2025年江苏省南通市包场中学化学高一第一学期期中经典试题含解析

2025年江苏省南通市包场中学化学高一第一学期期中经典试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、向盛有I2水溶液的试管中，再加四氯化碳振荡，静置后观察到的现象是（）A．上层橙红色，下层接近无色 B．均匀、透明、紫红色C．均匀、透明、无色 D．上层接近无色，下层紫红色2、需要配制500mL0.5mol·L－1氢氧化钠溶液，经测定实际所配氢氧化钠溶液的浓度为0.45mol·L－1。可能的原因是()A．转移时溶液没有冷却至室温B．容量瓶没有烘干C．称量氢氧化钠固体时砝码放反了D．定容时仰视读数3、下列实验室常见事故与处理方法中不正确的是A．玻璃等创伤急救先用双氧水清洗伤口，然后涂上红药水或碘酒，最后用创可贴外敷B．浓酸溅到皮肤上立即用大量水冲洗，再用3%-5%的NaHCO3溶液清洗C．酸（碱）溅到眼中立即用大量水冲洗，边洗边眨眼，若为碱，再用20%的硼酸淋洗；若为酸，再用3%的NaHCO3溶液淋洗D、着火处理酒精或有机物小面积着火用水扑灭A．A B．B C．C D．D4、下列关于Na2O2的叙述中正确的是A．将过量Na2O2粉末加入紫色石蕊试液中振荡，溶液变为蓝色，且有气泡产生B．将过量Na2O2粉末加入FeCl3溶液中并振荡，产生红褐色沉淀，且有气泡产生C．凡是有Na2O2参与的反应，均能产生O2D．Na2O2粉末在空气中长期放置不变质5、标准状况下将44.8LHCl气体溶于1L水中，所得盐酸溶液的密度为1.1g/cm3，该盐酸的物质的量浓度为A．2mol/LB．2.1mol/LC．2.2mol/LD．2.3mol/L6、下列说法不正确的是()A．利用丁达尔效应可以区分溶液和胶体，但这不是它们的本质区别B．胶体的分散质粒子大小在1nm到l00nm之间，能通过滤纸不能透过半透膜C．氢氧化铁胶体在电场作用下“红褐色”向阴极移动，是因为氢氧化铁胶粒带正电D．将氢氧化钠浓溶液滴入饱和氯化铁溶液，制得氢氧化铁胶体7、NA为阿伏伽德罗常数，下列物质的物质的量最小的是A．标准状况下2.24LO2 B．含NA个氢原子的H2C．22gCO2 D．含1.204×1024个分子的CH48、下列说法正确的是（）A．铜、石墨均能导电，所以它们均是电解质B．NH3、CO2的水溶液均能导电，所以NH3、CO2均是电解质C．液态HCl、固体NaCl均不能导电，所以HCl、NaCl均是非电解质D．蔗糖、酒精在水溶液或熔融状态下均不能导电，所以它们均是非电解质9、一般检验SO42-的试剂是A．BaCl2、稀硝酸 B．AgNO3、稀硝酸C．稀盐酸、BaCl2 D．AgNO3、稀盐酸10、下列实验仪器可以直接用来加热的是A．容量瓶B．试管C．锥形瓶D．量筒11、下列关于某物质是否为电解质的判断正确的是（）A．固体氯化钠不导电，所以氯化钠不是电解质B．氯化氢水溶液能导电，所以氯化氢是电解质C．SO2溶于水能导电，所以SO2是电解质D．氨水能导电，所以氨水是电解质12、某白色粉末中可能含有Ca(NO3)2、BaCl2、Na2CO3，现进行以下实验：(1)将部分粉末加入水中，振荡，有白色沉淀生成；(2)向(1)的悬浊液中加入过量稀硝酸白色沉淀消失，并有气泡产生；(3)取少量(2)的溶液滴入AgNO3溶液，有白色沉淀生成。下列说法正确的是A．步骤(1)中的白色沉淀为CaCO3和BaCO3的混合物B．步骤(2)中一定发生的离子反应为BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2OC．将步骤(2)中的稀硝酸改用稀盐酸，对整个实验结果没有影响D．通过分析，该白色粉末一定含有Na2CO3，可能含有Ca(NO3)2、BaCl213、溶液、浊液和胶体这三种分散系的根本区别是（）A．丁达尔效应B．是否能透过半透膜C．是否均一、透明、稳定D．分散质粒子大小14、原子显电中性的原因是（

