河北省承德市隆化县存瑞中学2020学年高一化学上学期第二次质检试题（含解析）

河北省隆化县存瑞中学2020学年高一上学期第二次质检化学试题1. 下列物质的用途中，不正确的是A. 纯碱：制玻璃 B. 烧碱：治疗胃酸过多的一种药剂C. 过氧化钠：制氧气 D. 小苏打：发酵粉主要成份【答案】B【解析】A、工业制玻璃主要原料有石英、纯碱和石灰石，发生的反应有：CaCO3+SiO2CaSiO3+CO2、Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2，故A正确；B、氢氧化钠有很强的腐蚀性，能腐蚀胃部，故B错误；C、Na2O2与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，化学方程式为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，可用过氧化钠（Na2O2）制氧气，故C正确；D、发酵粉的主要成分之一是碳酸氢钠，再做糕点时它受热分解生成二氧化碳气体，使糕点疏松多孔，故D正确；故选B【点评】本题考查常见物质的用途，与实际生产生活联系密切，要注意化学知识在生产生活中的应用2. 下列物质属于强电解质的是A. 醋酸 B. 食盐水 C. 烧碱 D. 蔗糖【答案】C【解析】试题分析：强电解质包括强酸、强碱和绝大多数盐，弱电解质包括弱酸、弱碱、极少数盐和水。A、醋酸为弱酸，属于弱电解质，错误；B、食盐水为混合物，既不是电解质也不是非电解质，错误；C、烧碱为强碱，属于强电解质，正确；C、蔗糖属于非电解质，错误。考点：考查电解质的概念。3. 下列说法正确的是A. 难溶于水的BaCO3是弱电解质。B. 0.1 mol/L的CH3COOH溶液中H+浓度为0.1 mol/L 。C. 强电解质水溶液的导电能力一定比弱电解质的强。D. 电解质溶液导电的原因是溶液中有自由移动的阴、阳离子。【答案】D【解析】试题分析：A、BaCO3虽然难溶于水，但溶解的部分全部电离，碳酸钡属于强电解质，错误；B、醋酸为弱电解质，部分电离，0.1 mol/L的CH3COOH溶液中H+浓度远小于0.1 mol/L，错误；C、溶液的导电性取决于溶液中自由移动离子的浓度和离子所带的电荷，与电解质的强弱无关，错误；D、电解质溶液导电的原因是溶液中有自由移动的阴、阳离子，正确。考点：考查电解质的相关概念。4.下列关于Na和Na的叙述中，错误的是A. 它们相差一个电子层B. 它们的化学性质相似C. 钠原子，钠离子均为同一元素D. 灼烧时，它们的焰色反应都呈黄色【答案】B【解析】试题分析：Na有3个电子层，最外层1个电子，容易失去最外层电子；Na+有2个电子层，最外层8个电子，性质稳定，故选B。考点：本题考查钠的性质。5. 下列四种物质的溶液，其中一种与其它三种能发生离子反应，这种物质是A. H2SO4 B. KOH C. BaCl2 D. Na2CO3【答案】A【解析】给出的四种物质中，硫酸与KOH生成水、硫酸与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀、硫酸与碳酸钠反应生成水和气体，而KOH与氯化钡、碳酸钠均不反应，则符合一种与其它三种能发生离子反应，这种物质是硫酸，故选A【点评】本题考查离子的共存及物质之间的反应，为高频考点，把握溶液中物质的反应实质为离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应的离子共存考查，题目难度不大6.