吉林省长春汽车经济技术开发区第六中学2026届化学高三上期中质量检测模拟试题含解析

吉林省长春汽车经济技术开发区第六中学2026届化学高三上期中质量检测模拟试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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、某课外实验小组设计的下列实验不合理的是（）A．制备并观察氢氧化亚铁B．证明过氧化钠与水反应放热C．制备并收集少量NO2气体D．实验室制备少量氨气2、现有100mLMgCl2和AlCl3的混合溶液,其中c(Mg2+)=0.30mol·L－1，c(Cl－)=1.20mol·L－1，要使Mg2+完全转化为Mg(OH)2且与Al3+恰好分开，至少需要1.00mol·L－1的NaOH溶液的体积为A．80mL B．100mL C．120mL D．140mL3、下列离子方程式正确的是()①酸性溶液中KIO3与KI反应生成I2：＋5I－＋6H＋=3I2＋3H2O②NH4HCO3溶液与过量NaOH溶液反应：+OH-=NH3↑+H2O③FeBr2溶液中通入过量Cl2：2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl-④NaHSO4与等物质的量的Ba(OH)2溶液反应：H+++Ba2++OH-=BaSO4↓+H2O⑤小苏打溶液中加入少量的石灰水：Ca2++2OH-+2=CaCO3↓++2H2O⑥Fe(OH)3与氢碘酸溶液混合：Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O⑦用高锰酸钾标准溶液滴定草酸：A．①④⑤ B．②③④C．③④⑦ D．①⑤⑥4、下表各组物质之间通过一步反应不可以实现如下图所示转化关系的是选项XYZAA1AlCl3NaAlO2BNaClNaHCO3Na2CO3CNONO2HNO3DSCu2SSO2A．A B．B C．C D．D5、NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A．16gCH4所含原子数目为NAB．1mol·L－1NaCl溶液含有NA个Na+C．常温常压下，22.4LCO2中含有NA个CO2分子D．2.4gMg与足量盐酸反应转移的电子数为0.2NA6、属于电解质的是（）A．盐酸 B．食盐 C．液氯 D．酒精7、下列物质中，不能由金属跟非金属单质直接化合而成的是A．Fe3O4 B．Na2O2 C．Mg3N2 D．FeCl28、常温下，下列各组离子在指定溶液中可能大量共存的是A．c(OH−)/c(H+)=1×1014的溶液中：K+、Na+、I−、SiO32-B．水电离出的c(

H+)=

1×

10-13mol·L-1的溶液中：Ca2+、Ba2+、Cl-、HCO3-C．加入铝粉能放出氢气的溶液中：Ba2+、Cl-、Fe3+、NO3-D．c(SO32－)＝0.1mol·L－1的溶液中：Ca2＋、MnO4－、SO42－、H＋9、下列实验操作能达到实验目的的是A．图甲装置可证明非金属性强弱:S>C>SiB．图乙装置可用于检验有乙烯生成C．图丙装置可通过蒸干AlCl3饱和溶液制备AlCl3晶体D．图丁装置可用来测定中和热10、实验室用Na与H2反应制备氢化钠(NaH)。下列实验装置和原理不能达到实验目的的是A．装置甲制取 B．装置乙净化干燥C．装置丙制备NaH D．装置丁吸收尾气11、用下列装置完成相关实验，合理的是A．图①：验证酸性：CH3COOH>H2CO3>H2SiO3B．图②：收集CO2

或NH3C．图③：

用于石油分馏D．图④：分离CH3CH2OH

与CH3COOC2H512、下列说法中，正确的是A．BF3分子中原子的最外层都不满足8电子稳定结构B．在0.1molNaHSO4晶体中阳离子与阴离子总数为0.3NA（阿伏加德罗常数为NA）C．全氟丙烷（C3F8）分子中三个碳原子可能处于同一直线上D．向30mL0.5mol／LNaOH（aq）中通入224mLCO2（标准状况），其离子反应方程式可表示为：3OH－＋2CO2＝CO32－＋HCO3－＋H2O13、某同学通过系统实验探究铝及其化合物的性质，操作正确且能达到目的的是A．向氯化铝溶液中滴加过氨水，最终得到澄清溶液B．等质量的铝分别与足量的盐酸和氢氧化钠溶液反应制得等质量的氢气C．常温下铝与浓硝酸反应制得大量的NO2D．AlCl3溶液加热蒸干得到无水氯化铝晶体14、下列关于金属钠的叙述错误的是A．金属钠可以保存在煤油中B．金属钠着火时，可用泡沫灭火器来灭火C．钠与熔融的四氯化钛反应可制取钛D．实验时用剩的钠块应该放回原试剂瓶15、设NA为阿伏加德罗常数值。如图表示N2O在Pt2O+表面与CO反应转化成无害气体的过程。下列说法正确的是（）A．N2O转化成无害气体时的催化剂是Pt2OB．每1molPt2O+转化为Pt2O得电子数为3NAC．将生成的CO2通入含大量SiO、Na+、Cl-的溶液中，无明显现象D．2.0gCO2、N2O的混合气体中含有电子数为1.0NA16、下列化学用语表述正确的是A．S2－的结构示意图：B．氮原子的轨道表示式：C．CO2的比例模型：D．氨气分子的结构式：17、下列说法正确的是()A．漂白粉在空气中久置变质是因为漂白粉中的CaCl2与空气中的CO2反应生成CaCO3B．向含I－的无色溶液中滴加少量新制氯水，再滴加淀粉溶液，若溶液变成蓝色，则氧化性：Cl2＞I2C．为测定新制氯水的pH，用玻璃棒蘸取液体滴在pH试纸上，与标准比色卡对照即可D．氯气溶于水的离子方程式：Cl2＋H2O===2H＋＋Cl－＋ClO－18、下列选项正确的是()A．取用少量液体可以使用胶头滴管B．量筒、容量瓶、锥形瓶都是不能加热的玻璃仪器C．灼烧固体时，坩埚放在铁圈或三脚架上直接加热D．在蒸馏过程中，若发现忘加沸石，应立即补加19、下列说法正确的是A．由NaH2PO2是正盐可推知H3PO2是一元酸B．Mg、Al、Cu可以分别用置换法、直接加热法和电解法冶炼得到C．工厂中常用的静电除尘装置是根据胶体带电这个性质而设计的D．HClO4、Al(OH)3、CH3COONa和NO2分别属于酸、碱、盐和酸性氧化物20、将下列溶液分别稀释到100mL，稀释后的溶液中氯离子浓度最大的是A．15mL1mol•L﹣1的AlCl3 B．50mL1mol•L﹣1的KClC．20mL2mol•L﹣1的NH4Cl D．10mL2mol•L﹣1的CaCl221、下列实验过程可以达到实验目的的是（）编号实验过程实验目的A称取2

