读“若干种能源的发电成本及二氧化碳的排放量图"，回答下面2题。

AC．由②加入足量NaOH溶液后加热有气体生成，说明溶液中有NH₄⁺，n（NH₄⁺）=n（NH₃）=[0.896L/22.4mol/L]=0.04mol；
由③加入足量的BaCl₂ 溶液，得到沉淀6.27g，沉淀经足量盐酸洗涤、干燥后，剩余2.33g，说明生成的沉淀能部分溶于盐酸，所以溶液中含有CO₃^2-、SO₄^2-，而不含 Ca²⁺；剩余2.33g是BaSO₄，n（SO₄^2- ）=n（BaSO₄）=[2.33g/233g/mol]=0.01mol；BaCO₃的质量为m（BaCO₃）=6.27g-2.33g=3.94g，n（CO₃^2-）=n（BaCO₃）=[3.94g/197g/mol]=0.02mol；
再由电荷守恒 c（K⁺）+c（NH₄⁺）=2c（CO₃^2-）+2c（SO₄^2-），可知c（K⁺）=0.2 mol/L，但是不能确定有没有Cl^-，所以c（K⁺）≥0.2 mol/L，故A正确，C错误；
BD．由①加入AgNO₃溶液，有沉淀产生，不能说明溶液中有Cl^-，因为CO₃^2-、SO₄^2-与AgNO₃溶液也能生成沉淀，故B、D错误；
故选A．

点评：
本题考点： 常见离子的检验方法；离子方程式的有关计算．

考点点评： 本题考查了溶液中离子的判断，电荷守恒在离子浓度求算时的应用，在写电荷守恒时要注意带多个电荷的离子．

溶液是无色透明的，所以不含有颜色的离子，故Cu²⁺一定不存在；
通过图象知，在加入过量的NaOH的过程中，一开始就有沉淀生成，说明不含有H⁺；沉淀部分溶解，推断一定含有Al³⁺；K⁺不能和中学常见物质反应产生特殊现象进行判断，只能用焰色反应判断，则不能确定是否含K⁺；
①第一份加足量AgNO₃溶液后，有白色沉淀产生，推断一定有CO₃^2-、SO₄^2-两种中的一种．因通过图象知含有Al³⁺；铝离子和碳酸根离子发生双水解，不能共存，所以推断一定不含有CO₃^2-、一定含有SO₄^2-；
②第二份加足里BaCl₂ 溶液后，有白色沉淀产生，经洗涤、干燥后，沉淀质量为6.99g，推断生成3×10^-2molBaSO₄，所以n（SO₄^2-）=3×10^-2mol；
③第三份逐滴滴加NaOH 溶液，测得沉淀与NaOH溶液的体积关系如图，通过图象知，在加入过量的过氧化钠的过程中，一开始就有沉淀生成，说明不含有H⁺，沉淀部分溶解，推断一定含有Al³⁺；图象中有一段平台，说明加入OH^-时无沉淀生成，有NH₄⁺，NH₄⁺+OH^-=NH₃•H₂O，最后溶液中有沉淀，说明溶液中含Mg²⁺，通过此实验无法判断是否含有K⁺，
A．由上述分析可知，原溶液一定不存在H⁺、Cu²⁺、CO₃^2-，故A正确；
B．原溶液确定含有Mg²⁺、Al³⁺、NH₄⁺，由图可知，沉淀最大时是氢氧化镁、氢氧化铝沉淀，且n[Mg（OH）₂]+n[Al（OH）₃]=0.02mol，沉淀最小时，为氢氧化镁，故n[Mg（OH）₂]=0.01mol，故n[Al（OH）₃]=0.02mol-0.01mol=0.01mol，根据铝元素守恒可知n（Al³⁺）=n[Al（OH）₃]=0.01mol，根据Al³⁺+3OH^-=Al（OH）₃↓，需OH^-0.03mol；根据镁元素守恒可知原溶液中n（Mg²⁺）=n[Mg（OH）₂]=0.01mol，根据Mg²⁺+2OH^-=Mg（OH）₂↓，需OH^-0.02mol；生成沉淀最大量时需OH^-0.05mol，由图可知消耗Na0H25mL，所以c（Na0H ）=[n/V]=[0.05mol/0.025L]=2mol•L^-1；根据NH₄⁺+OH^-=NH₃•H₂O，所以可得到NH₄⁺的物质的量为0.01L×2mol•L^-1=2×10^-2mol，则n（Mg²⁺）：n（Al³⁺）：n（NH₄⁺）：n（SO₄^2-）═0.01mol：0.01mol：2×10^-2mol：3×10^-2mol=1：1：2：3，由电荷守恒可知1×2+1×3+2×1＞3×2，则应存在NO₃^-，故B错误；
C．由选项B的计算可知，实验所加的NaOH的浓度为2mol•L^-1，故C正确；
D．由选项B的计算可知，原溶液确定含Mg²⁺、Al³⁺、NH₄⁺，且n（Mg²⁺）：n（Al³⁺）：n（NH₄⁺）=1：1：2，故D正确；
故选B．

点评：
本题考点： 离子方程式的有关计算；常见阳离子的检验；常见阴离子的检验．

考点点评： 本题考查离子反应的计算，为高频考点，涉及图象分析、离子共存及物质的量计算等，侧重分析能力及计算能力的综合考查，把握图中曲线对于的反应为解答的关键，题目难度较大，选项B中利用电荷守恒为解答的易错点，题目难度较大．

