河源市重点中学2026届高一上化学期中达标测试试题含解析.doc

河源市重点中学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、取200mL 0.3mol•L﹣1HNO3溶液和300mL 0.6mol•L﹣1 HNO3溶液混合，则所得新溶液中HNO3的物质的量浓度约为(　 　)
A．0.45mol•L﹣1 B．0.36mol•L﹣1 C．0.48mol•L﹣1 D．0.24mol•L﹣1
2、现有CO、CO2、O3（臭氧）三种气体，它们分别都含有1mol氧原子，则同温同压下三种气体的体积之比为（ ）
A．1：1：1 B．1：2：3 C．3：2：1 D．6：3：2
3、将溶质的质量分数为a%、物质的量浓度为c1mol·L-1的稀硫酸加热蒸发掉一定量的水，使质量分数为2a%，此时硫酸的物质的量浓度为c2mol·L-1。已知硫酸浓度越大，密度越大，则c1与c2的数值关系是
A．c1=2c2 B．c2=2cl C．c2＞2c1 D．c2＜2cl
4、下列在无色溶液中能大量共存的离子组是
A．NH4+、Mg2+、SO42﹣、Cl﹣
B．Ba2+、K+、OH﹣、CO32-
C．Al3+、Cu2+、SO42﹣、Cl﹣
D．H+、Ca2+、Cl﹣、HCO3﹣
5、在水溶液中能大量共存，且加入过量稀硫酸溶液时，有气体生成的是
A．Na+、Ag+、CO32－、Cl－ B．K+、 Ba2+ 、 SO42－、Cl－
C．Na+、K+、HCO3－、NO3－ D．Na+、K+ 、CH3COO－、SO42－
6、下列说法中正确的是( )
A．非标准状况下，1mol任何气体体积都不可能为22.4L
B．H2和O2的混合气体1mol，在标准状况下的体积约为22.4L
C．标准状况下，22.4L任何物质中都约含有6.02×1023个分子
D．气体摩尔体积就是22.4L·mol－1
7、为了除去氯化钾中含有的少量硫酸镁和氯化钙杂质，需进行下列六项操作，其先后顺序正确的是
①加水溶解 ②加热蒸发得到晶体 ③加入过量的氯化钡溶液
④加入适量的盐酸 ⑤加入过量碳酸钾和氢氧化钾 ⑥过滤
A．①④③⑤⑥② B．①③⑤⑥④② C．①③④⑥⑤② D．①⑤③④⑥②
8、实验中需0.2mol/L的Na2CO3溶液950mL，配制时应选用的容量瓶的规格和称取Na2CO3·10H2O的质量分别是
A．1000mL，57.2g B．1000mL，28.6g
C．950 mL，54.3g D．950mL，28.6g
9、物质的量浓度相等的NaCl、FeCl2、FeCl3三种溶液分别与等物质的量浓度的AgNO3溶液恰好完全反应，则NaCl、FeCl2 、FeCl3三种溶液的体积之比是
A．1：2：3 B．3：2：1 C．6:：3：2 D．1：1：1
10、对下列三种溶液的比较中，正确的是（　　）
①300mL0.5mol/L 的 NaCl；②200mL0.4mol/L 的 MgCl2；③100mL0.3mol/L 的 AlCl3
A．Cl﹣离子物质的量浓度由大到小的顺序是①＞②＞③
B．稀释到 1000mL 后，Cl﹣离子物质的量浓度由大到小的顺序是①＞②＞③
C．与 AgNO3 反应，当产生沉淀 1.435g 时，消耗上述溶液的体积比为 9：8：5
D．与足量的 AgNO3 反应，产生沉淀的质量比为 15：16：9
11、NA表示阿伏加德罗常数的值，下列关于0.2mol/LK2SO4溶液的说法正确的是
A．1000mL水中所含K+、SO42-总数为0.3NA
B．500mL溶液中含有0.3NA个K+
C．1L溶液中K+的浓度为0.4mol/L
