安徽省怀宁中学2019-2020学年高一上学期月考化学试题

安徽省怀宁中学2019-2020学年高一上学期月考化学试题

www.ks5u.com 安徽省怀宁中学2019-2020学年高一上学期第二次月考 化学试题 ‎1.下列各组物质，按单质、化合物、混合物顺序排列的是 A. 氯水、生石灰、漂白粉 B. 液氯、烧碱、氨水 C. 生铁、氢氧化铁胶体、空气 D. 氮气、盐酸、胆矾 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A. 氯水、生石灰、漂白粉分别是混合物、化合物、混合物，A错误；B. 液氯、烧碱、氨水分别是单质、化合物、混合物，B正确；C. 生铁、氢氧化铁胶体、空气均是混合物，C错误；D. 氮气、盐酸、胆矾分别是单质、混合物、化合物，D错误，答案选B。‎ ‎2.Fe(OH)3 胶体和 MgCl2 溶液共同具有的性质是 A. 都是无色透明的溶液 B. 分散质粒子都可通过滤纸 C. 加入盐酸后都无明显现象 D. 都有丁达尔效应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．胶体不一定是无色透明的，如氢氧化铁胶体是红褐色透明的胶体，溶液都是透明的但不一定无色，如铜盐溶液是蓝色，故A错误；‎ B．溶液和胶体都能透过滤纸，故B正确；‎ C．胶体遇电解质溶液发生聚沉，盐酸能使Fe（OH）3沉淀溶解，溶液无此性质，故C错误；‎ D．只有胶体具有丁达尔效应，溶液不具备，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎3.下列化学反应中电子转移的表示方法正确的是 A. ‎ B. ‎ C. ‎ D ‎ ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 氧化还原反应中失电子的元素化合价升高，得电子的元素化合价降低，化合价降低数目=化合价升高数目=转移的电子数目，据此判断。‎ ‎【详解】A．C元素化合价由0价升高为+2价，失去电子，Si元素化合价由+4价降低为0价，得到电子，最小公倍数为4，转移4个电子，选项A错误；‎ B．H元素化合价由+1降低为0价，总共降低2价，得到2个电子，Na元素从0价升高为+1价，共失去2个电子，转移2个电子，选项B正确；‎ C．Mn元素化合价由+7价降低为+2价，得到电子，I元素失去电子，化合价从-1价升高为0价，最小公倍数为10，转移10个电子，选项C正确；‎ C．铜元素化合价由0价升高为+2价，失去电子，S元素化合价由+6价降低为+4价，得到电子，转移2个电子-，但箭头应该指向S元素，选项D错误；‎ 答案选BC。‎ ‎4.下图是分离混合物时常用的仪器，可以进行的混合物分离操作分别是（    ）‎ A. 蒸馏、过滤、萃取、蒸发 B. 蒸馏、蒸发、萃取、过滤 C. 萃取、过滤、蒸馏、蒸发 D. 过滤、蒸发、萃取、蒸馏 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 蒸馏烧瓶用于分离沸点相差较大的两种液体的分离或难挥发性固体和液体的分离；普通漏斗用于分离互不相溶的固体和液体；分液漏斗用来分离互不相溶的液体或分离在不同溶剂中溶解度不同的混合物；蒸发皿用于可溶性固体和液体的分离，以此来解答。‎ ‎【详解】蒸馏烧瓶用于分离沸点相差较大的两种液体的分离或难挥发性固体和液体的分离，即蒸馏；‎ 普通漏斗用于分离互不相溶的固体和液体，即过滤；‎ 分液漏斗用来分离互不相溶的液体或用来分离在不同溶剂中溶解度不同的混合物，即分液或萃取；‎ 蒸发皿用于可溶性固体和液体的分离，即蒸发，‎ 所以从左至右，可以进行的混合物分离操作分别是：蒸馏、过滤、分液或萃取、蒸发。‎ 答案选A。‎ ‎5.下列说法不正确的是（ ）‎ A. “抗坏血酸”维生素C具有还原性 B. 杨万里《戏笔》中写道“野菊荒苔各铸钱，金黄铜绿两争妍”，铜绿的主要成分为碱式碳酸铜， Cu2（OH）2CO3属于碱式盐 C. 向碳酸钠溶液中滴加稀盐酸，先不冒气泡，后冒气泡 D. 