1、2016-2017学年河南省郑州市登封一中高三（上）第一次段考化学试卷 一、单项选择题1下列说法正确的是（）ANa2O、Na2O2、CaO均属于碱性氧化物BH2和HD属于同素异形体C蓝色的硫酸铜晶体遇到浓硫酸变白色属于化学变化D胶体带电，所以胶体具有电泳的性质2下列各组离子在水溶液中一定能大量共存的是（）A无色溶液：Al3+、NH4+、Cl、HCO3B使紫色石蕊试纸变红色的溶液：Cl、NO3、Fe2+、K+C常温下，pH=13的溶液：K+、CO32、Na+Dc（H+）=0.1mol/L的溶液：CO32、Na+、HCO3、Cl3关于钠及其化合物的说法正确的是（）A将钠块投入到硫酸铜溶液中，可析出
2、单质铜B将钠块长时间暴露在空气中的最终产物是Na2CO3CNa2O与Na2O2阴阳离子个数比相同DNa2O2能使品红溶液褪色且原理与SO2相同4下列关于实验说法正确是（）A氯气可以使湿润的红色布条褪色，所以氯气具有漂白性B在配制一定浓度的溶液时未冷却溶液直接将溶液转移至容量瓶中，则浓度偏高C因为KNO3的溶解度很大，所以可以用重结晶法除去KNO3中的NaCL杂质D向饱和FeCl3溶液中逐滴滴加沸水可以制备Fe（OH）3胶体5用NA代表阿伏加德罗常数的值，下列有关说法正确的是（）A1L 0.1mol/L的AlCl3溶液中含有Al3+离子数为0.1NAB常温常压下，22.4L氦气含有NA个氦原子C
3、在密闭容器中加入1.5mol H2和0.5mol N2充分反应后可得到NH3为1NAD常温下16g O2与O3的混合气体中含氧原子数为NA6下列离子方程式正确的是（）A锌片插入硝酸银溶液中：Zn+Ag+=Zn2+AgBFe（OH）3溶于氢碘酸：Fe（OH）3+3H+=Fe3+3H2OC稀硝酸和过量的铁粉：3Fe+8H+2NO3=3Fe2+2NO+4H2OD少量SO2气体通入NaOH溶液中：SO2+OH=HSO37在含有NH4+、Fe2+、Cu2+、SO32的溶液中加入过量的过氧化钠，然后再加入过量的盐酸离子的物质的量不变的是（）ANH4+BFe2+CCu2+DSO328下列实验结论正确的是（）
4、A向溶液中滴加BaCl2溶液产生白色沉淀再加稀盐酸沉淀不溶解，则证明原溶液中含有SO42B向溶液中加入稀盐酸，产生了能使澄清石灰水变浑浊的气体，则证明原溶液中含有CO32C向溶液中滴加NaOH溶液，并将湿润的红色石蕊试纸放在试管口发现试纸不变蓝，则证明原溶液中没有NH4+D向溶液中先滴加KSCN溶液不变色，后滴加氯水溶液变红，则证明原溶液中含有Fe2+9关于氯水的叙述不正确的是（）A氯气和液氯是两种不同物质B新制氯水溶液中存在两个平衡状态C久置的氯水，溶液的PH会变小D向氯水中滴加紫色石蕊试剂，溶液先变红后褪色10下列物质按照纯净物、混合物、电解质和非电解质顺序排列的是（）A盐酸、水煤气、醋酸
5、、干冰B液氯、氯水、硫酸钠、乙醇C空气、天然气、苛性钾、硫酸钡D胆矾、漂白粉、氯化钾、氯气11下列有关一定物质的量浓度溶液的配制说法正确的是（）A将固体加入容量瓶中溶解并稀释至刻度线，配制成一定物质的量浓度的溶液B稀释硫酸时，往装有浓硫酸的烧杯中注入水C用托盘天平称取10.600 g的Na2CO3固体，溶于1 L的水可配成0.1 mol/L的溶液D容量瓶中残留少量蒸馏水时，无需干燥，对配制的结果没有影响12下列关于胶体叙述正确的是（）A胶体和溶液的本质区别是胶体可以发生丁达尔现象B0.1molFeCl3溶于水中形成胶体后含有胶体粒子的数目为0.1NAC明矾净水与胶体的性质有关D可以用滤纸分离提
6、纯胶体和溶液13某溶液中可能含有H+、NH4+、Mg2+、Al3+、Fe3+、CO32、SO42、NO3中的几种若加入锌粒，产生无色无味的气体；若加入NaOH溶液，产生白色沉淀，且产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系如图所示则下列说法正确的是（）A溶液中一定不含CO32，可能含有SO42和NO3B溶液中n（NH4+）=0.2molC溶液中的阳离子只有H+、Mg2+、Al3+Dn（H+）：n（Al3+）：n（Mg2+）=1：1：114同温同压下，同体积的CO和CO2，下列说法不正确的是（）A分子数之比为1：1B密度之比为3：2C质量之比为7：11D质子数之比为7：1115某溶液可能含有
7、Cl、SO42、CO32、NH4+、Fe3+、Al3+和K+取该溶液100mL，加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，同时产生红褐色沉淀；过滤，洗涤，灼烧，得到1.6g固体；向上述滤液中加足量BaCl2溶液，得到4.66g不溶于盐酸的沉淀有关原溶液中下列说法不正确的是（）A至少存在4种离子BCl一定存在，且c（Cl）0.4mol/LCSO42、NH4+、Fe3+一定存在，Al3+、K+、Cl可能存在DCO32一定不存在，SO42、NH4+、Fe3+、Cl一定存在16室温时，两个容积相同的烧瓶中分别盛有M和N两种气体（同温同压），取下弹簧夹A，使两烧瓶内的气体接触（如图），容器内的
8、压强由大到小的顺序是（）编号气体MH2SH2NH3NO气体NSO2Cl2HClO2ABCD二、填空题17实验室需要配制480m L 1mol/L H2SO4溶液，需要质量分数为98%，密度为1.84g/cm3的浓H2SO4mL（保留一位小数）18配制一定浓度溶液定容时俯视刻度线，所配溶液的浓度（填偏大、偏小或无影响）19CO与H2混合气体3g和足量的氧气燃烧后，在150时将混合气体通过足量的Na2O2后，Na2O2增重的质量为g20在aL（Al2SO4）和（NH4）2SO4混合物溶液中加人bmolBaCl2，恰好使溶液中的SO完全沉淀；如加人足量碱并加热可得c mol NH3，则原溶液中Al3
