甘肃省平凉市静宁县第一中学高中化学化学第五章 化工生产中的重要非金属元素试题及答案.docx
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甘肃省平凉市静宁县第一中学高中化学化学第五章化工生产中的重要非金属元素试题及答案
甘肃省平凉市静宁县第一中学高中化学化学第五章化工生产中的重要非金属元素试题及答案
一、选择题
1．有Fe和Fe2O3的混合物27.2g溶于100ml的稀硫酸中，恰好完全反应，放出H22.24L（标况下），向反应后的溶液中滴入无色KSCN溶液，未见血红色。
混合物中单质Fe的质量为（）
A．5.6gB．8.4gC．11.2gD．16.8g
【答案】C
【详解】
铁粉和氧化铁的混合物中加入稀硫酸，恰好完全反应，放出氢气，反应后的溶液中滴加KSCN不显红色，且无固体剩余物，则最终溶液中溶质为FeSO4，反应生成H2的物质的量为：
2.24L÷22.4L/mol＝0.1mol，则：
Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑
0.1mol0.1mol0.1mol
设原混合物中Fe2O3的物质的量为xmol，则：
Fe+Fe2O3+3H2SO4=3FeSO4+3H2O
xmolxmol3xmol
由题意可知：
（x+0.1）mol×56g/mol+xmol×160g/mol=27.2g，解得x=0.1mol，混合物中m（Fe2O3）=0.1mol×160g•mol-1=16g，m（Fe）=27.2g-16g=11.2g，答案选C。
2．图是利用二氧化硅制备硅及其化合物的流程，下列说法正确的是（）
A．由反应②③说明SiO2属于两性氧化物
B．由反应④说明酸性，H2SiO3＞H2CO3
C．硅胶吸水后，经干燥可以重复再生
D．图中所示转化反应都是氧化还原反应
【答案】C
【详解】
A．二氧化硅是酸性氧化物能和强碱反应，反应方程式为SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O；但也能和特殊的酸氢氟酸反应，反应方程式为：
SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O，二氧化硅只是能和特殊酸反应，和其它酸不反应，和酸的反应没有普遍性，所以不能说明其具有两性，A错误；
B．高温下SiO2能与Na2CO3固体反应生成Na2SiO3和CO2，不是在常温下进行，且不是在水溶液中进行，不能说明硅酸的酸性强于碳酸，B错误；
C．硅胶吸附水后，可通过热脱附方式将水份除去重复使用，C正确；
D．图中二氧化硅与氢氟酸、氢氧化钠、碳酸钠的反应，硅酸钠与盐酸的反应、硅酸的分解、硅酸的生成，元素的化合价都没有发生变化，是非氧化还原反应，D错误；
答案选C。
【点睛】
解答本题时，注重物质的性质及化学与生活，把握物质的性质及发生的反应，注意虽然二氧化硅是酸性氧化物，但它能和特殊的酸（氢氟酸）反应。
3．下列离子的检验方法及对应结论正确的是（）
离子
检验方法及对应结论
A
取样，滴加氢氧化钠溶液，观察到有白色沉淀，证明有
B
取样，滴加硫氰化钾溶液，观察到溶液变红，证明有
C
取样，滴加氯化钡溶液，观察到白色沉淀，证明有
D
取样，用铂丝进行焰色反应，透过蓝色钴玻璃观察到黄色火焰，证明有
A．AB．BC．CD．D
【答案】B
【详解】
A.氢氧化铝和氢氧化镁均为白色沉淀，取样，滴加氢氧化钠溶液，观察到有白色沉淀，不能证明有镁离子，可能有铝离子，故A错误；
B.铁离子与硫氰根离子反应生成红色的硫氰化铁，取样，滴加硫氰化钾溶液，观察到溶液变红，证明有铁离子，故B正确；
C.氯化银、碳酸钡、亚硫酸钡和硫酸钡均为白色沉淀，取样，滴加氯化钡溶液，观察到白色沉淀，不能证明有硫酸根离子，可能有银离子或碳酸根离子或亚硫酸根离子，故C错误；
D.取样，用铂丝进行焰色反应，透过蓝色钴玻璃观察到紫色火焰，证明有钾离子，故D错误；
