2022-2023学年福建省厦门第一中学高一上学期期中考试化学试题含解析

这是一份2022-2023学年福建省厦门第一中学高一上学期期中考试化学试题含解析，共23页。试卷主要包含了单选题，填空题，工业流程题，实验题，元素或物质推断题等内容，欢迎下载使用。

福建省厦门第一中学2022-2023学年高一上学期期中考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．炼丹是古人为追求长生而制丹药的方术。晋人葛洪《抱朴子●金丹篇》记载:“凡草不烧之即烬，而丹砂(硫化汞)烧之成水银，积变又还成丹砂”。其中未涉及到的反应类型（）
A．置换反应 B．分解反应 C．氧化还原反应 D．化合反应
【答案】A
【详解】丹砂(HgS)烧之成水银，即红色的硫化汞(即丹砂)在空气中灼烧有汞生成，反应的化学方程式为HgSHg+S，此为分解反应，且为氧化还原反应；积变又还成了丹砂，即汞和硫生成硫化汞，反应的化学方程式为：Hg+S=HgS，此为化合反应，故整个过程没有涉及到置换反应，答案选A。
2．将下列各组物质按单质、酸性氧化物、酸、碱、盐分类顺序排列，其中正确的是
A．液氮、七氧化二锰、硫酸、烧碱、小苏打 B．碘酒、二氧化硫、盐酸、烧碱、食盐
C．氢气、一氧化碳、硝酸、纯碱、胆矾 D．铜、干冰、醋酸、石灰水、氯化铜
【答案】A
【详解】A．液氨为单质；七氧化二锰可以和碱反应生成一种盐和水，为酸性氧化物；硫酸为酸；烧碱即NaOH为碱；小苏打为碳酸氢钠，属于盐，A正确；
B．碘酒为混合物，B错误；
C．一氧化碳不与碱反应，不是酸性氧化物；纯碱为碳酸钠，属于盐不是碱，C错误；
D．石灰水是氢氧化钙水溶液，是混合物，D错误；
综上所述答案为A。
3．在体积相同的两个密闭容器中分别充满、气体，当这两个容器内气体密度相等时，下列说法正确的是
A．比的质量小 B．两种气体的分子数相等
C．两种气体的压强相等 D．两种气体的氧原子数目相等
【答案】D
【详解】相同体积相同密度时，两容器气体的质量相等，且都由O元素组成，则O原子的质量、个数以及物质的量相等；
A．相同体积相同密度时，两容器气体的质量相等，选项A错误；
B．O原子个数相等时，气体的物质的量之比为n(O2)：n(O3)=3：2，则两种气体的分子数目之比为3：2，分子数目不等，选项B错误；
C．O原子个数相等时，气体的物质的量之比为n(O2)：n(O3)=3：2，在同温同体积的条件下，则两种气体的压强之比为3：2，选项C错误；
D．由分析可知，两种气体的氧原子数目相等，选项D正确；
答案选D。
4．下列六种物质：①Na2O  ②Na2O2  ③CaCl2溶液  ④Na2CO3溶液  ⑤NaOH溶液  ⑥NaHCO3溶液  其中不能跟CO2反应的是(CO2与H2O的反应除外)
A．①④ B．③⑥ C．②③ D．⑤⑥
【答案】B
【详解】①Na2O是碱性氧化物，与酸性氧化物二氧化碳反应生成碳酸钠；②Na2O2与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气；③由于盐酸酸性强于碳酸，所以CaCl2溶液与二氧化碳不反应；④Na2CO3溶液与二氧化碳反应生成碳酸氢钠；⑤NaOH与二氧化碳反应生成碳酸钠或碳酸氢钠；⑥NaHCO3溶液与二氧化碳不反应；其中不能与CO2反应的是③⑥。答案选B。
5．以下实验无法鉴别和两种白色固体的是
A． B．
C． D．
【答案】B
【详解】A．等质量的和与足量稀盐酸反应，盛NaHCO3的装置比盛Na2CO3的装置反应剧烈且反应后的气球大，能鉴别，A不选；
B．氢氧化钡都能与和反应生成碳酸钡沉淀，不能鉴别，B选；
C．受热不分解，受热分解产生二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，能鉴别，C不选；
D．向和分别滴加稀盐酸，先产生气泡的是，能鉴别，D不选；
故选：B。
6．氧化还原对立统一，同时存在。下列变化中，必须加入还原剂才能实现的是
A．Cl2→HCl B．KClO3→KCl C．Na→NaCl D．CuO→Cu
【答案】D
【详解】A．氯气可以自身歧化生成HCl，如氯气和水反应，A不符合题意；
B．KClO3受热分解可以生成KCl和氧气，不需要加入还原剂，B不符合题意；
C．Na→NaCl的过程中Na元素被氧化，需要氧化剂而不是还原剂，C不符合题意；
D．CuO→Cu的过程中Cu元素被还原，且Cu2+无法歧化，必须加入还原剂，D符合题意；
综上所述答案为D。
7．在澄清透明的溶液中能大量共存的离子组是
A．、、、 B．、、、
C．、、、 D．、、、
【答案】A
【详解】A．各种离子不发生反应，故能大量共存，A正确；
B．与在一起具有强氧化性，能氧化，故不能大量共存，B错误；
C．Ba 2+与之间反应生成碳酸钡沉淀，故二者不能大量共存，C错误；
D．  与OH- 之间发生反应生成，故这两种离子在溶液中不能大量共存，D错误；
故本题选A。
8．用NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是
A．标准状况下，2.24LH2O中含有的原子数目为0.3NA
B．1molCl2与足量Fe反应，转移的电子数为3NA
C．0.1molFeCl3完全转化成Fe(OH)3胶体后胶粒数小于0.1NA
D．0.15mol·L−1K2CO3溶液中含有的钾离子数目为0.3NA
【答案】C
【详解】A．标况下水不是气体，2.24LH2O的物质的量不是0.1mol，A错误；
B．1molCl2与足量Fe反应，Cl2全部转化为Cl-，转移电子数为2NA，B错误；
C．Fe(OH)3胶粒是多个Fe(OH)3的集合体，所以0.1molFeCl3完全转化成Fe(OH)3胶体后胶粒数小于0.1NA，C正确；
D．溶液体积未知，无法确定溶液中微粒数目，D错误；
综上所述答案为C。
9．图a～c分别为氯化钠在不同状态下的导电实验X、Y均表示石墨电极，X与电源正极相连，Y与电源负极相连)微观示意图。下列说法错误的是

