黑龙江省大庆市东风中学2019-2020学年高一上学期化学期末考试试卷
一、单选题
1．（2019高一上·大庆期末）除去下列各组物质中的杂质（括号内为杂质），所选用的试剂或操作方法不正确的是（ ）
选项 物质 选用试剂（过量） 操作方法
A CO（CO2） NaOH溶液 洗气、浓硫酸干燥
B FeSO4溶液（CuSO4） 铁粉 过滤
C NaBr溶液（Br2） 四氯化碳 萃取、分液
D KNO3（KCl） AgNO3溶液 溶解、过滤、蒸发、结晶
A．A B．B C．C D．D
2．（2019高一上·大庆期末）过滤泥沙等难溶性杂质后的食盐水仍含有可溶性的CaCl2、MgCl2、Na2SO4等杂质，通过加入如下试剂（实验操作略），可制得相对纯净的食盐水：①加入过量的BaCl2溶液：②滴入稀盐酸至无气泡产生；③加入稍过量的Na2CO3溶液；④过滤；⑤加入稍过量的NaOH溶液。符合题意的试剂滴加顺序为（ ）
A．①②③⑤④ B．③②①⑤④
C．⑤①③④② D．③⑤②①④
3．（2019高一上·大庆期末）以下关于化学实验中“先与后”的说法中正确的是（ ）
①蒸馏时，先点燃酒精灯，再通冷凝水
②加热氯酸钾和二氧化锰的混合物制备氧气，用排水法收集气体后，先移出导管后撤酒精灯
③实验室制取某气体时，先检查装置气密性后装药品
④分液时，先打开分液漏斗上口的塞子，后打开分液漏斗的旋塞
⑤H2还原CuO实验时，先检验气体纯度后点燃酒精灯
⑥使用托盘天平称盘物体质量时，先放质量较小的砝码，后放质量较大的砝码
⑦蒸馏时加热一段时间，发现忘记加沸石，应迅速补加沸石后继续加热
A．②③④⑤⑦ B．①②③④⑦
C．②③④⑤ D．全部
4．（2018高一上·九江期中）相同质量的SO2和SO3相比较，下列有关叙述中正确的是（ ）
①它们所含的分子数目之比为1∶1 ②它们所含的原子数目之比为15∶16 ③它们所含的氧原子数目之比为2∶3 ④它们所含的硫原子数目之比为5∶4 ⑤它们所含的电子数目之比为1∶1
A．②③ B．①④
C．②④⑤ D．①②③④⑤
5．（2019高三上·通榆月考）标准状况下，一个装满氯气的容器的质量为74.6 g，若装满氮气时总质量为66 g，则此容器的容积（ ）
A．22.4 L B．44.8 L C．11.2 L D．4.48 L
6．（2019高一上·大庆期末）把18.4g由NaOH和NaHCO3组成的固体混合物在密闭容器中加热到约250摄氏度， 经充分反应后排出气体，冷却后称得固体质量为16.6g，试确定原混合物中NaOH与NaHCO3的物质的量的关系为（ ）
A．NaOH
C．NaOH=NaHCO3 D．无法确定
7．（2019高一上·大庆期末）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、KHPO4等。已知 H3PO2（次磷酸）与足量的NaOH反应只生成一种盐NaH2PO2，则下列说法正确的是（ ）
A．H3PO2属于二元酸 B．H3PO2属于三元酸
C．NaH2PO2属于酸式盐 D．NaH2PO2属于正盐
8．（2019高一上·大庆期末）下列离子方程式中，正确的是（ ）
A．过氧化钠与水反应：2O22- + 2H2O = 4OH- + O2↑
B．向偏铝酸钠溶液中通入过量二氧化碳：AlO2 +CO2 +2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-
C．向澄清石灰水中滴入足量碳酸氢钠溶液：Ca2++ OH－+ HCO3－＝CaCO3↓+H2O
D．Ba (OH)2溶液中通入过量CO2：CO2+ Ba2++2OH－＝BaCO3↓+ H2O
9．（2019高一上·大庆期末）某兴趣小组对NH4NO3的热分解产物提出如下4种猜想：
甲：N2、HNO3、H2O 乙：N2O、NO、H2O
丙：NH3、N2、H2O 丁：N2、NO、H2O
你认为猜想有科学性不正确的是（ ）
A．甲和乙 B．乙和丁 C．乙和丙 D．丙和丁
10．（2019高一上·大庆期末）全钒液流电池是一种新型电能储存和高效转化装置。某溶液中含有VO2+和Cr2O72-，现向其溶液中滴入29.00mL0.1mol/L的FeSO4 溶液，恰好是VO2+→VO2+,Cr2O72-→Cr3+.再滴入2.00mL0.02000mol/L的KMnO4 溶液，又恰好是VO2+→VO2+,而Cr3+不变，此时MnO4-→Mn2＋,则原溶液中Cr元素的质量为（ ）
A．156 mg B．23 4 mg
C．31.2 mg D．46.8mg
11．（2019高一上·大庆期末）将钠、镁、铝各0.4mol分别放入100 mL 2 mol·L-1的盐酸中，同温同压下产生的气体体积比是（ ）
A．6∶3∶2 B．2∶1∶1
C．3∶1∶1 D．1∶1∶1
12．（2019高一上·大庆期末）将15.6gNa2O2和5.4gAl同时放入一定量的水中，充分反应后得到200mL溶液，再向该溶液中缓慢通入标准状况下的HCl气体6.72L，若反应过程中溶液的体积保持不变，下列说法正确的是（ ）
A．最终溶液：c(Na+)=1.5mol·L-1
B．标准状况下，反应过程中得到6.72L气体
C．最终溶液：c(Na+)
13．（2019高一上·大庆期末）在密闭容器中充入体积比为1∶1的CO2和CO的混合气体，这时测得容器内的压强为P1，若控制容器的体积不变，加入足量的Na2O2固体，不断用电火花燃至反应完全，恢复到开始时的温度，再次测得容器内的压强为P2，则P1和P2之间的关系是（ ）
A．P1=8P2 B．P1=4P2 C．P1=2P2 D．P1=P2
14．（2019高三上·天津月考）R2O8n－离子在一定条件下可以把Mn2+离子氧化为MnO4－，若反应后R2O8n－离子变为RO42－离子。又知反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为5：2，则n的值是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
15．（2019高一上·大庆期末）某温度下，wg某物质在足量氧气中充分燃烧，其燃烧产物立即与过量的Na2O2反应，固体质量增加wg。在①H2；②CO；③CO和H2的混合物 ④甲醛（HCHO）；⑤CH3COOH；⑥葡萄糖（C6H12O6）中，正确的是（ ）
A．均不符合 B．只有①②③
C．只有④⑤ D．全部符合
16．（2019高一上·大庆期末）有一块镁铝合金，其中镁与铝的质量比是8：9。加入足量稀H2SO4使其完全溶解后，再加入NaOH溶液，生成沉淀的质量随NaOH溶液体积变化的曲线如下图，其中正确的是（ ）
A． B．
C． D．
17．（2019高一上·大庆期末）如图所示，两圆圈相交的阴影部分表示圆圈内物质相互发生的反应。钠及其氧化物的物质的量 均为0.1 mol，水的质量为100 g。下列说法正确的是（ ）
A．甲、乙、丙都属于氧化还原反应
B．甲反应的离子方程式为Na＋2H2O=Na＋＋2OH－＋H2↑
C．丙充分反应，能产生0.05 mol O2，转移电子0.1 mol
D．甲、乙、丙充分反应后所得溶液的质量分数分别为w1、w2、w3，则2w1=w2=w3
18．（2019高一上·大庆期末）将2.3 g由金属X和Mg组成的合金投入足量的稀硫酸中，充分反应后收集到标准状况下气体的体积为2.24 L，则金属X可能为（ ）
A．Zn B．Al C．Fe D．Cu
19．（2019高一上·大庆期末）浓度相同的NaOH溶液各100 mL倒入A、B、C三个烧杯中，分别向三份溶液中通入不等量的CO2，充分反应后，再向三份所得溶液中逐滴加入0.2 mol/L的盐酸，产生CO2的体积与所加盐酸体积之间关系如下图所示。下列判断正确的是（气体体积取标准状况计算）（ ）
A．通入CO2后，A烧杯中的溶质成分是Na2CO3
B．B烧杯中通入的CO2体积为448 mL
C．原NaOH溶液的浓度为0.2 mol/L
D．通入CO2后，C烧杯中溶质成分的物质的量之比为n(NaOH)∶n(Na2CO3)＝1∶2
20．（2019高一上·大庆期末）120mL含有0.20mol碳酸钠的溶液和200mL盐酸，不管将前者滴入后者，还是将后者滴入前者，都有气体产生，但最终生成的气体体积不同，且比值为5：2，则盐酸的浓度是（ ）
A．2.0mol/L B．1.0mol/L
C．0.18mol/L D．1.25mol/L
二、填空题
21．（2016高一上·黑龙江期中）向Ba（OH）2和NaOH的混合稀溶液中通入足量的CO2气体，生成沉淀的物质的量（n）和通入CO2气体体积（V）的关系如图所示，试回答：
（1）a点之前的反应的离子方程式为 ．
（2）a点到b点之间的反应的离子方程式是 、 ．
（3）c点二氧化碳体积是 L．
（4）混合稀溶液中Ba（OH）2和NaOH的物质的量之比为 ．
22．（2019高一上·大庆期末）等质量的两种金属粉末A、B分别与同浓度的足量稀盐酸反应，都生成+2价金属氯化物，其反应情况如图所示：
（1）两种金属的活动性顺序是 >
两种金属氯化物的摩尔质量是 >
（2）将两种金属粉末按一定比例混合后，进行甲、乙
