2026届浙江省杭师大附中化学高一第一学期期中联考试题含解析

2026届浙江省杭师大附中化学高一第一学期期中联考试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．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、食盐溶液中存在Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质，除杂时加入NaOH、Na2CO3、BaCl2和盐酸，下列添加试剂顺序正确的有①NaOHBaCl2Na2CO3HCl②BaCl2HClNaOHNa2CO3③Na2CO3BaCl2NaOHHCl④BaCl2NaOHNa2CO3HClA．①③ B．①④ C．③④ D．①③④2、下列关于物质分类的正确组合是()碱酸盐碱性氧化物酸性氧化物ANa2CO3H2SO4(NH4)2CO3MgOCO2BNaOHHClNaClNa2OH2OCBa(OH)2H2CO3CaCl2CO2SO2DKOHHNO3CaCO3CaOSO3A．A B．B C．C D．D3、已知某一反应2H2CrO4＋3H2O2＝2Cr（OH）3＋3O2↑＋2H2O，则关于该反应的说法错误的是()A．H2CrO4中铬元素显+6价B．该反应中的还原剂是H2O2，氧化产物是O2C．氧化性：H2CrO4＞O2D．如反应转移了0.3mol电子，则产生的气体在标准状况下体积为1.68L4、东汉成书的《神农本草经》有“石胆化铁为铜”(石胆是硫酸铜)的记载。这一方法开创了人类文明史上湿法冶金的先河。其中涉及的化学反应类型是A．化合反应B．分解反应C．置换反应D．复分解反应5、我国明代《本草纲目》记载了烧酒的制造工艺：“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”，“以烧酒复烧二次……价值数倍也”。这里用到的可用于分离的实验方法是A．萃取B．蒸馏C．过滤D．分液6、用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是()A．含有NA个原子的氢气在标准状况下的体积约为22.4LB．25℃，1.01×105Pa,64gSO2中含有的原子数为3NAC．40gNaOH溶解在1L水中，则其100mL溶液中含Na＋数为0.1NAD．标准状况下，11.2LH2O含有的分子数为0.5NA7、在容积相同的三个容器里分别充入三种气体：①氢气②二氧化碳③氧气，并保持三个容器内气体的温度和密度均相等，下列说法正确的是（）A．分子数目：①=②=③ B．质量关系：①＜③＜②C．压强关系：①＞③＞② D．原子数目：②＞③＞①8、同温同压下，将amLCO、bmLH2和cmLO2混合于同一试管中，电火花引燃后，充分燃烧后的混合物中原子数之比N(C)：N(H)：N(O)为A．a：b：c B．a：2b：(a+2c)C．a：2b：3c D．a：2b：2c9、在4mol/L的硫酸和2mol/L的硝酸混合溶液10mL中，加入0.96g铜粉，充分反应后最多可收集到标准状况下的气体的体积为（）A．89.6mL B．112mLC．168mL D．224mL10、完成下列实验所选择的装置或仪器（夹持装置已略去）正确的是A．用CCl4提取溴水中的Br2[来B．从KI和I2的固体混合物中回收I2C．吸收NH3（极易溶于水），并防止倒吸D．工业酒精制备无水酒精A．A B．B C．C D．D11、海水中含有大量的化学元素,自然界中的有些元素主要存在于海水中。下列元素中,被称为“海洋元素”的是A．钠 B．碘 C．溴 D．氯12、我国化学家侯德榜发明的“侯氏制碱法”联合合成氨工业生产纯碱和氮肥，工艺流程图如下。碳酸化塔中的反应：NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl。下列说法不正确的是（）A．以海水为原料，经分离、提纯和浓缩后得到饱和氯化钠溶液进入吸氨塔B．碱母液储罐“吸氨”后的溶质是NH4Cl和NaHCO3C．“冷析”和“盐析”是为了分离NH4Cl，获取氮肥D．