江苏省如东高级中学如皋中学2026届高一上化学期中达标测试试题含解析.doc

江苏省如东高级中学，如皋中学2026届高一上化学期中达标测试试题
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、下列各组物质中含氧原子的物质的量一定相同的是
A．3.36L O2 和 0.3 mol H2O
B．0.1 mol H2SO4 和 3.6 g H2O
C．0.1 mol FeSO4·7H2O 和 0.1 mol C12H22O11(蔗糖)
D．6.02×1023 个 CO2 与 0.1 mol KMnO4
2、下列带括号的气体在反应中只作氧化剂的是
A．2F2（g）+2H2O=4HF+O2 B．SO2（g）+I2+2H2O=H2SO4+2HI
C．H2S（g）+Br2=2HBr+S↓ D．3NO2（g）+H2O=2HNO3+NO
3、在盛有碘水的试管中，加入少量后振荡，静置片刻后（ ）
A．整个溶液变紫色 B．整个溶液变为棕黄色
C．上层几乎无色，下层为紫红色 D．下层无色，上层紫红色
4、有一种固体化合物X，本身不导电，但熔融状态下或溶于水时能够电离，下列关于X的说法中，正确的是（ ）
A．X只能是盐类 B．X可能是非电解质
C．X一定是电解质 D．X可以是任何化合物
5、下列说法中不正确的是
①NaOH溶液保存在带橡皮塞的玻璃瓶
②重金属盐中毒应立即喝大量的牛奶或者蛋清缓解毒性,并及时送往医院治疗
③蒸馏时冷凝管进水方式为“下口进冷水，上口出温水”
④浓硫酸稀释操作为将水沿烧杯内壁缓缓注入并不断用玻璃棒搅拌
⑤分液漏斗必须检查旋塞处是否漏水,若不漏水即可使用
⑥取固体药品一定要用镊子取
⑦选择量筒量取液体时,应满足“大而近”的原则,所以应用10mL的量简量取8.80mL稀硫酸
⑧萃取时萃取剂密度不一定大于原溶剂的密度
A．①②④⑤ B．①③⑤⑥ C．②④⑦⑧ D．④⑤⑥⑦
6、已知 HCl 气体难溶于 CCl4，如图所示，下列装置中不适宜用于 HCl 气体尾气吸收的是
A． B． C． D．
7、如图为一原电池的结构示意图，下列说法不正确的是

A．原电池工作时的总反应为Zn+Cu2+═Zn2++Cu
B．原电池工作时，Zn电极流出电子，发生氧化反应
C．若将Cu电极改为Fe电极，CuSO4溶液改为FeSO4溶液，Zn电极仍作负极
D．盐桥中装有琼脂-饱和氯化钾溶液，则盐桥中的K+移向ZnSO4 溶液
8、下列物质之间的反应，可以用离子反应方程式表示的是（ ）
A． B． C． D．
9、成语是中华民族语言的瑰宝．下列成语中，其本意主要为化学变化的是
A．铁杵磨成针 B．死灰复燃 C．木已成舟 D．积土成山
10、用漂粉精漂白时，对提高漂粉精漂白作用无明显效果的是
A．食盐 B．CO2 和水蒸气 C．稀盐酸 D．稀硫酸
11、下列溶液中c(Cl－)最大的是
A．400 mL0.5 mol/L BaCl2溶液
B．200 mL 0.5 mol/L MgCl2溶液
C．300 mL1 mol/L NaCl溶液
D．100 mL 0.5 mol/L AlCl3溶液
12、在下列各溶液中，离子一定能大量共存的是（ ）
A．强碱性溶液中：K+、Mg2+、Cl−、SO42−
B．室温下，能使紫色石蕊溶液变红的溶液中：Na+、Fe3+、NO3−、SO42−
C．含有0.1 mol/L Ca2+的溶液中：Na+、K+、CO32−、Cl−
D．在无色透明的溶液中：K+、Cu2+、NO3−、SO42−
13、化学概念在逻辑上存在如图所示关系，对下列概念间的关系说法正确的是

A．单质与非电解质属于包含关系
B．分散系与胶体属于包含关系
C．单质与化合物属于交叉关系
D．氧化反应与化合反应属于并列关系
14、下列物质中，常用作氧化剂的是
A．KMnO4 B．H2 C．Na D．H2O
15、120 mL含有0.20 mol碳酸钠的溶液和200 mL盐酸，不管将前者滴加入后者，还是将后者滴加入前者，都有气体产生，但最终生成的气体体积不同，则盐酸的浓度合理的是
A．2.5mol/L B．1.5 mol/L C．0.18 mol/L D．0.24mol/L
16、一定量的在中燃烧后，所得混合气体用100mL3.00mol/L的NaOH溶液恰好完全吸收，测得溶液中含0.05molNaClO。氢气和氯气物质的量之比是（ ）
A．2：3 B．3：1 C．1：1 D．3：2
二、非选择题（本题包括5小题）
17、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：_________________________________________.
