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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、现有一定量的气体如下：标准状况下6.72LCH4、3.011023个HCl分子、13.6gH2S、0.2molNH3，下列对这四种气体的关系从大到小排列的组合中正确的是（ ）a标况下体积： b同温同压下的密度： c质量： d
2、氢原子个数：AabcBabcdCabdDbcd2、下列关于钠及其化合物的叙述不正确的是A钠与水反应放出热量BNa2O与Na2O2均能与水反应生成NaOHC钠切开后，光亮的表面迅速变暗，是因为生成了Na2OD除去 NaHCO3溶液中含有的少量Na2CO3，可加入适量NaOH3、在20 g密度为d g/cm3的硝酸钙溶液里含1g Ca2，则NO离子的物质的量浓度是（ ）AmolL1BmolL1C2.5d molL1D1.25d molL14、下列四种物质的溶液，其中一种与其他三种均能发生离子反应，这种物质是（ ）AKOHBH2SO4CBaCl2DNa2CO35、将一粒钠投入下列溶液中,能产生气体和
3、沉淀的是ANaCl BBaCl2 CH2SO4 DCuCl26、完成下列实验所选择的装置或仪器正确的是( )选项ABCD实验从食盐水中提取NaCl固体分离碘和泥沙分离水和四氯化碳分离Na2SO4溶液和苯（苯是难溶于水，密度比水小的液体）装置或仪器AABBCCDD7、下列物质中，不存在化学键的是 （ ）A食盐 B氯气 C氦气 D氨气8、下列说法正确的是AO2的摩尔质量为32gB1 mol氢约含有6.021023个微粒C1mol CO2的体积是22.4LD标准状况下，22.4 L N2和H2的混合气体中含有NA个分子9、某溶液中只含有K、Fe3、NO3-，已知K、Fe3的个数分别为3a和a，则溶液
4、中K与NO3-的个数比为A12 B14C34 D3210、下列有关原子结构的说法，正确的是（ ）A决定元素种类的是电子数B决定元素化学性质的是原子的核外电子数C决定元素相对原子质量的是中子数D决定原子序数的是质子数11、在某无色酸性溶液中能大量共存的一组离子是（）ANa+、K+、B、Al3+、CNa+、Ca2+、DK+、12、在沸水中逐滴加入56滴FeCl3饱和溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热。下列说法正确的是（ ）A用激光笔照射该液体，会出现丁达尔效应B将液体静置片刻，会出现沉淀现象C所得分散系中分散质的粒子直径大于100 nmD用滤纸可实现该分散系中分散剂与分散质的分离13、下列离子
5、方程式书写正确的是（）A向澄清石灰水中通入足量二氧化碳：2OH+CO2=+H2OB氧化钠投入水中发生反应：+H2O=2OHC醋酸溶液滴入到NaOH溶液中：CH3COOH+OH=CH3COO+H2OD铁和稀盐酸反应制氢气：2Fe+6H+=2Fe3+3H214、常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A碳酸氢钠溶液中：Cl-、NO3-、Na+、OH-B澄清透明的溶液中：Cu2+、K+、SO42-、Br-C酚酞呈红色的溶液中：SO42-、K+、Cl-、Al3+D饱和食盐水中：Fe3+、I-、SO32-、K+15、下列说法正确的是()A1 mol任何气体的气体摩尔体积都约为22.4 Lmol1B
