陕西省重点初中2026届化学高一第一学期期中统考模拟试题含解析

陕西省重点初中2026届化学高一第一学期期中统考模拟试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、不用其他试剂，用最简单的方法鉴别：①NaOH溶液②Mg(NO3)2溶液③FeC13溶液④K2SO4溶液，正确的鉴别顺序是A．①②③④ B．③①②④ C．④①②③ D．③④②①2、下列各组离子在给定条件下能大量共存的是（）A．在某无色透明的溶液中:NH4+、K+、Cu2+、C1-B．有SO42-存在的溶液中：Na+、Mg2+、Ca2+、I-C．使石蕊试液变红的溶液中:HCO3-、NH4+、NO3-、K+D．在强碱溶液中:Na+、K+、CO32-、NO3-3、如果4gNH3中含有x个NH3分子，那么8gH2S中含有的电子数为A．x B．3.4x C．12x D．18x4、对于给定物质的量的气体，决定其体积大小的主要因素是（）A．分子本身大小 B．分子间平均距离C．相对分子质量 D．分子数目5、取50mL0.3mol/L的硫酸注入250mL容量瓶中，加水稀释至刻度线，则该溶液中的H+的物质的量浓度为A．0.06mol/LB．0.12mol/LC．0.24mol/LD．0.03mol/L6、下列实验操作中错误的是（）A．蒸发操作时，不能等到混合物中的水分完全蒸干后才能停止加热B．蒸馏操作时，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的支管口处C．分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出D．萃取操作时，选择的萃取剂的密度必须比水大7、下列溶液中溶质的物质的量浓度为1mol·L－1的是A．将58.5gNaCl溶解于1L水中配成的溶液B．将含有6.02×1022个分子SO3的溶于水并配成1L溶液C．将标况下22.4LHCl气体配成1L溶液D．K＋为2mol的K2SO4溶液8、下列保存方法不正确的是A．少量的金属钠应保存在煤油中B．氯水盛放在无色细口瓶中C．漂白粉要避光密封保存D．少量液溴采用水封法保存9、我国“四大发明”在人类发展史上起到了非常重要的作用，其中黑火药的爆炸反应为：2KNO3＋S＋3CK2S＋N2↑＋3CO2↑。该反应中1mol硫单质能氧化的碳的物质的量是A．3mol B．1mol C．mol D．2mol10、离子方程式2Ca2++3HCO3-+3OH-=2CaCO3↓+CO32-+3H2O可表示A．Ca（HCO3）2与NaOH溶液反应 B．Ca（HCO3）2与Ba（OH）2溶液反应C．Ca（HCO3）2与澄清石灰水反应 D．NH4HCO3与澄清石灰水反应11、现有以下物质：①NaCl晶体、②液态HCl、③CaCO3固体、④熔融KCl、⑤蔗糖、⑥铜、⑦CO2、⑧H2SO4、⑨KOH固体、⑩浓盐酸。下列说法正确的是A．以上物质能导电的是④⑥⑩B．以上物质属于电解质的是①②③④⑧⑨⑩C．属于非电解质的是②⑤⑦D．以上物质中，溶于水能够导电的物质是①②④⑤⑦⑧⑩12、在反应3S+6KOH=2K2S+K2SO3+3H2O中，被还原的硫与被氧化的硫的质量比为A．2：1B．1：2C．3：1D．1：313、下表中所列出的物质,属于贴错包装标签的是选项ABCD物质的化学式H2SO4(浓)CCl4P4KClO3危险警告标识腐蚀性易燃品剧毒品易爆品A．A B．B C．C D．D14、某物质A在一定条件下加热完全分解，产物都是气体。分解方程式为4A=B＋2C＋2D，测得生成的混合气体对氢气的相对密度为2d，则A的相对分子质量为()A．7d B．5d C．2.5d D．2d15、洁厕灵和84消毒液混合使用会发生反应：，生成有毒的氯气。代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．每生成1mol氯气，转移的电子数为B．1molNaCl含有的电子数为C．Cl2只作还原产物D．标准状况下，将溶解在水中，形成的盐酸16、某同学在实验室中发现了一瓶无色而有刺激性气味的气体，根据气味判断可能是氨气，但不能确定是氨气。下列提供的方法中，能帮他检验该气体是否为氨气的是A．将湿润的红色石蕊试纸放在打开的瓶口B．将湿润的蓝色石蕊试纸放在打开的瓶口C．用蘸有浓硫酸的玻璃棒靠近打开的瓶口D．