《2023届四川省双流艺体中学化学高一上期中质量检测试题含解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023届四川省双流艺体中学化学高一上期中质量检测试题含解析.doc（12页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2022-2023学年高一上化学期中模拟试卷注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、标准状况下将44.8LHCl气体溶于1L水中，所得盐酸溶液的密度为1.1g/cm3，该盐酸的物质的量浓度为A2mol/L B2.1mol/L C2.2mol/L D2.3mol/L2、说法中正确的是()A32 g O2占有的体积约为2
2、2.4 LB22.4 L N2含阿伏加德罗常数个氮分子C在标准状况下，22.4 L水的质量约为18 gD22 g二氧化碳与标准状况下11.2 L HCl含有相同的分子数3、下列物质中，属于盐类的是AMgOBH2SO4CNaOHDCaCO34、下列物质的性质与用途(或储存方法)都正确且有逻辑关系的是A钠有较强的还原性，可用于钛、锆、铌等金属的冶炼B氯气具有强氧化性，可用干燥的氯气漂白红纸条C过氧化钠为碱性氧化物，可用于呼吸面具中吸收二氧化碳D次氯酸见光易分解，所以氯水应保存在钢瓶中5、下列物质中，不能由两种单质直接化合得到的是AFeCl2BCuCl2CHClDNa2O26、若将4.6g钠块置于过
3、量O2中燃烧后，生成7.5g固体物质，则下列推断合理的是（ ）A钠在燃烧前未被氧化B钠在燃烧前已有部分被氧化C钠在燃烧前已都被氧化D生成物中只有氧化钠7、判断下列有关化学基本概念的依据不正确的是A氧化还原反应：元素化合价前后是否有变化B溶液与胶体：不同的本质是分散质粒子的直径C电解质与非电解质：化合物本身是否能导电D纯净物与混合物：是否仅含有一种物质8、Fe3+、SO、Al3+和X四种离子以个数比2：4：1：1大量共存于同一溶液中，X可能是（ ）ANa+BOH-CCODCl-9、下列关于胶体的相关说法不正确的是()A向沸水中逐滴滴入饱和氯化铁溶液加热得红褐色液体，即为Fe(OH)3胶体B向Fe
4、(OH)3胶体中逐滴滴入稀硫酸，现象是先出现红褐色沉淀，后溶解转为黄色溶液C江河入海口三角洲的形成通常与胶体的性质有关D纳米材料微粒直径一般从几纳米到几十纳米(1 nm109 m)，因此纳米材料属于胶体10、将m g含氧化铁、氧化铜和氧化亚铁的样品投入物质的量浓度为1 mol/L的2 L盐酸中恰好完全反应，若向等质量的该样品中通入足量的氢气并加热，充分反应后所得金属的质量是A16gB(m16)gC(m32)gD(m16)g11、若mg Na在足量氯气中燃烧，生成固体的质量为（m3.55）g，则mg Na与氧气反应，生成固体的质量为（）（m0.8）g（m1.0）g（m1.2）g（m1.6）g（m
5、1.4）gA仅B仅C仅D12、通过阴极射线实验发现电子，从而确定原子是有结构的科学家是（）A道尔顿B汤姆生C德谟克利特D卢瑟福13、下列物质的变化能产生自由移动离子的是()A氯化氢气体溶于水B蔗糖溶于水C冰醋酸固体受热熔化D红磷单质受热熔化14、已知反应：；下列说法正确的是（ ）A上述三个反应都有单质生成，所以都是置换反应B氧化性由强到弱的顺序为C反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为6：1D若反应中1mol还原剂参加反应，则氧化剂得到电子的物质的量为2mol15、将5molL1的盐酸10mL稀释到200mL，从中取出10mL的溶液的物质的量浓度是A0.05 molL1B0.25 molL1C0
