山东省日照青山学校化学第五章 化工生产中的重要非金属元素测试试题及答案.docx

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山东省日照青山学校化学第五章化工生产中的重要非金属元素测试试题及答案

山东省日照青山学校化学第五章化工生产中的重要非金属元素测试试题及答案

一、选择题

1．有Fe和Fe2O3的混合物27.2g溶于100ml的稀硫酸中，恰好完全反应，放出H22.24L（标况下），向反应后的溶液中滴入无色KSCN溶液，未见血红色。

混合物中单质Fe的质量为（）

A．5.6gB．8.4gC．11.2gD．16.8g

【答案】C

【详解】

铁粉和氧化铁的混合物中加入稀硫酸，恰好完全反应，放出氢气，反应后的溶液中滴加KSCN不显红色，且无固体剩余物，则最终溶液中溶质为FeSO4，反应生成H2的物质的量为：

2.24L÷22.4L/mol＝0.1mol，则：

Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑

0.1mol0.1mol0.1mol

设原混合物中Fe2O3的物质的量为xmol，则：

Fe+Fe2O3+3H2SO4=3FeSO4+3H2O

xmolxmol3xmol

由题意可知：

（x+0.1）mol×56g/mol+xmol×160g/mol=27.2g，解得x=0.1mol，混合物中m（Fe2O3）=0.1mol×160g•mol-1=16g，m（Fe）=27.2g-16g=11.2g，答案选C。

2．下列选项中，描述与结论都正确的是（）

A

常温下用铁罐运输浓硫酸

常温下铁和浓硫酸不反应

B

SO2通入紫色石蕊溶液，溶液变蓝

SO2溶于水后溶液显酸性

C

用蘸有浓盐酸的玻璃棒检验氨气

两者反应会产生大量白烟

D

加热仔细打磨的铝箔，铝箔会熔化并滴落

铝单质的熔点较低

A．AB．BC．CD．D

【答案】C

【详解】

A．常温下可以用铁罐运输浓硫酸，是由于浓硫酸具有强氧化性，会将金属Fe表面氧化，产生一层致密的氧化物保护膜，阻止金属的进一步氧化，即发生钝化现象，不是二者不反应，结论不合理，A错误；

B．SO2溶于水后与水反应产生H2SO3，H2SO3电离产生H+使溶液显酸性，因此将SO2通入紫色石蕊溶液，溶液变红色，描述不符合事实，B错误；

C．由于浓盐酸具有挥发性，挥发产生的HCl与氨气反应产生NH4Cl白色固体小颗粒，因此用蘸有浓盐酸的玻璃棒检验氨气，会发现两者反应会产生大量白烟，C正确；

D．加热铝箔时Al与空气中的O2反应产生Al2O3，Al2O3熔点高达2050℃，但Al的熔点只有660℃，故加热仔细打磨的铝箔，铝箔会熔化但不滴落，证明Al易与O2反应，产物的熔点高，铝单质的熔点较低，描述有问题，D错误；

故合理选项是C。

3．下列各组物质中，满足如图物质一步转化关系的选项是

X

Y

Z

A

Na

NaOH

NaHCO3

B

Cu

CuSO4

Cu（OH）2

C

Al2O3

AlO2-

Al（OH）3

D

Si

SiO2

H2SiO3

A．AB．BC．CD．D

【答案】C

【详解】

A.钠能与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠溶液能与过量二氧化碳反应生成碳酸氢钠，但碳酸氢钠不能直接生成金属钠，故A错误；

B.铜能与浓硫酸共热反应生成硫酸铜，硫酸铜溶液与氢氧化钠溶液反应能生成氢氧化铜，但氢氧化铜不能直接生成金属铜，故B错误；

C.氧化铝能与强碱溶液反应生成偏铝酸根，偏铝酸根在溶液中与二氧化碳反应能生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝沉淀受热分解能生成氧化铝，故C正确；

