2022-2023学年福建省福州第七中学高一上学期期中适应性练习化学试题含答案

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福建省福州第七中学2022-2023学年高一上学期期中适应性练习化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．摩尔是表示（    ）
A．物质的量的单位 B．物质的量的浓度
C．物质的质量的单位 D．微粒个数的单位
【答案】A
【详解】A．物质的量是表示微观粒子与宏观可称量物质联系起来的一种物理量，单位是摩尔，故A正确；    
B．物质的量的浓度的单位是mol/L，所以摩尔不是物质的量的浓度的单位，故B错误；
C．物质的质量的单位是g、kg等，摩尔不是质量单位，故C错误；
D．微粒个数的单位是个，摩尔不是微粒个数的单位，故D错误；
答案选A。
2．俗名纯碱，下面是对纯碱采用不同分类法的分类，正确的是
A．是氧化物 B．是碳酸盐
C．是碱 D．是非电解质
【答案】B
【分析】电解质是溶于水或在熔融状态下能够导电的化合物；非电解质是溶于水或在熔融状态下不能够导电的化合物；酸、碱、盐、金属氧化物等均属于电解质；
【详解】碳酸钠俗名纯碱，是由碳酸根离子和钠离子构成的化合物，属于盐类化合物，为强电解质，含有钠元素，为钠盐，含有碳酸根，为碳酸盐；
故选B。
3．R原子有b个中子，R2+核外有a个电子，则R原子表示正确的是（    ）
A．R B．R C．R D．R
【答案】C
【详解】R2+核外有a个电子，则R原子核外电子数为a+2，对于原子来说，质子数=核外电子数=a+2；质量数==质子数+中子数==a+2+b==a+b+2，所以R原子可表示为R，故选C。
4．某物质经分析只含有一种元素，则该物质
A．一定是纯净物 B．一定是混合物
C．可能是化合物 D．可能是纯净物，也可能是混合物
【答案】D
【详解】某物质经分析只含有一种元素，则该物质一定不是化合物，可能是纯净物，也可能是混合物，例如氧气和臭氧等。
故选D。
5．下列关于胶体的叙述正确的是
A．胶体是纯净物
B．胶体区别于其他分散系的本质特征是有丁达尔效应
C．胶体中分散质粒子直径在1～100nm之间
D．胶体具有吸附性，可以杀菌消毒
【答案】C
【分析】胶体是分散质粒子大小在 1nm~100nm 的分散系；溶液是分散质粒子大小于1nm的分散系；浊液是分散质粒子大于100nm的分散系；光束通过胶体时，光线能够发生散射作用而产生丁达尔效应，而通入其它分散系时不能产生丁达尔效应；
【详解】A．胶体为分散系，属于混合物，A错误；
B．胶体区别于其他分散系的本质特征是微粒大小不同，B错误；
C．胶体中分散质粒子直径在1～100nm之间，C正确；
D．胶体具有吸附性，可以用于净水，但是不能杀菌消毒，D错误；
故选C。
6．用 NA 表示阿伏加德罗常数的值，下列判断正确的是
A．标准状况下，22.4 L CCl4 含有的碳原子数是 NA
B．56 g Fe 与足量稀盐酸反应转移的电子数为 3 NA
C．0.1 mol/L Na2SO4 溶液含有的钠离子数为 0.2 NA
D．常温常压下，2g H2 中含有的分子数为 NA
【答案】D
【详解】A、标准状况下，CCl4为液体，不能使用气体摩尔体积计算物质的量，从而不知其碳原子数；A项错误；
B、Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑，生成亚铁离子，56gFe物质的量为，转移的电子的物质的量为2mol，电子数为2NA，B项错误；
