上海市上海师范大学附属第二外国语学校2024届高一化学第一学期期末质量跟踪监视试题含解析

上海市上海师范大学附属第二外国语学校2024届高一化学第一学期期末质量跟踪监视试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、人体正常的血红蛋白中含有Fe2＋。若误食亚硝酸盐(如NaNO2)，则导致血红蛋白中的Fe2＋转化为Fe3＋而中毒，服用维生素C可解毒。下列叙述不正确的是（）A．亚硝酸盐是还原剂B．维生素C是还原剂C．维生素C将Fe3＋还原为Fe2＋D．亚硝酸盐被还原2、向某NaOH溶液中通入CO2气体后得溶液M，因CO2通入量的不同溶液M的组成也不同。若向M中逐滴加入盐酸，产生的气体体积V（CO2）与加入盐酸的体积V（HCl）的关系有下列图示四种情况（不计CO2的溶解），则下列对应图形的判断正确的是A．含有两种溶质B．只含有一种溶质C．只含有碳酸钠D．有碳酸钠和碳酸氢钠3、用98%的浓硫酸配制1.0mol·L-1的稀硫酸时，下列操作会导致溶液浓度偏高的是A．用量筒量取浓硫酸时，俯视量筒读数量取B．在烧杯中溶解时，有少量液体溅出C．使用容量瓶时，容量瓶内残留有少量水分D．定容时俯视容量瓶刻度线4、2019年7月中旬，总书记在内蒙古考察并指导开展“不忘初心、牢记使命”主题教育时指出，要继续完善农村公共基础设施，改善农村人居环境，把乡村建设得更加美丽。下列做法不符合上述精神的是A．做好垃圾污水治理 B．进行厕所革命 C．提升村容村貌 D．大量焚烧田间秸秆5、某工厂发生Cl2泄漏，以下应对措施中主要是基于Cl2的物理性质考虑的是A．向被污染的土壤洒石灰B．向远离污染源的高处撤离C．用浸有纯碱溶液的毛巾捂住口鼻迅速撤离D．来不及撤离时可用纯碱溶液浸湿的棉被堵好门窗6、下列元素中，属于第三周期的是()A．锂B．氟C．磷D．铁7、某主族元素R的最高正化合价与负化合价代数和为6，下列叙述正确的是A．R一定是第VIIA族元素 B．R的最高价氧化物为RO3C．R的气态氢化物能燃烧 D．R的气态氢化物易溶于水显碱性8、只用一种试剂区别Na2SO4、MgCl2、Al2(SO4)3三种溶液，这种试剂是（）A．H2SO4 B．Ba(OH)2 C．NaOH D．AgNO39、下列说法错误的是（）A．、、H＋和H2是氢元素的四种不同粒子B．和、石墨和金刚石均为同素异形体C．1H和2H是不同的核素D．12C和14C互为同位素，物理性质不同，但化学性质几乎完全相同10、有关过氧化钠与水反应，下列说法错误的是()A．产生的气体可以使带火星的木条复燃B．过氧化钠是氧化剂，水是还原剂C．反应后的溶液中滴加酚酞后溶液将变红D．该反应是放热反应11、高岭土的组成可表示为Al2Si2Ox(OH)y，其中x、y的数值分别是（）A．7、2 B．5、4 C．6、3 D．3、612、强酸性溶液中，下列离子组一定能大最共存的是A．Mg2+、、、B．Ca2+、CH3COO-、Cl-、C．、Na+、Cl-、D．、、Mg2+、Na+13、下列有关化学用语表示正确的是A．中子数为10的氧原子：108OB．的结构示意图：C．硫化钠的电子式：D．HCl的形成过程：14、如图所示，若关闭B阀，打开A阀，将潮湿的氯气通入乙瓶，布条褪色；若关闭A阀，打开B阀，让潮湿的氯气经过甲瓶后，再通入乙瓶，布条不褪色。则甲瓶中所盛的试剂不可能是（）A．Ba(OH)2溶液 B．饱和食盐水 C．NaOH溶液 D．浓H2SO415、下列四项都能导电，其中一项与其他三项导电原理不同的是（）A．氯化钠熔融导电 B．液态汞导电 C．H2SO4溶液导电 D．熔融状态的KOH导电16、设NA为阿伏加德罗常数。下列说法正确的是A．标准状况下，22.4LCH4中含有氢原子数目为4NAB．1molNa2O2中含有的阴离子和阳离子的数目都是2NAC．0.1mol/LCu(NO3)2溶液中含有的NO3－数目为0.2NAD．28gN2中所含的原子数目是NA17、能与铝反应产生氢气的溶液中，一定不能大量共存的离子组是A．NH4＋、Cu2＋、Cl－、SO42－ B．K＋、Na＋、SO32－、S2－C．K＋、Na＋、HCO3－、SO42－ D．Ba2＋、Na＋、Cl－、Br－18、证明溶液中是否有Fe2＋，其正确的操作顺序是（）①加少许酸化的KMnO4溶液②加少许氯水③滴加少许KSCN溶液A．①② B．②③C．①②③ D．③②19、下列金属长期露置在空气中，最终生成物所属物质种类相同的是A．Na和Al B．Na和Mg C．Mg和Al D．Na和Fe20、下列各组离子中的离子,能在溶液中大量共存的是A．Na+、Mg2+、Cl-、OH-B．H+、Ca2+、CO32-、NO3-C．Cu2+、K+、SO42-、NO3-D．Na+、HCO3-、OH-、Ca2+21、下列各组物质在溶液中反应时，以任意比混合均能用同一离子方程式表示的是()A．AlCl3溶液和NaOH溶液B．Ba(OH)2溶液与稀硫酸C．Na2CO3溶液和稀盐酸D．NaAlO2溶液和稀盐酸22、下列各组物质中，能相互反应且反应后溶液总质量增加的是（）A．铁和硫酸铜溶液 B．氧化铁固体和稀硫酸C．盐酸和澄清石灰水 D．氯化钠溶液和硝酸钾溶液二、非选择题(共84分)23、（14分）有一瓶无色澄清溶液，其中可能含有H+、Na+、Mg2+、Ba2+、Cl-、SO42-、CO32-离子。现进行以下实验：A．用pH试纸检验溶液，发现溶液呈强酸性；B．取部分溶液逐滴加入NaOH溶液，使溶液由酸性变为碱性，无沉淀产生；C．取少量B中的碱性溶液，滴加Na2CO3溶液，有白色沉淀产生。（1）根据上述事实确定：该溶液中肯定存在的离子有__________；肯定不存在的离子有__________。（2）写出C中发生反应的离子方程式____________________________________。24、（12分）A、B、C、D、E、F六种物质有如下变化关系，E是淡黄色粉末，判断：（1）写出A、B、C、D、E、F的化学式：A．