将干燥的红色石蕊试纸放在打开的瓶口二、非选择题（本题包括5小题）17、我国很早就使用青铜器，由于时间久远，其表面有一层“绿锈”，“绿锈”俗称“铜绿”，是铜和空气中的水蒸气、CO2、O2作用产生的，化学式为[Cu2(OH)2CO3]，“铜绿”能跟酸反应生成铜盐、CO2和H2O。某同学利用以下反应实现了“铜→铜绿→……→铜”的转化。(1)从物质分类标准看，“铜绿”属于______(填字母)。A．酸B．碱C．盐D．氧化物(2)写出B的化学式：____________。(3)请写出铜绿与盐酸反应的离子方程式：________________________。(4)上述转化过程中属于氧化还原反应的是_______________(填序号)(5)铜绿在受热时可直接分解生成物质B、CO2和水，其分解的化学方程式为_____________。18、如图，反应①为常温下的反应，A、C、D中均含有氯元素，且A中氯元素的化合价介于C和D中氯元素的化合价之间，E在常温下为无色无味的液体，F是淡黄色固体，G为常见的无色气体。请据图回答下列问题：(1)G、A的化学式分别为_______、_______。(2)写出反应①的化学方程式：______。(3)写出反应②的化学方程式：_______。(4)已知A是一种重要的化工原料，在工农业生产和生活中有着重要的应用。请根据所学知识回答下列问题。①将A通入紫色石蕊溶液中，观察到的现象是_______。请写出A与水反应的化学方程式：_______。②A可以制漂白粉，漂白粉在空气时间长了会失效，失效的原因是________(用化学方程式表示)。19、如图所示为元素周期表中钾元素框图，数据“39.10”表示的是________。某化学兴趣小组欲除去16g固体氯化钠中混有的少量氯化钙和硫酸镁杂质，设计实验方案如下（已知常温下NaCl的溶解度为36g/100gO）（1）加水溶解时，适合的取水量为________A．20mLB．45mLC．75mLD．100mL（2）为加快溶解速率，可采取的方法是________和________（任写2种）（3）依次加入的过量试剂为________、________和________。（4）溶液A中加入的适量酸为________，若该酸也加过量，对所得到氯化钠的纯度________（填“有”或“没有”）影响（5）操作Ⅰ的名称是________；操作II的名称是________。两种操作中都用到的玻璃仪器是________。（6）最后得到的固体氯化钠与原固体混合物中的氯化钠质量相比，结果________（填“增大”、“减小”或“不变”）。（7）固体A中所含的盐的化学式为___________。20、有一包粉末可能含有K+、Fe3+、Al3+、Cl−、SO42−、CO32−中的若干种，现进行以下实验：①取少量固体，加入稀硝酸搅拌，固体全部溶解，没有气体放出；②向①溶液中加入一定量Ba(OH)2溶液，生成有色沉淀，过滤后在滤液中加入稀硝酸酸化，然后滴入AgNO3溶液，有白色沉淀生成；③取②中的有色沉淀加入足量的稀盐酸后，沉淀全部溶解；④重新取少量固体加入适量蒸馏水搅拌后，固体全部溶解，得到澄清溶液；⑤向④的溶液中加入氨水使溶液呈碱性，有沉淀生成，过滤。往得到的沉淀中加入过量的NaOH溶液，沉淀减少。(1)根据上述实验，这包粉末中一定不含有的离子是______，肯定含有的离子是______，不能确定是否含有的离子______。可通过______(填实验方法)来进一步确定该离子。(2)步骤⑤中发生反应的离子方程式是______；______；______。21、（1）在MnO2+4HClMnCl2+2H2O+Cl2↑反应中。①__元素被氧化，__是氧化剂。②__是氧化产物，__发生氧化反应。③用“双线桥”法标明电子转移的方向和数目__。④参加反应的氯化氢和被氧化的氯化氢的物质的量之比__。（2）现有mg某气体，它是三原子分子，其摩尔质量为Mg·mol-1。若阿伏加德罗常数用NA表示，请用以上符号及相应数字填写下列空格。①该气体的物质的量为__mol。②该气体所含原子总数为___个。③该气体在标准状况下的体积为__L。④该气体完全溶于水形成VL溶液(不考虑反应)，所得溶液的物质的量浓度__mol·L-1。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解析】