9、+的浓度为molL121向氢氧化铁胶体中逐滴滴加稀硫酸至过量会产生的现象是22按要求书写下列反应的离子方程式（1）84消毒液（NaClO）和浓盐酸不能混用（2）向碘水中滴加NaSO3溶液I2被还原为I的反应（3）足量Ca（OH）2溶液与NaHCO3溶液反应（4）漂白粉的制备反应（5）少量的氯气和溴化亚铁反应23A、D、F均是由短周期元素组成的单质，常温下C是液体（1）B物质的电子式（2）A与C反应的离子方程式为（3）关于A的叙述中正确的是（填序号）A有很强的还原性A的焰色反应呈紫色少量A可以保存在冷水里A着火时应选用泡沫灭火剂（4）在B和C的反应中，若生成标准状况下气体5.6L，则该反应转移的
10、电子为mol（5）将A、镁、铝各0.3mol分别放入100mL 1mol/L的盐酸中，同温同压下产生的气体体积之比是（填序号）1：2：36：3：2 3：1：1 1：1：124无水AlCl3是一种重要的有机合成催化剂，该物质在183时升华，遇潮湿空气即产生大量白雾某中学化学兴趣小组拟利用中学常见仪器设计实验制备无水AlCl3，实验装置如图所示（1）制备实验开始时，先检查装置的气密性，接下来的操作顺序依次是a加入MnO2粉末 b点燃A中酒精灯 c加入浓盐酸 d点燃D处酒精灯（2）写出A装置中发生反应的化学方程式：，反应中盐酸表现的性质有（3）装置B的作用是，装置C中盛放的试剂是（4）装置F的作用是
11、，写出G中的离子反应方程式甲同学认为F和G可以用一种仪器替代，且加入一种药品即可达到相同效果这种药品可以是（5）E中得到少量白色粉末，打开软木塞后可明显观察到锥形瓶中有白雾生成，用化学方程式表示其原因25有一瓶无色溶液，其中可能含有NH4+、K+、Mg2+、Ba2+、Al3+、Fe3+、I、Cl、NO3、CO32、SO42，取该溶液进行以下实验：该溶液可使pH值试纸呈现红色；取溶液少量加新制氯水及CCl4振荡，可见CCl4层呈现紫色；取溶液少量加氯化钡溶液，有白色沉淀生成，加入HNO3后沉淀不溶解；取实验（3）之上层清液，加入硝酸银溶液有白色沉淀生成，加入HNO3后沉淀不溶解；取原溶液少量加入
12、NaOH溶液呈碱性，在此过程中有白色沉淀生成，而后又完全溶解，将此溶液加热，有无色气体放出，该气体能使润湿的红色石蕊试纸变蓝（1）根据上述实验事实，溶液中肯定存在的离子有（错写、漏写不得分），（2）肯定不存在的离子有（错写、漏写不得分）（3）写出第5步中白色沉淀溶解的离子方程式；（4）写出实验室制取第5步中使石蕊试纸变蓝色的气体的离子方程式（5）快速检验上述中实验不能确定的阳离子的方法是2016-2017学年河南省郑州市登封一中高三（上）第一次段考化学试卷 参考答案与试题解析一、单项选择题1下列说法正确的是（）ANa2O、Na2O2、CaO均属于碱性氧化物BH2和HD属于同素异形体C蓝色的硫酸
13、铜晶体遇到浓硫酸变白色属于化学变化D胶体带电，所以胶体具有电泳的性质【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；物理变化与化学变化的区别与联系；同素异形体；胶体的重要性质【分析】A和酸反应生成盐和水的氧化物为碱性氧化物；B同种元素组成的不同单质为同素异形体；C变化过程中有新物质生成的为化学变化；D胶体是电中性的分散系；【解答】解：ANa2O、CaO均属于碱性氧化物，Na2O2 和酸反应生成盐和水的同时生成氧气，发生了氧化还原反应，属于过氧化物，故A错误；BH2和HD属于同种物质，故B错误；C蓝色的硫酸铜晶体遇到浓硫酸变白色是失去结晶水发生了化学反应，属于化学变化，故C正确；D胶体中胶体微粒吸
14、附带电离子，整个胶体不带电，故D错误；故选C2下列各组离子在水溶液中一定能大量共存的是（）A无色溶液：Al3+、NH4+、Cl、HCO3B使紫色石蕊试纸变红色的溶液：Cl、NO3、Fe2+、K+C常温下，pH=13的溶液：K+、CO32、Na+Dc（H+）=0.1mol/L的溶液：CO32、Na+、HCO3、Cl【考点】离子共存问题【分析】AAl3+、HCO3相互促进水解；B使紫色石蕊试纸变红色的溶液，显酸性，离子之间发生氧化还原反应；C常温下，pH=13的溶液，显碱性；Dc（H+）=0.1mol/L的溶液，显酸性【解答】解：AAl3+、HCO3相互促进水解，不能大量共存，故A不选；B使紫色石
15、蕊试纸变红色的溶液，显酸性，NO3、Fe2+、H+发生氧化还原反应，不能共存，故B不选；C常温下，pH=13的溶液，显碱性，该组离子之间不反应，可大量共存，故C选；Dc（H+）=0.1mol/L的溶液，显酸性，不能大量存在CO32、HCO3，故D不选；故选C3关于钠及其化合物的说法正确的是（）A将钠块投入到硫酸铜溶液中，可析出单质铜B将钠块长时间暴露在空气中的最终产物是Na2CO3CNa2O与Na2O2阴阳离子个数比相同DNa2O2能使品红溶液褪色且原理与SO2相同【考点】钠的化学性质；钠的重要化合物【分析】A、钠和盐溶液反应时，先和水反应，如果能发生复分解反应，则再发生复分解反应；B、因钠与
16、空气中氧气极易反应，致使钠表面变暗，氧化钠与空气中的水蒸气反应生成白色固体氢氧化钠，氢氧化钠易潮解表面变成溶液，氢氧化钠是强碱与空气中的酸性气体反应，生成白色带结晶水的固体Na2CO3.10H2O，十水碳酸钠易风化生成白色粉末碳酸钠；C、Na20是由钠离子和氧离子构成的离子化合物，Na202是由钠离子和过氧根离子构成的离子化合物；D、Na2O2能使品红溶液褪色是过氧化钠的强氧化性，而SO2生成无色不稳定的大分子【解答】解：A、钠投入硫酸铜溶液时，钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠再和硫酸铜发生复分解反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，所以得不到金属单质铜，故A错误；B、因钠与空气中氧气极易反应，致使