__________；B．__________；C．__________；D．__________；E．__________；F．__________。（2）写出有关反应的化学方程式(是离子反应的直接写出离子方程式)B→C：__________________________________________________________________，E→B：___________________________________________________________________，C→F：___________________________________________________________________，F→C：___________________________________________________________________。25、（12分）某学习小组以氢氧化钡、水、硫酸为实验对象探究离子反应发生的条件。(1)氢氧化钡与硫酸在溶液中能发生________(填字母)。a.复分解反应b.氧化还原反应c.置换反应(2)加水后，灯泡变亮的原因是氢氧化钡发生了_______________________________。(3)用离子方程式解释过程Ⅰ中灯泡变暗的原因_________________________________。(4)查阅有关物质溶解度数据如下表：比较溶液1、溶液2中c(SO42-)的大小：______>______。(5)实验2：用硫酸钠溶液替代稀硫酸，重复实验进行对照。①硫酸钠溶液的浓度是________。②加入硫酸钠溶液过程中灯泡不熄灭，原因是________________________________。26、（10分）亚硫酰氯（SOC12）又名氯化亚砜，其熔点一105℃，沸点79℃，140℃以上时易分解。是一种无色或淡黄色发烟液体，遇水剧烈与水反应生成SO2和另一酸性气体，常用作脱水剂，广泛应用于医药、农药、来料工业及有机合成工业。（1）氯化亚砜储存于阴凉、干燥、通风良好的库房，但久置后微显黄色，其原因是___；用硫黄、液氯和三氧化硫为原料在一定条件可合成氯化亚砜，如果想达到原子利用率最大化，则三者的物质的量之比为___。（2）实验室合成SOCl2的原理之一为SO2+Cl2+SCl22SOCl2，部分装置如图所示。①装置b的作用是___。②实验室制取SOCl2所选仪器的链接顺序：③→___。（3）甲同学设计如图装置用ZnCl2·xH2O晶体制取无水ZnCl2，回收剩余的SOCl2并验证生成物中含有SO2(夹持及加热装置略)。选用装置如图：①向仪器A中缓慢滴加SOCl2，需打开活塞___（填“a”、“b”或“a和b”）。②为了更加充分的回收SOCl2，写出可对装置B采取的有效措施___。（4）乙同学认为利用（3）中装置，由FeCl3·6H2O制取无水FeCl3也可用SOCl2作脱水剂，但丙同学认为会发生氧化还原反应而难以制无水FeCl3。丙同学设计了如下实验方案验证自己的观点：取少量FeCl3·6H2O于试管中，加入过量SOCl2，振荡使两种物质充分反应；再往试管中加水溶解，加入___，证明该过程发生了氧化还原反应。27、（12分）实验室用浓盐酸和MnO2制Cl2，并以氯气为原料制备氯化铁，已知氯化铁容易与水发生水解反应，装置如下图所示。（1）装置A烧瓶中发生反应的化学方程式为：______________。（2）装置B、C中应盛放的试剂名称分别为___________、________________若装置去掉B、C，将对实验产生的安全隐患是_____________（3）实验时，先点燃A处的酒精灯，让氯气充满装置，再点燃D处酒精灯，写出D中反应的化学方程式：_____。（4）F装置所起的作用是_____，_____。（5）用廉价的石灰乳吸收氯气可制得漂粉精，写出工业制漂粉精反应的化学方程式：____________。28、（14分）我国有丰富的海水资源，开发和利用海水资源是当前科学研究的一项重要任务，如图是海水综合利用的一个方面。Ⅰ.(1)上述过程中没有涉及到的四大基本反应类型是______；a．化合反应b．分解反应c．置换反应d．复分解反应(2)步骤1中分离操作的名称是___________；(3)粗盐中含有Ca2＋、Mg2＋、SO42－等杂质，精制时所用试剂为：a.盐酸；b.BaCl2溶液；c.NaOH溶液；d.Na2CO3溶液。加入试剂的顺序是_____________；II.实验室利用精盐配制480mL2.0mol·L－1NaCl溶液。(4)除烧杯和玻璃棒外，还需要的玻璃仪器有___________________、_______________；(5)用托盘天平称取固体NaCl________g；(6)配制时，按以下几个步骤进行：①计算②称量③溶解④冷却⑤转移⑥定容⑦摇匀⑧装瓶。操作中还缺少一个重要步骤是______________________；(7)下列错误操作可使所配制氯化钠溶液浓度偏低的是_________。a．容量瓶洗净后残留了部分的水b．转移时溶液溅到容量瓶外面c．定容时俯视容量瓶的刻度线d．摇匀后见液面下降，再加水至刻度线29、（10分）某无色溶液中可能含有Na＋、NH4＋、Cl－、SO42－、SO32－中的若干种。为检验其中含有的离子，进行如下实验：（1）取10mL原溶液，加入过量的NaOH溶液并加热，收集到标准状况下448mL气体，该气体是___________；说明原溶液中含有________，其物质的量浓度是____mol/L。（2）另取少量原溶液，加入足量稀盐酸，有气体产生，将生成的气体通入品红溶液，品红溶液褪色，说明该气体是_______，体现了该气体有__________；向反应后的溶液中继续加入足量BaCl2溶液，无沉淀生成，说明原溶液中没有________。（3）溶液中的Na＋可用焰色反应来证明是否存在，若焰色反应火焰的颜色是_____色，则证明含有Na＋。

