四川省内江市2024-2025学年高一化学上学期12月月考试题【含答案】

可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16Na-23Fe-56一、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D【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选项碱混合物碱性氧化物电解质A纯碱Fe(OH)3胶体Fe2O3KMnO4BKOH碱石灰Mn2O7水CNH3·H2O漂白粉CuO硝酸DBa(OH)2CuSO4·5H2O生石灰盐酸A.A B.B C.C D.DC【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：B【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：A【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1mol，反应消耗1molCa(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：C【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.1mol任何物质都约含6.02×1023个原子D.1mol水所含的水分子数和1molAl所含的Al原子数都约为6.02×1023C【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1mol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，1mol水所含的水分子数约为6.02×1023，Al是由Al原子构成的，1molAl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一②1mol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lg⑤HCl的摩尔质量等于1molHCl分子的质量；⑥1molCO2中含有1mol碳和2mol氧⑦0.012kg12C中含有12C的数目为1molA.①②③ B.②③④ C.②③④⑥ D.全部D【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1mol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0.012kg12C中所含有的C原子数，其近似值为6.02×1023/mol，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1g/mol，④错误；⑤摩尔质量与质量单位不同，HCl的摩尔质量是以g/mol为单位，数值上等于其相对分子量36.5，即HCl的摩尔质量为36.5g/mol，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1molCO2中含有1mol碳和2mol氧原子，⑥错误；⑦0.012kg12C所含有的C原子数是NA个，其物质的量为1mol，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ABCDA.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B【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D【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HClC.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A【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选项物质杂质除杂质应选用的试剂或操作方法AFeSO4溶液CuSO4加入过量铁粉，充分反应，再过滤BCl2HCl通过饱和的NaHCO3溶液CCO2HCl通入饱和NaOH溶液中DCO2H2依次通过盛有NaOH溶液和浓硫酸的洗气瓶A.A B.B C.C D.DA【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C【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.C【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C【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(Mathieson)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2：1B.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H2O2D.反应②中的H2O2可用NaClO4代替D【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6：1D.上述反应说明还原性：Fe2+＞Cr3+＞Mn2+＞Bi3+A【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20mL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_______。（1）①.①⑤②.①④⑦⑧③.⑤④.③⑦⑨⑩（2）①.A②.H3PO2+NaOH=NaH2PO2+H2O（3）Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+【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20mL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：_______。（1）①AgNO3②.Fe2(SO4)3（2）（3）AC（4）（5）2Fe2++4I-+3Cl2=2Fe3++2I2+6Cl-【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40.0g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5.6g。则原混合物中碳酸钠的质量分数为_______。（1）①.ac②.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↓+NH4Cl②.2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑（3）CO2（4）CD（5）16%【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