【文档说明】【精准解析】山西省运城市2019-2020学年高一上学期期末调研测试化学试题.doc，共(16)页，828.000 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-76dd3db825bc73bae7f5e7e1c0c12f4e.html

以下为本文档部分文字说明：

山西省运城市2019－2020学年高一上学期期末调研测试化学试题1.运城市被中央文明办确定为2018－2020年创建周期全国文明城市提名城市。目前发布的“城市空气质量周报”，下列物质中不被列入污染物的是A.二氧化硫B.二氧化碳C.PM2.5与可吸入颗粒物D.二氧化氮【答案】B

【解析】【详解】污染物主要有PM2.5与可吸入粉尘、一氧化碳、二氧化硫、氮的氧化物等，二氧化碳不是空气污染物，故选B。2.下列气体不能用排水法收集的是A.O2B.H2C.NH3D.NO【答案】C【解析】【详解】A.

O2微溶于水、密度比空气大，可以排水法或向上排空气法收集，故不选A；B.H2难溶于水、密度比空气小，可以排水法或向下排空气法收集，故不选B；C.NH3极易溶于水、不能用排水法收集，故选C；D.NO难溶于水，用排水法收集，故不选D。答案选C。3.屠呦呦是我国第一位诺贝尔医学奖获得者，她从青蒿

中提取青蒿素的过程中，多次采用萃取操作。该操作中涉及的主要仪器是A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】是蒸馏烧瓶，主要用于蒸馏操作；是漏斗，用于过滤；是容量瓶，用于配制一定物质的量浓度的溶液；是分液漏

斗，用于萃取操作，故选D。4.对下列分类依据和结论都正确的是A.明矾、芒硝都是盐，都属于纯净物B.HNO3、C2H5OH都易溶于水，都是电解质C.苏打、氢氧化钠溶液均显碱性，都是碱D.H2SO4、H2SiO

3分子中均含有两个氢原子，都是二元强酸【答案】A【解析】【详解】A.明矾、芒硝都是盐，具有固定组成，都属于纯净物，故A正确；B.C2H5OH不能电离，是非电解质，故B错误；C.苏打是碳酸钠，溶液显碱性，碳酸钠是盐，故C错误；D.H2SO4是二元强

酸、H2SiO3是二元弱酸，故D错误；选A。5.苹果汁是人们喜爱的饮料。由于此饮料中含有Fe2+，现榨的苹果汁在空气中会由淡绿色变化为棕黄色。若榨汁时加入维生素C，可有效防止这种现象发生。这说明维生素C具有（）A.氧化性B.还原性C.碱性D.酸性【答案】B【解析】【详解】在空气中，氧气能够把Fe2

+氧化成Fe3+，加入维生素C能防止这种氧化，说明维生素C具有还原性，能把Fe3+还原为Fe2+，故选B。【点睛】本题考查氧化还原反应，明确铁元素的化合价变化是解答的关键，应理解化合价升高失电子发生氧化反应、化合

价降低得电子发生还原反应。6.化学知识与生产、生活密切相关。下列说法错误的是A.SiO2是将太阳能转变为电能的常用材料B.Al(OH)3胶体具有吸附性，可用作净水剂C.硫酸钡可用于胃肠X射线造影检查D.铝合金大量用于高铁

建设【答案】A【解析】【详解】A.晶体Si是将太阳能转变为电能的常用材料，故A错误；B.Al(OH)3胶体具有吸附性，可用作净水剂，故B正确；C.硫酸钡难溶于盐酸，硫酸钡可用于胃肠X射线造影检查，故C正确；D

.铝合金密度小、硬度大，大量用于高铁建设，故D正确；选A。7.下列指定反应的离子方程式书写正确的是A.硝酸铝溶液中滴加过量氨水：Al3＋＋4NH3·H2O＝AlO2－＋4NH4＋↑＋2H2OB.用铝粉和NaOH溶液反应制取大量