加HCl有气体说明有CO₃^2-离子，生成的气体是二氧化碳，一定不存在和碳酸根不共存的离子，所以不存在镁离子、铝离子，加盐酸有沉淀，说明一定有硅酸根离子，硅酸是沉淀，加入过量氨水（提供OH^-）有沉淀生成，只能是氢氧化铝沉淀，说明此时溶液中存在铝离子，但是原来溶液中的铝离子一定不能存在，所以该铝离子是偏铝酸根离子和盐酸反应生成的，所以，一定存在偏铝酸根离子，要保证溶液电中性，只有K⁺这一个阳离子，所以一定存在钾离子．
A、加HCl有气体说明有CO₃^2-离子，生成的气体是二氧化碳，故A正确；
B、溶液中一定含有CO₃^2-离子，则一定不含有镁离子，它和镁离子不共存，所以沉淀甲是硅酸，不可能是硅酸镁，故B正确；
C、原来溶液中的铝离子一定不能存在，故C错误；
D、硫酸根离子是否存在不能确定，故D正确．
故选C．

点评：
本题考点： 常见离子的检验方法．

考点点评： 本题涉及离子的检验和离子共存等方面的知识，注意离子的特征离子反应是解决该问题的关键所在，综合性强，难度大．

向原溶液中加入过量盐酸，有气体A生成，并得到无色透明溶液，气体A为二氧化碳气体，则溶液中含有CO₃^2-离子；溶液无色则没有Fe³⁺离子；CO₃²离子与Cu²⁺、Ba²⁺离子发生反应，则原溶液中一定不存在Cu²⁺、Ba²⁺，再根据溶液呈电中性可知，溶液中一定含有Na⁺；
向溶液A中加入过量氨水，产生白色沉淀，该沉淀为Al（OH）₃，则原溶液中一定存在AlO₂^-离子；
向滤液B中加入过量氢氧化钡溶液，产生的白色沉淀为BaSO₄，则原溶液中一定含有SO₄^2-；
滤液C中所得的滤液中加入过量稀硝酸，再加入硝酸银溶液，产生白色沉淀，该沉淀为AgCl，但不能证明原溶液中是否含有Cl^-离子，因为在第一步中加入盐酸，
A、由以上分析可知，原溶液中一定存在的离子为：AlO₂^-、CO₃^2-、SO₄^2-、Na⁺，故A错误；
B、A是二氧化碳气体，二氧化碳的电子式为：，故B错误；
C、由以上分析可知，原溶液中一定不存在的离子是Cu²⁺、Ba²⁺、Fe³⁺，故C正确；
D、生成沉淀B的离子方程式为：Al³⁺+3NH₃•H₂0═3NH₄⁺+Al（OH）₃↓，故D错误；
故选C．

点评：
本题考点： 常见离子的检验方法．

考点点评： 本题主要考查学生离子共存和离子反应知识，是现在高考的热点和难点，题目难度中等，注意把握离子的性质以及检验方法，试题充分考查了学生的分析、理解能力．

加适量水充分搅拌，得无色澄清溶液，说明不含CuCl₂，
①蘸取少量原溶液灼烧，未见火焰出现黄色，说明不含有NaOH；
②蘸取少量原溶液滴在PH试纸上，试纸显蓝色，与标准比色卡比较，pH约为11，说明溶液呈强碱性，应含有KOH；
③取lmL原溶液加入3滴乙醛，水浴加热，试管内壁出现光亮的“银镜”，说明混合后所得溶液为银氨溶液，
则混合物中含有NH₄C1、KOH、AgNO₃，可能含有AlCl₃，与过量KOH反应生成KAlO₂．
故选D．

点评：
本题考点： 几组未知物的检验；盐类水解的应用．

考点点评： 本题考查物质的检验，题目难度中等，本题注意根据物质之间的反应现象结合物质的性质解答，明确物质的性质是解答该类题目的关键．

根据题意，Ba²⁺和SO₄^2-，可发生离子反应生成BaSO₄沉淀，因此两者不能大量共存．Ba²⁺和CO₃^2-可发生离子反应生成BaCO₃沉淀，因此两者也不能大量共存．
第一份加入AgNO₃溶液有沉淀产生，可能发生Cl^-+Ag⁺═AgCl↓、CO₃^2-+2Ag⁺═Ag₂CO₃↓、SO₄^2-+2Ag⁺═Ag₂SO₄↓，所以可能含有Cl^-、CO₃^2-、SO₄^2-．
第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到气体0.05mol，能和NaOH溶液加热产生气体的只能是NH₄⁺，而没有沉淀产生说明一定不存在Mg²⁺（Mg²⁺可以和OH^-反应生产氢氧化镁沉淀）．故可确定一定含有NH₄⁺，一定不存在Mg²⁺．
根据反应NH₄⁺+OH^-

