备战高考化学氯及其化合物综合练习题含答案.docx

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备战高考化学氯及其化合物综合练习题含答案

备战高考化学氯及其化合物综合练习题含答案

一、高中化学氯及其化合物

1．一定量氢气在氯气中燃烧，所得混合物用

溶液恰好完全吸收，测得溶液中含有NaClO的物质的量为0.0500mol。

（1）所得混合物与NaOH溶液反应的离子方程式______

（2）所得溶液中NaCl的物质的量为________。

（3）所用氯气和参加反应的氢气的物质的量之比

________。

【答案】

、

0.250

【解析】

【分析】

由溶液中含有0.0500mol次氯酸钠可知，氢气在氯气中燃烧时，氯气过量，反应得到氯化氢和氯气的混合气体。

【详解】

（1）氯化氢和氯气的混合气体被氢氧化钠溶液吸收时，氯化氢与氢氧化钠溶液发生中和反应生成氯化钠和水，氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为OH—+H+=H2O，Cl2+2OH—=Cl—+ClO—+H2O，故答案为：

OH—+H+=H2O，Cl2+2OH—=Cl—+ClO—+H2O；

（2）根据溶液电中性原则可知：

n（Na+）=n（Cl-）+n（ClO-），n（Cl-）=n（Na+）-n（ClO-）=0.1L×3.00mol/L-0.0500mol=0.250mol，则所得溶液中NaCl的物质的量为0.250mol，故答案为：

0.250；

（3）根据Cl原子守恒可知，n（Cl2）=

×n（NaOH）=0.15mol，由氯气与氢氧化钠溶液反应的化学方程式可知，生成0.0500mol次氯酸钠消耗过量氯气0.0500mol，则与氢气反应的氯气为0.15mol-0.05mol=0.1mol，氢气在氯气中燃烧的化学方程式为H2+Cl2

2HCl，由化学方程式可知氢气的物质的量为0.1mol，故氯气和参加反应的氢气的物质的量之比n（Cl2）：

n（H2）=0.15mol：

0.1mol=3：

2，故答案为：

3：

2。

【点睛】

所得混合物冷却后用NaOH溶液恰好完全吸收，测得溶液中含有NaClO的物质的量为0.05mol，说明氢气与氯气反应中氯气有剩余，溶液为氯化钠和次氯酸钠的混合液，根据钠元素及氯元素守恒可知2n（Cl2）=n（Na+）=n（Cl-）+n（ClO-）；根据电子转移守恒，计算氯气发生氧化还原反应生成的氯离子的物质的量，溶液中Cl-来源于氯化氢及氯气与氢氧化钠的反应，计算反应后混合气体中氯化氢的物质的量，根据氢元素守恒计算氢气的物质的量是解答关键。

2．室温下，A是常见的金属单质、单质B是黄绿色气体、单质C是无色气体。

在合适反应条件下，它们可以按下面框图进行反应；E是无色溶液，F是淡绿色溶液。

B和C反应发出苍白色火焰。

请回答：

（1）A是__________，B是__________，C是__________（请填写化学式）；

（2）反应①的化学方程式______________________________；

（3）反应③的离子方程式______________________________；

（4）反应④的离子方程式______________________________。

【答案】FeCl2H22Fe+3Cl2

2FeCl3Fe＋2H＋＝Fe2＋＋H2↑2Fe2＋＋Cl2＝2Fe3＋＋2Cl－

【解析】

【分析】

室温下，A是常见的金属单质、单质B是黄绿色气体、单质C是无色气体，B是氯气，B和C反应发出苍白色火焰，C是氢气，E是氯化氢。

F是淡绿色溶液，F溶液中含有亚铁离子，所以A是铁，F是氯化亚铁，D是氯化铁，据以上分析解答。

【详解】

室温下，A是常见的金属单质、单质B是黄绿色气体、单质C是无色气体，B是氯气，B和C反应发出苍白色火焰，C是氢气，E是氯化氢。

F是淡绿色溶液，F溶液中含有亚铁离子，所以A是铁，F是氯化亚铁，D是氯化铁，

（1）根据以上分析可知A、B、C分别是Fe、Cl2、H2；

（2）反应①为铁与氯气反应生成氯化铁，化学方程式为2Fe+3Cl2

2FeCl3；

（3）反应③为铁与盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，离子方程式为Fe＋2H＋＝Fe2＋＋H2↑；

