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1、2022-2023学年高一上化学期中模拟试卷注意事项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、下列物质中，体积为22.4L的是A20时18 g水 B常温常压下1 mol氨气C标准状况下含6.021023个原子的氯气 D标准状况下44 g二氧化碳2、下列说法错误的是( )A“血液透析”利用了胶体的性质B向沸水中逐滴加入少量饱和FeCl3溶液,可制得Fe(OH)3胶体C葡萄糖注射液不
2、能产生丁达尔现象,不属于胶体D依据丁达尔现象可将分散系分为溶液、胶体与浊液3、VmLAl2(SO4)3 溶液中含SO42 ag，取V/4mL溶液稀释到4VmL，则稀释后溶液Al3+中的物质的量浓度是A125a/(576V) mol/L B125a/(288V)mol/LC125a/(144V )mol/L D125a/(96V)mol/L4、实验室制取少量N2，常利用的反应是NaNO2+NH4ClNaCl+N2+2H2O，关于该反应的说法正确的是()ANaNO2是还原剂 B生成1 mol N2时转移的电子数为6 molCNH4Cl中的氮元素被还原 DN2既是氧化产物又是还原产物5、标准状况下V
3、L氨气溶解在1L水中(水的密度近似为1gmL-1)，所得溶液的密度为gmL-1，质量分数为，物质的量浓度为cmolL-1，则下列关系中不正确的是A=(17V+22400)/(22.4+22.4V)B=17c/1000C=17V/(17V22400)Dc=1000V/(17V+22400)6、在自来水的生产中，常通入适量氯气进行杀菌消毒，氯气与水反应的产物之一是盐酸。市场上有些不法商贩为牟取暴利，利用自来水冒充纯净水桶装出售。为辨别真伪，可用下列哪一种试剂来鉴别（ ）A酚酞试液B氯化钡溶液C氢氧化钠溶液D硝酸银溶液7、在标准状况下有6.72L CH4，3.011023个HCl分子，13.6g硫化
4、氢，0.2mol氨气（NH3）。下列对这四种气体的关系从大到小描述不正确的是（）A体积B密度C质量D氢原子数8、对反应方程式 NaNO2NH4ClNaClN22H2O的下列说法中，正确的是ANaNO2是还原剂，NH4Cl是氧化剂BN2既是氧化产物，又是还原产物CNaNO2中的氮元素被氧化，发生了氧化反应D每生成1molN2时，转移电子的物质的量为6mol.9、下列化学药品与其危险化学品图形标志不一致的一组是（ ）A烧碱1B甲烷2C酒精3D白磷410、欲配制下列四种无色透明的酸性溶液，其中能配制成功的是（ ）AK+、Mg2+、Cl-、BNa+、Ca2+、C、K+、Na+D、Al3+、Cl-11、
5、下列反应的生成物不会因为反应物用量或反应条件不同而不同的是ANa和O2BNa2CO3和稀盐酸CNaOH溶液和CO2DNa和Cl212、实验室利用下列反应装置模拟侯氏制碱法制备NaHCO3，反应原理为：NH3+CO2+H2O+NaClNaHCO3+NH4Cl，下列说法错误的是（ ）A通过活塞K可控制CO2的流速B装置b、d依次盛装饱和Na2CO3溶液、稀硫酸C装置c中含氨的饱和食盐水提高了CO2吸收效率D反应后将装置c中的锥形瓶浸入冷水充分冷却，过滤得到NaHCO3晶体13、以下分离混合物的操作中，不正确的是（ ）A蒸发时，蒸发皿内所盛液体不超过蒸发皿容积的2/3B蒸发结晶时，不能直接蒸干液体，
6、最后少量液体用余热蒸干C用四氯化碳萃取碘水中的碘，分液时碘的四氯化碳溶液从上口倒出D蒸馏时，要在烧瓶中加入几粒碎瓷片14、下列物质的分类正确的是( )碱酸盐碱性氧化物酸性氧化物ANa2CO3H2SO4Cu2(OH)2CO3Fe2O3SO3BNaOHHClNaClNa2OCOCNaOHNaHSO4CaF2MgOSO2DKOHHNO3NaHCO3CaOCO2AABBCCDD15、氧化还原反应与四种基本反应类型的关系如图所示，则下列化学反应属于区域3的是A2F2+2H2O4HF+O2BAgNO3+NaClAgCl+NaNO3C3CO+Fe2O3 2Fe+3CO2DMgCl2（熔融）Mg+Cl216、