故选B。
4．下列各组物质中，满足如图物质一步转化关系的选项是
X
Y
Z
A
Na
NaOH
NaHCO3
B
Cu
CuSO4
Cu（OH）2
C
Al2O3
AlO2-
Al（OH）3
D
Si
SiO2
H2SiO3
A．AB．BC．CD．D
【答案】C
【详解】
A.钠能与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠溶液能与过量二氧化碳反应生成碳酸氢钠，但碳酸氢钠不能直接生成金属钠，故A错误；
B.铜能与浓硫酸共热反应生成硫酸铜，硫酸铜溶液与氢氧化钠溶液反应能生成氢氧化铜，但氢氧化铜不能直接生成金属铜，故B错误；
C.氧化铝能与强碱溶液反应生成偏铝酸根，偏铝酸根在溶液中与二氧化碳反应能生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝沉淀受热分解能生成氧化铝，故C正确；
D.硅在高温下能与氧气反应生成二氧化硅，二氧化硅不溶于水，不能与水反应生成硅酸，故D错误；
故选C。
5．现今手机等电子产品产业蓬勃发展，推动了高纯硅的生产与应用。
工业上用“西门子法”。
以硅石（SiO2） 为原料制备冶金级高纯硅的工艺流程如下图所示。
下列说法不正确的是
已知：
SiHCl3室温下为易挥发、易水解的无色液体。
A．“还原”过程需要在高温条件下，该反应的主要还原产物为Si
B．为最大程度节约成本，上述 生产工艺中能循环使用的物质只有H2
C．为防止SiHCl3水解而损失、氢气爆炸，“氧化”、“分离”与“热解”的过程均需要在无水、无氧的条件下进行
D．“氧化”过程反应的化学方程式为Si+3HC1
SiHCl3+H2
【答案】B
【分析】
二氧化硅和金属镁在高温下反应生成氧化镁和硅，加入稀硫酸除去氧化镁，过滤得到硅，通入氯化氢在200～300℃下反应生成SiHCl3，与最后与氢气反应生成Si。
【详解】
A．二氧化硅和金属镁在高温下反应生成氧化镁和硅，还原产物为硅，镁和硅反应可生成Mg2Si，故A正确；
B．流程中H2、HCl既是反应物也是生成物，则可循环使用，故B错误；
C．“氧化”、“分离”与“热解”的过程均需要在无水、无氧的条件下进行，可防止SiHCl3水解而损失、氢气爆炸，故C正确；
D．由流程可知，通入氯化氢在200～300℃下反应生成SiHCl3，反应的化学方程式为Si+3HCl
SiHCl3+H2，故D正确；
故选B。
6．锥形瓶内盛有气体x，滴管内盛有液体y。
若挤压滴管胶头，使液体y滴入锥形瓶中，振荡，过一会儿，可见小气球a鼓胀起来。
气体x和液体y不可能是（ ）
x
y
A
NH3
H2O
B
SO2
KOH溶液
C
CO2
6mol∕LH2SO4溶液
D
HCl
6mol∕LNaNO3溶液
A．AB．BC．CD．D
【答案】C
【分析】
气球鼓胀起来说明锥形瓶中压强减小。
【详解】
A．氨气极易溶于水，使锥形瓶中压强减小，A正确；
B．二氧化硫与氢氧化钾溶液反应使锥形瓶中压强减小，B正确；
C．二氧化碳与硫酸不反应且二氧化碳在水中溶解度不大，C错误；
D．氯化氢极易溶于水，使锥形瓶中压强减小，D正确。
答案选C。
7．下表中，对陈述Ⅰ、Ⅱ的正确性及两者间是否具有因果关系的判断都正确的是（）
选项
陈述Ⅰ
陈述Ⅱ
判断
A
盛放氢氧化钠溶液试剂瓶用橡胶塞
氢氧化钠可以与玻璃中的二氧化硅反应生成粘性的硅酸钠
Ⅰ对，Ⅱ错，无
B
氯水可以使有色布条褪色
氯气具有漂白性
Ⅰ错，Ⅱ对，有
C
二氧化硅可以与水反应生成硅酸
二氧化硅是酸性氧化物具有酸性氧化物的通性
Ⅰ对，Ⅱ对，无
D
为增强漂白能力使用漂白粉时向漂白粉溶液中加入少量白醋
醋酸的酸性比次氯酸强
Ⅰ对，Ⅱ对，有
A．AB．BC．CD．D
【答案】D
【详解】
A．氢氧化钠可以与玻璃中的二氧化硅反应生成粘性的硅酸钠所以要用橡胶塞，表述I、II都正确；
B．氯水使有色布条褪色是因为生成次氯酸，不是氯气具有漂白性；
