2025届江苏省南通市实验中学化学高一上期中调研模拟试题含解析

2025届江苏省南通市实验中学化学高一上期中调研模拟试题
注意事项:
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。

2．答题时请按要求用笔。

3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。

4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。

5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、仪器名称为“锥形瓶”的是
A．B．C．D．
2、与100mL 0.1mol/L（NH4）2SO4溶液中NH4+离子浓度相同的是
A．10mL 1mol/L （NH4）2SO4溶液B．50mL 0.2mol/L NH4Cl溶液
C．10mL 0.2mol/L（NH4）2SO4溶液D．200mL 0.1mol/L NH4NO3溶液
3、对下列物质分类全部正确的是
①纯碱②食盐水③石灰水④NaOH⑤液态氨⑥CH3COONa（）
A．一元碱—③④B．纯净物—③④⑤C．正盐—①⑥D．混合物—②⑤
4、实验室可用多种方法制取氯化氢，下面是实验室制取氯化氢的装置和选用的试剂，其中错误的是
A．B．
C．D．
5、已知Na2O属于碱性氧化物，推测它不可能发生的反应是
A．与二氧化碳反应生成碳酸钠B．与水反应生成氢氧化钠
C．与硫酸反应生成硫酸钠D．与酸性氧化物SO2反应生成硫酸钠
A．用酒精萃取溴水中溴单质的操作可选用分液漏斗，而后静置分液
B．进行分液时，分液漏斗中的下层液体从下口流出，上层液体则从上口倒出
C．萃取、分液前需对分液漏斗检漏
D．为保证分液漏斗内的液体顺利流出，需将上面的塞子拿下(或使塞上的凹槽对准漏斗上的小孔) 7、下列物质属于电解质且能导电的是
A．金属铜B．盐酸C．熔融KCl D．酒精
8、向盛有I2水溶液的试管中，再加四氯化碳振荡，静置后观察到的现象是（）
A．上层橙红色，下层接近无色B．均匀、透明、紫红色
C．均匀、透明、无色D．上层接近无色，下层紫红色
9、配制250mL 0.10mol/L的盐酸溶液时，下列实验操作会使配制的溶液浓度偏高的是
A．容量瓶内有水，未经过干燥处理
B．定容时，仰视刻度线
C．用量筒量取浓盐酸时，用水洗涤量筒2～3次，洗涤液倒入烧杯中
D．定容后倒转容量瓶几次，发现液体最低点低于刻度线，再补加几滴水到刻度线
10、下列有关说法正确的是
A．1mol/L的Na2CO3溶液中含有钠离子约为2×6.02×1023
B．含氧原子数均为N A的O2和O3的物质的量之比为3：2
C．每1mol任何物质均含有约为6.02×1023个原子
D．含氢原子数目相同的NH3和CH4在同温同压下的体积之比为3：4
X离子中共有n个电子，元素X的原子核内的质子数为
11、A2-
Z
A．n-2 B．n+2 C．n D．A-n
12、反应2NO+2CO=N2+2CO2可应用于汽车尾气的净化。

下列判断正确的
A．该反应是置换反应B．该反应是复分解反应
C．该反应是氧化还原反应D．该反应是分解反应
13、用图表示的一些物质或概念间的从属关系不正确
．．．的是
X Y Z
A 甲烷有机物化合物
B 胶体分散系混合物
C 碳酸钙含碳化合物盐类
D 氧化钠碱性氧化物氧化物
A．A B．B C．C D．D
14、下列化学用语表示正确的是
A．硫酸亚铁的电离方程式：Fe2（SO4）3 ＝2Fe3+＋3SO42－
B．H2SO4的电离方程式：H2SO4＝H2+ + SO42-
C．质子数为6，中子数为7的微粒：76C
D．钠离子的结构示意图：
15、设N A为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A．标准状况下，22.4LCCl4所含分子数为N A
B．28g CO和N2的混合气体所含的原子数为N A
C．2mol金属铁与足量的盐酸反应，共失去了4N A个电子
D．124g白磷（分子式为P4)所含分子数为4N A
16、下列化学方程式中，不能用离子方程式Ba2++SO42―=BaSO4↓表示的是
A．BaCl2+H2SO4= BaSO4↓+ 2HCl
B．Ba(OH)2+H2SO4=BaSO4↓+ 2H2O
C．Ba(NO3)2+CuSO4=Cu(NO3)2 + BaSO4↓
D．Ba(OH)2+Na2SO4=BaSO4↓+ 2NaOH
二、非选择题（本题包括5小题）
17、今有一混合物的水溶液，只可能含有以下离子中的若干种：K+、NH4+、Cl－、Mg2+、Ba2+、CO32－、SO42－，现取三份各100mL该溶液进行如下实验：
①第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生；
②第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到气体0.08mol；
③第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀12.54g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为4.66g。

