湖北省宜昌市部分省级示范高中2024-2025学年高一上学期期中联考化学试题（解析版）

这是一份湖北省宜昌市部分省级示范高中2024-2025学年高一上学期期中联考化学试题（解析版），共17页。试卷主要包含了 下列物质的分类正确的是， 实验室现需要230 mL 0， 下列离子方程式书写正确的是， 现有下列3个氧化还原反应等内容，欢迎下载使用。
一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分,在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 下列物质的分类正确的是
【答案】B
【解析】电离时生成的阴离子全部是OH-的化合物为碱；电离时生成的阳离子全部是H+的化合物为酸；金属离子或铵根离子与酸根离子或非金属离子结合的化合物为盐；与酸反应只生成盐和水的氧化物是碱性氧化物；在水溶液中或者熔融状态下能导电的化合物为电解质。A．氨气属于非电解质，故A错误；
B．氢氧化钠为碱，氯化氢为酸，碳酸钙为盐，氧化钠为碱，硫酸钡为电解质，故B正确；
C．硫酸氢钠为盐，不属于酸，故C错误；
D．碳酸钠为盐，不是碱，二氧化硫为酸性氧化物，故D错误；
故选：B。
2. 下列变化中，涉及氧化还原反应的是
①燃料的燃烧 ②绿色植物的光合作用 ③钢铁的锈蚀 ④食物的腐败
A. ①②③④B. ①②③C. ②③④D. ①③④
【答案】A
【解析】燃料的燃烧，是燃料与氧气发生了氧化还原反应；绿色植物的光合作用中，二氧化碳与水生成氧气和葡萄糖，发生了氧化还原反应；钢铁的锈蚀，是铁与氧气发生了氧化还原反应；食物的腐败，是食物被氧气氧化，发生了氧化还原反应。以上4项均涉及氧化还原反应，A正确；故选A。
3. 实验室现需要230 mL 0.10 ml/LNaCl溶液，在溶液配制过程中，下列仪器不需要用到的是
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】配制一定浓度的溶液所需的仪器有：天平、药匙、量筒、胶头滴管、玻璃棒、容量瓶、烧杯等。A．配制一定浓度的溶液需要在烧杯中溶解固体，A正确；
B．配制一定浓度的溶液不需要分液漏斗，B错误；
C．配制一定浓度的溶液需要胶头滴管定容，C正确；
D．配制一定浓度230 mL的溶液需要250mL容量瓶，D正确；
故选：B。
4. 化学与人类生产、生活以及社会可持续发展密切相关。下列说法正确的是
A. “静电除尘”利用了胶体带电的特性
B. 明矾常用于水的净化和消毒杀菌
C. 碳酸氢钠可用作食用碱
D. 工业上用澄清石灰水吸收氯气制漂白粉
【答案】C
【解析】A．利用胶体的电泳 “静电除尘”，说明胶粒带电，故A错误；
B．明矾常用于水的净化，明矾不能消毒杀菌，故B错误；
C．碳酸氢钠具有弱碱性，且对人体无毒无害，能用作食用碱，故C正确；
D．工业上用石灰乳吸收氯气制漂白粉，故D错误；
选C。
5. 下列各组离子一定能大量共存的是
A. 在透明溶液中：Na+、Cu2+、Cl-、SO
B. 在含大量Fe3+ 的溶液中：Na+、Ba2+、NO、OH-
C. 在强碱溶液中：Na+、K+、NO、HCO
D. 滴加紫色石蕊溶液显红色的溶液中：K+、Na+、Cl-、CO
【答案】A
【解析】A．在透明溶液中：Na+、Cu2+、Cl-、SO各离子不反应，能够大量共存，A符合题意；
B．在含大量Fe3+ 的溶液中：Fe3+与OH-反应生成Fe(OH)3沉淀，而不能大量共存，B不合题意；
C．在强碱溶液中含有大量的OH-，OH-与HCO反应生成碳酸根离子而不能大量共存，C不合题意；
D．滴加紫色石蕊溶液显红色的溶液中含有大量的H+，则H+与CO反应生成H2O和CO2而不能大量共存，D不合题意；
故答案为：A。
6. 美国科学家用某有机分子和球形笼状分子C60制成了“纳米车”(如图所示)，每辆“纳米车”是由一个有机分子和4个C60分子构成，直径约6到9纳米：“纳米车”可以用来运输单个的有机分子。下列说法正确的是
A. C60是一种新型的化合物
B. C60与石墨是同素异形体
C. 该物质会出现丁达尔效应
