1、2014-2015学年安徽省安庆市望江县高一（上）期末化学试卷一.选择题（本题共10小题，每小题3分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）12008年8月25日，十一届全国人大常委会第四次会议正式对食品安全法（草案）进行了二审，表明国家对食品安全问题越来越重视工商人士提醒消费者，长期食用二氧化硫含量超标的食品不仅会破坏维生素B1，还会影响人体对钙的吸收下列说法中一定错误的是（）A 二氧化硫遇水生成亚硫酸，容易引起胃肠道反应B 人体直接吸入二氧化硫易引起呼吸道疾病C 二氧化硫引起的环境问题主要是酸雨D 可通过服入碱性物质（如NaOH）的方法来消除二氧化硫中毒2关于硅及其化合物的叙
2、述错误的是（）A 单质硅是良好的半导体材料B 硅酸是挥发性酸C 硅是构成矿物与岩石的主要元素D 玻璃、水泥、陶瓷都属于硅酸盐产品3下列关于胶体的说法正确的是（）A 胶体外观不均匀B 胶体不能通过滤纸C 胶体都能产生丁达尔效应D 胶体不稳定，静置后容易产生沉淀4用NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（）A 标准状况下，22.4LH2O含有的分子数为NAB 常温常压下，1.06gNa2CO3含有的Na+离子数为0.02 NAC 通常状况下，1 NA个CO2分子占有的体积为22.4LD 物质的量浓度为0.5mol/L的MgCl2溶液中，Cl离子个数为0.02 NA5欲配制100ml 1.0mol
3、/L Na2SO4溶液，正确的方法是（）将14.2g Na2SO4溶于100ml水中将32.2g Na2SO410H2O溶于少量水中，再用水稀释至100ml将20ml 5.0mol/L Na2SO4溶液用水稀释至100mlA B C D 6下列处理事故的方法正确的是（）A 金属钠着火，可用水扑灭B 误食硫酸铜溶液，可服用鸡蛋清解毒C 浓硫酸溅到皮肤上，立即用碳酸钠稀溶液冲洗D 氢氧化钠溶液溅入眼中，应立即用大量水冲洗，再用稀盐酸冲洗7在溶液中能大量共存的一组离子或分子是（）A NH4+、H+、NO3、HCO3B K+、Al3+、SO42、NH3H2OC Na+、K+、SO32、Cl2D Na+
4、、CH3COO、CO32、OH8下列离子方程式正确的是（）A 向盐酸中滴加氨水：H+OHH2OB Fe（OH）3溶于氢碘酸：Fe（OH）3+3H+Fe3+3H2OC 铜溶于稀硝酸：3Cu+8H+2NO33Cu2+2NO+4H2OD 次氯酸钠溶液中通入二氧化硫气体：2ClO+SO2+H2O2HClO+SO329对于反应CaH2+2H2OCa（OH）2+2H2，有下列判断：H2只是氧化产物；H2只是还原产物；H2O是氧化剂；CaH2中的氢元素被还原；此反应中氧化产物与还原产物的原子个数之比是1：1，上述判断中正确的是（）A B C D 10“荧光粉”所用的高纯度氯化钙中若混有镁离子，除去的方法是把
5、氯化钙的水溶液加热到9095，在不断搅拌的条件下加入适当的沉淀剂，使镁离子生成沉淀过滤除去此沉淀剂最好是（）A 烧碱B 纯碱C 小苏打D 石灰浆二.选择题（本题共10小题，每小题3分，在每小题给出的四个选项中，有一到两个选项符合题目要求）11已知：向KMnO4晶体滴加浓盐酸，产生黄绿色气体；向FeCl2溶液中通入少量实验产生的气体，溶液变黄色；取实验生成的溶液滴在淀粉KI试纸上，试纸变为蓝色下列判断正确的为（）A 上述实验证明氧化性：MnO4Cl2Fe3+I2B 上述实验中，共有两个氧化还原反应C 实验生成的气体不能使湿润的淀粉KI试纸变蓝D 实验证明Fe2+既有氧化性又有还原性12现有三种常
6、见的治疗胃病的药品标签：INDICALM消化药片每片含250mg碳酸钙Stomachease减缓胃痛每片含250mg氢氧化镁Fast digestion帮助消化每片含250mg氧化镁 药品中所含的物质均能与胃里过量的盐酸反应，则相同粒数的三种药片消耗HCl的物质的量比较，正确的是（）A =B C D 13不论以何种比例混合，将甲和乙两种混合气体同时通入过量的丙溶液中，一定能产生沉淀的组合是（）序号甲乙丙CO2SO2石灰水HClCO2石灰水CO2SO2Ba（NO3）2NO2SO2BaCl2CO2NH3CaCl2A B C D 14下列各组溶液，不另加其他试剂就可以将它们分别开的是（）A NaCl
7、、HCl、NaAlO2、NaHCO3B Na2SO4、KNO3、（NH4）2SO4、MgCl2C FeCl3、NaOH、AlCl3、HNO3D AgNO3、NaCl、NaSO4、NaI15将铜片投入到稀硫酸中，铜片不溶，加入下列试剂后，可使铜片溶解的是（）A 稀盐酸B 硫酸钠晶体C 硝酸钠晶体D 氯化铁晶体16能实现下列物质间直接转化的元素是（）单质氧化物酸或碱盐A 硅B 硫C 铜D 铁17把6mol铜粉投入含8mol硝酸和2mol硫酸的稀溶液中，则标准状况下放出的气体的物质的量为（）A 2molB 3molC 4molD 5mol18如图是向MgCl2、AlCl3混合溶液中，开始滴加6ml试
8、剂A，之 后改滴试剂B，所得沉淀y mol与试剂体积V（ml）间的关系以下结论不正确的是（）A A是盐酸，B是NaOH，且C（B）=2C（A）B 原混合液中，C（Al3+）：C（Mg2+）：C（Cl）=1：1：5C A是NaOH，B是盐酸，且C（NaOH）：C（HCl）=2：1D 从6到9，相应离子反应式H+OH=H2O19乙醇（C2H6O）水溶液中，当乙醇分子和水分子中氢原子个数相等时，溶液中乙醇的质量分数为（）A 20%B 50%C 46%D 32%20mg铁粉与含有H2SO4的CuSO4溶液完全反应后，得到mg铜，则参与反应的CuSO4与H2SO4的物质的量之比为（）A 7：1B 1：7
