2025-2026学年湖北省长阳县第一高级中学化学高一第一学期期中质量跟踪监视模拟试题含解析.doc

2025-2026学年湖北省长阳县第一高级中学化学高一第一学期期中质量跟踪监视模拟试题
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，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、在NaCl、MgCl2、MgSO4形成的混合溶液中，c（Na+）=0.4mol/L, c（Mg2+）=0.7mol/L,c（Cl-）=1.4mol/L,则c(SO42-)为（ ）
A．0.2 mol/L B．0.3 mol/L C．0.4 mol/L D．0.5 mol/L
2、下列物质互为同素异形体的是( )
A．H2O2 和 H2O B．CO2 和CO
C．O2 和O3 D．Fe2+和 Fe3+
3、下列实验操作能用到玻璃棒，且玻璃棒作用相同的是
① 过滤 ②蒸馏 ③ 溶解 ④萃取 ⑤蒸发 ⑥分液 ⑦向容量瓶转移液体
A．①和③ B．①和⑦ C．②和⑤ D．⑤和⑥
4、欲配制100 mL 1.0 mol·L-1Na2CO3溶液，正确的方法是（　　）
A．称量10.6 g Na2CO3溶于100 mL水中
B．称量10.6 g Na2CO3•10H2O溶于少量水中，再用水稀释至100 mL
C．量取20 mL 5.0 mol·L-1Na2CO3溶液用水稀释至100 mL
D．配制80 mL 1.0 mol·L-1Na2CO3溶液，则只需要称量8.5 g Na2CO3
5、在标准状况下，将aL NH3完全溶于水得到VmL氨水，溶液的密度为ρg·cm－3，溶质的质量分数为w，溶质的物质的量浓度为cmol·L－1。下列叙述中正确的是(　　)
①c＝ ×100%　②c＝　③若上述溶液中再加入VmL水后，所得溶液的质量分数大于0.5w　④将50 g上述溶液加入一定量的水稀释成0.5cmol·L－1，则加入水的体积应大于50 mL
A．①④ B．②③ C．①③ D．②④
6、1g N2中含有x个原子，则阿伏加德罗常数是（ ）
A．x/28 mol-1 B．x/14 mol-1 C．14x mol-1 D．28x mol-1
7、下列实验操作中，正确的是
A．配制5%食盐溶液时，将称量的食盐放入烧杯中，加适量的水搅拌溶解
B．将氢氧化钠固体放在滤纸上称量
C．用10mL的量筒量取8.58mL浓盐酸
D．配制0.1mol·L－1的硫酸溶液时，将量取的浓硫酸放入容量瓶中加水稀释
8、下列关于氧化物的叙述正确的是（ ）
A．金属氧化物不一定是碱性氧化物
B．与水反应生成碱的氧化物为碱性氧化物
C．非金属氧化物都是酸性氧化物
D．不能跟酸反应的氧化物一定能跟碱反应
9、下列说法正确的是
A．氧气的气体摩尔体积是22.4L B．硫酸的摩尔质量是98g
C．CO2的相对分子质量是44g D．CO32—摩尔质量是60g/mol
10、目前大部分食盐用于
A．调味品 B．腌制食物 C．化工原料 D．防腐处理
11、现有标准状况下四种气体①8.96L； ②个； ③30.6g； ④。下列关系从小到大表示不正确的是( )
A．体积：④<①<②<③ B．密度：①<④<③<②
C．质量：④<①<③<② D．氢原子数：②<④<①<③
12、1L浓度为1 mol·L－1的盐酸，欲使其浓度增大1倍，采取的措施合理的是
A．通入标准状况下的HCl气体22.4 L
B．将溶液加热浓缩到0.5 L
C．加入10.00mol·L－1的盐酸0.2 L，再稀释至1.5 L
D．加入2 L 1mol·L－1的盐酸混合均匀
13、下列说法正确的是（ ）
A．HCl溶于水后形成水合氢离子和水合氯离子
B．HCl溶于水或融熔状态下均能导电
C．盐酸是电解质，酒精为非电解质
D．盐酸属于无氧酸，H2SO4溶液属于含氧酸
