西安市高陵一中、田家炳中学2020-2021学年高一上学期第一次月考化学试题含解析

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精陕西省西安市高陵一中、田家炳中学2020-2021学年高一上学期第一次月考化学试题含解析高陵一中、田家炳中学2020～2021学年度第一次联考化学试题(卷)可能用到的相对原子质量：Mg—24Al—27Fe-56Ba—137H—1C—12O-16N-14Na—23Cl—35。5Ca—40Co-59第Ⅰ卷选择题一、选择题(本题包括18个小题,每小题只有一个选项符合题意,每题3分,共54分）1.化学与科学、技术、社会、环境密切相关。下列有关说法中不正确的是（)A.甲醛的水溶液虽具有杀菌、防腐的作用，但不能用于食品保鲜、杀菌；B。84消毒液能杀死新冠病毒是因为能使构成病毒的蛋白质变性；C。制造光纤的主要材料是二氧化硅，制造太阳能电池板主要材料是硅；D。煤经过气化和液化两个物理变化，即可变为清洁能源；【答案】D【解析】【详解】A.甲醛的水溶液虽具有杀菌、防腐的作用，但是甲醛有毒，不能用于食品保鲜、杀菌，故A正确；B.高温能杀死新冠病毒是因为构成病毒的蛋白质受热变性，故B正确；C。制造光纤的主要材料是二氧化硅，制造太阳能电池板主要材料是硅，故C正确；D。煤的气化和液化都有新物质生成,属于化学变化，故D错误。故答案选：D。2。NA代表阿伏加德罗常数。已知C3H6和C4H8的混合物的质量为ag，则该混合物()A。所含共用电子对数目为（a/7＋1)NA B。所含碳氢键数目为aNA/7C。燃烧时消耗的O2一定是(33.6a/14)L D。所含原子总数为aNA/14【答案】B【解析】【详解】ag混合物中含有最简式CH2的物质的量为：，ag混合物中含有C原子、H原子。A.在CnH2n分子中，平均每个C含有1个碳碳共用电子对、每个H形成了1个碳氢共用电子对，所以总共含有共用电子对，故A错误；B.每个氢原子形成1个碳氢键，ag混合物中总共含有H原子，所以含有H原子碳氢键，所含碳氢键数目为，故B正确；C.没有告诉在标准状况下，题中条件无法计算ag混合物燃烧消耗的氧气的体积，故C错误；D。ag混合物中含有最简式CH2的物质的量为：，ag混合物中含有C原子、H原子，总共含有原子的物质的量为：，所含原子总数为，故D错误.故答案选：B。3。用等体积的0。1mol/L的BaCl2溶液，恰好可使相同体积的Fe2(SO4）3、Na2SO4、KAl(SO4）2三种溶液中的SO42－完全沉淀,则三种硫酸盐的物质的量浓度之比为()A.3：2：3 B.3：1：2 C。2：6：3 D.1：1：1【答案】C【解析】【详解】由题意可知，三种盐溶液中硫酸根离子的物质的量相等，体积相同时，浓度之比等于物质的量之比。设三种硫酸盐的物质的量浓度分别是a、b、c,则根据反应式Ba2＋＋SO42－＝BaSO4↓可知，3a＝b＝2c，即三种硫酸盐的物质的量浓度之比为2：6：3,答案选C.4。“纳米材料”(1nm＝10－9mA。光束通过此分散系时会形成一条光亮的“通路"B。此分散系中“纳米材料”的粒子在做不停的、无序的运动C。在外加电场作用下，“纳米材料"的粒子可能向电极做定向运动D.用滤纸过滤的方法可以从此分散系中分离得到该“纳米材料”【答案】D【解析】【详解】A．当一束平行光线通过胶体时，从侧面看到一束光亮的“通路”。这是胶体中胶粒在光照时产生对光的散射作用形成的，称为胶体的丁达尔效应，“纳米材料”(1nm=10-9mB．布朗运动不是胶体的特有性质，对于液体中各种不同的悬浮微粒，都可以观察到布朗运动，所以，在此分散系中“纳米材料”的粒子在做不停的、无序的运动,故B正确；C．