C、不知溶液的体积，无法根据浓度计算物质的量，也不知道其数目，C项错误；
D、2gH2 物质的量n=，则其分子数为1NA，D项正确；
答案选D。
7．下列反应中，不属于氧化还原反应的是
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】A．反应中铝、氢元素化合价改变，为氧化还原反应，A不符合题意；
B．石灰石和稀盐酸反应生成氯化钙、水、二氧化碳，没有元素化合价改变，不涉及氧化还原反应，B符合题意；
C．和水反应生成氧气，氧元素化合价发生改变，涉及氧化还原反应，C不符合题意；
D． 铁、氢元素化合价发生改变，涉及氧化还原反应，D不符合题意；
故选B。
8．下列实验操作中错误的是
A．过滤时玻璃棒末端轻轻地靠在三层滤纸上
B．用酒精可以萃取碘水中的碘
C．蒸馏时冷凝水从冷凝管下口进上口出
D．分液操作时分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出
【答案】B
【详解】A．过滤时玻璃棒末端轻轻地靠在三层滤纸上，A正确；
B．酒精和水互溶，不能用酒精萃取碘水中的碘，B错误；
C．蒸馏时冷凝水从冷凝管下口进上口出，冷凝水能充满冷凝管，C正确；
D．分液操作时分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，D正确；
故选B。
9．对于某些离子的检验及结论一定正确的是
A．取样，焰色反应呈黄色的，则样品中一定有金属钠
B．取样，加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，则样品中一定有
C．取样，加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，则样品中一定有
D．取样，加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，则样品中一定有
【答案】D
【详解】A．焰色反应呈黄色的，则样品中一定有钠元素而不是单质钠，故A错误；
B．氯化钡溶液中含有、Ba2+，Ba2+能与反应生成不溶于盐酸的BaSO4沉淀，能与Ag+反应生成不溶于盐酸的AgCl沉淀，两种沉淀均为白色，故B错误；
C．加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，该沉淀可能为碳酸盐，如CaCO3或BaCO3等，因此无法判断原溶液中是否含有，故C错误；
D．加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，该气体为氨气，因此说明原溶液中一定含有，故D正确；
故选D。
10．若中含有x个原子，则阿伏加德罗常数是
A．7x B．14 x C． x /14 D． x /7
【答案】A
【详解】，则，含有个原子，则；
故选A。
11．医学证明人类牙齿由一层称为碱式磷酸钙的坚硬物质保护着。碱式磷酸钙的化学式中除钙离子外，还含有一个氢氧根离子和三个磷酸根离子，则其化学式正确的是
A．Ca5(OH)(PO4)3 B．Ca4(OH)(PO4)3 C．Ca3(OH)(PO4)3 D．Ca2(OH)(PO4)3
【答案】A
【详解】由信息可知，该化合物中除钙离子外还含有一个氢氧根离子和三个磷酸根离子，设含钙离子的个数为x，由化合物中正负化合价的代数和为0，则（+2）×x+（-1）+（-3）×3=0，解得x=5，即化学式为Ca5(OH）(PO4）3，故选A。
12．下列物质的分类正确的是