D.硅在高温下能与氧气反应生成二氧化硅，二氧化硅不溶于水，不能与水反应生成硅酸，故D错误；

故选C。

4．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。

5．某课外实验小组设计的下列实验不合理的是（）

A．制备并观察氢氧化亚铁

B．证明过氧化钠与水反应放热

C．制备并收集少量NO2气体

D．实验室制备少量氨气

【答案】C

【解析】

【详解】

A、甲可用于制备并观察氢氧化亚铁沉淀，符合，错误；

B、脱脂棉燃烧，说明反应放热，合理，错误；

C、二氧化氮与水反应，不能有排水法收集，不合理，正确；

D、丁可用于实验室制备少量氨气，正确；

答案选C。

6．标况下，将一盛有等体积NO、NO2的试管倒立在水槽中，充分反应后，下列叙述不正确的是（设试管中的溶质不往试管外扩散）

A．此反应中水既不是氧化剂又不是还原剂

B．试管内溶液中溶质的物质的量浓度为1/22.4mol/L

C．溶液体积占试管容积的三分之二

D．若将试管中的气体换为氯化氢或者氨气,则水充满试管

【答案】C

【详解】

A、将一盛有等体积NO、NO2的试管倒立在水槽中，发生的反应为3NO2+H2O===2HNO3+NO，水既不是氧化剂又不是还原剂，A正确；

B．试管内溶液中溶质是硝酸，设试管容积为V浓度为

=1/22.4mol/L，B正确；

C．溶液体积占试管容积的

，C错误；

D．若将试管中的气体换为氯化氢或者氨气，则水充满试管，D正确。

答案选C。

【点睛】

本题侧重于考查氮的氧化物的性质及化学方程式的有关计算，注意一氧化氮与水不反应，二氧化氮与水反应有一氧化氮生成，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，掌握反应的原理是解答的关键，题目难度中等。

7．在15g铁和氧化铁的混合物中，加入稀硫酸150mL，能放出H21.68L（标准状况）。

同时铁和氧化铁均无剩余。

向溶液中滴入KSCN溶液，未见颜色变化，为了中和过量的硫酸，而且使Fe2+完全转化成Fe（OH）2，共消耗3mol/L的NaOH溶液200mL，原硫酸溶液的物质的量浓度是（）

A．1.5mol/LB．2.5mol/LC．2mol/LD．3mol/L

【答案】C

【详解】

试题分析：

将铁和氧化铁的混合物加入稀硫酸中，产生气体，向溶液中滴入硫氰化钾溶液，未见颜色变化，说明生成的是硫酸亚铁，向该溶液中加入NaOH中和过量的硫酸，而且使铁完全转化成氢氧化亚铁，产生溶液中溶质为Na2SO4，根据硫酸根守恒可知n（H2SO4）=n（Na2SO4），根据钠离子守恒n（NaOH）=2n（Na2SO4），故n（H2SO4）=1/2n（NaOH）=1/2×3mol/L×0.2L=0.3mol，故c（H2SO4）=n（H2SO4）÷V=0.3mol÷0.15L=2mol/L，选项C正确。

考点：

考查混合物反应的计算的知识。

8．有50mL某气体，可能含有CO2、O2、NH3中的一种或几种，将其通过浓H2SO4没有发现体积变化。

通过足量Na2O2后，体积变为30mL，则该气体可能为（）

A．CO2为20mL，NH3为30mLB．NH3为40mL，O2为10mL

C．CO2为30mL，O2为20mLD．CO2为40mL，O2为10mL

【答案】D

【解析】

试题分析：

有50mL某气体，可能含有CO2、O2、NH3中的一种或几种，将其通过浓H2SO4没有发现体积变化，说明不含有NH3；通过足量Na2O2后，体积变为30mL，说明含有CO2气体，根据反应方程式：

2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，根据方程式可知，每有2体积的CO2发生反应，气体的体积会减少1体积，则反应减少的气体的体积是50mL-30mL=20mL，则含有CO2的体积是40mL，反应产生的O2体积是20mL，还有10mL的O2，故选项D正确。

