人教版高中化学必修第一册期末综合练习（五）

这是一份人教版高中化学必修第一册期末综合练习（五），共22页。试卷主要包含了单选题，填空题，实验探究题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．碳酸钠俗称纯碱，是一种重要的化工原料。以碳酸氢铵和氯化钠为原料制备碳酸钠，制备过程如下：
下列对流程步骤或操作及相应物质的用途分析不正确的是
A．晶体A的化学式为
B．“300℃加热”所发生的反应为
C．用澄清石灰水可鉴别和
D．可用于造纸、纺织、制玻璃等
2．下面的物质不能由金属和稀酸溶液反应生成的是
A．FeSO4B．MgSO4C．FeCl3D．ZnSO4
3．实验室如要收集少量的氯气，常采用的收集方法是
A．排水法B．排饱和烧碱溶液法C．向下排空气法D．向上排空气法
4．下列关于离子键的说法中，正确的是
A．阴阳离子间的相互吸引即离子键
B．非金属元素所组成的化合物中不可能有离子键
C．一个阳离子只可与一个阴离子之间存在离子键
D．活泼金属与活泼非金属化合时一般形成离子键
5．117号元素Ts是2016年IUPAC命名一种新元素，其一种核素可表示为：。下列有关该核素的说法正确的是
A．中子数为117B．中子数为293
C．质子数比中子数多59D．与互为同位素
6．下列化学反应中，不属于四种基本反应类型但属于氧化还原反应的是
A．B．SiO2+2CSi+2CO↑
C．D．
7．氢元素有、和三种核素，它们含有相同的是
A．质量数B．中子数C．丰度D．质子数
8．1943年侯德榜发明联合制碱法，其生产流程可简要表示为
已知：极易溶于水生成 可电离产生和 。
下列说法中错误的是
A．母液中的溶质只含有
B．若实验室进行第③步操作需要漏斗、烧杯、玻璃棒等仪器
C．侯氏制碱法制备，利用了物质的溶解度差异
D．生成悬浊液的离子方程式为
9．实验室用如图所示的装置模拟侯氏制碱法制取少量Na2CO3固体。下列说法正确的是
A．甲中反应的离子方程式为+2H+=CO2↑+H2O
B．乙的试剂为饱和Na2CO3溶液，可除去CO2中的少量HCl
C．丙中用冷水浴冷却有利于析出NaHCO3固体
D．进一步制取Na2CO3的操作是取丙中的沉淀在蒸发皿中灼烧
10．如图是MgSO4、NaCl的溶解度曲线。下列说法正确的是
A．MgSO4的溶解度随温度升高而升高
B．NaCl的溶解度比MgSO4的溶解度大
C．在t2℃时，MgSO4饱和溶液的溶质质量分数最大
D．把MgSO4饱和溶液的温度从t3℃降至t2℃时，有晶体析出
二、填空题
11．利用下图，可以从不同角度研究含氯物质的性质及其转化关系，图中物质甲～辛中均含有氯元素。回答下列问题：
(1)物质戊、己、庚、辛中，属于弱电解质的是 (填化学名称)，其电子式为 。
(2)气体丙是国际上公认的绿色消毒剂。在工业上可由辛和甲的浓溶液制取，同时生成乙，有关反应的离子方程式为 ，该方法的缺点是 。
(3)在实验室由二氧化锰和甲的浓溶液为原料制取乙，当气体乙不再逸出时，固液混合物A中仍存在甲溶液和MnO2。
①写出该反应的化学方程式： 。
②当气体乙不再逸出时，固液混合物A中仍存在甲和二氧化锰的原因可能是：
ⅰ.随降低或升高，MnO2氧化性减弱。
ⅱ.随降低， 。
③经补充实验证实了ⅰ、ⅱ的分析，则b是 。
(4)①已知卤化物CsICl2受热发生非氧化还原反应，生成无色晶体X和红棕色气体Y，则X为 (填化学式)。
②实验证实Ag与的氢碘酸混合，可以发生置换反应，该反应的离子方程式为 。
12．用一种试剂除去下列物质中的杂质(括号内物质为杂质，所用试剂均为适量)，写出所加的试剂(写化学式)及有关反应的离子方程式。
(1)FeSO4溶液(CuSO4)：所加试剂： ，离子方程式： 。
(2)Cu(Mg)：所加试剂： ，离子方程式： 。
(3)CO(CO2)：所加试剂： ，离子方程式： 。
(4)BaCl2(HCl)：试剂 ，离子方程式为： 。