9、C 7：8D 8：7三、填空题（共4小题，每小题8分，满分40分）21有A、B两种常温下有刺激性气味的气体，将A（g）通入品红溶液中，品红溶液变为无色；将B（g）通入品红溶液中，品红溶液也变为无色；将A（g）和B（g）按1：1的体积比混合充分，通入品红溶液中，品红溶液不褪色，通入紫色石蕊试液中，溶液只变红不褪色试回答下列问题：（1）写出A、B的化学式：、（2）写出A和NaOH溶液反应的化学方程式：（3）写出B与NaOH溶液反应的离子方程式：（4）加热通入A后变为无色的品红溶液，现象是；加热通入B后变为无色的品红溶液，现象是22下图表示有关物质（均由短周期元素形成）之间的转化关系，其中A为常见的
10、金属单质，B为非金属单质（一般是黑色粉末），C是常见的无色无味液体，D是淡黄色的固体化合物（反应条件图中已省略）（1）A、B、C、D代表的物质分别为、（填化学式）；（2）反应中的C、D均过量，该反应的化学方程式是；（3）反应中，若B与F物质的量之比为4：3，G、H分别是、（填化学式）；（4）反应产物中K的化学式为；（5）反应的离子方程式为23碱式碳酸铜可表示为：xCuCO3yCu（OH）2zH2O，测定碱式碳酸铜组成的方法有多种（1）现采用氢气还原法，请回答如下问题：写出xCuCO3yCu（OH）2zH2O与氢气反应的化学方程式；试验装置用下列所有仪器连接而成，按氢气流方向的连接顺序是（填入仪
11、器接口字母编号）：（a）（l）称取23.9g某碱式碳酸铜样品，充分反应后得到12.7g残留物，生成4.4g二氧化碳和7.2g水该样品的结晶水质量为 g，化学式为；（2）某同学以氮气代替氢气，并用上述全部或部分仪器来测定碱式碳酸铜的组成，你认为是否可行？请说明理由24某溶液中可能含有Fe2+、Mg2+、Cu2+、NH4+、Al3+，当加入一种淡黄色固体并加热溶液时，有刺激性气味气体放出和白色沉淀生成加入淡黄色固体的物质的量（横坐标）与析出沉淀和产生气体的物质的量（纵坐标）的关系如图所示，据图可推知溶液中含有的离子是，它们的物质的量浓度之比为，所加淡黄色固体是（填化学式）2014-2015学年安徽
12、省安庆市望江县高一（上）期末化学试卷参考答案与试题解析一.选择题（本题共10小题，每小题3分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）12008年8月25日，十一届全国人大常委会第四次会议正式对食品安全法（草案）进行了二审，表明国家对食品安全问题越来越重视工商人士提醒消费者，长期食用二氧化硫含量超标的食品不仅会破坏维生素B1，还会影响人体对钙的吸收下列说法中一定错误的是（）A 二氧化硫遇水生成亚硫酸，容易引起胃肠道反应B 人体直接吸入二氧化硫易引起呼吸道疾病C 二氧化硫引起的环境问题主要是酸雨D 可通过服入碱性物质（如NaOH）的方法来消除二氧化硫中毒考点：常见的生活环境的污染及治
13、理分析：A胃酸与酸性物质有关，可知生成酸易引起胃肠道反应；B二氧化硫为刺激性气体，且有毒；C二氧化硫与水反应生成亚硫酸，再被氧化生成硫酸，使雨水的pH减小；DNaOH的碱性太强，腐蚀性强解答：解：A二氧化硫遇水生成亚硫酸，酸性增强，易引起胃肠道反应，故A正确；B二氧化硫为刺激性气体，且有毒，则人体直接吸入二氧化硫易引起呼吸道疾病，故B正确；C二氧化硫与水反应生成亚硫酸，再被氧化生成硫酸，使雨水的pH5.6，形成酸雨，故C正确；DNaOH的碱性太强，腐蚀性强，则不能服入NaOH的方法来消除二氧化硫中毒，可选择弱碱性溶液，如碳酸钠、肥皂水等，故D错误；故选D点评：本题考查二氧化硫的性质，为高频考点
14、，把握习题中的信息及物质的性质、发生的反应等为解答的关键，注重元素化合物知识的综合应用及迁移应用能力的考查，题目难度不大2关于硅及其化合物的叙述错误的是（）A 单质硅是良好的半导体材料B 硅酸是挥发性酸C 硅是构成矿物与岩石的主要元素D 玻璃、水泥、陶瓷都属于硅酸盐产品考点：硅和二氧化硅；无机非金属材料专题：碳族元素分析：A、根据晶体硅能导电分析；B、根据硅酸的性质分析；C、根据硅是亲氧元素，在自然界中以化合态存在分析；D、根据常见的硅酸盐材料分析解答：解：A、硅是良好的半导体材料，可用于制造计算机芯片等，故A正确； B、因硅酸是固体酸、弱酸，易分解，但不易挥发，故B错误； C、硅也是极为常见
15、的一种元素，然而它极少以单质的形式在自然界出现，而是以复杂的硅酸盐或二氧化硅的形式，广泛存在于岩石、砂砾、尘土之中故C正确； D、常见的硅酸盐产品有：玻璃、水泥、陶瓷，故D正确； 故选：B点评：本题主要考查了硅及含硅化合物，硅酸是高中阶段唯一的难溶性酸3下列关于胶体的说法正确的是（）A 胶体外观不均匀B 胶体不能通过滤纸C 胶体都能产生丁达尔效应D 胶体不稳定，静置后容易产生沉淀考点：胶体的重要性质专题：溶液和胶体专题分析：A、胶体是一种均匀、稳定的分散系；B、胶体的分散质微粒能通过滤纸；C、胶体都能产生丁达尔效应；D、胶体是一种均匀、稳定的分散系解答：解：A、胶体是一种均匀的分散系，故A错误
16、；B、胶体的分散质微粒较大，不能通过半透膜，但能透过滤纸，故B错误；C、胶体都能产生丁达尔效应，故C正确；D、胶体是一种均匀、稳定的分散系，静置后不容易产生沉淀，故D错误故选C点评：本题考查学生有关胶体的性质，是对学生所学基础知识的考查，要求学生熟记教材知识，学以致用4用NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（）A 标准状况下，22.4LH2O含有的分子数为NAB 常温常压下，1.06gNa2CO3含有的Na+离子数为0.02 NAC 通常状况下，1 NA个CO2分子占有的体积为22.4LD 物质的量浓度为0.5mol/L的MgCl2溶液中，Cl离子个数为0.02 NA考点：阿伏加德罗常数专
