广东省河源市2022-2023学年化学高一第一学期期中学业水平测试试题含解析.doc

2022-2023学年高一上化学期中模拟试卷注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列仪器常用于物质分离的是()ABCD2、某同学在做实验时引发了镁失火，他立即拿起二氧化碳灭火器欲把火扑灭，却被实验老师及时制止。原因是CO2可以支持镁燃烧发生以下反应：2Mg+CO22MgO+C，下列关于该反应的判断正确的是AMg元素化合价由0价升高到+2价，所以MgO是还原产物B由此反应可以判断氧化性CO2>MgO，还原性Mg>CCCO2作氧化剂，表现氧化性，发生氧化反应DMg原子失去的电子数目等于O原子得到的电子数目3、溶液、胶体和浊液这三种分散系的根本区别是（ ）A分散质粒子直径的大小B是否有丁达尔现象C能不能通过滤纸和半透膜D是否均一、稳定、透明4、下列物质中属于电解质的是 ( )A酒精B稀硫酸C氯化钠D氢氧化钠溶液5、将以下4份溶液分别置于下图的装置中，其它条件相同时，灯泡最亮的是A100mL 1mol/L的盐酸B100mL 2mol/L的蔗糖溶液C100mL 1mol/L的醋酸溶液D30mL 1mol/L的CaCl2溶液6、下列物质分类的正确组合是()碱酸盐酸性氧化物A纯碱盐酸烧碱二氧化硫B烧碱硫酸食盐一氧化碳C苛性钠醋酸石灰石水D苛性钾碳酸苏打三氧化硫AABBCCDD7、在下列各反应中，盐酸既表现出酸性又表现出还原性的是( )AHClNaOH=NaClH2OBZn2HCl=ZnCl2H2CHClAgNO3=AgClHNO3DMnO24HCl(浓)MnCl2Cl22H2O8、下列关于实验事故或药品的处理方法中，正确的是( )A少量浓硫酸沾在皮肤上，立即用大量氢氧化钠溶液冲洗B大量氯气泄漏时，用肥皂水浸湿毛巾捂住嘴和鼻，并迅速离开现场C不慎洒出的酒精在桌上着火时，应立即用大量水扑灭D金属钠着火时，可立即用沾水的毛巾覆盖9、铁在高温条件下与氧化铜反应：2Fe+3CuOFe2O3+3Cu。铜在氯化铁溶液中发生反应：Cu+2FeCl32FeCl2+CuCl2，一定质量的铁与氧化铜的混合物，在高温条件下恰好完全反应将反应后的固体粉末倒入盛有足量稀盐酸的烧杯中，振荡，充分反应后静置，然后从烧杯中取适量溶液（表示为“甲”）于试管中，并加入一定质量的锌粉，充分反应后过滤，得到滤液乙和固体丙。下列判断正确的是（ ）甲中含有FeCl3；甲中不含FeCl3；若向固体丙加稀盐酸无明显现象，则滤液乙中一定含有ZnCl2、FeCl2，可能含有CuCl2；若向固体丙加稀盐酸有气体产生，则滤液乙中可能含有ZnCl2、FeCl2，一定不含有CuCl2。ABCD10、原子序数为83的元素位于： 第五周期； 第六周期； A族； A族； B族，其中正确的组合是( )A B C D 11、下列表格中各项都正确的组是（ ）碱盐电解质非电解质A烧碱小苏打BaSO4干冰B纯碱CaCO3NH3H2OFeC明矾食盐石墨醋酸DKOHCuSO4熔融MgCl2氯水AABBCCDD12、若将4.6g钠块置于过量O2中燃烧后，生成7.5g固体物质，则下列推断合理的是（ ）A钠在燃烧前未被氧化B钠在燃烧前已有部分被氧化C钠在燃烧前已都被氧化D生成物中只有氧化钠13、下列说法正确的是()A32 g O2所含的原子数目为NAB0.5 mol H2SO4含有的原子总数目为3.5NACHNO3的摩尔质量是63 gD0.5NA个氯气(Cl2)分子的物质的量是1 mol14、用0.2mol·L1某金属阳离子Rn的盐溶液40mL，恰好将20mL0.4mol·L1的硫酸盐中的硫酸根离子完全沉淀，则n值为（ ）A1B2C3D415、能正确表示下列化学反应的离子方程式的是（ ）A氢氧化钡溶液与硫酸的反应：OH+H+=H2OB澄清的石灰水与醋酸反应：Ca(OH)2+2H+=Ca2+2H2OC铜片插入硝酸银溶液中：Cu+Ag+=Cu2+AgD碳酸钙溶于稀盐酸中：CaCO3+2H+=Ca2+H2O+CO216、下列离子方程式书写正确的是()A硝酸银与盐酸反应：AgNO3Cl=AgClNOB铜片插入硝酸银溶液中：CuAg=AgCu2C硫酸和氯化钡溶液反应：Ba2SO=BaSO4D铁钉放入硫酸铜溶液中：2Fe3Cu2=2Fe33Cu二、非选择题（本题包括5小题）17、有一固体混合物，可能由Na2CO3、Na2SO4、 CuSO4、 CaCl2、NaCl而成，为检验它们做了如下实验:固体混合物溶于水，搅拌后得到无色透明溶液；往此溶液中滴加硝酸钡溶液，有白色沉淀生成:过滤，洗涤，将沉淀物置于稀硝酸中，发现沉淀全部溶解。请回答下列问题:(1)固体混合物中肯定有_，肯定没有_。(2)步骤沉淀是否完全的检验方法_。(3)写出步骤的离子方程式：_。(4)写出鉴别可能有的物质的离子方程式:_。(5)写出向少量澄清石灰水中加入足量碳酸氢钠溶液的离子方程_。(6)用稀盐酸清洗铁锈（Fe2O3）的离子方程式_。18、某固体混合物中，可能含有下列离子中的几种：K+、NH4+、Mg2+、Ba2+、Cl、SO42、CO32，将该混合物溶于水后得澄清溶液，现取三份各100mL该溶液分别进行如下实验：（1）在第一份溶液中加入足量的NaOH溶液并加热，无沉淀生成，但收集到1.12L气体(标准状况下)；（2）在第二份溶液中加入足量的BaCl2溶液有沉淀生成，经称量其质量为6.27g，在该沉淀中加入足量的盐酸，沉淀部分溶解，剩余固体质量为2.33g。根据上述实验回答下列问题：实验（1）中反应的离子方程式为_，实验（2）中沉淀溶解对应的反应的离子方程式为_。溶液中一定不存在的离子有_；溶液中一定存在的离子有_，其中阴离子的物质的量浓度分别为_；取第三份原溶液，向其中加入足量的AgNO3溶液，产生白色沉淀，能否说明原溶液中存在Cl？_（填“能”或“不能”），理由是_。推断K+是否存在并说理由：_.19、用密度为1.84 g/mL，质量分数为98%的浓硫酸配制480 mL 0.1 mol/L 稀硫酸。(1)所需浓硫酸的体积是_。(2)配制过程需要的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、_、_。(3)配制溶液时，一般可以分为以下几个步骤:量取计算稀释摇匀移液洗涤定容冷却初步振荡装瓶贴签其正确的操作顺序为 _(填序号)。(4)第步实验的操作是_。(5)下列情况对所配制的稀硫酸浓度有何影响？（用字母填写a“偏大” b“偏小” c“无影响”）A所用的浓硫酸长时间放置在密封不好的容器中_；B容量瓶用蒸馏洗涤后残留有少量的水_；C定容摇匀后，发现液面低于刻度线，又用胶头滴管加蒸馏水至刻度线_；D量取浓硫酸时仰视量筒上的刻度取用浓硫酸_。20、分别用一种试剂将下列物质中混入的少量杂质除去(括号内为混入的杂质)物质需加入的试剂有关离子方程式HNO3(H2SO4)_Cu(Fe)_ZnSO4(CuSO4)_Fe(OH)3Al(OH)3_21、KClO3和浓盐酸在不同温度下反应，发生以下两个反应。其变化可表示为反应1：2KClO3+4HCl(浓)=2KCl+Cl2+2ClO2+2H2O反应2：KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2+3H2O(1)已知反应1的还原产物为黄绿色的二氧化氯，该反应中被还原的是_（填化学式），产生0.1 mol Cl2时，转移的电子的物质的量为_。(2)反应2中氧化产物和还原产物的物质的量之比是_。(3)上述反应中浓盐酸表现的性质是(填写编号)：反应1中为_，反应2中为_。只有还原性    还原性和酸性    只有氧化性    氧化性和酸性(4)将少量氯气通入NaBr溶液中，发生反应的离子方程式是Cl2+2Br-=2Cl-+Br2。