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河南省登封实验高中2019-2020学年高一上学期第二次月考试化学题化学（解析版）
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河南省登封实验高中2019-2020学年高一上学期第二次月考试题
(时间：90分钟 满分：100分)
可能用到的原子量：H:1 He:4 C:12 N:14 O:16 Na:23 S:32 Ba:137
第Ⅰ卷 选择题（共46分）
一、选择题(本题包括24小题，每题2分，共48分)
1. 矿泉水目前已成为人们常用的饮料，市场上有些不法商贩为牟取暴利，用自来水冒充矿泉水出售，为辨别真假，可用下列的一种化学试剂来鉴别，该试剂是（ ）
A. 酚酞试液 B. 氯化钡溶液 C. 氢氧化钠溶液 D. 硝酸银溶液
【答案】D
【解析】
2. 一小块金属钠久置于空气中，最终得到的产物是（ ）
A. Na2O B. Na2O2 C. NaOH D. Na2CO3
【答案】D
【解析】试题分析：金属钠在空气中放置，先与空气中的氧气反应生成氧化钠，然后吸水变成氢氧化钠溶液，再与二氧化碳反应生成碳酸钠晶体，最后失去风化得到碳酸钠，所以选D。
3.金属钠分别与下列溶液反应时，既有红褐色沉淀生成又有气体放出的是（ ）
A. BaCl2溶液 B. NaNO3溶液 C. MgCl2溶液 D. FeCl3溶液
【答案】D
【解析】
【分析】金属钠遇水先发生反应，生成氢氧化钠并放出氢气：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，NaOH与FeCl3溶液反应会生成Fe（OH）3↓红褐色沉淀。
【详解】A、金属钠先和BaCl2溶液中水反应生成氢氧化钠并放出氢气：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，但是生成的氢氧化钠和氯化钡不反应，即只有气体生成，故A错误；
B、金属钠先和NaNO3溶液中的水反应生成氢氧化钠并放出氢气：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，但是生成的氢氧化钠和NaNO3溶液不反应，极只有气体生成，故B错误；
C、Na首先和水反应生成氢氧化钠并放出氢气：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，NaOH与氯化镁溶液反应会生成氢氧化镁的白色沉淀，没有红褐色沉淀生成，故C错误；
D、Na首先和水反应生成氢氧化钠并放出氢气：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，NaOH与FeCl3溶液反应会生成Fe（OH）3红褐色沉淀，既有红褐色沉淀析出，又有气体逸出，故D正确；
故选D。
4.当不慎有大量Cl2逸出污染周围空气时，可以用浸有某种物质的一定浓度的水溶液的毛巾捂住鼻子，该物质适宜采用的是 ( )
A. NaOH B. NaCl C. Na2CO3 D. Ca(OH)2
【答案】C
【解析】
【分析】氯气能与碱反应来吸收氯气以防止氯气中毒，注意碱性太强时，其腐蚀性强。
【详解】A、NaOH虽能与氯气反应，达到吸收氯气的效果，但NaOH的腐蚀性强，不能用浸有浓NaOH溶液的毛巾捂住鼻子，故A错误；
B、NaCl不与氯气反应，且NaCl溶液抑制氯气的溶解，则不能用浸有NaCl溶液的毛巾捂住鼻子来防止吸入氯气中毒，故B错误；
C、Na2CO3溶液显碱性，能与氯气反应而防止吸入氯气中毒，则可以用浸有Na2CO3溶液的毛巾捂住鼻子，故C正确；
D、Ca(OH)2虽能与氯气反应，达到吸收氯气的效果，但Ca(OH)2的腐蚀性强，浓度低，不能用浸有浓Ca(OH)2溶液的毛巾捂住鼻子，故D错误；
故选C。
5.现有CO、CO2、O3（臭氧）三种气体，它们分别都含有1mol氧原子，则同温同压下三种气体的体积之比为（ ）
A. 1：1：1 B. 1：2：3 C. 3：2：1 D. 6：3：2
【答案】D
【解析】
【分析】CO、CO2、O3三种气体分子中含有的氧原子个数之比为1：2：3，它们分别都含有1mol氧原子，结合分子组成计算出各自物质的量，结合V=nVm可知，三种气体在标准状况下的积比等于物质的量之比。
【详解】CO、CO2、O3三种气体分子中含有的氧原子个数之比为1：2：3，它们都含有1mol氧原子，则n（CO）=n（O）=1mol，n（CO2）=1/2n（O）=1/2mol，n（O3）=1/3n（O）=1/3mol，根据V=nVm可知，三种气体在标准状况下的积比等于物质的量之比=1mol：1/2mol：1/3mol=6：3：2，
故选D。
6.见下图（A）处通入Cl2，当关闭（B）阀时，（C）处的湿润的红布条没有明显变化，当打开（B）阀时，（C）处的湿润红布条逐渐褪色，则（D）瓶中装的溶液是（ ）
A. 浓硫酸 B. NaOH溶液 C. 水 D. NaCl溶液
【答案】B
【解析】
【分析】干燥的氯气没有漂白性，有漂白性的是氯气和水反应生成的次氯酸。关闭B阀时，C处的湿润红布条看不到明显现象，而当打开B阀后，C处的湿润红布条逐渐褪色，，则D中物质与氯气能反应。
【详解】A、通过盛浓硫酸D瓶，氯气是干燥的，能使湿润的红色布条褪色，所以D中不能盛放浓硫酸，故A错误；
B、NaOH溶液与氯气反应吸收氯气，所以D中能盛放氢氧化钠溶液符合上述现象，故B正确；
C、若D中为水，不能吸收氯气，能使湿润的红色布条褪色，不符合上述现象，故C错误；
D、若D中为NaCl溶液，不能吸收氯气，能使湿润的红色布条褪色，不符合上述现象，故D错误；
故选B。
7.将一定量的Na2O2粉末加到滴有紫色石蕊试液的水中，并振荡，观察到的现象（ ）
A. 溶液仍为紫色 B. 溶液最终为蓝色
C. 最终溶液褪色,而无其它现象 D. 溶液中有气泡产生,溶液最终变为无色
【答案】D
【解析】
【分析】过氧化钠与水反应生成氢氧化钠与氧气，现象为溶液中产生气泡，同时过氧化钠具有强氧化性，从而具有漂白性。
【详解】Na2O2粉与水发生：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，所以观察溶液中产生气泡，过氧化钠具有强氧化性，从而具有漂白性，溶液最终变为无色，
故选D。
8.溶液、胶体和浊液这三种分散系的本质区别是（ ）
A. 是否有丁达尔现象 B. 是否能通过滤纸
C. 分散质粒子的大小 D. 是否均一、透明、稳定
【答案】C
【解析】
【分析】溶液、浊液、胶体三种分散系的本质区别为分散质粒子的直径大小不同，据此即可解答。
【详解】A.胶体具有丁达尔现象，是胶体中胶粒（1nm-100nm）在光照时产生对光的散射作用形成的，该现象是由微粒直径大小决定的，丁达尔现象不是三种分散系的本质区别，故A错误；
B.胶体能透过滤纸但不能透过半透膜，是由分散质微粒的直径大小决定的，所以该现象不是三种分散系的本质区别，故B错误；
C.根据分散质微粒直径大小来分类，把分散系划分为：溶液(小于1nm)、胶体（1nm-100nm）、浊液(大于100nm)；所以溶液、胶体和浊液这三种分散系的本质区别在于分散质粒子直径大小不同，故C正确；
D.溶液均一、透明、稳定，胶体较稳定，浊液不稳定，与分散质微粒的直径大小有关，所以该现象不是三种分散系的本质区别，故D错误；
故答案选C。
9.下列说法正确的是( )
A. Fe(OH)3胶体稳定存在的主要原因是Fe(OH)3胶体带正电荷
B. 将1 L 2 mol·L-1的FeCl3溶液制成胶体后,其中含有氢氧化铁胶粒数为2NA
C. 黄河入海口处三角洲的形成与胶体性质有关
D. 将饱和FeCl3溶液加热至沸腾,制得Fe(OH)3胶体
【答案】C
【解析】
【分析】A、胶体不带电；
B、水解可制备胶体，且水解为可逆反应，胶体为胶粒的聚合体；
C、黄河入海口处三角洲的形成，与胶体的聚沉有关；
D、将饱和FeCl3溶液加热至沸腾,得Fe(OH)3沉淀。
【详解】A、胶体不带电，Fe（OH）3胶体能发生电泳现象，说明Fe（OH）3胶体粒子带电，与胶体吸附电荷有关，故A错误；
B、水解可制备胶体，且水解为可逆反应，胶体为胶粒的聚合体，n（FeCl3）=1L×2mol·L－1=2mol，则制备氢氧化铁胶粒数一定小于2NA，故B错误；
C、黄河入海口处三角洲的形成，与胶体的聚沉有关，与胶体性质相关，故C正确；
D、将饱和FeCl3溶液滴到沸水中，加热至溶液呈红褐色,得Fe(OH)3胶体，故D错误；
故选C。
10.硫酸钾和硫酸铝的混合溶液，已知其中Al3＋的浓度为0.4 mol/L，硫酸根离子浓度为0.7 mol/L，则K＋的物质的量浓度为（ ）
A. 0.1 mol/L B. 0.15 mol/L C. 0.3 mol/L D. 0.2 mol/L
