第一章 物质及其变化 测试卷 2023-2024学年高一上学期化学人教版（2019）必修第一册

这是一份第一章 物质及其变化 测试卷 2023-2024学年高一上学期化学人教版（2019）必修第一册，共19页。

第一章《 物质及其变化》测试卷
一、单选题
1．下列有关氢氧化铁胶体说法正确的是
A．将外加直流电源通过该胶体，阴极处颜色变深，则说明该胶体带正电荷
B．鉴别FeCl3溶液和Fe(OH)3胶体，可用利用丁达尔效应
C．采用过滤，可将Fe(OH)3胶体中的FeCl3杂质除去
D．向Fe(OH)3胶体中加入大量盐酸，则最终可引起胶体聚沉
2．能正确表示下列反应的离子方程式是
A．氢氧化钠溶液与醋酸反应：OH-+H+=H2O
B．澄清石灰水中通入过量的二氧化碳：CO2+OH-=HCO
C．硫酸镁溶液中滴入稀氨水：Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓
D．硫酸铁溶液与氢氧化钡溶液反应：SO+Ba2+= BaSO4↓
3．室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A．的溶液中：、、、
B．的溶液中：、、、
C．的溶液中：、、、
D．的溶液中：、、、
4．水合肼(N2H4·H2O)的性质类似氨水。利用水合肼处理铜氨{[Cu(NH3)4]2+}废液回收铜粉的实验流程如图：

下列说法错误的是
A．上述三步反应过程均为氧化还原反应
B．反应1的目的是制备NaClO
C．合成水合肼的反应中每消耗1molCO(NH2)2转移电子数为NA
D．反应2完成后要用到过滤操作
5．“液态阳光”是利用太阳能等可再生能源产生的电力电解水生产“绿色”氢能、并将二氧化碳加氢转化为“绿色”甲醇等液体燃料，被形象地称为“液态阳光”。下列有关说法错误的是
A．水既是氧化物又是电解质 B．以水制氢属于氧化还原反应
C．二氧化碳属于酸性氧化物 D．二氧化碳加氢气生成甲醇是化合反应
6．含有氧化剂X2的溶液与亚硫酸钠(Na2SO3)溶液恰好反应完全，已知Na2SO3被氧化为Na2SO4，已知X2、Na2SO3的个数比为1∶2，则还原产物中元素X的价态是
A．-1 B．-2 C．+1 D．0
7．能正确表示下列反应的离子反应方程式为
A．氯气溶于水：Cl2+H2O=2H++Cl-+ClO-
B．钠投入足量水中：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑
C．向稀HNO3中滴加Na2SO3溶液：SO+2H+=SO2↑+ H2O
D．向明矾溶液中滴加过量Ba(OH)2溶液：2Al3++3SO+3Ba2++6OH - =2Al(OH)3↓+ 3BaSO4↓
8．若在月壤样品中分离出一种只含一种元素的物质，则该物质不可能为
A．单质 B．纯净物 C．化合物 D．混合物
9．危险化学品要在包装标签上印上警示性标志。下列的化学药品名称与警示标志名称对应正确的是（ ）
A．酒精——剧毒品 B．浓硫酸——腐蚀品
C．硝酸钾——放射物 D．烧碱——易爆品
10．下列反应可用离子方程式“H＋＋OH－＝H2O”表示的是
A．H2SO4溶液与Ba(OH)2溶液混合 B．NH4Cl溶液与Ca(OH)2溶液混合
C．NaHSO4溶液与KOH溶液混合 D．H2SO4溶液与Fe(OH)3胶体混合
11．下列关于胶体的叙述中，不正确的是
A．Fe(OH)3胶体能吸附水中的悬浮颗粒并沉降，因此常用其对自来水的消毒
B．浊液、胶体、溶液的本质区别是分散质粒子的直径大小
C．可以用丁达尔效应区分FeCl3溶液和Fe(OH)3胶体
D．胶态磁流体治癌是将磁性物质制成胶体粒子，这种粒子直径在10-9～10-7 m之间
12．室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A．0.1mol·L-1NaHCO3溶液：K+、Al3+、NO3-、SO42-
B．使蓝色石蕊试纸变红的溶液：Mg2+、Na+、SO42-、NO3-
C．滴加KSCN溶液显红色的溶液：NH4+、K+、Cl-、I-
D．由水电离产生的c(H+)=1×10-12mol·L-1的溶液：NH4+、Ca2+、Cl-、AlO2-
13．处理含氰()废水涉及如下反应，其中无毒的中碳元素为+4价｡
反应I.
反应II.(未配平)
下列说法正确的是
A．反应I中氮元素被氧化
B．反应II中为还原产物
C．反应II中与按物质的量之比1∶1进行反应
D．处理过程中，每产生，消耗5
14．已知某反应中反应物与生成物有：、、、、、和未知物X，是其中的反应物之一，下列说法不正确的是
A．该未知物X为
B．该反应中，发生氧化反应的过程是
C．由反应可知氧化剂与还原剂的物质的最之比为2：5
D．该反应的氧化剂是
15．使用如图装置(搅拌装置略)探究溶液离子浓度变化，灯泡灯光变化会出现“亮→暗(或灭)→亮”现象的是