参考答案一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、A【解题分析】

A.亚硝酸盐能使Fe2＋→Fe3＋，则本身化合价降低被还原，是氧化剂，故A错误；B.服用维生素C可解毒，维生素C作为还原剂能将Fe3＋还原为Fe2＋，则本身化合价升高被氧化，是还原剂，故B正确；C.维生素C作为还原剂能将Fe3＋还原为Fe2＋，故C正确；D.服用维生素C可解除亚硝酸盐中毒，维生素C具有还原性，亚硝酸盐被还原，故D正确；答案选A。【题目点拨】还原剂化合价升高被氧化，氧化剂化合价降低被还原。2、C【解题分析】

CO2与NaOH反应为①CO2+NaOH=NaHCO3，②CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，当≥1，反应按①进行，等于1时，CO2、NaOH恰好反应生成NaHCO3；大于1时，生成NaHCO3，CO2有剩余；当＜＜1，反应按①②进行，CO2、NaOH反应，无剩余，生成物为NaHCO3、Na2CO3；当≤，反应按②进行，等于时，CO2、NaOH恰好反应生成Na2CO3；小于时，生成Na2CO3，NaOH有剩余；则A．由上述分析可知，当含有两种溶质，不论是Na2CO3、NaOH，还是NaHCO3、Na2CO3，滴加盐酸都不能立即产生气体，选项A错误；B．①当溶质为Na2CO3时，不能立即产生气体，滴加盐酸先与碳酸钠反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠再与盐酸发生反应生成二氧化碳，且与碳酸钠反应生成碳酸氢钠消耗盐酸体积等于与碳酸氢钠反应生成二氧化碳所消耗的盐酸体积，产生的气体体积V（CO2）与加入盐酸的体积V（HCl）的关系为；②当溶质为NaHCO3时，滴加盐酸与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，立即产生气体，产生的气体体积V（CO2）与加入盐酸的体积V（HCl）的关系为，选项B错误；C．由B中分析可知，只含一种溶质，当溶质为Na2CO3时，产生的气体体积V（CO2）与加入盐酸的体积V（HCl）的关系为，选项C正确；D．M含有Na2CO3和NaHCO3，与碳酸钠反应生成碳酸氢钠消耗盐酸体积小于与碳酸氢钠反应生成二氧化碳所消耗的盐酸体积，产生的气体体积V（CO2）与加入盐酸的体积V（HCl）的关系为选项D错误。答案选C。3、D【解题分析】

