吉林省油田第十一中学2022年高一化学第一学期期中经典试题含解析.doc

2022-2023学年高一上化学期中模拟试卷注意事项:1答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2答题时请按要求用笔。3请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、以下电离方程式错误的是AMgCl2Mg2+2ClBFe2（SO4）32Fe3+3SO42-CNaHCO3Na+H+CO32-DKHSO4K+H+SO42-2、关于反应方程式Fe2O32AlAl2O32Fe下列叙述正确的是AAl是氧化剂 BFe2O3被还原 CFe2O3失去电子 DAl2O3是还原产物3、下列元素的原子间不能形成离子键的是 ( )A钠和氟 B镁和溴 C钙和氧 D氯和氧4、下列离子方程式正确的是 （ ）A澄清石灰水中加盐酸：2H+Ca(OH)2Ca2+2H2OB向Na2CO3溶液中加入HCl溶液：CO32+2H+CO2+H2OCFe与稀盐酸反应：2Fe+6H+ 2Fe3+3H2D向Ba(OH)2溶液中滴加稀硫酸：Ba2+OH+H+SO42 BaSO4+H2O5、在溶液中能大量共存的离子组是AH+、OH-、Na+、Cl-BAg+、Na+、NO、Cl-CNa+、Mg2+、NO、SODBa2+、Na+ 、Cl-、SO6、某工厂废切削液中含有2%-5%的NaNO2，直接排放会造成水污染。已知NaNO2能发生反应：2NO2-+ xI- + yH+ = 2NO+ I2 +2H2O（已配平），下列说法不正确的是A上述反应中，x=2，y=4B上述反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为1:1C若反应中转移1 mol电子，则生成的NO的体积为22.4 LD为使NaNO2转化为无污染的N2后再排出，可选用的试剂是NH4Cl溶液7、下列离子方程式书写正确的是 （ ）A氢氧化铁与盐酸反应：H+OHH2O BNaHSO4溶液与NaOH反应：H+ + OH=H2OC铁与H2SO4反应：Fe+2H+Fe3+H2 DNaHCO3溶于盐酸中：CO32- +2H+CO2+H2O8、下列关于氯水的叙述正确的是A新制氯水可使有色布条褪色B新制氯水中只有和分子C光照氯水有气泡逸出，该气体是D新制氯水放置一段时间后pH增大9、类比法是化学研究中的主要方法，下列选项中类比正确的是（ ）A过量的Cu可以与Fe3+反应生成Fe2+, 所以过量的Zn也可以与Fe3+生成Fe2+BFe可从硫酸铜溶液中置换出铜，所以Na也可从硫酸铜溶液中置换出铜C点燃条件下，铜与Cl2反应产物中铜为+2价，则铁与Cl2反应产物中铁也为+2价D向Fe(OH) 3胶体中滴加稀硫酸可以看到“先浑后清”，所以向Al(OH)3胶体中滴加稀硫酸也可以有“先浑后清”的现象10、在某澄清透明的溶液中，下列各组离子中能大量共存的是AK+、H+、SO42、OH BBa2+、K+、SO42、NO3CNa +、H+、Cl、CO32- DNa +、Cu2+、Cl-、SO4211、下列说法中，正确的是（ ）A1 mol O的质量是32g/molBH2O的摩尔质量为18 gC44 g CO2的体积为22.4 LD9.8 g H2SO4含0.1NA个H2SO4分子12、下列物质属于纯净物的是A精盐 B蒸馏水 C盐酸 D漂白粉13、高铁酸钠是一种新型、高效、多功能水处理剂，高铁酸钠(Na2FeO4)制备方法有：湿法制备的主要反应为：2Fe(OH)33ClO4OH=2FeO42-3Cl5H2O，干法制备的主要反应为：2FeSO46Na2O2=2Na2FeO42Na2O2Na2SO4O2下列有关说法不正确的是ANa2FeO4中铁显6价B湿法中每生成1 mol Na2FeO4转移3 mol电子C干法中每生成1 mol Na2FeO4转移4 