2022-2022学年河南省洛阳市宜阳一高高一第二周周练化学试卷 一、选择题1．依照阿伏加德罗定律，下列叙述正确的是A．同温同压下两种气体的体积之比等于摩尔质量之比B．同温同压下两种气体的物质的量之比等于密度之比C．同温同压下两种气体的摩尔质量之比等于密度之比D．同温同体积下两种气体的物质的量之比等于压强之比 2．某温度下，在100克水中加入m克CuSO4或加入n克CuSO4•5H2O，均可使溶液恰好达到饱和，则m与n的关系符合A．m=nB．m=C．m=D．m= 3．下列各组物质中，仅用水及物质间相互反应不能一一区别的一组是A．Na2O2Al23MgCl2K2CO3B．BaCl2Na2SO4SO4KOHC．AgNO3NaClKClCuCl2D．Fe23K2CO3KHSO4NH4Cl 4．实验是化学研究的基础．下列关于各实验装置的叙述正确的是A．装置①常用于分离互不相溶的液体混合物B．装置②可用于吸收NH3或HCl气体，并防止倒吸C．装置③可用于收集H2、CO2、Cl2、NH3等气体D．装置④可用于干燥、收集氯化氢，并吸收多余的氯化氢 5．下列离子方程式不正确的是A．硫化钠溶于水中：S2﹣+2H2O⇌H2S↑+2OH﹣B．用碳酸钠溶液吸收少量二氧化硫气体：2CO32﹣+SO2+H2O═2HCO3﹣+SO32﹣C．向NaHS溶液中通入足量氯气：HS﹣+Cl2═S↓+H++2Cl﹣D．向溴化亚铁溶液中通入过量氯气：2Fe2++3Cl2+4Br﹣═2Fe3++6Cl﹣+2Br2 6．已知氧化还原反应：2Cu2+24KI+12H2SO4=2CuI↓+13I2+12K2SO4+12H2O，其中1mol氧化剂在反应中得到的电子为A．10molB．11molC．12molD．13mol21 7．下列关于化合物的说法正确的是A．只含有共价键的物质一定是共价化合物B．由两种原子组成的纯净物一定是化合物C．不含非极性共价键的分子晶体一定是共价化合物D．熔化状态下不导电的化合物一定是共价化合物 8．向Ba2和KOH混合液中缓缓通入CO2气体至过量，生成沉淀物质的量与通入CO2气体体积VmL的关系如图所示，下列结论中正确的是A．原混合物中n[Ba2]：n=1：2B．p点坐标为120mLC．p点溶液中溶质为Ba2D．a，b段反应分二阶段，离子方程式为：CO2+2OH﹣=CO32﹣+H2OCO32﹣+H2O+CO2=2HCO3﹣ 9．据最新报道，科学家发现了如下反应：O2+PtF6=O2，已知O2为离子化合物，其中Pt为+5价，对于此反应，下列说法正确的是A．O2中不存在共价键B．在此反应中每生成1molO2则转移1mol电子C．在此反应中，O2是氧化剂，PtF6是还原剂D．O2中氧元素的化合价是+l价 10．在甲、乙两烧杯溶液中，分别含有大量的Cu2+、K+、H+、Cl﹣、CO32﹣、OH﹣6种离子中的3种，已知甲烧杯的溶液呈蓝色，则乙烧杯的溶液中大量存在的离子是A．Cu2+、H+、Cl﹣B．CO32﹣、OH﹣、Cl﹣C．K+、H+、Cl﹣D．K+、OH﹣、CO32﹣ 11．1L某混合溶液中，溶质X、Y的浓度都为0.1mol•L﹣1，向混合溶液中滴加某溶液Z至溶液呈中性，所得沉淀的物质的量如图所示，则X、Y、Z分别是A．氯化铝、氯化铁、氢氧化钠B．氯化铝、氯化镁、氢氧化钠C．偏铝酸钠、氢氧化钡、硫酸D．偏铝酸钠、氯化钡、硫酸 2112．将Mg、Cu组成的混合物26.4g投入到适量的稀硝酸中，固体完全溶解，收集到标准状况下的NO气体8.96L，向反应后的溶液中加入过量的5mol•L﹣1的NaOH溶液300mL，金属离子完全沉淀．则形成沉淀的质量是A．43.2gB．46.8gC．53.6gD．63.8g 13．已知Ba【Al4】2可溶于水．如图表示的是向A123溶液中逐滴加入Ba2溶液时，生成沉淀的物质的量y与加入Ba2的物质的量x的关系．下列有关叙述正确的是A．a﹣b时沉淀的物质的量：A13比BaSO4多B．d﹣e时溶液中离子的物质的量：Ba2+可能等于OH﹣C．a﹣d时沉淀的物质的量：BaSO4可能小于A13D．c﹣d时溶液中离子的物质的量：【Al4】﹣比Ba2+少 14．室温下，取m克铝镁合金与一定浓度的稀硝酸恰好完全溶解，向反应后的混合溶液中滴加bmol/LNaOH溶液，当滴加到VmL时，得到沉淀质量恰好为最大值n克，则下列有关该实验的说法中正确的有①沉淀中氢氧根的质量为克②恰好溶解后溶液中的NO3﹣离子的物质的量为mol③反应过程中转移的电子数为mol④生成NO气体的体积为L⑤发生反应的硝酸的物质的量为mol．A．2项B．3项C．4项D．5项 15．1.52g铜镁合金完全溶解于50mL密度为1.40g/mL、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体1120mL，向反应后的溶液中加入1.0mol/LNaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀．下列说法不正确的是A．该合金中铜与镁的物质的量之比是2：1B．该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0mol/LC．NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80%D．得到2.54g沉淀时，加入NaOH溶液的体积是600mL 16．将钠、铝混合物共1.0g投入适量水中充分反应，并测生成H2的量，若混合物中钠与铝的物质的量之比为x，如图为生成H2的物质的量随x的变化关系示意图．以下判断不正确的是21A．a1=B．a2=1C．b1=D．b2= 二．简答题17．根据物质及其化合物的性质填空Ⅰ为检验市售煤油中是否掺有水，可向煤油样品中加少许白色粉末 ，若观察到 现象，就说明煤油中掺有水；也可向煤油样品中加入一小块金属钠，若观察到 现象，就可说明煤油中掺有水，反应的化学方程式是 ．Ⅱ镁着火不能用二氧化碳来灭火，理由是 ；Ⅲ铝是应用最广泛的金属之一，铝的化合物在生产和生活中也有许多用途．铝离子的结构示意图是 ．铝是一种既能与酸反应又能与碱反应的金属，请写出铝与氢氧化钠溶液反应的化学方程式： ．将7.8g过氧化钠投入500ml1mol•L﹣1氯化铝溶液中，可观察到的现象是A．