将“纳米材料"分散到某液体中，所得分散系为胶体，胶体的胶粒带电荷是由于它们具有很大的总表面积，有吸附力，吸附离子，胶粒在外加电场作用下，能在分散剂里向阳极或阴极作定向移动，所以,在外加电场作用下，“纳米材料"的粒子可能向电极做定向运动，故C正确;D．根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），滤纸上的小孔直径小于100nm,胶体和溶液都能通过，只有浊液的微粒不能通过，分离提纯胶体应用半透膜，用滤纸过滤的方法不可以从此分散系中分离得到该“纳米材料”，故D错误；故选:D.5。下列离子方程式书写正确的是()A.亚硫酸钠溶液与双氧水混合SO＋2H2O2＝SO＋2H2O＋O2↑B。次氯酸钙溶液中通入少量SO2气体Ca2++2ClO－+SO2+H2O=CaSO3↓+2HClOC.Ba（OH）2溶液与过量NaHCO3溶液混合Ba2++2OH－+2HCO=BaCO3↓+CO+2H2OD。Ba(OH）2与NaHSO4溶液恰好反应至中性Ba2++OH—+H++SO=BaSO4↓+H2O【答案】C【解析】【详解】A.亚硫酸钠与双氧水反应，双氧水做氧化剂,亚硫酸根做还原剂：SO＋H2O2＝SO＋H2O，故A错误；B.次氯酸根具有氧化性,SO2具有还原性，会发生氧化还原反应:，故B错误;C。Ba（OH）2溶液与过量NaHCO3溶液反应生成碳酸钡沉淀、碳酸钠和水：Ba2++2OH－+2HCO=BaCO3↓+CO+2H2O，故C正确；D.Ba(OH)2与NaHSO4溶液恰好反应至中性时反应物比例为1:2，离子方程为：Ba2++2OH—+2H++SO=BaSO4↓+2H2O，故D错误.故答案选：C。6。常温下,下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是（）A.使酚酞变红色的溶液中:Na＋、Al3＋、SO、Cl－B.=1×10－13mol·L－1的溶液中：NH、Ca2＋、Cl－、NOC。与Al反应能放出H2的溶液中：Fe2＋、K＋、NO、SOD。由水电离的c（H＋）=1×10－13mol·L－1的溶液中：K＋、Na＋、AlO、CO【答案】B【解析】【详解】A．使酚酞变红色的溶液显碱性，而Al3＋在碱性条件下不能大量存在,故A错误；B．=1×10－13mol·L－1的溶液中显酸性，各离子之间不发生反应，也不与氢离子反应，可以大量共存，故B正确；C．与铝反应放出氢气的溶液可能显酸性也可能显碱性，若溶液显碱性，亚铁离子不能大量共存，若溶液显酸性，Fe2＋和NO不能大量共存,故C错误；D．由水电离的c（H＋)=1×10－13mol·L－1的溶液中水的电离受到抑制，溶液可能显酸性也可能显碱性，如果显酸性，偏铝酸根离子和碳酸根离子不能大量共存，故D错误.综上所述答案为B。7.下列说法正确的是()A。电解质与非电解质的本质区别,是在水溶液或熔化状态下能否电离B.强电解质与弱电解质的本质区别，是其水溶液导电性的减弱C。酸、碱和盐类都属于电解质,其他化合物都是非电解质D.常见的强酸、强碱和大部分盐都是强电解质,其他化合物都是非电解质【答案】A【解析】【详解】A、电解质与非电解质的本质区别是在水溶液或熔化状态下能否电离，A正确；B、强电解质与弱电解质的本质区别是其在水溶液中是否完全电离，B错误;C、酸、碱和绝大多数盐类、活泼金属氧化物属于电解质，其他化合物是非电解质，C错误；D、常见的强酸、强碱和大部分盐都是强电解质，弱酸、弱碱、水等化合物是弱电解质,D错误;故选A8.下列各图所示装置中，肯定不符合气密性要求的是A. B。 C. D.【答案】D【解析】【详解】A．用手握住试管，试管内气体受热膨胀，在烧杯内有气泡产生，说明装置气密性良好，故A符合；B．