四川省泸州市泸县一中2026届高一化学第一学期期中复习检测模拟试题含解析

四川省泸州市泸县一中2026届高一化学第一学期期中复习检测模拟试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、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、下列实验方案中，不能测定NaCl和NaHCO3混合物中NaHCO3质量分数的是A．取a克混合物充分加热，减重b克B．取a克混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，增重b克C．取a克混合物与足量Ba(OH)2溶液充分反应，过滤洗涤、烘干，得b克固体D．取a克混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得b克固体2、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+、Al3+、Cl－、SO42—B．在无色透明的溶液中：K+、Cu2+、NO3—、SO42—C．含有0.1mol·L−1Ca2+的溶液中：Na+、K+、CO32—、Cl－D．室温下，pH＝1的溶液中：Na+、Fe3+、NO3—、SO42—3、已知A=2B+C+D，其中A的相对分子质量为96，所得产物均为气体，则完全反应后气体混合物密度是相同条件下氢气密度的A．10倍 B．24倍 C．12倍 D．48倍4、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=2c2B．c2=2clC．c2＞2c1D．c2＜2cl5、含H2和Cl2的混合气体共amol，经光照后，所得气体恰好使bmolNaOH完全转化为盐。已知：在该温度下，Cl2+NaOH→NaClO3+NaCl+H2O（未配平），则a、b关系不正确的是（）A．b＝a B．b≥2a C．a＜b＜2a D．0＜b＜a6、关于胶体和溶液的叙述中不正确的是()A．胶体和溶液均能通过滤纸B．胶体加入某些盐可产生沉淀，而溶液不能C．胶体是一种介稳性的分散系，而溶液是一种非常稳定的分散系D．胶体能够发生丁达尔现象，而溶液则不能7、下列说法正确的是A．物质不是电解质就是非电解质B．酸性氧化物不一定都是非金属氧化物，而非金属氧化物一定是酸性氧化物C．能导电的物质不一定是电解质，电解质也不—定能导电D．液氨溶于水能导电，所用是电解质8、在溶液中，能大量共存的离子组是A．Na+、Mg2+、SO42、OH B．Na+、Ba2+、Cl、SO42C．Cu2+、Ca2+、Cl、NO3 D．Ag+、K+、NO3、Cl9、实验室按照下图所示的操作程序用于提纯某种物质，下列分析一定正确的是A．该操作流程可用于分离水与四氯化碳B．操作I一定是过滤，目的是将固液分离C．可以用于从四氯化碳中提取碘单质D．可以提纯含少量BaSO4的NaCl固体混合物10、下列物质中属于电解质的是()A．NaOH溶液 B．K2SO4 C．CO2 D．Cu11、下列说法错误的一组是（）①不溶于水的BaSO4