A.用量筒量取浓硫酸时俯视量筒读数，用量筒量取液体时，俯视读数，使所读液体的体积偏小，使配制的溶液浓度偏小，故A错误；B.在烧杯中溶解时，有少量液体溅出，导致溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故B错误；C.使用容量瓶时，容量瓶内残留有少量水分，对溶液浓度无影响，因为只要定容时正确，至于水是原来就有的还是后来加入的，对浓度无影响，故C错误；D.定容时俯视容量瓶刻度线，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故D正确。故选D。【题目点拨】根据CB=nB/V可得，一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量nB和溶液的体积V引起的。误差分析时，关键要看配制过程中引起nB和V怎样的变化。在配制一定物质的量浓度溶液时，若nB比理论值小，或V比理论值大时，都会使所配溶液浓度偏小；若nB比理论值大，或V比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大。4、D【解题分析】

A．做好垃圾污水治理可以减少对水体污染，有利于保护环境，A正确；B．进行厕所革命可以减少水体、土壤污染，有利于保护环境，B正确；C．提升村容村貌，必然会减少污染物的排放，有助于建设美丽乡村，C正确；D．大量焚烧田间秸秆能产生大量烟尘等空气污染物，不利于环境保护，D错误；故合理选项是D。5、B【解题分析】

A．石灰溶于水形成氢氧化钙是碱溶液可以吸收氯气，利用的是氯气的化学性质，故A错误；B．氯气密度比空气重，发生Cl2泄漏向远离污染源的高处撤离，故B正确；C．纯碱是碳酸钠溶液可以和氯气发生反应吸收氯气，用浸有纯碱溶液的毛巾捂住口鼻迅速撤离，故C错误；D．纯碱是碳酸钠溶液可以和氯气发生反应吸收氯气，来不及撤离时可用纯碱溶液浸湿的棉被堵好门窗，故D错误；故选B。6、C【解题分析】A锂B氟位于元素周期表第二周期；C.磷原子序数为15，位于元素周期表第三周期；D.铁素周期表第四周期。故答案：C。点睛：根据元素周期表中同周期同主族的元素特征进行回答。抓住同周期元素电子层相同，同主族元素最外层电子数相同解答。7、A【解题分析】

A．某主族元素R的最高正化合价与负化合价代数和为6，其最高化合价与最低化合价的绝对值之和为8，则R的最高价为+7价、最低价为-1价，为第VIIA族元素（F元素除外）；B．其最高化合价为+7价、O元素化合价为-2价，根据化合物中化合价的代数和为0确定其最高价氧化物的化学式；C．卤化氢不能燃烧；D．R气态氢化物水溶液呈酸性。【题目详解】A．某主族元素R的最高正化合价与负化合价代数和为6，其最高化合价与最低化合价的绝对值之和为8，设其最高化合价为x、最低化合价为y，则x+y=6、x-y=8，所以x=7、y=-1，即R的最高价为+7价、最低价为-1价，为第VIIA族元素（F元素除外），选项A正确；B．其最高化合价为+7价、O元素化合价为-2价，根据化合物中化合价的代数和为0知其最高价氧化物的化学式为R2O7，选项B错误；C卤化氢不能燃烧，选项C错误；D．R气态氢化物水溶液呈酸性，且易溶于水，选项D错误；答案选A。【题目点拨】本题考查原子结构和元素性质，为高频考点，正确判断元素是解本题关键，熟悉同一主族元素原子结构、元素性质、元素性质递变规律，易错选项是B，根据最高价+7价判断氧化物的化学式。8、C【解题分析】

A.H2SO4与Na2SO4、MgCl2、Al2(SO4)3都不反应，不能用硫酸鉴别，故不选A；B.Ba(OH)2与Na2SO4和MgCl2、Al2(SO4)3都生成白色沉淀，不能用Ba(OH)2鉴别，故不选B；C.NaOH与Na2SO4不反应，无现象；NaOH与MgCl2反应生成白色沉淀氢氧化镁，NaOH与Al2(SO4)3生成白色沉淀，NaOH过量时，沉淀逐渐溶解，现象不同，能用NaOH鉴别，故选C；