A．图示中代表的离子是氯离子 B．图a中氯化钠固体不能导电
C．图b表示熔融的NaCl能导电 D．图c表示
【答案】D
【详解】A．氯化钠是由钠离子和氯离子构成的，其中氯离子的半径大于钠离子的半径，因此图示中 代表的离子是氯离子，选项A正确；
B．由图a可知干燥的NaCl固体中钠离子和氯离子不能自由移动，因此NaCl固体不能导电，选项B正确；
C．由图b可知熔融状态下钠离子和氯离子能自由移动，因此熔融的NaCl能导电，选项C正确；
D．图c表示在水的作用下氯化钠电离出钠离子和氯离子，表示为，不需要通电，选项D错误；
答案选D。
10．数字化实验将传感器数据采集器和计算机相连，可利用信息技术对化学实验进行数据的采集和分析。某学习小组利用数字化实验对光照过程中新制饱和氯水的变化进行检测，下列图象错误的是
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】Cl2溶于水，与水发生反应：Cl2+H2OHCl+HClO，HClO不稳定，光照发生分解反应：2HClO 2HCl+O2↑，可逆反应的化学平衡正向移动，然后分析反应后溶液pH及气体的浓度、溶液导电性等知识。
【详解】A．光照时HClO发生分解反应：2HClO 2HCl+O2↑，Cl2与水的反应平衡正向移动，导致溶液中c(H+)增大，因此溶液pH会逐渐变小，A正确；
B．光照时HClO发生分解反应：2HClO 2HCl+O2↑，反应产生HCl，使溶液中c(Cl-)不断增大，B正确；
C．溶液的电导率随溶液中自由移动的离子的浓度的增大而增大。在开始时溶液中存在可逆反应Cl2+H2OHCl+HClO，HClO不稳定，光照发生分解反应：2HClO 2HCl+O2↑，氯水久置，次氯酸分解生成氯化氢和氧气，使溶液中自由移动离子浓度增大，经足够长时间，氯水变为稀HCl，溶液中离子浓度达到最大值，电导率最大，后不再发生变化，图示与实验事实不符，C错误；
D．氯水久置，次氯酸分解生成氯化氢和氧气，氯化氢溶于水得到盐酸，所以液面上方氧气体积分数增加，D正确；
11．为除去粗盐中的、、及泥沙等杂质，某同学设计了一种制备精盐的实验方案，流程如图，下列说法正确的是