△
.
NH₃↑+H₂O，产生NH₃为0.05mol，可得NH₄⁺也为0.05mol．
第三份加足量BaCl₂溶液后，得干燥沉淀8.60g，经足量盐酸洗涤．干燥后，沉淀质量为4.66g，部分沉淀溶于盐酸为
BaCO₃，部分沉淀不溶于盐酸为BaSO₄，发生反应CO₃^2-+Ba²⁺═BaCO₃↓、SO₄^2-+Ba²⁺═BaSO₄↓，
因为BaCO₃+2HCl═BaCl₂+CO₂↑+H₂O而使BaCO₃溶解．因此溶液中一定存在CO₃^2-、SO₄^2-，一定不存在Ba²⁺．
由条件可知BaSO₄为4.66g，物质的量为[4.66g/233g/mol]=0.02mol，
BaCO₃为8.60g-4.66g═3.94g，物质的量为[3.94g/197g/mol]=0.02mol，
由上述分析可得，溶液中一定存在CO₃^2-、SO₄^2-、NH₄⁺，一定不存在Mg²⁺、Ba²⁺．而CO₃^2-、SO₄^2-、NH₄⁺物质的量分别为
0.02mol、0.02mol、0.05mol，CO₃^2-、SO₄^2-所带负电荷为0.02mol×2+0.02mol×2=0.08mol，NH₄⁺所带正电荷为0.05mol，根据溶液中电荷守恒，可知K⁺一定存在，由于K⁺的物质的量不确定，所以不能确定是否含有Cl^-；
综上可知：溶液中一定存在CO₃^2-、SO₄^2-、NH₄⁺、K⁺，一定不存在Mg²⁺、Ba²⁺，不能确定是否含有Cl^-；
故A、B、C错误，D正确；
故选D．

点评：
本题考点： 常见阳离子的检验；常见阴离子的检验．

考点点评： 本题考查离子的检验，采用定性实验和定量计算分析相结合的模式，增大了解题难度，同时涉及离子共存、离子反应等都是解题需注意的信息，尤其是K+的确定易出现失误

A．根据题意，Ba²⁺和SO₄^2-，可发生离子反应生成BaSO₄↓，因此两者不能共存．Ba²⁺和CO₃^2-可发生离子反应生成BaCO₃↓，因此两者也不能共存．
第一份加入AgNO₃溶液有沉淀产生，可能发生Cl^-+Ag⁺═AgCl↓、CO₃^2-+2Ag⁺═Ag₂CO₃↓、SO₄^2-+2Ag⁺═Ag₂SO₄↓，所以可能含有Cl^-、CO₃^2-、SO₄^2-．
第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到气体0.04mol，能和NaOH溶液加热产生气体的只能是NH₄⁺，而没有沉淀产生说明一定不存在Mg²⁺．故可确定一定含有NH₄⁺，一定不存在Mg²⁺．根据反应NH₄⁺+OH^-

△
.
NH₃↑+H₂O，产生NH₃为0.04mol，可得NH₄⁺也为0.04mol．
第三份加足量BaCl₂溶液后，得干燥沉淀6.27g，经足量盐酸洗涤．干燥后，沉淀质量为2.33g．部分沉淀溶于盐酸为
BaCO₃，部分沉淀不溶于盐酸为BaSO₄，发生反应CO₃^2-+Ba²⁺═BaCO₃↓、SO₄^2-+Ba²⁺═BaSO₄↓，
因为BaCO₃+2HCl═BaCl₂+CO₂↑+H₂O而使BaCO₃溶解．因此溶液中一定存在CO₃^2-、SO₄^2-，一定不存在Ba²⁺．
由条件可知BaSO₄为2.33g，物质的量为[2.33g/233g/mol]═0.01mol
BaCO₃为6.27g-2.33g═3.94g，物质的量为[3.94g/197g/mol]═0.02mol．
则CO₃^2-物质的量为0.02mol，CO₃^2-物质的量浓度为[0.02mol/0.1L]═0.2mol/L
由上述分析可得，溶液中一定存在CO₃^2-、SO₄^2-、NH₄⁺，一定不存在Mg²⁺、Ba²⁺．而CO₃^2-、SO₄^2-、NH₄⁺物质的量分别为
0.02mol、0.01mol、0.04mol，CO₃^2-、SO₄^2-所带负电荷分别为0.02mol×2、0.01mol×2，共0.06mol，NH₄⁺所带正电荷为0.04mol，根据溶液中电荷守恒，可知K⁺一定存在，氯离子是否存在不能确定，故A错误；
B．由上述分析可得，CO₃^2-物质的量为0.02mol，CO₃^2-物质的量浓度为[0.02mol/0.1L]═0.2mol/L，100mL溶液中含0.02mol碳酸根离子，故B错误；
C．CO₃^2-、SO₄^2-、NH₄⁺物质的量分别为0.02mol、0.01mol、0.04mol，CO₃^2-、SO₄^2-所带负电荷分别为0.02mol×2、0.01mol×2，共0.06mol，NH₄⁺所带正电荷为0.04mol，根据溶液中电荷守恒，可知K⁺一定存在，且K⁺物质的量≥0.02mol，当K⁺物质的量＞0.02mol时，溶液中还必须存在Cl^-，故C正确；
D．溶液中一定存在CO₃^2-、SO₄^2-、NH₄⁺，Ba²⁺和CO₃^2-、SO₄^2-，可发生离子反应生成BaCO₃↓、BaSO₄↓，因此Ba²⁺一定不存在．同时第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到气体，没有产生沉淀，说明一定不含Mg²⁺，故D错误；
故选C．

点评：
本题考点： 常见离子的检验方法；离子共存问题．

考点点评： 本题考查离子的检验，采用定性实验和定量计算分析相结合的模式，增大了解题难度，同时涉及离子共存、离子反应等都是解题需注意的信息，尤其是K+的确定易出现失误．

