2019-2020学年福建省龙岩市六校联考高一(上)期中化学试卷 (含答案解析)

2019-2020学年福建省龙岩市六校联考高一（上）期中化学试卷
一、单选题（本大题共16小题，共48.0分）
1.第ⅠA族金属元素习惯上又称为碱金属元素，下列关于碱金属元素某些性质的排列中，正确的
是()
A. 原子半径：Li<Na<K<Rb<Cs
B. 单质的密度：Li<Na<K<Rb<Cs
C. 单质的熔、沸点：Li<Na<K<Rb<Cs
D. 单质的还原性：Li>Na>K>Rb>Cs
2.设N A为阿伏伽德罗常数的值，下列有关叙述正确的是()
A. 7.8 g苯中所含双键数目为0.3N A
B. 1.8 g NH4+中含有的电子数为1.1N A
C. 标准状况下，22.4 L己烷含有的共价键数目为19 N A
D. 6.4 g Cu完全溶于硝酸中，转移的电子数为0.2N A
3.下列物质的分类中正确的是()
A. 盐：CaCl2、NaCl、CH3COONa
B. 酸：H2SO4、CH3CH2OH、CH3COOH
C. 碱：NaOH、Na2CO3、Ba(OH)2
D. 酸性氧化物：NO、SO3、P2O5
4.完成下列实验所选择的装置或仪器(夹持装置已略去)正确的是()
A B C D
实验制取少量纯净的
CO2气体
用CCl4提取溴水
中的Br2
除去CO2中含有的少量
HCl
蒸干NaCl饱和溶
液制备NaCl晶体
装置或仪器
5.下列解释实验事实的方程式不正确的是()
A. 可用氯气进行自来水的杀菌消毒：Cl2+H2O=HCl+HClO
B. 将“NO2球”浸泡在热水中，颜色变深：2NO2(g)=N2O4(g)△H<0
C. 在刻制印刷电路板时，用FeCl3溶液腐蚀铜箔：2Fe3++3Cu=2Fe+3Cu2+
D. 在KNO3和稀硫酸混合液中，铜片溶解：3Cu+8H++2NO3−=3Cu2++2NO↑+4H2O
6.与水反应可生成酸的氧化物都是酸性氧化物()
A. 正确
B. 错误
7.下列物质中，能够导电的电解质是()
A. Cu
B. 熔融的MgCl2
C. 氢氧化钠溶液
D. 蔗糖
8.下列有关胶体的叙述不正确的是()
A. 云、雾、烟都是胶体
B. 胶体和溶液的本质区别是能否产生丁达尔现象
C. “静电除尘”、“血液透析”都利用了胶体的性质
D. 胶体稳定存在的主要原因是胶粒带电荷
9.下列电离方程式的书写正确的是()
A. NH4++H2O⇌NH3·H2O+H+
B. S2−+2H2O⇌H2S+2OH−
C. CH3COOH+H2O⇌CH3COO−+H3O+
D. CH3COOH+OH−⇌CH3COO−+H2O
10.下列关于配制一定物质的量浓度溶液的说法，不正确的是
A. 容量瓶用蒸馏水洗涤后不用干燥
B. 其他操作都正确，称量药品时若砝码生锈会导致所配溶液浓度偏高
C. 配制90mL0.1mol⋅L−1NaCl溶液，应选用100mL容量瓶来配制
D. 摇匀、静置，发现液面低于刻度线，应加少量水至刻度线
11.下列实验装置或操作与微粒的大小无直接关系的是()
A. 过滤
B. 渗析
C. 萃取
D. 丁达尔效应
12.区别浓硫酸和稀硫酸，既简单又可靠的方法是()
A. 与铜片反应
B. 与石蕊溶液反应
C. 用玻璃棒各蘸少许涂在纸上
D. 加入锌片看是否有气体生成
13.下列反应的离子方程式不正确的是()
A. 铁与硫酸铜溶液反应：Fe+Cu2+=Fe2++Cu
B. 硫酸铜溶液与氢氧化钡溶液混合：Cu2++SO42−+Ba2++2OH−=Cu(OH)2↓+BaSO4↓
C. 在碳酸氢钠溶液中滴加稀盐酸：H++HCO3−=CO2↑+H2O
D. 铁与稀盐酸反应制取氢气：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑
14.下列各组中的离子，能在溶液中大量共存的是()
A. K+Na+OH−Cl−
B. Mg2+Na+SO42−OH−
C. H+Na+Cl−CO32−
D. Ba2+Cu2+Cl−SO42−
15.V mL Al2(SO4)3溶液中含Al3+a g，取V
4
mL溶液稀释到4V mL，则稀释后溶液中SO42−的物质的量浓度是()
A. 125a
9V mol⋅L−1 B. 125a
18V
mol⋅L−1
C. 125a
36V mol⋅L−1 D. 125a
54V
mol⋅L−1
16.有8gNa2O、Na2CO3、NaHCO3、NaOH的混合物与100mL/2moL盐酸恰好完全反应，蒸干溶液，
最终得固体质量为()
A. 8g
B. 15.5g
C. 11.7g
D. 无法计算
二、填空题（本大题共1小题，共16.0分）
17.(1)____克NH3分子中所含氢原子数与0.3N A个水分子中所含氢原子数相等。