A．第①步操作A是溶解，第⑦步操作C是过滤 B．第①⑤⑦步操作都用到一种相同的仪器
C．第④步只发生 D．第⑥步可以调至第④步和第⑤步之间
【答案】B
【分析】溶解后加试剂BaCl2可除去，再加NaOH除去Mg2+，然后加碳酸钠除去Ca2+及过量的Ba2+，过滤后加盐酸，最后蒸发；
【详解】A．第①步操作A是溶解，第⑦步操作C是蒸发结晶，A错误；
B．第①步操作是溶解，用到烧杯和玻璃棒，第⑤步操作为过滤，用到玻璃棒和漏斗、烧杯，第⑦步操作是蒸发结晶，用到蒸发皿和玻璃棒，三步操作都用到玻璃棒，B正确；
C．第④步加碳酸钠除去Ca2+及过量的Ba2+，发生离子反应方程式为、，C错误；
D．若第⑥步调至第④步和第⑤步之间，稀盐酸会溶解碳酸钡、碳酸钙、氢氧化镁等沉淀，又引入杂质离子，因此不能调换顺序，D错误；
故选：B。
12．下列离子方程式书写正确的是
A．NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液反应至溶液呈中性：2H++SO+Ba2++2OH−=BaSO4↓+2H2O
B．向稀盐酸中加入适量铁粉：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑
C．FeI2溶液中通入足量Cl2进行反应：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl−
D．Ca(HCO3)2溶液和足量NaOH溶液混合：
【答案】A
【详解】A．NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液反应至溶液呈中性，则Ba(OH)2中的氢氧根完全反应，离子方程式为2H++SO+Ba2++2OH−=BaSO4↓+2H2O，A正确；
B．Fe与稀盐酸反应生成亚铁离子，离子方程式为Fe+2H+=Fe2++H2↑，B错误；
C．氯气足量，碘离子和亚铁离子均被氧化，离子方程式为4I-+2Fe2++3Cl2=2Fe3++6Cl−+2I2，C错误；
D．NaOH足量，Ca(HCO3)2完全反应，离子方程式为Ca2++2HCO+2OH−=CaCO3↓+2H2O+CO，D错误；
综上所述答案为A。
13．如图是一种综合处理含尾气的工艺流程，下列分析正确的是

A．“吸收”步骤中为还原剂
B．由反应过程可推知氧化性的强弱顺序：
C．每处理22.4L转移电子物质的量为2mol
D．该尾气处理工艺要消耗大量的和空气来氧化尾气中的
【答案】B
【详解】A．“吸收”步骤中发生的反应为2H2O + SO2 + Fe2(SO4)3 = 2FeSO4+ 2H2SO4，Fe的化合价降低，则Fe2 (SO4)3发生还原反应、为氧化剂，选项A错误；
B．氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，根据反应①②可知，氧化性强弱顺序为: ，选项B正确；
C．气体的存在状况没有给出，不能根据气体体积计算相关物质的物质的量和转移电子数，选项C错误；
D．根据上述分析及题给反应方程式得，溶液在上述流程中可以循环使用，不需消耗大量的，选项D错误；
答案选B。
14．某溶液仅由Na+、Cu2+、Ba2+、Fe3+、、、Cl-中的若干种离子组成，取适量溶液进行如下实验：

根据以上实验判断，下列推断错误的是
A．气体1通入澄清石灰水中，溶液变浑浊
B．白色沉淀2中加稀硝酸，沉淀不溶解
C．原溶液中一定存在Na+，一定不存在Ba2+
D．白色沉淀3说明原溶液中一定存在Cl-
【答案】D
【分析】原溶液中加入过量的盐酸，能够得到气体和无色溶液1，Cu2＋显蓝色，Fe3＋显棕黄色，因此原溶液中一定不含有Cu2＋、Fe3＋，根据所给离子，气体1为CO2，原溶液中一定含有，根据离子共存，原溶液中一定不含有Ba2＋，根据溶液呈电中性，原溶液中一定含有Na＋，无色溶液1中加入过量Ba(OH)2溶液，得到白色沉淀2，该白色沉淀为BaSO4，原溶液中含有，滤液2中加入过量HNO3和AgNO3溶液，得到白色沉淀3，白色沉淀为AgCl，Cl－来自于过量的盐酸，原溶液中可能含有Cl－，据此分析；
【详解】根据上述分析，原溶液中一定存在的离子是、Na＋、，可能含有Cl－，一定不含有离子是Cu2＋、Ba2＋、Fe3＋，
A．气体1为CO2，通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，故A正确；
B．沉淀2为BaSO4，BaSO4不溶于稀硝酸，故B正确；
C．根据上述分析，一定存在Na＋，一定不含有Ba2＋，故C正确；
D．白色沉淀3为AgCl，Cl－可能来自于过量的盐酸，原溶液中可能含有Cl－，故D错误；
故选：D。
15．某大型企业利用含、的废液净化含有的工业废气的工艺如下图所示，既避免了空气污染又回收了硫黄，大大提高了生产效益。下列说法正确的是