17、钠表面变暗，氧化钠与空气中的水蒸气反应生成白色固体氢氧化钠，氢氧化钠易潮解表面变成溶液，氢氧化钠是强碱与空气中的酸性气体反应，生成白色带结晶水的固体Na2CO3.10H2O，十水碳酸钠易风化生成白色粉末碳酸钠，故B正确；C、Na20是由钠离子和氧离子构成的离子化合物，电子式为，所以阴阳离子个数比是1：2，Na202是由钠离子和过氧根离子构成的离子化合物，电子式为，阴阳离子个数比是1：2，故C正确；D、Na2O2能使品红溶液褪色是过氧化钠的强氧化性，而SO2生成无色不稳定的大分子，所以两的褪色的原理不同，故D错误；故选BC4下列关于实验说法正确是（）A氯气可以使湿润的红色布条褪色，所以氯气具有漂
18、白性B在配制一定浓度的溶液时未冷却溶液直接将溶液转移至容量瓶中，则浓度偏高C因为KNO3的溶解度很大，所以可以用重结晶法除去KNO3中的NaCL杂质D向饱和FeCl3溶液中逐滴滴加沸水可以制备Fe（OH）3胶体【考点】氯气的化学性质；胶体的重要性质；溶液的配制；物质的分离、提纯和除杂【分析】A氯气不具有漂白性；B冷却后，液面下降，溶液体积偏小，依据C=进行误差分析；C硝酸钾溶解度随温度变化很大，氯化钠溶解度随温度变化不大；D依据氢氧化铁胶体制备方法解答【解答】解：A氯气与水反应生成了次氯酸，次氯酸具有漂白性，所以氯气可使湿润的红色布条褪色，氯气无漂白性，故A错误；B冷却后，液面下降，溶液体积偏
19、小，依据C=可知溶液浓度偏高，故B正确；C硝酸钾溶解度随温度变化很大，氯化钠溶解度随温度变化不大，所以可以用重结晶法除去KNO3中的NaCL杂质，故C错误；D氢氧化铁胶体制备方法：向沸水中加饱和FeCl3溶液到出现透明红褐色，故D错误；故选：B5用NA代表阿伏加德罗常数的值，下列有关说法正确的是（）A1L 0.1mol/L的AlCl3溶液中含有Al3+离子数为0.1NAB常温常压下，22.4L氦气含有NA个氦原子C在密闭容器中加入1.5mol H2和0.5mol N2充分反应后可得到NH3为1NAD常温下16g O2与O3的混合气体中含氧原子数为NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、铝离子在溶
20、液中会水解；B、常温常压下气体摩尔体积大于22.4L/mol；C、合成氨的反应为可逆反应；D、氧气和臭氧均由氧原子构成【解答】解：A、铝离子在溶液中会水解，导致个数减少，故溶液中的铝离子的个数小于0.1NA个，故A错误；B、常温常压下气体摩尔体积大于22.4L/mol，故22.4L氦气的物质的量小于1mol，故氦原子个数小于NA个，故B错误；C、合成氨的反应为可逆反应，不能进行彻底，故生成的氨气分子小于NA个，故C错误；D、氧气和臭氧均由氧原子构成，故16g混合物中含有的氧原子的物质的量为1mol，个数为NA个，故D正确故选D6下列离子方程式正确的是（）A锌片插入硝酸银溶液中：Zn+Ag+=Z
21、n2+AgBFe（OH）3溶于氢碘酸：Fe（OH）3+3H+=Fe3+3H2OC稀硝酸和过量的铁粉：3Fe+8H+2NO3=3Fe2+2NO+4H2OD少量SO2气体通入NaOH溶液中：SO2+OH=HSO3【考点】离子方程式的书写【分析】A电子、电荷不守恒；B发生氧化还原反应生成碘化亚铁、碘、水；C反应生成硝酸亚铁、NO和水；D反应生成亚硫酸钠和水【解答】解：A锌片插入硝酸银溶液中的离子反应为Zn+2Ag+=Zn2+2Ag，故A错误；BFe（OH）3溶于氢碘酸的离子反应为2Fe（OH）3+2I+6H+=2Fe2+I2+6H2O，故B错误；C稀硝酸和过量的铁粉的离子反应为3Fe+8H+2NO3
22、=3Fe2+2NO+4H2O，故C正确；D少量SO2气体通入NaOH溶液中的离子反应为SO2+2OH=SO32+H2O，故D错误；故选C7在含有NH4+、Fe2+、Cu2+、SO32的溶液中加入过量的过氧化钠，然后再加入过量的盐酸离子的物质的量不变的是（）ANH4+BFe2+CCu2+DSO32【考点】离子反应发生的条件；钠的重要化合物【分析】Na2O2与水反应生成NaOH和O2，反应后溶液成碱性，并且Na2O2具有强氧化性，盐酸具有酸性，依此进行判断【解答】解：Na2O2与水反应生成NaOH和O2，反应后溶液成碱性，ANH4+和碱反应生成氨气，故NH4+的物质的量减少，故A不选；BFe2+和
23、碱反应生成氢氧化亚铁沉淀，氢氧化亚铁被过氧化钠氧化生成氢氧化铁沉淀，故Fe2+的物质的量减少，故B不选；CCu2+和碱反应生成氢氧化铜沉淀，氢氧化铜与盐酸反应生成Cu2+，故Cu2+的物质的量保持不变，故C可选；DSO32被过氧化钠氧化生成硫酸根离子，故SO32的物质的量减少，故D不选，故选C8下列实验结论正确的是（）A向溶液中滴加BaCl2溶液产生白色沉淀再加稀盐酸沉淀不溶解，则证明原溶液中含有SO42B向溶液中加入稀盐酸，产生了能使澄清石灰水变浑浊的气体，则证明原溶液中含有CO32C向溶液中滴加NaOH溶液，并将湿润的红色石蕊试纸放在试管口发现试纸不变蓝，则证明原溶液中没有NH4+D向溶液
24、中先滴加KSCN溶液不变色，后滴加氯水溶液变红，则证明原溶液中含有Fe2+【考点】常见离子的检验方法【分析】A白色沉淀可能为AgCl；B气体为二氧化碳或二氧化硫；C湿润的红色石蕊试纸放在试管口发现试纸不变蓝，可能没有加热，生成氨气不能逸出；D先滴加KSCN溶液不变色，可知不含铁离子，后滴加氯水溶液变红，可知亚铁离子被氧化为铁离子【解答】解：A白色沉淀可能为AgCl或硫酸钡，原溶液中可能含有SO42，或含Ag+，但二者不能同时存在，故A不选；B气体为二氧化碳或二氧化硫，则原溶液中含有CO32或SO32或HCO3等，故B不选；C湿润的红色石蕊试纸放在试管口发现试纸不变蓝，可能没有加热，生成氨气不能
