河北省唐山市河北乐亭第一中学2020学年高一化学上学期期中试题（含解析）

河北省唐山市河北乐亭第一中学2020学年高一化学上学期期中试题（含解析）相对原子质量： H1 C12N14O16 Na23Mg24S32 Cl35.5Mn55Cu64卷I一、选择题1.下列物质中，属于胶体的是（ ）A. 四氯化碳B. 蒸馏水C. 稀硫酸D. 淀粉溶液【答案】B【解析】【详解】胶体是一种分散系，分散质微粒直径在1100nm之间，如我们熟悉的豆浆、血液、淀粉溶液、墨水、颜料等均属于胶体，四氯化碳、蒸馏水均为纯净物，不属于分散系；稀硫酸为溶液。答案选B。2.将下列物质按酸、碱、盐分类排列，正确的是（ ）A. 硫酸、Na2CO3、CaSO42H2OB. 盐酸、烧碱、CuSO45H2OC. HNO3、乙醇、氯化钠D. H3PO4、熟石灰、苛性钾【答案】B【解析】【详解】A、纯碱是Na2CO3，是盐不是碱，选项A错误；B、盐酸是酸；烧碱是NaOH，是碱；CuSO45H2O是盐，选项B正确；C、乙醇是非电解质，不能电离出氢氧根，不是碱，选项C错误；D、苛性钾是KOH，是碱不是盐，选项D错误。答案选B。【点睛】本题考查了酸、碱、盐的辨析，掌握概念是解题关键，酸是电离出的阳离子全部是氢离子的化合物；碱是电离出的阴离子全部是氢氧根的化合物；盐是阳离子是金属离子或铵根离子，阴离子是酸根离子的化合物。3.下列电离方程式正确的是（ ）A. H2SO4HSO42B. NaOHNaO2HC. Mg(NO3)2Mg22NO3D. Al2(SO4)3Al3 SO42【答案】C【解析】【详解】A硫酸为强电解质，在溶液中完全电离，其正确的电离方程式为：H2SO4=2H+SO42-，选项A错误；BNaOH为强电解质，在溶液中完全电离出钠离子和氢氧根离子，正确的电离方程式为：NaOH=Na+OH-，选项B错误；C硝酸镁在溶液中完全电离出镁离子和硝酸根离子，其电离方程式为：Mg(NO3)2Mg22NO3，选项C正确；D硫酸铝为强电解质，在溶液中完全电离出铝离子和硫酸根离子，其正确的电离方程式为：Al2(SO4)32Al3 3SO42，选项D错误；答案选C。【点睛】本题考查了电离方程式书写方法，题目难度中等，明确电离方程式的书写原则为解答关键，注意掌握判断强电解质、弱电解质的方法，试题培养了学生灵活应用基础知识的能力，易错点为选项B氢氧化钠电离出钠离子和氢氧根离子，氢氧根离子不能拆开。4.在五彩缤纷的焰火中，焰色呈紫色的元素是A. KB. NaC. SD. Cl【答案】A【解析】【详解】焰色反应，也称作焰色测试及焰色试验，是某些金属或它们的化合物在无色火焰中灼烧时使火焰呈现特殊颜色的反应。A、透过蓝色钴玻璃，K元素的焰色反应为紫色，选项A正确；B、Na元素的焰色反应为黄色，选项B错误； C、S元素不存在焰色反应，选项C错误；D、Cl元素不存焰色反应，选项D错误；答案选A。5.实验室将浑浊的自来水制成蒸馏水的方法是（ ）A. 分液B. 过滤C. 蒸发D. 过滤后蒸馏【答案】D【解析】【详解】如是乳浊液，则可直接蒸馏，如是悬浊液，应先过滤后再蒸馏，且防止在加热时悬浮物分解或挥发导致蒸馏水不纯，浑浊的自来水是悬浊液，应先过滤后再蒸馏。答案选D。【点睛】本题考查物质的分离、提纯，题目难度不大，易错点为B，注意悬浮物的性质的可能性，用自来水制成蒸馏水应用蒸馏的方法分离，如溶液浑浊，应先过滤。6.下列物质中，同时含有氯分子、氯离子和氯的含氧化合物的是（ ）A. 液氯B. 氯水C. 氯酸钾D. 次氯酸钙【答案】B【解析】【详解】A液氯为单质，只含有氯分子，选项A不选；B新制氯水中存在Cl2+H2OHCl+HClO，氯气的溶解度不大，则含氯气、氯离子、HClO，选项B选；C氯酸钾为化合物，不含氯分子、氯离子，选项C不选；D次氯酸钙为化合物，不含氯分子和氯离子，选项D不选；答案选B。【点睛】本题考查氯水的成分，明确含氯分子的物质中一定含有氯气，明确物质中的成分及物质的电离即可解答，注意HClO为分子，同时会有氯分子、氯离子和氯的含氧化合物，应为混合物，且混合物中存在氯气、含氯离子的物质、含氯、氧化合物。