《2022年浙江省绍兴市稽山中学高一化学第一学期期中调研模拟试题含解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年浙江省绍兴市稽山中学高一化学第一学期期中调研模拟试题含解析.doc（14页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2022-2023学年高一上化学期中模拟试卷考生须知：1全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、1995年，IUPAC原子量与同位素丰度委员会在英国Guildford 会议上决定修正五项原子量，其中已修正的有(C)12.0107(8)，这里的12.0107(8)所指的是A12C的相对原子质量B碳元素的相对原子质量C12
2、C的质量数D碳原子的相对原子质量2、列离子方程式书写正确的是A铁与盐酸反应：2Fe+6H+=2Fe3+3H2B碳酸钠与过量盐酸反应：CO32-+2H+=CO2+H2OC氢氧化钡溶液中滴加硫酸：Ba2+OH-+H+SO42-=BaSO4+H2OD硫酸铜溶液与氢氧化钡溶液反应：Cu2+2OH-=Cu(OH)23、从20世纪90年代开始，叠氮化钠用作汽车司机安全防护袋的气源,能在发生碰撞的瞬间分解产生大量气体将气囊鼓起。装运叠氮化钠的包装箱所贴的危险化学品标志应该是ABCD4、在甲、乙两烧杯溶液中，分别含有大量的Cu2+、K+、H+、Cl-、CO、OH-中的三种，已知甲烧杯的溶液呈蓝色，则乙烧杯的溶
3、液中大量存在的离子是（ ）ACu2+、H+、Cl-BCl-、CO、OH-CK+、CO、OH-DK+、H+、Cl-5、11g 所含的中子的物质的量为：( )A4.5mol B5mol C5.5mol D6mol6、下列关于物质分类的正确组合是 ( )碱酸盐碱性氧化物酸性氧化物ANa2CO3H2SO4(NH4)2CO3MgOCO2BNaOHHClNaClNa2OH2OCBa(OH)2H2CO3CaCl2CO2SO2DKOHHNO3CaCO3CaOSO3AABBCCDD7、设NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列叙述中正确的是A由CO2和O2组成的混合物中共有NA个分子，其中的氧原子数为2NAB物质的量
4、浓度为0.5mol/LMgCl2溶液，含有Cl-数为NAC在H2O2+Cl2=2HCl+O2反应中，每生成32g氧气，则转移电子数为4NAD22.4L的CO气体与1molN2所含的电子数为14NA8、下列说法正确的是A在常温常压下，11.2LN2所含有的分子数为0.5NAB在标准状况下, 22.4 L CO和N2的混合物的物质的量为1molC在标准状况下, 18g H2O的体积为22.4 LD1mol SO2的体积为22.4 L9、下列说法正确的是( ).A液态HCl、固态AgCl均不导电，所以HCl、AgCl是非电解质BNH3、CO2的水溶液均能导电，所以NH3、CO2均是电解质C蔗糖、酒精
5、在液态和水溶液里均不导电，所以它们是非电解质D铜、石墨均导电，所以它们是电解质10、下列说法中正确的是 （ ）AH2SO4 的摩尔质量是 98 gBCl的摩尔质量是 35.5 g/molC1 mol H2O 的质量是 18 g/molD1 mol氧原子的质量就是氧的相对原子质量11、氕化锂、氘化锂、氚化锂可以作为启动火箭(CZ2F)的优良炸药。下列说法正确的是AH、D、T之间互称为同位素 B它们都是强氧化剂CLiH、LiD、LiT的摩尔质量之比为123 D它们的化学性质不同12、下列反应可用离子方程式“HOHH2O”表示的是AH2SO4溶液与Ba(OH)2溶液混合BNH4Cl溶液与Ca(OH)