将少量氯气通入FeBr2溶液中，发生反应的离子方程式是Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+，将少量氯气通入FeI2溶液中，发生反应的离子方程式是Cl2+2I-=2Cl-+I2，这个事实说明上述反应中具有还原性粒子I-、Br-、Cl-、Fe2+的还原性由强到弱的顺序是_，标况下，将22.4 LCl2通入2 L 0.5 mol/L的FeBr2溶液中，发生反应的离子方程式_标况下，将22.4 LCl2通入2 L 0.5 mol/L的FeI2溶液中，发生反应的离子方程式_。参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解析】试管常用于物质的制备、发生装置；普通漏斗常用于过滤，可用来分离固液混合物；分液漏斗常用于分离互不相溶的液体混合物；托盘天平常用于称量固体的质量；蒸馏烧瓶常用于分离沸点不同的液体混合物；研钵常用于固体药品的研磨，不能用来分离。综上所述，用来分离的仪器有，答案为B。2、B【解析】2Mg+CO22MgO+C，镁化合价由0价升高到MgO的+2价，所以镁为还原剂，MgO为氧化产物；二氧化碳化合价由+4价降低到C的0价，所以二氧化碳为氧化剂，C为还原产物。【详解】镁化合价由0价升高到MgO的+2价，所以镁为还原剂，MgO为氧化产物，A错误；根据氧化剂的氧化性大于氧化产物，还原剂的还原性大于还原产物，所以氧化性CO2MgO，还原性MgC，故B正确；二氧化碳化合价由+4价降低到C的0价，所以二氧化碳为氧化剂，发生还原反应，C错误；根据得失电子守恒，Mg原子失去的电子数目等于C原子得到的电子数目，故D错误。故选B。【点睛】本题考查氧化还原反应，侧重于分析能力的考查，从元素化合价的角度认识相关概念是解答关键。3、A【解析】溶液、胶体和浊液这三种分散系的根本区别是分散质粒子直径的大小，其中溶液分散质粒子直径小于1nm，浊液分散质粒子直径大于100nm，胶体分散质粒子直径介于1nm和100nm之间。答案选A。4、C【解析】在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质，以此来解答。【详解】A.酒精是在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物，则属于非电解质，故A错误；B.稀硫酸溶液是混合物，所以既不是电解质也不是非电解质，故B错误；C.氯化钠为化合物，熔融时能导电，且在水溶液里能电离出自由移动的阴阳离子能使溶液导电，所以氯化钠是电解质，故C正确；D.氢氧化钠溶液是混合物，所以既不是电解质也不是非电解质，故D错误。故选C。【点睛】电解质包括酸、碱、盐、活泼金属氧化物和水，单质和混合物既不是电解质也不是非电解质。5、D【解析】试题分析：溶液的导电能力越强，灯泡越亮，而溶液中离子的浓度越大，所带电荷数越多，溶液的导电性越强，据此可以判断。A、盐酸是强酸，溶液中氯离子浓度是1mol/L；B、蔗糖是非电解质，其溶液几乎是不导电的；C、醋酸是弱酸，溶液中CH3COO浓度小于1mol/L；D、氯化钙是电解质完全电离出钙离子和氯离子，其中氯离子浓度是2mol/L，因此溶液导电性最强是的氯化钙溶液，答案选D。考点：考查电解质、非电解质以及溶液导电性判断6、D【解析】碱是电离产生的阴离子全部为氢氧根离子的化合物；酸是指在电离时产生的阳离子全部是氢离子的化合物；盐是由金属离子或铵根离子和酸根离子组成的化合物；酸性氧化物是指能和碱反应生成盐和水的化合物，据此回答判断。【详解】A、纯碱是碳酸钠的俗称，属于盐类，不属于碱类，烧碱是氢氧化钠属于碱不是盐，故A错误；B、一氧化碳不是酸性氧化物，不属于酸性氧化物，故B错误；C、苛性钠是氢氧化钠为碱，醋酸为酸，石灰石是碳酸钠钙属于盐，水不是酸性氧化物，故C错误；D、苛性钾是氢氧化钾为碱，碳酸为酸，苏打是碳酸钠属于盐，三氧化硫属于酸性氧化物，故D正确。