水，离子反应为6H++Fe2O3=2Fe3++3H2O；制备胶体的过程是，在小烧杯中加入20mL蒸馏水，加热至沸腾后，向沸水中加入制取的黄色溶液2mL，继续煮沸至液体呈红褐色，停止加热，用激光笔照射烧杯中的液体，可以观察到液体中形成光亮的通路，发生丁达尔效应，丁达尔效应可用于区分溶液和胶体；

故答案为：红褐；光亮的通路；溶液；胶体；

（2）氢氧化铁胶体制备的原理是利用Fe3+在沸水中的水解；Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3(胶体)+3H+；

故答案为：Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3(胶体)+3H+；

（3）①盐酸电离出来的离子所带的电荷与胶体粒子所带的电荷发生了电性中和，破坏了胶体的介稳性，从而能够使氢氧化铁胶体发生聚沉，出现红褐色沉淀；②氢氧化铁与盐酸发生酸碱中和反应：Fe(OH)3+3H+═Fe3++3H2O；所以沉淀溶解，溶液呈黄色；

故答案为：先产生红褐色沉淀，后沉淀溶解；Fe(OH)3+3H+═Fe3++3H2O；

（4）氢氧化铁胶粒带正电；因为都带同种电荷，胶粒之间是相排斥的，不易聚集成大颗粒，使氢氧化铁胶体可以稳定存在。

故答案为：氢氧化铁胶粒带正电；因为都带同种电荷，胶粒之间是相排斥的，不易聚集成大颗粒，使氢氧化铁胶体可以稳定存在。

【点睛】

胶体的性质是做好本题的关键，胶体的制备，胶体的聚沉都是重点考查的内容。【解析】红褐有光亮的通路溶液胶体Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3(胶体)+3H+先产生红褐色沉淀，后沉淀溶解Fe(OH)3+3H+═Fe3++3H2O氢氧化铁胶粒带正电，因为都带同种电荷，胶粒之间是相排斥的，不易聚集成大颗粒，使氢氧化铁胶体可以稳定存在20、略

【分析】【详解】

试题分析：（1）图1化学概念交叉部分是属于电解质的共价化合物；（2）图2中阴影部分表示同时属于氧化还原反应、离子反应、化合反应；（3）a．核电站把核能转化为电能；b．常温下铜与浓硫酸不反应。c．海水中提取氯化钠不属于化学变化；d．电解法得到某元素单质；可能化合价升高，也可能化合价降低；

（4）带有磨口玻璃塞的仪器需要检查是否漏水；主要有容量瓶；分液漏斗、滴定管。

（5）a．氢氟酸与二氧化硅反应；b．KOH溶液与玻璃中的二氧化硅反应；c．溴水能腐蚀橡胶；d．KMnO4与乙醇能发生氧化还原反应。

解析：（1）图1化学概念交叉部分是属于电解质的共价化合物，a．氨气属于非电解质，故a错误；b．硝酸是共价化合物，是电解质，故b正确；c．乙醇属于非电解质；故c错误；d．醋酸钠属于离子化合物，故d错误；

（2）图2中阴影部分表示同时属于氧化还原反应、离子反应、化合反应，a．氨气与浓硝酸生成硝酸铵，属于非氧化还原反应，故a错误；b．氢气与氧气生成水，不属于离子反应，故b错误；c．氯气与氯化亚铁溶液反应生成氯化铁；同时属于氧化还原反应；离子反应、化合反应，故c正确；d．铜与氯化铁溶液反应生成氯化亚铁、氯化铜，不属于化合反应，故d错误；

（3）a．核电站把核能转化为电能，故a正确；b．常温下铜与浓硫酸不反应，故b错误；c．海水中提取氯化钠不属于化学变化；故c错误；d．电解法得到某元素单质，可能化合价升高，也可能化合价降低，故d正确。

（4）带有磨口玻璃塞的仪器需要检查是否漏水，主要有容量瓶、分液漏斗、滴定管。a．氢气还原氧化铜，不需要检查是否漏水，故a错误；b．水与煤油混合物分离使用分液漏斗，需要检查是否漏水，故b正确；c．氯化钠溶液与泥沙分离用过滤法，不需要检查是否漏水，故c错误；d．配制100mL10mol·L-1碳酸钠溶液用100mL容量瓶；需要检查是否漏水，故d正确。