(2)已知O2和CO2的混合气体，标准状况下体积为11.2L，质量为18g，则该混合气体与相同状况
下的CO的密度之比为_____________。

(3)38g某二价金属氯化物ACl2中含有0.8molCl−，则A的相对原子质量是____。

(4)100mL浓度为1.2mol/L的硫酸与6.5g锌充分反应后，最多可以收集到标准状况下氢气的体积
____L。

(5)常温下，27.5g水中溶解12.5gCuSO4⋅5H2O恰好达到饱和，该溶液密度为1.21g/cm3，则该溶
液中CuSO4的物质的量浓度为_______mol⋅L−1(保留小数点后两位)。

(6)某同学制备氢氧化铁胶体的实验过程为：取一小烧杯，加入25mL蒸馏水加热至沸腾，向沸
水中逐滴加入1～2mL FeCl3饱和溶液，继续煮沸至混合液呈红褐色。

请写出该过程的化学反应方程式：___________________________；可通过______________(填操作名称)将混合液中的离子分离出去；该同学继续对氢氧化铁胶体的性质进行了实验探究，以下实验现象和原因分析正确的有：_______(填序号)。

①氢氧化铁胶体有丁达尔现象，这是其区分于其他分散系的本质特征
②向氢氧化铁胶体中逐滴加入稀盐酸先有红褐色固体析出，后固体逐渐溶解形成棕黄色溶液
③在电场力的作用下，氢氧化铁胶体出现电泳现象，因为该胶体带电
三、实验题（本大题共2小题，共24.0分）
18.某物质M (仅含三种元素)是一种镁基储氢材料．为探究M的组成和性质，设计并完成如下实验：
已知：气体的体积均在标准状况下测定：固体A只含两种元素；气体B能使湿润的红色石蕊试纸变蓝．请回答下列问题：
(1)气体B的化学式为______．
(2)写出M高温分解的化学方程式______．
(3)写出固体A与H2O反应的化学方程式______．
19.使用中学常用的实验器材，设计一个实验观察Ba(OH)2与H2SO4在溶液中的反应导电性的变化，
并回答问题：
①实验所需器材：铁架台、烧杯、玻璃电极一对(碳棒)、导线、电源、灯泡、分液漏斗．
②连接好装置：实验装置如图甲所示．
③开始实验．
(1)反应前可以看到______，说明______．
(2)反应开始一段时间，可以看到______，说明______．
(3)当两种物质完全反应时，可以看到______，说明______．
(4)继续操作，可以看到______，说明______．
(5)试在如图乙的坐标系中画出溶液的导电性(以电流I表示)随滴入的稀硫酸的体积(用V表示)
变化趋势图．
四、简答题（本大题共1小题，共12.0分）
20.为除去粗盐中的CaCl2、MgCl2、FeCl3、Na2SO4以及泥沙等杂质，某同学设计了一种制备精盐的
实验方案，步骤如下(用于沉淀的试剂稍过量)：
(1)第①步操作的名称是______ ，第②步加入的试剂化学式为______ ．
(2)第④步加入试剂的化学式为______ ，相关的化学方程式是______ ．
(3)第⑤步操作所需玻璃仪器的名称是______ ．
(4)若第②步、第④步顺序颠倒，是否会对实验结果产生影响______ ，若第⑤步、第⑥步顺
序颠倒，是否会对实验结果产生影响______ ．
-------- 答案与解析 --------
1.答案：A
解析：
【分析】
本题旨在考查学生对碱金属元素的通性的应用。