故答案选D。【点睛】本题考查学生物质的分类知识，注意基本概念的理解和掌握以及物质的组成特点是解答的关键。7、B【解析】试题分析：盐酸表现酸性上完标志是有盐酸盐生成，表现氧化性的标志是氯化氢中氢元素的化合价降低，表现还原性的标志是氯元素的化合价升高。A是中和反应，盐酸表现的是酸性。B是置换反应，氢元素的化合价降低，属于表现的是酸性和氧化性。C中盐酸表现的是酸性。D中有氯气中生成，氯元素的化合价升高，盐酸表现的是酸性和还原性，答案选D。考点：考查盐酸性质的有关判断点评：该题是中等难度的试题，侧重对学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。该题的关键是明确盐酸表现酸性、还原性和氧化性的判断依据，然后结合具体的化学方程式灵活运用即可。8、B【解析】A、浓硫酸溅到手上，应用干抹布擦去，冲洗后涂上碳酸氢钠溶液，不能用氢氧化钠溶液中和，因为氢氧化钠溶液有很强的腐蚀性，故A错误；B、氯气有毒，能够与碱性溶液反应生成无毒的物质，所以大量氯气泄漏时，可用肥皂水浸湿毛巾捂住嘴和鼻子，并迅速离开现场，故B正确；C、少量酒精洒在桌上并燃烧起来，应该立即用湿抹布扑盖，由于酒精密度小于水，不能够用大量水扑灭，故B错误；D、钠着火生成过氧化钠，与二氧化碳、水都反应，则不能用二氧化碳、水灭火，加入沙土可掩盖钠，隔绝空气，可起到灭火的作用，故D错误；故选B。9、B【解析】由信息提供的方程式中物质反应时的关系分析氯化铁是否含有，根据甲的成分以及盐溶液与金属反应的规律分析滤液的成分。【详解】铁在高温条件下与氧化铜反应2Fe+3CuOFe2O3+3Cu；铜在氯化铁溶液中发生反应：Cu+2FeCl32FeCl2+CuCl2以及Fe2O3+6HCl2FeCl3+3H2O可以建立以下关系式：Fe2O32FeCl3Cu。根据铁在高温条件下与氧化铜反应2Fe+3CuOFe2O3+3Cu可知生成物质氧化铁和铜的个数比是1：3，因此氯化铁一定能完全被铜反应，所以甲中不含FeCl3，溶液中存在FeCl2和CuCl2，由于相关金属的活动性顺序是锌铁铜，所以放入锌粒后锌首先置换出铜，所以若向固体丙加稀盐酸无明显现象，说明固体不是铁和锌，所以滤液乙中一定含有ZnCl2、FeCl2，可能含有CuCl2，若向固体丙加稀盐酸有气体产生，可能是锌（过量）或铁和锌（过量），因此溶液中不可能含有CuCl2，一定含有ZnCl2，可能含有FeCl2，综上所述正确；答案选B。【点睛】此题是一道信息给予题，充分利用题干信息以及金属与盐溶液的反应的规律，其中根据提示的反应判断甲的成分是本题的难点。10、C【解析】与83号元素原子序数最接近的0族元素为第六周期的86号元素氡，86833，83号元素的原子序数比氡元素的小3，18315，即83号元素在元素周期表中位于第6横行第15纵行，即第六周期第VA族，故C符合题意。综上所述，答案为C。11、A【解析】溶液中电离出的阴离子全部是氢氧根离子的化合物为碱；金属阳离子和酸根阴离子构成的化合物为盐；水溶液中或熔融状态下能导电的化合物为电解质；水溶液中和熔融状态下都不能导电的化合物为非电解质。【详解】A项、烧碱为氢氧化钠为碱，小苏打为碳酸氢钠为盐，硫酸钡熔融导电属于电解质，干冰是固体二氧化碳属于非电解质，各物质符合物质类别概念，故A正确；B项、纯碱为碳酸钠，碳酸钠是盐，铁单质既不是电解质也不是非电解质，故B错误；C项、明矾为十二水合硫酸铝钾，是盐类，石墨单质既不是电解质也不是非电解质，醋酸是弱电解质，C错误；D、氯水是混合物，既不是电解质也不是非电解质，故D错误。故选A。【点睛】本题考查了酸、碱、盐、电解质、非电解质概念的理解和分析判断，熟练掌握物质的组成和分类是解题关键。12、B【解析】 ，若0.2molNa完全燃烧，则，所以生成过氧化钠为0.1mol×78g/mol=7.8g>7.5g，说明燃烧之前部分钠被氧化，7.5g固体由Na2O2和Na2O共同组成，答案选B。