2025年琼海市嘉积中学高一上化学期中复习检测试题含解析.doc

2025年琼海市嘉积中学高一上化学期中复习检测试题
注意事项
1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．
2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．
3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．
4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．
5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、下列各组物质中，X是主体物质，Y是少量杂质，Z是为除去杂质所要加入的试剂，其中所加试剂正确的是（ ）

A
B
C
D
X
FeCl3溶液
FeCl3溶液
Cu
Na2SO4溶液
Y
FeCl2
CuCl2
Fe
Na2CO3
Z
Fe
Fe
稀硫酸
BaCl2溶液
A．A B．B C．C D．D
2、下列哪种溶液中氯离子的物质的量浓度与50mL 0.5mol/L的氯化铝溶液中氯离子的物质的量浓度相同
A．30mL 0.5mol/L的氯化镁溶液 B．90mL 0.075mol/L 的氯化钙溶液
C．20mL 0.1mol/L的氯化钾溶液 D．60mL 1.5mol/L的氯化钠溶液
3、将标准状况下aL NH3溶解于1L水中，得到氨水的物质的量浓度为b mol/L，则该氨水的密度为
A．g/cm3 B．g/cm3
C． g/cm3 D．g/cm3
4、南宋著名法医学家宋慈的《洗冤集录》中有“银针验毒”的记载；“银针验毒”的原理为4Ag +2H2S + O2 = 2X +2H2O。下列说法正确的是（ ）
A．X的化学式为AgS B．银针验毒时，O2失去电子
C．反应中Ag和H2S均发生氧化反应 D．每生成1个X，反应转移2e-
5、新制氯水与久置的氯水相比较，下列结论不正确的是
A．颜色相同 B．前者能使有色布条褪色
C．都含有H+ D．加AgNO3溶液都能生成白色沉淀
6、对于易燃、易爆、有毒的化学物质，往往会在其包装上面贴上危险警告标签。下列物质贴错了包装标签的是
选项
A
B
C
D
物质的化学式
HNO3(浓)
NaCl
P4
C2H5OH(酒精)
危险警告标识

A．A B．B C．C D．D
7、下列说法正确的是
A．NaCl晶体中含有Na＋、Cl－，所以NaCl晶体能导电
B．CO2溶于水能导电，所以CO2是电解质
C．BaSO4难溶于水，BaSO4是非电解质
D．Cl2的水溶液能够导电，但Cl2不是电解质
8、1911年，卢瑟福根据粒子散射实验结果提出了
A．近代原子论 B．原子结构的葡萄干面包模型
C．原子结构的行星模型 D．核外电子排布规则
9、摩尔是 ( )
A．物质中所含的微粒数 B．表示物质质量的单位
C．表示物质的量的单位 D．既是物质的数量单位又是物质质量的单位
10、下列有关Fe(OH)3胶体的说法正确的是(    )
A．取2 mol/L的FeCl3饱和溶液5 mL制成氢氧化铁胶体后，其中含有氢氧化铁胶粒数为0.01NA
B．在Fe(OH)3胶体中滴入稀硫酸至过量的过程中伴随的实验现象是先有红褐色沉淀产生，然后沉淀溶解得到棕黄色溶液
C．通过电泳实验可以证明Fe(OH)3胶体带正电荷
D．向沸腾的NaOH稀溶液中滴加FeCl3饱和溶液，制备Fe(OH)3胶体
11、分类方法在化学学科的发展中起了非常重要的作用。下图1是某反应在密闭容器中反应前后的分子状况示意图，“”和“”分别表示不同的原子。对此反应的分类正确的

A．化合反应 B．分解反应
C．复分解反应 D．置换反应
12、下列两种气体的分子数一定相等的是
A．质量相等、密度不等的N2和C2H4 B．等压等体积的N2和CO2
C．等温等体积的O2和N2 D．不同体积等密度的CO和C2H4
13、配制240 mL 1 mol/L 的稀盐酸溶液，需要12 mol/L的浓盐酸的体积为 （ ）
A．12 mL B．25 mL
C．20.8 mL D．12.5 mL
14、胶体区分于溶液和浊液的根本区别是
A．是否是大量分子或离子的集合体
B．是否能通过滤纸
C．是否分散质粒子直径在1~100nm
D．是否均一、透明、稳定
15、卤素单质及化合物在许多性质上都存在着递变规律，下列有关说法正确的是
A．卤化银的颜色按 AgCl、AgBr、AgI 的顺序依次加深