用弹簧夹夹住右边导管，向长颈漏斗中倒水，液面高度不变,说明装置气密性良好，故B符合；C．用弹簧夹夹住右边导管，双手捂住烧瓶，烧瓶内气体受热膨胀，使集气瓶中气体压强增大，在玻璃管中形成一段水柱,说明装置气密性良好，故C符合；D．用弹簧夹夹住右边导管,上下移动，若装置不漏气，两边液面应形成一定的高度差，而图示两端液面相平，说明装置漏气；故选D。【点晴】实验基本操作考查为高频考点，检查装置的气密性原理就是根据装置内外的压强差形成水柱或气泡，通过分析实验装置是否形成水柱或气泡，来检查装置的气密性,虽然装置各不相同，甚至差别较大,但原理都是一样的。9.下列各组混合物，使用氢氧化钠溶液和盐酸两种试剂不能分离的是（）A.氧化镁中混有氧化铝 B。氯化铝溶液中混有氯化铁C氧化铁中混有二氧化硅 D.氯化亚铁溶液中混有氯化铜【答案】D【解析】【详解】A．MgO是碱性氧化物与NaOH不能反应，而Al2O3是两性氧化物，可以与NaOH发生反应产生NaAlO2,过滤后洗涤，就得到纯净的MgO，故A不选；B．向溶液中加入过量的NaOH溶液，FeCl3变为Fe（OH）3沉淀，AlCl3变为NaAlO2，过滤，然后向溶液中加入适量的盐酸，当沉淀达到最大值中，过滤,得到Al(OH）3，再分别向两种物质的沉淀中加入适量的盐酸溶解，就得到AlCl3溶液，除去了杂质，故B不选；C．SiO2是酸性氧化物,可以与NaOH发生反应，而碱性氧化物Fe2O3与NaOH不能发生反应,加入过量的NaOH,然后过滤洗涤，就得到纯净的Fe2O3，故C不选；D．二者都可以与NaOH发生反应,当再向得到的沉淀中加入盐酸时，二者都溶解，不能分离、提纯二者，故D选；故选D.【点睛】分离或提纯时，若需要加入试剂，试剂的选择应遵循以下五个原则：①所选试剂一般只和杂质反应；②作不应引入新的杂质;③不减，即不减少欲被提纯的物质;④易分，即欲被提纯的物质与杂质应容易分离;⑤易得，试剂应尽可能容易获得，且价格低廉。10。下列说法正确的是A。I的原子半径大于Br，HI比HBr的热稳定性强B.P的非金属性强于Si，H3PO4比H2SiO3的酸性强C.Al2O3和MgO均可与NaOH溶液反应D.SO2和SO3混合气体通入Ba（NO3)2溶液可得到BaSO3和BaSO4【答案】B【解析】【详解】A。非金属性Br>I，则HBr比HI的热稳定性强,A错误；B.非金属性P〉Si，则H3PO4比H2SiO3的酸性强，B正确；C.Al2O3属于两性氧化物，能与氢氧化钠溶液反应,MgO属于碱性氧化物，与NaOH溶液不反应,C错误；D。SO2在酸性环境中能被Ba（NO3)2氧化成硫酸钡,则SO2和SO3混合气体通入Ba（NO3)2溶液只得到BaSO4白色沉淀，D错误；答案选B.【点睛】本题主要考查原子半径的大小比较，由非金属性强弱来比较气态氢化物的稳定性以及最高价含氧酸的酸性的强弱,铝、镁、硫的化合物的化学性质。11.歌曲《青花瓷》,唱道“帘外芭蕉惹骤雨，门环惹铜绿”，其中的“铜绿”即是铜锈,它的化学成分是Cu2(OH）2CO3(碱式碳酸铜）.铜在潮湿的空气中生锈的化学反应为2Cu+O2+CO2+H2O=Cu2(OH）2CO3。下列有关该反应的说法正确的是（）A。该反应不属于氧化还原反应B.该反应中氧元素和碳元素化合价发生变化，所以是氧化还原反应C.该反应中铜得电子，O2失电子,所以是氧化还原反应D.该反应是氧化还原反应，化合价发生改变的只有两种元素【答案】D【解析】【分析】在该反应中，铜元素的化合价由0价变成+2价，失去电子，被氧化，氧元素的化合价由0价变成—2价，得到电子，被还原，其余元素的化合价都没有发生变化。【详解】A.