2022-2023学年辽宁省沈阳市第二十中学高一上学期第一次月考化学试题含解析

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辽宁省沈阳市第二十中学2022-2023学年高一上学期第一次月考化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．下列关于强电解质、弱电解质、非电解质的归类正确的是
选项
A
B
C
D
强电解质
盐酸
CaCO3
石墨
H2SO4
弱电解质
H2CO3
CH3COOH
Mg(OH)2
CH3COONH4
非电解质
乙醇
NH3
H2O
蔗糖

A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【详解】A．盐酸为混合物，既不是电解质也不是非电解质，故A错误；
B．CaCO3为强电解质，CH3COOH为弱电解质，NH3为非电解质，故B正确；
C．石墨为单质，既不是电解质也不是非电解质，故C错误；
D．CH3COONH4在水中能完全电离，为强电解质，故D错误；
故答案选B。
2．下列说法正确的一组是
①Na2O、MgO、Mn2O7均属于碱性氧化物
②已知氧化铝在熔融状态下能导电，则氧化铝在熔融状态下能电离
③海水、空气、胆矾、盐酸均为混合物
④苏打、碱石灰、醋酸、小苏打均为电解质
⑤电解质溶液导电的原因是溶液中有自由移动的阴、阳离子
⑥熔融的电解质都能导电
⑦将BaSO4放入水中不能导电，所以BaSO4是非电解质
⑧氨溶于水得到的溶液能导电，所以氨水是电解质
⑨强电解质溶液的导电能力一定比弱电解质溶液的导电能力强
A．①③⑤⑥ B．②④⑤ C．②⑤ D．②⑤⑥
【答案】C
【详解】①能和酸反应生成盐和水的氧化物为碱性氧化物，Mn2O7能和碱反应生成盐和水，故是酸性氧化物而不是碱性氧化物，故①错误；
②电解质导电的条件：存在自由移动的离子，氧化铝在熔融状态下能导电，则氧化铝在熔融状态下能电离，故②正确；
③胆矾只含一种物质，属于纯净物，故③错误；
④苏打、醋酸、小苏打均为电解质，碱石灰是氢氧化钠和氧化钙的混合物，既不是电解质也不是非电解质，故④错误；
⑤电解质溶液导电的原因是溶液中有自由移动的阴阳离子，通电定向移动产生电流，故⑤正确；
⑥熔融状态下能电离的可以导电，如盐类物质、金属氧化物、强碱等，酸在熔融状态下不电离、不导电，但它们是电解质，故⑥错误；
⑦BaSO4是强电解质，故⑦错误；
⑧氨溶于水是生成的铵根离子导电，氨水是混合物，既不是电解质也不是非电解质，故⑧错误；
⑨导电能力与溶液中离子浓度有关，所以强电解质溶液的导电能力不一定比弱电解质溶液的导电能力强，故⑨错误；
所以②⑤正确；
故答案选C。
3．下列离子组在指定溶液中能大量共存的是
A．无色透明的溶液中：
B．碱性溶液中：
C．含有大量的溶液中：
D．使紫色石蕊试液呈红色的溶液中：
【答案】B
【详解】A．无色透明溶液中不能含大量显黄色的，A错误；
B．与四种离子均能大量共存，且之间不反应，B正确；
C．和都能与反应而不能大量共存，C错误；
D．溶液呈酸性，含有大量，与不能大量共存，且和反应生成沉淀而不能大量共存，D错误；
故选B。
4．科学家们通过精确的导电性实验证明，纯水中除了大量的水分子，还存在极少量的H3O+和OH-，根据这个信息推断，下列叙述错误的是
A．水中存在极少量的H3O+和OH-，说明水是一种极弱的电解质
B．常温下，水的电离需要通电才能进行
C．若液氨的电离与水相似，则液氨的电离方程式可以表示为2NH3NH+NH
D．蒸馏水也能导电，只是导电能力非常弱
【答案】B
【详解】A．水中存在极少量的H3O+和OH-，说明水是一种极弱的电解质，故A正确；
B．常温下，水的电离不需要通电就能进行，故B错误；
C．若液氨的电离与水相似，则液氨的电离方程式可以表示为2NH3NH+NH，故C正确；
D．蒸馏水发生微弱电离，也能导电，离子浓度小，导电能力非常弱，故D正确；
故答案选B。
5．下列有关分散系的说法正确的是
A．溶液、胶体和浊液这三种分散系的根本区别是否均一、透明、稳定
B．氢氧化铁胶体能吸附水中的悬浮固体颗粒并沉降，可以达到消毒、杀菌的目的
C．胶态磁流体治癌术是将磁性物质制成胶体粒子，这种粒子的直径在1nm-100nm之间