C．酸性氧化物对应的水化物是酸，二者有联系；
D．漂白粉的主要成分是次氯酸钙，漂白原理是次氯酸钙与酸反应产生的次氯酸生效，根据强酸制弱酸的原理，加入白醋能增强漂白能力，D正确。
8．在15.2g铁和铜组成的合金中加入过量的硝酸溶液，合金完全溶解，同时生成气体X，再向所得溶液中加入足量的NaOH溶液，生成25.4g沉淀。
则下列说法不正确的是
A．原合金中含0.1molFe、0.15molCu
B．25.4g沉淀为Cu（OH）2和Fe（OH）3的混合物
C．气体X中含0.3molNO、0.1molNO2
D．气体X中含0.3molNO2、0.1molNO
【答案】C
【解析】
试题分析：
铁和铜组成的合金中加入过量的硝酸溶液，合金完全溶解，生成Cu（NO3）2和Fe（NO3）3，再向所得溶液中加入足量的NaOH溶液，生成Cu（OH）2和Fe（OH）3的混合物，设合金中有xmolFe、ymolCu，
，所以x=0.1mol，y=0.15mol；根据得失电子守恒，0.1molFe、0.15molCu共失去0.6mol电子，所以生成的气体不可能是0.3molNO、0.1molNO2，故C错误。
考点：
本题考查化学计算。
9．标况下，将一盛有等体积NO、NO2的试管倒立在水槽中，充分反应后，下列叙述不正确的是（设试管中的溶质不往试管外扩散）
A．此反应中水既不是氧化剂又不是还原剂
B．试管内溶液中溶质的物质的量浓度为1/22.4mol/L
C．溶液体积占试管容积的三分之二
D．若将试管中的气体换为氯化氢或者氨气,则水充满试管
【答案】C
【详解】
A、将一盛有等体积NO、NO2的试管倒立在水槽中，发生的反应为3NO2+H2O===2HNO3+NO，水既不是氧化剂又不是还原剂，A正确；
B．试管内溶液中溶质是硝酸，设试管容积为V浓度为
=1/22.4mol/L，B正确；
C．溶液体积占试管容积的
，C错误；
D．若将试管中的气体换为氯化氢或者氨气，则水充满试管，D正确。
答案选C。
【点睛】
本题侧重于考查氮的氧化物的性质及化学方程式的有关计算，注意一氧化氮与水不反应，二氧化氮与水反应有一氧化氮生成，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，掌握反应的原理是解答的关键，题目难度中等。
10．将一定质量的金属铜溶于50mL11mol·L-1的浓硝酸中，待铜完全溶解后，生成了0.2molNO2和NO的混合气体，并测得溶液中氢离子浓度为1mol·L-1.假设反应后溶液的体积仍为50mL，则金属铜的质量为
A．6.4gB．9.6gC．11.2gD．12.8g
【答案】B
【解析】
试题分析：
反应前硝酸的物质的量为0.05L×11mol/L=0.55mol，反应剩余硝酸的物质的量为0.05L×1mol/L=0.05mol，所以参加反应的硝酸是0.5mol，生成气体的物质的量为0.2mol，根据氮原子守恒，生成硝酸铜为（0.5-0.2）÷2=0.15mol，则金属铜的质量为0.15mol×64g/mol=9.6g，答案选B。
考点：
考查物质的量的计算，硝酸的化学性质等知识。
11．由MgO、A12O3、SiO2、Fe2O3组成的混合粉末。
现取一份该混合粉末试样进行实验，首先将其溶于过量的盐酸，过滤后，得到沉淀X和滤液Y。
下列叙述正确的是
A．从组成看，其成分皆是碱性氧化物
B．沉淀X的成分是SiO2
C．溶液Y中的阳离子主要是Mg2+、Fe3+、H+
D．在溶液Y中加入过量NaOH溶液，先产生沉淀后全部溶解
【答案】B
【解析】
试题分析：
混合粉末加入过量的盐酸，氧化镁反应生成氯化镁，氧化铝反应生成氯化铝，氧化铁反应生成氯化铁，二氧化硅不反应。
A、氧化镁和氧化铁是碱性氧化物，氧化铝是两性氧化物，二氧化硅是酸性氧化物，错误，不选A；B、二氧化硅不溶于盐酸，沉淀X为二氧化硅，正确，选B；C、溶液Y中含有镁离子，铁离子，氢离子和铝离子，错误，不选C；D、溶液Y中加入过量的氢氧化钠，产生氢氧化镁和氢氧化铁沉淀，氢氧化铝沉淀能溶解，其他沉淀不溶解，错误，不选D。