D．1L溶液中SO42-的浓度是0.4mol/L
12、下列有关气体的叙述中，错误的是　(　　)
A．不同的气体，若体积不同，则它们所含的分子数肯定不同
B．在标准状况下，气体的摩尔体积约为22.4L·mol-1
C．当分子数目相同时，气体体积的大小主要取决于气体分子之间的距离
D．气态物质没有固定的形状，且容易被压缩
13、当光束通过下列分散系时，能观察到丁达尔效应的是
A．盐酸 B．食盐溶液 C．氢氧化铁胶体 D．碘的酒精溶液
14、某溶液中含有大量的下列离子：Fe3+、SO42-、Al3+和M离子，经测定Fe3+、SO42-、Al3+和M离子的物质的量之比为1：4：1：2，则M离子可能是下列中的（ ）
A．S2- B．OH- C．Na+ D．Ag+
15、将一块银白色的金属钠放在空气中会发生一系列的变化：表面迅速变暗→“出汗”→变成白色固体(粉末)，下列有关叙述不正确的是(　　)
A．表面迅速变暗是因为钠与空气中的氧气反应生成了氧化钠
B．“出汗”是因为生成的氢氧化钠吸收空气中的水蒸气在表面形成了溶液
C．最后变成碳酸钠粉末
D．该过程中所有化学反应均为氧化还原反应
16、如图所示，A处通入潮湿的Cl2，关闭B阀时，C处干燥的红色布条看不到明显现象，打开B阀后，C处红色布条逐渐褪色，则D瓶中装的不可能是（ ）

A．浓H2SO4 B．NaOH溶液 C．澄清石灰水 D．饱和NaCl溶液
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A元素的常见化合物，它们的焰色反应均为黄色．

填写下列空白：
（1）写出化学式：A__________，B______________．
（2）写出反应⑤的化学反应方程式：_______________________________﹣　．
（3）写出反应⑥的化学反应方程式：_________________________________．
18、有一包白色固体粉末，由FeCl3、CaCO3、Na2SO4、KCl、Ba(NO3)2中的几种物质组成，取样品进行如下实验（假设下列过程中，能反应的物质之间的反应恰好完全）：

（1）步骤①所用分离方法叫做___，要从步骤②所得“无色溶液”中提取溶剂，所用分离方法叫做___。
（2）写出实验过程中发生化学反应的离子方程式①___；②___。
（3）固体粉末中一定不存在的物质是（填化学式，下同）___；不能确定是否存在的物质是___。
（4）将固体粉末可能的组成填入下表（可以不填满，也可以再补充）。___
序号
化学式
Ⅰ

Ⅱ

（5）设计一个实验，进一步确定混合物的组成，简述实验操作、现象和结论。___
19、现有NaCl、Na2SO4和NaNO3的混合溶液，选择适当的试剂将其转化为相应的沉淀或固体，从而实现Cl-，SO42-和NO3-的相互分离，实验过程如下：

请回答下列问题：
(1)写出上述实验过程中所用试剂的名称：试剂1为 ___，试剂2为___，试剂4为_________。
(2)加入过量试剂3的目的是_________ 。
(3)在加入试剂4后，获得晶体D的实验操作④的名称是_______。
20、（1）简述氢氧化铁胶体的制备方法______________________________ 。
（2）用Na2CO3·10H2O晶体配制0.10 mol/L Na2CO3溶液480 mL。
①实验时要用到的仪器有：除托盘天平、量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，至少还必须用到的一种玻璃仪器是___________________，在使用该仪器前必须进行 的操作是_____________,在萃取实验中也需要该操作的仪器是_____________；