7、某物质灼烧时，焰色反应为黄色，下列判断正确的是()A该物质一定是钠的化合物B该物质一定含钠元素C该物质一定是金属钠D该物质中不含钾元素二、非选择题（本题包括5小题）17、现有一包白色固体粉末，由Na2SO4、CaCO3、NaCl、BaCl2、CuSO4中的三种物质组成，为确定其成分，进行如下实验：取少量白色粉末，加入足量水，充分搅拌后过滤，得到白色沉淀和无色滤液；向滤出的沉淀中加入足量稀盐酸，沉淀完全溶解，并产生无色气体。据此回答下列问题：(1)原白色固体粉末中一定含有_，一定不含有_(填化学式)。 (2)实验中发生反应的离子方程式为_。 (3)为进一步确定白色粉末的组成，向过滤得到的无色滤液
8、中，加入少量某无色溶液，根据是否有白色沉淀产生，可判断原白色粉末的组成，加入的无色溶液不可以是下列溶液中的_(填序号)。 ANa2SO4溶液 BBaCl2溶液 CNa2CO3溶液 DAgNO3溶液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：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 2.33g取少量实
9、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KNO3固体中混有的杂质K2SO4和MgSO4，并制得纯净的KNO3溶液，某同学设计如下实验方案：(1)操作为_；(2)操作加入的试剂可以为：操作_；操作_； 操作_；(3)如何判断SO42-已除尽，简述实验_；(4)实验过程中产生的多次沉淀_(填“需要”或“
10、不需要”)多次过滤，理由是_。(5)该同学设计的实验方案_(填“合理”或“不合理”)，理由是_。20、某白色粉末A在农业上用作杀菌剂，进行下列实验：白色粉末A溶解在水中，得到蓝色溶液，分成等量的两份；在其中一份蓝色溶液中加入适量的盐溶液B，恰好沉淀完全，过滤，得到白色沉淀和蓝色溶液；在此蓝色溶液中滴加酸化的AgNO3溶液又得到白色沉淀和蓝色溶液；在中的另一份蓝色溶液中加入适量C溶液，恰好沉淀完全，过滤，得到蓝色沉淀和纯净的硫酸钾溶液。根据实验现象推断：(1)A_ B_ C_(填化学式)(2)反应中的离子方程式为_21、亚氯酸钠（NaClO2）是一种强氧化性漂白剂，广泛用于纺织、印染和食品工业。
11、它在碱性环境中稳定存在。某同学查阅资料后设计生产NaClO2的主要流程如下。（部分产品未标出）（1）中发生反应的还原剂是_、中的氧化剂是_（填化学式）。（2）中反应的离子方程式是_。（3）ClO2是一种高效水处理剂，可用亚氯酸钠和稀盐酸为原料制备：5NaClO2 + 4HCl = 5NaCl + 4ClO2+ 2H2O。该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比是_。研究表明：在上述过程中会发生副反应：NaClO2 + 4HCl = NaCl + 2Cl2+ 2H2O，若反应开始时盐酸浓度越大，则气体产物中Cl2的含量越大。请推测其原因是_。参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解析