17、题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：A、标准状况下，水是液体，无法求算其物质的量；B、1.06gNa2CO3物质的量是0.1mol，含有0.2mol钠离子；C、必须是标准状况下，才能求算二氧化碳的体积；D、无法求出氯化镁的物质的量，无法求算氯离子的个数解答：解：A、由于标况下水不是气体，无法求算水的物质的量，故A错误；B、1.06gNa2CO3的物质的量是0.1mol，含有的Na+离子数为0.02 NA，故B正确；C、通常状况下不是标准状况下，无法计算CO2分子占有的体积，故C错误；D、只知道氯化镁的浓度，无法求算其物质的量，故D错误故选B点评：本题考查阿伏伽德罗常数，注意标准状况下的条件
18、要求及物质的状态，难度适中5欲配制100ml 1.0mol/L Na2SO4溶液，正确的方法是（）将14.2g Na2SO4溶于100ml水中将32.2g Na2SO410H2O溶于少量水中，再用水稀释至100ml将20ml 5.0mol/L Na2SO4溶液用水稀释至100mlA B C D 考点：配制一定物质的量浓度的溶液专题：物质的量浓度和溶解度专题分析：14.2g Na2SO4的物质的量为0.1mol，溶于水配成100ml溶液，浓度为1mol/L32.2g Na2SO410H2O物质的量为0.1mol，硫酸钠的物质的量等于硫酸钠晶体的物质的量，根据c=计算判断根据稀释定律，稀释前后溶质
19、硫酸钠的物质的量不变，据此计算稀释后浓度，进行判断解答：解：、14.2g Na2SO4的物质的量为=0.1mol，溶于水配成100ml溶液，浓度为1mol/L，溶液体积为100ml，不是溶剂的体积，故错误、32.2g Na2SO410H2O物质的量为=0.1mol，由化学式硫酸钠的物质的量等于硫酸钠晶体的物质的量为0.1mol，溶液体积为100ml，所配溶液浓度为=1mol/L，故正确；、令稀释后硫酸钠溶液浓度为c，根据稀释定律，稀释前后溶质硫酸钠的物质的量不变，则20ml5mol/L=100mlc，解得c=1mol/L，故正确所以正确故选：B点评：考查配制一定物质的量浓度的溶液的配制及对物质
20、的量浓度的理解、计算，难度不大，根据c=加深对溶液配制的理解注意配制中物质溶于水溶质发生变化的情况6下列处理事故的方法正确的是（）A 金属钠着火，可用水扑灭B 误食硫酸铜溶液，可服用鸡蛋清解毒C 浓硫酸溅到皮肤上，立即用碳酸钠稀溶液冲洗D 氢氧化钠溶液溅入眼中，应立即用大量水冲洗，再用稀盐酸冲洗考点：化学实验安全及事故处理分析：根据钠与水反应、浓硫酸遇水放热、浓硫酸和浓碱有腐蚀性及蛋白质的性质来分析实验中的事故，找出正确的处理方法解答：解：A、钠与水发生反应生成可燃性的氢气，因此金属钠着火，不能用水灭，应用沙子盖灭，故A错；B、硫酸铜是重金属盐，能使蛋白质变性，误食后可服用鸡蛋清解毒，故B正确
21、；C、浓硫酸溅到皮肤上，先用干布拭去，然后用大量水冲洗，最后用小苏打溶液冲洗，故C错；D、氢氧化钠溶液溅入眼中，应立即用水冲洗边洗边眨眼睛，必要时迅速找医生医治，切不可用手揉眼，更不能用盐酸冲洗，故D错；故选：B点评：本题考查了化学实验基本操作中的实验安全及事故处理，明确物质的性质是分析事故处理的关键，并注意安全第一，平时严格要求规范实验操作来解答即可7在溶液中能大量共存的一组离子或分子是（）A NH4+、H+、NO3、HCO3B K+、Al3+、SO42、NH3H2OC Na+、K+、SO32、Cl2D Na+、CH3COO、CO32、OH考点：离子共存问题专题：离子反应专题分析：根据离子之
22、间不能结合生成水、气体、沉淀、弱电解质等，不能发生氧化还原反应，则离子能大量共存，以此来解答解答：解：A因H+、HCO3能结合生成水和气体，则不能共存，故A不选；B因Al3+、NH3H2O能结合生成沉淀，则不能共存，故B不选；C因SO32、Cl2能发生氧化还原反应，则不能共存，故C不选；D因该组离子之间不反应，则能够大量共存，故D选；故选D点评：本题考查离子的共存问题，熟悉复分解反应发生的条件及离子之间的反应是解答本题的关键，题目难度不大8下列离子方程式正确的是（）A 向盐酸中滴加氨水：H+OHH2OB Fe（OH）3溶于氢碘酸：Fe（OH）3+3H+Fe3+3H2OC 铜溶于稀硝酸：3Cu+
23、8H+2NO33Cu2+2NO+4H2OD 次氯酸钠溶液中通入二氧化硫气体：2ClO+SO2+H2O2HClO+SO32考点：离子方程式的书写分析：A氨水为弱碱，一水合氨不能拆开，应该保留分子式；B铁离子具有氧化性，能够将碘离子氧化成碘单质；C铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮气体和水；D次氯酸具有强氧化性，能够将亚硫酸根离子离子氧化成硫酸根离子解答：解：A盐酸和氯化氢反应生成了铵离子和水，反应的离子方程式为：NH3H2O+H+NH4+H2O，故A错误；B铁离子将碘离子氧化成碘单质，正确的离子方程式为：2Fe（OH）3+6H+2I=2Fe2+I2+6H2O，故B错误；C铜溶于稀硝酸的离子方程式
24、为：3Cu+8H+2NO33Cu2+2NO+4H2O，故C正确；D二氧化硫通入次氯酸钠溶液中，二者发生氧化还原反应，若二氧化硫少量，反应的离子方程式为：SO2+3ClO+H2O=SO42+2HClO+Cl，故D错误；故选C点评：本题考查了离子方程式的判断，为高考的高频题，属于中等难度的试题，注意掌握离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等；试题侧重考查氧化还原反应型的离子反应的判断，为易错点9对于反应CaH2+2H2OCa（OH）2+2H2，有下列判断：H2只是氧化产物；H2只是还原产物；H2
