【化学】福建省福清市华侨中学2018-2019学年高一上学期期末考试试题（解析版）

福建省福清市华侨中学2018-2019学年高一上学期期末考试试题
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 S-32
第Ⅰ卷(选择题，共48分)
一、选择题(本大题包括25小题，每小题2分，共50分。每小题只有一个选项符合题意。)
1.十九大报告提出：必须树立和践行“绿水青山就是金山银山”的理念，你认为下列做
法与这一理念不相符的是( )
A. 工业废水经处理达标后排放 B. 植树造林，增大绿化面积
C. 将废旧电池进行填埋处理 D. 对含硫燃料预先进行脱硫处理，让能源更清洁
【答案】C
【详解】A.工业废水经处理达标后排放可减少水体污染，不符合；
B.植树造林，增大绿化面积，通过植物的光合作用增强空气质量并减少水土流失等，不符合；
C.将废旧电池进行填埋处理，废旧电池中的物质难以分解，会造成土地污染和地下水污染，处理方法不合理，符合；
D.对含硫燃料预先进行脱硫处理，让能源更清洁，符合；故答案为C。
2.下列仪器名称为“蒸馏烧瓶”的是( )
A. B. C. D.
【答案】C
【详解】仪器A为容量瓶；仪器B为锥形瓶；仪器C为蒸馏烧瓶；仪器D为圆底烧瓶；故答案为C。
3.根据物质的组成对物质进行分类，和其他三种物质不属于一类的是( )
A. NaHSO4 B. Na2O C. Na2CO3 D. NaHCO3
【答案】B
【详解】通过观察选项可知，四种物质均为含钠化合物，Na2CO3、NaHCO3、NaHSO4均属于钠盐，而Na2O属于钠的氧化物，与其它三个物质不属于一类，故答案为B。
4.化学反应4 Fe(OH)2＋O2＋2H2O＝4 Fe(OH)3属于( )
A. 分解反应 B. 化合反应 C. 复分解反应 D. 置换反应
【答案】B
【详解】分解反应：由一种物质反应生成两种或两种以上新物质的反应；化合反应：指的是由两种或两种以上的物质反应生成一种新物质的反应；复分解反应：由两种化合物互相交换成分，生成另外两种化合物的反应，复分解反应的实质是发生复分解反应的两种物质在水溶液中交换离子，结合成难电离的物质—沉淀、气体或弱电解质（最常见的为水），使溶液中离子浓度降低，化学反应即向着离子浓度降低的方向进行；置换反应：是一种单质与一种化合物作用，生成另一种单质与另一种化合物的反应；根据方程式可知，该化学反应属于化合反应，故答案为B。
5.漂白粉的有效成分是( )
A. HClO B. Ca(ClO)2 C. Ca(OH)2 D. CaCl2
【答案】B
【详解】将氯气通入冷的消石灰[Ca(OH)2]中即制得以次氯酸钙为有效成分的漂白粉，漂白粉的主要成分是CaCl2、Ca(ClO)2，其有效成分是Ca(ClO)2，故答案为B。
6.下列各组物理量中，随取水量的变化而变化的是( )
A. 水的密度 B. 水的沸点 C. 水的物质的量 D. 水的摩尔质量
【答案】C
【详解】水的沸点、密度为水的物理性质，与水的量无关，水的摩尔质量为18g/mol，与水的量无关，由可知，水的量越多，物质的量越多，故答案为C。
7.将 4g NaOH完全溶解于水配成1L的溶液，从中取出100mL，所量取的100mL溶液中
NaOH的物的量浓度为( )
A. 1mol/L B. 0.1 mol/L C. 0.01mol/L D. 10mol/L
【答案】B
【详解】4gNaOH的物质的量=0.1mol，完全溶解于水配成1L的溶液，溶液中NaOH浓度为，因溶液为具有均一性，故取出的100mL溶液中NaOH的物的量浓度为0.1 mol/L，故答案为B。