【答案】D
【解析】略
11.下列各组关于强电解质、弱电解质、非电解质的归类正确的（ ）
A
B
C
D
强电解质
Fe
NaCl
CaCO3
HNO3
弱电解质
CH3COOH
NH3
H2CO3
Fe(OH)3
非电解质
蔗糖
BaSO4
C2H5OH
H2O
【答案】C
【解析】
【分析】强电解质是指在水中完全电离成离子的化合物；弱电解质是指在水中不完全电离，只有部分电离的化合物；在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质。
【详解】A、Fe是单质，不是化合物，铁既不是电解质也不是非电解质，故A错误；
B、NH3是非电解质，本身不能电离出离子，BaSO4是盐属于强电解质，熔融状态完全电离，故B错误；
C、碳酸钙是盐属于强电解质，碳酸是弱酸属于弱电解质，乙醇是非电解质，故C正确；
D、水能够电离出氢离子和氢氧根离子，属于弱电解质，故D错误；
故选：C。
12.如图表示1 g O2与1 g X气体在相同容积的密闭容器中压强（p）与温度（T）的关系，则X气体可能是（ ）
A. C2H4 B. CH4
C. CO2 D. NO
【答案】C
【解析】试题分析：据图像分析，恒压条件下，温度相同时，1 g O2与1 g X相比，
O2所占体积大，则氧气的物质的量大于X，根据n=可知X的摩尔质量大于氧气摩尔质量，符合条件的只有CO2，选C。
13.用NA表示阿伏加德罗常数，下列说法中正确的是 ( )
A. 标准状况下22.4L氖气含有的原子数为2NA
B. 同质量的氧气和臭氧所含的电子数目相同
C. 5.6 g铁与足量盐酸反应转移的电子数为0.3NA
D. 2 L 0.1 mol·L－1 K2SO4溶液中离子总数约为0.5 NA
【答案】B
【解析】
【详解】A. 氖气为单原子分子，标准状况下22.4L氖气含有的原子数为NA，故A错误；
B. 同质量的氧气和臭氧所含的原子数相同，所含电子数目相同，故B正确；
C. 铁与足量盐酸反应生成氯化亚铁，5.6 g铁与足量盐酸反应转移的电子数为0.2NA，故C错误；
D. 2 L 0.1 mol·L－1 K2SO4溶液中离子总数约为2 L× 0.1 mol·L－1×3NA=0.6NA，故D错误；
故选B。
14.下列说法中正确的是( )
A. 2.3gNa投入到97.7g水中形成溶液的质量分数为2.3%
B. 25g CuSO4.5H2O溶于水配成1L溶液，溶质的物质的量浓度为0.1mol/L
C. Na2O2溶于水后溶质未发生改变
D. 标准状况下，22.4 L的SO3中所含分子数为NA个
【答案】B
【解析】
【分析】A、溶液的质量分数=溶质的质量/溶液的质量；
B、根据c=n/V计算；
C、Na2O2与水反应生成NaOH和氧气；
D、标准状况下，SO3为固体。
【详解】A、 2.3gNa与水反应生成4.0gNaOH和0.1g氢气，溶液的质量分数=溶质的质量/溶液的质量=4.0g/(2.3g+97.7g-0.1g)=0.04,故A错误；
B、根据c=n/V= =0.1mol·L－1，故B正确；
C、Na2O2与水反应生成NaOH和氧气，溶质为NaOH，故C错误；
D、标准状况下，SO3固体，故D错误；
故选B。
15.配制0.1 mol·L－1 的NaCl溶液，下列操作所配溶液的物质的量浓度偏高的是 （ ）
A. 称量时，物码倒置 B. 定容时俯视读取刻度
C. 原容量瓶洗净后未干燥 D. 定容时液面超过了刻度线
【答案】B
【解析】
【分析】结合c=n/V及不当操作对n、V的影响，n偏大或V偏小会导致所配溶液的物质的量浓度偏高.
【详解】A．称量时，称量时，物码倒置，固体的质量小于或等于所需质量，n偏小或相等，可能会导致所配溶液的物质的量浓度偏低，故A不选；
B．定容时俯视读取刻度，V偏小会导致所配溶液的物质的量浓度偏高，故B选；
C．原容量瓶洗净后未干燥，对实验无影响，故C不选；
D．定容时液面超过了刻度线，V偏大，导致所配溶液的物质的量浓度偏低，故D不选；
故选：B。
16.下列关于容量瓶使用方法的叙述中，正确的是（ ）
①使用容量瓶前检查是否漏水；
②在容量瓶中溶解氢氧化钠固体；
③容量瓶用蒸馏水洗净后残留少量水即使用；
④溶液需冷却至室温方可注入容量瓶；
⑤加水定容时，不小心超出刻度线，用滴管吸出多余液体．
A. ①②③ B. ①③④ C. ③④⑤ D. ①④⑤
【答案】B
【解析】容量瓶在使用过程中需要上下颠倒，故使用前必须检查是否漏水，①正确；容量瓶是一种容量器，颈上有标线，表示在所指温度下液体凹液面与容量瓶颈部的标线相切时，溶液体积恰好与瓶上标注的体积相等，所以容量瓶不能加热，不能在其中溶解物质和发生化学反应，②错误。容量瓶用蒸馏水洗净后残留少量水无影响，因为后面步骤中必须加蒸馏水定容，只要定容是正确的，配制的溶液的浓度就没有影响，③正确。转移溶液时如果温度过高，导致溶液的体积膨胀，定容时所加蒸馏水的体积偏小，所配溶液的浓度偏高，所以溶液须冷却方可转入容量瓶，④正确。加水定容时，不小心超出刻度线，所配溶液的浓度偏低，必须重新配制，⑤错误。故正确答案为B
17. 下列书写正确的是（ ）
A. NaHCO3=Na+ + H+ + CO32- B. NaHSO4=Na+ + HSO4-
C. CH3COOH=CH3COO- +H+ D. Na2SO4=2Na+ + SO42-
【答案】D
【解析】A、碳酸为弱酸，碳酸氢根不能拆开；
B、硫酸为强酸，硫酸氢根需要拆开；
C、醋酸为弱酸，部分电离，用可逆符号。
18.下列离子方程式中，正确的是 ( )
A. 石灰石与盐酸反应：CaCO3＋2H＋＝Ca2＋＋CO2↑＋H2O
B. 钠与水的反应 :
C. 氢氧化铜溶于盐酸：Cu2＋＋2OH－＋2H＋＝Cu2＋＋2H2O
D. 氯气与水的反应：
【答案】A
【解析】
【分析】A．石灰石为沉淀，应保留化学式；
B．原子个数不守恒；
C．氢氧化铜为沉淀，应保留化学式；
D．HClO是弱酸，应保留化学式。
【详解】A．石灰石与稀盐酸反应，离子方程式：CaCO3+2H＋=CO2↑+H2O+Ca2＋，故A正确；
B．钠与水反应，离子方程式：2Na+2H2O=2Na＋+2OH－+H2↑，故B错误；
C．氢氧化铜为沉淀，应保留化学式，氢氧化铜溶于盐酸，离子方程式：2H++Cu（OH）2=2H2O+Cu2＋，故C错误；
D．HClO是弱酸，应保留化学式，氯气与水的反应：Cl2＋H2O H＋＋Cl－＋HClO，故D错误；
故选A。
19.下列各组溶液，能在强酸性或强碱性中都能大量共存且无色的离子组是（ ）
A. 、、、 B. 、、、
C. 、、、 D. 、、、
【答案】D
【解析】
【分析】无色时可排除 Cu2＋、Fe2＋、Fe3＋、MnO4－等有色离子的存在，强酸性溶液中存在大量氢离子，强碱性溶液中存在大量氢氧根离子，
A．铜离子为有色离子，且铜离子、氢离子与碳酸根离子反应，碳酸根离子、铵根离子与氢氧根离子反应；
B．钡离子与硫酸根离子反应生成硫酸钡沉淀；
C．碳酸氢根离子与氢氧根离子和氢离子均反应；
D．四种离子之间不反应，都是无色离子，都不与氢离子和氢氧根离子反应．
20.下列各组物质在溶液中的反应,可用同一离子方程式表示的是 （ ）
A. Cu(OH)2与盐酸,Cu(OH)2与醋酸
B. BaCl2溶液与Na2SO4溶液,Ba(OH)2溶液与H2SO4溶液
C. NaHCO3溶液与盐酸,Na2CO3溶液与盐酸
D. 石灰石与硝酸反应,石灰石与盐酸
【答案】D
【解析】
【分析】A．盐酸为强酸，醋酸为弱酸，醋酸在离子反应方程式中保留化学式；
B．Ba（OH）2溶液与H2SO4溶液反应生成水和硫酸钡；
C．HCO3－在离子反应方程式中不拆开；
D．碳酸钙保留化学式，硝酸、盐酸均为一元强酸．
【详解】A．盐酸为强酸，醋酸为弱酸，醋酸在离子反应方程式中保留化学式，离子反应不能用同一离子方程式表示，故A不选；
B．Ba（OH）2溶液与H2SO4溶液反应生成水和硫酸钡，水应保留化学式，则离子反应不能用同一离子方程式表示，故B不选；
C．HCO3－在离子反应方程式中不拆开，与碳酸根离子不同，则离子反应不能用同一离子方程式表示，故C不选；
D．碳酸钙保留化学式，硝酸、盐酸均为一元强酸，离子反应均为CaCO3+2H＋=H2O+CO2↑+Ca2＋，故D选；
故选：D。
21.物质的量浓度相同的NaCl、MgCl2、AlCl3三种溶液，当溶液的体积比为3：2：1时，三种溶液中Cl-的物质的量之比为
A. 1：1：1 B. 1：2：3 C. 3：4：3 D. 3：2：1
【答案】C
【解析】
【详解】根据=cB·V可知，当物质的量浓度相同时溶质物质的量与溶液体积成正比，因为NaCl、MgCl2、AlCl3三种溶液的体积比为3∶2∶1，因此三种溶液中溶质物质的量之比：n(NaCl):n(MgCl2):n(AlCl3)=3:2:1，所以NaCl、MgCl2、AlCl3三种溶液中Cl-的物质的量之比为(3×1):(2×2):(1×3)=3:4:3，答案选C。