在该反应中，铜元素的化合价由0价变成+2价，失去电子，被氧化，氧元素的化合价由0价变成-2价，得到电子被还原,故该反应属于氧化还原反应，A不正确；B.该反应中碳元素化合价没有发生变化,B不正确；C。该反应中铜失去电子，O2得到电子，C不正确；D。该反应是氧化还原反应，化合价发生改变的只有两种元素,D正确。故选D12。在反应8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2中，有56gN2生成，发生氧化反应的物质的质量是（)A.68g B.426g C。224g D.213g【答案】A【解析】【详解】，在8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2反应中，氯气中氯元素化合价由0价降低为—1价，氯元素被还原，氨气中氮元素化合价由—3价升高为0价，氮元素被氧化，由方程式可知，当有1molN2生成时，有8molNH3参加反应，其中有2molNH3被氧化，则有2molN2生成，发生氧化反应的NH3的物质的量是4mol,质量为4mol×17g/mol=68g，故答案选:：A。13.下列有关氧化还原反应的叙述正确的是（）A。金属单质在氧化还原反应中只能作还原剂，非金属单质只能作氧化剂B化合物中某元素处于最高价时不能再被氧化C。失电子越多的还原剂，其还原性越强D。某元素在反应中由化合物转化为单质，该元素一定被氧化【答案】B【解析】【详解】A、金属单质在氧化还原反应中只能作还原剂,但非金属单质既可作氧化剂也可作还原剂，如氯气和水的反应中氯气既作氧化剂又作还原剂,故A错误;B、因元素的化合价处于最高价时在反应中只能降低不能升高，在反应中得到电子,则化合物中某元素处于最高价只能被还原，故B正确;C、失电子越多的还原剂，其还原性不一定强，还原性强与失去电子的难易程度有关，如Na与Al比较,Na的还原性强，故C错误；D、某元素在反应中由化合物转化为单质，该元素可能被氧化也可能被还原，如2H2S+SO2═3S↓+2H2O，故D错误;故答案选：B。14。已知氟、氯、溴、碘、砹为同一族元素，其中溴化砹（AtBr)可发生下列反应：①2AtBr＋2Mg=MgBr2＋MgAt2；②AtBr＋2NH3(l)=NH4Br＋AtNH2。对上述两个反应的有关说法正确的是（)A.这两个反应都是氧化还原反应B.反应①MgAt2既是氧化产物，又是还原产物C.反应②中AtBr既是氧化剂，又是还原剂D。Mg的还原性弱于MgAt2的还原性【答案】B【解析】【分析】AtBr是一种卤素互化物，性质和卤素单质相似。AtBr中由于At的非金属性弱于Br,所以At为+1价，Br为—1价。反应①是氧化还原反应，镁和At的化合价都发生了变化，但反应②没有化合价变化，不是氧化还原反应。【详解】A.反应②没有化合价变化，不是氧化还原反应，故A不选；B。反应①中镁的化合价升高，生成的MgAt2是氧化产物，At的化合价由+1降低到中MgAt2的-1，MgAt2又是还原产物，故B选；C.反应②没有化合价变化，不是氧化还原反应,故C不选；D.在反应①中，Mg作还原剂，MgAt2是还原产物，所以Mg还原性强于MgAt2的还原性，故D不选。故选B。15。将一定量的氯气通入30mL浓度为10.00mol·L－1的氢氧化钠浓溶液中，加热少许时间后溶液中形成NaCl、NaClO、NaClO3共存体系.下列判断正确的是A。与NaOH反应的氯气一定为0。3molB。n(Na＋)∶n（Cl－)可能为7∶3C.若反应中转移的电子为nmol,则0.15＜n＜0。