6、2溶液混合CNaHSO4溶液与KOH溶液混合DH2SO4溶液与Fe(OH)3胶体混合13、下列电离方程式的书写，正确的是ANH3H2O=NH4+ + OHBH2SO4=2H+ + SO42CCuCl2= Cu2+ + ClDNaHCO3=Na+ + H+ + CO3214、现有CO、CO2、O3（臭氧）三种气体，它们分别都含有1mol氧原子，则同温同压下三种气体的体积之比为（ ）A1：1：1B1：2：3C3：2：1D6：3：215、下列有关物质的分类正确的是A混合物：空气、矿泉水、水银B酸性氧化物：、CO2、SO2、COC盐：醋酸钠、氯化铵、纯碱D弱电解质：CH3COOH、H2O、NH316、
7、下列现象与胶体的性质无关的是( )A夏日的傍晚常常看到万丈霞光穿云而过美不胜收B过滤除去氯化钠溶液中的泥沙C食品加工厂利用豆浆中加入盐卤做豆腐D化工厂利用静电除尘技术去除废气中的固体悬浮物二、非选择题（本题包括5小题）17、甲溶液可能含有K+、Ca2+、NH4+、Cu2+、NO3、Cl、SO42、CO32八种离子中的若干种为确定甲溶液的组成，将其分成两等份，进行如下实验：向一份溶液中加入足量的NaOH浓溶液并加热，产生的气体在标准状况下体积为4.48L。向另一份溶液中加入0.6 mol/L的BaCl2溶液500mL，恰好可以与溶液中的离子完全反应,过滤得66.3g沉淀及滤液。向上述沉淀中加入过
8、量的盐酸，产生的气体通入足量澄清的石灰水中，得到一定量的沉淀X。向上述滤液中加入1 mol/L AgNO3溶液650 mL，恰好可完全反应，据此，请回答下列问题用相应的离子符号表示：上述实验中得到沉淀X的质量为_；生成沉淀X的离子方程式为_甲溶液中一定不存在的离子是_；可能存在的离子是_甲溶液一定存在的离子中,物质的量最大的离子是_；物质的量最小的离子是_,此物质的量最小的离子其物质的量为_。18、已知A为淡黄色固体，T为生活中使用最广泛的金属单质，D是具有磁性的黑色晶体，C是无色无味的气体，H是白色沉淀。（1）物质A的化学式为 _。（2）H在潮湿空气中变成M的实验现象是_，化学方程式为_。（
9、3）A和水反应生成B和C的离子方程式为_，由此反应可知A有作为_的用途。（4）步骤的离子方程式_，请写出检验步骤得到的溶液中主要阳离子（除H+外）所需要的试剂：_、_（填化学式）。19、如图为实验室某浓盐酸试剂瓶上的标签，某学生兴趣小组需要用80 mL0.5 mol/L稀盐酸。试根据有关数据回答下列问题：（1）该学生需要量取_ mL上述浓盐酸进行配制。（2）配制时应除选用量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还需要用到的仪器 A是_；（3）配制时，其正确的操作顺序是（字母表示，每个字母只能用一次）_；A用约30mL水洗涤烧杯23次，洗涤液均注入A，振荡B用量筒准确量取所需浓盐酸的体积，慢慢沿杯壁注入
10、盛有少量水（约30mL）的烧杯中，用玻璃棒慢慢搅动，使其混合均匀C将已冷却的盐酸沿玻璃棒注入A中D将A盖紧，颠倒摇匀E改用胶头滴管加水，使溶液凹面恰好与刻度线相切F继续往A内小心加水，直到液面接近刻度线12cm处（4）若实验时遇到下列情况，将使溶液的浓度偏高的是_。(可多选)A未将洗涤液转入容量瓶； B定容时俯视刻度线；C容量瓶洗净后底部有蒸馏水而未作干燥处理；D溶液注入容量瓶前没有恢复到室温就进行定容；E.定容、摇匀、静置后发现凹面低于刻度线又加水至刻度线20、已知有一白色粉末是由Na2CO3、NaCl、Na2SO4、CuSO4、MgCl2中的一种或几种组成。欲探究这一粉末的组成，甲同学做了
