四川省江油中学2022-2023学年高一化学下学期第一次阶段考试试题（Word版附解析）

这是一份四川省江油中学2022-2023学年高一化学下学期第一次阶段考试试题（Word版附解析），共15页。试卷主要包含了选择题等内容，欢迎下载使用。

四川省江油中学2022级高一下期第一学月检测
化学试题
第Ⅰ卷(选择题，共42分)
一、选择题(本题包括14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项最符合题意)
1. 我国清代《本草纲目拾遗》中记叙无机药物335种，其中“强水”条目下写道：“性最烈，能蚀五金……其水甚强，五金八石皆能穿第，惟玻璃可盛。这里的“强水”是指
A. 氨水 B. 硝酸 C. 醋 D. 草木灰水
【答案】B
【解析】
【详解】根据题意该物质能够与很多金属反应，结合选项可知该强水为硝酸，硝酸具有强氧化性，可溶解大部分金属；
故选：B。
2. 化学与生活密切相关，下列说法正确的是
A. 燃煤中加入CaO可减少SO2气体的排放
B. 医院检查肠胃服用的“钡餐”是BaCO3
C. 常温下，可用铝制贮罐贮运浓盐酸或浓硫酸
D. 单质S和O2可以直接生成SO3
【答案】A
【解析】
【详解】A．燃煤中加入CaO，氧化钙和二氧化硫高温下反应生成亚硫酸钙，亚硫酸钙和氧气反应生成硫酸钙，因此可减少SO2气体的排放，故A正确；
B．BaCO3会与胃酸反应生成钡离子，重金属离子，会导致蛋白质变性，医院检查肠胃服用的“钡餐”是BaSO4，故B错误；
C．常温下，可用铝制贮罐贮运浓硝酸或浓硫酸，浓盐酸与铝反应，不能贮罐贮运浓盐酸，故C错误；
D．单质S和O2可以反应生成SO2，不能生成SO3，故D错误。
综上所述，答案为A。
3. 下列过程中化学键被破坏的是
①碘升华②溴蒸气被木炭吸附③酒精溶于水④HCl气体溶于水⑤MgCl2溶解于水
A. 全部 B. ②③④⑤ C. ④⑤ D. ⑤
【答案】C
【解析】
【详解】①碘升华是碘固体变为碘气体，化学键没有破坏，破坏了范德华力；②溴蒸气被木炭吸附，没有破坏化学键，破坏了范德华力；③酒精溶于水形成酒精水溶液，没有破坏化学键；④HCl气体溶于水，在水的作用下电离出氢离子和氯离子，破坏了化学键；⑤MgCl2溶解于水，破坏了离子键，因此化学键被破坏的是④⑤，故C符合题意。
综上所述，答案为C。
4. 将湿润的红色石蕊试纸放在进行下列实验的试管口，试纸不变成蓝色的是
A. 加热浓氨水 B. 加热NH4HCO3固体
C. 加热NH4Cl和Ca(OH)2的混合物 D. 加热NH4Cl晶体
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．加热浓氨水，挥发出氨气，湿润的红色石蕊试纸遇氨气变蓝，故不选A；
B．加热NH4HCO3固体生成氨气、二氧化碳、水，有氨气放出，湿润的红色石蕊试纸遇氨气变蓝，故不选B；
C．加热NH4Cl和Ca(OH)2的混合物放出氨气，湿润的红色石蕊试纸遇氨气变蓝，故不选C；
D．加热NH4Cl晶体生成氨气和氯化氢，氨气和氯化氢遇冷又生成氯化铵，没有氨气放出，湿润的红色石蕊试纸不变蓝，故选D；
选D。
5. 通过一步反应不能直接完成的是：（ ）
①N2→NO2②NO2→NO ③NH3→NO
④NH3→NO2⑤Cu→Cu（NO3）2⑥HNO3→NO2
A. ①⑥ B. ②⑤ C. ④⑤ D. ①④
【答案】D
【解析】
【详解】①N2+O2=2NO，不能够一步反应生成二氧化氮，故选；
②3NO2+H2O=2HNO3+NO，所以一步可以完成，故不选；
③4NH3+5O24NO+6H2O，所以一步可以完成，故不选；
④氨气催化氧化生成一氧化氮，所以不能一步反应生成二氧化氮，故选；
⑤Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O，所以一步可以完成，故不选；
⑥Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O，所以一步可以完成，故不选；
综合以上分析，答案选D。
6. 下列反应中，同时有离子键、极性共价键和非极性共价键的断裂和形成的反应是