【解答】
A.原子半径：Li<Na<K<Rb<Cs，故A正确；
B.由于突变，钾元素的密度小于钠，故B错误；
C.单质的熔、沸点：Li>Na>K>Rb>Cs，故C错误；
D.单质的还原性：Li<Na<K<Rb<Cs；故D错误。

故选A。

2.答案：D
解析：解：A、苯不是单双键交替的结构，故苯中不含碳碳双键，故A错误；
B、1.8g铵根离子的物质的量为0.1mol，而铵根离子中含10个电子，故0.1mol铵根离子中含N A个电子，故B错误；
C、标况下己烷为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故C错误；
D、6.4g铜的物质的量为0.1mol，而铜反应后变为+2价，故0.1mol铜反应后转移0.2N A个电子，故D 正确。

故选：D。

A、苯不是单双键交替的结构；
B、求出铵根离子的物质的量，然后根据铵根离子中含10个电子来分析；
C、标况下己烷为液体；
D、求出铜的物质的量，然后根据铜反应后变为+2价来分析。

本题考查了物质的量和阿伏伽德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。

3.答案：A
解析：
【分析】
本题是对物质的化学式及分类的考查，对物质的名称、分类及化学式有较明确的认识即可顺利解答，属基础知识考查题，难度不大。

【解答】
A.CaCl2、NaCl、CH3COONa都是由阴阳离子形成的化合物，属于盐，故A正确；
B.CH3CH2OH含有醇羟基，属于醇，而不是酸，故B错误；
C.Na2CO3是由阴阳离子形成的化合物，属于盐，而不是碱，故C错误；
D.NO不是酸性氧化物，故D错误。

故选A。

4.答案：B
解析：
【分析】
本题考查了化学实验方案的设计与评价，掌握实验原理是解答本题的关键，难度一般。

【解答】
A. 制出的二氧化碳中含有水蒸气，故A错误；
B. 用CCl4提取溴水中的Br2，装置选择正确，故B正确；
C. 氢氧化钠溶液既可以除氯化氢，也可以除二氧化碳，故C错误；
D. 蒸发氯化钠晶体需要使用蒸发皿，不使用坩埚，故D错误；
故选B。

5.答案：C
解析：解：A.可用氯气进行自来水的杀菌消毒，其化学反应为Cl2+H2O=HCl+HClO，故A正确；
B.2NO2(g)=N2O4(g)△H<0，为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，则将“NO2球”浸泡在热水中，颜色变深，故B正确；
C.在刻制印刷电路板时，用FeCl3溶液腐蚀铜箔的离子反应为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故C错误；
D.在KNO3和稀硫酸混合液中，铜片溶解的离子反应为3Cu+8H++2NO3−=3Cu2++2NO↑+4H2O，故D正确；
故选C．
A.氯气与水反应生成盐酸和HClO，HClO具有强氧化性；
B.2NO2(g)=N2O4(g)△H<0，为放热反应，温度升高，平衡逆向移动；
C.反应生成氯化铜、氯化亚铁；
D.发生氧化还原反应生成铜离子、NO和水．
本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重氧化还原反应的离子反应考查，题目难度不大．
6.答案：B
解析：
【分析】
本题考查了酸性氧化物的有关知识。

【解答】
酸性氧化物是与碱反应生成盐和水的氧化物，故错误；
故选B；
7.答案：B
解析：解：A.铜丝为单质，不是电解质，故A错误；
B.熔融的MgCl2在水溶液中或者熔融状态下都能导电，属于电解质，故B正确；
C.氯化钠溶液属于混合物，不是电解质，故C错误；
D.蔗糖为非电解质，故D错误；
故选：B。

电解质：在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物；例：酸、碱、盐，金属氧化物等；
非电解质：在水溶液中和熔融状态下不能导电的化合物；例：有机物，非金属氧化物等；
电解质导电的条件：含有自由电子或者自由移动的离子。