食物腐败、钟乳石的形成、植物光合作用都与氧化还原反应有关 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、维生素C又名抗坏血酸，具有酸性和强还原性，故A正确；‎ B、铜绿的主要成分为碱式碳酸铜，化学式是 Cu2(OH)2CO3，属于碱式盐，故B正确；‎ C、碳酸钠与稀盐酸反应分步进行，先发生H++CO32-=HCO3-，后发生H++HCO3-=H2O+CO2↑，所以先不冒气泡，后冒气泡，故C正确；‎ D、钟乳石的形成与CaCO3+CO2+H2O=Ca(HCO3)2、Ca(HCO3)2 CaCO3↓+H2O+CO2↑有关，没有发生氧化还原反应，故D错误；选D。‎ ‎6. 已知在硝酸溶液中加入铝粉不产生氢气。若在加入铝粉能放出氢气的无色溶液中，分别加入下列各组离子，可能大量共存的是（ ）‎ A. Ca2+、NO3ˉ、CO32-、Na+ B. Na+、Ba2+、Mg2+、HCO3ˉ‎ C. NO3ˉ、Cu2+、K+、Clˉ D. NO3ˉ、K+、AlO2ˉ、OHˉ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 加入铝粉能放出氢气的无色溶液可能显酸性，也可能显碱性，据此分析作答。‎ ‎【详解】A. Ca2+与CO32-结合生成碳酸钙沉淀，不能大量共存，A错误；‎ B. HCO3-与氢离子或氢氧根离子均反应，不能大量共存，B错误；‎ C. 如果显酸性，NO3-在酸性溶液中与铝反应不能产生氢气，如果显碱性Cu2+不能大量共存，且铜离子在溶液中显蓝色，C错误；‎ D. 如果溶液显碱性，NO3-、K+、AlO2-、OH-之间不反应，可以大量共存，且能与铝反应产生氢气，D正确，‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】掌握相关离子的性质是解答的关键，注意解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，题目所隐含的条件一般有：（1）溶液的酸碱性；（2）溶液的颜色，如无色时可排除 Cu2+、 Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在；（3）溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；（4）是“可能”共存，还是“一定”共存等。‎ ‎7.下列除去杂质方法正确是（ ）‎ A. 除去CO2中混有的CO：用浓NaOH溶液洗气 B. 除去BaCO3固体中混有的BaSO4：加过量稀盐酸后，过滤、洗涤 C. 除去KNO3溶液中混有的NaCl：蒸发结晶 D. 除去Cu粉中混有的CuO：加适量稀硫酸后，过滤、洗涤 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．二氧化碳与NaOH反应，将原物质除去，不能除杂，故A错误；‎ B．碳酸钡与盐酸反应，将原物质除去，不能除杂，故B错误；‎ C．二者均溶于水，但二者的溶解度受温度影响不同，不能蒸发分离，应利用结晶法，故C错误；‎ D．CuO与稀硫酸反应，而Cu不能，则加适量稀硫酸后，过滤、洗涤可除杂，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎8.在相同条件下，2mLX（气）跟5mLC2（气）恰好完全反应，生成4mLAC2（气）与2mLB2C（气），则X的分子式是（ ）‎ A. AB B. B2C C. A2B2 D. BC2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】相同条件下，参加反应的不同气体的体积之比等于其计量数之比，所以X、C2、AC2、B2C的计量数之比=2mL：5mL：4mL：2mL=2：5：4：2，其方程式为2X+5C2=4AC2+2B2C，再结合原子守恒得X化学式为A2B2，故C正确。‎ 故选C。‎ ‎9.标准状况下VLNH3含有a个原子，则阿伏加德罗常数是( )‎ A. 5.6a/V mol－1 B. 22.4a/V mol－1 C. 22.4a mol－ D. 11.2 a/v mol－1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据公式：n=V/Vm计算出NH3的物质的量，再根据n=N/NA计算出阿伏加德罗常数。