河南省实验中学2021-2022学年高一上学期期中考试化学Word版含解析.docx

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河南省实验中学2021——2022学年高一上期期中试卷化学试题可能用到的相对原子量：H：1C：12O：16Na：23Al：27S：32Cl：35.5Cu：64Ba：137一、选择题：(本大题共16小题，每小题3分，共48分，每小题只有一个正确选项)1.下列有关化学及人类社会发展历程的说法中，不正确的是A.道尔顿的“原子论”和阿伏加德罗的“分子学说”对化学发展起了极大的推动作用B.“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁，尽服之”，对青蒿素的提取属于化学变化C.侯德榜发明的侯氏制碱法推动了我国制碱工业的发展D.人类历史上，重金属的发现和应用比较早，而轻金属的发现和应用则较晚【答案】B【解析】【详解】A．化学主要从物质的分子和原子方面对物质进行研究,"原子论”和"分子学说"对化学的发展起到了极大的推动作用，故A正确；B．对青蒿素的提取是溶解，过滤，属于物理变化，故B错误；C．我国制碱工业的先驱侯德榜发明了侯氏制碱法，为我国制碱工业的发展做出了极大的贡献，故C正确；D．重金属主要是不活泼金属，冶炼方法比较简单，发现和应用比较早，而轻金属多数是多数是活泼金属，主要以化合态存在与自然界，冶炼方法比较苛刻，故发现和应用则较晚，故D正确；故答案为B2.非金属单质溴与氯气的性质很相似。在探究溴单质的性质时，其基本程序应该是A.实验并观察实验现象→分析，解释得出结论B.观察溴的外观性质→做实验并观察实验现象→分析、解释，得出结论C.观察溴的外观性质→预测溴的化学性质→做实验并观察实验现象→分析解释得出结论D.预测溴的化学性质→做实验并观察实验现象→分析解释得出结论→观察溴的外观性质【答案】C【解析】【分析】【详解】探究物质的性质时其基本程序是：观察物质外观→预测物质的化学性质→做实验并观察现→分析现象，并用相应的化学知识解释-→ 得出结论；非金属溴与氯气的性质很相似，所以可以根据氯气的性质预测溴的性质，则探究溴的性质时其基本程序是：先从色、态方面观察溴的外观，然后根据氯气的性质预测溴可能具有的性质，再做实验验证预测，观察实验并记录现象，再分析实验现象并用已知化学知识解释现象，最后得出结论，答案选C。3.下列叙述正确的是A.直径介于1~100nm的微粒称为胶体B.由于Fe(OH)3胶体带有正电荷，接上外接电源，会发生电泳现象C.根据丁达尔效应，利用一束强光可以区分淀粉胶体和食盐溶液D.胶体粒子是很多分子的集合体，因此不能通过滤纸，但可以透过半透膜【答案】C【解析】【详解】A．分散质粒子直径介于1~100nm之间的分散系称为胶体，故A错误；B．由于Fe(OH)3胶粒带有正电荷，接上外接电源，会发生电泳现象，故B错误；C．丁达尔效应是检验胶体的重要方法，利用一束强光可以区别淀粉胶体和食盐溶液，故C正确；D．胶体粒子能透过滤纸，但不能通过半透膜，故D错误。故答案为C。4.下列离子方程式书写正确的是A.大理石和醋酸溶液的反应：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2OB.澄清石灰水与过量NaHCO3溶液反应：2+Ca2++2OH-=CaCO3↓++2H2OC.Ba(OH)2溶液和H2SO4溶液混合：Ba2++OH-+H++=BaSO4↓+H2OD氯气溶于水：Cl2+H2O=2H++Cl-+ClO-【答案】B【解析】【详解】A．醋酸是弱酸，大理石和醋酸溶液的反应：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++CO2↑+H2O+2CH3COO-,故A错误；B．澄清石灰水与过量NaHCO3溶液反应生成碳酸钙和碳酸钠、水：2+Ca2++2OH-=CaCO3↓++2H2O，故B正确；C．Ba(OH)2溶液和H2SO4溶液混合：Ba2++2OH-+2H++=BaSO4↓+2H2O，故C错误；D．次氯酸是弱酸，氯气溶于水：Cl2+H2O=H++Cl-+HClO，故D错误；故选B。 5.设NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.1molN2和1molO2所占的体积均为22.4LB.含有NA个氦原子的氦气在标准状况下的体积约为11.2LC.的AlCl3溶液中含有Cl-的数目为3NAD.1molN2和CO的混合气体中含有的质子数为14NA【答案】D【解析】【详解】A．N2和O2所处的状态是否相同不明确，故1molN2和1molO2所占的体积不一定相同，且不一定为22.4L，故A错误；B．氦气为单原子分子，故含有NA个氦原子的氦气的物质的量为1mol，在标况下为22.4L，故B错误；C．溶液体积未知，无法计算溶液中Cl-数目，故C错误；D．N2和CO均含14个质子，故1mol混合物中含14NA个质子，故D正确；故选：D。6.下列实验过程中，不会产生气体的是(　　)A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】A.氯水中的HClO见光分解生成氧气，故A不符合题意；B.氯水中的H＋与发酵粉中的NaHCO3反应生成CO2气体，故B不符合题意；C.氯水滴入NaBr溶液中反应生成Br2和NaCl，没有气体产生，故C符合题意；D.H2O与Na2O2反应生成NaOH和O2，故D不符合题意，故答案选C。【点睛】氯水中含有：Cl2、H2O、HClO、H+、Cl-、ClO-以及水电离出的极少量的OH-，掌握氯水中各组分的化学性质是解决本题的关键。 7.下列离子在溶液中能共存，加OH-有沉淀析出，加H+能放出气体的是A.Na+、Ca2+、Cl-、B.Ba2+、K+、Cl-、C.Ba2+、、、D.Na+、Cu2+、Cl-、【答案】A【解析】【详解】A.Na+、Ca2+、Cl-、在溶液中能共存，加OH-有碳酸钙沉淀析出，加H+能放出二氧化碳气体，A选；B.Ba2+、K+、Cl-、在溶液中能共存，加OH-没有沉淀析出，加H+不能放出气体，B不选；C.Ba2+、在溶液反应生成碳酸钡沉淀，不能大量共存，C不选；D.Na+、Cu2+、Cl-、在溶液中能共存，加OH-有氢氧化铜沉淀析出，加H+不能放出气体，D不选；答案选A。8.下列物质的分类正确的是混合物酸盐化合物ACuSO4·5H2OH2SO4NaCl盐酸B碱石灰醋酸生石灰Na2OCKNO3晶体NH4ClCu2(OH)2CO3NaOHD澄清石灰水HNO3NaHSO4NaHCO3A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【分析】根据混合物、化合物、氧化物、酸、碱、盐等相关概念分析判断。【详解】A项：CuSO4·5H2O是化合物，盐酸（HCl的水溶液）是混合物。A项错误；B项：生石灰（CaO）是氧化物。B项错误；C项：KNO3晶体是化合物，NH4Cl是盐。C项错误；D项：所有物质分类正确。本题选D。 9.下列关于物质量浓度表述正确的是A.的Na2SO4溶液中含有和的总物质的量为B.当1L水吸收标准状况下22.4L氨气所得氨水的浓度为C.10℃时，的饱和溶液蒸发掉5g水，冷却到10℃时，其体积小于，它的物质的量浓度仍为D.配制的CuSO4溶液，需要称量胆矾晶体质量为16.0g【答案】C【解析】【详解】A．题目未给溶液体积，无法求算离子的物质的量，故A错误；B．用1L水吸收22.4L氨气在标况下物质的量为，所得氨水溶液体积不是1L，所得溶液的浓度不是1mol•L-1，故B错误；C．温度相同时，同一物质的饱和溶液中溶液的物质的量浓度一定相同，与溶液的体积无关，仍为0.35mol/L，故C正确；D．胆矾化学式为CuSO4•5H2O，配制CuSO4溶液，需要胆矾的质量m=nM=0.2mol•L-1×0.5L×250g/mol=25.0g，故D错误；故选：C。10.现有2.0g含Na2O杂质的Na2O2样品，用如图的实验装置测定Na2O2试样的纯度，(可供选用的反应物只有CaCO3固体、盐酸、硫酸和蒸馏水)下列说法错误的是A.装置A中液体试剂为盐酸B.装置B的作用是除去挥发出的HCl气体C.若去掉装置E会导致所测Na2O2试样的纯度偏低 D.若反应结束后有气体体积计算得气体质量为0.32g，则Na2O2试样的纯度为78%【答案】C【解析】【分析】通过测定二氧化碳与过氧化钠反应生成氧气体积，计算样品中过氧化钠的纯度。