本题考查了电解质、非电解质的判断，熟悉相关概念是解题关键，注意电解质、非电解质必须是化合物。

8.答案：B
解析：解：A.云、雾、烟分散质微粒直径在1−100nm，形成的分散系为胶体，故A正确；
B.分散系的本质区别是分散质粒子直径的大小，丁达尔效应只是胶体所特有的性质，但不是本质区别，故B错误；
C.静电除尘利用的胶体电泳的性质，血液是胶体，“血液透析”为胶体不能通过半透膜的原理，故
C正确；
D.胶体不带电，胶粒带同种电荷，因为都带同种电荷，胶粒之间是相排斥的，不易聚集成大颗粒，达不到100nm以上就沉不下来，故D正确；
故选B．
A.分散质粒子直径在1nm～100nm之间的分散系属于胶体；
B.分散系的本质区别是分散质粒子直径的大小；
C.依据胶体具有电泳、不能通过半透膜性质解答；
D.胶体稳定存在的主要原因是胶粒带同种电荷，胶粒之间是相排斥．
本题考查胶体性质，掌握分散质的微粒大小为1−100nm为胶体，胶粒不能透过半透膜，胶体稳定存在原因带同种电荷，胶粒之间是相排斥的，不易聚集成大颗粒是解答本题的关键，题目难度不大．9.答案：C
解析：
【分析】
本题考查电离方程式的正误判断，难度不大，注意基础知识的积累。

【解答】
A.NH4++H2O⇌NH3·H2O+H+为NH4+的水解反应的离子方程式，故A不选；
B.S2−的水解应分步进行，故B不选；
C.CH3COOH+H2O⇌CH3COO−+H3O+为CH3COOH电离的电离方程式，故C选；
D.CH3COOH+OH−⇌CH3COO−+H2O为CH3COOH与强碱反应的离子方程式，故D不选。

故选C。

10.答案：D
解析：
【分析】
本题考查配制一定物质的量浓度的溶液方法，题目难度不大，明确配制步骤及操作方法为解答关键，试题侧重考查学生的分析能力及化学实验能力。

【解答】
A.容量瓶中有少量蒸馏水，不影响溶质的物质的量及最终溶液体积，则不影响溶液，所以容量瓶用蒸馏水洗涤后不用干燥，故A正确；
B.其他操作都正确，称量药品时若砝码生锈，会导致称量的溶质的质量偏大，所配溶液浓度偏高，故B正确；
C.配制90mL 0.1mol⋅L−1NaCl溶液，实验室中没有90mL容量瓶，需要选用100mL容量瓶来配制，故C正确；
D.摇匀、静置，发现液面低于刻度线，属于正常现象，不能再加入蒸馏水，否则所得溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故D错误；
故选：D。

11.答案：C
解析：
【分析】
本题考查混合物分离提纯原理及装置，为高频考点，把握混合物分离原理为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大，注意在学习中加强基础知识的积累。

【解答】
A.悬浊液的分散质粒子不能通过滤纸，过滤利用了分散质粒子的大小进行分离，故A错误；
B.胶体的分散质粒子不能透过半透膜，溶液的分散质粒子能透过半透膜，渗析利用了分散质粒子的大小进行分离，故B错误；
C.萃取利用一种溶质在两种溶剂中的溶解度不同进行分离，与物质微粒大小无直接关系，故C正确；
D.胶体微粒能对光线散射，产生丁达尔效应，丁达尔效应与分散质粒子的大小有关，故D错误。

故选C。

12.答案：C
解析：
【分析】
本题考查物质的检验和鉴别，为高频考点，侧重浓硫酸性质的考查，把握浓硫酸的脱水性为解答的关键，注意鉴别方法安全、简单，题目难度不大．
【解答】
A.Cu与稀硫酸不反应，与浓硫酸反应需要加热，可鉴别，但需要加热且生成有毒气体，故A不选；
B.与石蕊溶液反应，溶液都变为红色，不能鉴别，故B不选；
C.用玻璃棒各蘸少许点在纸上，纸变黑的为浓硫酸，可鉴别，既简单又安全，故C选；
D.加入锌片都生成气体，分别为二氧化硫、氢气，故D不选。

故选：C。

13.答案：D
解析：
【分析】
本题考查了离子方程式的书写，明确反应实质及离子方程式的书写方法是解题关键，注意离子反应应遵循客观事实、遵循原子个数、电荷数守恒规律，题目难度不大。

【解答】
A.铁与硫酸铜溶液反应，离子方程式：Fe +Cu 2+=Fe 2++Cu ，故A 正确；
B.硫酸铜溶液与氢氧化钡溶液混合，离子方程式：Cu 2++SO 42−+Ba
2++2OH −=Cu(OH)2↓+BaSO 4↓，故B 正确；
C.在碳酸氢钠溶液中滴加稀盐酸，离子方程式：H ++HCO 3−=CO 2↑+H 2O ，故C 正确；
D.铁与稀盐酸反应制取氢气，离子方程式：Fe +2H +=Fe 2++H 2↑，故D 错误。