g

CuSO4•5H2O溶于98g水中，充分搅拌溶解，然后装入试剂瓶中配制2%的CuSO4溶液B将活性炭放入盛有NO2的锥形瓶中，观察气体颜色探究碳的还原性C将ZnSO4溶液滴入盛有2mLNa2S溶液的试管中至不再产生沉淀，然后滴入相同浓度的CuSO4溶液，观察现象比较ZnS（白色）和CuS（黑色）的溶度积D向两支试管中分别加入2mL5%H2O2溶液然后只向其中一支试管中加入绿豆大小的FeI2固体，观察比较现象探究I-对H2O2分解是否具有催化作用A．A B．B C．C D．D22、热激活电池可用作火箭、导弹的工作电源。一种热激活电池的基本结构如图所示，其中作为电解质的无水LiCl－KCl混合物受热熔融后，电池即可瞬间输出电能，此时硫酸铅电极处生成Pb。下列有关说法正确的是A．输出电能时，外电路中的电子由硫酸铅电极流向钙电极B．放电时电解质LiCl－KCl中的Li＋向钙电极区迁移C．电池总反应为Ca＋PbSO4＋2LiClPb＋Li2SO4＋CaCl2D．每转移0.2mol电子，理论上消耗42.5gLiCl二、非选择题(共84分)23、（14分）Ⅰ、A、B是两种常见的无机物，它们分别能与下图中周围4种物质在一定条件下反应：请回答下列问题：（1）A溶液与B溶液反应的离子方程式______．（2）若A与其周围某物质在一定条件下反应，产物之一是B周围的一种，则此反应的离子方程式为______（3）在A、B周围的8种物质中，有些既能与A反应又能与B反应．则这些物质可能是：______．Ⅱ、在Na+浓度为0.6mol/L的某澄清溶液中，还可能含有表中的若干种离子：阳离子K+、Ag+、Mg2+、Ba2+阴离子NO3-、CO32-、SO42-、SiO32-取该溶液100mL进行如下实验（气体体积在标准状况下测定）：序号实验内容实验结果Ⅰ向该溶液中加入足量稀HCl产生白色沉淀并放出0.56L气体Ⅱ将Ⅰ的反应混合液过滤，对沉淀洗涤、灼烧至恒重，称量所得固体质量固体质量为2.4gⅢ在Ⅱ的滤液中滴加BaCl2溶液无明显现象试回答下列问题：（1）实验I中生成沉淀的离子方程式为______。（2）实验Ⅱ中判断沉淀是否洗涤干净的操作为：______。（3）通过实验I、Ⅱ、Ⅲ和必要计算，判断K+______一定存在（填“是”或“否”），若存在，其最小浓度为______。（若不存在，此空不需填写）24、（12分）A、B、C、D是元素周期表中前36号元素，它们的核电荷数依次增大。第二周期元素A原子的核外成对电子数是未成对电子数的2倍且有3个能级，B原子的最外层p轨道的电子为半充满结构，C是地壳中含量最多的元素。D是第四周期元素，其原子核外最外层电子数与氢原子相同，其余各层电子均充满。请回答下列问题：(1)A、B、C的第一电离能由小到大的顺序是_______(用对应的元素符号表示)；基态D原子的电子排布式为______。(2)A的最高价氧化物对应的水化物分子中，其中心原子采取_____杂化；BC3-的立体构型为______(用文字描述)。(3)1molAB-中含有的π键个数为______。(4)如图是金属Ca和D所形成的某种合金的晶胞结构示意图，则该合金中Ca和D的原子个数比______。(5)镧镍合金与上述合金都具有相同类型的晶胞结构XYn，它们有很强的储氢能力。己知镧镍合金LaNin晶胞体积为9.0×10-23cm3，储氢后形成LaNinH4.5合金(氢进入晶胞空隙，体积不变)，则LaNin中n=________(填数值)；氢在合金中的密度为________(保留2位有效数字)。25、（12分）Ⅰ.铁是人体必需的微量元素,绿矾(FeSO4·7H2O)是治疗缺铁性贫血药品的重要成分。(1)FeSO4溶液在空气中会因氧化变质产生红褐色沉淀,其发生反应的离子方程式是__________;实验室在配制FeSO4溶液时常加入____以防止其被氧化。请你设计一个实验证明FeSO4溶液是否被氧化__。Ⅱ.硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O]较硫酸亚铁不易被氧气氧化,常用于代替硫酸亚铁。(2)硫酸亚铁铵不易被氧化的原因是______________________。(3)为检验分解产物的成分,设计如下实验装置进行实验,加热A中的硫酸亚铁铵至分解完全。①A中固体充分加热较长时间后,通入氮气,目的是_____________________________。②装置B中BaCl2溶液的作用是为了检验分解产物中是否有SO3气体生成,若含有该气体,观察到的现象为_。③实验中,观察到C中有白色沉淀生成,则C中发生的反应为___________(用离子方程式表示)。26、（10分）焦亚硫酸钠（Na2S2O5）是一种可溶于水的白色或淡黄色小晶体，常用作食品抗氧化剂等。某化学研究兴趣小组欲自制焦亚硫酸钠并探究其部分化学性质等。（1）制备Na2S2O5，如图（夹持及加热装置略）可用试剂：饱和Na2SO3溶液、浓NaOH溶液、浓H2SO4、苯、Na2SO3固体（试剂不重复使用）焦亚硫酸钠的析出原理：NaHSO3（饱和溶液）→Na2S2O5（晶体）+H2O（l）①如图装置中仪器A的名称是_________，A中发生反应的化学方程式为_________。②F中盛装的试剂是__________________，作用是____________________。③实验前通入N2的作用是_____________。④Na2S2O5晶体在_____（填“A”或“D”或“F”）中得到，再经离心分离，干燥后可得纯净的样品。⑤若撤去E，则可能发生___________________。（2）设计实验探究Na2S2O5的性质，完成表中填空：预测Na2S2O5的性质探究Na2S2O5性质的操作及现象探究一Na2S2O5的溶液呈酸性用适量的蒸馏水溶解少量的Na2S2O5样品于试管中，取pH试纸放在干燥洁净的表面皿上，用干燥洁净的玻璃棒蘸取样品点在试纸上，试纸变红探究二Na2S2O5晶体具有还原性取少量Na2S2O5晶体于试管中，滴加1mL2mol·L-1酸性KMnO4溶液，剧烈反应，溶液紫红色很快褪去综合实验结论，检验Na2S2O5晶体在空气中是否被氧化的试剂为__________，探究二中反应的离子方程式为__________。27、（12分）研究非金属元素及其化合物的性质具有重要意义。