7.下列各项中，在容量瓶上必须标明的是（ ）容量 刻线 温度 压强 物质的量浓度 用于配制酸溶液或碱溶液A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】容量瓶是用来配制一定体积、一定物质的量浓度溶液的定量容器，容量瓶上标有容量、刻度线，则正确；容量瓶只能在常温下使用，不能用来盛装过冷或过热的液体，不能用来稀释溶液或作为反应容器，则正确；不需标明压强、物质的量浓度、用于配制酸溶液或碱溶液等，所以正确的是，答案选C。8. 下列说法正确的为（）A. 12C、13C、14C、金刚石、石墨都是碳元素的同位素B. 同种元素的原子，质量数一定相同C. 互为同位素的原子，质子数一定相同D. 由一种元素组成的物质，一定是纯净物【答案】C【解析】【详解】A、金刚石、石墨都是碳元素形成的同素异形体，不是同位素，A错误；B、同种元素的原子，质子数一定相同，由于中子数不同，则质量不一定相同，B错误；C、同位素是指质子数相同中子数不同的原子的互称，因此互为同位素的原子，质子数一定相同，C正确；D、一种元素可以形成不同的单质，不一定是纯净物，D错误；答案选C。9.关于钠原子和钠离子的下列叙述不正确的是（ ）A. 它们相差1个电子层B. 它们的化学性质相似C. 钠原子的最外层电子数比钠离子少D. 它们的质子数相同【答案】B【解析】【详解】A、钠原子三个电子层，钠离子因为失去最外层1个电子层，核外有2个电子层，选项A正确；B、钠原子活泼的还原剂，Na表现氧化性，化学性质不相似，选项B不正确；C、钠原子的最外层电子数1比钠离子的最外层电子数8少，选项C正确；D、它们的质子数均为11，选项D正确。答案选B。10.下列说法不正确的是（ ）A. Na2CO3比NaHCO3易溶于水B. Na2CO3比NaHCO3稳定C. 石灰水既能与Na2CO3反应，又能与NaHCO3反应D. 与足量盐酸反应要得到相同质量的CO2，用NaHCO3比Na2CO3的质量要多【答案】D【解析】【详解】ANa2CO3比NaHCO3溶解度大，易溶于水，选项A正确；BNaHCO3具有热不稳定性，加热易分解，而碳酸钠难分解，选项B正确；C石灰水也能与NaHCO3反应：当石灰水少量时，Ca(OH)2+2NaHCO3=CaCO3+Na2CO3+2H2O，当石灰水足量时，Ca(OH)2+NaHCO3=CaCO3+NaOH+H2O，选项C错误；D制取相同质量的CO2，例如都制取44 g CO2，在盐酸足量的情况下，需NaHCO3 84 g，需Na2CO3 106 g：NaHCO3HCl=NaClCO2H2O 84 44Na2CO32HCl=2NaClCO2H2O 106 44选项D不正确；答案选D。11.下列关于镁和钠的比较，结论正确的是（ ）A. 镁铝合金的硬度比钠钾合金的硬度大B. 钠的熔点比镁要高C. 镁能置换硫酸铜溶液中的铜，钠也能置换硫酸铜溶液中的铜D. 在空气中都能被点燃，生成的产物都是氧化物，无过氧化物【答案】A【解析】【详解】A、铝镁合金的硬度和强度均高于纯镁、铝，钠钾合金的硬度确较小，选项A正确；B、钠的熔点较低，镁的熔点较高，选项B错误；C、由于钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，故钠不能利用其金属性置换溶液中的金属，选项C错误；D、钠在空气中的燃烧产物是过氧化钠，选项D错误；答案选A。12.NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）A. 常温常压下，11.2 L氧气所含的氧原子数为NAB. 1 mol NaCl中，所有Na的最外层电子总数为8NAC. 1 L 1 mol.L1的盐酸含有NA个HCl分子D. 