是强电解质②可溶于水的酸都是强电解质③0.5mol/L的所有一元酸中氢离子浓度都是0.5mol/L

④熔融态的电解质都能导电。A．①③④ B．②③④ C．①④ D．①②③12、用NaOH固体配制一定物质的量浓度的NaOH溶液，下列操作正确的是（）A．称量时，将固体NaOH放在纸片上，放在天平左盘上称量B．将称量好的固体NaOH放入容量瓶中，加蒸馏水溶解C．将烧杯中溶解固体NaOH所得溶液，冷却到室温后转移至容量瓶中D．定容时如果加水超过了刻度线，用胶头滴管直接吸出多余部分13、决定原子种类的微粒是（）A．中子 B．质子C．质子和中子 D．质子、中子和电子14、高铁酸钾是一种高效绿色水处理剂，其工业制备的反应原理是：Fe(OH)3+ClOˉ+OHˉ→+Clˉ+H2O(未配平)，下列叙述不正确的是A．ClOˉ是氧化剂B．每1个Fe(OH)3得到3个电子C．反应中氧化剂和还原剂的计量系数比为3∶2D．用高铁酸钾处理水时，可消毒杀菌，又能吸附水中悬浮颗粒净水15、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A．标准状况下，22.4LCCl4所含分子数为NAB．28gCO和N2的混合气体所含的原子数为NAC．2mol金属铁与足量的盐酸反应，共失去了4NA个电子D．124g白磷（分子式为P4)所含分子数为4NA16、某有机化合物6.4g在氧气中完全燃烧，只生成8.8gCO2和7.2gH2O，下列关于该有机物的说法中错误的是（）A．该有机物仅含碳、氢两种元素 B．该化合物中碳、氢原子个数比为1∶4C．该有机物属于醇类 D．该有机物相对分子质量为32二、非选择题（本题包括5小题）17、有一固体粉末，可能由Na2CO3、Na2SO4、CuSO4、NH4Cl中的一种或几种组成，为了检验它们所含的物质，做了以下实验。①将固体溶于水，搅拌后得到无色透明溶液；②往此溶液中滴加氯化钡溶液，有白色沉淀生成；③过滤，将沉淀置于稀盐酸中，发现沉淀不溶解。（1）试判断：固体混合物中肯定含有____________________，生成白色沉淀的化学方程式______________________________________；肯定没有_____________________________；可能含有________________________（2）检验是否含有可能存在的物质的实验方法是：________化学方程式_____________。18、现有0.1L无色溶液，其含有的阳离子可能是K+、Cu2+、Ca2+，含有的阴离子可能Cl-、CO32-、SO42-现做以下实验：①取50mL溶液置于大烧杯中，向溶液中加入过量的BaCl2溶液振荡，有白色沉淀生成；过滤，洗涤，干燥，后称得4.30g固体②将所得白色固体配成悬浊液后加入过量稀硝酸，白色沉淀部分消失，并有气泡产生；将剩余固体过滤洗涤干燥后称量得到2.33g③取少量①实验后上层清液滴入AgNO3溶液，有白色沉淀生成。(1)根据上述实验现象，判断原溶液中肯定不含有_____（填离子符号），一定含有__________________（填离子符号），可能含有_____（填离子符号），请设计方案证明原溶液中可能含有的离子：_________。(2)写出上述过程中一定发生反应的离子方程式：_________。(3)若经证明没有Cl—则该溶液中的K+的物质的量浓度是：________________________。19、为了除去KCl固体中少量的MgCl2、MgSO4，可选用Ba(OH)2、HCl和K2CO3三种试剂，按下列步骤操作：（1）试剂B为____(化学式)，加入过量B的目的是____。（2）试剂C为___(化学式)，加热煮沸的目的是___。（3）操作Ⅱ的名称是___，盛KCl溶液的仪器为___，当___时停止加热。20、某小组同学为探究H2O2、H2SO3、Br2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)。实验记录如下：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____________，C中盛放的药品是_____________。（4）实验操作Ⅲ，混合液逐渐变成红棕色，其对应的离子方程式_______________________。（5）由上述实验得出的结论是_________________________________________________。（6）实验反思：①有同学认为实验操作Ⅱ吹入的热空气，会干扰(5)中结论的得出，你认为是否干扰，理由是_____________________________________________________________________。②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、下表是生活生产中常见的物质，表中列出了它们的一种主要成分（其它成分未列出）编号①②③④⑤⑥名称天然气白酒醋酸小苏打消石灰铜线成分CH4C2H5OHCH3COOHNaHCO3Ca(OH)2Cu(1)请你对表中①~⑦的主要成分进行分类（填编号）是电解质的是___________________，是非电解质的是____________________。(2)写出④在水中的电离方程式_________________________________。(3)写出下列反应的离子方程式：用④治疗胃酸过多（主要成分为盐酸）_________________________用澄清的⑤溶液检验CO2气体__________________________

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解析】

方案能确定氯化钠、碳酸氢钠任一物质的质量，即可测定混合物中NaHCO3质量分数，

A.此方案利用碳酸氢钠的不稳定性，利用差量法即可计算质量分数；B.应先把水蒸气排除才合理；C.根据碳元素守恒，可求解碳酸氢钠质量分数；D.根据钠元素守恒的质量关系，可列方程组求解。【详解】A.NaHCO3受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳,所以通过加热分解利用差量法即可计算出Na2CO3质量分数，故A项不符合题意；B.混合物中NaHCO3与足量稀硫酸充分反应，会生成水和二氧化碳，所以逸出的气体是二氧化碳，但会混有水蒸气，即碱石灰增加的质量不是二氧化碳的质量，不能测定含量，故B项符合题意；C.NaCl和NaHCO3混合物中，碳酸氢钠与Ba(OH)2反应，反应的方程式为：HCO3−+OH−+Ba2+=H2O+BaCO3↓，因此最后得到的固体是BaCO3，依据碳元素守恒计算，可以计算出NaHCO3质量分数，故C项不符合题意；D.NaCl和NaHCO3混合物中，碳酸氢钠可与盐酸反应生成水、二氧化碳和氯化钠，所以bg固体是氯化钠，利用守恒法可计算出NaHCO3质量分数，故D不符合题意；答案选B。2、D【解析】