Ⅰ.含硫物质燃烧会产生大量烟气，主要成分是SO2、CO2、N2、O2

。某研究性学习小组在实验室利用装置测定烟气中SO2的体积分数。（1）将部分烟气缓慢通过C、D装置，其中C、D中盛有的药品分别是_______、________。（填序号）

①KMnO4溶液

②饱和NaHSO3溶液

③饱和Na2CO3溶液

④饱和NaHCO3溶液

（2）若烟气的流速为amL/min，若t1分钟后，测得量筒内液体体积为VmL，则SO2的体积分数___________。II.某化学兴趣小组为探究Cl2、Br2、Fe3＋的氧化性强弱，设计如下实验：（3）检查装置A的气密性：_________________，向分液漏斗中注水，若水不能顺利滴下，则气密性良好。（4）整套实验装置存在一处明显的不足，请指出：___________________________。（5）用改正后的装置进行实验，实验过程如下：实验操作实验现象结论打开活塞a，向圆底烧瓶中滴入适量浓盐酸；然后关闭活塞a，点燃酒精灯D装置中：溶液变红E装置中：水层溶液变黄，振荡后，CCl4层无明显变化Cl2、Br2、Fe3＋的氧化性由强到弱的顺序为________（6）因忙于观察和记录，没有及时停止反应，D、E中均发生了新的变化。D装置中：红色慢慢褪去。E装置中：CCl4层先由无色变为橙色，后颜色逐渐加深，直至变成红色。为探究上述实验现象的本质，小组同学查得资料如下：Ⅰ.(SCN)2性质与卤素单质类似。氧化性：Cl2>(SCN)2。Ⅱ.Cl2和Br2反应生成BrCl，它呈红色(略带黄色)，沸点约5℃，与水发生水解反应。Ⅲ.AgClO、AgBrO均可溶于水。①请用平衡移动原理(结合化学用语)解释Cl2过量时D中溶液红色褪去的原因：________________________；可设计简单实验证明上述解释：取少量褪色后的溶液，滴加_____________，若______________，则上述解释合理。②欲探究E中颜色变化的原因，设计实验如下：用分液漏斗分离出E的下层溶液，蒸馏、收集红色物质，取少量，加入AgNO3溶液，结果观察到仅有白色沉淀产生。请结合化学用语解释仅产生白色沉淀的原因：_________________________________。28、（14分）二氧化氯(ClO2)是一种在水处理等方面有广泛应用的高效安全消毒剂，而且与Cl2相比不会产生对人体有潜在危害的有机氯代物。已知:ClO2浓度过高或受热易分解，甚至会爆炸。现有下列制备ClO2的方法:（1）方法一：氧化法可用亚氯酸钠和稀盐酸为原料制备，反应原理为5NaClO2+4HCl=5NaCl+4ClO2↑+2H2O。①该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比是_______________________。②研究表明：若反应开始时盐酸浓度较大，则气体产物中有Cl2，用离子方程式解释产生Cl2的原因__________。（2）方法二：氯化钠电解法①用于电解的食盐水需先除去其中的Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质。某次除杂操作时，往粗盐水中先加入过量的____（填化学式），至沉淀不再产生后，再加入过量的Na2CO3和NaOH，充分反应后将沉淀一并滤去。②该法工艺原理示意图如图所示。其过程是将食盐水在特定条件下电解得到的氯酸钠（NaClO3）与盐酸反应生成ClO2，氯化钠电解槽中发生反应的化学方程式为_____________。（3）方法三：草酸还原法在酸性溶液中用草酸（H2C2O4）还原氯酸钠的方法来制备ClO2①写出制备ClO2的离子方程式：____________________；②与电解法相比，用草酸还原法制备ClO2的特点是____________________，提高了生产、储存及运输过程的安全性。（4）已知:ClO2被I-还原为ClO2-、Cl-的转化率与溶液pH的关系如图所示。当pH<2.0时，ClO2-也能被I-完全还原为Cl-。反应生成的I2与Na2S2O3反应的方程式:2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI。用ClO2消毒的饮用水中含有ClO2、ClO2-。测定饮用水中ClO2、ClO2-的含量，分两步进行:①用紫外分光光度法测得水样中ClO2的含量为amol/L。②用滴定法测量ClO2-的含量。请完成相应的实验步骤:步骤1:准确量取VmL上述水样加入锥形瓶中。步骤2:调节水样的pH________。步骤3:加入足量的KI晶体，充分反应。步骤4:加入少量淀粉溶液，用cmol/LNa2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液V1mL。根据上述分析数据，测得该饮用水中ClO2-的浓度为________mol/L(用含字母的代数式表示)。29、（10分）NH3是一种重要的化工原料，可用来制备肼、硝酸、硝酸铵和氯胺等。（1）N2和H2以物质的量之比为1∶3在不同温度和压强下发生反应：N2＋3H22NH3，测得平衡体系中NH3的物质的量分数如右图。①下列途径可提高氨气产率的是________(填字母)。a.采用常温条件b.采用高温条件c.将原料气加压d.将氨液化，不断移去液氨②右图中所示的平衡体系中NH3的物质的量分数为0.549和0.478时，该反应的平衡常数分别为K1、K2，则K1________(填“>”“<”或“＝”)K2。（2）肼(N2H4)是一种火箭燃料。已知：N2(g)＋2O2(g)===2NO2(g)；ΔH＝＋67.7kJ·mol－1N2H4(g)＋O2(g)===N2(g)＋2H2O(g)；ΔH＝－534.0kJ·mol－1NO2(g)===1/2N2O4(g)；ΔH＝－28.0kJ·mol－1①反应2N2H4(g)＋N2O4(g)===3N2(g)＋4H2O(g)的ΔH＝________kJ·mol－1。②氨气与次氯酸钠溶液反应生成肼的离子方程式为__________________________。（3）电解硝酸工业的尾气NO可制备NH4NO3，其工作原理如右图。①阴极的电极反应式为____________________________________。②将电解生成的HNO3全部转化为NH4NO3，则通入的NH3与实际参加反应的NO的物质的量之比至少为________。（4）饮用水消毒时，氯胺(NH2Cl等)在酸性条件下具有良好的效果（已知：NH2Cl＋H2O≒NH3＋HClO），其原因是__________________________________________。

