2026届云南省玉溪市元江一中高一化学第一学期期中监测试题含解析

2026届云南省玉溪市元江一中高一化学第一学期期中监测试题注意事项：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、下列物质在一定条件下均能产生氧气，其中最适合用于宇航员（宇航员呼吸所需的氧气主要来自太空服中的呼吸面具）出舱时的供氧剂的是A．Na2O2B．H2O2C．KClO3D．HNO32、下列叙述中正确的是()A．摩尔是物质的量的单位，每摩尔物质含有6.02×1023个分子B．1mol氧原子的质量为16C．0.5molHe约含有6.02×1023个电子D．2H既可表示2个氢原子又可表示2mol氢原子3、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4NA4、某无色溶液含有下列离子中的若干种：H+、NH4+、Fe3+、Ba2+、Al3+、CO32–、Cl–、OH–、NO3–。向该溶液中加入铝粉，只放出H2，则溶液中能大量存在的离子最多有A．3种 B．4种 C．5种 D．6种5、下列反应中，电子转移方向和数目正确的是（）A．B．C．D．6、下列说法正确的是A．切开的金属Na暴露在空气中,光亮表面逐渐变暗:2Na+O2═Na2O2B．钠与盐酸反应的离子方程式:2Na+2H+═2Na++H2↑C．常温下Na与足量O2反应生成Na2O,随温度升高生成Na2O的速率逐渐加快D．Na的金属活动性比Mg强,故可用Na与MgCl2溶液反应制Mg7、汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应：10NaN3+2KNO3=K2O+5Na2O+16N2↑。若氧化产物比还原产物多1.75mol，则下列判断正确的是（

）。A．生成42.0LN2（标准状况）B．有0.250molKNO3被氧化C．转移电子的物质的量为1.25molD．被氧化的N原子的物质的量为1.875mol8、无法将氯化钠、碘化钾两种溶液鉴别开来的试剂或方法是A．淀粉溶液B．氯水C．硝酸银溶液D．焰色反应9、党的十九大报告中提出：大力度推进生态文明建设，全党全国贯彻绿色发展理念的自觉性和主动性显著增强忽视生态环境保护的状况明显改变。建设生态文明是中华民族永续发展的千年大计。必须树立和践行绿水青山就是金山银山的理念。下列关于绿地作用和保护说法中错误的是A．绿地可以保持水土，减少水土流失B．绿地可以调节气候，减少空气中PM2.5含量C．绿地可以吸收二氧化碳，转化生成氧气D．为减少园林绿地中病虫害，大量使用杀虫剂解决问题10、某温度下，将Cl2通入NaOH溶液中，反应得到NaCl、NaClO、NaClO3的混合液，则c(Cl-)：c(ClO-)：c(ClO)可能为A．7：3：4 B．11：2：1 C．6：1：2 D．21：1：411、在2L由NaCl、MgCl2、CaCl2组成的混合液中，c(Cl-)=2.5mol•L-1、c(Na+)=1.0mol•L-1、c(Mg2+)=0.50mol•L-1则此溶液中Ca2+离子的物质的量是A．0.5mol B．1.0mol C．2.0mol D．3.0mol12、能正确表示下列化学反应的离子方程式的是()A．氢氧化钡溶液与稀硫酸的反应OH＋H+＝H2OB．氧化钙与稀盐酸反应CaO+2H+=Ca2++H2OC．铁片插入硝酸银溶液中Fe+Ag+=Fe2++AgD．碳酸钙溶于稀硝酸中CO32-＋2H+＝CO2＋H2O13、在下列条件下，两种气体的分子数一定相等的是A．同密度、同压强的N2和C2H4B．同温度、同体积的O2和N2C．同体积、同密度的C2H4和COD．同压强、同体积的O2和N214、下列化学反应的离子方程式正确的是（