碱
酸
盐
碱性氧化物
酸性氧化物
A
NaOH
H2SO4
BaCO3
SO2
CO2
B
NaOH
HCl
NaCl
Na2O
CO
C
NaOH
CH3COOH
CaCl2
CO
SO2
D
KOH
HNO3
CaCO3
CaO
SO3

A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【详解】A．SO2是酸性氧化物，不是碱性氧化物，故A错误；
B．CO是不成盐氧化物，不是酸性氧化物，故B错误；
C．CO是不成盐氧化物，不是碱性氧化物，故C错误；
D．各物质分类均正确，故D正确；
答案选D。
13．一化学兴趣小组在家中进行化学实验，按照下面左图连接好线路发现灯泡不亮，按照如图连接好线路发现灯泡亮，由此得出的结论正确的是

A．NaCl溶液是电解质 B．NaCl是非电解质
C．NaCl在水中电离出可以自由移动的离子 D．NaCl固体能导电
【答案】C
【分析】电解质是水溶液或熔融状态下能导电的化合物；单质和混合物既不是电解质也不是非电解质。
【详解】A．NaCl溶液是混合物，不是电解质，A错误；
B．NaCl是电解质，B错误；
C．NaCl溶液能导电，说明NaCl在水中电离出可以自由移动的离子，C正确；
D．NaCl固体没有自由移动的离子，不能导电，D错误；
故选C。
14．下列溶液中Cl-的物质的量浓度最大的是
A．50mL 0.5mol/L AlCl3溶液 B．100mL 0.5mol/L MgCl2溶液
C．100mL 1mol/L NaCl溶液 D．50mL 0.5mol/L HCl溶液
【答案】A
【分析】溶液中c（Cl-）=溶质的物质的量浓度×化学式中氯离子个数，氯离子的浓度大小与溶液的体积无关，只与溶质的物质的量浓度、化学式中氯离子个数有关，据此进行判断。
【详解】A．50mL 0.5mol/L AlCl3溶液 ，Cl-的物质的量浓度为0.5mol/L×3=1.5mol/L；
B．100mL 0.5mol/L MgCl2溶液氯离子浓度为0.5mol×2=1mol/L；
C．100mL1mol/L NaCl溶液氯离子浓度为1mol/L；
D．50mL0.5mol/L HCl溶液氯离子浓度为0.5mol/L；
A中离子浓度最大，答案选A。
15．224mL某气体在标准状况下的质量为0.32g，该气体的摩尔质量约为  （      ）
A．32g·mol-1 B．64 C．64g·mol-1 D．64g
【答案】A
【详解】标况下224mL气体的物质的量为=0.01mol，所以摩尔质量为=32g/mol，故答案为A。
16．在一定条件下，1体积气体A2和3体积气体B2完全反应生成了2体积气体X(体积在相同条件下测定)，则X的化学式是（     ）
A．AB B．A2B3 C．AB2 D．AB3
【答案】D
【分析】根据阿伏伽德罗定律可知，相同条件下，气体的体积与气体的物质的量成正比，且物质的量之比等于化学方程式中相应物质的化学计量数之比，再结合质量守恒定律来解答。
【详解】在一定条件下，1体积气体A2和3体积气体B2完全反应生成了2体积气体X，由相同条件下，体积与物质的量成正比，且物质的量之比等于方程式中相应物质的化学计量数之比，则该反应方程式为：A2+3B2=2X，又根据反应前后各种元素的原子守恒，可知X的化学式为AB3，故合理选项是D。
【点睛】本题考查阿伏伽德罗定律及其推论，明确体积与化学计量数的关系是解答的关键，并注意利用原子守恒来分析物质的化学式即可解答。
17．在国庆60周年阅兵式上，展示了我国研制的各种导弹。导弹之所以有神奇的命中率，是制导弹合金材料中的稀土元素铌()的贡献。下列说法正确的是
A．、和的化学性质不同
B．，和互为同位素
C．原子中含有60个质子和142个中子
D．、和是不同的元素
【答案】B
【详解】A．、和互为同位素，同位素的化学性质基本相同，A错误；
B．质子数相同、中子数不同的核素互为同位素，、和互为同位素，B正确；
C．原子中含有60个质子，中子数=质量数-质子数，所以中子数为142-60=82，C错误；
D．质子数相同、中子数不同的核素互为同位素，同位素是同种元素的不同核素，、和都是钕元素的不同核素，D错误；
故选B。
18．含4 mol HCl的浓盐酸和足量的二氧化锰共热制氯气，生成的氯气在标准状况下的体积为
A．11.2L B．小于22.4L C．22.4L D．大于22.4L
【答案】B
【详解】二氧化锰和浓盐酸在加热条件下制取氯气、氯化锰、水：；随着反应进行，盐酸浓度变小，反应停止，故生成氯气小于1mol，标准状况下的体积小于22.4L；
故选B。
19．关于氯气制取方法的说法中，不正确的是