18、下图中A～H均为中学化学中常见的物质，A、B、H是气体，它们之间有如下转化关系。（反应中生成的水已略去）

请回答以下问题：
(1)E是______（填化学式）。
(2)C物质在日常生活中可作______剂。
(3)写出反应④ 的化学方程式：____________。
(4)写出实验室制取A气体的化学反应方程式，并用双线桥表示电子转移的方向和数目：_________。
19、将少量饱和FeCl3溶液分别滴加到下列物质中，得到三种分散系，完成相关问题：
甲：饱和FeCl3溶液滴加到冷水中；
乙：饱和FeCl3溶液滴加到NaOH溶液中；
丙：饱和FeCl3溶液滴加到沸水中。
（1）将丙继续加热煮沸得到红褐色透明液体，反应的化学方程式为____________________。
（2）用最简单的方法判断丙中是否成功制备胶体，请写出相关的操作、现象和结论____________________________________________________________。
（3）向经过检验后的丙中逐滴加入稀盐酸，会出现一系列变化：
①先出现和乙中相同的现象，原因为________________________。
②随后发生变化得到和甲相同的溶液，此反应的离子反应方程式为____________________。
（4）向丙中加入电极通电后，Fe(OH)3胶体粒子移向_______极；（填“阴极”或“阳极”）
（5）可用如图所示的装置除去Fe(OH)3胶体中的杂质离子来提纯Fe(OH)3胶体，实验过程中需不断更换烧杯中的蒸馏水。更换蒸馏水若干次后，取少量烧杯中的液体，向其中加入AgNO3溶液，若____________________（填实验现象），则说明该Fe(OH)3胶体中的杂质离子已经完全除去。

20、某实验小组利用如图给定的仪器组成一套实验装置(各仪器只允许用一次)，在室温、 1.01×105 Pa的条件下测定镁的相对原子质量。

请回答下列问题：
（1）假设气流方向为左→右，则各仪器的接口连接的先后顺序为a______________(用小写字母填写)。
（2）连接好仪器后,要进行的操作有以下几步：
①待仪器B中的物质恢复至室温时，测量量筒 C中水的体积(假定将测定的体积换算成标准状况下为 V mL)；
②擦掉镁条表面的氧化膜,将其置于天平上称量(假定其质量为m g,并将其放入试管B中)；
③检查各装置的气密性；
④旋开仪器A上分液漏斗的活塞，当镁条完全溶解时再关闭活塞。
上述几步操作的先后顺序是___________________。
（3）根据实验数据可计算出镁的相对原子质量，其数学表达式为__________________。
（4）若未将试管B冷却至室温就测量量筒C中水的体积，这将会使所测镁的相对原子质量数据______(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
（5）若未擦净镁条表面的氧化膜就进行实验，这将会使所测镁的相对原子质量数据____________ (填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
（6）实验中需要用480 mL 1 mol/L的盐酸，配制过程中用于定容的玻璃仪器的规格和名称是_________
21、A、B、C、D 四种元素核电荷数均小于 18。B 元素 L 层两种能量不同的电子个数比为1:2，A、C 元素的原子最外层电子数相等，C、D元素原子电子层数相同。A原子最外层电子数等于电子层数，C 原子最外层电子数是 K 层上电子数的一半。D-离子电子层结构与氩原子电子层结构相同。
（1）四种元素为：A_____B_____C_____D_____
（2）A 离子的结构示意图为_____
（3）B 原子的轨道表示式为_____，C 原子有_____种不同运动状态的电子
（4）D 离子的最外层电子排布式为_____
（5）D 单质与 A2B 反应的化学方程式为_____
参考答案

