内蒙古师范大学附属中学2025-2026学年化学高一上期中质量跟踪监视试题含解析.doc

内蒙古师范大学附属中学2025-2026学年化学高一上期中质量跟踪监视试题
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、海藻中含有丰富的碘元素。如图是实验室从海藻里提取碘的流程的一部分。下列判断正确的是

A．步骤④的操作是过滤
B．可用淀粉溶液检验步骤②的反应是否进行完全
C．步骤①、③的操作分别是过滤、萃取
D．步骤③中加入的有机溶剂可能是酒精或四氯化碳
2、对下列实验过程的评价，正确的是
A．某固体中加入稀盐酸，产生了无色气体，证明该固体中一定含有碳酸盐
B．某溶液中滴加BaCl2溶液，生成白色沉淀，证明一定含有SO
C．验证烧碱溶液中是否含有Cl－，先加稀硝酸除去OH－，再加入AgNO3溶液，有白色沉淀，证明含Cl－
D．某无色溶液滴入紫色石蕊试液显红色，该溶液一定显碱性
3、已知Mn2O7x-与S2-在酸性溶液中能发生反应：Mn2O7x-+3S2-+14H+=2Mn3++3S↓+7H2O。则Mn2O7x-中Mn元素的化合价是( )
A．+2 B．+4 C．+3 D．+6
4、以下有关物质的量浓度的叙述正确的是 (　　)
A．等体积硫酸铁、硫酸铜、硫酸钾溶液中SO42-数目之比1：2：3，则三种硫酸盐溶液的物质的量浓度比为1：2：3
B．150 mL 1 mol·L－1的氯化钾溶液中的c(Cl－)与50 mL 1 mol·L－1的氯化铝溶液中的c(Cl－)相等
C．20℃时，饱和KCl溶液的密度为1.174 g·cm－3，物质的量浓度为4.0 mol·L－1，则此溶液中KCl的质量分数为25.38%
D．20℃时，100 g水可溶解34.2 g KCl，此时KCl饱和溶液的质量分数为34.2%
5、在体积为VL的密闭容器中通入amolNO和bmolO2，反应后容器内氮原子数和氧原子数之比为( )
A．a：b B．a：2b C．a：(a+2b) D．a：2(a+2b)
6、下列反应中，既是离子反应，又是氧化还原反应的是( )
①铁和盐酸反应：Fe＋2HCl===2FeCl2 + H2↑
②生石灰溶于水：CaO＋H2O===Ca(OH)2
③氯化钠溶液和浓硫酸混合加热：2NaCl＋H2SO4(浓) ===Na2SO4＋2HCl↑
④二氧化锰跟浓盐酸在加热条件下反应：MnO2＋4HCl(浓) ===MnCl2＋Cl2↑＋2H2O
⑤氢气在氯气中燃烧：H2＋Cl2===2HCl
A．①② B．①③ C．①④ D．①⑤
7、合金具有许多优良的物理、化学或机械性能。下列物质不属于合金的是( )
A．青铜 B．金刚砂(SiC) C．硬铝 D．生铁
8、标准状况下 224 mL 某气体的质量为 0.32 g，该气体的摩尔质量为( )
A．16 g·mol-1 B．32 g·mol-1 C．64 g·mol-1 D．80 g·mol-1
9、下列物质是电解质的是
A．氯化钠 B．铜 C．二氧化碳 D．氯气
10、在一定条件下，分别以高锰酸钾、氯酸钾、过氧化氢(H2O2)为原料制取氧气(注：2H2O22H2O＋O2↑)，当制得同温、同压下相同体积的O2时，三个反应中转移的电子数之比为( )
A．1∶1∶1 B．2∶2∶1 C．2∶3∶1 D．4∶3∶2
11、下列实验中，所采取的分离或提纯方法与对应原理都正确的是

目的
分离方法
原理
A
分离水和乙醇
分液
水和乙醇的密度不同
B
分离溶于水中的碘单质
乙醇萃取
碘单质在乙醇中的溶解度较大
C