mol电子DNa2O2在干法制备的反应中既是氧化剂又是还原剂14、若X+酸盐+水，则X不可能属于A氧化物B单质C碱D电解质15、下列反应的离子方程式正确的是ACa(HCO3)2溶液与足量NaOH溶液反应：Ca2+2HCO3-+2OH-CaCO3+CO32+H2OB等物质的量的Ba(OH)2与NH4HSO4在稀溶液中反应：Ba2+2OH-+2H+SO42-BaSO4+2H2OC向100mL 1mol/L FeBr2溶液中通入0.5mol Cl2：2Fe2+2Br-+2Cl22Fe3+Br2+4Cl-D氢氧化铁与足量的氢溴酸溶液反应：Fe(OH)3+3H+Fe3+3H2O16、已知下列分子或离子在酸性条件下都能氧化KI，自身发生如下变化：H2O2H2O，IO3I2，MnO4-Mn2+，HNO2NO，如果分别用等物质的量的这些物质氧化足量的KI，得到I2最多的是AH2O2BIO3-CMnO4-DHNO2二、非选择题（本题包括5小题）17、下列图示中，A为一种常见的单质，B、C、D、E是含A元素的常见化合物，它们的焰色反应均为黄色填写下列空白：（1）写出化学式：A_，B_（2）写出反应的化学反应方程式：_（3）写出反应的化学反应方程式：_18、现有下列几种物质：蔗糖、氯化钡固体、干冰、硫酸钡、纯碱、铁、盐酸、硝酸银溶液，按要求回答问题：（1）难溶于水的电解质的是_。（2）写出纯碱在水中的电离方程式_。（3）将足量的干冰升华后所得的气体通入烧碱溶液中，发生反应的离子方程式为_。（4）a、b、c、d是Na2CO3、BaCl2、盐酸、AgNO3四种溶液中的一种，现将它们两两混合，现象如下表所示：反应物a+bc+da+da+cb+d现象白色沉淀白色沉淀白色沉淀白色沉淀无色气体b是_（用化学式填写），写出 a+c 反应的离子方程式_。19、由几种离子化合物组成的混合物，含有以下离子中的若干种：K、Cl、NH4+、Mg2、CO32、Ba2、SO42。将该混合物溶于水后得澄清溶液，现取3份 100 mL该溶液分别进行如下实验：实验序号实验内容实验结果1加入AgNO3溶液有白色沉淀生成2加入足量NaOH溶液并加热收集到气体1.12L(换算成标准状况)3加入足量BaCl2溶液,，将所得沉淀洗涤、干燥、称重；再向沉淀中加足量的稀盐酸，洗涤、干燥、称重第一次称重读数为6.27g，第二次称重读数为2.33g已知加热时NH4+ + OH=NH3+ H2O, 试回答下列问题：（1）根据实验1对Cl是否存在的判断是_(填“一定存在”、“一定不存在”或“不能确定”)；根据实验13判断混合物中一定不存在的离子是_。（2）试确定溶液中一定存在的阴离子及其物质的量浓度：_。（3）试确定K是否存在？_（填“存在”或“不存在”），判断的理由是_。（4）若实验3中沉淀加稀盐酸后再洗涤，如何判断沉淀已洗净，方法是_。20、实验室需要1.2mol·L-1NaOH溶液80mL，步骤如下：（1）选择仪器：有如图所示的仪器，配制溶液一定不需要的是_(填序号)；除以上仪器外，还需用到的玻璃仪器是_(填仪器名称)。（2）计算：根据计算结果得知，用托盘天平称取NaOH固体的质量应为_g。（3）称量：调节天平平衡时，发现指针在分度盘的偏右位置，此时应向_（填“左”或“右”）调节螺母以使天平平衡。称量一个小烧杯的质量。下图表示称量小烧杯的过程：“”表示在托盘上放上砝码，“”表示从托盘上取下砝码（5g以下用游码）。砝码质量/g502020105称量(取用砝码过程)标尺上游码的位置：由以上图示可知，小烧杯的质量为_g。（4）溶解，冷却。（5）移液、洗涤：洗涤23次的目的是_。（6）定容、摇匀。21、 “探险队员” 盐酸，不小心走进了化学迷宫，不知怎样走出来，因为迷宫有许多“吃人的野兽”（即能与盐酸反应的物质或者是水溶液），盐酸必须避开它们，否则无法通过。(l)请你帮助它走出迷宫（请用图中物质前的序号连接起来表示所走的路线）：盐酸_ _ (2)在能“吃掉”盐酸的化学反应中，属于非氧化还原反应的有 _个，能“吃掉”盐酸的盐与足量的盐酸发生反应的离子方程式为_。