)A．构成原子的各种微粒均不带电B．原子核外电子数大于核内质子数C．原子核所带电量和核外电子的电量相等，但电性相反D．核内质子数等于核电荷数15、下列危险化学品标志中表示腐蚀品的是A．B．C．D．16、下面四幅图中，与胶体性质有关的是()A．①④ B．②③ C．①②③ D．全部二、非选择题（本题包括5小题）17、某固体混合物中，可能含有下列离子中的几种：K+、NH4+、Mg2+、Ba2+、Cl−、SO42−、CO32−，将该混合物溶于水后得澄清溶液，现取三份各100mL该溶液分别进行如下实验：（1）在第一份溶液中加入足量的NaOH溶液并加热，无沉淀生成，但收集到1.12L气体(标准状况下)；（2）在第二份溶液中加入足量的BaCl2溶液有沉淀生成，经称量其质量为6.27g，在该沉淀中加入足量的盐酸，沉淀部分溶解，剩余固体质量为2.33g。根据上述实验回答下列问题：①实验（1）中反应的离子方程式为____________________________，实验（2）中沉淀溶解对应的反应的离子方程式为______________________________________。②溶液中一定不存在的离子有__________________；③溶液中一定存在的离子有___________，其中阴离子的物质的量浓度分别为___________；④取第三份原溶液，向其中加入足量的AgNO3溶液，产生白色沉淀，能否说明原溶液中存在Cl—？______________（填“能”或“不能”），理由是_____________________________________。⑤推断K+是否存在并说理由：_________________________________________.18、某固体可能由KNO3、K2SO4、KCl、NaCl、CuCl2和Na2CO3中的一种或几种组成。依次进行下列五步实验，观察到的实验现象记录如下：①将固体加水得到无色溶液；②向上述溶液中滴加过量BaCl2溶液，有白色沉淀生成。将该沉淀滤出，得到的沉淀可完全溶于稀HNO3；③向②的滤液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，该沉淀不溶于稀HNO3。(1)据此，可判断出固体中肯定有_________，肯定没有_________，可能含有_________。(2)写出②中反应的离子方程式_____________________、___________________。19、下图是教师在课堂中演示的两个实验装置(铁架台等辅助仪器略去)请回答下列问题（1）实验一的实验目的是_____________________________________，实验过程中可以观察到烧杯中的现象是_______________________________________________________，加热后试管中发生反应的化学方程式是:____________________________（2）实验二用来验证Na2O2与CO2的反应，观察到的实验现象是:包有Na2O2的棉花燃烧。Na2O2与CO2的反应的化学方程式________________________________________，该实验可以得出许多结论，请你写出由该实验得出的两个结论。结论1:__________________________________结论2:__________________________________20、阅读、分析下列两个材料：材料一：材料二：物质

熔点/℃

沸点/℃

密度/

溶解性

乙二醇

（C2H6O2）

198

1.11

易溶于水和乙醇

丙三醇

（C3H8O3）

17.9

290

1.26

能跟水、酒精以任意比互溶

回答下列问题（填序号）：A．蒸馏法B．萃取法C．“溶解、结晶、过滤”的方法D．分液法①将纯碱从氯化钠和纯碱的混合物中分离出来，最好应用_________。②将乙二醇和丙三醇相互分离的最佳方法是____________。21、铁是人类较早使用的金属之一。运用所学知识，回答下列问题。(1)鉴别Fe(OH)3胶体和FeCl3溶液最好的方法是__________________(写出具体实验操作，结论)。(2)电子工业用FeCl3溶液腐蚀覆在绝缘板上的铜，制造印刷电路板，请写出FeCl3溶液与铜反应的离子方程式：__________________。(3)某研究性学习小组为测定FeCl3腐蚀铜后所得溶液的组成，进行了如下实验：①取少量待测溶液，滴入KSCN溶液呈红色，则待测液中含有的金属阳离子是______。②溶液组成的测定：取50.0mL待测溶液，加入足量的AgNO3溶液，得到21.525g白色沉淀。则溶液中c(Cl－)=______mol∙L−1。③验证该溶液中是否含有Fe2+，正确的实验方法是______(填序号)。A．观察溶液是否呈浅绿色B．取适量溶液，滴入酸性高锰酸钾溶液，若褪色，证明含有Fe2+C．试管中加入待测液，滴入氯水，再滴入KSCN溶液，若显红色，证明原溶液中含有Fe2+(4)工程师欲从制造印刷电路板的废水中回收铜，并获得FeCl3溶液，设计如下方案：①滤渣C中物质的化学式为______。②加过量D发生反应的离子方程式为__________________。③通入F发生反应的离子方程式为__________________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解析】

