四川省内江市威远中学2024-2025学年高一上学期12月月考化学试卷（Word版附解析）

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一、单选题(每题3分共48分，仅有一个正确答案)。
1. 我国传统文化源远流长。对下列古文或诗词的解读错误的是
A. “方以类聚，物以群分”表达了对于世界体系的分类概念
B. “野火烧不尽”涉及氧化还原反应
C. “日照澄洲江雾开，淘金女伴满江隈”涉及丁达尔效应
D. “曾青得铁则为铜”过程发生了复分解反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．“方以类聚物以群分”表达了对于世界体系的分类模念，A正确；
B．“野火烧不尽”涉及到燃烧，属于氧化还原反应，B正确；
C．雾属于胶体分散系，则“日照澄洲江雾开，淘金女伴满江隈”涉及丁达尔效应，C正确；
D．“曾青得铁则为铜”过程发生了置换反应，D错误；
故选D。
2. 下列关于物质分类组合正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．纯碱是碳酸钠的俗称，不属于碱，A错误；
B．Mn2O7是酸性氧化物，B错误；
C．一水合氨是碱，漂白粉主要成分是氯酸钙和次氯酸钙，属于混合物，氧化铜属于碱性氧化物，硝酸是酸，属于电解质，C正确；
D．CuSO4·5H2O属于纯净物，盐酸属于混合物，既不是电解质也不是非电解质，D错误；
故选C。
3. 下列各组离子在限定的条件下，一定能大量共存的是
A. 无色透明溶液：
B. 透明溶液：
C. 遇酚酞变红的溶液：
D. 使石蕊变红的溶液：
【答案】B
【解析】
【详解】A．Cu2+的水溶液显蓝色，无色透明溶液中不可能大量存在，A不符合题意；
B．在透明溶液中，选项离子之间不能发生任何反应，可以大量共存，B符合题意；
C．遇酚酞变红的溶液显碱性，溶液中含有大量的OH-，和OH-会反应产生弱碱NH3·H2O，因此不能大量共存，C不符合题意；
D．使石蕊变红的溶液显酸性，溶液中含有大量H+，H+和会反应产生H2O、CO2，不能大量共存；且在酸性条件下，H+、起HNO3的作用，表现强氧化性，能与具有还原性的Fe2+发生氧化还原反应，也不能大量共存，D不符合题意；
故合理选项是B。
4. 下列离子方程式书写正确的是
A. Ca(HCO3)2与过量Ca(OH)2溶液反应：
B. 向CaCl2溶液中通入CO2：
C. Fe与稀硫酸反应：
D. Cl2通入石灰乳中：
【答案】A
【解析】
【详解】A．根据“以少定多”的原则可知，Ca(HCO3)2与过量Ca(OH)2溶液反应时，Ca(HCO3)2完全反应，假设其物质的量是1 ml，反应消耗1 ml Ca(OH)2，二者按物质的量之比1：1反应，其离子方程式为：，A正确；
B．由于酸性：HCl＞H2CO3，所以CO2和CaCl2溶液不反应，B错误；
C．反应原理不符合事实，H+的氧化性比较弱，Fe与稀硫酸反应生成+2价的Fe2+、H2，反应的离子方程式应该为：Fe+2H+=Fe2++H2↑，C错误；
D．将Cl2通入石灰乳中制取漂粉精，石灰乳主要以固体形式存在，应该写化学式，反应的离子方程式应该为：Cl2+Ca(OH)2= Ca2++Cl-+ClO-+H2O，D错误；
故合理选项是A。
5. 已知有如下反应：①；②；③，根据上述反应，判断下列结论错误的是
A. 在反应①中作还原剂
B. 在反应②中既是氧化产物又是还原产物
C. 氧化性由强到弱的顺序：
D. 溶液中可发生反应：
【答案】C
【解析】
【详解】A．Cl2 在反应①中化合价从0升至+5，被氧化作还原剂，A正确；