选项
A
B
C
D
试剂a
H2SO4
CuSO4
AgNO3
BaCl2
试剂b
Na2CO3
Ba(OH)2
NaCl
K2SO4

A．A B．B C．C D．D

二、填空题
16．按要求填空：
（1）在S2－、Fe2＋、Fe3＋、Mg2＋、S、I－、H＋中，只有氧化性的是________.
（2）某同学写出以下三个化学方程式(未配平)
①NO＋HNO3→N2O3＋H2O
②NH3＋NO→HNO2＋H2O
③N2O4＋H2O→HNO3＋HNO2
其中你认为一定不可能实现的是________。
（3）下列三个氧化还原反应中，氧化性最强的物质是______。
①2FeCl3＋2KI=2FeCl2＋2KCl＋I2
②2FeCl2＋Cl2=2FeCl3
③2KMnO4＋16HCl(浓)=2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O
若溶质中Cl－与I－共存，为了氧化I－而Cl－不被氧化，除单质外，还应用上述反应中的________作氧化剂。
（4）取15 mL Ba(OH)2溶液注入锥形瓶中，然后逐滴加入NaHCO3溶液，当Ba2＋恰好完全沉淀时，溶液中的溶质是________，发生反应的离子方程式为________________________。继续滴加NaHCO3溶液发生反应的离子方程式为___________。
17．(I)按要求填空。
(1)下列物质溶于水后的电离方程式：
①HCl：______________________________。
②NaHSO4：______________________________。
(2)将AgNO3溶液和NaCl溶液混合，反应的离子方程式为______________________________，恰好反应后，过滤后溶液中的溶质为(填化学式)________；
(II)某活动小组按如图所示进行实验操作，充分反应后：

(3)a中发生反应的离子方程式为_____________________。
(4)b中铜丝上观察到的现象是_____________；
(5)结合a、b实验现象可知，Fe、Cu、Ag的还原性顺序为______________。

三、实验题
18．农药波尔多液是常见的杀菌剂，为天蓝色碱性悬浊液。以硫酸铜、生石灰及水为原料，制备波尔多液。
(一)硫酸铜的制备
如图为某兴趣小组用含较多杂质的铜粉制取硫酸铜晶体[CuSO4·5H2O]的两种实验方案。

(1)制备中需过滤得到硫酸铜晶体。过滤时需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和_______。
(2)方案Ⅰ通入氧气，少量Cu转化为CuSO4。该反应的化学方程式为_______。
(3)方案Ⅱ中加入浓硫酸发生的反应有Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O。方案Ⅰ优于方案Ⅱ的理由是_______。
(二)波尔多液的制备及组成测定
为测定从波尔多液中分离出的天蓝色固体[CuSO4·aCu(OH)2·bCa(OH)2·cH2O]的组成，设计如下实验：
[实验Ⅰ]称取64.4g天蓝色固体，加入足量稀HNO3使其完全溶解，再加入过量Ba(NO3)2溶液，过滤，洗涤干燥得白色固体23.3g。
(4)判断Ba(NO3)2溶液已过量的方法是：静置，向上层清液中滴加_______溶液，无现象。
[实验Ⅱ]另取64.4g天蓝色固体，用如图装置进行热分解实验：