通过观察颜色可以鉴别出③FeC13溶液，然后把FeC13溶液分别加入其它溶液，有红褐色沉淀的是①NaOH溶液，再把NaOH溶液分别加入剩余的溶液中，有白色沉淀的是②Mg(NO3)2溶液，无明显现象的是④K2SO4溶液，，正确的顺序是③①②④。故选B。2、D【解析】A、Cu2＋在溶液中呈蓝色，故A错误；B、有SO42－存在的溶液中Ca2＋会形成白色沉淀，故B错误；C、使石蕊试液变红的溶液呈酸性，与HCO3－反应生成水和二氧化碳，故C错误；D、在强碱溶液中，Na＋、K＋、CO32－、NO3－不反应，无沉淀、气体或水生成，故D正确；故选D。3、D【解析】

根据n=m/M=N/NA并结合分子的构成进行分析。【详解】4g氨气的物质的量=4g/17g/mol=4/17mol，8g硫化氢的物质的量=8g/34g/mol=4/17mol；4gNH3中含有x个NH3分子，则4/17mol×NA=x；1个H2S中含有的电子数18个，所以4/17molH2S含有的电子数4/17mol×18×NA=18x；故D正确；4、B【解析】

气体分子之间的距离远远大于分子本身的直径，分子大小可以忽略不计，当分子数一定，气体的体积主要决定于气体分子之间的距离。【详解】气体分子间距离较大，远大于分子的直径，所以分子自身大小可以忽略不计，决定气体体积的因素主要为构成物质的分子数和分子间的距离，一定物质的量的气体，气体的分子数目一定，影响气体体积大小的主要因素是气体分子间的平均距离，故B正确；故选B。5、B【解析】

稀释前后溶质的物质的量不变。【详解】令混合后溶质硫酸的物质的量浓度为a，则由稀释定律得：0.05L×0.3mol•L-1=0.25L×a，解得：a=0.06mol/L，则混合稀释后溶液中c（H+）=2C（H2SO4）=2×0.06mol/L=0.12mol/L，故选B。【点睛】本题考查物质的量浓度的有关计算，注意对公式和稀释定律的理解与灵活运用。6、D【解析】

A.蒸发操作时，蒸发皿中有较多固体出现时停止加热，用余热蒸干剩余的水，故A正确；B.蒸馏操作时，需测量蒸气温度，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的支管口处，故B正确；C.分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，可避免两种液体相互污染，故C正确；D.萃取剂的选择要求：①与溶质不反应，且与原溶剂互不相容；②溶质在萃取剂中的溶解度要大；萃取剂与原溶剂的密度相差越大越易分层。萃取剂的密度可比水大，也可比水小，故D错误，选D。7、C【解析】

A、58.5gNaCl物质的量为1mol，但溶液体积不是1L；B、根据n=N/NA计算SO3的物质的量，SO3溶于水生成H2SO4，而n（H2SO4）=n（SO3），根据c=n/V计算溶液物质的量浓度；C、将标况下22.4LHCl气体，为1molHCl,配成1L溶液,所得溶液浓度为1mol·L－1；D、溶液体积未知，不能确定溶液浓度。【详解】A、58.5gNaCl物质的量为1mol，溶于水配成1L溶液，所得溶液浓度为1mol·L－1，但题目中的1L是溶剂的体积，不是溶液的体积，故溶质的物质的量浓度不是1mol·L－1；B、SO3的物质的量为6.02×1022÷6.02×1023mol－1=0.1mol，SO3溶于水生成H2SO4，而n（H2SO4）=n（SO3）=0.1mol，溶液体积为1L，则溶质的物质的量浓度为0.1mol·L－1，故溶质的物质的量浓度不是1mol·L－1；C、标况下22.4LHCl气体的物质的量为1mol,配成1L溶液,所得溶液中溶质的物质的量浓度为1mol·L－1；D、含2molK＋的K2SO4的物质的量为1mol，但溶液体积未知，不能确定溶质的浓度；故选C。【点睛】本题考查物质的量浓度，解题关键是对物质的量浓度定义式的理解，易错点A，注意溶剂的体积不等于溶液的体积。8、B【解析】