B．Cl2在反应②中由+5价被还原而来是氧化产物，又从-1价被氧化而来是还原产物，B正确；
C．氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，氧化性的由强到弱的顺序为：>>Cl2>，C错误；
D．氧化性>，故溶液中可发生反应+ I− = + Cl− ，D正确；
故选C。
6. 下列说法中，不正确的是
A. 物质的量表示含有一定数目粒子的集合体，是七个基本物理量之一
B. 摩尔是物质的量的单位
C. 1ml任何物质都约含6.02×1023个原子
D. 1ml水所含的水分子数和1mlAl所含的Al原子数都约为6.02×1023
【答案】C
【解析】
【详解】A．物质的量是七个基本物理量之一，表示含有一定数目粒子的集合体，A项正确；
B．物质的量的单位是摩尔，B项正确；
C．物质不一定由原子构成，有的物质由分子或离子构成，故1ml物质中不一定约含6.02×1023个原子，C项错误；
D．水是由水分子构成的，1ml水所含的水分子数约为6.02×1023，Al是由Al原子构成的，1mlAl所含的Al原子数约为6.02×1023，D项正确。
答案选C。
7. 下列叙述错误的是
①摩尔是国际单位制中的七个基本物理量之一
②1 ml任何物质都含有约6.02×1023个原子
③6.02×1023就是阿伏加德罗常数
④氢原子的摩尔质量是l g
⑤HCl的摩尔质量等于1ml HCl分子的质量；
⑥1 ml CO2中含有1 ml碳和2 ml氧
⑦0.012 kg12C中含有12C的数目为1 ml
A. ①②③B. ②③④C. ②③④⑥D. 全部
【答案】D
【解析】
【详解】①摩尔不是物理量，摩尔是物质的量的单位，①错误；
②物质的构成微粒有原子、分子、离子，不是所有物质都由原子构成的，应该说1 ml任何物质都含有约6.02×1023个构成物质的基本微粒，②错误；
③阿伏加德罗常数是个精确值，是0.012 kg12C中所含有的C原子数，其近似值为6.02×1023/ml，③错误；
④H原子相对原子质量是1，所以H原子的摩尔质量为1 g/ml，④错误；
⑤摩尔质量与质量单位不同，HCl的摩尔质量是以 g/ml为单位，数值上等于其相对分子量36.5，即HCl的摩尔质量为36.5 g/ml，⑤错误；
⑥在1个CO2分子中含有1个C原子和2个O原子，所以1 ml CO2中含有1 ml碳和2 ml氧原子，⑥错误；
⑦0.012 kg12C所含有的C原子数是NA个，其物质的量为1 ml，NA个C原子的近似值约为6.02×1023，⑦错误；
综上所述可知：上述说法都错误，故合理选项是D。
8. 下列实验装置或操作能达到相应实验目的的是
A. 观察的焰色B. 比较的热稳定性
C. 除去中含有的D. 制备胶体
【答案】B
【解析】
【详解】A．观察钾元素的焰色需要透过蓝色钴玻璃，故不选A；
B．比较的热稳定性，把碳酸氢钠放在温度相对较低的小试管内，碳酸氢钠能分解放出二氧化碳，可以证明NaHCO3不稳定，故选B；
C．与碳酸氢钠不反应，无法除去氯气中的二氧化碳杂质，故不选C；
D．氯化铁溶液滴到氢氧化钠溶液中生成氢氧化铁沉淀，不能制得氢氧化铁胶体，故不选D；
故选B。
9. 下列关于钠及其化合物的说法正确的是
A. 鉴别等浓度碳酸钠和碳酸氢钠溶液可以用澄清石灰水
B. 碳酸钠和碳酸氢钠固体中分别加入少量的水后都伴随着放热现象，并且在相同条件下，前者溶解度大于后者
C. 将过氧化钠投入紫色石蕊试液中，溶液先变红后褪色，同时放出氧气
D. 金属钠长期置于空气中，最终将变为碳酸钠粉末
【答案】D
【解析】
【详解】A．澄清石灰水与碳酸钠和碳酸氢钠溶液都能反应生成碳酸钙白色沉淀，因此不能用澄清石灰水鉴别等浓度碳酸钠和碳酸氢钠溶液，A错误；