22.下列说法正确的是 （ ）
A. 向某溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，则溶液中一定存在SO42—
B. 向某溶液中加入盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，溶液中一定存在CO32—
C. 向某溶液中加入Ca(OH)2溶液，有白色沉淀生成，则溶液中一定存在CO32—
D. 加入硝酸酸化的AgNO3溶液有白色沉淀生成，则溶液中有Cl－
【答案】D
【解析】
【分析】A、能和BaCl2溶液产生不溶于硝酸的白色沉淀的可能为SO42－，还可能是Ag＋；
B、能使澄清石灰水变浑浊的气体可能是二氧化碳也可能是二氧化硫；
C、向某溶液中加入Ca(OH)2溶液，有白色沉淀生成，还可能是SO32－ SiO32－等；
D、AgCl、Ag2CO3和Ag2SO4等均为白色沉淀，但后二者能溶于稀硝酸；
【详解】A、AgCl和BaSO4均为不溶于硝酸的白色沉淀，故能和BaCl2溶液产生不溶于硝酸的白色沉淀的可能是SO42－，还可能是Ag＋，故A错误；
B、能使澄清石灰水变浑浊的气体可能是二氧化碳也可能是二氧化硫，如果是二氧化碳，则原溶液中可能含CO32－或HCO3－；如果是二氧化硫，则原溶液中可能含SO32－或HSO3－，故B错误；
C、向某溶液中加入Ca(OH)2溶液，有白色沉淀生成，还可能是SO32－ SiO32－等，故C错误；
D、AgCl、Ag2CO3和Ag2SO4等均为白色沉淀，但后二者能溶于稀硝酸，故D正确；
故选D。
23.某溶液中含有Ba2+、HCO3-、Cl-、NO3- 4种离子，先向溶液中加入足量的氢氧化钠溶液，再加入足量的稀盐酸，溶液中大量减少的离子是 （ ）
A. Ba2+ B. HCO3- C. Cl－ D. NO3－
【答案】B
【解析】
【分析】离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，则离子大量共存。
【详解】某溶液中含有Ba2＋、HCO3－、Cl－、NO3－四种离子，先向溶液中加入足量NaOH，能发生反应的离子反应为HCO3－+OH－=H2O+CO32－，CO32－+Ba2＋=BaCO3 ↓，再加入足量稀盐酸，发生的反应为OH－+H＋=H2O，BaCO3+2H＋=Ba2＋＋H2O＋CO2↑，氯离子增加，钡离子、硝酸根离子数目不变，可知大量减少的离子为HCO3－，
故选：B。
24.有一无色混合物的水溶液，可能含有以下离子中的若干种：K＋、NH4＋、Cl－、Mg2＋、Fe3＋、CO32－、SO42－、H＋，现取三份100mL溶液进行如下实验：(已知NH4＋+OH-NH3+H2O；MgCO3是微溶物)（1）第一份加入足量AgNO3溶液有沉淀产生（2）第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到气体0.04mol（3）第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀6.27g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33g。根据上述实验，以下推测正确的是（ ）
A. K＋一定存在 B. 100mL溶液中含0.01mol CO32－
C. Cl－一定存在 D. Fe3＋一定不存在，Mg2＋可能存在
【答案】A
【解析】
【分析】无色溶液中一定不存在有色的离子：Fe3＋，
①加入AgNO3溶液有沉淀产生，说明溶液中可能存在Cl－、CO32－、SO42－；
②加入氢氧化钠产生气体，该0.04mol气体为氨气，说明溶液中一定含有NH4＋，且物质的量为0.04mol；
③2.33g为硫酸钡沉淀，其物质的量为0.01mol，6.27g为硫酸钡和碳酸钡，据此可以计算出碳酸钡的物质的量；再根据电荷守恒，得出一定存在钾离子，据此进行判断．
【详解】无色溶液中一定不存在有色的离子：Fe3＋，
①与AgNO3溶液有沉淀产生的离子有Cl－、CO32－、SO42－；
②加足量NaOH溶液加热产生气体，气体是氨气，一定有铵离子0.04mol；
③不溶于盐酸的2.33g沉淀为硫酸钡，硫酸钡的物质的量是：2.33g/233g·mol－1=0.01mol；6.27g沉淀是硫酸钡和碳酸钡，碳酸钡质量为：6.27g-2.33g=3.94g，碳酸钡物质的量为：3.94g/197g·mol－1=0.02mol，所以原溶液中一定存在：CO32－、SO42－，因而一定不含Ba2＋；
c（CO32－）=0.02mol/0.1L=0.2mol·L－1，根据电荷守恒，正电荷为：n（+）=n（NH4＋）=0.04mol；n（-）=2n（CO32－）+2n（SO42－）=0.06mol，故一定有K＋，至少0.02mol；
A、原溶液中一定存在的离子有NH4＋、K＋、CO32－、SO42－，故A正确，
B、依据计算可知碳酸根物质的量为0.02mol，故B错误；
C、一定没有的离子Fe3＋、Ba2＋，可能存在Cl－，故C错误；
D、同时第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到气体，没有产生沉淀，说明一定不含Mg2＋，故D错误；
故选：A。
第Ⅱ卷 非选择题(共50分)
二、非选择题(本题包括4小题，共52分)
25.实验室常用浓盐酸的质量分数为36.5%，密度为1.20g•cm-3。
(1)此浓盐酸的物质的量浓度是 ___mol•L-1；
(2)配制100.0mL该浓盐酸，需要标准状况下HCl的体积为 ____L；
(3)配制100.0mL3.00mol•L-1的盐酸，需以上浓盐酸的体积为 ___mL；
(4)取100.0mL3.00mol•L-1的盐酸，用NaOH溶液中和消耗 NaOH的质量是 ____g。
(5)将10.0mL3.00mol•L-1的盐酸与10.0mL1.00mol•L-1的MgCl2溶液混合，则混合溶液中Cl-的物质的量浓度是 ___ mol•L-1（设混合后溶液的体积不变）。
(6)写出电离方程式：①NaHCO3____________；②KHSO4___________。
【答案】(1). 12 (2). 26.88 (3). 25 (4). 12 (5). 2.5 (6). NaHCO3= Na＋＋HCO3- (7). KHSO4 = K＋＋ H＋＋SO42－
【解析】
【分析】（1）根据物质的量浓度C=1000ρω/M计算；
（2）根据n=CV和V=n·Vm计算；
（3）根据溶液稀释定律C浓V浓=C稀V稀计算；
（4）根据方程式计算；
（5）根据C（Cl－）=n(Cl－)总/V总计算．
（6）碳酸是弱酸，HCO3-不拆，硫酸是强酸，HSO4-在水中全电离。
【详解】（1）溶液的物质的量浓度C=1000ρω/M=1000×1.20g/ml×36.5%/36.5g·mol－1=12.0 mol·L-1；
（2）100.0 mL该浓盐酸中所含HCl的物质的量为0.1 L×12.0 mol·L-1=1.20 mol，需要标准状况下HCl的体积为1.20 mol×22.4 L·mol－1=26.88 L．
（3）设配制稀盐酸需要浓盐酸的体积是V，则有0.100 L×3.00 mol·L-1=V×12.0 mol·L-1，解得V=0.0250 L，即25.0 mL．
（4）根据方程式NaOH＋HCl=NaCl＋H2O，n(NaOH)=n(HCl)=100.0mL×3.00mol•L-1=0.3mol,m(NaOH)=0.3mol×40g·mol－1=12g；
（5）10.0 mL 3.00 mol·L-1的盐酸中Cl－的物质的量为0.0100 L×3.00 mol·L-1=0.0300 mol，10.0 mL 1.00 mol·L-1的MgCl2溶液中Cl－的物质的量为0.0100 L×1.00 mol·L-1×2=0.0200 mol，则混合溶液中Cl－的物质的量浓度是（0.0300 mol+0.0200 mol）÷0.0200 L=2.50 mol·L-1．
（6）碳酸是弱酸，HCO3-不拆，硫酸是强酸，HSO4-在水中全电离，在水溶液中电离方程式： NaHCO3= Na＋＋HCO3- ， KHSO4=K＋＋H＋＋SO42－。
26.完成下列问题：有下列物质：①铝、②硫化氢、③金刚石、④氢氧化铝、⑤干冰、⑥液氯、⑦盐酸、⑧氢氧化钠固体、⑨碳酸氢钾溶液、⑩熔融的硫酸钡、⑪液氨、⑫氨水、⑬冰醋酸、⑭乙醇。（填序号）
(1)其中在常温下能导电的是______。
(2)属于非电解质的是__________。
(3)属于电解质的是______________。
(4)属于弱电解质的是_____________。