该工艺的碳原子利用率理论上为100%13、氢氧化铁胶体中逐滴滴入下列某种溶液，出现现象是先沉淀，后沉淀溶解。这种溶液是A．饱和的氯化钠溶液B．饱和硫酸镁溶液C．盐酸溶液D．饱和硫酸钠溶液14、下列叙述正确的是()A．溶液是电中性的，胶体是带电的B．胶体和溶液的本质区别是能否产生丁达尔效应C．胶体是一种介稳性的分散系，而溶液是一种稳定的分散系D．向饱和FeCl3溶液中缓慢滴加稀NaOH溶液，可制得Fe(OH)3胶体15、关于2mol二氧化碳的叙述中，正确的是()A．质量为44g B．质量为88g C．分子数为6.02×1023 D．有4mol原子16、下列关于氯气的叙述，正确的是（）A．氯气是一种无色，没有刺激性气味的气体B．氯气、氯水、液氯的成分相同C．氯气不能与碱发生反应D．氯气有毒，但可用来自来水的杀菌消毒二、非选择题（本题包括5小题）17、甲溶液可能含有K+、Ca2+、NH4+、Cu2+、NO3－、Cl－、SO42－、CO32－八种离子中的若干种为确定甲溶液的组成，将其分成两等份，进行如下实验：①向一份溶液中加入足量的NaOH浓溶液并加热，产生的气体在标准状况下体积为4.48L。②向另一份溶液中加入0.6mol/L的BaCl2溶液500mL，恰好可以与溶液中的离子完全反应,过滤得66.3g沉淀及滤液。③向上述沉淀中加入过量的盐酸，产生的气体通入足量澄清的石灰水中，得到一定量的沉淀X。④向上述滤液中加入1mol/LAgNO3溶液650mL，恰好可完全反应，据此，请回答下列问题用相应的离子符号表示：⑴上述实验③中得到沉淀X的质量为______；生成沉淀X的离子方程式为______．⑵甲溶液中一定不存在的离子是______；可能存在的离子是______．⑶甲溶液一定存在的离子中,物质的量最大的离子是______；物质的量最小的离子是______,此物质的量最小的离子其物质的量为______。18、现有一混合物的水溶液，只可能含有以下离子中的若干种：K+、NH4+、Cl-、Mg2+、Ba2+、CO32-、SO42-，现取三份100mL该溶液进行如下实验：（已知：NH4++OH-NH3↑+H2O）（1）第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生；（2）第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到0.08mol气体；（3）第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀12.54g，经足量盐酸洗涤干燥后，沉淀质量为4.66g。根据上述实验，回答以下问题。（1）由第一份进行的实验推断该混合物是否一定含有Cl-？________（答是或否）（2）由第二份进行的实验得知混合物中应含有_____（填离子符号），其物质的量浓度为______。（3）由第三份进行的实验可知12.54g沉淀的成分为________。（4）综合上述实验，你认为以下结论正确的是_________。A．该混合液中一定有K+、NH4+、CO32-、SO42-，可能含Cl-，且n(K)≥0.04molB．该混合液中一定有NH4+、CO32-、SO42-，可能含有K+、Cl-C．该混合液中一定有NH4+、CO32-、SO42-，可能含有Mg2+、K+、Cl-D．该混合液中一定有NH4+、SO42-，可能含有Mg2+、K+、Cl-（5）我国政府为消除碘缺乏病，规定在食盐中必须加入适量的碘酸钾。检验食盐中是否加碘，可利用如下反应：KIO3+KI+H2SO4＝K2SO4+I2+H2O①配平该方程式，并且用单线桥法表示该方程式电子转移的方向和数目：________。②该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为_____________。③如果反应中转移0.5mol电子，则生成I2的物质的量为_________。19、实验室需要0.1mol/LNaOH溶液450mL和0.5mol/L的硫酸溶液500mL。根据这两种溶液的配制情况回答下列问题。