12、】A.18g水的物质的量为=1mol，20时水是液态不是气体，则体积不是22.4L，故A不选；B常温常压不是标准状况，1mol气体的体积不是22.4L，故B不选；C含6.021023个原子的Cl2的物质的量为0.5mol，标准状况下的体积为11.2L，故C不选；D.44g二氧化碳的物质的量为=1mol，标准状况下的体积为22.4L，故D选；故选D。【点睛】本题考查气体摩尔体积22.4L/mol的应用。本题的易错点为A，要注意22.4L/mol的使用条件：气体和标准状况。2、D【解析】A. 血液是一种胶体，胶体不能透过半透膜。B. 氢氧化铁胶体的制备：向沸水中滴加饱和氯化铁溶液，加热至液体成红褐
13、色。C. 葡萄糖注射液是溶液，不能发生丁达尔效应。D. 溶液、胶体、浊液的本质区别是分散质粒子的大小不同。【详解】A. 血液是一种胶体，胶体不能透过半透膜，“血液透析”利用了胶体的性质，A正确。B. 氢氧化铁胶体的制备方法是向沸水中滴加饱和氯化铁溶液，加热至液体成红褐色，B正确。C. 葡萄糖注射液是溶液不是胶体，不能发生丁达尔效应，C正确。D. 溶液、胶体、浊液的本质区别是分散质粒子的大小不同，不是依据丁达尔现象，D错误。答案为D。3、B【解析】根据n=计算agSO42的物质的量，根据电荷守恒可以知道2n(SO42)=3n(Al3+)，据此计算VmL溶液中铝离子物质的量，进而计算mL溶液中铝离
14、子物质的量，再根据c=计算稀释后溶液中Al3+的物质的量浓度。【详解】agSO42的物质的量=mol，根据电荷守恒可以知道：2n(SO42)=3n(Al3+)，故VmL溶液中Al3+的物质的量为mol =mol，故mL溶液中铝离子物质的量mol=mol，稀释到4VmL，则稀释后该溶液中Al3+的物质的量浓度是=mol/L，所以B选项是正确的。4、D【解析】A、NaNO2中N元素的化合价降低，得电子，作氧化剂，故A错误；B、每生成1molN2，消耗1molNaNO2得3mol电子，消耗1molNH4Cl失去3mol电子，即转移的电子为3mol，故B错误；C、NH4Cl中的N元素化合价升高，失去电
15、子被氧化，故C错误；D、N2既是氧化产物又是还原产物，故D错误；故选D。5、A【解析】NH3溶于水绝大部分与水生成一水合氨，但是计算时，以NH3算。A根据，则，选项中的表达式利用的是，但是溶液的体积不是气体体积（V）和溶剂体积（1L）的加和，A项错误，符合题意；B根据公式，得；B项正确，不符合题意；C，；，C项正确，不符合题意；D,，带入有，D项正确，不符合题意；本题答案选A。【点睛】两个体积不同的溶液混合在一起，混合后的溶液体积不等于混合前两溶液的体积之和，所以混合后的溶液的体积一般根据计算，此外注意单位的换算。6、D【解析】因纯净水销售中不含氯离子，而自来水中含氯离子，所以向两样品中加入硝
16、酸银溶液，变浑浊的自来水，反之是纯净水，而A、B、C现象相同，不能鉴别，故选D。7、D【解析】6.72LCH4的物质的量为0.3mol，3.011023个HCl分子的物质的量为0.5mol，13.6g硫化氢的物质的量为=0.4mol，0.2mol氨气（NH3），则A. 同温同压下，体积之比等于物质的量之比，所以体积，A项正确；B. CH4相对分子质量为16，HCl相对分子质量为36.5硫化氢相对分子质量为34，氨气相对分子质量为17，同温同压下，密度之比等于相对分子质量之比，所以密度，B项正确；C. 6.72L CH4的质量为0.3mol16g/mol=4.8g，3.011023个HCl分子的
17、质量为0.5mol36.5g/mol=18.25g，13.6g硫化氢，0.2mol氨气（NH3）的质量为0.2mol17g/mol=3.4g，所以质量，C项正确；D. 氢原子物质的量分别为：0.3mol4=1.2mol，0.5mol，0.4mol2=0.8mol，0.2mol3=0.6mol，所以氢原子数，D项错误；答案选D。8、B【解析】NaNO2NH4ClNaClN22H2O是同一元素的氧化还原反应，在反应中，N元素的化合价由反应前NaNO2中的+3价变为反应后N2中的0价，化合价降低，获得3e-，被还原，所以NaNO2是氧化剂，N2是还原产物；N元素的化合价由反应前NH4Cl中的-3价变