装置A中碳酸钙与盐酸反应制备二氧化碳，B装置除去混有的HCl，C装置进行干燥，在装置D中二氧化碳与样品中的过氧化钠反应，E装置吸收剩余的二氧化碳，避免影响氧气体积测定，装置F、G组合测定氧气的体积，实验开始需要先检验装置气密性，以此解答该题。【详解】A．装置A是碳酸钙和酸反应生成二氧化碳，碳酸钙和硫酸反应时，生成的硫酸钙是微溶于水的，会覆盖在碳酸钙的表面，使反应不能持续，所以用盐酸而不用硫酸来反应，A正确；B．盐酸具有挥发性，因此在装置A中制取得到的CO2中含有杂质HCl，装置B中杂质HCl与NaHCO3反应产生CO2，因此B的作用是除去挥发出的HCl气体，B正确；C．若去掉装置E，未反应的CO2气体进入F中，导致排出的水增多，因而会使O2测定体积偏大，由此使所测Na2O2试样的纯度偏高，C错误；D．m(O2)=0.32g，则n(O2)=0.01mol，根据反应2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2中物质反应转化关系可知n(Na2O2)=2n(O2)=0.02mol，其质量m(Na2O2)=0.02mol×78g/mol=1.56g，则样品中Na2O2试样的纯度为，D正确；故选C。11.一定温度和压强下，用mg的CH4、CO2、O2、SO2四种气体分别吹出四个体积大小不同的气球，下列说法中正确的是A.气球②中装的是O2B.气球①和气球③中气球分子数相等C.气球③和气球④中气体密度之比为2∶1D.气球①和气球④中气体体积之比为4∶1【答案】C【解析】【详解】A．一定温度压强下，气体的Vm是相等的，用mg的CH4、CO2、O2、SO2四种气体分别吹出四个体积大小不同的气球，则根据V=nVm=Vm得到体积和相对分子质量成反比，所以体积的大小顺序是：CH4＞O2＞CO2＞SO2，气球①中装的是SO2，故A错误； B．根据A的分析，④、③、②、①四个球中分别是CH4、O2、CO2、SO2，气球①和气球③中气体分子数之比等于体积之比，等于相对分子质量M的倒数之比，即为16∶44=4∶11，故B错误；C．气球③和气球④中气体密度之比等于摩尔质量之比，即为：32∶16=2∶1，故C正确；D．气球①和气球④中气体体积之比等于M的倒数之比，即为1∶4，故D错误。故选：C。12.VmL溶液中含有mg，取V/4mL该溶液用水稀释至4VmL，则物质的量浓度为A.mol/LB.mol/LC.mol/LD.mol/L【答案】A【解析】【详解】VmLAl2(SO4)3溶液中含有Al3+mg，则的物质的量为mol，取mL该溶液稀释至4VmL，则的物质的量为mol，则其物质的量浓度为mol÷(4V×10-3)L=，故答案选A。13.以不同类别物质间的转化为线索，认识钠及其化合物，下列分析不正确的是A.反应③表明CO2具有酸性氧化物的性质B.Na2CO3可用于制玻璃、肥皂、造纸、纺织等工业，NaHCO3可用于治疗胃酸过多、制造发酵粉等C.反应⑤、⑥可用于潜水艇中氧气的供给D.Na2O2能和CO2反应，说明Na2O2是碱性氧化物【答案】D【解析】【详解】A．与碱反应生成盐与水的氧化物为酸性氧化物，二氧化碳与氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，则反应③表明CO2具有酸性氧化物的性质，故A正确；B．碳酸钠可用于制备硅酸钠、硬质酸钠等，可用于制玻璃、肥皂、造纸、纺织等工业，NaHCO3不稳定，碱性较弱，可与酸反应，可用于治胃酸过多，制发酵粉等，故B正确；C．反应⑤、⑥为过氧化钠与水、二氧化碳反应生成氧气，可用过氧化钠为潜水艇中氧气的供给，故C正确；D．Na2O2 能和 CO2 反应除了生成盐还生成氧气，所以过氧化钠不是碱性氧化物，故D错误；故选：D。 14.常温下，向下列溶液中通入足量的CO2有明显变化的是A.饱和Na2CO3溶液B.NaOH稀溶液C.饱和NaHCO3溶液D.CaCl2溶液【答案】A【解析】【详解】A．碳酸氢钠的溶解度比碳酸钠小，向饱和Na2CO3溶液通入足量的CO2，溶液变浑浊，正确；B．NaOH稀溶液与CO2反应但没有现象，错误，CD．饱和NaHCO3溶液与CaCl2溶液和CO2不反应，错误；答案选A。15.