B．卤素单质的活泼性按F2、Cl2、Br2、I2的顺序依次增强
C．卤化氢的稳定性按HF、HCl、HI 的顺序依次增强
D．卤素单质与氢气化合按F2、Cl2、Br2、I2的顺序由难变易
16、在同一条件下，体积相同的三个烧瓶中分别盛有NH3、HCl、NO2气体，并分别倒立在水槽中，充分反应后（已知：3NO2+H2O =2HNO3+NO，NO不溶于水），烧瓶内三种溶液的物质的量浓度之比为（设烧瓶中的溶液未扩散到水槽里）
A．3：3：2 B．2：2：3 C．1：1：1 D．2：2：1
二、非选择题（本题包括5小题）
17、现有稀硫酸、纯碱、二氧化碳、铜片、食盐、生石灰、铁片和木炭粉8种物质。
(1)在这8种物质中，属于电解质的有_____________(用相应的化学式表示，下同)。
(2)这8种物质中的某5种存在下面的相互关系，选择适当的物质填入①～⑤，使有连线的两种物质能发生反应，并回答下列问题。

①它们的化学式分别为：①______________；③____________；⑤______________。
②如果连线对应的反应分别用A、B、C、D、E表示。五个反应中属于氧化还原反应的有________________个；反应A的离子方程式为________________________，反应D的化学方程式为_________________________。
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：
①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______________________________________。
②溶液中一定不存在的离子有__________________；
③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___________；
④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_____________________________________。
⑤推断K+是否存在并说理由：_________________________________________.
19、某课外活动小组利用下列装置迅速制备少量氯气。提供的试剂有：浓盐酸、饱和食盐水、氢氧化钠溶液、高锰酸钾固体。(2KMnO4＋16HCl(浓)→2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O)

试回答：
（1）装置H中盛放的试剂是_________________________________________。
（2）尾气处理时关闭弹簧夹a和弹簧夹________________，打开弹簧夹________________。
（3）处理尾气时，发生反应的化学方程式是____________________________。
（4）从装置G中出来的Cl2中含有________________气体，可用________________试剂除去。
（5）标出该反应的电子转移方向和数目：2KMnO4＋16HCl(浓)→2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O_______，此反应中的氧化剂是________，被氧化的元素是________，若参加反应的氧化剂的物质的量是1mol，则产生的氯气在标准状况下的体积为________，被氧化的物质的物质的量为________（有单位的需注明单位）
20、某同学帮助水质检测站配制480mL0.5mol·L-1 NaOH溶液备用。请回答下列问题：
（1）该同学用到的玻璃仪器有烧杯、量筒、玻璃棒、______________、胶头滴管。
（2）该同学用质量为23.1g的烧杯放在托盘天平上称取所需NaOH固体，则称取的总质量为_______克。
（3）配制时，其正确的操作顺序如下，请填充所缺步骤。
A．在盛有NaOH固体的烧杯中加入适量水溶解；
B．将烧杯中冷却的溶液沿玻璃棒注入容量瓶中；
C．用少量水______________________2～3次，洗涤液均注入容量瓶，振荡。
D．继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度__________处，改用胶头滴管加水，使溶液________________。
E．将容量瓶盖紧，反复上下颠倒，摇匀。
