2025-2026学年江西南康市南康中学高一化学第一学期期中学业水平测试试题含解析.doc

2025-2026学年江西南康市南康中学高一化学第一学期期中学业水平测试试题
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、在某体系内有反应物和生成物5种物质：H2S、S、FeCl3、FeCl2、HCl.已知H2S为反应物，则另一反应物是
A．S B．FeCl2 C．FeCl3 D．HCl
2、下列各组离子中，能在溶液中大量共存的是（　　）
A．Na+、Cu2+、Cl﹣、OH﹣ B．H+、Ca2+、HCO3﹣、NO3﹣
C．Fe2+、H+、SO42﹣、NO3﹣ D．Na+、CO32﹣、OH﹣、K+
3、下列离子方程式书写正确的是 （ ）
A．氢氧化铁与盐酸反应：H++OH−H2O B．NaHSO4溶液与NaOH反应：H+ + OH−=H2O
C．铁与H2SO4反应：Fe+2H+Fe3++H2↑ D．NaHCO3溶于盐酸中：CO32- +2H+CO2↑+H2O
4、标准状况下有①6.72LCH4；②3.01x1023个HCl；③13.6gH2S；④0.2molNH3。下列对四种气体的关系从小到大表示不正确的是( )
A．体积:④＜①＜②＜③
B．密度:①＜④＜③＜②
C．质量：④＜①＜③＜②
D．氢原子数:②＜④＜③＜①
5、下列关于氯水的叙述，不正确的是（　　）
A．氯水可使干燥的pH试纸变红且部分褪色 B．硝酸银溶液滴入氯水中会产生白色沉淀
C．光照氯水有气泡逸出，该气体是O2 D．氯水放置一段时间后漂白性会增强
6、等温等压下，关于等质量D2、T2两种气体的下列叙述中不正确的是（）
A．密度之比2:3 B．质子数之比3:2 C．中子数之比3:4 D．体积之比2:3
7、某同学用下列装置进行有关的实验。下列说法不正确的是（ ）

A．图Ⅰ中：实验现象证明氯气无漂白作用，氯水有漂白作用
B．图Ⅱ中：闻的气味
C．图Ⅲ中：生成棕黄色的烟
D．图Ⅳ中：若气球干瘪，证明可与NaOH反应
8、2mol Cl2和2mol CO2相比较，下列叙述中正确的是
A．体积相等 B．原子数相等 C．分子数相等 D．质量相等
9、我国明代《本草纲目》记载了烧酒的制造工艺：“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”，“以烧酒复烧二次……价值数倍也”。这里用到的可用于分离的实验方法是
A．萃取 B．蒸馏 C．过滤 D．分液
10、标准状况下V L的HCl气体溶解在1 L水中(水的密度近似为1 g/mL)，所得溶液的密度为ρ g/mL，质量分数为ω，物质的量浓度为c mol/L，则下列关系中不正确的是（ ）
A．c＝ B．ω＝
C．ω＝ D．ρ＝
11、同温同压下,质量忽略不计的两个气球A和B,分别充入X气体和Y气体,且两气球的体积相同。若相同条件下,A气球放在CO中静止不动,B气球放在CO中上浮。下列叙述不正确的是
A．A气球的质量大于B气球 B．X可能是氮气,Y可能是甲烷
C．X气体的密度大于Y气体 D．A气球内分子数小于B气球
12、下列各组中物质间的反应，不能用同一离子方程式来表示的是
A．盐酸与碳酸钠溶液；稀硫酸与碳酸钾溶液
B．硫酸铜溶液与氢氧化钠溶液；硫酸铜与氢氧化钡溶液
C．铁与盐酸；铁与稀硫酸
D．氢氧化钾溶液与稀硫酸；氢氧化钾溶液与稀硝酸
13、实验室常用如图所示的两套装置测量所制得气体的体积，下面有关这两套量气装置的使用说明有错误的是

A．使用A装置量气前，其右管中应充满相应的液体
B．量气前，B装置中广口瓶通常应盛满相应的液体
