山西省大同市第一中学2023-2024学年高一上学期10月月考化学试题（Word版附解析）

2023～2024-1高一年级10月学情检测化学试卷(试卷满分100分，考试时间60分钟)一、选择题(本题共20小题，每小题3分，共60分。每小题只有一个选项符合题意)1.2022年在北京举行的冬奥会，火炬中的燃料为C3H8，燃料燃烧体现了“绿色奥运”的理念。按物质的组成和性质进行分类，C3H8属于A.氧化物B.单质C.有机物D.盐【答案】C【解析】【详解】A．C3H8由C、H两种元素组成，不含有氧元素，不属于氧化物，A不正确；B．C3H8由C、H两种元素组成，则不属于单质，B不正确；C．C3H8由C、H两种元素组成，其中一种元素为碳元素，则其属于有机物，C正确；D．C3H8分子中不含有金属离子、不含有酸根离子，则不属于盐，D不正确；故选C。2.下列与实验有关的图标对应不正确的是A.护目镜B.用电C.明火D.洗手【答案】B【解析】【分析】【详解】A．为护目镜图标，进行化学实验需要佩戴护目镜，以保护眼睛，A正确；B．为排风图标，实验中会用到或产生有害气体，或产生烟、雾，应开启排风管道或排风扇，B错误；C．为明火图标，实验中会用到明火，要正确使用火源，并束好长发、系紧宽松衣物，C正确；,D．为吸收图标，实验结束后，离开实验室前需用肥皂等清洗双手，D正确；答案选B。3.人类文明的进步离不开化学学科的发展。下列化学家与其贡献不匹配的是A.门捷列夫——编制第一张元素周期表B.道尔顿——提出分子学说C.侯德榜——发明联合制碱法D.屠呦呦——从青蒿中提取青蒿素【答案】B【解析】【详解】A．门捷列夫在化学上的主要贡献是发现了元素周期律，并编制出元素周期表，不符合题意，A错误；B．道尔顿在化学上的主要贡献是提出了原子学说，不是分子学说，符合题意，B正确；C．侯德榜是我国近代化学工业的奠基人之一，主要贡献发明联合制碱法，不符合题意，C错误；D．屠呦呦从青蒿中提取青蒿素，并获得诺贝尔奖，不符合题意，D错误；故答案选B。4.分类是学习和研究化学的一种常用的科学方法，下列说法正确的是A.根据CaO能与水化合生成Ca(OH)2，推测BaO也能与水化合生成Ba(OH)2B.根据有没有丁达尔效应将分散系分为溶液和胶体C.根据酸分子中氢原子的个数，可将酸分为一元酸、二元酸等D.Na2O2能与水生成NaOH，所以它是碱性氧化物【答案】A【解析】【详解】A．Ca与Ba同主族，且Ba比Ca更活泼，根据CaO能与水化合生成Ca(OH)2，推测BaO也能与水化合生成Ba(OH)2，故A正确；B．根据分散质粒子的直径可将分散系分为溶液和胶体，丁达尔效应是胶体的性质，故B错误；C．根据酸分子能电离出氢原子的个数，可将酸分为一元酸、二元酸等，故C错误；D．碱性氧化物与水反应只生成碱，Na2O2与水生成NaOH，还生成氧气，故不是碱性氧化物，故D错误；故选A。5.下列说法中正确的是①酸性氧化物在一定条件下均能与碱发生反应②金属氧化物不一定都是碱性氧化物，但碱性氧化物一定都是金属氧化物③蔗糖和水分别属于非电解质和电解质④硫酸、纯碱、醋酸钠和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物,⑤因为胶粒比溶液中溶质粒子大，所以胶体可以用过滤的方法把胶粒分离出来⑥只由一种分子组成的物质一定为纯净物，组成混合物的物质可能只有一种元素⑦由一种元素的阳离子与另一种元素的阴离子组成的物质一定为纯净物A.3个B.4个C.5个D.6个【答案】B【解析】【详解】①依据定义，酸性氧化物在一定条件下能与碱反应生成盐和水，①