除去CO2中HCl气体
通入足量Na2CO3溶液中洗气
HCl会与Na2CO3溶液反应且产生更多CO2
D
除去KNO3固体中混杂的少量NaCl
加水溶解配成热的浓溶液，冷却结晶，过滤
KNO3和NaCl溶解度随温度变化有较大差异。
A．A B．B C．C D．D
12、设NA为阿伏加德罗常数，下述正确的是
A．64g二氧化硫SO2含有原子数为3NA
B．1L 1mol/L的氯化钠溶液中，所含离子数为NA
C．标准状况下，11.2L水所含分子数为0.5 NA
D．在反应中，1mol镁转化为Mg2+后失去的电子数为NA
13、粗盐提纯的实验中，不需要进行的操作是
A． B． C． D．
14、1L浓度为1 mol·L－1的盐酸，欲使其浓度增大1倍，采取的措施合理的是
A．通入标准状况下的HCl气体22.4 L
B．将溶液加热浓缩到0.5 L
C．加入10.00mol·L－1的盐酸0.2 L，再稀释至1.5 L
D．加入2 L 1mol·L－1的盐酸混合均匀
15、配制一定物质的量浓度的KOH溶液时，下列操作对实验结果没有影响的是（ ）
A．容量瓶中原有少量蒸馏水 B．洗涤烧杯和玻棒的溶液未转入容量瓶中
C．定容时观察液面俯视 D．定容时观察液面仰视
16、下列有关分离和提纯的说法正确的是( )
A．除去NaCl溶液中少量CaCl2：加入适量K2CO3
B．用蒸馏的方法从海水中得到淡水
C．用酒精可以从碘水中萃取碘
D．用浓硫酸除去氨气中混有的水蒸气
二、非选择题（本题包括5小题）
17、甲溶液可能含有K+、Ca2+、NH4+、Cu2+、NO3－、Cl－、SO42－、CO32－八种离子中的若干种为确定甲溶液的组成，将其分成两等份，进行如下实验：
①向一份溶液中加入足量的NaOH浓溶液并加热，产生的气体在标准状况下体积为4.48L。
②向另一份溶液中加入0.6 mol/L的BaCl2溶液500mL，恰好可以与溶液中的离子完全反应,过滤得66.3g沉淀及滤液。
③向上述沉淀中加入过量的盐酸，产生的气体通入足量澄清的石灰水中，得到一定量的沉淀X。
④向上述滤液中加入1 mol/L AgNO3溶液650 mL，恰好可完全反应，据此，请回答下列问题用相应的离子符号表示：
⑴上述实验③中得到沉淀X的质量为______；生成沉淀X的离子方程式为______．
⑵甲溶液中一定不存在的离子是______；可能存在的离子是______．
⑶甲溶液一定存在的离子中,物质的量最大的离子是______；物质的量最小的离子是______,此物质的量最小的离子其物质的量为______。
18、某固体物质可能由K2SO4、KI、NaCl、CuCl2、CaCl2、Na2CO3中的一种或几种组成。依次进行下列五步实验。观察到的现象如下：
①混合物加水得无色透明溶液；
②向上述溶液中滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成，将该沉淀滤出，并将滤液分成两份；
③上述白色沉淀可完全溶于稀盐酸；
④往一份滤液中滴加氯水并加入CCl4，振荡后静置CCl4层呈无色(氯水能将I－氧化为I2)；
⑤往另一份滤液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，该沉淀不溶于稀硝酸。
由此可推断出：
（1）写出③中白色沉淀可完全溶于稀盐酸的离子方程式__________________。
（2）写出⑤中生成白色沉淀的离子方程式__________________________。