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、C
【解析】
先求分子的物质的量，再根据分子中氧原子个数计算所含氧原子物质的量。
【详解】
A.未明确气体所处的温度和压强，无法确定气体摩尔体积，所以3.36LO2的物质的量无法计算，A项错误；
B.0.1molH2SO4中含氧原子0.1mol×4=0.4mol；3.6gH2O的物质的量==0.2mol，0.2molH2O中含氧原子0.2mol ×1=0.2mol，B项错误；
C. 0.1 mol FeSO4·7H2O中含氧原子0.1mol×（4+7）=1.1mol；0.1 mol C12H22O11(蔗糖)含氧原子=0.1mol×11=1.1mol，C项正确；
D.6.02×1023 个 CO2的物质的量为1mol，1molCO2中含氧原子1mol×2=2mol；0.1 mol KMnO4中含氧原子=0.1mol×4=0.4mol，D项错误；答案选C。
2、A
【解析】
A．该反应中，F元素化合价由0价变为-1价，O元素化合价由-2价变为0价，所以氟气作氧化剂，水作还原剂，故A正确；
B．该反应中，S元素化合价由+4价变为+6价，I元素化合价由0价变为-1价，所以二氧化硫作还原剂，碘作氧化剂，故B错误；
C．该反应中，硫化氢中硫元素化合价由-2价变为0价，溴元素化合价由0价变为-1价，所以硫化氢作还原剂，溴作氧化剂，故C错误；
D．该反应中，N元素化合价由+4价变为+2价和+5价，所以二氧化氮既作氧化剂又作还原剂，故D错误；
答案选A。
3、C
【解析】
碘易溶于CCl4，溶液呈紫红色，由于CCl4密度比水大，则下层为紫红色，上层几乎无色，故选C。
本题考查萃取知识，题目难度不大，注意碘和四氯化碳的性质，把握相关基础知识的积累。
4、C
【解析】
【分析】
【详解】
A. X是可以是酸、碱或盐，故A错误；
B. 说明该物质在溶于水或熔融状态下能电离出离子而导电，该化合物一定是电解质，故B错误；
C. 固体化合物X，本身不导电，但熔融状态下或溶于水时能够电离，说明该物质在溶于水或熔融状态下能电离出离子而导电，该化合物一定是电解质，故C 正确；
D. 依据题意可知X为电解质，化合物不一定是电解质，如二氧化碳、二氧化硫、氨气等，故D错误。
综上所述，答案为C。
5、D
【解析】
①玻璃中含有二氧化硅，易与NaOH溶液反应生成具有黏性的硅酸钠，盛NaOH溶液的试剂瓶应用橡皮塞，故正确；②重金属盐能使蛋白质变性，重金属盐中毒应立即喝大量的牛奶或者蛋清缓解毒性,并及时送往医院治疗，故正确；③蒸馏时冷凝管进水方式为“下口进冷水，上口出温水”，这样热交换效率最高，故正确；④浓硫酸稀释操作为将浓硫酸沿烧杯内壁缓缓注入水中，并不断用玻璃棒搅拌，防止剧烈沸腾，引起液体飞溅，故错误；⑤分液漏斗必须检查旋塞处和上口塞子是否漏水,若不漏水即可使用，故错误；⑥取固体药品块状药品要用镊子取，取固体粉末状药品，要用药匙，故错误；⑦选择量筒量取液体时,应满足“大而近”的原则,量取8.80mL稀硫酸无法用量筒取，应用酸式滴定管，故错误；⑧萃取时萃取剂密度不一定大于原溶剂的密度，只要互不相溶，故正确；④⑤⑥⑦错误，故选D。
6、B
【解析】
A.倒扣的漏斗可防止水倒吸，故A不选；
B.导管在液面下，可发生倒吸，故B选；
C.四氯化碳的密度比水的密度大，HCl难溶于CCl4，隔绝气体与水，防止倒吸，故C不选；
D.球形结构可防止水倒吸，故D不选；
故选B。
7、D
【解析】
答案：D
A、正确，铜作正极，锌作负极；
B、正确，锌活泼性强，作负极，电子流出；
C、正确，锌活泼性也大于铁；
D、不正确，盐桥中的K＋移向CuSO4溶液。
8、B
【解析】
A.CaCO3属于难溶于水的盐，在离子反应方程式中写成化学式，不能拆成离子形式，故不能用CO32-+ 2H+=CO2↑+H2O表示，故A错误；
B.Na2CO3溶于水并完全电离成CO32-离子，HCl完全电离出H+，所以该反应的离子方程式可表示为：CO32-+ 2H+=CO2↑+H2O，故B正确；
