上海市曹杨二中2025年高一化学第一学期期中考试试题含解析.doc

上海市曹杨二中2025年高一化学第一学期期中考试试题
考生请注意：
1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。
2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。
3．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、下列电离方程式中书写正确的是（　　）
A．NaHSO4Na++H++SO42﹣ B．NaHCO3Na++H++CO32﹣
C．HClO=H++ClO﹣ D．MgCl2═Mg2++2Cl﹣
2、下列除杂的方法正确的是
A．除去N2中的少量O2：通过灼热的CuO粉末，收集气体
B．除去CO2中的少量HCl：通入过量NaOH溶液，收集气体
C．除去KCl溶液中少量MgCl2：加入适量NaOH溶液，过滤
D．除去NaCl溶液中少量CaCl2：加入过量Na2CO3溶液，过滤，滤液中再加入过量盐酸，加热
3、将质量分数为a%、物质的量浓度为2cmol/L的氨水加水稀释,使其物质的量浓度为cmol/L，此时溶液中溶质的质量分数为b%，则a%和b%的关系是
A．a%＝b% B．a%＞2b% C．a%＜2b% D．无法确定
4、下列叙述正确的是
A．氯气的水溶液能导电，所以氯气属于电解质
B．强电解质水溶液的导电性不一定比弱电解质强
C．硫酸铜晶体含有一定量的结晶水，所以硫酸铜晶体能导电
D．在任何条件下，电解质的电离都能完全彻底
5、在除杂过程中要尽量除去杂质，加入的试剂必须稍过量，且最后过量物质可以使用物理方法或化学方法除去。现要除去NaCl中少量的CaCl2、Na2SO4杂质，下列选用试剂及使用顺序正确的是
A．Na2CO3、BaCl2、HCl B．BaCl2、Na2CO3、HCl
C．BaCl2、Na2CO3、H2SO4 D．Ba(NO3)2、Na2CO3、HCl
6、黑火药是我国古代四大发明之一，黑火药燃料发生反应的化学方程式为S+2KNO3+3CK2S+N2↑+3CO2↑.有关该反应的说法不正确的是(　)
A．S、KNO3均作氧化剂 B．反应生成1molCO2转移了4mole﹣
C．参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2 D．C表现出还原性
7、下列叙述中不正确的是（　　）
A．两种微粒，若核外电子排布完全相同，则其化学性质不一定相同
B．凡单原子形成的离子，一定具有稀有气体原子的核外电子排布
C．两原子，若核外电子排布相同，则一定属于同种元素
D．不存在两种质子数和电子数均相同的阳离子和阴离子
8、下列溶液中Cl－的物质的量浓度与500 mL 1 mol·L－1 MgCl2溶液中Cl－的物质的量浓度相同的是 (　　)
A．250 mL 2 mol·L－1 CaCl2溶液 B．500 mL 4 mol·L－1 NaCl溶液
C．500 mL 2 mol·L－1 NaCl溶液 D．250 mL 4 mol·L－1 CaCl2溶液
9、下列叙述正确的是
A．NaCl溶液在电流作用下电离成Na＋与Cl－
B．溶于水后能电离出H＋的化合物都是酸
C．氯化氢溶于水能导电，但液态氯化氢不能导电
D．硫酸钡难溶于水，所以硫酸钡是非电解质
10、下列反应中水只做还原剂的是( )
A．C+H2O→CO+H2
B．F2+ H2O→HF + O2
C．2Na +2H2O→2NaOH+H2 ↑
D．2Na2O2+2H2O→4NaOH+ O2↑