D．用平行光照射NaCl溶液和Fe(OH)3胶体时，产生的现象相同
【答案】C
【详解】A．溶液、胶体和浊液这三种分散系的本质的区别在于分散质粒子直径大小，A错误；
B．胶体的表面积较大，能吸附水中的悬浮颗粒，所以氢氧化铁胶体能吸附水中的悬浮颗粒并沉降，从而达到净水的目的，但不能起到消毒、杀菌的目的，B错误；
C．依据分散质粒子直径大小来分类，把分散系划分为：溶液(小于1nm)、胶体(1nm～100nm)、浊液(大于100nm)，胶态磁流体治癌术是将磁性物质制成胶体粒子，这种粒子的直径在1nm-100nm之间，C正确；
D．用平行光照射NaCl溶液和Fe(OH)3胶体时，Fe(OH)3胶体出现光亮的通路，NaCl溶液无此现象，产生的现象不相同， D错误；
答案选C。
6．有五瓶失去标签的溶液，已知它们是：①Ba(NO3)2溶液，②KCl溶液，③NaOH溶液，④CuSO4溶液，⑤Na2SO4溶液。若不用其他任何试剂，用最简便的方法就能将它们一一鉴别。下列鉴别顺序中最合理的是
A．④③①⑤② B．④⑤①②③ C．①⑤③④② D．③④①⑤②
【答案】A
【详解】给出的试剂中，只有④为蓝色溶液，则蓝色溶液为④CuSO4溶液，与④反应生成蓝色沉淀为③NaOH溶液，与④反应生成白色沉淀的为①Ba(NO3)2溶液，对剩余的两种物质分别与①混合，反应生成白色沉淀的为⑤Na2SO4溶液，无现象的为②KCl溶液，则鉴别顺序为④③①⑤②，故合理选项是A。
7．下列离子方程式书写正确的是
A．石灰乳与碳酸钠溶液混合：Ca2++CO=CaCO3↓
B．将稀硝酸滴在大理石上：CaCO3+2H+=Ca2++H2CO3
C．碳酸氢钠溶液与氢氧化钠溶液反应：H++CO+OH-=CO+H2O
D．碳酸氢钙溶液与少量氢氧化钠溶液反应：HCO+Ca2++OH-=CaCO3↓+H2O
【答案】D
【详解】A．石灰乳与碳酸钠溶液混合，离子方程式为：，故A错误；
B．将稀硝酸滴在大理石上，离子方程式为：，故B错误；
C．碳酸氢钠溶液与氢氧化钠溶液反应，离子方程式为：，故C错误；
D．碳酸氢钙溶液与少量氢氧化钠溶液反应：HCO+Ca2++OH-=CaCO3↓+H2O，故D正确；
故答案选D。
8．向Na2CO3和NaHCO3的混合溶液中缓慢滴加盐酸。下列表示加入盐酸的体积和生成二氧化碳的物质的量的图象关系合理的是
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】向Na2CO3和NaHCO3的混合溶液中缓慢滴加盐酸，Na2CO3先和盐酸反应生成NaHCO3和NaCl，没有气体产生，当Na2CO3全部转化为NaHCO3后，再滴入盐酸，盐酸和NaHCO3反应生成NaCl、CO2和水。Na2CO3先和盐酸反应，离子方程式为：H++= ，H+和等物质的量反应；第二步盐酸和NaHCO3反应，离子方程式为：H++=H2O+CO2↑，H+和也 等物质的量反应。第一步生成的和原有的在第二步一起和H+反应，所以第二步消耗的H+大于第一步消耗的H+，故选D。
9．高锰酸钾溶液在酸性条件下可以与硫酸亚铁反应，化学方程式如下(未配平)：。下列说法正确的是
A．是氧化剂，是还原产物 B．的还原性强于
C．生成物水的化学计量数是16 D．生成4个水分子时，转移10个电子
【答案】B
【详解】A．被氧化生成，为氧化产物，A错误；
B．Fe2+在该反应中是还原剂，为还原产物，B正确；
C．配平该反应的化学方程式为，水的化学计量数是8，C错误；
D．根据配平方程式可知，生成4个水分子时，转移5个电子，D错误；
故答案选B。
10．表中评价不合理的是
选项
化学反应及其离子方程式
评价
A
向氢氧化铜中滴加稀硫酸：Cu(OH)2+2H+=Cu2++2H2O
正确
B
向碳酸钡溶液中加入足量稀盐酸：CO+2H+=CO2↑+H2O
错误，碳酸钡不应写成离子形式
C
少量NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液反应：2H++SO+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O
错误，化学计量数不匹配
D
NaOH溶液中通入少量CO2反应：OH-+CO2=HCO
正确