A. NH4ClNH3↑+HCl↑ B. CaO+3CCaC2+CO↑
C. 2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2 D. 2NaOH+Cl2＝NaCl+NaClO+H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A．NH4ClNH3↑+HCl↑，没有离子键的形成，也没有非极性键的断裂和形成，故A不符合题意；
B．CaO+3CCaC2+CO↑，没有非极性键的断裂和极性键的断裂，故B不符合题意；
C．2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2，同时有离子键、极性共价键和非极性共价键的断裂和形成，故C符合题意；
D．2NaOH+Cl2＝NaCl+NaClO+H2O，没有非极性键的形成，故D不符合题意。
综上所述，答案为C。
7. 某课外实验小组设计的下列实验合理的是

A. 氨气发生装置
B. 制备并收集少量NO2
C. 配制一定浓度的硫酸溶液
D. 打开止水夹，挤压胶头滴管能够引发喷泉
【答案】D
【解析】
【详解】A．实验室制取氨气是通过氯化铵和氢氧化钙固体加热得到，不能通过分解氯化铵得到，氯化铵分解生成氨气和氯化氢，在试管口，两者反应生成氯化铵，故A不符合题意；
B．NO2与水反应生成硝酸和一氧化氮，因此不能用排水法收集少量NO2，故B不符合题意；
C．配制一定浓度的硫酸溶液，应该在烧杯中稀释，不能向容量瓶中直接加浓硫酸，故C不符合题意；
D．打开止水夹，挤压胶头滴管，水进入烧瓶，氨气极易溶于水，造成较大压强差，因此能够引发喷泉，故D符合题意。
综上所述，答案为D。
8. 管道工人曾经用浓氨水检验氯气管道是否泄漏。当浓氨水靠近氯气泄漏处时会产生大量白烟，这一现象体现了氨的哪些性质？
①易挥发 ②易溶于水 ③还原性 ④氧化性 ⑤碱性 ⑥酸性
A. ①②③ B. ①③⑤ C. ②④⑥ D. ③④⑤
【答案】B
【解析】
【分析】如果管道漏气，则发生反应3Cl2+2NH3=N2+6HCl，生成HCl气体继续与氨气反应生成氯化铵，现象为有白烟生成。
【详解】管道工人曾经用浓氨水检验氯气管道是否泄漏，当浓氨水靠近氯气泄漏处时会产生大量白烟，发生反应3Cl2+2NH3=N2+6HCl，生成HCl气体继续与氨气反应生成氯化铵，现象为有白烟生成，反应中氯气表现出氧化性，氨气表现为还原性和碱性，故答案为B。
9. 下列有关实验描述及结论均正确的是
A. 向久置于空气中的亚硫酸钠中加入氯化钡产生沉淀，说明亚硫酸钠已变质
B. 硫酸型酸雨在空气中放置一段时间pH变小，说明硫酸具有还原性
C. 水银温度计打碎后，用硫粉覆盖即可除去水银，体现了硫元素的还原性
D. 将通入品红溶液中，待溶液褪色后，加热，溶液恢复原色，说明的漂白是可逆的
【答案】D
【解析】
【详解】A．无论亚硫酸钠是否变质，加入氯化钡之后，都会产生白色沉淀，故不能说明亚硫酸已变质，A错误；
B．硫酸不具有还原性；硫酸型酸雨产生的历程是SO2和H2O反应生成H2SO3，H2SO3被氧化为H2SO4；硫酸型酸雨在空气中放置一段时间pH变小，是因为H2SO3被氧化，说明H2SO3具有还原性，B错误；
C．水银温度计打碎后，用硫粉覆盖即可除去水银，发生反应Hg+S=HgS，体现了S的氧化性，C错误；
D．将SO2通入品红溶液中，生成无色物质，待溶液褪色后，加热，无色物质分解，溶液恢复原色，说明SO2的漂白是可逆的，D正确；
故选D。
10. 下列判断正确的是
A. K+、Fe2+、Cl－、这四种离子可以存在于pH=1的溶液中
B. 向BaCl2溶液中通入少量SO2：Ba2++H2O+SO2=BaSO3↓+2H+
C. SO2和Cl2等体积通入品红溶液，不褪色：SO2+Cl2+2H2O=4H+++2Cl－
D. 氨水中通入少量二氧化硫：SO2+2OH－=+H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A．pH=1的溶液中，H+、Fe2+、发生氧化还原反应而不共存，故A错误；
B．向BaCl2溶液中通入少量SO2，不发生反应，故B错误；