H2：Al＋2OH－＝AlO2－＋H2↑C.实验室制取Cl2：MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2OD.氯气溶于水，与水的反应：Cl2＋H2O＝2H＋＋Cl－＋ClO－【答案】C【解析】【详解】A

.硝酸铝溶液中滴加过量氨水生成氢氧化铝沉淀，反应的离子方程式是Al3＋＋3NH3·H2O＝Al(OH)3↓＋3NH4＋，故A错误；B.铝粉和NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和H2，反应的离子方程式是2Al＋2OH－+2H2O＝AlO2－＋3H2↑，故B错误；C.实验室用二氧化锰和浓盐酸加热制取C

l2，反应的离子方程式是MnO2＋4H＋＋2Cl－=Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O，故C正确；D.氯气溶于水，氯气与水的反应生成盐酸和次氯酸，反应的离子方程式是Cl2＋H2O＝H＋＋Cl－＋HClO，故D错误；

选C。8.下列有关实验原理或操作正确的是A.喷泉实验B.实验室制备并收集二氧化碳C.收集NOD.干燥氯气【答案】C【解析】【详解】A、氮气难溶于水，烧瓶内不能形成负压，不能形成喷泉，故A错误；B、二氧化碳是

酸性气体、密度大于空气，不能用碱石灰干燥二氧化碳，不能用向下排空气法收集二氧化碳，故B错误；C、NO难溶于水，用排水法收集NO，故C正确；D、用浓硫酸干燥氯气，应长管进短管出，故D错误；选C。9.下列各组物质其X中混有少量杂质Y，用Z进行除杂，其中所加试剂最合理的一

组是选项XYZAAl2O3固体Fe2O3硫酸溶液BCO2HCl饱和碳酸氢钠溶液C氯化钾溶液MgCl2过量的氢氧化钠溶液DCl2HCl氢氧化钠溶液A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A、Al2O3、Fe2O3

都溶于硫酸，不能用硫酸溶液除Al2O3中的Fe2O3，故A错误；B、CO2与饱和碳酸氢钠溶液不反应，HCl与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2，可用饱和碳酸氢钠溶液除CO2中的HCl，故B正确；C、MgCl2与过量的氢氧化钠溶液反应生成氢氧化镁沉淀和氯化钠，会引入氯化钠杂质，故C错误；D、Cl

2、HCl都能与氢氧化钠溶液反应，不能用氢氧化钠溶液除Cl2中的HCl，故D错误；选B。10.用NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.1L0.5mol/LNa2SO3溶液中含氧原子数为1.5NAB.1molNa2O2中阴阳离子总数为3NAC.4.6gNO2和N2O4混合气体

中含氧原子数为0.3NAD.11.2LNH3所含的分子数为0.5NA【答案】B【解析】【详解】A.Na2SO3、H2O中都含氧原子，1L0.5mol/LNa2SO3溶液中含氧原子数为大于1.5NA，故A错误；B.Na2O2中的阴离子是O22-，1molNa

2O2中阴阳离子总数为3NA，故B正确；C.NO2和N2O4的最简式都是NO2，4.6gNO2和N2O4混合气体中含氧原子数=A4.6g246g/molN=0.2NA，故C错误；D.非标准状况下，11.2LNH3的物质的量不一定是0.5mo

l，故D错误；选B。11.粗盐中含Ca2＋、Mg2＋、Fe2＋、SO42－等杂质，需要提纯后才能综合利用。提纯过程中的操作步骤有：①加入过量的Na2CO3溶液②加入过量的BaCl2溶液③加入过量的NaOH溶液④加盐酸调节溶液的pH等于7⑤溶解⑥过滤⑦蒸发欲除

去上述离子，则正确的操作顺序是A.⑤②③①⑥④⑦B.⑤①②③⑥④⑦C.⑤②①③④⑥⑦D.⑤③①②⑥④⑦【答案】A【解析】【分析】把杂质转化为沉淀或气体除去，除钙离子用碳酸根，除镁离子用氢氧根，除Fe2+用氢氧根，除硫酸根用钡离子，要注意除杂质的顺序，后加