D. 该物质与氯化钠溶于蒸馏水中，可用过滤的方法分离二者
【答案】B
【解析】A．C60是由碳元素形成的非金属单质，不属于化合物，故A错误；
B．C60与石墨是碳元素形成的不同种单质，互为同素异形体，故B正确；
C．C60是由碳元素形成的非金属单质，属于纯净物，不可能表现胶体的性质，属于不可能出现丁达尔效应，故C错误；
D．C60溶于蒸馏水中得到分散系为胶体，胶粒和氯化钠都可以透过滤纸，不可能用过滤的方法分离二者，故D错误；
故选B。
7. 下列离子方程式书写正确的是
A. 溶液能将铜氧化：
B. 醋酸溶解鸡蛋壳：
C. 向溶液中滴入溶液至沉淀完全：
D. 向溶液中加入溶液：
【答案】C
【解析】A．溶液能将铜氧化为氯化铜，反应的离子方程式为，故A错误；
B．醋酸溶解鸡蛋壳生成醋酸钙、二氧化碳、水，反应的离子方程式为，故B错误；
C．向溶液中滴入溶液至沉淀完全，、反应比为1:1，反应的离子方程式为，故C正确；
D．向溶液中加入溶液生成碳酸钠和水，反应的离子方程式为，故D错误；
选C。
8. 为了防止零件生锈，常采用“发蓝”工艺使钢铁零件表面生成致密保护层，化学处理过程的其中一步反应为：。下列有关的叙述不正确的是
A. 的氧化性强于的氧化性
B. 上述反应中，单质铁被氧化，而作为氧化剂
C. “发蓝”工艺实质上是使铁表面氧化导致难以生锈
D. 反应中转移电子，则生成还原产物
【答案】D
【解析】A．该化学反应中，Fe元素的化合价从0变为+2价，化合价升高了2价，则Fe为还原剂；N元素从NaNO2中的+3价变为NH3中的-3价，化合价降低了6价；氨气为还原产物，反应中生成1ml氨气转移6ml电子；该反应中氧化剂为，氧化产物为，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，则的氧化性大于的氧化性，故A正确；
B．根据A项分析，反应中，单质铁为还原剂，被氧化，而NaNO2作为氧化剂，故B正确；
C．“发蓝”是一层致密的保护层四氧化三铁，其实质上是使铁表面钝化导致难以生锈，故C正确；
D．根据A项分析，氨气为还原产物，反应中生成1ml氨气转移6ml电子，则反应中转移电子2ml，则生成还原产物ml，故D错误；
故选：D。
9. 现有下列3个氧化还原反应：
①；
②；
③，
根据上述反应，判断下列结论中正确的是
A. 要除去含有、和混合溶液中的，而不氧化和，应加入
B. 氧化性强弱顺序为：
C. 是的氧化产物，是B-的还原产物
D. 溶液中不可能发生反应：
【答案】A
【解析】根据氧化还原反应规律，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性强于还原产物的还原性，所以根据反应①可知，氧化性：Z2＞B2，还原性：B-＞Z-；根据反应②可知，氧化性：B2＞A3+，还原性：A2+＞B-；根据反应③可知，氧化性：，还原性：Z-＞X2+；可推知，氧化性：，还原性：A2+＞B-＞Z-＞X2+。A．要除去，可加入氧化性比A3+ 强的、Z2、B2，但能氧化和，Z2能氧化，所以只能加入，故A正确；
B．由以上分析可知，氧化性顺序为：，故B错误；
C．是中X元素化合价降低的还原产物，是B-化合价升高的氧化产物，故C错误；
D．因为氧化性：，所以反应：可以发生，故D错误；
故选A。
10. 下列实验目的与实验操作均正确的是
【答案】D
【解析】A．氢氧化钡与碳酸钠和碳酸氢钠均可反应形成沉淀，无法鉴别，A错误；
B．样品加水溶解后加入稀盐酸酸化，溶液中引入的氯离子也可与银离子可形成沉淀，无法验证，B错误；
C．碳酸钠溶液可与二氧化碳发生反应，除去CO2中的HCl应将混合气体通入饱和碳酸氢钠溶液中，C错误；
D．进行焰色实验，透过蓝色钴玻璃观察到火焰颜色为紫色，可证明含钾元素，D正确；
答案选D。
11. 以粗盐(含、、等杂质)为主要原料，实验室模拟工业上采用“侯氏制碱法”生产纯碱和化肥，其流程如下图所示。下列说法正确的是
A. 除杂可依次加入、、，再加入盐酸调节溶液的酸碱性
B. 饱和食盐水中先通入的气体为，再通入的气体为
C. “系列操作”中需要使用玻璃棒
D. 该工艺中可循环使用的物质有和