‎ ‎【详解】标准状况下VLNH3的物质的量为V/22.4mol，含有的原子总数的关系：（V/22.4）×4×NA=a，所以NA= 5.6a/V mol－1 ，A正确；‎ 综上所述，本题选A。‎ ‎10.根据下列各反应，判断有关物质还原性由强到弱的顺序是( )‎ ‎①H2SO3 + I2 + H2O = 2HI + H2SO4‎ ‎②2FeCl3 + 2HI = 2FeCl2 + 2HCl + I2‎ ‎③3FeCl2 + 4HNO3 = 2FeCl3 + NO↑ + 2H2O + Fe(NO3)3‎ A. H2SO3＞HI＞FeCl2＞NO B. NO＞FeCl2＞H2SO3＞HI C. I2＞FeCl2＞H2SO3＞NO D. FeCl2＞HI＞H2SO3＞NO ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用化合价变化来判断还原剂，并利用还原剂的还原性大于还原产物的还原性来比较还原性的强弱。‎ ‎【详解】①H2SO3+I2+H2O=2HI+H2SO4中，I元素的化合价降低，S元素的化合价升高，则H2SO3为还原剂，还原性H2SO3＞HI， ②2FeCl3+2HI=2FeCl2+2HCl+I2中，Fe元素的化合价降低，I元素的化合价升高，则HI为还原剂，还原性HI＞FeCl2， ③3FeCl2+4HNO3=2FeCl3+NO↑+2H2O+Fe（NO3）3中，N元素的化合价降低，Fe 元素的化合价升高，则FeCl2为还原剂，还原性FeCl2＞NO，‎ 所以还原性由强到弱的顺序是H2SO3＞HI＞FeCl2＞NO，故选A项。‎ 综上所述，本题正确答案为A。‎ ‎【点睛】本题考查氧化还原反应中还原性的比较，能利用化合价分析氧化还原反应，利用氧化还原反应中的规律来比较还原性是解答本题的关键。‎ ‎11.在标准状况下，m g气体A与n g气体B的分子数相同，下列说法中不正确的是 A. 两种气体A与B的相对分子质量之比为m∶n B. 同质量气体A与B的分子数之比为n∶m C. 同温同压下，A、B两气体的密度之比为n∶m D. 相同状况下，同体积A、B两气体的质量之比为m∶n ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、由n=m/M可知，分子数相同的气体，相对分子质量之比等于质量之比，即A与B相对分子质量之比为mg：ng=m：n，A正确；‎ B、A与B相对分子质量之比为m：n，同质量时由n=m/M可知，分子数之比等于B正确；‎ C、标准状况下，Vm相同，由可知，密度之比等于摩尔质量之比等于相对分子质量之比，即为m：n，C错误；‎ D、相同状况下，同体积的A与B的物质的量相同，则质量之比等于相对分子质量之比，即为m：n，D正确。‎ 答案选C。‎ ‎12.下列离子方程式正确的是（ ）‎ A. 向Ca(HCO3)2溶液中加入少量NaOH溶液：Ca2＋＋2OH－+2HCO3－═ CaCO3↓+CO32－+2H2O B. 向Al2(SO4)3溶液中加入过量的NH3·H2O：Al3+ + 4NH3·H2O ═ AlO2－+ 4NH4+ + 2H2O C. 1mol•L﹣1的NaAlO2溶液和2.5mol•L﹣1的HCl溶液等体积互相均匀混合：2AlO2－+5H+═ Al3++Al(OH)3↓+H2O D. 醋酸除去水垢：2H+ + CaCO3 ═ Ca2+ + CO2↑+ H2O ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 向Ca(HCO3)2溶液中加入少量NaOH溶液碳酸钙、碳酸氢钠和水，反应的离子方程式为：Ca2＋＋OH－+HCO3－═ CaCO3↓+H2O，选项A错误；‎ B.一水合氨为弱碱，不能溶解氢氧化铝，向Al2(SO4)3溶液中加入过量的NH3·H2O，反应的离子方程式为：Al3+ + 3NH3·H2O ═ Al(OH)3↓+ 3NH4+ ，选项B错误；‎ C. 1mol•L﹣1的NaAlO2溶液和2.5mol•L﹣1的HCl溶液等体积互相均匀混合，反应生成的部分氢氧化铝溶于强酸，生成氯化铝、氢氧化铝和水，反应的离子方程式为：2AlO2－+5H+═ Al3++Al(OH)3↓+H2O，选项C正确；‎ D. 