的试剂最好能把前面先加是过量试剂除掉。【详解】除去粗盐中的可溶性杂质：Mg2+、Ca2+、Fe2+、SO42-时，先溶解，加入过量NaOH（去除镁离子和亚铁离子）：Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓，Fe2

++2OH-═Fe(OH)2↓；加入过量BaCl2（去除硫酸根离子）：SO42-+Ba2+=BaSO4↓；加入过量Na2CO3（去除钙离子和多余的钡离子）：Ca2++CO32-=CaCO3、Ba2++CO32-=BaCO3，碳酸钠必须加在氯化钡之后，氢氧

化钠和氯化钡可以颠倒加入的顺序；过滤后，加盐酸调节溶液的pH等于7，最后蒸发即可得到氯化钠，故选A。12.某学生以铁丝和Cl2为原料，进行如图三个实验。下列说法不正确的是A.实验①所涉及的物质均为电解质B.实验②未发生氧化还原

反应C.实验③可以制得Fe(OH)3胶体D.实验③发生的反应为复分解反应【答案】A【解析】【详解】A.Fe和Cl2都是单质，单质既不是电解质又不是非电解质，故A错误；B.实验②是氯化铁溶于水，氯化铁水解，未发生氧化还原反应，故B正确；C.将氯化铁浓

溶液滴入沸水中，促进氯化铁水解，得到氢氧化铁胶体，故C正确；D.实验③发生的反应为FeCl3+3H2O=Fe(OH)3（胶体）+3HCl，属于复分解反应，故D正确；选A。13.向含有NaOH的NaAlO2溶液中逐滴滴入稀H2SO4，图中能正确表示反应产生沉淀的物质的量与加入硫

酸体积的正确关系是A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】向含有NaOH的NaAlO2溶液中逐滴滴入稀H2SO4，依次发生反应的离子方程式是OH-+H+=H2O、AlO2+H++H2O=Al(OH)3↓、Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O，根据各步反应消耗氢氧化钠的量与沉淀量的

对应关系，D选项符合，故选D。14.在含有Fe3+、Fe2+、Al3+、Na+的溶液中，加入足量的Na2O2固体，充分反应后，再加入过量的稀盐酸，完全反应后，溶液中离子数目几乎没有变化的是()A.Fe3+B.Fe

2+C.Al3+D.Na+【答案】C【解析】【分析】溶液中加入足量的Na2O2固体，充分反应后，再加入过量的稀盐酸，过氧化钠具有强氧化性，可把Fe2＋氧化成Fe3＋，减少的是亚铁离子，而铝离子的数目不变，铁离

子和钠离子的数目增多，据此进行解答。【详解】A项、因为Na2O2是强氧化剂，而且遇水生成NaOH，于是Fe2＋氧化成Fe3＋，并沉淀，再和盐酸反应生成三价铁离子，所以Fe3＋浓度增大，A错误；B项、因为Na

2O2是强氧化剂，而且遇水生成NaOH，且将Fe2＋氧化成Fe3＋，所以亚铁离子的数目减小，B错误；C项、Na2O2是强氧化剂，而且遇水生成NaOH，铝离子能和过量的氢氧化钠反应生成四羟基合铝酸根离子，在盐酸作用下又会

生成铝离子，根据铝元素守恒，则Al3＋数目不变，C正确；D项、过氧化钠与水反应生成氢氧化钠，溶液中钠离子的数目增多，D错误；故本题选C。15.硫酸铁和硫酸亚铁固体的混合物，若其中铁元素的质量分数为a%，则其中硫元素的质量分数为A.(100－3a)％B.100-a%3C.100-3a%2D.2