【答案】C
【解析】粗盐提纯后配制成饱和食盐水，先通入氨气，后通入二氧化碳，经过过滤得到碳酸氢钠固体和氯化铵溶液，碳酸氢钠晶体受热分解得到纯碱碳酸钠，氯化铵溶液分离出氯化铵固体和母液。A．除去粗盐中的、、等杂质，可以加过量的氯化钡除去硫酸根离子，然后用碳酸钠去除钙离子和过量的钡离子，碳酸钠在氯化钡后面，盐酸要放在过滤之后，来除去过量的氢氧化钠和碳酸钠，A错误；
B．二氧化碳在水中溶解度较小，氨气溶解度较大，故应先通入氨气，碱性溶液中再通入二氧化碳，二氧化碳的溶解度增大，增大了溶液中的浓度，B错误；
C．从溶液中得到固体，需要加热浓缩，冷却结晶、过滤等操作，这些过程中需要玻璃棒搅拌、引流等，C正确；
D．碳酸氢钠分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，二氧化碳可以循环利用，反应中氨气转化为铵盐，因此流程图中的循环使用的物质没有，D错误；
故选：C。
12. 用还原法可以将硝酸厂烟气中的氮氧化物(NOx)转化为无害物质。常温下，将NO与H2的混合气体通入Ce(SO4)2与Ce2(SO4)3的混合溶液中，其转化过程如下图所示。下列说法正确的是
A. 过程I发生反应的离子方程式为：H2+Ce4+=2H++Ce3+
B. 过程II中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1
C. 反应混合液中，Ce4+和Ce3+的总数目保持不变
D. 反应中每消耗2.24 L H2可以转化3g NO
【答案】C
【解析】A．根据图示可知反应I为2Ce4++H2=2Ce3++2H+，A错误；
B．反应Ⅱ的反应物为Ce3+、H+、NO，生成物为Ce4+、N2、H2O，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得反应方程式为4Ce3++4H++2NO=4Ce4++N2+2H2O，在该反应中NO是氧化剂，Ce3+是还原剂，故氧化剂与还原剂的物质的量的比为2：4=1：2，B错误；
C．由于反应前后各种元素的原子个数相等，根据Ce元素守恒可知反应过程中混合溶液内Ce3+和Ce4+离子的总数不变，C正确；
D．未指明气体所处状况，无法根据体积计算气体的物质的量，D错误；
故选：C。
13. 使用下列实验方案能达到实验目的的是
【答案】A
【解析】A．向包有过氧化钠的脱脂棉上滴水，棉花燃烧起来，证明过氧化钠和水反应放热，故选A；
B．氯水中含有次氯酸，次氯酸能漂白，不能用pH试纸测氯水的pH，故B错误；
C．氯气能与碱石灰反应，不能用碱石灰干燥氯气，故C错误；
D．碳酸氢钠不稳定，比较Na2CO3和NaHCO3的热稳定性，应该把NaHCO3放在温度相对较低的小试管内，故D错误；
选A。
14. 设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 和稀盐酸反应，转移的电子数为
B. 常温常压下，由与组成的混合气体中含有的氧原子总数为
C. 50mL 12ml·L-1盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数目为0.3NA
D. 质量分数为的乙醇溶液中含有的氧原子数为
【答案】B
【解析】A．Na与酸反应完全后，剩余的Na会再与水反应，均生成Na+。的物质的量为0.2ml，故反应转移的电子数为0.2，故A错误；
B．与的混合气体中氧原子的物质的量为=1ml，故含有的氧原子总数为，故B正确；
C．盐酸变稀后不能继续与二氧化锰发生反应，因此实际反应的HCl的物质的量小于0.05L×12ml·L-1=0.6 ml，则转移的电子数目小于0.3NA，故C错误；
D．100g质量分数为46%的乙醇水溶液中含有乙醇的物质的量是，含有氧原子数为，水中也含有氧原子，故含有的氧原子总数大于，故D错误；
故选：B。
15. 在碱性溶液中可被氧化为，而被还原为，若反应中，与的物质的量之比为，则x的值为
A. 2B. 3C. 4D. 5
【答案】D