A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【详解】A．向氢氧化铜中滴加稀硫酸生成硫酸铜和水，反应的离子方程式是Cu(OH)2+2H+=Cu2++2H2O，评价合理，故不选A；
B．向碳酸钡溶液中加入足量稀盐酸生成氯化钡、二氧化碳、水，碳酸钡难溶不应写成离子形式，反应的离子方程式是BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O，评价合理，故不选B；
C．少量NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液反应生成硫酸钡沉淀和水，反应的离子方程式是H++SO+Ba2++OH-=BaSO4↓+H2O，评价合理，故不选C；
D．NaOH溶液中通入少量CO2反应生成碳酸钠和水，反应的离子方程式是2OH-+CO2=CO+H2O，评价不合理，故选D；
选D。
11．在KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O的反应中，下列说法不正确的是
A．氧化剂是KClO3，还原剂是HCl
B．每生成3个Cl2，转移的电子为5个
C．每消耗1个KClO3，被氧化的HCl为6个
D．该反应中HCl既表现还原性又表现酸性
【答案】C
【详解】A．在KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O反应中，氧化剂是KClO3，还原剂是HCl，故A正确；
B．氧化剂是KClO3，还原剂是HCl，每生成3个Cl2，转移的电子为5个，故B正确；
C．每消耗1个KClO3，被氧化的HCl为5个，故C错误；
D．该反应中HCl为还原剂，同时表现酸性，故D正确；
故答案选C。
12．已知还原性：SO2＞I-＞Fe2+，下列离子反应不能发生的是
A．SO2+2Fe3++2H2O =+2Fe2+ + 4H+
B．I2+2Fe2+=2I-+2Fe3+
C．SO2 +I2＋2H2O =2I-+4H++
D．少量Cl2通入FeI2溶液中：Cl2+2I- =2Cl-+I2
【答案】B
【分析】根据氧化还原的强弱规律可知，还原剂的还原性大于还原产物。
【详解】A．反应SO2+2Fe3++2H2O =+2Fe2+ + 4H+中，SO2为还原剂，Fe2+为还原产物，还原性SO2＞Fe2+，反应能发生，A不符合题意；
B．反应I2+2Fe2+=2I-+2Fe3+中，为Fe2+还原剂，I-为还原产物，还原性Fe2+＞ I-，反应不能发生，B符合题意；
C．反应SO2 +I2＋2H2O =2I-+4H++中，SO2为还原剂，I-为还原产物，还原性SO2＞I-，反应能发生，C不符合题意；
D．由于还原性I-＞Fe2+，FeI2溶液中通入Cl2，Cl2先与还原性强的I-反应，方程式为Cl2+2I-- =2Cl-+I2，反应能发生，D不符合题意；
故选B。
13．下列性质和用途不正确的是
选项
性质
用途
A
NaHCO3可与盐酸反应
小苏打可用于治疗胃病
B
Na2O2能和CO2、H2O反应生成O2
过氧化钠可用作潜水艇的供氧剂
C
钠元素的焰色反应是黄色
高压钠灯发出透雾性强的黄光
D
常温下，S(Na2CO3) 侯氏制碱法在饱和食盐水中通入NH3和CO2制得Na2CO3