）A．用小苏打治疗胃酸过多：HCO3﹣+H+=CO2↑+H2OB．往碳酸镁中滴加稀盐酸：CO32﹣+2H+=CO2↑+H2OC．往氨水中滴加氯化镁溶液：Mg2+2OH﹣=M(OH)2↓D．氢氧化钡溶液与稀硫酸反应：Ba2++SO42﹣+H++OH﹣=BaSO4↓+H2O15、在实验室用下列装置制取氯气并验证氯气的某些化学性质，其中不能达到实验目的是A．甲闻氯气的气味B．实验室用装置乙制取氯气C．用装置丙验证氯气能支持H2燃烧D．用装置丁除去尾气中的氯气16、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溶液二、非选择题（本题包括5小题）17、A、B、C、D为四种可溶性的盐，它们的阳离子分别可能是Ba2＋、Ag＋、Na＋、Cu2＋中的某一种，阴离子分别可能是NO3-、SO42-、Cl－、CO32-中的一种。(离子在物质中不能重复出现)①若把四种盐分别溶于盛有蒸馏水的四支试管中，只有C盐的溶液呈蓝色；②若向①的四支试管中分别加入盐酸，B盐的溶液有沉淀生成，D盐的溶液有无色无味的气体逸出。根据①②实验事实可推断它们的化学式为：（1）A________，C________，D____________。（2）写出盐酸与D反应的离子方程式：___________________________。（3）写出C与Ba(OH)2溶液反应的离子方程式：_______________________。18、有一固体混合物，可能由Na2CO3、Na2SO4、CuSO4、CaCl2、NaCl而成，为检验它们做了如下实验:①固体混合物溶于水，搅拌后得到无色透明溶液；②往此溶液中滴加硝酸钡溶液，有白色沉淀生成:③过滤，洗涤，将沉淀物置于稀硝酸中，发现沉淀全部溶解。请回答下列问题:(1)固体混合物中肯定有_______________，肯定没有_______________。(2)步骤②沉淀是否完全的检验方法____________________________________________。(3)写出步骤③的离子方程式：_________________________________________________。(4)写出鉴别可能有的物质的离子方程式:_________________________________________。(5)写出向少量澄清石灰水中加入足量碳酸氢钠溶液的离子方程_____________________。(6)用稀盐酸清洗铁锈（Fe2O3）的离子方程式____________________________________。19、用氯化钠固体配制1.00mol/L的NaCl溶液95mL,回答下列问题（1）所需仪器为:托盘天平、量筒、烧杯胶头滴管,若要完成实验,还需要两种玻璃仪器为______、_____。（2）该实验的实验步骤为:①计算,②称量_______gNaCl,③溶解,④移液,⑤洗涤,⑥定容,⑦摇匀。（3）试分析下列操作,对所配溶液的浓度有何影响。(用偏低、偏高、无影响填空)。①为加速固体溶解,微热烧杯溶液并不断搅拌。在未降至20℃时,就将溶液转移至容量瓶定容。所配溶液的浓度____________;②若定容时仰视刻度线。所配溶液的浓度______________;③定容后,加盖、倒转、摇匀后,发现液面低于刻度线,又补加蒸馏水至刻度。则所配溶液的浓度______。20、某课外活动小组进行Fe(OH)3胶体的制备实验并检验其性质。(1)若将饱和FeCl3溶液分别滴入下列液体中，能形成胶体的是________(填字母)。A．冷水B．沸水C．NaOH浓溶液D．NaCl浓溶液(2)写出制备Fe(OH)3胶体的化学方程式____________________________。(3)氢氧化铁胶体中微粒直径的范围是______，证明有氢氧化铁胶体生成的实验操作是______________。(4)取少量制得的胶体加入试管中，加入(NH4)2SO4溶液，现象是_________，这种现象称为胶体的________。(5)氢氧化铁胶体稳定存在的主要原因是________(填字母，下同)。A．胶体微粒直径小于1nmB．胶体微粒带正电荷C．胶体微粒做布朗运动D．胶体微粒能透过滤纸(6)Fe(OH)3胶体区别于FeCl3溶液的最本质特征是________。A．Fe(OH)3胶体微粒的直径在1～100nm之间B．Fe(OH)3胶体具有丁达尔现象C．Fe(OH)3胶体是均一的分散系D．Fe(OH)3胶体的分散质能透过滤纸21、有以下反应方程式:A．CuO+H2Cu+H2O

B．2KClO32KCl+3O2↑C．Cl2+2NaOH==NaCl+NaClO+H2O

D．2FeBr2+3Cl2=2FeCl3+2Br2E.MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O