[资料]①CuSO4、Cu(OH)2、Ca(OH)2在一定温度下能受热分解，分别生成两种氧化物，分解过程中各元素的化合价均不改变。
②天蓝色固体在110℃时，完全失去结晶水。
③Cu(OH)2在100℃时分解完全。CuSO4和Ca(OH)2在580℃左右时开始分解，到650℃时均能分解完全。
④浓硫酸可用于吸收SO3。
(5)按图连接好装置，实验前要先_______。
(6)控制温度在110℃充分加热，测得B装置增重10.8g。再升温至650℃充分加热，B装置又增重了15.2g。最终剩余固体中的成分是_______。
(7)整个加热过程中，天蓝色固体分解生成水的总质量为_______ g。
(8)天蓝色固体CuSO4·aCu(OH)2·bCa(OH)2·cH2O中，a：b：c=_______。
19．三氯化铬(CrCl3)是常用的媒染剂和催化剂，易潮解，易升华，高温下易被氧气氧化。实验室制取CrCl3的反应为Cr2O3(s)+3CCl4(g)2CrCl3(s)+3COCl2(g)，其实验装置如下图所示：

已知：①COCl2(俗称光气)有毒，遇水发生水解：COCl2+H2O=CO2+2HCl；
②碱性条件下，H2O2可将Cr3+氧化为；酸性条件下，H2O2将还原为Cr3+。
请回答下列问题：
(1)A中的试剂为_______；无水CaCl2的作用是_______；反应结束后要继续通入一段时间氮气，主要目的是_______。
(2)装置E用来收集产物。实验过程中若D处出现堵塞，可观察到的现象是_______；可通过_______(填操作)使实验继续进行。
(3)装置G中发生反应的离子方程式为_______。
(4)测定产品中CrCl3质量分数的实验步骤如下：
I.取mgCrCl3产品，在强碱性条件下，加入过量的30%H2O2溶液，小火加热使CrCl3完全转化为，继续加热一段时间；
II.冷却后加适量的蒸馏水，再滴入适量的浓硫酸和浓磷酸(加浓磷酸的目的是为了防止指示剂提前变色)，使转化为；
III.用新配制的cmol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点，消耗(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液VmL(已知被Fe2+还原为Cr3+)。
①产品中CrCl3质量分数表达式为_______%。
②下列操作将导致产品中CrCl3质量分数测定值偏低的是_______(填字母标号)。
A．步骤I中未继续加热一段时间
B．步骤III中所用(NH4)2Fe(SO4)2溶液已变质
C．步骤II中未加浓磷酸
D．步骤III中读数时，滴定前俯视，滴定后平视

四、计算题
20．铜既能与稀硝酸反应，也能与浓硝酸反应，反应方程式为：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2­+2H2O；3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2­+2NO+4H2O。现将25.6gCu投入50mL12mol/L的浓硝酸中，充分反应后，收集到4.48L(标准状态)NO和NO2的混合气体。
(1)被还原硝酸的物质的量是_____mol。
(2)试分析判断25.6gCu和50mL12mo/L的硝酸反应后何者有剩余？______；其物质的量是_____。
(3)如果4.48L(标准状态)NO和NO2的混合气体是通过排水法进行收集，则收集到的气体的体积是____________L。
(4)如果向反应后的体系中再加入200mL4mol/L的稀硫酸，是否会有气体逸出_____(填是或否)，如有请计算产生气体的体积(标准状态)为_____。
21．将6.4g 铜加入到50mL a mol/L的硝酸溶液中，铜全部溶解，得到NO2和NO的混合气体．将反应后溶液稀释至100mL，测得NO3-的浓度为3mol/L．
（1）混合气体中NO2和NO的总物质的量为______mol（用含a的式子表示）．
（2）稀释后的溶液中H+的物质的量浓度为______mol/L