11、如下实验：取少量粉末，加水溶解，得无色透明溶液；取中溶液少量，加入NaOH溶液，无明显现象发生；另取少量粉末，加入稀盐酸，无明显现象发生。(1)根据实验，能得到的结论是_。(2)甲同学根据以上实验现象，推测这一粉末的可能组成是_。(3)乙同学在甲同学实验基础上设计了后续实验，确认该粉末只含有Na2SO4，请你在下表中填写乙同学所做的实验。可供选择的试剂有：BaCl2溶液、AgNO3溶液、稀HNO3、NaOH溶液、Na2CO3溶液、Ba(NO3)2溶液、稀盐酸实验步骤实验现象反应的离子方程式和结论_注：填写实验现象、离子方程式和结论要与相应的实验步骤一一对应。21、无机化合物可根据其组成和性质进
12、行分类：（1）上图所示的物质分类方法名称是_。（2）以H、O、N、S中两种或三种元素组成合适的物质，分别填在下表处。物质类别酸碱盐氧化物化学式HCl_Ba(OH)2Na2CO3_CO2Na2O2（3）过量通入中反应的离子方程式：_。（4）设阿伏加德罗常数的值为NA。15.9g 溶于水配制成250mL溶液，CO32-的粒子数为_，Na+的物质的量浓度为_。（5）上述八种物质中有两种可发生离子反应：NH4OHNH3H2O，其对应的化学反应方程式为_。参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解析】元素的相对原子质量与原子的相对原子质量和丰度有关，故12.0107是元素的相对原子质量，故
13、B正确；综上所述，答案为B。2、B【解析】A. Fe和盐酸反应生成Fe2+，正确的离子方程式为：Fe+2H+=Fe2+H2，故A错误；B. 碳酸钠与过量盐酸反应生成二氧化碳与水，其离子方程式为：CO32-+2H+=CO2+H2O，故B正确；C. 该离子方程式不符合实际情况，正确的离子方程式为：Ba2+2OH-+2H+SO42-=BaSO4+2H2O，故C错误；D. 该离子方程式不能完整的表示出整个反应，正确的离子方程式为：SO42-+Cu2+2OH-+Ba2+=Cu(OH)2+BaSO4，故D错误；故选B。3、A【解析】由题给信息可知叠氮化钠为易爆品，对应危险化学品的标志应为爆炸品，据此来判断
14、。【详解】A图中所示标志是爆炸品标志，故A正确；B图中所示标志是剧毒品标志，故B错误；C图中所示标志是腐蚀品标志，故C错误；D图中所示标志是放射性物品标志，故D错误；答案选A。4、C【解析】以甲烧杯呈蓝色为突破口，所以甲中含有Cu2+，因为离子共存，所以乙中含有CO、OH-，所以甲中含有H+，因为电荷守恒，所以甲中必须含有阴离子，乙中必须含有阳离子，所以甲中含有Cl-，乙中含有K+，故乙中离子为：K+、CO、OH-，故C项正确；故答案为C。5、D【解析】根据水的物质的量以及1个水中含有12个中子来计算；【详解】11g 2H218O的物质的量为11g/22gmol1=0.5mol，1个水中含有1
15、2个中子，所以中子的物质的量为6mol，故选D。6、D【解析】A.碳酸钠属于盐不是碱，故A错误；B.H2O不是酸性氧化物，故B错误；C.CO2与碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，故C错误；D.KOH属于碱，HNO3属于酸，CaCO3属于盐，CaO与水化合生成氢氧化钙，为碱性氧化物，SO3与水化合为硫酸，属于酸性氧化物，故D正确。故选D。7、A【解析】A.二氧化碳和氧气中均含2个氧原子，故NA个CO2和O2组成的混合物中含2NA个氧原子，与两者的比例无关，故A正确；B.体积未知，无法计算，故B错误；C.该反应中H2O2中的O失去电子，由原来的-1价升高至0价，总共失去电子数为2；氯气中的Cl得到
16、电子,由原来的0价降低至-1价,数目也为2；生成32gO2，也就是1molO2，所以转移电子为2NA，C错误；D.未说明标准状况，无法计算CO的物质的量，故D错误；正确答案：A。8、B【解析】A、常温常压下，11.2L的氮气的物质的量不是0.5mol，所以含有的分子数不是0.5NA，错误；B、标准状况下，任何22.4L气体的物质的量都是1mol，与气体的种类无关，正确；C、18g水的物质的量是1mol，但标准状况下，水不是气体，所以体积不是22.4L，错误；D、未指明标准状况，不能确定二氧化硫的体积，错误。答案选B。9、C【解析】A液态HCl溶于水能导电，固态AgCl熔化状态下能导电，又属于化