F.KClO3+6HCl(浓)=KC1+3H2O+3Cl2↑G.HgS+O2=Hg+SO2I.按要求将上述化学方程式序号填入相应空格内:(1)一种单质使一种化合物中的一种元素被还原____________________；(2)同一种物质中，同种元素间发生氧化还原反应________________；(3)所有元素均参加氧化还原反应的是____________________________。II.已知方程式F:KClO3+6HCI(浓)=KCl+3H2O+3Cl2↑。(1)请用双线桥法标出电子转移的方向和数目_______________________；(2)标准状况下当有33.6L的氯气放出时，转移电子的数目是_________________________；(3)上述反应中氧化产物和还原产物的质量比为____________________________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【解析】

能用在宇航员呼吸面具中提供氧气的物质是常温下可以和人体呼出气体水以及二氧化碳之间反应产生氧气的物质。【详解】A项、因过氧化钠为固体，携带方便，且能与人呼吸产生的二氧化碳反应生成氧气，不需要催化剂、不需要加热，则最适宜用于呼吸面具中供氧剂，故A正确；B项、过氧化氢能分解生成氧气，一般需要催化剂来加快反应速率，且过氧化氢为液体，不方便携带，故B错误；C项、氯酸钾能分解生成氧气，但需要加热、需要催化剂，不适合在太空中使用，故C错误；D项、硝酸见光能分解生成氧气，但同时生成二氧化氮有害气体，且硝酸不容易携带，故D错误。故选A。【点睛】本题考查常见物质的性质和用途，侧重于化学与生活的考查，明确物质的性质和反应生成氧气的条件是解题关键。2、C【解析】

A、摩尔是物质的量的单位，用物质的量表示微粒时，必须指明具体的粒子名称；B、使用物质的量必须指明具体的物质或化学式，1mol氧原子的质量为16g；C、氦为单原子分子，1mol氦含有2mol电子；D、2H不能表示2mol氢原子。【详解】A项、摩尔是物质的量的单位，每摩尔物质含有6.02×1023个微粒，故A错误；

B项、使用物质的量必须指明具体的物质或化学式，1molO的质量为16g，故B错误；C项、0.5molHe约含有0.5mol×2×6.02×1023mol-1=6.02×1023个电子，故C正确；D项、2H既可表示2个氢原子不能表示2mol氢原子，故D错误。故选C。【点睛】本题考查了物质的量及其相关计算，注意掌握物质的量的概念及其常用计算公式，注意物质的量可以计量所有微观粒子，但必须指明具体的粒子名称，不能计量宏观物质。3、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/mol4、C【解析】

含有Fe3+的溶液显黄色，在无色溶液中不能大量存在；H+与CO32–、OH–会发生反应，不能大量共存；OH–与NH4+、Al3+会发生反应，不能大量共存；Ba2+、Al3+、CO32–会发生反应，不能大量共存。向该溶液中加入铝粉，只放出H2，若溶液为碱性，则含有大量的OH–。还可能含有大量的Ba2+、CO32–、Cl–、NO3–。离子最多4种；若溶液为酸性，由于H+、NO3–起硝酸的作用，加入Al不能产生氢气，所以含有的离子可能是：H+、NH4+、Ba2+、Al3+、Cl–，最多是5种离子，C项符合题意，故选项是C。5、A【解析】

A．S+O2=SO2反应中，硫的化合价从0价升高到+4价，失去4个电子，氧的化合价从0价降低到-2价，一个O2得到4个电子，故A正确；B．H2S和H2SO4反应时，H2S中的-2价硫化合价升高，应该遵循邻位转化原则，所以应该转变为0价硫，H2SO4里的+6价硫应该降低到SO2中的+4价，故B错误；C．铁和硫酸发生置换反应，铁的化合价从0价升高到+2价，应该失去电子，硫酸里的+1价氢的化合价降低到H2中的0价，应该得到电子，故C错误；D．HCl和K2Cr2O7的反应中，HCl中的-1价的氯升高到Cl2中的0价，应该失去电子，生成3molCl2，应该失去6mol电子，K2Cr2O7中的+6价的Cr反应后降低到+3价，应该得到电子，1molK2Cr2O7反应，应该得到6mol电子，故D错误；故选A。6、B【解析】