A．电解饱和食盐水制氯气时，石墨棒上方充满黄绿色气体
B．工业上用电解饱和食盐水的方法制取氯气的同时得到烧碱产品
C．实验室制氯气法和电解饱和食盐水制氯气法的化学方程式是不同的
D．实验室制取氯气时，最好大火加热使温度迅速升高
【答案】D
【详解】A. 电解饱和食盐水制氯气时，与电源正极相连的石墨棒是阳极，溶液中的氯离子放电产生氯气，则其上方充满黄绿色气体，A正确；
B. 工业上电解饱和食盐水的生成物是氢氧化钠、氢气和氯气，因此制取氯气的同时得到烧碱，B正确；
C. 实验室利用二氧化锰在加热的条件下氧化浓盐酸制备氯气，电解饱和食盐水的生成物是氢氧化钠、氢气和氯气，因此实验室制法和电解饱和食盐水的制法的化学方程式是不同的，C正确；
D. 浓盐酸易挥发，而稀盐酸与二氧化锰不反应，所以实验室制取氯气时不能大火加热使温度迅速升高，D错误。
故选D。
20．ClO2是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂。工业上可通过以下反应制得ClO2：2NaClO3+Na2SO3+H2SO4= 2ClO2↑+2Na2SO4 + H2O。下列说法正确的是
A．氯元素的化合价升高 B．Na2SO3是还原剂
C．NaClO3发生氧化反应 D．H2SO4被还原
【答案】B
【详解】A． →ClO2，化合价由+5价变为+4价，化合价降低，故A错误；
B．Na2SO3→Na2SO4，化合价S元素升高，Na2SO3是还原剂， B正确；
C．NaClO3中Cl元素的化合价降低，发生还原反应，故C错误；
D．H2SO4中的元素化合价没有发生变化，故D错误；
故选B。
21．在反应3Cl2+6KOH(浓)KClO3+5KCl+3H2O中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为
A．5∶1 B．4∶1 C．1∶5 D．1∶4
【答案】A
【详解】由反应的方程式3Cl2+6KOH(浓) KClO3+5KCl+3H2O可知，Cl2自身发生氧化还原反应，生成KCl的反应为被还原的过程，Cl2为氧化剂，生成KClO3的反应为被氧化的过程，Cl2为还原剂。根据化学方程式可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比是5∶1，
故选：A。
22．某同学用下列装置进行有关Cl2的实验。下列说法不正确的是

A．I图中：实验现象证明氯气无漂白作用，氯水有漂白作用
B．II图中：闻Cl2的气味
C．III图中：生成棕黄色的烟
D．IV图中：若气球干瘪，证明Cl2可与NaOH反应
【答案】D
【详解】A．I图中：干燥的色布不褪色，湿润的色布褪色，证明氯气无漂白作用，氯气溶于水产生的氯水具有漂白作用，A正确；
B．Cl2是有毒气体，为达到闻气体气味同时又避免中毒的目的，应该采用II图中所示的扇闻的方法闻Cl2的气味，B正确；
C．将灼热的Cu丝伸入到盛有Cl2的集气瓶中，会看到铜丝在Cl2中着火燃烧，同时看到有棕黄色的烟，C正确；
D．Cl2与NaOH发生反应：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，反应发生使烧瓶中的气体压强减小，通过导气管与外界大气相通的气球就会鼓起胀大，而不是干瘪，D错误；
故合理选项是D。
23．如图是一种检验某气体化学性质的实验装置，图中B为开关。如先关闭B，在A处通入潮湿的氯气，C中红色布条颜色无变化；当打开B时，C处红色布条颜色褪去。则D瓶中盛有的溶液是

A．饱和NaCl溶液 B．浓硫酸 C．浓NaOH溶液 D．石灰乳
【答案】B
【详解】干燥的氯气没有漂白性，不能使干燥的红色布条颜色褪去，而氯气与水反应生成的次氯酸具有强氧化性，能使有机色质漂白褪色，由先关闭B，在A处通入潮湿的氯气，C中红色布条颜色无变化；当打开B时，C处红色布条颜色褪去可知，D中试剂能干燥氯气，且不能与氯气反应，则D中试剂一定为浓硫酸，故选B。

二、计算题
24．回答下列问题：
(1)写出的电离方程式_________。
(2)个含_________mol氧原子，氧原子的质量为_________。
(3)在同温同压条件下，和的物质的量之比为_________，分子个数之比是_________。
(4)有溶液，从该溶液中取出10mL，则_________，_________。
(5)用氧化溶质质量分数为36.5%的盐酸。反应方程式如下：；问题：至少能消耗HCl的物质的量为_________mol？被氧化的HCl为_________mol？
(6)在无土栽培中，配制1L内含、、的某营养液。若用KCl、、配制，则需这三种固体物质的量分别为_________mol、_________mol、_________mol。
【答案】(1)
(2)     0.5     8
(3)     2:1     2:1
(4)     1mol/L     0.02mol
(5)     1.6     1.0
(6)     0.32     0.01     0.12