25、O是氧化剂；CaH2中的氢元素被还原；此反应中氧化产物与还原产物的原子个数之比是1：1，上述判断中正确的是（）A B C D 考点：氧化还原反应专题：氧化还原反应专题分析：反应CaH2+2H2O=Ca（OH）2+2H2，是氧化还原反应，标注化合价的变化，依据基本概念进行分析判断；化合价升高的元素具有还原性被氧化为氧化产物，化合价降低的元素具有氧化性被还原为还原产物，氧化还原反应中得失电子守恒解答：解：反应中CaH2中氢元素从1价变化为0价，做还原剂被氧化为氢气；H2O中氢原子化合价从+1价变化为0价，做氧化剂被还原为H2；氢气是氧化产物和还原产物，故错误；氢气是氧化产物和还原产物，故错误；H2
26、O是氧化剂，故正确；CaH2中的氢元素被氧化，故错误；反应中的氧化产物与还原产物的分子个数之比为1：1，故正确；综上所述：正确；故选B点评：本题考查了氧化还原反应的概念分析判断，主要是氧化产物，还原产物的判断和计算，关键是正确标注元素化合价10“荧光粉”所用的高纯度氯化钙中若混有镁离子，除去的方法是把氯化钙的水溶液加热到9095，在不断搅拌的条件下加入适当的沉淀剂，使镁离子生成沉淀过滤除去此沉淀剂最好是（）A 烧碱B 纯碱C 小苏打D 石灰浆考点：镁、铝的重要化合物；物质的分离、提纯和除杂专题：物质检验鉴别题；几种重要的金属及其化合物分析：对于除杂问题，要以不能引进新的杂质离子、除杂后的溶液容
27、易分离为根本要准确选择合适的物质，方法是找出两物质的不同元素，并使杂质离子进行转化CaCl2、MgCl2两物质不同的地方是：一个是 Ca2+ 一个是Mg2+，杂质离子是Mg2+要想使杂质离子进行转化，所选试剂的阳离子必须是Ca2+，且生成溶液容易分离A、B、C选项引入新杂质Na+，B遇两种物质都沉淀，C的碳酸氢根遇两者都不沉淀解答：解：A、B、C都引入新杂质Na+，并且B遇两种物质都沉淀，C的碳酸氢根遇两者都不沉淀所以不能选D、Ca（OH）2+Mg2+=Ca2+Mg（OH）2，Mg2+转化为沉淀，同时生成Ca2+，并且生成的沉淀用过滤的方法除去故选D点评：本题考查的是根据物质的不同性质进行分离
28、、提纯和除杂对于除杂问题，要以不能引进新的杂质离子、除杂后的溶液容易分离为根本，选择试剂的方法是：如果是溶液，找出两种物质不同的元素，使杂质元素通过所选试剂转变为非杂质元素如果是气体，使试剂吸收杂质气体，生成或不生成非杂质气体即可二.选择题（本题共10小题，每小题3分，在每小题给出的四个选项中，有一到两个选项符合题目要求）11已知：向KMnO4晶体滴加浓盐酸，产生黄绿色气体；向FeCl2溶液中通入少量实验产生的气体，溶液变黄色；取实验生成的溶液滴在淀粉KI试纸上，试纸变为蓝色下列判断正确的为（）A 上述实验证明氧化性：MnO4Cl2Fe3+I2B 上述实验中，共有两个氧化还原反应C 实验生成的
29、气体不能使湿润的淀粉KI试纸变蓝D 实验证明Fe2+既有氧化性又有还原性考点：氧化性、还原性强弱的比较专题：氧化还原反应专题分析：高锰酸钾能将浓盐酸氧化为氯气，高锰酸钾做氧化剂，浓盐酸做还原剂；氯气能将亚铁离子氧化为三价铁，氯气做氧化剂，亚铁离子做还原剂；三价铁将碘离子氧化为单质碘，三价铁是氧化剂，单质碘是氧化产物，氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性大于还原产物的还原性解答：解：A、高锰酸钾能将浓盐酸氧化为氯气，高锰酸钾做氧化剂，氯气是氧化产物，每个反应的氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，所以氧化性MnO4Cl2，氯气能将亚铁离子氧化为三价铁，氯气做氧化剂，所以
30、氧化性Cl2Fe3+，三价铁将碘离子氧化为单质碘，二价铁是还原产物，单质碘是氧化产物，所以氧化性F3+I2，故A正确；B、三个反应都是氧化还原反应，故B错误；C、生成Cl2，氧化性强于I2，也能使其变蓝，故C错误；D、反应中Fe2+只是化合价升高，只反映其具有还原性，故D错误故选A点评：本题考查学生关于氧化还原反应中的概念以及氧化还原反应的应用知识，可以根据所学知识进行回答12现有三种常见的治疗胃病的药品标签：INDICALM消化药片每片含250mg碳酸钙Stomachease减缓胃痛每片含250mg氢氧化镁Fast digestion帮助消化每片含250mg氧化镁 药品中所含的物质均能与胃里
31、过量的盐酸反应，则相同粒数的三种药片消耗HCl的物质的量比较，正确的是（）A =B C D 考点：药物的主要成分和疗效分析：碳酸钙、氢氧化镁、氧化镁与盐酸都按物质的量1：2反应，药片中三者的质量相同，摩尔质量越小中和胃酸的能力越强解答：解：碳酸钙摩尔质量为100g/mol，氢氧化镁摩尔质量为58g/mol，氧化镁摩尔质量为40g/mol，碳酸钙、氢氧化镁、氧化镁与盐酸都按物质的量1：2反应，药片中三者的质量相同，摩尔质量越小中和胃酸的能力越强，所以中和盐酸的能力为故选C点评：本题考查常用化学计量计算、根据方程式的计算，比较基础，注意基础知识的掌握13不论以何种比例混合，将甲和乙两种混合气体同时
32、通入过量的丙溶液中，一定能产生沉淀的组合是（）序号甲乙丙CO2SO2石灰水HClCO2石灰水CO2SO2Ba（NO3）2NO2SO2BaCl2CO2NH3CaCl2A B C D 考点：氮的氧化物的性质及其对环境的影响；二氧化硫的化学性质专题：压轴题；元素及其化合物分析：石灰水过量，有CaCO3和CaSO3沉淀生成；石灰水过量，有CaCO3沉淀生成；SO2将被NO3氧化生成SO42，BaSO4沉淀生成；SO2将被NO2氧化成SO3，有BaSO4沉淀生成；当NH3不足时，最终无沉淀生成解答：解：由于石灰水过量，因此必有CaCO3和CaSO3沉淀生成，故正确；同样由于石灰水过量，因此必有CaCO3