A、切开的金属钠在空气中变暗是因为Na与空气中的O2反应生成Na2O，反应的化学方程式为：4Na+O2═2Na2O，选项A错误；B．钠与盐酸反应生成氯化钠和氢气，离子方程式为2Na+2H+═2Na++H2↑，选项B正确；C、常温下Na与足量O2反应生成Na2O，随温度升高生成Na2O2，选项C错误；D、钠的金属性很强，极易和水反应，不能用Na与MgCl2溶液反应制Mg，选项D错误；答案选B。7、C【解析】在NaN3中N元素的化合价是－价，KNO3中N元素的化合价是+5价，产物N2中N元素的化合价是0价，所以NaN3是还原剂、KNO3是氧化剂，N2既是氧化产物又是还原产物，由10NaN3+2KNO3=K2O+5Na2O+16N2↑可知，10molNaN3生成15mol氧化产物N2，2molKNO3生成1mol还原产物N2，即当生成16molN2时，氧化产物比还原产物多14mol。A项，根据上述分析可知，当氧化产物比还原产物多1.75mol时，设生成标准状况下N2是xmol，则由=得，x=2mol，所以在标准状况下生成N2的体积是44.8L，故A错误；B项，根据上述化合价分析可知，在反应中KNO3作的是氧化剂，而氧化剂是被还原，所以B错误；C项，根据方程式可知，当生成16molN2时，氧化产物比还原产物多14mol，转移电子数是10mol，设氧化产物比还原产物多1.75mol时，转移电子数是ymol，则由=得y=1.25mol，所以C正确；D项，根据化合价分析，NaN3中的N原子化合价升高被氧化，结合上述分析可知当10molNaN3作还原剂时，被氧化的N原子是30mol，此时氧化产物比还原产物多14mol，则设氧化产物比还原产物多1.75mol时，被氧化的N原子是amol，则由=得a=3.75mol，所以D错误。此题答案选C。点睛：电子得失守恒在氧化还原反应配平及计算中均有很重要的应用，在解题过程中首先分别找出发生氧化和发生还原的元素，然后分别标出化合价升高或降低的数目，最后列式计算。8、A【解析】

A.碘化钾中的碘元素是-1价的I-，不能使淀粉溶液变蓝。将淀粉溶液分别加到氯化钠、碘化钾溶液中，均无明显现象，所以淀粉溶液无法鉴别氯化钠、碘化钾，A项正确；B.氯水可与碘化钾反应：Cl2+2I-=I2+2Cl-，I2在水溶液中显紫色。将氯水分别加到氯化钠、碘化钾两溶液中，溶液变色的是碘化钾，无明显变化的是氯化钠，氯水可以鉴别氯化钠、碘化钾，B项错误；C.硝酸银溶液分别与氯化钠、碘化钾反应：Ag++Cl-=AgCl↓，Ag++I-=AgI↓，AgCl是白色沉淀，AgI是黄色沉淀。所以硝酸银溶液可以鉴别氯化钠、碘化钾，C项错误；D.用铂丝分别蘸取氯化钠、碘化钾在无色火焰上灼烧，通过蓝色钴玻璃观察，火焰呈黄色的是NaCl，火焰呈紫色的是KI，所以焰色反应可以鉴别氯化钠、碘化钾，D项错误；答案选A。9、D【解析】A．草根能抓住泥土，绿地可以保持水土，减少水土流失，故A正确；B．绿地可以光合作用为生物创造氧气，绿地可以调节气候，吸附灰尘减少空气中PM2.5含量，故B正确；C．绿地可以光合作用为生物创造氧气，故C正确；D．为减少园林绿地中病虫害，大量使用杀虫剂会污染空气和环境，故D错误；故选D。10、D【解析】

Cl2生成ClO-和ClO是被氧化的过程，化合价分别有0价升高到+1价和+5价，Cl2生成NaCl是被还原的过程，化合价由0价降到-1价，根据得失电子守恒进行分析；【详解】A．7Cl-得7e-，3ClO-失去3e-，4ClO失20e-，得失电子不守恒，故A错误；B．11Cl-得11e-，2ClO-失去2e-，1ClO失5e-，得失电子不守恒，故B错误；C．6Cl-得6e-，ClO-失去e-，2ClO失10e-，得失电子不守恒，故C错误；D．21Cl-得21e-，ClO-失去e-，4ClO20e-，得失电子守恒，故D正确；故选D。11、A【解析】