②用托盘天平称取Na2CO3·10H2O晶体的质量为___________g；
③配制溶液时有以下几个操作：

配制过程中，下列操作对所配溶液的浓度有什么影响，完成填空。
a．Na2CO3·10H2O晶体不纯，混有NaCl
b．用“左码右物”的称量方法称量晶体
c．容量瓶中洗净后未干燥，残留少量水
d．未冷却至室温就转移定容
e．加蒸馏水时不慎超过了刻度线，立即用胶头滴管将多余的水吸出
f．定容时，俯视刻度线
会引起所配溶液的浓度偏大的有________，无影响的有________（填序号）。
21、高铁酸钾（K2FeO4）为暗紫色固体，可溶于水，是一种新型、高效、多功能绿色水处理剂，比Cl2、O2、ClO2、KMnO4氧化性更强，无二次污染。工业上是先制得高铁酸钠，然后在低温下，向高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和，使高铁酸钾析出。结合所学知识回答相关问题：
（1）K2FeO4中铁元素的化合价是______价。
（2）制备高铁酸钠的主要反应为：2FeSO4 + 6 Na2O2= 2Na2FeO4 + 2Na2O + 2Na2SO4 + O2↑（已知Na2O2中氧元素化合价为－1价）。该反应中还原剂是________________（填化学式），若有1 mol O2生成，转移电子的物质的量为_____ mol。
（3）某反应体系中有六种数粒：Fe(OH)3、ClO－、OH－、FeO42-、Cl－、H2O，写出在碱性条件下，制高铁酸钾的离子反应方程式________________________________。
（4）在水处理过程中，K 2FeO4中的铁元素转化为Fe(OH)3胶体，使水中悬浮物聚沉。胶体区别于其他分散系的本质特征是________________________________________。
参考答案

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、C
【解析】
两溶液混合后所得HNO3溶液中，HNO3的物质的量为0.2L×0.3mol•L﹣1+0.3L×0.6mol•L﹣1 =0.24mol，混合溶液的体积为500mL，则HNO3的物质的量浓度为c(HNO3)==0.48mol•L﹣1；
答案选C。
2、D
【解析】
CO、CO2、O3三种气体分子中含有的氧原子个数之比为1：2：3，它们分别都含有1mol氧原子，结合分子组成计算出各自物质的量，结合V=nVm可知，三种气体在标准状况下的积比等于物质的量之比。
【详解】
CO、CO2、O3三种气体分子中含有的氧原子个数之比为1：2：3，它们都含有1mol氧原子，则n（CO）=n（O）=1mol，n（CO2）=1/2n（O）=1/2mol，n（O3）=1/3n（O）=1/3mol，根据V=nVm可知，三种气体在标准状况下的积比等于物质的量之比=1mol：1/2mol：1/3mol=6：3：2，
故选D。
3、C
【解析】
根据c＝1000ρw%/M可知c1＝1000×ρ1×a%/98，c2＝1000×ρ2×2a%/98，由此可知：c1∶c2＝ρ1∶2ρ2。由于硫酸浓度越大，密度越大，即ρ2＞ρ1，所以有c2＞2c1。答案选C。
4、A
【解析】
A. 四种离子均为无色离子且相互不反应。
B. Ba2+和CO32-反应生成碳酸钡沉淀。
C. Cu2+为蓝色。
D. H+和HCO3﹣反应生成水和二氧化碳。
【详解】
A. NH4+、Mg2+、SO42﹣、Cl﹣均为无色离子且相互不反应，A正确。