6、.10 molL1D0.50 molL116、下列说法不正确的是A氧化还原反应的特征是有元素化合价升降B氧化还原反应的本质是有电子转移C反应物所含元素的化合价升高，则发生了还原反应D氧化反应和还原反应一定同时发生二、非选择题（本题包括5小题）17、某研究性学习小组同学用含有少量泥沙、CaCl2、MgCl2、Na2SO4的粗盐制取纯净的NaCl，实验前他们设计了如图方案（框图）（1）请写出操作第步所加试剂名称及第步操作名称：_，_。（2）写出第步操作中可能发生反应的离子方程式：_。（3）如何检验第步操作中硫酸根离子已完全除尽：_。（4）你认为该设计里哪些步骤调换后不影响实验结果：_。18、有A、
7、B、C、D、E、F六种物质，它们的相互转化关系如下图（反应条件略，有些反应的产物和条件没有全部标出）。已知A、B、E是单质，B在常温下为气体，C俗名称为烧碱，D为无色无味液体。（1）写出A、D的化学式_。（2）写出A和D反应生成B和C的化学方程式_。（3）写出E与C、D反应生成B和F的离子方程式_。19、掌握仪器名称、组装及使用方法是中学化学实验的基础，下图为三套实验装置。(1)写出下列仪器的名称：a._b._。(2)若利用装置I分离四氯化碳和酒精的混合物，冷凝水由_(填f或g)口通入。(3)用装置II分离混合物时，为使液体顺利流下，应进行的操作是_。(4)实验室用Na2CO310H2O晶体配
8、制0.05mol/L的Na2CO3溶液970mL。应用托盘天平称取Na2CO310H2O的质量是_g。装置III是某同学转移溶液的示意图。图中的错误是_。(5)定容时，俯视刻度线，对所配溶液浓度的影响：_(填：偏大、偏小、或无影响)。20、某同学帮助水质检测站配制480mL0.5molL-1 NaOH溶液备用。请回答下列问题：（1）该同学用到的玻璃仪器有烧杯、量筒、玻璃棒、_、胶头滴管。（2）该同学用质量为23.1g的烧杯放在托盘天平上称取所需NaOH固体，则称取的总质量为_克。（3）配制时，其正确的操作顺序如下，请填充所缺步骤。A在盛有NaOH固体的烧杯中加入适量水溶解；B将烧杯中冷却的溶液
9、沿玻璃棒注入容量瓶中；C用少量水_23次，洗涤液均注入容量瓶，振荡。D继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度_处，改用胶头滴管加水，使溶液_。E将容量瓶盖紧，反复上下颠倒，摇匀。（4）若出现如下情况，其中将引起所配溶液浓度偏低的是_(填编号)容量瓶实验前用蒸馏水洗干净，但未烘干 定容观察液面时俯视配制过程中遗漏了(3)中步骤C 加蒸馏水时不慎超过了刻度线21、（1）通常用小苏打的饱和溶液除去CO2中的HCl，反应的化学方程式为_，不能用苏打溶液的原因是_（用化学方程式表示）。（2）在NaBr与NaI的混合液中通入过量的Cl2。把溶液蒸干后灼烧最后残留的物质是_。参考答案一、选择题（每题只有一
10、个选项符合题意）1、B【解析】44.8LHCl气体物质的量44.8/22.4=2mol，该溶液的质量分数为：236.5/(236.5+1000)100%=6.8%；根据公式：c=1000/M=10001.16.8%/36.5=2.1mol/L；综上所述，本题选B。2、D【解析】A、因为气体的状态不能确定，无法计算氧气的体积，A错误；B、22.4L氮气的物质的量不一定是1mol，不能计算其分子数，B错误；C、标准状况下，水不是气体，不能适用于气体摩尔体积，C错误；D、22 g二氧化碳与标准状况下11.2 L HCl的物质的物质的量都是0.5mol，分子数是相同的，D正确；答案选D。3、D【解析】