（5）a．氢氟酸与二氧化硅反应，氢氟酸不能保存在玻璃瓶中，故a错误；b．KOH溶液与玻璃中的二氧化硅反应，KOH溶液不能保存在带玻璃塞的细口瓶中，故b错误；c．溴水能腐蚀橡胶，溴水不能保存在带橡胶塞的棕色瓶中，故c错误；d．KMnO4与乙醇发生氧化还原反应，KMnO4与乙醇不能放在同一药品厨中；故d正确。

点睛：氢氟酸保存在塑料瓶中；KOH等碱性溶液保存在带橡胶塞的细口瓶中；溴水保存在带玻璃塞的棕色细口瓶中。【解析】bcadbdd21、略

【分析】【详解】

(1)甲基对苯环有活化作用，所以在30℃时生成一硝基取代产物，而在60℃时生成一硝基取代产物；故答案为：甲基对苯环有活化作用；

(2)NH2Cl中各原子均满足电子稳定结构。NH2Cl的电子式为：故答案为：

(3)CO2晶体是分子晶体，SiO2是原子晶体，分子间作用力比共价键要弱得多，故SiO2晶体硬度大，故答案为：CO2晶体是分子晶体，SiO2是原子晶体，分子间作用力比共价键要弱得多，故SiO2晶体硬度大。【解析】①.甲基对苯环有活化作用②.③.CO2晶体是分子晶体，SiO2是原子晶体，分子间作用力比共价键要弱得多，故SiO2晶体硬度大22、略

【分析】【详解】

（1）电解质是溶于水溶液中或在熔融状态下就能够导电的化合物；电解质为化合物；纯净物；故属于电解质的有：②③④⑦；

故答案为：②③④⑦；

（2）NaHCO3为强电解质，溶于水后发生完全电离，其电离方程式为：

故答案为：

（3）NaHCO3受热分解为碳酸钠、水、二氧化碳，其化学反应方程式为：2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑；

故答案为：2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑。【解析】②③④⑦2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑23、略

【分析】【分析】

(1)

常温下；金属钠在空气中就会发生反应，生成氧化钠，且钠极易和水反应，因此在实验室中，要把钠保存在煤油中；

(2)

钠受热与氧气剧烈反应，生成淡黄色过氧化钠固体，化学式为Na2O2，反应的化学方程式为2Na+O2Na2O2。【解析】(1)煤油中。

(2)Na2O22Na+O2Na2O224、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)含有钠元素的化合物是氧化钠和氯化钠；C正确；二氧化碳和氧化钠中由两种元素组成，其中一种是氧元素，属于氧化物，B正确；氯化钠和氯化铁是能电离出酸根阴离子和金属阳离子的化合物，属于盐类，D正确；答案为C，B，D。

(2)①用洁净的烧杯取少量蒸馏水，用酒精灯加热至沸腾，向烧杯中逐滴加入氯化铁的饱和溶液，继续煮沸可制得一种红褐色氢氧化铁胶体；答案为FeCl3。

②利用胶体的丁达尔现象，可证明胶体的生成，具体操作和实验现象为用激光照射烧杯内的液体，在光的侧面可观察到光亮的“通路”；答案为用激光照射烧杯内的液体，在光的侧面可观察到光亮的“通路”。【解析】CBD用激光照射烧杯内的液体，在光的侧面可观察到光亮的“通路”25、略

【分析】【详解】

(1)A.MgO、Na2O、CuO均为碱性氧化物，而CO2为酸性氧化物；

B.HCl、H2SO4、HNO3均为酸，而H2O为氧化物；

C.NaOH、KOH、Ba(OH)2均为碱，而CaCO3为盐；

(2)碳酸钙、水以及二氧化碳之间反应生成碳酸氢钙，反应方程式为：CaCO3+CO2+H2O=Ca(HCO3)2。Ca(HCO3)2是可溶性盐，属于强电解质，在溶液中电离产生Ca2+、HCO3-，电离方程式为：Ca(HCO3)2=Ca2++2HCO3-。