B. Ba2+和CO32-反应生成碳酸钡沉淀，在溶液中不能大量共存，B错误。
C. Cu2+为蓝色，不满足题中的无色溶液，C错误。
D. H+和HCO3﹣反应生成水和二氧化碳，在溶液中不能大量共存，D错误。
5、C
【解析】
A．Ag+与CO32-反应生成沉淀而不能大量共存，故A错误；B．Ba2+与SO42-反应生成沉淀而不能大量共存，故B错误；C．Na+、K+、HCO3－、NO3－离子之间不发生任何反应，能大量共存，且加入硫酸后，CO32-与H+反应生成二氧化碳气体，故C正确；D．Na+、K+ 、CH3COO－、SO42－离子之间不发生任何反应，能大量共存，但加入硫酸后不生成气体，故D错误；故选C。
6、B
【解析】
A．气体体积主要由温度和压强共同决定，故非标准状况下，1mol任何气体体积也可能为22.4L，A不正确；
B．不管是单一气体，还是不发生反应的混合气体，物质的量为1mol时，在标准状况下的体积都约为22.4L，B正确；
C．标准状况下，22.4L任何物质，其物质的量不一定为1mol，且不一定由分子构成，所以不一定含有6.02×1023个分子，C不正确；
D．气体摩尔体积在不同条件下可能有不同的数值，不一定是22.4L·mol－1，D不正确；
故选B。
7、B
【解析】
根据物质的分离和提纯的方法和操作进行分析。
【详解】
镁离子用氢氧根离子沉淀，加入过量的氢氧化钾可以将镁离子沉淀，硫酸根离子用钡离子沉淀，加入过量的氯化钡可以将硫酸根离子沉淀，钙离子用碳酸根离子沉淀，除钙离子加入碳酸钾转化为沉淀，但是加入的碳酸钾要放在加入的氯化钡之后，这样碳酸钾会除去反应剩余的氯化钡，离子都沉淀了，再过滤，最后加入盐酸除去反应剩余的氢氧根离子和碳酸根离子，所以正确的顺序为：①加水溶解，③加过量的氯化钡溶液，⑤加入过量碳酸钾和氢氧化钾，⑥过滤，④加适量的盐酸，②加热蒸发得到晶体。
故选B。
除杂的原则：①除去杂质的同时，②不损失主体药品，③不引入新的杂质，④恢复原来状态。
8、A
【解析】
由于容量瓶没有950mL规格，应用1000mL的容量瓶进行配制，然后根据m=cVM进行计算。
【详解】
容量瓶没有950mL规格，应用1000mL的容量瓶进行配制，则m（Na2CO3·10H2O）=cVM=1L×0.2mol/L×286g/mol=57.2g，故选A。
本题考查溶液的配制知识，注意实验室常用容量瓶的规格。
9、C
【解析】
假设硝酸银的物质的量浓度为cmol/L，与三种盐发生反应方程式是：Ag++Cl-=AgCl↓，消耗的Cl-的物质的量相等，然后根据电解质中含有的Cl-的浓度与电解质的浓度的关系，利用n=cV计算。
【详解】
假设AgNO3溶液的物质的量浓度为cmol/L，其体积是1L，则n(Ag+)=cmol/L×1L=cmol；根据Ag++Cl-=AgCl↓可知需消耗Cl-的物质的量也相等，n(Cl-)= cmol。假设NaCl、FeCl2、FeCl3溶液的浓度为xmol/L，溶液体积分别为V1，V2、V3，则x·V1=2x·V2=3x·V3=c，则V1=L，V2=L，V3=L，所以V1:V2:V3=，所以合理选项是C。
本题考查物质的量在离子反应的计算的应用的知识。掌握离子浓度与电解质浓度的关系、物质的量与物质浓度关系是本题解答的根本，清楚发生的离子反应是解题关键，注意利用假设法进行的计算，计算结果与假设的未知数大小无关。
10、D
【解析】
A．①300mL0.5mol/L的NaCl中氯离子浓度为0.5mol/L，②200mL0.4mol/L的MgCl2中氯离子浓度为：0.4mol/L×2=0.8mol/L，③100mL0.3mol/L 的 AlCl3溶液中，氯离子浓度为：0.3mol/L×3=0.9mol/L，则Cl﹣离子物质的量浓度由大到小的顺序是③＞②＞①，故A错误；