醋酸为弱酸必须写化学式，醋酸和碳酸钙反应生成醋酸钙、二氧化碳和水，能除去水垢，反应的离子方程式为：2CH3COOH + CaCO3 ═ Ca2+ +2CH3COO-+ CO2↑+ H2O，选项D错误。‎ 答案选C。‎ ‎13.下列说法中正确的是( )‎ A. 标准状况下，22.4L水中所含的分子数约为6.02×1023‎ B. 标准状况下，aL的氧气和氮气的混合物含有的分子数约为×6.02×1023‎ C. 常温常压下，48g O3气体含有的氧原子数为6．02×1023‎ D. 2.24L CO2中含有的原子数为0.3×6.02×1023‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 标况下水不是气态，Vm=22.4L/mol不适用，22.4L水的物质的量无法计算，所以22.4L水中所含的分子数不确定，故A错误；‎ B. 标准状况下,aL氧气和氮气的混合物含有的分子数N=NA=×6.02×1023，故B正确；‎ C. 常温常压下,48gO3中含有的氧原子数N=NA×一个分子中氧原子数=×3NA=3NA=3×6.02×1023，故C错误；‎ D. Vm=22.4L/mol适用于标况下的气体，没指名状态，所以22.4L二氧化碳的物质的量不确定，原子数不确定，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎14.混合气体由N2和CH4‎ 组成，同温同压下，测得混合气体相对于氢气的密度是9.2，则混合气体中N2和CH4的质量比为 A. 7:16 B. 1:4 C. 4:1 D. 1:2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 据相对密度求得混合气体平均摩尔质量，进而求得两成分的物质的量之比、质量之比。‎ ‎【详解】同温同压下，混合气体对氢气的相对密度D相对=ρ混/ρ氢气=M平均/M(H2)，即9.2=M平均/2g·mol-1，‎ M平均=18.4g·mol-1。设混合气体中N2、CH4的物质的量分别为x、y，(28g·mol-1x+16g·mol-1y)/(x+y)=18.4g·mol-1，解得x:y=1:4。混合气体中N2、CH4的质量比为(1×28):(4×16)=7:16。‎ 本题选A。‎ ‎15.点燃黑火药在发生爆炸时发生如下反应2KNO3+3C+S===K2S+N2 ↑+3CO2↑，下列说法正确的是 A. KNO3是氧化剂，C 和S是还原剂 B. 产生22.4L气体，转移电子的物质的量为3mol C. N2和CO2都是氧化产物 D. 单质碳发生氧化反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、反应中N元素化合价从+5价降低到0价，得到5个电子，S元素化合价从0价降低到－2价，得到2个电子，碳元素化合价从0价升高到+4价，失去4个电子，所以KNO3和S是氧化剂，C是还原剂，A错误；‎ B、产生的22.4L气体不一定处于标准状况下，不能计算转移电子的物质的量，B错误；‎ C、根据以上分析可知K2S和N2是还原产物，CO2是氧化产物，C错误；‎ D、根据以上分析可知单质碳发生氧化反应，D正确，‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】关于氧化还原反应的有关判断需要注意三点：①氧化还原反应的有关概念较多，因此应注意加深对概念内涵的理解和外延的掌握。②在氧化还原反应中，氧化剂和还原剂可以是不同反应物，也可以是同一反应物，氧化产物、还原产物可以是不同产物，也可以是同一种产物。③由于有些氧化还原反应中，氧化剂或还原剂并没有全部发生氧化还原反应，因此在求氧化剂或还原剂的质量或两者的比例时易发生错误。‎ ‎16.为了除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO42-及泥沙，可将粗盐溶解于水，然后进行下列五项操作：①过滤 ②加过量NaOH溶液 ③加适量盐酸 ④加过量Na2CO3溶液 ⑤加过量BaCl2溶液。