【点睛】

本题考查了物质的分类及物质电离方程式的书写，掌握化学基本概念，根据物质组成的不同及性质的不同进行分析解答。强电解质完全电离，电离方程式用等号，弱电解质部分电离，存在电离平衡，主要以离子形式存在，电离方程式用可逆号。掌握电解质强弱及电离产生的微粒是正确书写电离方程式的关键。【解析】CO2H2OCaCO3Ca(HCO3)2=Ca2++2HCO3-26、略

【分析】【分析】

I.电镀废水中常含有阴离子A，排放前可加CuSO4溶液处理，使之转化为沉淀B，沉淀B明显含有铜元素，隔绝空气加热后的固体C应含铜元素，灼烧后黑色固体E应为CuO8.0g,CuO的物质的量8.0g/80g/mol=0.1mol，根据Cu守恒，B、C中Cu元素的物质的量0.1mol，Cu元素质量为0.1mol×64g/mol=6.4g,C在足量O2灼烧后产生的混合气体1通入足量澄清石灰水，产生10g白色沉淀G，则G为CaCO3，混合气体1中含有CO2和未反应的O2，根据C守恒，固体C中含有含有C元素，具物质的里为10.0g/100g/mol=0.1mol，质量为0.1mol×12g/mol=1.2g，反应后的混合气体2，通过灼热的铜网完全反应后，剩余1120mL气体F，结合气体F标况下密度为1.25g/L，气体F摩尔质量为1.25g/L×22.4L/mol=28g/mol，推测为N2，氮气的物质的量1.12L/22.4L/mol=0.05mol，质量为0.05mol×28g/mol=1.4g，根据转化流程分析，若F为N2，则Cu、C、N元素都来自于固体C，即C由Cu、C、N三种元素组成，再根据m(Cu)+m(C)+m(N)=6.4g+1.2g+1.4g=9g，刚好等于参与反应的固体C的质量，由此可确定，F为N，C由Cu、C、N三种元素组成，且n(Cu):n(C):n(N)=0.1mol:0.1mol:0.05molx2=1:1:1，则固体C的化学式为CuCN，混合气体1为CO2、O2、N2的混合气体，混合气体2为O2、N2的混合气体；由于沉淀B也是由三种元素组成，隔绝空气加热分解为C和D，没有外来元素，则B也是由Cu、C、N三种元素组成，B为11.6g,C为9g，根据质量守恒，D的质量为2.6g，气体D标况下密度2.32g/L，则D摩尔质量为2.32g/L×22.4L/mol=52g/mol，则气体D的物质的里为2.6g/52g/mol=0.05mol，C中除Cu外的CN-的质量为9g-6.4g=2.6g，CN-的物质的量为2.6g/26g/mol=0.1mol，B中除Cu外的质量为11.6-6.4=5.2g，则B的化学式为Cu(CN)2；前面的分析中确定，B中含有Cu0.1mol，则B中含有CN-的物质的量为0.2mol，根据原子守恒，D中含有CN为0.1mol，则D的分子式为(CN)2；据此分析解答。

II.(1)S2Cl2易水解，因此需要严格无水，氯气需除杂并干燥，尾气需吸收过量的氯气并防止空气中的水进入，选择碱石灰.进行尾气处理，故排序bfadeg.

(2)S2Cl2中S化合价为+1,被氧化与被还原物质的量之比为1:3，产物为SO2和S，故水解方程为

【详解】

I.⑴根据解析中的分析可以知道，组成B的三种元素是Cu、C、N三元素，气体D的分子式是(CN)2；

⑵固体C为CuCN，在足量氧气中灼烧生成CuO、CO2和N2，则方程式

(3)CuCN与盐酸反应生成弱酸为HCN，沉淀根据摩尔质量可推断其为Cu2Cl2，故

II.(1)S2Cl2易水解，因此需要严格无水，氯气需除杂并干燥，尾气需吸收过量的氯气并防止空气中的水进入，选择碱石灰.进行尾气处理，故排序bfadeg.