考点：

考查混合气体的组成与性质的知识。

9．将一定质量的金属铜溶于50mL11mol·L-1的浓硝酸中，待铜完全溶解后，生成了0.2molNO2和NO的混合气体，并测得溶液中氢离子浓度为1mol·L-1.假设反应后溶液的体积仍为50mL，则金属铜的质量为

A．6.4gB．9.6gC．11.2gD．12.8g

【答案】B

【解析】

试题分析：

反应前硝酸的物质的量为0.05L×11mol/L=0.55mol，反应剩余硝酸的物质的量为0.05L×1mol/L=0.05mol，所以参加反应的硝酸是0.5mol，生成气体的物质的量为0.2mol，根据氮原子守恒，生成硝酸铜为（0.5-0.2）÷2=0.15mol，则金属铜的质量为0.15mol×64g/mol=9.6g，答案选B。

考点：

考查物质的量的计算，硝酸的化学性质等知识。

10．某混合物X由Na2O、Fe2O3、Cu、SiO2中的一种或几种物质组成．某校兴趣小组以两条途径分别对X进行如下实验探究．

下列有关说法不正确的是（）

A．由Ⅱ可知X中一定存在SiO2

B．无法判断混合物中是否含有Na2O

C．1.92g固体成分为Cu

D．15.6g混合物X中m（Fe2O3）：

m（Cu）=1：

1

【答案】B

【解析】

途径a：

15.6gX和过量盐酸反应生成蓝色溶液，所以是铜离子的颜色，但是金属Cu和盐酸不反应，所以一定含有氧化铁，和盐酸反应生成的三价铁离子可以和金属铜反应，二氧化硅可以和氢氧化钠反应，4.92g固体和氢氧化钠反应后，固体质量减少了3.0g，所以该固体为二氧化硅，质量为3.0g，涉及的反应有：

Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+，SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，又Cu与NaOH不反应，1.92g固体只含Cu；结合途径b可知15.6gX和足量水反应，固体质量变为6.4g，固体质量减少15.6g﹣6.4g=9.2g，固体中一定还有氧化钠，其质量为9.2g，

A．由以上分析可知X中一定存在SiO2，故A正确；

B.15.6gX和足量水反应，固体质量变为6.4g，只有氧化钠与水反应，混合物中一定含有Na2O，故B错误；

C．Cu与NaOH不反应，1.92g固体只含Cu，故C正确；

D．设氧化铁的物质的量是x，金属铜的物质的量是y，由Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+得出：

Fe2O3～2Fe3+～Cu，则160x+64y=6.4，64y﹣64x=1.92，解得x=0.02mol，y=0.05mol，所以氧化铁的质量为0.02mol×160g/mol=3.2g，金属铜的质量为0.05mol×64g/mol=3.2g，则原混合物中m（Fe2O3）：

m（Cu）=1：

1，故D正确；

【点评】本题考查了物质的成分推断及有关化学反应的简单计算，侧重于学生的分析和计算能力的考查，为高考常见题型，注意掌握检验未知物的采用方法，能够根据反应现象判断存在的物质，注意合理分析题中数据，根据题中数据及反应方程式计算出铜和氧化铁的质量，难度中等．

11．由MgO、A12O3、SiO2、Fe2O3组成的混合粉末。

现取一份该混合粉末试样进行实验，首先将其溶于过量的盐酸，过滤后，得到沉淀X和滤液Y。

下列叙述正确的是

A．从组成看，其成分皆是碱性氧化物

B．沉淀X的成分是SiO2

C．溶液Y中的阳离子主要是Mg2+、Fe3+、H+

D．在溶液Y中加入过量NaOH溶液，先产生沉淀后全部溶解

【答案】B

【解析】

试题分析：

混合粉末加入过量的盐酸，氧化镁反应生成氯化镁，氧化铝反应生成氯化铝，氧化铁反应生成氯化铁，二氧化硅不反应。

A、氧化镁和氧化铁是碱性氧化物，氧化铝是两性氧化物，二氧化硅是酸性氧化物，错误，不选A；B、二氧化硅不溶于盐酸，沉淀X为二氧化硅，正确，选B；C、溶液Y中含有镁离子，铁离子，氢离子和铝离子，错误，不选C；D、溶液Y中加入过量的氢氧化钠，产生氢氧化镁和氢氧化铁沉淀，氢氧化铝沉淀能溶解，其他沉淀不溶解，错误，不选D。