一定条件下，2.3 g的Na完全与O2反应生成3.6 g产物时失去的电子数为0.15NA【答案】B【解析】【详解】A、常温常压，Vm22.4L/mol，则11.2 L氧气的物质的量无法计算，选项A错误；B、氯化钠由钠离子和氯离子构成，故1.00molNaCl中，所有Na+的物质的量为1.00mol，钠原子最外层有1个电子，失去最外层1个电子形成钠离子，此时最外层有8个电子，故所有Na+的最外层电子总数为8NA，选项B正确；C、盐酸溶液中不存在HCl分子，选项C错误；D、一定条件下，2.3g的Na完全与O2反应生成3.6g产物时失去的电子数为0.1NA，选项D错误；答案选B。13.下列化学反应属于右图阴影部分的是（ ）A. CO22Mg2MgOCB 2NaCl2H2O2NaOHCl2H2C. 2NaHCO3Na2CO3CO2H2OD. 4Fe(OH)2O22H2O4Fe(OH)3【答案】B【解析】【详解】图阴影部分的化学反应属于氧化还原反应，但既不属于化合反应、分解反应，也不属于置换反应。A、该反应中C、Mg元素化合价均发生变化，属于氧化还原反应；该反应是一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物的反应，属于置换反应，不符合题意；B、该反应中氯元素、氢元素化合价发生变化，属于氧化还原反应；但不属于四种基本反应类型，符合题意；C、该反应中各元素化合价不变，不属于氧化还原反应；该反应是由一种物质反应生成多种物质的反应，属于分解反应，属于分解反应，不符合题意；D、该反应中铁元素和氧元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，该反应是由多种物质反应生成一种物质的反应，属于化合反应，不符合题意。答案选B。14.把下列四组物质分别溶于水，得到的四组水溶液中，所含的离子种类完全相同的是（ ）NH4Cl、KNO3、Na2SO4；NH4Cl、NaNO3、K2SO4；NH4NO3、NaCl、K2CO3、(NH4)2SO4；NaNO3、NaCl、K2SO4、(NH4)2SO4A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】NH4Cl、KNO3、Na2SO4都是强电解质，且相互之间不反应，溶液中存在的离子为NH4+、Cl-、K+、NO3-、Na+、SO42-；NH4Cl、KNO3、Na2SO4都是强电解质，且相互之间不反应，溶液中存在的离子为NH4+、Cl-、K+、NO3-、Na+、SO42-；NH4NO3、NaCl、K2CO3、(NH4)2SO4都是强电解质，且相互之间不反应，溶液中存在的离子为NH4+、Cl-、K+、NO3-、Na+、CO32-、SO42-；NaNO3、NaCl、K2SO4、(NH4)2SO4都是强电解质，且相互之间不反应，溶液中存在的离子为NH4+、Cl-、K+、NO3-、Na+、SO42-；通过以上分析知，含有离子种类完全相同的是；答案选C。【点睛】本题考查电解质的电离及盐类水解，明确物质性质、盐类水解特点是解本题关键，各种物质之间相互不反应，能大量共存，电离出来的离子的种类相同。15.某同学欲分离含有KCl、FeCl3和BaSO4的混合物，应选用的试剂组是（ ）A. H2O、AgNO3和稀HNO3B. H2O、NaOH、HClC. H2O、KOH、稀HNO3D. H2O、KOH、HCl【答案】D【解析】【详解】A加入AgNO3溶液，不能分离Fe3+，且生成KNO3，引入新的杂质，选项A错误；B加入NaOH溶液，生成NaCl，引入新的杂质，选项B错误；C最后加入稀硝酸，生成KNO3，引入新的杂质，选项C错误；DBaSO4不溶于水，加入水后可过滤除去，FeCl3与KOH反应生成沉淀，过滤后加入盐酸中和过量的KOH生成KCl，且氢氧化铁与盐酸反应生成FeCl3，没有引入新的杂质，能把三种物质分离，选项D正确。答案选D。【点睛】本题考查物质的分离，本题注意分离时不能引入新的杂质，为该题的易错点，BaSO4不溶于水，加入水后可过滤除去，FeCl3与KOH反应生成沉淀，过滤后加入盐酸中和过量的KOH。16.