I2水溶液是棕色，加入密度大于水的四氯化碳，因为I2在四氯化碳中的溶解度大于在水中的溶解度，所以下层为四氯化碳的典溶液，为紫红色，上层为水，接近无色，故D正确。2、D【解析】

0.45mol/L<0.5mol/L，即操作失误使所配溶液浓度偏小；根据公式cB=nBV（aq）分析，操作失误使n【详解】0.45mol/L<0.5mol/L，即操作失误使所配溶液浓度偏小；A项，NaOH溶于水放热，转移时溶液没有冷却至室温，根据“热胀冷缩”原理，冷却后溶液体积偏小，所配溶液浓度偏大，不符合题意；B项，容量瓶没有烘干，对所配溶液浓度无影响，不符合题意；C项，配制500mL0.5mol/LNaOH溶液需要称量NaOH固体的质量为m（NaOH）=0.5mol/L×0.5L×40g/mol=10.0g，称量时不需要使用游码，称量NaOH固体时砝码放反了对所配溶液的浓度无影响，不符合题意；D项，定容时仰视读数，所配溶液体积偏大，所配溶液浓度偏小，符合题意；答案选D。本题易错选C项，称量时砝码放反了是错误操作，但不一定引起实验误差，使用游码时会引起误差，不使用游码不会产生误差。难点是定容时仰视、俯视的误差分析，仰视刻度线（如图），容器内液面高于刻度线，导致溶液体积偏大，所配浓度偏小；俯视刻度线（如图），容器内液面低于刻度线，导致溶液体积偏小，所配浓度偏大。3、D【解析】

红药水或碘酒可用于消毒；浓酸溅到皮肤上，立即大量水冲洗，最后涂上3%-5%的NaHCO3溶液；酸（碱）溅到眼中，立即用大量水冲洗，边洗边眨眼，若为碱，再用20%的硼酸淋洗；若为酸，再用3%的NaHCO3溶液淋洗；酒精与水互溶，水不能用于扑灭酒精失火。【详解】A.在实验中玻璃划破，可用先用双氧水清洗伤口，然后涂上红药水或碘酒，防止感染，最后用创可贴外敷，A正确；B.浓酸有强腐蚀性，浓酸溅到皮肤上，立即用大量水冲洗，再用3%-5%的NaHCO3溶液清洗，B正确；C.酸（碱）溅到眼中，立即用大量水冲洗，边洗边眨眼，尽可能减少酸或碱对眼睛的伤害，再用20%的硼酸中和残余的碱，或用用3%的NaHCO3溶液反应残余的酸，C正确；D.酒精或有机物等小面积失火，应立即用湿抹布或其他类似物品盖灭，隔绝酒精和空气，D错误。答案为D。4、B【解析】

A．将过量Na2O2粉末加入紫色石蕊试液中，Na2O2与水反应生成氢氧化钠和氧气，溶液变蓝且有气泡产生，但Na2O2过量，Na2O2具强氧化性，溶液由蓝色又变成无色，A错误；B．将过量Na2O2粉末加入FeCl3溶液中，Na2O2先与水反应生成氢氧化钠和氧气，氢氧化钠再和FeCl3反应生成红褐色氢氧化铁沉淀，B正确；C．有Na2O2参与的反应，不一定能产生O2，如Na2O2+H2SO3===Na2SO4+H2O，C错误；D．Na2O2粉末在空气中长期放置会和二氧化碳、水蒸气反应而变质，D错误；答案选B。5、B【解析】