正确的是（ ）‎ A. ①④②⑤①③ B. ①④⑤②①③ C. ①②⑤④①③ D. ①②④⑤①③‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】要先除硫酸根离子，然后再除钙离子，碳酸钠可以除去过量的钡离子，所以加入的碳酸钠要放在加入的氯化钡之后，如果加反了，过量的钡离子就没法除去，至于加氢氧化钠除去镁离子顺序不受限制，因为过量的氢氧化钠加盐酸就可以调节了，注意将三种离子除完，再进行过滤，最后加盐酸除去过量的氢氧根离子和碳酸根离子，顺序为：①②⑤④①③，故选C。‎ ‎17.下列实验过程中产生沉淀的物质的量(Y)与加入试剂的物质的量(X)之间的关系正确的是(　　)‎ A. 甲向AlCl3溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量且边滴边振荡 B. 乙向NaAlO2溶液中滴加稀盐酸至过量且边滴边振荡 C. 丙向NH4Al(SO4)2溶液中逐滴加入NaOH溶液直至过量 D. 丁向NaOH、Ba(OH)2、NaAlO2的混合溶液中逐渐通入CO2至过量 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．向AlCl3溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量且边滴边振荡，先产生氢氧化铝沉淀：AlCl3+3NaOH=Al(OH)3↓+3NaCl，继续滴加NaOH溶液，Al(OH)3和NaOH溶液反应，生成偏铝酸钠，沉淀溶解：NaOH+ Al(OH)3=NaAlO2+2H2O，所以沉淀量达到最大消耗NaOH和沉淀溶解消耗NaOH比为3：1；A错误；‎ B．向NaAlO2溶液中滴加稀盐酸，立刻产生白色氢氧化铝沉淀，发生反应：AlO2-+H++H2O=Al(OH)3↓，随着盐酸的逐滴加入，开始形成的沉淀又逐渐溶解，发生反应：Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O，所以沉淀量达到最大消耗的盐酸和沉淀完全溶解消耗的盐酸的物质的量之比是1：3．B错误；‎ C．向NH4Al（SO4）2溶液中逐滴加入氢氧化钠溶液，开始滴加NaOH发生反应为Al3++3OH-= Al(OH)3↓，先产生氢氧化铝沉淀，当Al3+沉淀完全后，然后发生反应NH4++OH-=NH3•H2O；此时沉淀氢氧化铝的量不变，最后继续滴加NaOH，发生反应Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，氢氧化铝沉淀溶解，沉淀量达到最大消耗NaOH、沉淀量不变和沉淀溶解消耗NaOH的比为3：1：1；C正确；‎ D．向NaOH、Ba(OH)2、NaA1O2的混合溶液中逐渐通入二氧化碳至过量，首先发生反应：Ba(OH)2+CO2=BaCO3↓+H2O，产生白色沉淀，然后发生：CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，此时沉淀的量不变，再发生反应2NaAlO2+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+Na2CO3，产生沉淀，又发生反应：Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3，沉淀量不变，最后发生反应：BaCO3+2H2O+2CO2=Ba(HCO3)2，沉淀部分溶解，D错误；‎ 故合理选项是C。‎ ‎18.24 mL 0.05 mol·L－1的 Na2SO3溶液恰好与20 mL 0.02 mol·L－1的K2R2O7的溶液完全反应，则R元素在还原产物中的化合价为 A. 0 B. +2 C. +3 D. +6‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】Na2SO3被氧化为Na2SO4，化合价升高2价，共失去电子为24×10-3× 0.05×2=2.4×10-4mol，K2R2O7被还原到+x价，得到电子为20×10-3×0.02×（6-x）×2，根据电子守恒规律：2.4×10-4=20×10-3×0.02×（6-x）×2，x=.