有①、②两个完全相同的装置，分别在装置①、②中加入1.06gNa2CO3和0.84gNaHCO3，然后再分别注入相同体积的盐酸，下列有关叙述正确的是A.①、②装置中的气球都会膨胀，①装置中的气球膨胀的更快B.若最终两气球体积不同，则盐酸溶液中n(HCl)≤0.01molC.若最终两气球体积相同，则盐酸溶液中n(HCl)≥0.02molD.溶液体积变化忽略不计，则最终两试管中Na+的物质的量浓度相等【答案】C【解析】【分析】Na2CO3和NaHCO3的物质的量均为0.01mol，①向Na2CO3中加入盐酸，发生的反应有Na2CO3＋HCl=NaCl＋NaHCO3、NaHCO3＋HCl=NaCl＋CO2↑＋H2O，②中发生NaHCO3＋HCl=NaCl＋CO2↑＋H2O，据此分析。【详解】A．①中反应方程式为Na2CO3＋HCl=NaCl＋NaHCO3、NaHCO3＋HCl=NaCl＋CO2↑＋H2O，②中发生NaHCO3＋HCl=NaCl＋CO2↑＋H2O，①②都有气体产生，气球都会膨胀，①反应一段时候后产生气体，②是立即产生气体，因此②装置中的气球膨胀的更快，故A错误；B．Na2CO3和NaHCO3的物质的量相同，均是0.01mol，根据反应的方程式，当n(HCl)≥0.02mol时，两装置产生的气体体积相同，也就是0＜n(HCl)≤0.02mol，两装置产生气体体积不相同，故B错误； C．根据B选项分析，当n(HCl)≥0.02mol时，两装置产生的气体体积相同，故C正确；D．0.01molNa2CO3中含有n(Na＋)=0.02mol，0.01molNaHCO3中含有n(Na＋)=0.01mol，根据钠元素守恒，当溶液体积变化忽略不计时，即溶液的体积相同，最终两试管中Na＋的物质的量浓度不相等，故D错误；答案为C。16.标准状况下，将22.4LHCl完全溶于1L水中(水的密度近似为1g/mL)，溶液的密度为ρg/mL，溶液的体积为VmL，溶质的质量分数为w，溶质的物质的量浓度为cmol/L。下列叙述中正确的是①w=×100%②c=③向上述溶液中再加入VmL水后，所得溶液的质量分数大于0.5w④向上述溶液中再加入等质量水后，所得溶液的浓度小于mol/LA.①②③B.③④C.①③④D.①④【答案】C【解析】【详解】①由物质的量浓度和质量分数的关系式为c=，可得w=×100%，①正确；②由题意可知，溶液的质量为(22.4L÷22.4L/mol×36.5g/mol+1000)g，则溶液的体积V=mL，则c=÷1000，②错误；③盐酸的密度大于水的密度，加入等体积的水后，由于水的质量小于原盐酸的质量，混合液的总质量小于原溶液的2倍，溶液中氯化氢的质量不变，则根据质量分数公式可知，混合液中溶质的质量分数大于原溶液的，即所得溶液的质量分数大于0.5w，③正确；④向上述溶液中再加入等质量水后，盐酸的浓度减小，密度减小，混合液的总体积大于原溶液的2倍，溶液中氯化氢的物质的量不变，则由物质的量浓度的公式可知，混合液的浓度小于原溶液的，即所得溶液的浓度小于mol/L，④正确；答案选C。二、非选择题(共52分)17.按要求完成下列问题（1）现有下列8种物质：①铝②H2SO4③CO2④Ba(OH)2⑤盐酸⑥熔融NaHSO4⑦碳酸钙⑧乙醇，这些物质中属于电解质的有___________，能导电的有___________(填序号) ；⑥在水中的电离方程式为___________；（2）写出实验室用饱和FeCl3溶液制取Fe(OH)3胶体的离子方程式___________。（3）已知CO和CO2的混合气体14.4g，在标准状况下所占的体积为8.96L。则该混合气体中CO的质量为___________g，CO2的物质的量为___________mol。【答案】（1）①.②④⑥⑦②.