考点：

金属及其化合物的性质

12．能正确表示下列反应的离子方程式是（）

A．在稀盐酸中投入大理石粉末：

+2H+=CO2↑+H2O

B．1mol氯气通入含1molFeBr2的溶液中：

2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl-

C．金属钠投入硫酸铜溶液中：

2Na+Cu2+=2Na++Cu

D．过量SO2通入NaClO溶液中：

SO2+ClO-+H2O=HClO+

【答案】B

【详解】

A．大理石的主要成分为CaCO3，难溶于水，不能改写成

的形式，A不正确；

B．0.5molCl2先与1molFe2+反应，另外0.5molCl2再与1molBr-反应，离子方程式为：

2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl-，B正确；

C．金属钠投入硫酸铜溶液中，钠先与水反应，产物再与硫酸铜反应，而钠不能与Cu2+发生置换反应，C不正确；

D．过量SO2通入NaClO溶液中，产物中HClO与

还会发生氧化还原反应，二者不能共存，D不正确；

故选B。

13．将Mg、Cu组成的26.4g混合物投入到适量的稀硝酸中，固体完全溶解，将产生的气体和6.72L（标准状况下）氧气混合通入水中，恰好全部被水吸收．向反应后的溶液中加入足量4mol/L﹣1的NaOH溶液，使金属离子完全沉淀．则形成沉淀的质量是

A．63.8gB．53.6gC．46.8gD．43.2g

【答案】C

【解析】

试题分析：

Mg、Cu与稀硝酸发生反应变为Mg2+、Cu2+，硝酸得到电子被还原变为NO，在反应过程中金属失去电子的物质的量与硝酸得到电子的物质的量相等，NO与氧气反应又转化为硝酸，则转移的电子就是氧气得到的电子，氧气是6.72L÷22.4L/mol=0.3mol，则电子转移的物质的量是n（e-）=0.3mol×4=1.2mol。

当向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液时，金属形成Mg（OH）2、Cu（OH）2沉淀，结合的OH-的物质的量与金属单质失去电子的物质的量相等。

因此形成沉淀的质量就是金属质量与氢氧根离子的质量和，m（OH-）=nM=1.2mol×17g/mol=20.4g，所以沉淀的质量是26.4g+20.4g=46.8g，答案选C。

【考点定位】本题主要是考查守恒方法在氧化还原反应的计算中的应用的知识。

【名师点晴】许多有关化学反应的计算，如果能够巧妙地运用守恒规律可以达到快速解题的目的，常见的守恒关系有：

①反应前后元素种类和某种原子总数不变的原子守恒；②电解质溶液中的电荷守恒；③氧化还原反应中得失电子数守恒、原电池或电解池中两极通过的电子总数相等；④从守恒思想出发还可延伸出多步反应中的关系式，运用关系式法等计算技巧巧妙解题。

14．CuSO4•5H2O在不同温度下分解情况不同，取5.00g该晶体在密闭容器中进行实验，测得分解后剩余固体质量与温度关系如图，下列说法不正确的是（）

A．113℃分解得到的固体产物为CuSO4•H2O

B．温度低于650℃时的分解反应，均不属于氧化还原反应

C．650℃时的气态产物冷却至室温，可得组成为n（H2SO4）：

n（H2O）=1:

4的硫酸溶液

D．1000℃分解得到的固体产物为CuO

【答案】D

【分析】

n（CuSO4•5H2O）=

=0.02mol，CuSO4•5H2O完全失去结晶水时，所得CuSO4的质量为0.02mol×160g/mol=3.20g，由图中可知，刚好位于温度在258~650℃之间，说明在此之前，胆矾受热分解，只失去结晶水；650~1000℃之间，固体质量为1.60g，其中Cu元素的质量为0.02mol×64g/mol=1.28g，则氧元素质量为1.60g-1.28g=0.32g，物质的量为