根据溶液的电荷守恒分析，设钙离子浓度为xmol•L-1，则有0.50×2+1.0×1+2x=2.5×1，解x=0.25mol•L-1，钙离子物质的量为0.25×2mol=0.5mol。故选A。12、B【解析】

A.氢氧化钡溶液与稀硫酸之间除中和反应外还有沉淀反应，正确的离子方程式为Ba2++2OH＋2H++SO42-＝2H2O+BaSO4↓，A项错误；B.由化学方程式：CaO+2HCl=CaCl2+H2O，再拆写成离子方程式CaO+2H+=Ca2++H2O，B项正确；C.所写离子方程式电荷未守恒，正确的离子方程式为Fe+2Ag+=Fe2++2Ag，C项错误；D.碳酸钙属于难溶于水的物质，在离子方程式中不能拆成离子形式，正确的离子方程式为CaCO3＋2H+＝Ca2++CO2＋H2O，D项错误；答案选B。13、C【解析】只要气体的物质的量相等，气体的分子数就一定相等。A中气体的摩尔质量相等，但质量不一定相等，所以分子数不相等；B中气体的压强不一定相同，所以物质的量不一定相等；C中气体的质量相同，且气体的摩尔质量相等，所以物质的量相等，分子数相同；D中气体的温度不一定相同，所以物质的量不一定相同，分子数不一定相等，答案选C。14、A【解析】

A.胃酸的主要成分是HCl，能与NaHCO3溶液反应，生成NaCl、H2O和CO2，该离子方程式正确，A符合题意；B.MgCO3难溶于水，在离子方程式中应保留化学式，其反应的离子方程式为：MgCO3+2H+＝Mg2++H2O+CO2↑，选项错误，B不符合题意；C.NH3·H2O为弱碱，在离子方程式中保留化学式，该反应的离子方程式为：Mg2++2NH3·H2O＝Mg(OH)2↓+2NH4+，选项错误，C不符合题意；D.Ba(OH)2和H2SO4反应的化学方程式为：Ba(OH)2+H2SO4＝BaSO4↓+2H2O，故参与反应的H+和OH-的系数比为2:2，离子方程式应该为Ba2++SO42﹣+2H++2OH﹣＝BaSO4↓+2H2O，选项错误，D不符合题意；故答案为A。15、B【解析】

根据氯气的性质和制备实验及注意事项解析。【详解】A、甲闻氯气的气味：用手轻轻扇动让少量气体进入鼻孔，故A正确；B、浓盐酸与二氧化化锰发生氧化还原反应生成氯气，需要加热，故B错误；C、氢气能在氯气中燃烧，产生苍白色的火焰，用装置丙验证氯气能支持H2燃烧能实现，故C正确；D、氯气用盛氢氧化钠的洗气瓶吸收，故D正确；故选B。16、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=0.45mol/L，5L0.4mol/LNaOH溶液中Na+物质的量浓度为0.,4mol/L，1L0.3mol/LNa2CO3溶液中Na+物质的量浓度为0.3mol/L×2=0.6mol/L，故选D。二、非选择题（本题包括5小题）17、BaCl2CuSO4Na2CO3CO32-＋2H＋===H2O＋CO2↑Cu2＋＋SO42-＋Ba2＋＋2OH－===BaSO4↓＋Cu(OH)2↓【解析】