A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【详解】A．胃酸的主要成分是盐酸，小苏打是碳酸氢钠的俗称，NaHCO3可与盐酸反应，故小苏打可用于治疗胃病，A正确；
B．人呼出的气体中含有CO2、H2O，Na2O2能和CO2、H2O反应生成O2，故过氧化钠可用作潜水艇的供氧剂，B正确；
C．高压钠灯发出透雾性强的黄光是由于Na元素的焰色反应呈黄色，C正确；
D．常温下，S(NaHCO3) 故选D。
14．X、Y、Z、W四种物质的转化关系如图所示(“→”表示反应一步实现，部分物质和反应条件已略去)，则符合要求的X、Y、Z、W依次是
选项
X
Y
Z
W

A
Al
Cu
CuO
CuCl2
B
HCl
NaCl
Na2CO3
NaOH
C
H2O2
O2
H2O
H2CO3
D
CaO
Ca(OH)2
CaCO3
CO2

A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【详解】A．铝和硫酸铜或者硝酸铜等可溶性铜盐反应生成铜，铜和氧气在加热条件下生成氧化铜，氧化铜和碳或者氢气等还原性物质受热生成铜，氧化铜和盐酸反应生成氯化铜，但氯化铜不能一步转化生成氧化铜，A错误；
B．盐酸和氢氧化钠反应生成氯化钠，但氯化钠不能一步转化为碳酸钠，B错误；
C．过氧化氢分解生成氧气，氧气和氢气反应生成水，水通电会生成氧气，水和二氧化碳反应生成碳酸，碳酸不稳定分解为水或者和碱反应生成水，C正确；
D．氧化钙与水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙和碳酸钠溶液反应生成碳酸钙，但碳酸钙不能一步转化为氢氧化钙，D错误；
答案选C。

二、计算题
15．已知氯气和NaOH溶液在一温度下能发生化学反应，其方程式为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O。某温度下，将氯气通入NaOH溶液中，反应得到NaCl、NaClO和NaClO3的混合溶液，经测定ClO-与ClO的个数比为3：2，则氯气与氢氧化钠反应时，被还原的氯原子和被氧化的氯原子的个数比为
A．13：5 B．4：1 C．1：2 D．2：1
【答案】A
【分析】Cl2生成ClO−与是被氧化的过程，Cl2生成NaCl是被还原的过程，氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，根据ClO−与的物质的量浓度之比可计算失去电子的总物质的量，进而可计算得到电子的总物质的量，可计算被还原的氯元素的物质的量，以此计算被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比。
【详解】Cl2生成ClO−与是被氧化的过程，化合价分别由0价升高为＋1价和＋5价，ClO−与的物质的量浓度之比为3：2，则可设ClO−为3mol，为2mol，被氧化的Cl共为5mol，失去电子的总物质的量为3mol×（1−0）＋2mol×（5−0）＝13mol,氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，Cl2生成NaCl是被还原的过程，化合价由0价降低为−1价，则得到电子的物质的量也应为13mol，则被还原的Cl的物质的量为13mol，所以被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比为13mol：5mol＝13：5，即被还原的氯原子和被氧化的氯原子的个数比为13：5；
故答案选A。
【点睛】本题考查氧化还原反应的计算，把握元素化合价变化、电子守恒为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意守恒法的应用，题目难度不大。

三、原理综合题
16．亚硝酸钠(NaNO2)是一种用途广泛的工业盐，因其外观和食盐相似容易误食中毒。亚硝酸钠加热到320℃以上会分解产生Na2O、N2和O2，其水溶液呈碱性，能与AgNO3溶液反应生成难溶于水、易溶于酸的AgNO2。由于NaNO2有毒性，将含该物质的废水直接排放会引起水体严重污染，所以这种废水必须处理后才能排放。处理方法之一如下：____NaNO2+____KI+____=______NO+____I2+____K2SO4+____Na2SO4+____H2O。
(1)请完成该化学方程式并配平_____。
(2)从物质分类角度来看，NaNO2是_____(填字母代号)。
a.酸       b.酸式盐      c.碱     d.非电解质     e.电解质
(3)下列方法不能用来区分固体NaNO2和NaCl的是_____(填序号)。
A．用筷子分别蘸取固体品尝味道
B．分别溶于水并滴加HNO3酸化的AgNO3溶液
C．分别加强热并收集气体检验
(4)误食NaNO2会导致人体血红蛋白中的Fe2+转化为Fe2+而中毒，该过程中NaNO2表现出的性质与下列_____(填序号)反应中H2O2，表现出的性质相同。
A．2H2O22H2O+O2↑
B．H2O2+Cl2=2HCl+O2↑
C．H2O2+H2SO4+2KI=2H2O+I2+K2SO4
D．5H2O2+2KMnO4+6HCl=2MnCl2+2KCl+5O2↑+8H2O
(5)电镀废水含有剧毒的NaCN，加入NaClO处理该碱性废水时生成Na2CO3、NaCl和N2。写出该反应的离了方程式：_____。
【答案】(1)2NaNO2＋2KI＋2H2SO4═2NO↑＋I2＋K2SO4＋Na2SO4＋2H2O
(2)e
(3)A
(4)C
(5)