（3）该固体中一定含有________________；无法确定是否含有的是____________________。
（4）确定该物质是否存在的方法是_____________________________________。
19、可用于分离或提纯物质的方法有：过滤、蒸发结晶、蒸馏、萃取、分液、洗气。根据需求填下列装置的序号并填上操作名称：

（1）分离Na2CO3溶液和CCl4，选_____，操作名称为________。
（2）用CCl4提取碘水中的碘，选______，操作名称为________。
（3）用氢氧化钠溶液吸收O2中混有的杂质Cl2，选_______，操作名称为________。
（4）除去澄清石灰水中悬浮的CaCO3颗粒选______，操作名称为__________。
（5）制取蒸馏水，选________，操作名称为________。
20、氯是一种富集在海水中的元素，下图是几种含氯产品。

(1)①储氯钢瓶中应贴的标签为________（填字母代号）
A．易燃品 B．有毒品 C．爆炸品
②实验室中常用MnO2氧化浓盐酸的方法制取氯气，实验装置如图a所示。
a: b:
用此法值得的氯气中含有HCl和水蒸气，通常通过盛有_____、______的洗气瓶，可以得到纯净、干燥的氯气。
③Cl2是有毒气体，为了防止多余Cl2污染空气，需要上图b装置进行尾气处理，用化学方程式表示该原理__________________。气体应该由_____（填a或b）管通入。若要吸收标准状况下224mlCl2，至少需要1mol/L的上述溶液____mL。
(2)①工业上制取漂白粉的化学方程式是__________________________。
②瓶装漂白粉久置空气中会呈稀粥状而失去漂白作用。试用化学方程式表示漂白粉在空气中易失效的原因是_____________________。
③将Cl2制成漂白粉的主要目的是_____________。
A．增强漂白能力和消毒作用
B．使它转化为较稳定物质，便于保存和运输
C．使它转化为较易溶于水的物质
D．提高氯的质量分数，有利于漂白消毒
(3)同学们探究84消毒液在不同pH下使红纸褪色的情况，做了如下实验。
将5mL市售84消毒液稀释100倍，测得稀释后溶液的pH=12，将稀释后溶液各20mL分别加入a、b、c三个洁净的烧杯中：
烧杯
溶液的pH
现象
a
10
10min后，红纸基本不褪色；4h后红纸褪色
b
7
10min后，红纸颜色变浅；4h后红纸褪色
c
4
10min后，红纸颜色比b烧杯中10min后的浅；4h后红纸褪色
已知溶液中Cl2、HClO和ClO-的物质的量分数（a）随溶液pH变化的关系如图所示：

①由实验现象可获得结论：溶液的pH在4~10范围内，pH越大，红纸褪色_____(填“越快”或“越慢”)。
②结合图像进行分析，b、c两烧杯中实验现象出现差异的原因是_________________。
21、I.（1）0.2 g H2含有________个H原子。
（2）12.4克Na2X中含有0.4molNa+，则Na2X的摩尔质量是_________。
II.如图所示为实验室某浓盐酸试剂瓶上标签的有关内容。取该盐酸10mL，加蒸馏水稀释至250mL，向其中加入mg锌粉恰好完全反应。

（1）求原浓盐酸的物质的量浓度c=____________。
（2）计算出m=___________。
（3）向反应后的溶液中加入0.6mol/L的AgNO3溶液至不再产生沉淀，共消耗VmL AgNO3溶液，则V的值是__________。
参考答案