18、为反应后N2中的0价，化合价升高，失去3e-，被氧化，所以NH4Cl是还原剂，N2是氧化产物；每反应产生1molN2，转移电子的物质的量是3mol，综上所述可知：选项B正确，故合理选项是B。9、A【解析】A.烧碱是NaOH，是腐蚀品，不是爆炸品，故A选；B.甲烷是易燃气体，故B不选；C.酒精是易燃液体，故C不选；D.白磷着火点低，易自燃，故D不选。故选A。10、D【解析】能配制成功的标准一是离子要大量共存，二是不能有颜色。【详解】AMg2+与反应生成沉淀，且酸性条件下， 不能大量共存，A不能配制；BCa2+和反应生成沉淀，且酸性条件下， 不能大量共存，B不能配制；C溶液里有时为紫红色，题目要求
19、配制无色透明的酸性溶液，C不能配制；D酸性条件下题中所给离子之间不发生反应，可大量共存，且离子溶于水后都为无色，D能配制。答案选D。11、D【解析】ANa和O2在室温下反应产生Na2O；在点燃或加热时反应产生Na2O2，二者反应条件不同，反应产物不同，A不符合题意；BNa2CO3和少量稀盐酸反应产生NaCl、NaHCO3；与足量HCl反应，产生NaCl、H2O、CO2。二者反应时相对物质的量多少不同，生成物不同，B不符合题意；C向NaOH溶液中通入少量CO2，反应产生Na2CO3和水，通入过量CO2气体，反应产生NaHCO3。二者反应相对物质的量多少不同，生成物不同，C不符合题意；DNa和Cl
20、2点燃时反应产生NaCl，与反应条件或物质用量无关，D符合题意；故合理选项是D。12、B【解析】A关闭活塞K时，气体可将球形容器内的液体压入漏斗内，从而使碳酸钙脱离液面，反应停止，所以通过调节活塞K可控制CO2的流速，A正确；B装置b的作用是除去二氧化碳中混有的氯化氢，故装置b内应盛装饱和NaHCO3溶液，B错误；C装置c中含氨的饱和食盐水呈碱性，CO2的溶解度增大，C正确；D反应后将装置c中的锥形瓶浸入冷水，NaHCO3降温结晶，过滤得NaHCO3晶体，D正确；故选B。13、C【解析】A蒸发时，蒸发皿内所盛液体不超过蒸发皿容积的2/3，以防加热时液体沸腾溢出蒸发皿，正确；B蒸发结晶时，不能直
21、接蒸干液体，最后少量液体用余热蒸干，以防蒸干时固体飞溅，若完全蒸干水分，还会造成蒸发皿炸裂，正确；C四氯化碳密度大于水，用四氯化碳萃取碘水中的碘，分液时碘的四氯化碳溶液应从下口流出，错误；D蒸馏时，要在烧瓶中加入几粒碎瓷片以防暴沸，正确；故选C。【点睛】常用的萃取剂有CCl4和苯。CCl4的密度大于水，所以萃取后在下层，分液时从分液漏斗下口流出即可；苯的密度小于水，所以萃取后在上层，分液时先把下层液体从分液漏斗下口流出，然后再把上层液体从上口倒出。14、D【解析】ANa2CO3不是碱，属于盐，错误；BCO不是酸性氧化物，为中性氧化物，错误；CNaHSO4不是酸，属于盐，错误；D. KOH属于碱
22、，HNO3属于酸，NaHCO3属于盐，CaO属于碱性氧化物，CO2属于酸性氧化物，分类正确，D正确；综上所述，本题选D。【点睛】碱性氧化物一定是金属氧化物，金属氧化物不一定为碱性氧化物，如氧化铝为两性氧化物；酸性氧化物不一定是非金属氧化物，如金属氧化物Mn2O7，非金属氧化物也不一定是酸性氧化物，如CO为不成盐氧化物。15、C【解析】由图示分析可知：属于区域3的条件是属于氧化还原反应但不属于置换反应；分析选项A是置换反应，不符合；选项B是非氧化还原反应，不符合；C选项是氧化还原反应但不属于置换反应，故C正确；选项D属于氧化还原反应且属于分解反应，故D错误。16、B【解析】焰色反应是某些金属或它