14、下列有关氯气及含氯化合物的说法不正确的是（ ）
A．氯气能与大多数金属化合，其一般将变价金属氧化至最高价
B．氯气与水反应，氯气既是氧化剂又是还原剂
C．氯水呈黄绿色是因为溶液中含有氯气分子
D．因为氯气有毒，所以可用于杀菌、消毒、漂白
15、将氯气通入70℃的氢氧化钠水溶液中,能同时发生两个自身氧化还原反应（未配平）：NaOH+Cl2→NaCl+NaClO+H2O，反应完成后测得溶液中NaClO与NaClO3的数目之比为5：2，则该溶液中NaCl与NaClO的数目之比为( )
A．3：1 B．2：1 C．15：2 D．1：1
16、下列物质：①纯碱②食盐水③空气④烧碱⑤液氯⑥硝酸钾，分类全正确的是（ ）
A．碱——①④ B．电解质——③④⑤ C．混合物——②③ D．盐——②⑥
二、非选择题（本题包括5小题）
17、有 X、Y、Z 三种元素：①X、Y、Z 的单质在常温下均为气体，②X 单质可以在 Z 的单质中燃烧，生 成化合物 XZ，火焰呈苍白色，③XZ 极易溶于水，在水溶液中电离处 X+和 Z﹣，其水溶液能使蓝色石蕊试 纸变红，④每两个 X2 分子能与一个 Y2分子化合成两个 X2Y 分子，X2Y 常温下为液体，⑤Z 单质溶于 X2Y 中，所得的溶液具有漂白性。
（1）写出下列微粒的电子式：X+_____，Z﹣______，Y 原子_____。
（2）写出 X2Y 的化学式_____。按要求与 X2Y 分子具有相同电子数的微粒的化学符号：两个原子核 的阴离子_____，5 个原子核的分子_____。
（3）写出 Z 单质溶于 X2Y 中发生反应的离子方程式：_____，所得溶液能使淀粉碘 化钾溶液变蓝，主要起作用的微粒是_____。
（4）实验室制备 XZ 的化学方程式：_____，如何检验 XZ 是否收集满__________。
18、某无色透明溶液中可能大量存在Ag＋、Mg2＋、Cu2＋、Fe3＋、Na＋中的几种。请填写下列空白：
（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；再加入过量的稀硝酸，沉淀不消失。说明原溶液中，肯定存在的离子是___，有关离子方程式为__。
（3）取（2）中的滤液，加入过量的NaOH，出现白色沉淀，说明原溶液中肯定有___，有关的离子方程式为__。
（4）原溶液可能大量存在的阴离子是下列的___。
A．Cl－ B．NO3- C．CO32- D．OH－
19、铁是人体必需的微量元素之一，没有铁，血红蛋白就不能结合氧分子进行输氧，所以缺少铁元素，人体易患的疾病为贫血，医学上经常用硫酸亚铁糖衣片给这种病人补铁。小陈同学对这种糖衣片产生了兴趣，进行探究实验如下：
(1)提出问题
这种糖衣片中是否含有硫酸亚铁，若有，含量是多少？
(2)查阅资料
①亚铁离子遇具有氧化性的物质时易被氧化。如氢氧化亚铁为白色沉淀，在空气中会迅速被氧化成红褐色的氢氧化铁沉淀，这是氢氧化亚铁的典型特征。
②亚铁盐溶于水时，会产生少量氢氧根离子而产生沉淀(溶液浑浊)。
(3)实验验证
①鉴定硫酸亚铁的成分时需加水溶解，加1滴稀盐酸的作用是___________，能否用稀硫酸代替(填“能”或“不能”)_________。
②为了不影响后续检验亚铁盐，检验硫酸盐可用的试剂是(选填“A”或“B”)______。
A．用硝酸酸化的硝酸钡溶液
B．用盐酸酸化的氯化钡溶液
③检验亚铁盐可用的试剂是______，现象为_____________。
（4）含量测定
①取十粒糖衣片称其质量为5g，溶于20 g水中；溶解药品时用到玻璃棒的作用是_______。
②向所配溶液中滴加氯化钡溶液至略过量；证明溶液过量的操作为：静置，向上层清液中滴加__________溶液，若现象为______________，则溶液已过量。
③过滤、洗涤、干燥；洗涤沉淀的操作：用玻璃棒(填一操作名)__________，向过滤器中加入蒸馏水至淹没沉淀，待液体滤出。重复操作2～3次。证明沉淀已洗净的方法是_______。
