新疆维吾尔自治区喀什地区二中2019届高三化学上学期9月月考试卷（含解析）.doc

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1、1新疆维吾尔自治区喀什地区二中 2019 届高三化学上学期 9 月月考试卷（含解析）1.关于钠的说法正确的是( )A. 熔点很高 B. 在空气中燃烧时产生黄色火焰C. 银白色金属，硬度大 D. 在空气中燃烧生成氧化钠【答案】B【解析】【详解】A 项，Na 的熔点为 97.72，Na 的熔点较低，A 项错误；B 项，Na 在空气中燃烧时产生黄色火焰，生成淡黄色固体，B 项正确；C 项，Na 是银白色金属，质软，可用小刀切割，C 项错误；D 项，Na 在空气中燃烧生成过氧化钠，反应的化学方程式为 2Na+O2 Na2O2，D 项错误；答案选 B。2.下列实验装置图所示的实验操作，不能达到相应的实验

2、目的的是A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】【详解】A 项，NaOH 溶液能吸收 CO2，不吸收 CO，长管进气、短管出气可确保 CO2被充分吸收，A 项能达到目的；B 项，分离沸点相差较大的互溶液体混合物用蒸馏法，蒸馏装置中温度计的水银球应在蒸馏烧瓶支管口附近，B 项不能达到目的；C 项，向容量瓶中转移液体时用玻璃棒引流，C 项能达到目的；D 项，分离互不相溶的两种液体用分液法，D 项能达到目的；答案选 B。2【点睛】实验装置图是否能达到实验目的通常从两个角度分析：（1）实验原理是否正确；（2）装置图中的细节是否准确，如洗气时导气管应“长进短出” ，蒸馏时温度计的水银球应

3、在蒸馏烧瓶支管口附近，冷凝管中的冷却水应从下口进上口出等。3.下列选项中所涉及的两个量一定相等的是( )A. 11.2 L Cl2与 4.25 g NH3所含有的原子数B. 等物质的量的 Al 分别与足量的盐酸、NaOH 溶液反应转移的电子数C. 标准状况下 36 g H2O 与 1.2041024个 O2分子所占的体积D. 18.0 g 重水(D 2O)与 20 g Ne 所含有的电子数【答案】B【解析】【详解】A 项，由于 Cl2所处温度和压强未知，不能用 22.4L/mol 计算 11.2LCl2分子物质的量，无法确定 11.2LCl2中所含 Cl 原子数，n（NH 3）=4.25g17

4、g/mol=0.25mol，4.25gNH 3中所含原子物质的量为 0.25mol4=1mol，两者所含原子数不一定相等；B 项，Al 与盐酸、NaOH 溶液反应的化学方程式依次为2Al+6HCl=2AlCl3+3H2、2Al+2NaOH+2H 2O=2NaAlO2+3H2，1molAl 无论与盐酸反应还是与NaOH 溶液反应都失去 3mol 电子，等物质的量的 Al 与足量盐酸、NaOH 溶液反应转移电子数一定相等；C 项，n（H 2O）=36g18g/mol=2mol，n（O 2）=1.20410 24（6.0210 23mol-1）=2mol，标准状况下 H2O 不呈气态，O 2呈气态，

5、标准状况下 36gH2O 的体积1.20410 24个 O2分子所占的体积；D 项，D 2O 的摩尔质量为 20g/mol，n（D 2O）=18.0g20g/mol=0.9mol，1 个 D2O 中含 10 个电子，18.0gD 2O 中所含电子物质的量为 0.9mol10=9mol，n（Ne）=20g20g/mol=1mol，1 个 Ne 中含 10 个电子，20gNe 中所含电子物质的量为1mol10=10mol，18.0gD 2O 中所含电子数AB，滴加盐酸开始时没有气体，这段时间消耗的盐酸体积大于产生气体时消耗的盐酸的体积，NaOH+HCl=NaCl+H2O，Na 2CO3+HCl=N

6、aHCO3+NaCl，NaHCO 3+HCl=NaCl+CO2+H 2O，OA 段消耗的盐酸的量包括 NaOH 消耗盐酸的量和 Na2CO3生成 NaHCO3消耗盐酸的量，所以(4)图溶液 M 的溶质是 NaOH 和 Na2CO3，D 项错误；答案选 C。【点睛】分析本题图像时要理解横坐标表示逐滴加入盐酸的体积，如果持续将 CO2通入9NaOH 溶液中，将依次发生 CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，Na 2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，所以 CO2过量时总反应是 CO2+NaOH=NaHCO3，以后解题中注意分析。13.用含有少量 Mg 的 Al 片制取纯净的 Al(OH)3