（4）若出现如下情况，其中将引起所配溶液浓度偏低的是__________(填编号)
①容量瓶实验前用蒸馏水洗干净，但未烘干　 ②定容观察液面时俯视　
③配制过程中遗漏了(3)中步骤C　 ④加蒸馏水时不慎超过了刻度线
21、将Fe2O3、Al2O3两种固体混合物溶于100mL稀硫酸中，向反应后的溶液中缓慢加入NaOH溶液，加入NaOH溶液的体积与生成沉淀的质量关系如图所示，试回答：

（1）原混合物中Fe2O3的质量是____________g。
（2）所用NaOH溶液物质的量浓度为___________。
（3）稀硫酸物质的量浓度为______________。
参考答案

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、C
【解析】
A项，由于发生2FeCl3+Fe=3FeCl2反应,主体成分FeCl3被消耗了，无法除去杂质FeCl2；A错误；
B项，由于发生2FeCl3+Fe=3FeCl2,CuCl2+Fe=FeCl2+Cu反应，主体成分FeCl3被消耗了，有新的杂质产生FeCl2；B错误；
C项，Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，而Cu不与稀硫酸反应；可以达到除去杂质铁的目的，C正确；
D项，Na2SO4、Na2CO3均与BaCl2反应：Na2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2NaCl，Na2CO3+BaCl2=BaCO3↓+2NaCl，主体成分Na2SO4被消耗了，D错误；
综上所述，本题选C。
根据原物质和杂质的性质选择适当的除杂剂和分离方法，所谓除杂(提纯)，是指除去杂质，同时被提纯物质不得改变；除杂质至少要满足两个条件:(1)加入的试剂只能与杂质反应,不能与原物质反应；(2)反应后不能引入新的杂质。
2、D
【解析】
根据氯化铝的化学式结合氯化铝的电离方程式可知50mL 0.5mol/L 氯化铝溶液中氯离子的物质的量浓度是0.5mol/L×3=1.5 mol/L；
A.30mL 0.5mol/L的氯化镁溶液中氯离子的物质的量浓度是0.5mol/L×2=1mol/L；
B.90mL 0.075mol/L 的氯化钙溶液中氯离子的物质的量浓度是0.075mol/L×2=0.15mol/L；
C.20mL 0.1mol/L的氯化钾溶液中氯离子的物质的量浓度是0.1mol/L×1=0.1mol/L；
D. 60mL 1.5mol/L的氯化钠溶液中氯离子的物质的量浓度是1.5mol/L×1=1.5mol/L；
综上所述，本题选D。
3、A
【解析】
氨气的质量是，溶液的质量是1000g+，则溶质的质量分数是。根据可知密度是g/mL，答案选A。
4、D
【解析】
A. 由质量守恒可知X的化学式为Ag2S，故A错误；
B. 银针验毒时，空气中氧气分子得到电子，化合价从反应前的0价变为反应后的-2价，化合价降低，做氧化剂，故B错误；
C. 在反应中Ag的化合价从单质的0价变为反应后中的+1价，失去电子，作还原剂；H2S中的H、S两元素的化合价都没有发生变化，既不是氧化剂也不是还原剂，故C错误；
由方程式：4Ag +2H2S + O2 = 2X +2H2O可知，，则每生成1molAg2S，反应转移2mol e-，故D正确；
故选：D。
5、A
【解析】
氯气溶于水，发生反应：Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO，该反应是可逆反应，溶液中含有Cl2、H2O、HClO三种分子及H+、Cl－、ClO－、OH－四种离子。当氯水久置时，其中含有的HClO光照分解产生氯化氢和氧气，据此解答。
【详解】
A．新制氯水显浅黄绿色，而久置的氯水呈无色，颜色不相同，A错误；
B．新制氯水具有漂白性，能使有色布条褪色，而久置氯水没有漂白性，故不能使有色布条褪色，B正确；
C．综上所述可知在新制氯水与久置的氯水中都含有H＋，C正确；
D．由于二者都含有Cl－，所以加AgNO3溶液都能生成AgCl白色沉淀，D正确。
答案选A。
明确新制氯水和久置氯水中含有的微粒和性质特点是解答的关键，注意氯气和水的反应是可逆的以及次氯酸的不稳定性。
6、B
【解析】
A项、浓硝酸具有强腐蚀性，应贴腐蚀品的标志，故A正确；
B项、氯化钠不属于易爆物，不应贴爆炸品的标志，故B错误；
C项、白磷有剧毒，应贴剧毒品的标志，故C正确；
D项、乙醇属于易燃液体，应贴易燃液体的标志，故D正确。
故选B。