6、25、101 kPa下，相同体积的H2和O2具有相同的分子数C1 mol气体的体积为22.4 L，则该气体一定处于标准状况下D2 mol CO2的体积约为44.8 L16、1mol O2在放电条件下发生下列反应：3O22O3，如有30%O2转化为O3，则放电后混合气体对H2的相对密度是( )A16B17.8C18.4D35.6二、非选择题（本题包括5小题）17、现有稀硫酸、纯碱、二氧化碳、铜片、食盐、生石灰、铁片和木炭粉8种物质。(1)在这8种物质中，属于电解质的有_(用相应的化学式表示，下同)。(2)这8种物质中的某5种存在下面的相互关系，选择适当的物质填入，使有连线的两种物质能发生反应，并
7、回答下列问题。它们的化学式分别为：_；_；_。如果连线对应的反应分别用A、B、C、D、E表示。五个反应中属于氧化还原反应的有_个；反应A的离子方程式为_，反应D的化学方程式为_。18、某强酸性溶液X中仅含有Ba2、Al3、NH4、Fe2、Fe3、CO32、SO32、SO42、Cl、NO3中的一种或几种，取该溶液进行连续实验，实验过程如下根据以上信息，回答下列问题:(1)仅根据上述连续实验不能确定溶液X中是否含有的离子分别是_。(2)若中所用氢氧化钠浓度为2 mol/L，当加入10 mL时开始产生沉淀，55 mL时沉淀的量达到最大值0.03 mol，继续滴加沉淀的量保持不变，随后再滴加沉淀部分溶
8、解，到60 mL时沉淀的量降为0.025 mol且保持不变，则原溶液中：c(Fe2+)为_mol/L、c(Fe3+)为_mol/L、c(Cl-)为_mol/L。(若有些离子不存在，请填0 mol/L)19、用98%的浓硫酸（）配制100mL浓度为1 molL1的稀硫酸,其操作步骤可分解为以下几步:a.用量筒量取_mL的浓硫酸,缓缓注入装有约50mL蒸馏水的烧杯里,并用玻璃棒搅拌.b.用约30mL蒸馏水,分成三次洗涤烧杯和玻璃棒,将每次洗涤液都倒入M里.c.将稀释后的硫酸小心地用玻璃棒引流入M.d.检查M是否发生滴漏.e.将蒸馏水直接加入M,至液面接近刻度线2cm至3cm处.f.盖紧瓶塞,反复倾
9、倒振荡,摇匀溶液.g.用_向M里逐滴滴入蒸馏水,至液面最低点恰好与环形刻度线相切.据此填写:（1）正确的操作顺序是_（2）进行A步操作时,应量取_mL浓硫酸，选用量筒的规格是(填序号) _a. 10mL b. 50mL c. 1000mL d. 1000mL（3）配置上述溶液时，多次提到的实验仪器M是_。步骤G中横线处是_。 （4）进行A步骤操作时,必须_后,才能进行后面的操作.（5）实验操作中，下列操作会对所配溶液的浓度有何影响（填“偏高”“偏低”或“无影响”）a.洗涤烧杯和玻璃棒的溶液未转入M中_b.定容时,眼睛俯视溶液_c.容量瓶中原残留少量蒸馏水_d.定容后M中液面低于刻度线,又加水定
10、容到刻度线._e量取浓硫酸时仰视量筒读数_20、由几种离子化合物组成的混合物，含有以下离子中的若干种：K、Cl、NH4+、Mg2、CO32、Ba2、SO42。将该混合物溶于水后得澄清溶液，现取3份 100 mL该溶液分别进行如下实验：实验序号实验内容实验结果1加入AgNO3溶液有白色沉淀生成2加入足量NaOH溶液并加热收集到气体1.12L(换算成标准状况)3加入足量BaCl2溶液,，将所得沉淀洗涤、干燥、称重；再向沉淀中加足量的稀盐酸，洗涤、干燥、称重第一次称重读数为6.27g，第二次称重读数为2.33g已知加热时NH4+ + OH=NH3+ H2O, 试回答下列问题：（1）根据实验1对Cl是
11、否存在的判断是_(填“一定存在”、“一定不存在”或“不能确定”)；根据实验13判断混合物中一定不存在的离子是_。（2）试确定溶液中一定存在的阴离子及其物质的量浓度：_。（3）试确定K是否存在？_（填“存在”或“不存在”），判断的理由是_。（4）若实验3中沉淀加稀盐酸后再洗涤，如何判断沉淀已洗净，方法是_。21、请回答下列问题：（1）现有下列状态的物质：干冰 NaHCO3晶体 氨水 纯醋酸 FeCl3溶液 铜 熔融KOH 盐酸。其中能导电的是_，（填序号，下同），属于电解质的是_，属于非电解质的是_。（2）将3p%的硫酸与同体积的p%的硫酸混合得到q%的稀硫酸，则p、q的关系是_（3）在同温、同