13．央视《每周质量报告》曝光了一些明胶企业将皮革废料熬制成工业明胶，出售给某些制药企业，最终变成药用胶囊。由工业明胶制成的胶囊往往含有超标的重金属铬，会对人体造成伤害。明胶是水溶性蛋白质混合物，溶于水形成胶体。
(1)已知Fe(CrO2)2中铬元素是+3价，则其中铁元素是 价。CrO是一种酸根离子，则Fe(CrO2)2属于 (填“酸”、“碱”、“盐”或“氧化物”)。
(2)明胶的水溶液和K2SO4溶液共同具备的性质是 (填序号)。
A．都不稳定，密封放置会产生沉淀
B．二者均有丁达尔效应
C．分散质粒子可通过滤纸
(3)已知胶体的分散质不能透过半透膜，但水分子等小分子或离子能透过半透膜。提纯明胶的装置是下列中的 (填序号)。
(4)现有10mL明胶的水溶液与5mL K2SO4溶液混合装入半透膜内，将此半透膜袋浸入盛蒸馏水的烧杯中，设计实验证明SO能够透过半透膜的离子化学方程式：
14．有下列两组物质，请把下左栏中的物质与下右栏中的物质类别之间进行连线 。
15．写离子方程式：
(1)将NaHSO4溶液滴入氢氧化钡溶液中至中性： 。
(2)澄清石灰水中通入过量CO2： 。
16．从下列提供的物质中选择合适的物质填空，并完成相应的问题。
①BaCl2②NaHCO3③KMnO4④CuCl2⑤稀H2SO4⑥KI⑦FeCl2⑧稀HNO3⑨NaOH⑩NH4Cl
(1)写出②在水中的电离方程式 。
(2)上述物质中能与⑨能发生反应的物质有 种，其中⑩与⑨在加热条件下发生反应的离子方程式为 ，将⑨溶液滴入⑦中会观察到 现象。
(3)上述物质中常见的还原剂有 。
(4)写出③⑤⑥反应的离子方程式 。
17．回答下列问题：
(1)某反应体系中有反应物和生成物共5种物质：S、H2S、HNO3、NO、H2O，试回答下列问题。
①在上述5种物质中， 是反应物， 是生成物。
②在上述反应中，表现出氧化性的物质是 ， 是还原产物。
③写出该反应的化学方程式： 。
(2)根据反应8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2，回答下列问题。
①氧化剂是 ，还原剂是 。
②氧化剂与还原剂的质量之比为 。
③当生成28gN2时，被氧化的物质为 g。
18．向盛有KL溶液的试管中加入少许后滴加氯水，层变成紫色。如果继续向试管中滴加氯水，振荡，层会逐渐变浅，最后变成无色。
完成下列填空：
1) 写出并配平层由紫色变成无色的化学反应方程式(如果系数是1，不用填写)：
2)整个过程中的还原剂是 。
3)把KL换成KBr，则层变为 色：继续滴加氯水，层的颜色没有变化。、、氧化性由强到弱的顺序是 。
4)加碘盐中含碘量为20mg～50mg／kg。制取加碘盐(含的食盐)1000kg，若庄Kl与反应制，至少需要消耗 L(标准状况，保留2位小数)。
19．用一种试剂除去下列各气体中的杂质（括号内为杂质）：
（1）CO2（SO2）：试剂 ，离子方程式
（2）SO2（HCl）：试剂 ，离子方程式
20．下列物质①Cu ②SO2 ③NaCl溶液 ④HCl ⑤BaSO4 ⑥NH3 ⑦酒精 ⑧硫酸溶液 ⑨NaOH
(1)其中属于电解质的有 ；
(2)属于非电解质的有 ；
(3)能导电的有 ；
(4)③和④能否发生离子反应 (填“能”或“不能”)
三、实验探究题
21．化学实验是化学学习的重要内容。根据你掌握的知识，完成下面内容。
(1)实验室需要0.1 ml/L NaOH溶液480 mL， 根据溶液的配制情况回答下列问题：
①如图所示的仪器中配制溶液肯定不需要的是 (填序号)；
②由计算得知，应选择 mL的容量瓶，用托盘天平称取 g NaOH。
③在配制NaOH溶液实验中，其他操作均正确。若定容时仰视刻度线， 则所配制溶液浓度 0.1 ml/L (填“大于”“等于”或“小于”，下同)；溶解NaOH后的溶液需冷却到室温后方能转移入容量瓶中。若趁热转移会使所配制溶液浓度 0.1 ml/L。
(2)选择下列实验方法分离物质，将分离方法的序号填在横线上。
A．萃取分液 B．升华 C．蒸发结晶 D．过滤 E.蒸馏 F.分液