（4）反应④为氯化亚铁与氯气反应生成氯化铁，离子方程式为2Fe2＋＋Cl2＝2Fe3＋＋2Cl－。

3．下图中的每一方格表示有关的一种反应物或生成物，其中甲、乙、丙、丁为常见单质，其余均为化合物。

A是一种常见的液态化合物，B是具有磁性的氧化物，D和丁既能和酸反应又能和碱反应，乙在丙中燃烧产生苍白色火焰，H在空气中很容易被氧化为I2。

它们的转化关系如下：

（有些反应的条件和部分产物为注明）

（1）写出下列物质化学式：

B_________，F_______________；

（2）写出反应①的化学方程式：

____________________；

（3）H在空气中很容易被氧化为I，该过程的实验现象是__________________；

（4）将足量的CO2通入E溶液中，离子方程式是___________________。

（5）将G的饱和溶液滴入沸水中得红褐色液体，该液体具有的性质有__________。

A．具有丁达尔现象

B．红褐色液体可用过滤的方法纯化

C．液体中分散质微粒直径小于1nm

D．取适量液体加入K2SO4溶液会产生红褐色沉淀

【答案】Fe3O4FeCl23Fe+4H2O

Fe3O4+4H2白色沉淀逐渐变为灰绿色，最终变为红褐色沉淀AlO2-+CO2+H2O=Al（OH）3↓+HCO3-AD

【解析】

【分析】

甲、乙、丙、丁为常见单质，其余均为化合物，A是一种常见的液态化合物，则A为H2O，B是具有磁性的氧化物，则B为Fe3O4，D和丁既能和酸反应又能和碱反应，则丁为Al，D为Al2O3，E为NaAlO2，乙在丙中燃烧产生苍白色火焰，则C为HCl，结合转化关系可知，甲为Fe，乙为H2，F为FeCl2，H在空气中很容易被氧化成I，则H为Fe（OH）2，I为F（OH）3，G为FeCl3。

【详解】

（1）通过以上分析知，B、F分别是Fe3O4；FeCl2；

（2）A与甲反应的化学方程式为3Fe+4H2O（g）

Fe3O4+4H2；

（3）H为Fe（OH）2，I为F（OH）3，氢氧化亚铁是白色沉淀、氢氧化铁是红褐色沉淀，氢氧化亚铁不稳定，极易被空气中氧气氧化生成红褐色氢氧化铁沉淀，看到的现象是白色沉淀逐渐变为灰绿色，最终变为红褐色沉淀；

（4）E是偏铝酸钠，足量二氧化碳通入偏铝酸钠溶液中反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，离子方程式为AlO2-+CO2+H2O=Al（OH）3↓+HCO3-；

（5）将G的饱和溶液滴入沸水中得红褐色液体，该液体是Fe（OH）3胶体，具有丁达尔效应，其分散质直径在1-100nm之间，能透过滤纸但不能透过半透膜，能和电解质溶液发生聚沉现象，选项AD正确。

4．某课外学习小组对日常生活中不可缺少的调味品M进行探究。

已知C可在D中燃烧发出苍白色火焰。

M与其他物质的转化关系如下图所示（部分产物、反应条件已略去）：

（1）常温下，用惰性电极电解M溶液（足量）发生反应的离子方程式为__________，电解一段时间后，让溶液复原的方法为_____，若M溶液为0.5L，电解一段时间后，两极共生成气体1.12L（已折算为标准状况下的体积），则电解后溶液的pH为_____（忽略溶液的体积变化）。

