河南省信阳高中商丘一高高中化学第五章 化工生产中的重要非金属元素练习题含答案解析.docx

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河南省信阳高中商丘一高高中化学第五章化工生产中的重要非金属元素练习题含答案解析

一、选择题

1．某稀硫酸和稀硝酸混合溶液100mL，逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉加入量的变化如图所示。

下列说法错误的是（　　）

A．H2SO4浓度为4mol/L

B．溶液中最终溶质为FeSO4

C．原混合酸中NO3-浓度为0.2mol/L

D．AB段反应为：

Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋

【答案】C

【分析】

由图象可知，由于铁过量，OA段发生反应为：

Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，AB段发生反应为：

Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段发生反应为Fe+2H+=Fe2++H2↑．最终消耗Fe为22.4g，此时溶液中溶质为FeSO4，则n（FeSO4）=n（Fe），由硫酸根守恒n（H2SO4）=n（FeSO4），根据OA段离子方程式计算原混合酸中NO3-物质的量，再根据c=

计算c（H2SO4）、c（NO3-）。

【详解】

A、反应消耗22.4g铁，也就是22.4g÷56g/mol＝0.4mol，所有的铁都在硫酸亚铁中，根据硫酸根守恒，所以每份含硫酸0.4mol，所以硫酸的浓度是4mol/L，A正确；

B、硝酸全部被还原，没有显酸性的硝酸，因为溶液中有硫酸根，并且铁单质全部转化为亚铁离子，所以溶液中最终溶质为FeSO4，B正确；

C、OA段发生反应为：

Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，硝酸全部起氧化剂作用，所以n（NO3-）=n（Fe）＝0.2mol，NO3-浓度为2mol/L，C错误；

D、由图象可知，由于铁过量，OA段发生反应为：

Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，AB段发生反应为：

Fe+2Fe3+＝3Fe2+，BC段发生反应为：

Fe+2H+=Fe2++H2↑，D正确。

答案选C。

【点晴】

该题难度较大，解答的关键是根据图象分析各段发生的反应，注意与铁的反应中硝酸全部起氧化剂作用。

在做此类题目时，应当先分析反应的过程，即先发生的是哪一步反应，后发生的是哪一步。

计算离子时注意用离子方程式计算。

还需要用到一些解题技巧来简化计算过程，比如合理使用守恒原理等。

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．浓硫酸与下列物质反应（可以加热），既体现酸性、又体现氧化性的是（）

A．铜B．炭C．五水硫酸铜D．氧化铜

【答案】A

【详解】

A．铜与浓硫酸在加热条件下反应，生成硫酸铜、二氧化硫和水，浓硫酸表现酸性和强氧化性，A符合题意；

B．炭与浓硫酸在加热条件下反应，生成二氧化碳、二氧化硫和水，浓硫酸表现强氧化性，B不符合题意；

C．五水硫酸铜中加入浓硫酸，生成无水硫酸铜，浓硫酸表现吸水性，C不符合题意；

D．氧化铜与浓硫酸反应，生成硫酸铜和水，浓硫酸表现酸性，D不符合题意；

故选A。

4．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。

5．向下列溶液中通入足量相应气体后，各离子组还能大量存在的是

A．二氧化碳：

K+、Na+、

、Cl-B．氨气：

Mg2+、Al3+、Na+、

C．氯化氢：

Ca2+、Fe3+、

、Cl-D．氯气：

Na+、Ba2+、

、

【答案】C

【详解】

A．CO2、

、H2O会发生反应产生

，不能大量共存，A不符合题意；

B．NH3·H2O与Mg2+、Al3+会发生反应产生Mg（OH）2、Al（OH）3沉淀，不能大量共存，B不符合题意；

C．HCl溶于水电离产生H+、Cl-，与选项离子之间不能发生任何反应，可以大量共存，C符合题意；

D．氯气溶于水，反应产生HCl、HClO，HCl与

会反应产生H2O、CO2；HClO与

会发生氧化还原反应，也不能大量共存，D不符合题意；

故合理选项是C。

6．一定量的锌与100mL18.5mol·L－1的浓硫酸充分反应后，锌完全溶解，同时生成气体A33.6L（标况）。

将反应液稀释至1L，测得溶液的c（H＋）＝0.1mo1·L－1，则叙述中错误的是（）

A．气体A为SO2和H2的混合物B．气体A中SO2与H2的体积之比为4︰1

C．反应中共消耗97.5gZnD．反应中共转移3mol电子

【答案】B

【分析】

生成气体的物质的量为

=1.5mol，溶液剩余硫酸的物质的量为0.1×

=0.05mol，参加反应是硫酸的物质的量为0.1×18.5-0.05=1.8mol，随着反应的进行，硫酸的浓度逐渐减小，设生成xmol二氧化硫，ymol氢气，则有x+y=1.52x+y=1.8，解x=0.3，y=1.2；根据电子得失守恒可知：