④称量得，沉淀质量为4.66 g，列式计算该糖衣片中硫酸亚铁的质量分数____。
(5)总结反思
对硫酸亚铁来说，药片的糖衣起到的作用是____________。
20、实验室需要90 mL 3.0mol·L-1 稀硫酸溶液，某同学用质量分数为98%，密度为1.84g/cm3的浓硫酸配制。实验操作如下：
A．将配好的稀硫酸倒入试剂瓶中，贴好标签；
B．盖好容量瓶塞，反复颠倒，摇匀；
C．用量筒量取 mL98%的浓硫酸；
D．将______________沿烧杯内壁慢慢注入盛有少量______________的烧杯中；
E．用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2~3次，并将洗涤液也全部转移到容量瓶中；
F．将已冷却至室温的硫酸溶液沿玻璃棒注入 ；
G．改用 逐滴加蒸馏水，使溶液凹面恰好与刻度相切；
H．继续向容量瓶中加蒸馏水，直到液面接近刻度线1~2 cm处。
(1)填写上述步骤中的空白：
C：________ ；D ：将________ 注入________ ；F：________ ；G：_______ 。
(2)将上面操作步骤按正确的进行排序______________（用字母表示）。
(3)试分析下列操作会使所配溶液的浓度偏高的是______________（填序号）。
① 量取浓硫酸时俯视读数；
② 转移溶液前，容量瓶中含有少量蒸馏水；
③ 溶解硫酸用的烧杯、玻璃棒未洗涤；
④ 未冷却至室温定容；
⑤ 定容时俯视容量瓶的刻度线；
⑥ 定容后摇匀，发现液面低于刻度线，再滴加蒸馏水至刻度线。
21、（1）有一无色透明的水溶液，只可能含有以下离子中的若干种：K+、NH4+、Cl—、Mg2+、Ba2+、NO3—、CO32-、SO42-，现取出三份该溶液分别进行下列实验：
①第一份中加入AgNO3溶液有白色沉淀；
②第二份中加入足量NaOH溶液加热后，只收集到刺激性气味的气体，无其他明显现象；
③第三份中加入BaCl2溶液后，有白色沉淀。将白色沉淀转移入足量的稀盐酸中，发现沉淀部分溶解。
则该混合溶液中，一定存在的离子有_____________________________，肯定不存在的离子有___填离子符号），写出实验③中沉淀部分溶解的离子方程式为_________________________________________________________。
（2）今有下列三个氧化还原反应：
① 2FeCl2 + Cl2 == 2FeCl3 ， ② 2FeCl3 + 2KI == 2FeCl2 + 2KCl + I2 ，
③ 2KMnO4 + 16HCl == 2KCl + 2MnCl2 + 8H2O + 5Cl2↑。
反应②的离子方程式为：____________________________________，其中_是氧化剂，_______________是氧化产物； 当反应③中有14.6gHCl消耗掉时，反应中转移的电子数为______________________________ 个。从上述三个反应可判断出 Fe2+、Cl—、I—、Mn2+ 的还原性由强到弱的顺序是________________________________。
参考答案

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、A
【解析】
设硫酸根的物质的量浓度为c，根据溶液中阴阳离子所带的正负电荷总数相等，列式计算c值，据此答题。
【详解】
设硫酸根的物质的量浓度为c，根据溶液中阴阳离子所带的正负电荷总数相等，则：
0.10mol/L×1+0.25mol/L×2=0.20mol/L×1+2c
解得：c=0.2mol/L，故答案A正确。
故选A。