11、含有相同氧原子数的CO2和CO的物质的量之比为
A．1:1 B．1:2 C．2:3 D．2:1
12、下列各组离子中，在碱性溶液中能大量共存，且溶液为无色透明的是(　　)
A．K＋、MnO4-、Cl－、SO42-
B．Na＋、CO32-、SO42-、Cl－
C．NO3-、Na＋、HCO3-、Ba2＋
D．Na＋、NO3-、H＋、SO42-
13、我国明代《本草纲目》中收载药物1892种,其中“烧酒”条目下写道:“自元时始创其法，用浓酒和糟入甑, 蒸令气上……其清如水,味极浓烈,盖酒露也。”这里所用的“法”是指 (   )
A．萃取 B．过滤 C．蒸馏 D．分液
14、在NaCl、MgCl2、MgSO4形成的混合溶液中，c（Na+）=0.10mol·L-1，c（Mg2+）=0.25mol·L-1，c（Cl-）=0.20mol·L-1，则c（SO42-）为
A．0.15mol·L-1 B．0.10mol·L-1 C．0.25mol·L-1 D．0.20mol·L-1
15、某乙醇的水溶液中，乙醇所含的氢原子与水所含的氢原子数相等，该溶液中乙醇的质量分数为(　　)
A．78% B．46% C．23% D．11.5%
16、下列实验现象与新制氯水中的某些成分（括号内物质）没有关系的是（ ）
A．铁片加入新制氯水中，有无色气泡产生（H+）
B．将NaHCO3固体加入新制氯水中，有无色气泡产生（HClO）
C．向新制氯水中滴加石蕊溶液，溶液先变红后褪色（H+、HClO）
D．滴加AgNO3溶液有白色沉淀产生（Cl-）
二、非选择题（本题包括5小题）
17、某溶液的溶质可能由下列离子组成：H+、SO42-、CO32-、Cl―、Na+、Ba2+中的一种或几种。某同学做如下实验来确定溶液的成分：
①向溶液中加入过量的BaCl2溶液，有白色沉淀产生，过滤。
②向①中的滤液里加入AgNO3溶液，有白色沉淀产生。
③将足量稀盐酸加入①的沉淀中，沉淀部分消失，有气体产生。
依据以上实验回答下列问题：
（1）原溶液中一定有__________________。
（2）一定没有__________________。
（3）可能含有_____________。
（4）如果要确定原溶液中是否存在该离子，应选用试剂是__________________。
A.稀硝酸 B.Ba（NO3)2 C.AgNO3 D.Na2CO3
（5）写出中沉淀消失的离子方程式________________。
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：
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、浓硫酸是常用的干燥剂，根据需要可将浓硫酸配成不同浓度的稀硫酸。回答下列问题：
（1）1L 0.5mol/L的H2SO4溶液中含有H2SO4 __________g，含有H+___________个，将此溶液与足量的铝片反应，反应的离子方程式为_______________________。
（2）配制上述稀硫酸需要量取质量分数为98%，密度为1.84g/cm3的浓硫酸_______mL（结果保留一位小数）。配制此溶液需要的玻璃仪器除了烧杯、玻璃棒、胶头滴管外还需要____________________。
（3）稀释浓硫酸的操作是__________________________________________________。
（4）下列操作使配制的硫酸溶液的物质的量浓度偏小的是_______________。
A．稀释浓硫酸时有液体溅出