11、A氧化镁属于氧化物，选项A错误；B硫酸属于酸，选项B错误；C氢氧化钠属于碱，选项C错误；D碳酸钙属于碳酸盐，属于盐，选项D正确；答案选D。【点睛】本题考查了氧化物、酸、碱、盐的定义，并用定义来解题。根据氧化物、酸、碱、盐的定义来解题，其中氧化物为负价氧和另外一个化学元素组成的二元化合物，酸为指在溶液中电离时阳离子完全是氢离子且能使紫色石蕊试液变红的化合物，碱是指在水溶液中电离出的阴离子全是氢氧根离子的化合物，盐是指一类金属离子或铵根离子（NH4+）与酸根离子或非金属离子结合的化合物，根据氧化物、酸、碱、盐的定义来解题。4、A【解析】A金属钠的还原性强于金属钛等，可以将金属钛、铌、锆等从其熔融态
12、的盐中置换出来，所以可以用来冶炼金属钛、铌、锆等，故A正确；B氯气不具有漂白性，有漂白性的是次氯酸，干燥的氯气不能漂白红纸条，故B错误；C过氧化钠与酸反应生成盐、水和氧气，不属于碱性氧化物，故C错误；D次氯酸具有不稳定性，见光易分解，所以氯水（含有次氯酸）应保存在棕色试剂瓶中，氯水中有盐酸，铁与盐酸反应，氯水不能保存在钢瓶中，故D错误；故选A。5、A【解析】Fe、Cl2点燃生成FeCl3；Cu、Cl2点燃生成CuCl2；H2、Cl2点燃生成HCl；Na、O2点燃生成Na2O2。【详解】Fe、Cl2点燃生成FeCl3，所以FeCl2不能由两种单质直接化合得到，故选A；Cu、Cl2点燃生成CuCl
13、2，CuCl2能由两种单质直接化合得到，故不选B；H2、Cl2点燃生成HCl， HCl能由两种单质直接化合得到，故不选C；Na、O2点燃生成Na2O2，Na2O2能由两种单质直接化合得到，故不选D。6、B【解析】 ，若0.2molNa完全燃烧，则，所以生成过氧化钠为0.1mol78g/mol=7.8g7.5g，说明燃烧之前部分钠被氧化，7.5g固体由Na2O2和Na2O共同组成，答案选B。7、C【解析】A、氧化还原反应：元素化合价是否变化，有元素化合价变化的是氧化还原反应，否则不是，A正确。B、溶液与胶体：本质不同的原因是微粒直径大小不同，B正确；C、电解质与非电解质：溶于水或在熔融状态下能否
14、自身电离出阴阳离子，与自身能否导电无关，C错误；D、纯净物与混合物：是否只含一种物质，只由一种物质组成的是纯净物，由多种物质组成的是混合物，D正确；答案选C。【点睛】本题考查了溶液与胶体、纯净物与混合物、电解质与非电解质、氧化还原反应等知识点，根据教材基础知识解答即可，易错的是C选项，电解质、非电解质判断与自身能否发生电离有关，与化合物本身能否导电无关，注意电解质本质往往是不导电的。8、D【解析】根据溶液呈电中性可知，2n(Fe3+)+n(Al3+)=4n(SO)+n(X)，计算可知必定带一个单位负电荷，所以X可能是氢氧根离子或氯离子，氢氧根离子与铁离子、铝离子不能大量共存，所以X可能是氯离子
15、，答案为D。9、D【解析】A、将氯化铁饱和溶液逐滴加入沸水中，制得氢氧化铁胶体；B、胶体中加电解质溶液时，胶体会发生聚沉；C、江河水中的细小泥沙在水溶液中形成胶体，遇到海水中的电解质发生了聚沉；D、纳米材料没有形成分散系。【详解】A项、将氯化铁饱和溶液逐滴加入沸水中，继续加热至呈红褐色，制得氢氧化铁胶体，故A正确；B项、胶体中加电解质溶液时，胶体会发生聚沉，所以向Fe（OH）3胶体中逐滴滴入盐酸会产生沉淀，后来Fe（OH）3与HCl反应而溶解转化为黄色溶液，故B正确；C项、江河水中的细小泥沙在水溶液中形成胶体，遇到海水中的电解质发生了聚沉，日积月累，形成了三角洲，故C正确；D项、纳米材料没有形
