2026届上海市徐汇中学高一上化学期中质量跟踪监视试题含解析.doc

2026届上海市徐汇中学高一上化学期中质量跟踪监视试题
注意事项：
1． 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。
4．保持卡面清洁，不要折叠，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、下列各溶液中，Na+物质的量浓度最大的是
A．4L0.5mol/LNaCl 溶液 B．2L0.15mol/LNa3PO4 溶液
C．5L0.4mol/LNaOH 溶液 D．1L0.3mol/LNa2CO3 溶液
2、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
3、分类是化学学习与研究的常用方法，下列分类正确的是
①硫酸、烧碱、醋酸钠和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物；
②蔗糖、硫酸钡和水分别属于非电解质、强电解质和弱电解质；
③金属氧化物都属于碱性氧化物；
④根据分散系是否具有丁达尔现象将分散系分为溶液、胶体和浊液；
⑤根据反应中是否有电子的转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应;
⑥非金属氧化物都属于酸性氧化物；
⑦根据溶液导电能力强弱，将电解质分为强电解质、弱电解质.
A．只有②④⑥⑦ B．只有①③⑤⑦ C．只有③④⑥ D．只有①②⑤
4、下列离子方程式正确的是
A．Zn与稀H2SO4反应：Zn＋H＋＝Zn2＋＋H2↑
B．Na2CO3溶液与足量盐酸反应：CO32－＋2H＋＝H2O＋CO2↑
C．Cl2与NaOH溶液反应：Cl2＋2OH－＝2Cl－＋H2O
D．MgC12溶液与过量氨水反应：Mg2＋＋2OH－＝Mg(OH)2↓
5、下列溶液中Cl－浓度由大到小的顺序是
①30mL 0.3mol·L−1 MgCl2溶液；②50mL 0.3mol·L−1 NaCl溶液；③40mL 0.5mol·L−1KClO3溶液；④10mL 0.4mol·L−1 AlCl3溶液
A．③②①④ B．①②④③ C．④①②③ D．②③①④
6、标准状况下，①6.72LNH3；②1.204×1023个H2S；③5.6gCH4；④0.5molHCl，下列关系不正确的是
A．体积大小：④>③>①>② B．原子数目：③>①>④>②
C．密度大小：④>②>①>③ D．质量大小：④>③>②>①
7、下列分离提纯方法正确的是
A．除去NaCl固体中少量的Na2CO3：加水溶解，加入足量的CaCl2溶液，过滤，蒸发，结晶
B．除去NaCl固体中少量的KNO3:加水溶解，燕发结晶，趁热过滤
C．除去CO2气体中少量的HCl通过感有饱和Na2CO3溶液的洗气瓶洗气
D．除去CO2气体中少量的CO：通入适量O2后点燃
8、NA 为阿伏伽德罗常数，下列物质的物质的量最小的是
A．标准状况下 2.24L O2 B．含 NA 个氢原子的 H2
C．22g CO2 D．含 1.204×1024 个分子的 CH4
9、同温、同压下等质量的SO2气体和CO2气体，下列有关比较的叙述中，说法正确的是
①分子数比为11：16 ②密度比为11：16 ③体积比为16：11 ④原子个数为11：16
A．①③ B．①④ C．②③ D．②④
10、下列物质能导电，但不属于电解质也不属于非电解质的是
A．食盐 B．铜丝 C．纯碱 D．干冰
11、比较1mol氮气和1mol一氧化碳的下列物理量：①质量；②分子总数；③原子总数。其中相同的是（ ）
A．① B．①② C．②③ D．①②③
12、向NaBr、KI混合液中通入足量氯气后溶液蒸干并灼烧，最后得到固体是
A．NaCl B．NaCl、Br2、I2 C．NaCl、KCl D．NaCl、KBr、I2
13、下列说法正确的是
A．把100 mL3mol/LH2SO4跟100 mL H2O混合后，溶液中c(H+)为1.5 mol/L
B．把100 mL 20% NaOH溶液跟100 mL H2O混合后，NaOH溶液的质量分数是10%
C．把200 mL3 mol/LBaCl2溶液跟100 mL3mol/LKCl溶液混合后，溶液中c(Cl－)仍然是3mol/L
D．把100 g 20% NaCl溶液跟100 g H2O混合后，NaCl溶液的质量分数是10%
14、下列反应的离子方程式正确的是