【解析】Na2Sx在碱性溶液中可被NaClO氧化为Na2SO4，S元素化合价由升高为+6，而NaClO被还原为NaCl，Cl元素化合价由+1价降低为-1价，反应中Na2Sx与NaClO的物质的量之比为1:16，根据电子转移守恒，则：x×[6-()]=16×[1-(-1)]，解得：x=5，故选D。
二、非选择题：（本题共4小题，共55分）。
16. I．根据所学知识填写下列空白
（1）81g某金属氯化物MCl2中含有1.2ml，则金属M的摩尔质量为_______g/ml。
（2）标准状况下CO和CO2混合气体3.36L，其质量为5g，则混合气体中CO和CO2的物质的量之比为________。
（3）13.8g氮氧化物(NOx)中N原子的物质的量为0.3ml，则x的数值为________。
II．新型冠状病毒肺炎爆发之后，各类杀菌消毒剂逐渐被人们所认识和使用。
下列是我们常见的几种消毒剂：①“84”消毒液；②ClO2；③O3；④碘酒；⑤75%酒精；⑥高铁酸钠(Na2FeO4)。回答下列问题：
（4）上述杀菌消毒剂属于电解质的是_________(填序号)。
（5）各类杀菌消毒剂使用时，必须严格按照使用说明。
①巴黎奥运会期间，由于工作人员将“84消毒液与双氧水两种消毒剂混用，导致游泳池藻类快速生长，池水变绿。一种可能的原因是NaClO与H2O2反应产生O2促进藻类快速生长。当有0.1mlO2生成时，反应中转移电子的物质的量为________ml。
②若将“洁厕灵”(有效成分为盐酸)与“84”消毒液混合使用会产生氯气，其原因是_______(用离子方程式表示)。
【答案】（1）64 （2）2：1
（3）2 （4）⑥
（5） ①. 0.2 ②. Cl-＋ClO-＋2H+ = Cl2↑＋H2O
【解析】
【小问1详解】
MCl2中含有1.2mlCl-，则MCl2物质的量为0.6ml，质量为81g，所以摩尔质量为=135g/ml，则M的相对原子质量为135-35.5×2=64，则M的摩尔质量为64g/ml；
【小问2详解】
标准状况下CO和CO2混合气体3.36L，则物质的量为=0.15ml，所以：n(CO)+n(CO2)=0.15ml，根据质量守恒n(CO)×28g/ml+n(CO2)×44g/ml=5g，联立解得n(CO)=0.1ml、n(CO2)=0.05ml，所以CO和CO2的物质的量之比为2：1；
【小问3详解】
NOx的摩尔质量M=，14+16x=46，x=2；
【小问4详解】
①“84”消毒液是混合物，不是电解质也不是非电解质；
②ClO2自身不能电离，属于非电解质；
③O3为单质，既不是电解质也不是非电解质；
④碘酒是混合物，既不是电解质也不是非电解质；
⑤75%酒精是混合物，既不是电解液也不是非电解质；
⑥高铁酸钠的水溶液能导电，高铁酸钠是电解质。
上述物质中属于电解质是⑥；
【小问5详解】
①NaClO与H2O2反应的化学方程式为NaClO+H2O2=NaCl+H2O+O2↑，该反应中NaClO中Cl得电子为氧化剂，H2O2失电子生成氧气为还原剂，转移了2个电子，当有0.1mlO2生成时，反应中转移电子为0.2ml；
②洁厕灵中的盐酸会与“84”消毒液中的次氯酸根离子发生归中反应放出氯气，离子方程式为Cl-＋ClO-＋2H+ = Cl2↑＋H2O。
17. 氯气是常见的氧化剂，实验室欲制备少量的Cl2和氯水，并探究氯水的成分及变质的原因，设计了如下实验。请回答下列问题：
实验I．Cl2的制备
（1）装置A中反应的化学方程式是____________。
（2）装置B的作用是____________。
（3）装置C中盛放的物质是__________。
（4）装置E用于吸收尾气，E中反应的离子方程式是__________。
实验II．制备氯水并探究氯水的成分：
（5）证明氯水中含有Cl−的实验是_________(填序号)，其离子反应方程式为__________。
（6）结合离子方程式解释实验②溶液变蓝的原因_________。
（7）实验③中溶液变红是由于溶液中含有__________(填微粒符号，下同)；使溶液褪色的物质是___________。
实验Ⅲ．探究氯水变质的原因。用强光照射盛有新制氯水的密闭广口瓶，并用传感器测定广口瓶中的氯离子浓度和氧气的体积分数，得到如下曲线。