丙三组实验，三组实验各取500mL同浓度的盐酸
溶液加入该种混合粉末，产生气体，有关数据如下：
实验序号 甲 乙 丙
混合粉末质量(g) 6.2 18.6 24.8
生成气体气体(mL) 2240 5600 5600
①乙组实验中，盐酸 (填“过量”、“适量”或“不足量”)
②上述所用的盐酸的物质的量浓度为 mol/L，混合粉末的平均摩尔质量是 。
三、推断题
23．（2019高一上·大庆期末）A，B，C，D四种强电解质溶液分别含有下列阴、阳离子中的各一种且不重复：NH 、Ba2+、H+、Na+、SO42-、CO32-、NO3-、OH﹣已知：①向A或D中滴入C，均有沉淀生成：
②向A和B中分别滴加D（可加热）均有气体生成(又已知：D和B反应生成的气体能被A吸收)，且这两种气体在水中能反应生成D。 试回答下列问题：
（1）写出A，B，C，D四种溶液中溶质的化学式：
A ，B ，C ，D 。
（2）将A与D反应生成的气体缓慢通入含KOH、Ca(OH)2、NaAlO2的混合溶液中，生成沉淀的物质的量n与通入气体的体积V的关系可表示 （填字母）。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】A. CO（CO2）通入氢氧化钠溶液二氧化碳被吸收，一氧化碳不反应，再通过浓硫酸干燥，得到纯净的一氧化碳气体，故A不符合题意；
B. FeSO4溶液（CuSO4），加入铁粉，铁粉与硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，过滤除去铁和铜，得到硫酸亚铁溶液，故B不符合题意；
C.NaBr溶液（Br2）加入四氯化碳进行萃取，溴单质易溶于四氯化碳，溴化钠不溶于四氯化碳，震荡分层，进行分液，得到溴化钠溶液，故C不符合题意；
D. KNO3（KCl），加入过量的AgNO3溶液，虽然能除去KCl，但是引入新的杂质，不符合除杂原则，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.二氧化碳与氢氧化钠溶液反应，而一氧化碳不反应；
B.硫酸铜溶液与铁反应生成硫酸亚铁和铜；
C.溴易溶于四氯化碳；
D.加入硝酸银后会带入新的杂质。
2．【答案】C
【知识点】化学实验操作的先后顺序；物质的分离与提纯
【解析】【解答】欲除去粗盐中的可溶性的CaCl2、MgCl2、Na2SO4等杂质，符合题意操作顺序应为:①加入过量的BaCl2溶液，除去SO42-，溶液中引入了少量的杂质Ba2+；⑤加入稍过量的NaOH溶液，除去Mg2+，部分Ca2+，溶液中引入了杂质OH-；③加入稍过量的Na2CO3溶液，除去Ca2+、Ba2+溶液中引入了CO32-杂质；④过滤，除去BaSO4、BaCO3、CaCO3、Mg(OH)2、Ca(OH)2等沉淀；②滴入稀盐酸至无气泡产生，除去引入的CO32-、OH-；所以本题的符合题意顺序为：⑤①③④②；
故答案为:C。
【分析】根据除杂要求，除去杂质，不能增加新杂质。根据离子SO42-、Ca2+、Mg2+的沉淀顺序选择所加的试剂。
3．【答案】C
【知识点】化学实验操作的先后顺序
【解析】【解答】①蒸馏时，应先通冷凝水，再点燃酒精灯加热，故①不符合题意；②加热氯酸钾和二氧化锰的混合物制备氧气，用排水法收集气体后，为防止液体倒吸炸裂试管，应该先移出导管后撤酒精灯，故②符合题意；③制取气体时，一定要先检查装置气密性后装药品，故③符合题意；④分液操作时，先打开分液漏斗上口的塞子，使内外压强想通，再打开分液漏斗的旋塞，故④符合题意；⑤做H2还原CuO实验开始时要排除空气，先通入氢气，结束时要防止金属铜被氧气氧化，先撒酒精灯待试管冷却后停止通H2，故⑤符合题意；⑥托盘天平的砝码在加取时，先放质量较大的砝码，后放质量较小的砝码，故⑥不符合题意；⑦蒸馏时加热一段时间，发现忘记加沸石，应冷却后再补加沸石，再继续加热，故⑦不符合题意；
故答案为C。
【分析】①蒸馏时先通冷凝水；②加热氯酸钾制取氧气时要防止发生倒吸；③制取气体首先检验装置的气密性；④分液时要保证内外压强一致；⑤氢气还原氧化铜，要先通氢气；⑥托盘天平加砝码的先后顺序是先质量大的后质量小的；⑦加热液体，忘记沸石应停止实验。
4．【答案】C
【知识点】摩尔质量；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】设SO2和SO3的质量均为1g，两者的物质的量之比为1/64：1/80=5：4。①它们所含的分子数目之比为5∶4，错误。②它们所含的原子数目之比为5×3∶4×4=15：16，正确。③它们所含的氧原子数目之比为5×2∶4×3=5：6，错误。④它们所含的硫原子数目之比为5∶4，正确。⑤它们所含的电子数目之比为5×32∶4×40=1：1，正确。故正确的有②④⑤，
故答案为：C
【分析】根据二氧化硫和三氧化硫的摩尔质量计算等质量时的物质的量关系，再结合物质组成进行分析即可。
5．【答案】D
【知识点】物质的量的相关计算
【解析】【解答】假设气体的物质的量为nmol，容器的质量为mg，则：mg+nmol×71g/mol=74.6g，mg+nmol×28g/mol=66g，联立方程，解得n=0.2mol，气体的体积为V=0.2mol×22.4L/mol=4.48L，所以容器的容积为4.48L，
故答案为：D。
【分析】关于物质的量的计算，在掌握并理解m = nM、n = cV、V = nVm三个基本公式及摩尔质量、摩尔体积、物质的量浓度概念的基础上，分析题目提供的已知条件，灵活运用公式进行解答，在运用公式的过程中，注意电解质在水溶液中的电离、运用摩尔体积的条件与物质状态。
6．【答案】B
【知识点】钠的重要化合物；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】由于已知反应前混合物的质量和反应后固体的质量，所以，有可能存在过量问题；
设18.4g混合物正好完全反应，减少的质量为x；
NaOH+NaHCO3 Na2CO3+ H2O
124 18
18.4 x
＝
x=2.7g
因2.7g＞（18.4-16.6）g所以氢氧化钠过量，碳酸氢钠完全反应。
NaOH+ NaHCO3 Na2CO3+ H2O
84 18
m（NaHCO3） （18.4-16.6）g
＝
m(NaHCO3)=8.4g，n(NaHCO3)= =0.1mol
原混合物中NaOH的质量m(NaOH)=18.4g-8.4g=10g，n(NaOH)= =0.25mol，
原混合物中NaOH与NaHCO3的物质的量的关系为NaOH>NaHCO3。
故答案为：B。
【分析】本题难度很大，一是判断反应过量问题，二是怎样判断过量.在判断过量中为什么2.7g＞（18.4g-16.6g），就判断为氢氧化钠过量呢？主要是因为若是碳酸氢钠过量，就会继续分解，固体质量继续减少，和题意不符。
7．【答案】D
【知识点】物质的简单分类
【解析】【解答】A.由于H3PO2(次磷酸)与足量的NaOH反应只生成一种盐NaH2PO2，故H3PO2为一元酸，故A不符合题意；
B.由于H3PO2(次磷酸)与足量的NaOH反应只生成一种盐NaH2PO2，故H3PO2为一元酸，故B不符合题意；
C.由于H3PO2为一元酸，故NaH2PO2属于正盐，故C不符合题意；
D.由于H3PO2为一元酸，故NaH2PO2属于正盐，故D符合题意；
故答案为D。
【分析】在酸的概念的基础上根据电离出的氢离子的个数将酸分为一元酸、二元酸、三元酸，根据盐中能否电离出氢离子或氢氧根将盐分为正盐和酸式盐和碱式盐，由于H3PO2(次磷酸)与足量的NaOH反应只生成一种盐NaH2PO2，故H3PO2(次磷酸)为一元酸，把握概念是关键。
8．【答案】B
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A、过氧化钠固体与水反应的离子反应为2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑，选项A不符合题意；
B、向偏铝酸钠溶液中通入过量二氧化碳，反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠，离子方程式为AlO2-+CO2+2H2O═Al(OH)3↓+HCO3-，选项B符合题意；
C、向澄清石灰水中加入过量的碳酸氢钠溶液，氢氧化钙完全反应，离子方程式为：Ca2++2OH-+2HCO3-═CaCO3↓+2H2O+CO32-；选项C不符合题意；
D、Ba (OH)2溶液中通入过量CO2，反应生成碳酸氢钡和水，反应的离子方程式为CO2+ OH－＝HCO3-，选项D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A.过氧化钠在离子方程式中写为化学式；
C.氢氧化钙不足量，以不足量的物质为标准判断产物；
D.通入过量二氧化碳生成碳酸氢钡。
9．【答案】C