25、逸出，不能证明原溶液中没有NH4+，故C不选；D先滴加KSCN溶液不变色，可知不含铁离子，后滴加氯水溶液变红，可知亚铁离子被氧化为铁离子，则证明原溶液中含有Fe2+，故D选；故选D9关于氯水的叙述不正确的是（）A氯气和液氯是两种不同物质B新制氯水溶液中存在两个平衡状态C久置的氯水，溶液的PH会变小D向氯水中滴加紫色石蕊试剂，溶液先变红后褪色【考点】氯气的化学性质【分析】A、氯气和液氯是两种状态不同组成相同的物质；B、氯水中存在H2OH+OH，Cl2+H2OHCl+HClO，HClOH+ClO三个平衡状态；C氯水中的次氯酸见光易分解，生成HCl和O2；D氯水中氯气和水反应生成的盐酸是酸，次氯酸具
26、有强氧化性和漂白性【解答】解：A、氯气和液氯是两种状态不同组成相同的物质，是同一物质，而不是不同的物质，故A错误；B、氯水中存在H2OH+OH，Cl2+H2OHCl+HClO，HClOH+ClO三个平衡状态，故B错误；C氯水中的次氯酸见光易分解，生成HCl和O2，酸性增强，pH减小，所有要保持在棕色瓶中，故C正确；D氯水中氯气和水反应生成的盐酸是酸使石蕊试液变红色，次氯酸具有强氧化性和漂白性，使红色褪去，故D正确；故选AB10下列物质按照纯净物、混合物、电解质和非电解质顺序排列的是（）A盐酸、水煤气、醋酸、干冰B液氯、氯水、硫酸钠、乙醇C空气、天然气、苛性钾、硫酸钡D胆矾、漂白粉、氯化钾、氯气
27、【考点】混合物和纯净物；电解质与非电解质【分析】纯净物是指由同种物质组成的；混合物是指由不同种物质组成的；电解质是指在水溶液里或熔化状态下能够导电的化合物；非电解质是指在水溶液里和熔化状态下都不能够导电的化合物；据此可以分析各个选项中各种的所属类别【解答】解：A、盐酸、天然气均为混合物，醋酸、干冰分别属于化合物，醋酸属于电解质，干冰属于非电解质，故A错误； B、液氯是纯净物、氯水是氯气的水溶液为混合物、硫酸钠水溶液中导电属于电解质、乙醇是非电解质，故B正确；C、空气是混合物、天然气是混合物、苛性钾水溶液能导电属于电解质、硫酸钡熔融状态下导电属于电解质，故C错误；D、胆矾为纯净物，漂白粉为混合物
28、，氯化钾属于电解质，氯气是单质不属于非电解质，故D错误；故选B11下列有关一定物质的量浓度溶液的配制说法正确的是（）A将固体加入容量瓶中溶解并稀释至刻度线，配制成一定物质的量浓度的溶液B稀释硫酸时，往装有浓硫酸的烧杯中注入水C用托盘天平称取10.600 g的Na2CO3固体，溶于1 L的水可配成0.1 mol/L的溶液D容量瓶中残留少量蒸馏水时，无需干燥，对配制的结果没有影响【考点】配制一定物质的量浓度的溶液【分析】A依据容量瓶使用注意事项解答；B浓硫酸稀释应将浓硫酸加入到水中；C托盘天平精确值为0.1g；D分析操作对溶质的物质的量n和对溶液体积V的影响，依据c=进行分析解答【解答】解：A容量
29、瓶为精密仪器，不能用来稀释溶液、溶解固体，故A错误；B浓硫酸稀释应将浓硫酸加入到水中，并用玻璃棒不断搅拌，故B错误；C托盘天平精确值为0.1g，所以不能用托盘天平称取10.600 g的Na2CO3固体，故C错误；D容量瓶中残留少量蒸馏水时，对溶质的物质的量n和对溶液体积V都不产生影响，溶液浓度不变，故D正确；故选：D12下列关于胶体叙述正确的是（）A胶体和溶液的本质区别是胶体可以发生丁达尔现象B0.1molFeCl3溶于水中形成胶体后含有胶体粒子的数目为0.1NAC明矾净水与胶体的性质有关D可以用滤纸分离提纯胶体和溶液【考点】胶体的重要性质【分析】A、胶体和溶液的本质区别是电解质粒子直径的大小
30、；B、一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体；C、明矾溶于水后能水解出氢氧化铝胶体；D、胶体和溶液均能透过滤纸【解答】解：A、胶体和溶液的本质区别是电解质粒子直径的大小，而非丁达尔效应，故A错误；B、一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，故0.1mol氯化铁形成的胶粒的个数小于0.1NA个，故B错误；C、明矾溶于水后能水解出氢氧化铝胶体，具有吸附功能，故能净水，故C正确；D、胶体和溶液均能透过滤纸，故不能用滤纸分离提纯胶体和溶液，故D错误故选C13某溶液中可能含有H+、NH4+、Mg2+、Al3+、Fe3+、CO32、SO42、NO3中的几种若加入锌粒，产生无色无味的气体；若加入NaOH溶液
31、，产生白色沉淀，且产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系如图所示则下列说法正确的是（）A溶液中一定不含CO32，可能含有SO42和NO3B溶液中n（NH4+）=0.2molC溶液中的阳离子只有H+、Mg2+、Al3+Dn（H+）：n（Al3+）：n（Mg2+）=1：1：1【考点】常见离子的检验方法【分析】加锌产生无色无味气体说明锌与氢离子反应生成氢气，溶液中有大量氢离子，则没有碳酸根和硝酸根离子，加氢氧化钠产生白色沉淀说明不含铁离子，当溶液中含氢离子、铵根离子、镁离子、铝离子时，加入氢氧化钠，先与氢离子反应，再与镁、铝离子反应生成氢氧化物沉淀，再与铵根反应得到一水合氨，再与氢氧化铝反应