参考答案：
1．B
【详解】A．胶体本身不带电荷，但胶体微粒具有吸附性，吸附离子致使胶体微粒带有电荷，故A错误；
B．Fe(OH)3胶体具有丁达尔效应，可利用丁达尔效应鉴别溶液和胶体，故B正确；
C．胶体可以通过滤纸，故不能用过滤的方法来去除胶体中的可溶性杂质，故C错误；
D．向Fe(OH)3胶体中加入过量的盐酸先生成沉淀，后沉淀溶解，故D错误；
故选B。
2．B
【详解】A．醋酸是弱酸，离子方程式中不拆，A错误；
B．澄清石灰水中通入过量的二氧化碳，生成碳酸氢钙，B正确；
C．氨水是弱碱，离子方程式中不拆，C错误；
D．硫酸铁溶液与氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化铁沉淀，D错误；
答案选B。
3．B
【详解】A．H+与不能共存，故A错误；
B．各种离子没有结合成新分子，可共存，故B正确；
C．S2-与能发生氧化还原反应，不能共存，故C错误；
D．OH-与、、不能共存，故D错误；
故选：B。
4．C
【分析】NaOH稀溶液与Cl2在一定温度下反应生成NaClO、NaCl和H2O，向反应后的混合液中加入CO(NH2)2，NaClO与CO(NH2)2反应合成(N2H4•H2O)，同时有NaCl和Na2CO3生成，发生反应为CO(NH2)2+ClO-+2OH-=N2H4•H2O+Cl-+CO；向反应后的溶液中继续加入铜氨溶液发生反应2[Cu(NH3)4]2++N2H4•H2O+4OH-2Cu↓+N2↑+8NH3↑+5H2O，有Cu析出，经过滤得到铜粉，以此分析解答。
【详解】A．第一步反应中Cl元素发生变化，第二步反应中Cl、N元素化合价发生变化，第三步反应中Cu、N元素化合价发生变化，所以上述三步反应过程均为氧化还原反应，故A正确；
B．合成水合肼时需要用到NaClO，则反应1的目的是用氢氧化钠溶液与氯气反应制备NaClO，故B正确；
C．NaClO与CO(NH2)2反应合成水合肼的过程中，N元素化合价由-3升高至-2，化合价升高1价，消耗1molCO(NH2)2时需要转移2mol电子，转移电子数为2NA，故C错误；
D．反应2为2[Cu(NH3)4]2++N2H4•H2O+4OH-2Cu↓+N2↑+8NH3↑+5H2O，有Cu析出，通过过滤操作得到铜粉，故D正确；
故选：C。
5．D
【详解】A．从水的化学式H2O来看，水是氧化物，且水是电解质，故A正确；
B．电解水制氢过程中，氢、氧元素化合价发生改变，属于氧化还原反应，故B正确；
C．二氧化碳能够和碱反应生成盐和水，则二氧化碳属于酸性氧化物，故C正确；
D．二氧化碳加氢气生成甲醇的化学方程式为CO2+3H2=CH3OH+H2O，此反应不是化合反应，故D错误；
本题答案D。
6．B
【详解】S元素由Na2SO3中的+4价升高到Na2SO4中的+6价，X2的化合价只能降低，假设每个X2分子降低的价态是a，根据得失电子守恒，有a=2 × 2=4，所以每个X原子降低的价态数是2，X原来是0价，降低2个价态后是-2价，B项正确。
7．B
【详解】A．氯气溶于水生成盐酸和次氯酸，反应的离子方程式是Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO，故A错误；
