2025年河南省项城市第三高级中学高一化学第一学期期中质量检测试题含解析.doc

2025年河南省项城市第三高级中学高一化学第一学期期中质量检测试题
注意事项
1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．
2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．
3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．
4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．
5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、采用不同的分类方法，可将非金属氧化物分为不同的类型。例如采用某种分类法可将P2O5、SO3、Cl2O7等归为一类，则下列氧化物与它们属于同一类的是
A．CO B．NO2 C．N2O5 D．Na2O
2、下列各组离子在溶液能够大量共存的( )
A．Ca2+、Cl－、K+、CO32－ B．Fe3+、Cl－、H+、SO42-
C．Fe2+、OH－、NO3－、SO42- D．CO32－、Na+、H+、K+
3、下列说法正确的是(   )
A．不能发生丁达尔效应的分散系有氯化钠溶液、水等
B．将1L 2mol·L1的FeCl3溶液制成胶体后,其中含有氢氧化铁胶粒数为2NA
C．黄河入海口处三角洲的形成与胶体性质有关
D．将饱和FeCl3溶液加热至沸腾,制得Fe(OH)3胶体
4、下列物质的检验试剂选择正确的是（ ）
A．I2——淀粉 B．H+——酚酞
C．OH-——蓝色石蕊试纸 D．Cl-——盐酸酸化的AgNO3
5、仪器名称为“容量瓶”的是
A． B． C． D．
6、下列反应的离子方程式中不正确的是
A．H2SO4与Ba(OH)2溶液反应：Ba2+＋2OH-＋2H+＋SO42-===BaSO4↓＋2H2O
B．Ca(HCO3)2与少量NaOH溶液反应：Ca2+＋HCO3-＋OH-===CaCO3↓＋H2O
C．NaOH溶液中通入少量CO2：2OH-＋CO2 ===CO32-＋H2O
D．CH3COOH溶液与NH3·H2O溶液反应：CH3COOH＋OH-===CH3COO- +H2O
7、下列反应中，属于氧化还原反应的是（ ）
A．2H2O22H2O+O2↑
B．CuCl2+2NaOH=Cu（OH）2↓+2NaCl
C．FeO+2HCl=FeCl2+H2O
D．2Al（OH）3Al2O3+3H2O
8、下列说法正确的个数有 ( )
①盐卤点豆腐、江河入海口处“三角洲”的形成、高压直流电除烟尘均与胶体的性质有关
②氢氧化铁胶体能稳定存在的主要原因是胶体粒子做布朗运动
③做氢氧化铁胶体电泳实验时，阴极周围红褐色加深，说明氢氧化铁胶体带正电
④向FeCl3溶液中滴加NaOH溶液，可制得Fe(OH)3胶体
⑤1mol FeCl3完全与水反应生成氢氧化铁胶体粒子数约为NA个
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
9、电动自行车给人们带来了极大的方便，其电池为铅蓄电池，PbO2作为铅蓄电池的重要原料有广泛的用途。己知：5PbO2+2Mn2++4H+＝5Pb2++2MnO4－+2H2O，下列说法正确的是
A．PbO2为还原剂，具有还原性
B．氧化产物与还原产物的物质的量之比为5：2
C．生成1 mol的Pb2+，转移电子5 mol
D．酸性环境下PbO2 的氧化性强于MnO4－
10、将500 mL 2 mol·L－1氯化铁溶液和500 mL 2 mol·L－1明矾溶液分别滴入沸水中，加热制成甲、乙分散系。经测定，甲分散系中分散质粒子直径在1～100 nm之间，乙分散系中分散质粒子直径在10－9～10－7m之间。下列关于甲、乙分散系的判断合理的是
A．甲分散系中的分散质粒子可以透过滤纸，乙分散系中的分散质粒子不可以透过滤纸
B．在暗室里用一束明亮的强光分别照射甲、乙分散系，发现甲分散系有丁达尔效应，乙分散系没有丁达尔效应
C．在暗室里用一束明亮的强光分别照射甲、乙分散系，发现甲分散系没有丁达尔效应，乙分散系有丁达尔效应
D．在暗室里用一束明亮的强光分别照射甲、乙分散系，发现甲、乙分散系均有丁达尔效应
11、将BaCl2溶液加入某无色溶液后，生成白色沉淀，再加入稀HNO3，则沉淀不溶解，下列说法正确的是（　　）
A．一定存在Ag+ B．一定存在CO32— C．一定存在SO42— D．以上说法都不对
12、NaHSO4在水溶液中能够电离出H＋、Na＋、和SO。下列对于NaHSO4的分类中不正确的是( )
A．NaHSO4是盐 B．NaHSO4是酸式盐 C．NaHSO4是钠盐 D．NaHSO4是酸
13、下列各组中的离子，能在溶液中大量共存的是（ ）。
A．H＋、Cl-、Ca2+、
B．Na＋、Mg2＋、SO42－、OH-
C．K＋、Na＋、OH-、Cl-
D．Cu2+、Ba2+、Cl-、SO42－
14、元素 X 的原子获得 3 个电子或元素 Y 的原子失去 2 个电子后，它们的电子层结构与氖原子的电 子层结构相同，则 X、Y 两元素的单质在高温下得到化合物的化学式为（ ）
A．Y3X2 B．X2Y C．X2Y3 D．Y2X3
15、在溶液中能大量共存，加入NaOH溶液后有沉淀产生，加入盐酸后有气体放出的是
A．Na＋、Cu2＋、Cl－、CO32- B．Fe3＋、K＋、SO42-、NO3–
C．Na＋、Ba2＋、Cl－、HCO3– D．Na＋、SiO32-、OH－、NO3–
16、萃取在生产和科学实验中有着广泛应用。下列混合物的分离中，需要应用萃取这种分离方法的是
A．海水淡化 B．分离豆浆和豆渣
C．用海水晒盐 D．从碘水中提取碘
二、非选择题（本题包括5小题）
17、下图中A～H均为中学化学中常见的物质，A、B、H是气体，它们之间有如下转化关系。（反应中生成的水已略去）