某溶液中含有较大量的Cl、CO32、OH3种阴离子，如果只取一次该溶液就能够分别将3种阴离子依次检验出来，下列实验操作顺序中正确的是（ ）滴加Mg(NO3)2溶液过滤滴加AgNO3溶液滴加Ba(NO3)2溶液（已知：在水溶液中AgOH是一种白色沉淀，但会迅速分解为黑色的Ag2O）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】某溶液中含有较大量的Cl-、CO32-、OH-三种阴离子，为了依次检验出3种阴离子，应该先滴加Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀产生，证明溶液中含有CO32-；过滤，得到上层清液，再滴加Mg(NO3)2溶液，有白色沉淀产生，证明溶液中有OH-；过滤，向上层清液滴加AgNO3溶液，有白色沉淀产生，证明溶液中有Cl-。答案选B。17.铝可与硝酸钠发生反应：10Al6NaNO36H2O4Al(OH)33N26NaAlO2，有关叙述正确的是（ ）A. 该反应的氧化剂是水B. 该反应的氧化产物是N2C. 当消耗1 mol Al时，生成标准状况下N2的体积为6.72 LD. 若反应过程中转移5 mol e，则生成N2的体积为1.12 L【答案】C【解析】【详解】A水中H、O元素的化合价不变，则不作氧化剂，选项A错误；B因N元素的化合价降低，则还原产物为N2，选项B错误；C由电子守恒可知，10molAl反应生成3molN2，则消耗1molAl时，生成标准状况下N2的体积为0.3mol22.4L/mol=6.72L，选项C正确；D由N元素的化合价变化+50可知，生成1molN2转移10mol电子，则转移5mol电子，则生成标准状况下N2的体积为0.5mol22.4L/mol=11.2L，没说明标准状况，选项D错误；答案选C。【点睛】本题考查氧化还原反应，明确反应中元素的化合价变化是解答本题的关键，Al+NaNO3+H2OAl(OH)3+N2+NaAlO2中，Al元素的化合价升高，N元素的化合价降低，以此来解答。18. 下列物质既能跟盐酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应的是A. Na2CO3B. NaOHC. NaClD. NaHCO3【答案】D【解析】【详解】A碳酸钠能够与盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，不能够与氢氧化钠反应，故A错误；BNaOH和盐酸反应生成氯化钠和水，与氢氧化钠本身不反应，故B错误；C氯化钠不能与盐酸、氢氧化钠反应，故C错误；DNaHCO3属于盐，与盐酸反应生成氯化钠、水、二氧化碳，与氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，故D正确；故答案为D。19.下列溶液中的Cl个数与50 mL 1 molL1 AlCl3溶液中的Cl个数相等的是（ ）A. 150 mL 1 molL1氯化钠B. 75 mL 2 molL1氯化铁C. 150 mL 3 molL1氯化钾D. 100 mL 0.5 molL1氯化钙【答案】A【解析】【详解】50mL1mol/L的AlCl3溶液中氯离子的物质的量为0.05L1mol/L3=0.15mol，氯离子的物质的量相同时，则氯离子数目相等，A、NaCl中氯离子的物质的量为0.15L1mol/L=0.15mol，选项A选；B、FeCl3中氯离子的物质的量为0.075L1mol/L3=0.225mol，选项B不选；C、KCl中氯离子的物质的量为0.15L3mol/L=0.45mol，选项C不选；D、CaCl2中氯离子的物质的量为0.1L0.5mol/L2=0.1mol，选项D不选；答案选A。20.在K2SO4和Al2(SO4)3的混合溶液中，已知Al3的物质的量浓度为0.2 molL1，SO42离子的物质的量浓度为0.5molL1，则溶液中K的物质的量浓度为（ ）A. 0.2 molL1B. 0.4 molL1C. 0.6 molL1D. 0.8 molL1【答案】B【解析】【详解】溶液呈电中性，则满足：3c(Al3+)+c(K+)+c(H+)=2c(SO42-)+c(OH-)，由于溶液中c(H+)和c(OH-)很小，可忽略不计，则有3c(Al3+)+c(K+)=2c(SO42-)，所以有30.2mol/L+c(K+)=20.5mol/L，c(K+)=20.5mol/L-30.2mol/L=0.4mol/L，答案选B。