32、生成偏铝酸钠，对应图象是先在x轴上，再逐渐增大，再平行x轴，再减小，可以对照图象求出各离子的量【解答】解：A、加锌产生无色无味气体说明锌与氢离子反应生成氢气，溶液中有大量氢离子，则没有碳酸根和硝酸根离子，因为硝酸根、氢离子与锌会反应生成刺激性的一氧化氮，故A错误；B、根据图象特点可以知道：加入氢氧化钠，先与氢离子反应，再与镁、铝离子反应生成氢氧化物沉淀，再与铵根反应得到一水合氨，再与氢氧化铝反应生成偏铝酸钠，根据第二段是氢氧化钠与铵根反应得到一水合氨的阶段，即NH4+OH=NH3H2O，消耗氢氧化钠的物质的量为0.7mol0.5mol=0.2mol，所以溶液中n（NH4+）=0.2mol，故B
33、正确；C、据图象特点可以知道：加入氢氧化钠，先与氢离子反应，再与镁、铝离子反应生成氢氧化物沉淀，再与铵根反应得到一水合氨，再与氢氧化铝反应生成偏铝酸钠，所以溶液中的阳离子一定含NH4+、H+、Mg2+、Al3+，故C错误；D、根据第一段是氢氧化钠中和氢离子的阶段，所以氢离子的物质的量是0.1mol，根据第四段是氢氧化铝和氢氧化钠反应的阶段，即Al（OH）3OHAl（OH）4，则消耗氢氧化钠的物质的量为：0.8mol0.7mol=0.1mol，根据第二段是将铝离子和镁离子反应生成沉淀的阶段，根据Al3+3OHAl（OH）3，Mg2+2OHMg（OH）2，0.1mol氢氧化铝消耗氢氧化钠的物质的量
34、是0.3mol，所以镁离子消耗氢氧化钠的物质的量是：0.5mol0.1mol0.3mol=0.1mol，所以镁离子的物质的量是0.05mol，即n（H+）：n（Al3+）：n（Mg2+）=0.1：0.1：0.05=2：2：1，故D错误故选B14同温同压下，同体积的CO和CO2，下列说法不正确的是（）A分子数之比为1：1B密度之比为3：2C质量之比为7：11D质子数之比为7：11【考点】物质的量的相关计算【分析】同温同压下，相同体积的气体含有相同分子数目、相同的物质的量，结合每个分子含有原子数目和质子数目计算原子总数之比，根据m=nM判断质量之比【解答】解：A依据阿伏伽德罗定律可知，同温同压下，
35、相同体积的气体含有相同分子数目，故A正确；B同温同压下，气体密度之比等于摩尔质量之比，则同温同压下，同体积的CO和CO2，密度之比为28：44=7：11，故B错误；C同温同压下，同体积的CO和CO2的物质的量相等，根据m=nM，可知二者质量之比=28g/mol：44g/mol=7：11，故C正确；D同温同压下，同体积的CO和CO2含有相同分子数目，则含有质子数之比等于（6+8）：（6+16）=14：22=7：11，故D正确；故选：B15某溶液可能含有Cl、SO42、CO32、NH4+、Fe3+、Al3+和K+取该溶液100mL，加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，同时产生红褐色
36、沉淀；过滤，洗涤，灼烧，得到1.6g固体；向上述滤液中加足量BaCl2溶液，得到4.66g不溶于盐酸的沉淀有关原溶液中下列说法不正确的是（）A至少存在4种离子BCl一定存在，且c（Cl）0.4mol/LCSO42、NH4+、Fe3+一定存在，Al3+、K+、Cl可能存在DCO32一定不存在，SO42、NH4+、Fe3+、Cl一定存在【考点】离子共存问题【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；4.66g不溶于盐酸的沉淀，为硫酸钡沉淀，物质的量为：0.02mol；根据以上
37、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：由于加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，说明一定有NH4+，且物质的量为0.02mol；同时产生红褐色沉淀，说明一定有Fe3+，1.6g固体为氧化铁，物质的量为0.01mol，故有0.02molFe3+，CO32和Fe3+会发生双水解，故一定没有CO32；4.66g不溶于盐酸的沉淀为硫酸钡，一定有SO42，物质的量为0.02mol；根据电荷守恒，一定有Cl，至少 0.02mol3+0.020.02mol2=0.04mol，物质的量浓度至少 =0.4mol/L，A由以上分析可知至少存在Cl、SO42、NH4+、Fe3
38、+4种离子，故A正确；B根据电荷守恒，至少存在0.04molCl，故B正确；CAl3+、K+无法判断是否存在，Cl一定存在，故C错误；D由以上分析可知，CO32一定不存在，SO42、NH4+、Fe3+、Cl一定存在，故D正确故选C16室温时，两个容积相同的烧瓶中分别盛有M和N两种气体（同温同压），取下弹簧夹A，使两烧瓶内的气体接触（如图），容器内的压强由大到小的顺序是（）编号气体MH2SH2NH3NO气体NSO2Cl2HClO2ABCD【考点】二氧化硫的化学性质；氯气的化学性质；氨的化学性质；氮的氧化物的性质及其对环境的影响【分析】取下弹簧夹A，使两烧瓶内的气体接触，生成的气体越少，则压强越小
39、发生2H2S+SO2=3S+2H2O；发生H2、Cl2不反应；发生NH3+HCl=NH4Cl；发生2NO+O2=2NO2，设体积均为2L，结合反应分析【解答】解：取下弹簧夹A，使两烧瓶内的气体接触，生成的气体越少，则压强越小发生2H2S+SO2=3S+2H2O；不发生反应；发生NH3+HCl=NH4Cl；发生2NO+O2=2NO2，设体积均为2L，由反应可知，中反应后只有1L气体，中有4L气体，中不含气体，中含3L左右的气体，则容器内的压强由大到小的顺序是，故选C二、填空题17实验室需要配制480m L 1mol/L H2SO4溶液，需要质量分数为98%，密度为1.84g/cm3的浓H2SO4
