【解析】江苏省东台市创新学校2017-2018学年高一10月月考化学试题

江苏省东台市创新学校学年高一10月月考化学试题（解析版）江苏省东台市创新学校学年高一10月月考化学试题（考试时间：60分钟

满分：100分）命题人：王如玉

命题时间：10.23原子量Na:23.Mn:O:16He:4Mg:24N:14S:32Na:23.Mn:55Cl:35.5CU:64一、选择题283=84（每题只有一个正确答案）1.简单原子的原子结构可用如下图的表示方法形象地表示：其中●表示质子或电子，○表示中子，则下列有关①②③的叙述正确的是A.

①②③为同种核素B.

①②③互为同位素C.

①②③是三种化学性质不同的粒子D.

①②③三种的质量数相同【答案】B【解析】由原子结构的表示方法可知，核外都有1个电子，原子核内都是一个质子，但①无中子，②有1个中子，③中有2个中子，应分别为H11H11、H12H12、H13H13，或可记为H、D、T。A、具有一定数目的质子和一定数目的中子的原子称为核素，①②③为三种核素，选项A错误；B、三者互为同位素（具有相同质子数和不同中子数的一原子互称为同位素），选项A正确；C、同位素具有相同的化学性质，选项C错误；D、①②③三种的质量数不相同，分别为1、2、3，选项D错误。答案选B。2.下列说法中正确的是A.

加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸，白色沉淀消失，一定有Ca2+B.

用玻璃棒蘸取新制氯水，点在PH试纸的中央，与标准比色卡比较，测定氯水的PHC.

某溶液与NaOH溶液共热，产生使湿润红色石蕊试纸变蓝气体则原溶液中存在NH4+D.

加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，一定有SO42—【答案】C【解析】A、加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，可能为碳酸钙、碳酸钡等，不一定有Ca2+，选项A错误；B、氯水中含有次氯酸，可表白pH试纸，应用pH计，选项B错误；C、氨气可使湿润红色石蕊试纸变蓝，则溶液与NaOH溶液共热，产生使湿润红色石蕊试纸变蓝气体，可说明原溶液中存在NH4+，选项C正确；D、不能排除AgCl沉淀的干扰，应先加入盐酸，再加入氯化钡检验，选项D错误。答案选C。3.常用于检验酒精中是否含水的试剂是A.

生石灰B.

无水硫酸铜C.

硫酸铜晶体D.

金属钠【答案】B【解析】检验酒精中是否含有水，选无水硫酸铜，无水硫酸铜遇水变蓝，而选项A、C不能用于检验水，选项B钠与乙醇、水均反应也不能检验很难检验。答案选B。点睛：本题考查物质的检验，侧重无水硫酸铜遇水变蓝性质的考查，把握实验现象与结论的关系为解答的关键，注意检验和除杂的区别。无水硫酸铜遇水变蓝，以此来检验水的存在。4.下列反应既是化合反应又是氧化还原反应的是A.

CuO＋H2Cu＋H2OB.

Na2CO3＋CO2＋H2O===2NaHCO3C.

3Fe＋2O2Fe3O4D.

SO3+H2O===H2SO4【答案】C【解析】A、

CuO＋H2Cu＋H2O属于置换反应和氧化还原反应，选项A错误；B、Na2CO3＋CO2＋H2O=2NaHCO3属于化合反应和非氧化还原反应，选项B错误；C、3Fe＋2O2Fe3O4属于化合反应和氧化还原反应，选项C正确；D、SO3+H2O=H2SO4属于化合反应和非氧化还原反应，选项D错误。答案选C。5.现有CO、CO2、O3（臭氧）三种气体，它们分别都含有1mol氧原子，则三种气体在标准状况下的积比为A.

1∶1∶1B.

1∶2∶3C.

3∶2∶1D.