A、钠与水、氧气极易反应，密度比煤油大，可保存在煤油中，A正确；B、氯水中含有次氯酸，见光易分解，从而导致氯水失效，应避光保存，即应该放在棕色试剂瓶中，B错误；C、漂白粉中含有次氯酸钙，极易吸收空气中的水蒸气和二氧化碳生成次氯酸而失效，所以漂白粉要避光密封保存，C正确；D、溴易挥发，密度比水大，可用水封，D正确。答案选B。【点睛】本题考查化学试剂的保存，注意化学试剂的保存与物质的性质有关，学习中注意相关知识的积累。9、C【解析】

在该反应中S元素化合价由反应前S单质的0价变为反应后K2S中的-2价，化合价降低2价；C元素化合价由反应前C单质的0价变为反应后CO2中的+4价，化合价升高4价，所以1mol硫单质参加反应得到2mol电子，其能氧化C的物质的量是2mol÷4=mol，故合理选项是C。10、A【解析】

A．Ca(HCO3)2与NaOH溶液按照2:3混合，会发生反应，离子方程式是：2Ca2++3HCO3–+3OH–＝2CaCO3↓+CO32–+3H2O，A正确；B．Ca(HCO3)2与Ba(OH)2溶液反应.生成碳酸钡、碳酸钙沉淀，不能用该离子方程式表示，B错误；C．Ca(HCO3)2与澄清石灰水反应，离子方程式是：Ca2++HCO3–+OH–＝CaCO3↓+H2O，C错误；D．NH4HCO3与澄清石灰水反应的离子方程式是：Ca2++HCO3–+NH4++2OH–＝CaCO3↓+NH3·H2O+H2O，D错误，答案选A。【点睛】电解质在溶液中实质是以离子形式存在，离子在溶液中的反应就是离子反应，离子反应用离子方程式表示。电解质在溶液中发生离子反应时，要注意物质的量对反应的影响，弱酸弱碱盐与酸、碱都能发生反应，弱酸的酸式盐与强碱发生反应，二者的相对量的多少不同，反应不同，一定要结合二者的性质书写离子方程式，并判断离子方程式的正误。11、A【解析】A、④熔融KCl、⑩浓盐酸中含有自由移动离子、⑥铜含有自由移动的电子，所以④⑥⑩都能导电，选项A正确；B、①NaCl晶体、②液态HCl、③CaCO3固体、④熔融KCl、⑧H2SO4、⑨KOH固体是电解质，⑩浓盐酸是混合物既不是电解质也不是非电解质，选项B错误；C、⑤蔗糖、⑦CO2是非电解质，②液态HCl是电解质，选项C错误；D、水溶液中能发生电离，电离出自由移动的离子或金属中存在自由移动的电子都可以导电，①NaCl晶体、②液态HCl、④熔融KCl、⑦CO2、⑧H2SO4、⑨KOH固体，溶于水溶液都能导电，⑤蔗糖溶于水不能导电，选项D错误。答案选A。点睛：本题考查了能导电的物质、电解质和非电解质的判断，难度不大，注意导电的物质不一定是电解质，如金属单质和电解质溶液，电解质不一定导电，如液态氯化氢。必须正确理解：（1）含有自由移动的电子或阴阳离子的物质就能导电；（2）在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，在水溶液里或熔融状态下都不导电的化合物是非电解质；（3）以上物质中，溶于水且能导电的物质，说明水溶液中能发生电离，电离出自由移动的离子。12、A【解析】