故选D 。

14.答案：A
解析：解：A.离子之间不发生任何反应，可大量共存，故A 正确；
B.Mg 2+、OH −反应生成沉淀，不能大量共存，故B 错误；
C.H +、CO 32−反应生成二氧化碳和水，不能大量共存，故C 错误；
D.Ba 2+、SO 42−反应生成沉淀，不能大量共存，故D 错误．
故选A ．
根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水、弱电解质，或不发生氧化还原反应、互促水解反应等，则离子能大量共存，以此来解答．
本题考查离子的共存，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，熟悉复分解反应发生的条件即可解答，注意常见物质的溶解性，题目难度不大．
15.答案：C
解析：解：agAl 3+的物质的量=ag 27g/mol =a 27mol ，
溶液中n(Al 3+)：n(SO 42−)=2：3，VmL 溶液中n(SO 42−)=a 27mol ×32=a 18mol ，
V 4 mL 溶液中SO 42−的物质的量为：a 18mol ×14=a 72mol
溶液稀释到4V mL ，溶液中c(SO 42−)=
a 72mol 4V×10−3L =125a 36V mol/L ，
故选：C 。

根据n =m M 计算Al 3+的物质的量，再利用n(Al 3+)：n(SO 42−)=2：3计算VmL 溶液中n(SO 42−)，进而
计算V 4 mL 溶液中SO 42−的物质的量，再根据c =n V 计算稀释为4VmL 溶液中SO 42−物质的量浓度． 本题考查物质的量浓度的有关计算，难度不大，注意理解溶液中电解质离子物质的量之间的关系． 16.答案：C
解析：解：混合物与盐酸恰好反应得到NaCl 溶液，蒸干溶液得到固体为NaCl ，根据氯离子守恒n(NaCl)=n(HCl)=0.1L ×2mol/L =0.2mol ，故m(NaCl)=0.2mol ×58.5g/mol =11.7g ，故选C ． 混合物与盐酸恰好反应得到NaCl 溶液，蒸干溶液得到固体为NaCl ，根据氯离子守恒n(NaCl)=n(HCl)，
再根据m=nM计算NaCl的质量．
本题考查混合物计算，难度中等，侧重考查学生分析思维与解题方法技巧考查，注意利用守恒法解答．
17.答案：(1)3.4
(2)9:7
(3)24
(4)2.24
(5)1.51
(6)FeCl3+3H2O Fe(OH)3(胶体)+3HCl；渗析；②
解析：
【分析】
本题考查物质的量浓度的计算，熟练掌握以物质的量为中心的有关计算，明确物质的结构组成是解题关键，题目难度中等。

【解答】
(1)要使氨气分子与水分子中氢原子个数相等，则需要满足：m
17
×3×N A=0.3N A×2，解得m=3.4；故答案为：3.4；
(2)已知O2和CO2的混合气体，标准状况下体积为11.2L，质量为18g，该混合气体平均摩尔质量=
18g
11.2L 22.4L/mol =36g/mol，该混合气体与相同状况下的CO的密度之比=36g/mol
28g/mol
=9
7
，
故答案为：9:7
(3)38g某二价金属氯化物(ACl2)中含有0.8mol Cl−，则n(ACl2)=0.4mol，M(ACl2)=38g
0.4mol
=95g/mol，A的相对原子质量为95−2×35.5=24，
故答案为：24；
(4)100mL浓度为1.2mol/L的硫酸物质的量为：0.1L×1.2mol/L=0.12mol/L，6.5g锌物质的量为：6.5g
65g/mol
=0.1mol，依据方程式：H2SO4+Zn=ZnSO4+H2↑，可知硫酸过量，锌完全反应，消耗1mol 锌生成1mol氢气，则消耗0.1mol锌生成0.1mol氢气，标况下体积为：22.4L/mol×0.1L=2.24L，
故答案为：2.24；
(5)n(CuSO4)=n(CuSO4⋅5H2O)=12.5g÷250g/mol=0.05mol，溶液质量为27.5g+12.5g=40g，
故溶液体积为40g÷1210g/L=4
121L，则该溶液中CuSO4的物质的量浓度为0.05mol÷4
121
L=
1.51mol/L，
故答案为：1.51mol/L；
(6)制备胶体的原理是利用铁离子水解生成氢氧化铁胶体，反应的化学方程式为FeCl3+3H2O Fe(OH)3(胶体)+3HCl，分离胶体和溶液可通过渗析；
①本质区别是分散质粒子直径的大小，丁达尔效应只是胶体所特有的性质，故①错误； ②向氢氧化铁胶体中逐滴加入稀盐酸先有红褐色固体析出是胶体的聚沉，后固体逐渐溶解形成棕黄色溶液，氢氧化铁能和盐酸反应生成氯化铁和水，氯化铁溶液为棕黄色，故②对；
③在电场力的作用下，
氢氧化铁胶体出现电泳现象，因为该胶体粒子带电，胶体不带电，故③错误； 故答案为：FeCl 3+3H 2O Fe(OH)3(胶体)+3HCl ；渗析；②。