【分析】(1)根据得失电子守恒、原子守恒进行配平；
(2)从物质得分类进行分析；
(3)NaNO2水解显碱性，硝酸银与NaCl反应生成白色沉淀，加强热亚硝酸钠分解生成氮气和氧气，而氯化钠不分解，不能品尝鉴别试剂；
(4)误食NaNO2会导致人体血红蛋白中的Fe2＋转化为Fe3＋而中毒，则Fe2＋失电子变为Fe3＋，化合价升高，作还原剂，NaNO2作氧化剂，体现氧化性，与H2O2表现出的性质相同，即H2O2也体现氧化性，结合元素的化合价降低体现氧化性判断；
(5) NaCN与NaClO反应生成Na2CO3、NaCl和N2，根据得失电子守恒、原子守恒进行配平。
（1）
反应___NaNO2＋___ KI＋___═___NO↑＋___ I2＋___ K2SO4＋___Na2SO4＋___ H2O中，N元素得电子，化合价由＋3价降低为＋2价，I元素失电子，化合价由−1价升高为0价，根据得失电子守恒得到NaNO2×2，KI×2，再根据原子守恒得到反应物应该为2H2SO4，生成物2NO，1I2，1K2SO4、1Na2SO4、2H2O，故方程式为：2NaNO2＋2KI＋2H2SO4═2NO↑＋I2＋K2SO4＋Na2SO4＋2H2O；
故答案为2NaNO2＋2KI＋2H2SO4═2NO↑＋I2＋K2SO4＋Na2SO4＋2H2O；
（2）
NaNO2是由酸根阴离子和金属阳离子构成的正盐，同时NaNO2在水溶液中完全电离，属于强电解质；
故答案选e；
（3）
A．化学药品不能用来品尝味道，所以不能鉴别，故A错误；
B．亚硝酸根离子在酸性条件下不和银离子反应，氯离子和银离子反应生成不溶于硝酸的白色沉淀，反应现象不同，所以可以用HNO3酸化的AgNO3区分NaNO2和NaCl，故B正确；
C．加强热亚硝酸钠分解生成氮气和氧气，而氯化钠不分解，反应现象不同，可以用加强热收集气体检验来区分NaNO2和NaCl，故C正确；
故答案选A；
（4）
误食NaNO2会导致人体血红蛋白中的Fe2＋转化为Fe3＋而中毒，则Fe2＋失电子变为Fe3＋，化合价升高，作还原剂，NaNO2作氧化剂，体现氧化性，与H2O2表现出的性质相同，即H2O2也体现氧化性；
A．2H2O22H2O+O2↑，H2O2中氧原子既失电子，又得电子，氧元素的化合价部分升高，部分降低，H2O2体现氧化性和还原性，故A错误，
B．H2O2+Cl2=2HCl+O2↑，H2O2中氧原子失电子，化合价升高，H2O2体现还原性，故B错误，
C．H2O2+H2SO4+2KI=2H2O+I2+K2SO4，H2O2中氧原子得电子，化合价降低，H2O2体现氧化性，故C正确，
D．5H2O2+2KMnO4+6HCl=2MnCl2+2KCl+5O2↑+8H2O，H2O2中氧原子失电子，化合价升高，H2O2体现还原性，故D错误，
故答案选C；
（5）
反应为碱性条件下ClO−与CN−反应生成N2、CO和Cl−，反应离子方程式为；
故答案为。
【点睛】本题主要考查氧化还原反应原理的应用，熟练掌握电子守恒、原子守恒书写化学方程式和离子方程式是关键，同时考查学生的分析能力、应用能力等，难度中等。
17．有下列物质：①Ba(OH)2固体；②烙融的KHSO4；③HNO3；①稀硫酸：⑤CO2；⑥铜；⑦氨水；⑧蔗糖晶体；⑨FeCl3固体；⑩CH3COOH。
(1)上述状态下的物质可导电的是____(填序号，下同)。
(2)属于弱电解质的是____。
(3)写出KHSO4在水溶液中的电离方程式：____。
(4)写出①的溶液与②的溶液恰好中和时的化学方程式：_____。
(5)将SO2通入足量NaOH溶液中，发生反应的离子方程式为____。
【答案】(1)②④⑥⑦
(2)⑩
(3)
(4)
(5)