D.AgNO3与Na2SO4、MgCl2、Al2(SO4)3都生成白色沉淀，不能用AgNO3鉴别，故不选D。【题目点拨】本题考查物质的检验和鉴别的基本方法，本题注意把握三种物质的组成上的异同，加入试剂后应出现明显不同的反应现象，从反应具有不同现象的角度考虑分析。9、B【解题分析】

A.、、H＋和H2是：质子数为1中子数为0的氢原子、质子数为1，中子数为1的氢原子、带一个单位正电荷的氢离子、氢气单质，同属于氢元素的四种不同粒子，A正确；B.和是钙元素的不同原子，为同位素，石墨和金刚石为同素异形体，B错误；C.1H和2H是具有一定质子数和一定中子数的不同原子，是氢元素的不同核素，C正确；D.12C和14C互为同位素，质量数不同，最外层电子数相同，物理性质不同，但化学性质几乎完全相同，D正确；故合理选项是B。10、B【解题分析】

Na2O2和水反应的方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑。【题目详解】A、Na2O2和水反应产生O2，可以使带火星的木条复燃，A正确；B、在该反应中，Na2O2既是氧化剂，又是还原剂，B错误；C、Na2O2和水反应产生NaOH，所得溶液呈碱性，可以使酚酞变红，C正确；D、该反应是放热反应，D正确；故选B。11、B【解题分析】

依据化合物中各种元素化合价代数和为0计算解答。【题目详解】铝、硅、氧、氢氧根分别显+3价、+4价、−2价、−1价,依据化合物中各元素的化合价代数和为0,则有(+3)×2+(+4)×2+(−2)×x+(−1)×y=0，即2x+y=14，A.若x，y分别为7，2，则2x+y=16，不符合题意，A项错误；B.若x，y分别为5，4，则2x+y=14，符合题意，B项正确；C.若x，y分别为6，3，则2x+y=15，不符合题意，C项错误；D.若x，y分别为3，6，则2x+y=12，不符合题意，D项错误；答案选B。12、A【解题分析】

A.Mg2+、、、互不反应，与氢离子也不反应，能大量共存，故A正确；B.CH3COO-在强酸性溶液中与氢离子不能大量共存，故B错误；C.在强酸性溶液中与氢离子不能大量共存，故C错误；D.在强酸性溶液中与氢离子不能大量共存，故D错误；故选：A。13、B【解题分析】

A.中子数为10的氧原子为：188O，A错误；B.Mg是12号元素，Mg原子失去最外层2个电子变为Mg2+，所以Mg2+的结构示意图为：，B正确；C.硫化钠是离子化合物，电子式为：，C错误；D.HCl是共价化合物，H原子与Cl通过一个共用电子对结合，所以HCl的形成过程表示为：，D错误；故合理选项是B。14、B【解题分析】

A.Ba(OH)2溶液，氯气与Ba(OH)2溶液反应消耗氯气，布条不褪色，故A不符合题意；B.饱和食盐水与氯气不反应，氯气再通入乙瓶，湿润的氯气使布条不褪色，故B符合题意；C.NaOH溶液，氯气与NaOH溶液反应消耗氯气，布条不褪色，故C不符合题意；D.浓H2SO4，潮湿的氯气被浓硫酸干燥，干燥的氯气不能使有色布条褪色，故D不符合题意。综上所述，答案为B。【题目点拨】湿润的氯气能使有色布条褪色，干燥的氯气不能使有色布条褪色。15、B【解题分析】

A.氯化钠熔融导电，是由Na+和Cl-定向移动传导的；B.液态汞导电，是由电子的定向移动传导的；C.H2SO4溶液导电，是由H+和SO42-定向移动传导的；D.熔融状态的KOH导电，是由K+和OH-传导的。综合以上分析，A、C、D中物质的导电，都属于离子导电，而B中物质导电，是电子导电。故选B。16、A【解题分析】

A．标准状况下，22.4LCH4的物质的量是1mol，含有氢原子数目为4NA，A正确；B．过氧化钠是由2个钠离子和1个过氧根离子构成的，所以1molNa2O2中含有的阴离子为NA，阳离子的数目为2NA，B错误；C．溶液体积未知，所以无法确定0.1mol/LCu(NO3)2溶液中含有的NO3-数目，C错误；D．一个氮气分子由两个氮原子构成，28gN2的物质的量是1mol，所含的原子数目为2NA，D错误。答案选A。17、C【解题分析】