12、压下，实验测得CO、N2和SO2三种气体的混合气体的密度是H2的20倍，其中SO2的体积分数为_；若其中CO和N2的物质的量之比为11，则混合气体中氧元素的质量分数为_。参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解析】标准状况下6.72LCH4的物质的量是0.3mol、3.011023个HCl分子的物质的量是0.5mol、13.6gH2S的物质的量是0.4mol、0.2molNH3。相同条件下体积与物质的量成正比，标况下体积：，故a正确；同温同压下密度与相对分子质量成正比，同温同压下的密度：，故b正确；0.3mol CH4的质量是4.8g；0.5molHCl的质量是18.25g；0
13、.2molNH3的质量是3.4g，质量：，故c正确；0.3mol CH4含氢原子1.2mol；0.5molHCl含氢原子0.5mol；0.4molH2S含氢原子0.8mol；0.2molNH3含氢原子0.6mol；氢原子个数：，故选B。2、D【解析】A从金属钠与水反应中很快熔化成闪亮的小球，发出嘶嘶的响声的现象，可知钠与水反应放出热量，A正确；BNa2O+H2O=2NaOH，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，故Na2O与Na2O2均能与水反应生成NaOH，B正确；C钠切开后，迅速与氧气反应，4Na+O2=2Na2O，故光亮的表面迅速变暗，是因为生成了Na2O，C正确；D由于NaHCO3
14、+NaOH= Na2CO3+H2O，故可用适量NaOH除去Na2CO3溶液中含有的少量NaHCO3，D错误；故答案为：D。3、C【解析】1g钙离子的物质的量为，所以溶液中n（NO3-）=2n（Ca2+）=0.05mol，溶液的体积为，故NO3-的物质的量浓度为，故C正确；故选C。4、B【解析】A氢氧化钾与氯化钡、碳酸钠不反应，选项A错误；B硫酸与氢氧化钾反应生成硫酸钾和水、与氯化钡反应生成硫酸钡和盐酸、与碳酸钠反应生成硫酸钠、二氧化碳和水，故与三种物质都能发生离子反应，选项B正确；C氯化钡与氢氧化钾不反应，选项C错误；D碳酸钠与氢氧化钾不反应，选项D错误。答案选B。5、D【解析】钠是非常活泼的
15、金属单质，将钠投入到盐溶液中钠先与水反应，将钠投入到酸溶液中钠先与酸反应，由此分析。【详解】A.钠投入到NaCl溶液中，钠与水反应：2Na+2H2O=2NaOH+H2，但NaCl与NaOH不反应，溶液中没有沉淀生成，A项错误；B.钠投入到BaCl2溶液中，钠与水反应：2Na+2H2O=2NaOH+H2，但BaCl2与NaOH不反应，溶液中没有沉淀生成，B项错误；C. 钠投入到H2SO4溶液中，钠与H2SO4反应：2Na+H2SO4=Na2SO4+H2，溶液中没有沉淀生成，C项错误；D.钠投入到CuCl2溶液中，钠先与水反应：2Na+2H2O=2NaOH+H2，生成的NaOH继续与CuCl2反应
16、： 2NaOH+CuCl2=Cu(OH)2+2NaCl，溶液中既有气体放出又有沉淀产生，D项正确；答案选D。6、C【解析】根据混合物分离提纯的物理原理选择合适的装置。【详解】A项：从水溶液（食盐水）中提取固体溶质（NaCl固体）应选择蒸发装置而不是灼烧固体装置。A项错误；B项：碘易升华，分离碘和泥沙的混合物应采用升华方法。B项错误； C项：水和四氯化碳组成不相溶的液体混合物，使用分液方法分离。C项正确； D项：苯是难溶于水的液体，分离Na2SO4溶液和苯的混合物应使用分液法。D项错误。本题选C。7、C【解析】分析：化学键是指分子内或晶体内相邻两个或多个原子（或离子）间强烈的相互作用力的统称；一