13、B【解析】A、22g氧气的物质的量为1mol，含有2mol氧原子，含有的氧原子数为2NA，A错误；B、15 mol H2SO4含有的原子数目为15 mol×7×NA=25NA，B正确；C、摩尔质量的单位是g/mol，C错误；D、15NA个Cl2的物质的量为 mol=15 mol，D错误；故选B。14、B【解析】溶液中SO42-离子的物质的量为：20mL×10-3×0.4molL-1=8×10-3 mol，溶液中Rn+离子的物质的量为：40mL×10-3×0.2molL-1=8×10-3mol，由反应中恰好将溶液中的Mn+离子完全沉淀为硫酸盐时M的化合价为+n，则SO42-与Rn+反应对应的关系式为：  2Rn+n SO42-  2                 n8×10-3mol    8×10-3mol解得n=2，故选答案B。15、D【解析】A氢氧化钡溶液与硫酸的反应还产生了BaSO4沉淀，故离子方程式为：+Ba2+2OH+2H+=2H2O+BaSO4，A错误；B澄清的石灰水是强电解质，与醋酸是弱电解质，故离子方程式为：OH-+CH3COOH=CH3COO-+H2O，B错误；C铜片插入硝酸银溶液中：Cu+Ag+=Cu2+Ag该离子方程式电荷不守恒，故正确的离子方程式为：Cu+2Ag+=Cu2+2Ag，C错误；D碳酸钙溶于稀盐酸中：CaCO3+2H+=Ca2+H2O+CO2，D正确；故答案为：D。16、C【解析】A、硝酸银是可溶性盐，需要拆写成离子，故错误；B、反应前后所带电荷数不相等，故错误；C、BaCl2H2SO4=BaSO42HCl，其离子反应式为Ba2SO42=BaSO4，故正确；D、应生成Fe2，故错误；、答案选C。二、非选择题（本题包括5小题）17、Na2CO3 Na2SO4、 CaCl2、CuSO4 取步反应后静置后的上层清液滴加硝酸钡溶液观察是否还有沉淀生成，若无浑浊出现，则沉淀完全。 BaCO3 2H+Ca2CO2H2O Ag+Cl-=AgCl Ca22OH-2HCO3-CaCO3CO32-2H2O Fe2O3H+2Fe3+3H2 【解析】固体混合物溶于水，搅拌后得到无色透明溶液，因此一定不存在CuSO4；往此溶液中滴加硝酸钡溶液，有白色沉淀生成，因此Na2CO3、Na2SO4至少含有一种；过滤，将沉淀物置于稀硝酸中，发现沉淀全部溶解，所以白色沉淀一定是碳酸钡，即一定存在Na2CO3，所以不存在Na2SO4、CaCl2；氯化钠不能确定。【详解】固体混合物溶于水，搅拌后得到无色透明溶液，因此一定不存在CuSO4；往此溶液中滴加硝酸钡溶液，有白色沉淀生成，因此Na2CO3、Na2SO4至少含有一种；过滤，将沉淀物置于稀硝酸中，发现沉淀全部溶解，所以白色沉淀一定是碳酸钡，即一定存在Na2CO3，所以不存在Na2SO4、CaCl2；氯化钠不能确定。（1）根据以上分析可知固体混合物中肯定有Na2CO3，肯定没有CuSO4、Na2SO4、CaCl2；（2）取步反应后静置后的上层清液滴加硝酸钡溶液观察是否还有沉淀生成，若无浑浊出现，则沉淀完全；（3）离子方程式为BaCO3+2H+=Ca2+CO2+H2O；（4）鉴别氯化钠可以用硝酸银溶液，反应的离子方程式为Ag+Cl-=AgCl；（5）向少量澄清石灰水中加入足量碳酸氢钠溶液的离子方程式为Ca2+2OH-+2HCO3-=CaCO3+CO32-+2H2O；（6）用稀盐酸清洗铁锈（Fe2O3）的离子方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O；18、OH-+NH4+=NH3+H2O BaCO3+2H+=Ba2+CO2+H2O Mg2+、Ba2+ NH4+，SO42、CO32 c(SO42)=0.1mol/L， c( CO32)=0.2 mol/L 不能 碳酸银、硫酸银、氯化银都是白色沉淀,因此实验3得到沉淀无法确定是氯化银 存在,经过计算可以知道,只有存在K+溶液中的离子电荷才能守恒。 