(1)在下图所示仪器中，配制上述溶液肯定不需要的是_________（填序号），除图中已有仪器外，配制上述溶液还需要的玻璃仪器是____________________。(2)在容量瓶的使用方法中，下列操作不正确的是____________。A．使用容量瓶前检验是否漏水。B．容量瓶用水洗净后，再用待配溶液洗涤。C．配制溶液时，如果试样是固体，把称好的固体用纸条小心倒入容量瓶中，缓慢加水至接近刻度线1~2cm处，用胶头滴管加蒸馏水至刻度线。D．配制溶液时，若试样是液体，用量筒取样后用玻璃棒引流倒入容量瓶中，缓慢加水至刻度线1~2cm处，用胶头滴管加蒸馏水至刻度线。E．盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，另一只手托住瓶底，把容量瓶反复倒转多次，摇匀。(3)根据计算用托盘天平称取的质量为_______g。在实验中其他操作均正确，若定容时仰视刻度线，则所得溶液浓度______0.1mol/L（填“大于”“小于”或“等于”）。(4)根据计算得知，需用量筒量取质量分数为98%、密度为1.84g/cm3的浓硫酸的体积为________mL。20、某小组同学为探究物质的氧化性强弱，设计如下实验（夹持仪器已略去，装置的气密性已检验）。已知：①溴水为溴的水溶液，溴水为橙黄色，溴蒸气为红棕色，均有毒②氯水为氯气的水溶液。实验记录如下：实验操作实验现象Ⅰ打开活塞a，滴加氯水，关闭活塞aA中溶液变为橙黄色Ⅱ吹入热空气A中橙黄色明显变浅；B中有气泡，产生大量白色沉淀，混合液颜色无明显变化Ⅲ停止吹入空气，打开活塞b，逐滴加入H2O2溶液开始时颜色无明显变化；继续滴加H2O2溶液，一段时间后，混合液逐渐变成橙黄色请回答下列问题：（1）A中反应的离子方程式是__________________________________________。（2）实验操作II吹入热空气的目的是___________________________________。（3）装置C的作用是_____________________________________。（4）实验操作III，混合液逐渐变成橙黄色，其对应的离子方程式是____________。（5）由操作I得出的结论是_____________，由操作III得出的结论是______________。（6）实验反思：实验操作III，开始时颜色无明显变化的原因是（写出一条即可）：___________。21、（1）①H2+CuOCu+H2O②CaCO3+2HCl==CaCl2+CO2↑+H2O③3S+6NaOH2Na2S+Na2SO3+3H2O④NH4NO3+Zn==ZnO+N2↑+2H2O⑤Cu2O+4HCl==2HCuCl2+H2O上述反应中，属于氧化还原反应的是__________________________（填序号）（2）用双线桥法表示下述反应的电子转移MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O________（3）在反应KIO3+6HI==3I2+KI+3H2O中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为________。（4）若反应3Cu+8HNO3（稀）==3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O中转移了3mol电子，则生成的NO气体在标况下的体积是_____________L。（5）配平下面两个反应①____H2O+____Cl2+____SO2==____H2SO4+____HCl，____________②____KMnO4+____HCl==____KCl+____MnCl2+____Cl2↑+____H2O（系数是1的也请填上），_____根据以上两个反应反应，写出由KMnO4、K2SO4、MnSO4、SO2、H2O、H2SO4这六种物质组成的氧化还原反应的方程式并配平。______________________________________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解析】

