湖南省邵阳市邵东县第一中学2022年化学高一上期中检测试题含解析.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、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用05毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。4保持卡面清洁，不要折叠，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、一定量的14%的KOH溶液，若将其蒸发掉100g水后，其质量分数为28%，体积为125mL，则浓缩后的KOH的物质的量浓度为A2.2mol/LB4mol/LC5mol/LD6.25mol/L2、已知某饱和溶液的：溶液的质量；溶剂的质量；溶液的体积；溶质的摩尔质量；溶质的溶解度；溶液的密度。以上条件的组合中不能用来计算该饱和溶液的物质的量浓度的是ABCD3、能使酚酞变红的溶液中，下列离子能大量共存的是( )A、B、C、D、4、下列关于电解质溶液的说法正确的是()ANaHCO3 在水中发生电离的方程式是 NaHCO3=Na+H+CO32-B强电解质溶液的导电能力一定比弱电解质溶液的导电能力强C虽然Na2O溶于水所得溶液中导电的离子不是它本身产生的，但它却是电解质DNH3溶于水后所得到的溶液能导电，故NH3是电解质5、下列各组物质相互混合后,不会发生离子反应的是(   )ANa2SO4溶液和MgCl2溶液BNa2CO3溶液和稀硫酸CNaOH溶液和Fe2(SO4)3溶液DCa(OH)2溶液和盐酸6、欲配制下列四种无色透明的酸性溶液，其中能配制成功的是( )AK+、Mg2+、Cl、CO32-BNa、CO32、Ca2+、NO3CMnO4、K、SO42、NaDNH4、NO3、Al3、Cl7、今有一混合物的水溶液,只可能含有以下离子中的若干种：K、NH4、Cl、Ca2、Ba2、CO32、SO42，现取三份100mL溶液进行如下实验：第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生；第二份加入足量NaOH溶液加热后，收集到0.08mol气体；第三份加入足量BaCl2 溶液后，得干燥沉淀12.54g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为4.66g。综合上述实验，你认为以下结论正确的是( )A该混合物中一定含有NH4+、SO42-，可能含有Ca2+、K+、Cl-B该混合物中一定含有NH4+、CO32-、SO42-，可能含有Ca2+、 K+、Cl-C该混合物中一定含有NH4+、CO32-、SO42-，可能含有K+、Cl-D该混合物中一定含有K+、NH4+、CO32-、SO42-，可能含有Cl-，且n(K+)0.04mol8、在水溶液中能大量共存，且加入过量稀硫酸溶液时，有气体生成的是ANa+、Ag+、CO32、Cl BK+、 Ba2+ 、 SO42、ClCNa+、K+、HCO3、NO3 DNa+、K+ 、CH3COO、SO429、下列物质能导电，但不属于电解质也不属于非电解质的是A食盐 B铜丝 C纯碱 D干冰10、4 g Na2O2和Na2CO3的混合物溶于水，与100 mL物质的量浓度为1 mol/L 的盐酸恰好完全反应，蒸干溶液，最终得到固体的质量为( )A5.85 g B8 g C15.5 g D无法计算11、在反应3Cl22FeBr2=2FeCl32Br2中，被还原的元素是AFe BFe和Br CCl DC1和Br12、下列离子方程式书写正确的是A实验室用铁和稀硫酸反应制氢气：2Fe + 6H+2Fe3+ 3H2B向沸水中滴加饱和FeCl3溶液制备Fe(OH)3胶体：Fe3+3H2OFe(OH)3+ 3H+C实验室用大理石和稀盐酸反应制取CO2气体：CaCO3+ 2H+Ca2+ + CO2+ H2OD将铝片插入硝酸汞溶液中：Al+ Hg2+Al3+ + Hg13、下列说法正确的是A阿伏伽德罗常数个硫酸分子里含有4mol OB摩尔是国际单位制中的七个基本物理量之一CCH4的摩尔质量为16gD1mol任何物质都含有6.02×1023个原子14、把V L含有MgSO4和K2SO4的混合溶液分成两等份，一份加入含a mol NaOH的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁;另一份加入含b mol BaCl2的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡。则原混合溶液中钾离子的浓度为A (b-a)/V mol·L-1B(2b-a)/V mol·L-1C2(2b-a)/V mol·L-1D2(b-a)/V mol·L-115、下列有关试剂保存与空气中的氧气有关的是( )A新制氯水保存在棕色试剂瓶中B金属Na保存在煤油中C漂白粉保存在密封容器中D过氧化钠应密封保存16、下列说法不正确的是A化合物中除了电解质就是非电解质B硫酸铜溶于水通电后产生Cu2+和C胶粒带同种电荷是胶体稳定最主要的原因D分散质粒子大小不同是溶液、胶体和浊液的本质区别二、非选择题（本题包括5小题）17、现有一混合物的水溶液，只可能含有以下离子中的若干种：K+、NH4+、Cl-、Mg2+、Ba2+、CO32-、SO42-，现取三份100mL该溶液进行如下实验：（已知：NH4+OH-NH3+H2O）（1）第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生；（2）第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到0.08mol气体；（3）第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀12.54g，经足量盐酸洗涤干燥后，沉淀质量为4.66g。根据上述实验，回答以下问题。（1）由第一份进行的实验推断该混合物是否一定含有Cl-？_（答是或否）（2）由第二份进行的实验得知混合物中应含有_（填离子符号），其物质的量浓度为_。（3）由第三份进行的实验可知12.54g沉淀的成分为_。（4）综合上述实验，你认为以下结论正确的是_。A该混合液中一定有K+、NH4+、CO32-、SO42-，可能含Cl-，且n(K)0.04molB该混合液中一定有NH4+、CO32-、SO42-，可能含有K+、Cl-C该混合液中一定有NH4+、CO32-、SO42-，可能含有Mg2+、K+、Cl-D该混合液中一定有NH4+、SO42-，可能含有Mg2+、K+、Cl-（5）我国政府为消除碘缺乏病，规定在食盐中必须加入适量的碘酸钾。检验食盐中是否加碘，可利用如下反应：KIO3+KI+H2SO4K2SO4+I2+H2O配平该方程式，并且用单线桥法表示该方程式电子转移的方向和数目：_。该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为_。如果反应中转移0.5mol电子，则生成I2的物质的量为_。18、今有一混合物的水溶液，只可能含有以下离子中的若干种：K+、NH4+、Cl、Mg2+、Ba2+、CO32、SO42，现取三份各100mL该溶液进行如下实验：第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生； 第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到气体0.08mol；第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀12.54g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为4.66g。根据上述实验，回答下列问题：（1）由第二份进行的实验得知混合物中应含有_离子，其物质的量浓度为_。（2）由第三份进行的实验可知12.54克沉淀的成分是_（写沉淀化学式），其物质的量分别为_。（3）原溶液中是否存在K+_填“是”或“否）若存在则K+的浓度的取值范围是_（若不存在此空可不填）19、一氯化碘是一种红棕色液体，不溶于水，溶于乙醇和乙酸，能与KI反应生成I2，用于测定油脂中的碘值等(注：碘值表示有机物中不饱和程度的指标)。某校研究性学习小组的同学拟制备一氯化碘(沸点101 )。回答下列问题：(1)甲组同学拟利用干燥纯净的氯气与碘反应制备一氯化碘，已知碘与氯气的反应为放热反应，其装置如下：各装置连接顺序为A_；A中发生反应的离子方程式为_。