下列溶液与20mL 1 molL1 NaNO3溶液中NO3物质的量浓度相等的是（ ）A. 10 mL 1 molL1 Mg(NO3)2溶液 B. 5 mL 0.8 molL1 Al(NO3)3溶液C. 10 mL 2 molL1 AgNO3溶液 D. 10 mL 0.5 molL1 Cu(NO3)2溶液【答案】D【解析】20mL 1molL1NaNO3溶液中NO3物质的量浓度为：c（NO3）=c（NaNO3）=1mol/L，A.1 molL1Mg（NO3）2溶液中NO3物质的量浓度为：c（NO3）=2cMg（NO3）2=1mol/L2=2mol/L，故A错误；B.0.8 molL1Al（NO3）3溶液中NO3物质的量浓度为：c（NO3）=3cAl（NO3）3=0.8mol/L3=2.4mol/L，故B错误；C.2 molL1AgNO3溶液中NO3物质的量浓度为：c（NO3）=c（AgNO3）=2mol/L，故C错误；D.0.5 molL1Cu（NO3）2溶液中NO3物质的量浓度为：c（NO3）=2cCu（NO3）2=0.5mol/L2=1mol/L，故D正确；【点评】本题考查了物质的量浓度的计算，题目难度不大，试题侧重基础知识的考查，明确物质的量浓度的概念及计算方法，明确物质的量浓度与溶液体积无关，试题培养了学生灵活应用所学知识的能力7.下列各组中的两种物质作用时，反应条件或反应物的用量改变时，对生成物没有影响的是A. Na与O2 B. Na2O2与CO2C. NaOH与AlCl3 D. NaOH与CO2【答案】B【解析】【详解】A.Na与O2在常温条件下生成Na2O，在加热或点燃条件下生成Na2O2，反应条件不同，生成物不同，错误；B.Na2O2与CO2无论反应条件和反应物的量如何变化，生成物均为Na2CO3和O2，正确；C.NaOH与AlCl3反应，NaOH过量时，生成物为NaAlO2、NaCl和H2O，当AlCl3过量时，生成物为Al(OH)3和NaCl，生成物与反应物的用量有关，错误；D.NaOH与CO2反应，当CO2不足时，生成物为Na2CO3和H2O，当CO2过量时，生成物为NaHCO3，生成物与反应物的量有关，错误。8.关于Na2O和Na2O2的叙述正确的是A. 都是白色固体 B. 都是碱性氧化物C. 都能和水反应形成强碱溶液 D. 都具有强氧化性【答案】C【解析】【详解】A.Na2O为白色固体，Na2O2为淡黄色固体，错误；B.Na2O为碱性氧化物，Na2O2不属于碱性氧化物，错误；C.Na2O和Na2O2与水反应均有NaOH生成，正确；D.Na2O2具有强氧化性，而Na2O不具有强氧化性，错误。9. 下列变化属于还原反应的是A. Fe FeSO4 B. AgNO3 Ag C. S SO2 D. CO32- CO2【答案】B【解析】试题分析：A、FeFeSO4中铁元素的化合价由0价升高到+2价，发生氧化反应，A错误；B、AgNO3Ag 中银元素的化合价由+1价降低为0价，发生还原反应，B正确；C、SSO2 中硫元素的化合价由0价升高到+4价，发生氧化反应，C错误；D、CO32- CO2中没有元素化合价变化，不是氧化还原反应，D错误。答案选B。考点：考查氧化还原反应基本概念。10.设NA为阿伏加德罗常数，下面叙述正确的是A. 标准状况下，11.2L CCl4所含分子数为0.5NAB. 1L 1mol/L的氯化钠溶液中，所含离子数为NAC. 0.1mol Na2O2与足量二氧化碳反应转移0.1NA 个电子D. 1mol Cl2与足量的铁发生反应，转移的电子总数为3NA【答案】C【解析】【分析】A.标准状况下，CCl4不是气态物质；B.氯化钠溶液中，含有钠离子和氯离子；C.Na2O2与二氧化碳反应过程中，Na2O2作为氧化剂和还原剂；D.Cl2作氧化剂，化合价降低为-1价。【详解】A.