此题考核了除杂的顺序，要考虑清楚加入的试剂是否会带进新的杂质，如何除去。只要保证Na2CO3在BaCl2之后，HCl在Na2CO3之后就能满足要求。因为Na2CO3除了要出去溶液中的Ca2+离子，还要出去由于加入的BaCl2中的钡离子。答案选B。2、D【解析】

A.碳酸钠属于盐不是碱，故A错误；

B.H2O不是酸性氧化物，故B错误；

C.CO2与碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，故C错误；

D.KOH属于碱，HNO3属于酸，CaCO3属于盐，CaO与水化合生成氢氧化钙，为碱性氧化物，SO3与水化合为硫酸，属于酸性氧化物，故D正确。

故选D。3、D【解析】

A、H2CrO4中氢为+1价、氧为-2价，则铬元素显+6价，选项A正确；B、反应中O元素的化合价升高，则H2O2为还原剂被氧化生成氧化产物氧气，而Cr元素的化合价降低，得到电子被还原，对应的产物Cr(OH)3为还原产物，选项B正确；C、根据氧化还原反应中氧化剂量氧化性强于氧化产物，反应中H2CrO4为氧化剂，O2为氧化产物，故氧化性：H2CrO4＞O2，选项C正确；D、由2H2CrO4＋3H2O2＝2Cr（OH）3＋3O2↑＋2H2O可知，生成3mol气体转移6mol电子，则转移了0.3mol电子，则产生的气体的物质的量为=0.15mol，其在标准状况下体积为0.15mol×22.4L/mol=3.36L，选项D错误。答案选D。4、C【解析】石胆是硫酸铜，石胆化铁为铜，即发生的反应为Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，该反应为置换反应，答案选C。5、B【解析】

萃取适合于溶质在不同溶剂中的溶解性不同而分离的一种方法，分液适用于互不相溶的液体之间的一种分离方法，蒸馏是依据混合物中个组分沸点不同而分离的一种法，适用于除去易挥发、难挥发或不挥发杂质，过滤适用于不溶性固体和液体之间的一种分离方法。据此判断。【详解】“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”，“以烧酒复烧二次……价值数倍也”。这里用到的实验方法属于蒸馏法，答案选B。6、B【解析】

A、氢气是双原子分子，含NA个原子，氢气的物质的量为0.5mol，标准状况下其体积为0.5×22.4L=11.2L，故错误；B、含有S的物质的量为64×3/64mol=3mol，故正确；C、物质的量浓度是单位体积的溶液中含有溶质的物质的量，体积是溶液的体积，不是溶剂的体积，因此无法计算NaOH的物质的量浓度，故错误；D、标准状况下，水不是气体，故错误。7、C【解析】

A.三种气体的体积、密度相同，则其质量相等，根据知，质量相同时其物质的量之比等于其摩尔质量的反比，三种气体的摩尔质量不相等，所以其物质的量不相等，则分子个数不相等，故A错误；B.由A项分析知，质量关系①=②=③，故B错误；C.密度相等、温度相同时，气体压强之比等于其摩尔质量的反比，即气体的摩尔质量越小，压强越大，则压强大小顺序是①＞③＞②，故C正确；D.三种气体的物质的量之比等于摩尔质量的反比，即、、的物质的量之比为，结合分子构成计算其原子个数之比为，则原子数目：①＞②＞③，故D错误；故选C。8、B【解析】

由理想气体状态方程：PV=nRT，同温同压下，气体体积之比与物质的量之比相等，即amLCO、bmLH2和cmLO2相当于amolCO、bmolLH2和cmoLO2，化学反应中，原子个数守恒，即充分燃烧后的混合物中原子数之比N(C)：N(H)：N(O)=a：2b：(a+2c)，答案选B。9、D【解析】

铜与稀硝酸反应的实质是3Cu+8H++2NO3-＝3Cu2++2NO↑+4H2O，在溶液中每3molCu与8molH+完全反应生成2molNO气体。混合溶液中含H+物质的量＝0.02mol×2+0.02mol＝0.06molH+，0.96g铜的物质的量＝0.96g÷64g/mol＝0.015mol。根据离子方程式可知3Cu～8H+～2NO，因此氢离子过量，铜离子完全反应，则生成的NO气体的物质的量＝0.01mol，标准状况下的体积为224mL，答案选D。10、A【解析】试题分析：A．萃取剂的选择必须符合下列条件：溶质在萃取剂中的溶解度比在原溶剂中要大；萃取剂与原溶剂不相溶；萃取剂与溶质不反应，溴单质易溶于四氯化碳，且四氯化碳与水互不相溶，A正确；碘单质易升华，加热后，碘单质易升华，剩余的是KI，B错误；氨气极易溶于水而难溶于苯，该装置导管口插入水中，无法防止倒吸，C错误；该装置酒精灯的水银球应该在蒸馏烧瓶支管口处，冷却装置应该下口进水，上口出水，D错误。考点：考查萃取、物质的分离、尾气的吸收、工业制备酒精等知识。11、C【解析】