(3)在不能与盐酸反应的物质中，属于电解质的是_（填物质前的序号，下同），属于非电解质的是 _，熔融状态能导电的是_。参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】用化学式和离子符号表示电离过程的式子，称为电离方程式，表示物质溶解于水时电离成离子的化学方程式，据此判断。【详解】A. 氯化镁是盐，完全电离，电离方程式为MgCl2Mg2+2Cl，A正确；B. 硫酸铁是盐，完全电离，电离方程式为Fe2（SO4）32Fe3+3SO42-，B正确；C. 碳酸氢钠是弱酸的酸式盐，电离方程式为NaHCO3Na+HCO3-，C错误；D. 硫酸氢钾是强酸的酸式盐，电离方程式为KHSO4K+H+SO42-，D正确。答案选C。2、B【解析】2Al+Fe2O32Fe+Al2O3中，Al元素的化合价升高，Fe元素的化合价降低，以此来解答【详解】A、Al元素的化合价升高，失去电子被氧化，是还原剂，故A错误；B、氧化剂为Fe2O3，得到电子，Fe2O3被还原，故B正确；C、氧化剂为Fe2O3，得到电子，故C错误；D、Al元素的化合价升高，失去电子被氧化，得到Al2O3是氧化产物，故D错误；故选B。3、D【解析】分析：两种非金属原子间以共用电子对成键，据此分析；形成离子化合物的元素可能为金属与非金属，也可能为非金属，如铵盐；共价化合物只含有共价键，离子化合物一定含有离子键，可能含有共价键，据此解答。详解：A、钠是活泼金属，氟是活泼非金属，钠和氟形成离子键，故A正确；B、镁是活泼金属，溴是活泼非金属，镁和溴形成离子键，故B正确；C、钙是活泼金属，氧是活泼非金属，钙和氧形成离子键，故C正确；D、氯和氧都是非金属元素，两种非金属原子间以共用电子对成键，不能形成离子键，故D错误。故本题选D。点睛：元素种类与化学键的关系：两种非金属的原子之间一般形成共价键，但多种非金属原子之间则有可能形成离子键，例如所有的铵盐中都存在离子键。金属元素和非金属元素之间一般形成离子键，但有些金属元素与非金属元素之间可形成共价键，如AlCl3。4、B【解析】A.澄清石灰水要写成离子形式，离子反应方程式为OH-+H+H2O，A错误；B.碳酸钠与盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，离子方程式为CO32-+2H+CO2+H2O，B正确；C. Fe与稀盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，离子方程式为Fe+2H+Fe2+H2，C错误；D.氢氧化钡和硫酸反应生成硫酸钡和水，离子方程式为Ba2+2OH-+2H+SO42BaSO4+2H2O，D错误。答案选B。【点睛】本题考查离子反应方程式正误判断，明确离子反应方程式的书写规则是解本题的关键，书写时要遵循客观事实，拆分是否正确、原子守恒、转移电子守恒、电荷守恒等。该题为考试热点和学习难点，易错选项是D，注意化学式中离子的配比关系。5、C【解析】A. H+与OH-反应生成水而不能大量共存，选项A错误； B. Ag+与Cl-反应生成氯化银沉淀而不能大量共存，选项B错误；C. Na+、Mg2+、NO、SO各离子之间相互不反应，能大量共存，选项C正确；D. Ba2+与SO反应生成硫酸钡沉淀而不能大量共存，选项D错误； 答案选C。6、C【解析】由I元素原子守恒可知x=2，由电荷守恒可计算y=4，故A正确，但不符合题意；氧化剂是NO2-，N元素的化合价由+3降为+2；还原剂是I-，I元素的化合价由-1升高到0，x=2，故物质的量之比为1：1，故正确，但不符合题意；若反应中转移1 mol电子，则生成的NO为1mol，在标准状况下为22.4L，故C错误，但符合题意；由于NH4+NO2-=N2+2H2O，为使NaNO2转化为无污染的N2后再排出，可选用NH4Cl溶液，故D正确，但不符合题意。