(100-a)%3【答案】B【解析】【详解】硫酸铁和硫酸亚铁固体的混合物，若其中铁元素的质量分数为a%，则硫元素、氧元素的质量分数为1-a%，硫元素、氧元素以SO42-的形式存在，硫元素、氧元素的质量比为32:64=1

:2，所以硫元素的质量分数为()11-%3a，故选B。16.向500mL稀硝酸中加入一定量的铁粉，铁粉完全溶解后，放出NO6.272L(标准状况下)，同时溶液质量增加11.2g。下列判断不正确的是A.原HNO3溶液的物质的量浓度为2.24mol·

L－1B.原溶液中投入铁粉的物质的量是0.2molC.反应后溶液中c(Fe3＋)：c(Fe2＋)＝2：3D.反应后的溶液还可以溶解铜粉4.48g【答案】B【解析】【分析】6.272L(标准状况下)NO的物质的量是6

.272L0.28mol22.4L/mol=，质量是0.28mol×30g/mol=8.4g，溶液质量增加11.2g，说明参加反应的铁的质量是11.2+8.4=19.6g，铁的物质的量是19.6g0.35mol56g/

mol=。设反应后Fe2+的物质的量为xmol，则Fe3+的物质的量是(0.35-x)mol，由电子转移守恒可知，2xmol+3(0.35-x)mol=0.28mol×3，解得x=0.21mol，则反应后溶液中含有Fe2+为0.21mol，

Fe3+为0.14mol，据此解答。【详解】A.根据N元素守恒，原HNO3溶液的物质的量浓度为0.21mol2+0.14mol3+0.28mol0.5L=2.24mol·L－1，故A正确；B.参加反应的铁的质量是11.2+8.4=19.6g，铁的物质的量是19.

6g0.35mol56g/mol=，故B错误；C.Fe2+的物质的量为0.21mol，Fe3+的物质的量为0.14mol，反应后溶液中c(Fe3＋)：c(Fe2＋)＝2：3，故C正确；D.2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，反应后的溶液含Fe3+的物质

的量为0.14mol，所以还可以溶解铜粉0.07mol，质量是0.07mol×64g/mol=4.48g，故D正确；选B。【点睛】本题考查氧化还原反应的计算、氧化还原反应基本概念，侧重于学生的分析能力和计算能

力的考查，利用氮元素守恒、电子转移守恒计算。17.如图，两相邻圆圈内物质间含有相同的某一原子，且该原子的物质的量相同(设NA为阿伏加德罗常数的值)。回答下列问题：(1)乙中的N为___________，丙中的V为___________。(2)甲中NO2和丁中N

2H4的物质的量之比为___________。(3)乙中SO2和丁中N2H4的质量之比为___________。【答案】(1).NA(2).22.4L(3).2：1(4).4：1【解析】【分析】(1)乙和甲中的O原子物质的量相同，丙和乙中S原子物质的量相同；(2)甲中NO2和丁中N2H4

含有N原子的物质的量相同；(3)乙中SO2的物质的量为1mol、丁中N2H4的物质的量是0.5mol。【详解】(1)甲中NO2的物质的量是46g146g/mol=mol，含有O原子的物质的量是2mol，乙和甲中的O原子物质的量相同，则乙中SO2的物质的量为1mol，SO

2分子数为NA；丙和乙中S原子物质的量相同，丙中H2S的物质的量是1mol，标准状况下H2S的体积为1mol×22.4L/mol=22.4L；(2)甲中NO2的物质的量是1mol，N原子物质的量是1mol，甲中NO2和丁中N2H4含有N原子的物质的量

相同，则丁中N2H4的物质的量是0.5mol，甲中NO2和丁中N2H4的物质的量之比为2:1。(3)乙中SO2的物质的量为1mol，质量为1mol×64g/mol=64g，丁中N2H4的物质的量是0.5mol，质量为0.5m

ol×32g/mol=16g；乙中SO2和丁中N2H4的质量之比为64g：16g=4：1。18.喷泉是一种常见的现象，其产生的原理是存在压强差(如图所示)。试回答下列问题：(1)实验室制取氨气的化学方程式为________________________