B．钠投入足量水中生成氢氧化钠和氢气，反应的离子方程式是2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，故B正确；
C．向稀HNO3中滴加Na2SO3溶液生成硫酸钠、一氧化氮、水，反应的离子方程式是3SO+2H++2NO3-=3SO+2NO↑+ H2O，故C错误；
D．向明矾溶液中滴加过量Ba(OH)2溶液生成偏铝酸钾、硫酸钡沉淀、水，反应的离子方程式是Al3++2SO+2Ba2++4OH - =AlO2-+2BaSO4↓+2H2O，故D错误；
选B。
8．C
【详解】化合物是由两种或两种以上的元素形成的纯净物，所以含有一种元素的物质一定不是化合物，可能为只含一种单质的纯净物，也可能为同素异形体形成的混合物，故选C。
9．B
【详解】A.酒精易燃,是易燃品,故A错误；
B.浓硫酸有强腐蚀性,是腐蚀品,所以B选项是正确的；
C.硝酸钾易发生爆炸，是易爆品,故C错误；
D.烧碱有强腐蚀性,是腐蚀品,故D错误；
所以B选项是正确的。
10．C
【详解】A. H2SO4溶液与Ba(OH)2溶液混合，离子方程式为Ba2+ + 2OH－+ 2H++ SO42－= BaSO4↓+ 2H2O，A不合题意；
B. NH4Cl溶液与Ca(OH)2溶液混合，离子方程式为NH4++OH-=NH3↑+H2O，B不合题意；
C. NaHSO4溶液与KOH溶液混合，离子方程式为H＋＋OH－＝H2O，C符合题意；
D. H2SO4溶液与Fe(OH)3胶体混合，离子方程式为3H++Fe(OH)3=Fe3++3H2O，D不合题意。
故选C。
11．A
【详解】A．Fe(OH)3胶体能吸附水中的悬浮颗粒并沉降，因此常用其对自来水的净化，但不具有强氧化性，因此不具有消毒作用，A错误；
B．根据分散质粒子的直径大小，将分散系分为浊液、胶体、溶液，B正确；
C．Fe(OH)3胶体能够发生丁达尔效应，而溶液不能发生丁达尔效应，故可以用丁达尔效应区分FeCl3溶液和Fe(OH)3胶体，C正确；
D．胶态磁流体治癌是将磁性物质制成胶体粒子，这种胶体粒子直径在10-9～10-7 m之间，D正确；
故合理选项是A。
12．B
【详解】A、HCO3－能与Al3+发生双水解反应，不能大量共存，选项A错误；
B、使蓝色石蕊试纸变红的溶液呈酸性：H+、Mg2+、Na+、SO42-、NO3-之间相互不反应，能大量共存，选项B正确 ；
C、因Fe3+与SCN-能结合生成络离子显红色，所以，加入KSCN溶液显红色的溶液一定含有Fe3+，Fe3+具有氧化性，与具有强还原性的I-不能大量共存，选项C错误；
D、由水电离产生的c(H+)=1×10-12mol·L-1的溶液可能呈强酸性也可能呈强碱性，若呈强酸性则AlO2-不能大量存在，若呈强碱性则NH4+、Ca2+不能大量存在，选项D错误：
答案选B。
13．D
【详解】A．由反应I.可知，中C为+2价，N为-3价，中C为+4价，N为-3价，O为-2价，所以和中氮元素的化合价均为-3价，没有变化，故A错误；
B．由反应II. (未配平)可知，、中碳元素的化合价均为+4价，化合价没有变化，故B错误；
C．根据得失电子守恒和原子守恒，反应II为，与物质的量之比2:3，故C错误；
D．将反应I、II合并可得，每产生，消耗，故D正确；
答案为D。
14．B