17、般非金属元素之间易形成共价键，金属元素与非金属元素之间易形成离子键，以此来分析；单原子分子中只存在分子间作用力，不存在化学键，据此分析即可。详解：A、氯化钠是离子化合物，氯化钠中钠离子和氯离子之间只存在离子键，故A错误；B、氯气中氯原子和氯原子之间只存在非极性共价键，故B错误；C、氦气是单原子分子，所以氦气中只存在分子间作用力不含化学键，故C正确；D、氨气中氮原子和氢原子之间存在极性共价键，故D错误。故选C。点睛：本题考查了化学键，掌握化学键的种类和物质中存在的化学键是解题的关键。8、D【解析】A. O2的摩尔质量为32g/mol，选项A错误；B. 使用物质的量必须指明具体的物质或微粒，1mo
18、l氢指代不明确，不能确定是氢气还是氢原子，选项B错误；C. 标准状况下1mol CO2的体积约为22.4L，没有说明标准状况下，不一定，选项C错误；D. 标准状况下，22.4LN2和H2混合气体物质的量为1mol，含NA个分子，选项D正确。答案选D。9、A【解析】根据溶液中阴阳离子所带的电荷数相等，即电荷守恒分析解答。【详解】设NO3-有x个，忽略水的电离根据电荷守恒可知n(K)+3n(Fe3)n(NO3-)，则3a1+a3x1，解得x6a。因此溶液中K与NO3-的个数比为3a:6a1:2，答案选A。10、D【解析】A. 决定元素种类的是质子数，故错误；B. 决定元素化学性质的是原子核外最外层
19、电子数，故错误；C. 决定元素相对原子质量的是质子数和中子数，故错误；D. 决定原子序数的是质子数，故正确。故选D。11、B【解析】A. 酸性溶液中的H+与反应生成二氧化碳与水而不能共存，故A错误；B. 在酸性溶液中，、Al3+、相互不反应，可以大量共存，故B正确；C. Ca2+与反应生成碳酸钙沉淀而不能大量共存，故C错误；D. 呈紫色，不符合题意，故D错误；故选B。12、A【解析】A制取得到液体是Fe(OH)3胶体，会产生丁达尔效应，因此用激光笔照射该液体，能够产生一条光亮的通路，A正确；B制取得到的Fe(OH)3胶体是一种介稳体系，将其静置，不会出现沉淀现象，B错误；C制取得到的是Fe(O
20、H)3胶体，分散质微粒直径在1-100 nm之间，C错误；D胶体微粒及离子都可通过滤纸，因此不能用滤纸可实现该分散系中分散剂与分散质的分离，D错误；故答案是A。13、C【解析】A. 向澄清石灰水中通入足量二氧化碳，该反应的离子方程式为OH+CO2=HCO3-，A不正确；B. 氧化钠投入水中发生反应，该反应的离子方程式为Na2O+H2O=2OH+2Na+，B不正确；C. 醋酸溶液滴入到NaOH溶液中，该反应的离子方程式为CH3COOH+OH=CH3COO+H2O，C正确；D. 铁和稀盐酸反应制氢气，该反应的离子方程式为Fe+2H+=Fe2+H2，D不正确。本题选C。14、B【解析】AHCO3-与
21、OH-结合生成水和碳酸根离子，不能大量共存，故A不选；BCu2+、K+、SO42-、Br-四种离子之间不反应，是澄清透明的溶液，故B选；C滴入酚酞呈红色的溶液，显碱性，含有OH-，Al3+与OH-反应结合为沉淀，不能大量共存，故C不选；D铁离子能氧化碘离子，Fe3+与I-不能大量共存，故D不选；故选B。【点睛】本题考查离子的共存。本题的易错点为B，要注意“澄清透明”与“无色”限制条件的区别。15、B【解析】A.标准状况下， 1 mol任何气体的气体摩尔体积都约为22.4 Lmol1，选项A错误；B、同温同压下，相同体积的气体具有相同的分子数，选项B正确；C、标况定义中的两个限制因素是温度和压强