B．容量瓶中有少量蒸馏水残留
C．浓硫酸稀释后溶液没有冷却到室温就转移
D．向容量瓶加水定容时仰视刻度线
20、下图是中学化学中常用于泡合物的分离和提纯装置，请根据装置回答问题：

（1）在装置A和装置B中都用到玻璃棒，装置A中玻璃棒的作用是_____，装置B中玻璃棒的作用是_________。
（2）装置C中①的名称是_____，此装置中冷凝水进出方向是_____。装置D中的分液漏斗在使用之前应该_____，在分液时为使液体顺利滴下，应进行的具体操作是_______。
（3）某硝酸钠固体中混有少量硫酸钠杂质，现设计一实验方案，既除去杂质，又配成硝酸钠溶液。
实验方案：先将固体溶于蒸馏水配成溶液，选择合适的试剂和操作完成表格中各步实验。
选择试剂
①
Na2CO3溶液
④
实验操作
②
③
加热
所加入的试剂①可以是_____（填化学式），证明溶液中SO42-已经除尽的方法是______。加入Na2CO3溶液的目的是_____，所加入的试剂④可以是_____（填化学式）。
（4）青蒿素是高效的抗疟疾药，为无色针状晶体，易溶于丙酮、氯仿和苯中，在甲醇、乙醇、乙醚、石油醚中可溶解，在水中几乎不溶，熔点为156-157℃，热稳定性差。已知：乙醚沸点为35℃。提取青蒿素的主要工艺为：

若要在实验室模拟上述工艺，操作I选择的装置是_____（填代号），操作Ⅱ的名称是_____，选择的装置是_____（填代号），为防止暴沸，粗品中需要加入_____。操作Ⅲ的主要过程可能是_____（填字母）。
A．加水溶解，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤
B．加95%的乙醇，浓缩、结晶、过滤
C．加入乙醚进行萃取分液
21、（1）通常用小苏打的饱和溶液除去CO2中的HCl，反应的化学方程式为_____，不能用苏打溶液的原因是____（用化学方程式表示）。
（2）在NaBr与NaI的混合液中通入过量的Cl2。把溶液蒸干后灼烧最后残留的物质是____。
参考答案

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、D
【解析】
用化学式和离子符号表示电离过程的式子，称为电离方程式，表示物质溶解于水时电离成离子的化学方程式，结合物质的组成分析判断。
【详解】
A.NaHSO4是强酸的酸式盐，在水中完全电离产生Na+、H+、SO42-，电离方程式是NaHSO4＝Na++H++SO42-，A错误；
B.NaHCO3是弱酸的酸式盐，完全电离产生Na+、HCO3-，电离方程式是：NaHCO3＝Na++HCO3-，B错误；
C.HClO是一元弱酸，主要以电解质分子存在，在溶液中存在电离平衡，电离方程式是HClOH++ClO-，C错误；
D.MgCl2是正盐，在溶液中完全电离，电离方程式是MgCl2＝Mg2++2Cl－，D正确。
答案选D。
2、D
【解析】
A、O2与灼热的CuO粉末不反应，用灼热的CuO不能除去O2，A项错误；
B、CO2和HCl都与NaOH溶液反应，B项错误；
C、MgCl2与NaOH溶液反应，除去了镁离子，又引进了钠离子，C项错误；
D、除去NaCl溶液中少量CaCl2：加入过量Na2CO3溶液，将钙离子沉淀，过滤后，滤液中再加入过量盐酸，将过量的碳酸钠除去，加热将过量的HCl除去，D项正确；
答案选D。
3、B
【解析】
物质的量浓度为2c mol/L、质量分数为a%的氨水溶液，设溶液的密度为ρ1，则2c=，物质的量浓度为c mol/L，质量分数变为b%的氨水溶液，设溶液的密度为ρ2，则c=，则两式相除得：2=，即，氨水的密度水于水的密度，氨水溶液的浓度越大密度越小，即ρ2＞ρ1，所以a＞2b，故答案选B。