在反应3S+6KOH=2K2S+K2SO3+3H2O中，只有S元素的化合价发生变化，S→K2S，化合价降低，被还原，S→K2SO3，化合价升高，被氧化，根据氧化剂与还原剂得失电子数目相等计算。【详解】在反应3S+6KOH=2K2S+K2SO3+3H2O中，只有S元素的化合价发生变化，氧化剂和氧化剂都是S，反应中S→K2S，S化合价降低，则S被还原，S为氧化剂，S→K2SO3，S化合价升高，则S被氧化，S为还原剂，由生成物可知，被还原与被氧化的S的物质的量之比为2：1，则质量之比也为2：1，答案选A。【点睛】本题考查氧化还原反应的计算，题目难度不大，注意根据化合价的变化判断氧化产物和还原产物，可根据化学计量数直接判断出被还原的硫与被氧化的硫的质量比。13、B【解析】

A.浓硫酸具有腐蚀性，故正确；B.四氯化碳不能燃烧，故错误；C.白磷有毒，故正确；D.氯酸钾受热分解生成氧气，属于易爆品，故正确。故选B。14、B【解析】

根据阿伏加德罗定律的推论：相同条件下，气体的相对分子质量和气体的密度成正比来计算。【详解】相同条件下，气体的相对分子质量和气体的密度成正比，所以混合气体的平均相对分子质量为4d，混合气体与A气体的物质的量之比为5：4，所以A气体的摩尔质量为4d×=5d。答案为B。【点睛】本题用阿伏加德罗定律的推论，相对密度之比等于摩尔质量之比，先求解出混合气体的平均摩尔质量；再利用方程，反因为和生成物均为气体遵守质量守恒定律，物质的量增加，可进行求解。15、B【解析】

根据氧化还原反应中化合价归中规律进行分析判断。【详解】反应中只有氯元素化合价有变化，按归中规律有NaClO→Cl2←HCl，故反应中有一个电子从HCl转移到到NaClO，另一个HCl作为酸参与反应。每生成1mol氯气，转移电子数为A（A项错误）；钠、氯分别是11、17号元素，1molNaCl含有的电子数为（B项正确）；Cl2分子中两个氯原子分别来自NaClO、HCl，Cl2既是氧化产物也是还原产物（C项错误）；标准状况下，将溶解于水中，所得溶液体积不是，浓度不等于（D项错误）。本题选B。16、A【解析】

A.氨气的水溶液呈碱性，氨气可使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，A可行；B.湿润的蓝色石蕊试纸即使遇氨气仍为蓝色，不能判断；C.因浓硫酸是不挥发性酸，无明显现象，不能判断；D.干燥的红色石蕊试纸即使遇氨气也无明显现象，不能判断；答案选A。二、非选择题（本题包括5小题）17、CCuOCu2(OH)2CO3＋4H+＝2Cu2+＋3H2O＋CO2↑①⑤Cu2(OH)2CO3＝2CuO+H2O＋CO2↑【解析】

本题考查的知识点有物质的分类、离子方程式的书写、氧化还原反应。①物质的分类方法很多，其中按物质的组成和性质特点可分为混合物和纯净物；纯净物分为单质和化合物；单质分为金属单质和非金属单质，化合物分为无机物和有机物；无机物分为氧化物、酸、碱、盐等；其中盐按组成可分为正盐、酸式盐、碱式盐、复盐，按是否溶于水可分为可溶性盐和难溶性盐。②离子方程式书写时遵循一写二拆三删四查的原则。其中可溶性强电解质拆成离子形式；难溶物、单质、气体、氧化物、弱电解质、水不拆，保持化学式的形式。③氧化还原反应的特征是有元素化合价的升降。【详解】（1）铜绿是碱式碳酸铜的俗称，所以Cu2(OH)2CO3属于碱式盐。本小题答案为：C。（2）氢氧化铜受热分解生成氧化铜和水，则B为氧化铜，化学式为CuO。本小题答案为：CuO。（3）由信息可知“铜绿”能跟酸反应生成铜盐、CO2和H2O，则铜绿与盐酸反应的离子方程式为Cu2(OH)2CO3＋4H+＝2Cu2+＋3H2O＋CO2↑。本小题答案为：Cu2(OH)2CO3＋4H+＝2Cu2+＋3H2O＋CO2↑。（4）反应①中铜转化为铜绿，铜元素的化合价由0价升高到+2价，有价态变化，反应①为氧化还原反应；反应②是铜绿与酸反应生成铜盐、CO2和H2O，是复分解反应，没有价态变化，不是氧化还原反应；反应③是铜盐与碱反应生成氢氧化铜沉淀，是复分解反应，没有价态变化，不是氧化还原反应；反应④是氢氧化铜受热分解生成氧化铜和水，是分解反应，没有价态变化，不是氧化还原反应；反应⑤是氧化铜与氢气反应生成铜和水，是置换反应，有价态变化，是氧化还原反应。本小题答案为：①⑤。（5）铜绿在受热时可直接分解生成物质B、CO2和水，因为B为CuO，则铜绿受热分解的化学方程式为Cu2(OH)2CO3＝2CuO+H2O＋CO2↑。【点睛】解答本题时可根据物质的分类方法结合物质的俗称和物质组成进行解答；反应②为碱式碳酸铜和盐酸反应生成氯化铜、水和二氧化碳，改成离子方程式即可；依据复分解反应的概念和氧化还原反应的概念，结合反应过程的特征分析判断。18、O2Cl2Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑紫色试液先变红色，后又褪色Cl2+H2O⇌HCl+HClOCa(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO；2HClO2HCl+O2↑【解析】