40、27.2mL（保留一位小数）【考点】溶液的配制【分析】依据c=计算浓硫酸的物质的量浓度，依据配制溶液体积及容量瓶规格选择需要容量瓶，溶液稀释过程中所含溶质的物质的量保持不变，据此计算需要浓硫酸的体积【解答】解：质量分数为98%，密度为1.84g/cm3的浓H2SO4，物质的量浓度C=18.4mol/L；配制480m L 1mol/L H2SO4溶液，实验室没有480mL容量瓶，应选择500mL容量瓶，实际配制500mL溶液，设需要浓硫酸体积V，则依据溶液稀释过程中所含溶质的物质的量保持不变得：V18.4mol/L=500mL1mol/L，解得V=27.2mL，故答案为：27.218配制一定浓度
41、溶液定容时俯视刻度线，所配溶液的浓度偏大（填偏大、偏小或无影响）【考点】配制一定物质的量浓度的溶液【分析】定容时俯视刻度线，溶液体积V偏小，结合c=分析【解答】解：定容时俯视刻度线，溶液体积V偏小，c= 可知，n不变，V偏小，则c偏大，故答案为：偏大19CO与H2混合气体3g和足量的氧气燃烧后，在150时将混合气体通过足量的Na2O2后，Na2O2增重的质量为3g【考点】化学方程式的有关计算【分析】利用差量法，根据化学方程式分析：CO与H2在氧气中完全燃烧，生成CO2和H2O，生成的CO2和H2O再与Na2O2反应：2CO+O22CO2，一氧化碳与二氧化碳物质的量相等，Na2O2与CO2反应：
42、2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，总方程式为：2CO+2Na2O2=2Na2CO3，质量增重m=2Na2CO32Na2O2=2CO，可知反应后固体质量增加量为CO的质量；2H2+O22H2O，生成的水与氢气物质的量相等，Na2O2与H2O反应：2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2，总方程式为：2H2+2Na2O2=4NaOH，质量增重m=4NaOH2Na2O2=2H2，可知反应后固体增加的质量为氢气质量【解答】解：CO与H2在氧气中完全燃烧，生成CO2和H2O，生成的CO2和H2O再与Na2O2反应：2CO+O22CO2，一氧化碳与二氧化碳物质的量相等，Na2O2与CO2反应：
43、2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，总方程式为：2CO+2Na2O2=2Na2CO3，质量增重m=2Na2CO32Na2O2=2CO，可知反应后固体质量增加量为CO的质量；2H2+O22H2O，生成的水与氢气物质的量相等，Na2O2与H2O反应：2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2，总方程式为：2H2+2Na2O2=4NaOH，质量增重m=4NaOH2Na2O2=2H2，可知反应后固体增加的质量为氢气质量；所以Na2O2增重的质量为CO与H2混合气体的质量，共3g，故答案为：320在aL（Al2SO4）和（NH4）2SO4混合物溶液中加人bmolBaCl2，恰好使溶液中的SO完全
44、沉淀；如加人足量碱并加热可得c mol NH3，则原溶液中Al3+的浓度为molL1【考点】物质的量浓度的相关计算【分析】根据SO42+Ba2+BaSO4计算溶液中的SO42离子的物质的量，根据NH4+OHNH3+H2O计算NH4+的物质的量，再利用电荷守恒来计算原溶液中的Al3+浓度【解答】解：由混合溶液中加入bmolBaCl2，恰好使溶液中的SO42离子完全沉淀，则SO42+Ba2+BaSO4 bmol bmolc（SO42）=mol/L，由加入足量强碱并加热可得到cmol NH3，则NH4+OHNH3+H2O cmol cmolc（NH4+）=mol/L，又溶液不显电性，设原溶液中的Al
45、3+浓度为x，由电荷守恒可知，x3+mol/L1=mol/L2，解得：x=mol/L，故答案为：21向氢氧化铁胶体中逐滴滴加稀硫酸至过量会产生的现象是先生成沉淀，后沉淀溶解【考点】胶体的重要性质【分析】胶体遇电解质发生聚沉，故氢氧化铁胶体中滴加稀硫酸后产生聚沉，当硫酸过量时，沉淀消失，据此分析【解答】解：胶体遇电解质发生聚沉，而加入硫酸是电解质溶液，会引起氢氧化铁胶体聚沉，生成氢氧化铁沉淀，当继续加入硫酸时，氢氧化铁沉淀会溶解，故表现的现象是：先生成沉淀，后沉淀溶解故答案为：先生成沉淀，后沉淀溶解22按要求书写下列反应的离子方程式（1）84消毒液（NaClO）和浓盐酸不能混用ClO+Cl+2H
46、+=Cl2+H2O（2）向碘水中滴加NaSO3溶液I2被还原为I的反应SO32+I2+H2O=2I+SO42+2H+（3）足量Ca（OH）2溶液与NaHCO3溶液反应Ca2+HCO3+OH=CaCO3+H2O（4）漂白粉的制备反应2Ca（OH）2+2Cl2=2Ca2+2Cl+2ClO+2H2O（5）少量的氯气和溴化亚铁反应Cl2+2Fe2+=2Cl+2Fe3+【考点】离子方程式的书写【分析】（1）次氯酸根离子与盐酸反应生成氯气和水；（2）碘单质与亚硫酸根离子发生氧化还原反应生成硫酸根离子和碘离子、氢离子；（3）氢氧化钙足量反应生成碳酸钙、氢氧化钠和水；（4）氯气通入石灰乳生成氯化钙、次氯酸钙和
47、水；（5）氯气少量，只氧化二价铁离子【解答】解：（1）次氯酸根离子与氯离子在酸性环境下反应生成氯气和水，离子方程式：ClO+Cl+2H+=Cl2+H2O；故答案为：ClO+Cl+2H+=Cl2+H2O；（2）碘单质与亚硫酸根离子发生氧化还原反应生成硫酸根离子和碘离子、氢离子，离子方程式：SO32+I2+H2O=2I+SO42+2H+；故答案为：SO32+I2+H2O=2I+SO42+2H+；（3）足量Ca（OH）2溶液与NaHCO3溶液反应，离子方程式：Ca2+HCO3+OH=CaCO3+H2O；故答案为：Ca2+HCO3+OH=CaCO3+H2O；（4）氯气通入石灰乳生成氯化钙、次氯酸钙和水