正确；②金属氧化物中，Na2O2、Fe3O4等不是碱性氧化物，但碱性氧化物都有对应的碱，都是金属氧化物，②正确；③蔗糖有机化合物，水溶液和熔融液都不能导电，属于非电解质，水属于电解质，③正确；④硫酸、醋酸钠和生石灰分别属于酸、盐和氧化物，但纯碱不属于碱，它属于盐，④不正确；⑤胶粒比溶液中溶质粒子大，但胶粒直径比滤纸孔隙直径小，所以胶体不能用过滤的方法把胶粒分离出来，⑤不正确；⑥只由一种分子组成的物质只有一个化学式，则一定为纯净物，组成混合物的物质可能只有一种元素，比如O2、O3，⑥正确；⑦一种元素的阳离子与另一种元素的阴离子组成的物质不一定为纯净物，比如Na+与O2-、构成的物质为混合物，⑦不正确；综合以上分析，①②③⑥正确，故选B。6.蜂窝状石墨烯是一种低成本光伏材料，其生产原理为：(石墨烯)。下列说法不正确的是A.是碱性氧化物B.石墨烯、金刚石都是碳元素的同素异形体C.该反应是置换反应D.的水溶液呈碱性【答案】C【解析】【详解】A．能与盐酸反应生成氯化钠和水，是碱性氧化物，故A正确；B．石墨烯、金刚石都是碳元素组成的单质，属于同素异形体，故B正确；C．该反应是两种化合物反应生成一种化合物和一种单质，不是置换反应，故C错误；D．是强碱弱酸盐，水溶液呈碱性，故D正确；选C。7.下列表格中各项分类都正确的一组是：纯净物混合物电解质非电解质A生理盐水明矾液态KNO3蔗糖B生石灰海水铜乙醇,C胆矾生铁CaCO3CO2D氢氧化钠空气Na2SO4溶液食醋A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【分析】电解质是指在水溶液或者熔融状态下导电的化合物。电解质常见物质是酸、碱、盐、金属氧化物、水。非电解质常见物质是大部分有机物、非金属氧化物。【详解】A．生理食盐水是混合物，明矾是纯净物，故A错误；B．铜是单质既不是电解质也不是非电解质，故B错误；C．胆矾是结晶水合物、属于纯净物，生铁是铁碳合金、属于混合物，CaCO3是盐、属于电解质，CO2水溶液能导电但离子不是由CO2自身电离，CO2属于非电解质，各物质都符合分类，故C正确；D．Na2SO4溶液、食醋都是混合物，所以既不是电解质也不是非电解质，故D错误；故选答案C。8.下列说法不正确的是A.熔融态的汞(水银)能导电，所以汞是电解质B.NaHSO4、NaHCO3都属于酸式盐，两者可以发生反应C.加压使HCl液化，HCl并没有发生电离D.氢离子是“裸露”的质子，半径很小，在溶液中易与水分子结合成H3O+【答案】A【解析】【详解】A．电解质是指在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物，熔融态的汞(水银)能导电，但汞是单质，不属于电解质，A错误；B．NaHSO4、NaHCO3都属于酸式盐，两者可以发生反应，反应方程式为：NaHSO4+NaHCO3=Na2SO4+H2O+CO2↑，B正确；C．已知液态HCl不能导电，故加压使HCl液化，HCl并没有发生电离，C正确；D．氢离子是“裸露”的质子，半径很小，在溶液中易与水分子结合成H3O+，D正确；故答案为：A。9.下列除杂试剂的选择(括弧中为杂质)，正确的是A.CaCO3(CaCl2)：水B.CO2(CO)：O2C.NaHCO3溶液(Na2CO3)：适量盐酸D.Fe(Cu)：稀硫酸【答案】A【解析】【详解】A．CaCO3难溶于水，CaCl2易溶于水，可加水再过滤除去，A正确；B．加入氧气的量不好控制，会引入新的杂质气体，B错误；C．NaHCO3与Na2CO3都能与盐酸反应，不符合除杂原则，C错误；,D．