考点：
金属及其化合物的性质
12．下列离子方程式书写正确的是
A．向明矾溶液中逐滴加入足量Ba（OH）2溶液时，反应为：
Al3++2SO
+2Ba2++4OH-=2BaSO4↓+AlO
+2H2O
B．硫化亚铁与浓硫酸混合：
2H＋＋FeS=H2S↑＋Fe2＋
C．向次氯酸钙溶液中通入SO2：
Ca2＋＋2ClO-＋SO2＋H2O=CaSO3↓＋2HClO
D．磁性氧化铁溶于稀硝酸：
3Fe2＋＋4H＋＋NO
=3Fe3＋＋NO↑＋3H2O
【答案】A
【详解】
A．Ba（OH）2足量，故明矾KAl（SO4）2·12H2O完全反应，其中Al3+与OH-反应生成
，即①
，
与Ba2+反应，②
，由于Al3+、
都来源于明矾，故应满足原比例1:
2，则总反应为①+②×2，即
，A正确；
B．浓硫酸具有强氧化性，可以将FeS中亚铁氧化为Fe3+，-2价硫氧化为S单质，自身被还原为SO2，B错误；
C．次氯酸根有强氧化性，能将SO2氧化为
，自身被还原为Cl-，C错误；
D．磁性氧化铁为Fe3O4，书写离子方程式时，Fe3O4不能拆，D错误；
故答案选A。
13．将Mg、Cu组成的26.4g混合物投入到适量的稀硝酸中，固体完全溶解，将产生的气体和6.72L（标准状况下）氧气混合通入水中，恰好全部被水吸收．向反应后的溶液中加入足量4mol/L﹣1的NaOH溶液，使金属离子完全沉淀．则形成沉淀的质量是
A．63.8gB．53.6gC．46.8gD．43.2g
【答案】C
【解析】
试题分析：
Mg、Cu与稀硝酸发生反应变为Mg2+、Cu2+，硝酸得到电子被还原变为NO，在反应过程中金属失去电子的物质的量与硝酸得到电子的物质的量相等，NO与氧气反应又转化为硝酸，则转移的电子就是氧气得到的电子，氧气是6.72L÷22.4L/mol=0.3mol，则电子转移的物质的量是n（e-）=0.3mol×4=1.2mol。
当向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液时，金属形成Mg（OH）2、Cu（OH）2沉淀，结合的OH-的物质的量与金属单质失去电子的物质的量相等。
因此形成沉淀的质量就是金属质量与氢氧根离子的质量和，m（OH-）=nM=1.2mol×17g/mol=20.4g，所以沉淀的质量是26.4g+20.4g=46.8g，答案选C。
【考点定位】本题主要是考查守恒方法在氧化还原反应的计算中的应用的知识。
【名师点晴】许多有关化学反应的计算，如果能够巧妙地运用守恒规律可以达到快速解题的目的，常见的守恒关系有：
①反应前后元素种类和某种原子总数不变的原子守恒；②电解质溶液中的电荷守恒；③氧化还原反应中得失电子数守恒、原电池或电解池中两极通过的电子总数相等；④从守恒思想出发还可延伸出多步反应中的关系式，运用关系式法等计算技巧巧妙解题。
14．将19.2g的铜屑投入到400mL浓度均为0.5mol/LHNO3和H2SO4的混合溶液中，溶液增加的质量为
A．4.5gB．9.9gC．13.2gD．14.7g
【答案】B
【详解】
Cu与稀硫酸、稀硝酸反应的离子方程式为3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O，据题可知Cu的物质的量=
=0.3mol，氢离子的物质的量是0.4×（0.5+1.0）=0.6mol，硝酸根离子的物质的量是0.4×0.5=0.2mol，所以氢离子不足，当转移0.45mol的电子时参加反应的Cu的物质的量=
=0.225mol，产生NO的物质的量=
=0.15mol，参加反应的Cu的质量是0.225×64=14.4g，生成NO的质量是0.15×30=4.5g，所以溶液增重14.4-4.5=9.9g，故B正确；答案选B。