7、，下列操作中最恰当的组合是( ）加盐酸溶解 加 NaOH 溶液 过滤 通入过量 CO2生成 Al(OH)3 加盐酸生成Al(OH)3 加过量氨水生成 Al(OH)3A. B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析： ，故 C 正确。AlNaOHAl(OH)4CO2Al(OH)3考点：本题考查铝的性质。14.向 100mL0.1molL1硫酸铝铵溶液中逐滴滴入 0.1molL1Ba(OH)2溶液随着 Ba(OH)2溶液体积 V 的变化，沉淀总物质的量 n 的变化如图所示则下列说法中正确的是A. a 点的溶液呈中性B. 从开始到 b 点发生反应的总的离子方程式是：Al 3+2SO42+2Ba2+

8、3OH=Al(OH)3+2BaSO 4C. c 点加入 Ba(OH)2溶液的体积为 200mLD. c 点溶液呈碱性【答案】D【解析】试题分析：NH 4Al（SO 4） 2物质的量为 0.01mol，溶液含有 NH4+0.01mol，Al 3+0.01mol，SO 42-0.02mol。开始滴加同时发生反应为 SO42-+Ba2+=BaSO4，Al 3+3OH-=Al（OH） 3，当 Al3+沉淀完全时需加入 0.03molOH-，即加入 0.015molBa（OH） 2，加入的 Ba2+为 0.015mol，SO 42-未完全沉淀，此时溶液含有硫酸铵、硫酸铝；再滴加 Ba（OH） 2，生成

9、BaSO4沉淀，发生反应为 SO42-+Ba2+=BaSO4，NH 4+OH-=NH3 H2O，所以沉淀质量继续增加，但增加幅度较前一过程小；当 SO42-完全沉淀时，共需加入 0.02molBa（OH） 2，加入 0.04molOH-，Al 3+反应掉0.03molOH-，生成 Al（OH） 30.01mol，剩余 0.01molOH-恰好与 NH4+完全反应，此时溶液中10NH4+完全反应，此时溶液为氨水溶液，沉淀达最大为 BaSO4和 Al（OH） 3；继续滴加Ba（OH） 2，Al（OH） 3溶解，发生反应 Al（OH） 3+OH-=AlO2-+2H2O，由方程式可知要使0.01mol

10、Al（OH） 3完全溶解，需再加入 0.005molBa（OH） 2，此时溶液为氨水与偏铝酸钡溶液。A、由分析可知，从开始到 a 点，发生反应为 SO42-+Ba2+=BaSO4，Al 3+3OH-=Al（OH） 3，a 点对应的沉淀为 BaSO4和 Al（OH） 3，溶液的溶质是（NH 4）2SO 4，那么该物质水解溶液呈酸性溶液显示中性，故 A 错误；B、由分析可知，b 点发生反应为 SO42-+Ba2+=BaSO4，NH 4+OH-=NH3 H2O，故 B 错误；C、由分析可知，c 点加入 Ba（OH） 2的物质的量为 0.005mol+0.02mol=0.025mol，所以 =0.25

11、L=250ml，故 C 错误；D、由分析0.025mol0.1mol/L可知，c 为溶液为氨水与偏铝酸钡溶液，所以溶液呈碱性，故 D 正确；故选 D。考点：考查了铝及其化合物的性质，化学反应图像、化学计算的相关知识。15.ClO2是一种杀菌消毒效率高、二次污染小的水处理剂。实验室中可通过以下反应制得：2KClO3H 2C2O4H 2SO4 2ClO2K 2SO42CO 22H 2O。下列说法不正确的是( )A. CO2是氧化产物 B. H 2C2O4在反应中被氧化C. H2C2O4的氧化性强于 ClO2的氧化性 D. ClO 2作水处理剂时，利用了其强氧化性【答案】C【解析】试题分析：A该反应