6∶3∶2【答案】D【解析】CO、CO2、O3三种气体，它们含有的氧原子个数之比为1：2：3，则氧原子的物质的量相同，设都为1mol，则n（CO）=1mol，n（CO2）=1212mol，n（O3）=1313mol，则这三种气体的物质的量之比为1：1212：1313=6：3：2，根据阿伏加德罗定律可知，相同条件下，气体的体积之比等于气体的物质的量之比，故则三种气体在标准状况下的积比为6∶3∶2。答案选D。6.已知aAm＋与bBn－具有相同的核外电子排布，则下列关系正确的是A.

a＝b＋m＋nB.

a＝b－m＋nC.

a＝b＋m－nD.

a＝b－m－n【答案】A【解析】试题分析：aAm+和bBn的核外电子排布相同，说明二者核外电子数相同，即am=b+n，所以a=b+m+n，故选A。考点：考查核外电子排布，涉及离子结构。7.配制一定物质的量浓度的溶液，可能用到的仪器和用品是①天平

②量筒

③烧杯

④玻璃棒

⑤称量纸

⑥胶头滴管

⑦容量瓶

⑧药匙

⑨烧瓶A.

①②③④⑤⑥⑦⑧B.

全部C.

②③④⑥⑦D.

①③⑤⑦⑨【答案】A【解析】配制一定物质的量浓度的溶液时，需要使用托盘天平称量（一般固体可用称量纸垫）、用药匙取用固体药品，（若是液体药品的稀释则用量筒量取，在烧杯中稀释）然后将称量的固体放在烧杯中加水溶解，同时使用玻璃棒搅拌，再将溶解后的固体溶液转移动容量瓶中，进一步进行定容，最后定容时需要使用胶头滴管，需要用到的仪器和用品有：①天平、②量筒、③烧杯、④玻璃棒、⑤称量纸、⑥胶头滴管、⑦容量瓶、⑧药匙，不需要用到⑨烧瓶。答案选A。8.使用胆矾配制0.1mol/L的硫酸铜溶液，正确的操作是A.

将胆矾加热除去结晶水后，称取16g溶解在1L水里B.

称取胆矾25g，溶解在1L水里C.

将25g胆矾溶于水，然后将此溶液稀释至1LD.

将16g胆矾溶于水，然后将此溶液稀释至1L【答案】C【解析】A、胆矾加热除去结晶水后为硫酸铜，16g硫酸铜的物质的量为16g÷160g/mol=0.1mol，溶于水配成1L溶液，其浓度为0.1mol/L，体积1L是指溶液的体积，不是溶剂体积，A错误；B、25g胆矾的物质的量=25g÷250g/mol＝0.1mol，溶于水配成1L溶液，其浓度为0.1mol/L，体积1L是指溶液的体积，不是溶剂体积，B错误；C、25g胆矾的物质的量=25g÷250g/mol＝0.1mol，溶于水配成1L溶液，其浓度为0.1mol/L，C正确；D、需要硫酸铜的物质的量=1L×0.1mol/L=0.1mol，硫酸铜物质的量等于胆矾的物质的量，故需要胆矾的质量=0.1mol×250g/mol=25g，D错误；答案选C。9.在容量瓶的使用方法中，下列操作不正确的是A.

使用容量瓶前检查它是否漏水B.

容量瓶用蒸馏水洗净后，配制溶液不需要干燥C.

配制溶液时，如果试样是固体，把称好的试样用纸条小心倒入容量瓶中，缓慢加入蒸馏水到接近标线1～2cm处，用滴管加蒸馏水到标线D.

定容后盖好瓶塞用食指顶住瓶塞，用另一只手托住瓶底，把容量瓶颠倒摇匀多次【答案】C【解析】A、用于容量瓶有瓶塞，配制一定物质的量浓度的溶液时，必须检查是否漏水，选项A正确；B、容量瓶用蒸馏水洗净后，因为配制溶液过程中需加水，所以没有必要干燥，选项B错误；C、容量瓶不能作为稀释容器，在定容时，缓慢加入蒸馏水到接近标线1cm～2cm处，用胶头滴管滴加蒸馏水到标线，选项C不正确；D、盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，用另一只手托住瓶底，把容量瓶倒转和摇动几次，目的是使溶液充分混合，浓度均匀，选项D正确。答案选C。10.下列物质既能由金属和酸反应获得，也能通过金属和氯气反应获得的是A.

CuCl2B.

FeCl2C.

FeCl3D.

AlCl3【答案】D【解析】试题分析：A、铜排在氢的后面，不能与盐酸反应，故A错误；B、铁排在氢的前面可以和盐酸反应，生成的是氯化亚铁而不是氯化铁，而铁与氯气反应生成氯化铁，故B错误；C、铁排在氢的前面可以和盐酸反应，生成的是氯化亚铁而不是氯化铁，故C错误；D、铝与盐酸反应生成氯化铝，铝在氯气中燃烧生成氯化铝，故D正确；故选D。考点：考查了氯气的性质、金属的性质的相关知识。11.下列说法不正确的是A.