杂质Cu不与稀硫酸反应，而Fe能与稀硫酸反应，无法除去杂质，不符合除杂原则，C错误；故选：A。10.已知：，下列说法正确的是A.发生氧化反应B.是还原剂C.是还原产物D.n(氧化产物)∶n(还原产物)【答案】B【解析】【分析】反应中，Cl2中的Cl化合价降低，作氧化剂，被还原；H2O2中O化合价升高，作还原剂，被氧化。【详解】A．中的Cl化合价降低，作氧化剂，被还原，发生还原反应，故A错误；B．H2O2中O化合价升高，作还原剂，故B正确；C．H2O2中O化合价升高，被氧化，生成O2为氧化产物，故C错误；D．Cl2中的Cl化合价降低，被还原，生成HCl为还原产物；H2O2中O化合价升高，被氧化，生成O2为氧化产物，故n(氧化产物)∶n(还原产物)，故D错误；故选B。11.已知高锰酸钾溶液在酸性条件下可以与硫酸亚铁反应，反应如下：MnO+Fe2++H+→Fe3++Mn2++H2O(未配平)。下列说法正确的是A.MnO是氧化剂，Fe3+是还原产物B.生成四个水分子时，转移10个电子C.硫酸体现了氧化性和酸性D.Fe2+的还原性强于Mn2+【答案】D【解析】【分析】根据原子守恒、电荷守恒，将题给离子反应方程式配平得到：MnO+5Fe2++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O。【详解】A．该反应中Mn元素化合价从+7降低到+2，MnO是氧化剂，化合价升高得到的产物是Fe3+，其是氧化产物，A错误；B．据分析，该反应有关系：MnO+5Fe2++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O~5e-，则生成四个水分子时，转移5个电子，B错误；C．该反应中，硫酸中的H、S、O元素化合价均没有发生改变，故硫酸没有体现氧化性，其提供了H+参与反应，产物生成硫酸盐，体系了酸性，C错误；D．该反应中，Fe2+是还原剂，Mn2+是还原产物，还原剂的还原性强于氧化产物，故Fe2+的还原性强于Mn2+，D正确；故选D。12.在能使酚酞变红的无色溶液中，可以大量共存的,ANa+、Cu2+、Cl-、NOB.K+、NO、Mg2+、Cl-C.Ba2+、MnO、Na+、Cl-D.Na+、SO、CO、K+【答案】D【解析】【详解】A．能使酚酞变红的溶液呈碱性，OH-、Cu2+结合生成氢氧化铜沉淀，不能共存，A错误；B．能使酚酞变红的溶液呈碱性，OH-、Mg2+结合生成氢氧化镁沉淀，不能共存，B错误；C．含的溶液呈紫红色，不符合无色溶液的条件，C错误；D．各离子之间互不反应，能大量共存，D正确；故选：D。13.固体溶解过程如图所示，下列说法不正确的是A.a离子为，b离子为B.的电离方程式为：C.该溶液导电时，水合a离子向与电源正极相连的电极方向移动D.加入少量固体(假设溶液体积不变)，溶液导电性基本不变【答案】A【解析】【详解】A．钠离子带正电荷，形成水合离子时应该是水中带负电的氧原子靠近钠离子，氯离子带负电，形成水合离子时应该是水中带正电的氢原子靠近氯离子，b离子为，a离子为，故A错误；B．NaCl是电解质，在水溶液中完全电离，电离方程式为，故B正确；C．NaCl溶液导电时，阴离子向正极移动，则水合a离子向与电源正极相连的电极方向移动，故C正确；D．加入少量固体，发生反应：+NaCl=AgCl+NaNO3，反应过程中离子浓度基本不变，溶液导电性基本不变，故D正确；故选A。14.善于发现和总结规律是化学学习的必备素养。NaCl、、NaClO、、是按某一规律排列的，下列选项中也完全按照此规律排列的是A.