【解析】将含有K+、NH4+、Mg2+、Ba2+、Cl、SO42、CO32的混合物溶于水后得澄清溶液，现取三份各100mL该溶液分别进行如下实验：（1）在第一份溶液中加入足量的NaOH溶液并加热，无沉淀生成，但收集到1.12L气体(标准状况下)；可以说明溶液中含有NH4+，一定没有Mg2+；（2）在第二份溶液中加入足量的BaCl2溶液有沉淀生成，说明含有SO42或CO32中一种或2种；经称量其质量为6.27g，在该沉淀中加入足量的盐酸，沉淀部分溶解，剩余固体质量为2.33g，说明剩余的沉淀为硫酸钡，溶解的沉淀为碳酸钡，证明溶液中一定含有SO42、CO32；由此排除Ba2+的存在；（3）根据硫酸钡的量计算出硫酸根的量，根据碳酸钡的量计算出碳酸根离子的量，根据氨气的量计算出铵根离子的量，最后根据电荷守恒判断钾离子的存在与否。据以上分析进行解答。【详解】将含有K+、NH4+、Mg2+、Ba2+、Cl、SO42、CO32的混合物溶于水后得澄清溶液，现取三份各100mL该溶液分别进行如下实验：（1）在第一份溶液中加入足量的NaOH溶液并加热，无沉淀生成，但收集到1.12L气体(标准状况下)；可以说明溶液中含有NH4+，一定没有Mg2+；（2）在第二份溶液中加入足量的BaCl2溶液有沉淀生成，说明含有SO42或CO32中一种或2种；经称量其质量为6.27g，在该沉淀中加入足量的盐酸，沉淀部分溶解，剩余固体质量为2.33g，说明剩余的沉淀为硫酸钡，溶解的沉淀为碳酸钡，证明溶液中一定含有SO42、CO32；实验（1）中为OH-与NH4+加热反应生成氨气，离子方程式为：OH-+NH4+=NH3+H2O；实验（2）中沉淀为碳酸钡和硫酸钡，碳酸钡溶于盐酸，生成氯化钡、二氧化碳和水，离子方程式为BaCO3+2H+=Ba2+CO2+H2O；综上所述，本题答案是：OH-+NH4+=NH3+H2O ；BaCO3+2H+=Ba2+CO2+H2O。结合以上分析可知：实验（1）中为可以证明含有NH4+，实验（2）中含有SO42、CO32；由于碳酸钡、碳酸镁、硫酸钡等都是不溶于水的沉淀,因此溶液中一定不存在的离子有：Mg2+、Ba2+；综上所述，本题答案是：Mg2+、Ba2+。结合以上分析可知：实验（1）中可以证明含有NH4+，实验（2）中可以证明含有SO42、CO32；溶液中一定存在的离子有NH4+、SO42、CO32；根据在第二份溶液中加入足量的BaCl2溶液有沉淀生成，经称量其质量为6.27g，为碳酸钡和碳酸钙质量之和；在该沉淀中加入足量的盐酸，沉淀部分溶解，剩余固体质量为2.33g，为硫酸钡沉淀，其物质的量为2.33/233=0.01mol；根据SO42 -BaSO4可知，n(SO42)=0.01mol；碳酸钡沉淀质量为6.27-2.33=3.94g，其物质的量为3.94/197=0.02mol；根据CO32 - BaCO3可知， n( CO32)=0.02mol；浓度各为：c(SO42)=0.01/0.1=0.1mol/L；c( CO32)=0.02/0.1=0.2 mol/L；综上所述，本题答案是：NH4+、SO42、CO32；c(SO42)=0.1mol/L，c( CO32)=0.2 mol/L。结合以上分析可知，溶液中一定存在NH4+、SO42、CO32；取第三份原溶液，向其中加入足量的AgNO3溶液，能够产生白色沉淀可能为硫酸银、碳酸银沉淀，不一定为氯化银沉淀；所以不能说明原溶液中存在Cl-；综上所述，本题答案是：不能；碳酸银、硫酸银、氯化银都是白色沉淀,因此实验3得到沉淀无法确定是氯化银；溶液中肯定存在的离子是NH4+，SO42、CO32,经计算, NH4+的物质的量为1.12/22.4=0.05mol,利用中分析、计算可以知道SO42、CO32的物质的量分别为0.01mol和0.02mol；阳离子带的正电荷总数0.05×1=0.05mol，阴离子带的负电荷总数为：0.01×2+0.02×2=0.06mol；根据电荷守恒: 钾离子一定存在；因此，本题正确答案是:存在,经过计算可以知道,只有存在K+溶液中的离子电荷才能守恒。