湘赣粤名校2025年高一化学第一学期期中学业质量监测模拟试题含解析.doc

湘赣粤名校2025年高一化学第一学期期中学业质量监测模拟试题
考生须知：
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、其溶液中可能含有SO42－、CO32－，为检验是否含有SO42－，除需用BaCl2溶液外，还需用到的溶液是
A．稀硫酸 B．稀盐酸 C．NaOH溶液 D．NaNO3溶液
2、同温同压下，等质量的二氧化硫气体和二氧化碳气体的比较中，正确的是（ ）
A．密度比为11∶16 B．物质的量比为16∶11
C．体积比为11∶16 D．分子个数比为16∶11
3、医学界通过用放射性14C标记的C60,发现一种C60的羧酸衍生物在特定条件下可通过断裂DNA杀死细胞,从而抑制艾滋病,则有关14C的叙述正确的是(   )
A．与14N含有的中子数相同 B．是C60的同素异形体
C．与C60中普通碳原子的化学性质不同 D．与12C互为同位素
4、如果要除去Na2CO3固体中少量的NaHCO3，则应选择的最佳方法是(　　)
A．加入适量盐酸 B．加入NaOH溶液
C．加热灼烧 D．配成溶液后通入CO2
5、NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是( )
A．常温常压下，48g O3所含的原子数为3NA
B．1mol NH3所含有的原子数为NA
C．标准状况下，22.4L水中所含原子数为3 NA
D．0.1mol/L NaC1溶液中所含Na＋数目为0.1 NA
6、某元素R的原子的质量数为70，其核内中子数为39，它的离子有28个电子，则此元素的氧化物的化学式应为
A．RO B．R2O3 C．RO2 D．R2O5
7、下列反应的离子方程式能用“H++OH-=H2O”来表示的是
A．HCl+NaOH=NaCl+H2O B．H2SO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+2H2O
C．CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O D．2HCl+Cu(OH)2=CuCl2+2H2O
8、下列反应的离子方程式书写正确的是（）
A．等物质的量的氢氧化钡溶液与碳酸氢铵溶液混合：Ba2++2OH-++=BaCO3↓+NH3·H2O+H2O
B．Na2O2与CO2反应制备O2：Na2O2+CO2=2Na++CO+O2↑
C．向碳酸氢铵溶液中加过量石灰水并加热：+OH-NH3↑+H2O
D．用酸化的高锰酸钾溶液氧化双氧水：2+6H＋+H2O2=2Mn2++3O2↑+4H2O
9、在强酸性溶液中，下列各组离子能大量共存的是( )
A．Fe2+、K+、Cl－、MnO4－ B．Ag+、Na+、NO3－、Cl－
C．Zn2+、Al3+、SO42－、Cl－ D．Ba2+、NH4+、Cl－、HCO3－
10、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
A．Mg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>C
C．CO2作氧化剂，表现氧化性，发生氧化反应
D．Mg原子失去的电子数目等于O原子得到的电子数目
11、下列电离方程式中错误的是( )
A．Na2CO3＝Na2＋＋CO32－ B．Na2SO4＝2Na＋＋SO42－
C．Ba(OH)2＝Ba2＋＋2OH－ D．MgCl2＝Mg2＋＋2Cl－
12、已知氧化性Br2＞Fe3+＞I2＞S，下列反应不能发生的是（　　）
A．2Fe2++I2→2Fe3++2I﹣ B．Br2+H2S→S+2HBr
C．2Fe3++2I﹣→2Fe2++I2 D．Br2+2Fe2+→Fe3++2Br﹣
13、若在强热时分解的产物是、、和，则该反应中化合价发生变化和未发生变化的N原子数之比为
