四川省成都龙泉第二中学2019_2020学年高二化学上学期入学考试试题（含解析）.docx

四川省成都龙泉第二中学2019-2020学年高二化学上学期入学考试试题（含解析）第卷(选择题，共44分)一、单项选择题：本题包括22小题，每小题2分，共44分。1. 对下列物质分类全部正确的是纯碱 食盐水 石灰水 NaOH 液态氨 KClO3A. 碱B. 纯净物C. 盐D. 混合物【答案】C【解析】A、碱-不正确，因纯碱为碳酸钠，是由金属离子和酸根离子构成的，则属于盐类，故A错误；B、纯净物-不正确，因石灰水中含氢氧化钙和水，属于混合物，故B错误；C、盐-正确，因纯碱和氯酸钾都是由金属离子和酸根离子构成的，则属于盐类，故C正确；D、混合物-不正确，因液态氧是一种只有氧元素组成的物质，则属于单质，故D错误；故选C。点睛：在物质的分类中，要特别注意：纯碱为碳酸钠，属于盐类；盐酸为氯化氢的水溶液，属于混合物；液氨中只含有一种分子，属于纯净物；氨水是氨气的水溶液，属于混合物；碱石灰、水玻璃等属于混合物，等等。2.除去下列物质中的杂质，所用试剂和方法不正确的是（ ）物质杂质除杂所用试剂和方法AKCl溶液I2酒精，萃取BKNO3K2SO4Ba(NO3)2溶液，过滤CCuCuO盐酸，过滤DCaCO3CaOH2O，过滤A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】A.酒精与水互溶，不能用作萃取剂，可以改为四氯化碳或苯等，A错误；B.加入适量的Ba(NO3)2溶液，杂质K2SO4会发生反应：K2SO4+ Ba(NO3)2=BaSO4+2KNO3，然后过滤，就得到纯净的KNO3，B正确；C.CuO与盐酸反应产生可溶性的CuCl2和水，然后过滤，洗涤，就得到纯净的Cu单质，C正确；D. CaO与水反应产生可溶性的Ca(OH)2，然后过滤，洗涤，就得到纯净的CaCO3，D正确；故合理选项是A。3.为确定某溶液的离子组成，进行如下实验：取少量溶液滴加Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀然后继续加入稀盐酸至溶液呈酸性，产生无刺激性气味且能使澄清石灰水变浑浊的气体；白色沉淀部分溶解取上层清液继续滴加Ba(NO3)2溶液至无沉淀时，再滴加AgNO3溶液，产生白色沉淀根据实验，以下推测不正确的是（ ）A. 一定有SO42-B. 一定有CO32-C. 不能确定Cl是否存在D. 不能确定SO42-是否存在【答案】D【解析】【详解】取少量溶液滴加Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀，说明溶液中可能含有CO32-、SO42-等离子，向中生成的白色沉淀中继续滴加过量稀盐酸时，白色沉淀部分溶解，且产生CO2气体，证明原溶液中一定含有SO42-和CO32-。取中的上层清液中加入AgNO3溶液产生白色沉淀AgCl，由于在中加入了稀盐酸，因此并不能确定原溶液中是否有Cl-，因此得到结论是一定含有SO42-、CO32-，可能含有Cl-，也可能不含有Cl-，故选项合理的是D。4. 2012年中国汽车销量大幅增长，同时也带来了严重的空气污染汽车尾气装置中，气体在催化剂表面吸附与解吸的过程如图所示，下列说法正确的是（ ）A. 反应中NO为氧化剂，N2为氧化产物B. 汽车尾气的主要污染成分包括CO、NO和N2C. NO和O2必须在催化剂表面才能反应D. 