试题分析：A项、强碱性溶液含有OH-离子，OH-与Al3+反应生成Al(OH）3沉淀，不能大量共存，故A错误；B项、Cu2+在溶液中的颜色为淡蓝色，无色透明溶液中不可能存在Cu2+，故B错误；C项、溶液中Ca2+与CO32-反应生成碳酸钙沉淀，不能大量共存，故C错误；D、pH＝1的溶液为酸性溶液中，酸性溶液中Na+、Fe3+、NO3—、SO42—不发生任何反应，能大量共存，故D正确；故选D。3、C【解析】

由A=2B+C+D可以知道，1molA分解生成的混合气体中含2molB、1molC、1molD，混合气体总物质的量为4mol，根据质量守恒定律，混合气体的总质量等于A的质量；再根据n=，相同条件下，相同质量的不同物质，物质的量和摩尔质量成反比，则混合气体平均相对分子质量==24；因气体密度之比等于相对分子质量之比，所以混合气的密度是相同条件下的氢气密度的=12倍；

所以C选项是正确的。4、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。5、B【解析】

H2和Cl2发生反应：H2+Cl22HCl，反应后的气体组成可能为：①HCl，②HCl与H2，③HCl与Cl2；HCl、Cl2与NaOH反应：HCl+NaOH＝NaCl+H2O，Cl2+NaOH→NaClO3+NaCl+H2O，由原子守恒可知n（Na）＝n（Cl）；若aL全为H2时，耗NaOH的物质的量为0，若aL全为Cl2时，消耗NaOH量最大为2amol，故0＜b＜2a，故a、b关系不可能是b≥2a，B可选；故答案选B。6、B【解析】

A．溶液和胶体都能通过滤纸，浊液不通过，A正确；B．胶体具有均一稳定性，加入电解质会使胶体发生聚沉，如硫酸是电解质，加入氢氧化铁胶体内，产生氢氧化铁沉淀；溶液加入电解质也可产生沉淀，如向氯化钡溶液中加硫酸，产生硫酸钡沉淀，B错误；C．胶体的胶粒是带电荷的，彼此之间存在斥力，所以胶体是一种介质稳性的分散系；溶液在分散系类型中分散质微粒直径最小，所以溶液是一种非常稳定的分散系，C正确；D．只有胶体具有丁达尔效应，溶液中通过一束光线没有特殊现象，胶体中通过一束光线会出现明显光带，D正确；答案选B。【点睛】本题考查了胶体和溶液中分散质的组成和性质，明确三种分散系的本质区别和性质差异是解答的关键。注意分析胶粒带电的原因和溶液中溶质的区别。7、C【解析】

A．电解质和非电解质都是化合物，单质和混合物既不是电解质，又不是非电解质，错误；B．酸性氧化物不一定都是非金属氧化物，如七氧化二锰，非金属氧化物也不一定是酸性氧化物，如一氧化碳属于不成盐氧化物，错误；C．能导电的物质不一定是电解质，如铜。电解质不一定能导电，如固体氯化钠，正确；D．液氨溶于水能导电，是因为生成的一水合氨发生了电离，而氨气属于非电解质，错误；答案选C。【点晴】本题考查了电解质的概念，注意电解质不一定导电，导电的物质不一定是电解质。注意：①电解质和非电解质均指化合物，单质和混合物既不属于电解质也不属于非电解质；②电解质必须是自身能直接电离出自由移动的离子的化合物，如SO2、CO2属于非电解质；③条件：水溶液或融化状态，对于电解质来说，只须满足一个条件即可，而对非电解质则必须同时满足两个条件；④难溶性化合物不一定就是弱电解质，如硫酸钡属于强电解质。8、C【解析】

A．Mg2+和OH-发生离子反应生成氢氧化镁沉淀，不能大量共存，故A错误；B．Ba2+和SO42-发生离子反应生成硫酸钡沉淀，不能大量共存，故B错误；C．离子组Cu2+、Ca2+、Cl-、NO3-在同一溶液中彼此间不发生离子反应，能大量共存，故C正确；D．Ag+和Cl-发生离子反应生成AgCl沉淀，不能大量共存，故D错误；故答案为C。【点睛】明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间；能发生络合反应的离子之间(如Fe3+和SCN-)等；解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH-；溶液的颜色，如无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；是“可能”共存，还是“一定”共存等。9、D【解析】