2n（Zn）=2n（SO2）+2n（H2）=2×0.3+2×1.2，所以n（Zn）=1.5mol，据以上分析解答。

【详解】

生成气体的物质的量为

=1.5mol，溶液剩余硫酸的物质的量为0.1×

=0.05mol，参加反应是硫酸的物质的量为0.1×18.5-0.05=1.8mol，随着反应的进行，硫酸的浓度逐渐减小，设生成xmol二氧化硫，ymol氢气，则有x+y=1.52x+y=1.8，解x=0.3，y=1.2；根据电子得失守恒可知：

2n（Zn）=2n（SO2）+2n（H2）=2×0.3+2×1.2，所以n（Zn）=1.5mol，

A、由以上分析可知气体为二氧化硫和氢气的混合气体，正确，不选A；

B、气体为二氧化硫和氢气，体积比为0.3:

1.2=1:

4，错误，选B；

C、由以上分析可知，反应中共消耗金属锌的质量为1.5×65=97.5g，正确，不选C；

D、由以上分析可知，根据金属锌计算转移电子数为1.5×2=3mol，正确，不选D；

故答案选B。

7．下列各组物质中，物质之间通过一步反应就能实现如图所示转化的是（）

a

b

c

A

Al

AlCl3

Al（OH）3

B

NO

NO2

HNO3

C

Si

SiO2

H2SiO3

D

S

SO2

H2SO4

A．AB．BC．CD．D

【答案】B

【详解】

试题分析：

A项：

用Al（OH）3无法一步生成Al，故错。

B项：

可以。

如2NO+O2=2NO2，3NO2+H2O=2HNO3+NO，Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O，3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，故正确。

C项：

SiO2无法一步生成H2SiO3，H2SiO3无法一步生成Si，故错。

D项：

H2SO4无法一步生成FeS2，故错。

故选B。

考点：

无机推断

点评：

本题考查的是无机推断的知识，要求学生对课本中的化学反应要熟悉掌握，识记化学方程式的书写。

8．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。

9．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。

10．类推思维是化学解题中常用的一种思维方法，下列有关离子方程式的类推正确的是

已知

类推

A

将Fe加入CuSO4溶液中：

Fe+Cu2+=Cu+Fe2+

将Na加入到CuSO4溶液中：

2Na+Cu2+=Cu+2Na+

B

向稀硫酸加入NaOH溶液至中性：

H++OH-=H2O

向H2SO4溶液加入Ba（OH）2溶液至中性：

H++OH-=H2O

C

向氯化铝溶液中加入足量NaOH溶液：

Al3++4OH-=AlO2-+2H2O

向氯化铝溶液中加入足量氨水：

Al3++4NH3·H2O=AlO2-+2H2O+4NH4+

D

向Ca（OH）2溶液中通入过量CO2：

CO2+OH-=HCO3-

向Ca（OH）2溶液中通入过量SO2：

SO2+OH-=HSO3-

A．AB．BC．CD．D

【答案】D

【详解】

A、钠与硫酸铜溶液反应，钠会优先与水反应，生成氢氧化钠，氢氧化钠再与硫酸铜反应生成氢氧化铜，A错误；

B、硫酸与氢氧化钡除了生成水还生成硫酸钡沉淀，B错误；

C、氢氧化铝溶于强碱，不溶于弱碱，C错误；

D、CO2和SO2均为酸性氧化物，与碱反应时类似，D正确；

答案选D。

11．将一定质量的镁、铜组成的混合物加入到稀硝酸中，金属完全溶解（假设反应中还原产全部是NO）。

向反应后的溶液中加入3mol/LNaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则下列叙述中正确的是

A．当生成沉淀达到最大值时，消耗NaOH溶液的体积一定为100mL

B．当金属全部溶解时，参加反应的硝酸的物质的量一定是0.4mol

C．当金属全部溶解时收集到NO气体的体积为2.24L

D．参加反应的金属的总质量一定是6.6g

【答案】B

【解析】

【分析】

将一定量的镁和铜组成的混合物加入到稀硝酸中，金属完全溶解，发生反应为3Mg+8HNO3（稀）=3Mg（NO3）2+2NO↑+4H2O、3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O；向反应后的溶液中加入3mol/LNaOH溶液至沉淀完全，发生反应为Mg（NO3）2+2NaOH=Mg（OH）2↓+2NaNO3、Cu（NO3）2+2NaOH=Cu（OH）2↓+2NaNO3，沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜，生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为5.1g，氢氧根的物质的量为5.1g÷17g/mol=0.3mol。