本题考查危险品标志，解这类题时，首先要知道各种物质的性质，然后根据各个标签所代表的含义进行分析判断。
7、D
【解析】
溶于水或在熔融状态下能够导电的化合物是电解质，溶于水和在熔融状态下均不能导电的化合物是非电解质，据此判断。
【详解】
A．NaCl晶体中含有Na＋、Cl－，但不能自由移动，则NaCl晶体不能导电，A错误；
B．CO2溶于水能导电，是与水反应生成碳酸的缘故，碳酸是电解质，CO2是非电解质，B错误；
C．BaSO4难溶于水，但其熔融时能导电，其溶于水的部分完全电离，则BaSO4是电解质，C错误；
D．Cl2的水溶液能够导电，是因为氯气和水反应生成盐酸和次氯酸的缘故，氯气是单质，则Cl2既不是电解质也不是非电解质，D正确；
答案为D。
化合物在水溶液中或受热熔化时本身能否发生电离是区别电解质与非电解质的理论依据，能否导电则是实验依据。能导电的物质不一定是电解质，如石墨；电解质本身不一定能导电，如NaCl晶体。
8、C
【解析】
A.1808年，英国科学家道尔顿提出了原子论．他认为物质都是由原子直接构成的；原子是一个实心球体，不可再分割，故A错误；
B.1897年，英国科学家汤姆逊发现原子中存在电子，最早提出了葡萄干蛋糕模型又称“枣糕模型”，也称“葡萄干面包”，1904年汤姆逊提出了一个被称为“西瓜式”结构的原子结构模型，电子就像“西瓜子”一样镶嵌在带正电的“西瓜瓤”中，故B错误；
C.1911年英国科学家卢瑟福用一束质量比电子大很多的带正电的高速运动的α粒子轰击金箔，结果是大多数α粒子能穿过金箔且不改变原来的前进方向，但也有一小部分改变了原来的方向，还有极少数的α粒子被反弹了回来．在α粒子散射实验的基础上提出了原子行星模型，故C正确；
D.核外电子排布规则是指介绍原子核外电子的排布规律，主要有泡利不相容原理、能量最低原理、洪特定则，不是由卢瑟福根据粒子散射实验提出的，故D错误；
答案选C。
本题考查学生对人们认识原子结构发展过程中，道尔顿的原子论，汤姆逊发现电子，并提出葡萄干面包模型，卢瑟福的原子结构行星模型内容。使学生明白人们认识世界时是通过猜想，建立模型，进行试验等，需要学生多了解科学史，多关注最前沿的科技动态，提高学生的科学素养。
9、C
【解析】
物质的量是用来描述微观粒子集合体的物理量，而摩尔是物质的量的单位，它的意义与质量和数量无关，C正确；
综上所述，本题选C。
10、B
【解析】
A. Fe(OH)3胶体粒子是许多Fe(OH)3的集合体，所以2 mol/L的FeCl3饱和溶液5 mL制成氢氧化铁胶体中含有的胶体粒子数目小于0.01NA，A错误；
B. 向Fe(OH)3胶体中滴入稀硫酸，首先是胶粒上的电荷被中和，胶体发生聚沉形成Fe(OH)3红褐色沉淀，然后是Fe(OH)3与H2SO4发生中和反应产生可溶性Fe2(SO4)3和H2O，沉淀溶解，溶液变为棕黄色，B正确；
C. 通过电泳实验可以证明Fe(OH)3胶体粒子带正电荷，而胶体本身不显电性，C错误；
D. 将饱和FeCl3溶液滴入沸水中，继续加热煮沸至液体呈红褐色，得到的液体为Fe(OH)3胶体，D错误；
故合理选项是B。
11、A
【解析】
有图片可知，该反应是一种单质和一种化合物反应，生成另外一种化合物的反应，属于化合反应，答案选A。
12、A
【解析】
两种气体的分子数一定相等，根据n=N/NA可知，两种气体的物质的量应相等，结合n=m/M=V/Vm进行计算和判断。
【详解】
A项、N2和C2H4的摩尔质量相等，在质量相等时物质的量相等，分子数相等，故A正确；
B项、等压下，由于温度不一定相同，等体积的N2和CO2物质的量不一定相等，所以其分子数不一定相等，故B错误；
C项、由于压强未知，等温等体积的O2和N2物质的量不一定相等，所以其分子数不一定相等，故C错误；
D．不同体积等密度的CO和C2H4质量不相等，CO和N2的摩尔质量相等，物质的量不相等，故分子数目一定不相等，故D错误。
故选A。
本题考查阿伏加德罗定律及其推论，注意气体摩尔体积的适用范围及适用条件，灵活物质的量公式是解答本题的关键。
13、C
【解析】
根据稀释定律，稀释前后溶质的物质的量相等，据此分析作答。
【详解】
配制240 mL 1 mol/L 的稀盐酸溶液，需要容量瓶，而容量瓶的规格中无240mL的，故需选择250mL容量瓶进行配制，设需要12 mol/L的浓盐酸的体积为V，根据稀释定律，稀释前后溶质的物质的量相等，则：
250 mL×1 mol/L=V×12 mol/L
解得V20.8 mL，C项正确，
答案选C。
熟悉常见容量瓶的规格是解题的关键。配制的溶液若不是容量瓶的规格，则采用就近原则来选择容量瓶。
14、C