【知识点】氧化还原反应；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、NH4NO3中N元素的化合价有-3和+5两种，原子个数比为1:1，根据得失电子守恒，若发生归中反应生成氮气，消耗-3价N和+5价N的比为5:3，所以+5价N有剩余，有硝酸生成，不可能有氨气生成，故甲有可能、丙不可能；若发生归中反应， 、 ，根据得失电子守恒，-3价N和+5价N的比为3:4，所以-3价N有剩余，应有氨气生成，故乙不可能；若发生归中反应， 、 ，根据得失电子守恒， 消耗-3价N和+5价N的比为1:1，可能不生成其他含N的产物，故丁有可能；
故答案为：C。
【分析】本题考查归中反应规律和得失电子守恒，氧化还原反应中失电子总数等于得电子总数，有元素化合价升高必有元素化合价降低，且化合价升高总数必等于降低总数。
10．【答案】D
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】整个过程中Fe、Mn、Cr的化合价发生变化，依据化合价升降相等有：29.00×10-3×0.1×1=[m(Cr)÷52]×3+2.00×10-3×0.02×5，解得m(Cr)=46.8×10-3g=46.8mg；
故答案为：D。
【分析】根据氧化还原反应中电子得失守恒进行计算即可。
11．【答案】B
【知识点】钠的化学性质；铝的化学性质；化学方程式的有关计算；阿伏加德罗定律及推论
【解析】【解答】钠、镁、铝各0.4mol分别放入100 mL 2 mol·L-1的盐酸中，钠完全反应，产生氢气的物质的量为0.2mol；镁、铝与盐酸反应时，盐酸不足，盐酸完全反应，产生氢气的物质的量相等即0.1mol，则气体体积比是2∶1∶1 ，
故答案为：B。
【分析】首先判断盐酸是否足量，然后结合金属钠能与水反应计算产生氢气的物质的量即可。
12．【答案】D
【知识点】铝的化学性质；钠的氧化物；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】15.6gNa2O2的物质的量为0.2mol，5.4gAl的物质的量为0.2mol，标准状况下6.72LHCl气体的物质的量为0.3mol，所发生的反应为：
2Na2O2 +2H2O＝4NaOH+O2↑
0.2mol 0.4mol 2.24L
2Al+2H2O+2NaOH＝2NaAlO2 +3H2↑
0.2mol 0.2mol 0.2mol 6.72L
HCl+NaOH＝NaCl+H2O
0.2mol 0.2mol 0.2mol
NaAlO2+HCl+H2O＝Al（OH）3↓+NaCl
0.1mol 0.1mol 0.1mol 0.1mol
反应后溶液的成分是0.3molNaCl和0.1molNaAlO2，生成0.1mol氢氧化铝沉淀，则A、反应后溶液的成分是0.3molNaCl和0.1molNaAlO2，所以c（Na+）=0.4mol÷0.2L=2mo/L，A不符合题意；
B、反应中共得到气体的体积为2.24L+6.72L=8.96L，B不符合题意；
C、反应后溶液的成分是0.3molNaCl和0.1molNaAlO2，由电荷守恒可知c(Na+)＞c(Cl-)，C不符合题意；
D、反应后生成0.1mol氢氧化铝沉淀，质量为7.8g，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，氢氧化钠与铝反应生成偏铝酸钠和氢气，再计算盐酸与NaOH和NaAlO2的反应，结合元素守恒进行计算即可。
13．【答案】B
【知识点】钠的氧化物；阿伏加德罗定律及推论
【解析】【解答】设CO2的物质的量为n ,则CO的物质的量也为x , CO2、CO与足量Na2O2的反应如下:
①2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，②2CO+O22CO2，将①②叠加可得：③CO+Na2O2=Na2CO3，所以可以认为只发生了两个反应①和③，最后剩余气体就是CO2发生反应①生成的O2 ，n(O2)=，反应前后的压强之比=反应前后的物质的量之比=2x:=4：1；
故选B。
【分析】根据二氧化碳与过氧化钠的反应和一氧化碳的燃烧反应简化得到一氧化碳与过氧化钠的反应方程式，然后结合阿伏加 德罗定律进行计算即可。
14．【答案】B
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】锰元素的化合价变化为7-2=5，R2O8n－中R的化合价是＋(8－n/2)，在还原产物中R的化合价是＋6价，所以根据得失电子守恒可知5×2×(8－n/2－6)＝2×5，解得n＝2。
故答案为：B
【分析】根据氧化还原反应的化合价变化，计算对应物质的电子得失，根据电子得失守恒计算。
15．【答案】D
【知识点】有机物的推断；烃类的燃烧
【解析】【解答】依次发生的反应为2H2+O2 2H2O、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，相当于反应为“Na2O2+H2=2NaOH”，固体增加的质量为燃烧H2的质量；若该物质为CO，依次发生的反应为2CO+O2 2CO2、2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，相当于反应为“Na2O2+CO=Na2CO3”，固体增加的质量为燃烧CO的质量；经过上述分析可归纳：凡分子组成符合（CO）m·（H2）n的物质wg在O2中完全燃烧，将其产物（CO2和水蒸气）通过足量Na2O2后，固体增重必为wg。①②③符合；④分子式为CH2O，符合；⑤分子式为C2H4O2，可改写成（CO）2·（H2）2，符合；⑥分子式为C6H12O6，可改写成（CO）6·（H2）6，符合；
全部符合，
故答案为：D。
【分析】本题考查学生利用化学反应分析增重，该题能激发学生积极思维，使对知识理解更深，方法掌握更好，收到一题多变，一题多得，触类旁通之效，在此过程中更使学生的综合、抽象、概括、创新能力得到提高，提高了学生思维的全面性，根据化学方程式和质量守恒定律进行分析，得出满足条件的化学式的通式，再对照选项选择即可。
16．【答案】A
【知识点】镁的化学性质；铝的化学性质；镁、铝的重要化合物
【解析】【解答】镁与铝的质量比是8: 9，物质的量比是1:1。加足量盐酸溶解，再加氢氧化钠溶液，则氢氧化钠先中和掉多余的酸，再分别与Mg2+、Al3+生成Mg(OH)2、Al(OH)3沉淀，过量后Al(OH)3沉淀溶解，沉淀质量减少，最终只剩Mg(OH)2沉淀。由于镁、铝的物质的量相等，生成的Mg(OH)2和Al(OH)3的物质的量也相等，由两种沉淀的分子式知Al(OH)3的质量大于Mg(OH)2的质量，故最终沉淀不会消失，但最终沉淀质量小于沉淀达到最大时质量的一半，故A项符合题意。
故答案为：A。
【分析】根据镁铝的质量比计算其物质的量之比，加入的NaOH首先与过量的硫酸反应，开始没有沉淀，最终由氢氧化镁沉淀，因此沉淀不会完全消失，再结合镁离子和氯离子的物质的量之比分析氢氧化铝的物质的量和氢氧化铝溶解消耗氢氧化钠的物质的量即可得出结论。
17．【答案】C
【知识点】钠的化学性质；离子方程式的书写；钠的氧化物
【解析】【解答】A.氧化钠和水反应生成氢氧化钠，该反应中没有电子转移，不属于氧化还原反应，故A不符合题意；
B.甲的离子方程式为2Na+2H2O═2Na++2OH-+H2↑，故B不符合题意；
C.过氧化钠和水反应时，过氧化钠中O元素化合价由-1价变为0价和-2价，过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，且有一半的过氧化钠作氧化剂、有一半的过氧化钠作还原剂，所以丙充分反应，能产生0.05 mol O2，转移电子物质的量=0.05mol×2=0.1 mol，故C符合题意；
D.钠、氧化钠、过氧化钠和水反应的方程式分别如下：
Na+H2O=NaOH+ H2↑，溶液增加的质量=m(Na)-m(H2)=2.3g-0.1g=2.2g；
Na2O+H2O=2NaOH，溶液增加的质量=m(Na2O)=0.1mol×62g/mol=6.2g；
Na2O2+H2O=2NaOH+ O2↑，溶液增加的质量=m(Na2O2)-m(O2)=m(Na2O)=6.2g；
所以溶液增加的质量大小顺序为：钠＜氧化钠=过氧化钠，
根据钠原子守恒知，0.1mol的钠、氧化钠、过氧化钠、溶于水所得氢氧化钠的物质的量分别为：0.1mol、0.2mol、0.2mol，通过以上分析可知，0.1mol的钠、氧化钠、过氧化钠分别溶于水所得溶液的质量分数分别为：w1= 、w2= 、w3= ，则：2w1＞w2=w3，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据化合价变化判断是否属于氧化还原反应；
B.离子方程式中电荷不守恒；
C.根据过氧化钠与水的反应进行计算；
D.根据三个反应方程式判断NaOH的物质的量和溶剂的变化，然后判断溶液的质量分数大小关系即可。
18．【答案】B
【知识点】镁的化学性质；铝的化学性质；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】标准状况下2.24 L的气体的物质的量为1mol，Mg是+2价金属，产生1mol氢气需Mg质量是2.4g，现在是Mg与另外一种金属的混合物，需要质量是2.3g，小于2.4g，说明另一种金属产生1molH2需要的质量小于2.3g。