标准状况下，CCl4不是气态物质，故11.2LCCl4所含分子数大于0.5NA，A错误；B.1L1mol/L的氯化钠溶液中，c(Na+)=c(Cl-)=1mol/L，故离子总数为2NA，B错误；C.0.1mol Na2O2与足量二氧化碳反应，其中Na2O2既是氧化剂，又是还原剂，其电子转移数目为0.1NA，C正确；D.1molCl2与足量的铁反应生成FeCl3，氧化剂为Cl2，氯元素化合价降低为-1价，铁过量的情况下，依照氯气进行计算，故转移的电子总数为2NA，D错误，答案选C。【点睛】氯气与铁反应，无论铁过量与否，其生成物均为FeCl3；Na2O2与二氧化碳或水的反应中，过氧化钠既是氧化剂，又是还原剂。11.工业制取ClO2的化学反应：2NaClO3+ SO2+ H2SO4= 2ClO2+ 2NaHSO4 ，下列说法正确的A. SO2在反应中被还原 B. NaClO3在反应中失去电子C. H2SO4在反应中做氧化剂 D. 1 mol 氧化剂在反应中得到1 mol电子【答案】D【解析】1 mol NaClO3在反应中得到1 mol e。12.除去Na2CO3溶液中少量NaHCO3的最佳方法是A. 加入适量盐酸 B. 加入适量NaOH溶液 C. 加热 D. 通入过量的CO2【答案】B【解析】【分析】本题主要考查钠的重要化合物。除杂的原则：（1）不增：不增加新的杂质，（2）不减：被提纯的物质不能减少，（3）易分：操作简便，易于分离，据此结合选项解答。【详解】A.盐酸与碳酸钠反应生成氯化钠、水、二氧化碳，故A错误；B.适量氢氧化钠与碳酸氢钠恰好反应生成碳酸钠和水，除去碳酸氢钠，同时生成碳酸钠，没有引入新杂质，故B正确；C.在溶液中加热碳酸氢钠不易分解，分解不彻底，故C错误；D.通入二氧化碳，二氧化碳与碳酸钠反应生成碳酸氢钠，故D错误。【点睛】本题考查物质的分离提纯、钠的化合物的有关性质，难度不大，注意C选项为易错点，在固态情况下通常用加热方法除去碳酸钠中的碳酸氢钠。13.将30 mL 0.5mol/L的NaOH溶液加水稀释到500 mL，稀释后NaOH的物质的量浓度为A. 0.03 mol/L B. 0.3 mol/L C. 0.05 mol/L D. 0.04 mol/L【答案】A【解析】【分析】本题主要考查溶液稀释的相关计算。根据c1V1=c2V2进行计算。【详解】30 mL 0.5mol/L的NaOH溶液中溶质物质的量n=3010-3L0.5mol/L=1.510-2mol，稀释至500mL后，溶质的量不变，故稀释后NaOH的物质的量浓度，故答案为A。14.下列化学方程式中，不能用离子方程式Ba2+ + SO42- = BaSO4表示的是A. Ba(NO3)2 +H2SO4= BaSO4+2HNO3 B. BaCl2+ Na2SO4= BaSO4+2 NaClC. BaCO3 + H2SO4= BaSO4+ H2O+CO2 D. BaCl2+ H2SO4= BaSO4+2HCl【答案】C【解析】试题分析：A、硝酸钡是可溶性的钡盐，硫酸是强酸，二者之间反应仅有难电离物质硫酸钡沉淀生成，符合题意要求，故A正确；B、氯化钡是可溶性的钡盐，硫酸钠是可溶性的硫酸盐，二者之间反应仅有难电离物质硫酸钡沉淀生成，符合题意要求，故B正确；C、碳酸钡是难溶于水的物质，不能用离子方程式 Ba2+SO42-BaSO4表示BaCO3和H2SO4之间的反应，故C错误；D、氯化钡是可溶性的钡盐，硫酸是强酸，二者之间反应仅有难电离物质硫酸钡沉淀生成，符合题意要求，故D正确。考点：本题考查离子反应的实质及离子方程式。15. 下列离子方程式中，正确的是（ ）A. 稀硫酸滴在铜片上：Cu + 2H+= Cu2+ H2B. 氧化镁与稀盐酸混合：MgO + 2H+= Mg2+ H2OC. 铜片插入硝酸银溶液中：Cu + Ag+= Cu2+ AgD. 