B装置烧瓶需放在冷水中，其目的是_；D装置的作用是_。B装置得到的液态产物进一步提纯可得到较纯净的ICl，采取的方法是_。(2)乙组同学采用最新报道制一氯化碘的方法，在三颈烧瓶中加入粗碘和盐酸，控制温度约50 ，在不断搅拌下逐滴加入氯酸钠溶液，生成一氯化碘，则发生反应的化学方程式为_。(3)设计实验证明：ICl的氧化性比I2强：_。20、现有甲、乙、丙三名同学分别进行Fe(OH)3胶体的制备实验。甲同学：向1 mol/L的FeCl3溶液中加少量NaOH溶液。乙同学：直接加热饱和FeCl3溶液。丙同学：向25 mL沸水中逐滴加入56滴FeCl3饱和溶液；继续煮沸至液体呈红褐色，停止加热。试回答下列问题：（1）其中操作正确的同学是_。（2）利用胶体的_性质区分Fe(OH)3胶体和FeCl3溶液（3）丁同学利用所制得的Fe(OH)3胶体进行实验：将其装入U形管内，用石墨作电极，通电一段时间后发现阴极区附近的颜色逐渐变深，这表明Fe(OH)3胶体粒子带_(填“正”或“负”)电荷。向其中加入饱和Na2SO4溶液，产生的现象是_。（4）写出甲同学的离子反应方程式_21、现有A、B、C、D、E五种溶液，它们所含的阴阳离子分别为：Na+、Ba2+、Ag+、Cu2+、H+；SO42-、OH-、CO32-、NO3-、Cl-。 己知：0.lmol/L 的C溶液中，c(H+)=0.lmol/LD溶液呈蓝色将C溶液加入到溶液B和E中，分别产生白色沉淀和气泡请回答下列问题：(1)请写出物质A、B、C、D、E的化学式：A_B_C_D_E_。(2)请写出碳酸钙与溶液C反应的离子方程式：_。(3)取1.5mol/L l00mL溶液A (过量)与amol/L50 mL溶液D混合后，产生33.1g沉淀，则a=_，若向反应后的体系中加入5mol/L的HCl，直至蓝色沉淀完全溶解，则需要加入盐酸的体积为_mL。参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解析】一定量的14%的KOH溶液，若将其蒸发掉100g水后，其质量分数为28%，即原溶液的质量为200g，可得原溶液中溶质的质量为28g，物质的量为0.5mol，所以当体积为125mL时溶液的物质的量浓度为；答案选B。2、A【解析】A已知溶液的质量、溶液的体积、溶质的摩尔质量，不能计算溶质的物质的量，所以不能用来计算该饱和溶液的物质的量浓度，选A；B设溶质的溶解度为Sg， ，所以知道溶质的摩尔质量、溶质的溶解度、溶液的密度，可计算物质的量浓度，故不选B；Cm(质)= m(液)- m(剂)，n(质)=，所以知道溶液的质量、溶剂的质量、溶液的体积、溶质的摩尔质量，可计算物质的量浓度，故不选C；D溶质的溶解度为Sg，m(质)= m(液) ，n(质)=，所以知道溶液的质量、溶液的体积、溶质的摩尔质量、溶质的溶解度，可计算物质的量浓度，故不选D；选A。3、A【解析】能使酚酞变红的溶液呈碱性，溶液中含有大量的OH-，据此分析解答。【详解】A、四种离子相互间不反应，能够在使酚酞变红的溶液中大量共存，A符合题意；BMg2+与OH-反应生成Mg(OH)2的沉淀，H+和OH-反应生成H2O，不能大量共存，B不符合题意；CCu2+与OH-反应生成Cu(OH)2的沉淀，不能大量共存，C不符合题意；DFe3+与OH-反应生成Fe(OH)3的沉淀，不能大量共存，D不符合题意；答案选A。4、C【解析】A、HCO3-离子不能拆写；B、溶液导电能力取决于溶液中离子浓度的大小和离子所带电荷数；C、氧化钠熔融时能电离出自由移动的离子；D、氨气溶于水形成的一水合氨电离出自由移动的离子而导电。【详解】A项、碳酸属于弱电解质，HCO3-离子的电离程度更小不能拆写，正确的写法应为：NaHCO3=Na+HCO3-，故A错误；B项、溶液导电能力取决于溶液中离子浓度的大小和离子所带电荷数，强电解质溶液的导电能力不一定比弱电解质溶液的导电能力强，故B错误；C项、氧化钠熔融时能电离出自由移动的离子，所以是电解质，故C正确；D项、虽然氨气溶于水能导电，但原因是氨气溶于水形成的一水合氨电离出自由移动的离子而导电，NH3属于非电解质，故D错误。故选C。