8.下列物质的分类依据正确的是( )

物质类别
分类依据
A
酸
电离时能否产生氢离子
B
碱性氧化物
是否属于金属氧化物
C
胶体
能否发生丁达尔现象
D
强电解质
水溶液中能否完全电离
【答案】D
【解析】试题分析：A、酸的分离依据是电离产生的阳离子全部是氢离子的化合物，不仅仅是能产生氢离子，错误；B、金属氧化物不一定是酸性氧化物，酸性氧化物是与碱反应只生成盐和水的氧化物，错误；C、胶体的划分是依据分散质粒子的直径在1-100nm之间的分散系，错误；D、在水溶液中完全电离的电解质是强电解质，正确，答案选D。
9.下列有关化学用语的表述正确的( )
A. 醋酸的电离方程式：CH3COOH＝ CH3COO-＋H+
B. H216O、H218O互为同位素
C. 质子数为53，中子数为78的碘原子：13153I
D. 氯离子的结构示意图：
【答案】C
【详解】A.醋酸为弱电解质，其电离为不完全电离，故电离方程式为：CH3COOHCH3COO-＋H+，错误；
B.同位素是指质子数相同、中子数不同的核素，所指对象为原子，而H216O、H218O是分子，故H216O、H218O不互为同位素，错误；
C.对于原子而言，质量数=质子数+中子数，故质子数为53，中子数为78的碘原子的质量数为131，故该原子的原子符号为，正确；
D.氯离子的质子数为17，故氯离子的结构示意图为，错误。
10.下列说法正确的是( )
A. 向某溶液中加入BaCl2溶液有白色沉淀生成，再加盐酸，沉淀不溶解，说明该溶液中一定含有SO42-
B. 蒸馏操作时应把温度计的水银球浸入液面以下
C. 可用淀粉化钾试纸鉴别碘水和溴水
D. 焰色反应时，先用稀盐酸洗涤铂丝并在精灯火上灼烧至无色，然后再进行实验
【答案】D
【详解】A．与氯化钡溶液生成不溶于稀盐酸的白色沉淀还可能是氯化银，所以不能确定一定含有硫酸根离子，故A错误；
B．蒸馏时，测定馏分的温度，则应使温度计水银球位于烧瓶支管口处，故B错误；
C．溴水与KI反应生成碘，淀粉遇碘单质变蓝，所以均使淀粉碘化钾试纸变蓝，不能鉴别，故C错误；
D．盐酸清洗，灼烧时不会造成干扰，则先用稀盐酸洗涤铂丝并在酒精灯火焰上灼烧至无色，然后再进行实验，故D正确；
故答案选D。
11.下列关于科学家及其提出的学说或贡献叙述不正确的是( )
A. 汤姆生发现电子，并提出轨道模型
B. 卢瑟福根据α粒子散射现象，提出了带核的原子结构模型
C. 侯德榜发明的侯氏制碱法可制备碳酸钠
D. 门捷列夫发明了元素周期表
【答案】A
【详解】A.1897年，英国科学家汤姆生发现了电子，1904年提出“葡萄干面包式”的原子结构模型，而原子结构轨道模型是式波尔提出的学说，错误；
B.1911年英国物理学家卢瑟福根据α粒子散射现象，提出了带核的原子结构模型，正确；
C.侯氏制碱法又称联合制碱法，是我国化学工程专家侯德榜于1943年创立的，是将氨碱法和合成氨法两种工艺联合起来，同时生产纯碱和氯化铵两种产品的方法，正确；
D.俄国化学家门捷列夫于1869年发明周期表，正确。
12.下列有关实验装置或操作说法正确的是( )
A. 检验样品中是否含有NH4+
B. 向长颈漏斗中加一定量水，并形成水柱，随后水柱下降至与瓶中液面相平，说明气密性好
C. 转移溶液
D. 分离汽油和水
【答案】A
【详解】A.检验NH4＋是通过OH－＋NH4＋NH3＋H2O，将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，若试纸变蓝，则说明样品中是否含有NH4+，正确；