【解析】
根据分散质粒子直径的大小，将分散系分为溶液、胶体和浊液，故胶体与溶液和浊液的本质区别是分散知粒子直径的大小是否在1~100nm之间，故答案为：C。
15、A
【解析】
A选项，AgCl白色，AgBr淡黄色，AgI黄色，因此卤化银的颜色按AgCl、AgBr、AgI的顺序依次加深，故A正确；
B选项，卤素单质的活泼性是F2 > Cl2 > Br2 > I2，因此B错误；
C选项，非金属越强，卤化氢的稳定性越强，非金属性F > Cl > Br > I，氢化物稳定性HF >HCl >HBr >HI，故C错误；
D选项，非金属越强，卤素单质与氢气化合越容易，非金属性F > Cl > Br > I，卤素单质与氢气化合按F2、Cl2、Br2、I2的顺序由易变难，故D错误；
综上所述，答案为A。
16、C
【解析】
相同条件下，等体积的气体其物质的量相等，氨气和氯化氢极易溶于水，则盛有等体积氯化氢、氨气的烧瓶分别倒立在水槽中时，水会充满整个烧瓶；二氧化氮和水反应方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，根据方程式知，水会充入烧瓶的2/3，溶液中的溶质是硝酸，其物质的量是二氧化氮的2/3。
【详解】
设三种气体体积为标准状况下22.4升,即物质的量为1mol。氨气完全溶于水,水充满整个容器,其物质的量浓度为1mol/22.4L=1/22.4mol/L，氯化氢气体完全溶于水,水充满整个容器,其物质的量浓度为为1mol/22.4L=1/22.4mol/L，由化学方程式：3NO2+H2O=2HNO3+NO可知,1molNO2可生成2/3mol的硝酸,气体体积减少2/3,即进入水的体积为：22.4升×2/3,二氧化氮气体溶于水后生成硝酸物质的量浓度为=1/22.4mol/L，则烧瓶内三种溶液物质的量浓度之比为;1:1:1，故选C。
本题考查了物质的量浓度的有关计算，根据C=n/V分析解答，明确溶液中的溶质是解本题的关键，注意盛放二氧化氮的烧瓶中水的体积及溶质的物质的量，为易错点。

二、非选择题（本题包括5小题）
17、（1）Na2CO3、NaCl、CaO；
（2）①Fe ②H2SO4③CO2④CaO ⑤Na2CO3②1 Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑
不属于 H2SO4＋Na2CO3===Na2SO4＋H2O＋CO2↑
【解析】
试题分析：（1）电解质指的是在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物，因此属于电解质的有Na2CO3、NaCl、CaO；（2）单质①能够和酸②，则单质①为Fe，酸②为H2SO4；盐⑤能够和H2SO4反应，因此盐⑤为Na2CO3；氧化物④能够和H2SO4反应，因此氧化物④为碱性氧化物CaO；氧化物③能够和CaO反应，则氧化物③为CO2；故答案：①Fe ②H2SO4③CO2④CaO ⑤Na2CO3；②有化合价升降的反应为氧化还原反应，在五个反应中，只有反应A为氧化还原反应；反应A的离子方程式为Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑；反应B为CO2和CaO的反应，不属于离子反应；反应D是Na2CO3和H2SO4的反应，反应的化学方程式为：H2SO4＋Na2CO3===Na2SO4＋H2O＋CO2↑。
考点：考查物质的分类与性质。
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−；
①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。
②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+。
③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。
④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；
⑤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②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、饱和食盐水 b c 2NaOH+Cl2═NaCl+NaClO+H2O 氯化氢（HCl） 饱和食盐水 KMnO4 Cl 56L 5mol
【解析】