【答案】(1). ①⑦⑨⑩⑫ (2). ⑤⑪⑭ (3). ②④⑧⑩⑬ (4). ②④⑬
【解析】
【分析】存在自由移动的电子，溶液或熔融状态下，含有自由移动离子的可以导电
水溶液中和熔融状态下都不导电的化合物为非电解质，
水溶液中或熔融状态下导电的化合物为电解质，
水溶液中不能完全电离的电解质为弱电解质，
【详解】①铝能导电，是单质，不是电解质和非电解质，
②硫化氢不能导电，溶于水导电属于电解质，水溶液中部分电离属于弱电解质，
③金刚石是单质，不能导电，不是电解质和非电解质，
④氢氧化铝不导电，水溶液中微弱部分电离属于电解质中的弱电解质，
⑤干冰CO2不能电离，不能导电，属于非电解质，
⑥液氯是液态氯气属于单质，不能导电不是电解质和非电解质，
⑦氯水是氯气水溶液，是混合物，能导电，不是电解质，
⑧氢氧化钠固体不能导电，溶于水导电属于电解质中的强电解质，
⑨碳酸氢钾溶液导电，是电解质溶液，
⑩硫酸钡粉末不能导电，熔融状态完全电离属于电解质中强电解质，
⑪液氨是液态氨气，不能电离，不能导电，属于非电解质，
⑫氨水氨气水溶液，是混合物，能导电，不是电解质，
⑬冰醋酸是纯净醋酸不能导电，溶于水导电部分电离，属于电解质中的弱电解质，
⑭乙醇不能电离不能导电，属于非电解质，
其中在常温下能导电的是①⑦⑨⑩⑫，属于非电解质的是⑤⑪⑭，属于电解质的是 ②④⑧⑩⑬，属于弱电解质的是②④⑬。
27.氯气是一种重要的化工原料。
（1）氯气和石灰乳反应可以制得漂白粉，漂白粉暴露在空气中因吸收了空气中的CO2和H2O而失效，漂白粉失效过程的化学反应方程式为：______。
（2）氯水中含有多种成分，因而具有多种性质，根据新制氯水分别与如图四种物质发生的反应填空（a、b、c、d中重合部分代表物质间反应，且氯水足量）。
①c过程反应的离子方程式______，e过程中的离子方程式为 _______。
②d过程所观察到的现象为：____，原因： ____，b过程的离子方程式： ______。
【答案】(1). Ca(ClO)2＋CO2＋H2O＝CaCO3↓＋2HClO (2). Ag++Cl-=AgCl↓ (3). Cl2+2OH－ = Cl－ +ClO-+H2O (4). 先变红后褪色 (5). 氯气和水反应生成HCl、HClO,溶液显酸性使石蕊变红HClO具有漂白性(或强氧化性)使溶液褪色 (6). 2H++CO32-=CO2↑＋H2O
【解析】
【分析】（1）次氯酸钙与二氧化碳和水反应生成碳酸钙和次氯酸，次氯酸不稳定见光分解生成氯化氢和氧气；
（2）氯气溶于水，部分氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸具有酸性，次氯酸具有漂白性，氯水中含有3种分子：Cl2（氯分子）、HClO（次氯酸分子）、H2O（水分子）；4种离子：Cl－（氯离子）、H＋（氢离子）、ClO－（次氯酸根离子）、OH－（氢氧根离子），由此对照分析。
【详解】（1）漂白粉暴露在空气中因吸收了空气中的CO2和H2O而失效，是和二氧化碳、水反应生成碳酸钙和次氯酸，次氯酸见光分解得到氯化氢和氧气，反应的化学方程式为：Ca（ClO）2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO，2HClO2HCl+O2↑；
（2）①c过程的反应是氯水中的盐酸和硝酸银反应得到氯化银沉淀，反应的化学方程式为：AgNO3+HCl=AgCl↓+HNO3，反应的离子方程式：Ag++Cl-=AgCl↓；e过程中的化学反应是氯水中的氯气和氢氧化钠发生反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的化学方程式为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，反应的离子方程式：Cl2+2OH－ = Cl－ +ClO-+H2O ；
②氯水中含有盐酸和次氯酸，盐酸具有酸性，次氯酸具有漂白性，d过程所观察到的现象是先变红色，后褪色；b过程是氯水中的盐酸和碳酸钠反应生成二氧化碳气体，证明了氯水中存在酸，存在的微粒为H＋，离子方程式： 2H++CO32-=CO2↑＋H2O。
28.Ⅰ.向Ba(OH)2溶液中逐滴加入稀硫酸，请完成下列问题：
(1)写出反应的离子方程式__________。
(2)下列三种情况下，离子方程式与(1)相同的是____(填序号)。
A．向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba(OH)2溶液至溶液中显中性
B．向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba(OH)2溶液至SO恰好完全沉淀
C．向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba(OH)2溶液至过量
(3)若缓缓加入稀硫酸直至过量，整个过程中混合溶液的导电能力(用电流强度I表示)可近似地用如图中的___曲线表示(填序号)。
(4)若有一表面光滑的塑料小球悬浮于Ba(OH)2溶液中央，如图所示，向该烧杯里缓缓注入与Ba(OH)2溶液等密度的稀硫酸至恰好完全反应。在此实验过程中，小球将____________。
Ⅱ.某地甲、乙两厂排放污水，污水中含有下列8种离子中的4种：Ag+、Ba2+、Fe3+ 、Na+、Cl-、SO42-、NO3-、OH-（两厂所排污水不含相同离子）。两厂单独排放都会造成严重的水污染（其中甲厂的污水是碱性的），如将两厂的污水按一定比例混合，沉淀后的污水变成无色澄清的几乎只含硝酸钠的溶液而排放，污染程度会大大降低。关于两厂所排污水中所含的4种离子，你认为应该是：甲厂：________；乙厂________。
【答案】(1). Ba2＋＋2OH－＋SO42-＋2H＋===BaSO4↓＋2H2O (2). A (3). C (4). 沉到烧杯底部 (5). OH－ Cl－ SO42- Na＋ (6). Fe3＋ Ba2＋ Ag＋ NO3—
【解析】
【分析】Ⅰ.（1）反应生成硫酸钡和水，硫酸钡和水在离子反应中均保留化学式；
（2）恰好完全反应时，溶液为中性；
（3）加入稀硫酸直至过量，恰好反应时导电性为0，过量后离子浓度增大，导电性增强；
（4）向该烧杯里缓缓注入与Ba（OH）2溶液等密度的稀硫酸至恰好完全反应，生成硫酸钡和水，溶液的密度小于Ba（OH）2溶液的密度．
Ⅱ.将两厂的污水按一定比例混合，沉淀后的污水变成无色澄清的几乎只含硝酸钠的溶液而排放，污染程度会大大降低，说明甲乙两厂的废水能反应生成沉淀，从离子能否大量共存的角度分析，甲厂呈碱性，可假设乙厂含有Ag＋，则一定不含SO42－、OH－、Cl－，则SO42－、OH－、Cl－应存在与甲厂，因Ba2＋与SO42－、Fe3＋与OH－不能共存，则Fe3＋、Ba2＋存在于乙厂，根据溶液呈电中性可知，乙厂一定存在NO3－；所以乙厂含有的离子有：Ag＋、Ba2＋、Fe3＋、NO3－，甲厂含有的离子为：Na＋、Cl－、SO42－、OH－。
【详解】Ⅰ.（1）反应生成硫酸钡和水，离子反应为Ba2＋+2OH－+SO42－+2H＋═BaSO4↓+2H2O；
（2）离子方程式（1）反应后溶液为中性，
A．向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba（OH）2溶液至溶液显中性，离子反应为Ba2＋+2OH－+SO42－+2H＋═BaSO4↓+2H2O，故A选；
B．向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba（OH）2溶液至SO42－恰好完全沉淀，离子反应为Ba2＋+OH－+SO42－+H＋═BaSO4↓+H2O，故B不选；
C．向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba（OH）2溶液至过量，离子反应为Ba2＋+OH－+SO42－+H＋═BaSO4↓+H2O，故C不选；
故选A；
（3）加入稀硫酸直至过量，恰好反应时导电性为0，过量后离子浓度增大，导电性增强，图中只有C符合；
（4）向该烧杯里缓缓注入与Ba（OH）2溶液等密度的稀硫酸至恰好完全反应，生成硫酸钡和水，溶液的密度小于Ba（OH）2溶液的密度，塑料小球将沉到烧杯底部。
Ⅱ.将两厂的污水按一定比例混合，沉淀后的污水变成无色澄清的几乎只含硝酸钠的溶液而排放，污染程度会大大降低，说明甲乙两厂的废水能反应生成沉淀，从离子能否大量共存的角度分析，甲厂呈碱性，可假设乙厂含有Ag＋，则一定不含SO42－、OH－、Cl－，则SO42－、OH－、Cl－应存在与甲厂，因Ba2＋与SO42－、Fe3＋与OH－不能共存，则Fe3＋、Ba2＋存在于乙厂，根据溶液呈电中性可知，乙厂一定存在NO3－；所以乙厂含有的离子有：Ag＋、Ba2＋、Fe3＋、NO3－，甲厂含有的离子为：Na＋、Cl－、SO42－、OH－。