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、C【解析】A、甲可用于制备并观察氢氧化亚铁沉淀，符合，错误；B、脱脂棉燃烧，说明反应放热，合理，错误；C、二氧化氮与水反应，不能有排水法收集，不合理，正确；D、丁可用于实验室制备少量氨气，正确；答案选C。2、D【解析】溶液中n（Cl-）=0.1L×1.2mol/L=0.12mol，溶液中n（Mg2+）=0.3mol/L×0.1L=0.03mol，根据电荷守恒，所以溶液中n（Al3+）==0.02mol，将100mL此溶液中的Mg2+转化为Mg（OH）2沉淀并分离析出，反应后溶液为NaCl、NaAlO2的混合液，由原子守恒可知n（NaOH）=n（Na）=n（Cl）+n（Al）=0.12mol+0.02mol=0.14mol，所以至少需要1mol/L氢氧化钠溶液的体积为=0.14L=140ml，故答案选D。3、A【详解】①酸性溶液中KIO3与KI反应生成I2：＋5I－＋6H＋=3I2＋3H2O，正确；②NH4HCO3溶液与过量NaOH溶液反应：+HCO3-+2OH-=NH3↑+2H2O+CO32-，错误；③FeBr2溶液中通入过量Cl2：2Fe2++4Br-+3Cl2=2Fe3++2Br2+6Cl-，错误；④NaHSO4与等物质的量的Ba(OH)2溶液反应：H+++Ba2++OH-=BaSO4↓+H2O，正确；⑤小苏打溶液中加入少量的石灰水：Ca2++2OH-+2=CaCO3↓++2H2O，正确；⑥Fe(OH)3与氢碘酸溶液混合：2Fe(OH)3+6H++2I-=2Fe2++I2+6H2O，错误；⑦用高锰酸钾标准溶液滴定草酸：，错误。综上所述，正确方程式为①④⑤。答案为A。4、A【解析】A.NaAlO2不能一步转化为A1；B.侯氏制碱法用氯化钠制碳酸氢钠进一步制碳酸钠，碳酸钠与盐酸反应可以生成氯化钠，B可以实现；C.一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮与水反应可生成硝酸，硝酸被还原可以生成NO，C可以实现；D.硫和铜加热生成硫化亚铜，硫化亚铜在空气中高温煅烧可以生成二氧化硫，二氧化硫与硫化氢反应可以生成硫，D可以实现。本题选A。5、D【解析】试题分析：A．16g甲烷的物质的量为1mol，1mol水中含有4mol原子，所含原子数目为4NA，故A错误；B．没有告诉1mol•LNaCl溶液的体积，无法计算溶液中钠离子的数目，故B错误；C．不是标况下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算22.4L二氧化碳的物质的量，故C错误；D.2.4g镁的物质的量为0.1mol，0.1mol镁与足量盐酸反应失去0.2mol电子，转移的电子数为0.2NA，故D正确；故选D。【考点定位】考查阿伏伽德罗常数的计算与判断【名师点晴】注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系，明确标况下气体摩尔体积的使用条件；选项B为易错点，注意题中缺少溶液的体积选项D为易错点，注意镁原子最外层含有2个电子。6、B【解析】A、盐酸是混合物，不是电解质，也不是非电解质，A错误；B、食盐溶于水电离出离子，是电解质，B正确；C、液氯是氯气分子，不是电解质，也不是非电解质，C错误；D、酒精不能电离出离子，是非电解质，D错误。答案选B。【点睛】判断电解质时需要注意电解质和非电解质研究的对象是化合物，单质和混合物不是电解质，也不是非电解质。能否导电不是判断的依据，关键是看溶于水或在熔融状态下能否自身电离出阴阳离子。7、D【详解】A.铁在氧气中燃烧生成Fe3O4,故A不能选；B.钠与氧气加热生成Na2O2，故B不能选；C.镁在氮气中燃烧生成Mg3N2，故C不能选；D.铁在氯气中反应只能生成FeCl3，故选D。8、A【详解】A.c(OH-)/c(H+)=1×1014的溶液中c(OH-)=1mol/L，溶液呈碱性，K+、Na+、I−、SiO32-互不反应，能够大量共存，故A正确；B.在由水电离产生的H+浓度为1×10-13mol•L-1的溶液中，水的电离受到酸或碱的抑制，则溶液为强酸性或强碱性，HCO3-既不能存在于酸性较强的溶液中，也不能存在于碱性较强的溶液中，故B错误；C.加入铝粉能放出氢气的溶液可能为酸溶液，也可能为碱溶液，在酸性条件下NO3-有强氧化性，与铝反应不生成氢气，在碱性条件下Fe3+不能大量共存，故C错误；D.c(SO32－)＝0.1mol·L－1的溶液中，Ca2+、H＋与SO32－都能反应而不能大量共存，SO32-与高锰酸根离子发生氧化还原反应也不能大量共存，故D错误。故选A。【点睛】解决离子共存问题时应该注意题目所隐含的条件，题目所隐含的条件一般有（1）溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH-；（2）溶液的颜色，如无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在；（3）溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”“加入铝粉产生氢气”；（4）是“可能”共存，还是“一定”共存。9、A【详解】A．稀硫酸和碳酸钠反应生成二氧化碳，二氧化碳通入硅酸钠溶液中生成硅酸沉淀，证明酸性：H2SO4＞H2CO3＞H2SiO3，元素的最高价氧化物水化物的酸性越强，元素的非金属性越强，故可证明非金属性强弱：S>C>Si，A项正确；B．乙醇易挥发，乙醇也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，图乙装置不能确定有乙烯生成，B项错误；C．AlCl3饱和溶液中，氯化铝水解生成氢氧化铝和盐酸，盐酸易挥发，直接蒸干氯化铝溶液生成氢氧化铝而不能得到AlCl3晶体，C项错误；D．图丁测定反应热的装置中缺少环形玻璃搅拌棒，D项错误；答案选A。10、D【详解】A．实验室用活泼金属Zn与稀盐酸反应来制备H2，故装置甲制取，A不合题意；B．装置乙先用NaOH溶液来除去H2中的HCl，再用浓硫酸来干燥，故装置乙净化干燥，B不合题意；C．金属钠与H2在加热条件下发生反应：2Na+H22NaH，故装置丙制备NaH，C不合题意；D．碱石灰不能吸收H2，故装置丁不能吸收尾气，D符合题意；故答案为：D。11、B【解析】A.醋酸具有挥发性，二氧化碳夹带的醋酸蒸气干扰验证酸性：H2CO3>H2SiO3，故A不合理；B.CO2密度大于空气，收集CO2时气体“长进短出”，NH3密度小于空气，收集NH3时气体“短进长出”，故B合理；C.缺少冷凝装置，故C不合理；D.CH3CH2OH