5、A【解析】ANa2SO4溶液和MgCl2 溶液混合，既无沉淀、气体生成，也无弱电解质生成，不会发生离子反应，A符合题意；BNa2CO3溶液和稀硫酸混合，生成二氧化碳和水，能够发生离子反应，B不符合题意；CNaOH溶液和Fe2(SO4)3溶液混合，有氢氧化铁沉淀生成，能够发生离子反应，C不符合题意；DCa(OH)2和盐酸混合，有水生成，能够发生离子反应，D不符合题意；答案选A。6、D【解析】溶液无色,则不存在有颜色的离子；酸性条件下,离子之间不产生气体、沉淀、弱电解质、络合物,不发生氧化还原反应、不发生双水解反应时即可配制成功,以此解答该题。【详解】A. Mg2+与CO32-反应生成沉淀，且酸性条件下, CO32-不能大量共存，故A错误；B. CO32和Ca2+反应生成沉淀，且酸性条件下, CO32-不能大量共存，故B错误；C. MnO4有颜色，不符合题目要求,故C错误；D. 溶液无色,酸性条件下离子之间不发生反应,可大量共存，能配制成功, 故D正确；综上所述，本题选D。7、D【解析】第一份加入AgNO3溶液后有沉淀生成，溶液中可能含有Cl-，SO42-，CO32-；第二份加足量NaOH有气体，一定含有NH4+，没有沉淀生成，一定没有Mg2+；第三份有沉淀后加酸沉淀部分溶解一定存在CO32-、SO42-,不存在Ba2+；所以一定存在的离子是NH4+ 、CO32-、SO42-；根据题给信息，生成0.08mol NH3，溶液中NH4+的量为0.08mol；生成硫酸钡沉淀4.66g，溶液中n(SO42-)=0.02mol，碳酸钡沉淀质量为7.88 g，则溶液中n(CO32-)=0.04mol，最后根据溶液中存在电荷守恒关系确定钾离子是否存在；据以上分析解答。【详解】第一份加入AgNO3溶液后有沉淀生成，溶液中可能含有Cl-，SO42-，CO32-；第二份加足量NaOH有气体，一定含有NH4+，没有沉淀生成，一定没有Mg2+；第三份有沉淀后加酸沉淀部分溶解一定存在CO32-、SO42-,不存在Ba2+；所以一定存在的离子是NH4+ 、CO32-、SO42-；根据NH4+- NH3关系可知，每生成0.08molNH3，溶液中的NH4+的量为0.08mol；生成硫酸钡沉淀4.66g，物质的量为0.02mol，所以n(SO42-)=n(BaSO4)=0.02mol，碳酸钡沉淀质量为12.54g-4.66g=7.88g，物质的量为0.04mol，所以n(CO32-)=n(BaCO3)= 0.04mol，因为电解质溶液呈电中性，所以0.08molNH4+带的正电荷总量为0.08mol，而0.04molCO32-带的负电荷总量为0.08 mol，0.02molSO42-带的负电荷总量为0.04mol，因此该溶液中一定含有阳离子钾离子0.04 mol；当溶液中如果再含有Cl-，那么n(K+)>0.04mol。结合以上分析可知，该混合物中一定含有K+、NH4+、CO32-、SO42-，可能含有Cl-，且n(K+)0.04mol，D正确；综上所述，本题选D。【点睛】本题考查了离子反应及其计算，题目难度中等，明确常见离子的性质及检验方法为解答的关键，注意掌握根据电荷守恒在判断离子存在的方法，培养了学生的分析能力和化学计算能力。8、C【解析】AAg+与CO32-反应生成沉淀而不能大量共存，故A错误；BBa2+与SO42-反应生成沉淀而不能大量共存，故B错误；CNa+、K+、HCO3、NO3离子之间不发生任何反应，能大量共存，且加入硫酸后，CO32-与H+反应生成二氧化碳气体，故C正确；DNa+、K+ 、CH3COO、SO42离子之间不发生任何反应，能大量共存，但加入硫酸后不生成气体，故D错误；故选C。9、B【解析】根据电解质和非电解质的概念分析。【详解】A.食盐是电解质，本身不导电，故A错误；B.铜丝即金属铜单质，导电，但既不是电解质也不是非电解质，故B正确；C.纯碱是电解质，本身不导电，故B错误；D.干冰即CO2，是非电解质，不导电，故D错误。故选B。【点睛】单质、混合物既不是电解质也不是非电解质。10、A【解析】混合物溶于水，过氧化钠溶于水反应生成氢氧化钠，溶液中含有NaOH、Na2CO3，与盐酸恰好反应，所得溶液中溶质为NaCl，蒸干溶液，最终得到固体为NaCl，根据氯离子守恒可知n(NaCl)=n(HCl)=0.1L×1mol/L=0.1mol，故m(NaCl)=0.1mol×58.5g/mol=5.85g.综上所述，本题应选A。