河南省登封实验高中2019-2020学年高一上学期第二次月考试题
(时间：90分钟 满分：100分)
可能用到的原子量：H:1 He:4 C:12 N:14 O:16 Na:23 S:32 Ba:137
第Ⅰ卷 选择题（共46分）
一、选择题(本题包括24小题，每题2分，共48分)
1. 矿泉水目前已成为人们常用的饮料，市场上有些不法商贩为牟取暴利，用自来水冒充矿泉水出售，为辨别真假，可用下列的一种化学试剂来鉴别，该试剂是（ ）
A. 酚酞试液 B. 氯化钡溶液 C. 氢氧化钠溶液 D. 硝酸银溶液
【答案】D
【解析】
2. 一小块金属钠久置于空气中，最终得到的产物是（ ）
A. Na2O B. Na2O2 C. NaOH D. Na2CO3
【答案】D
【解析】试题分析：金属钠在空气中放置，先与空气中的氧气反应生成氧化钠，然后吸水变成氢氧化钠溶液，再与二氧化碳反应生成碳酸钠晶体，最后失去风化得到碳酸钠，所以选D。
3.金属钠分别与下列溶液反应时，既有红褐色沉淀生成又有气体放出的是（ ）
A. BaCl2溶液 B. NaNO3溶液 C. MgCl2溶液 D. FeCl3溶液
【答案】D
【解析】
【分析】金属钠遇水先发生反应，生成氢氧化钠并放出氢气：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，NaOH与FeCl3溶液反应会生成Fe（OH）3↓红褐色沉淀。
【详解】A、金属钠先和BaCl2溶液中水反应生成氢氧化钠并放出氢气：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，但是生成的氢氧化钠和氯化钡不反应，即只有气体生成，故A错误；
B、金属钠先和NaNO3溶液中的水反应生成氢氧化钠并放出氢气：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，但是生成的氢氧化钠和NaNO3溶液不反应，极只有气体生成，故B错误；
C、Na首先和水反应生成氢氧化钠并放出氢气：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，NaOH与氯化镁溶液反应会生成氢氧化镁的白色沉淀，没有红褐色沉淀生成，故C错误；
D、Na首先和水反应生成氢氧化钠并放出氢气：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，NaOH与FeCl3溶液反应会生成Fe（OH）3红褐色沉淀，既有红褐色沉淀析出，又有气体逸出，故D正确；
故选D。
4.当不慎有大量Cl2逸出污染周围空气时，可以用浸有某种物质的一定浓度的水溶液的毛巾捂住鼻子，该物质适宜采用的是 ( )
A. NaOH B. NaCl C. Na2CO3 D. Ca(OH)2
【答案】C
【解析】
【分析】氯气能与碱反应来吸收氯气以防止氯气中毒，注意碱性太强时，其腐蚀性强。
【详解】A、NaOH虽能与氯气反应，达到吸收氯气的效果，但NaOH的腐蚀性强，不能用浸有浓NaOH溶液的毛巾捂住鼻子，故A错误；
B、NaCl不与氯气反应，且NaCl溶液抑制氯气的溶解，则不能用浸有NaCl溶液的毛巾捂住鼻子来防止吸入氯气中毒，故B错误；
C、Na2CO3溶液显碱性，能与氯气反应而防止吸入氯气中毒，则可以用浸有Na2CO3溶液的毛巾捂住鼻子，故C正确；
D、Ca(OH)2虽能与氯气反应，达到吸收氯气的效果，但Ca(OH)2的腐蚀性强，浓度低，不能用浸有浓Ca(OH)2溶液的毛巾捂住鼻子，故D错误；
故选C。
5.现有CO、CO2、O3（臭氧）三种气体，它们分别都含有1mol氧原子，则同温同压下三种气体的体积之比为（ ）
A. 1：1：1 B. 1：2：3 C. 3：2：1 D. 6：3：2
【答案】D
【解析】
【分析】CO、CO2、O3三种气体分子中含有的氧原子个数之比为1：2：3，它们分别都含有1mol氧原子，结合分子组成计算出各自物质的量，结合V=nVm可知，三种气体在标准状况下的积比等于物质的量之比。
【详解】CO、CO2、O3三种气体分子中含有的氧原子个数之比为1：2：3，它们都含有1mol氧原子，则n（CO）=n（O）=1mol，n（CO2）=1/2n（O）=1/2mol，n（O3）=1/3n（O）=1/3mol，根据V=nVm可知，三种气体在标准状况下的积比等于物质的量之比=1mol：1/2mol：1/3mol=6：3：2，
故选D。
6.见下图（A）处通入Cl2，当关闭（B）阀时，（C）处的湿润的红布条没有明显变化，当打开（B）阀时，（C）处的湿润红布条逐渐褪色，则（D）瓶中装的溶液是（ ）
A. 浓硫酸 B. NaOH溶液 C. 水 D. NaCl溶液
【答案】B
【解析】
【分析】干燥的氯气没有漂白性，有漂白性的是氯气和水反应生成的次氯酸。关闭B阀时，C处的湿润红布条看不到明显现象，而当打开B阀后，C处的湿润红布条逐渐褪色，，则D中物质与氯气能反应。
【详解】A、通过盛浓硫酸D瓶，氯气是干燥的，能使湿润的红色布条褪色，所以D中不能盛放浓硫酸，故A错误；
B、NaOH溶液与氯气反应吸收氯气，所以D中能盛放氢氧化钠溶液符合上述现象，故B正确；
C、若D中为水，不能吸收氯气，能使湿润的红色布条褪色，不符合上述现象，故C错误；
D、若D中为NaCl溶液，不能吸收氯气，能使湿润的红色布条褪色，不符合上述现象，故D错误；
故选B。
7.将一定量的Na2O2粉末加到滴有紫色石蕊试液的水中，并振荡，观察到的现象（ ）
A. 溶液仍为紫色 B. 溶液最终为蓝色
C. 最终溶液褪色,而无其它现象 D. 溶液中有气泡产生,溶液最终变为无色
【答案】D
【解析】
【分析】过氧化钠与水反应生成氢氧化钠与氧气，现象为溶液中产生气泡，同时过氧化钠具有强氧化性，从而具有漂白性。
【详解】Na2O2粉与水发生：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，所以观察溶液中产生气泡，过氧化钠具有强氧化性，从而具有漂白性，溶液最终变为无色，
故选D。
8.溶液、胶体和浊液这三种分散系的本质区别是（ ）
A. 是否有丁达尔现象 B. 是否能通过滤纸
C. 分散质粒子的大小 D. 是否均一、透明、稳定
【答案】C
【解析】
【分析】溶液、浊液、胶体三种分散系的本质区别为分散质粒子的直径大小不同，据此即可解答。
【详解】A.胶体具有丁达尔现象，是胶体中胶粒（1nm-100nm）在光照时产生对光的散射作用形成的，该现象是由微粒直径大小决定的，丁达尔现象不是三种分散系的本质区别，故A错误；
B.胶体能透过滤纸但不能透过半透膜，是由分散质微粒的直径大小决定的，所以该现象不是三种分散系的本质区别，故B错误；
C.根据分散质微粒直径大小来分类，把分散系划分为：溶液(小于1nm)、胶体（1nm-100nm）、浊液(大于100nm)；所以溶液、胶体和浊液这三种分散系的本质区别在于分散质粒子直径大小不同，故C正确；
D.溶液均一、透明、稳定，胶体较稳定，浊液不稳定，与分散质微粒的直径大小有关，所以该现象不是三种分散系的本质区别，故D错误；
故答案选C。
9.下列说法正确的是( )
A. Fe(OH)3胶体稳定存在的主要原因是Fe(OH)3胶体带正电荷
B. 将1 L 2 mol·L-1的FeCl3溶液制成胶体后,其中含有氢氧化铁胶粒数为2NA
C. 黄河入海口处三角洲的形成与胶体性质有关
D. 将饱和FeCl3溶液加热至沸腾,制得Fe(OH)3胶体
【答案】C
【解析】
【分析】A、胶体不带电；
B、水解可制备胶体，且水解为可逆反应，胶体为胶粒的聚合体；
C、黄河入海口处三角洲的形成，与胶体的聚沉有关；
D、将饱和FeCl3溶液加热至沸腾,得Fe(OH)3沉淀。
【详解】A、胶体不带电，Fe（OH）3胶体能发生电泳现象，说明Fe（OH）3胶体粒子带电，与胶体吸附电荷有关，故A错误；
B、水解可制备胶体，且水解为可逆反应，胶体为胶粒的聚合体，n（FeCl3）=1L×2mol·L－1=2mol，则制备氢氧化铁胶粒数一定小于2NA，故B错误；
C、黄河入海口处三角洲的形成，与胶体的聚沉有关，与胶体性质相关，故C正确；
D、将饱和FeCl3溶液滴到沸水中，加热至溶液呈红褐色,得Fe(OH)3胶体，故D错误；
故选C。
10.硫酸钾和硫酸铝的混合溶液，已知其中Al3＋的浓度为0.4 mol/L，硫酸根离子浓度为0.7 mol/L，则K＋的物质的量浓度为（ ）
A. 0.1 mol/L B. 0.15 mol/L C. 0.3 mol/L D. 0.2 mol/L
【答案】D
【解析】略
11.下列各组关于强电解质、弱电解质、非电解质的归类正确的（ ）
A
B
C
D
强电解质
Fe
NaCl
CaCO3
HNO3
弱电解质
CH3COOH
NH3