①⑤⑥③.NaHSO4=Na++H++（2）Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+（3）①.5.6②.0.2【解析】【小问1详解】现有下列8种物质：①铝为金属单质，既不是电解质也不是非电解质，含有能自由移动的电子，能导电，②H2SO4在水溶液中能导电，是电解质，③CO2自身不能电离，是非电解质，④Ba(OH)2在熔融状态下或水溶液中都能导电的化合物，是电解质，⑤盐酸是HCl的水溶液，是混合物，既不是电解质也不是非电解质，含有能自由移动的离子，能导电，⑥熔融NaHSO4在熔融状态下或水溶液中都能导电的化合物，是电解质，含有能自由移动的离子，能导电，⑦碳酸钙在熔融状态下能导电的化合物，是电解质，⑧乙醇在熔融状态和水溶液中都不能导电，是非电解质，这些物质中属于电解质的有②④⑥⑦，能导电的有①⑤⑥(填序号)；⑥在水中的电离方程式为NaHSO4=Na++H++；故答案为：②④⑥⑦；①⑤⑥；NaHSO4=Na++H++；【小问2详解】实验室用饱和FeCl3溶液制取Fe(OH)3胶体的离子方程式Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+。故答案为：Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+；【小问3详解】设CO和CO2的物质的量分别为x、y，结合质量关系、物质的量关系列式：28x+44y=14.4g  x+y= 解得x=0.2mol、y=0.2mol，CO的质量为0.2mol×28g/mol=5.6g，则该混合气体中CO的质量为5.6g，CO2的物质的量为0.2mol。故答案为：5.6；0.2。18.如图是硫酸试剂瓶标签上的内容。硫酸：化学纯(CP)(500mL) 品名：硫酸化学式：H2SO4相对分子质量：98密度：1.84g/cm3质量分数：98%（1）实验室用该硫酸配制240mL0.46mol/L稀硫酸，则需要量取该硫酸的体积为___________mL；量取浓硫酸所用的量筒的规格是___________(用下列编号填空)。A．10mLB．25mLC．50mLD．100mL（2）配制该溶液时，所需的仪器除量筒、烧杯、玻璃棒外，还需要_____________________(填仪器名称)。（3）溶液的配制过程中如下(步骤混乱)，请写出缺少的关键步骤的具体内容：___________。A．用少量水洗涤烧杯2~3次，洗涤液均注入容量瓶B．用量筒量取所需浓硫酸，沿玻璃棒倒入盛有水的烧杯中，用玻璃棒慢慢搅动，使其混合均匀C．将已冷却的硫酸沿玻璃棒注入容量瓶中D．将容量瓶盖紧，颠倒摇匀E．继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度1~2cm处F．将配好的溶液装入试剂瓶，并贴上标签（4）在配制稀H2SO4的过程中，下列情况会引起硫酸溶液物质的量浓度偏高的是___________。A．未经冷却趁热将溶液注入容量瓶中B．量取好浓硫酸倒入烧杯稀释后，用水洗涤量筒2~3次，并将洗涤液倒入烧杯C．定容时仰视观察液面D．量取浓硫酸时仰视观察液面E．未洗涤烧杯和玻璃棒【答案】（1）①.6.3②.A（2）250mL容量瓶、胶头滴管（3）改用胶头滴管加水，使溶液凹面恰好与刻度线相切（4）ABD【解析】【小问1详解】 该浓硫酸的物质的量浓度为，实验室用该硫酸配制240mL0.46mol/L的稀硫酸，则需要量取该硫酸的体积为，即6.3mL。选用10mL量筒。故选A。【小问2详解】2配制该溶液还需要250mL容量瓶、胶头滴管；【小问3详解】该实验步骤中缺少定容的过程，即改用胶头滴管加水，使溶液凹面恰好与刻度线相切；【小问4详解】A．未经冷却趁热将溶液注入容量瓶中，则最后溶液的体积变小，浓度变大，正确；B．量取好浓硫酸倒入烧杯稀释后，不应该用水洗涤量筒，故用水洗涤量筒2~3次，并将洗涤液倒入烧杯会是溶质增多，浓度变大，故正确；C．定容时仰视观察液面，溶液的体积变大，浓度变小，故错误；D．量取浓硫酸时仰视观察液面，则浓硫酸变多，浓度变大。故正确。E．未洗涤烧杯和玻璃棒，溶质有损失，浓度变小。故选ABD。19.现有一混合溶液，只可能含有以下离子中的若干种：K+、、Cl-、Mg2+、Ba2+、、，现取三份100mL该混合溶液进行如下实验。实验①：向第一份混合溶液中加入AgNO3溶液，有沉淀产生；实验②：向第二份混合溶液中加入足量NaOH溶液，加热，收集到0.08mol气体；实验③：向第三份混合溶液中加入足量BaCl2溶液后，得到干燥的沉淀12.54g，经足量稀盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为4.66g．(已知：+OH-H2O+NH3↑)（1）由实验①推断该混合溶液___________(填“一定”或“不一定”)含有Cl-。