与CH3COOC2H5互溶，不可使用分液分离CH3CH2OH与CH3COOC2H5，故D不合理。故选B。12、D【解析】A、BF3分子中B元素化合价为+3，B原子最外层电子数为3，所以3+3=6，B原子未达8电子结构；F元素化合价为-1价，F原子最外层电子数为7，|-1|+7=8，F原子满足8结构，故A错误；B、NaHSO4晶体是由钠离子与硫酸氢根离子构成的，0.1molNaHSO4晶体中阳离子与阴离子总数为0.2NA，故B错误；C、全氟丙烷(C3F8)可以看做2个-CF3取代CF4中的2个F原子形成的，-CF2-具有四面体结构，3个碳原子呈Ⅴ形，故C错误；D、224mLCO2(标准状况)物质的量为0.01mol，氢氧化钠的物质的量为0.015mol，所以n(CO2)：n(NaOH)=1：1.5，介于1：1与1：2之间，反应生成碳酸钠与碳酸氢钠，令碳酸钠与碳酸氢钠的物质的量分别为xmol、ymol，根据钠元素守恒有2x+y=0.015，根据碳元素守恒有x+y=0.01，联立方程解得x=0.005、y=0.005，所以生成碳酸钠与碳酸氢钠为1：1，离子方程式为3OH-+2CO2═CO32-+HCO3-+H2O，故D正确；故选D。点睛：本题的难点是D选项离子方程的书写，关键是计算确定碳酸钠与碳酸氢钠的物质的量之比；易错点为B，要注意NaHSO4晶体是由钠离子与硫酸氢根离子构成的，要与硫酸氢钠在水中的电离区分开。13、B【详解】A．向氯化铝溶液中滴加过氨水，一水合氨不能够溶解氢氧化铝，所以反应生成了氢氧化铝沉淀，最终不会得到澄清溶液，故A错误；B．等质量的铝分别与足量的盐酸和氢氧化钠溶液反应，铝的物质的量相等，反应后生成了铝离子，铝失去的电子总数相等，反应生成的氢气的物质的量及质量一定相等，故B正确；C．由于在常温下铝与浓硝酸发生了钝化，阻止了反应的进行，不会生成大量的二氧化氮，故C错误；D．加热氯化铝溶液，铝离子水解生成氢氧化铝和氯化氢，而氯化氢具有挥发性，加热氯化铝溶液得到了氢氧化铝沉淀，最终蒸干得到氢氧化铝，灼烧得到的是氧化铝，故D错误；故选B。14、B【详解】A、钠是活泼的金属，易与水反应，易被氧气氧化，可以保存在煤油中，A正确；B、钠着火产生过氧化钠，泡沫灭火器能产生CO2，过氧化钠与CO2反应生成氧气，因此金属钠着火时，不能用泡沫灭火器来灭火，应该用沙子扑灭，B错误；C、钠是活泼的金属，在熔融状态下钠与四氯化钛反应可制取钛，C正确；D、钠是活泼的金属，易与水反应，易被氧气氧化，因此实验时用剩的钠块应该放回原试剂瓶，D正确；答案选B。15、D【详解】A．根据转化关系，N2O转化N2时，Pt2O+转化为Pt2O，CO转化为CO2时，Pt2O又转化为Pt2O+，则该过程的催化剂是Pt2O+，故A错误；B．根据转化关系结合得失电子守恒，N2O转化N2时，Pt2O+转化为Pt2O，氧化还原反应方程式为：N2O+Pt2O+=N2+Pt2O，反应中氮元素由+1价得电子变为0价，1molN2O转化为N2得到2mol电子，则每1molPt2O+转化为Pt2O失电子数目为2NA，故B错误；C．将生成的CO2通入含大量SiO、Na+、Cl-的溶液中，碳酸的酸性大于硅酸，有白色的硅酸沉淀生成，故C错误；D．CO2、N2O的摩尔质量都为44g/mol，一个分子中含有电子数都为22个，则2.0gCO2、N2O的混合气体的物质的量为mol，含有电子数为mol×22×NA=1.0NA，故D正确；故选D。16、B【详解】A.硫离子核内有16个质子，核外有18个电子，其离子结构示意图为：，故A错误；B.氮原子核外有7个电子，1s、2s能级上分别有2个电子，2p能级上有3个电子，这三个电子处于3个轨道且自旋方向相同，所以其轨道表示式为，故B正确；C．碳原子半径比氧原子半径大，但比例模型中C原子的比较比O原子半径小，故C错误；D．分子的结构式中不标出孤电子对，其结构式为，故D错误；故选B。17、B【解析】A、漂白粉中的有效成分是次氯酸钙；B、反应物的氧化性强于生成物的氧化性；C、具有强氧化性的HClO能使变色的pH试纸漂白褪色；D、次氯酸为弱酸。【详解】A项、漂白粉在空气中久置，漂白粉中的有效成分次氯酸钙和空气中二氧化碳水反应生成次氯酸和碳酸钙，反应生成的次氯酸见光分解，导致漂白粉变质失效，故A错误；B项、氯气具有强氧化性，向含I-的无色溶液中滴加少量新制氯水，氯气能将碘离子氧化生成碘单质，碘单质遇淀粉试液变蓝色，反应物的氧化性强于生成物的氧化性，则氧化性的顺序为：Cl2>I2，故B正确；C项、氯水中含有具有强氧化性的HClO，HClO能使变色的pH试纸漂白褪色，无法测定氯水pH，实验时应选pH计，故C错误；D项、氯气溶于水，氯气与水反应生成强酸盐酸和弱酸次氯酸，反应的离子方程式为Cl2＋H2O=H＋＋Cl－＋HClO，故D错误。故选B。【点睛】本题考查氯及其化合物的性质，注意物质的性质和用途的关系分析，注意氧化性强弱的判断是解答关键。18、A【解析】A.取用少量液体药品时可用胶头滴管，该操作合理，选项A正确；B.量筒、容量瓶不能加热，锥形瓶垫上石棉网可以加热，选项B错误；C.灼烧固体时，坩埚放在铁圈或三脚架的泥三角上来进行加热，选项C错误；D.在蒸馏过程中，若发现忘加沸石，应停止加热，待液体物质冷却后再补加，选项D错误。