4、B
【解析】
A.氯气是非金属单质,不属于电解质,故A错误;B.溶液的导电性与溶液中离子的浓度和离子所带的电荷有关,离子浓度大,所带的电荷数目多,导电能力强,与电解质强弱无关，强电解质水溶液的导电性不一定比弱电解质强，故B正确；C.硫酸铜晶体含有一定量的结晶水,但硫酸铜晶体不含有自由移动的硫酸根离子和铜离子,所以硫酸铜晶体不能导电,故C错误；D.弱电解质溶于水,其分子可以微弱电离出离子,强电解质是完全电离的电解质, 所以，电解质的电离不一定都能完全彻底，故D错误；答案：B。
5、B
【解析】
要除去NaCl中少量的CaCl2、Na2SO4杂质时，应该先加入过量的氯化钡溶液，氯化钡和硫酸钠反应生成硫酸钡沉淀和氯化钠，从而除去硫酸钠；再加入过量的碳酸钠溶液，碳酸钠能和氯化钙反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，能和过量的氯化钡反应生成碳酸钡沉淀和氯化钠，从而除去氯化钙和过量的氯化钡；再加入适量的稀盐酸，稀盐酸能和过量的碳酸钠反应生成氯化钠、水和二氧化碳，再蒸发即可得到氯化钠晶体，加入试剂的顺序为：BaCl2、Na2CO3、HCl，答案选B。
【点晴】
分离和提纯一般应遵循“四原则”和“三必须”：（1）“四原则”：不增(提纯过程中不增加新的杂质)；不减(不减少被提纯的物质)；易分离(被提纯物质与杂质容易分离)；易复原(被提纯物质转化后要易复原)。（2）“三必须”：除杂试剂必须过量；过量试剂必须除尽(因为过量试剂带入新的杂质)；除去多种杂质时必须考虑加入试剂的顺序。
6、C
【解析】
A. S、KNO3中硫元素，氮元素的化合价均降低，做氧化剂，故A正确；
B. 反应生成1molCO2转移了1mol×4=4mol电子，故B正确；
C. 参加反应的氧化剂是硫单质和硝酸钾，还原剂是碳单质，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:1，故C错误；
D. C的化合价升高，做还原剂，故D正确；
故选：C。
7、B
【解析】
A．Na+和Mg2+核外电子排布相同，但化学性质不同；互为同位素的原子，核外电子排布相同，化学性质相同，故A正确；
B．Fe2+等不具有稀有气体原子的核外电子排布，则凡单原子形成的离子，不一定具有稀有气体原子的核外电子排布，故B错误；
C．两原子核外电子数相同，则质子数相同，两原子是同一元素，互为同位素，故C正确；
D．阳离子中质子数＝电子数+电荷数，阴离子中质子数＝电子数﹣电荷数，所以不存在两种质子数和电子数均相同的阳离子和阴离子，故D正确；
故答案选B。
8、C
【解析】
1mol·L-1MgCl2溶液中Cl-的物质的量浓度为1mol/L×2=2mol/L，
A.250mL2mol·L-1CaCl2溶液中Cl-的物质的量浓度为2mol/L×2=4mol/L，故A错误；
B.500mL4mol·L-1NaCl溶液中Cl-的物质的量浓度为4mol/L×1=4mol/L，故B错误；
C.500mL2mol·L-1NaCl溶液中Cl-的物质的量浓度为2mol/L×1=2mol/L，故C正确；
D.250mL4mol·L-1CaCl2溶液中Cl-的物质的量浓度为4mol/L×2=8mol/L，故D错误。
故选C。
注意溶液的物质的量浓度与体积无关。
9、C
【解析】
A．电离是在水分子作用下或者通过加热使化学键断裂离解出自由移动的离子，不需要通电；NaCl溶液在电流作用下发生的是电解；
B．酸是指电离时生成的阳离子只有氢离子的化合物；