H2CO3
Fe(OH)3
非电解质
蔗糖
BaSO4
C2H5OH
H2O
【答案】C
【解析】
【分析】强电解质是指在水中完全电离成离子的化合物；弱电解质是指在水中不完全电离，只有部分电离的化合物；在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质。
【详解】A、Fe是单质，不是化合物，铁既不是电解质也不是非电解质，故A错误；
B、NH3是非电解质，本身不能电离出离子，BaSO4是盐属于强电解质，熔融状态完全电离，故B错误；
C、碳酸钙是盐属于强电解质，碳酸是弱酸属于弱电解质，乙醇是非电解质，故C正确；
D、水能够电离出氢离子和氢氧根离子，属于弱电解质，故D错误；
故选：C。
12.如图表示1 g O2与1 g X气体在相同容积的密闭容器中压强（p）与温度（T）的关系，则X气体可能是（ ）
A. C2H4 B. CH4
C. CO2 D. NO
【答案】C
【解析】试题分析：据图像分析，恒压条件下，温度相同时，1 g O2与1 g X相比，
O2所占体积大，则氧气的物质的量大于X，根据n=可知X的摩尔质量大于氧气摩尔质量，符合条件的只有CO2，选C。
13.用NA表示阿伏加德罗常数，下列说法中正确的是 ( )
A. 标准状况下22.4L氖气含有的原子数为2NA
B. 同质量的氧气和臭氧所含的电子数目相同
C. 5.6 g铁与足量盐酸反应转移的电子数为0.3NA
D. 2 L 0.1 mol·L－1 K2SO4溶液中离子总数约为0.5 NA
【答案】B
【解析】
【详解】A. 氖气为单原子分子，标准状况下22.4L氖气含有的原子数为NA，故A错误；
B. 同质量的氧气和臭氧所含的原子数相同，所含电子数目相同，故B正确；
C. 铁与足量盐酸反应生成氯化亚铁，5.6 g铁与足量盐酸反应转移的电子数为0.2NA，故C错误；
D. 2 L 0.1 mol·L－1 K2SO4溶液中离子总数约为2 L× 0.1 mol·L－1×3NA=0.6NA，故D错误；
故选B。
14.下列说法中正确的是( )
A. 2.3gNa投入到97.7g水中形成溶液的质量分数为2.3%
B. 25g CuSO4.5H2O溶于水配成1L溶液，溶质的物质的量浓度为0.1mol/L
C. Na2O2溶于水后溶质未发生改变
D. 标准状况下，22.4 L的SO3中所含分子数为NA个
【答案】B
【解析】
【分析】A、溶液的质量分数=溶质的质量/溶液的质量；
B、根据c=n/V计算；
C、Na2O2与水反应生成NaOH和氧气；
D、标准状况下，SO3为固体。
【详解】A、 2.3gNa与水反应生成4.0gNaOH和0.1g氢气，溶液的质量分数=溶质的质量/溶液的质量=4.0g/(2.3g+97.7g-0.1g)=0.04,故A错误；
B、根据c=n/V= =0.1mol·L－1，故B正确；
C、Na2O2与水反应生成NaOH和氧气，溶质为NaOH，故C错误；
D、标准状况下，SO3固体，故D错误；
故选B。
15.配制0.1 mol·L－1 的NaCl溶液，下列操作所配溶液的物质的量浓度偏高的是 （ ）
A. 称量时，物码倒置 B. 定容时俯视读取刻度
C. 原容量瓶洗净后未干燥 D. 定容时液面超过了刻度线
【答案】B
【解析】
【分析】结合c=n/V及不当操作对n、V的影响，n偏大或V偏小会导致所配溶液的物质的量浓度偏高.
【详解】A．称量时，称量时，物码倒置，固体的质量小于或等于所需质量，n偏小或相等，可能会导致所配溶液的物质的量浓度偏低，故A不选；
B．定容时俯视读取刻度，V偏小会导致所配溶液的物质的量浓度偏高，故B选；
C．原容量瓶洗净后未干燥，对实验无影响，故C不选；
D．定容时液面超过了刻度线，V偏大，导致所配溶液的物质的量浓度偏低，故D不选；
故选：B。
16.下列关于容量瓶使用方法的叙述中，正确的是（ ）
①使用容量瓶前检查是否漏水；
②在容量瓶中溶解氢氧化钠固体；
③容量瓶用蒸馏水洗净后残留少量水即使用；
④溶液需冷却至室温方可注入容量瓶；
⑤加水定容时，不小心超出刻度线，用滴管吸出多余液体．
A. ①②③ B. ①③④ C. ③④⑤ D. ①④⑤
【答案】B
【解析】容量瓶在使用过程中需要上下颠倒，故使用前必须检查是否漏水，①正确；容量瓶是一种容量器，颈上有标线，表示在所指温度下液体凹液面与容量瓶颈部的标线相切时，溶液体积恰好与瓶上标注的体积相等，所以容量瓶不能加热，不能在其中溶解物质和发生化学反应，②错误。容量瓶用蒸馏水洗净后残留少量水无影响，因为后面步骤中必须加蒸馏水定容，只要定容是正确的，配制的溶液的浓度就没有影响，③正确。转移溶液时如果温度过高，导致溶液的体积膨胀，定容时所加蒸馏水的体积偏小，所配溶液的浓度偏高，所以溶液须冷却方可转入容量瓶，④正确。加水定容时，不小心超出刻度线，所配溶液的浓度偏低，必须重新配制，⑤错误。故正确答案为B
17. 下列书写正确的是（ ）
A. NaHCO3=Na+ + H+ + CO32- B. NaHSO4=Na+ + HSO4-
C. CH3COOH=CH3COO- +H+ D. Na2SO4=2Na+ + SO42-
【答案】D
【解析】A、碳酸为弱酸，碳酸氢根不能拆开；
B、硫酸为强酸，硫酸氢根需要拆开；
C、醋酸为弱酸，部分电离，用可逆符号。
18.下列离子方程式中，正确的是 ( )
A. 石灰石与盐酸反应：CaCO3＋2H＋＝Ca2＋＋CO2↑＋H2O
B. 钠与水的反应 :
C. 氢氧化铜溶于盐酸：Cu2＋＋2OH－＋2H＋＝Cu2＋＋2H2O
D. 氯气与水的反应：
【答案】A
【解析】
【分析】A．石灰石为沉淀，应保留化学式；
B．原子个数不守恒；
C．氢氧化铜为沉淀，应保留化学式；
D．HClO是弱酸，应保留化学式。
【详解】A．石灰石与稀盐酸反应，离子方程式：CaCO3+2H＋=CO2↑+H2O+Ca2＋，故A正确；
B．钠与水反应，离子方程式：2Na+2H2O=2Na＋+2OH－+H2↑，故B错误；
C．氢氧化铜为沉淀，应保留化学式，氢氧化铜溶于盐酸，离子方程式：2H++Cu（OH）2=2H2O+Cu2＋，故C错误；
D．HClO是弱酸，应保留化学式，氯气与水的反应：Cl2＋H2O H＋＋Cl－＋HClO，故D错误；
故选A。
19.下列各组溶液，能在强酸性或强碱性中都能大量共存且无色的离子组是（ ）
A. 、、、 B. 、、、
C. 、、、 D. 、、、
【答案】D
【解析】
【分析】无色时可排除 Cu2＋、Fe2＋、Fe3＋、MnO4－等有色离子的存在，强酸性溶液中存在大量氢离子，强碱性溶液中存在大量氢氧根离子，
A．铜离子为有色离子，且铜离子、氢离子与碳酸根离子反应，碳酸根离子、铵根离子与氢氧根离子反应；
B．钡离子与硫酸根离子反应生成硫酸钡沉淀；
C．碳酸氢根离子与氢氧根离子和氢离子均反应；
D．四种离子之间不反应，都是无色离子，都不与氢离子和氢氧根离子反应．
20.下列各组物质在溶液中的反应,可用同一离子方程式表示的是 （ ）
A. Cu(OH)2与盐酸,Cu(OH)2与醋酸
B. BaCl2溶液与Na2SO4溶液,Ba(OH)2溶液与H2SO4溶液
C. NaHCO3溶液与盐酸,Na2CO3溶液与盐酸
D. 石灰石与硝酸反应,石灰石与盐酸
【答案】D
【解析】
【分析】A．盐酸为强酸，醋酸为弱酸，醋酸在离子反应方程式中保留化学式；
B．Ba（OH）2溶液与H2SO4溶液反应生成水和硫酸钡；
C．HCO3－在离子反应方程式中不拆开；
D．碳酸钙保留化学式，硝酸、盐酸均为一元强酸．
【详解】A．盐酸为强酸，醋酸为弱酸，醋酸在离子反应方程式中保留化学式，离子反应不能用同一离子方程式表示，故A不选；
B．Ba（OH）2溶液与H2SO4溶液反应生成水和硫酸钡，水应保留化学式，则离子反应不能用同一离子方程式表示，故B不选；
C．HCO3－在离子反应方程式中不拆开，与碳酸根离子不同，则离子反应不能用同一离子方程式表示，故C不选；
D．碳酸钙保留化学式，硝酸、盐酸均为一元强酸，离子反应均为CaCO3+2H＋=H2O+CO2↑+Ca2＋，故D选；
故选：D。
21.物质的量浓度相同的NaCl、MgCl2、AlCl3三种溶液，当溶液的体积比为3：2：1时，三种溶液中Cl-的物质的量之比为
A. 1：1：1 B. 1：2：3 C. 3：4：3 D. 3：2：1
【答案】C
【解析】
【详解】根据=cB·V可知，当物质的量浓度相同时溶质物质的量与溶液体积成正比，因为NaCl、MgCl2、AlCl3三种溶液的体积比为3∶2∶1，因此三种溶液中溶质物质的量之比：n(NaCl):n(MgCl2):n(AlCl3)=3:2:1，所以NaCl、MgCl2、AlCl3三种溶液中Cl-的物质的量之比为(3×1):(2×2):(1×3)=3:4:3，答案选C。
22.下列说法正确的是 （ ）