催化转化总反应为2NO+O2+4CO4CO2+N2【答案】D【解析】试题分析：A一氧化氮与一氧化碳反应生成氮气和二氧化碳，依据反应中氮元素化合价变化判断；B汽车尾气的主要污染成分是CO、NO、NO2等；CNO和O2在常温下就会发生反应；D尾气处理净化的目的是把有毒的污染气体在催化剂作用下转化为空气中的无毒成分解：A一氧化氮与一氧化碳反应生成氮气和二氧化碳，氮元素从+2价降为0价，化合价降低，所以一氧化氮做氧化剂，氮气为还原产物，故A错误；B汽车尾气的主要污染成分是CO、NO、NO2等，氮气为空气成分，不是空气污染物，故B错误；CNO和O2在常温下就会发生反应生成二氧化氮，故C错误；D尾气处理净化的目的是把有毒的污染气体在催化剂作用下转化为空气中的无毒成分：反应方程式2NO+O2+4CO4CO2+N2正好是过程图中的变化，故D正确；故选：D5. 下列叙述中正确的是标准状况下，1L HCl和1L H2O的物质的量相同；标准状况下，1g H2和14g N2的体积相同；28gCO的体积为22.4L；两种物质的物质的量相同，则它们在标准状况下的体积也相同；在同温同体积时，气体物质的物质的量越大，则压强越大；同温同压下，气体的密度与气体的相对分子质量成正比。A. B. C. D. 【答案】B【解析】标准状况下，水不是气体，不能适用于气体摩尔体积，选项不正确；选项，气体的物质的量都是0.5mol，标准状况下的体积是相等的；选项不正确，因为不能气体的状态；选项不正确，因为物质不一定是气体，选项都是正确的，答案选B。6.下列有关C、N、S等非金属元素化合物的说法正确的是()A. NaHCO3、Na2CO3、(NH4)2CO3三种固体受热后均能生成气体B. SO2具有漂白性可以使酸性高锰酸钾溶液褪色C. 实验室可用NaOH溶液处理NO2和SO2废气D. 稀硝酸、稀硫酸均能将木炭氧化成二氧化碳【答案】C【解析】ANa2CO3受热不分解，无气体生成，故A错误；BSO2具有还原性可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B错误；CNO2和SO2废气可用NaOH溶液处理，防环境污染，故C正确；D稀硝酸、稀硫酸均不能将木炭氧化成二氧化碳，但浓硫酸和浓硝酸可以，故D错误；答案为C。7.有K2SO4和Al2(SO4)3的混合溶液，已知其中Al3+的物质的量浓度为0.4 molL1，SO42-的物质的量浓度为0.7 molL1，则此溶液中K+的物质的量浓度为()A. 0.1 molL1B. 0.15 molL1C. 0.2 molL1D. 0.25 molL1【答案】C【解析】【分析】根据溶液呈电中性，溶液中应满足3c(Al3+)+c(K+)=2c(SO42-)，以此结合题中数据进行解答。【详解】溶液呈电中性，即电解质溶液中阳离子所带的电荷总数等于阴离子所带的电荷总数。2 c(SO42-)c(K)3c(Al3)，则可得如下等式：0.7 molL12c(K)0.4 molL13，所以c(K)0.2 molL1，故选C。8.VmLAl2(SO4)3溶液中含Al3ag，取mL溶液稀释到4VmL，则稀释后溶液中SO42-的物质的量浓度是（ ）A. mol/LB. mol/LC. mol/LD. mol/L【答案】C【解析】【详解】根据电荷守恒：c(Al3)3=c(SO42-)2，得3=c(SO42-)2，c(SO42-)=，当由mL稀释到4VmL时，相当于稀释了16倍，则c(SO42-)=16mol/L，故合理选项是C。9.下列说法正确的是()A. 纯水导电性很差，所以水不是电解质B. 判断某化合物是否为电解质，应看其在一定条件下能否电离C. 酸、碱和盐类都属于电解质，其他化合物都不是电解质D. NaCl和HCl都是电解质，所以它们熔融状态下都能导电【答案】B【解析】A、纯水属于弱电解质，水电离出的H和OH浓度很小，导电性差，因此水属于电解质，故A错误；B、电解质的定义是水溶液或熔融状态下，能够导电的化合物，能够在一定条件下电离出离子，故B正确；C、电解质包括酸、碱、大多数的盐、大多数的金属氧化物和水，故C错误；D、NaCl在熔融状态下能电离，HCl在熔融状态下不能够导电，故D错误。