、、C、、B.、S、、、,C.、Fe、、、D.、、NO、、【答案】D【解析】【分析】NaCl、、NaClO、、均含Cl元素且化合价依次升高，据此分析解答。【详解】A．、、C、、中碳元素的化合价价依次为：-4、+4、0、+4、+4，不符合上述规律，故A不选；B．、S、、、中硫元素的化合价价依次为：-2、0、+4、+4、+6，不符合上述规律，故B不选；C．、Fe、、、中Fe元素的化合价价依次为：+3、0、+2、+3、+3，不符合上述规律，故C不选；D．、、NO、、中N元素的化合价价依次为：-3、0、+2、+4、+5，符合上述规律，故D选；故选：D。15.下列化学反应的离子方程式书写正确的是A.用醋酸除去水垢：B.钠与水反应：C.溶液中滴加少量：D.向沸水中滴加饱和溶液制胶体：【答案】C【解析】【详解】A．醋酸是弱酸不能拆，离子方程式为：，故A错误；B．钠与水反应：，故B错误；C．溶液中滴加少量，反应生成碳酸钡和氢氧化钠，离子方程式为：，故C正确；D．饱和溶液制胶体：，故D错误；故选：C。16.Fe3+、SO、Al3+和X四种离子以物质的量之比2：4：1：1大量共存于同一溶液中，X可能是,A.Br-B.OH-C.COD.NH【答案】A【解析】【详解】Fe3+、SO、Al3+和X四种离子以物质的量之比2：4：1：1大量共存于同一溶液中，由溶液呈电中性可知，Fe3+和Al3+所带正电荷总数大于SO所带负电荷总数，设X离子带的负电荷数为x，则，解得x=1，即X为带一个负电荷的阴离子，因OH-与Fe3+、Al3+结合生成沉淀，不能共存于同一溶液，故X可能为Br-；故选A。17.下列实验操作及现象、实验结论均正确的是实验操作及现象结论A向NaOH溶液中滴加饱和溶液可得到红褐色液体反应生成胶体B向某溶液中加入盐酸，有气泡产生将该气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊该溶液中一定含C向某溶液中滴加溶液，产生白色沉淀该溶液中不一定含有D某溶液中加入溶液，产生白色沉淀再加入稀盐酸，沉淀不消失原溶液中一定存在A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．向NaOH溶液中滴加饱和溶液可得到红褐色氢氧化铁沉淀，故A错误；B．向某溶液中加入盐酸，有气泡产生将该气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊，该溶液中一含或、亚硫酸根、亚硫酸氢根中至少一种，故B错误；C．向某溶液中滴加溶液，产生白色沉淀，沉淀可能是氯化银、碳酸银等，所以该溶液中不一定含有，故C正确；D．某溶液中加入溶液，产生白色沉淀再加入稀盐酸，沉淀不消失，该沉淀可能是硫酸钡或氯化银，原溶液中存在或Ag+，故D错误；选C18.某无色溶液中只可能含有K+、Ag+、Ba2+、Cu2+、Cl-、OH-、CO、SO中的一种或几种，对其进行如下实验操作：,(1)取少量溶液，加入足量BaCl2溶液，产生白色沉淀；(2)向(1)所得混合物中加足量盐酸，沉淀部分溶解，并有无色气体生成；(3)将(2)所得混合物过滤，向滤液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成。下列对该溶液的说法正确的是A.一定含有K+、CO、SOB.一定含有Cl-C.一定不含有Ag+、Ba2+、Cu2+、OH-D.