15．下面是实验室制取氨气的装置和选用的试剂，其中错误的是（ ）
A．①②B．②③C．③④D．①③
【答案】D
【详解】
①氯化铵分解产生NH3和HCl，气体在试管口降温后又化合生成NH4Cl甚至会堵塞，试管发生危险，所以方案①错误；
②浓氨水遇到氧化钙后，溶液中的水与CaO反应生成Ca（OH）2而消耗，反应同时放热使混合物温度升高，得到的Ca（OH）2可以降低NH3在水中的溶解度，这些都会促使氨水挥发生成氨气，因此方案②正确；
③2NH4Cl+Ca（OH）2
CaCl2+2NH3↑+2H2O，但是制备装置的试管口要略向下倾斜，防止水蒸气冷凝回流到试管中使试管炸裂，因此方案③错误；
④浓氨水受热分解生成氨气，通过碱石灰吸收水蒸气后可以得到氨气，方案④正确。
综上所述，不能制取氨气的是①③，应当选D。
【点睛】
与②相似，利用NaOH固体或碱石灰也可以制备NH3。
16．某一固体粉末含有SiO2、Fe2O3、Al2O3，加入足量NaOH溶液充分反应后，过滤，向所得溶液中加入过量盐酸，过滤，将所得滤渣洗涤并灼烧至恒重，最终固体成份为
A．SiO2B．Fe2O3、SiO2
C．SiO2、Al2O3D．Fe2O3
【答案】A
【解析】
SiO2、Fe2O3、Al2O3，加入足量NaOH溶液充分反应后，过滤，向所得溶液中含有硅酸钠、偏铝酸钠，加入过量盐酸，生成硅酸沉淀，将所得滤渣洗涤并灼烧生成二氧化硅，故A正确。
17．二氯化二硫（S2Cl2）是广泛用于橡胶工业的硫化剂，其分子结构与双氧水分子相似。
常温下，S2Cl2是一种橙黄色液体，遇水可发生反应，并产生能使品红褪色的气体。
下列说法中不正确的是
A．S2Br2与S2Cl2结构相似，沸点S2Br2>S2Cl2
B．S2Cl2的结构式为Cl—S—S—Cl
C．S2Cl2中S显—1价
D．2S2Cl2＋2H2O＝SO2↑＋3S↓＋4HCl
【答案】C
【详解】
A.组成和结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔、沸点越高；S2Br2与S2Cl2结构相似，S2Br2相以分子质量较大，所以沸点S2Br2>S2Cl2，A正确；
B.由题中信息分子结构与双氧水分子相似，双氧水的结构式为H-O-O-H，所以S2Cl2的结构式为Cl-S-S-Cl，B正确；
C.氯和硫都是第3周期元素，氯的非金属性较强，所以S2Cl2中Cl显-1价，S显+1价，C错误；
D.由题中信息S2Cl2遇水可发生反应，并产生能使品红褪色的气体，可知反应后生成二氧化硫，所以S2Cl2与水发生反应的化学方程式为2S2Cl2＋2H2O＝SO2↑＋3S↓＋4HCl，D正确；故选C。
18．aLCO2气体通过足量Na2O2所得的气体与bLNO相混和时，可得到cL气体（相同状况），以下表达式中错误的是
A．若a＜b，则c＞0.5（a+b）B．若a＞b，则c＝0.5（a+b）
C．若a＝b，则c＝0.5（a+b）D．若a＜b，则c＜0.5（a+b）
【答案】D
【解析】
【详解】
首先发生反应：
2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2，可知生成氧气体积为0.5aL，与bLNO混合又发生反应：
O2+2NO＝2NO2，二者恰好反应时0.5a：
b＝1：
2，解得a＝b，则
A、若a＜b，则NO有剩余，由O2+2NO＝2NO2可知气体体积减少0.5aL，故得到气体体积等于NO的体积，则c＝b，即c＞0.5（a+b），A正确；
B、若a＞b，则O2有剩余，由O2+2NO＝2NO2可知气体体积减少为参加反应氧气的体积，即气体体积减少为0.5bL，故得到气体体积为c＝（0.5aL+bL-0.5bL）＝0.5（a+b），B正确；
C、若a＝b，则此时生成NO2体积c＝2×0.5a＝b＝0.5（a+b），C正确；
D、根据以上分析可知D错误。
答案选D。
19．下列有关实验操作和现象及结论均正确的是