C．A装置收集完气体后，在读数前应使盛液管内液面与集气管内液面相平
D．A装置是直接测量气体体积，而B装置直接测量的是所排出液体的体积
14、有两种金属混合物3.4g，与足量的盐酸反应放出H22.24L(标况下),这两种金属可能是
A．铜和铁 B．镁和铝 C．锌和铝 D．锌和铁
15、离子方程式CO32-＋2H+=CO2↑＋H2O表示（ ）
A．碳酸盐与盐酸之间的反应 B．一切碳酸盐与一切酸之间的反应
C．可溶性碳酸盐与强酸之间的反应 D．可溶性碳酸盐与一切酸之间的反应
16、为提纯下列物质，所选除杂试剂和分离的主要操作方法都合理的是 ( )
选项
被提纯的物质(杂质)
除杂试剂
主要操作方法
A
NaHCO3溶液（Na2CO3）
澄清石灰水
过滤
B
NaCl溶液（Br2）
乙醇
分液
C
CO2（HCl）
饱和NaHCO3溶液
洗气
D
KNO3溶液（KOH）
FeCl3溶液
过滤
A．A B．B C．C D．D
二、非选择题（本题包括5小题）
17、a、b、c、d、e、f、g为七种由短周期元素构成的粒子，它们都有10个电子，其结构特点如下所示：(单位：电荷)
粒子代号
a
b
c
d
e
f
g
电荷数
0
＋1
－1
0
＋2
＋1
0
其中b的离子半径大于e的离子半径；c与f可形成两个共价型g分子。试写出：
(1)a粒子的原子结构示意图是______________。
(2)b与e相应元素的最高价氧化物对应水化物的碱性强弱比较为________(用化学式表示)。
(3)若d极易溶于水，在水溶液中变化的方程式为________，实验室制备d气体的化学方程式为________；若d为正四面体形分子，其重要应用之一为________。
(4)c粒子是________，f粒子是________(用化学式表示)，由c、f生成g的离子方程式是________。
18、有一包白色固体，可能含有CaCO3、Na2SO4、KNO3、CuSO4、BaCl2五种电解质中的一种或几种。现进行如下实验：
①取少量固体粉末，加入盛有足量水的烧杯中，充分搅拌静置后，底部白色沉淀，上层为无色溶液；
②继续往烧杯中加入足量稀硝酸，白色沉淀完全消失；并有气泡产生。
③取少量②中溶液滴加Ba（NO3）2溶液，有白色沉淀生成，再加入稀硝酸，沉淀不溶解。
（1）请写出上述第②步中，白色沉淀与稀硝酸反应的方程式_____________；
（2）根据以上实验现象可知，该白色固体中一定含有_____，（填化学式，下同）一定不含有______，可能含有_______。
（3）如果要进一步确定可能存在的物质，进行的实验方法是___。
19、已知某“84消毒液”瓶体部分标签如图所示，该“84消毒液”通常稀释100倍(体积之比)后使用。请回答下列问题：

(1)该“84消毒液”的物质的量浓度约______mol·L-1(小数点后保留一位)。
(2)某同学取100mL该“84消毒液”，稀释后用于消毒，稀释后的溶液中c(Na+)=______mol·L-1。
(3)该同学参阅该“84消毒液”的配方，欲用NaClO固体配制80mL含NaClO质量分数为25%的消毒液。需要称量NaClO固体的质量为_______g。下列为打乱了的操作示意图，其正确排序为_______________________。

(4)配制过程中下列各项操作对消毒液物质的量浓度有和影响（填“偏小”、“偏大”或“无影响”）
A．用托盘天平称量 NaClO固体时，砝码生锈__________________。
B．容量瓶用蒸馏水洗涤后未干燥，含有少量蒸馏水____________________。
C．定容时，俯视容量瓶刻度线进行定容 ___________________。
