《2023届中卫市重点中学高一化学第一学期期中调研模拟试题含解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023届中卫市重点中学高一化学第一学期期中调研模拟试题含解析.doc（13页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2022-2023学年高一上化学期中模拟试卷注意事项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（每题只有一个选项符合题意）1、下列属于非电解质的是A氨气B碳酸钾C盐酸D氯气2、能使酚酞变红的溶液中，下列离子能大量共存的是( )A、B、C、D、3、向体积均为10 mL、物质的量浓度相同的两份NaOH 溶液中分别通入一定量的CO2，得到溶液甲和乙。向甲、乙两溶液中分别滴加0.1mol/L的盐酸，此时反应生成CO2体
2、积(标准状况)与所加盐酸体积的关系如图所示。则下列叙述中不正确的是A原NaOH溶液的物质的量浓度为0.5 mol/LB当0V(HCl)XmRD元素W、R的最高价氧化物的水化物都是强酸11、己知在碱性溶液中可发生如下反应：2R(OH)3+ 3C1O-+ 4OH= 2RO4n-+3Cl+5H2O。则RO4n-中R的化合价是（ ）A+3B+4C+5D+612、下列配制的溶液浓度偏大的是（ ）A配制稀盐酸用量筒量取浓盐酸时俯视刻度线B配制稀盐酸定容时，仰视容量瓶刻度线C称量4.0gNaOH配制0.1mol/L NaOH溶液1000mL时，砝码错放左盘DNaOH溶解后未经冷却即注入容量瓶并加水至刻度线1
3、3、用NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法中正确的是A含有NA个氦原子的氦气在标准状况下的体积约为11.2 LB18 g H2O中含的质子数为8NAC常温常压下，1 mol氧气所含的原子数目为2NAD在标准状况下，11.2 L乙醇含有的分子数为0.5NA14、下列说法不正确的是A复分解反应一定不是氧化还原反应B置换反应一定是氧化还原反应C有单质参加的反应一定是氧化还原反应D部分分解反应是氧化还原反应15、实验室中可用如下反应制取氯气：K2Cr2O714HCl（浓）2KCl2CrCl33Cl27H2O，此反应中被氧化与被还原的原子个数比为A1：3B3：1C14：1D6：116、从50mL 5m
4、olL-1的盐酸中取出5mL，这5mL溶液的物质的量浓度是 （ ）A5mol/L B0.5 mol/L C50mol/L D1mol/L二、非选择题（本题包括5小题）17、 (1)A、B、C三种无色可溶性盐分别是由Na、Ag、Ba2、Cl、NO、CO中不同的阴、阳离子组成。经实验验证知：A溶液、B溶液均可以与盐酸反应，其中A产生白色沉淀，B产生气泡。则A为_、B为_。将B和C的溶液混合后，发生反应的离子方程式为_。(2)有一包固体粉末，由CaCO3、Na2SO4、KNO3、BaCl2、CuSO4中的三种物质组成，取样品进行如下实验：从实验可以判断，该固体粉末中一定不含有_，它的组成可能是_或_
5、。18、某固体可能由KNO3、K2SO4、KCl、NaCl、CuCl2和Na2CO3中的一种或几种组成。依次进行下列五步实验，观察到的实验现象记录如下：将固体加水得到无色溶液；向上述溶液中滴加过量BaCl2溶液，有白色沉淀生成。将该沉淀滤出，得到的沉淀可完全溶于稀HNO3；向的滤液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，该沉淀不溶于稀HNO3。(1)据此，可判断出固体中肯定有_，肯定没有_，可能含有_。(2)写出中反应的离子方程式_、_。19、除去下列物质中混有的少量杂质，把适当的试剂、操作方法的序号写在相应的横线上。A加适量盐酸、过滤B加适量水、过滤、蒸发C加适量水、过滤D加热(高温或灼烧)E