19、2.7 mL 500 mL容量瓶 胶头滴管 定容，沿玻璃棒往容量瓶中加蒸馏水至刻度线12cm处，改用胶头滴管滴至凹液面与刻度线相切 b c b a 【解析】（1）用密度为1.84 g/mL，质量分数为98%的浓硫酸配制480 mL 0.1 mol/L稀硫酸，浓硫酸的浓度是18.4mol/L，由于需要使用500mL容量瓶，则根据稀释过程中溶质的物质的量不变可知所需浓硫酸的体积是。（2）配制的一般步骤是计算、量取、稀释、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等，因此配制过程需要的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管。（3）根据（2）中分析可知其正确的操作顺序为。（4）第步是定容，其实验的操作是沿玻璃棒往容量瓶中加蒸馏水至刻度线12cm处，改用胶头滴管滴至凹液面与刻度线相切。（5）A所用的浓硫酸长时间放置在密封不好的容器中会导致浓硫酸吸水，浓度减小，量取的浓硫酸中溶质减少，浓度偏小，答案选b；B容量瓶用蒸馏洗涤后残留有少量的水不会影响溶质的质量和溶液体积，浓度不变，答案选c；C定容摇匀后，发现液面低于刻度线，又用胶头滴管加蒸馏水至刻度线，溶液体积增加，浓度偏小，答案选b；D量取浓硫酸时仰视量筒上的刻度取用浓硫酸，硫酸的体积增加，溶质的质量增加，浓度偏大，答案选a。20、Ba(NO3)2Ba2SO42=BaSO4H2SO4Fe2H=Fe2H2ZnZnCu2=CuZn2NaOHOHAl(OH)3=AlO22H2O【解析】要除去物质中混有的杂质，可以根据物质的性质，采用物理或化学方法除去，要求所选择的除杂试剂只与杂质反应，不能与原有物质反应，且反应后不能生成新的杂质。【详解】硝酸中混有硫酸，要除去硫酸，可以使用钡离子使硫酸根离子沉淀，硝酸中含有硝酸根离子，故可以使用硝酸钡，所以本题答案为：Ba(NO3)2溶液；Ba2SO42=BaSO4；铜粉中混有铁粉，在金属活动性顺序中，铁排在氢的前面，可以与酸发生置换反应，而铜排在氢的后面，不与酸发生置换反应，所以可以使用加酸的方法，所以本题答案为：稀H2SO4；Fe2H=Fe2H2；除去硫酸锌中的硫酸铜，可以加入锌，能够与硫酸铜反应生成硫酸锌和铜，反应的离子方程为Zn+Cu2+=Zn2+Cu；所以本题答案为：Zn；Zn+Cu2+=Zn2+Cu；氢氧化铁中含有氢氧化铝，要除去氢氧化铝，可以利用氢氧化铝是两性氢氧化物能溶于强碱溶液而氢氧化铁不溶，将其加入氢氧化钠溶液中溶解后过滤得到氢氧化铁，所以本题答案为：NaOH；OHAl(OH)3=AlO22H2O。【点睛】本题考查了常见物质的除杂方法，完成此种类型的题目，可以根据物质的性质，采用物理或化学方法除去，要求所选择的除杂试剂只与杂质反应，不能与原有物质反应，且反应后不能生成新的杂质若杂质离子为阳离子，则所选除杂试剂的阴离子与原物质相同，若杂质离子为阴离子，则所选除杂试剂的阳离子与原物质相同。21、KClO3 0.2 mol 5：1 I-Fe2+Br-Cl- 2Cl2+2Fe2+2Br-=2Fe3+4Cl-+Br2 Cl2+2I-=2Cl-+I2 【解析】(1)同一元素的物质发生氧化还原反应时遵循：高高低低规律。(2)同一元素的物质发生氧化还原反应时，产物中元素的化合价规律是：可相聚，不相交。(3)根据HCl中Cl元素的化合价在反应前后的特点分析；(4)分析每个反应中还原剂、还原产物，利用还原性：还原剂还原产物分析比较物质还原性的强弱，当同一溶液有多种还原性微粒时，还原性强的先发生反应；然后根据通入Cl2的物质的量与物质还原性强弱反应先后书写反应的离子方程式。