地球上99%以上的溴都蕴藏在汪洋大海中，故溴有“海洋元素”的美称。答案选C。12、B【解析】

在饱和NaCl溶液中先通入氨气（吸氨塔）使溶液呈现碱性，再通入CO2（碳酸化塔），在碱性环境下CO2溶解能力增强，与氨气反应生成碳酸氢铵，碳酸氢铵与氯化钠反应生成碳酸氢钠从溶液中析出，回转焙烧炉加热后转化为纯碱、水和二氧化碳，母液中的NH4Cl在常温时的溶解度比NaCl大，在低温下却比NaCl溶解度小，在5℃～10℃时，向母液中加入食盐细粉，可使NH4Cl单独结晶析出，剩余氯化钠溶液可再次投入使用，据此来解答。【详解】A．海水淡化工厂中，经对海水分离、提纯和浓缩可得到饱和氯化钠溶液，用于下一步进入吸氨塔，故A正确；B．由工艺流程图可知，进入碱母液储罐的只有氯化铵，再加入氨气后，会产生氨水，所以碱母液储罐中的溶质是氯化铵和氨水，故B错误；C．由上述分析可知，“冷析”和“盐析”是为了分离NH4Cl，获取氮肥，故C正确；D．该流程中，二氧化碳中的碳原子最终全部进入纯碱中，碳原子利用率理论上为100%，故D正确；综上所述，说法不正确的是B项，故答案为B。13、C【解析】

胶体具有均一稳定性，加入电解质会使胶体发生聚沉，氢氧化铁胶体逐滴加入溶液，先产生沉淀后沉淀溶解，说明先胶体聚沉，后能溶解沉淀，据此分析解答。【详解】A．饱和的氯化钠溶液是电解质溶液，能引起胶体聚沉，但不能溶解氢氧化铁沉淀，选项A错误；B．饱和硫酸镁溶液是电解质溶液，能引起胶体聚沉，但不能溶解氢氧化铁沉淀，选项B错误；C．盐酸是电解质溶液，能引起胶体聚沉，继续加入盐酸会发生酸碱中和反应3HCl+Fe（OH）3═FeCl3+3H2O，氢氧化铁沉淀溶解，选项C正确；D．饱和硫酸钠溶液是电解质溶液，能引起胶体聚沉，但不能溶解氢氧化铁沉淀，选项D错误；答案选C。【点睛】本题考查胶体的性质应用，熟悉胶体的性质、电解质的性质是解答本题的关键，题目难度不大。14、C【解析】

A.胶体分散系中，胶粒带电，但分散系是不带电的，即胶体也为电中性，故A错误；B.胶体和溶液的本质区别是分散质微粒直径大小，丁达尔效应只是胶体所特有的性质,但不是本质区别，故B错误；C.胶体中的胶粒带电，同种胶粒带相同电荷，胶粒间相互排斥,故胶体属于介稳体系,而溶液是均一稳定的体系,故C正确；D.氢氧化钠溶液会和FeCl3反应生成Fe(OH)3沉淀，得不到胶体，故D错误；本题答案为C。15、B【解析】

A.CO2的摩尔质量是44g/mol，2mol二氧化碳质量是44g/mol×2mol＝88g，故A错误；B.CO2的摩尔质量是44g/mol，2mol二氧化碳质量是44g/mol×2mol＝88g，故B正确；C.2mol二氧化碳的分子数为6.02×1023mol—1×2mol＝2×6.02×1023，故C错误；D.2mol二氧化碳含有原子的物质的量为2mol×3＝6mol，故D错误；故选B。16、D【解析】