铁与稀硫酸反应 2 Fe + 6H+= 2Fe3+ 3H2【答案】B【解析】A稀硫酸滴在铜片上不发生反应，则不能写离子反应方程式，故A错误；B氧化镁与稀盐酸混合的离子反应为MgO+2H+=Mg2+H2O，故B正确；C铜片插入硝酸银溶液中的离子反应为Cu+2Ag+=Cu2+2Ag，故C错误；D铁与稀硫酸反应的离子反应为Fe+2H+=Fe2+H2，故D错误；故选B【点评】本题考查离子反应，明确发生的化学反应是解答本题的关键，注意电荷守恒的应用，选项A为易错点，题目较简单16. 镁、铝、铜三种金属粉末混合物, 加入过量盐酸充分反应, 过滤后向滤液中加入过量烧碱溶液, 再过滤, 滤液中存在的离子有（ ）A. AlO2- B. Cu2+ C. Al3+ D. Mg2+【答案】A【解析】试题分析：镁、铝与盐酸反应生成Mg2+和Al3+存在溶液中，铜不与盐酸反应被过滤出去，当加入过量烧碱溶液时，Mg2+与烧碱溶液的OH-生成Mg(OH)2，且Mg(OH)2不再与烧碱溶液的OH-反应，Mg(OH)2沉淀被过滤出去，Al3+与烧碱溶液的OH-首先生成Al(OH)3沉淀，接着Al(OH)3沉淀又与烧碱溶液的OH-反应生成AlO2离子存在溶液中。故选A。考点：金属单质及其化合物的性质点评：注意金属单质活泼性的差别，铝单质的两性，本题考查的内容全部源自课本。17.下列离子组在水溶液中(或给定条件下)能大量共存的是A. NH4+、Ba2、Br、CO32-B. Na、H、NO3-、HCO3-C. 在CuSO4溶液中：Na、NH4+、NO3-、Mg2D. 使酚酞变红色的溶液中：Na、Al3、SO42-、Cl【答案】C【解析】【详解】A.Ba2与CO32-会生成BaCO3沉淀，不能大量共存，错误；B.H+与HCO3-会发生复分解反应，不能大量共存，错误；C.在CuSO4溶液中，上述离子能够大量共存，正确；D.使酚酞变红色的溶液说明溶液中含有大量OH-，Al3+与OH-发生反应，不能大量共存，错误。【点睛】本题考查离子共存的判断，题目难度中等，注意明确离子不能大量共存的一般情况：（1）能发生复分解反应的离子之间不能大量共存；（2）能发生氧化还原反应的离子之间不能大量共存；（3）能发生络合反应的离子之间不能大量共存（如 Fe3+和 SCN-等）；（4）还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH-；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；是“可能”共存，还是“一定”共存等。18.下列有关NaHCO3和Na2CO3性质的比较正确的是A. 热稳定性：Na2CO3NaHCO3B. 常温时在水中的溶解度：Na2CO3NaHCO3C. 等质量的NaHCO3和Na2CO3与足量盐酸反应产生CO2的量：Na2CO3NaHCO3D. 等物质的量的NaHCO3和Na2CO3与足量的盐酸反应，产生的CO2的量：Na2CO3NaHCO3【答案】C【解析】试题分析：A、碳酸钠受热不分解，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，故热稳定性：Na2CO3NaHCO3，错误；B、常温时在水中的溶解度：Na2CO3NaHCO3，错误；C、等质量的NaHCO3和Na2CO3与足量盐酸反应产生CO2的量：Na2CO3NaHCO3，正确；D、等物质的量的NaHCO3和Na2CO3与足量的盐酸反应，产生的CO2的量：Na2CO3=NaHCO3，错误。考点：考查碳酸钠和碳酸氢钠的性质。19.下列有关叙述正确的是A. 相同条件下，质量相等的CO和CO2它们所含的氧原子数目之比为1:2B. 同体积、同密度的C2H4和CO，两种气体的分子数一定相等C. 配制450ml0.1molL1的NaOH溶液，用托盘天平称取NaOH固体1.8gD. 1L0.45molL1NaCl溶液中Cl的物质的量浓度比0.1L0.15molL1AlCl3溶液大【答案】B【解析】【分析】A.