6、.加适量盐酸、蒸发F.冷却热的饱和溶液、结晶（1）碳酸钙中混有少量的碳酸钠_。（2）氯化钾粉末中混有碳酸钾_。（3）氧化钙中混有少量的碳酸钙_。（4）氯化钠中混有少量的炭粉_。（5）硝酸钾中混有少量的食盐_。20、浓硫酸是常用的干燥剂，根据需要可将浓硫酸配成不同浓度的稀硫酸。回答下列问题：（1）1L 0.5mol/L的H2SO4溶液中含有H2SO4 _g，含有H+_个，将此溶液与足量的铝片反应，反应的离子方程式为_。（2）配制上述稀硫酸需要量取质量分数为98%，密度为1.84g/cm3的浓硫酸_mL（结果保留一位小数）。配制此溶液需要的玻璃仪器除了烧杯、玻璃棒、胶头滴管外还需要_。（3）稀释浓
7、硫酸的操作是_。（4）下列操作使配制的硫酸溶液的物质的量浓度偏小的是_。A稀释浓硫酸时有液体溅出B容量瓶中有少量蒸馏水残留C浓硫酸稀释后溶液没有冷却到室温就转移D向容量瓶加水定容时仰视刻度线21、雾霾严重影响人们的生活与健康，某地区的雾霾中可能含有如下可溶性无机离子：Na+、Ba2+、Mg2+、Fe3+、SO42-、Cl-、CO32-。某同学收集了该地区的雾霾，经必要的预处理后配成试样溶液，设计并完成了如下的实验：取试样溶液100mL，向其中加入足量BaCl2溶液，得到白色沉淀2.33g，滴入足量盐酸沉淀质量不变。另取试样溶液100mL，向其中加入足量NaOH溶液，得到白色沉淀1.16g再滴入
8、足量盐酸沉淀全部溶解。（1）该雾霾中肯定不含的离子为_。（2）该雾霾中肯定含有的离子为_。（3）1.16g白色沉淀为_（写化学式）。（4）反应中消耗的BaCl2的物质的量为_mol。（5）操作中加盐酸沉淀溶解的离子反应方程式为_。参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【解析】A、氨气的水溶液能导电，是因为氨气和水反应生一水合氨，一水合氨电离出铵根离子和OH-，并不是氨气本身发生电离，所以氨气是非电解质，故A正确；B、碳酸钾在水溶液中电离出钾离子和碳酸根，能够导电，所以碳酸钾是电解质，故B错误；C、盐酸是混合物，既不是电解质也不是非电解质，故C错误；D、氯气是单质，既不是电解质也不
9、是非电解质故D错误。故选A。【点睛】单质和混合物既不是电解质也不是非电解质。2、A【解析】能使酚酞变红的溶液呈碱性，溶液中含有大量的OH-，据此分析解答。【详解】A、四种离子相互间不反应，能够在使酚酞变红的溶液中大量共存，A符合题意；BMg2+与OH-反应生成Mg(OH)2的沉淀，H+和OH-反应生成H2O，不能大量共存，B不符合题意；CCu2+与OH-反应生成Cu(OH)2的沉淀，不能大量共存，C不符合题意；DFe3+与OH-反应生成Fe(OH)3的沉淀，不能大量共存，D不符合题意；答案选A。3、D【解析】在氢氧化钠溶液中通入一定量的二氧化碳后，溶液中溶质的组成可能是NaOH和Na2CO3、
10、Na2CO3、Na2CO3和NaHCO3、NaHCO3四种情况，没有产生二氧化碳时的反应可能为：OH-+H+=H2O和CO32-+H+=HCO3-，产生二氧化碳的反应为：HCO3-+H+=H2O+CO2；由图中HCl的用量与产生二氧化碳气体体积的关系可知，甲溶液中溶质只能为Na2CO3和NaHCO3，乙溶液的溶质为NaOH和Na2CO3；则A根据图象可知，当V（HCl）=50mL时，得到的产物为NaCl，由原子守恒可知：n（NaOH）=n（NaCl）=n（HCl）=0.1mol/L0.05L=0.005mol，则原氢氧化钠溶液的浓度为：c（NaOH）=0.005mol0.01L=0.5mol/
11、L，A正确；B根据以上分析可知当0V（HCl）10mL时，甲溶液中没有产生二氧化碳的离子方程式为：H+CO32-=HCO3-，B正确；C根据以上分析可知乙溶液中含有的溶质是Na2CO3、NaOH，C正确；D乙溶液中滴加盐酸，产生二氧化碳的阶段为：HCO3-+H+=H2O+CO2，根据消耗了10mL盐酸可知，生成二氧化碳的物质的量为：0.1mol/L0.01L=0.001mol，标况下0.001mol二氧化碳的物质的量为：22.4L/mol0.001mol=22.4mL，D错误；答案选D。点睛：本题考查混合物的有关计算，把握图中曲线及发生的反应的关系计算出NaOH、CO2的物质的量为解答的关键，