D．定容后，把容量瓶倒置摇匀后发现液面低于刻度线，便补充几滴水至刻度处___________。
20、（1）某化学小组制备氢氧化铁胶体：在洁净的小烧杯中盛适量蒸馏水，用酒精灯加热至沸腾，向烧杯中逐滴加入饱和FeCl3溶液，至液体呈红褐色，停止加热。制备氢氧化铁胶体的化学反应方程式是________________________。
（2）如图所示是中学化学中常用于混合物分离和提纯的装置：

请根据装置图回答下列问题：
①从氯化钾溶液中得到氯化钾固体选择装置_________(填代表装置图的字母，下同)；除去自来水中的Cl-等杂质得到蒸馏水选择装置_________；从碘水中提取碘选择装置_________。
②装置A中①的名称是____________，冷凝水流动的方向是_____________。
21、化学在工业上的应用十分广泛。请回答下列问题：
（1）工业上将氯气通入石灰乳制取漂白粉，漂白粉的有效成分是（填化学式）_______。
（2）超细氮化铝粉末被广泛应用于大规模集成电路生产等领域。其制取原理为：Al2O3＋N2＋3C2AlN＋3CO。由于反应不完全，氮化铝产品中往往含有炭和氧化铝杂质。为测定该产品中A1N的质量分数，进行了以下实验：称取10g样品，将其加入过量的NaOH浓溶液中共热并蒸干，AlN跟NaOH溶液反应生成NaAlO2，并放出氨气3.36L（标准状况）。
①AlN跟NaOH溶液反应的化学方程式为________________________；
②该样品中的A1N的质量分数为_______。
参考答案

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、C
【解析】
根据S守恒，反应中H2S被氧化成S，结合“氧化还原反应的特征：元素的化合价有升降”分析。
【详解】
H2S为反应物，根据S守恒，S为生成物，即反应中S元素的化合价由-2价升至0，H2S→S为氧化反应；氧化还原反应中氧化反应和还原反应一定同时发生，根据各物质中元素的化合价，另一过程为FeCl3→FeCl2，Fe元素的化合价由+3价降至+2价，另一反应物为FeCl3，反应的化学方程式为H2S+2FeCl3=S↓+2FeCl2+2HCl，答案选C。
2、D
【解析】
A. Cu2＋与OH-要生成氢氧化铜沉淀而不能共存，选项A错误；
B.氢离子与碳酸氢根离子不能大量共存，选项B错误；
C.在氢离子存在的条件下，硝酸根离子要表现强氧化性，会将+2价铁离子氧化成+3价，选项C错误；
D. a+、CO32﹣、OH﹣、K+各离子间相互不反应，可以共存，选项D正确。
答案选D。
3、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。
4、A
【解析】
①6.72LCH4的物质的量为=0.3mol，②3.01×1023个HCl的物质的量为=0.5mol，③13.6gH2S的物质的量为=0.4mol，④0.2molNH3；
A．根据V=nVm知，相同条件下，气体体积之比等于其物质的量之比，故体积④＜①＜③＜②，故A错误；
B．相同条件下，密度之比等于摩尔质量之比，故密度①＜④＜③＜②，故B正确；
C．根据m=nM知，甲烷质量为0.3mol×16g/mol=4.8g，HCl的质量为0.5mol×36.5g/mol=33.25g，氨气的质量为0.2mol×17g/mol=3.4g，故质量④＜①＜③＜②，故C正确；
D．甲烷中n(H)=0.3mol×4=1.2mol，HCl中n(H)=0.5mol，硫化氢中n(H)=0.4mol×2=0.8mol，氨气中n(H)=0.2mol×3=0.6mol，故H原子数目②＜④＜③＜①，故D正确；