根据上述实验，回答下列问题：
（2）由第三份进行的实验可知12.54克沉淀的成分是______________（写沉淀化学式），其物质的量分别为
______________________。

（3）原溶液中是否存在K+_______填“是”或“否）若存在则K+的浓度的取值范围是____________________（若不存在此空可不填）
18、有一包白色固体粉末，由FeCl3、CaCO3、Na2SO4、KCl、Ba(NO3)2中的几种物质组成，取样品进行如下实验（假设下列过程中，能反应的物质之间的反应恰好完全）：
（1）步骤①所用分离方法叫做___，要从步骤②所得“无色溶液”中提取溶剂，所用分离方法叫做___。

（2）写出实验过程中发生化学反应的离子方程式①___；②___。

（3）固体粉末中一定不存在的物质是（填化学式，下同）___；不能确定是否存在的物质是___。

（4）将固体粉末可能的组成填入下表（可以不填满，也可以再补充）。

___
序号化学式
Ⅰ
Ⅱ
（5）设计一个实验，进一步确定混合物的组成，简述实验操作、现象和结论。

___
19、常温常压下，一氧化二氯（Cl2O）为棕黄色气体，沸点为3.8℃，42℃以上会分解生成Cl2和O2，Cl2O易溶于水并与水反应生成HClO。

将氯气和空气（不参与反应）按体积比1:3混合通入含水8%的碳酸钠中制备Cl2O（同时生成一种使澄清石灰水变浑浊的气体和一种盐），并用水吸收Cl2O（不含Cl2）制备次氯酸溶液。

（Cl2在CCl4中的溶解度较大）
→→________。

（1）各装置的连接顺序为______→______→________C
（2）装置B中多孔球泡和搅拌棒的作用是___________________；装置C的作用是________。

（3）B中的化学方程式为________________。

（4）反应过程中，装置B需放在冷水中，其目的是___________。

20、Ⅰ．某化学兴趣小组在实验室用如下装置制备氯气：
请回答：
（1）实验装置连接完成后，首先应进行的操作是_______________。

（2）写出A装置中制取氯气的化学
．．方程式____________________。

（3）若要制备纯净、干燥的氯气，需在A、B之间添加净化装置D、E，其中导管连接的顺序是____(填写数字编号)。

Ⅱ．某化学实验室产生的废液中含有Fe3+、Cu2+、Ag+三种金属离子，实验室设计了方案对废液进行以下三步处理，并回收金属。

请回答：
（1）步骤①中得到的沉淀含有的金属单质有__________。

（2）步骤②是将Fe2+转化为Fe3+，还可以选用的试剂是_____(填字母)。

A．Fe粉B．NaOH溶液C．新制氯水D．稀硫酸
（3）步骤③中加入氨水生成红褐色沉淀的离子
．．方程式为___________________。

21、已知A为淡黄色固体，T、R为两种常见的用途很广的金属单质，D是具有磁性的黑色晶体，C是无色无味的气体，H是白色沉淀，且在潮湿空气中迅速变为灰绿色，最终变为红褐色固体。

（1）写出下列物质的化学式：A：_______，D：_________，R：____________。

（2）按要求写下列反应方程式：
H在潮湿空气中变成M的过程中的化学方程式____________________；
B和R反应生成N的离子方程式________________________________；
D与盐酸反应的离子方程式_____________________________________。

（3）检验气体C的方法_________________________________________。

参考答案
一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、C
【解析】
A.装置为漏斗，与题意不符，A错误；
B.装置为容量瓶，与题意不符，B错误；
C.装置为锥形瓶，符合题意，C正确；
D.装置为U型管，与题意不符，D错误；
答案为C。