12、注意判断CO2与NaOH反应产物，题目难度较大。4、D【解析】A.因碳酸氢钠受热易分解，所以碳酸钠稳定性大于碳酸氢钠，故A正确；B.在相同条件下，碳酸钠的溶解度大于碳酸氢钠，故B正确；C.在相同条件下，盐酸滴入碳酸钠溶液中时，发生反应：Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3、NaHCO3+HCl=NaCl+CO2+H2O，由盐酸在与碳酸钠反应时，分两步进行，第一步反应过程中没有气泡产生，而碳酸氢钠与盐酸反应直接产生气泡，故C正确；D. 将澄清石灰水分别加入Na2CO3和NaHCO3溶液中，均会生成碳酸钙沉淀，故D错误；答案选D。5、A【解析】A. 32gO2所含的原子数目为=2NA，故A
13、错误；B. 0.5molH2O含有的原子数目为0.5mol 3NA=1.5NA，故B正确；C. 1molH2O含有的水分子数目为1molNA =NA，故C正确；D. 0.5NA个氯气分子的物质的量是0.5mol，故D正确；选A。【点睛】解答此类问题要熟练掌握物质的量、物质的质量、物质含有的粒子数目之间的关系，并能正确相互求算；二是要注意看清所给物质与用NA表示粒子种类的关系(如1molH2O中含有3mol原子，2molH、1molO等)。6、B【解析】A.醋酸与碳酸钙反应生成醋酸钙、二氧化碳和水，醋酸为弱酸，不能拆写，反应的离子方程式为CaCO3+2CH3COOH =Ca2+ +2CH3COO
14、-+H2O+CO2，故A错误；B.NaHCO3溶液中与少量的Ba（OH）2溶液反应生成碳酸钡沉淀、碳酸钠和水，反应的离子方程式为Ba2+ +2OH- +2HCO=BaCO3+2H2O+CO，故B正确；C.氢氧化铜和盐酸反应生成氯化铜和水，氢氧化铜不溶于水，不能拆写，反应的离子方程式为2H+ + Cu（OH）2 = Cu2+2H2O，故C错误；D.实验室制氯气的反应为二氧化锰和浓盐酸共热发生氧化还原反应生成氯化锰、氯气和水，反应的离子方程式为MnO24H +2ClMn2+Cl2 2H2O，故D错误；故选B。7、A【解析】A、气体的体积受温度、压强、分子数多少的影响，若未说明气体体积的条件，则无法
15、知道它们所含有的分子数的多少，A错误；B、对气体来说，影响体积的主要因素是温度、压强、分子数的多少，若气体的分子数是NA个，则影响体积的主要因素就是温度和压强，当温度、压强相同时，气体的体积就相同，若是在标准状况下，则气体的摩尔体积约为22.4Lmol-1，B正确；C、气体分子在较大的空间运动，通常情况下，分子之间的间隔是它直径的10倍，运动空间是它本身大小的1000倍，故可忽略分子本身的大小，影响气体体积的因素也就是分子数的多少和分子之间的间隔的大小，C正确；D、气态物质由于分子之间的间隔较大，可以压缩或扩大，因而没有固定的形状，且容易被压缩，D正确；故选A。8、B【解析】具有相同质子数不同
16、中子数的原子互为同位素；由同种元素组成的不同单质互为同素异形体；以此来解答。【详解】A金刚石和石墨为同种元素组成的不同单质，互为同素异形体，选项A错误；B16O和18O为相同质子数不同中子数的原子，互为同位素，选项B正确； CH216O和 H218O是化合物，不是原子，不互为同位素，选项C错误；D16O2和18O2为同种元素组成的相同单质，为同一种物质，选项D错误；答案选B。【点睛】本题考查同位素、同素异形体的区别，明确概念及概念中的要点即可解答，易错点为选项 D，16O2和18O2为同种元素组成的相同单质，为同一种物质。9、A【解析】OH-含有的质子数和电子数分别是9和10，据此分析解答。【