故答案为A。
掌握有关物质的量的计算公式，n=、n=、n=、c=。有用的推论：(1)同温同压时：①V1：V2=n1：n2=N1：N2 ②ρ1：ρ2=M1：M2 ③同质量时：V1：V2=M2：M1；(2)同温同体积时：④P1：P2=n1：n2=N1：N2 ⑤同质量时：P1：P2=M2：M1；(3)同温同压同体积时：⑥ρ1：ρ2=M1：M2=m1：m2。
5、D
【解析】
氯水中含有Cl2、HClO、H+、Cl-、ClO-等微粒；H+能使PH试纸变红、HClO具有漂白性使pH试纸褪色；Cl-与硝酸银溶液反应生成氯化银沉淀；HClO见光分解为盐酸和氧气。
【详解】
氯水中含有Cl2、HClO、H+、Cl-、ClO-等微粒，H+能使pH试纸变红；HClO具有漂白性,能使pH试纸褪色，故A正确；氯水中含有Cl-，Cl-与硝酸银溶液反应生成氯化银沉淀，故B正确；HClO见光分解为盐酸和氧气，故C正确；HClO具有漂白性，次氯酸见光分解，所以氯水放置一段时间后漂白性会降低，故D错误；选D。
本题考查氯气的性质，侧重于氯水的成分与性质的考查，能很好地考查学生的科学素养，注意相关基础知识的积累，本题中要注意氯水的成分和性质。
6、D
【解析】
D2、T2的摩尔质量分别是4g/mol、6g/mol；设D2、T2两种气体的的质量均为m，则其物质的量分别是 、；根据阿伏伽德罗定律的推论，等温等压下，体积比等于物质的量比；等温等压下，密度比为摩尔质量的比。
【详解】
D2、T2的摩尔质量分别是4g/mol、6g/mol，等温等压下，密度比为摩尔质量的比，所以密度之比4g/mol：6g/mol =2:3，故A正确；设D2、T2两种气体的质量均为m，则其物质的量分别是 、，质子数之比为 ： =3:2，故B正确；等质量D2、T2两种气体的物质的量分别是 、，中子数之比为 ： =3:4，故C正确；等质量D2、T2两种气体的物质的量分别是 、，等温等压下，体积比等于物质的量比，所以体积之比为 ：=3:2，故D错误。选D。
本题考查以物质的量为中心的计算、阿伏伽德罗定律的推论的应用，特别是对摩尔质量的灵活运用，有助于提高学生获取信息的能力。
7、D
【解析】
A.由图Ⅰ中实验现象可知，干燥的氯气不能使有色布条褪色，说明氯气没有漂白性，而能使湿润的有色布条褪色，说明氯水具有漂白性，A正确；
B.有毒，闻其气味时应用手轻轻在瓶口扇动，仅使极少量气体飘人鼻孔中，B正确；
C.Cu丝在中燃烧生成棕黄色的烟，C正确；
D.若能与NaOH溶液反应，则烧瓶内压强减小，气球就会鼓起来，D错误；
答案选D。
8、C
【解析】
2mol Cl2和2mol CO2物质的量相同，分子数相等，但由于没有说明温度和压强，不能比较其体积，因为每个分子中原子个数不同，所以原子数不相等，因为摩尔质量不同，所以质量也不相等，故选C。
9、B
【解析】
萃取适合于溶质在不同溶剂中的溶解性不同而分离的一种方法，分液适用于互不相溶的液体之间的一种分离方法，蒸馏是依据混合物中个组分沸点不同而分离的一种法，适用于除去易挥发、难挥发或不挥发杂质，过滤适用于不溶性固体和液体之间的一种分离方法。据此判断。
【详解】
“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”，“以烧酒复烧二次……价值数倍也”。这里用到的实验方法属于蒸馏法，答案选B。
10、D
【解析】
A项、标准状况下VL HCl溶解在1L水中，所得溶液中溶质的物质的量为mol，则溶液的质量为（×36.5+1000）g，溶液的体积为mL，故溶液的物质浓度为，故A正确；