2、B
【解析】
根据硫酸铵的化学式可知，溶液中NH4+离子浓度是0.1mol/l×2＝0.2mol/L。

根据选项中的化学式可知，四个选项中NH4+离子浓度（mol/L）分别是2、0.2、0.4、0.1，答案选B。

该类型的试题在判断时，关键是分析电解质的组成及其强弱。

另外还需要注意的是，判断的是离子的浓度，还是离子的物质的量，因为物质的量还与溶液体积有关系。

3、C
【解析】
纯碱(Na2CO3)是碳酸与氢氧化钠完全中和的产物，属于正盐；食盐水是氯化钠的水溶液，属于混合物；石灰水是氢氧化钙的水溶液，属于混合物；NaOH是一元强碱，属于纯净物；液态氨只含NH3分子，属于纯净物；CH3COONa是醋酸和氢氧化钠完全中和的产物，属于正盐。

【详解】
氢氧化钙属于二元碱，故A错误；石灰水是氢氧化钙的水溶液，属于混合物，故B错误；纯碱、CH3COONa都是酸碱完全中和的产物，属于正盐，故C正确；液态氨是纯净物，故D错误。

4、B
【解析】
A、浓硫酸与NaCl反应生成HCl；
B、稀硫酸和氯化钡反应生成硫酸钡和盐酸，故B错误；
C、浓硫酸溶于盐酸放热大量的热，盐酸易挥发；
D、NaCl与硫酸氢钠固体加热反应生成硫酸钠和HCl．
【详解】
A、浓硫酸与NaCl反应生成HCl，该固液、加热装置可制备HCl，故A不选；
B、稀硫酸和氯化钡反应生成硫酸钡和盐酸，不能产生大量氯化氢气体，故B错误；
C、浓硫酸溶于盐酸放热大量的热，盐酸易挥发，则液体混合装置可制备HCl，故C不选；
D、NaCl与硫酸氢钠固体加热反应生成硫酸钠和HCl，则该固体加热装置可制备HCl，故D不选；
故选B。

5、D
【解析】
A．碱性氧化物能与酸性氧化物反应生成盐，则氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠，A与题意不符；
B．碱性氧化物能与水反应生成碱，则氧化钠与水反应生成氢氧化钠，B与题意不符；
C．碱性氧化物能与酸反应生成盐和水，则氧化钠与硫酸反应生成硫酸钠和水，C与题意不符；
D．氧化钠无强氧化性，则氧化钠与酸性氧化物SO2反应生成亚硫酸钠，而不能生成硫酸钠，D说法错误；
答案为D。

6、A
A．酒精和水是互溶的，不能做萃取剂来萃取溴水中的溴单质，可以用四氯化碳来萃取，故A错误；
B．分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，避免两种液体相互污染，故B正确；C．分液漏斗使用前要先检查是否漏液，故C正确；
D．打开塞子(或使塞上的凹槽对准漏斗上的小孔)使漏斗内外压强相等，保证液体顺利流出，故D正确；
答案选A。

7、C
【解析】
A、金属铜能导电，但金属铜是单质不是化合物，因此金属铜不是电解质，故A错误；
B、盐酸是氯化氢的水溶液，是混合物，不是化合物，所以不是电解质，故B错误；
C、熔融KCl是化合物，属于电解质，熔融态下电离出自由移动的钾离子和氯离子，能导电，故C正确；
D、乙醇是化合物，但其水溶液只存在乙醇分子，不导电，属于非电解质，故D错误；
综上所述，本题正确答案为C。

【点睛】
本题重点考查电解质定义与判断。

电解质是指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，例如酸、碱和盐等，凡在上述情况下不能导电的化合物叫非电解质，例如蔗糖和酒精等。

注意电解质和非电解质都是化合物，单质和混合物既不是电解质也不是非电解质。

解题时紧抓住电解质必须是化合物，以及导电是在水溶液或熔化状态下为条件进行解题。

8、D
【解析】
I2水溶液是棕色，加入密度大于水的四氯化碳，因为I2在四氯化碳中的溶解度大于在水中的溶解度，所以下层为四氯化碳的典溶液，为紫红色，上层为水，接近无色，故D正确。