根据题意，Ba²⁺和SO₄^2-，可发生离子反应生成BaSO₄↓，因此两者不能共存．Ba²⁺和CO₃^2-可发生离子反应生成BaCO₃↓，因此两者也不能共存．
第一份加入AgNO₃溶液有沉淀产生，可能发生Cl^-+Ag⁺═AgCl↓、CO₃^2-+2Ag⁺═Ag₂CO₃↓、SO₄^2-+2Ag⁺═Ag₂SO₄↓，所以可能含有Cl^-、CO₃^2-、SO₄^2-．
第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到气体0.05mol，和NaOH溶液加热产生气体的只能是NH₄⁺，而没有沉淀产生说明一定不存在Mg²⁺．故可确定一定含有NH₄⁺，一定不存在Mg²⁺．根据反应NH₄⁺+OH^-═NH₃↑+H₂O，产生NH₃为0.05mol，可得NH₄⁺也为0.05mol；
第三份加足量BaCl₂溶液后，得干燥沉淀6.27g，经足量盐酸洗涤．干燥后，沉淀质量为2.33g．部分沉淀溶于盐酸为BaCO₃，部分沉淀不溶于盐酸为BaSO₄，发生反应CO₃^2-+Ba²⁺═BaCO₃↓、SO₄^2-+Ba²⁺═BaSO₄↓，因为BaCO₃+2HCl═BaCl₂+CO₂↑+H₂O而使BaCO₃溶解．因此溶液中一定存在CO₃^2-、SO₄^2-，一定不存在Ba²⁺．
由条件可知BaSO₄为2.33g，物质的量为[2.33g/233g/mol]═0.01mol
则SO₄^2-物质的量为0.01mol，SO₄^2-物质的量浓度=[0.01mol/0.1L]=0.1mol/L
BaCO₃为6.27g-2.33g═3.94g，物质的量为[3.94g/197g/mol]═0.02mol．
则CO₃^2-物质的量为0.02mol，CO₃^2-物质的量浓度为[0.02mol/0.1L]═0.2mol/L
由上述分析可得，溶液中一定存在CO₃^2-、SO₄^2-、NH₄⁺，一定不存在Mg²⁺、Ba²⁺．而CO₃^2-、SO₄^2-、NH₄⁺物质的量分别为0.02mol、0.01mol、0.04mol；
CO₃^2-、SO₄^2-所带负电荷分别为0.02mol×2、0.01mol×2，共0.06mol，NH₄⁺所带正电荷为0.05 mol，根据溶液中电荷守恒，可知K⁺一定存在，K⁺物质的量≥0.01 mol，当K⁺物质的量＞0.01 mol时，溶液中还必须含有Cl^-；当K⁺物质的量=0.01 mol时，溶液中不含有Cl^-；
（1）依据上述分析可知Cl^-可能含有，依据实验现象分析溶液中一定不含有Mg²⁺、Ba²⁺；故答案为：不能确定；Mg²⁺、Ba²⁺；
（2）依据上述分析计算，得到一定存在的阴离子为CO₃^2-、SO₄^2-，其物质的量浓度分别为：c（CO₃^2-）=0.2mol/L；c（SO₄^2-）=0.1mol/L；
故答案为：一定存在的阴离子为CO₃^2-、SO₄^2-，0.2 0.1；
（3）溶液中一定存在CO₃^2-、SO₄^2-、NH₄⁺，一定不存在Mg²⁺、Ba²⁺．而CO₃^2-、SO₄^2-、NH₄⁺物质的量分别为0.02mol、0.01mol、0.04mol；
CO₃^2-、SO₄^2-所带负电荷分别为0.02mol×2、0.01mol×2，共0.06mol，NH₄⁺所带正电荷为0.05 mol，根据溶液中电荷守恒，可知K⁺一定存在，K⁺物质的量≥0.01 mol，当K⁺物质的量＞0.01 mol时，溶液中还必须含有Cl^-；当K⁺物质的量=0.01 mol时，溶液中不含有Cl^-；
故答案为：存在；溶液中一定存在CO₃^2-、SO₄^2-、NH₄⁺，一定不存在Mg²⁺、Ba²⁺．而CO₃^2-、SO₄^2-、NH₄⁺物质的量分别为0.02mol、0.01mol、0.04mol；
CO₃^2-、SO₄^2-所带负电荷分别为0.02mol×2、0.01mol×2，共0.06mol，NH₄⁺所带正电荷为0.05 mol，根据溶液中电荷守恒，可知K⁺一定存在；

点评：
本题考点： 几组未知物的检验．

考点点评： 本题考查离子的检验，采用定性实验和定量计算分析相结合的模式，增大了解题难度，同时涉及离子共存、离子反应等都是解题需注意的信息，尤其是K+的确定易出现失误．题目难度较大．

处在n=4的能级的一群氢原子向低能级跃迁时能发出不同光电子的数目为C24=6种，n=4跃迁到n=3辐射的光子能量为0.66eV，n=3跃迁到n=2辐射的光子能量为1.89eV，n=4跃迁到n=2辐射的光子能量为2.55eV，均小于3.2eV，不能使...