A．步骤①中是还原剂 B．步骤①-③都为氧化还原反应
C．步骤③中每生成1molS消耗1mol D．总反应为
【答案】D
【详解】A．步骤①中Fe2+被氧气氧化为铁离子，Fe2+是还原剂，故A错误；
B．步骤①中亚铁离子被氧气氧化为铁离子，步骤③中铁离子与硫化铜反应生成铜离子、Fe2+和硫单质，故B错误；
C．步骤③中铁离子与硫化铜反应生成铜离子、亚铁离子和硫单质，每生成1个S转移2个电子，消耗2个Fe3+，故C错误；
D．反应物为O2和H2S，生成物为S和H2O，故总反应为：2H2S+O2═2H2O+2S↓，故D正确；
故选：D。

二、填空题
16．按要求写出下列反应的化学方程式或离子方程式：
(1)钠在空气中加热的化学方程式___________；
(2)过氧化钠和水反应的离子方程式___________；
(3)氯气和氢氧化钠溶液反应的离子方程式___________；
(4)碳酸氢钠与盐酸反应的化学方程式___________；
(5)制备氢氧化铁胶体的化学方程式___________。
【答案】(1)2Na+O2Na2O2
(2)2Na2O2+2H2O=4Na++4OH−+O2↑
(3)Cl2+2OH−=Cl−+ClO−+H2O
(4)NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑
(5)FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl

【详解】（1）钠在空气中加热生成过氧化钠，化学方程式为2Na+O2Na2O2；
（2）过氧化钠和水反应生成NaOH和氧气，离子方程式为2Na2O2+2H2O=4Na++4OH−+O2↑；
（3）氯气和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，离子方程式为Cl2+2OH−=Cl−+ClO−+H2O；
（4）碳酸氢钠与盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，化学方程式为NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑；
（5）实验室中向沸水中滴加饱和氯化铁溶液来制备Fe(OH)3胶体，化学方程式为FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl。

三、工业流程题
17．以苦卤(海水晒盐后得到的母液，含)为原料，利用空气吹出法进行“海水提溴”的工艺流程如图。

请回答下列问题：
(1)步骤②苦卤中的被氧化的离子方程式为___________。
(2)若步骤④使用和吸收吹出的，则化学方程式为___________，接着骤⑤再次用氧化吸收液，重新生成。
(3)若步骤④使用溶液吸收吹出的，请配平补全以下化学方程式：___________。
_______________________________________________________

则步骤⑤用硫酸酸化吸收液，得到和的混合溶液。相同条件下，若用盐酸酸化，则所得的质量减少，原因是___________。
(4)该工艺流程中，不直接对“含的海水”进行蒸馏，而是经历步骤③④⑤后才对“溴水混合物”进行蒸馏获得单质，“步骤③④⑤”的作用是___________。
【答案】(1)
(2)
(3)     3656     酸性条件下，氯离子能被溴酸根离子氧化成氯气，而使生成的溴单质的量变少(即：盐酸有还原性，与溴酸根反应)
(4)富集(增大溶液中溴单质的浓度)