B．稀释过程中氯离子的物质的量不变，根据c=n/V可知，稀释后体积相等，则氯离子浓度取决于原溶液中n（Cl﹣），①300mL0.5mol/L 的 NaCl溶液中n（Cl﹣）=0.5mol/L×0.3L=0.15mol；②200mL0.4mol/L 的 MgCl2溶液中，n（Cl﹣）=0.4mol/L×2×0.2L=0.16mol；③100mL0.3mol/L 的 AlCl3溶液中n（Cl﹣）=0.3mol/L×3×0.1L=0.09mol，则稀释后氯离子浓度大小为：②＞①＞③，故B错误；
C．与AgNO3反应，当产生沉淀1.435g时，消耗三种溶液中的n（Cl﹣）相等，根据c=n/V可知，三种溶液的体积之比与氯离子浓度成反比，则消耗上述溶液的体积比=72：45：40，故C错误；
D．与足量的 AgNO3 反应，氯离子完全转化成AgCl沉淀，根据m=nM可知，生成氯化银沉淀的质量与氯离子的物质的量成正比，结合B选项可知，产生沉淀的质量比=0.15mol：0.16mol：0.09mol=15：16：9，故D正确；
故选D。
11、C
【解析】
A项，物质的量浓度溶液中体积指溶液的体积，不是溶剂的体积，无法计算1000mLH2O中所含K+、SO42-物质的量，A项错误；
B项，500mL溶液中n（K2SO4）=0.2mol/L×0.5L=0.1mol，含有0.2molK+，含有0.2NA个K+，B项错误；
C项，根据K2SO4的组成，1L溶液中c（K+）=0.4mol/L，C项正确；
D项，根据K2SO4的组成，1L溶液中c（SO42-）=0.2mol/L，D项错误；
答案选C。
解答本题需注意：（1）物质的量浓度中的体积指溶液的体积，不是溶剂的体积；（2）由于溶液具有均一性，从已知物质的量浓度的溶液中取出任意体积，其物质的量浓度不变。
12、A
【解析】
A、气体的体积受温度、压强、分子数多少的影响，若未说明气体体积的条件，则无法知道它们所含有的分子数的多少，A错误；
B、对气体来说，影响体积的主要因素是温度、压强、分子数的多少，若气体的分子数是NA个，则影响体积的主要因素就是温度和压强，当温度、压强相同时，气体的体积就相同，若是在标准状况下，则气体的摩尔体积约为22.4L·mol-1，B正确；
C、气体分子在较大的空间运动，通常情况下，分子之间的间隔是它直径的10倍，运动空间是它本身大小的1000倍，故可忽略分子本身的大小，影响气体体积的因素也就是分子数的多少和分子之间的间隔的大小，C正确；
D、气态物质由于分子之间的间隔较大，可以压缩或扩大，因而没有固定的形状，且容易被压缩，D正确；
故选A。
13、C
【解析】
当有一束光照射胶体时会有一条光亮的通路，此为丁达尔效应。
【详解】
丁达尔效应是胶体特有的性质，当有一束光照射胶体时，从垂直于光线的方向观察，可以看到有一条光亮的通路。盐酸、食盐溶液和碘的酒精溶液都是溶液，没有丁达尔效应。氢氧化铁胶体能发生丁达尔效应。
14、C
【解析】
根据电荷守恒判断M离子，并根据离子能否大量共存判断可能存在的离子。
【详解】
根据题目条件和电荷守恒可以知道：3n(Fe3+)+3n(Al3+)+n(M)=2n(SO42-)，即：3×1+3×1+2M =4×2，解得：M=1，M应带有1个单位的正电荷，又Ag+离子不能与SO42-大量共存，所以M只能为选项中的Na+，
所以C选项是正确的。
15、D
【解析】
A.因钠很活泼，易被氧化，则金属钠在空气中易被氧气氧化成氧化钠，出现变暗现象，故A正确；