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、C
【解析】
根据流程，步骤①得到溶液和残渣，因此操作①是过滤，操作②通入Cl2，发生2I－＋Cl2=2Cl－＋I2，然后利用I2易溶于有机溶剂，最后采用蒸馏方法得到碘单质。
【详解】
根据流程，步骤①得到溶液和残渣，因此操作①是过滤，操作②通入Cl2，发生2I－＋Cl2=2Cl－＋I2，然后利用I2易溶于有机溶剂，最后采用蒸馏方法得到碘单质。A、碘单质易溶于有机溶剂，常利用其沸点与有机溶剂相差较大采用蒸馏方法分离它们，故步骤④应为蒸馏，故A错误；B、淀粉遇碘单质变蓝，只要产生I2，加入淀粉后，溶液就会变蓝，故B错误；C、根据流程，步骤①得到溶液和残渣，因此步骤①为过滤，碘单质易溶于有机溶剂，因此采用萃取的方法，步骤③为萃取，故C正确；D、因为酒精易溶于水，因此萃取碘水中的碘单质，不能用酒精作萃取剂，故D错误。
2、C
【解析】
A．某固体中加入稀盐酸，产生了无色气体，该气体可能为二氧化碳，也可能为二氧化硫，因此不能证明该固体中一定含有碳酸盐，也有可能含有碳酸氢盐、亚硫酸盐或者亚硫酸氢盐，A错误；
B．某溶液中滴加BaCl2溶液，生成白色沉淀，不能证明一定含有SO42-，也有可能含有CO32-，B错误；
C．验证烧碱溶液中是否含有Cl－，先加稀硝酸除去OH－，再加入AgNO3溶液，有白色沉淀，证明含Cl－，C正确；
D．石蕊遇酸变红，某无色溶液滴入紫色石蕊试液显红色，该溶液显酸性，D错误；
故答案C。
3、D
【解析】
先利用离子反应中的电荷守恒来确定x，再利用Mn2O7x-中元素的化合价的代数和为-x来计算M的化合价。
【详解】
反应Mn2O7x-+3S2-+14H+=2Mn3++3S↓+7H2O中由电荷守恒可知，（-x）+3×（-2）+14×（+1）=2×（+3），解得x=2，设Mn2O7x-中的Mn的化合价为y，Mn2O7x-中元素的化合价的代数和为-x，则y×2+（-2）×7=-2，解得y=+6，故答案选D。
本题考查化合价的计算，明确离子反应中的电荷守恒及化合价计算的原则即可解答，注意守恒法的灵活应用。
4、C
【解析】
A.设硫酸铁、硫酸铜、硫酸钾溶液的浓度分别为：c1mol/L 、 c2mol/L、 c3mol/L；等体积溶液中，SO42-数目之比3c1：c2：c3=1：2：3，则c1：c2：c3=1:6:9，A错误；
B. 150 mL 1 mol·L－1的氯化钾溶液中的c(Cl－)=1×1=1 mol·L－1；50 mL 1 mol·L－1的氯化铝溶液中的c(Cl－)=1×3= mol·L－1；二者c(Cl－)不等，B错误；
C. 20℃时，饱和KCl溶液的密度为1.174 g·cm－3，物质的量浓度为4.0 mol·L－1，则此溶液中KCl的质量分数为ω=cM/1000ρ×100%=(74.5×4)/(1.174×1000)×100%=25.38%, C正确；
D. 20℃时，100 g水可溶解34.2 g KCl，此时KCl饱和溶液的质量分数为34.2/(34.2+100)×100%=25.5%；D错误；
综上所述，本题选C。
本题考查溶液浓度有关计算，涉及物质的量浓度、质量分数、溶解度等，难度不大，注意掌握物质的量浓度与质量分数之间的关系。
5、C
【解析】
根据质量守恒定律可得，反应前后氮原子、氧原子数目不变，则n(N)=amol，n(O)=amol+2bmol=(a+2b)mol，
故容器内氮原子数和氧原子数之比为amol: (a+2b)mol =a：（a+2b)。
综上所述，本题正确答案为C。
6、C