25D.n（NaCl）∶n(NaClO)∶n（NaClO3)可能为11∶2∶1【答案】C【解析】【详解】A、由于反应后体系中没有NaOH，故氢氧化钠反应完,根据钠元素守恒n(NaOH）=n(NaCl）+n(NaClO）+n（NaClO3)=0.03L×10mol/L=0.3mol,根据氯原子守恒有2n（Cl2)=n(NaCl)+n(NaClO）+n(NaClO3）=0。3mol，故参加反应的氯气n(Cl2)=0.15mol,故A错误；B、根据方程式Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O可知，氧化产物只有NaClO时，n（Na+）：n（Cl—)最大为2：1，当氧化产物为NaClO3时，n(Na+):n（Cl—)最小为6:5,故6：5＜n(Na+):n(Cl—）＜2：1，7：3＞2：1，故B错误；C、根据方程式Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O可知，氧化产物只有NaClO时，转移电子数最少，为0.3mol××1=0。15mol，氧化产物只有NaClO3时，转移电子数最多，为0.3mol××1=0.25mol，故C正确；D、令n(NaCl)=11mol，n（NaClO)=2mol,n（NaClO3)=1mol，生成NaCl获得的电子为11mol×1=11mol，生成NaClO、NaClO3失去的电子为2mol×1+1mol×5=7mol,得失电子不相等，故D错误；故选C。16。向21。6g铁粉和铜粉的混合物中加入1L1mol/L硝酸溶液，充分反应，放出NO气体且金属有剩余。则反应后溶液中c（NO3‾)可能为A.0。45mol/L B。0.6mol/L C.0.75mol/L D.0.9mol/L【答案】C【解析】【详解】铁粉和铜粉和硝酸反应后金属有剩余，剩余的金属肯定有铜,或有铜和铁，所以反应后溶液中不可能是铁离子，生成物中金属离子为亚铁离子或铜离子，设金属为M则方程式为3M+8HNO3=M（NO3)2+2NO↑+4H2O，硝酸根离子在反应中有1/4被还原生成一氧化氮气体，有3/4留在溶液中，所以溶液中的硝酸的物质的量为0.75mol。故选C。【点睛】掌握金属和硝酸的反应的先后顺序和铁的产物的价态。铁先和硝酸反应生成硝酸铁，然后铁和硝酸铁生成硝酸亚铁，铜也可以和硝酸铁反应生成硝酸铜和硝酸亚铁，所以当金属有剩余时，溶液中不可能有铁离子，剩余的金属肯定有铜，或有铜和铁，溶液中肯定有硝酸亚铁，可能有硝酸铜.17.下列实验方案中,不能测定Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO3质量分数的是（）A.取a克混合物充分加热，减重b克B.取a克混合物与足量稀盐酸充分反应,加热、蒸干、灼烧，得b克固体C.取a克混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用固体NaOH吸收，增重b克D。取a克混合物与足量Ba(OH）2溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得b克固体【答案】C【解析】【详解】A．NaHCO3受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳,所以通过加热分解利用差量法即可计算出Na2CO3质量分数，故A不符合题意；B．Na2CO3和NaHCO3均可与盐酸反应生成水、二氧化碳和氯化钠,所以bg固体是氯化钠，利用守恒法可计算出Na2CO3质量分数,故B不符合题意；C．混合物与足量稀硫酸充分反应,也会生成水和二氧化,所以逸出的气体是二氧化碳，但会混有水蒸气，即碱石灰增加的质量不是二氧化碳的质量，不能测定含量，故C符合题意；D．