放出无色无味的气体，生成大量白色沉淀B．放出无色无味的气体，生成白色沉淀后恰好溶解C．放出无色无味的气体，生成白色沉淀后部分溶解C．放出无色无味的气体，生成白色沉淀后部分溶解． 18．实验室制备的CuSO4•5H2O中常含Cu2，用重量法测定CuSO4•5H2O的含量．实验步骤为：① ②加水溶解③加氯化钡溶液，沉淀④过滤在过滤前，需要检验是否沉淀完全，其操作是 ．若1.040g试样中含CuSO4•5H2O的准确值为1.015g，而实验测定结果是l.000g测定的相对误差为 ． 19．某无色溶液中可能含有H+，NH4+，Mg2+，Fe3+，Al3+，SO42﹣，HCO3﹣等离子，当向溶液中加入一定浓度NaOH溶液，生成沉淀物质的量随加入NaOH溶液体积关系如图所示．请回答下列问题：ab段生成沉淀的化学方程式： ；cd段沉淀减少的反应方程式： ；简述bc段沉淀物质的量不变的原因： ；原溶液中一定含有的离子的物质的量之比为 ．21 20．某溶液可能含有Cl﹣、SO42﹣、CO32﹣、NH4+、Fe3+、Al3+和K+中的两种或多种．取该溶液100mL，加入过量NaOH溶液，加热，得到448mL气体，同时产生红褐色沉淀，经过滤、洗涤、灼烧，得到1.6g固体；将上述滤液平均分成两份，一份中加足量BaCl2溶液，得到2.33g不溶于盐酸的沉淀；另一份中通入过量CO2得到1.56g白色沉淀．由此可推断原溶液一定含有的离子种类及其浓度，将结果填入下表．一定含有的离子种类 物质的量浓度 21．合金的性能往往优于组成金属，因而用途非常广泛．钠钾合金可在核反应堆中用作导热剂．5.05g钠钾合金溶于200mL水生成0.075mol氢气．计算溶液中氢氧根离子的物质的量浓度．计算并确定该钠﹣钾合金的化学式 ．镁铝合金广泛用于火箭、导弹和飞机制造业等．取不同质量的镁铝合金样品分别和30ml相同浓度的盐酸反应，所取合金质量与产生气体体积如下表所示：实验序号ABC合金质量/mg510765918气体体积/mL560672672计算镁铝合金中镁铝的质量之比． 212022-2022学年河南省洛阳市宜阳一高高一第二周周练化学试卷参考答案与试题解析 一、选择题1．依照阿伏加德罗定律，下列叙述正确的是A．同温同压下两种气体的体积之比等于摩尔质量之比B．同温同压下两种气体的物质的量之比等于密度之比C．同温同压下两种气体的摩尔质量之比等于密度之比D．同温同体积下两种气体的物质的量之比等于压强之比【考点】阿伏加德罗定律及推论．【专题】压轴题；阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．【分析】根据pV=nRT可知，同温同压下两种气体的体积之比等于物质的量之比，又n=，若质量关系不相等，则无法确定体积体积与摩尔质量的关系及物质的量与密度的关系；同温同体积下两种气体的物质的量之比等于压强之比；又根据pM=ρRT可知，同温同压下两种气体的摩尔质量之比等于密度之比．【解答】解：A、由pV=nRT可知，同温同压下两种气体的体积之比等于物质的量之比，又n=，若质量关系不相等，则无法确定体积体积与摩尔质量的关系，若气体的质量相等，则同温同压下两种气体的体积之与摩尔质量成反比，故A错误；B、由pV=nRT可知，同温同压下两种气体的体积之比等于物质的量之比，又V=，若质量相等时，同温同压下两种气体的物质的量与密度成反比，故B错误；C、由pM=ρRT可知，同温同压下摩尔质量与密度成正比，则两种气体的摩尔质量之比等于密度之比，故C正确；D、由pV=nRT可知，同温同体积下物质的量与压强成正比，则两种气体的物质的量之比等于压强之比，故D正确；故选CD．【点评】本题考查阿伏伽德罗定律及其推论，明确pV=nRT是解答本题的关键，注意公式的变形及公式中一个量随另一个量的变化来分析解答即可． 2．某温度下，在100克水中加入m克CuSO4或加入n克CuSO4•5H2O，均可使溶液恰好达到饱和，则m与n的关系符合A．m=nB．m=C．m=D．m=【考点】溶解度、饱和溶液的概念；溶液中溶质的质量分数及相关计算．【专题】压轴题；物质的量浓度和溶解度专题．【分析】根据相同温度下和溶剂中，同种物质的溶解度相同，利用均可使溶液恰好达到饱和时溶质的质量分数相同来列式计算，ngCuSO4•5H2O溶于水后的溶质质量为ng×．【解答】解：因为所得溶液均为硫酸铜的饱和溶液，在相同温度下溶质的质量分数相等，21所以有：×100%=×100%，整理后即得m=．故选B．【点评】本题主要考查学生对固体溶解度的概念的理解和溶质质量分数的计算，解答本题，要熟记和理解固体溶解度的概念、意义和有关计算方法，在解答中要思考给定的数值的来源，也就是解题的切入点． 3．下列各组物质中，仅用水及物质间相互反应不能一一区别的一组是A．Na2O2Al23MgCl2K2CO3B．BaCl2Na2SO4SO4KOHC．AgNO3NaClKClCuCl2D．Fe23K2CO3KHSO4NH4Cl【考点】物质的检验和鉴别的实验方案设计．【专题】压轴题；物质检验鉴别题．【分析】A、加入水与过氧化钠反应生成氧气和氢氧化钠溶液，以此可鉴别其它三种物质；B、氯化钡加入到硫酸钠和硫酸铵中都有沉淀，硫酸铵和氢氧化钾反应有刺激性气体，可以相互反应进行鉴别；C、不能鉴别氯化钠和氯化钾；D、硫酸铁呈黄色，用它可鉴别其它三种物质．【解答】解：A、都溶于水后，过氧化钠可以与水反应，生成气体和氢氧化钠，鉴别出来，然后把氢氧化钠分别加入其它三种溶液中，Al23先沉淀后溶解，MgCl2只生成沉淀，K2CO3无现象，故A正确；B、BaCl2加入到Na2SO4和SO4中都有沉淀，可鉴别出BaCl2，SO4与KOH反应有刺激性气体，即可确定各物质，故B正确；C、溶于水后，氯化铜有颜色，另外三个相互混合，可以鉴别硝酸银，但是氯化钠与氯化钾不能区分，故C错误；D、溶于水后，硫酸铁有颜色，再利用硫酸铁和碳酸钾发生相互促进的水解生成红褐色的氢氧化铁沉淀和二氧化碳气体鉴别出碳酸钾，再利用碳酸钾和硫酸氢钠反应生成二氧化碳气体鉴别出硫酸氢钾，剩下的是氯化铵，故D正确．故选C．【点评】本题考查物质的鉴别，做题时注意先从某具有特殊性质的角度入手，如颜色等，在鉴别其它物质，如没有特殊性质，可相互滴加从颜色、气体、沉淀等角度判断，该类题的关键之处是反应现象各不相同，否则无法判断． 