B．碳酸氢钠固体溶解吸热，B错误；
C．将过氧化钠与石蕊溶液中的水反应产生NaOH、O2，NaOH是碱，能够使紫色石蕊试液变为蓝色；过氧化钠有强氧化性，会将有色物质氧化变为无色，因此又看到溶液由蓝色变为无色，因此看到石蕊试液先变蓝，后褪色，同时放出氧气，C错误；
D．金属钠长期置于空气中，先被空气中的O2氧化为Na2O，Na2O与空气中的水蒸气反应得到NaOH，NaOH吸水潮解后得到NaOH溶液，NaOH溶液和CO2反应得到碳酸钠晶体，碳酸钠晶体逐渐失去结晶水，最后变为碳酸钠粉末，故金属钠长期置于空气中，最终将变为碳酸钠粉末，D正确；
故合理选项是D。
10. 下列说法正确的是
A. 漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2，应密封保存
B. 新制氯水的颜色为浅黄绿色，光照新制氯水有气体逸出，该气体为HCl
C. 向久置的氯水中滴入紫色石蕊试液，溶液将先变红后褪色
D. 氯气有漂白性，所以氯气能使湿润的有色布条褪色
【答案】A
【解析】
【详解】A．漂白粉的主要成分是CaCl2和Ca(ClO)2，有效成分是Ca(ClO)2，放久会与空气中的二氧化碳发生反应生成次氯酸和碳酸钙，次氯酸分解导致漂白粉失效，应密封保存，故A正确；
B．光照次氯酸分解生成HCl、氧气，所以光照新制氯水有气体逸出，该气体是氧气，故B错误；
C．久置的氯水成分为盐酸，向久置的氯水中滴入紫色石蕊试液，溶液将先变红不褪色，故C错误；
D．氯气不有漂白性，具有漂白性的是氯气与水反应生成的次氯酸，所以氯气能使湿润的有色布条褪色，故D错误；
答案选A。
11. 为除去某物质中所含的杂质，所选用的试剂及操作方法正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．向FeSO4溶液中加入过量铁粉，发生反应：CuSO4+Fe= FeSO4+Cu，充分反应后过滤，除去过量Fe及置换出来的Cu，就得到纯净的FeSO4溶液，A正确；
B．HCl能够与饱和的NaHCO3溶液反应产生CO2气体，使Cl2中又混入新的杂质气体，且氯气也能和饱和碳酸氢钠溶液反应，不能达到除杂的目的，应该使用饱和NaCl溶液除去Cl2中的杂质HCl，B错误；
C．CO2、HCl都能够与NaOH溶液反应，因此不能用NaOH溶液除杂，应该使用饱和的NaHCO3溶液除去CO2中的杂质HCl气体，C错误；
D．CO2能够与NaOH溶液反应，而杂质H2不能反应，不能达到除杂、净化的目的，D错误；
故合理选项是A。
12. 某溶液X中可能含有下列离子中的若干种：、Cl-、、Na+、Mg2+、Ba2+，所含离子的物质的量浓度均相同。为了确定该溶液的组成，某同学取上述溶液X，进行了如下实验：
①向溶液X中加入足量的Ba(OH)2溶液，得到白色沉淀；
②将①的反应混合液过滤，在沉淀中加入足量稀盐酸，沉淀部分溶解且产生气体。
下列说法正确的是
A. ①中得到的白色沉淀是BaCO3和BaSO4的混合物
B. 溶液X中一定存在、，可能存在Mg2+
C. 溶液X中一定不存在Ba2+、Cl-
D. 无法确定溶液X中是否含有Na+，需要做焰色试验才能确定
【答案】C
【解析】
【分析】①向溶液X中加入足量的Ba(OH)2溶液，得到白色沉淀，可知、、Mg2+中至少一种；
②将①的反应混合液过滤，在沉淀中加入足量稀盐酸，沉淀部分溶解且产生气体，说明沉淀中一定由硫酸钡、碳酸钡，所以原溶液中一定含有、，根据离子共存，一定不含Ba2+；所含离子的物质的量浓度均相同，根据电荷守恒，一定含有Na+、Mg2+，一定不含Cl-。