（8）用化学方程式解释以上两图中曲线中成分变化的原因____________，该过程中溶液的pH变化是________（填“增大”“减小”或“不变”）。
【答案】（1）MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O
（2）除去Cl2的HCl杂质
（3）浓硫酸 （4）Cl2＋2OH- = Cl-＋ClO- + H2O
（5） ①. ④ ②. Ag+＋Cl-AgCl↓
（6）Cl2＋2I- I2＋2Cl-生成的I2遇淀粉会变蓝
（7） ①. H+ ②. HClO
（8） ①. 2HClO2HCl＋O2↑ ②. 减小
【解析】A中二氧化锰和浓盐酸反应制备氯气，B中饱和食盐水除氯气中的HCl，C中盛放浓硫酸，干燥氯气，D用向上排空气法收集氯气，E用氢氧化钠吸收氯气，防止污染。
【小问1详解】
装置A中二氧化锰和浓盐酸在加热条件下反应生成氯气、氯化锰、水，反应的化学方程式是MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O；
【小问2详解】
装置B中盛放饱和食盐水，作用是除去Cl2的HCl杂质；
【小问3详解】
装置C干燥氯气，盛放的物质是浓硫酸；
【小问4详解】
装置E用于吸收尾气，氢氧化钠和氯气反应生成氯化钠、次氯酸钠、水，E中反应的离子方程式是Cl2＋2OH- = Cl-＋ClO- + H2O；
【小问5详解】
氯离子和银离子反应生成氯化银沉淀，证明氯水中含有Cl−的实验是④，离子反应方程式为Ag+＋Cl-AgCl↓。
【小问6详解】
Cl2＋2I- I2＋2Cl-，反应生成的I2遇淀粉会变蓝，所以实验②溶液变蓝；
【小问7详解】
酸能使石蕊变红，实验③中溶液变红是由于溶液中含有H+；次氯酸具有漂白性，使溶液褪色的物质是HClO。
【小问8详解】
次氯酸不稳定，见光易分解，2HClO2HCl＋O2↑，所以氯离子浓度增大、氧气的体积分数增大；该过程中弱酸生成强酸，酸性增强，pH减小。
18. 钠和铁都是重要的金属元素，在冶金、建筑等领域有着重要的工业利用价值。
I．物质类别和核心元素的价态是学习元素及其化合物性质的两个重要视角。下图是钠及其化合物的“价−类”二维图。
回答下列问题：
（1）写出NaHCO3在水中的电离方程式__________。
（2）银白色固体①应保存在_________中；若②为淡黄色固体，将CO2通入②中，则②与CO2反应的化学方程式为___________。
（3）氢化钠(NaH)是一种储氢材料，室温下能结合CO2制氢：4NaH+3CO2=2Na2CO3+C+2H2。
①由氢元素价态可知，NaH常用作__________(填“氧化剂”或“还原剂”)。
②用双线桥标出此反应的电子转移________。
③当有0.4ml电子转移时，固体质量增重_______g。
II．绿矾（FeSO4·7H2O，七水合硫酸亚铁）能用于处理工业废水中的重铬酸根(Cr2O)，反应原理为： Fe2+＋ Cr2O＋ H+ = Fe3+＋ Cr3+＋ H2O。
（4）写出该反应配平后的化学方程式__________。
【答案】（1）NaHCO3 = Na+ + HCO
（2） ①. 煤油 ②. 2Na2O2 + 2CO22Na2CO3 + O2
（3） ①. 还原剂 ②. ③. 12.8
（4）6Fe2+＋Cr2O＋14H+ = 6Fe3+＋2Cr3+＋7H2O
【解析】
【小问1详解】
NaHCO3在水中电离出钠离子和碳酸氢根离子，电离方程式为NaHCO3 = Na+ + HCO；
【小问2详解】
固体①是金属Na，钠能与氧气、水反应，钠应保存在煤油中；②是钠的氧化物，若②为淡黄色固体，②为Na2O2，将CO2通入Na2O2中生成碳酸钠和氧气，反应的化学方程式为2Na2O2 + 2CO22Na2CO3 + O2。
【小问3详解】
①NaH中H显-1价，由氢元素价态可知，NaH常用作还原剂。
②4NaH+3CO2=2Na2CO3+C+2H2，NaH中H元素化合价由-1升高为0、CO2中C元素化合价+4降低为0，用双线桥标出此反应的电子转移。