48、，离子方程式：2Ca（OH）2+2Cl2=2Ca2+2Cl+2ClO+2H2O；故答案为：2Ca（OH）2+2Cl2=2Ca2+2Cl+2ClO+2H2O；（5）少量的氯气和溴化亚铁反应，反应离子方程式：Cl2+2Fe2+=2Cl+2Fe3+，故答案为：Cl2+2Fe2+=2Cl+2Fe3+23A、D、F均是由短周期元素组成的单质，常温下C是液体（1）B物质的电子式（2）A与C反应的离子方程式为2Na+2H2O=2Na+2OH+H2（3）关于A的叙述中正确的是（填序号）A有很强的还原性A的焰色反应呈紫色少量A可以保存在冷水里A着火时应选用泡沫灭火剂（4）在B和C的反应中，若生成标准状况下气体5
49、.6L，则该反应转移的电子为0.5mol（5）将A、镁、铝各0.3mol分别放入100mL 1mol/L的盐酸中，同温同压下产生的气体体积之比是（填序号）1：2：36：3：2 3：1：1 1：1：1【考点】无机物的推断【分析】A、D、F均是由短周期元素组成的单质，常温下C是液体为H2O，A点燃和F单质反应生成的B与水反应生成F，证明F为O2，A为Na，B为Na2O2，E为NaOH，D为H2，据此分析问题，（1）B为过氧化钠为钠离子和过氧根离子构成的离子化合物；（2）A与C的反应为钠和水反应生成氢氧化钠和氢气；（3）A为Na，为活泼金属，具有很强的还原性，焰色反应为黄色，钠和水、二氧化碳等发生反
50、应；（4）依据化学方程式定量关系计算电子转移，过氧化钠中氧元素化合价1价变化为0价和2价；（5）根据反应物的量先判断金属与酸哪种过量，按不足量计算钠与酸反应完会继续与水反应；【解答】解：A、D、F均是由短周期元素组成的单质，常温下C是液体为H2O，A点燃和F单质反应生成的B与水反应生成F，证明F为O2，A为Na，B为Na2O2，E为NaOH，D为H2，据此分析问题，（1）过氧化钠是由2个钠离子与1个过氧根离子通过离子键结合而成的离子化合物，电子式为：，故答案为：；（2）A与C的反应为钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，反应的化学方程式为：2Na+2H2O=2Na+2OH+H2，故答案为：2Na+2H
51、2O=2Na+2OH+H2；（3）A为Na，为活泼金属，具有很强的还原性，焰色反应为黄色，钠和水、二氧化碳等发生反应，A为Na为活泼金属，有很强的还原性，故正确；钠元素的焰色反应呈黄色，故错误；钠和水发生剧烈反应，少量钠可以保存在煤油里，故错误；钠和二氧化碳能发生反应，钠着火时不能用泡沫灭火剂，应用沙子盖灭，故错误故答案为：；（4）在B和C的反应中，若生成标准状况下气体5.6L物质的量=0.25mol，则该反应转移的电子依据化学方程式定量关系计算得到，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，过氧化钠中氧元素化合价1价变化为0价和2价，生成1mol氧气电子转移2mol，生成0，25mol氧气电
52、子转移0.5mol，故答案为：0.5；（5）将三种金属各0.3mol分别投入100mL 1mol/L的盐酸中，铝、铁只能和HCl反应，可知铝、铁过量，应按HCl的物质的量计算，铁、铝产生氢气物质的量相等，从氢离子到氢气，根据氢元素守恒，则产生氢气的物质的量为：（0.1L1mol/L）0.05 mol但金属钠活泼，能与水反应生成氢气，因此钠少量，生成氢气的量根据钠的物质的量进行计算，0.3mol钠产生0.15mol氢气故将钠、铁、铝各0.2mol 分别放入100mL 1mol/L的盐酸中，产生氢气的物质的量之比为：0.15mol：0.05mol：0.05mol3：1：1，所以同温同压下产生的气体
53、体积比是3：1：1，故答案为：；24无水AlCl3是一种重要的有机合成催化剂，该物质在183时升华，遇潮湿空气即产生大量白雾某中学化学兴趣小组拟利用中学常见仪器设计实验制备无水AlCl3，实验装置如图所示（1）制备实验开始时，先检查装置的气密性，接下来的操作顺序依次是acbda加入MnO2粉末 b点燃A中酒精灯 c加入浓盐酸 d点燃D处酒精灯（2）写出A装置中发生反应的化学方程式：MnO2+4HClMnCl2+Cl2+2H2O，反应中盐酸表现的性质有还原性、酸性（3）装置B的作用是除去氯气中的氯化氢气体，装置C中盛放的试剂是浓硫酸（4）装置F的作用是干燥，防止水蒸气进入E中引起氯化铝水解，写出
54、G中的离子反应方程式Cl2+2OHCl+ClO+H2O甲同学认为F和G可以用一种仪器替代，且加入一种药品即可达到相同效果这种药品可以是碱石灰（5）E中得到少量白色粉末，打开软木塞后可明显观察到锥形瓶中有白雾生成，用化学方程式表示其原因AlCl3+3H2O=Al（OH）3+3HCl【考点】制备实验方案的设计【分析】根据实验装置图可知，该实验中（装置A）用浓盐酸与二氧化锰反应生成氯气，氯气中有氯化氢、水等杂质，先用饱和食盐水除氯化氢（装置B），再用浓硫酸干燥（装置C），氯气与铝反应制得氯化铝（装置D），反应的尾气中有氯气用氢氧化钠吸收（装置G），为防止氯化铝与氢氧化钠溶液中的水蒸汽反应，所以在收集
55、装置和尾气吸收装置之间加一干燥装置F，E为收集瓶（1）氯化铝易水解，实验开始时先要将装置中的空气排尽，防止空气中的水蒸汽与生成的氯化铝反应；（2）A中发生浓盐酸和二氧化锰的反应，生成氯化锰、氯气和水；氧化还原反应中所含元素化合价升高的为还原剂被氧化，所含元素化合价降低为氧化剂被还原；（3）实验中用浓盐酸与二氧化锰反应制取氯气，氯化氢易挥发，制取的氯气中含有氯化氢，装置B是除去氯化氢气体；C装置中的试剂为浓硫酸，除去水蒸气；（4）氯化铝易发生水解，故应该防止空气中的水蒸气进入E装置，而G是吸收多余的氯气，所以可以加入碱石灰来代替F和G的作用；氢氧化钠溶液吸收氯气，二者反应生成氯化钠、次氯酸钠和水