33、沉淀生成，故正确；CO2气体与Ba（N03）2不反应，SO2气体通入Ba（NO3）2溶液后，由于溶液酸性增强，SO2将被NO3氧化生成SO42，因此有BaSO4沉淀生成，故正确；NO2和SO2混合后，SO2将被NO2氧化成SO3，通入BaCl2溶液后有BaSO4沉淀生成，故正确；当NH3过量时溶液中CaCO3沉淀生成，发生反应的化学方程式为：2NH3+CO2+CaCl2+H2OCaCO3 +2NH4C1；当NH3不足时，最终无沉淀生成，发生反应的化学方程式为：2NH3+2CO2+CaCl2+2H2OCa（HCO3）2+2NH4C1，故错误故选D点评：本题考查元素化合物知识，题目难度中等，注意丙
34、过量，对相应物质的化学性质要掌握到位解题时要认真审题、一一排查，同时要掌握NO2的氧化性，SO2具有还原性，SO2具有酸性氧化物的性质、SO2气体通入Ba（NO3）2溶液后，由于溶液酸性增强，SO2将被NO3氧化生成SO42，此时有BaSO4沉淀生成14下列各组溶液，不另加其他试剂就可以将它们分别开的是（）A NaCl、HCl、NaAlO2、NaHCO3B Na2SO4、KNO3、（NH4）2SO4、MgCl2C FeCl3、NaOH、AlCl3、HNO3D AgNO3、NaCl、NaSO4、NaI考点：物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用专题：化学实验基本操作分析：不用其他试剂，就能将组内物
35、质鉴别出来，首先需考虑物质的颜色，然后将鉴别出来的物质与其他物质混合，根据现象的不同加以鉴别，若物质都是没有颜色，则让溶液之间两两混合，根据不同的实验现象加以鉴别解答：解：AHCl与NaAlO2反应先生成沉淀后消失，HCl与NaHCO3反应生成气体，以此可区别几种物质，故A选；B几种物质之间不发生反应，不能区别，故B不选；CFeCl3为黄色，FeCl3与NaOH反应生成红褐色沉淀，可鉴别出NaOH，NaOH与AlCl3反应生成白色沉淀，以此可区别几种物质，故C选；DAgNO3分别与NaCl、NaSO4反应均生成白色沉淀，不能区别NaCl、NaSO4，故D不选；故选AC点评：本题考查了常见物质的
36、鉴别，不用其他试剂，应该采用供检物质两两混合的方式，根据物质的溶液颜色以及物质间反应实验现象进行，要求同学们掌握基础知识，以便灵活应用，题目难度不大15将铜片投入到稀硫酸中，铜片不溶，加入下列试剂后，可使铜片溶解的是（）A 稀盐酸B 硫酸钠晶体C 硝酸钠晶体D 氯化铁晶体考点：铜金属及其重要化合物的主要性质专题：元素及其化合物分析：先考虑铜和稀硫酸不反应，再考虑加入某些物质后能否转化为和铜反应的物质，注意硝酸盐在酸性条件下具有强氧化性来解答解答：解：A、加入盐酸后，溶液中的主要离子为：H+、Cl、SO42，铜片不溶解，故A错误；B、加入硫酸钠晶体后，溶液中存在的主要离子为：Na+、H+、SO4
37、2，铜片不溶解，故B错误；C、加入硝酸钠晶体后，溶液中存在的主要离子为：Na+、H+、NO3、SO42，Cu与H+、NO3、发生氧化还原反应使铜片溶解，故C正确；D、加入氯化铁晶体后，溶液中存在的主要离子为：H+、SO42、Cl、Fe3+，铜片与Fe3+发生氧化还原反应使铜片溶解，故D正确；故选CD点评：本题考查的是铜金属及其化合物、硝酸的化学性质，挖掘隐含条件是解决本题的关键16能实现下列物质间直接转化的元素是（）单质氧化物酸或碱盐A 硅B 硫C 铜D 铁考点：无机物的推断分析：A、二氧化硅不溶于水生成酸；B、S与O2生成SO2，SO2再与H2O生成H2SO3，H2SO3可以与NaOH生成N
38、a2SO3；C、金属铜和氧气反应生成氧化铜，氧化铜不溶于水；D、金属铜和氧气反应生成氧化铁，氧化铁不溶于水解答：解：A、SiSiO2，二氧化硅不溶于水生成酸，故A不符合；B、S与O2生成SO2，SO2再与H2O生成H2SO3，H2SO3可以与NaOH生成Na2SO3，故B符合；C、CuCuO，氧化铜不溶于水，不能实现物质间直接转化，故C不符合；D、FeFe3O4，铁的氧化物不溶于水，不能实现物质间直接转化，故D不符合；故选B点评：本题考查了物质转化的关系分析和物质性质的应用，元素化合物之间的转化关系需要熟练掌握物质性质，题目难度中等17把6mol铜粉投入含8mol硝酸和2mol硫酸的稀溶液中，
39、则标准状况下放出的气体的物质的量为（）A 2molB 3molC 4molD 5mol考点：硝酸的化学性质；浓硫酸的性质；有关混合物反应的计算专题：氮族元素分析：硫酸虽然是稀溶液，但是和硝酸混合在一起，为硝酸和铜反应提供氢离子，使生成物中的硝酸根离子继续与氢离子相遇，形成硝酸，仍然和铜反应，利用铜与硝酸反应的离子方程式中及铜和氢离子的比例来进行计算解答：解：混合溶液中n（H+）=8mol+2mol2=12mol，n（Cu）=6mol，n（NO3）=8mol，由3Cu+8H+2NO3=3Cu2+2NO+4H2O可知，6molCu反应需要消耗16molH+，4molNO3，则H+不足，H+完全反应
40、，设生成NO的物质的量为x，则3Cu+8H+2NO3=3Cu2+2NO+4H2O 8 2 12mol x，解得x=3mol，故选B点评：本题考查硝酸及硝酸盐的性质，明确发生的离子反应及氢离子不足是解答本题的关键，学生容易直接利用硝酸的物质的量计算而出错18如图是向MgCl2、AlCl3混合溶液中，开始滴加6ml试剂A，之 后改滴试剂B，所得沉淀y mol与试剂体积V（ml）间的关系以下结论不正确的是（）A A是盐酸，B是NaOH，且C（B）=2C（A）B 原混合液中，C（Al3+）：C（Mg2+）：C（Cl）=1：1：5C A是NaOH，B是盐酸，且C（NaOH）：C（HCl）=2：1D 从6