【分析】电解质指的是在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，水溶液中或熔融状态下完全电离的电解质为强电解质，物质导电应满足存在条件：存在自由移动的离子或电子。①Ba(OH)2固体不能导电，溶于水完全电离，属于强电解质；②熔融的KHSO4能导电，属于强电解质；③HNO3不能导电，溶于水完全电离，属于强电解质；④稀硫酸能导电，是混合物，既不是电解质也不是非电解质；⑤CO2不能导电，不能电离，属于非电解质；⑥铜能导电，是金属单质，既不是电解质也不是非电解质；⑦氨水能导电，是混合物，既不是电解质也不是非电解质；⑧蔗糖晶体不能导电，不能电离，属于非电解质；⑨FeCl3固体不能导电，溶于水完全电离，属于强电解质；⑩CH3COOH不能导电，溶于水部分电离，属于弱电解质；据此分析解题。
（1）
由分析可知，上述状态下的物质可导电的是：②④⑥⑦；
故答案为②④⑥⑦；
（2）
由分析可知，上述属于弱电解质的是⑩；
故答案为⑩；
（3）
KHSO4为强电解质，在水溶液中完全电离出K+，H+和,电离方程式为；
故答案为；
（4）
①的溶液与②的溶液恰好中，Ba(OH)2与 KHSO4反应比为1：2，反应方程式为；
故答案为；
（5）
SO2通入足量NaOH溶液中，说明SO2少量；离子方程式为；
故答案为。

四、元素或物质推断题
18．某一无色清透明溶液，可能含有Na+、Mg2+、Cu2+、K+、Cl-、CO，SO中的一种或几种，实验：
①用铂丝蘸取少量该溶液置于无色酒精灯火焰中灼烧，火焰呈黄色
②取少量该溶液加入BaCl2溶液有白色沉淀生成，过滤，往沉淀中加入足量盐酸后，沉淀部分溶解，并有气体生成。
③在滤液中滴加AgNO3溶液，产生白色沉淀。
(1)由此推断，该溶液中肯定含有的离子为____，肯定不含有的离子为____，可能含有的离子为_____。
(2)②中沉淀加入足量盐酸后，沉淀部分溶解，并有气体生成的离子方程式____。
(3)在横线上补充所需的离子或分子，并配平方程式。
Mn2++ClO+H2O=MnO2↓+Cl2+____。____
(4)湿法制备高铁酸钾(K2FeO4)的反应体系中有六种微粒：Fe(OH)3、ClO-、OH-、FeO、Cl-、H2O。写出碱性条件下制高铁酸钾的离子反应方程式：____。
【答案】(1)     Na＋、、     Mg2＋、Cu2＋     K＋、Cl−
(2)BaCO3＋2H＋＝Ba2＋＋CO2↑＋H2O
(3)
(4)