①若把四种盐分别溶于盛有蒸馏水的四支试管中，只有C盐的溶液呈蓝色，C中含Cu2+，Cu2+与CO32-在溶液中不能大量共存，C中不含CO32-；②若向①的四支试管中分别加入盐酸，B盐的溶液有沉淀生成，D盐的溶液有无色无味的气体逸出，则B中含Ag+，D中含CO32-；由于Ag+与SO42-、Cl-、CO32-在溶液中不能大量共存，则B为AgNO3；由于CO32-与Ba2+、Ag+、Cu2+在溶液中不能大量共存，则D为Na2CO3；Ba2+与SO42-在溶液中不能大量共存，离子在物质中不能重复出现，结合①②的推断，A为Ba（NO3）2，C为CuSO4；根据上述推断作答。【详解】①若把四种盐分别溶于盛有蒸馏水的四支试管中，只有C盐的溶液呈蓝色，C中含Cu2+，Cu2+与CO32-在溶液中不能大量共存，C中不含CO32-；②若向①的四支试管中分别加入盐酸，B盐的溶液有沉淀生成，D盐的溶液有无色无味的气体逸出，则B中含Ag+，D中含CO32-；由于Ag+与SO42-、Cl-、CO32-在溶液中不能大量共存，则B为AgNO3；由于CO32-与Ba2+、Ag+、Cu2+在溶液中不能大量共存，则D为Na2CO3；Ba2+与SO42-在溶液中不能大量共存，离子在物质中不能重复出现，结合①②的推断，A为Ba（NO3）2，C为CuSO4；（1）A的化学式为Ba（NO3）2，C的化学式为CuSO4，D的化学式为Na2CO3。（2）D为Na2CO3，盐酸与Na2CO3反应生成NaCl、H2O和CO2，反应的离子方程式为2H++CO32-=H2O+CO2↑。（3）C为CuSO4，CuSO4与Ba（OH）2溶液反应的化学方程式为CuSO4+Ba（OH）2=Cu（OH）2↓+BaSO4↓，反应的离子方程式为Cu2++SO42-+Ba2++2OH-=Cu（OH）2↓+BaSO4↓。【点睛】本题考查离子的推断，熟悉各离子的性质和离子间的反应是解题的关键。离子的推断必须遵循的原则：肯定原则（根据实验现象确定一定存在的离子）、互斥原则（相互间能反应的离子不能在同一溶液中共存）、守恒原则（阳离子所带正电荷的总数等于阴离子所带负电荷总数）。18、Na2CO3Na2SO4、CaCl2、CuSO4取②步反应后静置后的上层清液滴加硝酸钡溶液观察是否还有沉淀生成，若无浑浊出现，则沉淀完全。BaCO3＋2H+＝Ca2＋＋CO2↑＋H2OAg+＋Cl-=AgCl↓Ca2＋＋2OH-＋2HCO3-＝CaCO3＋CO32-＋2H2OFe2O3＋H+＝2Fe3+＋3H2↑【解析】

固体混合物溶于水，搅拌后得到无色透明溶液，因此一定不存在CuSO4；往此溶液中滴加硝酸钡溶液，有白色沉淀生成，因此Na2CO3、Na2SO4至少含有一种；过滤，将沉淀物置于稀硝酸中，发现沉淀全部溶解，所以白色沉淀一定是碳酸钡，即一定存在Na2CO3，所以不存在Na2SO4、CaCl2；氯化钠不能确定。【详解】固体混合物溶于水，搅拌后得到无色透明溶液，因此一定不存在CuSO4；往此溶液中滴加硝酸钡溶液，有白色沉淀生成，因此Na2CO3、Na2SO4至少含有一种；过滤，将沉淀物置于稀硝酸中，发现沉淀全部溶解，所以白色沉淀一定是碳酸钡，即一定存在Na2CO3，所以不存在Na2SO4、CaCl2；氯化钠不能确定。（1）根据以上分析可知固体混合物中肯定有Na2CO3，肯定没有CuSO4、Na2SO4、CaCl2；（2）取②步反应后静置后的上层清液滴加硝酸钡溶液观察是否还有沉淀生成，若无浑浊出现，则沉淀完全；（3）离子方程式为BaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O；（4）鉴别氯化钠可以用硝酸银溶液，反应的离子方程式为Ag++Cl-=AgCl↓；（5）向少量澄清石灰水中加入足量碳酸氢钠溶液的离子方程式为Ca2++2OH-+2HCO3-=CaCO3↓+CO32-+2H2O；（6）用稀盐酸清洗铁锈（Fe2O3）的离子方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；19、100mL容量瓶玻璃棒5.9偏高偏低偏低【解析】