56、；（5）E中收集到的氯化铝粉末，打开软木塞后，氯化铝与空气中的水蒸汽发生水解反应【解答】解：（1）因为无水AlCl3遇潮湿空气即产生大量白雾，所以实验开始时先要将装置中的空气排尽，防止空气中的水蒸汽与生成的氯化铝反应，所以操作依次是acbd，故答案为：acbd；（2）A中发生浓盐酸和二氧化锰的反应，生成氯化锰、氯气和水，反应方程式为：MnO2+4HClMnCl2+Cl2+2H2O，从方程式可知，反应中锰元素化合价降低，所以二氧化锰为氧化剂，氯化氢中有1半氯离子化合价升高，氯化氢既表现还原性，又表现酸性，故答案为：MnO2+4HClMnCl2+Cl2+2H2O；还原性、酸性；（3）浓盐酸易挥发，
57、加热促进盐酸的挥发，制备的氯气中含有氯化氢和水蒸气，氯气在饱和食盐水中溶解度很小，氯化氢易溶于水，选择饱和食盐水除去氯化氢（装置B），浓硫酸具有吸水性，可以干燥氯气（装置C），故答案为：除去氯气中的氯化氢气体；浓硫酸；（4）F为浓硫酸，起到干燥作用，防止氯化铝水解，因为氯化铝易发生水解，故应该防止空气中的水蒸气进入E装置，而G是吸收反应剩余的氯气，所以可以加入碱石灰或氧化钙来代替F和G的作用，氢氧化钠溶液吸收氯气，二者反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，离子方程式：Cl2+2OHCl+ClO+H2O，故答案为：干燥，防止水蒸气进入E中引起氯化铝水解；Cl2+2OHCl+ClO+H2O；碱石灰；（5）
58、E中收集到的氯化铝粉末，打开软木塞后，氯化铝与空气中的水蒸汽发生水解反应，所以可以看到锥形瓶中有白雾产生，反应方程式为：AlCl3+3H2O=Al（OH）3+3HCl，故答案为：AlCl3+3H2O=Al（OH）3+3HCl25有一瓶无色溶液，其中可能含有NH4+、K+、Mg2+、Ba2+、Al3+、Fe3+、I、Cl、NO3、CO32、SO42，取该溶液进行以下实验：该溶液可使pH值试纸呈现红色；取溶液少量加新制氯水及CCl4振荡，可见CCl4层呈现紫色；取溶液少量加氯化钡溶液，有白色沉淀生成，加入HNO3后沉淀不溶解；取实验（3）之上层清液，加入硝酸银溶液有白色沉淀生成，加入HNO3后沉淀
59、不溶解；取原溶液少量加入NaOH溶液呈碱性，在此过程中有白色沉淀生成，而后又完全溶解，将此溶液加热，有无色气体放出，该气体能使润湿的红色石蕊试纸变蓝（1）根据上述实验事实，溶液中肯定存在的离子有SO42、Al3+、I、NH4+（错写、漏写不得分），（2）肯定不存在的离子有Fe3+、Mg2+、Ba2+、CO32、NO3、CO32（错写、漏写不得分）（3）写出第5步中白色沉淀溶解的离子方程式Al（OH）3+OHAlO2+2H2O；（4）写出实验室制取第5步中使石蕊试纸变蓝色的气体的离子方程式NH4+OHNH3H2O（5）快速检验上述中实验不能确定的阳离子的方法是焰色反应【考点】无机物的推断【分析】
60、溶液无色，则一定不含Fe3+，该溶液可使pH值试纸呈现红色，说明是酸性溶液，则一定不存在CO32；溶液少量加新制氯水及CCl4振荡，能使CCl4层呈紫色，则生成碘单质，一定含有I，一定不含有NO3；加入氯化钡溶液，有白色沉淀生成，加入HNO3后沉淀不溶解，则该白色沉淀是硫酸钡，一定含有SO42，一定不含有Ba2+，；溶液中加入硝酸银溶液有白色沉淀，加入HNO3后沉淀不溶解，该沉淀是氯化银，此时的氯离子可能是氯化钡带入的，还有可能原溶液中含有的氯离子，不能确定；取原溶液少量加入NaOH溶液至碱性，在此过程中有白色沉淀生成，最后沉淀又完全溶解，则一定含有铝离子，不含Mg2+，加热时反应，有无色气体
61、放出，该气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该气体是氨气，一定含NH4+，以此解答该题【解答】解：溶液无色，则一定不含Fe3+，该溶液可使pH值试纸呈现红色，说明是酸性溶液，则一定不存在CO32；溶液少量加新制氯水及CCl4振荡，能使CCl4层呈紫色，则生成碘单质，一定含有I，一定不含有NO3；加入氯化钡溶液，有白色沉淀生成，加入HNO3后沉淀不溶解，则该白色沉淀是硫酸钡，一定含有SO42，一定不含有Ba2+，；溶液中加入硝酸银溶液有白色沉淀，加入HNO3后沉淀不溶解，该沉淀是氯化银，此时的氯离子可能是氯化钡带入的，还有可能原溶液中含有的氯离子，不能确定；取原溶液少量加入NaOH溶液至碱性，在此过
62、程中有白色沉淀生成，最后沉淀又完全溶解，则一定含有铝离子，不含Mg2+，加热时反应，有无色气体放出，该气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该气体是氨气，一定含NH4+，（1）由以上分析可知肯定存在的离子有SO42、Al3+、I、NH4+，故答案为：SO42、Al3+、I、NH4+；（2）由以上分析可知肯定不存在的离子为Fe3+、Mg2+、Ba2+、CO32、NO3、CO32，故答案为：Fe3+、Mg2+、Ba2+、CO32、NO3、CO32；（3）白色沉淀为氢氧化铝，与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠而溶解，其反应的离子方程式为Al（OH）3+OHAlO2+2H2O，故答案为：Al（OH）3+OHAlO2+2H2O；（4）第5步中使石蕊试纸变蓝色的气体为氨气，反应的离子方程式为NH4+OHNH3H2O，故答案为：NH4+OHNH3H2O；（5）不能确定的阳离子为钾离子，可用焰色反应检验，故答案为：焰色反应2016年12月10日