金属在反应中均失去2个电子，根据电子转移守恒可知镁和铜的总的物质的量＝0.3mol÷2＝0.15mol；

【详解】

A、若硝酸无剩余，则参加反应氢氧化钠的物质的量等于0.3mol，需要氢氧化钠溶液体积=0.3mol÷3mol/L=0.1L=100mL，硝酸若有剩余，消耗的氢氧化钠溶液体积大于100mL，A错误；

B、根据方程式可知参加反应的硝酸的物质的量是0.15mol×8/3=0.4mol，B正确；

C、镁和铜的总的物质的量为0.15mol，根据电子转移守恒可知生成的NO物质的量为0.3mol÷3=0.1mol。

若为标准状况下，生成NO的体积为0.1mol×22.4L/mol=2.24L，但NO不一定处于标准状况，收集到NO气体的体积不一定为2.24L，C错误；

D、镁和铜的总的物质的量为0.15mol，假定全为镁，质量为0.15mol×24g/mol=3.6g，若全为铜，质量为0.15mol×64g/mol=9.6g，所以参加反应的金属的总质量为3.6g＜m＜9.6g，D错误；

答案选B。

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．检验试管中盛有的少量白色固体是铵盐的方法是

A．将固体加热，用湿润的红色石蕊试纸在试管口检验，看是否变蓝

B．加水溶解，用pH试纸测溶液的酸碱性

C．加入NaOH溶液，加热，再滴入酚酞试液

D．加入NaOH溶液，加热，用湿润的红色石蕊试纸在试管口检验，看是否变蓝

【答案】D

【详解】

利用离子反应：

，即加入NaOH溶液后加热会生成NH3，NH3是一种碱性气体，溶于水生成NH3.H2O显碱性,故能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，答案选D。

14．下列有关S和

的叙述正确的是（）

A．硫粉在过量的氧气中燃烧可以生成

B．空气吹出法提取海水中的溴常用

作氧化剂

C．将

通入

溶液能生成白色沉淀

D．

具有漂白性，所以能使品红溶液和高锰酸钾酸性溶液褪色

【答案】C

【详解】

A．硫粉在过量的氧气中燃烧也只能生成

，A不正确；

B．空气吹出法提取海水中的溴，常用

作还原剂，将溴还原为易溶于水的氢溴酸而富集，B不正确；

C．二氧化硫的水溶液显酸性，硝酸根离子在酸性条件下有强氧化性，可以将二氧化硫氧化为硫酸，因此，将

通入

溶液能生成白色沉淀硫酸钡，C正确；

D．

具有漂白性，所以能使品红溶液褪色，但是其能使高锰酸钾酸性溶液褪色不是因为其有漂白性，而是因为其有还原性，D不正确。

综上所述，有关S和

的叙述正确的是C。

15．蛇纹石由MgO、Al2O3、SiO2、Fe2O3组成。

现取一份蛇纹石试样进行实验，首先将其溶于过量的盐酸，过滤后，在所得的沉淀X和溶液Y中分别加入NaOH溶液至过量。

下列叙述正确的是

A．沉淀X的成分是SiO2

B．将蛇纹石试样直接溶于过量的NaOH溶液后过滤，可得到红色颜料Fe2O3

C．在溶液Y中加入过量的NaOH溶液，过滤得到沉淀是Fe（OH）3

D．溶液Y中的阳离子主要是Mg2+、Al3+、Fe3+

【答案】A

【分析】

金属氧化物MgO、A12O3、Fe2O3会溶于盐酸，生成氯化镁、氯化铝以及氯化铁，过滤后，得的沉淀X是二氧化硅，溶液Y中含有氯化镁、氯化铝以及氯化铁以及过量的盐酸，向Y中加入过量的氢氧化钠，会生成氢氧化镁、氢氧化铁沉淀，过滤后的溶液中含有氯化钠、偏铝酸钠等。