A. 向某溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，则溶液中一定存在SO42—
B. 向某溶液中加入盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，溶液中一定存在CO32—
C. 向某溶液中加入Ca(OH)2溶液，有白色沉淀生成，则溶液中一定存在CO32—
D. 加入硝酸酸化的AgNO3溶液有白色沉淀生成，则溶液中有Cl－
【答案】D
【解析】
【分析】A、能和BaCl2溶液产生不溶于硝酸的白色沉淀的可能为SO42－，还可能是Ag＋；
B、能使澄清石灰水变浑浊的气体可能是二氧化碳也可能是二氧化硫；
C、向某溶液中加入Ca(OH)2溶液，有白色沉淀生成，还可能是SO32－ SiO32－等；
D、AgCl、Ag2CO3和Ag2SO4等均为白色沉淀，但后二者能溶于稀硝酸；
【详解】A、AgCl和BaSO4均为不溶于硝酸的白色沉淀，故能和BaCl2溶液产生不溶于硝酸的白色沉淀的可能是SO42－，还可能是Ag＋，故A错误；
B、能使澄清石灰水变浑浊的气体可能是二氧化碳也可能是二氧化硫，如果是二氧化碳，则原溶液中可能含CO32－或HCO3－；如果是二氧化硫，则原溶液中可能含SO32－或HSO3－，故B错误；
C、向某溶液中加入Ca(OH)2溶液，有白色沉淀生成，还可能是SO32－ SiO32－等，故C错误；
D、AgCl、Ag2CO3和Ag2SO4等均为白色沉淀，但后二者能溶于稀硝酸，故D正确；
故选D。
23.某溶液中含有Ba2+、HCO3-、Cl-、NO3- 4种离子，先向溶液中加入足量的氢氧化钠溶液，再加入足量的稀盐酸，溶液中大量减少的离子是 （ ）
A. Ba2+ B. HCO3- C. Cl－ D. NO3－
【答案】B
【解析】
【分析】离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，则离子大量共存。
【详解】某溶液中含有Ba2＋、HCO3－、Cl－、NO3－四种离子，先向溶液中加入足量NaOH，能发生反应的离子反应为HCO3－+OH－=H2O+CO32－，CO32－+Ba2＋=BaCO3 ↓，再加入足量稀盐酸，发生的反应为OH－+H＋=H2O，BaCO3+2H＋=Ba2＋＋H2O＋CO2↑，氯离子增加，钡离子、硝酸根离子数目不变，可知大量减少的离子为HCO3－，
故选：B。
24.有一无色混合物的水溶液，可能含有以下离子中的若干种：K＋、NH4＋、Cl－、Mg2＋、Fe3＋、CO32－、SO42－、H＋，现取三份100mL溶液进行如下实验：(已知NH4＋+OH-NH3+H2O；MgCO3是微溶物)（1）第一份加入足量AgNO3溶液有沉淀产生（2）第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到气体0.04mol（3）第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀6.27g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33g。根据上述实验，以下推测正确的是（ ）
A. K＋一定存在 B. 100mL溶液中含0.01mol CO32－
C. Cl－一定存在 D. Fe3＋一定不存在，Mg2＋可能存在
【答案】A
【解析】
【分析】无色溶液中一定不存在有色的离子：Fe3＋，
①加入AgNO3溶液有沉淀产生，说明溶液中可能存在Cl－、CO32－、SO42－；
②加入氢氧化钠产生气体，该0.04mol气体为氨气，说明溶液中一定含有NH4＋，且物质的量为0.04mol；
③2.33g为硫酸钡沉淀，其物质的量为0.01mol，6.27g为硫酸钡和碳酸钡，据此可以计算出碳酸钡的物质的量；再根据电荷守恒，得出一定存在钾离子，据此进行判断．
【详解】无色溶液中一定不存在有色的离子：Fe3＋，
①与AgNO3溶液有沉淀产生的离子有Cl－、CO32－、SO42－；
②加足量NaOH溶液加热产生气体，气体是氨气，一定有铵离子0.04mol；
③不溶于盐酸的2.33g沉淀为硫酸钡，硫酸钡的物质的量是：2.33g/233g·mol－1=0.01mol；6.27g沉淀是硫酸钡和碳酸钡，碳酸钡质量为：6.27g-2.33g=3.94g，碳酸钡物质的量为：3.94g/197g·mol－1=0.02mol，所以原溶液中一定存在：CO32－、SO42－，因而一定不含Ba2＋；
c（CO32－）=0.02mol/0.1L=0.2mol·L－1，根据电荷守恒，正电荷为：n（+）=n（NH4＋）=0.04mol；n（-）=2n（CO32－）+2n（SO42－）=0.06mol，故一定有K＋，至少0.02mol；
A、原溶液中一定存在的离子有NH4＋、K＋、CO32－、SO42－，故A正确，
B、依据计算可知碳酸根物质的量为0.02mol，故B错误；
C、一定没有的离子Fe3＋、Ba2＋，可能存在Cl－，故C错误；
D、同时第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到气体，没有产生沉淀，说明一定不含Mg2＋，故D错误；
故选：A。
第Ⅱ卷 非选择题(共50分)
二、非选择题(本题包括4小题，共52分)
25.实验室常用浓盐酸的质量分数为36.5%，密度为1.20g•cm-3。
(1)此浓盐酸的物质的量浓度是 ___mol•L-1；
(2)配制100.0mL该浓盐酸，需要标准状况下HCl的体积为 ____L；
(3)配制100.0mL3.00mol•L-1的盐酸，需以上浓盐酸的体积为 ___mL；
(4)取100.0mL3.00mol•L-1的盐酸，用NaOH溶液中和消耗 NaOH的质量是 ____g。
(5)将10.0mL3.00mol•L-1的盐酸与10.0mL1.00mol•L-1的MgCl2溶液混合，则混合溶液中Cl-的物质的量浓度是 ___ mol•L-1（设混合后溶液的体积不变）。
(6)写出电离方程式：①NaHCO3____________；②KHSO4___________。
【答案】(1). 12 (2). 26.88 (3). 25 (4). 12 (5). 2.5 (6). NaHCO3= Na＋＋HCO3- (7). KHSO4 = K＋＋ H＋＋SO42－
【解析】
【分析】（1）根据物质的量浓度C=1000ρω/M计算；
（2）根据n=CV和V=n·Vm计算；
（3）根据溶液稀释定律C浓V浓=C稀V稀计算；
（4）根据方程式计算；
（5）根据C（Cl－）=n(Cl－)总/V总计算．
（6）碳酸是弱酸，HCO3-不拆，硫酸是强酸，HSO4-在水中全电离。
【详解】（1）溶液的物质的量浓度C=1000ρω/M=1000×1.20g/ml×36.5%/36.5g·mol－1=12.0 mol·L-1；
（2）100.0 mL该浓盐酸中所含HCl的物质的量为0.1 L×12.0 mol·L-1=1.20 mol，需要标准状况下HCl的体积为1.20 mol×22.4 L·mol－1=26.88 L．
（3）设配制稀盐酸需要浓盐酸的体积是V，则有0.100 L×3.00 mol·L-1=V×12.0 mol·L-1，解得V=0.0250 L，即25.0 mL．
（4）根据方程式NaOH＋HCl=NaCl＋H2O，n(NaOH)=n(HCl)=100.0mL×3.00mol•L-1=0.3mol,m(NaOH)=0.3mol×40g·mol－1=12g；
（5）10.0 mL 3.00 mol·L-1的盐酸中Cl－的物质的量为0.0100 L×3.00 mol·L-1=0.0300 mol，10.0 mL 1.00 mol·L-1的MgCl2溶液中Cl－的物质的量为0.0100 L×1.00 mol·L-1×2=0.0200 mol，则混合溶液中Cl－的物质的量浓度是（0.0300 mol+0.0200 mol）÷0.0200 L=2.50 mol·L-1．
（6）碳酸是弱酸，HCO3-不拆，硫酸是强酸，HSO4-在水中全电离，在水溶液中电离方程式： NaHCO3= Na＋＋HCO3- ， KHSO4=K＋＋H＋＋SO42－。
26.完成下列问题：有下列物质：①铝、②硫化氢、③金刚石、④氢氧化铝、⑤干冰、⑥液氯、⑦盐酸、⑧氢氧化钠固体、⑨碳酸氢钾溶液、⑩熔融的硫酸钡、⑪液氨、⑫氨水、⑬冰醋酸、⑭乙醇。（填序号）
(1)其中在常温下能导电的是______。
(2)属于非电解质的是__________。
(3)属于电解质的是______________。
(4)属于弱电解质的是_____________。
【答案】(1). ①⑦⑨⑩⑫ (2). ⑤⑪⑭ (3). ②④⑧⑩⑬ (4). ②④⑬
【解析】
【分析】存在自由移动的电子，溶液或熔融状态下，含有自由移动离子的可以导电