B.氧化钠与空气中的水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠吸收空气中的水蒸气在表面形成了溶液，可观察到“出汗”，故B正确；
C.生成的氢氧化钠再与空气中的二氧化碳反应生成碳酸钠的结晶水合物，最终风化变成白色粉末为碳酸钠，故C正确；
D.整个过程中只有Na→Na2O的过程中有元素的化合价变化，属于氧化还原反应，其余均不是氧化还原反应，故D错误。答案选D。
16、D
【解析】
次氯酸具有漂白作用而氯气不具有漂白性，所以干燥的氯气不能漂白有色布条，含水蒸气的氯气能使有色布条褪色，A处通入氯气，关闭B阀时，C处的红色布条看不到明显现象，打开B阀后，C处红色布条逐渐褪色，因此说明D中溶液可以吸收氯气或可干燥氯气，据此分析来解答。
【详解】
A．浓硫酸具有吸水性，氯气通过浓硫酸得到干燥的氯气，故A与题意不符；
B．氯气通过NaOH溶液，与氢氧化钠反应，关闭B阀时，C处的红色布条看不到明显现象，故B与题意不符；
C．氯气通过澄清石灰水，与氢氧化钙反应，关闭B阀时，C处的红色布条看不到明显现象，故C与题意不符；
D．氯气与食盐水不反应，进入C的为潮湿的氯气，关闭B阀时，C处红色布条逐渐褪色，故D符合题意；
答案选D。

二、非选择题（本题包括5小题）
17、Na Na2O2 NaOH+CO2=NaHCO3 2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑
【解析】
A是一种常见单质，其焰色反应为黄色，则A是Na，B、C、D、E是含A元素的常见化合物，Na在O2中燃烧生成B，B为Na2O2，Na和H2O反应生成NaOH和H2，Na2O2和水反应生成NaOH和O2，所以C是NaOH，NaOH和过量CO2反应生成NaHCO3，所以E是NaHCO3，Na2O2和CO2反应生成Na2CO3和O2，NaHCO3分解生成Na2CO3、CO2和水，所以D是Na2CO3，再结合物质间的反应分析解答。
【详解】
A是一种常见单质，其焰色反应为黄色，则A是Na，B、C、D、E是含A元素的常见化合物，Na在O2中燃烧生成B，B为Na2O2，Na和H2O反应生成NaOH和H2，Na2O2和水反应生成NaOH和O2，所以C是NaOH，NaOH和过量CO2反应生成NaHCO3，所以E是NaHCO3，Na2O2和CO2反应生成Na2CO3和O2，NaHCO3分解生成Na2CO3、CO2和水，所以D是Na2CO3，（1）通过以上分析知，A是Na、B是Na2O2；
（2）NaOH和过量二氧化碳反应生成碳酸氢钠，化学反应方程式为：NaOH+CO2=NaHCO3；
（3）在加热条件下，碳酸氢钠分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，反应方程式为：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑。
本题以钠及其化合物为载体考查了物质的推断，明确物质的性质是解本题关键，根据A为单质及焰色反应来确定A的组成，再结合物质间的反应来推断，熟悉钠及其化合物之间转化关系的网络结构，灵活运用知识解答问题，题目难度不大。
18、过滤 蒸馏 Ba2++SO42-=BaSO4↓ H++CaCO3=Ca2++CO2↑+H2O CuSO4 KCl
序号
化学式
I
CaCO3、Na2SO4、Ba(NO3)2
II
CaCO3、Na2SO4、Ba(NO3)2、KCl
用试管取少许步骤①中的“无色溶液”，滴入HNO3酸化，再滴入AgNO3溶液；若有白色沉淀出现，则原白色固体粉末中含有KCl；若无白色沉淀出现，则原白色固体粉末中不含KCl