C．物质导电应满足的条件是：存在自由电子或者自由移动的离子；
D．在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质。
【详解】
A．NaCl溶液在电流作用下发生的是电解生成氯气、氢气、氢氧化钠，氯化钠在水溶液中或者在熔融状态下电离成Na+与Cl-，选项A错误；
B．NaHSO4电离方程式为：NaHSO4=Na++H++SO42-，NaHSO4属于盐，不是酸，选项B错误；
C．氯化氢溶于水为盐酸，氯化氢完全电离，溶液导电，液态氯化氢无自由移动的离子不导电，选项C正确；
D．盐属于电解质，硫酸钡是难溶的盐，熔融状态完全电离，是电解质，选项D错误；
答案选C。
本题考查了电解质、酸、电离、电解质等的概念，题目简单，要求同学们加强基本概念的理解和记忆，以便灵活应用，注意电离和电解的条件。
10、B
【解析】
A．在该反应中，氢元素化合价降低，水做氧化剂，A不符合题意；
B．水中氧元素化合价升高，氢元素化合价不变，水只做还原剂，B符合题意；
C．水中氢元素化合价降低，氧元素化合价不变，水做氧化剂，C不符合题意；
D．水中氧元素、氢元素化合价不变，水既不是氧化剂，也不是还原剂，D不符合题意；
答案选B。
11、B
【解析】
1molCO2中含有2molO，1molCO中含有1molO，因此含有相同氧原子数的CO2和CO物质的量之比为1：2，B正确。答案选B。
12、D
【解析】
含有MnO4-的溶液 显紫色，故A错误；
CO32-在酸性条件下生成二氧化碳和水，故B错误；
HCO3-在酸性条件下生成二氧化碳和水，故C错误；
Na+、NO3-、NH4+、SO42-在酸性条件下不反应，故D正确。
13、C
【解析】
由信息可知，蒸令气上，则利用互溶混合物的沸点差异分离，以此来解答。
【详解】
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。由信息可知，蒸令气上，则利用互溶混合物的沸点差异分离，则该法为蒸馏，答案选C。
14、D
【解析】
由电荷守恒得：，代入c（Na+）=0.10mol·L-1，c（Mg2+）=0.25mol·L-1，c（Cl-）=0.20mol·L-1，则c（SO42-）为0.20mol·L-1，故答案选D。
15、B
【解析】
乙醇溶液中溶质的质量分数=×100%，因此需要判断溶质乙醇与溶剂水的质量关系；每个乙醇C2H5OH分子中含6个H原子，每个水H2O分子中含2个H原子；根据“乙醇分子里所含的氢原子总数与水分子里所含的氢原子总数相等”可推算溶液中乙醇与水的质量关系。
【详解】
根据氢原子数相等，找出乙醇分子与水分子间的关系，进而确定出质量关系。
C2H5OH~6H~3H2O
46         54
此乙醇溶液中溶质的质量分数为：×100%=46%，
故答案选B。
16、B
【解析】
氯气与水反应，离子方程式为Cl2+H2OH++Cl-+HClO，新制氯水中含：HClO、Cl2、H+、Cl-、ClO-、H2O，HClO、Cl2具有氧化性，其中HClO具有漂白性，H+具有酸性，据此分析解答。
【详解】
A．氯水显酸性，能与铁片反应生成H2气体，反应离子方程式为Fe+2H+=Fe2++H2↑，故A项不选；
B．氯水显酸性，能与NaHCO3反应生成CO2气体，反应离子方程式为+H+=CO2↑+H2O，故B项选；
C．氯水中含有H+能使紫色石蕊变红，氯水中含有的HClO能使红色石蕊褪色，故C项不选；
D．Cl-与Ag+能够发生复分解反应生成白色沉淀AgCl，反应离子方程式为Cl-+Ag+=AgCl↓，故D项不选；