【解析】
属于离子反应说明有离子参加反应或离子生成，属于氧化还原反应，说明该反应中有电子转移，其特征是有元素化合价升降，据此分析解答。
【详解】
①该反应中Fe元素化合价由0价变为+2价、H元素化合价由+1价变为0价，所以属于氧化还原反应，且该反应在水溶液中进行，有离子参加，所以属于离子反应和氧化还原反应；
②生石灰溶于水属于离子反应，反应中各元素化合价不变，所以不属于氧化还原反应；
③氯化钠溶液和浓硫酸混合加热属于离子反应，反应中各元素化合价不变，所以不属于氧化还原反应；
④该反应中Cl元素化合价由－1价变为0价、Mn元素化合价由+4价变为+2价，所以属于氧化还原反应，且该反应在水溶液中进行，有离子参加，所以属于离子反应和氧化还原反应；
⑤氢气在氯气中燃烧属于氧化还原反应，但该反应中没有离子参加，所以不属于离子反应；
即①④选项符合，答案选C。
本题考查离子反应和氧化还原反应，侧重考查基本概念，根据离子反应、氧化还原反应的本质分析解答即可，注意离子反应一般在水溶液中进行。
7、B
【解析】
合金是由两种或两种以上的金属与金属或金属与非金属熔合而成的具有金属特性的物质，据此解答。
【详解】
A．青铜是铜锡合金，故A不符合；
B．金刚砂(SiC)是组成元素全部是非金属的化合物，不是合金，故B符合；
C．硬铝是铝的合金，故C不符合；
D．生铁是铁与碳的合金，故D不符合。
答案选B。
本题考查合金的特征，掌握合金的特征以及常见物质的组成是正确解答本题的关键。
8、B
【解析】
根据n＝V/Vm、M＝m/n计算。
【详解】
标准状况下224mL气体的物质的量为0.224L÷22.4L/mol＝0.01mol，因此该气体的摩尔质量为0.32g÷0.01mol＝32g/mol，故答案为B。
9、A
【解析】
在水溶液或者熔融状态下能够导电的化合物为电解质，在水溶液和熔融状态下都不能够导电的化合物为非电解质，无论电解质还是非电解质，都一定为化合物；单质和混合物一定不是电解质。
【详解】
A、氯化钠在水溶液和熔融状态下都能够导电，且属于化合物，故A正确；
B、Cu为单质，既不是电解质，也不是非电解质，故B错误；
C、CO2溶于水导电，但导电离子不是二氧化碳电离的，二氧化碳为非电解质，故C错误；
D、氯气为单质，既不是电解质，也不是非电解质，故D错误；
故选A。
10、B
【解析】
分别以高锰酸钾（O由-2价变为0价）、氯酸钾（O由-2价变为0价）、过氧化氢(H2O2)（O由-1价变为0价）为原料制取1mol氧气，转移的电子数分别为4mol、4mol、2mol，4mol：4mol：2mol=2∶2∶1，
故选B。
11、D
【解析】
A.乙醇与水互溶，不能通过分液法分离，故A错误；
B.乙醇与水互溶，不能作为分离溶于水中碘单质的萃取剂， 故B错误；
C.二氧化碳也能被Na2CO3溶液吸收，除去CO2中HCl气体应用饱和碳酸氢钠溶液来洗气，故C错误；
D.因氯化钠的溶解度随温度变化不大，而KNO3的溶解度随温度的降低而急剧减小，则将混有少量NaCl的KNO3溶于配成热的浓溶液，冷却结晶，析出硝酸钾晶体，然后过滤即可除去氯化钠杂质，故D正确；
答案选D。
12、A
【解析】
A、64g二氧化硫物质的量是1mol，再根据二氧化硫的分子式可知含有原子数为3NA，正确；
B、1L 1 mol·L－1的氯化钠溶液，溶质物质的量为1mol，不计算水电离出来的离子，仅仅是溶质本身电离的离子数应为2NA，错误；
C、标准状况下，水是非气体状态，不能依据摩尔体积计算，错误；
D、1mol镁转化为Mg2＋后失去的电子数为2NA，错误；