由流程可以知道操作Ⅰ为溶解,Ⅱ为过滤或重结晶,Ⅲ为蒸发结晶或过滤,以此解答该题。【详解】A.四氯化碳和水互不相溶，可以直接进行分液分离，不符合上述操作流程，故A错误；B.操作Ⅰ是溶解，将固体溶于水，故B错误；C.碘易溶于有机溶剂四氯化碳，而两种物质的沸点不同，因此，只能采用蒸馏的方法进行分离，故C错误；D.BaSO4不溶于水，NaCl能够溶于水，因此可以采用：溶解、过滤、蒸发的操作提纯含少量BaSO4的NaCl固体混合物，故D正确；综上所述，本题选D。10、B【解析】

在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物称为电解质，电解质导电的本质是自身能够电离。A.NaOH溶液尽管能导电，但它是混合物，NaOH溶液不属于电解质；A项错误；B.K2SO4溶液能导电，是因为K2SO4=2K++SO42-，所以K2SO4是电解质，B项正确；C.CO2水溶液能够导电，是因为CO2+H2OH2CO3，H2CO3属于电解质H2CO3H++HCO3-，H2CO3发生电离而使溶液导电，实验已证实液态的CO2不导电，所以CO2不属于电解质，C项错误；D.Cu是单质，不属于化合物，Cu不属于电解质，D项错误；答案选B。11、B【解析】

①BaSO4

虽难溶于水，但溶解的部分是完全电离的，因此BaSO4

是强电解质，该说法正确；

②HF、H2S、CH3COOH等酸均可溶于水，但溶解后仅部分电离，因此为弱电解质，该说法错误；

③0.5mol/L的一元强酸中氢离子浓度是0.5mol/L

；若为一元弱酸，则氢离子浓度小于0.5mol/L

，该说法错误；

④并非所有熔融态的电解质都能导电，如共价化合物HCl、H2SO4等在熔融态时就不能导电，该说法错误；因此说法错误的有：②③④，答案应选：B。12、C【解析】

A.NaOH属于易潮解物质，不能再纸片上称量，应在烧杯中称量，错误；B.容量瓶属于定容仪器，不能用于溶解，溶解过程需在烧杯中进行，错误；C.因NaOH溶于水放出热量，故需要冷却至室温后转移至容量瓶中，正确；D.定容时如果加水超过了刻度线，需重新配置，错误。【点睛】对于易潮解类物质（如NaOH）在称量时需在烧杯中进行，且需要快速称量；转液前，烧杯中溶液需要保持室温，如浓硫酸、NaOH溶解放热，大部分铵盐溶于水吸热，配制这些物质的溶液时，都要恢复到室温才能转移到容量瓶中。13、C【解析】

A．当质子数相同时，中子数决定了元素的种类，单独中子数不能决定核素种类，故A错误；B．原子的质子数决定元素种类，故B错误；C．决定原子种类的微粒是质子和中子，故C正确；D．原子核外电子数可以发生变化，但原子种类不变，电子尤其是最外层电子决定原子的化学性质，故D错误；故答案选C。14、B【解析】

Fe(OH)3+ClO-+OH-→+Cl-+H2O反应中Fe元素的化合价由+3价升高为+6价，Cl元素的化合价由+1价降低为-1价，结合氧化还原反应的规律分析解答。【详解】A．Cl元素的化合价降低，被还原，则ClO-是氧化剂，故A正确；B．Fe元素的化合价由+3价升高为+6价，失去电子，而且1

个Fe(OH)3

失去3

个电子，故B错误；C．Fe元素的化合价由+3价升高为+6价，Cl元素的化合价由+1价降低为-1价，ClO-是氧化剂，Fe(OH)3为还原剂，根据化合价升降守恒，配平后的方程式为2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2+3Cl-+5H2O，氧化剂和还原剂的计量系数比为3∶2，故C正确；D．高铁酸钾具有强氧化性，用高铁酸钾处理水时，可杀菌消毒，其还原产物为铁离子，能水解生成具有吸附能力的氢氧化铁胶体，能够吸附水中悬浮杂质，起到净水作用，故D正确；故选B。15、C【解析】