44.8LHCl气体物质的量44.8/22.4=2mol，该溶液的质量分数为：2×36.5/(2×36.5+1000)×100%=6.8%；根据公式：c=1000ρω/M=1000×1.1×6.8%/36.5=2.1mol/L；综上所述，本题选B。6、D【解析】

A．溶液与胶体的本质区别在于分散质微粒直径大小，前者小于1nm，后者介于1nm～100nm之间，丁达尔效应是胶体的特性，利用丁达尔效应可以区分溶液和胶体，故A正确；B．胶体与其他分散系的本质区别是分散质粒子的大小，胶体分散质粒子的直径大小在1nm～100nm之间，能发生丁达尔效应、能透过滤纸、不能透过半透膜都是胶体的性质，故B正确；C．胶体能发生电泳现象是由于胶体粒子带电荷，氢氧化铁胶体在电场作用下“红褐色”向阴极移动，是因为氢氧化铁胶粒带正电，故C正确；D．氢氧化钠是电解质，电解质可使胶体发生聚沉，向饱和FeCl3溶液中滴加氢氧化钠生成的是氢氧化铁沉淀，向沸水中滴加饱和氯化铁溶液加热至红褐色液体为氢氧化铁胶体，故D错误；答案选D。7、A【解析】

A.根据n=可以用体积计算气体物质的量B.根据n=可以用微粒数目计算物质的量C.根据n=可以用质量计算物质的量D.根据n=，NA=6.02×1023/mol可以用微粒数目计算物质的量。【详解】A.标准状况下2.24LO2，n===0.1mol。B.含NA个氢原子的H2，n===1mol。C.22gCO2，n===0.5mol。D.1.204×1024个分子的CH4，n===2mol。物质的量最小的是A。答案为：A。8、D【解析】

A．铜和石墨是单质不是化合物，所以不是电解质也不是非电解质，故A错误；B．NH3、CO2的水溶液均能导电，是因为氨气、二氧化碳分别和水反应生成的氨水、碳酸电离出的离子而使溶液导电，不是氨气和二氧化碳电离出的离子而导电，所以氨气和二氧化碳不是电解质，是非电解质，故B错误；C．液态氯化氢和氯化钠固体不含自由移动的离子，所以不导电，氯化氢和氯化钠溶于水能够电离出自由移动的离子而使溶液导电，氯化氢和氯化钠是电解质，故C错误；D．蔗糖和酒精溶于水后，在水中以分子存在，导致溶液中没有自由移动的离子而使蔗糖和酒精溶液不导电，所以酒精和蔗糖是非电解质，故D正确；故选D。本题的易错点为B，要注意电离出的离子必须该化合物本身，不是和其他物质生成的化合物电离的。9、C【解析】

一般用稀盐酸和氯化钡溶液检验硫酸根离子。【详解】检验硫酸根的正确方法是：向某溶液中滴加稀盐酸，无沉淀，目的排除亚硫酸离子、碳酸根离子、硅酸根离子、银离子等的影响（不用稀硝酸是因为它有强氧化性，能将亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子引起检验的干扰），然后再滴加氯化钡溶液，有白色沉淀生成，则原溶液存在硫酸根离子，故C正确；答案选C。10、B【解析】

A.容量瓶是用来配制一定物质的量浓度溶液的仪器，故错误；B.试管能用来直接加热，故正确；C.锥形瓶能加热，但需要垫石棉网，故错误；D.量筒是用来量取液体的体积的，不能用来加热，故错误。故选B。11、B【解析】A．固体氯化钠不存在自由移动的离子不导电，溶于水会导电，所以氯化钠是电解质，故A错误；B．氯化氢化合物水溶液能导电，属于电解质，故B正确；C．SO2溶于水能导电，是因为二氧化硫和水反应生成电解质亚硫酸，本身不能电离，所以SO2是非电解质，故C错误；D．氨水是氨气的水溶液为混合物，不是电解质，故D错误；故选B。点睛：主要是概念实质理解应用，掌握基础是解题关键，水溶液中或熔融状态下导电的化合物为电解质，水溶液中和熔融状态下都不导电的化合物为非电解质，导电的条件是化合物自身能在一定条件下电离出离子导电，导电实质是含有自由移动电子或离子，据此分析判断。12、B【解析】