18.答案：NH 3；3Mg(NH 2)2
− 高温 Mg 3N 2+4NH 3↑；Mg 3N 2+6H 2O =3Mg(OH)2+2NH 3↑
解析：解：气体B 能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，判断为NH 3，气体的体积均在标准状况下测定，某物质M(仅含三种元素)是一种镁基储氢材料，M 高温分解生成固体A 和气体B 为氨气，物质的量= 4.48L 22.4L/mol =0.2mol ，证明M 中含有N 、H 、Mg 元素，气体A 只含两种元素，和水反应生成氨气和
白色沉淀C ，固体A 和水反应生成氨气物质的量= 2.24L 22.4L/mol =0.1mol ，白色沉淀C 为氢氧化镁沉淀，
则A 为Mg 3N 2，物质的量为0.05mol ，元素守恒得到Mg 元素物质的量0.15mol ，所含氮元素0.1mol ，M 分解生成氨气0.2mol ，则M 中含氮元素0.2mol +0.1mol =0.3mol ，所含氢元素物质的量=
8.4g−0.3mol×14g/mol−0.15mol×24g/mol 1g/mol =0.6mol ，M 中元素物质的量之比为：n(Mg)：n(N)：n(H)=0.15：
0.3：0.6=1；2；4，得到M 化学式为Mg(NH 2)2，
(1)分析可知气体B 的化学式为：NH 3，
故答案为：NH 3；
(2)分析可知M 为Mg(NH 2)2，分解生成氮化镁和氨气，M 高温分解的化学方程式为：
3Mg(NH 2)2−
 高温 Mg 3N 2+4NH 3↑，
故答案为：3Mg(NH 2)2−
 高温 Mg 3N 2+4NH 3↑；
(3)固体A 为Mg 3N 2与H 2O 反应生成氢氧化镁和氨气，反应的化学方程式为：Mg 3N 2+6H 2O =3Mg(OH)2+2NH 3↑，
故答案为：Mg 3N 2+6H 2O =3Mg(OH)2+2NH 3↑；
气体B 能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，判断为NH 3，气体的体积均在标准状况下测定，某物质M(仅含三种元素)是一种镁基储氢材料，M 高温分解生成固体A 和气体B 为氨气，物质的量= 4.48L 22.4L/mol =0.2mol ，证明M 中含有N 、H 、Mg 元素，气体A 只含两种元素，和水反应生成氨气和白色沉淀C ，固体A 和水反应生成氨气物质的量= 2.24L 22.4L/mol =0.1mol ，白色沉淀C 为氢氧化镁沉淀，则A 为Mg 3N 2，物质的量为0.05mol ，元素守恒得到Mg 元素物质的量0.15mol ，所含氮元素0.1mol ，M 分解生成氨气0.2mol ，则M 中含氮元素0.2mol +0.1mol =0.3mol ，所含氢元素物质的量=
8.4g−0.3mol×14g/mol−0.15mol×24g/mol 1g/mol =0.6mol ，M 中元素物质的量之比为：n(Mg)：n(N)：n(H)=0.15：
0.3：0.6=1；2；4，得到M 化学式为Mg(NH 2)2，据此分析回答问题；
本题考查了物质转化、物质性质和定量计算、化学式判断等，主要是元素守恒的计算应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等．
19.答案：灯泡明亮；溶液中存在大量Ba2+、OH−；灯泡变暗；Ba(OH)2+H2SO4=BaSO4↓+2H2O，溶液中的离子浓度逐渐减小；灯泡熄灭；溶液中离子浓度很小，几乎为0；灯泡逐渐变亮；溶液中离子浓度又逐渐增大
解析：解：(1)实验前为氢氧化钡溶液，溶液中存在大量Ba2+、OH−，具有溶液导电，可观察到灯泡明亮，故答案为：灯泡明亮；溶液中存在大量Ba2+、OH−；