【点睛】本题考查混合溶液中离子物质的量浓度的计算，题目难度中等，注意溶液中离子浓度计算中电荷守恒的运用，明确物质的量浓度的概念及计算方法，利用电荷守恒3c(Al3+)+c(K+)+c(H+)=2c(SO42-)+c(OH-)进行计算。21.海带中含碘元素，有人设计如下步骤来提取碘：通足量氯气将海带烧成灰，向灰中加水搅拌 加入CCl4振荡 过滤 用分液漏斗分液。合理的操作顺序为A. 一一一一B. 一一一一C. 一一一一D. 一一一一【答案】A【解析】【详解】海带提碘的步骤为：灼烧（将含碘化合物转化为碘化物）过滤（获得含I-的溶液）通入氯气（将I-转化为I2）加入CCl4（使I2转移至CCl4中）分液（获得含I2的CCl4溶液），即，故选A。22.向溴化钠、碘化钠混合溶液中通入足量氯气，加热并蒸干溶液，灼烧片刻，最后残留的物质是（ ）A. NaCl、NaBr、NaIB. NaClC. NaBr、NaID. NaI【答案】B【解析】【详解】氯元素的非金属性强于溴和碘的，所以氯气能把溴化钠和碘化钠氧化生成单质溴和单质碘，单质溴易挥发，固体碘易升华，所以最后残留的固体是氯化钠。答案选B。23.按照下面的反应式：RO(OH)22Fe2 Y2Fe3（主要物质已配平），则RO(OH)2的还原产物Y中R元素的化合价是（ ）A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】C【解析】【详解】反应 RO(OH)22Fe2 Y2Fe3（主要物质已配平）中，铁元素由+2价升高至+3价，化合价升高12=2；则R的化合价降低，RO(OH)2中R的化合价为+5价，设Y中R元素的化合价为x，根据氧化还原反应中化合价升降总数相等，则有2=（+5-x），解得x=+3；答案选C。卷II二、填空题24.现有下列物质：冰醋酸（固态CH3COOH）盐酸BaSO4固体熔融KOH乙醇钠液态SO3饱和食盐水过氧化钠。在以上物质中，属于电解质的有_（填序号，下同），能够导电的物质有_，属于弱电解质的有_，投入水中溶解或反应后所得溶液显碱性的有_。【答案】 (1). (2). (3). (4). 【解析】【分析】溶于水或在熔融状态下能够电离出离子的化合物是电解质，溶于水和在熔融状态下都不能电离出离子的化合物是非电解质；结合物质与水反应后的产物进行判断。【详解】溶于水或在熔融状态下能够电离出离子的化合物是电解质，溶于水和在熔融状态下都不能电离出离子的化合物是非电解质。冰醋酸(固态CH3COOH)溶于水可以电离出离子，属于电解质，且为弱电解质，但冰醋酸不导电；盐酸溶液中含有离子，可以导电，但溶液是混合物，不是电解质，也不是非电解质；BaSO4固体是电解质，固体不导电；熔融KOH是电解质，含有自由移动的离子，可以导电；乙醇是非电解质，不导电；钠是金属单质，可以导电，不是电解质，也不是非电解质，投入水中与水反应生成氢氧化钠和氢气；液态SO3不能电离出离子，属于非电解质，不导电；饱和食盐水中含有离子，可以导电，但溶液是混合物，不是电解质，也不是非电解质；过氧化钠是电解质，固体不导电，投入水中与水反应生成氢氧化钠和水；因此属于电解质的有，能够导电的物质有，冰醋酸(固态CH3COOH)溶于水部分电离出离子，故属于弱电解质的有，投入水中溶解或反应后所得溶液显碱性的有。25.（1）某元素原子M层电子数是K层电子数的一半，该元素的原子结构示意图是_。（2）碘的质子数为53，碘有多种核素，其中中子数为74的核素的原子符号是_。（3）某阳离子ARn，核外共有x个电子，则该原子核内的中子数为 _。【答案】 (1). (2). (3). Axn【解析】【分析】（1）根据元素核外电子排布规律进行分析；（2）根据质量数=中子数+质子数计算；（3）根据中子数=质量数-质子数及阳离子核外电子数=质子数-|所带电荷数|。