(1)将部分粉末加入水中，振荡，有白色沉淀生成，可能是碳酸钠与Ca(NO3)2或BaCl2反应生成的碳酸钙沉淀或碳酸钡沉淀，因此一定存在Na2CO3，存在Ca(NO3)2、BaCl2中的一种或两种；(2)向(1)的悬浊液中加入过量稀硝酸白色沉淀消失，并有气泡产生，该气体为二氧化碳；(3)取少量(2)的溶液滴入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，说明溶液中存在Cl-，因此一定存在BaCl2；据此分析解答。【详解】根据上述分析，白色粉末中一定含有BaCl2、Na2CO3，可能含有Ca(NO3)2。A．步骤(1)中的白色沉淀一定含有BaCO3，可能含有CaCO3，故A错误；B．步骤(2)中一定发生的离子反应为BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O，还可能发生CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O，故B正确；C．将步骤(2)中的稀硝酸改用稀盐酸，会引入Cl-，影响实验结果，故C错误；D．通过分析，该白色粉末一定含有BaCl2、Na2CO3，可能含有Ca(NO3)2，故D错误；故选B。13、D【解析】溶液、浊液和胶体这三种分散系的根本区别是分散质微粒大小不同，其中浊液的分散质微粒大于100nm，溶液的分散质微粒小于1nm，胶体的分散质微粒介于1nm～100nm之间，答案选D。14、C【解析】分析：根据原子结构的特点和原子内各微粒之间的关系入手来解决本题。详解：原子由带正电荷的原子核和核外带负电的电子构成，原子核中质子所带的电荷数与核外电子所带的电荷数相等，电性相反，所以整个原子不显电性。故答案为：C。点睛：熟练掌握原子的构成和微粒的带电情况，能灵活运用它们的有关知识。15、A【解析】A、为腐蚀品标志，故A正确；B、为易燃固体标志，故B错误；C、为辐射标志，故C错误；D、为易燃液体或易燃气体标志，故D错误。16、D【解析】

胶体具有的性质有丁达尔效应、聚沉、电泳，则①长江三角洲的形成是胶体聚沉的作用，与胶体性质有关，故①正确；②夜景中会观察到光束，属于丁达尔效应，与胶体有关，故②正确；③树林中的晨曦形成光束，属于丁达尔效应，与胶体有关，故③正确；④明矾用于净水原理为：铝离子水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性，能吸附悬浮杂质，与胶体有关，故④正确；故答案选D。二、非选择题（本题包括5小题）17、OH-+NH4+=NH3↑+H2OBaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2OMg2+、Ba2+NH4+，SO42−、CO32−c(SO42−)=0.1mol/L，c(CO32−)=0.2mol/L不能碳酸银、硫酸银、氯化银都是白色沉淀,因此实验3得到沉淀无法确定是氯化银存在,经过计算可以知道,只有存在K+溶液中的离子电荷才能守恒。