①除去洗菜水里的菜叶子和泥土 ；
②从食盐水里获得食盐固体 ；
③从碘和沙子混合物中获得碘 ；
④从溴水中获得溴 ；
⑤分离CCl4 沸点为76.75℃和甲苯沸点为110.6℃的混合物 。
22．某兴趣小组以废骨架铜催化剂(含Cu、Al、有机物)为原料制备晶体，并用热重分析法对晶体进行研究。
(1)焙烧、酸溶、过滤
向废骨架铜催化剂中通入空气，在800℃下焙烧1h；向焙烧后残留固体中加入稍过量的稀，充分溶解，过滤。酸溶步骤中，氧化铜与加入的稀发生反应的离子方程式为 。
(2)结晶
①将过滤后的滤液通过蒸发浓缩、 、过滤、洗涤、低温干燥等操作，得到晶体。
②向结晶后剩余的母液中加入，可得到铝铵矾[]沉淀，该反应的离子方程式为 。
(3)对晶体热重分析
①2.500 g 晶体样品使用坩埚受热脱水过程的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如图所示。200℃时剩余固体物质的化学式为 。
②加热晶体失水过程中必须要使用坩埚盖。一定温度时，坩埚加和不加盖，坩埚内样品的质量随加热时间变化的影响如图所示；坩埚加盖的样品质量下降较快的原因可能是 。此外，使用坩埚盖的另一个作用是 。
23．采用如图装置制取一定量的氯气，并进行氯水的性质实验。
(1)如图装置中，盛装浓盐酸的仪器名称是 ，在装入药品前应进行的操作 。
(2)写出甲装置中发生反应的化学反应方程式为 。
(3)写出丁装置中发生反应的离子反应方程式为 。
(4)用制得的氯水滴到蓝色石蕊试纸上的现象为 。
(5)由于氯气贮存运输不方便，工业上常将氯气转化为漂白粉，写出此反应的化学方程式： 。
(6)已知高锰酸钾与浓盐酸反应也可产生氯气，反应如下：。反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为 ，8mlHCl被氧化时，被还原的为 ml。
参考答案：
1．C
【分析】制备Na2CO3的工艺流程中，先将NaCl加水溶解，制成溶液后加入NH4HCO3粉末，水浴加热，根据不同温度条件下各物质的溶解度不同，为了得到 NaHCO3晶体，控制温度在30~35℃发生反应，最终得到晶体A为NaHCO3，再将其洗涤抽干，利用NaHCO3受热易分解的性质，在300℃加热分解NaHCO3制备Na2CO3。据此分析解题。
【详解】A．根据分析可知，晶体A的化学式为，A正确；
B．“300℃加热”所发生的反应为碳酸氢钠分解为碳酸钠、水和氧气：，B正确；
C．用澄清石灰水不可鉴别和，可以将两者加热后的气体通入石灰水，变浑浊的为碳酸氢钠，因为碳酸钠性质稳定受热不分解，C错误；
D．碳酸钠主要应用于陶瓷釉、平板玻璃和玻璃制品的生产以及生活洗涤、酸类中和、食品加工等领域，D正确；
答案选C。
2．C
【详解】A．铁和稀硫酸生成硫酸亚铁和氢气，A正确；
B．镁和稀硫酸生成硫酸镁和氢气，B正确；
C．铁和稀盐酸生成氯化亚铁，不是氯化铁，C错误；
D．锌和稀硫酸生成硫酸锌和氢气，D正确；
故选C。
3．D
【详解】氯气能溶于水，一般不用排水法收集，可以用排饱和食盐水法收集；氯气和烧碱溶液反应，不能排饱和烧碱溶液法收集；氯气密度大于空气，可用向上排空气法收集。
答案选D。
4．D
【详解】A．阴阳离子间相互作用即离子键，相互作用包含吸引力和排斥力，故A错误；
B．非金属元素所组成的化合物中可能有离子键，如铵盐，故B错误；
C．一个阳离子可与一个或多个阴离子之间存在离子键，如氯化钙，故C错误；
D．活泼金属与非金属化合时一般通过得失电子形成离子键，非金属元素之间化合时易形成共价键，故D正确；
故选：D。
5．D
【详解】A．的中子数为293—117=176，故A错误；
B．的中子数为293—117=176，故B错误；
C．的质子数为117，中子数为293—117=176，则中子数比质子数多59，故C错误；
D．与的质子数相同、中子数不同，互为同位素，故D正确；
故选D。
6．D