9、C
【解析】
分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，依据C=n/V进行误差分析．
【详解】
A．由于最后需要在容量瓶中加水定容，所以容量瓶未经干燥处理不会影响所配溶液的浓度，故A不选；
B．定容时仰视刻度线，会造成溶液体积偏高，使浓度偏低，故B不选；
C．量筒在量取液体体积时，已经将附着在筒壁上的液体体积考虑在内，所以倒出液体后，不能再用水洗涤否则会造成溶质的质量增加，浓度偏高，故C选；
D．定容后摇匀，会使一部分液体残留在瓶塞处，使液面虽低于刻度线，如果再加水，就会使液体体积增大，浓度偏低，故D不选；
10、B 【解析】
A.计算微粒数目需要知道溶液的浓度和体积；
B.原子的物质的量等于分子的物质的量与物质分子含有的该元素原子个数的乘积；
C.构成物质的微粒有原子、分子、离子；
D.先计算NH 3和CH 4分子数的比，再根据n A N N =、n=m
V V 判断二者的体积关系。

【详解】
A.缺少溶液的体积，无法计算微粒数目，A 错误；
B.氧原子数为N A ，则O 原子的物质的量为1mol ，由于1个O 2中含2个原子，1个O 3中含3个原子，所以O 2、O 3的物质的量分别是n(O 2)=1
2mol ，n(O 3)=1 3mol ，则n(O 2)：n(O 3)=
12：1
3
=3:2，B 正确； C.构成物质的微粒有原子、分子、离子，不同分子中含有的原子数目不相同，所以不能说每1mol 任何物质均含有约为6.02×1023个原子，C 错误；
D. NH 3和CH 4分子中含有的H 原子数目分别是3、4个，若二者含有的H 原子数目相等，则NH 3和CH 4分子个数比是4:3，由n A N N =
可知n(NH 3):n(CH 4)=4:3，再根据n=m
V
V 可知 V(NH 3):V(CH 4)=4:3，D 错误。

故合理选项是B 。

【点睛】
本题考查了有关物质的量与物质的构成微粒数目、体积等关系的知识。

掌握物质的量的有关公式、阿伏伽德罗定律、物质组成微粒与结构是本题解答的基础，本题有一定难度。

11、A 【解析】
X 原子得到2个电子形成X 2-离子，由X 2-离子中共有n 个电子可知，X 原子的电子数为n -2，由原子中质子数等于核外电子数可知，X 原子的质子数为n -2，则X 2-
离子的质子数为n -2，故选A 。

【点睛】
同种元素的原子和离子的质子数相同，电子数不同，阴离子的核外电子数等于质子数减去电荷数是解答关键。

12、C 【解析】
2NO+2CO=N 2+2CO 2中，N 元素的化合价降低，C 元素的化合价升高，结合四种基本反应类型来解答。

【详解】
B.生成物中有单质，不是复分解反应，故B错误；
C.2NO+2CO=N2+2CO2中，N元素的化合价降低，C元素的化合价升高，化合价发生了变化，是氧化还原反应，故C 正确；
D.反应物有两种，不是分解反应，故D错误。

故选C。

13、C
【解析】
本题考查的知识点是物质的分类。

①有机物是含碳的化合物，有些含碳化合物性质与无机物相同一般也是无机物，如一氧化碳、二氧化碳、碳酸钙等；
②一种或几种物质分散在另一种介质中所形成的体系称为分散体系；
③碱性氧化物是能与酸作用生成盐和水的氧化物（且生成物只能有一种盐和水，不可以有任何其它物质生成）。

【详解】
A.甲烷是有机物，有机物是含碳的化合物，故A正确；
B.胶体是分散系，分散系属于混合物，故B正确；
C.CaCO3是含碳化合物，含碳化合物不一定是盐类，例如：CO、CO2等属于氧化物，故C错误；
D.Na2O能与酸反应生成盐和水，属于碱性氧化物，碱性氧化物属于氧化物，故D正确。

答案选C。

【点睛】
本题考查了化学中基本概念及应用，物质分类的依据，概念的包含关系判断，难度不大，明确物质的分类依据是解题的关键。

14、D
【解析】
A. 区分出硫酸亚铁与硫酸铁的化学式，硫酸亚铁的化学式中含有1个亚铁离子和1个硫酸根离子；
B.氢离子不能合并，2个氢离子的表示方法错误；
C.质量数=质子数+中子数，元素符号的左上角为质量数、左下角为质子数；
D.钠离子的核电荷数为11，核外电子数为10。