（2）由实验②推断该混合溶液中应含有___________(填离子符号)，其物质的量浓度为___________。（3）由第三个实验可知12.54g沉淀的成分___________，写出该步中沉淀质量减少的离子方程式___________（4）综合上述实验，你认为以下结论正确的是___________(填标号)。A.该混合溶液中一定含有K+、、、，可能含Cl-，且n(K+)≥0.04molB.该混合溶液中一定含有、、，可能含K+、Cl-C.该混合溶液中一定含有、、，可能含Mg2+、K+、Cl-D.该混合溶液中一定含有、，可能含Mg2+、K+、Cl- 【答案】（1）不一定（2）①.②.0.8mol•L-1（3）①.BaSO4和BaCO3②.BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O（4）A【解析】【分析】①向第一份混合溶液中加入AgNO3溶液，有沉淀产生，则至少含有Cl-、、中的一种；不一定含有Cl-；②向第二份混合溶液中加入足量NaOH溶液加热后，收集到0.08mol气体，该气体为氨气，则该混合溶液一定含，其物质的量为0.08mol，则c()=0.8mol/L；③向第三份混合溶液中加入足量BaCl2溶液后，得到干燥的沉淀12.54g，经足量稀盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为4.66g，则该混合溶液一定含、，12.54g沉淀为BaSO4和BaCO3，其中BaSO4的质量为4.66g，BaCO3的质量为12.54g-4.66g=7.88g；即12.54g沉淀的成分为BaSO4、BaCO3，据此分析解答。【小问1详解】由实验①推断向第一份混合溶液中加入AgNO3溶液，有沉淀产生，则至少含有Cl-、、中的一种；不一定含有Cl-，故答案为：不一定；【小问2详解】向第二份混合溶液中加入足量NaOH溶液加热后，收集到0.08mol气体，该气体为氨气，则该混合溶液一定含，其物质的量为0.08mol，则c()=0.8mol/L，故答案为：；0.8mol·L-1；【小问3详解】向第三份混合溶液中加入足量BaCl2溶液后，得到干燥的沉淀12.54g，经足量稀盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为4.66g，则该混合溶液一定含、，经足量稀盐酸洗涤BaCO3溶解，反应的离子方程式为：BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O，12.54g沉淀为BaSO4和BaCO3，其中BaSO4的质量为4.66g，BaCO3的质量为12.54g-4.66g=7.88g；即12.54g沉淀的成分为BaSO4、BaCO3，故答案为：BaSO4、BaCO3；BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O；【小问4详解】由（3）可知该混合溶液中一定不含Mg2+、Ba2+，且，，由电荷守恒可知，该混合溶液中一定含K+ ，由于不能确定该混合溶液是否含有Cl-，则，综上所述，故答案为：A。20.氯元素是非常重要的非金属元素，某化学活动社团为了探究氯气的制法、性质和用途，设计了如下实验装置。（1）仪器A的名称为___________；B中饱和食盐水的作用是___________。（2）请写出I中的化学反应方程式___________。（3）该实验中设置装置C、D、E的主要目的是___________，与该实验目的直接相关的实验现象是___________。（4）装置F可用于制漂白粉，漂白粉的主要成分是___________，请用化学方程式表示漂白粉的漂白原理___________。A．Ca(OH)2B．Ca(ClO)2C．CaCl2D．Ca(ClO)2和CaCl2（5）烧杯G的作用是处理尾气，请写出G中反应的离子方程式___________。【答案】（1）①.分液漏斗②.除去氯气中混有的氯化氢气体（2）2Fe+3Cl22FeCl3（3）①.验证干燥氯气是否具有漂白性②.C中有色布条褪色，E中有色布条不褪色（4）①.D②.Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3+2HClO（5）Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O【解析】【分析】实验利用二氧化锰固体和浓盐酸加热制取氯气，装置B用来除去氯气中的HCl，装置C有色布条遇到湿润的氯气褪色，装置D、H浓硫酸用来干燥氯气，装置E用来检验干燥的氯气能否使有色布条褪色，装置F石灰乳能与氯气发生反应，装置G用来吸收氯气尾气；装置I中铁粉与氯气反应。 小问1详解】根据图象可知，仪器A的名称为分液漏斗；根据分析可知，B中饱和食盐水的作用是除去氯气中混有的氯化氢气体。【小问2详解】装置I中铁粉与氯气在加热条件下反应生成氯化铁，则化学反应方程式为2Fe+3Cl22FeCl3。【小问3详解】根据分析可知，该实验中设置装置C、D、E的主要目的是验证干燥氯气是否具有漂白性，与该实验目的直接相关的实验现象是C中有色布条褪色，E中有色布条不褪色。【小问4详解】装置F可用于制漂白粉，石灰乳与氯气反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，故漂白粉的主要成分是氯化钙和次氯酸钙，答案选D。漂白粉的漂白原理为Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3+2HClO。【小问5详解】烧杯G的作用是处理尾气，氢氧化钠与氯气反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O。21.将CO2气体通入100mLNaOH溶液中，充分反应后所得溶液X，再向该溶液中逐滴加入1.00mol·L1的盐酸，所加入盐酸的体积与产生CO2的体积关系如下图所示：（1）溶液X中溶质成分为___________；写出AB段发生反应的离子方程式___________（2）当加入45.0mL盐酸时，产生CO2的体积为___________mL(标准状况)；（3）原NaOH溶液的物质的量浓度为________mol·L-1【答案】（1）①.②.+H+=CO2↑+H2O（2）448（3）【解析】【分析】AB段生成CO2发生反应为：NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，假设NaOH与CO2气体反应所得溶液中只有Na2CO3，则开始阶段发生反应：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl ，由方程式可知，前后两个阶段消耗盐酸的体积应相等，而实际生成二氧化碳消耗的盐酸体积少，据此判断溶液X中溶质组成；【小问1详解】AB段生成CO2发生反应为：NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，假设NaOH与CO2气体反应所得溶液中只有Na2CO3，则开始阶段发生反应：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，由方程式可知，前后两个阶段消耗盐酸的体积应相等，而实际生成二氧化碳消耗的盐酸体积少，说明NaOH与CO2气体反应所得溶液中溶质为NaOH、Na2CO3，故答案为：NaOH、Na2CO3；AB段生成CO2发生反应离子方程式为：+H+=CO2↑+H2O；【小问2详解】AB段生成CO2发生反应为：NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，根据图象可知，生成二氧化碳消耗HCl的物质的量为：n(HCl)=1.00mol•L-1×0.02L=0.02mol，则反应生成的n(CO2)=n(HCl)=0.02mol，标况下0.02mol二氧化碳的体积为：22.4L/mol×0.02mol=0.448L=448mL，故答案为：448；【小问3详解】B点加入45mL、1.00mol•L-1的盐酸时，生成二氧化碳体积达到最大，此时溶质为NaCl，根据质量守恒定律可知n(NaOH)=n(NaCl)=n(HCl)=1.00mol/L×0.045L=0.045mol，则原NaOH溶液的物质的量浓度为：c(NaOH)==0.45mol/L，故答案为：0.45。