41、到9，相应离子反应式H+OH=H2O考点：镁、铝的重要化合物专题：元素及其化合物分析：A、氯化镁和氯化铝与盐酸不反应，氢氧化钠和氯化镁、氯化铝反应，结合图片分析确定正误B、根据第一次沉淀最大到最小需要的氢氧化钠的量计算铝离子的物质的量，根据需要氢氧化钠总的物质的量计算镁离子的物质的量，根据电荷守恒计算氯离子的物质的量C、根据铝元素守恒计算氢氧化钠与盐酸浓度的关系D、根据沉淀的量未发生变化确定反应实质，从而确定离子方程式解答：解：A、根据加入前6 mL试剂时，先有沉淀生成而后溶解，所以，试剂A是NaOH，则B是盐酸，故A错误B、从加入5 mL A生成沉淀最多，再继续加1 mL A沉淀量减少到最小
42、值，相应反应的离子方程式为：Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O，由此可知，n（Al3+）=nAl（OH）3=（16103） mol；由前5 mL NaOH形成最大沉淀量可知，2n（Mg2+）+3n（Al3+）=（51036）mol，所以n（Mg2+）=（16103） mol；溶液中阴阳离子所带电荷相等得，n（Cl）=（51036）mol，即溶液中c（Mg2+）：c（Al3+）：c（Cl）=1：1：5，故B正确C、又由图可知，56（1 mL）、911（2 mL）分别是溶解Al（OH）3和使AlO2恰好完全生成Al（OH）3沉淀消耗的NaOH和HCl根据铝元素守恒：NaOHAl（OH）3Al
43、O2H+1 1 1 1由此可以推出：c（NaOH）：c（HCl）=2：1，故C正确D、由6mL和9mL对应液体中沉淀量相等，可以推知此时仅仅发生酸碱中和反应，即H+OH=H2O，故D正确故选A点评：本题考查了镁、铝重要化合物的性质，难度较大，能正确分析图象中转折线发生的化学反应是解本题的关键19乙醇（C2H6O）水溶液中，当乙醇分子和水分子中氢原子个数相等时，溶液中乙醇的质量分数为（）A 20%B 50%C 46%D 32%考点：溶液中溶质的质量分数及相关计算专题：物质的量浓度和溶解度专题分析：乙醇溶液中溶质的质量分数=100%，因此需要判断溶质乙醇与溶剂水的质量关系；每个乙醇C2H5OH分子
44、中含6个H原子，每个水H2O分子中含2个H原子；根据“乙醇分子里所含的氢原子总数与水分子里所含的氢原子总数相等”可推算溶液中乙醇与水的质量关系，然后计算出溶液中乙醇的质量分数解答：解：溶液中乙醇和水分子中含有氢原子数相等，根据乙醇和水的分子式可得乙醇分子与水分子间的关系：C2H5OH6H3H2O，则 C2H5OH6H3H2O46 54所以该乙醇溶液中溶质的质量分数为：100%=46%，故选C点评：本题考查了溶质质量分数的简单计算，题目难度中等，正确找出乙醇溶液中乙醇和水的质量关系是解题关键，注意掌握质量分数的概念及计算方法20mg铁粉与含有H2SO4的CuSO4溶液完全反应后，得到mg铜，则参
45、与反应的CuSO4与H2SO4的物质的量之比为（）A 7：1B 1：7C 7：8D 8：7考点：化学方程式的有关计算专题：计算题分析：发生反应：Fe+CuSO4FeSO4+Cu，Fe+H2SO4FeSO4+H2，得到Cu的质量与Fe的质量相等，说明Fe与硫酸铜反应中固体增重等于与硫酸反应的Fe的质量，令与硫酸反应的Fe的质量为56g，根据方程式计算参加反应的硫酸铜、硫酸的物质的量，以此来解答解答：解：得到Cu的质量与Fe的质量相等，说明Fe与硫酸铜反应中固体增重等于与硫酸反应的Fe的质量，设与硫酸反应的Fe的质量为56g，则：Fe+CuSO4FeSO4+Cu 固体增重 1mol 64g56g=
46、8g n（CuSO4） 56g故n（CuSO4）=7mol，Fe+H2SO4FeSO4+H256g 1mol故参加反应的硫酸铜与硫酸的物质的量之比为7mol：1mol=7：1，故选A点评：本题考查化学方程式有关计算，难度中等，注意利用质量差量法分析解答，侧重分析与计算能力的考查三、填空题（共4小题，每小题8分，满分40分）21有A、B两种常温下有刺激性气味的气体，将A（g）通入品红溶液中，品红溶液变为无色；将B（g）通入品红溶液中，品红溶液也变为无色；将A（g）和B（g）按1：1的体积比混合充分，通入品红溶液中，品红溶液不褪色，通入紫色石蕊试液中，溶液只变红不褪色试回答下列问题：（1）写出A、
47、B的化学式：SO2、Cl2（2）写出A和NaOH溶液反应的化学方程式：2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O（3）写出B与NaOH溶液反应的离子方程式：2OH+Cl2=Cl+ClO+H2O（4）加热通入A后变为无色的品红溶液，现象是变为红色；加热通入B后变为无色的品红溶液，现象是无现象考点：氯气的化学性质；二氧化硫的化学性质专题：卤族元素；氧族元素分析：具有漂白作用，能使品红溶液褪色的气体有Cl2、SO2、O3等，A气体通入紫色石蕊试液中，溶液只变红不褪色，所以A为SO2，将A（g）和B（g）按1：1的体积比混合充分，通入品红溶液中，品红溶液不褪色，则B为Cl2，发生下列反应：Cl2+SO2