22、。但是气体体积随温度升高而增大，随压强增大而减小，当这两个因素都偏离标准状态时同样有可能使对体积的影响相互抵消，即1mol 气体不在标况下体积也有可能是22.4L，选项C错误；D、由V=nVm可计算体积，但不一定是在标准状况下，则气体摩尔体积未知，无法计算，选项D错误；答案选B。16、B【解析】根据质量守恒定律可知，反应后混合气体的质量等于反应前氧气的质量，根据m=nM计算反应前氧气的质量，根据差量法计算反应后混合气体物质的量变化量，进而计算反应后混合气体总物质的量，再根据M=m/n计算混合气体的平均摩尔质量，相同条件下密度之比等于其摩尔质量之比，据此答题。【详解】反应前氧气的质量为1mol3
23、2g/mol=32g，根据质量守恒定律可知，反应后混合气体的质量为32g，参加反应氧气为1mol30%=0.3mol3O22O3，物质的量减少3 2 10.3mol 0.1mol故反应后混合气体总物质的量为1mol-0.1mol=0.9mol则反应后混合气体的平均摩尔质量为32g/0.9mol=32/0.9g/mol故混合气体相对氢气的密度为32/0.9g/mol2g/mol=17.8，故答案B正确。故选B。二、非选择题（本题包括5小题）17、（1）Na2CO3、NaCl、CaO；（2）Fe H2SO4CO2CaO Na2CO31 Fe2H=Fe2H2不属于 H2SO4Na2CO3=Na2SO
24、4H2OCO2【解析】试题分析：（1）电解质指的是在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物，因此属于电解质的有Na2CO3、NaCl、CaO；（2）单质能够和酸，则单质为Fe，酸为H2SO4；盐能够和H2SO4反应，因此盐为Na2CO3；氧化物能够和H2SO4反应，因此氧化物为碱性氧化物CaO；氧化物能够和CaO反应，则氧化物为CO2；故答案：Fe H2SO4CO2CaO Na2CO3；有化合价升降的反应为氧化还原反应，在五个反应中，只有反应A为氧化还原反应；反应A的离子方程式为Fe2H=Fe2H2；反应B为CO2和CaO的反应，不属于离子反应；反应D是Na2CO3和H2SO4的反应，反应的化学方
25、程式为：H2SO4Na2CO3=Na2SO4H2OCO2。考点：考查物质的分类与性质。18、Fe3+、Cl- 0.15 0.1 0.4 【解析】(1)强酸性溶液中一定不会存在CO32和SO32，加入过量硝酸钡生成沉淀，则该沉淀为BaSO4，说明溶液中含有SO42；生成气体A，A连续被氧化生成D和E，则A为NO，D为NO2，E为HNO3，说明溶液中含有还原性离子，一定为Fe2+，它在酸性条件下和NO3反应生成NO；溶液B中加入过量NaOH溶液，沉淀G为Fe(OH)3，生成气体F，则F为NH3，说明溶液中含有NH4+；溶液H中通入CO2气体，生成沉淀I，则I为Al(OH)3，H为NaOH和NaAl
26、O2，说明溶液中含有Al3+；溶液中含有Fe2+，就一定不含NO3，含有SO42就一定不含Ba2+，不能确定是否含有的Fe3+和Cl。(2)根据得失电子数相等和阴阳离子电荷所带电荷数相同求解。【详解】(1)由分析可知不能确定是否含有的是Fe3+和Cl。(2) n(NO)=0.005 mol，根据得失电子数可知n(Fe2+)= n(NO)3=0.015 mol，c(Fe2+)=0.015mol0.1L=0.15mol/L；加入氢氧化钠溶液60mL时沉淀量降到0.025mol，说明此时为氢氧化铁沉淀，亚铁离子的物质的量是0.015mol，所以说明原溶液中存在铁离子，n(Fe3+)=0.025mol