③根据4NaH+3CO2=2Na2CO3+C+2H2，3mlCO2参加反应，生成2mlH2，转移4ml电子，当有0.4ml电子转移时，0.3ml二氧化碳参加反应、生成0.2ml氢气，固体质量增重0.3ml×44g/ml-0.2 ml×2g/ml=12.8g。
【小问4详解】
绿矾处理工业废水中的重铬酸根，Cr元素化合价由+6降低为+3、Fe元素化合价由+2升高为+3，根据得失电子守恒、电荷守恒配平反应的离子方程式为6Fe2+＋Cr2O＋14H+ = 6Fe3+＋2Cr3+＋7H2O。
19. 某化工厂排出的废水中含有大量Na+、Cu2+、SO、Cl-、NO。回答下列问题：
（1）下列离子中，能大量存在于该废水中的是__________(填标号)。
A. Ag+B. Mg2+C. OH−D. CO
（2）取100mL该废水于锥形瓶中，逐滴滴加0.1ml/L的NaOH溶液，当加入NaOH溶液至50mL时，可使Cu2+完全沉淀，则原废水中Cu2+的物质的量浓度为________ ml/L
（3）某化学社团小组成员欲除去废水中的Cu2+和SO，最终得到中性溶液，设计的方案流程如图：
①试剂b为________(写化学式)；试剂c为__________(写化学式)；溶液3所含溶质离子主要有Cl−、__________。
②“分离操作”的名称是__________，需用到的玻璃仪器有__________。
③向“白色沉淀2”中加入足量盐酸，发生反应的离子方程式为__________。
【答案】（1）B （2）0.025ml/L
（3） ①. BaCl2 ②. Na2CO3 ③. Na+、NO ④. 过滤 ⑤. 烧杯、漏斗、玻璃棒 ⑥. 2H+＋BaCO3=Ba2+＋CO2↑＋H2O
【解析】由题给流程可知，向废水中加入足量氢氧化钠溶液，将铜离子转化为氢氧化铜蓝色沉淀，过滤得到氢氧化铜和溶液1；向溶液1中加入足量氯化钡溶液，将溶液中硫酸根离子转化为硫酸钡沉淀，再加入碳酸钠溶液，将溶液中过量的钡离子转化为碳酸钡沉淀，过滤得到含有硫酸钡、碳酸钡的白色沉淀2和溶液2；向溶液2中加入稀盐酸，将溶液中过量的碳酸根离子转化为二氧化碳气体，得到含有钠离子、氯离子和硝酸根离子的中性溶液。
【小问1详解】
A．Ag+与SO、Cl-不能大量共存，故A不选；
B．Mg2+与上述离子均不发生反应，可以大量共存，故B选；
C．OH−与Cu2+结合成氢氧化铜沉淀，不能大量共存，故C不选；
D．废水中含Cu2+，CO与Cu2+生成沉淀不能大量共存，故D不选；
故选：B。
【小问2详解】
NaOH与Cu2+发生反应：，则原废水中Cu2+的物质的量浓度=；
【小问3详解】
①由上述分析可知试剂b为BaCl2；试剂c为Na2CO3；溶液3所含溶质离子主要有Cl−、Na+、NO；
②“分离操作”实现沉淀和溶液的分离，应为过滤；需用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒；
③“白色沉淀2” 含有硫酸钡、碳酸钡，其中碳酸钡与盐酸反应生成氯化钡、二氧化碳和水，反应离子方程式为：2H+＋BaCO3=Ba2+＋CO2↑＋H2O。碱
酸
盐
碱性氧化物
电解质
A
KOH
HNO3
NaHCO3
CaO
NH3
B
NaOH
HCl
CaCO3
Na2O
BaSO4
C
Cu(OH)2
NaHSO4
CaF2
CaO
NaCl
D
Na2CO3
H2SO4
KCl
SO2
HCl
实验目的
实验操作
鉴别Na2CO3和NaHCO3溶液
分别取适量的两种溶液于两支试管中，再分别加入Ba(OH)2溶液
验证某苏打样品中含有
取少量样品于试管中，加水溶解，再加入足量稀盐酸，最后滴加溶液
除去CO2中的HCl
将含有少量HCl的CO2气体通入饱和Na2CO3溶液
证明样品中含有钾盐
做焰色试验，透过蓝色钴玻璃观察到火焰颜色
A.验证Na2O2与水反应放热
B.测定氯水的pH
C.用碱石灰干燥氯气
D.比较Na2CO3和NaHCO3的热稳定性
实验①
实验②
蒸馏水由无色变为浅黄绿色
溶液变蓝
实验③
实验④
石蕊溶液先变红，后褪色
产生白色沉淀