C．SO2和Cl2等体积通入品红溶液，两者恰好反应生成盐酸和硫酸，没有漂白性，因此溶液不褪色：SO2+Cl2+2H2O=4H+++2Cl－，故C正确；
D．一水合氨是弱碱，氨水中通入少量二氧化硫：SO2+2NH3∙H2O=+H2O+2，故D错误。
综上所述，答案为C。
11. 若NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 1.8gNH含有的电子数为NA
B. 6.4gCu与足量硫粉反应，转移电子数为0.2NA
C. 1molN2和3molH2完全反应生成NH3分子数为2NA
D. 常温下，5.6g铁与硝酸反应，失去的电子数一定为0.3NA
【答案】A
【解析】
【详解】A．1个NH离子中含有的电子数为10，则1.8gNH（为0.1mol）含有的电子数为NA，A正确；
B．铜与硫生成硫化亚铜，6.4gCu（为0.1mol）与足量硫粉反应，转移电子数为0.1NA，B错误；
C．氮气和氢气反应为可逆反应，进行不完全，1molN2和3molH2完全反应生成NH3分子数小于2NA，C错误；
D．常温下，铁与硝酸反应，若铁过量，硝酸不足会生成硝酸亚铁，则5.6g铁（0.1mol）与硝酸反应，失去的电子数可能小于0.3NA，D错误；
故选A。
12. 下列实验操作、现象和所得结论均正确的是
选项
实验操作和现象
实验结论
A
常温下将Al片放入浓硝酸中，无明显变化
Al与浓硝酸不反应
B
将两根一样的Cu丝分别与浓硝酸和稀硝酸反应，浓硝酸反应更加剧烈
氧化性：浓硝酸>稀硝酸
C
加热NH4Cl固体，未能收集到能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体
NH4Cl未分解
D
向久置的Na2SO3溶液中加入足量BaCl2溶液，出现白色沉淀；再加入足量稀硝酸，部分沉淀溶解
部分Na2SO3被氧化

A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．常温下铝在浓硝酸中钝化，钝化阻碍反应的继续进行，并不是不不反应，故A错误；
B．铜与浓硝酸反应比稀硝酸更加剧烈说明浓硝酸的夺取电子的能力强于稀硝酸，氧化性强于稀硝酸，故B正确；
C．氯化铵受热分解生成氯化氢和氨气，反应生成氯化氢和氨气重新反应生成氯化铵，不可能收集到能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，故C错误；
D．稀硝酸具有强氧化性，能将亚硫酸钡沉淀氧化为硫酸钡，则加入足量稀硝酸，部分沉淀溶解不能说明亚硫酸钠被氧化，故D错误；
故选B。
13. 某课外活动小组的同学从某地颗粒采集器中获得雾霾颗粒样品，然后用蒸馏水浸取。在探究雾霾颗粒可溶性成分的实验中，下列根据实验现象得出的结论不正确的是
A. 向浸取液中滴入硝酸酸化后，加入AgNO3溶液有白色沉淀产生，说明雾霾中一定含有Cl-
B. 向浸取液中滴入硝酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀产生，说明雾霾中一定含
C. 向浸取液中加入KSCN溶液，无明显现象，滴入新制氯水后，溶液变为红色，说明雾霾中Fe2+
D. 向浸取液中加入浓NaOH溶液微热，试管口附近湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明雾霾中一定含有
【答案】B
【解析】
【详解】A．浸取液中滴入硝酸酸化后排除了CO干扰，再加入AgNO3溶液有白色沉淀产生，说明雾霾中一定含有Cl−，故A正确；
B．亚硫酸盐可能被硝酸氧化生成硫酸盐，与BaCl2溶液反应生成硫酸钡白色沉淀，或BaCl2溶液与硝酸银可以生成氯化银白色沉淀，不能确定原溶液中含有离子，正确检验：向浸取液中滴加过量稀盐酸，无现象，加入BaCl2溶液，有白色沉淀产生，说明一定含有，故B错误；
C．向浸取液中加入KSCN溶液，无明显现象，说明不存在三价铁离子，滴入新制氯水后，溶液变为红色，说明溶液中存在能被氧化成三价铁离子的离子，只能是亚铁离子，故C正确；
D．一种未知溶液滴加NaOH溶液，加热后产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，该气体为氨气，故原溶液中存在铵根，故D正确；