A.气体摩尔体积是针对每1mol气体而言，标况下四氯化碳不是气体；B.根据n=mMC.每个铁原子和足量的盐酸反应生成一个亚铁离子都会失去2个电子；D.根据n=mM，124g白磷（分子式为P4)所含分子数为NA【详解】A.标准状况下，22.4L气体的物质的量为1mol，标况下CCl4不是气体，A错误；B.CO和N2的摩尔质量都是28g/mol，28gCO和N2的混合气体的物质的量n=mM=28g28g/mol=1mol，每个分子中都有2个原子，所以混合气体所含的原子数为2NC.每个铁原子和足量的盐酸反应生成一个亚铁离子都会失去2个电子，2mol金属铁与足量的盐酸反应，共失去了4NA个电子，C正确；D.根据n=mM，124g白磷（分子式为P4)的物质的量n=mM=124g124g/mol16、A【解析】该有机物燃烧生成8.8gCO2（0.2mol）、7.2gH2O（0.4mol），所以6.4g该有机物中n(C)=0.2mol，m(C)=2.4g；n(H)=0.8mol，m(H)=0.8g，所以6.4g有机物中m(O)=6.4-2.4-0.8=3.2g，n(O)=0.2mol。A、根据上述分析，该有机物分子中一定含有C、H、O三种元素，故A错误。B、n(C)﹕n(H)=0.2mol﹕0.8mol=1﹕4，故B正确。C、n(C)﹕n(H)﹕n(O)=0.2﹕0.8﹕0.2=1﹕4﹕1，则该有机物最简式为CH4O；由于最简式碳原子已饱和，所以该有机物分子式就是CH4O；该氧原子只能作醇羟基，该有机物属于醇类，故C正确；D、分子式为CH4O，则相对分子质量为32，故D正确。故选A。点睛：有机物完全燃烧只生成CO2和H2O，则一定含有C、H元素，可能含有O元素，从质量守恒的角度判断是否含有氧元素。二、非选择题（本题包括5小题）17、Na2SO4Na2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2NaClNa2CO3、CuSO4NH4Cl取少量药品加入试管中，加蒸馏水溶解，滴入氢氧化钠溶液后加热，用湿润的红色石蕊试纸放在试管口检验，试纸是否变蓝色。NH4Cl+NaOHNH3↑+NaCl+H2O【解析】

（1）将固体溶于水，搅拌后得到无色透明溶液，则固体中一定不含有CuSO4，（2）往此溶液中滴加氯化钡溶液，有白色沉淀生成，故沉淀中可能含有碳酸钡或硫酸钡，（3）过滤，将沉淀置于稀盐酸中，发现沉淀不溶解，结合（2）可知白色沉淀只能是硫酸钡，则原固体中一定含有Na2SO4，一定不含有Na2CO3，NH4Cl是否存在无法确定，据此答题。【详解】（1）由上述分析可以知道，固体混合物中肯定含有Na2SO4，生成白色沉淀的化学方程式为Na2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2NaCl，肯定没有Na2CO3和CuSO4，可能含有NH4Cl，故答案为Na2SO4；Na2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2NaCl；Na2CO3、CuSO4；NH4Cl。（2）检验是否含有可能存在的物质的实验方法是：取少量药品加入试管中，加蒸馏水溶解；滴入氢氧化钠溶液后加热，用湿润的红色石蕊试纸放在试管口检验，试纸是否变蓝色，若试纸变蓝，则含有NH4Cl，否则不含有NH4Cl，化学方程式为：NH4Cl+NaOHNH3↑+NaCl+H2O，故答案为取少量药品加入试管中，加蒸馏水溶解；滴入氢氧化钠溶液后加热，用湿润的红色石蕊试纸放在试管口检验，试纸是否变蓝色；NH4Cl+NaOHNH3↑+NaCl+H2O。18、Cu2+