(2)反应开始一段时间，氢氧化钡和硫酸发生中和反应，生成水和硫酸钡沉淀，发生Ba(OH)2+
H2SO4=BaSO4↓+2H2O，溶液中离子浓度降低，导电能力下降，灯泡变暗，
故答案为：灯泡变暗；Ba(OH)2+H2SO4=BaSO4↓+2H2O，溶液中的离子浓度逐渐减小；
(3)当两种物质完全反应时，溶液中离子浓度很小，几乎为0，则导电能力最低，灯泡变暗，故答案为：灯泡熄灭；溶液中离子浓度很小，几乎为0；
(4)继续滴加硫酸，溶液中离子浓度增大，则灯泡逐渐变亮，故答案为：灯泡逐渐变亮；溶液中离子浓度又逐渐增大；
(5)滴加硫酸之前，氢氧化钡浓度最大，导电性最强，但随着反应的进行，溶液浓度逐渐降低，导电性减弱，硫酸过量时，导电能力又逐渐增强，如图，
故答案为：．
向H2SO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液至反应完全，发生的离子反应方程式为2H++SO42−+Ba2++
2OH−=BaSO4↓+2H2O，随着硫酸的滴入，溶液中离子的浓度逐渐减小、溶质逐渐减少，导电能力减弱，当两种溶液恰好完全反应时，溶液中几乎没有自由移动的离子，所以电流计偏转程度逐渐减小，最后为零，再加入硫酸，得到的是硫酸溶液，导电能力会逐渐增强，说明溶液的导电性与溶液的离子浓度有关，以此解答该题．
本题考查元素化合物性质及离子反应、溶液导电性等知识点，为高频考点，明确导电性与离子浓度关系是解本题关键，题目难度不大．
20.答案：(1)溶解；BaCl2；
(2)Na2CO3；CaCl2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaCl，BaCl2+Na2CO3=BaCO3↓+2NaCl；
(3)漏斗、玻璃棒、烧杯；
(4)有影响；有影响
解析：解：(1)粗盐中的CaCl2、MgCl2、FeCl3、Na2SO4以及泥沙等杂质的除杂方法：先将混合物溶解，后过滤除泥沙，再加入试剂分别将钙离子、镁离子、铁离子以及钙离子除去，但是碳酸钠一定放在氯化钡的后面，氢氧化钠和氯化钡的顺序无要求，故答案为：溶解；BaCl2；
(2)最后加入试剂是碳酸钠来将溶液中的杂质离子钙离子以及多余的钡离子除去，反应方程式为：CaCl2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaCl BaCl2+Na2CO3=BaCO3↓+2NaCl，故答案为：Na2CO3；CaCl2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaCl，BaCl2+Na2CO3=BaCO3↓+2NaCl．
(3)第⑤步操作是将沉淀和溶液分离的方法，所需玻璃仪器是漏斗、玻璃棒、烧杯，故答案为：漏斗、玻璃棒、烧杯；
(4)碳酸钠一定放在氯化钡的后面加，否则溶液中过量的钡离子无法除去，不能先加盐酸再过滤，如果这样会将产生的沉淀氢氧化镁、氢氧化铁以及碳酸钙溶于盐酸中，影响氯化钠的纯度，故答案为：有影响；有影响．
(1)根据粗盐中的CaCl2、MgCl2、FeCl3、Na2SO4以及泥沙等杂质的除杂方法：先过滤除泥沙，再加入试剂分别将钙离子、镁离子、铁离子以及钙离子除去，但是碳酸钠一定放在氯化钡的后面；
(2)加入碳酸钠的目的是将溶液中的杂质离子钙离子以及多余的钡离子除去；
(3)根据过滤实验所需的仪器来回答；
(4)碳酸钠一定放在氯化钡的后面加，否则溶液中过量的钡离子无法除去，加入试剂产生的沉淀氢氧化镁、氢氧化铁以及碳酸钙均会溶于盐酸中，不能先加盐酸再过滤．
本题主要考查了粗盐提纯过程中的除杂方面的知识，综合性强，要求高．。