能与铝反应产生氢气的溶液呈酸性或强碱性，溶液中中存在大量氢离子或氢氧根离子。【题目详解】能与铝反应产生氢气的溶液呈酸性或强碱性，溶液中中存在大量氢离子或氢氧根离子；A、NH4+、Cu2+、Cl-、SO42-之间不反应，都不与氢离子反应，在酸性溶液中能够大量共存，故A不选；B、K+、Na+、SO32-、S2-之间不反应，都不与氢氧根离子反应，在碱性溶液中能够大量共存，故B不选；C、HCO3-与氢离子、氢氧根离子反应，在溶液中一定不能大量共存，故C选；D、Ba2+、Na+、Cl-、Br-之间不反应，都不与氢离子和氢氧根离子反应，在溶液中一定能够大量共存，故D不选。答案选C。【题目点拨】题考查离子共存的判断，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH-；是“可能”共存，还是“一定”共存等。18、D【解题分析】

滴加少许KSCN溶液，无红色出现；再加少许氯水后若立即出现红色，则证明原溶液中Fe2＋一定存在，故选：D。19、C【解题分析】

A.Na长期露置在空气中，最终生成物为Na2CO3，Al长期露置在空气中，最终生成物为氧化铝，生成物种类不同，A不符合题意；B.Na长期露置在空气中，最终生成物为Na2CO3，Mg长期露置在空气中，最终生成物为氧化镁，生成物种类不同，B不符合题意；C.Mg长期露置在空气中，最终生成物为MgO，Al长期露置在空气中，最终生成物为氧化铝，生成物种类相同，C符合题意；D.Na长期露置在空气中，最终生成物为Na2CO3，Fe长期露置在空气中，最终生成物为铁锈，生成物种类不同，D不符合题意；答案选C。20、C【解题分析】

选项A、Mg2＋与OH－发生反应，Mg2＋+OH－=Mg(OH)2；选项B、H＋与CO32－发生反应，2H＋+CO32－=CO2+H2O；选项C、各离子间相互不反应，可以共存；选项D、HCO3－与OH－发生反应，HCO3－+OH－=CO32－+H2O答案选C。21、B【解题分析】A、NaOH少量时，离子方程式为：Al3++3OH-=Al(OH)3↓，NaOH足量时，离子方程式为：Al3++4OH-=AlO2-+2H2O，A错误；B、Ba(OH)2溶液与稀硫酸不管以什么比例混合，反应的离子方程式均为Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O，B正确；C、稀盐酸少量时，离子方程式为：CO32-+H+=HCO3-，盐酸足量时，离子方程式为：CO32-+2H+=CO2↑+H2O，C错误；D、盐酸少量时，离子方程为：AlO2-+H++H2O=Al(OH)3↓，盐酸足量时，离子方程式为：AlO2-+4H+=Al3++2H2O，D错误。正确答案为B。22、B【解题分析】

如果是置换反应关键看置换出来的是什么，根据进入溶液中的质量与置换出来的质量之差考虑，如果不是置换反应就看反应后生成物的质量变化。【题目详解】A．铁和硫酸铜溶液反应生成物是铜和硫酸亚铁，进入溶液中的是铁，相对原子质量为56，置换出来的是铜，相对原子质量为64，则进入的少，出来得多，所以溶液质量减少了，A错误；B．氧化铁固体和硫酸反应中，反应生成硫酸铁和水，溶液质量增加，B正确；C．盐酸与氢氧化钙溶液反应生成氯化钙溶液和水，溶液质量不变，C错误；D．氯化钠溶液与硝酸钾溶液不反应，故溶液质量不变，D错误。答案选B。【题目点拨】解答本题的主要方法是看进入溶液中的物质是什么，被置换出来的物质是什么，根据二者的差值来分析溶液的质量变化情况，注意质量守恒定律的灵活应用。二、非选择题(共84分)23、H+、Ba2+、Cl-Mg2+、SO42-、CO32-Ba2++CO32-=BaCO3↓【解题分析】