氯气是黄绿色的，C1－是无色的B.

H2在C12中能安静燃烧，火焰呈苍白色，瓶口有白雾生成C.

Cl2和H2的混合气一定会发生爆炸D.

燃烧时不一定要有氧气参加【答案】C【解析】略12.下列溶液中不存在氯离子的是A.

氯水B.

氯化氢溶液C.

漂白粉溶液D.

氯酸钾溶液【答案】D【解析】试题分析：A、氯气溶于水即得到氯水，其中部分氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，因此氯水中含有氯离子，A不符合题意；B、氯化氢是电解质，溶于水电离出氯离子，B不符合题意；C、漂白粉的主要成分是次氯酸钙和氯化钙，溶于水氯化钙电离出氯离子，C不符合题意；D、氯酸钾是电解质，溶于水的电离方程式为KClO3＝K＋＋ClO3－，因此不存在氯离子，D不符合题意，答案选A。考点：考查溶液中离子微粒的判断13.下列关于液氯和氯水的叙述中不正确的是A.

液氯是纯净物，而氯水是混合物B.

液氯和氯水都有漂白性C.

液氯无酸性，氯水有酸性D.

液氯中只存在分子，氯水中既存在分子又存在离子【答案】B【解析】A、液氯是氯气的液态形式，氯水是氯气的水溶液，故液氯是纯净物，氯水是混合物，选项A正确；B、液氯无漂白性，氯水中氯气和水反应生成的次氯酸具有漂白性，选项B不正确；C、液氯是纯净的氯气不存在氢离子无酸性，氯水中含盐酸，次氯酸呈酸性，选项C正确；D、液氯中只存在氯气分子，氯水中既存在分子水分子、氯气分子、次氯酸分子，又存在离子氯离子、氢离子、次氯酸根离子（少量）、氢氧根离子（极少量），选项D正确。答案选D。14.自来水一般是用少量的氯气消毒。如果实验室中临时没有蒸馏水，可以用自来水配制某些急需的药品，但有些药品若用自来水配制，则明显会导致药品变质。下列哪些药品不能用自来水配制A.

Na2SO4B.

NaClC.

AgNO3D.

KNO3【答案】C【解析】由于氯水中含有氯分子、氯离子、HClO分子等，所以不能用来配制AgNO3溶液，自来水中的氯离子与银离子反应生成氯化银沉淀，故配制溶液失败，配制Na2SO4、NaCl、KNO3溶液均不受影响，答案选C。15.下列关于物质的保存不正确的是A.

AgNO3溶液应保存在棕色瓶中B.

浓硫酸要密封保存C.

液氯可以保存在干燥的钢瓶中D.

漂白粉露置于空气中保存【答案】D【解析】A、硝酸银见光易分解，应放在棕色瓶中避光保存，选项A正确；B、浓硫酸具有吸水性，需要密封保存，选项B正确；C、常温下液氯与干燥的钢瓶不发生反应，所以常温下液氯可以保存在干燥的钢瓶中，选项C正确；D、漂白粉中的次氯酸钙能够与二氧化碳、水反应生成次氯酸，次氯酸分解生成氯化氢和氧气，导致漂白粉失效，所以漂白粉不能露置在空气中，应该密封保存，选项D不正确。答案选D。点睛：本题考查了物质的存放，侧重于元素化合物知识的考查，明确物质的性质是解本题关键，根据物质的性质来分析解答。注意掌握常见化学计算的性质及正确的保存方法，如：见光分解的试剂需要避光保存，能够与二氧化硅反应的需要使用橡胶塞等。16.下列制取单质的反应中，化合物做还原剂的是A.

Br2＋2NaI==2NaBr＋I2B.

Fe＋H2SO4==FeSO4＋H2↑C.

2C＋SiO2==Si＋2COD.

2Al＋Fe2O3==2Fe＋Al2O3【答案】A【解析】还原剂在反应中失电子，化合价升高。逐项分析所给反应的化合物中各元素的化合价变化，只有A中碘元素的化合价由1价升到0价，失电子，KI作还原剂。也可根据所给反应都是一种单质和一种化合物的反应，其中B、C、D

三项中的单质都是元素化合价升高失电子的变化，这些单质肯定是还原剂，与它们反应的化合物一定是氧化剂。A是单质化合价降低，得电子，单质是氧化剂，与之反应的化合物必是还原剂。答案选A。17.下列变化需要加入还原剂才能实现的是A.