A.Zn是+2价金属，产生1mol氢气需要质量为65g>23g，不符合题意，A不符合题意；
B.Al是+3价的金属，产生1mol氢气需要质量为(27÷3)×2=18g<23g，符合题意，B符合题意；
C.Fe是+2价金属，产生1mol氢气需要质量为56g>23g，不符合题意，C不符合题意；
D.Cu是+2价金属，但是铜与稀硫酸不能反应，所以产生1mol氢气需要金属质量为无穷大，不符合题意，D不符合题意；
故合理选项是B。
【分析】根据生成气体的物质的量计算金属的平均相对摩尔质量，然后判断组成金属即可。
19．【答案】B
【知识点】钠的重要化合物；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】浓度相同的NaOH溶液各100 mL倒入A、B、C三个烧杯中，分别向三份溶液中通入不等量的CO2，充分反应后，可能发生反应为：2NaOH + CO2= Na2CO3+ H2O、Na2CO3+ CO2+ H2O = 2NaHCO3，故所得溶液溶质可能为：①NaOH、Na2CO3，②Na2CO3，③Na2CO3、NaHCO3，④NaHCO3；再向三份所得溶液中逐滴加入0.2 mol/L的盐酸，可能发生反应为：NaOH+ HCl =" NaCl" + H2O， Na2CO3+ HCl = NaHCO3+ NaCl，NaHCO3+ HCl =" NaCl" + CO2↑ + H2O，由图像可知A曲线前50mL不产生气体，后150mL，产生气体，故A溶液 溶质为③Na2CO3、NaHCO3，故A项不符合题意；B曲线前100mL不产生气体，后100mL产生气体，可知该溶液为②Na2CO3溶液，则可知通入的CO2体积为0.1L×0.2mol/L×22.4L/mol×1000=448mL，故B项符合题意；由图象可知加入盐酸200mL后反应完毕，则原NaOH溶液的浓度为0.2L×0.2mol/L÷0.1L="0.4" mol/L，故C项不符合题意；C曲线前150mL无气体产生，后50mL产生气体，可知溶液溶质为①NaOH、Na2CO3，可知C烧杯中溶质成分的物质的量之比为n(NaOH)∶n(Na2CO3)＝2：1，故D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】二氧化碳与氢氧化钠反应，根据二氧化碳的用量不同会有不同的组成：Na2CO3、NaHCO3或NaOH、Na2CO3或NaHCO3或Na2CO3，然后分析与盐酸的反应即可，注意图中数据的分析。
20．【答案】D
【知识点】钠的重要化合物；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】设HCl为nmol；当碳酸钠滴入盐酸中时发生CO32-+2H+═H2O+CO2↑反应，生成CO2的物质的量为 mol；当盐酸滴入碳酸钠溶液时，反应顺序为CO32-+H+═HCO3-、HCO3-+H+═H2O+CO2↑，发生CO32-+H+═HCO3-反应消耗盐酸0.2mol，发生HCO3-+H+═H2O+CO2↑反应，消耗盐酸(n-0.2)mol，所以生成CO2的物质的量为(n-0.2)mol，则 ：(n-0.2)=5:2，n=0.25，盐酸的浓度是 1.25mol/L，
故答案为：D。
【分析】当碳酸钠滴入盐酸中时发生CO32-+2H+═H2O+CO2↑，
当盐酸滴入碳酸钠溶液时，反应顺序为CO32-+H+═HCO3-、HCO3-+H+═H2O+CO2↑，都有气体产生，说明HCl的物质的量应大于Na2CO3的物质的量，又因为最终生成的气体体积不同，当碳酸钠滴入盐酸中时碳酸钠有剩余，当盐酸滴入碳酸钠溶液时，第一步反应完全，第二步反应碳酸氢根离子有剩余。
21．【答案】（1）Ba2++CO2+2OH﹣═BaCO3↓+H2O
（2）2OH﹣+CO2═CO32﹣+H2O；CO32﹣+H2O+CO2═2HCO3﹣
（3）15
（4）1：1
【知识点】化学方程式的有关计算
【解析】【解答】解：向NaOH和Ba（OH）2的混合稀溶液中通入CO2，开始产生沉淀，故a点之前发生反应：CO2+Ba（OH）2=BaCO3↓+H2O，a～b之间先后发生的反应为：2NaOH+CO2═Na2CO3、Na2CO3+H2O+CO2═2NaHCO3，b～c之间发生反应：BaCO3+H2O+CO2═Ba（HCO3）2．（1）由上述分析可知，a点之前发生反应：CO2+Ba（OH）2=BaCO3↓+H2O，离子方程式为：Ba2++CO2+2OH﹣═BaCO3↓+H2O，故答案为：Ba2++CO2+2OH﹣═BaCO3↓+H2O；（2）a～b之间的反应：2NaOH+CO2═Na2CO3、Na2CO3+H2O+CO2═2NaHCO3，离子方程式为：2OH﹣+CO2═CO32﹣+H2O；CO32﹣+H2O+CO2═2HCO3﹣，故答案为：2OH﹣+CO2═CO32﹣+H2O；CO32﹣+H2O+CO2═2HCO3﹣（3）由方程式可知生成碳酸钡沉淀与碳酸钡溶解消耗二氧化碳的体积相等，可知c点二氧化碳的体积为10L+5L=15L，故答案为：15；（4）氢氧化钡、氢氧化钠消耗二氧化碳体积分别为5L、5L，结合方程式可知，溶液中Ba（OH）2和NaOH的浓度之比为1：1，故答案为：1：1．
【分析】向Ba（OH）2和NaOH的混合稀溶液中通入CO2，开始产生沉淀，故a点之前发生反应：CO2+Ba（OH）2=BaCO3↓+H2O，a～b之间先后发生的反应为：2NaOH+CO2═Na2CO3、Na2CO3+H2O+CO2═2NaHCO3，b～c之间发生反应：BaCO3+H2O+CO2═Ba（HCO3）2，由方程式可知生成碳酸钡沉淀与碳酸钡溶解消耗二氧化碳的体积相等，可知c点二氧化碳的体积，根据氢氧化钡、氢氧化钠消耗二氧化碳体积计算溶液中Ba（OH）2和NaOH的浓度之比，据此分析解答．
22．【答案】（1）B；A；B；A
（2）不足量；1；62g/mol
【知识点】化学反应速率的影响因素；摩尔质量；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】（1） 从图可知，B与盐酸的速率比A大，所以两种金属的活动性顺序是B＞A，等质量的A、B与同浓度的足量稀盐酸反应，A放出的氢气多，所以A的摩尔质量要小，所以两种金属氯化物的摩尔质量是B>A；
（2） ①甲组实验，随着金属的量增加，放出的气体增加，故甲组是盐酸过量，乙组实验中，金属质量是甲组的3倍，如果金属全都反应完，产生的气体应该是甲组的3倍，而给出的数据是小于3倍，乙组中的盐酸已经不足；②最终生成氢气的物质的量为5.6/22.4=0.25mol，根据H原子守恒n（HCl）=0.25×2=0.5mol，所以c（HCl）= 0.5/0.5=1mol/L；甲组实验中金属完全反应，金属都为+2价，根据电子转移守恒，金属物质的量等于氢气物质的量，此时生成氢气为 2.24/22.4=0.1mol，故金属的平均摩尔质量═6.2g÷0.1mol=62g/mol，
【分析】（1）反应时间短的金属的活泼性强，等质量的金属产生气体的质量小的物质的量小，摩尔质量大；
（2）根据气体的物质的量判断乙中盐酸是否不足量，结合金属与酸的反应计算盐酸的浓度he金属的平均摩尔质量。
23．【答案】（1）H2SO4；NaOH；Ba(NO3)2；（NH4）2CO3
（2）C
【知识点】常见离子的检验；离子共存；镁、铝的重要化合物
【解析】【解答】（1）在NH4+、Ba2+、Na+、H+、SO42－、NO3－、OH－、CO32－离子中可能生成的气体有NH3和CO2两种，由D和A、B反应生成，则D中含有CO32-和NH4+离子，应为(NH4)2CO3，在A或D中滴入C，均有沉淀生成，说明A中含有SO42-，C中应含有Ba2+，而A和D反应生成气体说明A一定是硫酸，产生的气体是二氧化碳，能被B吸收，说明B是一种碱，所以C是硝酸钡，B是氢氧化钠；
答案为H2SO4、NaOH、Ba(NO3)2、（NH4）2CO3；（2）通入的CO2先和Ca(OH)2反应生成CaCO3；接着二氧化碳和KOH反应生成K2CO3，二氧化碳和NaAlO2反应生成Al(OH)3；接着和K2CO3反应生成KHCO3；最后二氧化碳和CaCO3反应生成Ca(HCO3)2，符合条件的曲线为选项C。
【分析】（1）解答题目的关键是找到突破口,D和A、B都能生成气体，而题给离子中只有H+与CO32-、OH-与NH4+能反应生成气体，故D只能为(NH4)2CO3；在A或D中滴入C，均有沉淀生成，说明A中含有SO42-，C中应含有Ba2+，而A和D反应生成的气体说明A一定是硫酸，产生的气体是二氧化碳，能被B吸收，说明B是一种碱，所以C是硝酸钡，B是氢氧化钠，以此解答该题；（2）只要通入CO2，立刻就有沉淀CaCO3产生；将Ca(OH)2消耗完毕，接下来消耗KOH，因而此段不会产生沉淀（即沉淀的量保持不变）；KOH被消耗完毕，接下来消耗KAlO2，有Al(OH)3沉淀生成；又因二氧化碳足量，还可以继续与上面反应的产物K2CO3、CaCO3、发生反应。