无法判断【答案】A【解析】【分析】Cu2+是蓝色，故无色溶液中一定不含Cu2+；①取少量溶液，加入足量BaCl2溶液，产生白色沉淀，该沉淀可能是氯化银沉淀，可能是硫酸钡、碳酸钡沉淀；向①所得混合物中加足量盐酸，沉淀部分溶解，并有无色气体生成；说明溶液中一定含，一定不含Ba2+；又碳酸银是沉淀，则原溶液中一定不含Ag+，则①中的沉淀是BaSO4、BaCO3；溶液中一定含一定含，根据电荷守恒原理，溶液中一定含K+；将②所得混合物过滤，向滤液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，该沉淀为AgCl，但Cl-可能是①中过量的，不能确定原溶液中是否有Cl-，综上所诉，原溶液中一定含：K+、、；可能含有Cl-、OH-；一定不含有Ag+、Ba2+、Cu2+；依此解答。【详解】A．根据分析可知，溶液中一定含：K+、、，A正确；B．根据分析可知，溶液中可能含有Cl-、OH-，B错误；C．根据分析可知，溶液中一定不含有Ag+、Ba2+、Cu2+，C错误；D．根据分析可知：原溶液中一定含：K+、、；可能含有Cl-、OH-；一定不含有Ag+、Ba2+、Cu2+；D错误；答案选A19.在两份相同的溶液中，分别滴入物质的量浓度相等的、溶液，其导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如图所示。下列分析不正确的是A.①代表滴加溶液的变化曲线B.b点，溶液中大量存在的离子是、C.c点，两溶液中酸碱性不同D.a、d两点对应的体系具有相同的溶质和滴入溶液的体积【答案】D,【解析】【分析】向Ba(OH)2溶液中滴入硫酸溶液发生反应的化学方程式为，向Ba(OH)2溶液中滴入NaHSO4溶液，随着NaHSO4溶液的滴入依次发生反应溶液导电能力与离子浓度成正比，根据图知，曲线①在a点溶液导电能力接近0，说明该点溶液离子浓度最小，应该为Ba(OH)2溶液和H2SO4的反应，则曲线②为Ba(OH)2溶液和NaHSO4溶液的反应，据此分析作答；【详解】A．根据分析，①代表滴加H2SO4溶液的变化曲线，故A正确；B．根据图知，a点为Ba(OH)2溶液和H2SO4恰好反应，H2SO4、NaHSO4溶液的物质的量浓度相等，则b点溶液溶质为NaOH，所以b点溶液中大量存在的离子是Na+、OH−，故B正确；C．c点，①中稀硫酸过量，溶质为硫酸，溶液呈酸性，②中反应后溶液中溶质为NaOH、Na2SO4，溶液呈碱性，所以两溶液酸碱性不同，故C正确；D．a点①中硫酸和氢氧化钡恰好完全反应生成BaSO4沉淀和水，滴入的硫酸和氢氧化钡物质的量1∶1；d点②中溶质为Na2SO4，滴入的硫酸氢钠与氢氧化钡的物质的量之比为2∶1，故D错误；故选：D。【点睛】本题考查酸碱混合溶液的定性判断，明确发生的反应及各点溶液中溶质成分是解答本题的关键，要特别注意溶液导电能力与离子浓度成正比，为易错点。20.用下列方法均可制得氯气：①MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O②KClO3+6HCl(浓)3Cl2↑+KCl+3H2O③2KMnO4+16HCl(浓)═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O若要制得相同质量的氯气，①②③反应中电子转移数目之比为A.6：5：6B.1：3：5C.15：5：3D.1：6：10【答案】A【解析】【详解】反应①中氯气为唯一氧化产物，且全部是Cl元素被氧化生成，根据氯元素的化合价变化可知，生成1mol氯气转移2mol电子；反应②中KClO3为唯一氧化剂，且全部被还原，根据KClO3中氯元素化合价的变化，可知生成1mol氯气转移mol电子；反应③中氯气为唯一氧化产物，且全部是Cl元素被氧化生成，根据氯元素的化合价变化可知，生成1mol氯气转移2mol电子；则要制得相同质量的氯气，①②③反应中电子转移数目之比为2：：2=6：5：6，故答案为A。