4．实验是化学研究的基础．下列关于各实验装置的叙述正确的是21A．装置①常用于分离互不相溶的液体混合物B．装置②可用于吸收NH3或HCl气体，并防止倒吸C．装置③可用于收集H2、CO2、Cl2、NH3等气体D．装置④可用于干燥、收集氯化氢，并吸收多余的氯化氢【考点】连接仪器装置；物质的分离、提纯和除杂．【专题】压轴题．【分析】根据蒸馏用来分离沸点不同的液体混合物的方法；吸收易溶于水的气体时，应防止倒吸，常用的方法是用安全瓶、倒置漏斗或加入气体不溶的有机溶剂等方法；③是一种多功能瓶，可用作洗气瓶、集气瓶等，当作集气瓶时，根据气体的密度大小可从不同的导气管进气；收集氯化氢气体应用酸性干燥剂．【解答】解：A、装置①常用于分离沸点不同的液体混合物，故A错；B、装置②导气管插入到水面以下，起不到防倒吸的作用，故B错；C、当用装置③收集密度比空气小的气体时，用向下排空气法，应从短导气管进入气体，当收集密度比空气大的气体时，用向上排空气法，从长导气管进气，故C正确；D、因碱石灰能与HCl反应，则装置④不可用来干燥HCl，故D错．故选C．【点评】本题考查物质的分离提纯、尾气吸收、气体收集以及气体的干燥等，注意物质的性质和实验装置的操作． 5．下列离子方程式不正确的是A．硫化钠溶于水中：S2﹣+2H2O⇌H2S↑+2OH﹣B．用碳酸钠溶液吸收少量二氧化硫气体：2CO32﹣+SO2+H2O═2HCO3﹣+SO32﹣C．向NaHS溶液中通入足量氯气：HS﹣+Cl2═S↓+H++2Cl﹣D．向溴化亚铁溶液中通入过量氯气：2Fe2++3Cl2+4Br﹣═2Fe3++6Cl﹣+2Br2【考点】离子方程式的书写．【专题】压轴题；化学用语专题；离子反应专题．【分析】A、依据多元弱酸分步水解分析判断；B、依据亚硫酸酸性强于碳酸，少量二氧化硫通入生成亚硫酸钠分析；C、依据负二价硫元素具有还原性，氯气具有强氧化性分析判断；D、依据溴化亚铁中的离子还原性Fe2+大于Br﹣，通入足量氧化剂氯气会把亚铁离子和溴离子全部氧化，离子方程式中的亚铁离子和溴离子符合1：2组成；【解答】解：A、硫离子是弱酸阴离子分步水解，S2﹣+H2O⇌HS﹣+OH﹣；HS﹣+H2O⇌H2S+OH﹣；故A错误；B、用碳酸钠溶液吸收少量二氧化硫气体离子方程式为，2CO32﹣+SO2+H2O═2HCO3﹣+SO32﹣，故B正确；C、向NaHS溶液中通入足量氯气，氯气氧化HS﹣为硫单质离子方程式，HS﹣+Cl2═S↓+H++2Cl﹣，故C正确；D、向溴化亚铁溶液中通入过量氯气，溴化亚铁全部反应，离子方程式中亚铁离子和溴离子符合化学式的组成比，离子方程式为，2Fe2++3Cl2+4Br﹣═2Fe3++6Cl﹣+2Br2，故D正确；故选A．【点评】本题考查离子方程式书写原则和注意问题，是现在考试的热点，难度不大但注意各种离子性质的应用． 216．已知氧化还原反应：2Cu2+24KI+12H2SO4=2CuI↓+13I2+12K2SO4+12H2O，其中1mol氧化剂在反应中得到的电子为A．10molB．11molC．12molD．13mol【考点】氧化还原反应的电子转移数目计算．【专题】压轴题；氧化还原反应专题．【分析】2Cu2+24KI+12H2SO4=2CuI↓+13I2+12K2SO4+12H2O中，Cu元素的化合价由+2价降低为+1价，I元素的化合价由+5价降低为0，I元素的化合价由﹣1价升高到0，以此来计算．【解答】解：由2Cu2+24KI+12H2SO4=2CuI↓+13I2+12K2SO4+12H2O可知，Cu2中，Cu元素的化合价由+2价降低为+1价，I元素的化合价由+5价降低为0，则Cu2为氧化剂，所以1mol氧化剂在反应中得到的电子为1mol×+2mol×=11mol，故选B．【点评】本题考查氧化还原反应中转移电子数目的计算，明确反应中元素的化合价变化是解答本题的关键，注意CuI中Cu为+1价为学生解答的易错点，题目难度中等． 7．下列关于化合物的说法正确的是A．只含有共价键的物质一定是共价化合物B．由两种原子组成的纯净物一定是化合物C．不含非极性共价键的分子晶体一定是共价化合物D．熔化状态下不导电的化合物一定是共价化合物【考点】单质和化合物；共价键的形成及共价键的主要类型．【专题】压轴题；物质的分类专题．【分析】A、只含共价键的物质包括单质；B、同位素组成的纯净物可以是单质；C、不含非极性共价键的分子晶体可以是单质；D、熔化状态下不导电的化合物，一定不存在离子；【解答】解：A、双原子分子形成的单质只含有共价键，故A错误；B、由两种原子组成的纯净物，可以是同位素的不同原子形成的单质，如HD分子，故B错误；C、稀有气体分子是不含非极性共价键的分子晶体，故C错误；D、熔化状态下不导电的化合物一定不存在离子，说明是共价化合物，故D正确；故选D．【点评】本题考查了单质化合物的组成，同位素的概念，共价键的形成与类型． 8．向Ba2和KOH混合液中缓缓通入CO2气体至过量，生成沉淀物质的量与通入CO2气体体积VmL的关系如图所示，下列结论中正确的是A．原混合物中n[Ba2]：n=1：2B．p点坐标为120mL21C．p点溶液中溶质为Ba2D．a，b段反应分二阶段，离子方程式为：CO2+2OH﹣=CO32﹣+H2OCO32﹣+H2O+CO2=2HCO3﹣【考点】离子方程式的有关计算．【专题】压轴题；计算题．【分析】向KOH和Ba2的混合稀溶液中通入CO2，先二氧化碳和氢氧化钡反应生成碳酸钡沉淀，当氢氧化钡消耗完时，继续通入二氧化碳，二氧化碳和氢氧化钾反应生成碳酸钾，当氢氧化钾完全反应后，继续通入二氧化碳，二氧化碳和碳酸钾、水反应生成碳酸氢钾，当碳酸钾反应后，继续通入二氧化碳，二氧化碳和和碳酸钡、水反应生成可溶性的碳酸氢钡．A．根据OA段：Ba2++2OH﹣+CO2═BaCO3↓+H2O，ab段：2OH﹣+CO2═CO32﹣+H2O、CO32﹣+H2O+CO2=2HCO3﹣分析解答；B．根据OA段：Ba2++2OH﹣+CO2═BaCO3↓+H2O，bp段：最后是BaCO3+CO2+H2O═Ba2++2HCO3﹣分析解答；C．p点溶液中溶质为Ba2、KHCO3；D．