B.向长颈漏斗中加一定量水，并形成水柱，一段时间水柱不下降才能说明气密性良好，错误；
C.向容量瓶中转移溶液时要用玻璃棒引流，错误；
D.水和汽油互不相溶，可以用分液的方法将二者分离，但汽油密度小于水，且二者均为无色，不是上图所示的紫色，错误。
13.常温下，将铁片放入下列溶液中，不发生反应的是( )
A. 稀硫酸 B. 浓硫酸 C. 氢氧化钠溶液 D. 硫酸铜溶液
【答案】C
【详解】A.铁与稀硫酸反应：Fe＋H2SO4=FeSO4＋H2，不符合题意；
B.常温下，铁与浓硫酸会发生氧化还原反应生成致密的氧化膜导致铁钝化，不符合题意；
C.铁与氢氧化钠溶液不发生反应，符合题意；
D.铁与硫酸铜发生置换反应：Fe＋CuSO4=FeSO4＋Cu，不符合题意；故答案为C。
14.下列说法不正确的是( )
A. 硅酸钠可用作木材防火剂
B. 二氧化硅是酸性氧化物，它不溶于任何酸
C. 水泥、玻璃、砖瓦都是硅酸盐制品
D. 晶体硅可用作半导体材料
【答案】B
【详解】A.硅酸钠具有不燃不爆的物理性质，本身硅酸钠就不燃烧，而将硅酸钠涂在木材表面就阻隔了木材与空气中氧气的直接接触，这样即使燃烧木材至多也只是变黑，如果是高温那也只是干馏，所以硅酸钠可以用作木材的防火剂，不符合题意；
B.二氧化硅是酸性氧化物，并可以溶于氢氟酸（HF），符合题意；
C.水泥、玻璃、砖瓦、黏土都是硅酸盐产品，不符合题意；
D.晶体硅具有一个非常重要的特性—单方向导电，也就是说，电流只能从一端流向另一端，制作半导体器件的原材料就需要具有有这种特有的特性材料，因此晶体硅可用作半导体材料，不符合题意；故答案为B。
15.下列说法不正确的是( )
A. 小苏打可用于治疗胃酸过多
B. 镁可用于制造信号弹和焰火
C. 漂白粉可用于净水和消毒
D. 高压钠灯发出的黄光透雾能力强，可用于道路和广场照明
【答案】C
【详解】A.小苏打的主要成分是NaHCO3，可与胃酸（主要成分是HCl）反应，可用于治疗胃酸过多，不符合题意；
B.镁在空气中燃烧会发出耀眼的白光，可用于制造信号弹、焰火、闪光粉等，不符合题意；
C.漂白粉的主要成分是CaCl2、Ca(ClO)2，Ca(ClO)2遇水产生强氧化剂次氯酸（HClO），具有消毒杀菌的作用，净水的工序较为复杂，仅仅加入漂白粉不能达到净水的目的，符合题意；
D.钠的焰色反应为黄色，可用作透雾能力强的高压钠灯和照明，不符合题意；故答案为C。
16.根据下列反应进行判断，下列各微粒氧化能力由强到弱的顺序正确的是(　　)
①ClO3-＋5Cl-＋6H+===3Cl2＋3H2O　②2FeCl3＋2KI===2FeCl2＋2KCl＋I2　③2FeCl2＋Cl2===2FeCl3
A. ClO3- >Cl2 >I2 >Fe3+ B. Cl2> ClO3- >I2 >Fe3+
C. ClO3- >Cl2 >Fe3+ >I2 D. ClO3- >Fe3+ >Cl2 >I2
【答案】C
【详解】①中ClO3－是氧化剂，Cl2是氧化产物，所以氧化性ClO3－>Cl2，②中Fe3+是氧化剂，I2是氧化产物，所以氧化性：Fe3+>I2，③中Cl2是氧化剂，Fe3+是氧化产物,所以氧化性：Cl2>Fe3+，综上得氧化性顺序为ClO3－>Cl2>Fe3+>I2；故选C。
17.下列说洪正确的是( )
A. 久置氯水会变成稀盐酸
B. 红热的铁丝在Cl2中剧烈燃烧，产生白烟
C. 钠在空气中变质，最终变成氢氧化钠
D. 钠在空气中燃烧得到白色固体Na2O
【答案】A