【分析】由亚硫酸钠是其中的反应物之一可知，题给反应为酸性条件下，碘酸钾溶液与亚硫酸钠溶液发生氧化还原反应生成碘、硫酸钠、硫酸钾和水，反应的化学方程式为2+5+=++5+，反应中碘元素化合价降低被还原，碘酸钾为反应的氧化剂，发生还原反应，硫元素化合价升高被氧化，亚硫酸钠是还原剂，发生氧化反应。
【详解】A．由分析可知，未知物X为，故A正确；
B．由分析可知，反应中碘酸钾为反应的氧化剂，的过程发生还原反应，故B错误；
C．由分析可知，反应中氧化剂碘酸钾与还原剂亚硫酸钠的物质的最之比为2：5，故C正确；
D．由分析可知，反应中碘酸钾为反应的氧化剂，故D正确；
故选B。
15．B
【分析】溶液中离子浓度越大，溶液的导电性越强。
【详解】A．H2SO4与Na2CO3反应的离子方程式为2H++=CO2↑+H2O，溶液中还存在Na+和导电，由于溶液体积变大，离子浓度减小，但不会出现由暗变亮的现象，A不符合题意；
B．Ba(OH)2与CuSO4发生离子反应：Ba2++2OH-+Cu2++=BaSO4↓+Cu(OH)2↓，随着反应的进行，溶液中自由移动的离子浓度减小，灯泡变暗，当二者恰好反应时，溶液中几乎不存在自由移动的微粒，灯泡完全熄灭，当CuSO4溶液过量时，其电离产生的Cu2+、导电，使灯泡逐渐又变亮，B符合题意；
C．AgNO3与NaCl反应的离子方程式为Ag++Cl-=AgCl↓，溶液中还有Na+和，由于溶液体积变大，离子浓度减小，但不会出现由暗变亮的现象，C不符合题意；
D．BaCl2和K2SO4反应的离子方程式为Ba2++=BaSO4↓，溶液中还存在K+和Cl-，由于溶液体积变大，离子浓度减小，但不会出现由暗变亮的现象，D不符合题意；
故选B。
16． Fe3＋、Mg2＋、H＋ ② KMnO4 FeCl3 NaOH Ba2＋＋OH－＋HCO3－=BaCO3↓＋H2O HCO3－＋OH－=CO32－＋H2O
【详解】(1) Fe3＋、Mg2＋、H＋ 中的化合价都是最高价态，所以都只有氧化性； S、I－中的化合价都是最低价态，所以都只有还原性； Fe2＋、S中的化合价是中间价态，所以既有氧化性又有还原性；正确选项Fe3＋、Mg2＋、H＋ 。
(2)氧化还原反应的特征是元素化合价的升降，(2)中N元素化合价只升高，不符合规律，因此(2) 一定不可能实现，正确答案：(2)。
(3)由(1)可以知道氧化性，(2)，(3)，则氧化性最强的为，则若溶质中与共存，为了氧化而不被氧化，除单质外，还可应用上述反应中的FeCl3；正确答案：KMnO4 ；FeCl3 。  
(4)取15 mL Ba(OH)2溶液注入锥形瓶中，然后逐滴加入NaHCO3溶液，当Ba2＋恰好完全沉淀时，溶液中的溶质是NaOH，发生反应的离子方程式是Ba2＋＋OH－＋HCO===BaCO3↓＋H2O ；继续滴加NaHCO3溶液，氢氧化钠与NaHCO3溶液反应生成碳酸钠和水，反应的离子方程式为HCO＋OH－===CO＋H2O；正确答案：Ba2＋＋OH－＋HCO===BaCO3↓＋H2O；   HCO＋OH－===CO＋H2O。
点睛：一般来讲，最高价态的元素只有氧化性，最低价态的元素只有还原性，中间价态的元素既有氧化性又有还原性。
17．(1) HCl=H＋＋Cl－ NaHSO4=Na＋＋H＋＋SO
(2) Ag++Cl-=AgCl↓ NaNO3
(3)Fe＋Cu2＋=Fe2＋＋Cu
(4)红色铜丝上有银白色金属附着
(5)Fe>Cu>Ag