17、合物，所以液态HCl、固态AgCl是电解质，故A错误；BNH3和CO2本身不能电离出离子，溶于水反应生成一水合氨或碳酸电解质溶液导电，属于非电解质，故B错误；C蔗糖和酒精在水溶液里以分子存在，所以其水溶液不导电，熔融状态下也只有分子存在，不导电，所以蔗糖和酒精均是非电解质，故C正确；D铜和石墨均是单质，既不是电解质也不是非电解质，故D错误；故答案为C。【点睛】电解质是指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，例如酸、碱、盐、活泼金属氧化物等，凡在上述情况下不能导电的化合物叫非电解质，例如非金属氧化物、一些氢化物和一些有机物如蔗糖和酒精等；特别注意能导电的不一定是电解质，且非电解质的水溶液也可能导
18、电，如CO2的水溶液导电，是因为生成碳酸的缘故；另外电解质和非电解质都是化合物，既要排除单质又要排除混合物。10、B【解析】A.H2SO4的摩尔质量是98g/mol，单位错误，A项错误；B.离子的摩尔质量若以g/mol为单位，数值就是离子的式量，Cl-摩尔质量是35.5g/mol，B项正确；C.1molH2O的质量是18g，单位错误，C项错误；D.1mol任何原子的质量若以g为单位，数值就是其相对原子质量。1mol氧原子质量若以g为单位，数值就是氧的相对原子质量，D项错误；答案选B。11、A【解析】分析：氕、氘、氚是氢元素的3种同位素，其质子数分别为0、1、2，同位素的化学性质几乎完全相同。氕
19、化锂、氘化锂、氚化锂中的氢元素都是-1价的，故其具有很强的还原性。详解：A. H、D、T分别代表氕、氘、氚，它们之间互称为同位素，A正确；B. 它们都是强还原剂，B不正确；C. LiH、LiD、LiT的摩尔质量之比为8910，C不正确；D. 它们的化学性质几乎完全相同，D不正确。本题选A。12、C【解析】A. H2SO4溶液与Ba(OH)2溶液混合，离子方程式为Ba2+ + 2OH+ 2H+ SO42= BaSO4+ 2H2O，A不合题意；B. NH4Cl溶液与Ca(OH)2溶液混合，离子方程式为NH4+OH-=NH3+H2O，B不合题意；C. NaHSO4溶液与KOH溶液混合，离子方程式为H
20、OHH2O，C符合题意；D. H2SO4溶液与Fe(OH)3胶体混合，离子方程式为3H+Fe(OH)3=Fe3+3H2O，D不合题意。故选C。13、B【解析】A. NH3H2O属于弱电解质，故电离方程式为：NH3H2ONH4+ + OH-，错误；B. H2SO4属于强电解质，能完全电离，正确；C.电离方程式中原子以及电荷不守恒，其电离方程式应为：CuCl2= Cu2+ + 2Cl-，错误；D. NaHCO3属于盐类，能完全电离出Na+和HCO3-，而HCO3-不能完全电离出H+和CO32-，其电离方程式为：NaHCO3=Na+ + HCO3-，错误。14、D【解析】CO、CO2、O3三种气体分
21、子中含有的氧原子个数之比为1：2：3，它们分别都含有1mol氧原子，结合分子组成计算出各自物质的量，结合V=nVm可知，三种气体在标准状况下的积比等于物质的量之比。【详解】CO、CO2、O3三种气体分子中含有的氧原子个数之比为1：2：3，它们都含有1mol氧原子，则n（CO）=n（O）=1mol，n（CO2）=1/2n（O）=1/2mol，n（O3）=1/3n（O）=1/3mol，根据V=nVm可知，三种气体在标准状况下的积比等于物质的量之比=1mol：1/2mol：1/3mol=6：3：2，故选D。15、C【解析】A水银是汞单质，是纯净物，故A错误；BCO既不能与酸反应，又不能与碱反应，是不