黑龙江省大庆市东风中学2019-2020学年高一上学期化学期末考试试卷
一、单选题
1．（2019高一上·大庆期末）除去下列各组物质中的杂质（括号内为杂质），所选用的试剂或操作方法不正确的是（ ）
选项 物质 选用试剂（过量） 操作方法
A CO（CO2） NaOH溶液 洗气、浓硫酸干燥
B FeSO4溶液（CuSO4） 铁粉 过滤
C NaBr溶液（Br2） 四氯化碳 萃取、分液
D KNO3（KCl） AgNO3溶液 溶解、过滤、蒸发、结晶
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】A. CO（CO2）通入氢氧化钠溶液二氧化碳被吸收，一氧化碳不反应，再通过浓硫酸干燥，得到纯净的一氧化碳气体，故A不符合题意；
B. FeSO4溶液（CuSO4），加入铁粉，铁粉与硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，过滤除去铁和铜，得到硫酸亚铁溶液，故B不符合题意；
C.NaBr溶液（Br2）加入四氯化碳进行萃取，溴单质易溶于四氯化碳，溴化钠不溶于四氯化碳，震荡分层，进行分液，得到溴化钠溶液，故C不符合题意；
D. KNO3（KCl），加入过量的AgNO3溶液，虽然能除去KCl，但是引入新的杂质，不符合除杂原则，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.二氧化碳与氢氧化钠溶液反应，而一氧化碳不反应；
B.硫酸铜溶液与铁反应生成硫酸亚铁和铜；
C.溴易溶于四氯化碳；
D.加入硝酸银后会带入新的杂质。
2．（2019高一上·大庆期末）过滤泥沙等难溶性杂质后的食盐水仍含有可溶性的CaCl2、MgCl2、Na2SO4等杂质，通过加入如下试剂（实验操作略），可制得相对纯净的食盐水：①加入过量的BaCl2溶液：②滴入稀盐酸至无气泡产生；③加入稍过量的Na2CO3溶液；④过滤；⑤加入稍过量的NaOH溶液。符合题意的试剂滴加顺序为（ ）
A．①②③⑤④ B．③②①⑤④
C．⑤①③④② D．③⑤②①④
【答案】C
【知识点】化学实验操作的先后顺序；物质的分离与提纯
【解析】【解答】欲除去粗盐中的可溶性的CaCl2、MgCl2、Na2SO4等杂质，符合题意操作顺序应为:①加入过量的BaCl2溶液，除去SO42-，溶液中引入了少量的杂质Ba2+；⑤加入稍过量的NaOH溶液，除去Mg2+，部分Ca2+，溶液中引入了杂质OH-；③加入稍过量的Na2CO3溶液，除去Ca2+、Ba2+溶液中引入了CO32-杂质；④过滤，除去BaSO4、BaCO3、CaCO3、Mg(OH)2、Ca(OH)2等沉淀；②滴入稀盐酸至无气泡产生，除去引入的CO32-、OH-；所以本题的符合题意顺序为：⑤①③④②；
故答案为:C。
【分析】根据除杂要求，除去杂质，不能增加新杂质。根据离子SO42-、Ca2+、Mg2+的沉淀顺序选择所加的试剂。
3．（2019高一上·大庆期末）以下关于化学实验中“先与后”的说法中正确的是（ ）
①蒸馏时，先点燃酒精灯，再通冷凝水
②加热氯酸钾和二氧化锰的混合物制备氧气，用排水法收集气体后，先移出导管后撤酒精灯
③实验室制取某气体时，先检查装置气密性后装药品
④分液时，先打开分液漏斗上口的塞子，后打开分液漏斗的旋塞
⑤H2还原CuO实验时，先检验气体纯度后点燃酒精灯
⑥使用托盘天平称盘物体质量时，先放质量较小的砝码，后放质量较大的砝码
⑦蒸馏时加热一段时间，发现忘记加沸石，应迅速补加沸石后继续加热
A．②③④⑤⑦ B．①②③④⑦
C．②③④⑤ D．全部
【答案】C
【知识点】化学实验操作的先后顺序
【解析】【解答】①蒸馏时，应先通冷凝水，再点燃酒精灯加热，故①不符合题意；②加热氯酸钾和二氧化锰的混合物制备氧气，用排水法收集气体后，为防止液体倒吸炸裂试管，应该先移出导管后撤酒精灯，故②符合题意；③制取气体时，一定要先检查装置气密性后装药品，故③符合题意；④分液操作时，先打开分液漏斗上口的塞子，使内外压强想通，再打开分液漏斗的旋塞，故④符合题意；⑤做H2还原CuO实验开始时要排除空气，先通入氢气，结束时要防止金属铜被氧气氧化，先撒酒精灯待试管冷却后停止通H2，故⑤符合题意；⑥托盘天平的砝码在加取时，先放质量较大的砝码，后放质量较小的砝码，故⑥不符合题意；⑦蒸馏时加热一段时间，发现忘记加沸石，应冷却后再补加沸石，再继续加热，故⑦不符合题意；
故答案为C。
【分析】①蒸馏时先通冷凝水；②加热氯酸钾制取氧气时要防止发生倒吸；③制取气体首先检验装置的气密性；④分液时要保证内外压强一致；⑤氢气还原氧化铜，要先通氢气；⑥托盘天平加砝码的先后顺序是先质量大的后质量小的；⑦加热液体，忘记沸石应停止实验。
4．（2018高一上·九江期中）相同质量的SO2和SO3相比较，下列有关叙述中正确的是（ ）
①它们所含的分子数目之比为1∶1 ②它们所含的原子数目之比为15∶16 ③它们所含的氧原子数目之比为2∶3 ④它们所含的硫原子数目之比为5∶4 ⑤它们所含的电子数目之比为1∶1
A．②③ B．①④
C．②④⑤ D．①②③④⑤
【答案】C
【知识点】摩尔质量；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】设SO2和SO3的质量均为1g，两者的物质的量之比为1/64：1/80=5：4。①它们所含的分子数目之比为5∶4，错误。②它们所含的原子数目之比为5×3∶4×4=15：16，正确。③它们所含的氧原子数目之比为5×2∶4×3=5：6，错误。④它们所含的硫原子数目之比为5∶4，正确。⑤它们所含的电子数目之比为5×32∶4×40=1：1，正确。故正确的有②④⑤，
故答案为：C
【分析】根据二氧化硫和三氧化硫的摩尔质量计算等质量时的物质的量关系，再结合物质组成进行分析即可。
5．（2019高三上·通榆月考）标准状况下，一个装满氯气的容器的质量为74.6 g，若装满氮气时总质量为66 g，则此容器的容积（ ）
A．22.4 L B．44.8 L C．11.2 L D．4.48 L
【答案】D
【知识点】物质的量的相关计算
【解析】【解答】假设气体的物质的量为nmol，容器的质量为mg，则：mg+nmol×71g/mol=74.6g，mg+nmol×28g/mol=66g，联立方程，解得n=0.2mol，气体的体积为V=0.2mol×22.4L/mol=4.48L，所以容器的容积为4.48L，
故答案为：D。
【分析】关于物质的量的计算，在掌握并理解m = nM、n = cV、V = nVm三个基本公式及摩尔质量、摩尔体积、物质的量浓度概念的基础上，分析题目提供的已知条件，灵活运用公式进行解答，在运用公式的过程中，注意电解质在水溶液中的电离、运用摩尔体积的条件与物质状态。
6．（2019高一上·大庆期末）把18.4g由NaOH和NaHCO3组成的固体混合物在密闭容器中加热到约250摄氏度， 经充分反应后排出气体，冷却后称得固体质量为16.6g，试确定原混合物中NaOH与NaHCO3的物质的量的关系为（ ）
A．NaOH
C．NaOH=NaHCO3 D．无法确定
【答案】B
【知识点】钠的重要化合物；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】由于已知反应前混合物的质量和反应后固体的质量，所以，有可能存在过量问题；
设18.4g混合物正好完全反应，减少的质量为x；
NaOH+NaHCO3 Na2CO3+ H2O
124 18
18.4 x
＝
x=2.7g
因2.7g＞（18.4-16.6）g所以氢氧化钠过量，碳酸氢钠完全反应。
NaOH+ NaHCO3 Na2CO3+ H2O
84 18
m（NaHCO3） （18.4-16.6）g
＝
m(NaHCO3)=8.4g，n(NaHCO3)= =0.1mol
原混合物中NaOH的质量m(NaOH)=18.4g-8.4g=10g，n(NaOH)= =0.25mol，
原混合物中NaOH与NaHCO3的物质的量的关系为NaOH>NaHCO3。
故答案为：B。
【分析】本题难度很大，一是判断反应过量问题，二是怎样判断过量.在判断过量中为什么2.7g＞（18.4g-16.6g），就判断为氢氧化钠过量呢？主要是因为若是碳酸氢钠过量，就会继续分解，固体质量继续减少，和题意不符。
7．（2019高一上·大庆期末）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、KHPO4等。已知 H3PO2（次磷酸）与足量的NaOH反应只生成一种盐NaH2PO2，则下列说法正确的是（ ）
A．H3PO2属于二元酸 B．H3PO2属于三元酸
C．NaH2PO2属于酸式盐 D．NaH2PO2属于正盐
【答案】D
【知识点】物质的简单分类
【解析】【解答】A.由于H3PO2(次磷酸)与足量的NaOH反应只生成一种盐NaH2PO2，故H3PO2为一元酸，故A不符合题意；
B.由于H3PO2(次磷酸)与足量的NaOH反应只生成一种盐NaH2PO2，故H3PO2为一元酸，故B不符合题意；