12、中 C 元素的化合价由+3 价升高到+4 价，所以草酸是还原剂，则二氧化碳是氧化产物，故 A 正确；B该反应中草酸是还原剂，在反应中被氧化，故 B 正确；C该反应中草酸是还原剂，二氧化氯是还原产物，所以草酸的还原性大于 ClO2的还原性，故 C 错误；D二氧化氯具有强氧化性，所以能杀菌消毒，二氧化氯作水处理剂时，利用了其强氧化性，故 D 正确；故选 C。考点：氧化还原反应16.下列说法中,正确的是( )A. 物质得电子的反应是氧化反应B. 氧化剂是在反应中所含元素化合价降低的反应物C. 氧化剂是在反应中失电子(或电子对偏离)的反应物D. 在一个氧化还原反应中,氧化剂和还原剂不可能是同一种物质【

13、答案】B【解析】11试题分析：A、得电子，化合价降低，被还原，发生还原反应，故错误；B、氧化剂是得到电子，化合价降低的反应物，故正确；C、根据选项 B 的分析，故错误；D、一个氧化还原反应中，氧化剂和还原剂可以是同种物质，如 Cl2和 NaOH 反应，也可以是不同物质，如 S的燃烧，故错误。考点：考查氧化还原反应中的概念等知识。17.已知 X2、Y 2、Z 2、W 2四种物质的氧化能力为 W2Z2X2Y2，下列氧化还原反应能发生的是( )A. 2NaWZ 2=2NaZW 2 B. 2NaXZ 2=2NaZX 2C. 2NaWY 2=2NaYW 2 D. 2NaZX 2=2NaXZ 2【答案】B

14、【解析】【详解】A、该反应中，氧化性 Z2W 2，与已知不符合，所以不能发生，故 A 错误；B、该反应中，氧化性 Z2X 2，与已知符合，所以能发生，故 B 正确；C、该反应中氧化性Y2W 2，与已知不相符，所以不能发生，故 C 错误；D、该反应中氧化性 X2Z 2，与已知不符合，所以不能发生，故 D 错误。18.已知 M2On2 可与 R2 作用，R 2 被氧化为 R 单质，M 2On2 的还原产物中，M 为3 价；又知 c(M2On2 )0.3 molL 1 的溶液 100 mL 可与 c(R2 )0.6 molL 1 的溶液 150 mL 恰好完全反应，则 n 值为A. 4 B. 5 C

15、. 6 D. 7【答案】D【解析】【分析】分析还原剂与氧化产物、氧化剂与还原产物，列出单个氧化剂和还原剂得失电子数，根据电子得失守恒列比例式计算。【详解】分析题意知 M2On2是氧化剂，M 显+(n1)价，对应还原产物中 M 为+3 价，有关系式 ，R 2是还原剂，对应氧化产物是 R 单质，有关系式 ，已知 n(M2On2)=0.3mol/L0.1L=0.03mol，n(R 2)=0.6mol/L0.15L=0.09mol，因为恰好反应，根据电子得失守恒有：0.03mol(2n-8)e =0.09mol2e。解得 n=7，答案选 D。【点睛】在分析电子得失数目时，可依据化合价升高失电子，升高的

16、价数等于失去电子的12数目；化合价降低得电子，降低的价数等于得到电子的数目。19.实验室用质量分数为 36.5%的浓盐酸(密度为 1.16 gcm3 )配制成 1 mol/L 的稀盐酸220 mL，试回答下列问题：(1)配制稀盐酸时，应选用容量为_mL 的容量瓶。(2)经计算需要_mL 浓盐酸，在量取时宜选用_量筒。A5 mL B10 mL C25 mL D50 mL(3)在量取浓盐酸后，进行了下列操作：等稀释的盐酸的温度与室温一致后，沿玻璃棒注入容量瓶中。往容量瓶中小心加蒸馏水至液面距容量瓶刻度线 12 cm 时，改用胶头滴管加蒸馏水，使溶液的液面与瓶颈的刻度标线相切。在盛盐酸的烧杯中注入蒸