11、C【解析】反应3Cl22FeBr2=2FeCl32Br2中，Cl元素的化合价由0降低为-1价，Fe元素+2价升高为+3价，Br元素由-1价升高为0，元素的化合价降低，得到电子被还原，所以该反应中Cl元素被还原。故选C。【点睛】氧化还原反应的判断依据是有元素化合价的升降，元素化合价升高，失电子被氧化，元素化合价降低，得电子被还原。12、C【解析】A.实验室用Fe和稀硫酸制氢气的离子方程式为Fe+2H+=Fe2+H2，故A错误；B.向沸水中滴加饱和FeCl3溶液制备Fe(OH)3胶体的反应是可逆反应，且生成的氢氧化铁是胶体，不是沉淀，故B错误；C.实验室用大理石和稀盐酸反应制取CO2气体的离子方程式为：CaCO3+ 2H+Ca2+ + CO2+ H2O，故C正确；D.将铝片插入硝酸汞溶液中的离子方程式为：2Al+ 3Hg2+2Al3+ + 3Hg，故D错误。故选C。【点睛】判断离子方程式书写正误的方法：“一看”电荷是否守恒：在离子方程式中,两边的电荷数及原子数必须守恒； “二看”拆分是否恰当：在离子方程式中，强酸、强碱和易溶于水的盐拆分成离子形式；难溶物、难电离物质、易挥发物质、单质、氧化物、非电解质等均不能拆分，要写成化学式；“三看”是否符合客观事实：离子反应的反应物与生成物必须是客观事实相吻合。13、A【解析】A项、阿伏加德罗常数个硫酸分子即硫酸的物质的量是1mol，其中含有4molO，故A正确；B项、物质的量是国际单位制中的七个基本物理量之一，摩尔是物质的量的单位，故B错误；C项、CH4的摩尔质量为16g/mol，故C错误；D项、物质可能由原子、分子构成，且可能为多原子分子，1 mol任何物质不一定都含有6.02×1023个原子，故D错误。故选A。【点睛】本题考查物质的量的计算，侧重分析与应用能力的考查，把握物质的构成、物质的量、微粒数的关系为解答关键。14、C【解析】一份加入含a mol NaOH的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁,那么Mg2+就有mol，硫酸镁也就是 mol。另一份加入含b mol BaCl2的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡，那么硫酸根离子有bmol。所以硫酸钾有b-mol，钾离子就有2(b-)mol=2b-amol。浓度就是mol/L，即 mol·L-1，C项符合题意，故答案为C。15、B【解析】A. 因新制氯水中的HClO见光易分解，所以新制氯水要保存在棕色试剂瓶中，与空气中的氧气无关，故A不选；B. 金属钠性质活泼，易和空气中的氧气反应，所以金属Na保存在煤油中，与空气中的氧气有关，故B选；C. 漂白粉容易和空气中的CO2、H2O反应而变质，所以漂白粉保存在密封容器中，与空气中的氧气无关，故C不选；D. 过氧化钠可和空气中的CO2、H2O反应而变质，所以过氧化钠应密封保存，与空气中的氧气无关，故D不选；答案选B。16、B【解析】A.化合物依据水溶液或者熔融状态下是否能够导电，分为电解质和非电解质，故A不选；B.电解质溶于水后，在水分子的作用下发生电离，不需要通电，故B选；C.胶体粒子带同种电荷，相互排斥，比较稳定，是胶体稳定的最主要原因，故C不选；D.分散系的本质区别是分散质粒子的大小不同，故D不选；故选：B。二、非选择题（本题包括5小题）17、否 NH4+ 0.8mol/L BaSO4、BaCO3 A 1：5 0.3mol 【解析】第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生，则一定含有Cl-、CO32-、SO42-中的一种或几种；第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到气体0.08mol，气体为氨气，则一定含NH4+；第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀12.54g，经足量盐酸洗涤干燥后，沉淀质量为4.66g，则沉淀为碳酸钡、硫酸钡，SO42-的物质的量为4.66g÷233g/mol=0.02mol，CO32-的物质的量为（12.544.66）g÷197g/mol=0.04mol，结合离子之间的反应及电荷守恒来解答。