【详解】A．①中得到的白色沉淀是BaCO3和BaSO4、Mg(OH)2混合物，故A错误；
B．根据以上分析，溶液X中一定存在、、Na+、Mg2+，故B错误；
C．根据以上分析，溶液X中一定不存在Ba2+、Cl-，故C正确；
D．溶液X中是一定含有Na+，故D错误；
选C。
13. 下列物质间的每一个转化都能通过一步反应实现的是
A. B. 溶液
C. 溶液D.
【答案】C
【解析】
【详解】A．过氧化氢分解生成氧气而不是氢气，氧气和氢气点燃生成水，故A不符合题意；
B．由于盐酸的酸性比碳酸的强，则二氧化碳和氯化钙溶液不反应，碳酸钙和稀盐酸生成氯化钙和水、二氧化碳气体，故B不符合题意；
C．硫酸铜溶液与Fe反应生成硫酸亚铁和Cu，Cu与氧气在加热下反应生成CuO，能一步实现转化，故C符合题意；
D．氧化铁和CO高温生成铁单质，铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气而不是氯化亚铁，故D不符合题意；
故选C。
14. 探究与水的反应原理实验如图，下列分析错误的是
已知：、。
A. ①中产生的气体为，是氧化产物
B. 由上述现象可知，与水反应有生成
C. ②、⑤中与的作用完全相同
D. 通过④说明能溶于硫酸
【答案】C
【解析】
【分析】由图可知，反应①发生的反应为过氧化钠部分与水反应生成氢氧化钠和氧气，部分与水反应生成氢氧化钠和过氧化氢；反应②为过氧化氢溶液与酸性高锰酸钾溶液反应生成硫酸钾、硫酸锰、氧气和水；反应③为过氧化氢溶液与氯化钡溶液反应生成过氧化钡沉淀和盐酸；反应④为过氧化钡与稀硫酸反应生成硫酸钡和过氧化氢；反应⑤为二氧化锰做催化剂作用下过氧化氢分解生成氧气和水。
【详解】A．由分析可知，反应①发生的反应为过氧化钠部分与水反应生成氢氧化钠和氧气，反应中过氧化钠中氧元素的化合价即升高被氧化又降低被还原，氧气是反应的氧化产物，故A正确；
B．由分析可知，反应①发生的反应为过氧化钠部分与水反应生成氢氧化钠和过氧化氢，故B正确；
C．由分析可知，反应②中高锰酸钾是反应的氧化剂，反应⑤中二氧化锰是反应的催化剂，两者的作用不同，故C错误；
D．由分析可知，反应④为过氧化钡与稀硫酸反应生成硫酸钡和过氧化氢，故D正确；
故选C。
15. 亚氯酸钠(NaClO2)是一种高效的漂白剂和氧化剂，可用于各种纤维和某些食品的漂白。马蒂逊(Mathiesn)法制备亚氯酸钠的流程如下。
下列说法错误的是
A. 反应①阶段，参加反应的NaClO3和SO2的个数之比为2：1
B. 反应①中NaClO3是氧化剂，NaHSO4是氧化产物
C. 反应②条件下，ClO2的氧化性大于H2O2
D. 反应②中的H2O2可用NaClO4代替
【答案】D
【解析】
【分析】由制备流程可知：①中NaClO3在酸性条件下与二氧化硫发生氧化还原反应生成NaHSO4和ClO2，反应方程式为2NaClO3+H2SO4+SO2=2ClO2+2NaHSO4；②中ClO2与H2O2在碱性条件下反应生成NaClO2，反应方程式为：2NaOH+2ClO2+H2O2=O2↑+2H2O+2NaClO2，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤可得到NaClO2，以此分析解答。
【详解】A．反应①化学方程式为2NaClO3+H2SO4+SO2=2ClO2+2NaHSO4，根据方程式可知：参加反应的NaClO3和SO2的个数之比为2：1，A正确；
B．反应①化学方程式为：2NaClO3+H2SO4+SO2=2ClO2+2NaHSO4，在该反应中NaClO3为氧化剂，得到电子被还原为ClO2，SO2为还原剂，失去电子被氧化为NaHSO4，NaHSO4为氧化产物，B正确；
C．反应②方程式为：2NaOH+2ClO2+H2O2=O2↑+2H2O+2NaClO2，在该反应中ClO2为氧化剂，得到电子被还原为NaClO2，H2O2为还原剂，失去电子被氧化为O2，所以氧化性：ClO2＞H2O2，C正确；
D．反应②中的H2O2不可用NaClO4代替，这是由于高氯酸钠中的Cl为+7价，只有强氧化性，而反应中H2O2为还原剂，表现还原性，D错误；
故合理选项是D。
16. 几种物质在水溶液中的转化关系如下图所示(依次发生反应1、2、3)，已知：NaBiO3微溶于水，下列叙述错误的是
A. 反应1的离子方程式为：
B. 反应2说明氧化性：＞
C. 反应3中，Fe2+和参与反应的个数比为6：1
D. 上述反应说明还原性：Fe2+＞Cr3+＞Mn2+＞Bi3+