A．Ca(HCO3)2溶液与足量NaOH溶液反应：Ca2++2HCO3-+2OH-＝CaCO3↓+CO32－+H2O
B．等物质的量的Ba(OH)2与NH4HSO4在稀溶液中反应：Ba2++2OH-+2H++SO42-＝BaSO4↓+2H2O
C．向100mL 1mol/L FeBr2溶液中通入0.5mol Cl2：2Fe2++2Br-+2Cl2＝2Fe3++Br2+4Cl-
D．氢氧化铁与足量的氢溴酸溶液反应：Fe(OH)3+3H+＝Fe3++3H2O
15、设NA为阿伏伽德罗常数的值。下列有关叙述正确的是( )
A．24g镁在足量的O2中燃烧，转移的电子数为0.1NA
B．分子总数为NA的NO2和CO2混合气体中含有的氧原子數为2NA
C．1L一氧化碳气体一定比1L氧气的质量小
D．常温常压下8gO3中含有8NA个电子
16、如图所示，下列实验操作与方法正确的是（ ）
A．检查容量瓶是否漏水的方法
B．滴加液体
C．给溶液加热
D．过滤
二、非选择题（本题包括5小题）
17、下列图示中，A为一种常见的单质，B、C、D、E是含有A元素的常见化合物。它们的焰色试验均为黄色。

回答下列问题：
（1）写出化学式：A___，D___。
（2）以上反应中不属于氧化还原反应的有___（填序号）。
（3）反应③的离子方程式：___。氧化剂为___；氧化产物为___。
（4）向D溶液中通入CO2反应的化学方程式：____。
18、已知A为淡黄色固体，T为生活中使用最广泛的金属单质，D是具有磁性的黑色晶体，C是无色无味的气体，H是白色沉淀。

（1）物质A的化学式为 ________。
（2）H在潮湿空气中变成M的实验现象是______________________________________，化学方程式为___________________________________________。
（3）A和水反应生成B和C的离子方程式为___________________________________，由此反应可知A有作为_________的用途。
（4）步骤①的离子方程式_______________________________________，请写出检验步骤①得到的溶液中主要阳离子（除H+外）所需要的试剂：_____________、____________（填化学式）。
19、某无色透明溶液中可能大量存在、、中的几种离子。
(1)不做任何实验就可以肯定原溶液中不存在的离子是_____。
(2)取少量原溶液加入过量稀盐酸，有白色沉淀生成，再加入过量稀硝酸，白色沉淀不消失，原溶液中肯定有的离子是___。
(3)取(2)的滤液加入过量，出现白色沉淀，说明原溶液中肯定存在的离子有_____，离子反应方程式为____。
(4)原溶液中可能大量存在的阴离子是下列中的(填序号)_____。
A． B．   C． D．
20、某同学设计如下实验方案，以分离KCl和BaCl2两种固体混合物，试回答下列问题：

供选试剂：Na2SO4溶液、K2CO3溶液、K2SO4溶液、盐酸。
（1）试剂a是_________，加入试剂b所发生反应的离子方程式为_________。
（2）该方案能否达到实验目的_____(填“能”或“不能”)。若不能，应如何改进?_____（若能，此问不用回答)。
（3）若要测定原混合物中BaCl2的质量分数，除了要准确称量混合物的质量外至少还要获得的数据是____的质量。
（4）用所（3）所制备的KCl固体配制0.1mol/LKCl溶液450mL，回答下列问题：
（i）配制过程中需要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管、____________。
（ii）需要用托盘天平称量______________gKCl固体。
21、储氢纳米碳管的研究成功体现了科技的进步，但用电弧法合成的碳纳米管常伴有大量的杂质——碳纳米颗粒，这种碳纳米颗粒可用氧化气化法提纯。其反应式为：3C+2K2Cr2O7 +8H2SO4===3CO2↑+2K2SO4
+2Cr2(SO4)3 +8H2O。
（1）请用双线桥法标出电子转移方向和数目________________________________。
（2）上述反应中氧化剂是______（填化学式），被氧化的元素是________（填元素符号）。
（3）H2SO4 在上述反应中表现出来的性质是____________（填序号）。
A．氧化性 B．氧化性和酸性 C．酸性 D．还原性和酸性
（4）若反应中电子转移了0.8 mol，则产生的气体在标准状况下的体积为_________L。