【详解】A．该反应属于分解反应，也属于氧化还原反应，故A不符合题意；
B．该反应属于置换反应，也属于氧化还原反应，故B不符合题意；
C．该反应属于复分解反应，但不属于氧化还原反应，故C不符合题意；
D．该反应不属于四种基本反应类型，但属于氧化还原反应，故D符合题意；
故选D。
7．D
【详解】A．三者的质量数分别为1、2、3，A不合题意；
B．三者的中子数分别为0、1、2，B不合题意；
C．指一种化学元素在某个自然体中的重量占这个自然体总重量的相对份额（如百分数），三种核素的丰度各不相同，C不合题意；
D．三种核素的质子数均为1，D符合题意；
故答案为：D。
8．A
【分析】向饱和食盐水中通入氨气形成饱和氨盐水，向其中通入二氧化碳，析出碳酸氢钠晶体，过滤后将晶体加热得到碳酸钠。
【详解】A．母液中的溶质含有碳酸氢钠、氯化钠、，A错误；
B．第③步操作是分离固液的操作，为过滤，需要用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒，B正确；
C．NaHCO3的溶解度较小，反应后首先达到饱和结晶析出，然后将碳酸氢钠过滤出来，加热分解为碳酸钠，C正确；
D．由生成NaHCO3的反应为钠离子、氨气、二氧化碳、水生成溶解度较小的碳酸氢钠，同时生成铵根离子，离子方程式正确，D正确；
故选A。
9．C
【分析】本实验的目的是制取NaHCO3，装置甲用于制取CO2气体，装置乙用于除去CO2气体中混有的HCl气体，装置丙用于CO2与氨化的氯化钠饱和溶液反应，制取NaHCO3，发生反应为NH3+NaCl+H2O+CO2=NaHCO3↓+NH4Cl。
【详解】A．甲中CaCO3与稀盐酸反应，生成CO2气体等，反应的离子方程式为CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑，A不正确；
B．饱和Na2CO3溶液能吸收CO2气体，从而生成NaHCO3，所以乙的试剂应为饱和NaHCO3溶液，可除去CO2中的少量HCl，B不正确；
C．NaHCO3的溶解度随温度的降低而减小，所以丙中使用冷水浴冷却，有利于析出NaHCO3晶体，C正确；
D．蒸发浓缩溶液时，使用蒸发皿，灼烧让固体分解时，使用坩埚，所以用NaHCO3制取Na2CO3时，取丙中沉淀在坩埚中灼烧，D不正确；
故选C。
10．C
【详解】A．在温度小于t2℃时，MgSO4的溶解度随温度升高而升高，当温度高于t2℃时，MgSO4的溶解度随温度升高而降低，错误；
B．在温度低于t1℃或高于t2℃时， MgSO4的溶解度小于NaCl的溶解度；当温度为t1℃或高于t2℃时，二者的溶解度相等；在温度介于t1℃～t1℃时NaCl的溶解度比MgSO4的溶解度小，错误；
C．在t2℃时，MgSO4的溶解度最高，所以MgSO4饱和溶液的溶质质量分数最大，正确；
D．把MgSO4饱和溶液的温度从t3℃降至t2℃时，由于其溶解度增大，所以不会有晶体析出，错误。
答案选C。
11．(1) 次氯酸
(2) 生成氯气，污染环境
(3) (浓) 的还原性减弱 固体或浓溶液
(4)
【分析】根据价类二维图分析各含氯物质，甲是HCl，乙是氯气，丙是二氧化氯ClO2，丁是Cl2O7，戊是次氯酸HClO，属于弱酸，已是高氯酸HClO4，属于强酸，庚是NaClO，辛是NaClO3，据此答题。
【详解】（1）在水中不能全部电离的电解质是弱电解质，物质戊、己、庚、辛中，属于弱电解质的是次氯酸；其电子式为；
（2）气体丙是ClO2，在工业上可由NaClO3和HCl的浓溶液制取，同时生成氯气，根据氧化还原反应的特点，有关反应的离子方程式为；该反应中同时生成氯气，污染环境；