_________。①用图①装置进行喷泉实验，上部烧瓶已充满干燥氨气，引发喷泉的操作是_____________。②如果只提供图②的装置，请说明引发喷泉的方法：______________________。(2)利用图③装置，在锥形瓶中分别加入足量

的下列物质，反应后可能产生喷泉的是______。A.Cu与稀盐酸B.Fe和稀硫酸C.Cu与稀硝酸D.NaHCO3溶液与NaOH溶液(3)在图④锥形瓶中加入酒精瓶外放一水槽，水槽中加入冷水后，再加入足量的下列物质，结果也产生了喷泉，水槽中加入的物

质可能是___________。A.浓硫酸B.食盐C.硝酸钾D.硫酸铜(4)同温同压下，两个等体积的干燥圆底烧瓶中分别充满NH3和NO2，进行喷泉实验，如图所示，经充分反应后，发现烧瓶①中充满液体，②中充有23体积的液体，则两烧瓶内溶质

的物质的量浓度的正确关系是______A.①>②B.①<②C.①＝②D.不能确定【答案】(1).2NH4Cl+Ca(OH)2=CaCl2+2NH3↑+2H2O(2).打开止水夹，挤出胶头滴管中的水；(3).打开止水夹，用热毛巾捂住圆底烧瓶至

有气泡从水中冒出，移去热毛巾(4).BC(5).A(6).C【解析】【分析】(1)实验室用氯化铵、氢氧化钙加热制取氨气；利用氨气极易溶于水，形成压强差而形成喷泉；(2)利用图③装置，若锥形瓶中的物质相互反应生成气体，锥形瓶内压强增大，可形成喷泉；(3)浓硫酸溶于水放热，

使乙醇汽化变为气体，锥形瓶内压强增大，形成喷泉；(4)根据ncV=计算物质的量浓度。【详解】(1)实验室用氯化铵、氢氧化钙加热制取氨气，反应方程式是2NH4Cl+Ca(OH)2=CaCl2+2NH3↑+2H2O；①用图①装置进行喷泉实验，引发喷泉的

操作是：氨气极易溶于水，打开止水夹，挤出胶头滴管中的水，氨气溶于水后烧瓶内压强迅速减小，而形成喷泉；②如果只提供图②的装置，引发喷泉的方法是：打开止水夹，用热毛巾捂住圆底烧瓶至有气泡从水中冒出，氨气溶于水后烧瓶内压强迅速减小，而形成喷泉；(2)A.Cu与稀盐酸不反应，不能生成气体，不能

形成喷泉，故不选A；B.Fe和稀硫酸反应生成氢气，锥形瓶内气压强增大，能形成喷泉，故选B；C.Cu与稀硝酸反应生成NO气体，锥形瓶内气压强增大，能形成喷泉，故选C；D.NaHCO3溶液与NaOH溶液反应生成碳酸钠和水，瓶内气体不能增多，不能形成喷泉，故不选D；(3)浓硫酸溶于

水放热，使乙醇汽化变为气体，锥形瓶内压强增大，形成喷泉，故选A；(4)设烧瓶的体积是VL，则n(NH3)=mol22.4V，所以氨水的浓度是mol22.4V÷VL=1mol/L22.4；n(NO2)=mol22.4V，根据方程式3

NO2+H2O=2HNO3+NO，n(HNO3)=2mol322.4V，c(HNO3)=2mol322.4V÷23VL=1mol/L22.4，两烧瓶内溶质的物质的量浓度的正确关系是①＝②，选C。【点睛】本题考查喷泉实验，把

握喷泉实验的原理为解答的关键，注重结合压强的变化、气体溶解性分析图中装置与喷泉实验的关系，有利于考查灵活应用基础知识的能力。19.I.实验室可用如下装置(略去部分夹持仪器)制取SO2并验证其性质。(1)盛装亚硫酸钠的仪器名称为________，若将亚硫酸钠改为铜片，与浓硫酸反应制取S