相同条件下，质量相等的CO和CO2它们物质的量之比为：11：7，所含的氧原子数目之比为11：14；B.体积相等、密度相等的CO和C2H4的质量相等；C.配制450 mL 0.1 molL-1的NaOH溶液，应用500mL的容量瓶来配制；D.0.15 molL-1 AlCl3溶液中Cl-的物质的量浓度是0.45 molL-1。【详解】A.相同条件下，质量相等的CO和CO2物质的量之比为11：7，所含的氧原子数目之比为11：14，而不是1：2，故A错误；B.体积相等、密度相等的CO和C2H4的质量相等，而两者的摩尔质量相等，所以物质的量相等，两种气体的分子数相等，故B正确；C.配制450 mL 0.1 molL-1的NaOH溶液，应用500mL的容量瓶来配制，所以称取氢氧化钠固体的质量为：0.1 molL-10.5L40g/mol=2g，故C错误；D.0.15 molL-1 AlCl3溶液中Cl-的物质的量浓度是0.45 molL-1，所以两者的氯离子的浓度相等，故D错误。20.铝分别与足量的稀盐酸和氢氧化钠溶液反应时，当两个反应放出的气体在相同状况下体积相等时，反应中消耗的盐酸和氢氧化钠的物质的量之比为A. 11 B. 21C. 31 D. 13【答案】C【解析】【详解】铝与足量的稀盐酸反应：2Al+6HCl=2AlCl3+3H2；铝与足量的氢氧化钠溶液反应：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2。可以看出生成等量的H2时，消耗的盐酸和氢氧化钠物质的量之比为6:2=3:1。【点睛】一定量的铝与足量非氧化性酸或强碱反应生成的氢气体积在相同状况下相同，其消耗的酸与碱的物质的量之比为3:1。21.把过氧化钠投入含有HCO3-、Cl-、Mg2+、Na+的水溶液中，离子数目不变的是（ ）A. HCO3- B. Cl- C. Mg2+ D. Na+【答案】B【解析】过氧化钠投入水中，生成NaOH；故HCO3-和Mg2+减少，Na+增加。22.氮化铝（AlN）是一种新型无机材料，广泛应用于电子、陶瓷等工业领域在一定条件下，AlN可通过反应Al2O3+N2+3C2AlN+3CO合成已知AlN可与NaOH溶液反应放出有刺激性气味的气体下列叙述正确的是A. 上述反应中，N2是还原剂，Al2O3是氧化剂B. 上述反应中，每生成1molAlN需转移6mol电子C. AlN中氮元素的化合价为+3D. AlN与NaOH溶液反应的化学方程式为：AlN+NaOH+H2ONaAlO2+NH3【答案】D【解析】【分析】本题主要考查氧化还原反应。氧化还原反应中化合价升高的元素失去电子，对应的反应物是还原剂，对应的产物是氧化产物，化合价降低的元素得到电子，对应的反应物是氧化剂，对应的产物是还原产物，化合价升高数目=化合价降低数目。【详解】A.反应Al2O3+N2+3C2AlN+3CO中，氮元素化合价降低，N2是氧化剂，碳元素化合价升高，所以C是还原剂，错误；B.反应Al2O3+N2+3C2AlN+3CO中，化合价升高数目=化合价降低数目=6，即每生成2molAlN需转移6mol电子，所以每生成1molAlN需转移3mol电子，错误；C.AlN中铝元素显+3价，根据化合价规则，所以氮的化合价为-3，故C错误；D.AlN与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氨气，其反应的化学方程式为：AlN+NaOH+H2ONaAlO2+NH3，故D正确。23.有10 g Na2O2、Na2O、Na2CO3、NaOH的混合物与200 g质量分数为3.65%的盐酸恰好反应，蒸干溶液，最终得固体NaCl质量为A. 11.7 g B. 5.85 gC. 8 g D. 15.5 g【答案】A【解析】【分析】本题主要考查有关混合物反应的计算。