【详解】（1）①HCl是强电解质，完全电离，电离方程式HCl=H＋＋Cl－；
②NaHSO4是强电解质，完全电离，电离方程式NaHSO4=Na＋＋H＋＋SO；
（2）将AgNO3溶液和NaCl溶液混合，生成氯化银沉淀，溶液中还有钠离子和硝酸根，反应的离子方程式为Ag++Cl-=AgCl↓；恰好反应后，过滤后溶液中的溶质为NaNO3；
（3）a中铁与硫酸铜溶液发生置换反应，离子方程式为Fe＋Cu2＋=Fe2＋＋Cu；
（4）b中铜会置换出银，铜丝上观察到的现象是红色铜丝上有银白色金属附着；
（5）根据还原性强金属的置换还原性弱的金属，结合a、b实验现象可知，Fe、Cu、Ag的还原性顺序为Fe>Cu>Ag。
18．(1)漏斗
(2)2Cu+O2+2H2SO4=2CuSO4+2H2O
(3)没有污染气体SO2产生
(4)Ba(NO3)2
(5)检查气密性
(6)CuO、CaO
(7)18
(8)1：4：5

【分析】实验Ⅰ，利用杂铜制得氧化铜后，在氧化铜中加入稀硫酸同时通氧气得到硫酸铜溶液，或者直接将氧化铜和浓硫酸加热制得硫酸铜溶液，将硫酸铜溶液经过系列操作即可制得硫酸铜晶体。
实验Ⅱ：称取64.4 g天蓝色固体，加入足量稀HNO3使其完全溶解，再加入过量Ba(NO3)2溶液，过滤，洗涤干燥得白色固体23.3g，即生成BaSO4的质量为23.3g，根据关系式，可计算得64.4g天蓝色固体中含有16 g CuSO4，根据可知，生成8gSO3和8g CuO，在110℃充分加热，测得B装置增重10.8g，再升温至650℃充分加热，B装置又增重了15.2g，装置B吸收的SO2和H2O的质量为15. 2 g，则Ca(OH)2分解生成水的质量为15.2g-8g=7.2g，故生成水的总质量为10.8 g+7.2 g=18 g，同时生成22.4 gCaO，最终剩余固体为CuO和CaO，其质量为64.4g-10.8g-15.2g=38.4 g，则可以算出由Cu(OH)2分解所生成的CuO的质量为38.4 g-22.4 g-8g=8g，根据可知，分解的Cu(OH)2的质量为9.8g，生成的水质量为1.8g。 因为到110℃时装置B质量增加10.8 g，所以固体所带结晶水的质量为10. 8g-1.8g=9g。
（1）
过滤时需要的玻璃仪器为有烧杯、玻璃棒和漏斗，故答案为：漏斗；
（2）
通入氧气，少量Cu转化为CuSO4，即铜在氧气和稀硫酸作用下加热反应生成硫酸铜和水，反应的化学方程式为2Cu+O2+2H2SO4=2CuSO4+2H2O，故答案为：2Cu+O2+2H2SO4=2CuSO4+2H2O；
（3）
方案Ⅱ中生成了SO2，SO2会污染空气，而方案Ⅰ中不会生成SO2气体，因此方案Ⅰ优于方案Ⅱ，故答案为：没有污染气体SO2产生；
（4）
钡离子和硫酸根离子反应会生成硫酸钡沉淀，判断Ba(NO3)2溶液已过量就是检验硫酸根离子无剩余，所以对应的方法是：静置，向上层清液中滴加硝酸钡溶液，无现象，故答案为：Ba(NO3)2；
（5）
有气体参与的反应，在实验前需要检验装置气密性，所以按图连接好装置，实验前要先检查装置气密性，故答案为：检查气密性；
（6）
由上述分析可知，最终剩余固体中的成分是 CuO和CaO，故答案为：CuO、CaO；
（7）
由上述分析可知，天蓝色固体分解生成水的总质量为18g，故答案为：18；
（8）
由上述分析可知，天蓝色固体组成中，，，即，则a：b：c=1：4：5，故答案为：1：4：5。
19． 浓H2SO4 防止G中水蒸气进入E及C装置 将 COCl2排入装置 G 中并被充分吸收，回收尾气 C装置内压强增大，A中导管内液面上升 对D处稍加热 AC
【分析】实验室制取CrCl3的反应为Cr2O3(s)+3CCl4(g)2CrCl3(s)+3COCl2(g)，CrCl3易潮解高温下易被氧气氧化，所以要防止装置内在高温条件下不能存在空气，反应结束后继续通入一段时间氮气，让CrCl3在氮气氛围中冷却，防止空气进入使CrCl3氧化；A中装浓H2SO4，干燥N2并防止空气中水蒸气进入C装置；无水CaCl2防止G中水蒸气进入E及C装置；反应结束后继续通入一段时间氮气，将 COCl2排入装置 G 中并被充分吸收，回收尾气；