本题根据溶液不显电性阳离子与阴离子所带电荷总数相等，即电荷守恒原则解答，注意电荷守恒原则在混合溶液有关离子浓度计算经常运用。
2、C
【解析】
同素异形体为由同种元素形成的不同单质。
【详解】
A．H2O2和H2O均为化合物，A与题意不符；
B．CO2和CO均为化合物，B与题意不符；
C．O2和O3由同种元素形成的不同单质，互为同素异形体，C符合题意；
D．Fe2+和Fe3+均为化合态，D与题意不符；
答案为C。
3、B

【解析】
玻璃棒在很多操作中被用到，不同操作中玻璃棒的作用也不相同，在溶解中加速溶解，在过滤中引流，防止液体飞溅，在蒸发实验中玻璃棒的作用是搅拌，防止液体因局部受热而飞溅，配制溶液转移液体需要玻璃棒引流，以此来解答。
【详解】
①过滤、⑦向容量瓶转移液体，需要玻璃棒引流；③溶解、⑤蒸发需要玻璃棒搅拌。
所以B选项是正确的。
4、C
【解析】
A.水的体积为100mL，将10.6gNa2CO3溶于水后，溶液体积大于100mL，故溶液的浓度小于1mol/L，故A错误；
B.10.6gNa2CO3•10H2O物质的量小于0.1mol，由化学式可知碳酸钠的物质的量等于碳酸钠晶体的物质的量小于0.1mol，溶液体积为100mL，所配碳酸钠溶液的浓度小于1.0mol·L-1，故B错误；
C.设稀释后碳酸钠溶液浓度为c，根据稀释定律，稀释前后溶质碳酸钠的物质的量不变，则20mL×5mol/L=100mL×c，解得：c=1mol/L，故C正确；
D.配制80mL1.0mol/LNa2CO3溶液，实际上配制的是100mL1.0mol/L的碳酸钠溶液，需要碳酸钠的质量为：106g/mol×1.0mol/L×0.1L=10.6g，故D错误。
故选C。
物质的量浓度=，体积指的是溶液的体积，而不是溶剂水的体积。
5、D
【解析】
氨气的物质的量是，所以浓度是，则①错误，②正确；氨水的密度小于水，若上述溶液中再加入V mL水后，则所得溶液的质量分数小于于0.5w，③错误；氨水的密度随溶液浓度的增大而减小，根据可知，如果加入等质量的水，则稀释后溶液的浓度大于0.5cmol/L，因此将50g上述溶液加入一定量的水稀释成0.5 c mol·L－1，则加入水的体积应大于50mL，④正确，答案选D。
6、C
【解析】
n==，则=mol-1=14xmol-1，答案为C。
上述关系式中，各量对应后成比例。
7、A
【解析】
配制一定质量分数溶液时，只需将计算称量好的溶质溶于一定量的溶剂中即可；氢氧化钠易潮解，具有腐蚀性，应放在玻璃容器中称取；量筒的精度是0.1mL；容量瓶不能用来稀释溶液。
【详解】
配制一定质量分数溶液时，只需将计算称量好的溶质溶于一定量的溶剂中即可，故A正确；氢氧化钠易潮解，具有腐蚀性，应放在玻璃容器中称取，故B错误；量筒的精度是0.1mL，可以用10mL的量筒量取8.6mL浓盐酸，故C错误；配制0.1mol·L－1的硫酸溶液时，将浓硫酸加入盛有适量水的烧杯中稀释，冷却后移入容量瓶，故D错误。
8、A
【解析】
氧化物由两种元素组成,且一种元素为氧元素的化合物,按元素组成可分为金属氧化物和非金属氧化物,按性质可分为酸性氧化物、碱性氧化物、两性氧化物和不成盐氧化物,以此解答此题。
【详解】
A、金属氧化物有酸性氧化物、碱性氧化物、过氧化物和两性氧化物等,如氧化铝属于两性氧化物,故A正确；
B、过氧化物与水反应也生产碱,但过氧化钠属于过氧化物,故B错误；
C、非金属氧化物有酸性氧化物和不成盐氧化物，故C错误；
D、不成盐氧化物既不能与酸反应也不能与碱反应,故D错误；
综上所述，本题选A。
酸性氧化物与非金属氧化物都属于氧化物，非金属氧化物不一定是酸性氧化物，如二氧化氮、一氧化氮等；而酸性氧化物也不一定为非金属氧化物，如金属氧化物可以是酸性氧化物，如Mn2O7等。
9、D
【解析】
A、气体摩尔体积的单位是L/mol，标况下氧气的气体摩尔体积是22.4L/mol，A错误；