+3，答案C正确；‎ ‎19.取3.5 g某二价金属的单质投入50 g溶质质量分数为18.25%的稀盐酸中，反应结束后，金属仍有剩余；若取2.5 g该金属投入相同质量、相同质量分数的稀盐酸中，等反应结束后，加入该金属还可以反应。该金属的相对原子质量为 (　　)‎ A. 24 B. 40 C. 56 D. 65‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】n(HCl)＝50g×18.25%÷36.5g/mol＝0.25 mol R＋2HCl===RCl2＋H2↑‎ 二价金属最大摩尔质量＝3.5g÷0.125mol ＝28 g·mol－1‎ 二价金属最小摩尔质量＝2.5g÷0.125mol＝20 g·mol－1‎ 所以，20Cl－>VO2＋。‎ ‎【答案】 (1). V2O5＋K2SO3＋2H2SO4===2VOSO4＋K2SO4＋2H2O (2). ＋3H2O===Cl－＋6VO2＋＋6H＋ (3). Cl2＋SO32－＋H2O===2Cl－＋2H＋＋SO42－‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题意可知，V2O5与稀硫酸、亚硫酸钾反应生成VOSO4、K2SO4，由元素守恒可知还生成H2O；‎ ‎（2）ClO3－与VO2＋反应生成VO2＋、Cl－，根据电荷守恒、原子守恒确定其它物质并配平；‎ ‎（3）V2O5能和盐酸反应生成氯气和VO2＋，故还原性Cl－＞VO2＋，氯气可以将亚硫酸根氧化生成硫酸根、自身被还原为Cl－，可以说明还原性SO32－＞Cl－。‎ ‎【详解】（1）由题意可知，V2O5与稀硫酸、亚硫酸钾反应生成VOSO4、K2SO4，由元素守恒可知还生成H2O，配平后方程式为：V2O5+K2SO3+2H2SO4=2VOSO4+K2SO4+2H2O；‎ ‎（2）ClO3－与VO2＋反应生成VO2＋、Cl－，氯元素化合价由+5降低为-1，共降低6价，V元素化合价由+4升高为+5，共升高1价，化合价升降最小公倍数为6，故ClO3－的系数为1、VO2＋系数为6，由原子守恒可知成VO2＋的系数为6，Cl－的系数为1，由电荷守恒可知还生成H＋，系数为6，故有水参加反应，系数为3，配平该反应的离子方程式，并标出电子转移的数目和方向为：＋3H2O===Cl－＋6VO2＋＋6H＋ ；‎ ‎（3）V2O5能和盐酸反应生成氯气和VO2＋，故还原性Cl－＞VO2＋，氯气可以将亚硫酸根氧化生成硫酸根、自身被还原为Cl－，可以说明还原性SO32－＞Cl－，反应离子方程式为：Cl2+SO32－+H2O=2Cl－+2H＋+SO42－。‎ ‎24.某混合物的水溶液，可能含有以下离子中的若干种：K＋、Al3＋、Fe3＋、Mg2＋、Ba2＋、NH4+、‎ Cl－、CO32-、SO42-，现分别取100 mL的两等份溶液进行如下实验：‎ ‎①第一份加过量NaOH溶液后加热，收集到0.02 mol气体，无沉淀生成，同时得到溶液甲。‎ ‎②向甲溶液中通入过量CO2，生成白色沉淀，沉淀经过滤、洗涤、干燥、灼烧后，得到1.02 g固体。‎ ‎③第二份加足量BaCl2溶液后，生成白色沉淀，沉淀经足量盐酸洗涤、干燥后，得到11.65 g固体。‎ 依据实验回答下列问题：‎ ‎（1）由①可知一定存在的离子为_______，其浓度为_______mol·L-1。‎ ‎（2）写出②中产生沉淀的离子方程式_______。‎ ‎（3）由③可知一定存在的离子为_______，其浓度为_______mol·L-1。‎ ‎（4）综合上面三个实验，该混合物的水溶液中一定不存在的离子是_______（填离子符号）。‎ ‎（5）某同学通过分析认为该溶液中一定存在K＋，他的理由是_______。‎ ‎【答案】 (1). NH4+ (2). 0.2 (3). AlO2—+ CO2(过) + 2H2O = Al(OH)3↓ + HCO3— (4). SO42- (5). 0.5 (6). Fe3+、Mg2+、Ba2+、CO32- (7). 