【详解】第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生，则一定含有Cl-、CO32-、SO42-中的一种或几种；第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到气体0.08mol，气体为氨气，则一定含NH4+；第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀12.54g，经足量盐酸洗涤干燥后，沉淀质量为4.66g，则一定含硫酸钡，SO42-的物质的量为4.66g÷233g/mol=0.02mol，CO32-的物质的量为（12.544.66）g÷197g/mol=0.04mol，含CO32-、SO42-，则一定不含Mg2+、Ba2+，阳离子电荷总量为0.08mol，CO32-、SO42-的电荷总量为0.02mol×2+0.04mol×2=0.12mol，由电荷守恒可知，一定含阳离子K+，综上所述，不能确定是否含有Cl-；则根据电荷守恒溶液中K+的物质的量0.12mol-0.08mol=0.04mol。（1）根据以上分析可知由第一份进行的实验推断该混合物中不一定含有Cl-；（2）根据以上分析可知由第二份进行的实验得知混合物中应含有NH4+，其物质的量浓度为0.08mol÷0.1L0.8mol/L；（3）根据以上分析可知由第三份进行的实验可知12.54g沉淀的成分为BaSO4、BaCO3；（4）综合上述实验，该混合液中一定有K+、NH4+、CO32-、SO42-，可能含Cl-，且n(K)0.04mol，答案选A。（5）反应物KIO3中I元素化合价为+5价，KI中I元素化合价为-1价，反应中I元素化合价分别由+5价、-1价变化为0价，可知（KIO3）：n（KI）=1：5，结合质量生成配平方程式为KIO3+5KI+3H2SO43K2SO4+3I2+3H2O，用单线桥法表示该方程式电子转移的方向和数目为；KIO3为氧化剂，KI为还原剂，由方程式可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：5；在上述反应中，转移5mol电子生成碘单质的量是3mol，所以如果反应中转移0.5mol电子，则生成I2的物质的量为0.3moL。【点睛】本题考查离子的共存及离子反应、氧化还原反应，把握电子转移和化合价变化之间的关系、发生的反应及电荷守恒为解答的关键，侧重分析与推断能力及离子检验和计算能力的考查。18、NH4+ 0.8 mol/L BaCO3、BaSO4 0.04 mol 、 0.02 mol 是 0.4 mol/L 【解析】据题意分析，第一份溶液加入溶液有沉淀产生，推得可能含有；第二份溶液加足量溶液加热后收集到气体，推得一定含有，一定不存在；第三份溶液利用发生的离子反应，经过计算、推得一定存在，一定不存在；根据溶液中阴阳离子的电荷守恒，即可推出一定存在。【详解】（1）加入足量溶液加热后，收集到气体0.08mol气体，气体为氨气，故溶液中含有0.08mol，浓度为，故答案为：；（2）加足量溶液后，得干燥沉淀12.54g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为4.66g，可知沉淀既有也含有，质量为4.66g，物质的量为： ，碳酸钡质量为： ，物质的量为，故答案为：；0.04 mol 、0.02 mol；（3）根据上述分析，溶液中肯定存在、，肯定不存在和，可能存在，根据的物质的量为0.04 mol 、0.02 mol，物质的量为0.08mol，根据电荷守恒，若无则的物质的量为0.04mol，若存在则的物质的量则大于0.04mol，故肯定存在，其物质的量浓度大于等于，故答案为：是 ； 0.4 mol/L。【点睛】破解离子推断题：(1)肯定性原则：根据实验现象推出溶液中肯定存在或肯定不存在的离子；(记住几种常见的有色离子：)(2)互斥性原则：在肯定某些离子的同时，结合离子共存规律，否定一些离子的存在；(要注意题目中的隐含条件，如：酸性、碱性、指示剂的变化等)(3)电中性原则：溶液呈电中性，一定既有阳离子，又有阴离子，且溶液中正电荷总数与负电荷总数相等19、CEBD MnO24H2ClMn2Cl22H2O 防止ICl挥发 吸收未反应完的氯气 蒸馏 3I26HClNaClO3=6IClNaCl3H2O 用湿润的淀粉KI试纸检测，试纸变蓝 【解析】用干燥纯净的氯气与碘反应制备一氯化碘，A装置用二氧化锰和浓盐酸制备氯气，制得的氯气中含有HCl气体和水蒸气，先用C中的饱和食盐水除HCl气体，再用E中的浓硫酸干燥，将干燥的氯气通入B中与碘反应，制备ICl，而ICl易挥发，所以B应放在冷水中，最后用D中的氢氧化钠处理未反应完的氯气，防止污染空气。