Na2O2、Na2O、Na2CO3、NaOH的混合物与盐酸恰好反应，所得溶液中溶质为NaCl，溶液蒸干所得固体为NaCl，根据氯原子守恒有n（NaCl）=n（HCl），根据m（溶质）=m（溶液）w（溶质）计算m（HCl），进而计算n（NaCl），再根据m=nM计算NaCl的质量。【详解】Na2O2、Na2O、Na2CO3、NaOH的混合物与盐酸恰好反应，所得溶液中溶质为NaCl，溶液蒸干所得固体为NaCl，根据氯原子守恒有n（NaCl）=n（HCl），盐酸中m（HCl）=200g3.65%=7.3g，n（NaCl）=n（HCl）=0.2mol，故得到NaCl的质量=0.2mol58.5g/mol=11.7g。【点睛】根据质量守恒和方程式可知，最后钠元素全部与氯元素结合成氯化钠，所以就有HCl-NaCl36.5-58.5200g3.65%-x解得x=11.7g，所以最后所得固体为11.7g。24.为了检验某含有NaHCO3杂质的Na2CO3样品的纯度，现将w1g样品加热，其质量变为w2g,则该样品的纯度（质量分数）：A. 84w2-53w131w1 B. C. 73w2-42w131w1 D. 115w2-84w131w1【答案】A【解析】试题分析：设样品中含有NaHCO3杂质的质量为x，则根据反应方程式：2NaHCO3Na2CO3CO2H2O可知：每有284g NaHCO3发生反应，会产生106g Na2CO3，反应前后固体质量减少m=62g，现在固体质量减小(w1-w2) g，则含有的NaHCO3杂质的质量x=(w1-w2) g62g168g =84(w1w2)/ 31 g，所以该样品的纯度(质量分数)是w(Na2CO3)=(w1x)w1=，故选项A正确。考点：考查物质的量在混合物的化学计算的知识。25.已知2MO4x+5S2+16H+=2M2+5S+8H2O，则MO4x中的M的化合价为A. +3 B. +4 C. +6 D. +7【答案】D【解析】【分析】本题主要考查氧化还原反应的相关计算。令MO4x中M的化合价为a，根据各元素化合价代数和等于离子所带的电荷计算a的值。【详解】对于反应2MO4x+5S2+16H+=2M2+5S+8H2O，由方程式电荷守恒可知2（x）+5（2）+16=22，解得x=1。令MO4中M的化合价为a，则：a+4（2）=1，解得a=+7。26.按要求填空：（1）Fe2(SO4)3（写出电离方程式）_。（2）氢氧化钡溶液和稀硫酸反应（写出离子方程式）_。（3）碳酸钙和盐酸反应（写出离子方程式）_。（4）过氧化钠与水反应（写出离子方程式）_。（5）碳酸氢钠和氢氧化钠反应（写出离子方程式）_。【答案】 (1). Fe2(SO4)32Fe3+3SO42- (2). Ba2+ 2H+ +2OH-+SO42-=BaSO4+2H2O (3). CaCO3+2H+=Ca2+H2O+CO (4). 2Na2O2+2H2O=4Na+ +4OH-+O2 (5). HCO3-OH-CO32-+H2O【解析】【分析】本题主要考查离子方程式的书写。（1）Fe2(SO4)3属于强电解质；（2）氢氧化钡和硫酸均属于强电解质，反应生成难溶物硫酸钡和水；（3）碳酸钙与盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳、水；（4）过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气；（5）碳酸氢钠与氢氧化钠反应生成碳酸钠和水。