故合理选项是A。19、A【解析】A.NaH2PO2是正盐，说明H3PO2只能电离出一个氢离子，所以H3PO2是一元酸，选项A正确；B．活泼金属钠、镁、铝的冶炼采用电解法获得，金属铜采用热还原法制得，选项B错误；C．工厂中常用的静电除尘装置是根据胶粒带电这个性质而设计的，选项C错误；D.氢氧化铝属于两性氢氧化物，不属于碱，NO2和碱反应生成硝酸盐、亚硝酸盐和水，NO2不是酸性氧化物，选项D错误；答案选A。20、B【详解】A．15mL1mol•L﹣1的AlCl3溶液中氯离子的物质的量为：1mol/L×3×0.015L=0.045mol；B．50mL1mol•L﹣1的KCl溶液中氯离子的物质的量为：1mol/L×1×0.05L=0.05mol；C．20mL2mol•L﹣1的NH4Cl溶液中氯离子的物质的量为：2mol/L×1×0.02L=0.04mol；D．10mL2mol•L﹣1的CaCl2溶液中氯离子的物质的量为：2mol/L×1×0.01L=0.02mol；根据分析可知，溶液中Cl-的物质的量最大的是B：0.05mol，稀释过程中氯离子的物质的量不变，则稀释后氯离子浓度最大的是B，答案选B。21、C【详解】A．溶于98g水中，溶液质量为100g，但硫酸铜质量小于2g，则溶液的质量分数小于2%，故A错误；B．活性炭具有吸附性，不能探究还原性，故B错误；C．发生沉淀的转化，由现象可比较ZnS（白色）和CuS（黑色）的溶度积，故C正确；D．碘离子与过氧化氢可发生氧化还原反应，不能探究催化剂对分解反应速率的影响，故D错误；答案选C。22、C【分析】由题目可知硫酸铅电极处生成Pb，则硫酸铅电极的反应为：PbSO4+2e-+2Li+=Pb+Li2SO4，则硫酸铅电极为电池的正极，钙电极为电池的负极，由此分析解答。【详解】A.输出电能时，电子由负极经过外电路流向正极，即从钙电极经外电路流向硫酸铅电极，A项错误；B.Li+带正电，放电时向正极移动，即向硫酸铅电极迁移，B项错误；C.负极反应方程式为Ca+2Cl−−2e−=CaCl2，正极电极反应方程式为：PbSO4+2e−+2Li+=Pb+Li2SO4，则总反应方程式为：PbSO4+Ca+2LiCl=Pb+CaCl2+Li2SO4，C项正确；D.钙电极为负极，电极反应方程式为Ca+2Cl−−2e−=CaCl2，根据正负极电极反应方程式可知2e−∼2LiCl，每转移0.2mol电子，消耗0.2molLiCl，即消耗85g的LiCl，D项错误；答案选C。【点睛】硫酸铅电极处生成Pb是解题的关键，掌握原电池的工作原理是基础，D项有关电化学的计算明确物质与电子转移数之间的关系，问题便可迎刃而解。二、非选择题(共84分)23、H++OH-=H2OMnO2+2Cl-+4H+Mn2++Cl2+2H2OAl（OH）3、NaHCO32H++SiO32-==H2SiO3↓取最后一次洗涤液少许于试管中，滴入少量硝酸酸化的硝酸银溶液，若出现白色沉淀，则没洗涤干净，反之洗涤干净；是0.7mol/L【分析】Ⅰ、结合物质的性质可知A为HCl，B为强碱，如NaOH、KOH等，结合物质的性质判断可能发生的反应；Ⅱ、由题意“溶液为澄清溶液”可知：溶液中含有的离子一定能够大量共存；由实验Ⅰ可知，该溶液中一定含有CO32-，其浓度为=0.25mol/L，则一定没有Ag+、Mg2+、Ba2+；由生成白色沉淀判断溶液中一定含有SiO32-，发生反应SiO32-+2H+=H2SiO3↓，硅酸加热分解生成二氧化硅，固体质量为2.4g为二氧化硅的质量，根据硅原子守恒，SiO32-的浓度为=0.4mol/L；由实验Ⅲ可知溶液中不含SO42-，根据电荷守恒2c（CO32-）+2c（SiO32-）=2×0.25mol/L+2×0.4mol/L=1.3mol/L＞0.6mol/L，因此溶液中一定含有K+，且其浓度至少为0.7mol/L，不能确定NO3-是否存在，据此进行解答。【详解】Ⅰ、结合物质的性质可知A为HCl，B为强碱，如NaOH、KOH等，（1）A为HCl，B为强碱，二者发生中和反应，离子方程式为H++OH-=H2O；（2）对比左右两个图中的物质，应为MnO2和浓盐酸反应生成氯化锰、氯气和水的反应，反应的离子方程式为MnO2+2Cl-+4H+Mn2++Cl2+2H2O；（3）既能与酸反应，又能与碱反应的物质可为两性氢氧化物，如Al（OH）3，也可为弱酸的酸式盐，如NaHCO3，故答案为Al（OH）3、NaHCO3；Ⅱ、由题意“溶液为澄清溶液”可知：溶液中含有的离子一定能够大量共存；由实验Ⅰ可知，该溶液中一定含有CO32-，其浓度为=0.25mol/L，则一定没有Ag+、Mg2+、Ba2+；由生成白色沉淀判断溶液中一定含有SiO32-，发生反应SiO32-+2H+=H2SiO3↓，硅酸加热分解生成二氧化硅，固体质量为2.4g为二氧化硅的质量，根据硅原子守恒，SiO32-的浓度为=0.4mol/L；由实验Ⅲ可知溶液中不含SO42-，根据电荷守恒2c（CO32-）+2c（SiO32-）=2×0.25mol/L+2×0.4mol/L=1.3mol/L＞0.6mol/L，因此溶液中一定含有K+，且其浓度至少为0.7mol/L，不能确定NO3-是否存在。