=0.02mol，此固体为CuO；1000℃之后，固体质量为1.44g，其中Cu元素质量为1.28g，则氧元素质量为1.44g-1.28g=0.16g，物质的量为

=0.01mol，此固体为Cu2O。

【详解】

A．113℃时，固体质量为3.56g，失去结晶水的质量为5.00g-3.56g=1.44g，物质的量为

=0.08mol，则失去结晶水的数目

=4，从而得出分解得到的固体产物为CuSO4•H2O，A正确；

B．由以上分析可知，温度低于650℃时的分解反应，只失去结晶水，CuSO4的组成未变，所以均不属于氧化还原反应，B正确；

C．650℃时的气态产物中，SO3与H2O的物质的量之比为0.02mol:

0.10mol=1:

5，所以冷却至室温，可得组成为n（H2SO4）：

n（H2O）=1:

4的硫酸溶液，C正确；

D．由分析可知，1000℃分解得到的固体产物为Cu2O，D不正确；

故选D。

15．下列有关实验操作和现象及结论均正确的是

选项

实验操作及现象

实验结论

A

常温下，将同样大小、形状的锌与铝分别加入到相同体积98%的浓硫酸中，观察到前者反应速率更快

锌比铝活泼

B

将盐酸滴入碳酸钠溶液中产生气泡

氯的非金属性大于碳

C

向溶液X中先滴加稀硝酸，再滴如BaCl2。

溶液，出现白色沉淀

溶液X中一定含有

D

向某溶液中加入NaOH溶液并加热，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝

该溶液中一定含有

A．AB．BC．CD．D

【答案】D

【详解】

A．常温下浓硫酸有强氧化性，铝遇浓硫酸钝化，无法比较Al与Zn的活泼性，故A错误；

B．比较元素的非金属性要比较最高价氧化物的水化物的酸性强弱，即根据HClO4酸性比H2CO3强，可判断出氯的非金属性大于碳，故B错误；

C．向溶液X中先滴加稀硝酸，再滴加BaCl2，出现白色沉淀，该白色沉淀可能为氯化银或硫酸钡，原溶液中可能含有银离子、亚硫酸根离子，不一定含有

，故C错误；

D．氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则原溶液中一定含有

，故D正确；

答案为D。

16．铜跟1mol/L的硝酸溶液反应，若C（NO3-）下降了0.2mol/L，则C（H+）下降

A．0.2mol/LB．0.8mol/LC．0.6mol/LD．0.4mol/L

【答案】B

【解析】

【详解】

由铜和稀硝酸反应的离子方程式3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O可知，参加反应的硝酸根和氢离子的物质的量之比为2:

8，所以当c（NO3-）下降了0.2mol/L，则c（H+）下降0.8mol/L，B正确，选B。

【点睛】

本题解题的关键是理解反应的实质，即能知道根据离子方程式求解。

典型错误就是根据化学方程式求解，因为参加反应的硝酸中，有一部分（四分之三）硝酸根没有参加反应只有四分之一的硝酸根被还原为NO。

17．在某100mL混合液中，HNO3和H2SO4的物质的量浓度分别是0.4mol/L和0.1mol/L。

向该混合液中加入1.92g铜粉，加热，待充分反应后，所得溶液中的Cu2+的物质的量浓度是（）mol/L

A．0.15B．0.225C．0.35D．0.45

【答案】B

【分析】

铜屑投入HNO3和H2SO4的混合溶液中发生的反应实质为硫酸提供氢离子硝酸根离子具有强氧化性继续反应，反应实质为：

3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+3H2O，根据反应的量来确定消耗的铜以及生成气体的量，生成铜离子的物质的量分析判断。

【详解】

反应实质为：

3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+3H2O，1.92g铜粉物质的量=

=0.03mol，100mL混合溶液中，HNO3和H2SO4的物质的量浓度分别是0.4mol/L和0.1mol/L，所含氢离子物质的量=0.1L×0.4mol/L+0.1L×0.1mol/L×2=0.06mol，根据反应离子方程式可以知道铜剩余，根据氢离子物质的量计算生成铜离子物质的量为8H+~3Cu2+，得到铜离子物质的量为0.06mol×