【详解】(1)由上述分析可知，装置正确的连接顺序为：ACEBD；A装置是二氧化锰在加热时与浓盐酸反应制取氯气的装置，反应的离子方程式为MnO24H2ClMn2Cl22H2O。ICl易挥发，所以B应放在冷水中防止ICl挥发；氯气有毒，用D中的氢氧化钠吸收未反应完的氯气。已知ICl的沸点为101 ，装置B中的液态产物可以进一步蒸馏，收集101 的馏分，即可得到纯净的ICl。(2)I2具有还原性，1 个 I2失去2个电子化合价升高2价，NaClO3具有氧化性，1个NaClO3得到6个电子，化合价降低6价，根据化合价升降数相同配平化学方程式，反应的化学方程式为3I26HClNaClO3=6IClNaCl3H2O。(3)氧化性强的物质可以制氧化性弱的物质，可以用湿润的淀粉KI试纸检验一氯化碘蒸气，如果试纸变蓝说明KI和ICl发生氧化还原反应制得I2，ICl的氧化性比I2强。20、丙 丁达尔效应 正 产生红褐色沉淀 Fe3+ + 3OH- = Fe(OH)3 【解析】(1)甲同学向1 mol/L氯化铁溶液中加入少量的NaOH溶液，会发生复分解反应生成红褐色沉淀，乙同学直接加热饱和FeCl3溶液，三价铁会水解生成红褐色沉淀，制备氢氧化铁胶体的方法:向25ml沸水中逐滴加入12mL FeCl3饱和溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热。（2）丁达尔效应是胶体的特有性质，可用来鉴别胶体；（3）胶体具有电泳性质，电泳实验证明了胶体胶粒带电，通电一段时间后发现阴极区附近的颜色逐渐变深，说明胶粒向负极移动；向胶体中加入可溶性的盐，胶体聚沉；（4）氯化铁溶液中加入少量的NaOH溶液生成氢氧化铁沉淀。【详解】（1）向1 mol/L氯化铁溶液中加入少量的NaOH溶液，会发生复分解反应生成红褐色沉淀；直接加热饱和FeCl3溶液，三价铁会水解生成红褐色沉淀；制备氢氧化铁胶体的方法:向25ml沸水中逐滴加入12mL FeCl3饱和溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热。正确的是丙；（2）丁达尔效应是胶体的特有性质，可用来鉴别胶体和溶液，所以利用胶体的丁达尔效应性质区分Fe(OH)3胶体和FeCl3溶液；（3）胶体具有电泳性质，电泳实验证明了胶体胶粒带电，通电一段时间后发现阴极区附近的颜色逐渐变深，说明胶粒向负极移动，Fe(OH)3胶体粒子带正电荷；向胶体中加入可溶性的盐，胶体聚沉，所以向Fe(OH)3胶体中加入饱和Na2SO4溶液产生的现象是产生红褐色沉淀；（4）氯化铁溶液中加入少量的NaOH溶液生成氢氧化铁沉淀，反应离子方程式是Fe3+ + 3OH- = Fe(OH)3。21、Ba(OH)2 AgNO3 HCl CuSO4 Na2CO3 CaCO3+2H+=Ca2+H2O+CO2 2 60 【解析】0.lmol/L的C溶液中c(H+)=0.lmol/L，则C中一定不能大量存在SO42-、OH-、CO32-；D溶液呈蓝色，说明含有铜离子，D中一定不能大量存在OH-、CO32-；将C溶液加入到溶液B和E中，分别产生白色沉淀和气泡，所以E中含有碳酸根，则E是碳酸钠，由于银离子只能与硝酸根结合，钡离子不能与硫酸根结合，所以C是盐酸，B是硝酸银，D是硫酸铜，A是氢氧化钡。(1)根据以上分析可知A、B、C、D、E的化学式分别是Ba(OH)2、AgNO3、HCl、CuSO4、Na2CO3。(2)碳酸钙与盐酸反应的离子方程式为CaCO3+2H+=Ca2+H2O+CO2。(3)33.1g沉淀是硫酸钡和氢氧化铜，反应中氢氧化钡过量，硫酸铜完全反应，硫酸铜的物质的量是0.05amol，则0.05amol×233g/mol+0.05amol×98g/mol33.1g，解得a2；剩余氢氧化钡是0.15mol0.1mol0.05mol，生成的氢氧化铜是0.1mol，所以消耗盐酸的物质的量是0.05mol×2+0.1mol×20.3mol，盐酸的体积是0.3mol÷5mol/L0.06L60mL。