（1）实验I中生成沉淀的离子方程式为2H++SiO32-=H2SiO3↓；（2）实验Ⅱ中判断沉淀是否洗涤干净的操作为：取最后一次洗涤液少许于试管中，滴入少量硝酸酸化的硝酸银溶液，若出现白色沉淀，则没洗涤干净，反之洗涤干净；（3）通过实验I、Ⅱ、Ⅲ和必要计算，判断K+一定存在，根据电荷守恒2c（CO32-）+2c（SiO32-）=2×0.25mol/L+2×0.4mol/L=1.3mol/L＞0.6mol/L，因此溶液中一定含有K+，且其浓度至少为0.7mol/L。【点睛】本题考查无机物的推断、离子反应及计算，题目难度不大，解答本题的关键是把握相关物质的化学性质，把握发生的反应及现象，侧重分析与计算能力的综合考查，注意加盐酸生成气体和沉淀为解答的突破口，题目难度不大。24、C<O<N1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1sp2平面三角形2NA(或2×6.02×1023)1∶550.083g·cm-3【分析】A、B、C、D是元素周期表中前36号元素，它们的核电荷数依次增大；第二周期元素A原子的核外成对电子数是未成对电子数的2倍且有3个能级，则A是C元素；C是地壳中含量最多的元素，则C是O元素；B原子的最外层p轨道的电子为半充满结构，且原子序数大于A而小于C，则B是N元素；D是第四周期元素，其原子核外最外层电子数与氢原子相同，其余各层电子均充满，则D是Cu元素；(1)同一周期元素，元素第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素；基态D原子核外有29个电子，根据构造原理书写基态D原子的简化电子排布式；(2)A的最高价氧化物对应的水化物是H2CO3，该分子中中心原子C原子价层电子对个数是3且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断其中心原子杂化方式及碳酸根离子空间构型；(3)CN-与N2互为等电子体，则每个CN-中含有C、N三键，1个σ键，2个π键，据此计算1molCN-中含有的π键个数；(4)根据图示的金属Ca和Cu所形成的某种合金的晶胞结构，利用均摊法计算Ca、Cu原子个数之比；(5)镧镍合金与上述合金都具有相同类型的晶胞结构XYn，根据Ca、Cu合金确定该镧镍合金中n值；其密度根据ρ=计算。【详解】根据上述分析可知：A是C元素；B是N元素；C是O元素；D是Cu元素。(1)同一周期元素，元素第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，所以C、N、O元素第一电离能从小到大顺序是C<O<N；基态Cu原子核外有29个电子，根据构造原理，基态Cu原子的核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s1，简化电子排布式为[Ar]3d104s1；(2)A是C元素，C元素的最高价氧化物对应的水化物是H2CO3，分子中的中心C原子价层电子对个数是3且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断其中心原子杂化方式为sp2杂化，CO32-空间构型为平面三角形；(3)CN-与N2互为等电子体，则每个CN-中C、N原子之间形成三个共价键，其中含有1个σ键，含有2个π键，则1molCN-中含有的π键个数为2NA；(4)根据金属Ca和Cu所形成的某种合金的晶胞结构示意图可知：该晶胞中Ca原子个数=8×=1，含有的Cu原子个数=8×+1=5，则该晶体中Ca、Cu原子个数之比为1：5；(5)Ca、Cu合金化学式为CaCu5，镧镍合金与上述合金都具有相同类型的晶胞结构XYn，所以该镧镍合金中n=5；该物质密度ρ=g/cm3=0.083g/cm3。【点睛】本题考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、原子杂化、电离能、核外电子排布等知识点，熟练掌握原子结构理论、物质结构变化的一般规律及反常现象是正确分析判断的基础，难点是晶胞计算，题目侧重考查学生分析计算及空间想象能力。25、Ⅰ.(1)12Fe2++3O2+6H2O=Fe(OH)3↓+8Fe3+(其他合理答案也给分)铁粉取少量FeSO4溶液于试管中,加数滴KSCN溶液,如果溶液变红,则说明FeSO4溶液已被氧化,如不变红,则说明FeSO4溶液没有被氧化。Ⅱ.(2)硫酸亚铁铵溶液中N发生水解增大c(H+),抑制了Fe2+氧化反应的进行。(3)①使分解产生的气体在B、C中被吸收充分②溶液变浑浊(或出现白色沉淀)③SO2+H2O2+Ba2+=aSO4↓+2H+(或SO2+H2O2=H++S、S+Ba2+=aSO4↓)【解析】(1)Fe2+被O2氧化为Fe3+,最终生成红褐色的Fe(OH)3沉淀;加入铁粉可以防止Fe2+被氧化为Fe3+;通常用KSCN检验Fe3+。(2)N水解显酸性,c(H+)越大,反应4Fe2++O2+10H2O=Fe(OH)3↓+8H+正向进行的程度越小,Fe2+越不易被氧化。(3)①通入N2可以将装置中的气体全部排到B和C,保证被完全吸收。②SO2不和BaCl2反应,但SO3可以和BaCl2反应产生BaSO4沉淀。