17、馏水，并用玻璃棒搅拌，使其混合均匀。用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒 2 至 3 次，并将洗涤液全部注入容量瓶。上述操作中，正确的顺序是(填序号)_。(4)在上述配制过程中，用刚刚洗涤洁净的量筒来量取浓盐酸，其配制的稀盐酸浓度会_(填“偏高” “偏低”或“无影响”)。若未用蒸馏水洗涤烧杯内壁和玻璃棒或未将洗涤液注入容量瓶，则配制的稀盐酸浓度会_(填“偏高” “偏低”或“无影响”)。【答案】 (1). )250 (2). 21.6 (3). C (4). (5). 偏低 (6). 偏低【解析】【分析】（1）根据“大而近”的原则选用 250mL 容量瓶。（2）根据稀释前后 HCl 的质量不变计算所取浓盐酸

18、的体积，根据计算结果和“大而近”的原则选择量筒的规格。（3）由浓溶液配制一定体积物质的量浓度溶液的步骤为：计算量取稀释冷却转移洗涤定容摇匀。（4）根据公式 cB= 分析。nBV（ aq）【详解】 （1）根据“大而近”的原则，配制 220mL 稀盐酸应选用 250mL 容量瓶。（2）稀释前后 HCl 的质量不变，1.16g/cm 3V（浓 HCl）36.5%=1mol/L0.25L36.5g/mol，解得 V（浓 HCl）=21.6mL；所需浓盐酸的体积为1321.6mL，根据“大而近”的原则，选用 25mL 量筒，答案选 C。（3）由浓溶液配制一定体积物质的量浓度溶液的步骤为：计算量取稀释冷却

19、转移洗涤定容摇匀；正确的顺序为：。（4）根据公式 cB= 分析。用刚刚洗涤洁净的量筒来量取浓盐酸，浓盐酸被稀释，所nBV（ aq）配溶液中 HCl 物质的量偏小，所配稀盐酸浓度偏低；若未用蒸馏水洗涤烧杯内壁和玻璃棒或未将洗涤液注入容量瓶，溶质没有完全转移到容量瓶中，所配溶液中 HCl 物质的量偏小，所配稀盐酸浓度偏低。【点睛】熟记一定体积物质的量浓度溶液配制的实验步骤是解题的关键。难点是误差分析，误差分析时用公式 cB= ，操作失误引起 nB偏大或 V（aq）偏小，会使所配溶液浓度偏nBV（ aq）高，反之偏低。注意：根据“大而近”的原则选择容量瓶的规格，按选择的容量瓶的容积计算所需浓溶液的体

20、积。20.A、B、C、D、E 五种物质焰色均为黄色，它们按图所示互相转化（1）这五种物质中，A：_、C：_（2）将 CO2通入 E 的饱和溶液中，该反应的离子方程式为_（3）写出 AD、CD 反应的化学方程式AD：_CD：_（4）现将 C 与 NaHCO3固体按物质的量之比为 3：2 于真空密闭容器中混合加热，则剩余固体成分为_。（5）将 a g 葡萄糖在足量氧气中完全燃烧，将所得产物全部通入过量 C 中，固体增重_a g。 （填大于，小于，等于）【答案】 (1). Na (2). Na2O2 (3). CO2+H2O+2Na+CO32 2NaHCO 3 (4). 2Na+2H2O=2NaOH

21、+H2 (5). 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2 (6). Na2CO3 Na2O2 NaOH (7). 等于14【解析】【分析】A、B、C、D、E 五种物质焰色均为黄色，五种物质中均含有 Na 元素；A 能在 O2中燃烧生成C、在空气中短期接触生成 B、与水反应生成 D，则 A 为 Na，B 为 Na2O，C 为 Na2O2，D 为NaOH；B、C、D 都能与 CO2反应生成 E，E 为 Na2CO3；根据上述推断作答。【详解】A、B、C、D、E 五种物质焰色均为黄色，五种物质中均含有 Na 元素；A 能在 O2中燃烧生成 C、在空气中短期接触生成 B、与水反应生成 D，则 A 为

22、 Na，B 为 Na2O，C 为Na2O2，D 为 NaOH；B、C、D 都能与 CO2反应生成 E，E 为 Na2CO3。（1）这五种物质中，A 为 Na，C 为 Na2O2。（2）将 CO2通入 Na2CO3的饱和溶液中反应生成 NaHCO3，由于 NaHCO3的溶解度小于 Na2CO3且反应消耗 H2O，所以有白色晶体析出，反应的化学方程式为 CO2+Na2CO3+H2O=2NaHCO3，反应的离子方程式为 CO2+2Na+CO32-+H2O=2NaHCO3。（3）AD 的化学方程式为 2Na+2H2O=2NaOH+H2。CD 的化学方程式为 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2。（