16、成分散系，所以不是胶体，故D错误。故选D。10、D【解析】m g氧化铁、氧化铜、氧化亚铁的混合物与1 mol/L的2 L盐酸中恰好完全反应，氯化物和水，而水的氧元素来自样品中，氢元素来自盐酸的溶质中，则n(H)=n(HCl)=1 mol/L2 L=2mol，由水的组成可计算出n(O)=n(H)/2=1mol，则m(O)=16g，所以，m g含氧化铁、氧化铜和氧化亚铁的样品经氢气还原后金属质量为(m16)g。答案选D。点睛：解决此题的关键是守恒特点，注意起始与终态关系，如金属氧化物MOx与MClx/2之间通过水来关联起来，金属的质量等于金属氧化物的质量减去氧元素的质量，再通过OH2O2H2HCl
17、关系求出。11、D【解析】mgNa在足量氯气中燃烧，生成NaCl的质量为(m+3.55g)，则m(Cl)=3.55g，故n(Cl)=0.1mol，根据NaCl化学式可得n(Na)=n(Cl)=0.1mol，钠与氧气反应，全部生成Na2O时，固体的质量最小，固体增重为氧原子质量，增重为，所以固体的质量为(m+0.8)g；全部生成Na2O2时，固体的质量最大，固体增重为氧原子质量，增重为 0.1mol16g/mol=1.6g，所以固体的质量为(m+1.6)g，故钠与氧气反应生成固体的质量：(m+0.8)gm(固体)(m+1.6)g，故选D。12、B【解析】A、道尔顿提出了原子学说，故A错误；B、汤
18、姆孙通过对阴极射线的研究，发现了电子，从而揭示了原子是有复杂结构的，故B正确；C、德谟克利特是古希腊伟大的唯物主义哲学家，原子唯物论学说的创始人之一，率先提出原子论：万物由原子构成，故C错误；D、卢瑟福用粒子轰击氮原子核，发现了质子，实现了人类第一次原子核的人工转变，故D错误；故答案选B。13、A【解析】电解质溶于水或在熔融状态下能产生自由移动离子，据此判断。【详解】A. 氯化氢是电解质，氯化氢气体溶于水电离出氢离子和氯离子，能产生自由移动离子，A正确；B. 蔗糖是非电解质，溶于水不能发生电离，不能产生自由移动离子，B错误；C. 醋酸是电解质，溶于水可以发生电离，冰醋酸固体受热熔化不能发生电离
19、，不能产生自由移动离子，C错误；D. 红磷单质是非金属单质，不是电解质也不是非电解质，受热熔化不能产生自由移动离子，D错误；答案选A。【点睛】注意掌握电解质的电离条件：离子化合物(如大多数盐、强碱等)既能在水溶液中电离、导电，又能在熔融状态下发生电离、导电；共价化合物(如：液态HCl、纯硫酸、纯硝酸等)只能在水溶液中发生电离、导电，在熔融状态下不能发生电离、导电。因此可以通过熔融时是否导电，来证明化合物是离子化合物还是共价化合物。14、B【解析】A反应的反应物中没有单质，且生成物有3种，所以不是置换反应，故A项错误；B中氧化剂是，氧化产物是，所以的氧化性大于中氧化剂是，氧化产物是，所以的氧化性
20、大于中氧化剂是，氧化产物是，所以的氧化性大于，故氧化性由强到弱的顺序是，故B项正确；C中氧化剂是氯酸钾，被氧化的HCl占参加反应的HCl的，所以还原剂和氧化剂的物质的量之比是5：1，故C项错误；D反应中还原剂是氯气，氧化剂是溴酸钾，该反应中1mol还原剂参加反应，则氧化剂得到电子的物质的量，故D项错误。故选B。15、B【解析】设稀释后盐酸物质量浓度为c，则：10mL5mol/L=200mLc，解得c=0.25mol/L，由于溶液是均匀的，所以取出的10ml盐酸的浓度等于稀释后盐酸的浓度为0.25mol/L，答案选B。16、C【解析】A. 氧化还原反应表现的特征是元素化合发生改变，与题意不符，A