选项
实验操作及现象
实验结论
A
常温下，将同样大小、形状的锌与铝分别加入到相同体积98%的浓硫酸中，观察到前者反应速率更快
锌比铝活泼
B
将盐酸滴入碳酸钠溶液中产生气泡
氯的非金属性大于碳
C
向溶液X中先滴加稀硝酸，再滴如BaCl2。
溶液，出现白色沉淀
溶液X中一定含有
D
向某溶液中加入NaOH溶液并加热，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝
该溶液中一定含有
A．AB．BC．CD．D
【答案】D
【详解】
A．常温下浓硫酸有强氧化性，铝遇浓硫酸钝化，无法比较Al与Zn的活泼性，故A错误；
B．比较元素的非金属性要比较最高价氧化物的水化物的酸性强弱，即根据HClO4酸性比H2CO3强，可判断出氯的非金属性大于碳，故B错误；
C．向溶液X中先滴加稀硝酸，再滴加BaCl2，出现白色沉淀，该白色沉淀可能为氯化银或硫酸钡，原溶液中可能含有银离子、亚硫酸根离子，不一定含有
，故C错误；
D．氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则原溶液中一定含有
，故D正确；
答案为D。
20．用图所示实验装置探究铜丝与过量浓硫酸的反应。
下列描述不合理的是（）
A．该反应中浓硫酸表现了强氧化性和酸性
B．②中选用品红溶液验证SO2的生成
C．③中选用NaOH溶液吸收多余的SO2
D．为确认CuSO4生成，向①中加水，观察颜色
【答案】D
【解析】
【详解】
A．铜与浓硫酸反应中，硫元素部分化合价降低，部分化合价不变，浓硫酸既表现酸性又表现强氧化性，故A正确；
B．SO2具有漂白性，可用品红溶液验证SO2的生成，故B正确；
C．SO2有毒，对环境有污染，但能溶于NaOH溶液，则③中选用NaOH溶液吸收多余的SO2，防污染环境，故C正确；
D．①中反应后为浓硫酸和硫酸铜的混合液，应将①中混合物加入水中，观察溶液显蓝色，确认有CuSO4生成，故D错误；
故答案为D。
21．当氨气与氧气一起通过灼热的铂丝网时，在导出的产物中，不可能出现的物质是（）
A．NH4NO3B．H2OC．N2D．NO2
【答案】C
【详解】
在铂丝的催化作用下，发生氨气的催化氧化：
，NO遇到O2变为NO2，NO2和H2O反应生成HNO3，HNO3和NH3反应可以生成NH4NO3，故选C。
22．有一瓶澄清的溶液，只可能含有NH4+、Na+、Mg2+、Ba2+、Fe3+、Clˉ、Brˉ、Iˉ、CO32ˉ、SO42—中的几种，且浓度均为0.1molL—1。
进行以下实验：
①取少量溶液，滴加盐酸至溶液呈酸性，无明显现象。
②取少量溶液，滴加少许新制氯水，再加淀粉溶液，溶液变蓝
③取少量溶液，向其中逐滴加入NaOH溶液至碱性，过程中均无沉淀产生。
将此溶液分为两等份，第一份加热，有气体放出；第二份溶液中加入Na2CO3溶液，有白色沉淀生成。
下列结论不正确的是
A．肯定含有的阳离子是NH4+、Ba2+
B．肯定含有的阴离子是Iˉ、Clˉ、Brˉ
C．肯定不含有的离子是Fe3+、CO32ˉ、SO42ˉ
D．不能确定是否含有的离子是Na+
【答案】D
【详解】
①取少量溶液，滴加盐酸至溶液呈酸性，无明显现象，说明该溶液中不含有
；
②取少量溶液，滴加少许新制氯水，再加淀粉溶液，溶液变蓝，说明原溶液中含有I-，因Fe3+与I-不能共存，故不含Fe3+；
③取少量溶液，向其中逐滴加入NaOH溶液至碱性，过程中均无沉淀产生，说明原溶液中不含有Mg2+，将此溶液分为两等份，第一份加热，有气体放出，说明此溶液中含有NH3•H2O，说明原溶液中含有
；第二份溶液中加入Na2CO3溶液，有白色沉淀生成，说明原溶液中含有Ba2+，因Ba2+与
不能大量共存，故原溶液中不含有
；
通过实验确定的离子有：
Ba2+、
、
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