17、详解】AF-含有的质子数和电子数分别是9和10，A符合题意；BCl-含有的质子数和电子数分别是17和18，B不选；CNH3含有的质子数和电子数分别是10和10，C不选；DNH含有的质子数和电子数分别是11和10，D不选；答案选A。10、C【解析】X、Y、Z、W、R是5种短周期元素，其原子序数依次增大，X是周期表中原子半径最小的元素，X为H元素；Y原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，Y有2个电子层，最外层有6个，则Y为O元素；Z、W、R处于同一周期，R与Y处于同一族，R为S元素，Z、W原子的核外电子数之和与Y、R原子的核外电子数之和相等，均为24，则Z的原子序数为11，W的原子序数为13符合，
18、即Z为Na，W为Al，以此来解答。【详解】由上述分析可知，X为H，Y为O，Z为Na，W为Al，R为S。A.Y、Z、W具有相同电子层结构的离子，原子序数越大离子半径越小，因此元素Y、Z、W形成的离子半径依次减小，A错误；B.元素X与元素Y可形成的化合物H2O2，B正确；C.Y、R是同一主族的元素，均可与X形成结构相似的氢化物，元素的非金属性YR，元素的非金属性越强，其与H形成的化合物的稳定性就越强。所以元素Y、R分别与元素X形成的化合物的热稳定性：XmYXmR，C正确；D.元素W、R的最高价氧化物的水化物分别为氢氧化铝、硫酸，硫酸为强酸，氢氧化铝为弱碱，D错误；故合理选项是C。【点睛】本题考查原
19、子结构与元素周期律，把握元素的性质、原子结构、元素的位置来推断元素为解答的关键，注意规律性知识的应用，侧重考查学生的分析与应用能力。11、D【解析】根据方程式两端电荷守恒可知n2，O元素是2价，所以R的化合价是+6价，答案选D。12、D【解析】A. 配制稀盐酸用量筒量取浓盐酸时俯视刻度线，导致量取的浓盐酸的体积偏小，配置溶液的浓度偏小，与题意不符，A错误；B. 配制稀盐酸定容时，仰视容量瓶刻度线，导致容量瓶中溶液的体积偏大，浓度偏小，与题意不符，B错误；C. 称量4.0gNaOH配制0.1mol/L NaOH溶液1000mL时，砝码错放左盘，未使用游码，则称量的质量不变，配置溶液的浓度不变，与
20、题意不符，C错误；D. NaOH溶解后未经冷却即注入容量瓶并加水至刻度线，导致溶液的体积偏小，则浓度偏大，符合题意，D正确；答案为D。【点睛】利用c=，判断操作对溶液中溶质、溶液体积的影响，导致浓度的偏差。13、C【解析】A氦气是单原子分子，NA个氦原子的氦气是1mol，标准状况下的体积约为22.4 L，故A错误；B18 g H2O是1mol，1个H2O有10个质子，所以18 g H2O中含的质子数为10NA，故B错误；C1个氧气分子中有2个氧原子，所以1 mol氧气所含的原子数目为2NA，故C正确；D标准状况下，乙醇为液体，故D错误；故选C。【点睛】本题考查阿伏加德罗常数，题目难度中等，注意
21、从物质的组成、结构、性质以及存在和条件和聚集状态等角度思考。14、C【解析】A. 复分解反应中一定没有元素化合价变化，一定不是氧化还原反应，故正确；B. 置换反应有单质和化合物反应生成新的单质和新的化合物，一定有元素化合价变化，一定是氧化还原反应，故正确；C. 有单质参加的反应不一定有元素化合价变化，如氧气和臭氧之间的变化，没有元素化合价变化，不是氧化还原反应，故错误；D. 有化合价变化的分解反应是氧化还原反应，故正确。故选C。15、B【解析】K2Cr2O714HCl（浓）2KCl2CrCl33Cl27H2O，该反应中铬元素化合价降低，K2Cr2O7显氧化性是氧化剂，1molK2Cr2O7中被
22、还原的铬原子有2mol；氯元素的化合价升高，所以有14molHCl参加反应的时候，其中6mol显还原性，被氧化的氯原子有6mol；所以此反应中被氧化与被还原的原子个数比为6:2=3:1，故选项B正确。综上所述，本题选B。16、A【解析】溶液是均一稳定的，则从50mL 5molL-1的盐酸中取出5mL，这5mL溶液的物质的量浓度是5mol/L。答案选A。二、非选择题（本题包括5小题）17、AgNO3 Na2CO3 Ba2+CO32-=BaCO3 CuSO4 CaCO3、Na2SO4、KNO3 CaCO3、BaCl2、KNO3 【解析】（1）由离子共存可知，Ag+只能结合NO3-形成硝酸银、剩下的