【详解】

A、沉淀X的成分是SiO2，A正确；

B、将蛇纹石试样直接溶于过量的NaOH溶液后过滤，可得到MgO、Fe2O3的混合物，B错误；

C、溶液Y中加入过量的NaOH溶液后过滤，过滤后的溶液中含有氯化钠、偏铝酸钠，沉淀是氢氧化镁、氢氧化铁沉淀，C错误；

D、溶液Y中含有氯化镁、氯化铝以及氯化铁以及过量的盐酸，含有的阳离子主要是Mg2+、Al3+、Fe3+、H+，D错误；

答案选A。

16．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。

17．将43.8g Al、Cu组成的合金溶于足量的NaOH溶液中，产生6.72L气体（标准状况）。

另取等质量的该合金溶于过量的稀硝酸中，生成13.44LNO（标准状况），向反应后的溶液中加入足量的NaOH溶液，得到沉淀的质量为

A．39.2gB．44.8gC．58.8gD．66.4g

【答案】C

【详解】

合金溶于足量的NaOH溶液中，金属铝和氢氧化钠反应产生气体氢气6.72L，物质的量为0.3mol，根据电子转移守恒可以知道n（Al）=0.3×

=0.2mol，故金属铝的质量为0.2×27=5.4g，金属铝提供电子的量是0.6mol，将合金溶于过量稀硝酸中,分别生成Al3+、Cu2+离子，根据电子守恒，金属共提供电子的物质的量为13.44×

=1.8mol故Cu共提供的电子物质的量为1.8-0.6=1.2mol，向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液，铝离子全部转化为偏铝酸根离子，不会出现沉淀，所得沉淀为氢氧化铜，由电荷守恒可以知道，反应中金属铜提供的电子的物质的量等于生成碱的氢氧根离子的物质的量即n（OH-）=1.2mol，所以反应后沉淀的质量等于43.8-5.4+1.2×17=58.8g；C正确；

故答案选C。

18．下列化合物中，不能通过化合反应制取的是

A．FeCl3B．H2SiO3C．Fe（OH）3D．FeCl2

【答案】B

【详解】

A.氯气具有强氧化性，氯气与变价金属反应生成最高价金属氯化物，铁与氯气反应生成氯化铁，反应的化学方程式为2Fe+3Cl2

2FeCl3，FeCl3可以由Fe与Cl2直接化合得到，故A错误；

B.二氧化硅不溶于水，二氧化硅和水不能发生化合反应生成H2SiO3，故B正确；

C.Fe（OH）2、O2、H2O反应产生Fe（OH）3，反应的化学方程式为：

4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，能通过化合反应产生Fe（OH）3，故C错误；

D.Fe与氯化铁溶液反应生成氯化亚铁，氯化亚铁可由化合反应生成，故D错误；

故选B。

19．某溶液X中仅可能含有K＋、Na＋、Fe2＋、Fe3＋、NH4+、SO42-、SO32-、CO32-、I－、Cl－中的一种或多种，且溶液中各离子浓度相同。

现进行下列实验，下列说法正确的是（　　）

A．该溶液X中可能有Fe3＋、Na+

B．取样溶液Z，滴加氯化钡溶液出现沉淀，可推出X中一定存在SO42-、SO32-中的某一种

C．该溶液可能由是硫酸亚铁、碘化钾和氯化铵溶于水后得到的

D．如果气体Y能使湿润的蓝色石蕊试纸变红，说明溶液中一定含有NH4+

【答案】C

【分析】

由题给实验现象可知，向溶液X中加入过量氯水和四氯化碳后，溶液分层，下层呈紫红色，说明溶液中一定存在I－，一定不含Fe3＋；向上层一份溶液中加入硝酸银溶液，生成白色沉淀，此时不能确定是否含有Cl－，向另一份中加入氢氧化钠溶液共热，生成红褐色沉淀，说明溶液X中一定含有Fe2＋，一定不含有SO32-和CO32-；有气体生成，说明溶液中一定有NH4+；溶液Z的焰色反应为黄色火焰，此时不能确定是否含有Na＋，透过蓝色钴玻璃片，火焰为紫色，说明溶液中一定含有K＋，由溶液中各离子浓度相同，结合电荷守恒可知，溶液中含有SO42-和Cl－，综上可知，溶液X中一定含有K＋、Fe2＋、NH4+、I－、SO42-和Cl－，一定不含有Fe3＋、SO32-、CO32-和Na＋。

【详解】

A项、溶液X中一定没有Fe3＋、Na+，故A错误；

B项、因溶液X中一定含有Fe2＋，一定不含有SO32-，若取样溶液Z，滴加氯化钡溶液出现沉淀，可推出X中一定存在SO42-，故B错误；

C项、由以上分析可知，溶液X可能由是等物质的量的硫酸亚铁、碘化钾和氯化铵溶于水后得到的，故C正确；

D项、氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故D错误；

故选C。

【点睛】

根据实验现象和离子共存是解答的突破口，由溶液中各离子浓度相同，结合电荷守恒是判断的关键所在。

20．同温同压下，两个等体积的干燥圆底烧瓶中分别充满①NH3②NO2③HCl和N2的4：

5混合气体，进行喷泉实验。

经充分反应后，瓶内溶液的物质的量浓度为

A．①>②>③B．①＜②＜③C．①=②=③D．①＜②=③

【答案】C

【详解】