22、成盐氧化物，故B错误；C醋酸钠、氯化铵、纯碱能电离出金属阳离子或铵根离子和酸根阴离子，属于盐类，故C正确；DNH3为化合物，其水溶液能导电，但其本身不发生电离，则属于非电解质，故D错误故选C。16、B【解析】A项，云属于胶体，夏日的傍晚看到的万丈霞光穿云而过是云形成的丁达尔效应，与胶体性质有关；B项，含泥沙的氯化钠溶液为悬浊液，用过滤法分离，与胶体性质无关；C项，豆浆中主要成分为蛋白质溶液，蛋白质溶液属于胶体，加入盐卤胶体发生聚沉，与胶体性质有关；D项，废气中的固体悬浮物属于胶体，利用静电除尘技术去除废气中的固体悬浮物是利用了胶体的电泳性质，与胶体性质有关；答案选B。二、非选择题（本题包括5小
23、题）17、10g 、 【解析】通过得出铵根离子物质的量，通过分析得出碳酸根和硫酸根的物质的量，通过及离子共存分体得出不含的离子，通过分析含有的微粒及物质的量。【详解】向一份溶液中加入足量的NaOH浓溶液并加热，产生的气体在标准状况下体积为4.48L，应生成NH3，则一定含有NH4+，且；向另一份溶液中加入0.6 mol/L的BaCl2溶液500mL，恰好可以与溶液中的离子完全反应，过滤得66.3g沉淀及滤液，沉淀可能为BaSO4或BaCO3或二者都有，如为BaSO4，则，如为BaCO3，则说明甲中含有SO42、CO32,设分别为x mol、y mol，则，x = 0.2 ，y = 0.1；向上
24、述沉淀中加入过量的盐酸，产生的气体通入足量澄清的石灰水中，得到一定量的沉淀X，则说明含有CO32，则一定不存在Ca2+、Cu2+；向上述滤液中加入1 mol/LAgNO3溶液650mL，恰好可完全反应，可知滤液中，而加入，则说明甲中含有Cl，且，如不含NO3，则由电荷守恒可知一定含有K+，由,则,因分成两份，则甲含有0.4 mol NH4+、0.9 mol K+、0.4 mol SO42、0.2 mol CO32、0.1mol Cl，如含有NO3，则K+大于0.9 mol，上述实验中得到沉淀X为碳酸钙，质量为0.1 mol 100 g/mol=10g，生成沉淀X的离子方程式为Ca2+ + 2O
25、H + CO2= CaCO3 + H2O，故答案为10g；Ca2+ + 2OH + CO2= CaCO3 + H2O；由以上分析可知一定不存在Ca2+、Cu2+，不能确定是否含有NO3，故答案为Ca2+、Cu2+；NO3；甲含有0.4 mol NH4+、0.9 mol K+、0.4 mol SO42、0.2 mol CO32、0.1mol Cl，如含有NO3，则K+大于0.9 mol，则物质的量最大的离子是K+；物质的量最小的离子是Cl，此物质的量最小的离子其物质的量为0.1 mol，故答案为K+；Cl；0.1 mol。18、Na2O2 白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色 4Fe(OH)2
26、 + 2H2O + O2 = 4Fe(OH)3 2Na2O2 + 2H2O = 4Na+ + 4OH- + O2 供氧剂 Fe3O4+8H+ = Fe2+2Fe3+ + 4H2O KSCN K3Fe(CN)6 【解析】已知A为淡黄色固体，能与水反应生成B和C，A为Na2O2，与水反应生成NaOH和O2，C为气体，则C为O2、B为NaOH，T为生活中使用最广泛的金属单质，T为Fe，Fe能与O2在点燃时反应生成D为Fe3O4，Fe3O4先与盐酸反应生成FeCl2、FeCl3和水，再加入足量铁粉，Fe与Fe3反应生成Fe2，则E为FeCl2，FeCl2与NaOH溶液反应生成H为Fe(OH)2，Fe(