综上所述，实验现象与新制氯水中成分没有关系的是B项，故答案为B。

二、非选择题（本题包括5小题）
17、SO42-、CO32-、Na+ H+、Ba2+ Cl- BC BaCO3+2H+＝Ba2++H2O+CO2↑
【解析】
①向溶液中加入过量的BaCl2溶液，有白色沉淀产生，过滤，则含SO42-、CO32-中的一种或都有，则一定没有Ba2+；
②将①中滤液里加入AgNO3溶液，有白色沉淀产生，白色沉淀为AgCl，但引入氯离子，则不能确定原溶液中是否含Cl-；
③将①中的沉淀加入稀盐酸中，沉淀部分消失，有气体产生，则一定含SO42-、CO32-，则没有H+，因溶液不显电性，则一定含Na+；
综上所述：
(1)一定含SO42-、CO32-、Na+；
(2)一定没有H+、Ba2+；
(3)可能含有Cl-；
(4)若要确定Cl-是否存在，应首先排除SO42-和CO32-的干扰，故原溶液中加入硝酸钡除去SO42-和CO32-，过滤后往滤液中加入硝酸银，若有白色沉淀生成，则证明原溶液中含有Cl-，故答案为BC；
(5)碳酸钡与稀盐酸反应生成氯化钡和二氧化碳气体，离子反应方程式为：BaCO3+2H+＝Ba2++H2O+CO2↑。
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、49 NA或6.02×1023 2Al + 6H+＝2Al3+ + 3H2↑ 27.2 量筒、1000mL容量瓶 将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢注入水中，并用玻璃棒不断搅拌 AD
【解析】
（1）根据m＝nM、n＝cV、N＝nNA计算，铝与稀硫酸反应生成硫酸铝和氢气；
（2）根据c＝1000ρw/M计算浓硫酸的浓度，根据稀释过程中溶质的物质的量不变计算，根据配制原理选择仪器；
（3）根据浓硫酸溶于水放热分析解答；
（4）根据c＝n/V结合实验操作判断。
【详解】
（1）1L 0.5mol/L的H2SO4溶液中含有H2SO4的质量是1L×0.5mol/L×98g/mol＝49g，硫酸的物质的量是0.5mol，含有1mol氢离子，则含有NA或6.02×1023个H+；硫酸是二元强酸，将此溶液与足量的铝片反应生成硫酸铝和氢气，反应的离子方程式为2Al+6H+＝2Al3++3H2↑。
（2）质量分数为98%，密度为1.84g/cm3的浓硫酸的浓度是1000mL/L×1.84g/mL×98%÷98 g/mol＝18.4mol/L，由于在稀释过程中溶质的物质的量不变，则配制上述稀硫酸需要量取该浓硫酸的体积为0.5mol÷18.4mol/L≈0.0272L＝27.2mL，配制此溶液需要的玻璃仪器除了烧杯、玻璃棒、胶头滴管外还需要量筒、1000mL容量瓶。
（3）由于浓硫酸溶于水放热，且密度大于水，则稀释浓硫酸的操作是将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢注入水中，并用玻璃棒不断搅拌。
（4）A．稀释浓硫酸时有液体溅出，溶质的物质的量减少，浓度偏小；
B．容量瓶中有少量蒸馏水残留不影响实验结果；
C．浓硫酸稀释后溶液没有冷却到室温就转移，冷却后溶液体积偏小，浓度偏大；
D．向容量瓶加水定容时仰视刻度线，溶液体积偏大，浓度偏小，答案选AD。
20、引流 搅拌防止液体局部受热造成液滴飞溅 蒸馏烧瓶 从下管进上管出 检查是否漏水 打开分液漏斗上方口部的玻璃塞或旋转玻璃塞使凹槽对准小孔 Ba(NO3)2或者是Ba(OH)2 静置，向上层清液中继续滴加Ba(NO3)2或者是Ba(OH)2，若无沉淀产生则已除尽 除去过量的Ba2+ HNO3 A 蒸馏 C 碎瓷片 B