【分析】海水中含有溴离子，向浓缩的海水中通入氯气，溴离子被氧化为溴单质，通入空气和水蒸气，得到含有溴的空气，进入吸收塔内，二氧化硫与溴、水共同反应产生氢溴酸和硫酸，向含有浓的溴离子的溶液中再次通入氯气，得到浓的溴溶液，再蒸馏出溴蒸气，再冷凝得到液溴。
【详解】（1）步骤②苦卤中的被氧化生成Br2，同时被还原为氯离子，反应的离子方程式为；
（2）若步骤④使用和吸收吹出的，反应生成氢溴酸和硫酸，反应的化学方程式为；；
（3）Br2 + Na2CO3 + 3H2O→NaBr+ NaBrO3+ NaHCO3中，溴元素化合价部分升高，部分降低；溴元素由0价升高到+5价，化合价升高5价；溴元素降低到一1价，化合价降低1价，根据化合价升降总数相等，所以溴化钠填化学计量数5，溴酸钠填化学计量数1，溴填化学计量数3，再根据原子守恒配平其它物质的系数，配平后的方程式为: 3656；故答案为: 3656；
酸性条件下，氯离子能被溴酸根离子氧化成氯气，而使生成的溴单质的量变少；
（4）步骤①②之后并未直接用含Br2的海水进行蒸馏得到液溴，主要是②后的海水含溴量少,蒸馏时会消耗大量能源，而是经过步骤③④⑤后再蒸馏，主要是富集溴后再蒸馏，消耗的能源低，这样操作的原因步骤③④⑤实际上是溴的富集过程，与直接蒸馏含溴的海水相比，富集后再蒸馏效率更高，消耗能量更少，成本更低；故答案为: 富集(增大溶液中溴单质的浓度)。

四、实验题
18．某家用防疫用品“84消毒液”的包装说明如下，请回答下列问题：
【产品名称】84消毒液
【有效成分】NaClO
【规格】1000mL
【物质的量浓度】4.0
注：①按一定比例稀释后使用②不得与酸性产品(如洁厕灵)同时使用。

(1)欲将“84消毒液”原液稀释配制成480mL的溶液：
①稀释过程中，需要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、量筒、___________。
②稀释时，需要取用___________mL“84消毒液”原液。
③下列操作会使溶液中NaClO浓度偏高的是___________。
A．取用的“84消毒液”原液是久置的        B．定容操作时，俯视刻度线
C．量取“84消毒液”原液时，仰视读数        D．定容摇匀后，液面低于刻度线，再加水至刻度线
(2)利用如图装置探究84消毒液与洁厕灵(主要成分为盐酸)的反应，当注射器中的洁厕灵注入试管中时，装置内产生黄绿色气体，可观察到pH试纸的现象是___________，棉花团(蘸有溶液A)的其作用是___________。


(3)某同学设计实验探究84消毒液的漂白性。
Ⅰ、在2mL84消毒液中加入2mL水后，放入红色纸片，观察到纸片慢慢褪色。
Ⅱ、在2mL84消毒液中加入2mL白醋后，放入红色纸片，观察到纸片迅速褪色
Ⅲ、在不同温度时，测得84消毒液ORP值随时间的变化曲线如图所示。

已知：ORP表示水溶液中物质的氧化性或还原性强弱。ORP值越大，氧化性越强。
①实验Ⅰ、Ⅱ现象不同的原因是为___________。
②实验Ⅲ中，随时间的变化ORP值不同的原因可能是___________。
【答案】(1)     500mL容量瓶     7.5     BC
(2)     pH试纸先变红后褪色     吸收多余的氯气，防止外逸污染环境
(3)     醋酸和反应生成HClO，实验Ⅱ中HCIO浓度大于实验Ⅰ中HClO浓度     温度升高次氯酸分解加快，溶液中次氯酸浓度减小，氧化性减弱

【分析】用浓溶液配制一定物质的量浓度稀溶液一般步骤：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等；
【详解】（1）①用浓溶液配制一定物质的量浓度稀溶液一般步骤：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，配制480mL溶液需要规格为500mL的容量瓶，用到的玻璃仪器：量筒、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管、500mL容量瓶，所以缺少的仪器有：500mL容量瓶，故答案为：500mL容量瓶；
②设需要浓消毒液体积为V，则依据溶液稀释规律可知，0.5L×0.060mol/L=4.0mol/L×V，解得V=0.0075L，即7.5mL，故答案为：7.5；
③A．取用的“84 消毒液”原液是久置的，导致溶液含的溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故A不选；
B．定容操作时，俯视刻度线，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故B选；
C．量取“84 消毒液”原液时，仰视读数，导致溶液体积偏大，溶质的物质的量偏大，溶液浓度偏高，故C选；
D．定容摇匀后，液面低于刻度线，再加水至刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故D不选；
故答案为：BC；
（2）84消毒液的主要成分为NaClO，与HCl发生反应，产生有毒黄绿色气体Cl2，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，所以pH试纸先变红后褪色；氯气有毒，为防止对环境产生污染，应进行尾气处理，氯气能够与氢氧化钠反应被氢氧化钠溶液吸收，所以可用氢氧化钠溶液吸收过量的氯气，故答案为：pH试纸先变红后褪色；吸收生成的氯气，防止逸出造成环境污染；
（3）①白醋中含有醋酸，醋酸的酸性大于HClO，可以与ClO-反应生成HClO，即CH3COOH+ClO-=CH3COO-+HClO，而相同浓度时，HClO的氧化性强于ClO-，所以加入白醋时，纸片迅速褪色，故答案为：醋酸和反应生成HClO，实验Ⅱ中HCIO浓度大于实验Ⅰ中HClO浓度；
②根据图2可以看出ORP的值与温度有关，且温度越高，ORP的值下降的越快，其可能的原因就是次氯酸受热分解，即HClO光照下分解生成HCl和O2，导致HClO的浓度下降，氧化性减弱，故答案为：温度升高次氯酸分解加快，溶液中次氯酸浓度减小，氧化性减弱。