【详解】(1)在反应1：2KClO3+4HCl(浓)=2KCl+Cl2+2ClO2+2H2O中，KClO3得到电子变为ClO2，KClO3是氧化剂被还原，ClO2是还原产物；HCl失去电子变为Cl2，HCl是还原剂被氧化，Cl2是氧化产物，反应过程中每产生1mol Cl2，需转移2 mol电子，则反应产生0.1 mol Cl2时，转移的电子的物质的量为0.2 mol；(2)在反应2：KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2+3H2O中KClO3作氧化剂，HCl作还原剂，Cl2既是氧化产物又是还原产物，每有3 mol Cl2产生，反应中消耗1 mol氧化剂KClO3，5 mol还原剂HCl，转移5 mol电子，所以反应2中氧化产物和还原产物的物质的量之比是5：1；(3)在上述两个反应中，HCl中的Cl部分化合价升高，失去电子，被氧化，作还原剂，表现还原性，部分Cl在反应前后化合价不变，与金属阳离子结合形成盐，起酸的作用，所以两个反应中浓盐酸表现的性质是还原性和酸性，选项序号为；(4)将少量氯气通入NaBr溶液中，发生反应的离子方程式是Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，其中Br-作还原剂，Cl-是还原产物，说明还原性：Br-Cl-；将少量氯气通入FeBr2溶液中，发生反应的离子方程式是Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+，其中Fe2+发生反应，而Br-未反应，说明还原性：Fe2+Br-；将少量氯气通入FeI2溶液中，发生反应的离子方程式是Cl2+2I-=2Cl-+I2，其中I-发生反应，而Fe2+未反应，说明还原性：I-Fe2+；综上所述可知，上述反应中具有还原性粒子I-、Br-、Cl-、Fe2+的还原性由强到弱的顺序是I-Fe2+Br-Cl-；标况下，将22.4 LCl2通入2 L 0.5 mol/L的FeBr2溶液中，n(Cl2)=1 mol，n(FeBr2)=1 mol，其中Fe2+为1 mol，Br-2 mol，n(FeBr2)：n(Cl2)=1：1，首先发生反应：Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+，1 mol Fe2+反应消耗0.5 mol Cl2，还有0.5 mol Cl2剩余，会再与溶液中Br-发生反应：Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，0.5 molCl2反应消耗1 mol Br-，则总反应的离子方程式2Cl2+2Fe2+2Br-=2Fe3+4Cl-+Br2；标况下，将22.4 LCl2通入2 L 0.5 mol/L的FeI2溶液中，n(Cl2)=1 mol，n(FeI2)=1 mol，其中Fe2+有1 mol，I-有2 mol，n(FeI2)：n(Cl2)=1：1，首先发生反应：Cl2+2I-=2Cl-+I2，2 mol I-反应消耗1 mol Cl2，由于不再有Cl2剩余，因此不能进一步发生反应：Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+，故反应的离子方程式为Cl2+2I-=2Cl-+I2。【点睛】本题考查了同一元素发生氧化还原反应的规律、微粒氧化性还原性强弱比较的知识。同一元素发生氧化还原反应，若产物中价态不同，则元素化合价变化规律是：高高低低；元素化合价可相聚，不相交。当同一溶液中存在多种还原性微粒时，若加入氧化剂不足量则还原性强的首先发生反应；同理，当同一溶液中存在多种氧化性微粒时，若加入还原剂不足量则氧化性强的首先发生反应。同一反应中氧化剂得到电子总数等于还原剂失去电子总数，等于元素化合价升高或降低总数。