MnO4－→MnO2B.

Cl－→ClC.

H2S→SO2D.

Fe2＋→Fe【答案】D【解析】还原剂失去电子，化合价升高。如果变化需要加入还原剂才能实现，这说明钙物质一定是得到电子的，化合价一定是降低的。A

中锰元素的化合价升高，但高锰酸钾分解即可以生成二氧化锰，不需要加入氧化剂或还原剂，选项A错误；B、氯元素的化合价升高，需要加入氧化剂，选项B错误；C、硫元素的化合价升高，需要加入氧化剂，选项C错误；D、铁元素的化合价降低，需要加入还原剂，选项D正确。答案选D。点睛：本题考查氧化还原反应的有关判断和应用。注重知识的灵活性强，有利于考查学生的发散思维能力和灵活应变能力，该题的关键是要注意一些自身的氧化还原反应，例如氯酸钾、高锰酸钾、双氧水分解等。18.在5NH4NO3==2HNO3

＋4N2↑＋9H2O中发生氧化反应的氮原子和发生还原反应的氮原子的质量比是A.

1：1B.

3：5C.

5：3D.

2：8【答案】C【解析】试题分析：5NH4NO3=2HNO3+4N2↑+9H2O中，N元素的化合价由3价升高为0，失去电子发生氧化反应；N元素的化合价由+5价降低为0，得到电子发生还原反应，由反应可知，5molN失去电子与3molN得到电子相同，则氮原子发生氧化反应和还原反应的质量比等于物质的量比，为5：3，故C项正确。考点：本题考查氧化还原反应的计算。19.用下列两种方法制取氯气：①用含氯化氢146克的浓盐酸与足量的二氧化锰反应②用87克二氧化锰与足量的浓盐酸反应，则所得氯气

（提示：稀盐酸与MｎO２不发生反应）A.

②比①多B.

①比②多C.

一样多D.

无法比较【答案】A【解析】试题分析：n(HCl)=146÷36.5g/mol=4mol,n(MnO2)=87g÷87g/mol=1mol。浓盐酸与MnO2在加热时发生反应：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O。随着反应的进行，盐酸变为稀盐酸，反应就不再发生，因此用方法②制取的氯气比方法①多，故选项是A。考点：考查物质反应反应产生的生成物与浓度的关系的知识。20.质子数和中子数相同的原子R，其阳离子Rn+核外共有x个电子，则R的质量数为A.

2（x＋n）B.

2（x－n）C.

2xD.

n＋2【答案】A【解析】试题分析：阳离子：质子数=电子数+电荷数=x+n，中子数=质子数=x+n，故质量数=质子数+中子数=x+n+x+n=2（x+n），故选A．考点：原子的组成21.判断下列有关化学基本概念的依据正确的是A.

溶液与胶体属不同分散系，本质原因是能否发生丁达尔效应B.

纯净物与混合物：是否仅含有一种元素C.

氧化还原反应：元素化合价是否变化D.

电解质与非电解质：物质本身的导电性【答案】C【解析】试题分析：A、溶液与胶体的本质区别是分散质粒子直径的大小不同，错误；B、纯净物与混合物的区别是看是否含有一种物质，只含一种物质的是纯净物，不只含有一种物质的是混合物，与含有的元素的种类无关，错误；C、氧化还原反应的特征是元素的化合价在前后是否发生变化，发生变化的是氧化还原反应，正确；D、电解质与非电解质的区别是看在水溶液中或熔融状态下是否导电，而不是物质本身是否导电，如氯化钠是电解质，但固体氯化钠不导电，错误，答案选C。考点：考查溶液与胶体、电解质与非电解质、氧化还原反应的判断、纯净物与混合物的区别22.下列表述正确的是：A.

硫离子M层上和L层上的电子数均为K层的4倍B.

Cl－的结构示意图：C.

某物质的焰色反应为黄色，某物质一定为钠的化合物D.