Na2CO3和NaHCO3都与Ba（OH）2反应,反应的方程式为CO32−+Ba2+=BaCO3↓、HCO3−+OH−+Ba2+=H2O+BaCO3↓，因此最后得到的固体是BaCO3,所以可以计算出Na2CO3质量分数，故D不符合题意;答案选C。【点睛】易错点为C选项,氢氧化钠具有一定吸水性,在吸收二氧化碳的过程中也会吸收水分，则增重的质量不光是二氧化碳的质量.18。将11。9g由Mg、Al、Fe组成的合金溶于足量的NaOH溶液中，合金质量减少了2。7g。另取等质量的合金溶于过量稀硝酸中,生成了6.72LNO（标准状况下)，向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液，则最终所得沉淀的质量为（)A。22。1g B.27.2g C。30g【答案】D【解析】【详解】将合金溶于过量稀硝酸中，分别生成Al3+、Fe3+、Mg2+离子，根据电子守恒，金属共失去电子的物质的量和氮原子得电子的量是相等的，生成了6。72L

NO，即氮原子得电子的物质的量是,根据前后发生的整个过程的反应，知道反应中金属失去电子的物质的量等于生成碱的氢氧根离子的物质的量,即n(OH−）=0。9mol，从金属单质转化为其氢氧化物，增加的是氢氧根离子的质量，所以反应后沉淀的质量(包括氢氧化铝)等于11。9g+0.9mol×17g/mol=27.2g，但是加入过量氢氧化钠后，不会生成氢氧化铝沉淀，开始合金质量减少了2。7g，所以沉淀氢氧化铝的量是7.8g，最终所得沉淀的质量=27.2g−7.8g=19.4g.故答案选D。第Ⅱ卷非选择题(请将该卷答案写在答题纸上)二、填空题（每空2分,共46分）19。（1）配制100mL9.2mol·L-1的稀硫酸,需要用量筒量取浓硫酸（密度为1。84g·mL-1，质量分数为98%）的体积为_____mL。

(2)等温等压下，等体积的CO2和O3所含分子个数比为____，密度比为____.

(3）12g石墨含C-C键数目为____。

（4)在标准状况下1。7g氨气所占的体积为___L，它与同条件下___molH2S含有相同的氢原子数。【答案】(1)。50(2)。1：1（3）.11：12（4）。1。5NA（5）.2.24(6）.0.15【解析】【分析】(1）根据稀释过程中溶质的量保持不变，即cV(稀）M=进行计算;(2）根据阿佛加德罗定律进行求解；（3）结合石墨中每个碳原子与周围的3个碳原子形成C-C键进行求解；（4）根据气体摩尔体积进行求解即可。【详解】(1)设配制100mL9。2mol·L—1的稀硫酸，需要用量筒量取浓硫酸（密度为1。84g·mL—1，质量分数为98%)的体积为VmL，则cV(稀）M=，即9。2mol·L-1×0。1L×98g/mol=1。84g·mL—1×V×98%，解得：V=50.0mL，故答案为:50。0；(2）根据阿佛加德罗定律可知，等温等压下，等体积的CO2和O3所含分子数相同，即分子个数比为1:1，密度比等于摩尔质量的反比，即为：48：44=12：11，故答案为：1：1；12：11；

（3）根据石墨的结构，每个碳原子与周围的3个碳原子形成C—C键，故12g石墨含C-C键数目为，故答案为：1。5NA

；（4)在标准状况下1。7g氨气所占的体积为,设它与同条件下xmolH2S含有相同的氢原子数，则有:2x=，解得：x=0。15mol，故答案为:2。24；0.15。20.现有五种可溶性物质A、B、C、D、E,它们所含的阴、阳离子互不相同，分别含有五种阳离子Na+、Al3+、Mg2+、Ba2+、Fe3+和五种阴离子Cl—、OH—、、、X中的一种。(1)某同学通过比较分析，认为无需检验就可判断其中必有的两种物质是______和_____（填化学式，且摩尔质量小的写在第一个空).