A．1:4 B．1:2 C．2:1 D．4:1
14、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
15、下图分别表示四种操作，其中有两处错误的是
A．读数 B．稀释
C．溶解 D．称量
16、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
二、非选择题（本题包括5小题）
17、有一包白色粉末，由BaCl2、K2SO4、CaCO3、NaOH、CuSO4、KCl中的一种或几种组成，为了探究它的成份，进行了如下实验：

（1）气体B的化学式_____________,白色沉淀的成分为___________。
（2）该白色粉末中一定含有的物质有___________________________；一定不含有的物质有____________；可能含有的物质有______________；
（3）如若需要确定可能含有的物质是否存在，应如何操作：____________________。
18、在Na＋浓度为0.5 mol/L的某澄清溶液中，还可能含有下表中的若干种离子。
阳离子
K+、Ag+、Mg2+、Ba2+
阴离子
NO3-、CO32-、SiO32-、SO42-
已知：（1）SiO32-和大量的H+会生成白色沉淀H2SiO3；
（2）H2SiO3H2O+SiO2；
（3）产生气体为在标准状况下测定，不考虑气体在水中的溶解。现取该溶液100 mL进行如下实验：
序号
实验内容
实验结果
Ⅰ
向该溶液中加入足量稀盐酸
产生白色沉淀并放出0.56 L气体
Ⅱ
将Ⅰ的反应混合液过滤，对沉淀洗涤、灼烧至恒重，称量所得固体质量
固体质量为2.4 g
Ⅲ
向Ⅱ的滤液中滴加BaCl2溶液
无明显现象
请回答下列问题：
（1）实验Ⅰ能确定一定不存在的离子是______________________。
（2）实验Ⅰ中生成沉淀的离子方程式为______________________。
（3）通过实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ和必要计算，填写下表中阴离子的浓度（能计算出的，填写计算结果，一定不存在的离子填“0”，不能确定是否存在的离子填“？”）。
阴离子
NO3-
CO32-
SiO32-
SO42-
c/mol·L－1
______

（4）判断K+是否存在，若存在求其最小浓度，若不存在说明理由：_________________。
19、如图所示为元素周期表中钾元素框图，数据“39.10”表示的是________。

某化学兴趣小组欲除去16g固体氯化钠中混有的少量氯化钙和硫酸镁杂质，设计实验方案如下（已知常温下NaCl的溶解度为36g/100gO）

（1）加水溶解时，适合的取水量为________
A．20mL B．45mL C．75mL D．100mL
（2）为加快溶解速率，可采取的方法是________和________（任写2种）
（3）依次加入的过量试剂为________、________和________。
（4）溶液A中加入的适量酸为________，若该酸也加过量，对所得到氯化钠的纯度________（填“有”或“没有”）影响
（5）操作Ⅰ的名称是________；操作II的名称是________。两种操作中都用到的玻璃仪器是________。
（6）最后得到的固体氯化钠与原固体混合物中的氯化钠质量相比，结果________（填“增大”、“减小”或“不变”）。
（7）固体A中所含的盐的化学式为___________。
20、食盐是日常生活的必需品，也是重要的化工原料。
（1）粗食盐中常含有少量K＋、Ca2＋、Mg2＋、Fe3＋、SO42-等杂质离子，实验室提纯NaCl的流程如下：

提供的试剂：饱和Na2CO3溶液　饱和K2CO3溶液　NaOH溶液　BaCl2溶液　Ba(NO3)2溶液　75%乙醇　四氯化碳