(2)S2Cl2中S化合价为+1,被氧化与被还原物质的量之比为1:3，产物为SO2和S，故水解方程为

【点睛】

本题考查了氧化还原方程式的配平以及由定量计算推断物质的组成，仪器的组装以及物质组成的推断【解析】Cu、C、N（CN）2fadeg四、判断题(共3题，共15分)27、B【分析】【分析】

【详解】

氯化镁是离子化合物，电子式为故错误。28、B【分析】【详解】

使品红溶液退色的无色有刺激性气味的气体也可能为氯气，错误。29、B【分析】【详解】

Na2S溶液水解显碱性，易粘住玻璃塞，应用橡胶塞，错误。五、实验题(共4题，共12分)30、略

【分析】【详解】

(1)氯化铁溶液与铜发生反应的离子方程式：

(2)①要回收腐蚀废液中的铜；得加入还原剂，且不能引入新的杂质，故试剂a是铁Fe；固液分离采用过滤操作，操作Ⅰ过滤用到的玻璃仪器有烧杯；玻璃棒和漏斗；

②上述流程中操作Ⅲ为从溶液中得到晶体；操作包括蒸发浓缩；冷却结晶、过滤、洗涤；

(3)高锰酸钾具有强氧化性，能够氧化亚铁离子等一些还原性的粒子；方案ⅰ中预期现象与实验现象相同，并不能证明补铁口服液中一定含有猜想理由是：高锰酸钾褪色说明被还原，补铁口服液中除了有外还有其他还原剂，因此褪色不一定证明是高锰酸钾与反应；

(4)根据名称认为该糖浆中含有则方案ⅱ中预期现象是：加入后无明显现象，加入氯水后溶液变血红色；若方案ⅱ实际操作中自始至终无明显现象，说明符合方案ⅰ猜想理由。为验证猜想，在方案ⅱ的基础上可进行操作：继续加入过量的氯水，即可得到预期的现象。【解析】漏斗冷却结晶高锰酸钾褪色说明被还原，补铁口服液中除了有外还有其他还原剂，因此褪色不一定证明是高锰酸钾与反应加入后无明显现象，加入氯水后溶液变血红色继续加入过量的氯水31、略

【分析】【分析】

由流程可知：粗盐溶解后；加氯化钡除去硫酸根离子，加NaOH除去镁离子；加碳酸钠除去钙离子及过量的钡离子，则碳酸钠一定在氯化钡之后，过滤后滤液含NaOH；碳酸钠，可加盐酸除去杂质，最后蒸发得到氯化钠固体，以此来解答。

【详解】

（1）根据上述分析可知：若试剂③为NaOH溶液，其作用是除去Mg2+，试剂①是BaCl2溶液，作用是除去除去粗盐中的Na2SO4(或)；试剂②是Na2CO3溶液，作用是除去粗盐中的CaCl2(或Ca2+)和过量的BaCl2(或Ba2+)；

（2）试剂①是BaCl2溶液，作用是除去除去粗盐中的Na2SO4(或)；

试剂②是Na2CO3溶液，作用是除去粗盐中的CaCl2(或Ca2+)和过量的BaCl2(或Ba2+)；

（3）试剂③是NaOH溶液，若其加入过量，溶液中不含有Mg2+，则再加入NaOH溶液时不能反应产生白色沉淀，故证明加入试剂③使沉淀完全反应的方法是取沉淀后的上层清液少许于试管中，加入NaOH溶液，若无明显现象，则Mg2+已除尽；反之，则没有除尽；

（4）加入三种除杂试剂，反应产生沉淀后过滤得到的滤液中含有NaOH、碳酸钠杂质，加入盐酸可以与NaOH、Na2CO3反应而将杂质除去，反应的化学方程式为：HCl+NaOH=NaCl+H2O、2HCl+Na2CO3=2NaCl+H2O+CO2↑；

（5）在所得溶液中含有溶质NaCl，NaCl的溶解度受压温度的影响变化不大，故将该溶液蒸发结晶可获得NaCl晶体，则操作a的名称是蒸发。【解析】(1)B