参考答案

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、D
【解析】
电解质离子的浓度=电解质浓度×电解质电离出该离子的数目，与溶液的体积无关。
【详解】
4L0.5mol/LNaCl 溶液中Na+物质的量浓度为0.5mol/L，2L0.15mol/LNa3PO4 溶液中Na+物质的量浓度为0.15mol/L×3=0.45 mol/L，5L0.4mol/LNaOH 溶液中Na+物质的量浓度为0.,4 mol/L，1L0.3mol/LNa2CO3 溶液中Na+物质的量浓度为0.3mol/L×2=0.6 mol/L，故选D。
2、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。
3、D
【解析】
①阳离子只有氢离子的是酸，阴离子只有氢氧根离子的是碱，由金属离子或铵根离子和酸根离子构成的化合物称之为盐，氧元素于另一种元素组成的化合物是氧化物；
②非电解质是水溶液或熔融状态下均不能导电的化合物，强电解质是能完全电离的物质，弱电解质是存在电离平衡的物质，不能完全电离；
③金属氧化物包括一般金属氧化物和两性氧化物，前者属于碱性氧化物，后者能与碱反应；
④不同分散系的本质区别是分散质粒子的直径不同；
⑤氧化还原反应的本质就是物质之间电子的转移;
⑥酸性氧化物是能与碱反应的一类氧化物，非金属氧化物中只有部分属于酸性氧化物；
⑦溶液导电能力强弱主要影响因素是溶液离子浓度，溶质种类无关。
【详解】
①硫酸H2SO4、烧碱NaOH、醋酸钠CH3COONa和生石灰CaO分别属于酸、碱、盐和氧化物；
②蔗糖、硫酸钡和水分别属于非电解质、强电解质和弱电解质；
③金属氧化物不是都属于碱性氧化物，如氧化铝；
④根据分散质粒子的直径不同将分散系分为胶体、溶液和浊液；
⑤根据反应中是否有电子的转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应;
⑥非金属氧化物不是都属于酸性氧化物，如一氧化碳；
⑦溶液导电能力与离子浓度和离子电荷有关。根据电解质在水溶液中电离程度不同将电解质分为强电解质和弱电解质。
综上所述，只有①②⑤正确。
答案为D。
4、B
【解析】
试题分析：A．Zn与稀H2SO4反应：Zn＋H＋Zn2＋＋H2↑没有配平，错误；B正确；C．Cl2与NaOH溶液反应：Cl2＋2OH―2Cl―＋H2O漏写次氯酸根，错误；D 、氨水是弱电解质，不能拆开，错误。
考点：考查离子方程式的书写及正误判断。
5、C
【解析】
“1mol/L”含义：表示每1L溶液中含有溶质物质的量为1mol“。另外，化学式下标表示粒子个数比，也表示粒子物质的量比，由此分析。
【详解】
①每molMgCl2中含2molCl-，则0.3mol·L−1 MgCl2溶液中Cl-浓度为0.6mol/L；②每molNaCl中含1molCl-，则0.3mol·L−1 NaCl溶液中Cl-浓度为0.3mol/L；③KClO3中没有Cl-， 0.5mol·L−1KClO3溶液中Cl-浓度几乎为0；④每molAlCl3中含3molCl-，则0.4mol·L−1 AlCl3溶液中Cl-浓度为1.2mol/L，这些溶液中Cl-浓度由大到小的顺序为④①②③，答案选C。
若物质的浓度确定，则其中的粒子浓度也就确定了，这与溶液体积无关。
6、D
【解析】
标准状况下，①6.72 L NH3的物质的量是6.72L÷22.4L/mol=0.3mol；②1.204×1023 个H2S的物质的量是1.204×1023÷6.02×1023=0.2mol；③5.6 g CH4的物质的量是5.6g÷16g/mol=0.35mol。
A.四种物质的体积分别为：①6.72 L、②4.48L、③7.84L、④11.2L，故体积大小顺序为④>③>①>②，故A正确；B.根据上述分析可知，四种物质中原子的物质的量分别为：① 1.2mol、② 0.6mol、③ 1.75mol、④ 1.0mol，因此原子数目大小顺序为：③>①>④>②，故B正确；C.相同条件下，气体的密度之比等于其相对分子质量之比，四种物质的相对分子质量分别为：① 17、② 34、③ 16、④ 36.5，因此密度大小顺序为：④>②>①>③，故C正确；D.根据m=n×M可知，四种气体的质量分别为：① 5.1g、② 6.8g、③ 5.6g、④ 18.25g，因此四种气体的质量大小顺序为：④>②>③>①，故D错误；
故答案选D。
7、B
【解析】