48、+2H2OH2SO4+2HCl，生成的盐酸和硫酸都没有漂白作用，但它们只能使紫色石蕊试液变红色解答：解：（1）具有漂白作用，能使品红溶液褪色的气体有Cl2、SO2、O3等，A气体通入紫色石蕊试液中，溶液只变红不褪色，所以A为SO2，将A（g）和B（g）按1：1的体积比混合充分，通入品红溶液中，品红溶液不褪色，则B为Cl2，故答案为：SO2；Cl2；（2）二氧化硫为酸性气体，与NAOH反应生成Na2SO3，反应的化学方程式为2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O，故答案为：2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O；（3）氯气在碱性条件下自身发生氧化还原反应生成Cl和ClO离子，故答案为：2OH
49、+Cl2=Cl+ClO+H2O；（4）二氧化硫具有漂白性，漂白原理是与有色物质发生化合反应生成不稳定的有色物质，不稳定，加热后能够复原，而氯气的漂白原理是由于氯气和水反应生成具有强氧化性的次氯酸，不能复原，故答案为：变为红色；无现象；点评：本题考查氯气的性质，题目难度不大，本题注意氯气与二氧化硫的漂白性的区别22下图表示有关物质（均由短周期元素形成）之间的转化关系，其中A为常见的金属单质，B为非金属单质（一般是黑色粉末），C是常见的无色无味液体，D是淡黄色的固体化合物（反应条件图中已省略）（1）A、B、C、D代表的物质分别为Al、C、H2O、Na2O2（填化学式）；（2）反应中的C、D均过量，
50、该反应的化学方程式是2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2；2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2；（3）反应中，若B与F物质的量之比为4：3，G、H分别是CO2、CO（填化学式）；（4）反应产物中K的化学式为Na2CO3；（5）反应的离子方程式为2AlO2+CO2+3H2O=2Al（OH）3+CO32考点：无机物的推断；镁、铝的重要化合物专题：推断题分析：题干信息，A为常见的金属单质，B为非金属单质（一般是黑色粉末）推断为C，C是常见的无色无味液体可以推断为H2O，D是淡黄色的固体化合物判断为Na2O2，E、F为O2和H2的反应生成水，A是常见金属，与另一种固体在水中反应生成
51、O2和H2，则该固体金属为Al，固体D为Na2O2，能与水和CO2反应，则G为CO2；说明K为Na2CO3，F为O2； 题给信息黑色单质B与氧气（F）反应得到G（CO2），说明B为C（碳），C和O2反应可生成CO2和CO，则H为CO；依据F（O2）与E反应生成C（水）可知E为氢气，结合物质的性质解答该题解答：题干信息，A为常见的金属单质，B为非金属单质（一般是黑色粉末）推断为C，C是常见的无色无味液体可以推断为H2O，D是淡黄色的固体化合物判断为Na2O2，E、F为O2和H2的反应生成水，A是常见金属，与另一种固体在水中反应生成O2和H2，则该固体金属为Al，固体D为Na2O2，能与水和CO2
52、反应，则G为CO2；说明K为Na2CO3，F为O2； 题给信息黑色单质B与氧气（F）反应得到G（CO2），说明B为C（碳），C和O2反应可生成CO2和CO，则H为CO；依据F（O2）与E反应生成C（水）可知E为氢气；推断可知A为Al，B为C，C为H2O，D为Na2O2，E为H2，F为O2，G为CO2，H为CO，K为Na2CO3，（1）依据推断可知，A、B、C、D代表的物质分别为：Al、C、H2O、Na2O2，故答案为：Al；C；H2O；Na2O2；（2）反应中的C、D均过量，生成的氢氧化钠溶液能和A完全反应，该反应的化学方程式是：2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2、2Al+2NaOH+2
53、H2O=2NaAlO2+3H2，故答案为：2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2；2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2；（3）依据反应C+O2=CO2：n（C）：n（O2）=1：1，发生反应产物为二氧化碳；依据反应2C+O2=2CO；n（C）：n（O2）=2：1，发生反应生成一氧化碳气体；反应中，若B（C）与F（O2）物质的量之比为4：3，1：1n（C）：n（O2）=4：32：1；判断G、H分别是：CO2、CO；故答案为：CO2；CO；（4）反应是过氧化钠和二氧化碳气体的反应生成碳酸钠和氧气，F为氧气，产物中K为碳酸钠，化学式为：Na2CO3，故答案为：Na2CO3；（5）分
54、析判断G为CO2，溶液乙是碳酸钠溶液，G+溶液甲=溶液乙+沉淀L，所以甲溶液中的偏铝酸钠和二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀，反应的离子方程式为：2AlO2+CO2+3H2O=2Al（OH）3+CO32，故答案为：2AlO2+CO2+3H2O=2Al（OH）3+CO32点评：本题考查了物质转化关系的综合应用，物质性质的分析判断，转化关系的定量计算和产物判断，离子方程式的书写方法，转化关系的特征反应是解题的关键，题目难度较大23碱式碳酸铜可表示为：xCuCO3yCu（OH）2zH2O，测定碱式碳酸铜组成的方法有多种（1）现采用氢气还原法，请回答如下问题：写出xCuCO3yCu（OH）2zH2O与氢气反
55、应的化学方程式xCuCO3yCu（OH）2zH2O+（x+y）H2 （x+y）Cu+xCO2+（x+2y+z）H2O；试验装置用下列所有仪器连接而成，按氢气流方向的连接顺序是（填入仪器接口字母编号）：（a）kjgf（hi）de（ed）hi（gf）bc（cb）（l）称取23.9g某碱式碳酸铜样品，充分反应后得到12.7g残留物，生成4.4g二氧化碳和7.2g水该样品的结晶水质量为1.8 g，化学式为CuCO3Cu（OH）2H2O；（2）某同学以氮气代替氢气，并用上述全部或部分仪器来测定碱式碳酸铜的组成，你认为是否可行？请说明理由可行 根据反应xCuCO3yCu（OH）2zH2O（x+y）CuO+