a，b段反应分二阶段，先是二氧化碳和氢氧化钾反应生成碳酸钾，后是二氧化碳和碳酸钾、水反应生成碳酸氢钾；【解答】解：A．OA段：Ba2++2OH﹣+CO2═BaCO3↓+H2O，消耗30mL的二氧化碳、ab段：2OH﹣+CO2═CO32﹣+H2O、ab段消耗mL的二氧化碳；bp段：最后是BaCO3+CO2+H2O═Ba2++2HCO3﹣，由Oa段和ab段的反应原理可知，消耗二氧化碳的量Ba2和KOH的物质的量相等，所以原混合溶液中Ba2和KOH的物质的量之比为30：=1：1，故A错误；B．OA段：Ba2++2OH﹣+CO2═BaCO3↓+H2O，消耗30mL的二氧化碳，bp段：最后是BaCO3+CO2+H2O═Ba2++2HCO3﹣，需消耗30mL的二氧化碳，所以P点为90mL，故B错误；C．ab段：2OH﹣+CO2═CO32﹣+H2O、CO32﹣+H2O+CO2=2HCO3﹣，最后是BaCO3+CO2+H2O═Ba2++2HCO3﹣，所以p点溶液中溶质为Ba2、KHCO3，故C错误；D．a，b段，当氢氧化钡消耗完时，继续通入二氧化碳，二氧化碳和氢氧化钾反应生成碳酸钾，CO2+2OH﹣=CO32﹣+H2O，继续通入二氧化碳，二氧化碳和碳酸钾、水反应生成碳酸氢钾，CO32﹣+H2O+CO2=2HCO3﹣，故D正确；故选D．【点评】本题考查物质之间的反应，明确物质的性质、及反应先后顺序是解本题关键，题目难度中等． 9．据最新报道，科学家发现了如下反应：O2+PtF6=O2，已知O2为离子化合物，其中Pt为+5价，对于此反应，下列说法正确的是A．O2中不存在共价键B．在此反应中每生成1molO2则转移1mol电子C．在此反应中，O2是氧化剂，PtF6是还原剂D．O2中氧元素的化合价是+l价【考点】氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算．【专题】压轴题；氧化还原反应专题．【分析】已知O2为离子化合物，其中Pt为+5价，氟只能为﹣1价，所以该化合物是由﹣阴离子和O2+阳离子构成的，在阴阳离子中都存在共价键，反应中氧元素化合价升高从0～1/2，O2中氧元素的化合价是+1/2，铂元素的化合价降低从+6～+5，所以反应中O2是还原剂，PtF6是氧化剂；此反应中每生成1molO2电子转移总数为1mol．【解答】解：A、化合物中的﹣阴离子和O2+阳离子是原子团，其中都存在共价键，故A错误；21B、O2～O2+～e﹣，PtF6～﹣～e﹣，所以氧化还原反应中转移电子总数为1e﹣，故B正确；C、根据化合价的升降可知，O2是还原剂，PtF6是氧化剂，故C错误；D、O2中氧元素的化合价是+l/2价，故D错误；故选B．【点评】本题考查了氧化还原反应的特征、实质、概念判断和电子转移数目的计算，关键是氟的化合价为﹣1价，正确标注元素化合价． 10．在甲、乙两烧杯溶液中，分别含有大量的Cu2+、K+、H+、Cl﹣、CO32﹣、OH﹣6种离子中的3种，已知甲烧杯的溶液呈蓝色，则乙烧杯的溶液中大量存在的离子是A．Cu2+、H+、Cl﹣B．CO32﹣、OH﹣、Cl﹣C．K+、H+、Cl﹣D．K+、OH﹣、CO32﹣【考点】离子共存问题．【专题】压轴题；离子反应专题．【分析】甲烧杯的溶液呈蓝色含有Cu2+，所以与之不共存的CO32﹣、OH﹣离子在乙烧杯中，乙烧杯的阳离子不可能为H+，只能为K+．【解答】解：甲烧杯的溶液呈蓝色含有Cu2+，而CO32﹣、OH﹣离子不能与Cu2+离子大量共存，故只能存在于乙烧杯中，乙烧杯中含有CO32﹣、OH﹣离子，则H+离子只能存在于甲烧杯中，根据溶液的电中性，甲中还应有Cl﹣，乙中还应有K+，故甲中含有的离子为Cu2+、H+、Cl﹣，乙中含有的离子为K+、OH﹣、CO32﹣，故选D．【点评】本题考查离子共存问题，注意从铜离子的颜色作为本题的突破口，本题难度不大． 11．1L某混合溶液中，溶质X、Y的浓度都为0.1mol•L﹣1，向混合溶液中滴加某溶液Z至溶液呈中性，所得沉淀的物质的量如图所示，则X、Y、Z分别是A．氯化铝、氯化铁、氢氧化钠B．氯化铝、氯化镁、氢氧化钠C．偏铝酸钠、氢氧化钡、硫酸D．偏铝酸钠、氯化钡、硫酸【考点】镁、铝的重要化合物．【专题】图像图表题；压轴题；几种重要的金属及其化合物．【分析】若Z为氢氧化钠溶液，根据图象中生成沉淀消耗的体积计算分析判断，生成氢氧化铝沉淀、氢氧化铁沉淀、氢氧化镁沉淀时沉淀物质的量和消耗的碱的物质的量不符合，不能是铝盐；所以z是硫酸溶液，根据图象分析．【解答】解：从图象趋势和沉淀于消耗Z的量，可知溶液中有偏铝酸钠，无铝盐溶液，故所加Z为硫酸溶液，从生成沉淀质量增加知含Ba2+；故AB错误；21若为偏铝酸钠、氯化钡、硫酸，开始滴入硫酸时会生成沉淀氢氧化铝和硫酸钡沉淀，生成最大量沉淀氢氧化铝0.1mol，需要硫酸0.05mol；生成硫酸钡沉淀0.1mol，需要硫酸0.1mol，同时生成盐酸氯化氢0.2mol，所以溶液不能为中性，并且不符合第一个拐点，故D不符合；按图象拐点分成三个阶段．1：硫酸和氢氧化钡分别是二元强酸强碱，因此一开始氢氧化钡的OH﹣和硫酸里的H+1：1中和．同时Ba2+和SO42﹣，1：1反应生成硫酸钡沉淀．2：氢氧化钡消耗完，硫酸继续滴加，氢离子开始和偏铝酸根离子反应生成氢氧化铝沉淀，由于H+和AlO2﹣是1：1反应，但硫酸是两元酸，因此硫酸的消耗量和沉淀的生成量是1：2．3：硫酸进一步过量，开始消耗沉淀，3份H+消耗一份Al3，因此硫酸和沉淀消耗量应为1.5：1直到把氢氧化铝完全溶解，只剩下不溶于酸的BaSO4．符合图象的数值变化；故C符合；故选C．【点评】本题考查了铝盐、偏铝酸盐和钡盐与碱、酸反应的图象分析判断，题目较难，需要从图象中分析数据结合物质反应和沉淀生成判断． 12．将Mg、Cu组成的混合物26.4g投入到适量的稀硝酸中，固体完全溶解，收集到标准状况下的NO气体8.96L，向反应后的溶液中加入过量的5mol•L﹣1的NaOH溶液300mL，金属离子完全沉淀．则形成沉淀的质量是A．43.2gB．46.8gC．53.6gD．63.8g【考点】有关混合物反应的计算．【专题】压轴题；守恒法．【分析】Mg、Cu在反应中失去电子，最终生成Mg2、Cu2，则可知失去电子的物质的量等于生成沉淀需要氢氧根离子的物质的量，根据生成NO的气体的物质的量，可知反应中转移电子的物质的量，结合氧化还原反应得失电子数目相等，可知最终生成沉淀的质量．