【解析】

将含有K+、NH4+、Mg2+、Ba2+、Cl−、SO42−、CO32−的混合物溶于水后得澄清溶液，现取三份各100mL该溶液分别进行如下实验：（1）在第一份溶液中加入足量的NaOH溶液并加热，无沉淀生成，但收集到1.12L气体(标准状况下)；可以说明溶液中含有NH4+，一定没有Mg2+；（2）在第二份溶液中加入足量的BaCl2溶液有沉淀生成，说明含有SO42−或CO32−中一种或2种；经称量其质量为6.27g，在该沉淀中加入足量的盐酸，沉淀部分溶解，剩余固体质量为2.33g，说明剩余的沉淀为硫酸钡，溶解的沉淀为碳酸钡，证明溶液中一定含有SO42−、CO32−；由此排除Ba2+的存在；（3）根据硫酸钡的量计算出硫酸根的量，根据碳酸钡的量计算出碳酸根离子的量，根据氨气的量计算出铵根离子的量，最后根据电荷守恒判断钾离子的存在与否。据以上分析进行解答。【详解】将含有K+、NH4+、Mg2+、Ba2+、Cl−、SO42−、CO32−的混合物溶于水后得澄清溶液，现取三份各100mL该溶液分别进行如下实验：（1）在第一份溶液中加入足量的NaOH溶液并加热，无沉淀生成，但收集到1.12L气体(标准状况下)；可以说明溶液中含有NH4+，一定没有Mg2+；（2）在第二份溶液中加入足量的BaCl2溶液有沉淀生成，说明含有SO42−或CO32−中一种或2种；经称量其质量为6.27g，在该沉淀中加入足量的盐酸，沉淀部分溶解，剩余固体质量为2.33g，说明剩余的沉淀为硫酸钡，溶解的沉淀为碳酸钡，证明溶液中一定含有SO42−、CO32−；①实验（1）中为OH-与NH4+加热反应生成氨气，离子方程式为：OH-+NH4+=NH3↑+H2O；实验（2）中沉淀为碳酸钡和硫酸钡，碳酸钡溶于盐酸，生成氯化钡、二氧化碳和水，离子方程式为BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O；综上所述，本题答案是：OH-+NH4+=NH3↑+H2O；BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O。②结合以上分析可知：实验（1）中为可以证明含有NH4+，实验（2）中含有SO42−、CO32−；由于碳酸钡、碳酸镁、硫酸钡等都是不溶于水的沉淀,因此溶液中一定不存在的离子有：Mg2+、Ba2+；综上所述，本题答案是：Mg2+、Ba2+。③结合以上分析可知：实验（1）中可以证明含有NH4+，实验（2）中可以证明含有SO42−、CO32−；溶液中一定存在的离子有NH4+、SO42−、CO32−；根据在第二份溶液中加入足量的BaCl2溶液有沉淀生成，经称量其质量为6.27g，为碳酸钡和碳酸钙质量之和；在该沉淀中加入足量的盐酸，沉淀部分溶解，剩余固体质量为2.33g，为硫酸钡沉淀，其物质的量为2.33/233=0.01mol；根据SO42−-BaSO4可知，n(SO42−)=0.01mol；碳酸钡沉淀质量为6.27-2.33=3.94g，其物质的量为3.94/197=0.02mol；根据CO32−-BaCO3可知，n(CO32−)=0.02mol；浓度各为：c(SO42−)=0.01/0.1=0.1mol/L；c(CO32−)=0.02/0.1=0.2mol/L；综上所述，本题答案是：NH4+、SO42−、CO32−；c(SO42−)=0.1mol/L，c(CO32−)=0.2mol/L。④结合以上分析可知，溶液中一定存在NH4+、SO42−、CO32−；取第三份原溶液，向其中加入足量的AgNO3溶液，能够产生白色沉淀可能为硫酸银、碳酸银沉淀，不一定为氯化银沉淀；所以不能说明原溶液中存在Cl-；综上所述，本题答案是：不能；碳酸银、硫酸银、氯化银都是白色沉淀,因此实验3得到沉淀无法确定是氯化银；⑤溶液中肯定存在的离子是NH4+，SO42−、CO32−,经计算,NH4+的物质的量为1.12/22.4=0.05mol,利用②中分析、计算可以知道SO42−、CO32−的物质的量分别为0.01mol和0.02mol；阳离子带的正电荷总数0.05×1=0.05mol，阴离子带的负电荷总数为：0.01×2+0.02×2=0.06mol；根据电荷守恒:钾离子一定存在；因此，本题正确答案是:存在,经过计算可以知道,只有存在K+溶液中的离子电荷才能守恒。18、Na2CO3CuCl2、K2SO4KCl、NaCl、KNO3Ba2++CO32—=BaCO3↓BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O【解析】

①将固体加水得到无色溶液,则不含CuCl2；②向上述溶液中滴加过量BaCl2溶液,有白色沉淀生成，将该沉淀滤出，并将沉淀可完全溶于稀HNO3,则不含K2SO4，应含有Na2CO3；