答案选A。
13、D
【解析】
本题主要考查粗盐提纯的过程，主要分为4个阶段，溶解→过滤→除杂→蒸发结晶。
【详解】
粗盐提纯的实验步骤：（1）粗食盐的溶解，仪器为烧杯、玻璃棒；（2）不溶物的过滤，仪器为烧杯、漏斗、玻璃棒；（3）离子的除杂（过滤），仪器为烧杯、玻璃棒；（4）蒸发浓缩与结晶，仪器为蒸发皿、玻璃棒。
A装置为溶解装置；B装置为过滤装置；C装置为蒸发结晶装置；D装置为蒸馏装置。在过程中没有出现的步骤是蒸馏。
答案为D。
14、C
【解析】
A项、标准状况下的HCl气体22.4VL，物质的量是Vmol，VL浓度为1mol•L-1的盐酸中HCl的物质的量为Vmol，但无法计算通入氯化氢后溶液的体积，故A错误；
B项、加热浓缩盐酸时，导致盐酸挥发，溶质的物质的量偏小，故B错误；
C项、VL浓度为0.5mol•L-1的盐酸的物质的量是0.5Vmol，10mol•L-1的盐酸0.1VL的物质的量是Vmol，再稀释至1.5VL，所以C=（0.5Vmol+Vmol）/1.5VL=2 mol•L-1，故C正确；
D项、浓稀盐酸混合后，溶液的体积不是直接加和，所以混合后溶液的物质的量浓度不是原来的2倍，故D错误。
本题考查了物质的量浓度的计算，注意密度不同的溶液混合后，溶液的体积不能直接加和。
15、A
【解析】
A．容量瓶中有少量蒸馏水，对实验结果无任何影响，故A可选；
B．洗涤烧杯和玻璃棒的溶液未转入容量瓶中，将导致溶质减小，结果偏低，故B不选；
C．定容时俯视液面，将导致加入的溶剂减少，溶液体积偏小，结果偏高，故C不选；
D．定容时仰视液面，将导致加入的溶剂增多，溶液体积偏大，结果偏低，故D不选；
故答案选A。
16、B
【解析】
A．除去NaCl溶液中少量CaCl2加入适量K2CO3后生成CaCO3沉淀，但会引入K+，应该用Na2CO3，A错误；
B．用蒸馏的方法从海水中得到淡水，B正确；
C．酒精和水互溶，不能用酒精从碘水中萃取碘，C错误；
D．浓硫酸与氨气反应，不用浓硫酸除去氨气中混有的水蒸气，应该用碱石灰，D错误；
答案选B。
考点：考查物质的分离与提纯

二、非选择题（本题包括5小题）
17、10g 、
【解析】
通过①得出铵根离子物质的量，
通过②分析得出碳酸根和硫酸根的物质的量，
通过③及离子共存分体得出不含的离子，
通过④分析含有的微粒及物质的量。
【详解】
①向一份溶液中加入足量的NaOH浓溶液并加热，产生的气体在标准状况下体积为4.48L，应生成NH3，则一定含有NH4+，且；
②向另一份溶液中加入0.6 mol/L的BaCl2溶液500mL，恰好可以与溶液中的离子完全反应，过滤得66.3g沉淀及滤液，沉淀可能为BaSO4或BaCO3或二者都有，
如为BaSO4，则，
如为BaCO3，，
则说明甲中含有SO42－、CO32－,设分别为x mol、y mol，
则，x = 0.2 ，y = 0.1；
③向上述沉淀中加入过量的盐酸，产生的气体通入足量澄清的石灰水中，得到一定量的沉淀X，则说明含有CO32－，则一定不存在Ca2+、Cu2+；
④向上述滤液中加入1 mol/LAgNO3溶液650mL，恰好可完全反应，可知滤液中，而②加入，
则说明甲中含有Cl－，且，
如不含NO3－，则由电荷守恒可知一定含有K+，由,
则,
因分成两份，则甲含有0.4 mol NH4+、0.9 mol K+、0.4 mol SO42－、0.2 mol CO32－、0.1mol Cl－，如含有NO3－，则K+大于0.9 mol，