（2）若A是一种常见的难溶于水的酸性氧化物，可用于制造玻璃，则E溶液的俗称是_______。

（3）若A是CO2气体，将一定量的A通入B溶液，得到溶液W，再向溶液W中滴入盐酸，相关量如图所示，则溶液W中的溶质及其物质的量分别为_____、_____。

（4）若A是一种化肥。

A和B反应可生成气体E，E与D相遇产生白烟，工业上可利用E与D的反应检查输送D的管道是否泄漏，是因为E与D可发生反应：

_________（写化学方程式）。

【答案】2Cl－＋2H2O

2OH－＋H2↑＋Cl2↑通入HCl13水玻璃Na2CO3，0.005molNaHCO3，0.005mol3Cl2＋8NH3===N2＋6NH4Cl

【解析】

【分析】

C可在D中燃烧发出苍白色火焰，则C为H2，D为Cl2；其生成的产物为HCl，F为HCl；用惰性电极电解M溶液，产生H2、Cl2，则M为NaCl，B为NaOH。

【详解】

（1）常温下，用惰性电极电解NaCl溶液（足量）时，生成氢气、氯气和氢氧化钠，则反应的离子方程式为2Cl－＋2H2O

2OH－＋H2↑＋Cl2↑；溶液中出来的为氢气和氯气，则溶液还原时，应加入HCl恢复；两极共生成气体1.12L，则生成n（H2）=n（Cl2）=

=0.025mol，则溶液中产生0.05mol的OH－，c（OH－）=

=0.1mol/L，则c（H+）=10-13mol/L，pH=13；

（2）若A是一种常见的难溶于水的酸性氧化物，可用于制造玻璃，A为二氧化硅，与NaOH反应生成硅酸钠，其溶液俗称水玻璃；

（3）若A是CO2气体，根据图像可知，开始时未产生气体，且生成气体消耗盐酸与未生成气体消耗的盐酸的体积比为2：

1，则溶液为碳酸钠与碳酸氢钠的混合液，且其物质的量之比为1：

1，则Na2CO3，0.005mol；NaHCO3，0.005mol；

（4）若A是一种化肥，E与HCl相遇产生白烟，则E为氨气，氨气与氯气反应生成氮气和氯化铵固体，方程式为3Cl2＋8NH3===N2＋6NH4Cl。

5．室温下，A是常见的金属单质、单质B是黄绿色气体、单质C是无色气体

在合适反应条件下，它们可以按下面框图进行反应；E溶液是无色溶液，F是淡绿色溶液

和C反应发出苍白色火焰

请回答：

（1）B是______，C是______

请填写化学式

；

（2）反应

的化学方程式______；

【答案】Cl2H22Fe+3Cl2

2FeCl3

【解析】

【分析】

A是常见的金属单质、单质B是黄绿色气体，为氯气，单质C是无色气体，B和C反应发出苍白色火焰，说明C为氢气，则E为氯化氢，E溶液为盐酸，盐酸和A反应生成氢气和F，F为淡绿色溶液，说明为氯化亚铁，A为铁。

D为氯化铁。

【详解】

A是常见的金属单质、单质B是黄绿色气体，为氯气，单质C是无色气体，B和C反应发出苍白色火焰，说明C为氢气，则E为氯化氢，E溶液为盐酸，盐酸和A反应生成氢气和F，F为淡绿色溶液，说明为氯化亚铁，A为铁。

D为氯化铁。

（1）B为氯气，Cl2，C为氢气，H2；

（2）反应

的化学方程式为2Fe+3Cl2

2FeCl3。

【点睛】

掌握无机推断题的突破口，注意常见物质的颜色和特性，如氯气为黄绿色气体，氢气为无色气体，苍白色火焰为氯气和氢气反应时的现象等。

6．下图中A～H均为中学化学中常见的物质，A、B、H是气体，它们之间有如下转化关系。

（反应中生成的水已略去）

请回答以下问题：

（1）E是______（填化学式）。

（2）C物质在日常生活中可作______剂。

（3）写出反应④的化学方程式：

____________。

（4）写出实验室制取A气体的化学反应方程式，并用双线桥表示电子转移的方向和数目：

_________。

【答案】CaCO3消毒（或漂白）Ca（ClO）2+CO2+H2O=CaCO3+2HClO

【解析】

【分析】

B可与澄清石灰水反应生成沉淀，应为CO2，则E为CaCO3，常见的能与石灰水反应的气体还有氯气，则A应为Cl2，由此可知C为Ca（ClO）2，F为HCl，D为CaCl2，G为HClO，H为O2，在实验室中用MnO2与浓盐酸混合加热制取Cl2，根据氧化还原反应中元素化合价升降与电子转移关系用双线桥法表示。