【解答】解：反应中CuCu2+Cu2，MgMg2+Mg2，可知Mg、Cu在反应中失去电子的物质的量等于生成沉淀需要氢氧根离子的物质的量，根据HNO3NO，生成8.96LNO转移的电子为=1.2mol，所以反应后生成沉淀的质量为26.4g+1.2mol×17g/mol=46.8g．故选B．【点评】本题考查混合物的计算，题目难度中等，本题注意把握电子转移的数目和氢氧根离子之间的关系，为解答该题的关键． 13．已知Ba【Al4】2可溶于水．如图表示的是向A123溶液中逐滴加入Ba2溶液时，生成沉淀的物质的量y与加入Ba2的物质的量x的关系．下列有关叙述正确的是21A．a﹣b时沉淀的物质的量：A13比BaSO4多B．d﹣e时溶液中离子的物质的量：Ba2+可能等于OH﹣C．a﹣d时沉淀的物质的量：BaSO4可能小于A13D．c﹣d时溶液中离子的物质的量：【Al4】﹣比Ba2+少【考点】镁、铝的重要化合物．【专题】图像图表题；压轴题．【分析】A、根据a﹣b是沉淀生成增大的过程，发生A123+3Ba2=2Al3↓+3BaSO4↓，b点沉淀的物质的量最大以及所发生的反应来回答；B、d点时Al3沉淀恰好完全溶解，此时溶液中只存在Ba[Al4]2，当加入的Ba2的物质的量等于Ba[Al4]2的物质的量时，溶液中Ba2+与OH﹣的量相等；C、a﹣b发生A123+3Ba2=2Al3↓+3BaSO4↓，b～d中Al3沉淀逐渐溶解转化为Ba[Al4]2，据此来分析；D、c﹣d发生反应2Al3+Ba2=Ba[Al4]2，Ba[Al4]2电离出[Al4]﹣、Ba2+，据此判断．【解答】解：A、在a﹣b发生反应A123+3Ba2=2Al3↓+3BaSO4↓，由方程式可知，沉淀的物质的量：Al3＜BaSO4，故A错误；B、d点时Al3沉淀恰好完全溶解，此时溶液中只存在Ba[Al4]2，当加入的Ba2的物质的量等于Ba[Al4]2的物质的量时，溶液中Ba2+与OH﹣的量相等，故B正确；C、a﹣b发生A123+3Ba2=2Al3↓+3BaSO4↓，由方程式可知，沉淀的物质的量：Al3＜BaSO4，b～d中Al3沉淀逐渐溶解转化为Ba[Al4]2，故a﹣d时沉淀的物质的量：BaSO4大于A13，故C错误；D、c﹣d发生反应2Al3+Ba2=Ba[Al4]2，1molBa[Al4]2电离出2mol[Al4]﹣、1molBa2+，故[Al4]﹣比Ba2+多，故D错误；故选B．【点评】结合图象知识来考查离子之间的反应，难度较大，熟悉每一段图中对应的化学反应是解答本题的关键． 14．室温下，取m克铝镁合金与一定浓度的稀硝酸恰好完全溶解，向反应后的混合溶液中滴加bmol/LNaOH溶液，当滴加到VmL时，得到沉淀质量恰好为最大值n克，则下列有关该实验的说法中正确的有①沉淀中氢氧根的质量为克②恰好溶解后溶液中的NO3﹣离子的物质的量为mol③反应过程中转移的电子数为mol④生成NO气体的体积为L⑤发生反应的硝酸的物质的量为mol．A．2项B．3项C．4项D．5项21【考点】有关混合物反应的计算；镁、铝的重要化合物．【专题】压轴题；计算题．【分析】mg铝镁合金与一定浓度的稀硝酸恰好完全溶解，向反应后的混合溶液中滴加bmol/LNaOH溶液，当滴加到VmL时，得到沉淀质量恰好为最大值n克，沉淀质量最大为氢氧化铝和氢氧化镁质量之和，此时溶液为硝酸钠溶液．①沉淀为氢氧化铝和氢氧化镁，沉淀质量等于铝镁合金质量与氢氧根质量之和．②恰好溶解后溶液中的NO3﹣离子的物质的量等于沉淀质量最大溶液中NO3﹣离子的物质的量，即n=n=n，据此进行计算．③根据电荷守恒，在沉淀中，氢氧根的物质的量等于Mg2+、Al3+所带电荷的物质的量，也等于合金失去电子的物质的量，即为反应过程中转移的电子来进行计算．④根据气体没有明确所处状态是否标准状态来判断．⑤根据质量守恒，硝酸有两种作用，作为酸的硝酸的物质的量等于硝酸钠的物质的量，作氧化剂的硝酸的物质的量等于NO的物质的量进行计算．【解答】解：①沉淀为氢氧化铝和氢氧化镁，沉淀质量等于铝镁合金质量与氢氧根质量之和，所以沉淀中氢氧根的质量为克，故①正确；②、恰好溶解后溶液中的NO3﹣离子的物质的量等于沉淀质量最大溶液中NO3﹣离子的物质的量，当沉淀量最大时，溶液中的溶质只有硝酸钠，硝酸根离子与钠离子的物质的量相等，n=n=n=mol，故②正确；③、至沉淀量最大，生成的n克沉淀为氢氧化铝和氢氧化镁．根据质量守恒定律，其中镁、铝元素的质量等于m克合金的质量，所以沉淀中氢氧根的质量为克，在沉淀中，氢氧根的物质的量等于Mg2+、Al3+所带电荷的物质的量，也等于合金失去电子的物质的量，即为反应过程中转移的电子，n=n=mol，故③正确；④、根据电子守恒原理，生成NO时，HNO3中+5价的N原子得3个电子，因此生成NO的物质的量应该是转移电子的三分之一，即mol×=mol，其体积在标准状况下为L，但是选项中没有说明所处状态，则此时的体积不能确定，故④错误；⑤、参加反应的硝酸有两种作用，起酸和氧化剂作用，作为酸的硝酸的物质的量等于硝酸钠的物质的量为mol，作氧化剂的硝酸的物质的量等于NO的物质的量为mol，所以与合金反应的硝酸的物质的量为mol，故⑤正确．故①②③⑤正确．故选：C．【点评】本题结合铝镁与硝酸反应及生成的盐与氢氧化钠反应的特点，对电子守恒、溶液电中性原理、质量守恒进行综合考查，难度中等，题目以多项形式呈现，考查了学生的综合运用知识能力和解决复杂问题的能力，是一道考查能力的好题． 15．1.52g铜镁合金完全溶解于50mL密度为1.40g/mL、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体1120mL，向反应后的溶液中加入1.0mol/LNaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀．下列说法不正确的是A．该合金中铜与镁的物质的量之比是2：1B．该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0mol/L21C．NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80%D．