O2，还缺少的仪器有_______，写出用铜片制取SO2的化学方程式_________________________。(2)装置B的作用之一是通过观察产生气泡的多少判断SO2生成的快慢，其中的液体最好选择___________(填代号)。a.饱和Na2CO3溶液b.NaOH溶液c.饱

和NaHCO3溶液d.饱和NaHSO3溶液(3)验证SO2的还原性。取充分反应后装置D中的溶液，将其分成三份，分别进行如下实验：方案I：第一份溶液中滴入AgNO3溶液，有白色沉淀生成；方案II：第二份溶液中滴入品红溶液，红色褪去；方案III

：第三份溶液中滴入BaCl2溶液，产生白色沉淀。上述方案合理的是___________(填“方案I”、“方案II”或“方案III”)；对不合理的方案作出简要评价___________(如果认为都合理，可以不作答)。II.已知2KMnO4＋16

HCl＝2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O，若采用该方案制备Cl2并验证Cl2的性质。B、C、D中的试剂依次为：饱和食盐水、FeCl2溶液、石蕊溶液。(4)C中反应的离子方程式为：________

_________________________。(5)D中可能观察到的现象为：_________________________________。(6)装置E中盛放NaOH溶液，其目的是____________

_____________________，该反应的化学方程式是：_________________________________。【答案】(1).圆底烧瓶(2).酒精灯、石棉网(3).Cu+2H2SO4=CuSO4+SO2↑+2H2O(4).d(5).III(6).方案I：

反应前后的溶液中均有氯离子，可以与硝酸银溶液反应生成白色沉淀，无法通过该方案证明二氧化硫具有还原性；方案II：加人品红溶液，红色褪去，说明溶液中含有HClO或SO2，不能证明二氧化硫具有还原性；(7).2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-(8).先变红后褪色(9).除

去多余氯气，防止污染(10).；2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O【解析】【分析】(1)根据装置图分析盛装亚硫酸钠的仪器名称；铜与浓硫酸反应需要加热；铜片与浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫和水；（2）SO2和水反应生成亚硫酸，为防

止SO2溶解，应该选取NaHSO3洗气；（3）SO2被氧化生成SO42-，若验证二氧化硫的还原性，只要证明溶液中含有SO42-即可；(4)C中FeCl2溶液和氯气反应生成氯化铁；(5)氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白性；(6)装置E中

盛放NaOH溶液，氢氧化钠与氯气反应生成氯化钠、次氯酸钠和水。【详解】(1)根据装置图，盛装亚硫酸钠的仪器名称为圆底烧瓶；铜与浓硫酸反应需要加热，若将亚硫酸钠改为铜片，与浓硫酸反应制取SO2，还缺少的仪器有酒精灯、

石棉网；铜片与浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应的化学方程式为Cu+2H2SO4=CuSO4+SO2↑+2H2O；（2）SO2和水反应生成亚硫酸，为防止SO2溶解，应该选取NaHSO3洗气，NaHCO3溶液、NaOH溶液、饱和Na2C

O3溶液都可以吸收二氧化硫，所以不能选取abc，故选d；（3）方案I：氯水中本身就含有Cl-，滴入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，不能证明二氧化硫具有还原性，所以方案I不合理；方案II：氯水具有漂白性，次氯酸、SO2都能使品红褪色，第二

份溶液中滴入品红溶液，红色褪去，不能证明二氧化硫具有还原性，所以方案II不合理；方案III：第三份溶液中滴入BaCl2溶液，产生白色沉淀，沉淀一定是硫酸钡，说明SO2被氧化生成SO42-，能证明二氧化硫具有还原性，所以方案III合理；(4)C中FeCl2溶液和氯气反应生成氯化铁，