27、0.015mol=0.01mol，则c(Fe3+)=0.01mol/0.1L=0.1mol/L；加入55mL氢氧化钠溶液时沉淀达到最大值0.03mol，加入60mL氢氧化钠溶液时，沉淀降为0.025mol，说明n(Al(OH)3)=0.03mol0.025mol=0.005mol，则溶液中SO42：0.04mol，NH4+：0.005mol，Fe2+：0.015mol，Fe3+：0.01mol，Al3+：0.005mol，此时2n(SO42)=n(NH4+)+2n(Fe2+)+3n(Fe3+)+3n(Al3+)，所以c(Cl)=0.4 mol/L。【点睛】注意生成的Al(OH)3会和过量的Na
28、OH反应生成NaAlO2和H2O。19、DACBEGF 5.4 A 100mL容量瓶 胶头滴管 冷却至室温 偏低 偏高 无影响 偏低 偏高 【解析】（1）根据用浓溶液配置稀溶液的一般操作步骤分析；（2）量筒的选择规格遵循“大而近”的原则；（3）量筒仰视读数，量取的液体体积偏大，溶质的质量偏多；（4）转移溶液时应将溶液的温度恢复至室温；（5）根据c=nV计算不当操作对n或V的影响，如果n偏大或V偏小，则所配制溶液浓度偏高；【详解】(1)配制顺序是：计算量取稀释、冷却移液定容摇匀装瓶贴签；故答案为：DACBEGF；(2)量取5.4ml溶液应选择10ml的量筒；故选：A；(3)因量筒仰视读数，量取的
29、液体体积偏大，溶质的质量偏多，浓度偏大；故答案为：偏高；(4)因转移溶液时应将溶液的温度恢复至室温；故答案为：冷却到室温；(5)a.洗涤烧杯和玻璃棒的溶液未转入容量瓶，溶质的物质的量偏小，溶液的浓度偏低；b.定容时，眼睛俯视溶液将凹液面最低点与容量瓶刻度线相切，溶液的体积偏小，溶液的浓度偏高；c.容量瓶中原残留少量蒸馏水，对溶质的物质的量和溶液的体积都不会产生影响，溶液的浓度无影响；d.定容后容量瓶液面低于刻度线，又加水定容到刻度线，导致溶液的体积偏大，溶液的浓度偏低；e.量取浓硫酸时仰视量筒读数，液面在刻度线以上，导致溶液的浓度偏高。【点睛】熟练溶液配制的过程，在溶液定容以前所出现的误差与体
30、积都没有关系，一般会造成溶质减小，只有定容时的仰视与俯视才会导致体积的误差。20、不能确定 Ba2、Mg2 SO42- 0.1mol/L CO32- 0.2mol/L 存在；溶液中肯定存在的离子是NH4+、CO32和SO42，经计算，NH4+的物质的量为0.05 mol，CO32、SO42的物质的量分别为0.02 mol和0.01 mol，根据电荷守恒得K一定存在 取最后一次滤出液少许于试管，向其中滴加几滴硝酸银溶液，若无沉淀，说明沉淀已洗净 【解析】将该混合物溶于水后得澄清溶液，证明相互反应生成沉淀的离子不能共存。根据题意，Ba2+和SO42-可发生离子反应生成BaSO4，因此两者不能共存，
31、Ba2+和CO32-可发生离子反应生成BaCO3，因此两者也不能共存。第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生，所以可能含有Cl、CO32、SO42；第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到标况下气体1.12L即0.05mol，和NaOH溶液加热产生气体的只能是NH4+，而没有沉淀产生说明一定不存在Mg2+，故可确定一定含有NH4+，一定不存在Mg2+。产生NH3为0.05mol，可得NH4+也为0.05mol；第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀6.27g，经足量盐酸洗涤，干燥后，沉淀质量为2.33g。部分沉淀溶于盐酸为BaCO3，部分沉淀不溶于盐酸为BaSO4，因此溶液中一定存在CO32、SO