23、离子中Ba2+只能结合Cl-形成氯化钡、最后的离子结合形成碳酸钠，然后根据A、B能够与盐酸反应的现象判断A、B组成，从而明确A、B、C的名称，书写B和C的溶液混合反应的化学方程式。（2）固体粉CaCO3、Na2SO4、BaCl2、CuSO4溶于水有沉淀、无色溶液，则能排除CuSO4，因为CuSO4溶于水显蓝色；难溶物溶于稀盐酸产生无色气体，说明一定含有碳酸钙，硫酸钠和氯化钡不会同时存在。【详解】（1）A、B、C为三种无色可溶盐，则Ag+只能结合NO3-形成AgNO3、剩下的离子中Ba2+只能结合Cl-形成BaCl2，另一种物质则为Na2CO3；A溶液、B溶液均可与盐酸反应，其中A产生白色沉淀，
24、则A为AgNO3；B与盐酸产生气泡，所以B为Na2CO3，C不与盐酸反应，则C为BaCl2，将B和C的溶液混合反应的化学方程式为：BaCl2+Na2CO3=BaCO3+2NaCl，反应的离子方程式为Ba2+CO32-=BaCO3；故答案为AgNO3；Na2CO3；Ba2+CO32-=BaCO3；（2）有一包固体粉末由CaCO3、Na2SO4、BaCl2、CuSO4中的两种物质组成，取样品加水，出现白色沉淀，该白色沉淀能够溶于稀盐酸产生无色气体，则该固体粉末中一定含有CaCO3，且硫酸钠与氯化钡不会同时存在；得到无色溶液，该固体粉末中一定不含有CuSO4，因为CuSO4溶于水显蓝色，根据分析可知
25、，溶液中一定不存在CuSO4，该固体粉末含有的三种物质可能为：CaCO3、Na2SO4、KNO3或CaCO3、BaCl2、KNO3，故答案为CuSO4；CaCO3、Na2SO4、KNO3；CaCO3、BaCl2、KNO3。【点睛】本题考查了未知物的检验，注意掌握常见物质的检验方法，明确常见物质的性质及反应现象是解答本题的关键。18、Na2CO3 CuCl2、K2SO4 KCl、NaCl、KNO3 Ba2+CO32=BaCO3 BaCO3+2H+=Ba2+CO2+H2O 【解析】将固体加水得到无色溶液,则不含CuCl2；向上述溶液中滴加过量BaCl2溶液,有白色沉淀生成，将该沉淀滤出，并将沉淀可
26、完全溶于稀HNO3,则不含K2SO4，应含有Na2CO3 ；向的滤液中加入AgNO3溶液,有白色沉淀生成,该沉淀不溶于稀HNO3,生成沉淀为AgCl,因加入氯化钡，不能证明含有KCl、NaCl；以此解答该题。【详解】将固体加水得到无色溶液,则不含CuCl2；向上述溶液中滴加过量BaCl2溶液,有白色沉淀生成，将该沉淀滤出，并将沉淀可完全溶于稀HNO3,则不含K2SO4，应含有Na2CO3 ；向的滤液中加入AgNO3溶液,有白色沉淀生成,该沉淀不溶于稀HNO3,生成沉淀为AgCl,因加入氯化钡，不能证明含有KCl、NaCl；(1)由以上分析可以知道固体中肯定含有Na2CO3 ，肯定没有CuCl2
27、、K2SO4；实验加入氯化钡,引入氯离子,则不能证明是否含有KCl、NaCl，题目没有涉及KNO3的性质实验,无法证明是否含有KNO3；因此，本题正确答案是: Na2CO3 ；CuCl2、K2SO4 ； KCl、NaCl、KNO3。(2)中反应的离子方程式为Ba2+CO32=BaCO3， BaCO3+2H+=Ba2+CO2+H2O；因此，本题正确答案是：Ba2+CO32=BaCO3， BaCO3+2H+=Ba2+CO2+H2O。【点睛】在解此类题时，首先分析题中的实验现象，确定物质之间的关系，然后根据现象推出可以确定存在或不存在的物质，对于现象不能确定的只能再设计实验进行验证；本题要注意氯离子
28、存在的判定时，要分析一下前几步操作中是否引入了氯离子，以防掉入陷阱。19、C E D B F 【解析】(1)碳酸钙不溶于水,碳酸钠能溶于水,则加适量水,过滤可分离,因此，本题正确答案是:C；(2)碳酸钾与盐酸反应生成氯化钾,则加适量盐酸,蒸发可得到KCl,因此，本题正确答案是:E；(3)碳酸钙高温分解生成氧化钙,则加热(高温或灼烧)可除杂,因此，本题正确答案是:D；(4)氯化钠中能溶于水，炭粉不溶于水，所以加适量水、过滤、蒸发即可；答案：B。(5)硝酸钾中混有少量的食盐因为二者的溶解度受温度影响不同, .冷却热的饱和溶液、结晶,过滤可除杂,因此，本题正确答案是:F。【点睛】根据物质的性质进行解