,二、非选择题(本题共4小题，共40分)21.有A、B、C、D四种可溶性盐，它们的阳离子分别是Ba2+、Ag+、Na+、Cu2+中的某一种，阴离子分别是NO、SO、Cl-、CO中的一种(离子在物质中不重复出现)。①若把四种盐分别溶于盛有蒸馏水的四支试管中，只有C盐的溶液呈蓝色；②若向四支试管中分别加入盐酸，B盐的溶液有沉淀生成，D盐的溶液有无色无味的气体逸出。请回答下列问题：(1)A的化学式为____，B的化学式为____。(2)写出D与足量CH3COOH溶液反应的离子方程式___。(3)写出A溶液中阴离子的检验方法____。【答案】①.BaCl2②.AgNO3③.CO+2CH3COOH=2CH3COO-+H2O+CO2↑④.取少量A溶液于试管中，向其中加入AgNO3溶液和稀硝酸，若产生白色沉淀，则含有Cl-【解析】【分析】C盐的溶液呈蓝色，说明C盐是铜盐；若向四支试管中分别加入盐酸，B盐的溶液有沉淀生成，说明B是AgNO3；D盐的溶液有无色无味的气体逸出，说明D是Na2CO3，相应地，A是BaCl2，C是CuSO4。【详解】(1)由分析可知，A盐为BaCl2，即A的化学式为BaCl2；B的化学式为AgNO3；(2)由上述分析可知，D为Na2CO3，其为强电解质，书写离子方程式时只保留参加反应的离子，而CH3COOH为弱电解质，离子方程式中保留分子式，因此，D与足量CH3COOH溶液反应的离子方程式为：CO32-+2CH3COOH=2CH3COO-+H2O+CO2↑；(3)A盐为BaCl2，检验Cl-一般用AgNO3，方法为：取少量A溶液于试管中，向其中加入AgNO3溶液和稀硝酸，若产生白色沉淀，则含有Cl-。22.已知：CO2＋Ca(OH)2=CaCO3↓＋H2O，CaCO3＋CO2＋H2O=Ca(HCO3)2，且Ca(HCO3)2易溶于水。试根据如图所示装置回答下列问题：（1）通入CO2前，灯泡________(填“亮”或“不亮”)。（2）开始通入CO2时，灯泡的亮度________。（3）继续通入过量的CO2，灯泡的亮度________。（4）下列四个图中，(填字母)能比较准确地反映出溶液的导电能力和通入CO2气体量的关系(x轴表示CO2通入的量，y轴表示导电能力)。A.B.C.D.,【答案】（1）亮（2）先变暗后熄灭（3）熄灭后又逐渐变亮（4）D【解析】【分析】通入二氧化碳前，澄清石灰水中存在自由移动的离子，能导电，灯泡会变亮；开始通入二氧化碳时，二氧化碳与石灰水反应生成碳酸钙沉淀和水，溶液中离子浓度减小，导电性减弱，灯泡先变暗后熄灭；灯泡熄灭后，再通入二氧化碳，二氧化碳和水会与碳酸钙沉淀反应生成溶于水的碳酸氢钙，溶液中离子浓度增大，导电性增强，熄灭的灯泡会逐渐变亮。【小问1详解】由分析可知，通入二氧化碳前，澄清石灰水中存在自由移动的离子，能导电，灯泡会变亮，故答案为：亮；【小问2详解】由分析可知，开始通入二氧化碳时，二氧化碳与石灰水反应生成碳酸钙沉淀和水，溶液中离子浓度减小，导电性减弱，灯泡先变暗后熄灭，故答案为：先变暗后熄灭；【小问3详解】由分析可知，灯泡熄灭后，再通入二氧化碳，二氧化碳和水会与碳酸钙沉淀反应生成溶于水的碳酸氢钙，溶液中离子浓度增大，导电性增强，熄灭的灯泡会逐渐变亮熄灭后又逐渐变亮，故答案为：熄灭后又逐渐变亮；【小问4详解】由分析可知，通入二氧化碳时，澄清石灰水中离子浓度先减小后增大，则溶液的导电性先减弱后增强，则图D符合题意，故选D。