【答案】A
【解析】
【详解】A．根据题意可知NaBiO3微溶于水，在书写离子方程式时应该写化学式，该反应的离子方程式应该为：，A错误；
B．在反应2中，将Cr3+氧化为，得到电子被还原为Mn2+。为氧化剂，为氧化产物，由于在氧化还原反应中，物质的氧化性：氧化剂＞氧化产物，所以微粒的氧化性：＞，B正确；
C．在反应3中，将Fe2+氧化为Fe3+，得到电子被还原为Cr3+。1个得到电子被还原成2个Cr3+，得到6个电子；1个 Fe2+失去电子氧化为1个Fe3+，失去1个电子，根据氧化还原反应中电子得失数目相等，可知Fe2+和参与反应的个数比为6：1，C正确；
D．在氧化还原反应中，物质还原性：还原剂＞还原产物。根据图示可知：在反应1中，Mn2+是还原剂，Bi3+是还原产物，所以还原性：Mn2+＞Bi3+；在反应2中，Cr3+是还原剂，Mn2+是还原产物，所以还原性：Cr3+＞Mn2+；在反应3中，Fe2+是还原剂，Cr3+是还原产物，所以还原性：Fe2+＞Cr3+。综上所述可知，微粒的还原性：Fe2+＞Cr3+＞Mn2+＞Bi3+，D正确；
故合理选项是A。
二、填空题。
17. 按要求回答下列问题
（1）在下面物质中属于氧化物的是_______ ；属于电解质的是_______；属于非电解质的是_______；能导电的是_______。(填序号)
①过氧化钠；②液氯；③硝酸钾溶液；④硫酸铜晶体(CuSO4·5H2O)；⑤二氧化碳；⑥碘酒；⑦熔融KHSO4；⑧Ba(OH)2固体；⑨NaHCO3溶液；⑩盐酸。
（2）酸式盐是盐的一种，可看作是多元酸中的氢离子未被完全中和所得到的盐，常见的有NaHCO3、NaHSO4、KH2PO4、K2HPO4等。已知H3PO2(次磷酸)与足量的NaOH反应只生成一种盐NaH2PO2。
①NaH2PO2为_______。(填序号)
A．正盐 B．酸式盐 C．碱式盐
②写出H3PO2溶液与足量NaOH溶液反应的化学方程式_______。
（3）在小烧杯中加入20 mL蒸馏水，加热至沸腾后，向沸水中滴入几滴饱和FeCl3溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热，此过程的离子方程式为_______。
【答案】（1） ①. ①⑤ ②. ①④⑦⑧ ③. ⑤ ④. ③⑦⑨⑩
（2） ①. A ②. H3PO2+NaOH=NaH2PO2+H2O
（3）Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+
【解析】
【小问1详解】
①过氧化钠化学式是Na2O2，仅有Na、O两种元素组成，属于氧化物；有Na+、构成，在熔融状态下能够发生电离而导电，属于电解质；由于在Na2O2固体中构成微粒Na+、不能自由移动，因此不能导电；
②液氯是Cl2，由分子构成，不能导电；液氯属于单质，不是化合物，因此不属于氧化物，也不属于电解质及不属于非电解质；
③硝酸钾溶液是混合物，不是化合物，不是氧化物；混合物不属于电解质，也不属于非电解质；硝酸钾溶液中含有自由移动的离子，因此能够导电；
④硫酸铜晶体(CuSO4·5H2O)是盐，不属于氧化物，该物质由离子构成，但离子不能自由移动，因此不能导电；盐硫酸铜晶体属于电解质；
⑤二氧化碳由CO2分子构成，其中含有C、O两种元素，属于氧化物；二氧化碳在水溶液中和熔融状态下都不能因自身发生电离而导电，因此属于非电解质；
⑥碘酒是混合物，不是纯净物，因此不属于氧化物，也不属于电解质、不属于非电解质；在碘酒中无自由移动的离子，因此不能导电；
⑦熔融KHSO4中含有自由移动的离子，因此能够导电；该物质中含有K、H、O、S四种元素，属于盐，而不属于氧化物；熔融KHSO4属于电解质；
⑧Ba(OH)2固体由Ba、O、H三种元素组成，不属于氧化物；Ba(OH)2固体的构成微粒是Ba2+、OH-，但离子不能自由移动，因此不能导电；在水溶液中或熔融状态下能够发生电离而导电，属于电解质；
⑨NaHCO3溶液是混合物，不是化合物，因此不属于氧化物，不属于电解质，也不属于非电解质，由于溶液中含有自由移动的离子，因此能够导电；
⑩盐酸是HCl的水溶液，是混合物，不是化合物，因此不属于氧化物，也不属于电解质、不属于非电解质。由于在盐酸中含有自由移动的离子，因此能够导电；
综上所述可知：上述物质中属于氧化物的物质序号为①⑤；属于电解质的物质序号为①④⑦⑧；属于非电解质的物质序号是⑤；能导电的物质序号是③⑦⑨⑩；
【小问2详解】