B、摩尔质量的单位是g/mol，硫酸的摩尔质量是98g/mol，B错误；
C、相对分子质量的单位不是g，应该说CO2的相对分子质量是44，C错误；
D、CO32—的摩尔质量是60g/mol，D正确。
答案选D。
注意摩尔质量与相对原子(分子)质量的关系：相对原子(分子)质量与摩尔质量(以g为单位时)不是同一个物理量，单位不同，摩尔质量在数值上如果用g/mol为单位等于该物质的相对分子质量或相对原子质量。摩尔质量的单位为g·mol－1，相对原子(分子)质量的单位为1。
10、C
【解析】
食盐是日常生活中作调味品，可以用于腌制食品，做调味品，也是重要的化工原料，如制取氢氧化钠、氯气、制盐酸等，也可以用于防腐处理，大部分食盐用于化工原料。
答案选C。
11、C
【解析】
标准状况下①8.96L的物质的量为，所含氢原子个数为0.4×4=1.6NA，质量为0.4mol×16g/mol=6.4g；②个物质的量为0.5mol，体积为0.5mol×22.4L/mol=11.2L，所含氢原子个数为0.5 NA，质量为0.5mol×36.5g/mol=18.25g；③30.6g物质的量为，所含氢原子个数为0.9×2=1.8NA，体积为0.9mol×22.4L/mol=20.16L，质量为30.6g；④体积为0.3mol×22.4L/mol=6.72L，所含氢原子个数为0.3×3=0.9NA，质量为0.3mol×17g/mol=5.1g；
A.体积大小关系为：④<①<②<③，故A正确；
B.同温同压下气体密度比等于摩尔质量之比，所以密度大小关系为：①<④<③<②，故B正确；
C.质量大小关系为：④<①<②<③，故C错误；
D.氢原子个数大小关系为：②<④<①<③，故D正确；
故答案为C。
本题考查物质的量有关计算，侧重考查对基本公式的理解和掌握，明确各个物理量之间的关系是解本题关键，注意气体摩尔体积适用范围及适用条件，题目难度不大。
12、C
【解析】
A项、标准状况下的HCl气体22.4VL，物质的量是Vmol，VL浓度为1mol•L-1的盐酸中HCl的物质的量为Vmol，但无法计算通入氯化氢后溶液的体积，故A错误；
B项、加热浓缩盐酸时，导致盐酸挥发，溶质的物质的量偏小，故B错误；
C项、VL浓度为0.5mol•L-1的盐酸的物质的量是0.5Vmol，10mol•L-1的盐酸0.1VL的物质的量是Vmol，再稀释至1.5VL，所以C=（0.5Vmol+Vmol）/1.5VL=2 mol•L-1，故C正确；
D项、浓稀盐酸混合后，溶液的体积不是直接加和，所以混合后溶液的物质的量浓度不是原来的2倍，故D错误。
本题考查了物质的量浓度的计算，注意密度不同的溶液混合后，溶液的体积不能直接加和。
13、A
【解析】
A. HCl溶于水后在水分子的作用下形成水合氢离子和水合氯离子，故A正确；
B. HCl是共价化合物，溶于水能电离出阴阳离子而导电，熔融状态下不电离，不能导电，故B错误；
C.盐酸是氯化氢的水溶液，属于混合物，不是电解质也不是非电解质，酒精不能自身电离，为非电解质，故C错误；
D.盐酸、H2SO4溶液是混合物，严格的说HCl是无氧酸，H2SO4是含氧酸，故D错误。答案选A。
注意掌握电解质的电离条件：①离子化合物（如：大多数盐、强碱）既能在水溶液中电离、导电，又能在熔融状态下发生电离、导电；②共价化合物（如：液态HCl、纯硫酸、纯硝酸等）只能在水溶液中发生电离、导电，在熔融状态下不能发生电离、导电。因此可以通过熔融时是否导电，来证明化合物是离子化合物还是共价化合物。
14、D
【解析】
A. 氯气具有很强的活泼性，能与大多数金属化合，其一般将变价金属氧化至最高价，故A正确；
B. 氯气与水反应生成HCl和HClO，氯元素的化合价既升高又降低，氯气既是氧化剂又是还原剂，故B正确；
C. 氯水呈黄绿色是因为溶液中含有氯气分子，故C正确；
D. 氯气与水反应生成的HClO具有漂白性，氯气没有漂白性，且氯气用于杀菌、消毒等与氯气的毒性无关，故D错误；