【解析】
假设这些物质都有，经步骤①得到无色溶液和白色沉淀，说明原粉末中没有FeCl3，在该假设的前提下，白色沉淀是CaCO3、BaSO4，向该沉淀中加入稀硝酸产生无色气体，则说明沉淀中一定有CaCO3，题中告知能反应的物质之间的反应恰好完全，加入稀硝酸之后，沉淀的质量减少，说明还含有BaSO4，则原粉末中有一定有CaCO3、Na2SO4、Ba(NO3)2；KCl不和上述的任何物质反应，也不能通过实验现象去确定其是否存在，故可能有KCl。
【详解】
（1）经步骤①得到无色溶液和白色沉淀，则该步骤为过滤；要从步骤②所得“无色溶液”中提取溶剂，需要采用蒸馏；
（2）经分析，原粉末中一定有CaCO3、Na2SO4、Ba(NO3)2，则步骤①中的离子方程式为Ba2++SO42-=BaSO4↓；步骤②中，仅CaCO3和HNO3反应，该反应的离子方程式为2H++CaCO3=Ca2++CO2↑+H2O；
（3）经分析，原固体粉末中一定没有CuSO4，不能确定是否存在的是KCl；
（4）由于原固体粉末中一定没有CuSO4，一定有CaCO3、Na2SO4、Ba(NO3)2，可能有KCl，故其组成由两种情况：
序号
化学式
I
CaCO3、Na2SO4、Ba(NO3)2
II
CaCO3、Na2SO4、Ba(NO3)2、KCl
（5）KCl是唯一可能存在的物质，故只需要鉴定KCl即可，可以用AgNO3溶液检验KCl：用试管取少许步骤①中的“无色溶液”，滴入HNO3酸化，再滴入AgNO3溶液；若有白色沉淀出现，则原白色固体粉末中含有KCl；若无白色沉淀出现，则原白色固体粉末中不含KCl。
“白色粉末”的推断题，是酸碱盐的常考题型，解答思路一般是先假设粉末还有所有的固体，再根据后续的实验现象，确定这些固体的存在情况。
19、BaCl2或Ba(NO3)2溶液 AgNO3溶液 稀HNO3 除去溶液中过量的Ba2+、Ag+ 蒸发浓缩、冷却结晶、过滤
【解析】
要实现Cl-、SO42-、NO3-的相互分离，通常用AgNO3沉淀Cl-，用BaCl2或Ba(NO3)2沉淀SO42-。若先加入AgNO3溶液，就会同时生成Ag2SO4和AgCl沉淀，因此应先加入过量的BaCl2或Ba(NO3)2溶液，即试剂1是BaCl2或Ba(NO3)2溶液，生成BaSO4沉淀即沉淀A，然后在滤液中加入过量的AgNO3溶液即试剂2，使Cl-全部转化为AgCl沉淀即沉淀B，在所得滤液中加入过量的Na2CO3即试剂3，使溶液中的Ag+、Ba2+完全形成沉淀，最后所得溶液为NaNO3和Na2CO3的混合物，再加入稀HNO3即试剂4，最后将溶液进行蒸发操作可得固体NaNO3，以此分析解答。
【详解】
根据上述分析可知：试剂1是BaCl2或Ba(NO3)2溶液，沉淀A是BaSO4；试剂2是AgNO3溶液，沉淀B是AgCl，试剂3是Na2CO3溶液，沉淀C是Ag2CO3、BaCO3，试剂4是稀HNO3，晶体D是NaNO3。
(1)根据上述分析可知：试剂1为BaCl2或Ba(NO3)2溶液，试剂2为AgNO3溶液，试剂3为Na2CO3溶液，试剂4为稀HNO3；
(2)在加入过量的BaCl2或Ba(NO3)2后过滤除去BaSO4沉淀，在滤液中加入过量的AgNO3溶液，使Cl-全部转化为AgCl沉淀，反应后溶液中存在过量的Ag+、Ba2+，在所得滤液中加入过量的Na2CO3，能够使溶液中的Ag+、Ba2+完全沉淀；