23、们的化合物在灼烧时，使火焰呈现特殊的颜色的反应。焰色反应为黄色，说明该物质中一定含钠元素，既可能是金属钠，也可能是钠的化合物，B正确，故选B。二、非选择题（本题包括5小题）17、CaCO3、NaCl CuSO4 CaCO3+2H= Ca2+CO2+H2O D 【解析】硫酸铜溶于水得到蓝色溶液，而本题中得到是无色的溶液和白色沉淀，所以在混合物中一定不含硫酸铜；白色沉淀可能为碳酸钙，也可能是硫酸钠和氯化钡反应生成的硫酸钡，而白色沉淀能全部溶于稀盐酸，所以该沉淀为碳酸钙，即原固体中一定含有碳酸钙，而原固体中含有三种物质，所以还一定含有NaCl，氯化钡和硫酸钠二者有其一。【详解】(1)根据分析可知原白
24、色固体中一定含有CaCO3、NaCl；一定不含CuSO4；(2)实验中发生的反应为碳酸钙和盐酸的反应，离子方程式为CaCO3+2H= Ca2+CO2+H2O；(3)原白色粉末中无法确定的是BaCl2和Na2SO4A加入硫酸钠若产生白色沉淀，可以确定含有BaCl2不含Na2SO4，故A不符合题意；B加入BaCl2若产生白色沉淀，可以确定含有Na2SO4不含BaCl2，故B不符合题意；C加入碳酸钠溶液若产生白色沉淀，可以确定含有BaCl2不含Na2SO4，故C不符合题意；D氯化银难溶于水、硫酸银微溶于水，所以加入硝酸银溶液不能进一步确定白色粉末的组成，故D符合题意；综上所述答案为D。18、Cu2+
25、、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；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；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
26、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；取少量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；（
27、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、（1）(加水)溶解（2）Ba(NO3)2、K2CO3 、KOH或KOH、Ba(NO3)2、K2CO3或Ba(NO3)2、KOH、K2CO3；（3）取少许滤液于试管中，向其中加入少量Ba(NO3)2溶液
28、，若不变浑浊，表明SO42-已除尽；（4）不需要；几个沉淀反应互不干扰 可一次性过滤，如果分步过滤会使操作复杂化。（5）不合理；调节溶液的pH若用盐酸，会引入Cl-杂质，应用硝酸。【解析】试题分析：沉淀反应必须在溶液中进行，以便充分反应，并使杂质完全沉淀，所以首先应当将固体配制成溶液除去SO42-、Mg2+离子的方法一般是使它们分别形成BaSO4和Mg(OH)2沉淀，所以需要加入稍过量的Ba(NO3)2和KOH溶液，过量的Ba2+可用K2CO3溶液除去，因此实验时必须先加入Ba(NO3)2溶液，后加入K2CO3溶液，同时要注意不可加入BaCl2、Na2CO3和NaOH溶液进行除杂，也不可用稀盐
29、酸调节溶液的pH，否则会引进Na+和Cl-杂质。（1）后续实验是在溶液中进行的，需要加水溶解，操作需要配制成溶液，需要加水溶解，故答案为加水溶解；（2）先加硝酸钡，除去硫酸根，再加氢氧化钠，除去镁离子，再加碳酸钠，除去多余的钡离子，最后加硝酸，除去多余的碳酸钾和氢氧化钾；先加氢氧化钾，除去镁离子，再加氯化钡，除去硫酸根，再加碳酸钾，除去多余的钡离子，最后加硝酸，除去多余的碳酸钾和氢氧化钾；先加入硝酸钡，除去硫酸根，再加碳酸钾，能把钙离子和多余钡离子除去，再加氢氧化钾，除去镁离子，最后加硝酸，除去多余的碳酸钾和氢氧化钾，故答案为Ba(NO3)2、K2CO3、KOH或KOH、Ba(NO3)2、K2