21、错误；B. 氧化还原反应中化合价升降的本质是有电子转移，与题意不符，B错误；C. 反应物所含元素失电子，化合价升高，被氧化，则发生了氧化反应，符合题意，C正确；D. 氧化还原反应中，得失电子守恒，则氧化反应和还原反应一定同时发生，与题意不符，D错误；答案为C。二、非选择题（本题包括5小题）17、碳酸钠 过滤 CO32-+2H+=H2O+CO2；H+OH-=H2O 取A1中溶液少许，滴加氯化钡溶液，若无浑浊产生，则硫酸根离子已完全除尽 与或与 【解析】(1)根据操作第、步所加试剂名称及第步操作的原理分析，碳酸钠会除去反应剩余的氯化钡，离子都形成沉淀，再进行过滤，最后再加入盐酸除去反应剩余的氢氧根
22、离子和碳酸根离子，最后经蒸发操作得到较纯净的氯化钠；(2)溶液中含有过量的氢氧化钠、碳酸钠以及要保留的氯化钠溶液，可以再加入盐酸将碳酸钠和氢氧化钠除掉；(3)根据SO42-+Ba2+=BaSO4，产生白色沉淀进行解答； (4)先除镁离子，还是先除硫酸根离子都行，但是加入的碳酸钠要放在加入的氯化钡之后；【详解】(1)操作第步是除Ca2+，加Na2CO3溶液转化为沉淀，Ca2+CO32-=CaCO3，同时碳酸钠还除去反应剩余的氯化钡溶液引入的杂质Ba2+，Ba2+CO32-=BaCO3；操作是分离难溶性固体与溶液混合物的方法，名称是过滤；(2)滤液C1中含有过量的氢氧化钠、碳酸钠及要保留的氯化钠溶
23、液，可向该溶液中加入足量的盐酸，盐酸与杂质碳酸钠和氢氧化钠反应变为气体或水除掉，反应的离子方程式是：H+OH-=H2O ；CO32-+2H+=H2O+CO2 ；(3)向混合溶液中加入BaCl2溶液，发生反应：SO42-+Ba2+=BaSO4，产生白色硫酸钡沉淀，若硫酸根离子已完全除尽，那么取A1中溶液少许，滴加氯化钡溶液，就不会出现浑浊现象；若出现浑浊现象，证明溶液中还存在硫酸根离子；(4)首先要把粗盐溶于水形成溶液，然后Mg2+用OH-沉淀除去，加入过量的氢氧化钠可以将镁离子沉淀，SO42-用Ba2+沉淀，加入过量的氯化钡可以将Ba2+沉淀，至于先除Mg2+，还是先除SO42-都没有关系，C
24、a2+用CO32-沉淀，除Ca2+加入碳酸钠转化为沉淀，Ca2+CO32-=CaCO3，但是加入的碳酸钠一定要放在加入的氯化钡之后，这样碳酸钠溶液既可以除去原溶液中的CaCl2，也可以除去因除Na2SO4杂质加入的过量的BaCl2溶液，Ba2+CO32-=BaCO3，离子都形成沉淀，一起进行过滤，所以与或与步骤调换顺序，不影响实验结果；【点睛】本题主要考查了在粗盐提纯的过程中所选用除杂和净化的方法，注意除杂时不仅要能把杂质除掉，还不能引入新杂质，而且方法要简便易行，关键是除去Na2SO4在CaCl2除去之前，其它顺序都没有关系，题目难度不大。18、Na、H2O 2Na+2H2O2NaOH+H2
25、 2Al+2OH+2H2O2AlO2+3H2 【解析】有A、B、C、D、E、F六种物质，C俗名称为烧碱，C为NaOH，D为无色无味液体，D为H2O，根据框图，单质A与水反应生成一种气体单质B和氢氧化钠，则A为钠，B为氢气，氢氧化钠、水与单质E反应生成氢气，则E为铝，因此F为偏铝酸钠，据此分析解答。【详解】根据以上分析可知A是钠，B是氢气，C是氢氧化钠，D是水，E是铝，F是偏铝酸钠，则（1）钠和水的化学式分别是Na、H2O；（2）钠和水反应生成氢气和氢氧化钠的化学方程式为2Na+2H2O2NaOH+H2。（3）铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气的离子方程式为2Al+2OH+2H2O2AlO2