A.氯气是黄绿色气体,有刺激性气味；

B.氯气的水溶液是氯水，属于混合物；

C.氯气和碱反应；

D.氯气有毒,但可用来自来水的杀菌消毒。【详解】A.氯气是黄绿色、有刺激性气味的气体,有毒,故A错误；

B.氯气的水溶液是氯水，属于混合物，氯气和液氯的成分是氯气，属于纯净物，故B错误；

C.氯气和碱反应生成氯化物、次氯酸盐和水，故C错误；

D.氯气有毒,能和水反应生成盐酸和次氯酸,次氯酸有强氧化性能杀菌消毒,所以可用来自来水的杀菌消毒，故D正确；

综上所述，本题选D。二、非选择题（本题包括5小题）17、10g、【解析】

通过①得出铵根离子物质的量，通过②分析得出碳酸根和硫酸根的物质的量，通过③及离子共存分体得出不含的离子，通过④分析含有的微粒及物质的量。【详解】①向一份溶液中加入足量的NaOH浓溶液并加热，产生的气体在标准状况下体积为4.48L，应生成NH3，则一定含有NH4+，且；②向另一份溶液中加入0.6mol/L的BaCl2溶液500mL，恰好可以与溶液中的离子完全反应，过滤得66.3g沉淀及滤液，沉淀可能为BaSO4或BaCO3或二者都有，如为BaSO4，则，如为BaCO3，，则说明甲中含有SO42－、CO32－,设分别为xmol、ymol，则，x=0.2，y=0.1；③向上述沉淀中加入过量的盐酸，产生的气体通入足量澄清的石灰水中，得到一定量的沉淀X，则说明含有CO32－，则一定不存在Ca2+、Cu2+；④向上述滤液中加入1mol/LAgNO3溶液650mL，恰好可完全反应，可知滤液中，而②加入，则说明甲中含有Cl－，且，如不含NO3－，则由电荷守恒可知一定含有K+，由,则,因分成两份，则甲含有0.4molNH4+、0.9molK+、0.4molSO42－、0.2molCO32－、0.1molCl－，如含有NO3－，则K+大于0.9mol，⑴上述实验③中得到沉淀X为碳酸钙，质量为0.1mol×100g/mol=10g，生成沉淀X的离子方程式为Ca2++2OH－+CO2==CaCO3↓+H2O，故答案为10g；Ca2++2OH－+CO2==CaCO3↓+H2O；⑵由以上分析可知一定不存在Ca2+、Cu2+，不能确定是否含有NO3－，故答案为Ca2+、Cu2+；NO3－；⑶甲含有0.4molNH4+、0.9molK+、0.4molSO42－、0.2molCO32－、0.1molCl－，如含有NO3－，则K+大于0.9mol，则物质的量最大的离子是K+；物质的量最小的离子是Cl－，此物质的量最小的离子其物质的量为0.1mol，故答案为K+；Cl－；0.1mol。18、否NH4+0.8mol/LBaSO4、BaCO3A1：50.3mol【解析】