（2)为了确定X，现将（1）中的两种物质记为A和B，含X的物质记为C，当C与B的溶液混合时,产生红褐色沉淀和无色无味气体;当C与A的溶液混合时，产生棕黄色沉淀(红白混合颜色），向该沉淀中滴入稀硝酸,沉淀部分溶解，最后留有白色沉淀不再溶解。则X为____.

A．B．C．CH3COO-D．（3)B的水溶液不显中性，原因主要为_______________(用离子方程式表示）.

（4)将Cu投入到装有D溶液的试管中，Cu不溶解；再滴加稀硫酸，Cu逐渐溶解，管口附近有红棕色气体出现。则物质D一定含有上述离子中的_________(填相应的离子符号）。有关反应的离子方程式为___________________.【答案】(1）.Na2CO3（2）。Ba(OH)2(3).B(4)。（5).(6).【解析】【分析】因阳离子中Al3+、Mg2+、Ba2+、Fe3+均不能与共存，所以只能与Na+结合成Na2CO3存在，又因Al3+、Mg2+、Fe3+均不能与OH—共存，所以OH-只能与Ba2+结合成Ba（OH）2存在,由(2)可知，当C与B的溶液混合时，产生红褐色沉淀和无色无味气体，很明显是Fe3+与发生双水解的现象,不难得出B为Na2CO3，A为Ba（OH)2，C中有Fe3+，又因C与A反应产生的白色沉淀不溶于稀HNO3，则C为Fe2（SO4）3,结合对应物质的性质以及题目要求可解答该题.【详解】（1）因Al3+、Mg2+、Fe3+和OH—反应生成沉淀，Al3+、Mg2+、Ba2+、Fe3+和反应，则不能共存，所以一定存在的物质为Na2CO3和Ba(OH)2；(2）C与B的溶液混合时，产生红褐色沉淀和无色无味气体，沉淀为Fe(OH)3、气体为CO2；C与A的溶液混合时产生棕黄色沉淀（红白混合颜色)，向该沉淀中滴入稀硝酸，沉淀部分溶解，最后留有白色沉淀不再溶解,最后留有白色沉淀不再溶解，则B为Na2CO3，A为Ba(OH）2，C为Fe2（SO4)3，另两种物质为AlCl3、Mg(NO3）2或MgCl2、Al(NO3）3，因C为Fe2(SO4）3,则阴离子有,则X为，故答案为：B；（3）由上面推断可知B为Na2CO3,该盐是强碱弱酸盐,水解消耗水电离产生的H+，破坏了水的电离平衡，使水的电离平衡正向移动,最终使溶液中c（OH—)＞c(H+)，溶液显碱性，离子方程式为：；(4)将Cu投入D溶液中，Cu不溶解；再滴加稀H2SO4,Cu逐渐溶解，管口附近有红棕色气体出现,该气体为NO2，说明D中含有，反应离子方程式为：3Cu+8H++2═3Cu2++2NO↑+4H2O。【点睛】本题考查离子推断、实验方案设计等。注意常见的离子之间的反应及反应产生沉淀的颜色及溶解性，注意在酸性条件下具有强氧化性，能够与Cu、I—、Fe2+、发生氧化还原反应而不能大量共存。21.某课外小组的同学拟用图所示装置从含碘废液（除H2O外，还有I2、I-等）中回收碘。回答下列问题：(1）装置A中发生反应的离子方程式为________。（2）仪器X的名称为____；装置D的作用是________________。

（3）装置C中球形冷凝管中的冷却水从_____（填“a"或“b”）进入，反应控制在较低温度下且保持溶液pH=2进行，其主要原因是____________________。

(4）三颈烧瓶中液体经过滤得粗碘，粗碘可经_______(填操作名称)得到纯碘。【答案】(1).（2）.圆底烧瓶（3)。吸收未反应的Cl2，防止污染空气（4).a（5）。防止I被进一步氧化（或使Cl2有较大溶解度）（6)。升华【解析】【分析】由实验装置可知，A中浓盐酸与二氧化锰反应生成氯气，B中饱和食盐水可除去HCl，C中氯气与碘离子氧化为碘单质，D中NaOH可吸收尾气，以