26、+3H2。【点睛】正确推断物质的种类是解题的关键，本题的突破口为C、D。本题的易错点为铝与氢氧化钠反应的离子方程式的书写，注意反应过程中水也参与了反应。19、蒸馏烧瓶 (直形)冷凝管 g 打开分液漏斗上口的玻璃塞或使上口塞上的凹槽(或小孔)对准漏斗上的小孔 14.3 未用玻璃棒引流 偏大 【解析】（1）根据仪器构造分析其名称；（2）从有利于蒸汽充分冷却的角度分析冷却水的流向；（3）根据内外压强相等时溶液有利于流下，据此解答；（4）配制970mL溶液需要1000mL容量瓶，据此计算；根据配制原理分析装置图中的错误；（5）根据cn/V结合实验操作分析可能产生的误差。【详解】（1）装置I为蒸馏装置，
27、仪器a为蒸馏烧瓶，b为(直形)冷凝管。（2）进行实验时冷凝水由g口通入，与被冷凝的蒸气方向相反，可提高冷凝效果。（3）分液时为使液体顺利流下，应打开分液漏斗上口的玻璃塞，或使塞上的凹槽（或小孔）对准漏斗上的小孔，使分液漏斗内外气体相通，压强相等，这样液体才能顺利流下。（4）实验室用Na2CO310H2O晶体配制0.05mol/L的Na2CO3溶液970mL，应选1000mL容量瓶，称取Na2CO310H2O的质量为1L0.05mol/L286g/mol14.3g。向容量瓶转移溶液时为防止液体溅出，必须用玻璃棒引流，装置III未用玻璃棒引流。（5）定容时，俯视刻度线，液面低于刻度线，溶液体积减少
28、，则对所配溶液浓度偏大。20、500mL容量瓶 33.1 洗涤烧杯和玻璃棒 12cm 凹液面恰好与刻度相切 【解析】（1）欲配制480mL0.5molL-1 NaOH溶液需用到的玻璃仪器有烧杯、量筒、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管。答案：500mL容量瓶。（2）按配制500 mL溶液计算NaOH的质量，即m(NaOH)=0.5 L0.5 molL-140 gmol-1=10.0 g。所需NaOH固体的质量10.0 g。烧杯质量为23.1g，则称取的总质量为10.0 g +23.1g =33.1g。答案：33.1。（3）配制时的操作顺序是：计算所需NaOH的质量，称量所需NaOH放入烧杯中加
29、入适量水溶解，冷却后转移到500mL的容量瓶中，再用少量水洗涤烧杯和玻璃棒23次，洗涤液均注入容量瓶，振荡。继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度线12cm处，改用胶头滴管加水，使溶液凹液面恰好与刻度相切，盖上塞子，反复摇匀即可。答案：洗涤烧杯和玻璃棒；12cm；凹液面恰好与刻度相切。（4）容量瓶实验前用蒸馏水洗干净，但未烘干不影响溶液的配制浓度；定容观察液面时俯视导致溶液体积偏小，所配溶液浓度偏大；配制过程中遗漏了(3)中步骤C洗涤烧杯和玻璃棒，导致溶液浓度偏低；加蒸馏水时不慎超过了刻度线，导致浓度偏低；答案：。21、NaHCO3+HClNaCl+H2O+CO2 H2O+Na2CO3+CO
30、22NaHCO3； NaCl 【解析】（1）氯化氢和碳酸氢钠反应生成氯化钠、二氧化碳和水；碳酸钠与二氧化碳、HCl都反应，所以不能用碳酸钠除去二氧化碳中的HCl；（2）向溴化钠、碘化钠的混合溶液中通入足量氯气之后，可生成NaCl、Br2和I2，加热并将溶液蒸干，剩余固体为NaCl【详解】(1)氯化氢和碳酸氢钠反应生成氯化钠、二氧化碳和水,反应方程式为NaHCO3+HClNaCl+H2O+CO2；碳酸钠与二氧化碳、HCl都反应，所以不能用碳酸钠除去二氧化碳中的HCl，碳酸钠和二氧化碳反应方程式为H2O+Na2CO3+CO22NaHCO3，故答案为：NaHCO3+HClNaCl+H2O+CO2；H2O+Na2CO3+CO22NaHCO3；（2）向溴化钠、碘化钠的混合物溶液中通入足量氯气后，可发生如下反应：2NaBr+Cl2=2NaCl+Br22NaI+Cl2=2NaCl+I2溶液蒸干时，Br2易挥发，I2易升华，那么最后剩余的固体是NaCl，故答案为：NaCl。