得到2.54g沉淀时，加入NaOH溶液的体积是600mL【考点】有关混合物反应的计算；硝酸的化学性质．【专题】压轴题；守恒法．【分析】A、金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁，故沉淀中氢氧根的质量为2.54g﹣1.52g=1.02g，根据n=计算氢氧根的物质的量，根据电荷守恒可知，金属提供的电子物质的量等于氢氧根的物质的量，令铜、镁合金中Cu、Mg的物质的量分别为xmol、ymol，根据提供的电子物质的量与二者质量之和列方程计算x、y的值，据此解答；B、根据c=计算该浓硝酸的物质的量浓度；C、根据n=计算NO2和N2O4混合气体的物质的量，令二氧化氮的物质的量为amol，根据电子转移列放出计算，进而计算二氧化氮的体积分数；D、根据钠离子守恒可知，氢氧化钠的物质的量等于反应后溶液中硝酸钠的物质的量，根据氮元素守恒计算硝酸钠的物质的量，再根据V=计算需要氢氧化钠溶液的体积．【解答】解：A、金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁，故沉淀中氢氧根的质量为2.54g﹣1.52g=1.02g，氢氧根的物质的量为=0.06mol，根据电荷守恒可知，金属提供的电子物质的量等于氢氧根的物质的量，令铜、镁合金中Cu、Mg的物质的量分别为xmol、ymol，则：，解得x=0.02，y=0.01，故合金中铜与镁的物质的量之比是0.02mol：0.01mol=2：1，故A正确；B、该浓硝酸密度为1.40g/mL、质量分数为63%，故该浓硝酸的物质的量浓度为mol/L=14mol/L，故B正确；C、NO2和N2O4混合气体的物质的量为=0.05mol，令二氧化氮的物质的量为amol，则四氧化二氮的物质的量为mol，根据电子转移守恒可知，a×1+×2×1=0.06，解得a=0.04，故NO2的体积分数是×100%=80%，故C正确；D、根据钠离子守恒可知，氢氧化钠的物质的量等于反应后溶液中硝酸钠的物质的量，根据氮元素守恒可知，硝酸钠的物质的量为0.05L×14mol/L﹣0.04mol﹣×2=0.64mol，故需要氢氧化钠溶液的体积为=0.64L=640mL，故D错误；故选D．【点评】本题考查混合物的有关计算，难度中等，理解反应发生的过程是关键，是对学生综合能力的考查，注意根据守恒思想进行的解答． 16．将钠、铝混合物共1.0g投入适量水中充分反应，并测生成H2的量，若混合物中钠与铝的物质的量之比为x，如图为生成H2的物质的量随x的变化关系示意图．以下判断不正确的是21A．a1=B．a2=1C．b1=D．b2=【考点】有关混合物反应的计算．【分析】发生反应有：2Na+2H2O═2NaOH+H2↑、2Al+2NaOH+6H2O═2Na[Al4]+3H2↑，开始时铝过量，随着x最大，即钠的量逐渐增大，生成氢气的量开始时会逐渐增大，钠、铝的物质的量相等时，即a2=1，生成氢气的量达到增大；之后随着钠的量的增加，生成氢气的量会逐渐减小，直至完全为钠时，生成氢气的量不再变化，此时1.0g完全为Na，结合反应可以计算出生成氢气的物质的量，据此进行解答．【解答】解：发生反应有：2Na+2H2O═2NaOH+H2↑、2Al+2NaOH+6H2O═2Na[Al4]+3H2↑，开始时铝过量，随着x最大，即钠的量逐渐增大，生成氢气的量开始时会逐渐增大，钠、铝的物质的量相等时，即a2=1，生成氢气的量达到增大；之后随着钠的量的增加，生成氢气的量会逐渐减小，直至完全为钠时，生成氢气的量不再变化，此时1.0g完全为Na，A．根据分析可知，a1时铝过量，生成氢气量b1=mol×=mol，设钠的物质的量为ymol，此时铝过量，结合反应可知参加反应的铝的物质的量也是ymol，根据电子守恒可得：0.5y+1.5y=mol，解得：y=，则铝的物质的量为：=mol，则a1=mol：mol=，故A错误；B．根据分析可知，当铝和钠的物质的量相等时，生成氢气的量最大，此时a2=1，故B正确；C．当1.0g完全为钠时，生成氢气的量为b1=mol×=mol，故C正确；D．当氢气和铝的物质的量相等时，生成氢气的量为b2，设此时铝和钠的物质的量都是xmol，则23x+27x=1.0g，解得：x=0.02，则生成氢气的物质的量为：0.02mol×+0.02mol×=0.04mol=mol，故D正确；故选A．【点评】本题考查了混合物反应的计算，题目难度中等，明确图象曲线变化及发生发生实质为解答关键，试题侧重考查学生的分析、理解能力及化学计算能力． 二．简答题17．根据物质及其化合物的性质填空Ⅰ为检验市售煤油中是否掺有水，可向煤油样品中加少许白色粉末 CuSO4 ，21若观察到 白色粉末变蓝 现象，就说明煤油中掺有水；也可向煤油样品中加入一小块金属钠，若观察到 有气泡生成 现象，就可说明煤油中掺有水，反应的化学方程式是 2Na+2H2O=2NaOH+H2↑ ．Ⅱ镁着火不能用二氧化碳来灭火，理由是 2Mg+CO22MgO+C ；Ⅲ铝是应用最广泛的金属之一，铝的化合物在生产和生活中也有许多用途．铝离子的结构示意图是 ．铝是一种既能与酸反应又能与碱反应的金属，请写出铝与氢氧化钠溶液反应的化学方程式： 2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑ ．将7.8g过氧化钠投入500ml1mol•L﹣1氯化铝溶液中，可观察到的现象是A．放出无色无味的气体，生成大量白色沉淀B．放出无色无味的气体，生成白色沉淀后恰好溶解C．放出无色无味的气体，生成白色沉淀后部分溶解C．放出无色无味的气体，生成白色沉淀后部分溶解．【考点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；钠的化学性质；镁的化学性质；铝的化学性质．【分析】Ⅰ．根据反应CuSO4+5H2O=CuSO4•5H2O及颜色变化解答；根据反应2Na+2H2O=2NaOH+H2↑的现象解答；Ⅱ．金属镁能够在二氧化碳气体中燃烧生成氧化镁和C；Ⅲ．