、Ca2+

K+

、CO32-

、SO42-

Cl-

取一定量的原溶液于烧杯中，加入过量Ba(NO3)2使碳酸根、硫酸根完全沉淀后，取上层清液，加入AgNO3溶液，若有白色沉淀则有Cl-

Ba2++CO32-=BaCO3↓

、Ba2++SO42-=BaSO4↓、BaCO3+2H+=Ba2++CO2+H2O、Ag+Cl-=AgCl↓

0.8mol【解析】

溶液无色，一定不存在铜离子；①取50mL的溶液在大烧杯中加入中，向溶液中加入过量的BaCl2溶液振荡，有白色沉淀生成；过滤，干燥，烘干后得4.30g固体，说明碳酸根和硫酸根至少含有一种；②将所得白色固体配成悬浊液后加入过量稀硝酸，白色沉淀部分消失，并有气泡产生；将剩余固体过滤干燥后称量得到2.33g，说明白色沉淀是碳酸钡和硫酸钡的混合物，则一定存在碳酸根和硫酸根，因此一定不存在钙离子，根据溶液显电中性可知一定存在钾离子；③取少量①实验后上层清液滴入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，白色沉淀是氯化银，但引入了氯化钡，所以不能确定是否含有氯离子。（1）根据上述实验现象，判断原溶液中肯定不含有Cu2+、Ca2+，一定含有K+、CO32-、SO42-，可能含有氯离子，证明含有氯离子的实验方案是：取一定量的原溶液于烧杯中，加入过量的Ba（NO3）2溶液使CO32-、SO42-完全沉淀后取上层清液于试管中加入AgNO3溶液，若有白色沉淀则有Cl﹣，若无白色沉淀则无Cl﹣；（2）根据以上分析可知一定发生的离子方程式为：CO32-+Ba2+＝BaCO3↓、SO42-+Ba2+＝BaSO4↓、BaCO3+2H+＝Ba2++CO2↑+H2O、Ag++Cl-=AgCl↓；（3）硫酸钡的物质的量是=0.01mol，碳酸钡质量＝4.30g-2.33g=1.97g，物质的量是0.01mol，根据电荷守恒可知若经证明没有Cl﹣则该溶液中的K+的物质的量是0.004mol，浓度是=0.8mol/L。19、K2CO3除去溶液中过量的Ba2+HCl使HCl挥发蒸发蒸发皿有大量固体析出【解析】

利用MgCl2和MgSO4能与所提供的溶液中的Ba(OH)2溶液形成Mg(OH)2沉淀、BaSO4沉淀而被除去，因此可先向混合溶液中加入足量或过量的Ba(OH)2溶液，待充分反应后过滤，所得滤液为KCl溶液与过量Ba(OH)2溶液的混合溶液；接下来利用加入过量K2CO3的方法再把多余的Ba(OH)2反应而除去，此时过滤后的溶液为KCl溶液、KOH溶液及过量的K2CO3溶液的混合溶液；然后利用KOH、K2CO3与HCl反应生成KCl采取滴加适量稀HCl到不再放出气泡时，得到的溶液即为纯净的KCl溶液，最后经蒸发结晶可得到氯化钾晶体，以此解答该题。【详解】（1）由以上分析可知B为K2CO3，加过量碳酸钾的目的是除去溶液中过量的Ba2+；故答案为：K2CO3；除去溶液中过量的Ba2+；（2）由以上分析可知C为HCl，利用KOH、K2CO3与HCl反应生成KCl，加热煮沸的目的是：使HCl挥发；故答案为：HCl；使HCl挥发；（3）操作Ⅱ为物质的溶液获得晶体的方法，为蒸发结晶，盛KCl溶液的仪器为蒸发皿，蒸发时，当析出大量固体时停止加热；故答案为：蒸发；蒸发皿；有大量固体析出。【点睛】注意把握实验的原理和操作方法，为解答该题的关键，会根据物质性质选取合适的分离和提纯方法。20、2Br－＋Cl2===Br2＋2Cl－吹出单质Br2吸收尾气NaOH溶液H2O2＋2Br－＋2H＋===Br2＋2H2O氧化性：H2O2＞Br2＞H2SO3不干扰，无论热空气是否参加氧化H2SO3，只要观察到产生白色沉淀的同时无明显颜色变化，即能证明Br2氧化了H2SO3H2SO3有剩余(H2O2浓度小或Br－与H2O2反应慢等因素都可)【解析】

(1)根据装置图分析A中是氯水滴入溴化钠溶液中发生的氧化还原反应，氯气氧化溴离子为溴单质；A中溶液变为红棕色；(2)吹入热空气,根据现象分析,A中红棕色明显变浅；B中有气泡,产生大量白色沉淀，混合液颜色无明显变化，Br2易挥发，说明为了把A中溴单质吹到B装置中反应；(3)装置C是尾气吸收装置，反应过程中有氯气、溴蒸气等污染性气体，不能排放到空气中，需要用氢氧化钠溶液吸收；(4)滴入过氧化氢是氧化剂，在酸性溶液中可以把溴离子氧化为溴单质；(5)根据氧化还原反应中氧化剂的氧化性大