已知的NH4+、Al3+的正电荷总量小于SO42-负电荷总量 ，依据电荷守恒，一定有K+存在 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 第一份加过量NaOH溶液后加热，只收集到气体0.02mol，无沉淀生成，同时得到溶液甲，依据离子性质分析推断，与氢氧化钠生成气体的一定是NH4+离子，生成气体NH3物质的量为0.02mol，无沉淀生成证明溶液中一定不含Fe3+、Mg2+；向甲溶液中通入过量CO2，生成白色沉淀，沉淀经过滤、洗涤、灼烧后，得到1.02g固体．能与二氧化碳反应得到沉淀的离子有Ba2+，铝离子溶于过量氢氧化钠生成的偏铝酸钠溶于反应生成氢氧化铝沉淀；第二份加足量BaCl2溶液后，生成白色沉淀，沉淀经足量盐酸洗涤、干燥后，得到11.65g固体．说明沉淀不溶于酸，证明是硫酸钡沉淀，原溶液中含有SO42-，判断溶液中一定不含有Ba2+，向甲溶液中通入过量CO2，生成白色沉淀只能是氢氧化铝沉淀，沉淀经过滤、洗涤、灼烧后，得到1.02g固体为氧化铝，原溶液中 含有Al3+，结合离子共存判断溶液中一定不含有CO32-；结合溶液电荷守恒判断溶液中的钾离子存在。‎ ‎【详解】（1）①中与氢氧化钠共热产生气体的溶液中一定含有NH4+，所以100mL的溶液中含有NH4+的物质的量浓度是0.02mol/0.1L=0.2mol/L；该过程无沉淀产生，说明不存在Fe3＋、Mg2＋；‎ ‎（2）②向甲溶液中通入过量CO2，因为甲溶液中存在过量的氢氧化钠，所以通入二氧化碳后产生沉淀，则该沉淀一定是氢氧化铝沉淀，加入的氢氧化钠溶液使铝离子转化为偏铝酸根离子，二氧化碳与偏铝酸根离子反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢根离子，发生的离子方程式为AlO2—+ CO2(过) + 2H2O = Al(OH)3↓ + HCO3—，说明原溶液中存在Al3＋，则一定不存在CO32-；1.02g固体为氢氧化铝分解得到的氧化铝的质量，所以铝离子的浓度为1.02g/102g/mol×2/0.1L=0.2mol/L；‎ ‎（3）第二份加足量BaCl2溶液后，生成白色沉淀，不溶于盐酸，则该沉淀只能是硫酸钡沉淀，说明原溶液中存在SO42-，则与硫酸根离子反应的Ba2+一定不存在；硫酸钡的质量是1.02g，则SO42-的物质的量浓度是11.65g/233g/mol/0.1L=0.5mol/L；‎ ‎（4）根据以上分析，该溶液中一定不存在的离子是Fe3+、Mg2+、Ba2+、CO32-；‎ ‎（5）根据电荷守恒，一定存在的离子中，c(NH4+)+3c(Al3＋)=0.8mol/L<2n(SO42-)=1.0mol/L，所以溶液中一定还存在阳离子，则K+一定存在。‎ ‎25.某课外活动小组收集了一种合金进行以下探究(已知铜元素的焰色反应呈绿色)。‎ ‎(1)外观暗灰色，表皮光滑；‎ ‎(2)在酒精灯外焰上灼烧，火焰呈绿色，合金片熔化，但不滴落；‎ ‎(3)取刮去表皮的合金10 g，放入足量的稀硫酸中，收集到标准状况下的H28.96 L；‎ ‎(4)另取刮去表皮的合金10 g，放入足量的NaOH溶液中，也收集到标准状况下的H28.96 L。‎ 试据此判断，该合金中一定含有的元素是________(写元素符号)；可能含有的元素是________(填选项编号)。‎ a．Ag b．Mg c．Na d．Fe 如果该合金中只含2种元素，则二者的质量比是________。‎ ‎【答案】 (1). Cu、Al (2). a (3). m(Al)∶m(Cu)＝18∶7‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】火焰呈绿色，说明有铜元素。等质量的合金与足量的稀硫酸或NaOH溶液反应放出H2的体积相同，说明一定含有铝，且不能再含有其他的活泼金属Na、Mg、Fe等。另外Na的熔沸点太低，不能与Cu熔合形成合金，则还可能含有不与稀硫酸和NaOH反应的Ag。该合金如果只含2种元素，则为Cu、Al。‎ ‎2Al ～ 3H2‎ ‎2 mol 3 mol ‎ ＝0.4 mol m(Al)＝mol×27 g·mol－1＝7.2 g m(Cu)＝10 g－7.2 g＝2.8 g m(Al)∶m(Cu)＝7.2∶2.8＝18∶7‎ ‎ ‎