【详解】（1）为强电解质，水溶液中完全电离，电离方程式；
（2）个为0.5mol，1分子水含有1个氧原子，则含0.5mol氧原子，氧原子的质量为0.5mol×16g/mol=8g；
（3）根据阿伏伽德罗定律可知，在同温同压条件下，和的物质的量之比为体积比等于2:1，分子个数之比是2:1；
（4）溶液是均一稳定的，从该溶液中取出10mL，则1mol/L；0.01L×1mol/L×2=0.02mol；
（5）为0.2mol，由化学方程式可知，反应中2分子和16分子HCl反应，其中10分子HCl被氧化，故至少能消耗HCl的物质的量为1.6mol，被氧化的HCl为1.0mol；
（6）配制1L内含、、的某营养液，若用KCl、、配制，则硫酸根离子全部来自，需0.12mol，同时含铵根离子0.12mol ×2=0.24mol，则另需氯化铵提供0.25mol-0.24mol=0.01mol铵根离子，则需0.01mol；0.01mol含氯离子0.01mol，其余氯离子需要由KCl提供0.25mol+0.08mol-0.01mol=0.32mol，故需KCl0.32mol；
故若用KCl、、配制，则需这三种固体物质的量分别为0.32mol、0.01mol、0.12mol。

三、元素或物质推断题
25．有A、B、C、D四种元素，A元素是地壳中含量最多的金属元素；B元素的原子其M层电子数比L层少1个电子；C元素的原子得到2个电子，D元素的原子失去1个电子，所得到的微粒都具有与氖原子相同的电子层结构。回答下列问题：
(1)上述四种元素的名称分别是A_________；B_________；C_________；D_________。
(2)画出A离子、C原子的结构示意图：_________，_________。
【答案】(1)     铝     氯     氧     钠
(2)         

【分析】A元素是地壳中含量最多的金属元素，所以A是Al；B元素的原子其M层电子数比L层少1个电子，所以B为Cl；C元素的原子得到2个电子，所得到的微粒具有与氖原子相同的电子数，所以C比氖原子少2个电子，即C为O；D元素的原子失去1个电子，所得到的微粒具有与氖原子相同的电子数，所以D比氖原子多1个电子，所以D为Na。
【详解】（1）由分析可知，四种元素名称分别是铝、氯、氧、钠；
（2）A离子Al3+，其离子结构示意图为；C原子为O原子，其原子结构示意图为。

四、实验题
26．实验室用固体烧碱配制500mL 0.1000mol/L的NaOH溶液。
(1)按要求填写下列操作步骤中的空格
①定容：加水至距刻度1-2厘米处，改用_________加水，使溶液的凹液面正好跟刻度相平。盖上瓶塞，上下颠倒数次，摇匀；
②溶解：将NaOH放入烧杯，加水，不断搅拌的目的是_________。
③计算：需要_________g烧碱；
④称量：NaOH应该放在_________中称量；
⑤转移：立即将上述溶液沿玻璃棒注入_________中，并用50mL蒸馏水洗涤烧杯、玻璃棒2～3次，并将洗涤液注入其中，并不时轻轻振荡；
(2)请排出(1)实验操作步骤的正确顺序_________。(填序号)
(3)请指出上述操作中一处明显错误：_________。
(4)欲用以上配制好的0.1000mol/L NaOH溶液再配制100 mL 0.015mol/L NaOH溶液，在以上实验的基础上，还需要添加的仪器是_________。

(5)下列操作会使配制的溶液浓度偏低的是_________(填标号)。
①没有洗涤溶解用的烧杯
②将热的溶液直接移入了容量瓶
③定容时，俯视容量瓶的刻度线
④定容摇匀后，发现液面低于刻度线，又用胶头滴管加蒸馏水至刻度线
【答案】(1)     胶头滴管     加速溶解     2.0     烧杯     500mL容量瓶
(2)③④②⑤①
(3)⑤步中应该等恢复至室温后再进行转移操作
(4)D
(5)①④