=0.0225mol，所得溶液中Cu2+物质的量浓度为

=0.225mol/L，

所以B选项是正确的。

18．当氨气与氧气一起通过灼热的铂丝网时，在导出的产物中，不可能出现的物质是（）

A．NH4NO3B．H2OC．N2D．NO2

【答案】C

【详解】

在铂丝的催化作用下，发生氨气的催化氧化：

，NO遇到O2变为NO2，NO2和H2O反应生成HNO3，HNO3和NH3反应可以生成NH4NO3，故选C。

19．用如图装置进行实验，将液体A逐滴加入到固体B中，下列叙述正确的是（　　）

A．若A为浓盐酸，B为Na2CO3，C中盛有Na2SiO3溶液，则C中溶液出现白色沉淀，证明酸性：

H2CO3>H2SiO3

B．若A为浓盐酸，B为KMnO4，C中盛石蕊试液，则C中溶液最终呈红色

C．若A为较浓硫酸，B为Na2SO3固体，C中盛有Na2S溶液，则C中溶液变浑浊

D．装置D起干燥气体作用

【答案】C

【详解】

A．浓盐酸挥发的HCl在C中也能与Na2SiO3溶液反应生成白色沉淀，则无法判断H2CO3的酸性一定比H2SiO3强，故A错误；

B．A为浓盐酸，B为KMnO4，则反应生成的氯气通入C中，Cl2与水反应生成HCl和HClO，其中HClO有强氧化性和漂白性，则C中紫色石蕊试液先变红色，后褪色，故B错误；

C．A为较浓硫酸，B为Na2SO3固体，两者反应生成的SO2气体通入C中，因SO2有氧化性，则与C中Na2S溶液反应有淡黄色S生成，可观察到C中溶液变浑浊，故C正确；

D．仪器D为球形干燥管，则可以起到防止溶液倒吸的作用，故D错误；

故答案为C。

20．有一瓶澄清的溶液，只可能含有NH4+、Na+、Mg2+、Ba2+、Fe3+、Clˉ、Brˉ、Iˉ、CO32ˉ、SO42—中的几种，且浓度均为0.1molL—1。

进行以下实验：

①取少量溶液，滴加盐酸至溶液呈酸性，无明显现象。

②取少量溶液，滴加少许新制氯水，再加淀粉溶液，溶液变蓝

③取少量溶液，向其中逐滴加入NaOH溶液至碱性，过程中均无沉淀产生。

将此溶液分为两等份，第一份加热，有气体放出；第二份溶液中加入Na2CO3溶液，有白色沉淀生成。

下列结论不正确的是

A．肯定含有的阳离子是NH4+、Ba2+

B．肯定含有的阴离子是Iˉ、Clˉ、Brˉ

C．肯定不含有的离子是Fe3+、CO32ˉ、SO42ˉ

D．不能确定是否含有的离子是Na+

【答案】D

【详解】

①取少量溶液，滴加盐酸至溶液呈酸性，无明显现象，说明该溶液中不含有

；

②取少量溶液，滴加少许新制氯水，再加淀粉溶液，溶液变蓝，说明原溶液中含有I-，因Fe3+与I-不能共存，故不含Fe3+；

③取少量溶液，向其中逐滴加入NaOH溶液至碱性，过程中均无沉淀产生，说明原溶液中不含有Mg2+，将此溶液分为两等份，第一份加热，有气体放出，说明此溶液中含有NH3•H2O，说明原溶液中含有

；第二份溶液中加入Na2CO3溶液，有白色沉淀生成，说明原溶液中含有Ba2+，因Ba2+与

不能大量共存，故原溶液中不含有

；

通过实验确定的离子有：

Ba2+、

、I-，根据离子浓度均为0.1molL-1结合电荷守恒可知阴离子中一定含有Cl-、Br-，因此溶液中一定不含有Na+，

综上所述，答案为：

D。

【点睛】

高中阶段对于Na+的检验，常见方法有：

①根据焰色反应确定