(3)在加入过量稀硝酸后的溶液NaNO3溶液，由于NaNO3的溶解度受温度的影响变化较大，所以要从其溶液中获得溶质，应将溶液进行蒸发浓缩，然后冷却结晶、最后过滤可得NaNO3晶体，故获得晶体D的实验操作④的名称是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤。
本题考查物质的分离提纯操作，涉及使用的试剂、物质的量的影响及混合物分离方法。要注意Cl-，SO42-的性质，把握除杂原则是提纯时不能引入新的杂质，引入的杂质在后续实验中要除去，因此一定要注意把握实验的先后顺序，根据物质的溶解性、溶解度与温度的关系，采用适当的方法分离提纯。
20、向沸水中逐滴加入几滴饱和氯化铁溶液，继续加热至溶液呈红褐色 500mL容量瓶 检漏 分液漏斗 14.3 df c
【解析】
（1）实验室制备氢氧化铁胶体的方法是向沸水中逐滴加入几滴饱和氯化铁溶液，继续加热至溶液呈红褐色，得到氢氧化铁胶体，反应的化学方程式为：FeCl3+3H2O═Fe(OH)3（胶体）+3HCl；
（2）①由于容量瓶的规格没有480mL的，所以应该配制500mL，则需要500mL容量瓶；在使用容量瓶前必须进行检漏；在萃取实验中也需要进行检漏仪器是分液漏斗；
②用托盘天平称取Na2CO3·10H2O晶体的质量为0.1mol/L×0.5L×286g/mol=14.3g；
③a．Na2CO3·10H2O晶体不纯，混有NaCl，溶质的量偏少，所配溶液浓度偏小；b．用“左码右物”的称量方法称量晶体，所称量固体质量为13.7g，偏少，所配溶液浓度偏小；c．定容时需要加蒸馏水，故容量瓶中洗净后未干燥，残留少量水，对所配溶液的浓度无影响；d．未冷却至室温就转移定容，冷却后溶液体积变小，则所加的水偏少，所配溶液的浓度偏大；e．加蒸馏水时不慎超过了刻度线，立即用胶头滴管将多余的水吸出，则所加水偏多，所配溶液浓度偏小；f．定容时，俯视刻度线，读数偏小，水的量少了，所配溶液浓度偏大；综上，会引起所配溶液的浓度偏大的有df，无影响的有c。
21、+6 FeSO4 Na2O2 10 2Fe(OH)3 + 3ClO- + 4OH- = 2FeO42- + 3Cl- + 5H2O 分散质粒子直径介于1~100nm
【解析】
主要根据氧化还原反应的概念、得失电子相等的关系，化学反应中元素种类不变的观点分析解答问题。
【详解】
(1)化合物中各元素化合价的代数和为零。K2FeO4中K为+1价、O为－2价，则铁元素的化合价是+6价。
(2)据制备高铁酸钠的主要反应2FeSO4 + 6 Na2O2= 2Na2FeO4 + 2Na2O + 2Na2SO4 + O2↑（已知Na2O2中氧元素化合价为－1价）。2FeSO4 中，+2价铁共失8e-变成2Na2FeO4 。6 Na2O2中，有2个－1价O失2e-生成 O2；另10个－1价O得10e-变成－2价。故该反应中还原剂有 FeSO4、Na2O2。若有1 mol O2生成，则转移电子10mol。
(3)制备高铁酸钾，则Fe(OH)3是反应物，FeO42-是生成物，铁元素化合价从+3升至+6价。故ClO－是反应物，Cl－是生成物，氯元素从+1价降至－1价。据化合价升降数相等，可得2Fe(OH)3 + 3ClO- — 2FeO42- + 3Cl- 。碱性溶液中，可用OH－、H2O配平。据电荷守恒OH－是反应物，据元素种类不变H2O是生成物。观察配平得离子方程式。
(4)三类分散系的本质区别是分散质粒子的直径不同。胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质粒子直径介于1nm~100nm。
配平氧化还原反应的离子方程式时，遇到缺项（反应物或生成物），一般地，酸性溶液用H+或H2O；碱性溶液用OH－或H2O；中性溶液H2O→H+或OH－。