E在常温下为无色无味的液体，应为H2O，F为淡黄色粉末，应为Na2O2，则G为O2，B为NaOH，A、C、D均含氯元素，且A中氯元素的化合价介于C与D之间，应为Cl2和NaOH的反应，生成NaCl和NaClO，结合物质的性质作答即可。【详解】(1)由以上分析可知，A为Cl2，G为O2，故答案为：O2、Cl2；(2)由以上分析可知，A为Cl2，B为NaOH，所以反应①的化学方程式为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，故答案为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；(3)反应②为过氧化钠和水的反应，方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，故答案为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；(4)①氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，发生Cl2+H2O⇌HCl+HClO，盐酸具有酸性，可使紫色石蕊试液变红，生成的次氯酸具有漂白性，可使溶液褪色，故答案为：紫色试液先变红色，后又褪色；Cl2+H2O⇌HCl+HClO；②氯气和氢氧化钙反应生成漂白粉，有效成分为Ca(ClO)2，在空气中与二氧化碳、水反应生成不稳定的次氯酸，次氯酸见光分解，涉及反应为Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO；2HClO2HCl+O2↑，故答案为：Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO；2HClO2HCl+O2↑。【点睛】本题考查无机物的推断，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生的分析能力，题目难度不大，本题的突破口在于物质的颜色和状态，注意常温下氯气与碱反应生成次氯酸盐。19、钾元素的相对原子质量B搅拌加热氢氧化钠（或氯化钡）氯化钡（或氢氧化钠）碳酸钠盐酸没有过滤蒸发结晶玻璃棒增大BaSO4、CaCO3和BaCO3【解析】