23.工厂的工业废水，不可直接往江河排放，否则会造成严重公害。某河道两旁有甲、乙两厂，它们排出的工业废水各含有K+、Fe3+、Ba2+、Ag+、Cl-、、、OH-中的四种。又知甲厂污水pH>7。（1）甲厂污水中含有的四种离子可能是：_______。（2）乙厂污水中含有的四种离子可能是：_______。（3）乙厂进行废水处理的方法之一，是可往废水中加入一定量的_______(选填；活性炭、硫酸亚铁、铁粉)，可以回收其中的金属_______(填元素符号)。（4）消除污染的另一种重要措施是将甲、乙两厂的废水按比例混合，可使废水中的_____(填离子符号)转化为沉淀，再排放则大大降低污染程度。过滤，所得废水主要含______，可用于浇灌农田。【答案】（1）OH-、Cl-、、K+（2）Fe3+、Ba2+、Ag+、（3）①.铁粉②.Ag（4）①.OH-、Fe3+、Cl-、Ag+、、Ba2+②.KNO3【解析】【分析】甲厂污水pH>7，故甲含氢氧根，乙含铁离子、银离子，与乙中离子反应的硫酸根、氯离子在甲厂污水中，根据污水呈电中性，甲厂污水中含钾离子，故甲厂的离子为氢氧根、硫酸根、氯离子、钾离子；乙厂污水中含铁离子、银离子、硝酸根、钡离子。,小问1详解】由分析可知：甲厂污水中含的离子可能为：；【小问2详解】由分析可知：乙厂污水中含的离子可能为：；【小问3详解】乙厂废水中含银离子，根据所提供的三种试剂，可选铁粉回收Ag；【小问4详解】将甲厂和乙厂污水按一定比例混合，可以生成氢氧化铁、氯化银、硫酸钡沉淀，即可以除去，剩下的废水中更主要含钾离子和硝酸根，即硝酸钾，可用于浇灌农田。24.发生复分解反应的条件是生成沉淀、气体或弱电解质(如水等)，利用这一规律，我们可以通过控制条件，使原来“不能进行”的反应真实发生。（1）当实验室中盐酸过期无法使用，可通过复分解反应制取少量HCl：这是利用了HCl的_____性。（2）侯氏制碱法的反应原理为：。某同学在学习了物质分类和转化之后，对该反应原理进行了如下解读：属于_____(填具体物质类型)，属于碱，它们反应可生成了一种酸式盐，其化学式为_____，在一定温度下，该体系中各物质的溶解度如表所示，其中溶解度最小的溶质(即_____)会析出，也即生成了沉淀反应得以发生。侯氏制碱法的反应原理是否属于离子反应，若是，请写出相应的离子方程式_____。若否，请在横线上写“否”。,溶解度/克9.636.021.821.7372100（3）根据各物质的溶解度随温度变化的曲线，欲使发生，应选择的温度可以是_____(填选项字母)。A.0-10℃B.10-20℃C.15-45℃D.70-80℃【答案】（1）挥发（2）①.酸性氧化物②.③.④.（3）D【解析】【小问1详解】制取HCl的反应方程式：NaCl+H2SO4=NaHSO4+HCl↑，是难挥发性酸制备易难挥发性酸，利用了HCl的挥发性；故答案为：挥发；【小问2详解】CO2能与碱反应生成正盐和水，属于酸性氧化物；NH3•H2O属于碱，一水合氨和过量二氧化碳反应生成种酸式盐，其化学式为NH4HCO3；由溶解度表可知溶解度最小的溶质是NaHCO3，溶解度为9.6g；侯氏制碱法的反应原理是NaCl+H2O+NH3=NaHCO3↓+NH4Cl；该反应有电解质参加并析出晶体，故属于离子反应；故答案为：酸性氧化物；NH4HCO3；NaHCO3；；【小问3详解】欲使KCl+NaNO3=KNO3+NaCl↓发生，说明NaCl的溶解度小于KNO3，应选择的温度可以是D；