实验室没有95mL容量瓶，应选用100mL容量瓶，实际上配制的溶液为100mL1.00mol/L的氯化钠溶液；根据配制步骤可知，配制该溶液需要的仪器有：托盘天平、量筒、50mL烧杯、100mL容量瓶、玻璃棒、胶头滴管等。【详解】（1）实验室没有95mL容量瓶，应选用100mL容量瓶，实际上配制的溶液为100mL1.00mol/L的氯化钠溶液；根据配制步骤可知，配制该溶液需要的仪器有：托盘天平、量筒、50mL烧杯、100mL容量瓶、玻璃棒、胶头滴管等，还缺少的玻璃仪器为：100mL容量瓶；玻璃棒，故答案为100mL容量瓶；玻璃棒；（2）配制的溶液为100mL1.00mol/L的氯化钠溶液，需要氯化钠的物质的量为：1.00mol/L×0.1L=0.1mol，需要氯化钠的质量为：58.5g/mol×0.1mol=5.85g，需要称量氯化钠的质量为：5.9g；故答案为5.9；（3）①为加速固体溶解，微热烧杯溶液并不断搅拌。在未降至20℃时，就将溶液转移至容量瓶定容，导致配制的溶液体积偏小，所配溶液的浓度偏高，答案为：偏高；②定容时仰视刻度线，导致所配溶液的体积大于容量瓶的体积，所配溶液的浓度偏低，答案为偏低；③定容后，加盖、倒转、摇匀后，发现液面低于刻度线，又补加蒸馏水至刻度，导致溶配制的溶液体积偏大，则所配溶液的浓度偏低，答案为：偏低；【点睛】配制溶液浓度要求精确时，应用容量瓶，则要求按照容量瓶的容积进行配制；误差分析则要求对c=，进行分析。20、BFeCl3＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3HCl1～100nm(或10－9～10－7m)让一束光线通过制得的物质，从侧面观察到一条光亮的“通路”，证明有氢氧化铁胶体生成产生红褐色沉淀聚沉BA【解析】

（1）实验室制备氢氧化铁胶体是在沸腾的蒸馏水中加入饱和氯化铁溶液；（2）制备胶体的原理是利用铁离子水解生成氢氧化铁胶体；（3）胶体具有丁达尔性质，是区别其它分散系的独特性质；（4）胶体粒子带有电荷，加入电解质溶液消除粒子所带电荷，会使胶粒之间的排斥力减小，使胶体聚沉；（5）胶粒带正电荷，相互排斥，而不易产生较大粒子而聚沉；（6）胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质微粒直径的大小不同。【详解】（1）利用FeCl3的水解制备Fe（OH）3胶体，制备Fe（OH）3胶体应将饱和FeCl3溶液滴入沸水中，答案选B。（2）制备氢氧化铁胶体的原理是利用铁离子水解生成氢氧化铁胶体，反应的化学方程式为FeCl3＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3HCl。（3）氢氧化铁胶体中微粒直径的范围是1～100nm(或10－9～10－7m)；证明有胶体存在利用丁达尔效应。操作过程为：让一束光线通过制得的物质，从侧面观察到一条光亮的“通路”，证明有氢氧化铁胶体生成。（4）（NH4）2SO4溶液属于电解质溶液，（NH4）2SO4溶液加到Fe（OH）3胶体中，Fe（OH）3胶体发生聚沉，可以观察到产生红褐色沉淀。这种现象称为胶体的聚沉。（5）Fe（OH）3胶体能稳定存在的原因是：Fe（OH）3胶体粒子吸附阳离子而带有正电荷，同种电荷的粒子之间相互排斥阻碍了胶体粒子变大，使它们不易聚集，能稳定存在；此外胶体粒子所作的布朗运动也使得它们不容易聚集成质量较大的颗粒而沉降下来；主要原因是胶粒带正电荷，答案选B。（6）A、Fe（OH）3胶体粒子的直径在1～100nm之间，FeCl3溶液中溶质粒子直径小于1nm，是两者的本质区别；B、Fe（OH）3胶体具有丁达尔效应，FeCl3溶液没有丁达尔效应，不是两者的本质区别；C、FeCl3溶液和Fe（OH）3胶体都是均一的分散系；D、FeCl3溶液、Fe（OH）3