元素周期表提供的原子量均表示某元素的相对原子质量；（1）假设16g固体全部为氯化钠，溶于xg水中恰好形成饱和溶液，根据S/100=溶质/溶剂进行计算，从而判断出合适的取水量；（2）根据影响反应速率的因素进行分析；（3）镁离子用氢氧化钠除去，硫酸根离子用氯化钡除去，钙离子、过量的钡离子用碳酸钠除去；（4）溶液A中含有氯化钠、剩余的碳酸钠和氢氧化钠，要得到纯净的氯化钠，加入适量的盐酸，除去碳酸根离子和氢氧根离子；根据盐酸中的氯化氢易挥发性质，分析盐酸加过量，对所得到氯化钠的纯度影响；（5）根据常用物质的分离方法进行分析。（6）由于在除去氯化钙、硫酸镁杂质时，加入了过量的氢氧化钠、碳酸钠，与盐酸反应生成氯化钠，所以最后得到的固体氯化钠比原固体混合物中的氯化钠质量要大；（7）镁离子用氢氧化钠除去，生成氢氧化镁沉淀；硫酸根离子用氯化钡除去，生成硫酸钡沉淀；钙离子、过量的钡离子用碳酸钠除去，产生碳酸钙和碳酸钡沉淀，据此分析生成盐的种类。【详解】根据元素周期表中钾元素框图可知，数据“39.10”表示的是钾元素的相对原子质量；故答案是：钾元素的相对原子质量；（1）假设16g固体全部为氯化钠，溶于xg水中恰好形成饱和溶液，根据S/100=溶质/溶剂可知，36g/100g=16g/xg，x=44.4g，水的体积为44.4mL；所以加水溶解时，适合的取水量为45mL；故答案选B。（2）为加快溶解速率，可采取的方法是用玻璃棒搅拌、用温水溶解；故答案是：搅拌、加热；（3）镁离子用氢氧化钠除去，硫酸根离子用氯化钡除去，钙离子、过量的钡离子用碳酸钠除去；故答案是：氢氧化钠（或氯化钡）、氯化钡（或氢氧化钠）、碳酸钠；（4）经过过滤后，溶液A中含有氯化钠、剩余的碳酸钠和氢氧化钠，要得到纯净的氯化钠，加入适量的盐酸，除去碳酸根离子和氢氧根离子；盐酸中的氯化氢易挥发，因此，即使盐酸加过量，加热也可以除去，对所得到氯化钠的纯度没有影响；故答案是：盐酸；没有；（5）固体与溶液分离，可以采用过滤方法，操作Ⅰ的名称是过滤；从氯化钠溶液中得到氯化钠固体，可以采用蒸发结晶，操作II的名称是蒸发结晶；过滤和蒸发操作中均用到玻璃棒，过滤时，玻璃棒起到转移液体的作用，而蒸发时，玻璃棒起到搅拌溶液，防止液体局部受热造成迸溅；故答案是：过滤；蒸发结晶；玻璃棒；（6）由于在除去氯化钙、硫酸镁杂质时，加入了过量氢氧化钠、碳酸钠，除完杂质离子后，剩余氢氧化钠、碳酸钠与盐酸反应生成氯化钠，所以最后得到的固体氯化钠比原固体混合物中的氯化钠质量要大，结果增大；故答案是：增大；（7）镁离子用氢氧化钠除去，产生氢氧化镁沉淀；硫酸根离子用氯化钡除去，生成硫酸钡沉淀，钙离子、过量的钡离子用碳酸钠除去，产生碳酸钙和碳酸钡沉淀，所以经过过滤后，固体A中含有的盐为：硫酸钡、碳酸钙和碳酸钡，化学式为：BaSO4、CaCO3和BaCO3；故答案是：BaSO4、CaCO3和BaCO3。【点睛】粗盐提纯时，所加的试剂主要有Na2CO3溶液，NaOH溶液，BaCl2溶液，盐酸溶液；NaOH溶液主要除去Mg2+，BaCl2溶液主要除去SO42-，Na2CO3溶液主要除去Ca2+和剩余的Ba2+，等沉淀过滤后，加入盐酸除去OH-、CO32-；因此只要记住：碳酸钠溶液一定加在BaCl2溶液之后，盐酸加在过滤后，操作的顺序就很容易确定了。20、SO42−、CO32−Fe3+、Al3+、Cl−K+焰色反应Fe3++3NH3⋅H2O═Fe(OH)3↓+3NH4+Al3++3NH3⋅H2O═Al(OH)3↓+3NH4+Al(OH)3+OH−═AlO2−+2H2O【解析】

有一包粉末可能含有K+、Fe3+、Al3+、Cl−、SO42−、CO32−中的若干种，由实验①取少量固体，加入稀硝酸搅拌，固体全部溶解，没有气体放出，则溶液中一定不含CO32-；②向①溶液中加入一定量Ba(OH)2溶液，生成有色沉淀，则溶液中一定含有Fe3+，可能含有SO42-；过滤后，在滤液中滴入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，则溶液中含有Cl-；③取②中的有色沉淀加入足量的稀盐酸后，沉淀全部溶解，由于硫酸钡不溶于盐酸，因此溶液中一定不含SO42-；④重新取少量固体加入适量蒸馏水搅拌后，固体全部溶解，得到澄清溶液；⑤向④的溶液