【详解】(1)根据题目信息：CrCl3易潮解高温下易被氧气氧化，所以要防止装置内在高温条件下不能存在空气，反应结束后继续通入一段时间氮气，主要目的是让CrCl3在氮气氛围中冷却，防止空气进入使CrCl3氧化；A中装浓H2SO4，作用是干燥N2并防止空气中水蒸气进入C装置；无水CaCl2的作用是防止G中水蒸气进入E及C装置；反应结束后继续通入一段时间氮气，主要目的是将 COCl2排入装置 G 中并被充分吸收，回收尾气；
(2)若D处出现堵塞，则C装置内压强增大，A中导管内液面上升；D处堵塞是因CrCl3升华后在D处凝聚而产生的，故可对D处稍加热，使实验能继续进行；
(3)装置G中可以看做是COCl2先与水反应生成二氧化碳和氯化氢，二氧化碳和氯化氢再与氢氧化钠反应，故反应方程式为；
(4)①测定过程中的物质的量的关系为：，得失电子守恒，原子守恒，产品中CrCl3的物质的量为：，产品中的CrCl3的质量分数表达式为：；
②A.步骤Ⅰ未继续加热一段时间，过量的H2O2在步骤Ⅱ中会将还原为Cr3+，则滴定时消耗标准溶液(NH4)2Fe(SO4)2体积减小，测定的CrCl3质量分数偏低，A正确；
B. 步骤Ⅲ中所(NH4)2Fe(SO4)2已变质，则滴定用标准液体积偏大，测出的CrCl3质量分数偏高，B错误；
C. 步骤Ⅱ中未加浓磷酸，指示剂会提前变色，读取标准液体积小于实际，测出的CrCl3质量分数偏低，C正确；
D.步骤Ⅲ中读数时滴定前俯视(读数偏小)，滴定后平视，读取标准液的体积偏大。测出的CrCl3质量分数偏高，D错误。
故选AC。
20． 0.2mol 铜 0.2mol 2.99L 是 2.99L
【分析】铜与浓硝酸反应时生成NO2，当硝酸浓度减小变为稀硝酸后，生成气体为NO，反应中硝酸表现出氧化性和酸性，氮元素发生还原，铜元素发生氧化， NO2与水反应生成NO，根据氮原子守恒和得失电子守恒进行计算。
【详解】(1) 4.48L(标准状态)NO和NO2的混合气体的物质的量==0.2mol，无论硝酸的还原产物是一氧化氮还是二氧化氮，根据氮原子守恒可知，被还原的硝酸与生成气体的物质的量之比为1：1，所以被还原的硝酸的物质的量是0.2mol，答案为：0.2mol；
(2)25.6gCu的物质的量==0.4mol，50mL12mo/L的硝酸的物质的量=12mol×0.05L=0.6mol，由(1)知被还原的硝酸的物质的量是0.2mol，所以剩余硝酸0.6mol-0.2mol=0.4mol，如果铜完全被氧化成铜离子，生成硝酸铜需要硝酸的物质的量(起酸性作用的硝酸的物质的量)为0.4mol×2=0.8mol>0.4mol，所以铜剩余，根据铜原子守恒，铜被氧化的物质的量=×起酸性作用的硝酸的物质的量=×0.4mol=0.2mol，所以剩余铜0.4mol-0.2mol=0.2mol，答案为：铜；0.2mol；
(3)设一氧化氮的物质的量为xmol，一氧化氮的物质的量为ymol，则(x+y)mol×22.4mol/L=4.48L，即x+y=0.2mol①，根据氧化还原反应中得失电子守恒，铜失去电子的物质的量为0.2mol×2=0.4mol，氮原子得到电子的物质的量为3x+1y=0.4mol②，①②二式联立解得x=y=0.1mol，所以混合气体中二氧化氮和一氧化氮的体积都是2.24L，混合气体通入水中发生反应：
，所以最后收集到的气体为(0.1mol+)mol×22.4L/mol=2.99L，答案为：2.99L；
(4)当向反应后的溶液中加入稀硫酸后，溶液相当于又变成了硝酸溶液，铜和稀硝酸反应生成NO气体，根据(2)可知，硝酸的物质的量为0.4mol，铜的物质的量为0.2mol，根据铜与稀硝酸反应的离子方程式可知：
，<0.4mol，所以硝酸过量，铜会完全反应，根据反应的离子方程式可知生成标况下的气体的体积为2.99L，答案为：是；2.99L。
【点睛】反应中告诉两种反应物的量，要进行过量计算，用不足量的物质进行计算，金属与硝酸反应的计算要注意得失电子守恒和氮原子守恒。
21． 0.05a-0.3 1
【详解】(1)硝酸的物质的量为0.05L×amol/L=0.05amol，
反应后溶液中NO3-的物质的量为0.1L×3mol/L=0.3mol，
则由氮原子守恒可知，混合气体中NO2和NO的总物质的量为0.05amol-0.3mol=(0.05a-0.3)mol；
(2)Cu的物质的量为=0.1mol，
将反应后溶液稀释至100mL，测得NO3-的浓度为3mol/L，
则铜离子的浓度为=1mol/L，
设稀释后的溶液中H+的物质的量浓度为c，由电荷守恒可知，
1mol/L×2+c=3mol/L×1，解得c=1mol/；