（3）在实验室由二氧化锰和盐酸的浓溶液为原料制取氯气，写出该反应的化学方程式(浓)；当气体乙不再逸出时，固液混合物A中仍存在甲和二氧化锰的原因可能是还原剂的还原性减弱，即氯离子还原性减弱；实验I中加入较浓的硫酸提供氢离子，氢离子浓度增加，反应继续进行，有氯气生成；实验II有氯气生成，根据上一问的原因解析，试剂a可以是含氯离子的盐，如NaCl、KCl等的浓溶液或固体，以增加氯离子的浓度，反应继续进行由氯气生成；实验III加了a和b试剂后，没有氯气生成，由实验II可知，加入试剂a可以有氯气生成的，说明实际b的加入影响了反应的发生，根据猜想i可知锰离子浓度升高，会影响实验，则试剂b可以是MnSO4的固体或者浓溶液；
（4）①由题意知，卤化物CsICl2受热发生非氧化还原反应，根据元素守恒和元素价态分析，生成无色晶体CsCl和红棕色I2，故答案是CsCl；
②实验证实Ag与的氢碘酸混合，可以发生置换反应，注意氢碘酸HI是强酸，所以该反应的离子方程式为。
12．(1) Fe Fe+Cu2+=Fe2++Cu
(2) HCl Mg+2H+=Mg2++H2
(3) NaOH CO2+2OH—=+H2O
(4) BaCO3 BaCO3+2H+=Ba2++H2O+CO2
【详解】（1）硫酸铜溶液能与铁反应生成硫酸亚铁和铜，则用铁能除去硫酸亚铁溶液中混有的硫酸铜杂质，反应的离子方程式为Fe+Cu2+=Fe2++Cu，故答案为：Fe；Fe+Cu2+=Fe2++Cu；
（2）镁能与稀盐酸反应生成氯化镁和氢气，铜不能与稀盐酸反应，则能用稀盐酸除去镁中混有的铜杂质，反应的离子方程式为Mg+2H+=Mg2++H2，故答案为：HCl；Mg+2H+=Mg2++H2；
（3）二氧化碳能与氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠和水，一氧化碳不能与氢氧化钠溶液反应，则用氢氧化钠溶液能除去一氧化碳中混有的二氧化碳杂质，反应的离子方程式为CO2+2OH—=+H2O，故答案为：HCl；CO2+2OH—=+H2O；
（4）盐酸能与碳酸钡反应生成氯化钡、二氧化碳和水，则用碳酸钡能除去氯化钡溶液中混有的盐酸杂质，反应的离子方程式为BaCO3+2H+=Ba2++H2O+CO2，故答案为：BaCO3；BaCO3+2H+=Ba2++H2O+CO2。
13．(1) +2 盐
(2)C
(3)C
(4)Ba2++SO=BaSO4↓
【详解】（1）由化合价代数和为0可知，铬元素是+3价的Fe(CrO2)2中铁元素为+2价；由CrO是一种酸根离子可知，Fe(CrO2)2属于盐，故答案为：+2；盐；
（2）A．由题意可知，明胶的水溶液属于胶体，则明胶的水溶液和K2SO4溶液都是稳定的分散系，密封放置不会产生沉淀，故A错误；
B．由题意可知，明胶的水溶液属于胶体，则明胶的水溶液有丁达尔效应，K2SO4溶液没有丁达尔效应，故B错误；
C．由题意可知，明胶的水溶液属于胶体，则明胶的水溶液和K2SO4溶液的分散质粒子都可通过滤纸，故C正确；
故选C；
（3）由题意可知，明胶的水溶液属于胶体，则可用渗析的方法分离提纯胶体，故选C；
（4）溶液中的分散质能透过半透膜，胶体中的分散质不能透过半透膜，由题意可知，明胶的水溶液属于胶体，则将明胶的水溶液和K2SO4溶液混合装入半透膜内，将此半透膜袋浸入盛蒸馏水的烧杯中，半透膜中的分散系为明胶的水溶液，烧杯中的分散系为K2SO4溶液，向烧杯中加入氯化钡溶液，氯化钡溶液和硫酸钠溶液反应生成硫酸钡沉淀和氯化钠，反应的离子方程式为Ba2++SO=BaSO4↓，故答案为：Ba2++SO=BaSO4↓。
14．
【详解】酸是电离出的阳离子都是氢离子的化合物；碱是电离出的阴离子都是氢氧根离子的化合物；盐是由金属阳离子或铵根离子和酸根离子构成的化合物；
氧化物是含有两种元素一种为氧元素的化合物；
单质是由一种元素组成的纯净物；化合物是由多种元素组成的纯净物；有机物为除一氧化碳、二氧化碳、碳酸、碳酸盐以外的含碳化合物；
乙醇、次氯酸钠、氧化铁、氢氧化亚铁分别为有机物、盐、氧化物、碱；
硫酸能电离出2个氢离子，且含氧为含氧二元酸；硫化氢为无氧二元酸；氯化氢电离出1个氢离子，为无氧一元酸；硝酸为含氧一元酸；故图示为：
。
15． SO+ 2H＋+ 2OH－+ Ba2＋=BaSO4 ↓+ 2H2O OH－+ CO2 =HCO