A、除去NaCl固体中少量的Na2CO3：加水溶解，加入足量的CaCl2溶液，引入了新的杂质，故A错误；B、除去NaCl固体中少量的KNO3:加水溶解，蒸发结晶，趁热过滤，KNO3 溶解度受温度影响较大，趁热过滤后留在母液中，故B正确；C、饱和Na2CO3溶液也能和CO2 反应，故C错误；D、通入适量O2后可能无法点燃，另外，通入O2的量也无法控制，故D错误；故选B。
8、A
【解析】
A. 根据n= 可以用体积计算气体物质的量
B. 根据n= 可以用微粒数目计算物质的量
C. 根据n= 可以用质量计算物质的量
D. 根据n= ，NA=6.02×1023/mol可以用微粒数目计算物质的量。
【详解】
A. 标准状况下 2.24L O2 ，n===0.1mol。
B. 含 NA 个氢原子的 H2，n===1mol。
C. 22g CO2，n===0.5mol。
D. 1.204×1024 个分子的 CH4，n===2mol。
物质的量最小的是A。答案为：A。
9、B
【解析】
试题分析：①同温、同压下等质量的SO2气体和CO2气体，其物质的量之比为11：16，物质的量之比等于其分子个数之比，所以分子数之比是11：16，正确；②两种气体的密度之比等于其摩尔质量之比=64g/mol：44g/mol=16：11，错误；③相同条件下，气体摩尔体积相同，则体积之比等于其物质的量之比为11：16，错误；④每个分子中含有原子个数相同，所以其原子个数之比等于其分子个数之比，等于其物质的量之比11：16，正确；故选B。
【考点定位】考查物质的量的相关计算以及阿伏加德罗定律及其推论
【名师点晴】本题考查物质的量的相关计算以及阿伏加德罗定律及其推论的有关知识，注意有关公式的利用。同温同压下，相同体积的任何气体含有相同的分子数，称为阿伏加德罗定律，其推论有：①同温同压下，V1/V2=n1/n2；②同温同体积时，P1/P2=n1/n2=N1/N2；③同温同压等质量时，V1/V2=M2/M1；④同温同压时，M1/M2=ρ1/ρ2。
10、B
【解析】
根据电解质和非电解质的概念分析。
【详解】
A.食盐是电解质，本身不导电，故A错误；
B.铜丝即金属铜单质，导电，但既不是电解质也不是非电解质，故B正确；
C.纯碱是电解质，本身不导电，故B错误；
D.干冰即CO2，是非电解质，不导电，故D错误。
故选B。
单质、混合物既不是电解质也不是非电解质。
11、D
【解析】
①N2和CO的相对分子质量都是28，1mol氮气和1mol一氧化碳的质量都是28g，①符合题意；
②1mol氮气和1mol一氧化碳的分子总数都是NA，②符合题意；
③1mol氮气和1mol一氧化碳的原子总数都是2NA，③符合题意。
综合以上分析，①②③都符合题意。故选D。
12、C
【解析】
向含有NaBr、KI的混合溶液中通入过量的Cl2充分反应，发生：Cl2+2KI=2KCl+I2，Cl2+2NaBr=2NaCl+Br2，加热时Br2易挥发，I2易升华，最后剩余的固体为KCl和NaCl。
答案选C。
13、D
【解析】
A、稀释前后溶质硫酸的物质的量不变，混合溶液体积不一定为200mL，所以稀释后硫酸的物质的量浓度不等于1.5mol/L，选项A错误；
B、水的密度小于氢氧化钠溶液密度，混合后溶液的质量小于2倍的100mL20%的氢氧化钠溶液质量，所以混合后的氢氧化钠溶液的质量分数大于10%，选项B错误；
C、3mol/L的BaCl2溶液中氯离子浓度为6mol/L，3mol/L的KCl溶液中氯离子浓度为3molL，氢离子浓度介于3mol/L～6mol/L，若忽略体积变化，混合后氯离子浓度约为=5mol/L，选项C错误；
D、混合后溶液质量为200g，溶质氯化钠的质量不变为100g×20%=20g，所以混合后氢氧化钠溶液质量分数为×100%=10%，选项D正确；
答案选D。
14、A
【解析】
A、离子方程式正确，A正确；
B、反应中还有一水合氨生成，B错误；
C、溴化亚铁和氯气的物质的量之比是1：5，氯气过量全部被氧化，即2Fe2++4Br-+3Cl2＝2Fe3++2Br2+6Cl-，C错误；
D、铁离子能氧化碘离子生成单质碘和亚铁离子，D错误；
答案选A。
离子方程式错误的原因有：离子方程式不符合客观事实：质量不守恒、电荷不守恒、电子得失总数不守恒、难溶物质和难电离物质写成离子形式、没有注意反应物的量的问题，在离子方程式正误判断中，学生往往忽略相对量的影响，命题者往往设置“离子方程式正确，但不符合相对量”的陷阱。突破“陷阱”的方法一是审准“相对量”的多少，二是看离子反应是否符合该量，没有注意物质之间是否会发生氧化还原反应等，注意离子配比，注意试剂的加入顺序，难溶物溶解度的大小，注意隐含因素等。