B项、标准状况下VLHCl溶解在1L水中，所得溶液中溶质的物质的量为mol，溶质质量为×36.5g，则所得溶液的质量分数为，故B正确；
C项、标准状况下VLHCl溶解在1L水中，所得溶液中溶质的物质的量为mol，溶质质量为×36.5g，溶液的质量为（×36.5+1000）g，则所得溶液的溶质质量分数，故C正确；
D项、标准状况下VLHCl溶解在1L水中，所得溶液中溶质的物质的量为mol，则溶液的质量为（×36.5+1000）g，溶液的体积为mL则所得溶液的密度，故D错误；
故选D。
11、D
【解析】
同温同压下，充气后两气球的体积相等，则两气球中所含气体分子物质的量相等；A气球置于CO中，气球静止不动，X气体的密度与CO接近，B气球置于CO中，气球上浮，Y气体的密度比CO小，同温同压下气体的密度之比等于气体的相对分子质量之比，则X气体的相对分子质量为28，Y气体的相对分子质量小于28；据此分析可得结论。
【详解】
A.两气球中所含气体分子物质的量相等，X气体的摩尔质量为28g/mol，Y气体的摩尔质量<28g/mol，则充气后A气球质量大于B气球，故A叙述正确；
B.氮气的相对分质量为28，甲烷的相对分子质量为16，小于28，故B叙述正确；
C.同温同压下气体的密度之比等于气体的相对分子质量之比，则X气体的密度大于Y气体的密度，故C叙述正确；
D.同温同压下，两气球的体积相同，由阿伏加德罗定律可知A、B两气球中气体的分子数目相同，故D叙述错误；
答案选D。
本题主要考查了学生对阿伏加德罗定律及其推论的理解，在同温同压下，两种气体的密度之比等于其相对分子质量之比。
12、B
【解析】
A.盐酸与碳酸钠溶液、稀硫酸与碳酸钾溶液反应的离子方程式均为：2H++CO32-=H2O+CO2↑，故不选A；
B.硫酸铜溶液与氢氧化钠溶液反应的离子方程式为：Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓；硫酸铜与氢氧化钡溶液反应的离子方程式为：Cu2++SO42-+Ba2+2OH-=BaSO4↓+ Cu(OH)2↓；故选B；
C.铁与盐酸、铁与稀硫酸反应的离子方程式均为：Fe+2H+=Fe2++H2↑,故不选C；
D.氢氧化钾溶液与稀硫酸、氢氧化钾溶液与稀硝酸反应的离子方程式均为：OH-+H+=H2O，故不选D；
本题答案为B。
13、A
【解析】
A．A在量气前应通过提升右则管的高度的方法使左管充满液体而右侧没有液体，以使收集气体时将液体压入到右侧，故A错误；
B．B装置中广口瓶通常应盛满相应的液体，气体将液体排除测定液体的体积即为气体的体积，故B正确；
C．A装置收集完气体后，在读数前应使盛液管内的液面与集气管内的液面相平，使两侧气压相同，故C正确；
D．A装置是直接根据刻度测量气体的体积，而B装置直接测量的是所排出液体的体积，故D正确。
故选A。
14、C
【解析】
用极限法和电子守恒计算各金属与足量盐酸反应放出标准状况下2.24LH2所需金属的质量，再依据混合物的特点判断。
【详解】
n（H2）==0.1mol，用极限法和电子守恒，生成0.1molH2需要Fe、Mg、Al、Zn的质量依次为5.6g（×56g/mol=5.6g）、2.4g（×24g/mol=2.4g）、1.8g（×27g/mol=1.8g）、6.5g（×65g/mol=6.5g）；
A项，Cu与稀盐酸不反应，生成标准状况下2.24LH2需消耗Fe的质量为5.6g>3.4g，A项不可能；
B项，生成标准状况下2.24LH2需消耗Mg的质量为2.4g<3.4g，消耗Al的质量为1.8g<3.4g，B项不可能；
C项，生成标准状况下2.24LH2需消耗Zn的质量为6.5g>3.4g，消耗Al的质量为1.8g<3.4g，C项可能；