答案选D。
15、A
【解析】
反应中注意氯元素的化合价变化，假设溶液中NaClO与NaClO3的物质的量分别为5 mol、2 mol，根据电子注意守恒可知NaCl的物质的量n(NaCl)=5 mol×1+2 mol×(5-0)=15 mol，则该溶液中NaCl与NaClO的数目之比为15 mol：5 mol=3：1，故合理选项是A。
16、C
【解析】
A．①纯碱是碳酸钠，属于盐，不属于碱，属于碱的只有④，故A错误；
B．③空气是混合物，⑤液氯属于单质，它们既不是电解质也不是非电解质，属于电解质的有①④⑥，故B错误；
C．②食盐水、③空气都属于混合物，混合物有②③，故C正确；
D．②食盐水是氯化钠的水溶液，属于混合物，不属于盐，属于盐的有①⑥，故D错误；
故选C。
抓住酸、碱、盐、电解质、混合物等的特征是正确解答本题的关键。本题的易错点为⑤液氯，要注意液氯是纯净物，氯水是混合物。

二、非选择题（本题包括5小题）
17、H+ H2O OH﹣ CH4 Cl2+H2O＝H++Cl﹣+HClO Cl2 NaCl（s）+H2SO4（浓）NaHSO4+HCl↑ 用湿润的蓝色石蕊试纸放置于集气瓶口，试纸变红，则已收集满，否则未收集满
【解析】
XZ极易溶于水，在水溶液中电离出X+和Z﹣，XZ的水溶液可使石蕊试液变红，溶液呈酸性，则X为氢元素，X单质为H2，结合X的单质在Z的单质中燃烧生成XZ，燃烧时火焰呈苍白色，可知Z为Cl元素，Z的单质为Cl2，故XZ为HCl．X2Y常温下为液体，则X2Y为H2O，说明Y为O元素，Cl2溶于H2O反应生成HCl和HClO，HClO具有漂白作用，符合题意，据以上分析解答。
【详解】
XZ极易溶于水，在水溶液中电离出X+和Z﹣，XZ的水溶液可使石蕊试液变红，溶液呈酸性，则X为氢元素，X单质为H2，结合X的单质在Z的单质中燃烧生成XZ，燃烧时火焰呈苍白色，可知Z为Cl元素，Z的单质为Cl2，故XZ为HCl，
X2Y常温下为液体，则X2Y为H2O，说明Y为O元素，Cl2溶于H2O反应生成HCl和HClO，HClO具有漂白作用，符合题意；
（1）X+为H+，其电子式为H+，Z﹣为Cl﹣，其电子式为，Y为O元素，其原子电子式为；

故答案为H+、、；
（2）X2Y 的化学式为H2O；与 H2O 分子具有相同电子数的微粒的化学符号：两个原子核 的阴离子为OH﹣，5 个原子核的分子为CH4；
故答案为H2O；OH﹣；CH4；
（3）Z 单质溶于 X2Y 中发生反应的离子方程式：Cl2+H2O＝H++Cl﹣+HClO，所得溶液能使淀粉碘化钾溶液变蓝，主要起作用的微粒是：Cl2；
故答案为Cl2+H2O＝H++Cl﹣+HClO；Cl2；
（4）实验室制备 HCl 的化学方程式：NaCl（s）+H2SO4（浓）NaHSO4+HCl↑；检验 HCl 是否收集满方法：用湿润的蓝色石蕊试纸放置于集气瓶口，试纸变红，则已收集满否则未收集满；
故答案为NaCl（s）+H2SO4（浓）NaHSO4+HCl↑；用湿润的紫色石蕊试纸放置于集气瓶口，试纸变红，则已收集满，否则未收集满。
18、Cu2+、Fe3+ Ag+； Ag++Cl−=AgCl↓ Mg2+ Mg2++2OH−=Mg(OH)2↓ B
【解析】
根据常见阳离子的检验分析解答，书写相关反应离子方程式。
【详解】
(1)有颜色的离子不用做实验就能判断是否存在，溶液无色说明不含有色的Cu2+、Fe3+，故答案为Cu2+、Fe3+；
(2)加入过量稀盐酸,有白色沉淀生成，再加入过量稀硝酸，沉淀不消失，说明含有Ag+，离子反应方程式为：Ag++Cl−=AgCl↓，故答案为Ag+；Ag++Cl−=AgCl↓；
(3)取上述反应中的滤液，加入过量的氢氧化钠溶液，出现白色沉淀，该白色沉淀只能为氢氧化镁，反应的离子方程式为：Mg2++2OH−=Mg(OH)2↓，说明原溶液中一定含有Mg2+，故答案为Mg2+；Mg2++2OH−=Mg(OH)2↓；