C.醋酸属于弱电解质，在离子方程式中应写成化学式形式，不能拆成离子形式，故不能用CO32-+ 2H+=CO2↑+H2O表示，故C错误；
D. Na2CO3溶于水并完全电离成HCO3-离子，HNO3完全电离出H+，所以该反应的离子方程式可表示为：HCO3-+ H+=CO2↑+H2O，不符合题给条件，故D错误；
故答案选B。
能够用离子反应方程式CO32-+ 2H+=CO2↑+H2O表示的反应，需满足的条件，盐必须为碳酸盐（不能是碳酸氢盐），必须是可溶的，酸必须是强酸，且反应后只能生成二氧化碳和水，不能生成沉淀，据以上条件就可迅速判定符合该条件下的化学反应。
9、B
【解析】
A. 铁杵成针没有生成新物质，属于物理变化，故A错误；
B. 死灰复燃有新物质生成，燃烧属于化学反应，故B正确；
C. 木己成舟没有生成新物质，属于物理变化，故C错误；
D. 积土成山没有生成新物质，属于物理变化，故D错误；
答案选B。
10、A
【解析】
次氯酸钙与湿润的二氧化碳的反应，酸与次氯酸钙反应。
【详解】
漂粉精主要成分是次氯酸钙，在水溶液中电离出钙离子和次氯酸根离子， -次氯酸有漂白性。
A. 加入食盐，与次氯酸钙无反应，A符合题意；
B. 加入CO2 和水蒸气Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO，次氯酸浓度增加，B不符合题意；
C. 加入稀盐酸与次氯酸钙反应生成次氯酸，次氯酸浓度增加，促进漂白效果，C不符合题意；
D. 加入稀硫酸与次氯酸钙反应生成次氯酸，次氯酸浓度增加，促进漂白效果，D不符合题意；
答案为A 。
11、D
【解析】
A.因其在水溶液中完全电离：BaCl2=Ba2++2Cl-，0.5mol/LBaCl2溶液中c(Cl-)=0.5mol/L×2=1mol/L；B.因其在水溶液中完全电离：MgCl2=Mg2++2Cl-，0.5mol/LMgCl2溶液中c(Cl-)=0.5mol/L×2=1mol/L；C.因其在水溶液中完全电离：NaCl=Na++Cl-，1mol/LNaCl溶液中c(Cl-)=1mol/L，D.因其在水溶液中完全电离：AlCl3=Al3++3Cl-，0.5mol/LAlCl3溶液中c(Cl-)=0.5mol/L×3=1.5mol/L，答案选D。
12、B
【解析】
A、强碱性溶液中镁离子会沉淀；
B、能使紫色石蕊溶液变红的溶液呈酸性，Na+、Fe3+、NO3−、SO42−不反应；
C、碳酸钙难溶；
D、铜离子呈蓝色；
【详解】
A、强碱性溶液中镁离子会沉淀，故A错误；
B、能使紫色石蕊溶液变红的溶液呈酸性，Na+、Fe3+、NO3−、SO42−不反应，故B正确；
C、碳酸钙难溶，故C错误；
D、铜离子呈蓝色，故D错误；
故选B。
13、B
【解析】
A项、单质既不是电解质又不是非电解质，故A错误；
B项、根据分散质粒子直径大小来分类，把分散系划分为溶液（小于1nm）、胶体（1nm～100nm）、浊液（大于100nm），分散系与胶体属于包含关系，故B正确；
C项、单质与化合物属于并列关系，不是交叉关系，故C错误；
D项、有单质参加的化合反应，也属于氧化反应，因此氧化反应与化合反应属于交叉关系，故D错误。
故选B。
本题考查了物质的分类和化学反应的分类，主要是包含关系的分析判断，利用概念的内涵和外延，把握各概念间的关系是解题的关键所在。
14、A
【解析】
A. KMnO4中Mn为+7价，为最高价，故常做氧化剂，正确；B.H2中H为中间价，所以H2既有氧化性又有还原性，错误；C.Na单质中Na元素为最低价，只具有还原性，错误；D.H2O中H的化合价是最高价，O的化合价是最低价，所以H2O既有氧化性又有还原性，错误。
15、B
【解析】
当碳酸钠滴入盐酸中，先反应生成二氧化碳，后无气体，碳酸钠完全反应，需要盐酸的浓度为＝2mol/L。当盐酸加入碳酸钠中先反应生成碳酸氢钠，无气体放出，需要盐酸的浓度＝＝1mol/L，后再加入盐酸，才有气体放出，所以要满足滴加方式不同，产生的气体体积不同，则盐酸的浓度应该在1mol/L～2L/mol之间，答案选B。