点评：
本题考点： 氢原子的能级公式和跃迁．

考点点评： 解决本题的关键知道能极差与光子能量的关系，以及掌握发生光电效应的条件．

由题意知溶液为无色澄清溶液，一定不含Fe³⁺，且溶液中含有的离子必须能大量共存．由实验Ⅰ可知，该溶液中一定含有CO₃^2-，其浓度为

0.56L
22.4L/mol
0.1L=0.25mol/L，则一定没有Al³⁺、Mg²⁺、Ba²⁺；由生成白色沉淀判断溶液中一定含有SiO₃^2-，发生反应SiO₃^2-+2H⁺=H₂SiO₃↓，SiO₃^2-的浓度为

2.4g
60g/mol
0.1L=0.4mol/L．由实验Ⅲ可知溶液中不含SO₄^2-，根据电荷守恒2c（CO₃^2-）+2c（SiO₃^2-）+c（Cl^-）=2×0.25mol/L+2×0.4mol/L+0.5mol•L^-1=1.8mol/L，因此溶液中一定含有K⁺，且其浓度至少为1.8mol/L，不能确定NO₃^-是否存在，
（1）由上述分析可知，一定不含Al³⁺、Mg²⁺、Ba²⁺、Fe³⁺、SO₄^2-，故答案为：Al³⁺、Mg²⁺、Ba²⁺、Fe³⁺、SO₄^2-；
（2）实验Ⅰ中生成沉淀的离子方程式为为SiO₃^2-+2H⁺

△
.
H₂SiO₃↓，故答案为：SiO₃^2-+2H⁺

△
.
H₂SiO₃↓；
（3）由上述分析可知，c（CO₃^2-）=0.25mol/L，c（SiO₃^2-）=0.4mol/L，
故答案为：

阴离子CO₃^2-SiO₃^2-
c/（mol•L^-1）0.250.4（4）由2c（CO₃^2-）+2c（SiO₃^2-）+c（Cl^-）=2×0.25mol/L+2×0.4mol/L+0.5mol•L^-1=1.8mol/L，根据电荷守恒可知溶液中一定含有K⁺，且其浓度至少为1.8mol/L，
故答案为：存在，由电荷守恒可知最小浓度为1.8 mol•L^-1．

点评：
本题考点： 无机物的推断．

考点点评： 本题考查离子的推断，为高频考点，把握离子的颜色、离子之间的反应为解答的关键，侧重分析、推断及计算能力的综合考查，题目难度不大．

开始时加入1体积氢氧化钠溶液后没有生成沉淀，说明溶液中一定存在氢离子或碳酸氢根离子，由于后面有沉淀生成及部分沉淀溶解可知，溶液中一定存在Al³⁺，所以溶液中一定不存在CO₃^2-，则一定存在H⁺离子，AlO₂^-能够与氢离子反应，则一定不存在AlO₂^-；
生成沉淀消耗了6体积氢氧化钠，溶液中可能存在生成沉淀的离子：Mg²⁺、Fe³⁺、Al³⁺，根据最后阶段部分沉淀溶解可知，溶液中一定存在Al³⁺，根据图象氢氧化铝沉淀的物质的量与剩余的沉淀的物质的量相等，由OH^-～AlO₂^-可知消耗溶解氢氧化铝消耗了a体积氢氧化钠，所以生成氢氧化铝沉淀消耗了3体积氢氧化钠，则另一种离子生成的沉淀的量与消耗的氢氧化钠与铝离子相同，说明另一种离子应该为+3价离子，只能为Fe³⁺离子，故原溶液中一定不存在I^-、Fe²⁺、Mg²⁺；
再由沉淀的物质的量达到最大后氢氧化铝没有溶解，说明加入的氢氧化钠溶液与NH₄⁺发生了反应，即溶液中一定存在NH₄⁺；
再根据溶液呈电中性可知，溶液中至少存在Cl^-、Br^-中的1种离子，
根据以上分析可知，原溶液中一定存在的离子为：H⁺、NH₄⁺、Fe³⁺、Al³⁺；一定不存在的离子为：Mg²⁺、Fe²⁺、I^-、CO₃^2-、AlO₂^-；可能存在的离子为：K⁺；至少存在Cl^-、Br^-中的1种离子，
A．原溶液中不存在偏铝酸根离子，加入盐酸不会生成沉淀，故A错误；
B．根据分析可知，溶液中至少存在Cl^-、Br^-中的至1种离子，不一定都存在，故B错误；
C．根据分析可知，生成的沉淀为氢氧化铝和氢氧化铁的混合物，加入过量氢氧化钠溶液后氢氧化铝沉淀溶解，剩余的沉淀为Fe（OH）₃，故C正确；
D．原溶液中一定存在阴离子，为Cl^-、Br^-中的1种离子，所以最后的溶质不是只有偏铝酸钠，故D错误；
故选C．

点评：
本题考点： 离子方程式的有关计算．

考点点评： 本题考查了离子检验的方法应用，题目难度中等，氢氧化铝是两性氢氧化物溶于强碱是解题关键，本题难点在于根据图象中的数据判断铁离子的存在、根据电荷守恒判断溴离子、氯离子的存在情况．