【详解】
A.硫酸亚铁的化学式为FeSO4，因此其电离方程式：FeSO4 ＝Fe2+＋SO42－，故A项错误；
B.硫酸为强酸，在溶液中完全电离，其电离方程式为：H2SO4＝2H+ +SO42-，故B项错误；
C，故C项错误；
C.质子数为6，中子数为7的C原子的质量数为13，该原子的表示方法为：13
6
项正确；
答案选D 。

【点睛】
化学用语是化学考试中的高频考点，其中A Z X 符号的含义要牢记在心，其左上角为质量数（A ）、左下角为质子数（Z ），
质子数（Z ）=核电荷数=原子序数，质量数（A ）=质子数（Z ）+中子数（N ）。

15、C
【解析】
A. 气体摩尔体积是针对每1mol 气体而言，标况下四氯化碳不是气体；
B. 根据n=，可以算出气体的物质的量，从而算出原子个数；
C. 每个铁原子和足量的盐酸反应生成一个亚铁离子都会失去2个电子；
D. 根据n=， 124g 白磷（分子式为P 4)所含分子数为N A 。

【详解】
A. 标准状况下，22.4L 气体的物质的量为1mol ，标况下CCl 4不是气体，A 错误；
B. CO 和N 2的摩尔质量都是28g/mol ，28g CO 和N 2的混合气体的物质的量n==
=1mol ，每个分子中都有2个原子，所以混合气体所含的原子数为2N A ，B 错误；
C. 每个铁原子和足量的盐酸反应生成一个亚铁离子都会失去2个电子，2mol 金属铁与足量的盐酸反应，共失去了 4N A 个电子，C 正确；
D. 根据n=，124g 白磷（分子式为P 4)的物质的量n==
=1mol ，所含分子数为N A ，D 错误。

16、B
【解析】
A.BaCl 2+H 2SO 4===BaSO 4↓+2HCl 的离子反应为Ba 2++SO 42-=BaSO 4↓，故A 不选；
B.Ba(OH)2+H 2SO 4===BaSO 4↓+2H 2O 的离子反应为Ba 2++2OH -+2H ++SO 42-=BaSO 4↓+2H 2O ，故B 选；
C.Ba(NO 3)2+CuSO 4===Cu(NO 3)2 + BaSO 4↓的离子反应为Ba 2++SO 42-=BaSO 4↓，故C 不选；
D.Ba(OH)2+Na 2SO 4===BaSO 4↓+ 2NaOH 的离子反应为Ba 2++SO 42-=BaSO 4↓，故D 不选。

二、非选择题（本题包括5小题）
17、NH 4+ 0.8 mol/L BaCO 3、BaSO 4 0.04 mol 、 0.02 mol 是 ≥ 0.4 mol/L
【解析】
据题意分析，第一份溶液加入3AgNO 溶液有沉淀产生，推得可能含有-2-2-34Cl CO SO 、、；第二份溶液加足量NaOH
溶液加热后收集到气体，推得一定含有+
4NH ，一定不存在2+Mg ；第三份溶液利用发生的离子反应，经过计算、推得
一定存在2-2-34CO SO 、，一定不存在2+Ba ；根据溶液中阴阳离子的电荷守恒，即可推出+K 一定存在。

【详解】
（1）加入足量NaOH 溶液加热后，收集到气体0.08mol 气体，气体为氨气，故溶液中含有0.08mol +
4NH ，浓度为0.08mol =0.8mol/L 0.1L
， 故答案为：+
4NH ；0.8mol/L ； （2）加足量2BaCl 溶液后，得干燥沉淀12.54g ，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为4.66g ，可知沉淀既有3
B aCO 也含有4BaSO ，4BaSO 质量为4.66g ，物质的量为： 4.66g =0.02mol 233g/mol
，碳酸钡质量为：12.54-4.66=7.88g g g ，物质的量为7.88g =0.04mol 197g/mol
， 故答案为：34BaCO BaSO 、；0.04 mol 、0.02 mol ；
（3）根据上述分析，溶液中肯定存在2-2-34CO SO 、、+4NH ，肯定不存在2+Ba 和2+Mg ，可能存在-Cl ，根据
2-2-34CO SO 、的物质的量为0.04 mol 、0.02 mol ，+4NH 物质的量为0.08mol ，根据电荷守恒，若无-Cl 则+K 的物质的量为0.04mol ，若存在-Cl 则+K 的物质的量则大于0.04mol ，故肯定存在+K ，其物质的量浓度大于等于
0.04mol =0.4mol/L 0.1L
， 故答案为：是 ；≥ 0.4 mol/L 。