23、4）将 Na2O2与 NaHCO3固体按物质的量之比为 3：2 于真空密闭容器中混合加热，首先发生反应 2NaHCO3 Na2CO3+H2O+CO2，2mol 的 NaHCO3完全分解生成 1molNa2CO3、1molCO 2和1molH2O；然后 Na2O2先与 CO2发生反应 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，1molCO 2消耗 1molNa2O2同时生成 1mol Na2CO3；剩余 2molNa2O2继续与水发生反应 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，1molH 2O消耗 1molNa2O2同时生成 2mol NaOH；仍然剩余 1molNa2O2；剩余固体的成

24、分为Na2CO3、NaOH、Na 2O2。（5）葡萄糖在足量 O2中完全燃烧的化学方程式为 C6H12O6+6O2 6CO2+6H2O（） ，生成的产物全部通入过量 Na2O2中，发生反应：2Na 2O2+2CO2=2Na2CO3+O2（） ，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2（） ，由于 Na2O2过量，CO 2、H 2O 全部反应，将+3+3得“C 6H12O6+12Na2O26Na 2CO3+12NaOH”，可见固体增重等于葡萄糖的质量，固体增重等于ag。21.按要求填空。(1)在 S2 、Fe 2 、Fe 3 、Mg 2 、S、I 、H 中，只有氧化性的是_，只有还原性的是_，既

25、有氧化性又有还原性的是_。(2)某同学写出以下三个化学方程式(未配平)15NOHNO 3N 2O3H 2O NH 3NOHNO 2H 2O N 2O4H 2OHNO 3HNO 2其中你认为一定不可能实现的是_。(3)下列三个氧化还原反应中，氧化性最强的物质是_。2FeCl 32KI=2FeCl 22KClI 2 2FeCl 2Cl 2=2FeCl32KMnO 416HCl(浓)=2KCl2MnCl 25Cl 28H 2O若溶质中 Cl 与 I 共存，为了氧化 I 而 Cl 不被氧化，除单质外，还应用上述反应中的_作氧化剂。(4)请配平以下化学方程式：_ Al NaNO3 NaOH= NaAlO

26、2 N2 H2O若反应过程中转移 5 mol 电子，则生成标准状况下 N2的体积为_L。【答案】 (1). Fe3 、Mg 2 、H (2). I 、S 2 (3). Fe2 、S (4). (5). KMnO4 (6). FeCl3 (7). 10 6 4 10 3 2 (8). 11.2【解析】【分析】（1）根据价态表现规律分析，元素化合价处于最高价，只有氧化性；元素化合价处于最低价，只有还原性；元素化合价处于中间价，既有氧化性又有还原性。（2）根据氧化还原反应的特征分析作答。（3）根据“同一氧化还原反应中，氧化性：氧化剂氧化产物”判断氧化性的强弱。根据氧化还原反应中“强制弱”的规律和氧化

27、性的强弱选择只与 I-反应，与 Cl-不反应的氧化剂。（4）用化合价升降法配平氧化还原反应方程式。根据转移的电子和 N 元素化合价的变化计算生成 N2的体积。【详解】 （1）根据价态表现规律分析。S 2-中 S 的化合价为-2 价，处于最低价，S 2-只有还原性；Fe 2+中 Fe 的化合价为+2 价，处于中间价，Fe 2+既有氧化性又有还原性；Fe 3+中 Fe 的化合价为+3 价，处于最高价，Fe 3+只有氧化性；Mg 2+中 Mg 的化合价为+2 价，处于最高价，Mg2+只有氧化性；S 中 S 的化合价为 0 价，处于中间价，S 既有氧化性又有还原性；I -中 I的化合价为-1 价，处于

28、最低价，I -只有还原性；H +中 H 的化合价为+1 价，处于最高价，H +只有氧化性；只有氧化性的是 Fe3+、Mg 2+、H +，只有还原性的是 S2-、I -，既有氧化性又有还原性的是 Fe2+、S。16（2）NO 中 N 的化合价为+2 价，HNO 3中 N 的化合价为+5 价，N 2O3中 N 的化合价为+3 价，介于+2 价与+5 价之间，可能实现；NH 3中 N 的化合价为-3 价，NO 中 N 的化合价为+2价，HNO 2中 N 的化合价为+3 价，比-3 价、+2 价都高，不可能实现；N 2O4中 N 的化合价为+4 价，HNO 3中 N 的化合价为+5 价，比+4 价高，