故选C。【点睛】涉及到气体体积时，一定要注意是否在标准状况下，这是最容易被忽略的问题。7、B【解析】A项，Fe（OH）3难溶于水应以化学式保留，正确的离子方程式为：Fe（OH）3+3H+=Fe3+3H2O，错误；B项，NaHSO4属于强酸的酸式盐，应改写成Na+、H+、SO42-，NaOH属于强碱改写成Na+、OH-，正确；C项，Fe与硫酸反应生成FeSO4和H2，正确的离子方程式为：Fe+2H+=Fe2+H2，错误；D项，NaHCO3属于弱酸的酸式盐，应改写成Na+和HCO3-，正确的离子方程式为：HCO3-+H+=H2O+CO2，错误；答案选B。点睛：本题考查离子方程式正误的判断。离子方程式常见的错误：（1）不符合客观事实（如C项）；（2）拆分不正确，易溶于水、易电离的物质改成离子形式，其余物质以化学式保留，如NaHSO4在水溶液中拆成Na+、H+、SO42-，NaHCO3拆成Na+、HCO3-；（3）漏写部分离子反应；（4）“”、“”、“=”、“”等符号使用错误；（5）不符合量的要求；（6）离子方程式不平，原子不守恒、电荷不守恒。8、A【解析】A项、新制氯水含有次氯酸分子，次氯酸具有强氧化性能表现漂白性，使有色布条褪色，故A正确；B项、新制氯水中存在水分子、次氯酸分子、氯气分子，故B错误；C项、新制氯水含有次氯酸分子，次氯酸遇光分解生成盐酸和氧气，故C错误；D项、新制氯水含有次氯酸分子，弱酸次氯酸遇光分解生成强酸盐酸和氧气，溶液酸性增强，溶液pH减小，故D错误；故选A。9、D【解析】A. 铜的金属性弱于铁，过量的Cu可以与Fe3+反应生成Fe2+, 锌的金属性强于铁，所以过量的Zn可以与Fe3+反应生成Fe，选项A错误；B. Fe可从硫酸铜溶液中置换出铜，但钠很活泼，Na与硫酸铜溶液作用时先与水反应生成氢氧化钠再与硫酸铜反应生成氢氧化铜，故钠不能从硫酸铜溶液中置换出铜，选项B错误；C. 氯气的氧化性较强，与金属反应通常生成高价的氯化物，点燃条件下，铜与Cl2反应产物中铜为+2价，而铁与Cl2反应产物中铁为+3价，选项C错误；D. 胶体中加入电解质溶液时发生聚沉，氢氧化铁和氢氧化铝均能溶于稀硫酸，故向Fe(OH) 3胶体中滴加稀硫酸可以看到“先浑后清”，所以向Al(OH)3胶体中滴加稀硫酸也可以有“先浑后清”的现象，选项D正确。答案选D。10、D【解析】H+和OH不能共存，故A错误；Ba2+和SO42不能共存，故B错误；H+和CO32-不能共存，故C错误；Na +、Cu2+、Cl-、SO42离子间不发生反应，故D正确。故选D。【点睛】注意透明不代表无色。11、D【解析】A. 1 mol O的质量是32g，A错误； B. H2O的摩尔质量为18 g/mol，B错误；C. 44 g CO2的物质的量是1 mol，但由于未指明气体的温度、压强，因此不能确定气体体积数值的大小，C错误；D. 9.8 g H2SO4的物质的量是0.1 mol，由N=n·NA可知0.1 molH2SO4中含0.1NA个H2SO4分子，D正确；故合理选项是D。12、B【解析】A、精盐中含有氯化钠和可溶性杂质，属于混合物，故A错误；B、蒸馏水是一种物质组成的，属于纯净物，故B正确；C、盐酸是氯化氢气体溶于水形成的，是混合物，故C错误；D、漂白粉是次氯酸钙和氯化钙的混合物，故D错误；故选B。13、C【解析】化合物中正负化合价的代数和为0；湿法中Fe元素的化合价由+3价升高为+6价；干法中Fe元素的化合价由+2价升高为+6价，O元素的化合价由-1价升高为0；干法制备的反应中，Na2O2中O元素的化合价既有由-1价升高为0，也有-1价升高为2价，【详解】高铁酸钠中Na为+1价，O为-2价，则铁显+6价，A正确；湿法中每生成1molNa2FeO4，有1molFe（OH）3参加反应，化合价由+3价升高到+6价，转移电子3mol，B正确；干法中每生成1molNa2FeO4，Fe元素的化合价由+2价升高为+6价，O元素的化合价由-1价升高为0，转移电子1mol×（6-2）+0.5mol×2×（1-0）=5mol，C错误；干法制备中，O元素的化合价既有由-1价升高为0，也有-1价升高为2价，Na2O2既是氧化剂又是还原剂，D正确。