请回答以下问题：
(1)E是______（填化学式）。
(2)C物质在日常生活中可作______剂。
(3)写出反应④ 的化学方程式：____________。

(4)写出实验室制取A气体的化学反应方程式，并用双线桥表示电子转移的方向和数目：_________。
18、Ⅰ.有一包白色固体粉末，其中可能含有KCl、BaCl2、Cu(NO3)2、K2CO3中的一种或几种，现做以下实验：
①将部分粉末加入水中，振荡，有白色沉淀生成，过滤，溶液呈无色：
②向①的沉淀物中加入足量稀硝酸，固体完全溶解，并有气泡产生；
③取少量②的溶液，滴入稀硫酸，有白色沉淀产生；
④另取①中过滤后的溶液加入足量AgNO3溶液，产生白色沉淀。
试根据上述实验事实，回答下列问题：
（1）写出原白色粉末中一定含有的物质的化学式____________________。

（2）写出原白色粉末中一定不含有的物质的电离方程式________________。
（3）写出④变化的离子方程式：______________________。
Ⅱ. 实验室需要240 mL0.5 mol·L-1的NaOH溶液，现用固体烧碱进行配制。
（1）需称量_________ g 烧碱，应放在_______中称量、溶解。
（2）完成此配制实验，除了量筒，烧杯，玻璃棒外还需要的常见的玻璃仪器有___________。
（3）下列操作对所配溶液浓度偏大的有______。
A．烧碱在烧杯中溶解后，未冷却就立即转移到容量瓶中
B．容量瓶未干燥就用来配制溶液 C．定容时仰视容量瓶
D．称量时使用了生锈的砝码 E.未洗涤溶解烧碱的烧杯
19、某化学小组用下列装置制取收集纯净的氯气，并研究其性质。请回答下列问题：