【点睛】
破解离子推断题：
(1)肯定性原则：根据实验现象推出溶液中肯定存在或肯定不存在的离子；
(记住几种常见的有色离子：232-4Fe Fe Cu MnO ＋＋＋、、、)
(2)互斥性原则：在肯定某些离子的同时，结合离子共存规律，否定一些离子的存在；(要注意题目中的隐含条件，如：酸性、碱性、指示剂的变化等)
(3)电中性原则：溶液呈电中性，一定既有阳离子，又有阴离子，且溶液中正电荷总数与负电荷总数相等
18、过滤 蒸馏 Ba 2++SO 42-=BaSO 4↓ H ++CaCO 3=Ca 2++CO 2↑+H 2O CuSO 4 KCl
用试管取少许步骤①中的“无色溶液”，滴入HNO 3酸化，再滴入AgNO 3溶液；若有白色沉淀出现，则原白色固体粉末中含有KCl ；若无白色沉淀出现，则原白色固体粉末中不含KCl
【解析】
假设这些物质都有，经步骤①得到无色溶液和白色沉淀，说明原粉末中没有FeCl 3，在该假设的前提下，白色沉淀是CaCO 3、BaSO 4，向该沉淀中加入稀硝酸产生无色气体，则说明沉淀中一定有CaCO 3，题中告知能反应的物质之间的
反应恰好完全，加入稀硝酸之后，沉淀的质量减少，说明还含有BaSO 4，则原粉末中有一定有CaCO 3、
Na 2SO 4、Ba(NO 3)2；KCl 不和上述的任何物质反应，也不能通过实验现象去确定其是否存在，故可能有KCl 。

【详解】
（1）经步骤①得到无色溶液和白色沉淀，则该步骤为过滤；要从步骤②所得“无色溶液”中提取溶剂，需要采用蒸馏； （2）经分析，原粉末中一定有CaCO 3、Na 2SO 4、Ba(NO 3)2，则步骤①中的离子方程式为Ba 2++SO 42-=BaSO 4↓；步骤②中，仅CaCO 3和HNO 3反应，该反应的离子方程式为2H ++CaCO 3=Ca 2++CO 2↑+H 2O ；
（3）经分析，原固体粉末中一定没有CuSO 4，不能确定是否存在的是KCl ；
（4）由于原固体粉末中一定没有CuSO 4，一定有CaCO 3、Na 2SO 4、Ba(NO 3)2，可能有KCl ，故其组成由两种情况：
（5）KCl 是唯一可能存在的物质，故只需要鉴定KCl 即可，可以用AgNO 3溶液检验KCl ：用试管取少许步骤①中的“无色溶液”，滴入HNO 3酸化，再滴入AgNO 3溶液；若有白色沉淀出现，则原白色固体粉末中含有KCl ；若无白色沉淀出现，则原白色固体粉末中不含KCl 。

【点睛】
“白色粉末”的推断题，是酸碱盐的常考题型，解答思路一般是先假设粉末还有所有的固体，再根据后续的实验现象，确定这些固体的存在情况。

19、A D B E 加快反应速率，使反应充分进行 除去2Cl O 中的2Cl
223222Cl Na CO Cl O 2NaCl CO +=++ 防止反应放热后温度过高导致2Cl O 分解
【解析】
装置A 用二氧化锰和浓盐酸共热制备氯气，浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有氯化氢气体，将混合气体通过盛有饱和食盐水的装置D 除去氯气中的氯化氢气体，同时将氯气和与空气形成1：3的混合气体通入B 装置，氯气在装置B 中与含水8%的碳酸钠溶液充分反应制备Cl 2O ，反应制得的Cl 2O 气体中混有二氧化碳和未反应的Cl 2，装置C 中盛有的四氯化碳用于吸收除去Cl 2O 中的Cl 2，装置E 中水与Cl 2O 反应制备得到次氯酸溶液，则各装置的连接顺序为A →D →B →C →E 。