14C和14N的质量数相等，互称为同位素【答案】A【解析】试题分析：A、硫离子、氯离子、钾离子、钙离子等离子第三层和第二层上的电子数均为8，第一层上的电子数为2，第三层和第二层上的电子数为第一层4倍，正确；B、Cl－的结构示意图应为：，错误；C、焰色反应为某些金属元素的性质，钠元素的焰色为黄色。某物质的焰色反应为黄色，该物质可能为钠单质或钠的化合物，错误；D、质子数相同而中子数不同的同一元素的不同核素互称同位素。14C和14N为不同元素的核素，不互称为同位素，错误。考点：考查原子结构。23.下列变化过程中不能直接实现的是①HCl

②Cl2

③Ca（ClO）2

④HClO

⑤CO2A.

①→②B.

④→⑤C.

③→④D.

②→③【答案】B【解析】试题分析：A、4HCl(浓)+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O，①→②能直接实现，错误；B、碳酸的酸性比次氯酸强，④→⑤不能直接实现，正确；C、Ca(ClO)2+H2O+CO2="="CaCO3+HClO，③→④能直接实现，错误；D、2Cl2+2Ca(OH)2==CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，②→③能直接实现，错误。考点：考查氯元素单质及其化合物的性质。24.下列关于容量瓶及其使用方法的叙述，正确的是①是配制一定物质的量的浓度的溶液的专用仪器②使用前要先检查容量瓶是否漏液

③容量瓶可以用来加热④不能用容量瓶贮存配制好的溶液

⑤可以用400mL容量瓶配制250mL溶液A.

①和②B.

①和④C.

除了③D.

除了③⑤【答案】D【解析】容量瓶是配制一定物质的量浓度的溶液的专用仪器，①正确；容量瓶使用前要先检查容量瓶是否漏液，②正确；容量瓶只能配制溶液，不能用来加热，③错误；不能用容量瓶贮存配制好的溶液，④正确；450mL溶液应用500mL容量瓶来配制，⑤错误；选项D符合题意。答案选D。点睛：本题考查容量瓶的使用，熟记常见仪器的使用方法和注意事项是解答本题的关键。25.某位同学配制一定物质的量浓度的NaOH溶液时，造成所配溶液浓度偏高的原因是A.

所用NaOH已经潮解B.

向容量瓶中加水未到刻度线C.

有少量NaOH溶液残留在烧杯里D.

用带游码的托盘天平称2.4gNaOH时误用了“左码右物”方法【答案】B【解析】A、所用NaOH固体已潮解，称取一定质量的NaOH时，溶质的物质的量偏小，所配溶液浓度偏低，故A不选；B、向容量瓶中加水未到刻度线，导致所配溶液体积减小，所配溶液浓度偏高，故B选；C、有少量NaOH溶液残留在烧杯里，导致移入容量瓶中溶质氢氧化钠的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故C不不选；D、将砝码放在左盘，被称量物放在右盘，使用游码，会导致所称取的氢氧化钠的质量少，导致溶液的浓度偏低，故D不选．故选B．【点评】本题考查配制一定物质的量浓度的溶液的实验操作误差分析，题目难度中等，分析时注意从c=分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响判断．26.下列有关0.2mol·L－1

BaCl2溶液的说法不正确的是A.

500mL溶液中Cl－离子浓度为0.2mol·L－1B.

500mL溶液中Ba2＋离子浓度为0.2mol·L－1C.

500mL溶液中Cl－离子总数为0.2NAD.

500mL溶液中Ba2＋和Cl－离子总数为0.3NA【答案】A【解析】试题分析：A、500mL0.2mol•L1

BaCl2溶液中Cl浓度为0.4mol•L1，故A错误；B、0.2mol•L1

BaCl2溶液中Ba2+浓度为0.2mol•L1，故B正确；C、0.2mol•L1

BaCl2溶液，500mL溶液中Cl总数="0.5L"×0.2mol/L×2×NA="0.2"NA，故C正确；D、0.2mol•L1

BaCl2溶液，500mL溶液中Ba2+和Cl总数="0.5L"×0.2mol/L×3×NA=0.3NA，故D正确；故选A。【考点定位】考查溶质浓度和离子浓度的关系【名师点晴】本题考查了溶质浓度和离子浓度的关系分析判断。试题侧重基础知识的考查，注意掌握物质的量浓度的概念及计算方法。同一化学式中各微粒的浓度等于物质的物质的量浓度×离子个数，与溶液的体积无关，如50mL1mol•L1

MgCl2溶液中氯离子浓度为：n(Cl)=1mol/L×2=2mol/L。27.实验室中需要配制2mol/L的NaCl溶液950mL，配制时应选用的容量瓶的规格和称取NaCl质量分别是A.