【详解】A.久置氯水中HClO分解：2HClO=2HCl＋O2，导致氯水最终变成稀盐酸，正确；
B.铁与氯气反应生成棕褐色（氯化铁）的烟，而不是白烟，错误；
C.钠在空气中变质，最终变成碳酸钠，错误；
D.钠在空气中燃烧得到淡黄色固体Na2O2，错误。
18.下表所列各组物质中，物质之间通过一步反应能实现如图所示转化的是( )

X
Y
Z
物质转化关系
A
Cu
CuO
Cu(OH)2

B
Si
SiO2
H2SiO3
C
NaHCO3
Na2CO3
NaOH
D
FeCl2
FeO
FeCl3
【答案】C
【详解】A.Cu与O2反应生成CuO，CuO与C或H2等反应生成Cu，Cu(OH)2无法一步转化为Cu，且CuO无法一步转化为Cu(OH)2，错误；
B.Si与O2反应生成SiO2，SiO2与H2或C等反应生成Si，SiO2无法一步转化为H2SiO3，H2SiO3无法一步转化为Si，错误；
C.NaHCO3在加热条件下能生成Na2CO3，Na2CO3与CO2、H2O反应生成NaHCO3，Na2CO3与Ca(OH)2反应生成NaOH，NaOH与过量CO2反应能直接生成NaHCO3，正确；
D.FeCl2不能一步转化为FeO，FeO与HCl反应能生成FeCl2，FeO无法一步转化为FeCl3，FeCl3与Fe反应生成FeCl2，错误。
19.下列离子方程式正确的是( )
A. 氢氧化钡溶液与稀H2SO4反应：Ba2+＋SO42-＝ BaSO4↓
B. 碳酸钙与盐酸反应：CO32-＋2H+＝H2O＋CO2↑
C. SiO2和氢氧化钠溶液的反应：SiO2＋2OH-＝SiO32-＋H2O
D. 用FeCl3溶液腐蚀铜箔制造印刷电路板：Fe3+＋Cu＝Fe2＋+Cu2+
【答案】C
【详解】A.漏写H+与OH-的反应，正确的离子方程式为：2H＋＋2OH－＋Ba2＋＋SO42－=2H2O＋BaSO4，错误；
B.碳酸钙为难溶物，不能拆分，正确的离子方程式为：CaCO3＋2H＋=Ca2＋＋CO2＋H2O，错误；
C.SiO2和氢氧化钠溶液的反应生成硅酸钠和水，其离子方程式为：SiO2＋2OH-＝SiO32-＋H2O，正确；
D.电荷和转移电子数不守恒，正确的离子方程式为：2Fe3+＋Cu＝2Fe2＋+Cu2+，错误。
20.某溶液中加入锌粉能产生氢气，在该溶液中一定能大量共存的离子组是( )
A. Na+、K+、Cl-、SO42- B. Cu2+、Fe2+、NO3-、 SO42-
C. Na＋、Ca2＋、Cl－、CO32- D. OH-、Cu2＋、SO42- 、Cl-
【答案】A
【详解】A.上述四种离子互相不反应，能共存，且能在含有大量H＋的溶液中共存，符合题意；
B.由上述分析可知，溶液中不能含有NO3－，且Fe2+会与稀硝酸反应，不符合题意；
C.Ca2＋与CO32-会发生反应生成难溶物CaCO3，且CO32-与H+不能大量共存，不符合题意；
D.OH-与Cu2＋反应生成难溶物Cu(OH)2，且OH-与H+不能大量共存，不符合题意；故答案为A。
21.利用碳酸钠晶体（Na2CO3·10H2O）来配制0.1mol/L的碳酸钠溶液980mL，假如其他操作均是准确无误，下刻情况会引起配制溶液的浓度偏高的是( )
A. 称取碳酸钠晶体28.6g
B. 溶解时进行加热，并将热溶液转移到容量瓶中至刻度线
C. 移液时，对用于溶解碳酸钠晶体的烧杯没有进行洗涤
D. 定容后，将容量瓶振荡摇匀，静置发现液面低于刻度线，又加入少量水至刻度线
【答案】B