C.由于H3PO2为一元酸，故NaH2PO2属于正盐，故C不符合题意；
D.由于H3PO2为一元酸，故NaH2PO2属于正盐，故D符合题意；
故答案为D。
【分析】在酸的概念的基础上根据电离出的氢离子的个数将酸分为一元酸、二元酸、三元酸，根据盐中能否电离出氢离子或氢氧根将盐分为正盐和酸式盐和碱式盐，由于H3PO2(次磷酸)与足量的NaOH反应只生成一种盐NaH2PO2，故H3PO2(次磷酸)为一元酸，把握概念是关键。
8．（2019高一上·大庆期末）下列离子方程式中，正确的是（ ）
A．过氧化钠与水反应：2O22- + 2H2O = 4OH- + O2↑
B．向偏铝酸钠溶液中通入过量二氧化碳：AlO2 +CO2 +2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-
C．向澄清石灰水中滴入足量碳酸氢钠溶液：Ca2++ OH－+ HCO3－＝CaCO3↓+H2O
D．Ba (OH)2溶液中通入过量CO2：CO2+ Ba2++2OH－＝BaCO3↓+ H2O
【答案】B
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A、过氧化钠固体与水反应的离子反应为2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑，选项A不符合题意；
B、向偏铝酸钠溶液中通入过量二氧化碳，反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠，离子方程式为AlO2-+CO2+2H2O═Al(OH)3↓+HCO3-，选项B符合题意；
C、向澄清石灰水中加入过量的碳酸氢钠溶液，氢氧化钙完全反应，离子方程式为：Ca2++2OH-+2HCO3-═CaCO3↓+2H2O+CO32-；选项C不符合题意；
D、Ba (OH)2溶液中通入过量CO2，反应生成碳酸氢钡和水，反应的离子方程式为CO2+ OH－＝HCO3-，选项D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A.过氧化钠在离子方程式中写为化学式；
C.氢氧化钙不足量，以不足量的物质为标准判断产物；
D.通入过量二氧化碳生成碳酸氢钡。
9．（2019高一上·大庆期末）某兴趣小组对NH4NO3的热分解产物提出如下4种猜想：
甲：N2、HNO3、H2O 乙：N2O、NO、H2O
丙：NH3、N2、H2O 丁：N2、NO、H2O
你认为猜想有科学性不正确的是（ ）
A．甲和乙 B．乙和丁 C．乙和丙 D．丙和丁
【答案】C
【知识点】氧化还原反应；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、NH4NO3中N元素的化合价有-3和+5两种，原子个数比为1:1，根据得失电子守恒，若发生归中反应生成氮气，消耗-3价N和+5价N的比为5:3，所以+5价N有剩余，有硝酸生成，不可能有氨气生成，故甲有可能、丙不可能；若发生归中反应， 、 ，根据得失电子守恒，-3价N和+5价N的比为3:4，所以-3价N有剩余，应有氨气生成，故乙不可能；若发生归中反应， 、 ，根据得失电子守恒， 消耗-3价N和+5价N的比为1:1，可能不生成其他含N的产物，故丁有可能；
故答案为：C。
【分析】本题考查归中反应规律和得失电子守恒，氧化还原反应中失电子总数等于得电子总数，有元素化合价升高必有元素化合价降低，且化合价升高总数必等于降低总数。
10．（2019高一上·大庆期末）全钒液流电池是一种新型电能储存和高效转化装置。某溶液中含有VO2+和Cr2O72-，现向其溶液中滴入29.00mL0.1mol/L的FeSO4 溶液，恰好是VO2+→VO2+,Cr2O72-→Cr3+.再滴入2.00mL0.02000mol/L的KMnO4 溶液，又恰好是VO2+→VO2+,而Cr3+不变，此时MnO4-→Mn2＋,则原溶液中Cr元素的质量为（ ）
A．156 mg B．23 4 mg
C．31.2 mg D．46.8mg
【答案】D
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】整个过程中Fe、Mn、Cr的化合价发生变化，依据化合价升降相等有：29.00×10-3×0.1×1=[m(Cr)÷52]×3+2.00×10-3×0.02×5，解得m(Cr)=46.8×10-3g=46.8mg；
故答案为：D。
【分析】根据氧化还原反应中电子得失守恒进行计算即可。
11．（2019高一上·大庆期末）将钠、镁、铝各0.4mol分别放入100 mL 2 mol·L-1的盐酸中，同温同压下产生的气体体积比是（ ）
A．6∶3∶2 B．2∶1∶1
C．3∶1∶1 D．1∶1∶1
【答案】B
【知识点】钠的化学性质；铝的化学性质；化学方程式的有关计算；阿伏加德罗定律及推论
【解析】【解答】钠、镁、铝各0.4mol分别放入100 mL 2 mol·L-1的盐酸中，钠完全反应，产生氢气的物质的量为0.2mol；镁、铝与盐酸反应时，盐酸不足，盐酸完全反应，产生氢气的物质的量相等即0.1mol，则气体体积比是2∶1∶1 ，
故答案为：B。
【分析】首先判断盐酸是否足量，然后结合金属钠能与水反应计算产生氢气的物质的量即可。
12．（2019高一上·大庆期末）将15.6gNa2O2和5.4gAl同时放入一定量的水中，充分反应后得到200mL溶液，再向该溶液中缓慢通入标准状况下的HCl气体6.72L，若反应过程中溶液的体积保持不变，下列说法正确的是（ ）
A．最终溶液：c(Na+)=1.5mol·L-1
B．标准状况下，反应过程中得到6.72L气体
C．最终溶液：c(Na+)
【答案】D
【知识点】铝的化学性质；钠的氧化物；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】15.6gNa2O2的物质的量为0.2mol，5.4gAl的物质的量为0.2mol，标准状况下6.72LHCl气体的物质的量为0.3mol，所发生的反应为：
2Na2O2 +2H2O＝4NaOH+O2↑
0.2mol 0.4mol 2.24L
2Al+2H2O+2NaOH＝2NaAlO2 +3H2↑
0.2mol 0.2mol 0.2mol 6.72L
HCl+NaOH＝NaCl+H2O
0.2mol 0.2mol 0.2mol
NaAlO2+HCl+H2O＝Al（OH）3↓+NaCl
0.1mol 0.1mol 0.1mol 0.1mol
反应后溶液的成分是0.3molNaCl和0.1molNaAlO2，生成0.1mol氢氧化铝沉淀，则A、反应后溶液的成分是0.3molNaCl和0.1molNaAlO2，所以c（Na+）=0.4mol÷0.2L=2mo/L，A不符合题意；
B、反应中共得到气体的体积为2.24L+6.72L=8.96L，B不符合题意；
C、反应后溶液的成分是0.3molNaCl和0.1molNaAlO2，由电荷守恒可知c(Na+)＞c(Cl-)，C不符合题意；
D、反应后生成0.1mol氢氧化铝沉淀，质量为7.8g，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，氢氧化钠与铝反应生成偏铝酸钠和氢气，再计算盐酸与NaOH和NaAlO2的反应，结合元素守恒进行计算即可。
13．（2019高一上·大庆期末）在密闭容器中充入体积比为1∶1的CO2和CO的混合气体，这时测得容器内的压强为P1，若控制容器的体积不变，加入足量的Na2O2固体，不断用电火花燃至反应完全，恢复到开始时的温度，再次测得容器内的压强为P2，则P1和P2之间的关系是（ ）
A．P1=8P2 B．P1=4P2 C．P1=2P2 D．P1=P2
【答案】B
【知识点】钠的氧化物；阿伏加德罗定律及推论
【解析】【解答】设CO2的物质的量为n ,则CO的物质的量也为x , CO2、CO与足量Na2O2的反应如下:
①2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，②2CO+O22CO2，将①②叠加可得：③CO+Na2O2=Na2CO3，所以可以认为只发生了两个反应①和③，最后剩余气体就是CO2发生反应①生成的O2 ，n(O2)=，反应前后的压强之比=反应前后的物质的量之比=2x:=4：1；
故选B。
【分析】根据二氧化碳与过氧化钠的反应和一氧化碳的燃烧反应简化得到一氧化碳与过氧化钠的反应方程式，然后结合阿伏加 德罗定律进行计算即可。
14．（2019高三上·天津月考）R2O8n－离子在一定条件下可以把Mn2+离子氧化为MnO4－，若反应后R2O8n－离子变为RO42－离子。又知反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为5：2，则n的值是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】锰元素的化合价变化为7-2=5，R2O8n－中R的化合价是＋(8－n/2)，在还原产物中R的化合价是＋6价，所以根据得失电子守恒可知5×2×(8－n/2－6)＝2×5，解得n＝2。