【分析】配制一定物质的量浓度的溶液，所需的步骤有计算、称量、溶解（冷却）、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签；
【详解】（1）①定容：加水至距刻度1-2厘米处，改用胶头滴管加水，使溶液的凹液面正好跟刻度相平。盖上瓶塞，上下颠倒数次，摇匀；
②溶解：将NaOH放入烧杯，加水，不断搅拌的目的是加速溶解。
③计算：需要0.500L×0.1000mol/L ×40g/mol=2.0g烧碱；
④称量：NaOH具有腐蚀性，应该放在烧杯中称量；
⑤转移：立即将上述溶液沿玻璃棒注入500mL容量瓶中，并用50mL蒸馏水洗涤烧杯、玻璃棒2～3次，并将洗涤液注入其中，并不时轻轻振荡；
（2）配制一定物质的量浓度的溶液，所需的步骤有计算、称量、溶解（冷却）、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签；故(1)实验操作步骤的正确顺序③④②⑤①；
（3）⑤步中不能立即将上述溶液沿玻璃棒注入500mL容量瓶中，而应该等恢复至室温后再进行转移操作；
（4）欲用以上配制好的0.1000mol/L NaOH溶液再配制100 mL 0.015mol/L NaOH溶液，也就是进行溶液的稀释操作，则在以上实验中已经有烧杯、胶头滴管、玻璃棒，故还需要填加量取溶液的量筒，故选D；
（5）①没有洗涤溶解用的烧杯，导致溶质没有全部转移到容量瓶中，浓度偏低，符合题意；
②将热的溶液直接移入了容量瓶，导致溶液体积偏小，浓度偏大，不符合题意；
③定容时，俯视容量瓶的刻度线，导致溶液体积偏小，浓度偏大，不符合题意；
④定容摇匀后，发现液面低于刻度线，又用胶头滴管加蒸馏水至刻度线，导致水的体积偏大，溶液浓度偏低，符合题意；
故选①④。
27．有一包白色固体物质，可能含有、、、、中的一种或几种，现进行如下实验：
(a)将白色固体溶于水中，得到无色透明溶液。
(b)取少量上述溶液两份，其中一份滴加溶液，立即产生白色沉淀，再加入稀硝酸，沉淀没有溶解。另一份溶液中滴加NaOH溶液，有白色沉淀生成。
(1)根据以上实验现象可知，该白色固体中一定没有_________，一定含有_________。
(2)通过上述实验，不能确定的物质是_________。请你设计实验验证(要求有操作、现象、结论)_________。
(3)写出(b)中的有关化学方程式_________。
【答案】(1)     、     、
(2)          用铂丝蘸取样品溶液，在酒精灯火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察，若焰色反应为紫色则含有硝酸钾，反之则没有
(3)、

【分析】有一包白色固体物质，可能含有、、、、中的一种或几种；
(a)将白色固体溶于水中，得到无色透明溶液，则不含有硫酸铜，硫酸铜溶液为蓝色；
(b)取少量上述溶液两份，其中一份滴加溶液，立即产生白色沉淀，再加入稀硝酸，沉淀没有溶解，说明生成了不溶于酸的硫酸钡沉淀，样品含有硫酸钠；另一份溶液中滴加NaOH溶液，有白色沉淀生成，说明生成氢氧化镁沉淀，样品含有氯化镁，则不含和氯化镁反应的碳酸钠；不确定是否含有硝酸钾；
【详解】（1）根据以上实验现象可知，该白色固体中一定没有、，一定含有、；
（2）通过上述实验，不能确定的物质是，钾元素的焰色反应为紫色，实验设计为：用铂丝蘸取样品溶液，在酒精灯火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察，若焰色反应为紫色则含有硝酸钾，反之则没有；
（3）(b)中反应为氯化钡和硫酸钠生成硫酸钡沉淀和氯化钠，；氢氧化钠和氯化镁生成氢氧化镁沉淀和氯化钠，。