【详解】A．利用碳酸钠晶体（Na2CO3·10H2O）来配制0.1mol/L的碳酸钠溶液980mL，应选择1000mL容量瓶，需要晶体质量为：1L×0.1mol/L×286g/mol=28.6g，称取碳酸钠晶体28.6g，溶液浓度准确，故A不选；
B．溶解时进行加热，并将热溶液转移到容量瓶中至刻度线，冷却后溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故B选；
C．移液时，对用于溶解碳酸钠晶体的烧杯没有进行洗涤，导致部分溶质损耗，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故C不选；
D．定容后，将容量瓶振荡摇匀，静置发现液面低于刻度线，又加入少量水至刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故D不选；
故答案选B。
22.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A. 常温常压下，22.4LCl2含有的分子数目为NA
B. 18.0gH2O含有的氢原子数目为NA
C. 1.00mol/LCa(NO3)2溶液中含有的NO3-离子数目为2NA
D. 含0.1molH2SO4的浓硫酸和足量的铜反应，转移电子数小于0.2NA
【答案】D
【详解】A. 常温常压下气体的摩尔体积大于22.4L/mol，22.4LCl2含有的分子数目小于NA，A错误；
B. 18.0gH2O的物质的量是1mol，含有的氢原子数目为2NA，B错误；
C. 1.00mol/LCa(NO3)2溶液的体积不确定，不能计算其中含有的NO3-离子数目，C错误；
D. 含0.1molH2SO4的浓硫酸和足量的铜反应，由于反应中还有硫酸铜生成，且随反应的进行硫酸浓度减小，稀硫酸和铜不反应，则转移电子数小于0.2NA，D正确；
答案选D。
23.下列各组中，两种气体的的分子数上一定相等的是( )
A. 温度相同，体积相同的O2和N2 B. 温度相等，压强相等的CO和N2
C. 压强相同，质量相同的O2和O3 D. 体积相同，密度相等的CO和N2
【答案】D
【详解】根据N=nNA知，分子数与物质的量成正比，所以只要二者物质的量相等其分子数就一定相等，
A.温度相同、体积相同的O2和N2其物质的量不一定相等，所以其分子数不一定相等，故A错误；
B.温度相等、压强相等的N2和CO其物质的量不一定相等，所以其分子数不一定相等，故B错误；
C.压强相同、质量相同的O3和O2，二者摩尔质量不等，根据n=m/M知，质量相等时其物质的量不等，所以其分子数不等，故C错误；
D.体积相同,密度相等的CO 和N2，其质量相等,二者摩尔质量相等，所以其物质的量相等，根据N=nNA知，其分子数相等，故D正确。
第Ⅱ卷(非选择题，共50分)
二、简答题(本大题包括4小题，共54分。)
24.⑴室温时，在下列物质中：①Na ②Cl2 ③Na2O ④FeCl2溶液 ⑤NaHCO3 ⑥蔗糖 ⑦NH3⑧NaCl晶体 ⑨HClO ⑩ Fe(OH)2
属于碱性氧化物的是(用序号填写,下同) __________，属于酸的是________，属于强电解质的是____________，属于非电解质的是____________，能导电的是___________。
⑵下列各组化学用语中：①3He、4He ② 2H2 O、1H2O ③ 1H、3H ④14N和13C质子数相同的有_________，中子数相同的有________，互为同位素的有________。
【答案】(1). ③ (2). ⑨ (3). ③⑤⑧ (4). ⑥⑦ (5). ①④ (6). ①②③ (7). ④ (8). ①③