29、答：如(1)碳酸钙不溶于水,碳酸钠能溶于水;(2)碳酸钾与盐酸反应生成氯化钾;(3)碳酸钙高温分解生成氧化钙;(4)加热C燃烧生成二氧化碳,与二氧化锰分离;(5)二者的溶解度受温度影响不同。20、49 NA或6.021023 2Al + 6H+2Al3+ + 3H2 27.2 量筒、1000mL容量瓶 将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢注入水中，并用玻璃棒不断搅拌 AD 【解析】（1）根据mnM、ncV、NnNA计算，铝与稀硫酸反应生成硫酸铝和氢气；（2）根据c1000w/M计算浓硫酸的浓度，根据稀释过程中溶质的物质的量不变计算，根据配制原理选择仪器；（3）根据浓硫酸溶于水放热分析解答；（4）根据cn/V
30、结合实验操作判断。【详解】（1）1L 0.5mol/L的H2SO4溶液中含有H2SO4的质量是1L0.5mol/L98g/mol49g，硫酸的物质的量是0.5mol，含有1mol氢离子，则含有NA或6.021023个H+；硫酸是二元强酸，将此溶液与足量的铝片反应生成硫酸铝和氢气，反应的离子方程式为2Al+6H+2Al3+3H2。（2）质量分数为98%，密度为1.84g/cm3的浓硫酸的浓度是1000mL/L1.84g/mL98%98 g/mol18.4mol/L，由于在稀释过程中溶质的物质的量不变，则配制上述稀硫酸需要量取该浓硫酸的体积为0.5mol18.4mol/L0.0272L27.2mL
31、，配制此溶液需要的玻璃仪器除了烧杯、玻璃棒、胶头滴管外还需要量筒、1000mL容量瓶。（3）由于浓硫酸溶于水放热，且密度大于水，则稀释浓硫酸的操作是将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢注入水中，并用玻璃棒不断搅拌。（4）A稀释浓硫酸时有液体溅出，溶质的物质的量减少，浓度偏小；B容量瓶中有少量蒸馏水残留不影响实验结果；C浓硫酸稀释后溶液没有冷却到室温就转移，冷却后溶液体积偏小，浓度偏大；D向容量瓶加水定容时仰视刻度线，溶液体积偏大，浓度偏小，答案选AD。21、Ba2+、Fe3+、CO32- Mg2+、SO42-、Cl- Mg(OH)2 0.01 Mg (OH) 2+2H+=Mg2+2H2O 【解析】取试样溶液
32、100mL，向其中加入足量BaCl2溶液，得到白色沉淀2.33g，滴入足量盐酸沉淀质量不变，则试样中一定含有SO42-，并且物质的量为2.33g233g/mol=0.01mol，则原溶液中与SO42-不共存的离子Ba2+一定不存在；另取试样溶液100mL，向其中加入足量NaOH溶液，得到白色沉淀1.16g，再滴入足量盐酸沉淀全部溶解，则试样中一定含有Mg2+，并且物质的量为1.16g58g/mol=0.02mol，一定不含Fe3+，则原溶液中与Mg2+不共存的离子CO32-一定不存在；又溶液显电中性，所以溶液中还一定含有Cl-，Na+可能含有，则（1）根据以上分析，肯定不含的离子为Ba2+、F
33、e3+、CO32-；（2）根据以上分析，肯定含的离子为Mg2+、SO42-、Cl-；（3）根据以上分析，1.16g白色沉淀为Mg(OH)2；（4）根据以上分析，取试样溶液100mL，向其中加入足量BaCl2溶液，得到白色沉淀2.33g，根据钡离子守恒，则消耗的BaCl2的物质的量为2.33g233g/mol=0.01mol；（5）根据以上分析，1.16g白色沉淀为Mg(OH)2，加盐酸沉淀溶解的离子反应方程式为Mg(OH)2+2H+Mg2+2H2O。点睛：本题考查了常见离子的性质及检验方法，明确物质的性质及特殊反应现象是解本题关键，根据物质的性质及题给信息来分析解答。氯离子的判断是解答的易错点和难点，注意结合溶液显电中性分析。