(4)原溶液中存在Ag+，则CO32−、Cl−、OH−不能共存，原溶液中肯定有Mg2+，故CO32−、OH−不能与其共存，硝酸根离子不与上述离子反应，故溶液中可能大量存在的离子是NO3−，故答案为B。
19、加入盐酸酸化，可有效降低亚铁盐还原性，防止氧化 不能 B 氢氧化钠溶液 产生白色沉淀并迅速变成红褐色沉淀 搅拌以促进溶解 氯化钡溶液 不再产生白色沉淀 引流 取最后一次洗涤所得的滤液，滴入硝酸银溶液，若无白色沉淀产生，则已洗净 60.8% 隔绝氧气，防止硫酸亚铁被氧化而失效
【解析】
将硫酸亚铁溶于水时，滴加盐酸目的是防止亚铁离子产生少量的氢氧根而出现沉淀，同时防止亚铁被氧化为铁离子而影响后期的检验。在检验硫酸盐时，可用氯化钡来进行。在溶解时，用玻璃棒搅拌加速溶解。检验亚铁盐时，可利用氢氧化钠溶液，因生成的氢氧化亚铁会迅速变为红褐色；根据硫酸根离子守恒计算；根据氢氧化亚铁表面有吸附的硫酸根离子分析；依据亚铁离子易被氧化。
【详解】
（3）①亚铁离子可以水解，加入盐酸目的是防止因产生少量氢氧根离子而产生沉淀，同时加入盐酸酸化，可有效降低亚铁盐还原性，防止氧化；不能用硫酸来替代盐酸，因为我们要检验硫酸亚铁的含量，不能引入硫酸根离子，故答案为：加入盐酸酸化，可有效降低亚铁盐还原性，防止氧化；不能；
②硝酸具有强氧化性，加入硝酸导致亚铁被氧化为铁离子而影响后期的检验，因此在检验硫酸盐时可用氯化钡溶液，所以选B，故答案为：B；
③由于氢氧化亚铁易被氧化为红褐色氢氧化铁，所以检验亚铁盐可用的试剂是氢氧化钠溶液，实验现象为产生白色沉淀并迅速变成红褐色沉淀，故答案为：氢氧化钠溶液；产生白色沉淀并迅速变成红褐色沉淀；
（4）①玻璃棒在配制溶液时的作用是搅拌以促进溶解，故答案为：搅拌以促进溶解；
②要想检验是否完全反应时，可继续滴加氯化钡溶液不再产生白色沉淀，说明溶液已过量，即静置，向上层清液中滴加氯化钡溶液，若现象为不再产生白色沉淀，则溶液已过量，故答案为：氯化钡溶液；不再产生白色沉淀；
③在洗涤沉淀时，玻璃棒的作用为引流；由于沉淀表面含有硫酸根离子，则要证明沉淀已洗净的方法就是判断洗涤液中不含有硫酸根离子，即可以取最后一次洗涤所得的滤液，滴入硝酸银溶液，若无白色沉淀产生，则已洗净，故答案为：引流；取最后一次洗涤所得的滤液，滴入硝酸银溶液，若无白色沉淀产生则已洗净；
④沉淀质量为4.66g即硫酸钡是0.02mol，根据硫酸根守恒可知硫酸亚铁的物质的量是0.02mol，质量是0.02mol×152g/mol＝3.04g，因此质量分数为3.04g/5g×100%=60.8%，故答案为：60.8%；
（5）由于亚铁离子易被氧化，则对硫酸亚铁来说，药片的糖衣可以起到隔绝氧气，防止硫酸亚铁被氧化而失效的作用，故答案为：隔绝氧气，防止硫酸亚铁被氧化而失效。
20、16.3 mL 浓硫酸 蒸馏水 100mL容量瓶 胶头滴管 CDFEHGBA ④⑤
【解析】
根据一定物质的量浓度溶液的配制操作方法及注意事项分析。
【详解】
(1)首先根据已知条件计算浓硫酸的浓度，c===18.4mol/L，由于稀释过程溶质的物质的量不变，故c浓V浓=c稀V稀=n，容量瓶没有90mL，只能选用100mL规格，故计算时，稀硫酸要按照100mL计算，带入计算得到，V浓= 16.3 mL；稀释过程中，由于浓硫酸遇水放热，故需要酸入水的操作，将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢注入盛有少量蒸馏水的的烧杯中；用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2~3次，并将洗涤液也全部转移到容量瓶中；将已冷却至室温的硫酸溶液沿玻璃棒注入100mL容量瓶；改用胶头滴管逐滴加蒸馏水，使溶液凹面恰好与刻度相切；故答案为：16.3 mL，浓硫酸，蒸馏水，100mL容量瓶，胶头滴管；