【分析】溶液为无色澄清透明，说明溶液中不含有Cu2＋；①用铂丝蘸取少量该溶液置于无色酒精灯火焰中灼烧，火焰呈黄色，则原溶液中含有Na＋；②取少量该溶液加入BaCl2溶液有白色沉淀生成，过滤，往沉淀中加入足量盐酸后，沉淀部分溶解，并有气体生成，则原溶液中含有和，不含有Mg2＋；③在滤液中滴加AgNO3溶液，产生的白色沉淀AgCl，由于步骤②加入BaCl2溶液时引入了Cl−，则不能判断原溶液中是否含有Cl−，所以原溶液中一定含有Na＋、、，一定不含有Mg2＋、Cu2＋，可能含有K＋、Cl−，据此分析解答。
（1）
据分析可知，溶液中一定含有Na＋、、，一定不含有Mg2＋、Cu2＋，可能含有K＋、Cl−；
故答案为Na＋、、，Mg2＋、Cu2＋，K＋、Cl−；
（2）
溶液中一定含有、，加入BaCl2溶液时生成白色沉淀为BaCO3、BaSO4，过滤，往沉淀中加入足量盐酸，沉淀溶解、有气体生成的离子方程式为BaCO3＋2H＋＝Ba2＋＋CO2↑＋H2O；
故答案为BaCO3＋2H＋＝Ba2＋＋CO2↑＋H2O；
（3）
反应中Mn元素从+2价氧化至+4价，Cl元素从+5价还原至0价，所以Mn2+的系数为5，的系数为2，结合物料守恒和电荷守恒配平方程式为；
故答案为；
（4）
湿法制备高铁酸钾(K2FeO4)，则为产物，Fe(OH)3为反应物，化合价升高总共3价，由电子转移守恒可知，ClO−为反应物，Cl−为生成物，化合价降低共2价，化合价升降最小公倍数为6，故Fe(OH)3的系数为2，的系数为2，ClO−的系数为3，Cl−的系数为3，根据电荷守恒可知，OH−为反应物，系数为4，由元素守恒可知H2O为生成物，其系数为5，离子方程式为：；
故答案为。
【点睛】本题考查常见离子的检验，侧重分析能力、运用能力和实验能力的考查，把握离子或物质的性质、发生的反应即可解答，注意掌握离子方程式的书写方法和常见离子的特征反应。
19．下列图示中，A为一种常见的单质，B、C、D、E是含A元素的常见化合物，它们的焰色试验均为黄色，请填写下列空白：

(1)写出下列物质的化学式：B____，D____。
(2)写出反应①的化学方程式_____。
(3)写出反应②的离子方程式_____。
(4)写出反应③的化学方程式并用单线桥标出电子转移情况：_____。
(5)写出反应③的化学方程式：____。
(6)取一定质量的Na2CO3和NaHCO3混合物灼烧至恒重，冷却至室温，共收集到4.4g气体。加热后剩余的固体物质与足量盐酸反应，共收集到8.8g气体。请分别求出原固体混合物中Na2CO3和NaHCO3的质量分别为____g、____g。
【答案】(1)     Na2O2     Na2CO3
(2)
(3)
(4)
(5)
(6)     10.6g     16.8g

【分析】A为一种常见的单质，B、C、D、E是含有A元素的常见化合物，它们的焰色反应均为黄色，所以A为Na，A与氧气在点燃条件下生成B为Na2O2，过氧化钠、Na与水反应均可以生成C，则C为NaOH，氢氧化钠与过量的二氧化碳反应生成E，E加热分解生成D，而过氧化钠与二氧化碳反应也生成D，故D为Na2CO3，E为NaHCO3，据此分析解题。
（1）
由分析可知，B的化学式为Na2O2，D的化学式为Na2CO3；
故答案为Na2O2，Na2CO3；
（2）
反应①是钠在氧气中燃烧生成过氧化钠，反应方程式为；
故答案为；
（3）
反应②是钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，反应的离子方程式为；
故答案为；
（4）
应③是过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，写成化学方程式并用双线桥标出电子转移情况为；
故答案为；
（5）
应③是过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，化学方程式为；
故答案为；
（6）
4.4g气体即碳酸氢钠受热分解产生的二氧化碳的质量，物质的量为0.1mol，集合，可知原混合物中NaHCO3的物质的质量为0.2mol，质量为；剩余固体与足量盐酸反应产生8.8g气体，即碳酸钠与盐酸反应生成2.8g二氧化碳，物质的量为0.2mol，结合可知，加热剩余碳酸铵的总物质的量为0.2mol，碳酸氢钠受热分解产生的碳酸钠物质的量为0.1mol，所以原混合物中碳酸钠的的物质的量为0.1mol，质量为；
故答案为10.6g，16.8g。
【点睛】本题考查无机物的推断，熟悉钠及其化合物的性质是解答的关键，注重基础知识的考查，题目难度不大。