【详解】（1）属于碱性氧化物的是Na2O；属于酸的是HClO； 属于强电解质的是Na2O、NaHCO3、NaCl晶体，属于非电解质的是蔗糖、NH3，能导电的是Na、FeCl2溶液； 故属于碱性氧化物的是③；属于酸的是⑨；属于强电解质的是③⑤⑧；属于非电解质的是⑥⑦；能导电的是①④；
（2）由上述分析可知，①3He、4He的质子数均为2，中子数分别为1、2；②2H2O、1H2O 的质子总数均为10，中子总数分别为10、8；③1H、3H的质子数均为1，中子数分别为0、2；④14N和13C的质子数分别为7、6，中子数均为7；由此可知质子数相同的是①②③；中子数相同的是④；互为同位素的是①③。
25.(1)在下列反应中，水作氧化剂的是________。
A.Cl2+H2OHCl+HClO B.NaH+H2O=NaOH+H2↑
C.3Fe+4H2O(g)Fe3O4 + 4H2 D. H2+CuOH2O+Cu
E. 2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑
(2)用双桥表示3Cl2+6KOH=5KCl+KClO3+3H2O电子转移的方和数目：__________________。
(3)在一定条件下，利用置换反应X+Y=W+Z，可实现物质之间的转化
①若X为Mg，W为C，则Z为__________________。
②若X为SiO2，W为CO，该反应在工业的用途是___________________。
(4) 某未知溶液中可能含有Fe2+，确定含该离子的实验方案为：取少量该溶液于试管中，先__________________，再__________________，则说明溶液中含有Fe2+。
【答案】(1). BCE (2). (3). MgO (4). 制备粗硅 (5). 滴加几滴KSCN溶液，无明显现象 (6). 加入氯水（或H2O2或稀硝酸等，合理均可），溶液变成血红色
【详解】（1）氧化剂在氧化还原反应中被还原，相关元素化合价降低，A.反应前后H2O中元素化合价不变；B.NaH中H的化合价为-1价，反应结束后化合价升高为0价，而H2O反应结束后H由+1价降低为0价，H2O被还原，作氧化剂；C.Fe由0价上升至+2、+3价，H2O中H由+1价降低为0价，H2O被还原，作氧化剂；D.H2O作氧化产物；E.H2O中H由+1价降低为0价，H2O被还原，作氧化剂；故答案为：BCE；
（2）由方程式可知，Cl化合价由0价升高为+5价，同时由0价降低为-1价，根据方程式可知，失去的电子数为：1×5e-，得到的电子数为：5×e-，故用双桥表示3Cl2+6KOH=5KCl+KClO3+3H2O电子转移的方和数目为：；
（3）①由题可知，该反应是置换反应，若X为Mg，W为C，则发生的反应为：Mg＋CO2MgO＋C，由此可知，Z为MgO；
②若X为SiO2，W为CO，则发生的反应是：2C＋SiO2Si（粗硅）＋2CO，该反应在工业上的用途是制备粗硅；
（4）未知溶液中可能含有Fe2+，可将其氧化为Fe3＋，再进行检验，同时要排除溶液中Fe3＋的干扰，由此实验操作为：取少量该溶液于试管中，先滴加几滴KSCN溶液，无明显现象，加入氯水（或H2O2或稀硝酸等，合理均可），溶液变成血红色，则说明溶液中含有Fe2＋。
26.某固体中可能合有Na+、K+、NH4+、Fe2+、Fe3+、 Cl-、SO42-、CO32-、HCO3-，将其配成100mL溶液。学生研究性学习小组为了确认其成分，设计并完成了如图所示实验：