反应的化学方程式是2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；(5)氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白性，D中的现象是溶液先变红后褪色；(6)装置E中盛放NaOH溶液，氢氧化钠与氯气反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，所以装置E中盛放NaOH溶液的目的是尾气处理，防止污染，

反应的化学方程式是2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O。【点睛】本题以二氧化硫为载体考查性质实验方案设计，明确二氧化硫的氧化性、还原性、漂白性及实验原理即可解答，知道各个步骤发生的反应，明确实验目的是解题关键。20.已知1L无色待测液中除含

有0.2mo/L的Na＋外，还可能含下列离子中的一种或几种：阳离子K+、NH4+、Ca2+、Ba2+、Fe3+阴离子Cl-、Br-、CO32-、HCO3-、SO42-现进行如图实验操作(每次实验所加试剂均过

量)(1)由气体B可确定待测液中含有的离子是___________。(2)由白色沉淀D和白色沉淀E可以判定待测液中一定含有的离子是___________，据此可以确定待液中一定不存在的离子是___________。(3)由白色沉淀B

可确定待测液中含有的离子是___________。(4)某同学认为待液中一定不含溴离子，判断的依据是______________________。(5)综上分析，待测液中K＋的最小浓度为___________。【答案】(1).NH4+(2).CO32-、S

O42-(3).Ca2+、Ba2+(4).HCO3-(5).向滤液B中通入氯气溶液呈浅黄绿色（或加入硝酸银溶液，出现白色沉淀）(6).0.1mol/L【解析】【分析】无色待测液一定不存在Fe3+，待测液和氯化钡溶液反应得到沉淀A，则

溶液中可能含有CO32-、SO42-，向沉淀中加入稀硝酸生成气体，且有部分沉淀不溶解，则溶液中存在CO32-和SO42-，根据离子共存知，溶液中不存在Ca2+、Ba2+；滤液A中有Ba2+，加入过量的NaOH溶液得

到气体B、白色沉淀B，则溶液中一定含有NH4+、HCO3-，气体B为NH3，白色沉淀B为BaCO3，滤液B中通入氯气，得浅黄绿色溶液，溶液中一定没有Br-，滤液B中加入硝酸银、硝酸溶液得到白色沉淀C，C为AgCl，说明滤液B中含有Cl-，由

于加入氯化钡溶液，不能确定原溶液中是否含有Cl-，以此解答该题。【详解】（1）由以上分析可知气体B为NH3，则溶液中一定含有NH4+；(2)若无色气体D通入石灰水中，石灰水变浑浊，则D为CO2，E为Ca

CO3，溶液中含有CO32-；加入氯化钡生成白色沉淀，沉淀D不溶于稀硝酸，D一定是BaSO4，可以判定待测液中一定含有的离子是SO42-；根据离子共存，一定不存在Ca2+、Ba2+；(3)滤液A中有Ba2+，说明A中一定没有CO32-，加入过量的NaO

H溶液得到白色沉淀B，沉淀B一定是碳酸钡，则原待测液中含有的离子是HCO3-；(4)滤液B中通入氯气，得浅黄绿色溶液，溶液中一定没有Br-；(5)n(CO32-)=10g0.1100g/mol=mol、n(SO42-)

=11.65g0.05233g/mol=mol、n(HCO3-)=19.7g0.1197g/mol=mol、n(NH4+)=2.24L0.122.4L/mol=mol；溶液中电荷呈中性，2×n(SO42-)+1×n(HCO3-)

+2×n(CO32-)=2×0.05mol+1×0.1mol+2×0.1mol=0.4mol，n(NH4+)+n(Na+)=0.1mol×1+0.2mol=0.3mol；由于阳离子所带的正电荷总数小于负电荷总数，所以一定含有阳

离子K＋；若原溶液中不存在Cl-，则K+其物质的量是0.4mol－0.3mol=0.1mol，K+浓度是c(K+)=0.1mol÷1L=0.1mol/L，若存在Cl-，则K+的浓度应该大于0.1mol/L。