【分析】滴加问题中，被滴溶液的量是书写方程比例的依据；二氧化碳与氢氧化钙反应分步，过量二氧化碳生成碳酸氢钙。
【详解】(1)将NaHSO4溶液滴入氢氧化钡溶液中至中性，书写时以氢氧化钡的离子比例为主要依据，硫酸氢钠能完全电离，生成氢离子和硫酸根离子，即氢离子和氢氧根1：1反应，硫酸根和钡离子1：1反应，方程为SO42-+ 2H＋+ 2OH－+ Ba2＋=BaSO4 ↓+ 2H2O。
(2)澄清石灰水中通入过量CO2，反应分步进行，首先生成碳酸钙和水，然后碳酸钙和水继续与过量的二氧化碳反应，生成碳酸氢钙，碳酸氢钙是可溶性盐，即总离子反应为OH－+ CO2 =HCO3-。
16． NaHCO3=Na+ 6 NH4++OH-=NH3↑+H2O 沉淀由白色变为灰绿色，然后变为红褐色 ⑥⑦⑩ +5 I- +14H+=4Mn2++ I2+3+7H2O
【详解】(1)NaHCO3在水中的电离方程式为NaHCO3=Na+；
(2)能与NaOH反应的物质有②NaHCO3、④CuCl2、⑤稀H2SO4、⑦FeCl2、⑧稀HNO3、⑩NH4Cl，总计6种；氢氧化钠与氯化铵反应的化学方程为NH4Cl+NaOH=NaCl+NH3↑+H2O，写成离子方程式为NH4++OH-=NH3↑+H2O；将氢氧化钠滴入到⑦FeCl2溶液中，生成白色的氢氧化亚铁沉淀，氢氧化亚铁在溶液中会逐渐被氧化为氢氧化铁，颜色由白色逐渐变为灰绿色然后变为红褐色。
(3) I-、Fe2+、都具有还原性，所以常见的还原剂有⑥KI⑦FeCl2⑩NH4Cl。
(4)③⑤⑥反应 的化学方程式为4KMnO4+5KI+7H2SO4=4MnSO4+I2+3KIO3+3K2SO4+7H2O，所以其离子方程式写为+5 I- +14H+=4Mn2++ I2+3+7H2O。
17．(1) HNO3、H2S NO、S、H2O HNO3 NO 3H2S+2HNO3=3S↓+2NO+4H2O
(2) Cl2 NH3 213∶34 34
【分析】硝酸具有强氧化性，能被还原剂还原为NO，所以硝酸是反应物，硫化氢的还原性大于S，所以硫化氢是反应物，S是生成物，根据元素守恒可知，H2O为生成物，根据得失电子守恒配平方程式，由此分析解答。
【详解】（1）①由分析可知，、是反应物；NO、S、H2O为生成物；
②由分析可知，反应中中N元素化合价降低，因此表现出氧化性；被还原为NO，因此还原产物为NO；
③反应中N元素化合价由+5降低至+2，S元素化合价由-2升高至0，根据氧化还原反应化合价升降守恒可知，与的系数比为2：3，然后根据原子守恒可知该反应方程为；
（2）①反应8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2中一部分N元素化合价由-3升高至0，Cl元素化合价由0降低至-1，该反应中Cl2为氧化剂，NH3为还原剂；
②根据方程式，每有3ml Cl2参加反应时，有2ml NH3被氧化为N2，因此氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：2，根据可得其质量之比为(3×71)：(2×17)=213：34；
③28g N2的物质的量为=1ml，由方程式可知，每生成1ml N2，则被氧化的NH3的物质的量为2ml，其质量为2ml×17g/ml=34g。
【点睛】氧化还原反应最容易把概念搞错，可以把相关概念归纳成口诀来记忆：还原剂失升氧、氧化剂得低还，即还原剂在反应中失去电子，所含元素化合价升高，发生氧化反应，转化为氧化产物；氧化剂在反应中得到电子，所含元素化合价降低，发生还原反应，转化为还原产物。
18． I2+5Cl2+6H2O→2HIO3+10HCl KI、I2 红棕 HbrO3、Cl2、HIO3 10.58
【详解】（1）根据氧化还原反应方程式的配平原则，分析反应中的化合价变化，I元素的化合价从0→+5，升高5价，Cl元素的化合价从0→-1，降低1价，综合得失电子守恒和质量守恒，可配平出：I2+5Cl2+6H2O═2HIO3+10HCl；