（1）装置H是用来收集氯气的装置，氯气易溶于水，在饱和氯化钠溶液中溶解度较小，所以可以用排饱和食盐水的方法收集氯气，
故答案为饱和食盐水；
（2）由题意可知用仪器P吸收过量的氯气，要想使反应剩余气体进入p，应关闭弹簧夹a和弹簧夹b，打开弹簧夹c；
故答案为b；c；
（3）氯气与氢氧化钠溶液反应的化学方程式为：2NaOH+Cl2═NaCl+NaClO+H2O；
故答案为2NaOH+Cl2═NaCl+NaClO+H2O；
（4）用反应2KMnO4＋16HCl(浓)=2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O制取氯气，浓盐酸具有挥发性，会有氯化氢气体产生，可用饱和食盐水除去氯化氢气体。
答案为：氯化氢（HCl）；饱和食盐水；
（5），反应中的氧化剂是KMnO4，被氧化的元素是Cl；若参加反应的氧化剂的物质的量是1mol，则生成氯气的物质的量为2.5mol,有5mol氯化氢被氧化为氯气，标况下氯气的体积为:V = 2.5mol×22.4L/mol= 56L；
答案为：；KMnO4；Cl；56L；5mol。
20、500mL容量瓶 33.1 洗涤烧杯和玻璃棒 1~2cm 凹液面恰好与刻度相切 ③④
【解析】
（1）欲配制480mL0.5mol·L-1 NaOH溶液需用到的玻璃仪器有烧杯、量筒、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管。答案：500mL容量瓶。
（2）按配制500 mL溶液计算NaOH的质量，即m(NaOH)=0.5 L×0.5 mol·L-1×40 g·mol-1=10.0 g。所需NaOH固体的质量10.0 g。烧杯质量为23.1g，则称取的总质量为10.0 g +23.1g =33.1g。答案：33.1。
（3）配制时的操作顺序是：计算所需NaOH的质量，称量所需NaOH放入烧杯中加入适量水溶解，冷却后转移到500mL的容量瓶中，再用少量水洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，洗涤液均注入容量瓶，振荡。继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度线1~2cm处，改用胶头滴管加水，使溶液凹液面恰好与刻度相切，盖上塞子，反复摇匀即可。答案：洗涤烧杯和玻璃棒；1~2cm；凹液面恰好与刻度相切。
（4）①容量瓶实验前用蒸馏水洗干净，但未烘干不影响溶液的配制浓度；②定容观察液面时俯视导致溶液体积偏小，所配溶液浓度偏大；③配制过程中遗漏了(3)中步骤C洗涤烧杯和玻璃棒，导致溶液浓度偏低；④加蒸馏水时不慎超过了刻度线，导致浓度偏低；答案：③④。
21、16 5 mol/L 6.5 mol/L
【解析】
（1）由图象可知，从开始至加入NaOH溶液20mL，没有沉淀生成，说明硫酸溶解氧化铝、氧化铁后硫酸有剩余，此时发生的反应为H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O，即最初加入的20mLNaOH溶液的作用是中和剩余的硫酸。从20mL～260mL氢氧化钠沉淀铁离子和铝离子，从260mL～300mL，NaOH溶解氢氧化铝，发生反应NaOH+Al(OH)3=NaAlO2+2H2O，这说明最终得到的21.4g沉淀是氢氧化铁的质量，氢氧化铁的物质的量是21.4g÷107g/mol＝0.2mol，根据铁元素守恒可知氧化铁的物质的量是0.1mol，质量是0.1mol×160g/mol＝16g；
（2）从260mL～300mL，NaOH溶解氢氧化铝，发生反应NaOH+Al(OH)3=NaAlO2+2H2O，氢氧化铝的质量是37g-21.4g＝15.6g，物质的量是15.6g÷78g/mol＝0.2mol，消耗NaOH为0.2mol，所以氢氧化钠的浓度为0.2mol÷0.04L＝5mol/L；
（3）当V（NaOH溶液）＝260mL时，沉淀量最大，此时为Fe(OH)3和Al(OH)3，溶液中溶质为Na2SO4，根据钠元素守恒2n（Na2SO4）＝n（NaOH），故n（Na2SO4）＝0.5×0.26L×5mol/L＝0.65mol，根据硫酸根守恒n（H2SO4）＝n（Na2SO4）＝0.65mol，则c（H2SO4）＝0.65mol÷0.1L＝6.5mol/L。
本题以图象题的形式，考查铁铝化合物性质、混合物的计算，题目难度中等，分析图象各阶段的发生的反应是解题关键，侧重分析与计算能力的考查，注意守恒法在化学计算中的灵活应用。