10.下列两种物质的溶液混合后，能发生离子反应，且溶液的总质量不会发生改变的是（ ）A. 石灰水中和稀盐酸混合B. 小苏打溶液和柠檬水混合制汽水C. 人工盐(含有硫酸钠、碳酸氢钠、氯化钠、硫酸钾，常用于治疗牲口消化不良)溶液与BaCl2溶液混合D. 喝氯化钠溶液和蔗糖水的混合液治拉肚子【答案】A【解析】【详解】A.二者反应生成水，发生了离子反应，由于没有沉淀析出，没有气体放出，所以溶液质量不变，A符合题意；BHCO3-与酸反应产生了CO2气体，发生了离子反应，但CO2逸出，使溶液质量减轻，B不符合题意；C.SO42-与Ba2生成了BaSO4沉淀，发生了离子反应，但BaSO4从溶液中以沉淀形式析出，脱离溶液，使溶液质量减轻，C不符合题意。D.NaCl与蔗糖不反应，无离子反应发生，D不符合题意；故合理选项是A。11. 下列各组离子中，在强碱性溶液中能共存，且在加入盐酸过程中会产生气体和沉淀的是A. Na、NO3-、AlO2、SO42B. Na、Al3、NO3-、SO42C. K、Cl、AlO2、CO32D. Na、Mg2、Cl、HCO3-【答案】C【解析】试题分析： A、四种离子在碱性条件下可以共存，但加入盐酸没有气体生成，故不选A；B、铝离子在碱性条件下不存在，故不选B；C、四种离子在碱性条件下共存，AlO2与盐酸反应生成氢氧化铝沉淀，CO32与盐酸反应生成二氧化碳气体，故选C；D、Mg2与HCO3-反应而不共存，故不选D。考点：离子共存。12.常温下，在溶液中可发生以下反应：2Fe2Br2=2Fe32Br，2BrCl2=Br22Cl，2Fe32I=2Fe2I2；下列说法错误的是A. 铁元素在反应和中均被氧化B. 反应中当有1mol Cl2被还原时，有2mol Br被氧化C. 氧化性强弱顺序为：Cl2Br2Fe3I2D. 还原性强弱顺序为：IFe2BrCl【答案】A【解析】中Fe2作还原剂，在反应中被氧化，中Fe3作氧化剂，在反应中被还原，A项错误；反应中Cl2作氧化剂，当1 mol Cl2被还原时，有2 mol Br被氧化，B项正确；由反应可知：氧化性：Br2Fe3，还原性：Fe2Br；由反应可知：氧化性：Cl2Br2，还原性：BrCl；由可知：氧化性，Fe3I2，还原性：IFe2，故C、D正确。13.由Zn、Fe、Mg、Al四种金属中两种组成20 g混合物与足量的盐酸反应产生2.0 g H2，则混合物中一定含有的金属是()A. ZnB. FeC. AlD. Mg【答案】C【解析】【详解】2.0 g氢气的物质的量为=1mol，故20g金属提供的电子为1mol2=2mol，则提供1mol电子需要金属的质量为10g，AZn在反应中表现+2价，提供1mol电子需要Zn的质量为65g/mol=32.5g；BFe在反应中表现+2价，提供1mol电子需要Fe的质量为56g/mol=28g；CAl在反应中表现+3价，提供1mol电子需要Al的质量为27g/mol=9g；DMg在反应中表现+2价，提供1mol电子需要Mg的质量为24g/mol=12g；提供1mol电子，只有Al的质量小于10g，其它金属的质量都大于10g，故金属混合物中一定有Al，答案选C。14.设NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）A. 1 molNa在空气中完全燃烧，转移电子数为2NAB. 常温下，2.7g铝与足量NaOH溶液反应，消耗0.1NA个水分子C. 0.1molFe与足量水蒸气反应生成H2的分子数为0.1NAD. 11.2LCl2含有的原子数为NA【答案】B【解析】【详解】A.Na是+1价的金属，1mol Na在空气中完全燃烧生成0.5molNa2O2，转移1 mol电子，A错误；B.