【详解】
（1）由分析可知，各装置的连接顺序为A →D →B →C →E ，故答案为：A ；D ；B ；E ；
（2）装置B 中多孔球泡和搅拌棒使氯气和含水8%的碳酸钠溶液充分接触，加快反应速率，使反应充分进行；反应制得的Cl 2O 气体中混有二氧化碳和未反应的Cl 2，装置C 中盛有的四氯化碳用于吸收除去Cl 2O 中的Cl 2，故答案为：加快反应速率，使反应充分进行；除去2Cl O 中的2Cl ；
（3）氯气在装置B 中与含水8%的碳酸钠溶液充分反应生成NaCl 、Cl 2O 和CO 2，反应的化学方程式为
223222Cl Na CO Cl O 2NaCl CO +=++，故答案为：223222Cl Na CO Cl O 2NaCl CO +=++；
（4）由题给信息可知，Cl 2O 在42℃以上会分解生成Cl 2和O 2，为防止反应放热后温度过高导致Cl 2O 分解，装置B 需放在冷水中，故答案为：防止反应放热后温度过高导致Cl 2O 分解。

20、检查装置的气密性 MnO 2＋4HCl(浓)
MnCl 2＋Cl 2↑＋2H 2O ③④②① Ag 、Cu 、Fe C
Fe 3+＋3NH 3·H 2O ＝Fe(OH)3↓＋3NH 4+
【解析】
I ．实验室用浓盐酸与二氧化锰加热制取氯气，生成的氯气中含有水蒸气和氯化氢，结合氯气的性质分析解答； II ．废液中含有Fe 3+、Cu 2+、Ag +三种金属离子，加入过量的铁粉后，银离子变成单质银、铜离子被还原成单质铜，铁离子被还原为亚铁离子；滤液中含有亚铁离子，加入双氧水，亚铁离子被氧化生成铁离子，再加入碱液，生成氢氧化铁沉淀，据此分析解答。

【详解】
I ．(1)制备气体的装置连接完成后，首先需要检查装置的气密性，故答案为检查装置的气密性；
(2)A 装置中二氧化锰与浓盐酸反应生成氯化锰、水、氯气，反应的化学方程式为：
MnO 2+4HCl MnCl 2+Cl 2↑+2H 2O ，故答案为MnO 2+4HCl MnCl 2+Cl 2↑+2H 2O ； (3)制备的氯气中含水蒸气、氯化氢杂质气体，制备纯净、干燥的氯气需要通过饱和食盐水除去氯化氢，再通过浓硫酸除去水蒸气，导气管都应该长进短出，在A 、B 之间添加净化装置D 、E ，其中导管连接的顺序是③④②①，故答案为③④②①；
II ．(1)废液中含有Fe 3+、Cu 2+、Ag +三种金属离子，加入过量的铁粉后，银离子变成单质银、铜离子被还原成单质铜，铁离子被还原为亚铁离子，所以在操作①得到的沉淀中含有金属铜、银和过量的铁，故答案为银、铜、铁；
(2)步骤②是将Fe2+转化为Fe3+，发生氧化反应，所以应加入氧化剂，除了双氧水外，还可以是新制氯水，故选C；
(3)氯化铁溶液中加入氨水生成氢氧化铁，反应的离子方程式为：Fe3++3NH3•H2O=Fe(OH)3↓+3NH4+，故答案为
Fe3++3NH3•H2O=Fe(OH)3↓+3N H4+。

21、Na2O2Fe3O4Al 4Fe(OH)2+O2+2H2O＝4Fe(OH)32Al+2OH－+2H2O＝2AlO2－+3H2↑
Fe3O4+8H+＝Fe2++2Fe3++4H2O 用带火星的木条伸入试管口，若带火星的木条复燃，说明有氧气生成
【解析】
试题分析：A为淡黄色固体，且能和水反应，则A为Na2O2，A和水反应生成NaOH和O2，C是无色无味的气体，则C是O2、B是NaOH；D是具有磁性的黑色晶体，则D是Fe3O4，Fe在氧气中燃烧生成四氧化三铁，则T是Fe，R和氧气反应生成氧化物Q，Q能和NaOH溶液反应，则Q是Al2O3、R是Al，N是NaAlO2，H是白色沉淀，且在潮湿空气中迅速变为灰绿色，最终变为红褐色固体M，则H是Fe(OH)2、M是Fe(OH)3，Fe3O4和HCl、Fe反应后得到E，E为FeCl2，Fe(OH)3和HCl反应生成W，则W是FeCl3。

考点：以Na、Al、Fe及其化合物为载体考查了金属元素及其化合物的推断。