③H2O2将SO2氧化为S,再与Ba2+反应生成BaSO4沉淀。26、三颈烧瓶Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O浓NaOH溶液吸收剩余的SO2排尽空气，防止Na2S2O5被氧化D倒吸盐酸、BaCl2溶液5S2O+4MnO+2H+=10SO+4Mn2++H2O【分析】采用装置图制取Na2S2O5，装置D中有Na2S2O5晶体析出，根据图可知：装置A中浓硫酸与亚硫酸钠溶液反应生成SO2，装置D中析出Na2S2O5晶体：Na2SO3+SO2=Na2S2O5；二氧化硫有毒，装置F为尾气吸收装置，装置E防止倒吸。【详解】(1)①根据仪器的结构可知A为三颈烧瓶，装置A中浓硫酸与亚硫酸钠溶液反应生成SO2，反应方程式为Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O；②由于二氧化硫有毒，则装置F的作用是吸收多余的二氧化硫，防止污染环境，可盛装NaOH溶液；③Na2S2O5易被空气中的氧气氧化，所以要先用氮气排净装置中的空气；④装置D中会析出Na2S2O5晶体：Na2SO3+SO2=Na2S2O5；⑤若撤去E，导气管直接插入F溶液可能会因为SO2被吸收压强变化较大发生倒吸；(2)检验Na2S2O5晶体在空气中是否被氧化，若被氧化则生成硫酸钠，检验硫酸根离子时必须选择的试剂为盐酸、BaCl2溶液；探究二中Na2S2O5与酸性KMnO4溶液发生氧化反应反应，KMnO4被还原为Mn2+，则Na2S2O5被氧化为硫酸钠，离子反应为：5S2O+4MnO+2H+=10SO+4Mn2++H2O。27、①④关闭止水夹b，打开活塞a缺少尾气处理装置Cl2＞Br2＞Fe3+过量氯气和SCN－反应2SCN-+Cl2=2Cl－+2(SCN)2，使SCN-浓度减小，则Fe3++3SCN－＝Fe(SCN)3平衡逆向移动而褪色滴加KSCN溶液，若溶液变红色(或滴加FeCl3溶液，若溶液不变红）BrCl+H2O＝HBrO+HCl反应只产生Cl－，不产生Br－【分析】本题探究氧化性的强弱，用强制弱的原理进行相关的实验。这个实验的流程为制取氯气→收集（安全瓶）→净化氯气（除HCl）→然后进行实验。在两组实验中可以对比探究先氧化Fe2+还是Br-。从而得到相关的结论。【详解】（1）二氧化硫具有强的还原性，可以用强氧化性的高锰酸钾吸收；二氧化碳在饱和碳酸氢钠溶液中的溶解度很小，可以用排饱和碳酸氢钠溶液来侧量剩余气体的体积，故答案为①④；（2）若模拟烟气的流速为amL/min，t1分钟后测得量筒内液体为VmL，则混合气体二氧化碳、氧气、氮气的体积是Vml，则二氧化硫的体积为t1amL-VmL，所以二氧化硫的体积分数为：×100%=；（3）检查装置A的气密性：关闭止水夹b，打开活塞a，向分液漏斗中注水，若水不能顺利滴下，则气密性良好;（4）整套实验装置存在一处明显的不足是：缺少尾气处理装置；（5）D装置中：溶液变红，说明有铁离子生成，据此得出氯气的氧化性大于铁离子；E装置中：水层溶液变黄，振荡后CCl4层无明显变化，说明少量的氯气先与亚铁离子反应而溴离子未参加反应，根据D和E装置中的现象可知，溴的氧化性大于铁离子，则氧化性强弱顺序是Cl2＞Br2＞Fe3+；（6）①过量氯气和SCN－反应2SCN-+Cl2=2Cl－+2(SCN)2，使SCN-浓度减小，则Fe3++3SCN－＝Fe(SCN)3平衡逆向移动而褪色；取少量褪色后的溶液，滴加KSCN溶液，若溶液变红色(或滴加FeCl3溶液，若溶液不变红），则上述推测合理；②用分液漏斗分离出E的下层溶液，蒸馏、收集红色物质，取少量，加入AgNO3溶液，发生反应BrCl+H2O=HBrO+HCl，反应只产生Cl－，不产生Br－，结果观察到仅有白色沉淀产生。【点睛】本题是综合实验探究，考查信息的加工、整合、处理能力。28、1∶44H++ClO2-+3Cl-=2Cl2↑+2H2OBaCl2NaCl+3H2ONaClO3+H2↑2ClO3-+H2C2O4+2H+=2ClO2↑+2CO2↑+2H2O生成的CO2对ClO2起到稀释作用＜2.0(cV1-5aV)/4V【详解】(1)①NaClO2发生歧化反应，既是氧化剂又是还原剂，HCl起酸的作用，作氧化剂的NaClO2转化为NaCl，作氧化剂的NaClO2转化为ClO2，5molNaClO2反应生成4molClO2、5molNaCl，其中4molNaCl由HCl转化得到，故NaClO2转化得到1molNaCl，故反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶4，故答案为1∶4；②ClO2-具有强氧化性，酸性条件下与Cl-反应生成氯气，同时还生成水，反应离子方程式为：4H++ClO2-+3Cl-=2Cl2↑+2H2O，故答案为4H++ClO2-+3Cl-=2Cl2↑+2H2O；(2)①在除杂的过程中每步加入的试剂必须是过量的，使离子除尽，过量的离子在后续操作中必须除去，过量的BaCl2用于除去SO42-，过量的NaOH溶液来除去Mg2+，过量的Na2CO3除去Ca2+及过量的Ba2+，过滤后，滤液用盐酸除去过量的Na2CO3和NaOH，故沉淀离子时，碳酸钠加入