【详解】（1）元素原子核外M层电子数是K层电子数的一半，说明元素原子有三个电子层，从内到外每一个电子层上的电子数分别为2、8、1，所以元素原子的原子序数为11，为钠元素，所以钠原子的原子结构示意图为：；（2）碘的质子数为53，中子数为74的核素，质量数为53+74=127，核素的原子符号可表示为；（3）某阳离子ARn，核外共有x个电子，则该原子核内的质子数为x+n，中子数=质量数-质子数=A-（x+n）=A-x-n。三、实验题26.欲用18.4molL1的浓硫酸配制250 mL 0.2 molL1的硫酸溶液，完成下列问题：（1）所需的主要仪器有_。（2）根据计算，所取18.4molL1的浓硫酸的体积为_mL，稀释浓硫酸的正确操作方法是_。（3）下列操作会使所配制硫酸浓度偏低的是_。A转移溶液时未洗涤烧杯与玻璃棒B容量瓶水洗后未干燥C定容时加水越过刻度线D定容时仰视刻度线【答案】 (1). 250mL容量瓶、量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管 (2). 2.7 (3). 将浓硫酸沿烧杯壁缓慢倒入水中，边加边搅拌 (4). ACD【解析】【分析】（1）配制250 mL 0.2 molL1的硫酸溶液的步骤为：计算量取稀释、冷却移液定容摇匀装瓶贴签，根据步骤列出所需要仪器；（2）根据c=进行计算；（3）根据c=分析不当操作对n或V的影响。【详解】（1）配制250 mL 0.2 molL1的硫酸溶液的步骤为：计算量取稀释、冷却移液定容摇匀装瓶贴签，需要使用的仪器有：250mL容量瓶、量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管；（2）密度=1.84g/mL，质量分数为98%的浓硫酸的浓度为：c=mol/L=18.4mol/L，配制250 mL 0.2 molL1的硫酸溶液，需要该浓硫酸的体积为：0.0072L=7.2mL；稀释浓硫酸的正确操作方法是将浓硫酸沿烧杯壁缓慢倒入水中，边加边搅拌；（3）A转移溶液后未洗涤烧杯和玻璃棒，导致部分溶质损耗，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，选项A符合；B移液前容量瓶中有少量蒸馏水，对溶质的物质的量和溶液体积都不产生影响，选项B不符合；C定容时加水加多了，溶液体积偏大，导致浓度偏低，选C符合；D定容时仰视刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，选项D符合；答案选ACD。27.某溶液只可能含有Na、NH4、NO3、CO32、SO42、Cl等离子中的一种或几种。为了鉴别这些离子，分别取少量溶液进行以下实验：加稀盐酸后，生成无色无味的气体，该气体能使澄清石灰水变浑浊。加NaOH溶液，并加热，未见有能使红色石蕊试纸变蓝的气体产生。加足量BaCl2溶液产生白色沉淀，过滤，在沉淀中加入足量的盐酸，沉淀不能完全溶解。取中滤液，加HNO3酸化后，再加过量的AgNO3溶液，析出白色沉淀。（1）上述4个实验还不能确定的离子是_。（2）实验发生反应的化学方程式是_。（3）实验说明一定没有_离子。【答案】 (1). NO3、Cl (2). 2HClNa2CO32NaClCO2H2O (3). NH4【解析】【分析】加稀盐酸后，生成无色无味气体，该气体能使澄清石灰水变浑浊，确定含有CO32-；加NaOH溶液，并加热，未见有能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体产生，故一定不存在NH4+；加入足量的BaCl2溶液并产生白色沉淀，进而证明含有SO42-；所取中滤液已加入了BaCl2，所以不能确定是否存在Cl-，据此分析。