29、HNO 2中 N 的化合价为+3 价，比+4 价低，可能实现；一定不可能实现的是。（3）同一氧化还原反应中，氧化性：氧化剂氧化产物。中 Fe 元素的化合价由+3 价降至+2 价，FeCl 3为氧化剂，I 元素的化合价由-1 价升至 0 价，I 2为氧化产物，则氧化性：FeCl3I2；中 Fe 元素的化合价由+2 价升至+3 价，FeCl 3为氧化产物，Cl 元素的化合价由0 价降至-1 价，Cl 2为氧化剂，则氧化性：Cl 2FeCl3；中 Mn 元素的化合价由+7 价降至+2价，KMnO 4为氧化剂，Cl 元素的化合价由-1 价升至 0 价，Cl 2为氧化产物，则氧化性：KMnO4Cl2；则

30、氧化性由强到弱的顺序为：KMnO 4Cl2 FeCl3I2，氧化性最强的物质为KMnO4。根据“强制弱”的规律，若溶质中 Cl-与 I-共存，为了氧化 I-而 Cl-不被氧化，除单质外，还可应用上述反应中的 FeCl3作氧化剂。（4）反应中 Al 元素的化合价由 0 价升至+3 价，1molAl 失去 3mol 电子生成1molNaAlO2；N 元素的化合价由+5 价降至 0 价，2molNaNO 3得到 10mol 电子生成 1molN2；根据得失电子守恒，配平为 10Al+6NaNO3+NaOH10NaAlO 2+3N2+H 2O，再观察 Na、H、O 守恒，配平的方程式为 10Al+6N

31、aNO3+4NaOH=10NaAlO2+3N2+2H 2O。每转移 10mol 电子生成1molN2，转移 5mol 电子生成 0.5molN2，0.5molN 2在标准状况下的体积为0.5mol22.4L/mol=11.2L。22.常见的五种盐 A、B、C、D、E，它们的阳离子可能是Na 、NH 4+、Cu 2 、Ba 2 、Al 3 、Ag 、Fe 3 ，阴离子可能是 Cl 、NO 3、SO 42、CO 32，已知：五种盐均溶于水，水溶液均为无色；D 的焰色反应呈黄色；A 的溶液呈中性，B、C、E 的溶液呈酸性，D 的溶液呈碱性；若在这五种盐的溶液中分别加入 Ba(NO3)2溶液，只有 A

32、、C 的溶液不产生沉淀；若在这五种盐的溶液中，分别加入氨水，E 和 C 的溶液中生成沉淀，继续加氨水，C 中沉淀消失；把 A 的溶液分别加入到 B、C、E 的溶液中，均能生成不溶于稀硝酸的沉淀；已知：向 Ag+溶液中滴加氨水，先产生沉淀，继续滴加氨水，沉淀溶解。17请回答下列问题：（1）五种盐中，一定没有的阳离子是_；所含阴离子相同的两种盐的化学式是_。（2）D 的化学式为_，D 溶液显碱性的原因是(用离子方程式表示)_。（3）A 和 C 的溶液反应的离子方程式是_；E 和氨水反应的离子方程式是_。（4）若要检验 B 中所含的阳离子，正确的实验方法是：_。【答案】 (1). Cu2 、Fe 3

33、 (2). (NH4)2SO4、Al 2(SO4)3 (3). Na2CO3 (4). CO32-+H2O HCO3-+OH- (5). Ag Cl =AgCl (6). Al3 3NH 3H2O=Al(OH)33NH 4+ (7). 取少量 B 于试管中，加入浓 NaOH 溶液并加热，用湿润的红色石蕊试纸放在试管口，观察是否变蓝色【解析】【分析】五种盐均溶于水，水溶液均为无色，五种盐溶液中一定不含 Cu2+、Fe 3+，Ba 2+与 SO42-、CO 32-不在同一溶液中，Al 3+与 CO32-不在同一溶液中，Ag +与 Cl-、SO 42-、CO 32-不在同一溶液中；D 的焰色反应呈黄