（2）分析整个过程中化合价升高的都是I元素，还原剂为：KI和I2；
（3）KI换成KBr时，得到的是溴单质，则其在CCl4中呈红棕色；继续滴加氯水时，颜色不变，可知氯水不能将溴单质氧化成HBrO3，故其氧化性强弱顺序为：HBrO3＞Cl2＞HIO3；
（4）1000kg加碘食盐中至少含碘25.4g，KI+3Cl2+3H2O=KIO3+6HCl，根据KIO3～I～KI～3Cl2可知，则需要消耗标准状况下Cl2的体积为：×3×22.4L/ml=13.44L。
19． 饱和NaHCO3溶液 HCO3-+SO2=HSO3-+CO2 饱和NaHSO3溶液 HSO3-+H+=SO2↑+H2O
【详解】（1）除去CO2中的SO2，可以使用饱和NaHCO3溶液，离子方程式为：HCO3-+SO2=HSO3-+CO2；
（2）除去SO2中的HCl，可以使用饱和NaHSO3溶液，离子方程式为：HSO3-+H+=SO2↑+H2O。
20．(1)④⑤⑨
(2)②⑥⑦
(3)①③⑧
(4)不能
【分析】①Cu属于金属单质，能导电，既不属于电解质、也不属于非电解质；
②SO2中存在SO2分子，不能导电，虽然SO2的水溶液能导电，但导电的离子不是SO2自身电离产生的，SO2属于非电解质；
③NaCl溶液中存在自由移动的阴、阳离子，能导电，NaCl溶液属于混合物，既不属于电解质、也不属于非电解质；
④HCl中存在HCl分子，不能导电，HCl是在水溶液中能导电的化合物，HCl属于电解质；
⑤BaSO4中阴、阳离子不能自由移动，BaSO4不能导电，BaSO4是在熔融状态下能导电的化合物，BaSO4属于电解质；
⑥NH3中存在NH3分子，不能导电，虽然NH3的水溶液能导电，但导电的离子不是NH3自身电离产生的，NH3属于非电解质；
⑦酒精中存在CH3CH2OH分子，不能导电，酒精是在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物，酒精属于非电解质；
⑧硫酸溶液中存在自由移动的阴、阳离子，硫酸溶液能导电，硫酸溶液属于混合物，硫酸溶液既不属于电解质、也不属于非电解质；
⑨NaOH中阴、阳离子不能自由移动，NaOH不能导电，NaOH是在水溶液和熔融状态下都能导电的化合物，NaOH属于电解质。
【详解】（1）根据分析，属于电解质的是HCl、BaSO4、NaOH，答案选④⑤⑨。
（2）属于非电解质的是SO2、NH3、酒精，答案选②⑥⑦。
（3）能导电的有Cu、NaCl溶液、硫酸溶液，答案选①③⑧。
（4）NaCl溶液和HCl不能发生离子反应，答案为：不能。
21． AC 500mL 2.0g 小于 大于 D C B A E
【分析】(1)根据配制一定物质的量浓度的溶液操作步骤确定使用的仪器；
②根据选择容量瓶的规格，利用n=c·V计算溶质的物质的量，再根据m=n·M计算需称量的溶质的质量；
③根据c=分析实验误差；
(2)①根据菜叶和泥土是难溶于水的固体分析；
②根据NaCl在水中溶解度受温度的影响变化不大分析；
③根据碘单质加热会直接由固态变为气态分析；
④根据溴单质在有机物中容易溶解而在水中溶解度比较小，水与有机物互不相溶分析；
⑤根据互溶的两种液体物质沸点的不同分离。
【详解】(1)①配制0.1ml/L的NaOH溶液480mL，由于没有规格是480mL的容量瓶，因此根据选择仪器的规则，要使用500mL的容量瓶，配制溶液的步骤为计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶，在配制过程中所需的仪器为托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、量筒、500mL容量瓶、胶头滴管，因此不需用到的仪器为烧瓶(A)和分液漏斗(C)；
②选择容量瓶的规格是500mL，由于溶液的浓度是0.1ml/L，根据n=cV可知需NaOH的物质的量n(NaOH)=cV=0.1ml/L×0.5L=0.05ml，由m=nM可知需称量NaOH的质量m(NaOH)=0.05ml×40g/ml=2.0g；