加HCl有气体说明有CO₃^2-、SO₃^2-中的至少一种离子，生成的气体可以是二氧化碳、或是二氧化硫或是二者的混合物，一定不存在和碳酸根或是亚硫酸根不共存的离子，所以不存在镁离子、铝离子，加盐酸有沉淀，说明一定有SiO₃^2-，生成硅酸沉淀；溶液甲加入过量氨水（提供OH^-）有沉淀生成，只能是氢氧化铝沉淀，说明此时溶液中存在铝离子，但是原来溶液中的铝离子一定不能存在，所以该铝离子是偏铝酸根离子和盐酸反应生成的，所以一定存在AlO₂^-离子，又溶液为电中性，一定存在阳离子K⁺，
（1）X加入稀盐酸生成气体甲的离子方程式为CO₃^2-+2H⁺=CO₂↑+H₂O或SO₃^2-+2H⁺=SO₂↑+H₂O，故答案为：CO₃^2-+2H⁺=CO₂↑+H₂O；
（2）无色溶液甲与过量氨水反应的离子方程式为Al³⁺+3NH₃．H₂O=Al（OH）₃↓+3NH₄⁺，故答案为：Al³⁺+3NH₃．H₂O=Al（OH）₃↓+3NH₄⁺；
（3）由上述分析可知，一定存在K⁺、AlO₂^-、SiO₃^2-，SO₃^2-、CO₃^2-中至少有一种，故答案为：K⁺、AlO₂^-、SiO₃^2-，SO₃^2-、CO₃^2-中至少有一种；
（4）a．由上述实验，不能确定SO₄^2-，则可能还含有SO₄^2-，故a正确；
b．AlO₂^-、SiO₃^2-、SO₃^2-、CO₃^2-中均为弱酸根离子，水解显碱性，则室温下，溶液的pH＞7，故b正确；
c．溶液不显电性，一定遵守电荷守恒，故c正确；
d．X的成分不能确定，则不能判断一定遵守物料守恒，故d错误；
故答案为：d；
（5）对气体甲的分析实验，以进一步确定溶液中可能存在的离子，则气体通过品红溶液，溶液褪色，则为二氧化硫，可知溶液中含SO₃^2-，若不褪色，原溶液中含CO₃^2-；原溶液中，先加盐酸，再加氯化钡，观察是否生成白色沉淀，可检验是否含SO₄^2-，
故答案为：气体通过品红溶液，溶液是否褪色（原溶液中，先加盐酸，再加氯化钡，观察是否生成白色沉淀）；褪色，则溶液中含SO₃^2-，若不褪色，原溶液中含CO₃^2-（可检验是否含SO₄^2-）．

点评：
本题考点： 物质的检验和鉴别的实验方案设计．

考点点评： 本题考查物质鉴别和检验实验方案的设计，为高频考点，把握实验中发生的反应、现象与结论的关系为解答的关键，注意X中离子的推断及离子的检验方法，侧重分析与实验能力的考查，题目难度中等．

①将X加入足量水中，得到不溶物Y和溶液Z，Y可能为Fe、FeO、CuO、MnO₂中的物质，Z可能为KCl和K₂CO₃中的物质；
②取少量Y加入足量浓盐酸，加热，产生黄绿色气体，并有少量红色不溶物，黄绿色气体为氯气，红色不溶物为铜，可说明Y中至少含有CuO、MnO₂，并应含有Fe；
③向Z溶液中滴加AgNO₃溶液，生成白色沉淀，可能为氯化银或碳酸银沉淀；
④用玻璃棒蘸取溶液Z于广范pH试纸上，试纸呈蓝色，说明溶液呈碱性，应含有K₂CO₃，可能含有KCl，
由以上分析可知X中应含有CuO、MnO₂、K₂CO₃以及Fe，但不能确定是否含有FeO、KCl，
故选B．

点评：
本题考点： 物质的检验和鉴别的实验方案设计；无机物的推断；物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用．

考点点评： 本题考查无机物的推断，侧重于物质的检验和鉴别的实验方案的设计以及元素化合物知识的综合应用，注意把握物质的性质，根据反应的现象进行判断．

处在n=4能级的一群氢原子向低能级跃迁时，由n=4跃迁到n=3时，辐射的光子频率最小，则波长最长．故B正确，A、C、D错误．
故选：B．

点评：
本题考点： 氢原子的能级公式和跃迁．

考点点评： 解决本题的关键知道能级间跃迁所满足的规律，即Em-En=hv．

（1）①第一份加过量NaOH溶液后加热，收集到0.02mol气体，即为氨气，一定含有NH₄⁺，物质的量为0.02mol，无沉淀生成，则一定不含有Fe³⁺、Mg²⁺；
②向甲溶液中通入过量CO₂，生成白色沉淀，即为氢氧化铝，则原溶液中一定有Al³⁺，一定不含有碳酸根离子，铝离子和过量的氢氧化钠反应生成偏铝酸钠溶液，溶液中通入过量CO₂，生成白色沉淀，即为氢氧化铝，氢氧化铝沉淀经过滤、洗涤、灼烧后，得到1.02g固体即为氧化铝，根据铝元素守恒，得到铝离子的物质的量是[1.02g/102g/mol]×2=0.02mol；
③第二份加足量BaCl₂溶液后，生成白色沉淀，则一定含有硫酸根离子，沉淀经足量盐酸洗涤、干燥后，得到11.65g固体即硫酸钡的质量是11.65g，根据钡元素守恒，所以钡离子的物质的量是0.05mol，
综上可知，一定含有的离子是：NH₄⁺、Al³⁺、SO₄^2-，其浓度分别是：0.2mol/L；0.2mol/L；0.5mol/L，
故答案为：NH₄⁺；0.2；Al³⁺；0.2；SO₄^2-；0.5；
（2）溶液中一定不含有的离子是Fe³⁺、Mg²⁺、Ba²⁺、CO₃^2-，故答案为：Fe³⁺、Mg²⁺、Ba²⁺、CO₃^2-；
（3）任何溶液中都存在电荷守恒，NH₄⁺、Al³⁺、SO₄^2-，其浓度分别是：0.2mol/L；0.2mol/L；0.5mol/L，可以知道NH₄⁺、Al³⁺的正电荷总量小于SO₄^2-负电荷总量，依据电荷守恒，则一定有K⁺存在，
故答案为：已知的NH₄⁺、Al³⁺的正电荷总量小于SO₄^2-负电荷总量，依据电荷守恒，一定有K⁺存在．