故选C。【点睛】本题考查氧化还原反应，试题注意化学与生活的联系，侧重分析与应用能力的考查，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键。14、B【解析】【详解】A.碱性氧化物和酸反应生成盐和水，所以X可能是氧化物，故A不选；B.金属单质和酸反应可能生成盐和氢气，也可能生成含氮物质，如铁和过量硝酸反应生成盐、水和一氧化氮，所以X不可能是单质，故B选；C.碱和酸发生中和反应生成盐和水，所以X可能是碱，故C不选；D.碱及金属氧化物都属于电解质，能和酸反应生成盐和水，所以X可能是电解质，故D不选；故选B。15、A【解析】A、离子方程式正确，A正确；B、反应中还有一水合氨生成，B错误；C、溴化亚铁和氯气的物质的量之比是1：5，氯气过量全部被氧化，即2Fe2+4Br-+3Cl22Fe3+2Br2+6Cl-，C错误；D、铁离子能氧化碘离子生成单质碘和亚铁离子，D错误；答案选A。【点睛】离子方程式错误的原因有：离子方程式不符合客观事实：质量不守恒、电荷不守恒、电子得失总数不守恒、难溶物质和难电离物质写成离子形式、没有注意反应物的量的问题，在离子方程式正误判断中，学生往往忽略相对量的影响，命题者往往设置“离子方程式正确，但不符合相对量”的陷阱。突破“陷阱”的方法一是审准“相对量”的多少，二是看离子反应是否符合该量，没有注意物质之间是否会发生氧化还原反应等，注意离子配比，注意试剂的加入顺序，难溶物溶解度的大小，注意隐含因素等。16、D【解析】根据氧化还原反应中电子得失守恒分析解答。【详解】根据H2O2H2O，IO3I2，MnO4-Mn2+，HNO2NO可知1 mol H2O2、IO3、MnO4、HNO2得到电子的物质的量分别是2 mol、5 mol、5 mol、1 mol电子，根据得失电子总数相等的原则，分别氧化KI得到I2的物质的量为1 mol、2.5 mol、2.5 mol、0.5 mol，而1 mol IO3本身被还原生成0.5 mol I2，所以IO3氧化KI所得I2最多。答案选B。二、非选择题（本题包括5小题）17、Na Na2O2 NaOH+CO2=NaHCO3 2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2 【解析】A是一种常见单质，其焰色反应为黄色，则A是Na，B、C、D、E是含A元素的常见化合物，Na在O2中燃烧生成B，B为Na2O2，Na和H2O反应生成NaOH和H2，Na2O2和水反应生成NaOH和O2，所以C是NaOH，NaOH和过量CO2反应生成NaHCO3，所以E是NaHCO3，Na2O2和CO2反应生成Na2CO3和O2，NaHCO3分解生成Na2CO3、CO2和水，所以D是Na2CO3，再结合物质间的反应分析解答。【详解】A是一种常见单质，其焰色反应为黄色，则A是Na，B、C、D、E是含A元素的常见化合物，Na在O2中燃烧生成B，B为Na2O2，Na和H2O反应生成NaOH和H2，Na2O2和水反应生成NaOH和O2，所以C是NaOH，NaOH和过量CO2反应生成NaHCO3，所以E是NaHCO3，Na2O2和CO2反应生成Na2CO3和O2，NaHCO3分解生成Na2CO3、CO2和水，所以D是Na2CO3，（1）通过以上分析知，A是Na、B是Na2O2；（2）NaOH和过量二氧化碳反应生成碳酸氢钠，化学反应方程式为：NaOH+CO2=NaHCO3； （3）在加热条件下，碳酸氢钠分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，反应方程式为：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2。