第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生，则一定含有Cl-、CO32-、SO42-中的一种或几种；第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到气体0.08mol，气体为氨气，则一定含NH4+；第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀12.54g，经足量盐酸洗涤干燥后，沉淀质量为4.66g，则沉淀为碳酸钡、硫酸钡，SO42-的物质的量为4.66g÷233g/mol=0.02mol，CO32-的物质的量为（12.54－4.66）g÷197g/mol=0.04mol，结合离子之间的反应及电荷守恒来解答。【详解】第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生，则一定含有Cl-、CO32-、SO42-中的一种或几种；第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到气体0.08mol，气体为氨气，则一定含NH4+；第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀12.54g，经足量盐酸洗涤干燥后，沉淀质量为4.66g，则一定含硫酸钡，SO42-的物质的量为4.66g÷233g/mol=0.02mol，CO32-的物质的量为（12.54－4.66）g÷197g/mol=0.04mol，含CO32-、SO42-，则一定不含Mg2+、Ba2+，阳离子电荷总量为0.08mol，CO32-、SO42-的电荷总量为0.02mol×2+0.04mol×2=0.12mol，由电荷守恒可知，一定含阳离子K+，综上所述，不能确定是否含有Cl-；则根据电荷守恒溶液中K+的物质的量≥0.12mol-0.08mol=0.04mol。（1）根据以上分析可知由第一份进行的实验推断该混合物中不一定含有Cl-；（2）根据以上分析可知由第二份进行的实验得知混合物中应含有NH4+，其物质的量浓度为0.08mol÷0.1L＝0.8mol/L；（3）根据以上分析可知由第三份进行的实验可知12.54g沉淀的成分为BaSO4、BaCO3；（4）综合上述实验，该混合液中一定有K+、NH4+、CO32-、SO42-，可能含Cl-，且n(K)≥0.04mol，答案选A。（5）①反应物KIO3中I元素化合价为+5价，KI中I元素化合价为-1价，反应中I元素化合价分别由+5价、-1价变化为0价，可知（KIO3）：n（KI）=1：5，结合质量生成配平方程式为KIO3+5KI+3H2SO4＝3K2SO4+3I2+3H2O，用单线桥法表示该方程式电子转移的方向和数目为；②KIO3为氧化剂，KI为还原剂，由方程式可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：5；③在上述反应中，转移5mol电子生成碘单质的量是3mol，所以如果反应中转移0.5mol电子，则生成I2的物质的量为0.3moL。【点睛】本题考查离子的共存及离子反应、氧化还原反应，把握电子转移和化合价变化之间的关系、发生的反应及电荷守恒为解答的关键，侧重分析与推断能力及离子检验和计算能力的考查。19、AC烧杯、玻璃棒BCD2.0小于13.6【解析】