点评：
本题考点： 常见离子的检验方法．

考点点评： 本题考查离子的检验，采用定性实验和定量计算分析相结合的模式，增大了解题难度，同时涉及离子共存、离子反应等都是解题需注意的信息，尤其是K+的确定易出现失误．

（1）因为214÷26≈8.2，最多是8种；214÷15≈14.3，最多是14种，因此展台上的畅销书有8-14种；
答：展台上的畅销书有8-14种．
（2）因为不少于15本，所以摆放数目最少的那种畅销书有15本．
答：摆放数目最少的那种畅销书有15本．
故答案为：8-14种，15．

点评：
本题考点： 整数的裂项与拆分．

考点点评： 此题应向极端考虑，找出两端，确定展台上的畅销书有几种．

加HCl有气体说明有CO₃^2-、SO₃^2-中的至少一种离子，生成的气体可以是二氧化碳、或是二氧化硫或是二者的混合物，一定不存在和碳酸根或是亚硫酸根不共存的离子，所以不存在镁离子、铝离子，加盐酸有沉淀，说明一定有硅酸根离子，硅酸是沉淀，加入过量氨水（提供OH^-）有沉淀生成，只能是氢氧化铝沉淀，说明此时溶液中存在铝离子，但是原来溶液中的铝离子一定不能存在，所以该铝离子是偏铝酸根离子和盐酸反应生成的，所以，一定存在偏铝酸根离子，要保证溶液电中性，只有K⁺这一个阳离子，所以一定存在钾离子．
A、溶液中一定含有CO₃^2-、SO₃^2-中的至少一种离子，则一定不含有镁离子，它们和镁离子不共存，所以沉淀甲是硅酸，不可能是硅酸镁，故A错误；
B、根据上述推断，溶液中一定含有K⁺、AlO₂^-和SiO₃^2-，故B正确；
C、加HCl有气体说明有CO₃^2-、CO₃^2-中的至少一种离子，生成的气体可以是二氧化碳、或是二氧化硫或是二者的混合物，故C错误；
D、碳酸根和硫酸根离子是否存在不能确定，故D错误．
故选B．

点评：
本题考点： 常见离子的检验方法．

考点点评： 本题涉及离子的检验和离子共存等方面的知识，注意离子的特征离子反应是解决该问题的关键所在，综合性强，难度大．

（1）加入稀硝酸无气体放出，说明原溶液中无CO₃^2-；
（2）加入一定量Ba（OH）₂溶液，生成有色沉淀，说明原溶液中含有Fe³⁺，可能含有SO₄^2-，过滤后在滤液中加入稀硝酸酸化，然后滴入AgNO₃溶液，有白色沉淀生成，说明原溶液中含有Cl^-；
（3）有色沉淀加入足量的稀盐酸后，沉淀全部溶解，说明沉淀中不含有硫酸钡．即原溶液中不存在SO₄^2-；
（5）加入氨水使溶液呈碱性，有沉淀生成，过滤．往得到的沉淀中加入过量的NaOH溶液，沉淀减少，说明原溶液中肯定含有Fe³⁺、Al³⁺．
因此，一定不含有的离子是SO₄^2-、CO₃^2-；肯定含有的离子是Fe³⁺、Al³⁺、Cl^-；因实验没有涉及到K⁺，则不能确定是否含有的离子是K⁺，可通过焰色反应进行鉴别．
故答案为：SO₄^2-、CO₃^2-；Fe³⁺、Al³⁺、Cl^-；K⁺；焰色反应．

点评：
本题考点： 常见离子的检验方法；离子共存问题；无机物的推断．

考点点评： 本题考查常见离子的检验，题目难度中等，本题注意通过反应的实验现象判断，把握物质的典型性质，作为推断的突破口．

由于是无色气体，所以一定没有红棕色的气体二氧化氮；将气体通入氯水中，得到无色溶液，由于溴离子能够被氯气氧化成有色的溴单质，一定不存在溴化氢气体；加入酸化的BaCl₂溶液，结果产生白色沉淀，说明一定有SO₂，沉淀为硫酸钡；加入酸化的AgNO₃溶液，产生白色沉淀为氯化银，但氯水中含有氯元素，不能确定原气体含氯化氢，所以一定存在的气体为：SO₂；一定不存在的气体为：HBr、NO₂；可能存在的气体为：HCl、CO₂，
A、一定存在二氧化硫，但是不能确定氯化氢是否存在，故A错误；
B、一定不存在的气体为：HBr、NO₂，二氧化碳可能存在，故B错误；
C、可能存在二氧化碳，一定不存在溴化氢，故C错误；
D、根据以上分析可知，一定有SO₂，可能有HCl、CO₂，故D正确；
故选D．

点评：
本题考点： 几组未知物的检验．

考点点评： 本题考查了几组未知物的检验，该题是高考中的高频题，属于中等难度的试题，侧重对学生基础知识的训练和检验．有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力