⑴上述实验③中得到沉淀X为碳酸钙，质量为0.1 mol × 100 g/mol=10g，生成沉淀X的离子方程式为Ca2+ + 2OH－ + CO2== CaCO3↓ + H2O，
故答案为10g；Ca2+ + 2OH－ + CO2== CaCO3↓ + H2O；
⑵由以上分析可知一定不存在Ca2+、Cu2+，不能确定是否含有NO3－，
故答案为Ca2+、Cu2+；NO3－；
⑶甲含有0.4 mol NH4+、0.9 mol K+、0.4 mol SO42－、0.2 mol CO32－、0.1mol Cl－，如含有NO3－，则K+大于0.9 mol，则物质的量最大的离子是K+；物质的量最小的离子是Cl－，此物质的量最小的离子其物质的量为0.1 mol，
故答案为K+；Cl－；0.1 mol。
18、BaCO3+2H+＝Ba2++H2O+CO2↑ Ag++Cl-＝AgCl↓ Na2CO3 NaCl 取①所得溶液，滴加硝酸酸化的硝酸银溶液，若出现白色沉淀，说明原固体中有NaCl，反之则无
【解析】
①向混合物中加入适量水全部溶解，溶液无色透明，说明一定不会含有CuCl2，不含有不溶物或反应生成不溶物；②向步骤①溶液中滴加BaCl2溶液生成白色沉淀，则说明该白色沉淀是碳酸钡或是硫酸钡中的至少一种；③取步骤②的白色沉淀，白色沉淀可完全溶于稀盐酸，说明该沉淀不会是硫酸钡，所以一定是碳酸钡；④往一份滤液中滴加氯水并加入CCl4，振荡后静置，CCl4层呈无色，则一定没有碘单质生成，所以可以确定KI一定不存在；⑤另一份滤液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，该沉淀不溶于稀硝酸，说明该白色沉淀一定是氯化银，但无法证明该溶液中的氯离子，是来自于原混合物还是②中加入的氯化钡所致；
（1）③中白色沉淀为碳酸钡，可完全溶于稀盐酸，反应的离子方程式：BaCO3+2H+＝Ba2++H2O+CO2↑；
（2）⑤中生成白色沉淀为AgCl，反应的离子方程式为Ag++Cl-=AgCl↓，由以上分析可知混合物中肯定含有碳酸钠，无法确定是否含有的是NaCl；
（3）已确定含有碳酸钠，一定不含有K2SO4、KI、CuCl2、CaCl2，如确定是否含有NaCl，可取①所得溶液，滴加硝酸酸化后再滴加硝酸溶液，若出现白色沉淀，说明有原固体中有NaCl，反之则无。
19、③ 分液 ③ 萃取（分液） ⑤ 洗气 ① 过滤 ④ 蒸馏
【解析】
（1）Na2CO3溶液和CCl4互不相溶；
（2）用CCl4提取碘水中的碘，水与四氯化碳互不相溶，分层，碘在四氯化碳中溶解度大；
（3）氯气可用氢氧化钠溶液除杂；
（4）CaCO3是不溶于水的物质；
（4）水的沸点不高；
【详解】
（1）Na2CO3溶液和CCl4互不相溶，可用分液的方法分离；选③，操作名称为分液；
（2）用CCl4提取碘水中的碘，水与四氯化碳互不相溶，分层，碘在四氯化碳中溶解度大，可用萃取的方法分离；选③，操作名称为萃取（分液）；
（3）氯气可用氢氧化钠溶液洗气，达到除杂的目的，选 ⑤，操作名称为洗气；
（4）根据CaCO3的溶解性，是不溶于水的物质，要和石灰水分离，可以采用过滤的方法；选①，操作名称为过滤；
（4）水的沸点不高，可选用蒸馏的方法制取；选④，操作名称为蒸馏。
20、B 饱和NaCl溶液 浓硫酸 Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO b 20 2Ca(OH)2+2Cl2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO、2HClO  2HCl+O2↑ B 越慢 b烧杯中溶液的pH大于c烧杯中溶液的pH，HClO浓度较小，反应速率较慢，褪色较慢