③向②的滤液中加入AgNO3溶液,有白色沉淀生成,该沉淀不溶于稀HNO3,生成沉淀为AgCl,因加入氯化钡，不能证明含有KCl、NaCl；以此解答该题。【详解】①将固体加水得到无色溶液,则不含CuCl2；②向上述溶液中滴加过量BaCl2溶液,有白色沉淀生成，将该沉淀滤出，并将沉淀可完全溶于稀HNO3,则不含K2SO4，应含有Na2CO3；

③向②的滤液中加入AgNO3溶液,有白色沉淀生成,该沉淀不溶于稀HNO3,生成沉淀为AgCl,因加入氯化钡，不能证明含有KCl、NaCl；(1)由以上分析可以知道固体中肯定含有Na2CO3，肯定没有CuCl2、K2SO4；实验②加入氯化钡,引入氯离子,则不能证明是否含有KCl、NaCl，题目没有涉及KNO3的性质实验,无法证明是否含有KNO3；因此，本题正确答案是:Na2CO3；CuCl2、K2SO4；KCl、NaCl、KNO3。(2)②中反应的离子方程式为Ba2++CO32—=BaCO3↓，BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O；因此，本题正确答案是：Ba2++CO32—=BaCO3↓，BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O。在解此类题时，首先分析题中的实验现象，确定物质之间的关系，然后根据现象推出可以确定存在或不存在的物质，对于现象不能确定的只能再设计实验进行验证；本题要注意氯离子存在的判定时，要分析一下前几步操作中是否引入了氯离子，以防掉入陷阱。19、比较Na2CO3和NaHCO3的热稳定性烧杯I中澄清石灰水不变浑浊，烧杯II中澄清石灰水变浑浊2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2该反应放热该反应有氧气生成【解析】

（1）碳酸氢钠具有热不稳定，加热易分解，而碳酸钠稳定性较强，加热时难以分解，加热大试管时，碳酸钠的受热温度会高于碳酸氢钠，可根据是否产生气体判断稳定性强弱；碳酸氢钠加热分解放出二氧化碳，能够使澄清石灰水变浑浊，而碳酸钠比较稳定，对应的澄清石灰水不变浑浊，据此得出结论，写出反应的化学方程式；（2）包有Na2O2的棉花燃烧，则过氧化钠与二氧化碳的反应为放热反应，反应有氧气生成，以此来解答。【详解】（1）碳酸氢钠具有热不稳定，加热易分解，而碳酸钠稳定性较强，加热时难以分解，加热大试管时，碳酸钠的受热温度会高于碳酸氢钠，故实验一的目的是比较Na2CO3和NaHCO3的热稳定性；碳酸氢钠具有热不稳定，加热分解生成二氧化碳气体，反应的化学方程式为：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，二氧化碳可使澄清石灰水变浑浊，而碳酸钠难分解，则实验过程中可以观察到烧杯中的现象是烧杯I中澄清石灰水不变浑浊，烧杯II中澄清石灰水变浑浊；加热后试管中发生反应的化学方程式是:2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑；（1）实验二用来验证Na2O2与CO2的反应，观察到的实验现象是：包有Na2O2的棉花燃烧，即温度升高棉花燃烧，有氧气助燃，由此说明：该反应放热，该反应有氧气生成，反应的化学方程式为2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2；根据上述分析可知，由该实验得出的结论有结论1:该反应放热；结论2:该反应有氧气生成。本题考查碳酸钠和碳酸氢钠的性质及过氧化钠与二氧化碳的反应，侧重钠及其化合物性质的考查，注意实验中发生的反应及现象、结论的归纳，有利于实验能力的培养，题目难度不大。20、CA【解析】

①物质在同一溶剂中的溶解度不同,在饱和情况下,通过改变溶液温度而使其中的一种物质结晶析出,达到分离的效果；

②互溶的液体利用沸点相差比较大,采取蒸馏法分离。【详解】①由图可以知道,氯化钠溶解度受温度影响较小,碳酸钠溶解度受温度影响大,利用冷却热饱和溶液分离,即用热水把固体溶解配制成饱和溶液,等液体冷却后,因为碳酸钠的溶解度随温度变化大,而NaCl小,所以碳酸钠析出,而氯化钠留在母液当中,反复多次也可以提纯,故可用“溶解、结晶、过滤”的方法分离；

因此，本题