①欲除去溶液Ⅰ中的Ca2＋、Mg2＋、Fe3＋、SO42-，选出a所代表的试剂，按滴加顺序依次为________(只填化学式)。
②分离操作①中所用到的玻璃仪器有____________。
③洗涤除去NaCl晶体表面附带的少量KCl，选用的试剂为________。
（2）用提纯的NaCl配制450 mL 4.00 mol·L－1NaCl溶液，所用仪器除药匙、烧杯、玻璃棒外还有________(填仪器名称)。
（3）在实验中多次用到玻璃棒，其作用有三个，分别是______________、______________、______________。
21、铝矾石(主要成分是Al2O3，还含有少量杂质SiO2、Fe2O3)是工业上用于炼铝的主要矿物之一，由铝矾石制取金属铝的工艺流程图如下：

请回答下列有关问题：
（1）下列有关铝矾石以及用铝矾石炼铝的说法中，正确的是________。
A．铝矾石中含有两种类型氧化物
B．铝矾石与河沙含有完全相同的成分
C．铝矾石炼铝需要消耗电能
D．铝矾石炼铝的过程中涉及置换反应
（2）加入原料A时发生反应的离子方程式有_____________。
（3）滤液Ⅱ中所含溶质有__________；步骤③反应的离子方程式为___________。
（4）若步骤③中用氨气代替CO2，步骤③生成沉淀的离子方程式为______________。
参考答案

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、B
【解析】
SO42－的检验要排除CO32－的干扰，只加入BaCl2溶液不酸化，CO32－也能和Ba2+反应生成碳酸钡沉淀，误将CO32－等干扰离子判断成SO42－，所以先应加入盐酸酸化，排除CO32－的干扰，然后加入BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则含有SO42－，不能加入稀硫酸酸化，会引入SO42－，答案选B。
2、C
【解析】
令二者的质量为1g，n(SO2)==mol，n(CO2)==mol。
A．同温同压下，密度之比等于相对分子质量之比，二氧化硫和二氧化碳气体的密度之比为64：44=16：11，故A错误；
B．等质量二氧化硫与二氧化碳物质的量之比=mol：mol =11：16，故B错误；
C．同温同压下，体积之比等于物质的量之比，等质量的二氧化硫和二氧化碳气体的体积之比为mol：mol =11：16，故C正确；
D．分子数之比等于物质的量之比，等质量的二氧化硫和二氧化碳气体的分子数之比为mol：mol =11：16，故D错误；
答案选C。
3、D
【解析】
A．14C的中子数为14-6=8，14N的中子为14-7=7，二者不同，故A错误；
B．C60为单质，但14C为原子，二者不是同素异形体，故B错误；
C．14C与C60中普通碳原子，为同种元素的碳原子，则碳原子的化学性质相同，故C错误；
D．14C与12C的质子数均为6，中子数不同，互为同位素，故D正确；答案为D。
4、C
【解析】
按照易操作、不引入新杂质的原则，加热是最佳方法，不但可除去NaHCO3还可以生成Na2CO3，答案选C。
5、A
【解析】
A正确；B错，1mol NH3 所含有的原子数为3NA；C错，标准状况下水不是气体；D错，无溶液体积无法计算；
6、B
【解析】
试题分析：质子数=质量数-中子数=70-39=31，电荷数=质子数-电子式=31-28=3，故该阳离子带3个单位正电荷，故表现+3价，O为-2价，故此元素的氧化物的化学式应为R2O3，故选B。
考点：考查了化学式的判断的相关知识。
7、A
【解析】
A.反应生成氯化钠和水，离子方程式为H++OH-=H2O，A正确；
B.硫酸钡不溶于水，不能拆分，不能用H++OH-=H2O 表示，B错误；
C.醋酸为弱电解质，不能拆分，不能用H++OH-=H2O 表示，C错误；