(1).配制一定物质的量浓度的上述溶液需要的仪器有：量筒、托盘天平、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶等，则肯定不需要的是圆底烧瓶和分液漏斗，还需要的玻璃仪器是烧杯和玻璃棒，故答案为：AC；烧杯、玻璃棒；(2).A.容量瓶有瓶塞，配制过程中需要反复颠倒摇匀，为了避免漏液，使用容量瓶前要检验是否漏水，故A正确；B.容量瓶用水洗净后，再用待配溶液洗涤，会导致配制的溶液中溶质的物质的量偏大，配制的溶液浓度偏高，故B错误；C.容量瓶为定量仪器，只能用于配制一定物质的量浓度的溶液，不能用于溶解或者稀释溶质，故C错误；D.容量瓶为定量仪器，只能用于配制一定物质的量浓度的溶液，不能用于溶解或者稀释溶质，故D错误；E.定容结束后，需要进行摇匀，操作方法为：盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，另一只手托住瓶底，把容量瓶反复倒转多次，摇匀，故E正确，答案为：BCD；(3).配制NaOH溶液时需用托盘天平称量NaOH固体的质量，实验室无450mL规格的容量瓶，需选用500mL规格的容量瓶进行配制，配制氢氧化钠溶液时需要NaOH的物质的量为：0.1mol/L×0.5L=0.05mol，需要氢氧化钠的质量为：40g/mol×0.05mol=2.0g；在实验中其他操作均正确，若定容时仰视刻度线，会导致加入的蒸馏水体积超过容量瓶刻度线，配制的溶液体积偏大，浓度偏小，即小于0.1mol/L，故答案为：2.0；小于；(4).用量筒量取浓硫酸溶液的体积，质量分数为98%、密度为1.84g/cm3的浓硫酸的物质的量浓度为c(H2SO4)=1000mL×1.84g/mL×98%98g/mol=18.4mol/L，设需用量筒量取浓硫酸的体积为amL，则a×10－3L×18.4mol/L=0.5L×0.5mol/L，解得a=13.6mL，故答案为20、2Br﹣+Cl2=Br2+2Cl﹣吹出单质Br2吸收Br2，防止污染空气H2O2+2Br﹣+2H+=Br2+2H2OCl2的氧化性强于Br2H2O2的氧化性强于Br2H2SO3有剩余（H2O2的浓度小或Br-与H2O2反应慢等因素都可）【解析】实验分析：本实验利用“氧化剂氧化性大于氧化产物；强氧化性制弱氧化性”的原理探究物质氧化性的强弱。第I步，向A中（NaBr溶液）滴加氯水，A中溶液变橙黄色，则有Br2单质产生，Cl2将Br－氧化为Br2，证明Cl2氧化性强于Br2。第Ⅱ步，向A中吹入热空气，溴易挥发，A中橙黄色变浅，则Br2被热空气赶入装置B中（H2SO3和BaCl2的混合溶液）；B中有气泡，产生大量白色沉淀，该沉淀应为BaSO4，则SO42－产生；混合液颜色无明显变化，则Br2自身被还原为Br－，说明Br2氧化性强于SO42－。第Ⅲ步，停止吹入空气，向装置B中逐滴加入H2O2溶液，一段时间后，混合液逐渐变成橙黄色，则Br－又被氧化为Br2，说明H2O2氧化性强于Br2。（1）根据上述分析，A中发生的反应为氯水将NaBr氧化为Br2，溶液变橙黄色，离子方程式为：2Br﹣+Cl2=Br2+2Cl﹣；故答案为：2Br﹣+Cl2=Br2+2Cl﹣；（2）根据上述分析，吹入热空气，是利用溴的挥发性，将溴单质被赶入B中。故答案为：吹出单质Br2；（3）反应过程中有溴蒸气等污染性气体不能排放到空气中需要用NaOH溶液吸收，故C装置应是盛装NaOH溶液，用来吸收尾气。答案为：吸收Br2，防止污染空气；（4）滴加H2O2溶液，一段时间后，混合液逐渐变成橙黄色，说明H2O2在酸溶液中将Br﹣氧化为Br2，离子方程式为：H2O2+2Br﹣+2H+=Br2+2H2O。故答案为：H2O2+2Br﹣+2H+=Br2+2H2O；（5）根据实验分析，操作I证明Cl2的氧化性强于Br2；操作Ⅲ证明H2O2的氧化性强于Br2。故答案为：Cl2的氧化性强于Br2；H2O2的氧化性强于Br2；（6）实验操作III，开始时颜色无明显变化；继续滴加H2O2溶液，一段时间后，混合液逐渐变成橙黄色。开始时颜色无明显变化的可能原因是，H2O2与Br﹣反应慢；也可能是溶液中原本有H2SO3有剩余，加入H2O2，H2O2先和H2SO3反应。故答案为：H2SO3有剩余（H2O2的浓度小或Br-与H2O2反应慢等因素都可）点睛：“吹入热空气法”在“海水提溴”的实验中有应用，利用Br2的挥发性，将Br2吹出。本题实验中探究氧化性的强弱，“吹入热空气法”时空气中氧气是否对实验会产生干扰，这一问题值得探讨。在本实验中氧气的氧化性不会对实验结论产生干扰，因为装置B中的实验现象可以排除氧气影响。装置B中观察到产生白色沉淀，说明H2SO3被氧化为SO42﹣，同时溶液无明显颜色变化，Br2一定参与反应，被还原为Br﹣，故可以证明Br2氧化了H2SO3。21、①③④1:522.42111221622582KMnO4+5SO2+2H2O=K2SO4+2MnSO4+2H2SO4【解析】

（1）①H2+CuOCu+H2O；③3S+6NaOH2Na2S+Na2SO3+3H2O；