【详解】

B可与澄清石灰水反应生成沉淀，应为CO2，则E为CaCO3，常见能与石灰水反应的气体还有氯气，则A应为Cl2，由此可知C为Ca（ClO）2，F为HCl，D为CaCl2，G为HClO，H为O2。

（1）由以上分析可知E为CaCO3；

（2）C为Ca（ClO）2，该物质与酸溶液作用可生成HClO，HClO具有强氧化性和漂白性，可用于消毒或漂白；

（3）反应④是Ca（ClO）2与CO2、H2O作用产生HClO，反应的化学方程式为：

Ca（ClO）2+CO2+H2O=CaCO3+2HClO；

（4）在实验室中用MnO2与浓盐酸混合加热制取Cl2，反应方程式为：

MnO2+4HCl（浓）

MnCl2+Cl2↑+2H2O。

在该反应中，Mn元素化合价由反应前MnO2中的+4价变为反应后MnCl2中的+2价，化合价降低，获得2e-，Cl元素的化合价由反应前HCl中的-1价变为反应后Cl2中的0价，化合价升高，失去2×e-，用双线桥法表示为：

。

【点睛】

本题考查无机物的推断，突破口为B、A以及G的相关转化关系，题目综合考查元素化合物的性质以及应用，结合复分解反应规律及氧化还原反应的规律分析判断，侧重考查学生分析能力和综合运用化学知识的能力。

7．有X、Y、Z三种元素：

①X、Y、Z的单质在常温下均为气体，②X单质可以在Z的单质中燃烧，生成化合物XZ，火焰呈苍白色，③XZ极易溶于水，在水溶液中电离处X+和Z﹣，其水溶液能使蓝色石蕊试纸变红，④每两个X2分子能与一个Y2分子化合成两个X2Y分子，X2Y常温下为液体，⑤Z单质溶于X2Y中，所得的溶液具有漂白性。

（1）写出下列微粒的电子式：

X+_____，Z﹣______，Y原子_____。

（2）写出X2Y的化学式_____。

按要求与X2Y分子具有相同电子数的微粒的化学符号：

两个原子核的阴离子_____，5个原子核的分子_____。

（3）写出Z单质溶于X2Y中发生反应的离子方程式：

_____，所得溶液能使淀粉碘化钾溶液变蓝，主要起作用的微粒是_____。

（4）实验室制备XZ的化学方程式：

_____，如何检验XZ是否收集满__________。

【答案】H+

H2OOH﹣CH4Cl2+H2O＝H++Cl﹣+HClOCl2NaCl（s）+H2SO4（浓）

NaHSO4+HCl↑用湿润的蓝色石蕊试纸放置于集气瓶口，试纸变红，则已收集满，否则未收集满

【解析】

【分析】

XZ极易溶于水，在水溶液中电离出X+和Z﹣，XZ的水溶液可使石蕊试液变红，溶液呈酸性，则X为氢元素，X单质为H2，结合X的单质在Z的单质中燃烧生成XZ，燃烧时火焰呈苍白色，可知Z为Cl元素，Z的单质为Cl2，故XZ为HCl．X2Y常温下为液体，则X2Y为H2O，说明Y为O元素，Cl2溶于H2O反应生成HCl和HClO，HClO具有漂白作用，符合题意，据以上分析解答。

【详解】

XZ极易溶于水，在水溶液中电离出X+和Z﹣，XZ的水溶液可使石蕊试液变红，溶液呈酸性，则X为氢元素，X单质为H2，结合X的单质在Z的单质中燃烧生成XZ，燃烧时火焰呈苍白色，可知Z为Cl元素，Z的单质为Cl2，故XZ为HCl，