D.氢氧化铜不溶于水，不能拆分，不能用H++OH-=H2O 表示，D错误；
答案选A。
8、A
【解析】
A.Ba(OH)2和NH4HCO3等物质的量混合，1molBa(OH)2中2molOH－与1mol、1mol恰好完全反应，即离子方程式为Ba2++2OH-++=BaCO3↓+NH3·H2O+H2O，故A正确；
B.氧原子个数不守恒，该反应不能拆写成离子形式，正确的是2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2，故B错误；
C.漏掉一个离子方程式，正确的是＋＋Ca2＋＋2OH－=CaCO3↓＋NH3·H2O＋H2O，故C错误；
D.得失电子数目不守恒，正确的是2＋6H＋＋5H2O2=2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O，故D错误；
故答案为A。
9、C
【解析】
强酸性溶液中存在大量的H+，与H+反应的离子不能共存，结合离子的性质，进一步判断离子间能否发生反应生成沉淀、气体或弱电解质，据此答题。
【详解】
A.在酸性条件下，因Fe2+、MnO4-能发生氧化还原反应，则一定不能大量共存，故A错误；
B.在酸性条件下，Ag+与Cl－生成AgCl沉淀而不能大量共存，故B错误；
C.在酸性条件下该组离子不发生任何反应，能大量共存，故C正确；
D.在酸性条件下，HCO3-与H+反应生成二氧化碳气体而不能大量存在，故D错误。
故选C。
判断离子共存，有以下几种情况：1.由于发生复分解反应，生成气体、沉淀、弱电解质等，离子不能大量共存。2.由于发生氧化还原反应，离子不能大量共存，如I-和Fe3+不能大量共存。3、由于形成络合离子，离子不能大量共存，如Fe3+和SCN-发生络合反应而不能大量共存。
10、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CO2＞MgO，还原性Mg＞C，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。
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。
11、A
【解析】
A.钠离子的表示方法错误，正确的电离方程式为Na2CO3＝2Na＋＋CO32－，A项错误；
B. Na2SO4属于易溶于水的盐且易电离，电离方程式正确；B项正确；
C.Ba(OH)2属于易溶于水的强碱且易电离，电离方程式正确；C项正确；
D.MgCl2属于易溶于水的盐且易电离，电离方程式正确；D项正确；答案选A。
12、A
【解析】
A．氧化性Fe3+＞I2，所以2Fe2++I2→2Fe3++2I﹣不能发生，故A选；
B．根据氧化性Br2＞S，所以反应Br2+H2S→S+2HBr能发生，故B不选；
C．根据2Fe3++2I﹣=2Fe2++I2，可知氧化性是Fe3+＞I2，符合题干已知条件，所以化学方程式成立，故C不选；
D．根据氧化性Br2＞Fe3+，所以反应Br2+2Fe2+→Fe3++2Br﹣能发生，故D不选。
故选A。
13、B
【解析】
利用化合价升降法将该氧化还原反应方程式配平，反应方程式为
3（NH4）2SO43SO2+N2+4NH3+6H2O，该反应中铵根离子和氨气分子中氮原子的化合价都是-3价，化合价不变，所以则该反应中化合价发生变化和未发生变化的N原子数之比为1：2，选B。
14、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。
15、B
【解析】
A. 读数，有一处错误，视线仰视(视线应与凹液面在一条水平线上)，不合题意；
B. 稀释，有两处错误，一处是水倒入浓硫酸中，另一处是在量筒内稀释浓硫酸(应在烧杯内先放水，后沿烧杯内壁缓缓倒入浓硫酸，边倒边搅拌)，B符合题意；
C. 溶解，有一处错误，溶解时摇动烧杯让物质溶解(应使用玻璃棒搅拌)，C不合题意；