五、元素或物质推断题
19．某工业废水仅含下表中的某些离子，且各种离子的物质的量浓度相等，均为0.1(忽略水的电离)。
阳离子
、、、、
阴离子
、、、、

甲同学欲探究废水的组成，进行了如下实验：
Ⅰ、取该无色溶液5mL，滴加一滴氨水(主要成分为)有沉淀生成，且离子种类增加。
Ⅱ、用铂丝蘸取溶液，在火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察，有紫色火焰(可判断有K元素)。
Ⅲ、另取溶液加入过量盐酸、无气体生成。
Ⅳ、向Ⅲ中所得的溶液中加入溶液，有白色沉淀生成。请回答下列问题：
(1)以下物质属于电解质的是___________，能导电的是___________。(都填字母)
A氨气            B．氨水            C．液氨            D．一水合氨
(2)原溶液中一定存在的离子有___________种
(3)实验Ⅰ中发生反应的离子方程式为___________
(4)实验Ⅳ中发生反应的离子方程式有___________、___________。
(5)向原溶液加入等体积0.1的溶液，发生反应的离子方程式为___________，反应后所得溶液溶质的化学式为___________。
【答案】(1)     D     B
(2)4
(3)
(4)         
(5)          KCl

【分析】与题给的所有阴离子都不能大量共存，故原溶液中无。由Ⅰ可知为无色溶液，故无，加入氨水有沉淀生成，且离子种类增加，说明是新的离子种类，故原溶液中无，有沉淀生成，说明有，则原溶液中定无、(因为它们均与有沉淀产生)。由Ⅱ可知，有。由Ⅲ可知，加过量HCl，无气体生成说明无、。由Ⅳ可知，向Ⅰ中所得溶液加，有白色沉淀生成，(Ⅲ为过量HCl)，白色沉淀中一定有AgCl，可能有。因为各种离子的物质的量浓度相等，又因为一定存在、，由电荷守恒可知，、都存在。所以，原溶液中存在、、、均为0.1，加入等体积等浓度的溶液，发生，将、全部沉淀，则得到只含KCl溶质的溶液。
【详解】（1）电解质是指在水溶液或熔融状态下能导电的化合物，氨水是混合物，不是电解质，氨气和液氨是非电解质，一水合氨属于电解质，故选：D；溶液中存在自由移动的离子能导电，则能导电的是氨水，故选：B；
（2）根据分析可知，原溶液中一定存在的离子有、、、共4种；
（3）实验Ⅰ中和反应生成氢氧化镁沉淀和铵根，发生反应的离子方程式为；
（4）实验Ⅳ中加入硝酸银能与、反应生成沉淀，发生反应的离子方程式有：、；
（5）加入等体积等浓度的溶液，发生，将、全部沉淀，则得到只含KCl溶质的溶液。