①由于H3PO2(次磷酸)与足量的NaOH反应只生成一种盐NaH2PO2，说明1个H3PO2分子只能电离产生1个H+，H3PO2为一元酸，故NaH2PO2为正盐，故合理选项是A；
②H3PO2与NaOH发生中和反应产生NaH2PO2、H2O，该反应的化学方程式为：H3PO2+NaOH=NaH2PO2+H2O；
【小问3详解】
在小烧杯中加入20 mL蒸馏水，加热至沸腾后，向沸水中滴入几滴饱和FeCl3溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热，FeCl3与热水反应产生Fe(OH)3胶体和HCl，此过程发生反应的离子方程式为：Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+。
18. Ⅰ．由这8种离子构成 A、B、C、D 四种可溶性盐(离子在物质中不能重复出现)。现做如下实验。
①把四种盐分别溶于盛有蒸馏水的四支试管中，只有C的溶液呈黄色。
②向①的四支试管中分别加入盐酸，A的溶液中有沉淀生成，B的溶液中有无色无味的气体逸出。
回答下列问题：
（1）写出A、C的化学式：A_______，C_______。
（2）向B的饱和溶液中继续通入CO2，发生反应的离子方程式为_______。
Ⅱ．已知氧化性Fe3+＞Cu2+＞Fe2+。
（3）在溶有Fe2(SO4)3和CuSO4的溶液中加入一定量的铁粉，下列说法正确的是_____。(填字母)
A. 若铁粉无剩余，且溶液中有Cu2+，则溶液中可能有Fe3+
B. 若铁粉无剩余，溶液中一定有Fe2+，一定无Cu2+
C. 若铁粉有剩余，则不溶物一定有铜
D. 若铁粉有剩余，则溶液中一定有Fe2+和Cu2+
（4）治理汽车尾气方法之一是在汽车的排气管上安装“催化转化器”，CO和NO可以转化为两种无毒的气体，写出化学方程式，用单线桥标出电子转移的方向和数目：_______。
（5）已知氧化性：Cl2＞Fe3+＞I2，写出过量的氯气通入碘化亚铁溶液中反应的离子方程式：_______。
【答案】（1） ① AgNO3 ②. Fe2(SO4)3
（2） （3）AC
（4） （5）2Fe2++4I-+3Cl2=2Fe3++2I2+6Cl-
【解析】
【分析】Ⅰ．由这8种离子构成 A、B、C、D 四种可溶性盐(离子在物质中不能重复出现)。现做如下实验。
①把四种盐分别溶于盛有蒸馏水的四支试管中，只有C的溶液呈黄色，说明C溶液中含有Fe3+；②向①的四支试管中分别加入盐酸，A的溶液中有沉淀生成，则A中含有Ag+，由于Ag+与、、Cl-都会反应产生沉淀，不能大量共存，因此该溶液含有的阴离子只能含有，因此A是AgNO3；B的溶液加入盐酸有无色无味的气体逸出，则B中含有；由于与Ca2+会形成CaCO3不能大量共存，则B中阳离子只能是Na+，所以B是Na2CO3；C中含有Fe3+，由于CaSO4微溶于水，Ca2+与不能大量共存，故C中阴离子只能是，C是Fe2(SO4)3，结合离子在物质中不能重复出现，所以D是CaCl2，然后根据问题分析解答。
【小问1详解】
根据上述分析可知：A是AgNO3，B是Na2CO3，C是Fe2(SO4)3，D是CaCl2。
【小问2详解】
向饱和Na2CO3溶液中通入CO2气体，Na2CO3、CO2、H2O反应产生溶解度较小的NaHCO3沉淀，该反应的离子方程式为：；
【小问3详解】
微粒的氧化性：Fe3+＞Cu2+＞Fe2+，向含有氧化性不同的微粒的溶液中加入还原剂，氧化性强的微粒先与还原剂发生反应，当氧化性强的微粒反应完全后，氧化性弱的微粒再发生反应。在溶有Fe2(SO4)3和CuSO4的溶液中加入一定量的铁粉，先发生反应：2Fe3++Fe=3Fe2+，然后发生反应：Cu2++Fe=Cu+Fe2+。
A．由于氧化性：Fe3+＞Cu2+，所以一定发生反应：2Fe3++Fe=3Fe2+，而反应Cu2++Fe=Cu+Fe2+可能发生，也可能没有发生。若铁粉无剩余，且溶液中有Cu2+，则可能是Fe3+未完全反应，也可能是恰好与Fe发生反应，因此Cu2+可能没有发生反应，也可能是部分发生反应，因此反应后的溶液中可能有为反应的Fe3+，A正确；
B．只要加入铁粉，就一定会发生反应2Fe3++Fe=3Fe2+，因此反应后的溶液中一定含有Fe2+；由于铁粉无剩余，Cu2+可能发生了反应Cu2++Fe=Cu+Fe2+，也可能没有发生该反应，因此不能确定反应后溶液中是否含有Cu2+，B错误；
C．若铁粉有剩余，则溶液中能够与Fe反应的微粒Fe3+、Cu2+一定都完全发生了反应，故反应后得到的不溶物中一定有铜单质，C正确；