X2Y常温下为液体，则X2Y为H2O，说明Y为O元素，Cl2溶于H2O反应生成HCl和HClO，HClO具有漂白作用，符合题意；

（1）X+为H+，其电子式为H+，Z﹣为Cl﹣，其电子式为

，Y为O元素，其原子电子式为

；

故答案为：

H+、

、

；

（2）X2Y的化学式为H2O；与H2O分子具有相同电子数的微粒的化学符号：

两个原子核的阴离子为OH﹣，5个原子核的分子为CH4；

故答案为：

H2O；OH﹣；CH4；

（3）Z单质溶于X2Y中发生反应的离子方程式：

Cl2+H2O＝H++Cl﹣+HClO，所得溶液能使淀粉碘化钾溶液变蓝，主要起作用的微粒是：

Cl2；

故答案为：

Cl2+H2O＝H++Cl﹣+HClO；Cl2；

（4）实验室制备HCl的化学方程式：

NaCl（s）+H2SO4（浓）

NaHSO4+HCl↑；检验HCl是否收集满方法：

用湿润的蓝色石蕊试纸放置于集气瓶口，试纸变红，则已收集满，否则未收集满；

故答案为：

NaCl（s）+H2SO4（浓）

NaHSO4+HCl↑；用湿润的紫色石蕊试纸放置于集气瓶口，试纸变红，则已收集满，否则未收集满。

8．现有A、B、C、D四种气体，A是密度最小的气体，B在通常情况下呈黄绿色，把四种气体分别通入酸性硝酸银溶液中，通入B、D气体时立即出现白色沉淀，纯净的A可以在B中安静地燃烧，发出苍白色的火焰并生成D。

把无色无刺激气味气体C通入澄清石灰水时变浑浊。

（1）A、B、C、D的化学式分别为：

A_______；B______；C______；D_____。

（2）写出下列各反应的化学方程式：

A与B_______；

B与水_______。

【答案】H2Cl2CO2HCl

Cl2+H2O=HCl+HClO

【解析】

【分析】

A是密度最小的气体即为氢气，B在通常情况下呈黄绿色即为氯气，纯净的A可以在B中安静地燃烧，发出苍白色的火焰并生成D即氢气和氯气反应生成氯化氢气体的特征现象，即D为氯化氢，把四种气体分别通入酸性硝酸银溶液中，通入B、D气体时立即出现白色沉淀，进一步验证B为氯气，D为氯化氢，无色无刺激气味气体C通入澄清石灰水时变浑浊即为二氧化碳气体。

【详解】

⑴A是密度最小的气体即为氢气，A为H2；

B在通常情况下呈黄绿色即为氯气，B为Cl2；

无色无刺激气味气体C通入澄清石灰水时变浑浊即为二氧化碳气体，C为CO2；

纯净的A可以在B中安静地燃烧，发出苍白色的火焰并生成D即生成HCl，D为HCl；

⑵A与B反应方程式为：

；

B与水反应方程式为：

Cl2＋H2O=HCl＋HClO。

【点睛】

①根据PV=nRT可以推出

，所以相同条件下，气体的密度和其摩尔质量呈正比，即相同条件下密度最小的气体即为氢气；②纯净的A可以在B中安静地燃烧，发出苍白色的火焰，这是氢气与氯气反应生成氯化氢反应。

9．某待测溶液（阳离子为Na+）中只可能含有SO42-、SO32-、Cl－、Br－、NO3-、HCO3-中的一种或若干种，进行下列实验（每次实验所加试剂均足量）；回答下列问题：

（1）待测液中是否含SO42-、SO32-离子__________________________________________

（2）气体D的化学式为____________，反应生成沉淀B的离子方程式为：

____________

（3）根据以上实验，待测液中肯定没有的离子__________________________；肯定存在的离子是_____________________。

【答案】一定有SO32-，而SO42-可能存在可能不存在NOHCO3-+Ba2++OH-=BaCO3↓+H2OBr－HCO3-、SO32-

【解析】

【分析】

待测液与氯化钡溶液反应生成沉淀A，则溶液中可能含有SO32-、SO42-，向沉淀中加入稀硝酸生成气体D，白色沉淀D，因为亚硫酸钡具有还原性，能够与硝酸反应生成硫酸钡和一氧化氮气体，而硫酸钡不溶于硝酸，所以溶液中一定存在SO32-，可能存在SO42-；溶液A中加入过量的NaOH溶液得到白色沉淀B，则溶液中一定含有HCO3-，白色沉淀B为BaCO3；溶液B中加入氯水，得无色溶液，溶液中一定不存在Br-；溶液B中加入硝酸银、硝酸溶液得到白色沉淀,白色沉淀为AgCl，说明滤液B中含有Cl-，因为加入氯化钡溶液引入Cl-，不能确定原溶液中是否含有Cl-；据以上分析解答。