16、A
【解析】
所得混合物冷却后用NaOH溶液恰好完全吸收,测得溶液中含有NaClO的物质的量为0.05mol，说明氢气与氯气反应中氯气有剩余，溶液为氯化钠和次氯酸钠的混合液，根据钠元素及氯元素守恒可以知道2n(Cl2)= n（Na+）=n（Cl-）+n（ClO-），根据电子转移守恒,计算氯气发生氧化还原反应生成的氯离子的物质的量，溶液中Cl-来源于氯化氢及氯气与氢氧化钠的反应，计算反应后混合气体中氯化氢的物质的量，根据氢元素守恒计算氢气的物质的量。
【详解】
100mL3.00mol/L的NaOH溶液中含有氢氧化钠的物质的量0.1L×3.00mol/L =0.3mol，混合气体通入含0.3molNaOH 的溶液中，气体恰好被完全吸收，NaOH无剩余，测得反应后溶液中含Cl-、ClO-，根据电荷守恒可以知道，溶液中n（Na+）=n（Cl-）+n（ClO-）=0.3mol,所以n(Cl2)=1/2×0.3mol=0.15mol；因为溶液中n（ClO-）=0.05mol，所以溶液中n（Cl-）=0.3mol-0.05mol=0.25mol；令氯气与氢氧化钠反应生成的氯离子的物质的量为xmol，根据电子转移守恒有x=0.05mol，溶液中Cl-来源于氯化氢及氯气与氢氧化钠的反应，所以氯化氢提供的氯离子为0.25mol-0.05mol=0.2mol，即反应后的混合气体中n(HCl)=0.2mol，根据氢元素守恒可以知道，n（H2）=1/2n（HCl）=1/2×0.2mol=0.1mol，所以参加反应的氢气和所用氯气的物质的量之比为0.1mol：0.15mol=2:3，故A正确；
故答案选A。
氯化氢的水溶液显酸性，能够与氢氧化钠反应生成氯化钠和水；氯气能够与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠和次氯酸钠两种盐，而氢气不与氢氧化钠溶液反应，因此本题中要想使氢气与氯气的混合气体被碱液完全吸收，氢气不能过量。

二、非选择题（本题包括5小题）
17、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。
18、CaCO3 消毒(或漂白) Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3+2HClO
【解析】
B可与澄清石灰水反应生成沉淀，应为CO2，则E为CaCO3，常见的能与石灰水反应的气体还有氯气，则A应为Cl2，由此可知C为Ca(ClO)2，F为HCl，D为CaCl2，G为HClO，H为O2，在实验室中用MnO2与浓盐酸混合加热制取Cl2，根据氧化还原反应中元素化合价升降与电子转移关系用双线桥法表示。
【详解】
B可与澄清石灰水反应生成沉淀，应为CO2，则E为CaCO3，常见能与石灰水反应的气体还有氯气，则A应为Cl2，由此可知C为Ca(ClO)2，F为HCl，D为CaCl2，G为HClO，H为O2。
(1)由以上分析可知E为CaCO3；
(2)C为Ca(ClO)2，该物质与酸溶液作用可生成HClO，HClO具有强氧化性和漂白性，可用于消毒或漂白；
(3)反应④是Ca(ClO)2与CO2、H2O作用产生HClO，反应的化学方程式为：Ca(ClO)2+CO2 +H2O= CaCO3+2HClO；
(4)在实验室中用MnO2与浓盐酸混合加热制取Cl2，反应方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O。在该反应中，Mn元素化合价由反应前MnO2中的+4价变为反应后MnCl2中的+2价，化合价降低，获得2e-，Cl元素的化合价由反应前HCl中的-1价变为反应后Cl2中的0价，化合价升高，失去2×e-，用双线桥法表示为：。
本题考查无机物的推断，突破口为B、A以及G的相关转化关系，题目综合考查元素化合物的性质以及应用，结合复分解反应规律及氧化还原反应的规律分析判断，侧重考查学生分析能力和综合运用化学知识的能力。