将该混合物溶于水后得无色澄清溶液判断溶液中一定不含Cu²⁺，Ba²⁺、Mg²⁺和SO₄^2-、CO₃^2-不能同时存在，加入硝酸银溶液生成白色沉淀，可能存在Cl^-、SO₄^2-、CO₃^2-；加入足量氢氧化钠溶液加热收集到气体说明一定为氨气，溶液中一定含有NH₄⁺、一定不含Mg²⁺；加入足量氯化钡溶液得到彻底中加入盐酸沉淀部分溶解，说明沉淀 为BaSO₄、BaCO₃，说明溶液中存在SO₄^2-、CO₃^2-，推断溶液中一定不含Ba²⁺，K⁺、是否存在依据离子物质的量结合溶液中电荷守恒分析计算进行判断；
（1）上述分析可知，该混合物中一定不存在的离子是Mg²⁺、Cu²⁺、Ba²⁺；
故答案为：Mg²⁺、Cu²⁺、Ba²⁺；
（2）溶液中一定存在的阴离子是SO₄^2-、CO₃^2-；
故答案为：SO₄^2-、CO₃^2-；
（3）实验b发生反应是铵根离子和氢氧根离子反应生成氨气和水，反应的离子方程式为为：NH₄⁺+OH^-=NH₃↑+H₂O；
故答案为：NH₄⁺+OH^-=NH₃↑+H₂O；
（4）题干信息可知，NH₄⁺ 物质的量 0.05mol，SO₄^2-物质的量为0.01mol，CO₃^2- 物质的量为0.02mol，由溶液中电荷守恒可知，溶液中一定含有K⁺，溶液中电荷守恒c（K⁺）+c（NH₄⁺）=2c（SO₄^2-）+2c（（CO₃^2-），c（K⁺）=0.2mol/L，溶液中可能存在Cl^-，所以c（K⁺）≥0.2mol/L；
故答案为：是；题干信息可知，NH₄⁺ 物质的量 0.05mol，SO₄^2-物质的量为0.01mol，CO₃^2- 物质的量为0.02mol，由溶液中电荷守恒可知，溶液中一定含有K⁺；c（K⁺）≥0.2mol/L．

点评：
本题考点： 常见离子的检验方法；离子共存问题．

考点点评： 本题考查了溶液中离子性质和离子共存的分析判断，离子反应的现象分析，溶液中电荷守恒的计算应用是解题关键，题目难度中等．

①加入AgNO₃溶液有沉淀产生，说明溶液中可能存在Cl^-、CO₃^2-、SO₄^2-；
②加足量NaOH溶液加热后，得到一种刺激性气味的气体，则溶液中一定含有NH₄⁺；
③加足量BaCl₂溶液后，得白色沉淀，用足量盐酸洗涤、沉淀部分溶解，则溶液中一定含CO₃^2-、SO₄^2-，所以Mg²⁺、Ba²⁺与CO₃^2-不共存，所以不含Mg²⁺、Ba²⁺；
所以一定存在的离子为NH₄⁺、CO₃^2-、SO₄^2-；一定没有的离子是Mg²⁺、Ba²⁺；K⁺、Cl^-不能确定；
故选A；

点评：
本题考点： 常见离子的检验方法．

考点点评： 本题考查常见阴、阳离子的检验，注意根据反应现象分析，难度中等．

①根据题意，pH=1的工业废液，含有H⁺，100mL溶液H⁺物质的量═0.01mol，因CO₃^2-+2H⁺═CO₂↑+H₂O，因此两者不能大量共存，一定不存在CO₃^2-，故②错误；
Ba²⁺和SO₄^2-，可发生离子反应生成BaSO₄沉淀，因此两者不能大量共存，一定存在SO₄^2-，故④错误；
第一份加入AgNO₃溶液有沉淀产生，可能发生Cl^-+Ag⁺═AgCl↓、SO₄^2-+2Ag⁺═Ag₂SO₄↓，所以可能含有Cl^-、SO₄^2-；
第二份加足量BaCl₂溶液后，得干燥沉淀2.33g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量不变，因BaCO₃沉淀可溶于盐酸，BaCO₃+2HCl═BaCl₂+CO₂↑+H₂O，所以得沉淀2.33g为不溶于盐酸的BaSO₄，发生反应SO₄^2-+Ba²⁺═BaSO₄↓，因此溶液中一定存在SO₄^2-，一定不存在Ba²⁺、CO₃^2-、由条件可知BaSO₄为2.33g，物质的量为 [2.33g/233g/mol]=0.01mol，SO₄^2-的物质的量等于0.01mol，根据SO₄^2-+2Ag⁺═Ag₂SO₄↓，生成沉淀Ag₂SO₄为0.01mol×312g/mol=3.12g，第一份加入足量AgNO₃溶液，得干燥沉淀3.50g，说明发生Cl^-+Ag⁺═AgCl↓生成沉淀AgCl为3.50g-2.33g═1.17g，Cl^- 的物质的量等于0.02mol，所以一定存在Cl^-，故③正确；
Cl^-、SO₄^2-所带负电荷分别为0.02mol×1、0.01mol×2，H⁺所带正电荷为0.01mol，
根据溶液中的电荷守恒，溶液呈电中性，则一定含有镁离子，且镁离子的物质的量为0.02mol×1+0.01mol×2-0.01mol×1=0.03mol，故①正确；
故选A．

点评：
本题考点： 常见离子的检验方法．

考点点评： 本题考查了离子的检验，采用定性实验和定量计算分析相结合的模式，增大了解题难度，同时涉及离子共存、离子反应等都是解题需注意的信息，题目难度较大．