铝与NaOH溶液发生反应：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2，2.7gAl的物质的量是0.1mol，完全反应会消耗0.1molH2O，B正确；C.根据反应3Fe+4H2O(g)Fe3O44H2，0.1molFe完全反应生成molH2，C错误；D.缺条件，不能计算Cl2的物质的量，D错误；故合理选项是B。15.某干燥粉末可能由Na2O、Na2O2、Na2CO3、NaHCO3、NaCl中的一种或几种组成。将该粉末与足量的盐酸反应有气体X逸出，X通过足量的NaOH溶液后体积缩小(同温、同压下测定)有剩余气体。若将原来混合粉末在空气中用酒精灯加热，也有气体放出，且剩余固体的质量大于原混合粉末的质量。下列判断正确的是粉末中一定有Na2O、Na2O2、NaHCO3粉末中一定不含有Na2CO3和NaCl粉末中一定不含有Na2O和NaCl无法肯定粉末中是否含有Na2CO3和NaClA. B. C. D. 【答案】D【解析】试题分析：向混合物中加入足量的盐酸，有气体放出，与盐酸反应产生气体的物质可能为Na2O2(生成O2)、Na2CO3或NaHCO3(生成CO2)，X通过NaOH溶液后体积缩小(而不是气体全部消失)，说明X由O2和CO2组成，原粉末中Na2O2一定存在，Na2CO3和NaHCO3至少有一种一定存在将原混合粉末加热，有气体放出，说明混合物中一定有NaHCO3，但NaHCO3受热分解会使粉末质量减小，而实际剩余固体的质量却增加了，原因只能是发生了反应：2Na2O+O2=2Na2O2；综上分析，混合物中一定有Na2O、Na2O2、NaHCO3，无法确定混合物中是否有Na2CO3和NaCl，即正确的是，故选D。考点：考查了物质的检验和鉴别的相关知识。16.使一镁铝合金粉末在过量稀H2SO4中溶解，在所得溶液中加入NaOH溶液，生成沉淀的质量w和加入NaOH溶液的体积V的关系如图所示，则该合金中镁和铝的质量之比为（ ）A. 2：3B. 1：1C. 4：3D. 8：9【答案】D【解析】试题分析：生成沉淀与沉淀溶解两阶段消耗NaOH体积之比为（61）：（76）=5：1，假设溶解氢氧化铝消耗NaOH为1mol，则生成沉淀消耗NaOH为5mol，根据Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，计算氢氧化铝物质的量，再根据生成沉淀消耗NaOH计算氢氧化镁物质的量，根据元素守恒计算Mg、Al质量之比解：生成沉淀与沉淀溶解两阶段消耗NaOH体积之比为（61）：（76）=5：1，假设溶解氢氧化铝消耗NaOH为1mol，则生成沉淀消耗NaOH为5mol，Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O1mol 1mol由Al元素守恒，可知m（Al）=1mol27g/mol=27g，生成1mol氢氧化铝消耗NaOH为1mol3=3mol，则生成氢氧化镁消耗NaOH为5mol3mol=2mol，则氢氧化镁为1mol，由Mg元素守恒，则m（Mg）=1mol24g/mol=24g，故该合金中镁和铝的质量之比为24g：27g=8：9，故选D17.已知硝酸能将Fe2+氧化为Fe3+下列物质反应后能使KSCN溶液变红的是（ ）过量的Fe与Cl2反应Fe和过量稀硫酸反应FeCl2溶液中通入少量Cl2Fe和Fe2O3的混合物溶于盐酸中向Fe（NO3）2溶液中加入过量稀硫酸A. 只有B. 只有C. 只有D. 