27、OH)2在潮湿的空气中与氧气反应生成M为Fe(OH)3。【详解】(1). 由上述分析可知，A为过氧化钠，化学式为Na2O2，故答案为Na2O2；(2). Fe(OH)2在潮湿的空气中与氧气反应生成M为Fe(OH)3，实验现象是白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色，化学反应方程式为4Fe(OH)2 + 2H2O + O2 = 4Fe(OH)3，故答案为白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色；4Fe(OH)2 + 2H2O + O2 = 4Fe(OH)3；(3). 过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，离子方程式为2Na2O2 + 2H2O = 4Na+ 4OH + O2，由此反应可知Na2O2可
28、以用作供氧剂，故答案为2Na2O2 + 2H2O = 4Na+ 4OH + O2；供氧剂；(4). Fe3O4与盐酸反应生成FeCl2、FeCl3和水，离子方程式为Fe3O4+8H+ = Fe2+2Fe3+ + 4H2O，所得到的溶液中主要阳离子除H+外，还含有Fe2+、Fe3+，可选用KSCN检验Fe3+，用K3Fe(CN)6检验Fe2+，故答案为KSCN；K3Fe(CN)6。19、4.2 100mL容量瓶 B C A F E D B D 【解析】配制一定物质的量浓度的溶液步骤有：计算、称量、溶解、冷却转移、洗涤转移、定容、摇匀。在误差分析时可由浓度的计算式c=来进行分析，若配制过程中溶质有
29、损失，则浓度偏小；溶液的体积偏大，则浓度偏小，据此分析解答。【详解】（1）该浓盐酸的物质的量浓度为：c=mol/L=11.9mol/L。配制80mL物质的量浓度为0.5 mol/L稀盐酸，需要选用100mL容量瓶，实际上需要配制100mL物质的量浓度为0.5 mol/L稀盐酸，根据稀释过程中溶质的物质的量保持不变可知，需要浓盐酸的体积为：0.0042L=4.2mL，故答案为4.2；（2）配制时应除选用量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还需要用到的仪器是100ml容量瓶，故答案为100ml容量瓶；（3）配制一定物质的量浓度的溶液的步骤为：计算、量取、稀释、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等，所以正确的
30、操作顺序为：B C A F E D，故答案为B C A F E D；（4）A.未将洗涤液转入容量瓶，造成溶质损失，溶液浓度偏小；B.定容时俯视刻度线，溶液的体积偏小，溶液浓度偏大；C.容量瓶洗净后底部有蒸馏水而未作干燥处理，没有对溶质和溶液的体积造成影响，对实验结果无影响；D.溶液注入容量瓶前没有恢复到室温就进行定容，则溶液冷却后溶液的体积偏小，浓度偏大 ；E.定容、摇匀、静置后发现凹面低于刻度线又加水至刻度线，当附在刻度线上端的溶液回落后，溶液的体积则会超过刻度线，溶液的体积偏大，溶液浓度偏小；故答案为:BD。【点睛】本题考查了配制一定物质的量浓度的溶液的实验操作及误差分析，注意掌握配制一定
31、物质的量浓度溶液的正确操作流程，配制一定物质的量浓度的溶液步骤有：计算、称量、溶解、冷却转移、洗涤转移、定容、摇匀。20、白色粉末中不含CuSO4、不能同时含有MgCl2和Na2CO3、可能含NaCl和Na2SO4 NaCl或Na2SO4或两者混合物 取中溶液于试管中，加入足量的Ba(NO3)2溶液, 将上述步骤得到的溶液静置，取上层清液于另外一支试管中，加入AgNO3溶液 有白色沉淀生成, 无明显现象 Ba2SO42BaSO4 该溶液中有硫酸钠, 该粉末之中没有氯化钠，只有硫酸钠 【解析】(1)取少量粉末，加水溶解，得无色透明溶液，说明溶液中无铜离子，该粉末无有CuSO4；溶液中无沉淀产生，