水溶液中和熔融状态下都不导电的化合物为非电解质，
水溶液中或熔融状态下导电的化合物为电解质，
水溶液中不能完全电离的电解质为弱电解质，
【详解】①铝能导电，是单质，不是电解质和非电解质，
②硫化氢不能导电，溶于水导电属于电解质，水溶液中部分电离属于弱电解质，
③金刚石是单质，不能导电，不是电解质和非电解质，
④氢氧化铝不导电，水溶液中微弱部分电离属于电解质中的弱电解质，
⑤干冰CO2不能电离，不能导电，属于非电解质，
⑥液氯是液态氯气属于单质，不能导电不是电解质和非电解质，
⑦氯水是氯气水溶液，是混合物，能导电，不是电解质，
⑧氢氧化钠固体不能导电，溶于水导电属于电解质中的强电解质，
⑨碳酸氢钾溶液导电，是电解质溶液，
⑩硫酸钡粉末不能导电，熔融状态完全电离属于电解质中强电解质，
⑪液氨是液态氨气，不能电离，不能导电，属于非电解质，
⑫氨水氨气水溶液，是混合物，能导电，不是电解质，
⑬冰醋酸是纯净醋酸不能导电，溶于水导电部分电离，属于电解质中的弱电解质，
⑭乙醇不能电离不能导电，属于非电解质，
其中在常温下能导电的是①⑦⑨⑩⑫，属于非电解质的是⑤⑪⑭，属于电解质的是 ②④⑧⑩⑬，属于弱电解质的是②④⑬。
27.氯气是一种重要的化工原料。
（1）氯气和石灰乳反应可以制得漂白粉，漂白粉暴露在空气中因吸收了空气中的CO2和H2O而失效，漂白粉失效过程的化学反应方程式为：______。
（2）氯水中含有多种成分，因而具有多种性质，根据新制氯水分别与如图四种物质发生的反应填空（a、b、c、d中重合部分代表物质间反应，且氯水足量）。
①c过程反应的离子方程式______，e过程中的离子方程式为 _______。
②d过程所观察到的现象为：____，原因： ____，b过程的离子方程式： ______。
【答案】(1). Ca(ClO)2＋CO2＋H2O＝CaCO3↓＋2HClO (2). Ag++Cl-=AgCl↓ (3). Cl2+2OH－ = Cl－ +ClO-+H2O (4). 先变红后褪色 (5). 氯气和水反应生成HCl、HClO,溶液显酸性使石蕊变红HClO具有漂白性(或强氧化性)使溶液褪色 (6). 2H++CO32-=CO2↑＋H2O
【解析】
【分析】（1）次氯酸钙与二氧化碳和水反应生成碳酸钙和次氯酸，次氯酸不稳定见光分解生成氯化氢和氧气；
（2）氯气溶于水，部分氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸具有酸性，次氯酸具有漂白性，氯水中含有3种分子：Cl2（氯分子）、HClO（次氯酸分子）、H2O（水分子）；4种离子：Cl－（氯离子）、H＋（氢离子）、ClO－（次氯酸根离子）、OH－（氢氧根离子），由此对照分析。
【详解】（1）漂白粉暴露在空气中因吸收了空气中的CO2和H2O而失效，是和二氧化碳、水反应生成碳酸钙和次氯酸，次氯酸见光分解得到氯化氢和氧气，反应的化学方程式为：Ca（ClO）2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO，2HClO2HCl+O2↑；
（2）①c过程的反应是氯水中的盐酸和硝酸银反应得到氯化银沉淀，反应的化学方程式为：AgNO3+HCl=AgCl↓+HNO3，反应的离子方程式：Ag++Cl-=AgCl↓；e过程中的化学反应是氯水中的氯气和氢氧化钠发生反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的化学方程式为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，反应的离子方程式：Cl2+2OH－ = Cl－ +ClO-+H2O ；
②氯水中含有盐酸和次氯酸，盐酸具有酸性，次氯酸具有漂白性，d过程所观察到的现象是先变红色，后褪色；b过程是氯水中的盐酸和碳酸钠反应生成二氧化碳气体，证明了氯水中存在酸，存在的微粒为H＋，离子方程式： 2H++CO32-=CO2↑＋H2O。
28.Ⅰ.向Ba(OH)2溶液中逐滴加入稀硫酸，请完成下列问题：
(1)写出反应的离子方程式__________。
(2)下列三种情况下，离子方程式与(1)相同的是____(填序号)。
A．向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba(OH)2溶液至溶液中显中性
B．向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba(OH)2溶液至SO恰好完全沉淀
C．向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba(OH)2溶液至过量
(3)若缓缓加入稀硫酸直至过量，整个过程中混合溶液的导电能力(用电流强度I表示)可近似地用如图中的___曲线表示(填序号)。
(4)若有一表面光滑的塑料小球悬浮于Ba(OH)2溶液中央，如图所示，向该烧杯里缓缓注入与Ba(OH)2溶液等密度的稀硫酸至恰好完全反应。在此实验过程中，小球将____________。
Ⅱ.某地甲、乙两厂排放污水，污水中含有下列8种离子中的4种：Ag+、Ba2+、Fe3+ 、Na+、Cl-、SO42-、NO3-、OH-（两厂所排污水不含相同离子）。两厂单独排放都会造成严重的水污染（其中甲厂的污水是碱性的），如将两厂的污水按一定比例混合，沉淀后的污水变成无色澄清的几乎只含硝酸钠的溶液而排放，污染程度会大大降低。关于两厂所排污水中所含的4种离子，你认为应该是：甲厂：________；乙厂________。
【答案】(1). Ba2＋＋2OH－＋SO42-＋2H＋===BaSO4↓＋2H2O (2). A (3). C (4). 沉到烧杯底部 (5). OH－ Cl－ SO42- Na＋ (6). Fe3＋ Ba2＋ Ag＋ NO3—
【解析】
【分析】Ⅰ.（1）反应生成硫酸钡和水，硫酸钡和水在离子反应中均保留化学式；
（2）恰好完全反应时，溶液为中性；
（3）加入稀硫酸直至过量，恰好反应时导电性为0，过量后离子浓度增大，导电性增强；
（4）向该烧杯里缓缓注入与Ba（OH）2溶液等密度的稀硫酸至恰好完全反应，生成硫酸钡和水，溶液的密度小于Ba（OH）2溶液的密度．
Ⅱ.将两厂的污水按一定比例混合，沉淀后的污水变成无色澄清的几乎只含硝酸钠的溶液而排放，污染程度会大大降低，说明甲乙两厂的废水能反应生成沉淀，从离子能否大量共存的角度分析，甲厂呈碱性，可假设乙厂含有Ag＋，则一定不含SO42－、OH－、Cl－，则SO42－、OH－、Cl－应存在与甲厂，因Ba2＋与SO42－、Fe3＋与OH－不能共存，则Fe3＋、Ba2＋存在于乙厂，根据溶液呈电中性可知，乙厂一定存在NO3－；所以乙厂含有的离子有：Ag＋、Ba2＋、Fe3＋、NO3－，甲厂含有的离子为：Na＋、Cl－、SO42－、OH－。
【详解】Ⅰ.（1）反应生成硫酸钡和水，离子反应为Ba2＋+2OH－+SO42－+2H＋═BaSO4↓+2H2O；
（2）离子方程式（1）反应后溶液为中性，
A．向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba（OH）2溶液至溶液显中性，离子反应为Ba2＋+2OH－+SO42－+2H＋═BaSO4↓+2H2O，故A选；
B．向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba（OH）2溶液至SO42－恰好完全沉淀，离子反应为Ba2＋+OH－+SO42－+H＋═BaSO4↓+H2O，故B不选；
C．向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba（OH）2溶液至过量，离子反应为Ba2＋+OH－+SO42－+H＋═BaSO4↓+H2O，故C不选；
故选A；
（3）加入稀硫酸直至过量，恰好反应时导电性为0，过量后离子浓度增大，导电性增强，图中只有C符合；
（4）向该烧杯里缓缓注入与Ba（OH）2溶液等密度的稀硫酸至恰好完全反应，生成硫酸钡和水，溶液的密度小于Ba（OH）2溶液的密度，塑料小球将沉到烧杯底部。
Ⅱ.将两厂的污水按一定比例混合，沉淀后的污水变成无色澄清的几乎只含硝酸钠的溶液而排放，污染程度会大大降低，说明甲乙两厂的废水能反应生成沉淀，从离子能否大量共存的角度分析，甲厂呈碱性，可假设乙厂含有Ag＋，则一定不含SO42－、OH－、Cl－，则SO42－、OH－、Cl－应存在与甲厂，因Ba2＋与SO42－、Fe3＋与OH－不能共存，则Fe3＋、Ba2＋存在于乙厂，根据溶液呈电中性可知，乙厂一定存在NO3－；所以乙厂含有的离子有：Ag＋、Ba2＋、Fe3＋、NO3－，甲厂含有的离子为：Na＋、Cl－、SO42－、OH－。
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