全部【答案】B【解析】试题分析：过量的Fe与Cl2反应生成氯化铁；Fe和过量稀硫酸反应生成硫酸亚铁；FeCl2溶液中通入少量Cl2，反应生成氯化亚铁；Fe和Fe2O3的混合物溶于盐酸中，铁与盐酸反应生成氯化亚铁，三氧化二铁与盐酸反应生成氯化亚铁和氯化铁，如果铁过量，铁与绿化铁反应生成氯化亚铁；向Fe（NO3）2溶液中加入过量稀硫酸，硝酸根离子在酸性环境下能够氧化二价铁离子生成三价铁离子能使KSCN溶液变红是三价铁离子，据此分析解：过量的Fe与Cl2反应生成氯化铁，氯化铁中含有三价铁离子，能使KSCN溶液变红，故正确；Fe和过量稀硫酸反应生成硫酸亚铁，不含三价铁离子，不能使KSCN溶液变红，故错误；FeCl2溶液中通入少量Cl2，反应生成氯化亚铁，含有三价铁离子，能使KSCN溶液变红，故正确；Fe和Fe2O3的混合物溶于盐酸中，铁与盐酸反应生成氯化亚铁，三氧化二铁与盐酸反应生成氯化亚铁和氯化铁，如果铁过量，铁与绿化铁反应生成氯化亚铁，不含三价铁离子，不能使KSCN溶液变红，故错误；向Fe（NO3）2溶液中加入过量稀硫酸，硝酸根离子在酸性环境下能够氧化二价铁离子生成三价铁离子，能使KSCN溶液变红，故正确；故选：B18. 下列说法正确的是( )A. SO2能使FeCl3，KMnO4水溶液褪色B. 可以用澄清石灰水鉴别SO2和CO2C. 硫粉在过量的纯氧中燃烧可以生成SO3D. 少量SO2通过浓的CaCl2溶液能生成白色沉淀【答案】A【解析】SO2中硫为4价，具有较强还原性。在水溶液中，SO2可以将氧化剂FeCl3，KMnO4等迅速还原而使溶液褪色；SO2通入澄清石灰水跟CO2通入澄清石灰水反应现象类似；通常情况下，SO2很难被氧气氧化，只有在一定温度和催化剂存在的条件下，才反应生成SO3，且是可逆反应；SO2的水化物是H2SO3，H2SO3的酸性比盐酸弱，不能生成白色沉淀。19.某混合气体可能含有CO、CO2、NH3、HCl、H2和水蒸气中的一种或几种，当依次通过澄清石灰水（无浑浊现象）、氢氧化钡溶液（有浑浊现象）、浓硫酸、灼热的氧化铜（变红）和无水CuSO4（变蓝），则可断定该混合气一定有A. HCl、CO2、H2B. CO、H2、H2OC. CO、H2、NH3D. HCl、CO、H2O【答案】A【解析】试题分析：通过澄清石灰水无浑浊现象说明可能无CO2，或可能是CO2和HCl混合物，通过氢氧化钡溶液有浑浊现象，说明含有CO2，因此除还有CO2外，还有HCl，浓硫酸作用是做干燥剂，灼热的氧化铜变红，说明含H2或CO或是两者的混合物，无水硫酸铜检验水的存在，无水CuSO4变蓝，说明通过灼热氧化铜有水蒸气的存在，根据上述推断，只能是H2还原CuO得到的，因此一定含有H2，综上所述，一定含有的气体是CO、HCl、H2，故选项A正确。考点：考查物质的检验等知识。20. 下列说法中错误的是( )A. 所有铵盐受热均可分解，产物均有NH3B. 所有铵盐都易溶于水，不是所有铵盐中的氮均呈3价C. NH4Cl溶液中加入NaOH浓溶液共热，反应的离子方程式为NH4OHNH3H2OD. NH4Cl和NaCl的固体混合物可用加热法分离【答案】BC【解析】试题分析：A不正确，例如硝酸铵分解就不生成氨气；B正确，例如硝酸铵中氮元素的化合价是3价和5价；铵盐和强碱反应生成氨气，C正确；氯化铵受热易分解，生成氨气和氯化氢，但气体冷却后又生成氯化铵，D不正确，答案选BC。考点：考查铵盐的性质、物质的分离与提纯以及方程式的判断点评：该题是高考中的常见考点，属于中等难度的试题。试题基础性强，侧重对学生基础知识的巩固与训练，同时兼顾对学生答题能力的培养和训练。该题的关键是熟练记住铵盐的性质，并能灵活运用即可。21.锥形瓶内盛有气体X，滴管内盛有液体Y。若挤压胶头滴管，使液体Y滴入瓶中，振荡，过一会可见小气球a鼓起。气体X和液体Y不可能是（ ）A. X是NH3，Y是水B. X是SO2，Y是NaOH浓溶液C. X是CO2，Y是稀硫酸D. X是HCl，Y是NaNO3稀溶液【答案】C【解析】【详解】气球鼓起，说明锥形瓶内压强减小，所以只要气体能和液体反应，而且气体的体积减小使瓶内压强减小即可。