950mL，111.2gB.

500mL，117.0gC.

1000mL，117.0gD.

任意规格，111.2g【答案】C【解析】由于实验室没有950mL的容量瓶，所以应该选用1000mL的容量瓶进行配制，1000mL2mol/L的氯化钠溶液中，溶质氯化钠的物质的量为：n（NaCl）＝1L×2mol/L＝2mol，氯化钠的质量为：m（NaCl）＝2mol×58.5g/mol＝117g，答案选C。28.将153.5g由氯化钠和氯化镁混合而成的盐溶解于水配成1L溶液，测得溶液中Cl—的浓度为3mol/L，则溶液中Na+的物质的量浓度为A.

2mol/LB.

1mol/LC.

0.5mol/LD.

0.1mol/L【答案】B【解析】试题分析：设氯化钠的物质的量为xmol，氯化镁的物质的量为ymol，溶液中含有的氯离子的物质的量为：3mol/L×1L=3mol，根据已知条件得出x+2y=358.5x+95y=153.5，解得x=1，y=1，故钠离子的浓度为1mol/L，答案选B考点：物质的量浓度的计算二、非选择题（16分）29.根据反应8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2,回答下列问题：⑴氧化剂是

，

还原剂是。⑵氧化剂和还原剂的分子个数比。⑶当有68克氨气参加反应时，被氧化的物质为克，

生成还原产物为克。【答案】Cl2NH33:.5【解析】（1）据反应8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2，反应中氯元素化合价从0价变化为1价，化合价降低做氧化剂，氮元素化合价从3价变化为0价，化合价升高做还原剂，故氧化剂是Cl2，还原剂是NH3；（2）反应8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2，氯气做氧化剂，氨气做还原剂，氧化产物为N2；3molCl2氧化2molNH3，得到1mol氧化产物N2，起还原剂作用的氨气2molNH3，物质的量之比等于分子个数比，所以氧化剂和还原剂的分子个数比为3：2；（3）根据反应8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2，当8mol氨气反应时，被氧化的物质氨气为2mol，生成的还原产物氯化铵6mol，当有68克氨气，为68g17g/mol68g17g/mol=4mol,参加反应时，被氧化的物质为1mol氨气，质量为17g；生成还原产物为3

mol氯化铵，质量为3mol×53.5g=160.5g。30.3316S2－中的质子数是，中子数是，核外电子数是，质量数是。【答案】【解析】元素符号左下角表示质子数，所以其质子数为16；质子数+中子数=质量数，所以其中子数为3316=17；阴离子的电子数=质子数+电荷数．所以其电子数为18；元素符号左上角表示质量数，所以其质量数为33。31.有一瓶溶液只含Cl、、、、K+、Mg2+

六种离子中的某几种经实验：⑴原溶液

−→−−−−过量NaOH→过量NaOH

白色沉淀⑵将（1）所得溶液

放出使紫色石蕊试液变蓝的气体⑶原溶液中加BaCl2溶液不产生沉淀⑷原溶液中加AgNO3溶液产生白色沉淀，再加稀硝酸白色沉淀不溶解回答下列问题：（1）原溶液中一定含有的离子是，

一定不含的离子是，可能含有的离子是。【答案】Mg2+NH4+ClCO32SO42K+【解析】溶液中加入过量NaOH生成白色沉淀，说明溶液中含有Mg2+，将（1）所得溶液加热放出使紫色石蕊试液变蓝的气体为氨气，则溶液中含有NH4+，加BaCl2溶液不产生沉淀，说明溶液中不含CO32和SO42，原溶液中加AgNO3溶液产生白色沉淀，再加稀硝酸白色沉淀不溶解，说明一定含有Cl离子；实验过程中没有涉及K+的检验方法，故无法确定是否有K+存在。综上可得：原溶液中一定含有的离子是Mg2+、NH4+、Cl，

一定不含的离子是CO32、SO42，可能含有的离子是K+。32.下图是某学校实验室从化学试剂商店买回的浓硫酸试剂标签上的部分内容。现用该浓硫酸配制480m