15、B
【解析】A项，n（Mg）==1mol，Mg在足量O2中燃烧生成MgO，1个Mg原子失去2个电子，转移的电子数为2NA，错误；B项，1个NO2分子和1个CO2分子中都含有2个氧原子，分子总数为NA的NO2和CO2混合气体中含有氧原子数为2NA，正确；C项，由于CO和O2所处温度、压强未知，1LCO和1LO2的质量无法比较，错误；D项，n（O3）==mol，1个O3中含有24个电子，含有的电子物质的量为4mol，错误；答案选B。
16、A
【解析】
A. 检查容量瓶是否漏水的方法，正确；
B. 滴加液体，错误，胶头滴管不能插入试管内；
C. 给溶液加热，错误，试管内的液体超过试管容积的三分之一；
D. 过滤，错误，漏斗颈没有紧贴烧杯内壁。
故选A。

二、非选择题（本题包括5小题）
17、Na Na2CO3 ⑤⑥ 2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑ Na2O2 O2 Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3
【解析】
焰色反应为黄色的是钠元素，则A是金属钠，钠在氧气中燃烧生成过氧化钠，过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，金属钠与水发生置换反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠溶液吸收足量的二氧化碳可生成碳酸氢钠，碳酸氢钠热稳定性较差，受热分解转化为碳酸钠。所以，A是钠，B是过氧化钠，C是氢氧化钠，D是碳酸钠，E是碳酸氢钠。以此进行分析解答。
【详解】
（1）根据以上分析，A为Na，D为Na2CO3，
答案为：Na；Na2CO3；
（2）上述6个反应中①、②、③、④或有单质参加反应，或有单质生成，反应中有元素化合价的变化，这四个反应属于氧化还原反应，则⑤ ⑥两个反应中没有元素化合价的变化，不属于氧化还原反应，
答案为：⑤⑥；
（3）反应③为过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，离子方程式：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑；该反应中Na2O2既做氧化剂又做还原剂，氧化产物为氧气。
答案为：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑；Na2O2；O2；
（4）向碳酸钠溶液中通入CO2生成碳酸氢钠，反应的化学方程式：Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3，
答案为：Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3。
18、Na2O2 白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色 4Fe(OH)2 + 2H2O + O2 = 4Fe(OH)3 2Na2O2 + 2H2O = 4Na+ + 4OH- + O2↑ 供氧剂 Fe3O4+8H+ = Fe2++2Fe3+ + 4H2O KSCN K3[Fe(CN)6]
【解析】
已知A为淡黄色固体，能与水反应生成B和C，A为Na2O2，与水反应生成NaOH和O2，C为气体，则C为O2、B为NaOH，T为生活中使用最广泛的金属单质，T为Fe，Fe能与O2在点燃时反应生成D为Fe3O4，Fe3O4先与盐酸反应生成FeCl2、FeCl3和水，再加入足量铁粉，Fe与Fe3＋反应生成Fe2＋，则E为FeCl2，FeCl2与NaOH溶液反应生成H为Fe(OH)2，Fe(OH)2在潮湿的空气中与氧气反应生成M为Fe(OH)3。
【详解】
(1). 由上述分析可知，A为过氧化钠，化学式为Na2O2，故答案为Na2O2；
(2). Fe(OH)2在潮湿的空气中与氧气反应生成M为Fe(OH)3，实验现象是白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色，化学反应方程式为4Fe(OH)2 + 2H2O + O2 = 4Fe(OH)3，故答案为白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色；4Fe(OH)2 + 2H2O + O2 = 4Fe(OH)3；