A.NH3极易溶于水，使锥形瓶中气体压强减小，会导致气球鼓起胀大，A合理；B.SO2与NaOH溶液反应：2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O，气体体积都减小，会导致气球鼓起胀大，B合理；C.CO2和稀H2SO4不反应，气体体积不减少，气球体积不变，压强不减小，C不合理；D.HCl极易溶于溶液的水中，使锥形瓶中气体压强减小，会导致气球鼓起胀大，D合理；故符合题意的选项是C。22.如图所示，当向试管内通入21mL O2时，最后试管中的液面仍在原来的位置，则原试管中NO为A. 6 mLB. 12 mLC. 16 mLD. 18 mL【答案】B【解析】向集气瓶内通入21 mL O2时，最后集气瓶中的液面仍停在原来的位置，说明剩余的氧气体积等于原NO的体积，根据4NO + 3O2 + 2H2O =4HNO3可知，反应的氧气的体积=V(NO)，则V(NO)+ V(NO)=21 mL，解得V(NO)=12mL，故选B。第卷(非选择题，共56分)二、填空题：本题包括5小题，共56分。23. 有一包从海水中获得的粗盐，已经经过初步的提纯。课外活动小组对它的成分进行探究，并将粗盐进一步提纯。探究一：这包粗盐中含有什么杂质？(1)根据海水的成分和初步提纯的实验操作，推断该粗盐中可能含有的杂质是CaCl2和MgCl2。现在实验来验证这种推断：取样品并溶解，加入足量NaOH溶液，目的是检验有没有_；接着再加入数滴Na2CO3溶液，目的是检验有没有_。实验证明：这包粗盐中含有的杂质是CaCl2。探究二：这包粗盐中NaCl的质量分数是多少？按下面步骤继续进行实验：称取一定质量的样品；将样品加水溶解，制成粗盐溶液；向粗盐溶液中加入过量的某种试剂，过滤；将沉淀洗涤后小心烘干，得到纯净的固体A；滤液在进行某一操作后，移入蒸发皿进行蒸发，得到纯净的固体；称量实验中得到的某种固体。(2)步骤中都使用到的仪器是_；它在步骤和的操作方法相同，但目的不同，在步骤的目的是_，在步骤的目的是_；(3)步骤中加入的试剂是_；步骤中进行的“某一操作”是_，目的是_；(4)步骤中你认为需要称量的固体是固体A还是固体B？_，你不选择另一种固体的理由是_。【答案】：(1)MgCl2CaCl2(2)玻璃棒 加快溶解 使液体受热均匀，防止液体溅出(3)Na2CO3溶液 逐滴加入稀盐酸，直至不再产生气泡为止除去过量碳酸钠(或提纯食盐)(4)A 蒸发所得到的氯化钠中，有一部分是过量的碳酸钠与稀盐酸反应得到【解析】：(1)加入NaOH溶液的目的是检验Mg2，加入Na2CO3溶液是为了检验Ca2。(2)溶解、过滤、蒸发等操作过程中都要用到玻璃棒，溶解时用玻璃棒搅拌起到加速溶解的作用；过滤时用玻璃棒引流；蒸发时用玻璃棒搅拌使液体受热均匀，防止液体及晶体溅出。(3)粗盐中含有的杂质是CaCl2，加入过量的Na2CO3溶液后进行过滤，除去CaCO3沉淀，在滤液中加入适量的稀盐酸，除去多余的Na2CO3，即得到NaCl溶液，蒸发得到纯净的NaCl固体。(4)由于在步骤中加入过量的Na2CO3溶液，多余的Na2CO3又与稀盐酸反应生成NaCl，所以固体B中含有的NaCl比原来含有的NaCl多。24.A、B、C、D四种可溶性盐，其阳离子分别是Na、Ba2、Cu2、Ag中的某一种，阴离子分别是Cl-、SO42-、CO32-、NO3-中的某一种。现做以下实验：将四种盐各取少量，分别溶于盛有5mL蒸馏水的4支试管中，只有B盐溶液呈蓝色。分别向4支试管中加入2mL稀盐酸，发现A盐溶液中产生白色沉淀，C盐溶液中有较多气泡产生，而D盐溶液无明显现象。