故选：B。
14. 现有稀硫酸和稀硝酸的混合溶液，已知其中稀硫酸浓度为3mol·L-1，稀硝酸的浓度为2mol·L-1，取10mL混合酸，向其中加入过量铜粉，反应结束后，在标准状况下可收集到气体的体积为(假设HNO3只被还原为NO)
A. 0.112L B. 0.224L C. 0.448L D. 0.672L
【答案】C
【解析】
【详解】10mL稀硫酸浓度为3mol·L-1，稀硝酸的浓度为2mol·L-1的混合酸中n(H+)=2×10×10-3L×3mol·L-1+10×10-3L×2mol·L-1=0.08mol，n()=10×10-3L×2mol·L-1=0.02mol，根据离子方程式：3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O可知，反应中H+和恰好完全反应，生成的NO的物质的量为：0.02mol，故NO的体积为：0.02mol×22.4L/mol=0.448L，故答案为：C。
第Ⅱ卷(非选择题，共58分)
二、(本题包括2小题，共25分)
15. 下列几种物质：①MgCl2②H2O③Al④H2O2⑤Na2O2⑥Ca(OH)2⑦HClO⑧I2
（1）只含有离子键的是(选填序号，下同)___________。
（2）含有共价键的离子化合物是___________。
（3）属于共价化合物的是___________。
（4）熔融状态时和固态时，都能导电的是___________。
（5）HClO的电子式___________。
（6）用电子式表示MgCl2的形成过程___________。
【答案】（1）① （2）⑤⑥
（3）②④⑦ （4）③
（5） （6）
【解析】
【小问1详解】
只含有离子键的是①，故答案为①；
【小问2详解】
含有共价键的离子化合物是⑤⑥，故答案为⑤⑥；
【小问3详解】
含有共价键的共价化合物为②④⑦，故答案为②④⑦；
【小问4详解】
熔融状态时和固态时，都能导电的只有金属，故答案为③；
【小问5详解】
HClO的电子式书写时需要注意O形成两个共价键，所以O原子应该在中间，故答案为；
【小问6详解】
MgCl2为离子化合物，用电子式表示MgCl2的形成过程为。
【点睛】一般来说，活泼金属与非金属形成离子键，非金属元素之间形成共价键，只含共价键的化合物为共价化合物，分子晶体熔化时不破坏化学键，而熔融状态时和固态时，都能导电为金属单质，以此来解答。
16. Ⅰ．短周期元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，Z的原子半径是短周期主族元素中最大的，X、Y、W、Q在元素周期表中的位置如表所示，Y、Q的原子序数之和是X的4倍。回答下列问题：
X
P
Y

W
Q

（1）写出P元素简单氢化物和其最高价氧化物的水化物反应的化学方程式___________。
（2）葡萄酒中添加适量的某种Q的氧化物，可以起到杀菌的作用，同时利用其的___________性防止葡萄酒被氧化。
（3）X与Y按原子数之比为1：2形成化合物的电子式为___________，Y与Z形成的一种化合物是淡黄色固体，该化合物中所含化学键的类型是___________。
Ⅱ．汽车尾气(含碳氢化合物、CO、SO2与NO等物质)是城市空气的污染源之一、治理的方法之一是在汽车的排气管上装一个催化转化器(用Pt、Pd合金作催化剂)，它的特点是使CO与NO反应，生成可参与大气循环的无毒气体，并促使汽油充分燃烧及SO2的转化。
（4）写出在催化剂的作用下CO与NO反应的化学方程式：___________。
（5）使用“催化转化器”的缺点是在一定程度上提高了排放废气的酸度，有可能促进了酸雨的形成，其原因是___________。
（6）控制城市空气污染源的方法有___________(填字母)。
A. 植树造林 B. 开发氢能源 C. 使用电动车 D. 使用无铅汽油
【答案】（1）NH3+HNO3=NH4NO3
（2）还原性 （3） ①. ②. 离子键、共价键或非极性键
（4）2CO+2NON2+2CO2
（5）反应除生成了N2外，还生成了增加空气酸度的SO3(合理即可) （6）BC