六、实验题
20．在实验室制备、收集氯气，并进行相关探究，请回答下列问题。

(1)制备。装置Ⅰ中发生如下反应的化学方程式为___________。
(2)净化。装置Ⅱ中溶液a为___________。
(3)收集。装置Ⅲ中气体应该从集气瓶的___________(选“m”或“n”)口进入。
(4)氯水的性质探究。
和水反应的化学方程式为___________。
①若装置Ⅳ中试剂b为，制得氯水。氯水呈黄绿色是由于其中含有___________。
②若装置Ⅳ中试剂b为，可制得的溶液(可溶于，且不与反应)。取新制氯水、的溶液、___________(仅填一种试剂)，分别滴在三张红色纸条上，可观察到只有新制的氯水使红纸褪色，证明氯水中HClO具有漂白性作用。
(5)同学们在用二氧化锰与过量浓盐酸反应制备氯气过程中发现，二氧化锰仍有剩余时就观察到反应停止，对此现象开展探究。
[提出猜想]
ⅰ、随着反应进行，反应混合液中降低，不能被二氧化锰氧化
ⅱ、随着反应进行，……
[进行实验]
将反应后的固液混合物倒出，平均分在2个试管中，分别进行以下实验，证实了猜想不成立。
序号
实验操作
实验现象
Ⅰ
将湿润的淀粉碘化钾试纸放置于试管口，加热试管；
___________，充分振荡，继续加热
试纸未变蓝
Ⅱ
将湿润的淀粉碘化钾试纸放置于试管口，加热试管；滴入2滴浓硫酸，充分振荡，继续加热
滴入浓硫酸前，试纸不变蓝；滴入浓硫酸后，试纸变蓝

①将I中操作补充完整：___________。
②Ⅱ中试纸变蓝说明试管中的反应产生了___________(填化学式)。
[进一步探究]
查阅资料后，小组同学又进行了实验Ⅲ、Ⅳ。
序号
实验操作
实验现象
Ⅲ
在0.5g二氧化锰中加入2毫升5%双氧水
产生气泡
Ⅳ
在0.5g二氧化锰中滴加2滴浓硫酸，再加入2毫升5%双氧水
产生气泡，黑色固体消失，生成无色溶液

③Ⅳ中反应的离子方程式是___________。
④依据实验Ⅰ-Ⅳ得出的结论，分析出用二氧化锰与过量浓盐酸反应制备氯气过程中，二氧化锰仍有剩余时反应就停止的原因___________。
【答案】(1)
(2)饱和NaCl溶液
(3)n
(4)               稀盐酸
(5)     加入固体NaCl               随反应进行，减小，降低了的氧化性

【分析】装置I中二氧化锰和浓盐酸反应生成氯化锰和氯气，由于浓盐酸易挥发，氯气混有杂质HCl气体，食盐水抑制Cl2的溶解，HCl极易溶于水，装置II中装有饱和食盐水可除去HCl，依据氯气的密度大于空气的密度，用排气法收集氯气应选择向上排气法，导管应‘长进短出’，氯气是有毒气体，需用NaOH溶液除去多余的尾气；
【详解】（1）装置I中二氧化锰和浓盐酸反应生成氯化锰和氯气，反应方程式为：；
（2）由于浓盐酸易挥发，氯气混有杂质HCl气体，食盐水抑制Cl2的溶解，HCl极易溶于水，装置II中装有饱和食盐水可除去HCl，装置Ⅱ中溶液a为饱和NaCl溶液；
（3）依据氯气的密度大于空气的密度，用排气法收集氯气应选择向上排气法，导管应‘长进短出’，装置Ⅲ中气体应该从集气瓶的n口进；
（4）Cl2和水反应生成HCl和HClO，反应的化学方程式为；
①氯气是黄绿色气体，氯气和水按体积比2:1溶解，得到氯水呈黄绿色是由于其中含有Cl2；
②由Cl2和水反应的化学方程式为，具有漂白作用的物质可能为Cl2、HCl、HClO，设置对照实验，则取新制氯水、的溶液、稀盐酸，分别滴在三张红色纸条上，可观察到只有新制的氯水使红纸褪色，证明氯水中HClO具有漂白性作用；
（5）①根据猜想ⅰ、随着反应进行，反应混合液中降低，不能被二氧化锰氧化，实验I设计目的为增大氯离子浓度来证明，则操作I还缺少步骤为：加入固体NaCl；
②Ⅱ中试纸变蓝即有I2生成，为Cl2与KI反应生成的碘单质，说明试管中的反应产生了Cl2；
③实验Ⅳ中产生气泡即氧气产生，黑色固体消失，溶液变无色，则生成硫酸锰，反应的离子方程式是；
④依据实验Ⅰ-Ⅳ得出的结论，用二氧化锰与过量浓盐酸反应制备氯气过程中，二氧化锰仍有剩余时反应就停止的原因：随反应进行，减小，降低了的氧化性。