34、色，D 中阳离子为 Na+；A 的溶液呈中性，B、C、E 的溶液呈酸性，B、C、E 的溶液中含 NH4+、Al 3+、Ag +，D 的溶液呈碱性，D 中含 CO32-，结合知 D 为 Na2CO3；若在这五种盐的溶液中分别加入 Ba（NO 3） 2溶液，只有 A、C 的溶液不产生沉淀，A、C溶液中不含 CO32-和 SO42-；若在这五种盐的溶液中，分别加入氨水，E 和 C 的溶液中生成沉淀，继续加氨水，C 中沉淀消失，根据“已知：向 Ag+溶液中滴加氨水，先产生沉淀，继续滴加氨水，沉淀溶解” ，C 中阳离子为 Ag+，E 中阳离子为 Al3+，Ag +与 Cl-、SO 42-、CO 32-在

35、溶液中不能大量共存，C为 AgNO3；把 A 的溶液分别加入到 B、C、E 的溶液中，均能生成不溶于稀硝酸的沉淀，C 为AgNO3，A 的阴离子为 Cl-；E 中阳离子为 Al3+，A 的溶液呈中性，A 为 BaCl2，E 为Al2（SO 4） 3，结合前面的分析，B 溶液呈酸性，则 B 为（NH 4） 2SO4。据此分析作答。18【详解】五种盐均溶于水，水溶液均为无色，五种盐溶液中一定不含 Cu2+、Fe 3+，Ba 2+与SO42-、CO 32-不在同一溶液中，Al 3+与 CO32-不在同一溶液中，Ag +与 Cl-、SO 42-、CO 32-不在同一溶液中；D 的焰色反应呈黄色，D 中

36、阳离子为 Na+；A 的溶液呈中性，B、C、E 的溶液呈酸性，B、C、E 的溶液中含 NH4+、Al 3+、Ag +，D 的溶液呈碱性，D 中含 CO32-，结合知 D 为 Na2CO3；若在这五种盐的溶液中分别加入 Ba（NO 3） 2溶液，只有 A、C 的溶液不产生沉淀，A、C溶液中不含 CO32-和 SO42-；若在这五种盐的溶液中，分别加入氨水，E 和 C 的溶液中生成沉淀，继续加氨水，C 中沉淀消失，根据“已知：向 Ag+溶液中滴加氨水，先产生沉淀，继续滴加氨水，沉淀溶解” ，C 中阳离子为 Ag+，E 中阳离子为 Al3+，Ag +与 Cl-、SO 42-、CO 32-在溶液中不能

37、大量共存，C为 AgNO3；把 A 的溶液分别加入到 B、C、E 的溶液中，均能生成不溶于稀硝酸的沉淀，C 为AgNO3，A 的阴离子为 Cl-；E 中阳离子为 Al3+，A 的溶液呈中性，A 为 BaCl2，E 为Al2（SO 4） 3，结合前面的分析，B 溶液呈酸性，则 B 为（NH 4） 2SO4。（1）五种盐中，一定没有的阳离子是 Cu2+、Fe 3+；所含阴离子相同的两种盐的化学式是（NH 4） 2SO4、Al 2（SO 4） 3，其中阴离子都为 SO42-。（2）D 的化学式为 Na2CO3。Na 2CO3溶液呈碱性的原因是 CO32-发生了水解，CO 32-水解的离子方程式为 C

38、O32-+H2O HCO3-+OH-。（3）A 为 BaCl2，C 为 AgNO3，A 与 C 的溶液反应的离子方程式为 Ag+Cl-=AgCl。E 为Al2（SO 4） 3，E 与氨水反应的离子方程式为 Al3+3NH3H2O=Al（OH） 3+3NH 4+。（4）B 为（NH 4） 2SO4，B 中阳离子为 NH4+，检验 NH4+的正确的实验方法是：取少量 B 于试管中，加入浓 NaOH 溶液并加热，用湿润的红色石蕊试纸放在试管口，观察是否变蓝色，若试纸变蓝色，说明 B 中含 NH4+。【点睛】本题考查离子的检验和推断，熟悉各离子的性质、离子之间的反应以及根据实验现象进行推理是解题的关键。离子推断时必须的遵循是：肯定原则（通过实验现象确定一定存在的离子） 、互斥原则（相互间能反应的离子在同一溶液中不能大量共存） 、电荷守恒原则（阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数） 。