【解析】
（1）①氯气有毒，储氯钢瓶中应贴的标签为有毒品，故选B；
②实验室中常用MnO2氧化浓盐酸的方法制取氯气，制得的氯气混有HCl和水，先用饱和NaCl溶液除去水，再用浓硫酸干燥氯气；
③Cl2是有毒气体，为了防止多余Cl2污染空气，需要用NaOH进行尾气处理，用化学方程式表示该原理为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO；气体应该由b管通入，标准状况下224mlCl2的物质的量为=0.01mol，根据方程式可知，消耗NaOH的物质的量为0.01mol=0.02mol，至少需要1mol/L的NaOH溶液的体积为=20mL；
（2）①工业制漂白粉是氯气通入石灰乳中制成的。化学方程式如下：2Ca(OH)2+2Cl2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O；
②漂白粉在空气中长期放置失效是因为漂白粉能够与空气中的二氧化碳反应生成次氯酸,次氯酸具有不稳定性,见光易分解,化学方程式：Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO、2HClO  2HCl+O2↑；
③氯气和漂白精的作用都是生成次氯酸，然后具有漂白性。因氯气不方便保存和运输，故通入石灰乳中制成漂白精，答案选B；
（3）①图表数据和现象分析可知，溶液的pH在4∼10范围内，pH越大，红纸褪色越慢，故答案为：越慢；
②结合图象进行分析，b、c两烧杯中实验现象出现差异的原因是：b烧杯中溶液的pH大于c烧杯中溶液的pH，HClO浓度较小，反应速率较慢，褪色较慢；
故答案为：b烧杯中溶液的pH大于c烧杯中溶液的pH，HClO浓度较小，反应速率较慢，褪色较慢。
21、1.204×1023 62g/mol 12mol/L 3.9g 200
【解析】
I.（1）1个氢气分子中含2个H原子；
（2）12.4克Na2X中含有0.4molNa+，根据Na2X的组成计算出Na2X的物质的量及摩尔质量，根据摩尔质量与相对分子量的关系计算出X的相对原子质量；
II. （1）根据浓盐酸试剂瓶标签数据计算出物质的量浓度；
（2）根据锌和盐酸反应方程式计算反应消耗锌的质量；
（3）根据氯化锌和硝酸银溶液反应方程式计算消耗的AgNO3的物质的量，再根据V=计算 AgNO3溶液的体积。
【详解】
I.（1）1个氢气分子中含2个H原子，n（H2）==0.1mol，n（H）=0.1mol×2=0.2mol，则H原子个数为0.2NA=1.204×1023，
故答案为1.204×1023；
(2)12.4克Na2X中含有0.4molNa+，Na2X的物质的量为：n（Na2X）=n（Na+）=0.4mol×=0.2mol，Na2X的摩尔质量为：M（Na2X）==62g/mol，
故答案为62g/mol；
II.（1）1L该浓盐酸中含有的氯化氢的质量为：mol=12mol，该盐酸的物质的量浓度为：12mol/L，
故答案为12mol/L；
（2）含有的氯化氢的物质的量为12mol/L×0.01L=0.12mol，消耗锌的物质的量为0.06mol，质量m=0.06mol×65g/mol=3.9g，
故答案为3.9g；
（3）反应后，溶液中溶质氯化锌的物质的量为0.06mol，含Cl-0.12mol，则反应消耗 AgNO3为0.12mol，AgNO3溶液体积为V===0.2L=200mL，
故答案为200。