(1)根据上述实验事实，推断这四种盐的化学式分别为：A_；B_；C_；D_。(2)写出下列反应的离子方程式：AD：_；BD：_；CHCl气体：_。【答案】 (1). AgNO3 (2). CuSO4 (3). Na2CO3 (4). BaCl2 (5). AgCl=AgCl (6). SO42-Ba2=BaSO4 (7). CO32-2H=CO2H2O【解析】【分析】B盐的溶液呈蓝色，说明B盐中含有Cu2+，分别向4支试管中加入2mL稀盐酸，发现A盐溶液中产生白色沉淀，说明A盐中含有Ag+，Ag+与Cl-、SO42-、CO32-都会产生沉淀而不能大量共存，使用A中含有的阴离子只能是NO3-，A为AgNO3溶液；C盐溶液中加入盐酸有较多气泡产生，说明C盐中含有CO32-；又A、B、C、D四种盐均为可溶性盐，故A盐为AgNO3；C盐为Na2CO3；B盐为CuSO4；D盐为BaCl2，以此解答该题。【详解】(1)根据上述分析可知：A盐为AgNO3；B盐为CuSO4；C盐为Na2CO3；D盐为BaCl2； (2)A、D反应的离子方程式为：Ag+Cl-=AgCl；B、D之间反应的离子方程式为：SO42-Ba2=BaSO4；C和HCl之间反应的离子方程式为：CO32-+2H+=CO2+H2O。【点睛】本题考查了离子共存和离子反应的知识。对于这类题目，必须掌握好相互离子之间的反应，同时，对于一些有色离子，需加强记忆，中学阶段常见的有色离子有：Cu2+：蓝色；Fe2+：浅绿色；Fe3+：棕黄色；MnO4：紫红色；Cr2O72-：橙色；还要注意离子发生的反应类型大致有复分解反应、氧化还原反应、络合反应、盐的双水解反应四种基本类型，同时在解题过程中，需注意审清题意，如此题中“A、B、C、D四种可溶性盐”，若没有这个条件，就会有多种不同的结论，因此，审清题意很关键。25.某校化学课外小组为了鉴别碳酸钠和碳酸氢钠两种白色固体，用不同的方法做了以下实验，如图所示。(1)只根据图、所示实验，能够达到实验目的的是(填装置序号)_；(2)图、所示实验均能鉴别这两种物质，其反应的化学方程式为_；与实验相比，实验的优点是(填选项序号)_；A.比复杂 B.比安全C.比操作简便 D.可以做到一套装置同时进行两个对比实验，而不能(3)若用实验装置验证碳酸钠和碳酸氢钠的稳定性，则试管B中装入的固体最好是_；(4)将碳酸氢钠溶液与澄清石灰水混合并充分反应，当石灰水过量时，其离子方程式是_；当碳酸氢钠与氢氧化钙物质的量之比为2：1时，所得溶液中溶质的化学式为_，请设计实验检验所得溶液中溶质的阴离子_。【答案】 (1). (2). 2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2，CO2+Ca(OH)2=CaCO3+H2O (3). D (4). NaHCO3 (5). HCO3-+Ca2+OH-=CaCO3+H2O (6). Na2CO3 (7). 取少量上层清液于试管中，加入适量氯化钙溶液，振荡，若有白色沉淀生成，则证明溶液中含有CO32-【解析】【分析】(1)碳酸钠和盐酸反应分两步进行，盐酸和碳酸钠、碳酸氢钠反应都生成二氧化碳，二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊；(2)碳酸氢钠在加热条件下能分解生成碳酸钠和水、二氧化碳；根据两个实验的区别分析；(3)不直接加热碳酸氢钠就能分解更说明碳酸氢钠不稳定；(4)碳酸氢钠和氢氧化钙发生复分解反应；当碳酸氢钠过量时，碳酸氢钠和氢氧化钙反应生成碳酸钠、碳酸钙和水，碳酸钠和和氯化钙反应生成白色碳酸钙沉淀，据此设计实验。【详解】(1)Na2CO3和NaHCO3均能与盐酸反应生成使澄清石灰水变浑浊的CO2，故实验不能鉴别Na2CO3和NaHCO3。