用pH试纸检验溶液呈强酸性，溶液中一定存在H+，一定不存在CO32-。溶液中逐滴加入NaOH溶液，使溶液由酸性变为碱性，无沉淀产生，溶液中一定不存在Mg2+。B中碱性溶液中滴加Na2CO3溶液有白色沉淀产生，溶液中一定存在Ba2+；由于SO42-与Ba2+不能大量共存，溶液中一定不存在SO42-。由于H+、Ba2+都属于阳离子，根据电荷守恒，溶液中一定存在Cl-，根据题给信息无法确定是否存在Na+，据以上分析解答。【题目详解】用pH试纸检验溶液呈强酸性，溶液中一定存在H+，一定不存在CO32-。溶液中逐滴加入NaOH溶液，使溶液由酸性变为碱性，无沉淀产生，溶液中一定不存在Mg2+。B中碱性溶液中滴加Na2CO3溶液有白色沉淀产生，溶液中一定存在Ba2+；由于SO42-与Ba2+不能大量共存，溶液中一定不存在SO42-。由于H+、Ba2+都属于阳离子，根据电荷守恒，溶液中一定存在Cl-，根据题给信息无法确定是否存在Na+；（1）结合以上分析可知，该溶液中肯定存在的离子有H+、Ba2+、Cl-；肯定不存在的离子有Mg2+、SO42-、CO32-；（2）C中发生反应的离子方程式为：Ba2++CO32-=BaCO3↓；【题目点拨】离子推断中的“四项基本原则”：肯定性原则（根据实验现象推出溶液中肯定存在或肯定不存在的离子）→互斥性原则（肯定某些离子存在的同时，结合离子共存规律，否定一些离子的存在）→电中性原则（溶液呈电中性，溶液中阴、阳离子的正、负电荷总数相等）→进出性原则（实验过程中反应生成的离子或引入的离子对后续实验的干扰）。24、NaNaOHNa2CO3NaClNa2O2NaHCO32OH－＋CO2===CO＋H2O2Na2O2＋2H2O===4Na＋＋4OH－＋O2↑CO＋H2O＋CO2===2HCO2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑【解题分析】本题考查无机推断，E是淡黄色粉末，即E可能是Na2O2、S，因为E是由A和氧气反应生成，即E为Na2O2，则A为Na，Na与水反应生成NaOH和氢气，Na2O2也能生成B，则B为NaOH，根据转化关系，NaOH与CO2反应，C与CO2、H2O反应生成F，则C为Na2CO3，F为NaHCO3，C和盐酸反应生成D，则D为NaCl，（1）根据上述分析，A为Na，B为NaOH，C为Na2CO3，D为NaCl，E为Na2O2，F为NaHCO3；（2）B→C：2NaOH＋CO2=Na2CO3＋H2O，其离子反应方程式为2OH－＋CO2=CO32－＋H2O；E→B：2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，其离子反应方程式为2Na2O2＋2H2O=4Na＋＋4OH－＋O2↑；C→F：Na2CO3＋CO2＋H2O=2NaHCO3，其离子反应方程式为CO32－＋CO2＋H2O=2HCO3－；F→G：2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑。点睛：无机推断题，需要找准题眼，如本题E为淡黄色粉末，从而大胆猜测E为过氧化钠，然后根据自己所学知识进行分析，分析时，都要每步走通，否则就是猜测就是错误，如果没有明确要求，写出的反应方程式都是学过的，若出现没有学过的，则说明推断是错误，同时应注意审题，让写的是离子反应方程式还是化学反应方程式等。25、a电离Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO42-=BaSO4↓＋2H2Oc2(SO42-)c1(SO42-)0.1mol·L－1反应生成NaOH，易溶于水电离出Na＋和OH－，灯泡不熄灭【解题分析】

(1)氢氧化钡与硫酸在溶液中反应Ba(OH)2+H2SO4=BaSO4↓+2H2O；(2)加水后，灯泡变亮的原因是氢氧化钡电离出自由移动的离子；(3)过程Ⅰ中灯泡变暗是氢氧化钡和硫酸反应，溶液中的离子浓度降低；(4)根据溶解度可知，氢氧化钡可溶，硫酸钡难溶，溶液1中氢氧化钡还没有沉淀完，抑制硫酸钡的溶解，SO42-浓度较小，溶液2中氢氧化钡全部沉淀，硫酸钡的溶解不被抑制；(5)①硫酸浓度为0.1mol‧L−1，所用硫酸根浓度要相同；②加入硫酸钠溶液过程中灯泡不熄灭，溶液中依然有大量的离子浓度。【题目详解】(1)氢氧化钡与硫酸在溶液中反应Ba(OH)2+H2SO4=BaSO4↓+2H2O，说明发生复分解反应，故答案为a；(2)加水后，灯泡变亮的原因是氢氧化钡发生了电离，电离出自由移动的离子；故答案为：电离；(3)过程Ⅰ中灯泡变暗是氢氧化钡和硫酸反应，离子方程式Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO42-=BaSO4↓＋2H2O；(4)根据溶解度可知，氢氧化钡可溶，硫酸钡难溶，溶液1中氢氧化钡还没有沉淀完，抑制硫酸钡的溶解，SO42-浓度较小，溶液2中氢氧化钡全部沉淀，硫酸钡的溶解不被抑制，硫酸根离子浓度最大，因此溶液2中c(SO42−)的大小：c2(SO42−)＞c1(SO42−)；(5)①硫酸浓度为0.1mol‧L−1，所用硫酸根浓度要相同，因此硫酸钠溶液的浓度是0.1mol‧L−1；②加入硫酸钠溶液过程中灯泡不熄灭，说明溶液中依然有大量的离子，原因是反应生成NaOH，易溶于水，电离出Na＋和OH－，灯泡不熄灭；故答案为：反应生成NaOH，易溶于水电离出Na＋和OH－，灯泡不熄灭。26、氯化亚砜久置后分解生成的黄绿色气体氯气溶解在二氯化砜2:3:1吸收逸出有毒的Cl2、SO2，防止空气中的水蒸气进入反应装置，防止SOCl2水解⑨→⑧→⑥→⑦→①→②→⑦→⑥→④b将B中锥形瓶置于冰水浴中KSCN溶液【解题分析】