请回答下列问题：
(1)配制100mL该溶液的过程中，“定容”操作正确的是________________。
A. B. C. D.
通过鉴定,该固体中一定存在的阳离子是_____________，一定不存在的阴离子是_____________。可能存在的离子是______________。实验过程生成气体的反应离子方程式为___________________
(2)下列实验结论符合事实的是_____________。
A.该固体中可能含有(NH4)2SO4、K2SO4、NaCl
B.该固体中可能含有(NH4)2SO4、KCl，一定不含NH4Cl
C.该固体中一定含有NH4Cl、K2SO4
D.该固体中可能含有(NH4)2SO4、KCl
【答案】(1). 【答题空1】B (2). 【答题空2】K+、NH4+ (3). 【答题空3】CO32-、HCO3- (4). 【答题空4】Na＋、Cl- (5). 【答题空5】NH4+ + OH- NH3↑ + H2O (6). 【答题空6】AD
【详解】（1）配置100mL溶液，应选择100mL容量瓶，定容时胶头滴管不能伸入容量瓶内，视线应平视刻度线，故正确的操作为B；
（2）加入过量NaOH溶液，加热有气体生成，原溶液中一定存在NH4＋，反应得到溶液，说明没有沉淀生成，则原溶液没有Fe2＋、Fe3＋．反应后的溶液进行焰色反应呈紫色，说明原溶液含有K＋，反应后的溶液加入足量的盐酸，没有明显现象，说明原溶液没有CO32－、HCO3－，再加入足量的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，说明原溶液含有SO42－，溶液中Na＋、Cl－不能确定，故一定存在的阳离子是：K＋、NH4＋；一定不存在的阴离子是： CO32－、HCO3－；可能存在的离子是：Na＋、Cl－；实验过程生成气体的反应是：NH4+ + OH-NH3↑ + H2O；
（3）由（2）分析可知，一定存在的离子是：K＋、NH4＋、SO42－，一定不存在的离子是：Fe2＋、Fe3＋、CO32－、HCO3－，不能确定的是：Na＋、Cl－；故答案为AD。
27.二氧化氯(ClO2)是一种优良的消毒剂，熔点为-59℃，沸点为 11℃，浓度过高时易发生分解，甚至爆炸。某课外兴趣小组通过氯气与 NaClO2溶液反应来制取少量ClO2，装置如下图所示：

(1)甲装置中圆底烧瓶内发生反应的化学方程式是_________________________________________。
(2)丙装置中发生的反应可能经两步完成，请将其补充完整：
①____________________________________________(用化学方程式表示)，
②HClO + HCl + 2NaClO2 2ClO2↑+ 2NaCl + H2O。
(3)Clˉ存在时会催化 ClO2的生成，若无乙装置，则丙装置内产生 ClO2的速率明显加快。乙装置中试剂瓶内的液体是__________。戊装置的作用是_______________________。
(4)戊装置烧杯中 NaOH 溶液吸收 ClO2后，生成了 ClO、ClO，该反应的离子方程式是_______________________________________。
【答案】(1). 【答题空1】4HCl（浓）+2MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O (2). 【答题空2】Cl2 + H2O HClO + HCl (3). 饱和食盐水 (4). 吸收未反应完的氯气和二氧化氯，防止污染环境 (5). 【答题空5】2ClO2 + 2OH- == ClO+ ClO + H2O
【详解】（1）甲装置中二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成MnCl2、Cl2和H2O，反应方程式为：4HCl（浓）+2MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O；
（2）由第②步反应中反应物可知，第①步是氯气与水反应生成HCl和HClO，反应方程式为：Cl2 + H2OHClO + HCl；
（3）Clˉ存在时会催化ClO2的生成，若无乙装置，则丙装置内产生ClO2的速率明显加快导致ClO2浓度过高，易发生分解甚至爆炸，故装置乙的作用是除Cl2中HCl，可选用试剂为饱和食盐水；氯气和二氧化氯均为有毒气体，不能直接排放至空气中，因此需要进行尾气处理，故装置丙的作用是：吸收未反应完的氯气和二氧化氯，防止污染环境；
（4）NaOH溶液吸收ClO2后，生成了ClO2－、ClO3－，ClO2被氧化为ClO3－（化合价升高1），ClO2同时被还原为ClO2－（化合价降低1），根据化合价升降守恒和电荷守恒、原子守恒配平可得其反应的离子方程式：2ClO2 + 2OH- ==ClO2－＋ClO3－＋H2O