D项，生成标准状况下2.24LH2需消耗Zn的质量为6.5g>3.4g，消耗Fe的质量为5.6g>3.4g，D项不可能；
答案选C。
本题也可以用通式解，设金属的相对原子质量为Ar，金属与盐酸反应后的化合价为+x，则
2M+2xHCl=2MClx+xH2↑
2×Arg 22.4xL
3.4g 2.24L
=，解得=17
Fe、Mg、Al、Zn与足量盐酸反应，相对原子质量与化合价的比值依次为28、12、9、32.5，其中Fe、Zn的大于17，Mg、Al的小于17，Cu与盐酸不反应，由于是两种金属的混合物，则必须介于两种金属之间，对比各选项，Zn和Al可能。
15、C
【解析】
A．碳酸盐与盐酸反应生成CO2和H2O，不一定能用CO32-+2H+═CO2↑+H2O表示，如碳酸钡、碳酸钙等难溶性的盐必须写成化学式，选项A错误；
B．一切碳酸盐与一切酸之间的反应，难溶性的碳酸盐和弱酸必须写成化学式，不能用CO32-＋2H+=CO2↑＋H2O表示，选项B错误；
C．可溶性碳酸盐与强酸之间的反应，能够用离子方程式CO32-＋2H+=CO2↑＋H2O表示，选项C正确；
D．可溶性碳酸盐与一切酸之间的反应，若酸是弱酸，必须写成分子式，不能写成氢离子形式，选项D错误；
答案选C。
本题考查离子反应的实质。离子方程式＋2H＋=CO2↑＋H2O表示可溶性的碳酸盐(而不是难溶性碳酸盐如碳酸钙等)与强酸(而不是弱酸如醋酸等)之间的复分解反应。
16、C
【解析】
试题分析：A、澄清石灰水与NaHCO3、Na2CO3均反应，A错误；B、乙醇与水互溶，不能分层，B错误；C、CO2不溶于饱和NaHCO3溶液，但HCl与碳酸氢钠反应生成CO2，C正确；D、杂质与FeCl3溶液反应，但又生成新杂质KCl，D错误。答案选C。
考点：考查物质的分离与提纯有关问题。

二、非选择题（本题包括5小题）
17、 NaOH>Mg(OH)2 NH3＋H2ONH3·H2ONH4+＋OH－ 2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O 作为燃料 OH－ H3O＋ OH－＋H3O＋=2H2O
【解析】
a、d和g不带电荷，说明是分子或者原子， e带2个单位正电荷，说明e为 Mg2+，b和f带1个单位的正电荷，可能是Na+、H3O+、NH4+，b的离子半径大于e的离子半径，因此b为Na+，c带一个单位负电荷，可能是F-、OH-、NH2-，又c与f可形成两个共价型g分子，那么c为OH-，f为H3O+，g为H2O，据此分析作答。
【详解】
（1）a为原子，即为Ne，原子结构示意图为：；
（2）b为Na+，e为 Mg2+，相应元素的最高价氧化物对应水化物的碱性强弱比较为NaOH>Mg(OH)2；
（3）若d极易溶于水，说明d为NH3，NH3溶于水形成NH3•H2O，电离后生成NH4+和OH-，在水溶液中变化的方程式为NH3＋H2ONH3·H2ONH4+＋OH－；
（4）c为OH-，f为H3O+，g为H2O，OH-与H3O+生成H2O的离子方程式为：OH－＋H3O＋=2H2O。
解答本题时要熟记常见的“10电子”粒子：

18、CaCO3 + 2HNO3 =Ca(NO3)2+H2O+CO2↑ CaCO3、Na2SO4 CuSO4、BaCl2 KNO3 焰色反应
【解析】
①加水溶解后得到底部白色沉淀，上层为无色溶液，则一定不含有CuSO4；②继续往烧杯中加入足量稀硝酸，白色沉淀完全消失；并有气泡产生，说明沉淀含有CaCO3；③取少量②中溶液滴加Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀生成，再加入稀硝酸，沉淀不溶解，说明原固体含有Na2SO4，一定不含有BaCl2，所以实验现象与KNO3无关，则可能含有KNO3。