(2)用浓溶液配制稀溶液的操作步骤是：计算——量取——稀释——冷却至室温转移——洗涤——转移——定容——摇匀——装瓶——贴标签，故答案为：CDFEHGBA；
(3) ① 量取浓硫酸时俯视读数使浓硫酸体积偏小，造成配制溶液溶度偏低，故①不符合题意；② 转移溶液前，容量瓶中含有少量蒸馏水，不影响整个实验，故②不符合题意；③ 溶解硫酸用的烧杯、玻璃棒未洗涤，造成溶质物质的量损失，配制的溶液浓度偏低，故③不符合题意；④未冷却至室温定容，溶液末冷却就转移到容量瓶中，液体热胀，所加的水体积偏小，故使溶液浓度偏高，故④符合题意；⑤定容时俯视容量瓶的刻度线，会导致加入的蒸馏水体积偏小，配制的溶液体积减小，故溶液的浓度偏高，故⑤符合题意；⑥ 定容后摇匀，发现液面低于刻度线，再滴加蒸馏水至刻度线，溶质的物质的量不变，溶液的体积增大，故溶液的浓度偏低，故⑥不符合题意；故答案为：④⑤。
一定物质的量浓度溶液的配制过程常见误差分析：
(1)称好后的药品放入烧杯时,有少量洒在烧杯外.（mB偏小，cB偏低）；(2)溶解搅拌时有部分液体溅出.（mB偏小，cB偏低）；(3)转移时有部分液体溅出（mB偏小，cB偏低）；(4)未洗涤烧杯和玻璃棒2次～3次（mB偏小，cB偏低）；(5)溶解时放热,且未冷却至室温（20℃）（V偏小，cB偏高）；溶解时吸热,且未恢复到室温（20℃）（V偏大，cB偏低）。
21、NH4+、 CO32-、 SO42- Mg2+ 、 Ba2+ BaCO3 +2H+ ====Ba2+ + H2O＋CO2↑ 2Fe3++2I- ====2Fe2+ +I2 Fe3+ I2 0.25NA 或1.5051023 I— >Fe2+ >Cl— >Mn2+
【解析】
根据离子反应发生的条件、离子共存的条件分析；根据氧化还原反应的本质和特征进行分析。
【详解】
(1)第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生,可能有：Cl-、CO32-、SO42-，第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到刺激性气味气体，说明一定存在NH4+，第三份加足量BaCl2溶液后, 有白色沉淀。将白色沉淀转移入足量的稀盐酸中，发现沉淀部分溶解。说明一定含有CO32-和SO42-。故一定存在的离子有：NH4+、 CO32-、 SO42-，目前Cl-不确定是否存在；由于已经确定含有CO32-、 SO42-，那么原溶液中就一定不能含有Mg2+ 、 Ba2+；实验③白色沉淀溶解的是BaCO3，故离子方程式为：BaCO3 +2H+ ====Ba2+ +H2O＋CO2↑ ；
(2)反应②中，FeCl3 、KI、 2FeCl2 、KCl都属于可溶性盐，在溶液中可以完全电离成离子状态，故在离子方程式中可以拆开，I2是单质，在离子方程式中不能拆开，故离子方程式为：2Fe3+ + 2I- ==== 2Fe2+ + I2 ；其中，FeCl3中的Fe从+3价降低到+2价，作氧化剂，KI中I化合价从-1价升高到0价，做还原剂被氧化生成I2，故I2是氧化产物；反应③中被氧化的Cl原子只有10个，可得到关系：16HCl——5Cl2——10e-,故14.6gHCl消耗掉时，即n(HCl)=14.6g/36.5g·mol-1=0.4mol，转移电子的物质的量为0.25mol,数目为0.25NA；反应物的氧化性和还原性大于生成物的氧化性和还原性，根据反应②可得：I— > Fe2+ ；根据反应③ 可得：Cl— > Mn2+ ；根据反应①可得：Fe2+>Cl-；综合可得：I— > Fe2+ > Cl— > Mn2+ 。
氧化还原反应中，电子转移数目只考虑化合价发生变化的元素；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。