(3). 过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，离子方程式为2Na2O2 + 2H2O = 4Na＋+ 4OH－ + O2↑，由此反应可知Na2O2可以用作供氧剂，故答案为2Na2O2 + 2H2O = 4Na＋+ 4OH－ + O2↑；供氧剂；
(4). Fe3O4与盐酸反应生成FeCl2、FeCl3和水，离子方程式为Fe3O4+8H+ = Fe2++2Fe3+ + 4H2O，①所得到的溶液中主要阳离子除H+外，还含有Fe2+、Fe3+，可选用KSCN检验Fe3+，用K3[Fe(CN)6]检验Fe2+，故答案为KSCN；K3[Fe(CN)6]。
19、 Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓ B
【解析】
(1)由于溶液呈无色透明，而Cu2+有颜色，为蓝绿色，由于原溶液为无色，可以肯定原溶液中不存在Cu2+，故答案为：Cu2+；
(2)过量稀盐酸，有白色沉淀生成，再加入过量稀硝酸，白色沉淀不消失，说明原溶液中肯定有Ag+离子，故答案为：Ag+；
(3)在除去Ag+离子的溶液中，加入过量NaOH溶液，出现白色沉淀，则原溶液中一定存在Mg2+，离子反应方程式为: Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓，故答案为：Mg2+；Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓；
(4)由于Cl-和Ag+离子，CO32-、OH-与Mg2+、Cu2+都能生成沉淀，只有NO3-与Ag+、Mg2+、Cu2+不生成沉淀，故原溶液中可能大量存在的阴离子是NO3-，故答案为：B。
该题主要考查了离子的检验和离子共存问题，注意常见离子的性质和检验方法是解答的关键。
20、K2CO3溶液 BaCO3+2H+＝Ba2++CO2↑+H2O 不能 应在操作②的滤液中加入过量盐酸后再蒸发结晶 沉淀A1(或固体B) 500mL容量瓶 3.7
【解析】
分离KCl和BaCl2两种固体混合物，可先溶于水，然后加入过量K2CO3使BaCl2转化为沉淀，过滤后沉淀加入盐酸可生成BaCl2溶液，经蒸发、结晶、干燥后可得固体BaCl2，操作②所得滤液为KCl和K2CO3的混合物，蒸发结晶得到固体C为KCl和K2CO3，沉淀A为BaCO3，洗涤后，加盐酸，蒸发得到固体B为BaCl2，以此来解答。
【详解】
（1）加入试剂a，与BaCl2反应生成BaCO3沉淀，因此试剂a是K2CO3溶液；碳酸钡经过洗涤干燥后加入试剂b转化为氯化钡溶液，则试剂b是盐酸，反应的离子方程式为BaCO3+2H+＝Ba2++CO2↑+H2O。
（2）经操作②得到的滤液中含有过量K2CO3，直接蒸发得到的氯化钾中混有碳酸钾，应先加入盐酸酸化，然后再蒸发结晶；
（3）测定氯化钡的质量分数，可计算碳酸钡或分离后氯化钡的质量，即除了要准确称量混合物的质量外至少还要获得的数据是沉淀A1或固体B的质量；
（4）用所（3）所制备的KCl固体配制0.1mol/LKCl溶液450mL，由于没有450mL容量瓶，则需要500mL容量瓶，则配制过程中需要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管和500mL容量瓶；因此需要KCl固体的质量是0.5L×0.1mol/L×74.5g/mol＝3.725g，由于托盘天平只能读数到0.1g，则需要用托盘天平称量的质量是3.7g。
本题考查混合物的分离、提纯，侧重于考查学生分析能力、实验能力，注意把握流程中的反应及混合物分离方法的选择。易错点是（4）中的计算，注意托盘天平只能读数到0.1g。
21、 K2Cr2O7 C C 4.48
【解析】
（1）反应中C元素的化合价由0升高为+4价，Cr元素的化合价由+6价降低为+3价，由化合价前后的变化分析可得双线桥法如下： ；
（2）反应中铬元素的化合价降低，故氧化剂为K2Cr2O7，碳元素的化合价升高，则碳元素被氧化，故答案为K2Cr2O7、C；
（3）H2SO4 在上述反应中表现出酸性，故答案为C；
（4）由上述双线桥法可得关系式为:12e-——3CO2，若反应中电子转移了0.8mol，则生成气体的为：0.8mol÷12×3=0.2mol，在标准状况下的体积为：0.2mol×22.4L/mol=4.48L，故答案为4.48L。