D. 称量 ，有一处错误，NaOH固体放在纸上称量(应放在小烧杯内称量)，D不合题意。
故选B。
在平时的实验中，一定要养成科学、规范的实验操作习惯，不能因贪图省事而违反操作原则，否则可能会酿成大祸。
16、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。

二、非选择题（本题包括5小题）
17、CO2 BaCO3 BaCl2 、CaCO3、NaOH CuSO4、K2SO4 KCl 取无色滤液C，做焰色反应，透过蓝色钴玻璃观察到火焰呈淡紫色，则存在KCl,否则不存在KCl
【解析】
白色粉末加水溶解后得到白色滤渣和无色溶液，说明不含有硫酸铜，白色滤渣加入盐酸完全溶解并产生气体B，说明该滤渣为碳酸盐沉淀，气体B为二氧化碳，肯定有碳酸钙，无色滤液加入二氧化碳产生白色沉淀，说明滤液中含有氯化钡。据此解答。
【详解】
白色粉末加水溶解后得到白色滤渣和无色溶液，说明不含有硫酸铜，白色滤渣加入盐酸完全溶解并产生气体B，说明该滤渣为碳酸盐沉淀，气体B为二氧化碳，肯定有碳酸钙，无色滤液加入二氧化碳产生白色沉淀，说明滤液中含有氯化钡和氢氧化钠，则一定不含硫酸钾。(1)气体B 为二氧化碳，化学式为CO2，白色沉淀为BaCO3；
(2).根据以上分析可知，白色粉末一定含有BaCl2 、CaCO3、NaOH，一定不含CuSO4、K2SO4，可能含有 KCl；
(3)确定氯化钾是否存在，可以用焰色反应，即取无色滤液C，做焰色反应，透过蓝色钴玻璃观察到火焰呈淡紫色，则存在KCl,否则不存在KCl。
掌握各物质的溶解性和离子反应，根据溶液为无色，确定不含铜离子，根据白色滤渣能完全溶于盐酸生成气体分析，该物质为碳酸钙，气体为二氧化碳，因为通入二氧化碳能产生白色沉淀，说明含有钡离子，但氯化钡和二氧化碳不反应，所以应还含有氢氧化钠，当溶液中有钡离子时，不能含有硫酸根离子，即不含硫酸钾。
18、Ag+ Mg2+ Ba2+2H+ + SiO32- == H2SiO3↓
阴离子
NO3-
CO32-
SiO32-
SO42-
c/mol·L－1
？
0.25
0.4
0
0.8 mol/L
【解析】
（1）实验Ⅰ，向溶液中加入足盐酸，产生白色沉淀并放出0.56 L气体，根据表格所提供的离子可知，该气体一定是CO2，溶液中一定含有CO32﹣，且c(CO32﹣)==0.25mol/L；溶液中存在CO32﹣时，一定没有Ag+、Mg2+、Ba2+；
故答案为Ag+、Mg2+、Ba2+；
（2）加入盐酸，由生成白色沉淀判断溶液中一定含有SiO32﹣，发生反应SiO32﹣+2H+=H2SiO3↓。故答案为SiO32﹣+2H+=H2SiO3↓；
（3）实验Ⅱ，H2SiO3加热分解生成SiO2，m(SiO2)=2.4g，根据硅原子守恒，c(SiO32﹣)= =0.4mol/L。实验Ⅲ，向Ⅱ的滤液中滴加BaCl2溶液，无明显现象，则溶液中不含SO42﹣。根据电荷守恒2c(CO32﹣)+2c(SiO32﹣)=2×0.25mol/L+2×0.4mol/L=1.3mol/L＞c(Na+)=0.5mol/L，因此溶液中一定含有K+，且其浓度至少为0.8mol/L。根据以上计算可知，不能确定NO3﹣，c(CO32﹣)=0.25mol/L，c(SiO32﹣)=0.4mol/L，c(SO42﹣)=0。
故答案为
阴离子
NO3-
CO32-
SiO32-
SO42-
c/mol·L－1
？
0.25
0.4
0
（4）根据（3）问中的分析，可知，溶液中一定存在K+，且其浓度至少为0.8mol/L。
故答案为0.8 mol/L。
点睛：离子推断题中，根据条件判断出一种离子之后，要分析是否可以排除几种与该离子不能共存的离子。比如本题中判断出CO32﹣的存在，则溶液中一定不存在Ag+、Mg2+、Ba2+。根据电荷守恒判断K+是否存在，是本题的难点、易错点。