故答案为：B
【分析】根据氧化还原反应的化合价变化，计算对应物质的电子得失，根据电子得失守恒计算。
15．（2019高一上·大庆期末）某温度下，wg某物质在足量氧气中充分燃烧，其燃烧产物立即与过量的Na2O2反应，固体质量增加wg。在①H2；②CO；③CO和H2的混合物 ④甲醛（HCHO）；⑤CH3COOH；⑥葡萄糖（C6H12O6）中，正确的是（ ）
A．均不符合 B．只有①②③
C．只有④⑤ D．全部符合
【答案】D
【知识点】有机物的推断；烃类的燃烧
【解析】【解答】依次发生的反应为2H2+O2 2H2O、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，相当于反应为“Na2O2+H2=2NaOH”，固体增加的质量为燃烧H2的质量；若该物质为CO，依次发生的反应为2CO+O2 2CO2、2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，相当于反应为“Na2O2+CO=Na2CO3”，固体增加的质量为燃烧CO的质量；经过上述分析可归纳：凡分子组成符合（CO）m·（H2）n的物质wg在O2中完全燃烧，将其产物（CO2和水蒸气）通过足量Na2O2后，固体增重必为wg。①②③符合；④分子式为CH2O，符合；⑤分子式为C2H4O2，可改写成（CO）2·（H2）2，符合；⑥分子式为C6H12O6，可改写成（CO）6·（H2）6，符合；
全部符合，
故答案为：D。
【分析】本题考查学生利用化学反应分析增重，该题能激发学生积极思维，使对知识理解更深，方法掌握更好，收到一题多变，一题多得，触类旁通之效，在此过程中更使学生的综合、抽象、概括、创新能力得到提高，提高了学生思维的全面性，根据化学方程式和质量守恒定律进行分析，得出满足条件的化学式的通式，再对照选项选择即可。
16．（2019高一上·大庆期末）有一块镁铝合金，其中镁与铝的质量比是8：9。加入足量稀H2SO4使其完全溶解后，再加入NaOH溶液，生成沉淀的质量随NaOH溶液体积变化的曲线如下图，其中正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】镁的化学性质；铝的化学性质；镁、铝的重要化合物
【解析】【解答】镁与铝的质量比是8: 9，物质的量比是1:1。加足量盐酸溶解，再加氢氧化钠溶液，则氢氧化钠先中和掉多余的酸，再分别与Mg2+、Al3+生成Mg(OH)2、Al(OH)3沉淀，过量后Al(OH)3沉淀溶解，沉淀质量减少，最终只剩Mg(OH)2沉淀。由于镁、铝的物质的量相等，生成的Mg(OH)2和Al(OH)3的物质的量也相等，由两种沉淀的分子式知Al(OH)3的质量大于Mg(OH)2的质量，故最终沉淀不会消失，但最终沉淀质量小于沉淀达到最大时质量的一半，故A项符合题意。
故答案为：A。
【分析】根据镁铝的质量比计算其物质的量之比，加入的NaOH首先与过量的硫酸反应，开始没有沉淀，最终由氢氧化镁沉淀，因此沉淀不会完全消失，再结合镁离子和氯离子的物质的量之比分析氢氧化铝的物质的量和氢氧化铝溶解消耗氢氧化钠的物质的量即可得出结论。
17．（2019高一上·大庆期末）如图所示，两圆圈相交的阴影部分表示圆圈内物质相互发生的反应。钠及其氧化物的物质的量 均为0.1 mol，水的质量为100 g。下列说法正确的是（ ）
A．甲、乙、丙都属于氧化还原反应
B．甲反应的离子方程式为Na＋2H2O=Na＋＋2OH－＋H2↑
C．丙充分反应，能产生0.05 mol O2，转移电子0.1 mol
D．甲、乙、丙充分反应后所得溶液的质量分数分别为w1、w2、w3，则2w1=w2=w3
【答案】C
【知识点】钠的化学性质；离子方程式的书写；钠的氧化物
【解析】【解答】A.氧化钠和水反应生成氢氧化钠，该反应中没有电子转移，不属于氧化还原反应，故A不符合题意；
B.甲的离子方程式为2Na+2H2O═2Na++2OH-+H2↑，故B不符合题意；
C.过氧化钠和水反应时，过氧化钠中O元素化合价由-1价变为0价和-2价，过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，且有一半的过氧化钠作氧化剂、有一半的过氧化钠作还原剂，所以丙充分反应，能产生0.05 mol O2，转移电子物质的量=0.05mol×2=0.1 mol，故C符合题意；
D.钠、氧化钠、过氧化钠和水反应的方程式分别如下：
Na+H2O=NaOH+ H2↑，溶液增加的质量=m(Na)-m(H2)=2.3g-0.1g=2.2g；
Na2O+H2O=2NaOH，溶液增加的质量=m(Na2O)=0.1mol×62g/mol=6.2g；
Na2O2+H2O=2NaOH+ O2↑，溶液增加的质量=m(Na2O2)-m(O2)=m(Na2O)=6.2g；
所以溶液增加的质量大小顺序为：钠＜氧化钠=过氧化钠，
根据钠原子守恒知，0.1mol的钠、氧化钠、过氧化钠、溶于水所得氢氧化钠的物质的量分别为：0.1mol、0.2mol、0.2mol，通过以上分析可知，0.1mol的钠、氧化钠、过氧化钠分别溶于水所得溶液的质量分数分别为：w1= 、w2= 、w3= ，则：2w1＞w2=w3，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据化合价变化判断是否属于氧化还原反应；
B.离子方程式中电荷不守恒；
C.根据过氧化钠与水的反应进行计算；
D.根据三个反应方程式判断NaOH的物质的量和溶剂的变化，然后判断溶液的质量分数大小关系即可。
18．（2019高一上·大庆期末）将2.3 g由金属X和Mg组成的合金投入足量的稀硫酸中，充分反应后收集到标准状况下气体的体积为2.24 L，则金属X可能为（ ）
A．Zn B．Al C．Fe D．Cu
【答案】B
【知识点】镁的化学性质；铝的化学性质；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】标准状况下2.24 L的气体的物质的量为1mol，Mg是+2价金属，产生1mol氢气需Mg质量是2.4g，现在是Mg与另外一种金属的混合物，需要质量是2.3g，小于2.4g，说明另一种金属产生1molH2需要的质量小于2.3g。
A.Zn是+2价金属，产生1mol氢气需要质量为65g>23g，不符合题意，A不符合题意；
B.Al是+3价的金属，产生1mol氢气需要质量为(27÷3)×2=18g<23g，符合题意，B符合题意；
C.Fe是+2价金属，产生1mol氢气需要质量为56g>23g，不符合题意，C不符合题意；
D.Cu是+2价金属，但是铜与稀硫酸不能反应，所以产生1mol氢气需要金属质量为无穷大，不符合题意，D不符合题意；
故合理选项是B。
【分析】根据生成气体的物质的量计算金属的平均相对摩尔质量，然后判断组成金属即可。
19．（2019高一上·大庆期末）浓度相同的NaOH溶液各100 mL倒入A、B、C三个烧杯中，分别向三份溶液中通入不等量的CO2，充分反应后，再向三份所得溶液中逐滴加入0.2 mol/L的盐酸，产生CO2的体积与所加盐酸体积之间关系如下图所示。下列判断正确的是（气体体积取标准状况计算）（ ）
A．通入CO2后，A烧杯中的溶质成分是Na2CO3
B．B烧杯中通入的CO2体积为448 mL
C．原NaOH溶液的浓度为0.2 mol/L
D．通入CO2后，C烧杯中溶质成分的物质的量之比为n(NaOH)∶n(Na2CO3)＝1∶2
【答案】B
【知识点】钠的重要化合物；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】浓度相同的NaOH溶液各100 mL倒入A、B、C三个烧杯中，分别向三份溶液中通入不等量的CO2，充分反应后，可能发生反应为：2NaOH + CO2= Na2CO3+ H2O、Na2CO3+ CO2+ H2O = 2NaHCO3，故所得溶液溶质可能为：①NaOH、Na2CO3，②Na2CO3，③Na2CO3、NaHCO3，④NaHCO3；再向三份所得溶液中逐滴加入0.2 mol/L的盐酸，可能发生反应为：NaOH+ HCl =" NaCl" + H2O， Na2CO3+ HCl = NaHCO3+ NaCl，NaHCO3+ HCl =" NaCl" + CO2↑ + H2O，由图像可知A曲线前50mL不产生气体，后150mL，产生气体，故A溶液 溶质为③Na2CO3、NaHCO3，故A项不符合题意；B曲线前100mL不产生气体，后100mL产生气体，可知该溶液为②Na2CO3溶液，则可知通入的CO2体积为0.1L×0.2mol/L×22.4L/mol×1000=448mL，故B项符合题意；由图象可知加入盐酸200mL后反应完毕，则原NaOH溶液的浓度为0.2L×0.2mol/L÷0.1L="0.4" mol/L，故C项不符合题意；C曲线前150mL无气体产生，后50mL产生气体，可知溶液溶质为①NaOH、Na2CO3，可知C烧杯中溶质成分的物质的量之比为n(NaOH)∶n(Na2CO3)＝2：1，故D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】二氧化碳与氢氧化钠反应，根据二氧化碳的用量不同会有不同的组成：Na2CO3、NaHCO3或NaOH、Na2CO3或NaHCO3或Na2CO3，然后分析与盐酸的反应即可，注意图中数据的分析。