56、xCO2+（y+z）H2O，依据碱式碳酸铜、CuO、CO2和H2O质量（或其中任意三个量），即可计算出其组成考点：探究物质的组成或测量物质的含量分析：（1）根据CuCO3受热分解得到CuO和CO2、Cu（OH）2受热分解得到CuO和H2O，然后氢气与CuO反应生成水，所以xCuCO3yCu（OH）2zH2O与氢气反应的产物有：Cu、CO2、H2O，最后根据将碱式碳酸铜前面系数定为1，根据反应前后各原子种类和个数不变配平本实验的原理，用干燥的氢气与碱式碳酸铜反应，通过测定生成的二氧化碳和水以及反应后固体的质量来确定物质的组成，为防止空气中CO2和H2O进入U型干燥装置，可在最后再连接一个盛有碱石
57、灰的干燥装置来吸收空气中的二氧化碳和水；根据化学方程式生成物之间的质量关系求出x、y、z，根据生成的水和反应物中水的关系求解水的质量（2）根据反应xCuCO3yCu（OH）2zH2O=（x+y）CuO+xCO2+（y+z）H2O，依据碱式碳酸铜、CuO、CO2和H2O质量（或其中任意三个量），即可计算出其组成解答：解：（1）xCuCO3yCu（OH）2zH2O与氢气反应的产物有：Cu、CO2、H2O，方程式为：xCuCO3yCu（OH）2zH2O+（x+y）H2=（x+y）Cu+xCO2+（x+2y+z）H2O，故答案为：xCuCO3yCu（OH）2zH2O+（x+y）H2=（x+y）Cu+x
58、CO2+（x+2y+z）H2O；本实验的原理，用干燥的氢气与碱式碳酸铜反应，通过测定生成的二氧化碳和水以及反应后固体的质量来确定物质的组成，为防止空气中CO2和H2O进入U型干燥装置，可在最后再连接一个盛有碱石灰的干燥装置来吸收空气中的二氧化碳和水；氢气流方向的连接顺序是ak，jgf（hi）de（ed）hi（gf）bc（cb）l，故答案为：kjgf（hi）de（ed）hi（gf）bc（cb）；xCuCO3yCu（OH）2zH2O+（ x+y）H2=（x+y）Cu+xCO2+（x+2y+z）H2O 64（x+y） 44x 18（x+2y+z） 12.7g 4.4g 7.2g=解得：y=x=，解得
59、：z=x令x=1，则y=1，z=1，则化学式为CuCO3Cu（OH）2H2O，化学方程式为CuCO3Cu（OH）2H2O+2H2=2Cu+CO2+4H2O，由化学方程式可以看出，碱式碳酸铜每1个水分子能生成4个水分子，即生成的水中碱式碳酸铜中水占了，因此碱式碳酸铜中水的质量为：7.2g=1.8g，故答案为：1.8g；CuCO3Cu（OH）2H2O；（2）根据反应xCuCO3yCu（OH）2zH2O=（x+y）CuO+xCO2+（y+z）H2O，依据碱式碳酸铜、CuO、CO2和H2O质量（或其中任意三个量），即可计算出其组成，故答案为：可行；根据反应xCuCO3yCu（OH）2zH2O=（x+y
60、）CuO+xCO2+（y+z）H2O，依据碱式碳酸铜、CuO、CO2和H2O质量（或其中任意三个量），即可计算出其组成点评：本题难度较大，关键是配平化学方程式，要分析出实验原理及其计算，能根据化学方程式进行计算24某溶液中可能含有Fe2+、Mg2+、Cu2+、NH4+、Al3+，当加入一种淡黄色固体并加热溶液时，有刺激性气味气体放出和白色沉淀生成加入淡黄色固体的物质的量（横坐标）与析出沉淀和产生气体的物质的量（纵坐标）的关系如图所示，据图可推知溶液中含有的离子是Mg2+、Al3+、NH4+，它们的物质的量浓度之比为c（Mg2+）：c（Al3+）：c（NH4+）=1：1：3，所加淡黄色固体是Na
61、2O2（填化学式）考点：离子方程式的有关计算；常见离子的检验方法分析：淡黄色固体加入溶液中，并加热溶液时，有刺激性气体放出和白色沉淀生成，则淡黄色固体为Na2O2，图象实际为两个图合在一起，较上的是气体，较下的是沉淀，图象中加入8mol过氧化钠后，沉淀的物质的量减小，且没有完全溶解，则溶液中一定没有Fe2+和Cu2+，一定有NH4+、Al3+、Mg2+，由图可知氢氧化镁为2mol，氢氧化铝为4mol2mol=2mol，根据元素守恒计算Al3+、Mg2+物质的量，加入8mol过氧化钠之后，生成气体减小，故加入8mol过氧化钠时，铵根离子完全反应，计算加入8mol过氧化钠生成氧气的物质的量，再计算
62、氨气物质的量，进而计算n（NH4+）解答：解：淡黄色固体加入溶液中，并加热溶液时，有刺激性气体放出和白色沉淀生成，则淡黄色固体为Na2O2，图象实际为两个图合在一起，较上的是气体，较下的是沉淀，图象中加入8mol过氧化钠后，沉淀减小，且没有完全溶解，则溶液中一定没有Fe2+和Cu2+，一定有NH4+、Al3+、Mg2+；加入8mol过氧化钠之后，生成气体减小，故加入8mol过氧化钠时，铵根离子完全反应，由纵坐标可知：n（Mg2+）=nMg（OH）2=2mol，n（Al3+）=4molnMg（OH）2=2mol当n（Na2O2）=8mol时，由2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，可知n（O2）=8mol=4mol，所以n（NH4+）=n（NH3）=10moln（O2）=6mol，故n（Mg2+）：n（Al3+）：n（NH4+）=2mol：2mol：6mol=1：1：3，故答案为：NH4+、Al3+、Mg2+；c（Mg2+）：c（Al3+）：c（NH4+）=1：1：3；Na2O2点评：本题考查离子反应计算、化学图象分析与判断等至少，题目难度中等，试题综合性很强，根据图象结合离子反应判断含有的离子是关键，试题侧重考查学生的分析、理解能力及化学计算能力