实验中，盐酸和碳酸氢钠反应立即产生气泡，盐酸和碳酸钠先反应生成碳酸氢钠，无明显现象，当所有的碳酸钠完全转化为碳酸氢钠后，碳酸氢钠和盐酸反应生成二氧化碳气体，所以看到的现象不同，故II能鉴别碳酸钠和碳酸氢钠两种白色固体物质；(2)NaHCO3受热分解：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2，反应产生的CO2能够使澄清的石灰水变浑浊，反应方程式为：CO2+Ca(OH)2=CaCO3+H2O ；Na2CO3受热不分解。与实验相比，实验的优点是一套装置可以同时进行两个对比实验。(3)从实验可以看出，A中温度高，B中温度低，若A中装Na2CO3，B中装NaHCO3，在这种情况下，与B相连试管中的澄清石灰水变浑浊，而与A相连试管中的澄清石灰水不变浑浊，更能说明NaHCO3比Na2CO3易分解；(4)碳酸氢钠与氢氧化钙反应时，反应物的量相对不同，生成物不同，若澄清石灰水过量，反应为Ca(OH)2+NaHCO3=CaCO3+NaOH+H2O；当碳酸氢钠与氢氧化钙物质的量之比为2：1时，反应为2NaHCO3+Ca(OH)2=CaCO3+Na2CO32H2O，所得溶液中溶质为Na2CO3。检验所得溶液中溶质的阴离子CO32-的方法：取少量上层清液于试管中，加入适量氯化钙溶液，振荡，若有白色沉淀生成，即可证明溶液中含有CO32-。【点睛】本题考查了碳酸钠和碳酸氢钠的性质的对比，明确碳酸钠和盐酸反应分两步进行，易错题是(4)，由于碳酸氢钠、碳酸钠都和氢氧化钙反应产生碳酸钙白色沉淀，所有不能用氢氧化钙检验碳酸根离子，而应该使用含Ca2+或Ba2+的盐溶液，否则就会而影响碳酸根离子的检验，为易错点。26.某化学兴趣小组为探究SO2的性质，按如图所示装置进行实验。请回答下列问题：（1）装置A中盛放亚硫酸钠的仪器名称是_，其中发生反应的化学方程式为_。（2）实验过程中，装置B、C中发生的现象分别是_、_；这些现象分别说明SO2具有的性质是_和_；装置B中发生反应的离子方程式为_。（3）装置D的目的是探究SO2与品红反应的可逆性，请写出实验操作及现象_。（4）尾气可采用_溶液吸收。【答案】 (1). 蒸馏烧瓶 (2). Na2SO3H2SO4(浓)=Na2SO4SO2H2O (3). 溶液由紫红色变为无色 (4). 无色溶液中出现黄色浑浊 (5). 还原性 (6). 氧化性 (7). 5SO22MnO2H2O=2Mn25SO4H (8). 品红溶液褪色后，关闭分液漏斗活塞，点燃酒精灯加热，溶液恢复为红色 (9). NaOH(答案合理即可)【解析】试题分析：（1）根据仪器的特征，该仪器是蒸馏烧瓶；亚硫酸钠和浓硫酸反应生成硫酸钠、SO2和水，化学方程式为Na2SO3+H2SO4(浓)= Na2SO4+SO2+H2O。（2）酸性高锰酸钾有强氧化性，二氧化硫中硫元素是中间价态，有还原性，所以二氧化硫能被酸性高 锰酸钾溶液氧化而褪色，同时说明二氧化硫有还原性，SO2的氧化性能将S2氧化成S,则实验过程中，装置B、C中发生的现象分别是溶液由紫红色变为无色、无色溶液中出现黄色浑浊,这些现象分别说明SO2具有的性质是还原性和氧化性；装置B中发生反应的离子方程式为5SO2+2MnO4-+2H2O =2Mn2+5SO42-+4H+。（3）二氧化硫具有漂白性，能使品红溶液褪色，但加热褪色后的品红溶液，溶液的颜色能复原，所以探究SO2与品红作用的可逆性的实验操作及现象是品红溶液褪色后,关闭分液漏斗的活塞,点燃酒精灯加热,溶液恢复为红色。（4）该实验的尾气是SO2，SO2用NaOH溶液吸收。考点：考查SO2的性质。27.为了探究几种气态氧化物的性质，某同学设计了以下实验：用三只集气瓶收集二氧化硫、二氧化氮气体，倒置在水槽中。然后，分别缓慢通入适量氧气或氯气，如图所示。一段时间后