【详解】加稀盐酸后，生成无色无味气体，该气体能使澄清石灰水变浑浊，气体是CO2，盐酸中含有氢离子，碳酸根离子能与氢离子反应生成水和二氧化碳，因此一定存在CO32-；加NaOH溶液，并加热，如果溶液中含有NH4+，OH-会和NH4+产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体氨气，而实验中并未见有能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体产生，故一定不存在NH4+；加入足量的BaCl2溶液并产生白色沉淀，过滤，在沉淀中加入足量的盐酸，沉淀不能完全溶解，BaSO4 不溶于盐酸，说明沉淀是BaCO3和BaSO4的混合物，故一定含有SO42-；取中滤液，加硝酸酸化后，再加过量的AgNO3溶液，析出白色沉淀，由于在前面已经加入了BaCl2，所以不能确定是否存在Cl-。综上，（1）上述4个实验还不能确定的离子是NO3、Cl；（2）实验发生反应为碳酸钠与盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，反应的化学方程式为2HClNa2CO32NaClCO2H2O；（3）加NaOH溶液，并加热，未见有能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体产生，则实验说明一定没有NH4离子。28.实验室制备Cl2通常采用如图所示装置：（1）A装置中发生反应的化学方程式是_；其中氧化剂是_，每生成1 mol Cl2，被氧化的物质的物质的量是_mol。（2）仪器a的名称是_；（3）B装置中所盛的试剂是_，装置C的作用是_；（4）若将下图集气瓶中充满饱和食盐水，代替装置D收集氯气，此时应气体从_口流入（填“A”或“B”）。（5）E装置中发生反应的化学方程式是_。（6）将下图装置代替装置D和E，可进行“氯气与金属钠反应”的实验，以下叙述正确的是_。A反应生成的大量白烟是氯化钠晶体B玻璃管尾部塞一团浸有碱液棉球是用于吸收过量的氯气，以免其污染空气C玻璃管中，钠燃烧时会产生苍白色火焰D若在棉球外沿滴一滴淀粉碘化钾溶液，可据其颜色变化判断氯气是否被碱液完全吸收【答案】 (1). MnO24HCl（浓）MnCl2Cl22H2O (2). MnO2 (3). 2 (4). 分液漏斗 (5). 饱和食盐水 (6). 干燥Cl2 (7). B (8). 2NaOHCl2NaClNaClOH2O (9). ABD【解析】【分析】（1）A装置中二氧化锰与浓盐酸共热反应生成氯化锰、氯气和水；MnO2中Mn元素由+4价降为+2价，MnO2为氧化剂，HCl中氯元素由-1价升为0价作为还原剂； （2）根据仪器的构造判断；（3）B装置除去氯气中的氯化氢气体；装置C干燥Cl2；（4）排液法收集气体时，应该采用短进长出的方法；（5）氯气有毒，直接排放会污染空气，E装置利用氢氧化钠吸收氯气；（6）根据实验及氯气性质分析。【详解】（1）A装置中二氧化锰与浓盐酸共热反应生成氯化锰、氯气和水，发生反应的化学方程式是MnO24HCl（浓）MnCl2Cl22H2O；MnO2中Mn元素由+4价降为+2价，MnO2为氧化剂，HCl中氯元素由-1价升为0价作为还原剂；根据反应知，每生成1 mol Cl2，被氧化的物质HCl的物质的量是2mol；（2）根据仪器的构造可知，仪器a的名称是分液漏斗；（3）B装置中所盛的试剂是饱和食盐水，以除去氯气中的氯化氢气体；装置C装有浓硫酸，其作用是干燥Cl2；（4）若将下图集气瓶中充满饱和食盐水，代替装置D收集氯气，排液法收集气体时，应该采用短进长出的方法，即此时应气体从B口流入；（5）氯气有毒，直接排放会污染空气，E装置利用氢氧化钠吸收氯气，发生反应的化学方程式为2NaOHCl2NaClNaClOH2O；（6）A、反应生成的大量白烟是氯化钠晶体，选项A正确；B、NaOH与氯气反应，可吸收过量的氯气，以免其污染空气，选项B正确；C、钠着火燃烧产生黄色火焰，选项C错误；D、当浸有淀粉KI溶液的棉球未变色，表明氯气已被碱液完全吸收，选项D正确；答案选ABD。四、计算题29.（1）由N2、NO、CO2组成的混合气体中，三种成分的体积分数之比为1：2：1，则三种成分的质量比为_。（2）等质量的钠和镁分别与足量的稀硫酸反应，放出气体的体