【点睛】本题以钠及其化合物为载体考查了物质的推断，明确物质的性质是解本题关键，根据A为单质及焰色反应来确定A的组成，再结合物质间的反应来推断，熟悉钠及其化合物之间转化关系的网络结构，灵活运用知识解答问题，题目难度不大。18、硫酸钡 Na2CO3 = 2Na+ + CO32- CO2+OH-=HCO3- HCl Ag+ + Cl-= AgCl 【解析】根据电解质的概念、实验现象分析推理，回答问题。【详解】(1)电解质是溶于水或熔融时能自身电离而导电的化合物，酸、碱、盐、活泼金属氧化物等属于电解质。氯化钡固体、硫酸钡、纯碱是电解质，其中只有硫酸钡难溶于水；(2)纯碱在水中的电离方程式Na2CO3 = 2Na+ + CO32- ；(3)足量CO2气体通入烧碱溶液中生成NaHCO3，反应的离子方程式为 CO2+OH-=HCO3- 。(4)b、d混合生成无色气体，必为Na2CO3、盐酸中的各一种，则a、c为BaCl2、AgNO3溶液中和各一种。a分别与b、c、d混合都有白色沉淀，则a为AgNO3溶液、c为BaCl2溶液。又c、d混合生成白色沉淀，则d是BaCl2溶液、b是盐酸。b化学式是HCl， a+c 反应的离子方程式为Ag+ + Cl-= AgCl。19、不能确定 Ba2、Mg2 SO42- 0.1mol/L CO32- 0.2mol/L 存在；溶液中肯定存在的离子是NH4+、CO32和SO42，经计算，NH4+的物质的量为0.05 mol，CO32、SO42的物质的量分别为0.02 mol和0.01 mol，根据电荷守恒得K一定存在 取最后一次滤出液少许于试管，向其中滴加几滴硝酸银溶液，若无沉淀，说明沉淀已洗净 【解析】将该混合物溶于水后得澄清溶液，证明相互反应生成沉淀的离子不能共存。根据题意，Ba2+和SO42-可发生离子反应生成BaSO4，因此两者不能共存，Ba2+和CO32-可发生离子反应生成BaCO3，因此两者也不能共存。第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生，所以可能含有Cl、CO32、SO42；第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到标况下气体1.12L即0.05mol，和NaOH溶液加热产生气体的只能是NH4+，而没有沉淀产生说明一定不存在Mg2+，故可确定一定含有NH4+，一定不存在Mg2+。产生NH3为0.05mol，可得NH4+也为0.05mol；第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀6.27g，经足量盐酸洗涤，干燥后，沉淀质量为2.33g。部分沉淀溶于盐酸为BaCO3，部分沉淀不溶于盐酸为BaSO4，因此溶液中一定存在CO32、SO42，一定不存在Ba2+。由条件可知BaSO4为2.33g，物质的量为2.33g÷233g/mol0.01mol，则SO42物质的量为0.01mol，SO42物质的量浓度=0.01mol÷0.1L=0.1mol/L。BaCO3为6.27g-2.33g3.94g，物质的量为3.94g÷197g/mol0.02mol，则CO32物质的量为0.02mol，CO32物质的量浓度为0.02mol÷0.1L0.2mol/L。由上述分析可得，溶液中一定存在CO32、SO42、NH4+，一定不存在Mg2+、Ba2+。