铝离子的核电荷数为13，核外电子总数为10，最外层为8个电子；铝能够与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠与氢气；过氧化钠投入到氯化铝溶液中，先与水反应生成氢氧化钠和氧气，生成的氢氧化钠与氯化铝发生反应，依据生成氢氧化钠和铝离子的物质的量判断反应产物，据此解答．【解答】解：Ⅰ．无水硫酸铜与水反应生成五水硫酸铜的，反应中由白色粉末变为蓝色，反应方程式为：CuSO4+5H2O=CuSO4•5H2O，故可用CuSO4检验煤油中是否含有水；钠能够与水反应生成氢氧化钠和氢气，反应方程式为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，向煤油样品中加入一小块金属钠，若观察到有气泡生成，说明煤油中含有水，故答案为：CuSO4；白色粉末变蓝；有气泡生成；2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；Ⅱ．镁着火不能用二氧化碳来灭火，方程式为：2Mg+CO22MgO+C，故答案为：2Mg+CO22MgO+C；Ⅲ．铝离子的核电荷数为13，核外电子总数为10，铝离子结构示意图为：，故答案为：；21铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与氢气，铝被腐蚀，反应方程式为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，故答案为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；解：7.8g过氧化钠的物质的量为：n==0.1mol，500mL1mol•L﹣1氯化铝溶液中含氯化铝的物质的量为：0.5L×1mol•L﹣1=0.5mol，将7.8g过氧化钠投入500mL1mol•L﹣1氯化铝溶液中，过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，所以会放出无色无味的气体，根据关系式Na2O2～2NaOH可知，0.1mol过氧化钠反应生成0.2mol氢氧化钠，Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O，140.5mol0.2mol，铝离子与氢氧根离子恰好反应生成偏铝酸根离子，所以现象为：放出无色无味的气体，白色沉淀恰好溶解，故答案为：B．【点评】本题考查了常见金属单质及其化合物的综合应用，题目难度中等，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生灵活应用基础知识的能力，注意熟练掌握常见金属单质及其化合物性质． 18．实验室制备的CuSO4•5H2O中常含Cu2，用重量法测定CuSO4•5H2O的含量．实验步骤为：① 称取样品 ②加水溶解③加氯化钡溶液，沉淀④过滤在过滤前，需要检验是否沉淀完全，其操作是 在上层清液中继续滴加加氯化钡溶液，观察有无沉淀产生 ．若1.040g试样中含CuSO4•5H2O的准确值为1.015g，而实验测定结果是l.000g测定的相对误差为 ﹣1.5% ．【考点】化学实验操作的先后顺序．【分析】测量固体的含量，要先称量一定质量的固体，经溶解、沉淀、过滤、干燥、称量等操作，要验证是否洗涤完全，向上层清液中继续滴加加氯化钡溶液，若有沉淀产生说明还没有沉淀完全；相对误差为相对值除以准确值．【解答】解：测量固体的含量，要先称量一定质量的固体，经溶解、沉淀、过滤、干燥、称量等操作，其中沉淀需要洗涤，且要验证是否洗涤完全，向上层清液中继续滴加加氯化钡溶液，若有沉淀产生说明还没有沉淀完全，故答案为：称取样品；在上层清液中继续滴加加氯化钡溶液，观察有无沉淀产生；相对误差为═﹣1.48%，故答案为：﹣1.5%．【点评】本题主要考察实验现象等观察、物质的提纯、实验过程设计及有关计算，注意相对误差的计算方法，难度中等． 19．某无色溶液中可能含有H+，NH4+，Mg2+，Fe3+，Al3+，SO42﹣，HCO3﹣等离子，当向溶液中加入一定浓度NaOH溶液，生成沉淀物质的量随加入NaOH溶液体积关系如图所示．请回答下列问题：ab段生成沉淀的化学方程式： Al3++3OH﹣=Al3↓、Fe3++3OH﹣=Fe3↓ ；cd段沉淀减少的反应方程式： Al3+NaOH=NaAlO2+2H2O ；简述bc段沉淀物质的量不变的原因： 加入的NaOH与原溶液中NH4+反应生成NH3•H2O ；原溶液中一定含有的离子的物质的量之比为 n：n：n：n：n=2：2：4：9：3 ．21【考点】离子方程式的有关计算．【分析】加入NaOH溶液后，在0﹣a段没有生成沉淀，说明溶液中一定存在H+或HCO3﹣离子，由于后面有沉淀生成及部分沉淀溶解可知，溶液中一定存在Al3+，由于HCO3﹣和Al3+会发生双水解而不能共存，则只能存在H+；a﹣b段生成沉淀消耗了6a体积氢氧化钠，溶液中可能存在Mg2+、Fe3+、Al3+，根据c﹣d段部分沉淀溶解，可知一定存在铝离子，根据图象Al3的物质的量与剩余的沉淀的物质的量相等，由OH﹣～AlO2﹣可知消耗溶解氢氧化铝消耗了a体积氢氧化钠，所以生成氢氧化铝沉淀消耗了3a体积氢氧化钠，另一种离子生成的沉淀的量也消耗3a体积氢氧化钠，另一种离子为Mg2+，无色溶液中一定不含铁离子，b﹣c段沉淀的物质的量不变，说明氢氧根离子与铵离子发生了反应，即溶液中一定存在NH4+．【解答】解：加入NaOH溶液后，在0﹣a段没有生成沉淀，说明溶液中一定存在H+或HCO3﹣离子，由于后面有沉淀生成及部分沉淀溶解可知，溶液中一定存在Al3+，由于HCO3﹣和Al3+会发生双水解而不能共存，则只能存在H+；a﹣b段生成沉淀消耗了6a体积氢氧化钠，溶液中可能存在Mg2+、Al3+，根据c﹣d段部分沉淀溶解，可知一定存在铝离子，根据图象Al3的物质的量与剩余的沉淀的物质的量相等，由OH﹣～AlO2﹣可知消耗溶解氢氧化铝消耗了a体积氢氧化钠，所以生成氢氧化铝沉淀消耗了3a体积氢氧化钠，另一种离子生成的沉淀的量也消耗3a体积氢氧化钠，另一种离子为Mg2+；b﹣c段沉淀的物质的量不变，说明氢氧根离子与铵离子发生了反应，即溶液中一定存在NH4+．所以溶液中一定含有n、n、n，n．