D．若铁粉有剩余，则溶液中能够与Fe反应的微粒Fe3+、Cu2+一定都完全发生了反应，故反应后的溶液为FeSO4溶液，得到溶液中一定含有Fe2+，一定不含有Cu2+，D错误；
故合理选项是AC；
【小问4详解】
CO、NO在催化剂存在条件下反应产生CO2、N2，根据电子守恒、原子守恒，可知该反应的化学方程式为：2CO+2NO2CO2+N2。在该反应中C元素化合价由反应前CO中的+2价变为反应后CO2中的+4价，化合价升高，失去电子2×2e-；N元素化合价由反应前NO中的+2价变为反应后N2中的0价，化合价降低，得到电子2×2e-，用单线桥法表示电子转移为：；
【小问5详解】
由于微粒的氧化性：Cl2＞Fe3+＞I2，将过量的氯气通入碘化亚铁溶液中，Fe2+失去电子被氧化为Fe3+，I-失去电子被氧化为I2，Cl2得到电子被还原为Cl-，则该反应的离子方程式为：2Fe2++4I-+3Cl2=2Fe3++2I2+6Cl-。
19. NaCl是一种化工原料，可以制备一系列物质，如图所示。
请回答下列问题：
（1）H2和Cl2的反应属于_______(填字母)，实验现象为_______。
a．化合反应 b．离子反应 c．氧化还原反应
（2）请写出侯德榜制碱法的化学反应方程式_________；_______。
（3）该流程中可循环利用的物质是_______(填化学式)。
（4）下列选项中哪种物质可以鉴别浓度相同的Na2CO3溶液和NaHCO3溶液_______。
A. 澄清石灰水B. 氢氧化钠溶液C. 稀盐酸D. BaCl2溶液
（5）取40.0 g碳酸钠和碳酸氢钠的混合物加热，将生成的CO2与足量Na2O2完全反应，测得增重的质量为5.6 g。则原混合物中碳酸钠的质量分数为_______。
【答案】（1） ①. ac ②. 安静的燃烧，发出苍白色火焰，集气瓶口有白雾出现
（2） ①. NaCl(饱和)+H2O+NH3+CO2=NaHCO3↓+NH4Cl ②. 2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑
（3）CO2 （4）CD
（5）16%
【解析】
【分析】电解饱和NaCl溶液，发生反应：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，反应产生的H2与Cl2在点燃时发生化合反应产生HCl；向饱和NaCl溶液中先通入NH3，使溶液显碱性，然后再通入过量CO2气体，发生反应：NaCl+H2O+NH3+CO2=NaHCO3↓+NH4Cl。将NaHCO3晶体过滤后加热，NaHCO3发生分解反应产生Na2CO3、CO2、H2O，就制取得到纯碱Na2CO3。将一定质量的Na2CO3、NaHCO3的混合物加热，NaHCO3发生分解反应产生Na2CO3、CO2、H2O，将产生的CO2气体通入足量Na2O2中发生反应：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，根据反应前后质量差计算CO2的质量，进而可得碳酸钠和碳酸氢钠的混合物中NaHCO3的质量，利用总质量可得Na2CO3的质量及质量分数。
【小问1详解】
H2与Cl2在点燃时反应产生HCl，反应方程式为：H2+Cl22HCl。
a．由于反应物有两种，生成物只有一种，因此该反应的基本类型属于化合反应，a正确；
b．该反应的反应物、生成物都是气体分子，无离子参加，因此不属于离子反应，b错误；
c．反应前后H、Cl元素的化合价发生了变化，因此反应为氧化还原反应，c正确；
故合理选项是ac；
纯净的氢气能够在氯气中安静燃烧，发生苍白色火焰，反应产生的HCl遇空气中的水蒸气会形成盐酸的小液滴，因此还会在集气瓶口看到有白雾出现；
【小问2详解】
在侯德榜制碱法中，首先是向饱和NaCl溶液中先通入NH3，然后再通入过量CO2气体，发生反应：NaCl+H2O+NH3+CO2=NaHCO3↓+NH4Cl，将NaHCO3晶体过滤，然后灼烧，发生分解反应：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，就制取得到纯碱Na2CO3；
【小问3详解】
将NaHCO3分解产生的CO2气体重新通入到饱和NaCl溶液，可以再制取得到NaHCO3，NaHCO3加热，又发生分解制取得到纯碱，故该流程中可循环利用的物质是CO2气体；
【小问4详解】
A．NaHCO3、Na2CO3都可以与澄清石灰水反应产生CaCO3沉淀，使溶液都变浑浊，因此不能鉴别两种溶液，A不符合题意；