19、FeCl3+3H2OFe(OH)3( 胶体)+3HCl 强光照射，若有光亮的“通路”则已经制备成功 由于Fe(OH)3胶体遇到电解质会发生聚沉，因而形成红褐色沉淀 Fe(OH)3 +3H+ =Fe3++3H2O 阴 不出现白色沉淀
【解析】
（1）饱和FeCl3溶液滴加到沸水中，继续加热煮沸得到红褐色透明液体为氢氧化铁胶体，反应的化学方程式为：FeCl3+3H2OFe(OH)3( 胶体)+3HCl；综上所述，本题答案是：FeCl3+3H2OFe(OH)3( 胶体)+3HCl。
（2）胶体具有丁达尔效应，因此判断丙中是否成功制备胶体的操作是用强光照射，若有光亮的“通路”则已经制备成功；综上所述，本题答案是：强光照射，若有光亮的“通路”则已经制备成功。
（3）①由于Fe(OH)3胶体遇到电解质会发生聚沉，因而形成红褐色沉淀；
②氢氧化铁能与盐酸发生反应生成氯化铁和水，沉淀溶解，此反应的离子反应方程式为Fe(OH)3 +3H+ =Fe3++3H2O；
综上所述，本题答案是：由于Fe(OH)3胶体遇到电解质会发生聚沉，因而形成红褐色沉淀；Fe(OH)3 +3H+ =Fe3++3H2O。
（4）氢氧化铁胶体的胶粒带正电荷，因此向丙中加入电极通电后，Fe(OH)3胶体粒子应该移向阴极；综上所述，本题答案是：阴。
（5）因为银离子与氯离子反应生成白色氯化银沉淀；所以更换蒸馏水若干次后，取少量烧杯中的液体，向其中加入AgNO3溶液，若不出现白色沉淀则说明该Fe(OH)3胶体中的杂质离子已经完全除去；综上所述，本题答案是：不出现白色沉淀。
本题考查了分散系的相关知识，重点考查了胶体的性质。三种分散系的本质区别是分散质粒子的直径不同，胶体和溶液可以透过滤纸，溶液可以透过半透膜，而胶体粒子不能透过半透膜，故可以用渗析法提纯胶体。
20、h→g→b→c→f→e→d ③②④①(或②③④①) 偏小 偏大 500 mL容量瓶
【解析】
试题分析：（1）Mg＋2HCl=MgCl2＋H2↑，需要把盐酸压入到B装置中，然后通过排水法，测气体的体积，因此顺序是a→h→g→b→c→f→e→d；（2）因为产生气体，需要检查装置的气密性，Mg是活泼金属表面有一层氧化膜，需要擦去，且称取质量，放入B装置中，打开活塞，让其反应，恢复到室温状态下，读取水的体积，顺序是③②④①；（3）根据化学反应方程式，得出镁的原子量为；（4）如果不恢复到室温状态下，气体的特点升高温度，V体积增大，则镁的原子量将偏小；（5）如果不去掉氧化膜，产生气体体积V减小，则镁的原子量偏大；（6）实验室中容量瓶的规格为100mL、250mL、500mL、1000mL，因此选用500mL的容量瓶。
考点：考查实验方案设计、误差分析、容量瓶的规格等知识。
21、H O Na Cl 或 11 3s23p6 Cl2+H2OHCl+HClO
【解析】
本题考查元素周期表和元素周期律的应用，B 元素 L 层两种能量不同的电子个数比为 1:2，L层有两种能量，即s、p，电子个数比为1：2，B的电子排布式为1s22s22p4，即B为O，A 原子最外层电子数等于电子层数，A可能是H、Be、Al，C 原子最外层电子数是 K 层上电子数的一半，根据核外电子排布规律，K层最多容纳2个电子，即C原子最外层电子数1，A、C 元素的原子最外层电子数相等，A的最外层电子数为1，即A为H，因为都是前18号元素，即C为Na，D-离子电子层结构与氩原子电子层结构相同，即D为Cl，（1）根据上述分析，A为H，B为O，C为Na，D为Cl；（2）A的简单离子是H＋，则结构示意图为或；（3）O原子轨道式为，因为每一个电子运动状态不同，因此有多少个电子，就有多少种不同运动状态的电子，因此Na原子有11种不同运动状态的电子；（4）Cl－最外层电子排布式为3s23p6；（5）氯气与水反应的化学反应方程式为Cl2＋H2OHCl＋HClO。
点睛：本题难点是轨道图的画法，轨道图应按照泡利原理和洪特规则，泡利原理是每个轨道最多容纳2个电子，且自旋方向相反，洪特规则是同一能级上电子优先单独占据一个轨道，且自旋的方向相同，从而画出O的轨道图。