【解析】
【分析】短周期元素X、Y、Z、W、Q原子序数依次增大，由题图可知，X、Y位于第二周期，W、Q位于第三周期，则Z的原子半径是短周期主族元素中最大的，则Z为Na，由X、Y、W、Q在元素周期表中的位置及Y、Q的原子序数之和是X的4倍，可知，X为C，P为N，Y为O，W为P，Q为S。
【小问1详解】
氨气和硝酸反应生成硝酸铵的化学方程式为NH3+HNO3=NH4NO3。
【小问2详解】
氧化硫能灭菌且具有一定还原性，故在葡萄酒酿制过程中，添加适量的二氧化硫可以起到杀菌抗氧化的作用。
【小问3详解】
CO2的电子式为，Na2O2中含有离子键和共价键或非极性键。
【小问4详解】
CO与NO反应，生成可参与大气生态环境循环的无毒气体，该气体是CO2和N2，所以反应的方程式为2CO+2NON2+2CO2；故答案为2CO+2NON2+2CO2。
【小问5详解】
由于“催化转化器”促进了SO2的转化，生成的SO3增多，SO3+H2O=H2SO4，提高了空气的酸度；故答案为反应除生成了N2外，还生成了增加空气酸度的CO2和SO3。
【小问6详解】
A、植树造林可以净化空气，保护环境，但不能从源头上控制污染，故A错误；
B、开发氢能源，如太阳能、风能、潮汐能、氢能等对环境无污染，可减少化石燃料的使用，B正确；
C、使用电动车，减少了化石燃料的使用，对环境无污染，故C正确；
D、无铅汽油燃烧过程中会产生一氧化碳，氮氧化物等污染物，造成空气的污染，故D错误。
故答案为BC。
三、(本题包括2小题，共23分)
17. 家用甜味剂白糖和红糖的主要成分是蔗糖，某化学兴趣小组设计了如下装置探究浓硫酸和蔗糖反应的产物。

回答下列问题：
（1）A装置中可以观察到的实验现象为___________。写出生成气体的反应的化学方程式：___________。
（2）B装置中品红溶液褪色，证明A中反应有___________生成。A中的实验现象体现了浓硫酸的哪些性质：___________。
（3）C装置中发生反应的离子方程式为___________。
（4）D装置中澄清石灰水变浑浊，说明A中反应产生了___________，若要证明该实验中产生了水蒸气，应将装置E接在___________之间(选填“A、B”或“B、C”或“C、D”)。
【答案】（1） ①. 蔗糖逐渐变黑，膨胀为体积较大的多孔固体，并产生大量白雾 ②. C+2H2SO4(浓)CO2+2SO2+2H2O
（2） ①. SO2 ②. 脱水性、强氧化性
（3）5SO2＋2MnO＋2H2O=5＋2Mn2+＋4H+
（4） ①. CO2 ②. A、B
【解析】
【分析】浓硫酸加到蔗糖中，蔗糖变黑，一会蔗糖变为黑面包，气体通到品红中，品红褪色，通入到酸性高锰酸钾溶液中，主要除掉二氧化硫气体，溶液颜色变浅，再通到澄清石灰水中，石灰水变浑浊，说明 二氧化碳生成。
【小问1详解】
A装置中浓硫酸加到蔗糖中，浓硫酸将蔗糖中氢氧按照2:1水的形式脱出来，剩下的碳与浓硫酸反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，因此可以观察到的实验现象为蔗糖逐渐变黑，膨胀为体积较大的多孔固体，并产生大量白雾。写出生成气体的反应的化学方程式：C+2H2SO4(浓)CO2+2SO2+2H2O；故答案为：蔗糖逐渐变黑，膨胀为体积较大的多孔固体，并产生大量白雾；C+2H2SO4(浓)CO2+2SO2+2H2O。
【小问2详解】
B装置中品红溶液褪色，根据元素守恒，说明A中反应有SO2生成。A中浓硫酸将蔗糖中氢氧按照2:1水的形式脱出来，体现浓硫酸脱水性，浓硫酸吸收水放热，碳和浓硫酸反应生成二氧化硫，浓硫酸中硫化合价降低，体现了浓硫酸强氧化性；故答案为：SO2；脱水性、强氧化性。
【小问3详解】
C装置中二氧化硫被酸性高锰酸钾氧化而使溶液颜色变浅，发生反应的离子方程式为5SO2＋2MnO＋2H2O=5＋2Mn2+＋4H+；故答案为：5SO2＋2MnO＋2H2O=5＋2Mn2+＋4H+。
【小问4详解】
二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，D装置中澄清石灰水变浑浊，说明A中反应产生了二氧化碳，若要证明该实验中产生了水蒸气，检验水应该最先检验，应将装置E接在A、B之间；故答案为：CO2；A、B。