B．NaHCO3能够与NaOH溶液反应产生Na2CO3、H2O，但无明显现象；而Na2CO3与NaOH溶液不能反应，也无现象，因此NaOH溶液不能鉴别两种溶液，B不符合题意；
C．向NaHCO3溶液中滴加盐酸，立即有气泡产生，而向等浓度的Na2CO3溶液中加入盐酸，开始无现象，后来有气泡，二者现象不同，可以鉴别，C符合题意；
D．NaHCO3溶液与BaCl2溶液不能反应，无现象；而Na2CO3溶液与BaCl2溶液混合，反应产生BaCO3白色沉淀，二者现象不同，可以鉴别，D符合题意；
故合理选项是CD；
【小问5详解】
取40.0g碳酸钠和碳酸氢钠的混合物加热，碳酸氢钠发生分解反应：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，将产生的CO2气体通入足量Na2O2中，发生反应：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，根据反应转化关系可知：每有4 ml NaHCO3发生反应，产生的CO2气体可以使Na2O2固体增重56 g，现在测得增重的质量为5.6 g，则原固体混合物中含有0.4 ml NaHCO3，其质量为m(NaHCO3)=0.4 ml×84 g/ml=33.6 g，则原混合物中碳酸钠的质量为m(Na2CO3)=40 g-33.6 g=6.4 g，故混合物中碳酸钠的质量分数为：×100%=16^%。
20. “价-类”二维图是以元素为核心，从物质类别和化合价两个角度认识物质的性质及其转化关系，下图是含氯元素的价类二维图，试讨论以下问题。
（1）1774年，舍勒在研究软锰矿(主要成分MnO2)的过程中，将它与浓盐酸混合加热，产生了一种黄绿色气体。根据这一原理，写出实验室MnO2制备氯气的化学方程式_______，可选择的气体发生装置是_______(填字母)，图中仪器X的名称是_______。
（2）下图烧杯中溶液是为了吸收未反应，试剂Y可以选用的是_______。
A．NaOH浓溶液 B．浓硫酸 C．澄清石灰水 D．饱和食盐水
此时烧杯中发生反应的离子方程式为：_______。
（3）居家消毒时，不能将“84”消毒液(NaClO)与洁厕灵(主要成分是盐酸)混合使用，否则可能产生有毒气体原因是_______(用离子方程式解释)。
（4）高锰酸钾是一种常见的强氧化剂，已知将浓盐酸滴入高锰酸钾溶液中，也可以制备Cl2，溶液的紫红色褪去。试写出离子反应方程式_______，反应中HCl酸性和还原性的比值为_______。
【答案】（1） ①. ②. b ③. 分液漏斗
（2） ①. A ②. Cl2+2OH-═Cl-+ClO-+H2O
（3）2H+ + Cl- + ClO- = Cl2↑ + H2O
（4） ①. ②. 3：5
【解析】
【小问1详解】
实验室用二氧化锰和浓盐酸在加热条件下生成氯气、氯化锰、水，制备氯气的化学方程式；该反应是固液加热型，可选择的气体发生装置是b，仪器X的名称是分液漏斗；
【小问2详解】
氯气有毒，能和碱液反应，故为了防止污染，Y可以为浓氢氧化钠溶液吸收氯气，澄清石灰水中氢氧化钙浓度较小，不适合吸收氯气，故选A；氯气和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠，次氯酸钠和水，反应的离子方程式为：Cl2+2OH-═Cl-+ClO-+H2O；
【小问3详解】
次氯酸钠具有强氧化性，和盐酸反应生成有毒气体Cl2，化学方程式为：NaClO+2HCl=Cl2↑+H2O+NaCl，故离子方程式为：2H+ + Cl- + ClO- = Cl2↑ + H2O；
【小问4详解】
高锰酸钾和浓盐酸反应的化学方程式为：，16分子氯化氢参与反应有10个HCl分子被氧化，6分子氯化氢体现酸性，故反应中HCl酸性和还原性的比值为3：5；反应拆成离子方程式为：。选项
碱
混合物
碱性氧化物
电解质
A
纯碱
Fe(OH)3胶体
Fe2O3
KMnO4
B
KOH
碱石灰
Mn2O7
水
C
NH3·H2O
漂白粉
CuO
硝酸
D
Ba(OH)2
CuSO4·5H2O
生石灰
盐酸
A
B
C
D
选项
物质
杂质
除杂质应选用的试剂或操作方法
A
FeSO4溶液
CuSO4
加入过量铁粉，充分反应，再过滤
B
Cl2
HCl
通过饱和的NaHCO3溶液
C
CO2
HCl
通入饱和NaOH溶液中
D
CO2
H2
依次通过盛有NaOH溶液和浓硫酸的洗气瓶