【详解】（1）Fe2(SO4)3属于强电解质，发生完全电离，其电离方程式为：Fe2(SO4)32Fe3+3SO42-；（2）氢氧化钡和硫酸均属于强电解质，反应生成难溶物硫酸钡和水，其离子方程式为：Ba2+ 2H+ +2OH-+SO42-=BaSO4+2H2O；（3）碳酸钙与盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳、水，其离子方程式为：CaCO3+2H+=Ca2+H2O+CO；（4）过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，其离子方程式为：2Na2O2+2H2O=4Na+ +4OH-+O2；（5）碳酸氢钠与氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，其离子方程式为：HCO3-OH-CO32-+H2O。27.按要求填空： （1）实验室用加热二氧化锰和浓盐酸制氯气，离子方程式为_。若生成标准状况下2.24 L Cl2，则被氧化的HCl的物质的量为 _。（2）向淀粉碘化钾溶液中通入少量氯气，立即会看到溶液变蓝色，反应的离子方程式为_。（3）乙醇 MgCl2晶体 蔗糖 铜 食盐水 BaSO4 次氯酸以上物质中属于电解质的是(填序号)_。（4）在甲、乙两个烧杯中，分别含有下列离子中的三种：Cu2、Na、H、SO42、CO32、OH。已知甲烧杯中的溶液呈蓝色，则乙烧杯中的溶液中大量存在的离子是_。【答案】 (1). MnO2+4H+ +2Cl-Mn2+ +Cl2+2H2O (2). 0.2mol (3). Cl2+2I=2Cl+I2 (4). (5). Na、CO32、OH-【解析】【详解】（1）实验室用加热二氧化锰和浓盐酸制氯气，离子方程式为：MnO2+4H+ +2Cl-Mn2+ +Cl2+2H2O；生成标准状况下2.24 L Cl2，即0.1molCl2，则被氧化的HCl的物质的量为0.2mol；（2）向淀粉碘化钾溶液中通入少量氯气，立即会看到溶液变蓝色，说明有I2生成，故反应的离子方程式为：Cl2+2I=2Cl+I2；（3）电解质：在水溶液或熔融状态下能发生电离的化合物。由此可知，属于电解质的是：；（4）甲烧杯中的溶液呈蓝色，说明甲烧杯中含有Cu2+，因Cu2+与CO32、OH不能大量共存，故溶液中的阴离子为SO42，故乙烧杯中的溶液中大量存在的离子是Na、CO32、OH-。【点睛】浓盐酸在参加化学反应时，其离子方程式中，需拆分，不必备注“浓”，而在书写化学方程式时，需备注“浓”；该反应无法依据加入盐酸的物质的量计算生成氯气的量或转移电子数目。28.在MgCl2和AlCl3的混和溶液中，逐滴加入NaOH溶液直至过量，经测定，加入NaOH的物质的量和所得沉淀的物质的量的关系如右图所示，则：（1）图中C点表示当加入_mol NaOH时，Al3+已完全转化为_（填微粒符号）（2）图中线段OA和AB两段NaOH的物质的量之比为 _。（3）写出AB段发生反应的离子方程式_。【答案】 (1). 0.6 (2). AlO2- (3). 5:1 (4). Al(OH)3 +OH- = AlO2-+ 2H2O【解析】【分析】根据图象可知，在滴加NaOH溶液到加入氢氧化钠为Amol时，沉淀量最大为0.2mol，说明氯化铝、氯化镁恰好完全反应，此时溶液为氯化钠溶液。继续滴加氢氧化钠，加入Bmol氢氧化钠时，沉淀物质的量最小为0.1mol，此时沉淀是氢氧化镁，所以加入Amol氢氧化钠时，沉淀中有氢氧化镁0.1mol、氢氧化铝0.1mol，加入Bmol氢氧化钠时，此时溶液为氯化钠、偏铝酸钠溶液。【详解】（1）根据氢氧根守恒离子和上述分析可知，沉淀量最大时加入的氢氧化钠n（NaOH）=2nMg（OH）2+3nAl（OH）3=20.1mol+30.1mol=0.5mol，C点氢氧化铝完全溶解，根据铝元素、钠元素守恒可知n（NaAlO2）=nAl（OH）3=0.1mol，所以溶解氢氧化铝加入的氢氧化钠为0.1mol则加入的氢氧化钠的物质的量为0.5mol+0.1mol=0.6mol；C点氢氧化铝完全溶解，铝元素在溶液中以AlO2-存在