30、CO3或Ba(NO3)2、KOH、K2CO3；（3）加入过量硝酸钡溶液除去硫酸根离子，检验硫酸根离子已除尽，可静止片刻在上层清液处，滴加一滴Ba(NO3)2溶液，不出现浑浊就说明硫酸根离子已经除尽，故答案为静置，取少量上层澄清溶液，再加入少量Ba(NO3)2溶液，若不变浑浊，表明SO42-已除尽；（4）几个沉淀分别为BaSO4、BaCO3、Mg(OH)2，这几个沉淀反应互不干扰，因此只过滤一次，可减少操作程序，故答案为不需要；因为几个沉淀反应互不干扰，因此只过滤一次，可减少操作程序；（5）因加入盐酸调节溶液的pH会引进Cl-，制不到纯净的KNO3溶液(E)，所以该同学的实验设计方案中该步并不严
31、密，故答案为不严密，因为加入盐酸调节溶液的pH会引进Cl-。考点：考查了物质分离和提纯的相关知识。20、CuSO4 BaCl2 KOH Cu+2 OH= Cu(OH) 2 【解析】：白色粉末溶解在水中,得到蓝色溶液,说明此溶液中含有铜离子,验证了白色粉末为铜盐；：在中的一份蓝色溶液中加入适量C溶液，恰好沉淀完全，过滤，得到蓝色沉淀和纯净的硫酸钾溶液，根据复分解反应规律可知，C溶液为KOH，铜盐为CuSO4；：在中的另一份蓝色溶液（CuSO4）中加入适量的盐溶液B，恰好生成白色沉淀，过滤，蓝色滤液中含有铜离子；在此蓝色溶液中滴加酸化的AgNO3溶液又得到白色沉淀氯化银和蓝色溶液硝酸铜；从以上实验
32、中可以确定白色沉淀和盐B各为硫酸钡和氯化钡； 据以上分析解答。【详解】 (1)白色粉末溶解在水中，得到蓝色溶液，溶液为蓝色,说明含有铜离子，白色粉末为铜盐；在中的一份蓝色溶液中加入适量C溶液，恰好沉淀完全，过滤，得到蓝色沉淀和纯净的硫酸钾溶液，根据复分解反应规律可知，C溶液为KOH，铜盐为CuSO4；在中的另一份蓝色溶液（CuSO4）中加入适量的盐溶液B，恰好生成白色沉淀，过滤，蓝色滤液中含有铜离子；在此蓝色溶液中滴加酸化的AgNO3溶液又得到白色沉淀氯化银和蓝色硝酸铜溶液；从以上实验现象中可知，白色沉淀为硫酸钡，盐B为BaCl2；结合以上分析可知：A为CuSO4；B为BaCl2；C为KOH；
33、因此，本题正确答案是:CuSO4，BaCl2，KOH。(2)硫酸铜溶液和氢氧化钾溶液反应生成氢氧化铜蓝色沉淀和硫酸钠溶液，离子方程式为：Cu2+2OH-=Cu(OH) 2；综上所述，本题答案是：Cu2+2OH-=Cu(OH) 2。21、Na2SO3ClO22ClO2 + 2H2O2 +2OH- = 2ClO2- + O2 + 2H2O1:4ClO2-的氧化性或Cl-的还原性随溶液的酸性和浓度的增大而增强，因此Cl-被氧化得到Cl2。【解析】（1）I中NaClO3转化为ClO2，Cl元素化合价由+5价降到+4价，NaClO3得电子，作氧化剂；根据得电子守恒，Na2SO3失电子，化合价降低，作还原
34、剂。中ClO2转化为NaClO2，Cl元素化合价降低，则ClO2得电子，作氧化剂。故答案为Na2SO3；ClO2；（2）中ClO2转化为NaClO2，Cl元素化合价降低，ClO2作氧化剂，则H2O2作还原剂，化合价升高，生成O2，则有ClO2+ H2O2O2+ ClO2，溶液中加入了NaOH，配平方程式可得：2ClO2 + 2H2O2 +2OH- =2ClO2- +O2 + 2H2O；故答案为2ClO2 + 2H2O2 +2OH- =2ClO2- + O2 + 2H2O；（3） 反应5NaClO2 + 4HCl = 5NaCl + 4ClO2+ 2H2O，NaClO2中Cl元素化合价由+3价分别变为1价和+4价，NaClO2既是氧化剂又是还原剂，氧化剂和还原剂物质的量之比是14。故答案为14；NaClO2+4HCl=NaCl+2Cl2+2H2O，反应中，NaClO2作氧化剂，HCl作还原剂，反应开始时，盐酸浓度越大，溶液酸性越强，气体产物的含量增大。可能原因是，溶液酸性增强，导致NaClO2的氧化性增强，Cl-的还原性增强；或者Cl- 的浓度增大，导致Cl-还原性增强。故答案为ClO2-的氧化性或Cl-的还原性随溶液的酸性和浓度的增大而增强，因此Cl-被氧化得到Cl2。