19、钾元素的相对原子质量 B 搅拌 加热 氢氧化钠（或氯化钡） 氯化钡（或氢氧化钠） 碳酸钠 盐酸 没有 过滤 蒸发结晶 玻璃棒 增大 BaSO4、CaCO3和BaCO3
【解析】
元素周期表提供的原子量均表示某元素的相对原子质量；
（1）假设16g固体全部为氯化钠，溶于xg水中恰好形成饱和溶液，根据S/100=溶质/溶剂进行计算，从而判断出合适的取水量；
（2）根据影响反应速率的因素进行分析；
（3）镁离子用氢氧化钠除去，硫酸根离子用氯化钡除去，钙离子、过量的钡离子用碳酸钠除去；
（4）溶液A中含有氯化钠、剩余的碳酸钠和氢氧化钠，要得到纯净的氯化钠，加入适量的盐酸，除去碳酸根离子和氢氧根离子；根据盐酸中的氯化氢易挥发性质，分析盐酸加过量，对所得到氯化钠的纯度影响；
（5）根据常用物质的分离方法进行分析。
（6）由于在除去氯化钙、硫酸镁杂质时，加入了过量的氢氧化钠、碳酸钠，与盐酸反应生成氯化钠，所以最后得到的固体氯化钠比原固体混合物中的氯化钠质量要大；
（7）镁离子用氢氧化钠除去，生成氢氧化镁沉淀；硫酸根离子用氯化钡除去，生成硫酸钡沉淀；钙离子、过量的钡离子用碳酸钠除去，产生碳酸钙和碳酸钡沉淀，据此分析生成盐的种类。
【详解】
根据元素周期表中钾元素框图可知，数据“39.10”表示的是钾元素的相对原子质量；
故答案是：钾元素的相对原子质量；
（1）假设16g固体全部为氯化钠，溶于xg水中恰好形成饱和溶液，根据S/100=溶质/溶剂可知，36g/100g=16g/xg，x=44.4g，水的体积为44.4mL；所以加水溶解时，适合的取水量为45mL；
故答案选B。
（2）为加快溶解速率，可采取的方法是用玻璃棒搅拌、用温水溶解；
故答案是：搅拌、加热；
（3）镁离子用氢氧化钠除去，硫酸根离子用氯化钡除去，钙离子、过量的钡离子用碳酸钠除去；
故答案是：氢氧化钠（或氯化钡）、氯化钡（或氢氧化钠）、碳酸钠；
（4）经过过滤后，溶液A中含有氯化钠、剩余的碳酸钠和氢氧化钠，要得到纯净的氯化钠，加入适量的盐酸，除去碳酸根离子和氢氧根离子；盐酸中的氯化氢易挥发，因此，即使盐酸加过量，加热也可以除去，对所得到氯化钠的纯度没有影响；
故答案是：盐酸；没有；
（5）固体与溶液分离，可以采用过滤方法，操作Ⅰ的名称是过滤；从氯化钠溶液中得到氯化钠固体，可以采用蒸发结晶，操作II的名称是蒸发结晶；过滤和蒸发操作中均用到玻璃棒，过滤时，玻璃棒起到转移液体的作用，而蒸发时，玻璃棒起到搅拌溶液，防止液体局部受热造成迸溅；
故答案是：过滤；蒸发结晶；玻璃棒；
（6）由于在除去氯化钙、硫酸镁杂质时，加入了过量氢氧化钠、碳酸钠，除完杂质离子后，剩余氢氧化钠、碳酸钠与盐酸反应生成氯化钠，所以最后得到的固体氯化钠比原固体混合物中的氯化钠质量要大，结果增大；
故答案是：增大；
（7）镁离子用氢氧化钠除去，产生氢氧化镁沉淀；硫酸根离子用氯化钡除去，生成硫酸钡沉淀，钙离子、过量的钡离子用碳酸钠除去，产生碳酸钙和碳酸钡沉淀，所以经过过滤后，固体A中含有的盐为：硫酸钡、碳酸钙和碳酸钡，化学式为：BaSO4、CaCO3和BaCO3；
故答案是：BaSO4、CaCO3和BaCO3。
粗盐提纯时，所加的试剂主要有Na2CO3溶液，NaOH溶液，BaCl2溶液，盐酸溶液；NaOH溶液主要除去Mg2+，BaCl2溶液主要除去SO42-，Na2CO3溶液主要除去Ca2+和剩余的Ba2+，等沉淀过滤后，加入盐酸除去OH-、CO32-；因此只要记住：碳酸钠溶液一定加在BaCl2溶液之后，盐酸加在过滤后，操作的顺序就很容易确定了。
20、BaCl2、NaOH、Na2CO3(或NaOH、BaCl2、Na2CO3或BaCl2、Na2CO3、NaOH) 玻璃棒、漏斗、烧杯 75%乙醇 天平、500 mL容量瓶、胶头滴管 搅拌 引流 转移
【解析】
（1）除去粗盐中的可溶性杂质：Ca2＋、Mg2＋、Fe3＋、SO42-，往往把杂质转化为沉淀除去，除钙离子用碳酸根，除镁离子和铁离子用氢氧根，除硫酸根用钡离子，要注意除杂质的顺序，后加的试剂最好能把前面先加是过量试剂除掉；