32、42，一定不存在Ba2+。由条件可知BaSO4为2.33g，物质的量为2.33g233g/mol0.01mol，则SO42物质的量为0.01mol，SO42物质的量浓度=0.01mol0.1L=0.1mol/L。BaCO3为6.27g-2.33g3.94g，物质的量为3.94g197g/mol0.02mol，则CO32物质的量为0.02mol，CO32物质的量浓度为0.02mol0.1L0.2mol/L。由上述分析可得，溶液中一定存在CO32、SO42、NH4+，一定不存在Mg2+、Ba2+。而每一份中CO32、SO42、NH4+物质的量分别为0.02mol、0.01mol、0.04mol；C
33、O32、SO42所带负电荷分别为0.02mol2、0.01mol2，共0.06mol，NH4+所带正电荷为0.05 mol，根据溶液中电荷守恒可知K+一定存在，K+物质的量0.01 mol，当K+物质的量0.01 mol时，溶液中还必须含有Cl-；当K+物质的量=0.01 mol时，溶液中不含有Cl-；则（1）依据上述分析可知Cl-可能含有，即根据实验1对Cl是否存在的判断是不能确定；依据实验现象分析溶液中一定不含有Mg2+、Ba2+；（2）依据上述分析计算，得到一定存在的阴离子为CO32、SO42，其物质的量浓度分别为0.2mol/L、0.1mol/L；（3）根据以上分析可知K一定存在，判断
34、的理由是溶液中肯定存在的离子是NH4+、CO32和SO42，经计算每一份中NH4+的物质的量为0.05 mol，CO32、SO42的物质的量分别为0.02 mol和0.01 mol，根据电荷守恒得K一定存在。（4）若实验3中沉淀加稀盐酸后再洗涤，判断沉淀已洗净的方法就是经验洗涤液中是否含有氯离子，则操作为取最后一次滤出液少许于试管，向其中滴加几滴硝酸银溶液，若无沉淀，说明沉淀已洗净。【点睛】本题考查离子的检验，采用定性实验和定量计算分析相结合的模式，增大了解题难度，同时涉及离子共存、离子反应等都是解题需注意的信息，尤其是K+的确定易出现失误，注意电荷守恒的灵活应用。21、 q2p 33.3%
35、40% 【解析】根据电解质、非电解质的概念分析判断；应用溶液混合规律、气体性质规律计算推理。【详解】(1)金属或合金有自由电子，能导电，如铜；电解质溶于水或熔融时电离生成自由移动的离子而导电，如NH3H2O、FeCl3、HCl在水溶液中电离，KOH在熔融状态下电离。能导电的物质有。电解质是溶于水或熔融时本身发生电离而导电的化合物，酸、碱、盐、活泼金属的氧化物等属于电解质，是电解质；非电解质是溶于水和熔融时都不能导电的化合物，非金属氧化物、某些气态氢化物、大多数有机物属于非电解质，是非电解质。(2)硫酸等大多数物质的水溶液，溶质质量分数越大，溶液密度越大。设3p%硫酸溶液、p%硫酸溶液的密度分别
36、是1、2（12），又设两种硫酸溶液的体积都是V。据溶质总质量不变，有1V3p%+2Vp%(1V+2V)q%。化简为2+2，即q2p。(3)同温同压时，气体的密度之比等于其摩尔质量（或相对分子质量）之比。易求得混合气体的平均相对分子质量为20240。设混合气体中，CO、N2和SO2的体积分数分别是x、y、z，则28x+28y+64z40，且x+y+z1。解得x+y66.7%，z33.3%。当CO和N2的物质的量之比为11时，原混合气体中三种成分的物质的量相等（设各1mol），则混合气体总质量120g、氧元素48g，氧元素的质量分数为40%。【点睛】电解质、非电解质都必须是化合物，单质、混合物既不是电解质、也不是非电解质。