32、说明溶液中不能同时含有MgCl2和Na2CO3；据此进行分析；(2)通过实验，可以判断出粉末中无硫酸铜；通过实验可以判断出粉末中无氯化镁；通过实验可以证明粉末中无碳酸钠，据以上结论进行分析；(3)若要鉴定只有硫酸钠存在，可以根据硫酸根离子能够和钡离子产生沉淀的性质来选择硝酸钡鉴别，然后加入硝酸银来排除氯离子的存在即可。【详解】(1)取少量粉末，加水溶解，得无色透明溶液，溶液中不含铜离子，所以白色粉末中不含CuSO4；由于镁离子和碳酸根子不能共存，所以粉末中不能同时含有MgCl2和Na2CO3；而NaCl和Na2SO4二者不反应，且能够与MgCl2或Na2CO3大量共存，因此根据实验，能得到的结
33、论是：白色粉末中不含CuSO4、不能同时含有MgCl2和Na2CO3、可能含NaCl和Na2SO4；综上所述，本题答案是：白色粉末中不含CuSO4、不能同时含有MgCl2和Na2CO3、可能含NaCl和Na2SO4 。 (2)根据实验可以知道混合物中没有硫酸铜，根据实验可以知道该固体中不含氯化镁，加入稀盐酸没有现象说明没有碳酸钠，至此只有氯化钠和硫酸钠没有涉及到，故它们是可能存在的，所以可以作出三种推测，即只有氯化钠；只有硫酸钠；氯化钠和硫酸钠的混合物；综上所述，本题答案是：NaCl或Na2SO4或两者混合物。 (3)取中溶液于试管中，加入足量的Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀生成，说明生成了
34、硫酸钡白色沉淀，反应的离子方程式为 Ba2SO42BaSO4；将上述步骤得到的溶液静置，取上层清液于另外一支试管中，加入AgNO3溶液，没有明显现象，说明没有氯化银沉淀生成，即溶液中不含氯离子。所以该溶液中只含有硫酸钠；结论为该白色固体中没有氯化钠，只有硫酸钠；综上所述，本题答案是：取中溶液于试管中，加入足量的Ba(NO3)2溶液, 将上述步骤得到的溶液静置，取上层清液于另外一支试管中，加入AgNO3溶液； 有白色沉淀生成，无明显现象；Ba2SO42BaSO4，该溶液中有硫酸钠， 该粉末之中没有氯化钠，只有硫酸钠。21、树状分类法H2S HNO3 H2SO4 HNO2 H2SO3 任一种NH3
35、H2ONH4NO3 、(NH4)2S、NH4HS 任一种CO2+OH-=HCO3-0.15NA1.2mol/L2NH4NO3 +Ba(OH)2=2NH3H2O+Ba(NO3)2【解析】.交叉分类法含义：根据物质不同的分类标准，对同一事物进行多种分类的一种分类方式；树状分类法含义：对同一类事物按照某些属性进行再分类的方法，无机化合物可根据其组成和性质进行分类：盐、碱、酸、氧化物、氢化物等，所以上图所示的分类方法属于树状分类法，故答案为树状分类法；.以H、O、N、S中两种或三种元素组成的酸主要有：H2S、HNO3、H2SO4、HNO2、H2SO3等；碱是NH3H2O；盐有NH4NO3、(NH4)2
36、S、NH4HS等，故答案为H2S、HNO3、H2SO4、HNO2、H2SO3 任一种；NH3H2O；NH4NO3、(NH4)2S、NH4HS任一种；.过量的CO2与Ba(OH)2反应生成碳酸氢钡，反应的离子方程式为：CO2OH=HCO3，故答案为CO2OH=HCO3；.15.9gNa2CO3的物质的量为0.15mol，碳酸钠是强电解质，在溶液中完全电离：Na2CO3=2Na+CO32，根据电离方程式可知，CO32的物质的量是0.15mol，CO32-的粒子数为0.15NA，Na+的物质的量为0.3mol，则Na+的物质的量浓度为1.2mol/L，故答案为0.15NA；1.2mol/L；.根据NH4OHNH3H2O可知，发生该离子反应的物质是铵盐和强碱，且只能生成NH3H2O，则对应的物质是NH4NO3和Ba(OH)2，二者反应的化学方程式为：2NH4NO3 +Ba(OH)2=2NH3H2O+Ba(NO3)2，故答案为2NH4NO3 +Ba(OH)2=2NH3H2O+Ba(NO3)2。