②根据流程图，分离操作①为过滤；
③根据提供的试剂，利用氯化钠微溶于乙醇且乙醇易挥发分析解答；
（2）根据配制一定物质的量浓度溶液的步骤分析需要的仪器；
（3）在本实验中用到玻璃棒的操作有：过滤、溶解、蒸发结晶，据此分析解答。
【详解】
（1）①除去粗盐中的可溶性杂质：Ca2＋、Mg2＋、Fe3＋、SO42-，可以加入过量NaOH（去除镁离子和铁离子）：Mg2++2OH-=Mg（OH）2↓，Fe3++3OH-═Fe（OH）3↓；加入过量BaCl2（去除硫酸根离子）：SO42-+Ba2+=BaSO4↓；加入过量Na2CO3（去除钙离子和多余的钡离子）：Ca2++CO32-=CaCO3，碳酸钠必须加在氯化钡之后，氢氧化钠和氯化钡可以颠倒加入的顺序，故答案为BaCl2、NaOH、Na2CO3（或NaOH、BaCl2、Na2CO3或BaCl2、Na2CO3、NaOH）；
②分离操作①为过滤，所用到的玻璃仪器有玻璃棒、漏斗、烧杯，故答案为玻璃棒、漏斗、烧杯；
③氯化钠微溶于乙醇且乙醇易挥发，洗涤除去NaCl晶体表面附带的少量KCl，选用的试剂为75%乙醇，故答案为75%乙醇；
（2）用天平称量药品，用烧杯溶解药品，用500mL容量瓶配制溶液，用胶头滴管定容，所以需要的仪器还有：天平、500mL容量瓶、胶头滴管，故答案为天平、500mL容量瓶、胶头滴管．
（3）在“粗盐提纯”的实验中，多次用到玻璃棒，在溶解时的作用为搅拌加速溶解，在过滤操作中作用为引流，在蒸发操作中的进行搅拌，防止液体局部过热使液体飞溅并转移药品，故答案为搅拌；引流；转移。
本题考查了粗盐的提纯和一定物质的量浓度溶液的配制。本题的易错点为（1）①，为了保证杂质离子完全除去，每一次所加试剂都需要过量，需要注意Na2CO3溶液一定在BaCl2溶液之后加入。
21、C Al2O3+6H+＝2Al3++3H2O，Fe2O3+6H+＝2Fe3++3H2O NaOH、NaAlO2 OH－+CO2＝HCO3－、CO2+AlO2－+2H2O＝Al(OH)3↓+HCO3－ Al3++3NH3·H2O＝Al(OH)3↓+NH4+
【解析】
氢氧化铝受热分解生成氧化铝，则步骤③中生成的沉淀是氢氧化铝，因此滤液Ⅱ中含有偏铝酸盐，则原料B是强碱，因此滤液Ⅰ中含有铝盐和铁盐，则原料A应该是酸，所以残渣是二氧化硅，结合问题分析解答。
【详解】
（1）A、铝矾石中含有的SiO2是非金属氧化物，氧化铁是金属氧化物，氧化铝是两性氧化物，因此含有三种类型的氧化物，故A错误；
B、河沙的主要成分为SiO2，因此铝矾石与河沙含有的成分不完全相同，故B错误；
C、电解法炼铝，必定消耗电能，故C正确；
D、步骤①是酸溶解氧化铁和氧化铝，步骤②是碱沉淀铁离子以及把铝离子转化为偏铝酸根离子，步骤③是二氧化碳把偏铝酸根离子转化为氢氧化铝沉淀，氢氧化铝分解以及氧化铝电解均是分解反应，所以铝矾石炼铝的过程中涉及复分解反应、分解反应等，不涉及置换反应，故D错误。
答案选C。
（2）原料A溶解矿石，可利用强酸，分离出不溶物SiO2，反应的离子方程式为Al2O3+6H+＝2Al3++3H2O、Fe2O3+6H+＝2Fe3++3H2O。
（3）步骤②中可加入强碱例如氢氧化钠，沉淀出Fe3＋，使Al3＋转化为偏铝酸根离子留在溶液里，所以滤液Ⅱ中所含溶质为NaOH、NaAlO2。通入CO2发生的反应为：OH－+CO2＝HCO3－、CO2+AlO2－+2H2O＝Al(OH)3↓+HCO3－；
（4）若步骤③中用氨气代替CO2，则滤液Ⅱ中含有铝离子，则步骤③生成沉淀的离子方程式为Al3++3NH3·H2O＝Al(OH)3↓+NH4+。
该题以铝矾石制取金属铝的工艺流程图为载体，培养学生获取有关的感性知识和印象，并运用分析、比较、概括、归纳等方法对所获取的信息进行初步加工和应用的能力。该题的关键是明确有关物质的性质差异，并能结合流程图灵活运用即可。