而每一份中CO32、SO42、NH4+物质的量分别为0.02mol、0.01mol、0.04mol；CO32、SO42所带负电荷分别为0.02mol×2、0.01mol×2，共0.06mol，NH4+所带正电荷为0.05 mol，根据溶液中电荷守恒可知K+一定存在，K+物质的量0.01 mol，当K+物质的量0.01 mol时，溶液中还必须含有Cl-；当K+物质的量=0.01 mol时，溶液中不含有Cl-；则（1）依据上述分析可知Cl-可能含有，即根据实验1对Cl是否存在的判断是不能确定；依据实验现象分析溶液中一定不含有Mg2+、Ba2+；（2）依据上述分析计算，得到一定存在的阴离子为CO32、SO42，其物质的量浓度分别为0.2mol/L、0.1mol/L；（3）根据以上分析可知K一定存在，判断的理由是溶液中肯定存在的离子是NH4+、CO32和SO42，经计算每一份中NH4+的物质的量为0.05 mol，CO32、SO42的物质的量分别为0.02 mol和0.01 mol，根据电荷守恒得K一定存在。（4）若实验3中沉淀加稀盐酸后再洗涤，判断沉淀已洗净的方法就是经验洗涤液中是否含有氯离子，则操作为取最后一次滤出液少许于试管，向其中滴加几滴硝酸银溶液，若无沉淀，说明沉淀已洗净。【点睛】本题考查离子的检验，采用定性实验和定量计算分析相结合的模式，增大了解题难度，同时涉及离子共存、离子反应等都是解题需注意的信息，尤其是K+的确定易出现失误，注意电荷守恒的灵活应用。20、AC 烧杯、玻璃棒 4.8 左 32.4 保证溶质全部转移至容量瓶中 【解析】(1)操作步骤有计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等，根据操作步骤判断需要使用的仪器；（2）实验需用100mL容量瓶(没有80mL），根据容量瓶的规格计算氢氧化钠的质量；（3）天平平衡的标志是：指针指在分度盘的中央或左右摆动幅度相等，指针左偏右调螺母，右偏左调螺母；烧杯的质量=砝码的质量+游码的刻度；（5）洗涤23次可以把溶质完全移入容量瓶；【详解】（1）一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解(可用量筒量取水加入烧杯)，并用玻璃棒搅拌，加速溶解，冷却后转移到100mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤烧杯、玻璃棒2-3次，并将洗涤液移入容量瓶中，加水至液面距离刻度线12cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀，所以所需仪器有托盘天平、烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管，根据提供的仪器可知，不需仪器有烧瓶、分液漏斗，故选AC；除以上仪器外，还需用到的玻璃仪器是烧杯、玻璃棒；（2）实验需用100mL容量瓶，根据容量瓶的规格计算氢氧化钠的质量，m=cVM=1.2mol·L-1×0.1L×40g/mol=4.8g；（3）在调节横梁平衡时，指针左偏右调，右偏左调；本题中指针指向分度盘的偏右位置，所以应该将平衡螺母向左移；烧杯的质量=砝码的质量+游码的刻度=20+10+2.4=32.4g；（5）洗涤23次，把洗涤液移入容量瓶中，目的是保证溶质全部转移至容量瓶中。21、 5 CO32+ 2H+ = CO2+ H2O 【解析】本题根据盐酸能与哪些物质反应，从而推断出盐酸通过的路径。【详解】(1)图中物质、均不与盐酸反应，沿该路线可走出迷宫，故答案为、 ；(2) 盐酸与NaOH、Ca(OH)2的反应属于酸碱中和反应，盐酸与Fe2O3、MgO、Na2CO3反应是复分解反应，故非氧化还原反应的有5个，能“吃掉”盐酸的盐是Na2CO3，该反应的离子方程式为CO32-2H=CO2H2O，故答案为5，CO32-2H=CO2H2O；(3) 不能与盐酸反应的物质中，NaCl和H2SO4属于电解质，CO2和CO属于非电解质，熔融状态能导电的是NaCl、Cu、Ag，故答案为，；【点睛】在书写离子方程式时，沉淀、气体和水等应该写化学式；电解质不一定能导电，而是在一定条件下可以导电，如熔融状态或是水溶液中。