ab段生成沉淀是的离子方程式为：Al3++3OH﹣=Al3↓、Fe3++3OH﹣=Fe3↓，故答案为：Al3++3OH﹣=Al3↓、Fe3++3OH﹣=Fe3↓；根据c﹣d段部分沉淀溶解，可知一定存在铝离子，是氢氧化铝溶于氢氧化钠中的一段，发生的反应为：Al3+NaOH=NaAlO2+2H2O，故答案为：Al3+NaOH=NaAlO2+2H2O；b﹣c段沉淀的物质的量不变，说明氢氧根离子与铵离子发生了反应，即溶液中一定存在NH4+，故答案为：加入的NaOH与原溶液中NH4+反应生成NH3•H2O；原溶液中含有的阳离子是H+、NH4+、Al3+，一定不存在镁离子，根据消耗的氢氧化钠的物质的量可以认为n=a，n=a，n=1.5a，n=2a，根据电荷守恒，n=4.5a，n：n：n：n：n=2：2：4：9：3，故答案为：n：n：n：n：n=2：2：4：9：3．【点评】本题考查了离子检验的方法应用，题目难度中等，氢氧化铝是两性氢氧化物溶于强碱是解题关键，本题难点在于如何根据图象中的数据判断铁离子的存在及根据溶液电中性判断一定存在硫酸根离子． 2120．某溶液可能含有Cl﹣、SO42﹣、CO32﹣、NH4+、Fe3+、Al3+和K+中的两种或多种．取该溶液100mL，加入过量NaOH溶液，加热，得到448mL气体，同时产生红褐色沉淀，经过滤、洗涤、灼烧，得到1.6g固体；将上述滤液平均分成两份，一份中加足量BaCl2溶液，得到2.33g不溶于盐酸的沉淀；另一份中通入过量CO2得到1.56g白色沉淀．由此可推断原溶液一定含有的离子种类及其浓度，将结果填入下表．一定含有的离子种类 SO42﹣ NH4+ Fe3+ Al3+ Cl﹣ 物质的量浓度 0.2 0.2 0.2 0.4 ≥1.6 【考点】常见离子的检验方法．【专题】物质检验鉴别题．【分析】加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，可知一定存在铵根离子；红褐色沉淀是氢氧化铁，1.6g固体为三氧化二铁，可知一定有Fe3+，一定没有CO32﹣；2.33g不溶于盐酸的沉淀，为硫酸钡沉淀，物质的量为：0.01mol，原溶液中含有0.02mol硫酸根离子；另一份中通入过量CO2得到1.56g白色沉淀，白色沉淀为氢氧化铝，原溶液中一定存在铝离子，物质的量为0.02mol，原溶液中的铝离子的物质的量为0.04mol；根据以上数据推算存在离子，根据电荷守恒推算氯离子的存在及数据．【解答】解：加入NaOH溶液共热有气体和红褐色沉淀，气体为氨气，红褐色沉淀为氢氧化铁，则溶液中一定含有NH4+、Fe3+，根据离子共存可知不含CO32﹣，加BaCl2溶液生成不溶于盐酸的沉淀，知溶液中含SO42﹣；另一份中通入过量CO2得到1.56g白色沉淀，该白色沉淀为氢氧化铝，则原溶液中一定存在Al3+，n==0.02mol，则n=0.02mol，铵根离子浓度为：c==0.2mol/L；n==0.01mol，则n=2n=0.02mol，c==0.2mol；n==0.01mol，则n=0.01mol，则原溶液中含有硫酸根离子的物质的量为0.02mol，c==0.2mol/L；n==0.02mol，原溶液中存在铝离子的物质的量为0.04mol，c==0.4mol/L；溶液中NH4+、Al3+、Fe3+所带正电荷的物质的量为：0.02mol+3×0.02mol+0.04mol×3=0.20mol，SO42﹣所带负电荷为2×0.02mol=0.04mol，据电荷守恒，则溶液中必然大量存在另一种阴离子Cl﹣，由于钾离子无法确定是否存在，所以氯离子的物质的量一定不小于：2mol﹣0.04mol=0.16mol，c≥=1.6mol/L，故答案为：一定含有的离子种类SO42﹣NH4+Fe3+Al3+Cl﹣物质的量浓度0.20.20.20.4≥1.6【点评】本题考查了常见离子的检验，物质的量浓度的计算，题目难度中等，注意掌握常见离子的性质及检验方法，本题中硫酸根离子和铝离子的物质的量的计算为易错点，注意题中数据为分成两等份的情况． 2121．合金的性能往往优于组成金属，因而用途非常广泛．钠钾合金可在核反应堆中用作导热剂．5.05g钠钾合金溶于200mL水生成0.075mol氢气．计算溶液中氢氧根离子的物质的量浓度．计算并确定该钠﹣钾合金的化学式 NaK2 ．镁铝合金广泛用于火箭、导弹和飞机制造业等．取不同质量的镁铝合金样品分别和30ml相同浓度的盐酸反应，所取合金质量与产生气体体积如下表所示：实验序号ABC合金质量/mg510765918气体体积/mL560672672计算镁铝合金中镁铝的质量之比．【考点】有关混合物反应的计算．【专题】计算题．【分析】发生反应：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑、2K+2H2O=2KOH+H2↑，由方程式可知n=2n，再根据c=计算溶液中氢氧根离子浓度；设上述合金中Na为amol、K为bmol，根据二者质量及生成氢气的物质的量列方程计算，进而确定合金的化学式；先判断A中金属完全反应，然后根据混合金属的质量、产生氢气的物质的量列式计算．【解答】解：发生反应：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑、2K+2H2O=2KOH+H2↑，由方程式可知n=2n=0.075mol×2=0.15mol，故溶液中c==0.75mol/L，答：溶液中氢氧根离子的浓度为0.75mol/L；设上述合金中Na为xmol、K为ymol，则：x+y=0.075×2、23x+39y=5.05，解得：x=0.05、y=0.1，则Na与K的物质的量之比=0.05mol：0.1mol=1：2，故该合金的化学式为NaK2，故答案为：NaK2；根据表中数据可知，A中金属完全反应，盐酸过量，设合金中Mg、Al的物质的量分别为xmol、ymol，则有：24x+27y=0.510gx+y==0.025mol，解得：x=y=0.01mol；合金中镁铝的质量之比为：24g/mol×0.01mol：27g/mol×0.01mol=8：9，故答案为：8：9．【点评】本题考查了混合物反应的计算，题目难度中等，试题知识点较多、计算量较大，充分考查学生的化学计算能力，注意电子守恒、质量守恒定律在化学计算中的应用方法． 21