【详解】

待测液与氯化钡溶液反应生成沉淀A，则溶液中可能含有SO32-、SO42-，向沉淀中加入稀硝酸生成气体D，白色沉淀D，因为亚硫酸钡具有还原性，能够与硝酸反应生成硫酸钡和一氧化氮气体，而硫酸钡不溶于硝酸，所以溶液中一定存在SO32-，可能存在SO42-；溶液A中加入过量的NaOH溶液得到白色沉淀B，则溶液中一定含有HCO3-，白色沉淀B为BaCO3；溶液B中加入氯水，得无色溶液，溶液中一定不存在Br-；溶液B中加入硝酸银、硝酸溶液得到白色沉淀,白色沉淀为AgCl，说明滤液B中含有Cl-，因为加入氯化钡溶液引入Cl-，不能确定原溶液中是否含有Cl-；

（1）根据以上分析可以知道，待测液中一定有SO32-，而SO42- 可能存在可能不存在；

答案是:

一定有SO32-，而SO42- 可能存在可能不存在；

（2）根据分析可以知道，气体D的化学式为NO；碳酸氢根离子与钡离子、氢氧根离子生成碳酸钡，反应生成沉淀B的离子方程式为：

HCO3-+Ba2++OH-=BaCO3↓+H2O；

答案是:

NO；HCO3-+Ba2++OH-=BaCO3↓+H2O；

（3）根据分析可以知道，待测液中一定不存在的离子为Br－；肯定存在的离子为:

HCO3-、SO32-；

答案是:

Br－；HCO3-、SO32-。

10．A、B、C、D是高中阶段学习的四种物质，单质A在单质B中燃烧产生苍白色的火焰，产物溶于水得到常见的强酸。

化合物C、D是刚学过的两种有重要用途的物质，化合物C具有强氧化性、漂白性，是单质B与水反应的产物之一。

化合物D是淡黄色物质，可用于呼吸面具，可由一种活泼金属与氧气燃烧得到。

回答下列问题：

（1）单质A与单质B反应的化学方程式：

__________。

（2）单质B与水反应的化学方程式：

_____________。

（3）D用于呼吸面具中，发生反应的化学方程式：

_________。

（4）C与NaOH溶液反应的化学方程式：

_____。

【答案】H2＋Cl2

2HClCl2＋H2O=HCl＋HClO2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2、2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑HClO＋NaOH=NaClO＋H2O

【解析】

【分析】

根据单质A在单质B中燃烧产生苍白色的火焰可知A为H2，B为Cl2；根据化合物D是淡黄色物质，可用于呼吸面具可知D为Na2O2，根据化合物C具有强氧化性、漂白性，是单质B与水反应的产物之一可知C为HClO。

【详解】

（1）氢气在氯气中燃烧生成氯化氢，反应的化学方程式为H2＋Cl2

2HCl，故答案为：

H2＋Cl2

2HCl；

（2）氯气和水反应生成生成盐酸和次氯酸，反应的化学方程式为Cl2＋H2O=HCl＋HClO，故答案为：

Cl2＋H2O=HCl＋HClO；

（3）过氧化钠能与人呼吸出的二氧化碳和水反应生成氧气，可供人呼吸，常用于呼吸面具中，发生反应的化学方程式为2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2、2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，故答案为：

2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2、2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑；

（4）HClO是弱酸，能与NaOH溶液发生中和反应生成次氯酸钠和水，反应的化学方程式为HClO＋NaOH=NaClO＋H2O，故答案为：

HClO＋NaOH=NaClO＋H2O。

【点睛】

单质A在单质B中燃烧产生苍白色的火焰、化合物D是淡黄色物质，可用于呼吸面具，可由一种活泼金属与氧气燃烧得到是解答的突破口。

11．某强酸性溶液X中含有Ba2+、Al3+、NH4+、Fe2＋、Fe3+、CO32—、SO32—、SO42—、Cl—、NO3—中的一种或几种，取该溶液进行连续实验，实验过程如下：

根据以上信息，回答下列问题：

（1）上述离子中，溶液X中除H＋外还一定含有的离子是____________________，不能确定的阳离子是___________，若