③若定容时仰视刻度线，则所得溶液的体积偏大，即V偏大，根据公式c=可知，所得溶液的物质的量浓度偏小；
若趁热转移溶液，由于液体体积热胀冷缩，则所得溶液的体积偏小，即V偏小，根据公式c=可知，所得溶液的物质的量浓度偏大；
(2)①菜叶子和泥土不溶于水，因此分离菜叶子和泥土，应采用过滤操作，合理选项是D；
②从溶液中获得溶质固体，应采用结晶法，因此从食盐水中获得食盐固体，应采用蒸发结晶，合理选项是C；
③碘受热易升华，而沙子不会升华，因此分离碘和沙子混合物可采用升华获得碘单质，故合理选项是B；
④溴在有机溶剂中的溶解度较大，而在水中溶解度小，有机物与水互不相溶，因此可采用先萃取然后进行分液的方法从溴水中获得溴单质，故合理选项是A；
⑤CCl4和甲苯为两种互溶的液体，且二者的沸点相差较大，可采用蒸馏的方法分离，故合理选项是E。
【点睛】本题考查了物质的量浓度的溶液的配制和混合物分离方法的判断。掌握配制溶液的步骤，结合配制步骤确定仪器的选用，在分析实验误差时，把操作过程的问题都转化为对溶质的物质的量和溶液的体积的影响上，结合物质的量浓度定义式分析判断。分离混合物要结合被分离的物质的性质，根据二者性质的差异采用适当的方法，掌握物质的性质(溶解性、熔沸点等)是本题解答的关键。
22．(1)
(2) 冷却结晶
(3) 保温防散热，能快速升温达到指定温度 防止杂质落入坩埚内而影响实际样品质量的精确称量
【详解】（1）酸溶步骤中，氧化铜与加入的稀发生反应生成硫酸铜和水，离子方程式为。故答案为：；
（2）①将过滤后的滤液通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、低温干燥等操作，得到晶体。故答案为：冷却结晶；
②向结晶后剩余的母液中加入，与硫酸铝反应，可得到铝铵矾[]沉淀，该反应的离子方程式为。故答案为：；
（3）对晶体热重分析
①2.500 gCuSO4•5H2O中含CuSO4为2.50g× =1.6g，由图可知200℃时未完全失去结晶水，含硫酸铜与结晶水个数比为 =1：1，200℃时剩余固体物质的化学式为。故答案为：；
②加热晶体失水过程中必须要使用坩埚盖。一定温度时，坩埚加和不加盖，坩埚内样品的质量随加热时间变化的影响如图所示；坩埚加盖的样品质量下降较快的原因可能是保温防散热，能快速升温达到指定温度。此外，使用坩埚盖的另一个作用是防止杂质落入坩埚内而影响实际样品质量的精确称量。故答案为：保温防散热，能快速升温达到指定温度；防止杂质落入坩埚内而影响实际样品质量的精确称量。
23．(1) 分液漏斗 检查装置气密性
(2)
(3)
(4)石蕊试纸先变红，后褪色
(5)
(6) 5：2 1.6
【分析】甲中用二氧化锰和浓盐酸反应生成氯气，在乙中用饱和食盐水去除氯气中的氯化氢，丙中氯气与水反应制取氯水，最后在丁装置中进行尾气处理，以此分析；
【详解】（1）用分液漏斗盛放浓盐酸；在装入药品前应检查装置气密性；
故答案为：分液漏斗；检查装置气密性；
（2）甲中用二氧化锰和浓盐酸反应生成氯气；
故答案为：；
（3）氯气与NaOH反应生成氯化钠和次氯酸钠；
故答案为：；
（4）氯水中的主要成分有HCl、HClO，则溶液中既有酸性，也有漂白性，则石蕊溶液显变红，后褪色；
故答案为：石蕊试纸先变红，后褪色；
（5）将氯气通入石灰乳中制取漂白粉；
故答案为：；
（6）KMnO4中Mn为+7价，得电子发生还原反应生成+2价得MnCl2，HCl中得Cl由-1价，失去电子发生氧化反应生成Cl2，则氧化产物：还原产物=5：2；根据电子转移，8mlHCl被氧化时，被还原的KMnO4为1.6ml；
故答案为：5：2；1.6。
序号
实验操作
试剂B
产物
Ⅰ
取固液混合物A于试管中，加入试剂B，加热
较浓H2SO4
有气体乙
Ⅱ
a
有气体乙
Ⅲ
a+b
无气体乙
物质
所属类别
第一组
氧化物
碱
盐
有机化合物
第二组
含氧酸
无氧酸
一元酸
HNO3
二元酸