18. 我国科学家侯德榜发明了联合制碱法。联合以氯化钠、氨及二氧化碳为原料，同时生产纯碱和氯化铵两种产品，又称“侯氏制碱法”，对世界制碱工业做出了卓越贡献。下列是制备纯碱的工艺流程，回答下列问题。

（1）写出实验室用NH4Cl固体和Ca(OH)2固体制备NH3的化学方程式___________；
（2）粗盐水中含大量、Mg2+，“除杂”时依次加入过量的NaOH、BaCl2、Na2CO3提纯NaCl。用离子方程式说明加入Na2CO3的目的___________。要证明提纯后的食盐水中没有，取样后先加___________ (填名称，下同)，再加___________ 。
（3）若在实验室中进行“分离”操作的名称___________。
（4）循环Ⅰ中参与循环的物质是___________。
（5）向滤液中加入NaCl粉末，存在NaCl(固体)+NH4Cl(溶液)→NaCl(溶液)+NH4Cl(固体)过程。为使NH4Cl沉淀充分析出并分离，根据NaCl和NH4Cl溶解度曲线，需采用的操作为___________、___________、过滤、洗涤、干燥。

【答案】（1）
（2） ①. Ba2++CO=BaCO3↓ ②. 稀盐酸 ③. 氯化钡溶液
（3）过滤 （4）CO2
（5） ①. 蒸发浓缩 ②. 冷却结晶
【解析】
【分析】粗盐精制得到饱和食盐水，向里通入足量氨气得到氨化食盐水，再通入二氧化碳得到碳酸氢钠和氯化铵，过滤，将碳酸氢钠晶体煅烧得到碳酸钠、二氧化碳和水，二氧化碳循环利用。
【小问1详解】
实验室用NH4Cl固体和Ca(OH)2固体加热反应来制备NH3，其反应化学方程式；故答案为：。
【小问2详解】
粗盐水中含大量、Mg2+，“除杂”时依次加入过量的NaOH、BaCl2、Na2CO3提纯NaCl。加入Na2CO3的目的是沉淀多余的钡离子，其离子方程式为Ba2++CO=BaCO3↓；要证明提纯后的食盐水中没有，取样后先加稀盐酸，排出其他杂质离子的干扰，再加氯化钡溶液；故答案为：Ba2++CO=BaCO3↓；稀盐酸；氯化钡溶液。
【小问3详解】
“分离”是晶体和滤液分开，则实验室中进行“分离”操作的名称过滤；故答案为：过滤
【小问4详解】
煅烧碳酸氢钠得到碳酸钠、二氧化碳和水，因此循环Ⅰ中参与循环的物质是CO2；故答案为：CO2。
【小问5详解】
根据NaCl和NH4Cl溶解度曲线，氯化铵随温度升高，溶解度变化很大，而氯化钠随温度升高，溶解度变化很小，从混合溶液中得到氯化铵，则需采用的操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶。
四、(本题包括1小题，共10分)
19. 100mL 6.0 mol·L-1稀硝酸，恰好使铜和氧化铜完全溶解，同时收集到标准状况下NO 2.24 L。请回答以下问题：(已知Cu：64；O：16)
（1）铜和稀硝酸反应的化学方程式：_______
（2）氧化铜和稀硝酸反应的化学方程式：_______
（3）原混合物中铜的物质的量为_______，氧化铜的质量为_______。
【答案】（1）3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O
（2）CuO+2HNO3=Cu(NO3)2+H2O
（3） ①. 0.15mol ②. 8g
【解析】
【小问1详解】
铜和稀硝酸反应生成硝酸铜、NO、H2O，化学方程式为3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O。
【小问2详解】
氧化铜和稀硝酸反应生成硝酸铜、水，化学方程式为CuO+2HNO3=Cu(NO3)2+H2O。
【小问3详解】
Cu与硝酸反应生成NO，CuO与硝酸反应生成硝酸铜和水，n（NO）==0.1mol，由电子守恒可知n（Cu）==0.15mol，混合物中铜的质量为0.15mol×64g/mol=9.6g；根据氮元素守恒，氧化铜的物质的量为×（0.1L×6.0mol/L-0.1mol-0.15mol×2）=0.1mol，质量为0.1mol×80g/mol=8g。