【解析】
（1）A为过滤玻璃棒起引流作用；B为蒸发，玻璃棒起搅拌作用。
（2）装置C中①是蒸馏烧瓶，冷却水从下口进上口出，冷凝效果更好。分液漏斗使用前需检漏，为使液体顺利滴下，应打开上端口部的玻璃塞或旋转玻璃塞使凹槽对准小孔。
（3）某硝酸钠固体中混有少量硫酸钠杂质,可加入硝酸钡或氢氧化钡，将硫酸根转化为硫酸钡沉淀，过滤，向滤液中加入碳酸钠以后，可以将过量的硝酸钡或氢氧化钡转化为碳酸钡沉淀，过滤，再向滤液中加入稀硝酸，将过量的碳酸钠溶液转化为硝酸钠，蒸发结晶后可得纯净的硝酸钠。
（4）青蒿素干燥破碎以后，用乙醚浸取，过滤后得到残渣和提取液，提取液经过蒸馏得到乙醚和粗品，粗品经过溶解、浓缩结晶、过滤得到精品。
【详解】
（1）在装置A和装置B中都用到玻璃棒，装置A为过滤玻璃棒起引流作用，装置B为蒸发，玻璃棒起搅拌作用防止液体局部受热造成液滴飞溅。
答案为：引流；搅拌防止液体局部受热造成液滴飞溅。
（2）装置C中①名称是是蒸馏烧瓶，装置C中冷却水的方向是下进上出。装置D中的分液漏斗在使用之前应该检漏，分液漏斗为使液体顺利滴下，应打开上端口部的玻璃塞或旋转玻璃塞使凹槽对准小孔。
答案为：蒸馏烧瓶；从下管进上管出；检查是否漏水；打开分液漏斗上方口部的琉璃塞或旋转活塞使凹槽对准小孔。
（3）所加入的试剂①作用是除去硫酸钠，将其转化为硫酸钡沉淀，试剂①可以是Ba(NO3)2或Ba(OH)2。证明溶液中SO42-已经除尽的方法是：静置，向上层清液中继续滴加Ba(NO3)2或Ba(OH)2，若无沉淀产生则已除尽。加入Na2CO3溶液的目的是除去过量的Ba2+，所加入的试剂④可以的目的是除去过量的CO32-，试剂④可以是HNO3。
答案为：Ba(NO3)2或Ba(OH)2；静置，向上层清液中继续滴加Ba(NO3)2或Ba(OH)2，若无沉淀产生则已除尽；除去过量的Ba2+；HNO3。
（4）操作I为过滤，选择装置A。提取液经过蒸馏得到乙醚和粗品，操作Ⅱ为蒸馏，选择装置C，为防止暴沸，需要加入碎瓷片。操作Ⅲ从粗品中经过溶解、浓缩结晶，再进行过滤得到精品。
答案为：A；蒸馏； C； 碎瓷片； B。
本题考查了过滤、蒸发、蒸馏和分液操作，注意各操作的作用和使用注意事项。过滤常用于分离固体和溶液。蒸发常用于蒸发结晶和蒸发浓缩。蒸馏常用于分离不同沸点的液体。分液常用于分离互不相容密度不同的液体。
21、NaHCO3+HCl═NaCl+H2O+CO2↑ H2O+Na2CO3+CO2═2NaHCO3； NaCl
【解析】
（1）氯化氢和碳酸氢钠反应生成氯化钠、二氧化碳和水；碳酸钠与二氧化碳、HCl都反应，所以不能用碳酸钠除去二氧化碳中的HCl；
（2）向溴化钠、碘化钠的混合溶液中通入足量氯气之后，可生成NaCl、Br2和I2，加热并将溶液蒸干，剩余固体为NaCl．
【详解】
(1)氯化氢和碳酸氢钠反应生成氯化钠、二氧化碳和水,反应方程式为NaHCO3+HCl═NaCl+H2O+CO2↑；碳酸钠与二氧化碳、HCl都反应，所以不能用碳酸钠除去二氧化碳中的HCl，碳酸钠和二氧化碳反应方程式为H2O+Na2CO3+CO2═2NaHCO3，
故答案为：NaHCO3+HCl═NaCl+H2O+CO2↑；H2O+Na2CO3+CO2═2NaHCO3；
（2）向溴化钠、碘化钠的混合物溶液中通入足量氯气后，可发生如下反应：
2NaBr+Cl2=2NaCl+Br2
2NaI+Cl2=2NaCl+I2
溶液蒸干时，Br2易挥发，I2易升华，那么最后剩余的固体是NaCl，
故答案为：NaCl。