（1）实验②为CaCO3与HNO3反应，离子方程式为：CaCO3 + 2HNO3 =Ca(NO3)2+H2O+CO2↑；
（2）根据以上实验现象可知，该白色固体中一定含有CaCO3、Na2SO4，一定不含有CuSO4、BaCl2，可能含有KNO3；
（3）如果要进一步确定可能存在的物质KNO3，进行的实验方法是焰色反应。
19、4.0 0.04 29.8 ③④①⑥②⑤ 偏大 无影响 偏大 偏小
【解析】
（1）c=1000ρω/M=1000×1.19×25%/74.5mol·L－1≈4.0mol·L－1；
（2）稀释前后溶质的物质的量的不变，100×10－3×4=10000×10－3×c(Na＋)，解得c(Na＋)=0.04mol·L－1；
（3）配制80mL溶液，需要用100mL的容量瓶，需要m(NaClO)=100×1.19×25%g=29.75g，因此需要称量NaClO固体的质量为29.8g；配制一定物质的量浓度的溶液的步骤是计算→称量→溶解→冷却→移液→洗涤→定容→摇匀，因此顺序是③④①⑥②⑤；
（4）A、称量时砝码生锈，药品的质量增大，所配溶液的浓度偏大；
B、容量瓶中有无水，对实验不产生影响，应填“无影响”；
C、定容时，俯视刻度线造成容量瓶中溶液的体积减小，浓度偏大；
D、定容摇匀后，发现低于刻度线，加入水补充，对原溶液稀释，浓度偏小；
易错点是计算需要NaClO的质量，学生计算方式为80×1.19×25%g=23.8g，忽略了实验室没有80mL的容量瓶，应用100mL容量瓶，计算应是100×1.19×25%g=29.75g。
20、FeCl3+3H2O Fe(OH)3(胶体)+3HCl D A B 冷凝管 从下口进，上口出
【解析】
（1）FeCl3与水在加热条件下生成氢氧化铁胶体和氯化氢；
（2）①从氯化钾溶液中得到氯化钾固体采用蒸发结晶的形式；除去自来水中的Cl-等杂质得到蒸馏水采用蒸馏；从碘水中提取碘采用萃取分液；
②装置A中①的名称是冷凝管，冷凝水流动的方向是下进上出。
【详解】
（1）FeCl3与水在加热条件下生成氢氧化铁胶体和氯化氢，化学方程式为FeCl3+3H2O Fe(OH)3(胶体)+3HCl ；
答案：FeCl3+3H2O Fe(OH)3(胶体)+3HCl
（2）①从氯化钾溶液中得到氯化钾固体采用蒸发结晶的形式，因此用D装置；除去自来水中的Cl-等杂质得到蒸馏水采用蒸馏，因此用A装置；从碘水中提取碘采用萃取分液，因此用B装置；
答案：D A B
②装置A中①的名称是冷凝管，冷凝水流动的方向是下进上出，逆流原理有利于充分带走蒸气热量，使其冷凝为液体。
答案：冷凝管 从下口进，上口出
21、Ca(ClO)2 AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑ 61.5%
【解析】
（1）工业上将氯气通入石灰乳制取漂白粉，漂白粉的有效成分是次氯酸钙，化学式为Ca(ClO)2。
（2）①由于AlN跟氢氧化钠溶液反应生成NaAlO2、并放出NH3，根据元素守恒可知有水参加反应，其反应方程式为AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑；
②生成NH3的物质的量为3.36L÷22.4L/mol＝0.15mol，根据氮元素守恒可知10g样品中含有AlN的物质的量为0.15mol，质量为0.15mol×41g/mol＝6.15g，则该样品中的AlN的质量分数为6.15g/10g×100%＝61.5%。