（1）氯化亚砜久置后分解生成的氯气溶解在二氯化砜，要想合成氯化亚砜达到原子利用率最大化，则三者按方程式比例参与反应，据此解答；（2）①合成SOCl2的原理之一为SO2+Cl2+SCl22SOCl2，实验过程中剩余的SO2和Cl2均为有毒气体，据此分析；②实验室制取SOCl2前，应先制备纯净的氯气和二氧化硫，再通入三颈烧瓶内，据此分析；（3）①向仪器A中滴加SOCl2，需保证液面上方和容器A中压强相等，据此分析；②SOCl2沸点较低，易使装置B处于较低温度，应防其气化，据此分析；（4）若发生氧化还原反应，则Fe3+会被还原为Fe2+，据此分析。【题目详解】（1）氯化亚砜后微显黄色是因为久置后分解生成的黄绿色气体氯气溶解在二氯化砜，用硫黄、液氯和三氧化硫为原料合成氯化亚砜的化学方程式为：2S+3Cl2+SO3=3SOCl2，要想达到原子利用率最大化，则三者按方程式比例参与反应，三者的物质的量之比为2:3:1，故答案为：氯化亚砜久置后分解生成的黄绿色气体氯气溶解在二氯化砜；2:3:1；（2）①合成SOCl2的原理之一为SO2+Cl2+SCl22SOCl2，实验过程中剩余的SO2和Cl2均为有毒气体，且生成物SOCl2遇水剧烈与水反应生成SO2和另一酸性气体，因此装置b的作用是吸收逸出有毒的Cl2、SO2，防止空气中的水蒸气进入反应装置，防止SOCl2水解，故答案为：吸收逸出有毒的Cl2、SO2，防止空气中的水蒸气进入反应装置，防止SOCl2水解；②实验室制取SOCl2前，应先制备纯净的氯气和二氧化硫，再通入三颈烧瓶内，因此制取SOCl2所选仪器的链接顺序：③→⑨→⑧→⑥→⑦→①→②→⑦→⑥→④，故答案为：⑨→⑧→⑥→⑦→①→②→⑦→⑥→④；（3）①向仪器A中缓慢滴加SOCl2，为保证SOCl2顺利流下，需确保液面上方和容器A中压强相等，则需打开活塞b，故答案为：b；②为了更加充分的回收SOCl2，应防止SOCl2气化，应将B中锥形瓶置于冰水浴中，故答案为：将B中锥形瓶置于冰水浴中；（4）若发生氧化还原反应，则Fe3+会被还原为Fe2+，滴加KSCN溶液没有明显现象，即可说明发生了氧化还原反应，故答案为：KSCN溶液。【题目点拨】Fe3+遇KSCN会生成血红色溶液，Fe2+遇KSCN会没有明显现象。27、MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O饱和食盐水浓硫酸HCl和水蒸气进入D中与铁反应生成H2，H2和Cl2混合加热易发生爆炸2Fe+3Cl22FeCl3吸收多余的氯气，防止其逸出污染环境防止空气中的水蒸气进入D中2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O【解题分析】

（1）二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成二氯化锰和氯气、水，据此写出方程式；（2）浓盐酸具有挥发性，所以混合气体中含有氯化氢，需用饱和食盐水除去氯化氢，用浓硫酸吸收水蒸气；若没有这两步操作，盐酸与铁反应产生的氢气与氯气混合受热会发生爆炸；（3）铁粉与氯气在加热条件下反应生成氯化铁；（4）反应后剩余的氯气需要吸收，空气中的水蒸气不能进入D装置内，影响实验，据此分析碱石灰的作用。（5）氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，据此写出方程式；【题目详解】（1）二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成二氯化锰和氯气、水，方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O