20．（2019高一上·大庆期末）120mL含有0.20mol碳酸钠的溶液和200mL盐酸，不管将前者滴入后者，还是将后者滴入前者，都有气体产生，但最终生成的气体体积不同，且比值为5：2，则盐酸的浓度是（ ）
A．2.0mol/L B．1.0mol/L
C．0.18mol/L D．1.25mol/L
【答案】D
【知识点】钠的重要化合物；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】设HCl为nmol；当碳酸钠滴入盐酸中时发生CO32-+2H+═H2O+CO2↑反应，生成CO2的物质的量为 mol；当盐酸滴入碳酸钠溶液时，反应顺序为CO32-+H+═HCO3-、HCO3-+H+═H2O+CO2↑，发生CO32-+H+═HCO3-反应消耗盐酸0.2mol，发生HCO3-+H+═H2O+CO2↑反应，消耗盐酸(n-0.2)mol，所以生成CO2的物质的量为(n-0.2)mol，则 ：(n-0.2)=5:2，n=0.25，盐酸的浓度是 1.25mol/L，
故答案为：D。
【分析】当碳酸钠滴入盐酸中时发生CO32-+2H+═H2O+CO2↑，
当盐酸滴入碳酸钠溶液时，反应顺序为CO32-+H+═HCO3-、HCO3-+H+═H2O+CO2↑，都有气体产生，说明HCl的物质的量应大于Na2CO3的物质的量，又因为最终生成的气体体积不同，当碳酸钠滴入盐酸中时碳酸钠有剩余，当盐酸滴入碳酸钠溶液时，第一步反应完全，第二步反应碳酸氢根离子有剩余。
二、填空题
21．（2016高一上·黑龙江期中）向Ba（OH）2和NaOH的混合稀溶液中通入足量的CO2气体，生成沉淀的物质的量（n）和通入CO2气体体积（V）的关系如图所示，试回答：
（1）a点之前的反应的离子方程式为 ．
（2）a点到b点之间的反应的离子方程式是 、 ．
（3）c点二氧化碳体积是 L．
（4）混合稀溶液中Ba（OH）2和NaOH的物质的量之比为 ．
【答案】（1）Ba2++CO2+2OH﹣═BaCO3↓+H2O
（2）2OH﹣+CO2═CO32﹣+H2O；CO32﹣+H2O+CO2═2HCO3﹣
（3）15
（4）1：1
【知识点】化学方程式的有关计算
【解析】【解答】解：向NaOH和Ba（OH）2的混合稀溶液中通入CO2，开始产生沉淀，故a点之前发生反应：CO2+Ba（OH）2=BaCO3↓+H2O，a～b之间先后发生的反应为：2NaOH+CO2═Na2CO3、Na2CO3+H2O+CO2═2NaHCO3，b～c之间发生反应：BaCO3+H2O+CO2═Ba（HCO3）2．（1）由上述分析可知，a点之前发生反应：CO2+Ba（OH）2=BaCO3↓+H2O，离子方程式为：Ba2++CO2+2OH﹣═BaCO3↓+H2O，故答案为：Ba2++CO2+2OH﹣═BaCO3↓+H2O；（2）a～b之间的反应：2NaOH+CO2═Na2CO3、Na2CO3+H2O+CO2═2NaHCO3，离子方程式为：2OH﹣+CO2═CO32﹣+H2O；CO32﹣+H2O+CO2═2HCO3﹣，故答案为：2OH﹣+CO2═CO32﹣+H2O；CO32﹣+H2O+CO2═2HCO3﹣（3）由方程式可知生成碳酸钡沉淀与碳酸钡溶解消耗二氧化碳的体积相等，可知c点二氧化碳的体积为10L+5L=15L，故答案为：15；（4）氢氧化钡、氢氧化钠消耗二氧化碳体积分别为5L、5L，结合方程式可知，溶液中Ba（OH）2和NaOH的浓度之比为1：1，故答案为：1：1．
【分析】向Ba（OH）2和NaOH的混合稀溶液中通入CO2，开始产生沉淀，故a点之前发生反应：CO2+Ba（OH）2=BaCO3↓+H2O，a～b之间先后发生的反应为：2NaOH+CO2═Na2CO3、Na2CO3+H2O+CO2═2NaHCO3，b～c之间发生反应：BaCO3+H2O+CO2═Ba（HCO3）2，由方程式可知生成碳酸钡沉淀与碳酸钡溶解消耗二氧化碳的体积相等，可知c点二氧化碳的体积，根据氢氧化钡、氢氧化钠消耗二氧化碳体积计算溶液中Ba（OH）2和NaOH的浓度之比，据此分析解答．
22．（2019高一上·大庆期末）等质量的两种金属粉末A、B分别与同浓度的足量稀盐酸反应，都生成+2价金属氯化物，其反应情况如图所示：
（1）两种金属的活动性顺序是 >
两种金属氯化物的摩尔质量是 >
（2）将两种金属粉末按一定比例混合后，进行甲、乙
丙三组实验，三组实验各取500mL同浓度的盐酸
溶液加入该种混合粉末，产生气体，有关数据如下：
实验序号 甲 乙 丙
混合粉末质量(g) 6.2 18.6 24.8
生成气体气体(mL) 2240 5600 5600
①乙组实验中，盐酸 (填“过量”、“适量”或“不足量”)
②上述所用的盐酸的物质的量浓度为 mol/L，混合粉末的平均摩尔质量是 。
【答案】（1）B；A；B；A
（2）不足量；1；62g/mol
【知识点】化学反应速率的影响因素；摩尔质量；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】（1） 从图可知，B与盐酸的速率比A大，所以两种金属的活动性顺序是B＞A，等质量的A、B与同浓度的足量稀盐酸反应，A放出的氢气多，所以A的摩尔质量要小，所以两种金属氯化物的摩尔质量是B>A；
（2） ①甲组实验，随着金属的量增加，放出的气体增加，故甲组是盐酸过量，乙组实验中，金属质量是甲组的3倍，如果金属全都反应完，产生的气体应该是甲组的3倍，而给出的数据是小于3倍，乙组中的盐酸已经不足；②最终生成氢气的物质的量为5.6/22.4=0.25mol，根据H原子守恒n（HCl）=0.25×2=0.5mol，所以c（HCl）= 0.5/0.5=1mol/L；甲组实验中金属完全反应，金属都为+2价，根据电子转移守恒，金属物质的量等于氢气物质的量，此时生成氢气为 2.24/22.4=0.1mol，故金属的平均摩尔质量═6.2g÷0.1mol=62g/mol，
【分析】（1）反应时间短的金属的活泼性强，等质量的金属产生气体的质量小的物质的量小，摩尔质量大；
（2）根据气体的物质的量判断乙中盐酸是否不足量，结合金属与酸的反应计算盐酸的浓度he金属的平均摩尔质量。
三、推断题
23．（2019高一上·大庆期末）A，B，C，D四种强电解质溶液分别含有下列阴、阳离子中的各一种且不重复：NH 、Ba2+、H+、Na+、SO42-、CO32-、NO3-、OH﹣已知：①向A或D中滴入C，均有沉淀生成：
②向A和B中分别滴加D（可加热）均有气体生成(又已知：D和B反应生成的气体能被A吸收)，且这两种气体在水中能反应生成D。 试回答下列问题：
（1）写出A，B，C，D四种溶液中溶质的化学式：
A ，B ，C ，D 。
（2）将A与D反应生成的气体缓慢通入含KOH、Ca(OH)2、NaAlO2的混合溶液中，生成沉淀的物质的量n与通入气体的体积V的关系可表示 （填字母）。
【答案】（1）H2SO4；NaOH；Ba(NO3)2；（NH4）2CO3
（2）C
【知识点】常见离子的检验；离子共存；镁、铝的重要化合物
【解析】【解答】（1）在NH4+、Ba2+、Na+、H+、SO42－、NO3－、OH－、CO32－离子中可能生成的气体有NH3和CO2两种，由D和A、B反应生成，则D中含有CO32-和NH4+离子，应为(NH4)2CO3，在A或D中滴入C，均有沉淀生成，说明A中含有SO42-，C中应含有Ba2+，而A和D反应生成气体说明A一定是硫酸，产生的气体是二氧化碳，能被B吸收，说明B是一种碱，所以C是硝酸钡，B是氢氧化钠；
答案为H2SO4、NaOH、Ba(NO3)2、（NH4）2CO3；（2）通入的CO2先和Ca(OH)2反应生成CaCO3；接着二氧化碳和KOH反应生成K2CO3，二氧化碳和NaAlO2反应生成Al(OH)3；接着和K2CO3反应生成KHCO3；最后二氧化碳和CaCO3反应生成Ca(HCO3)2，符合条件的曲线为选项C。
【分析】（1）解答题目的关键是找到突破口,D和A、B都能生成气体，而题给离子中只有H+与CO32-、OH-与NH4+能反应生成气体，故D只能为(NH4)2CO3；在A或D中滴入C，均有沉淀生成，说明A中含有SO42-，C中应含有Ba2+，而A和D反应生成的气体说明A一定是硫酸，产生的气体是二氧化碳，能被B吸收，说明B是一种碱，所以C是硝酸钡，B是氢氧化钠，以此解答该题；（2）只要通入CO2，立刻就有沉淀CaCO3产生；将Ca(OH)2消耗完毕，接下来消耗KOH，因而此段不会产生沉淀（即沉淀的量保持不变）；KOH被消耗完毕，接下来消耗KAlO2，有Al(OH)3沉淀生成；又因二氧化碳足量，还可以继续与上面反应的产物K2CO3、CaCO3、发生反应。