(1)装置甲中仪器A的名称是_______，甲装置中发生反应的化学方程式为_________。
(2)制取收集纯净氯气的装置接口连接顺序a→_______(补充完整)，丙中应装的溶液是_______。
(3)某同学认为上述方案缺少尾气吸收装置，请画出该装置并注明试剂________。
(4)制备反应会因盐酸浓度下降而停止，为测定反应残余液中盐酸的浓度，探究小组同学提出下列实验方案：
Ⅰ方案：与足量AgNO3溶液反应，称量生成的AgCl质量
Ⅱ方案：采用酸碱中和的原理，测定中和残余盐酸所消耗的NaOH的量
Ⅲ方案：与已知量CaCO3反应，称量剩余过量的CaCO3质量
继而进行下列判断和实验：
①判定Ⅰ方案是否可行_____，并说明理由________。
②进行Ⅱ方案实验：准确量取残余清液作为试样，测定与之完全中和消耗NaOH溶液的量，但是最终获得的实验结果总是高于理论值，假设实验操作均正确，请提出造成结果偏大的一个可能原因________。
③已知将AgCl固体加入到NaBr溶液中会慢慢生成溶解度更小更难溶的AgBr沉淀，并且查得MnCO3的溶解度要小于CaCO3。据此判断Ⅲ方案的实验结果________(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)，说明理由________。
(5)若浓盐酸足量，在上述反应中，1molMnO2能氧化____mol浓盐酸。
20、某小组同学为探究物质的氧化性强弱，设计如下实验（夹持仪器已略去，装置的气密性已检验）。
已知：①溴水为溴的水溶液，溴水为橙黄色，溴蒸气为红棕色，均有毒
②氯水为氯气的水溶液。

实验记录如下：

实验操作
实验现象
Ⅰ
打开活塞a，滴加氯水，关闭活塞a
A中溶液变为橙黄色
Ⅱ
吹入热空气
A中橙黄色明显变浅；B中有气泡，产生大量白色沉淀，混合液颜色无明显变化
Ⅲ
停止吹入空气，打开活塞b，逐滴加入H2O2溶液
开始时颜色无明显变化；继续滴加H2O2溶液，一段时间后，混合液逐渐变成橙黄色
请回答下列问题：
（1）A中反应的离子方程式是__________________________________________。
（2）实验操作II吹入热空气的目的是___________________________________。
（3）装置C的作用是_____________________________________。
（4）实验操作III，混合液逐渐变成橙黄色，其对应的离子方程式是____________。
（5）由操作I得出的结论是_____________由操作III得出的结论是______________。
（6）实验反思：实验操作III，开始时颜色无明显变化的原因是（写出一条即可）：___________。
21、现有金属单质A、B、C和气体甲、乙以及物质D、E、F、G、H，它们之间的相互转化关系如图 (图中有些反应的生成物和反应的条件没有标出)。

（1）写出下列物质的化学式：B_______、乙_______。
（2）写出下列反应的离子方程式：
反应①__________________________________________；
反应⑤_______________________________________
反应⑥__________________________________________。
（3）将0.4 g D和1.06 g Na2CO3混合并配成溶液，向溶液中滴加0.1 mol·L－1稀盐酸。在如图所示的坐标系中画出能正确表示加入盐酸的体积和生成CO2的物质的量的关系图像。________

参考答案

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、C
【解析】
通过观察P2O5、SO3、Cl2O7都属于非金属氧化物，且属于酸性氧化物。
【详解】
A.CO属于非金属氧化物，但不与酸或碱反应生成盐和水，属于不成盐氧化物，故A错误；
B.NO属于非金属氧化物，但不与酸或碱反应生成盐和水，属于不成盐氧化物，故B错误；
C.N2O5属于非金属氧化物，而且与碱反应生成盐和水,属于酸性氧化物，所以C正确；
D.Na2O属于金属氧化物，而且与酸反应生成盐和水，属于碱性氧化物,故D错误；
本题答案为C。
2、B
【解析】
根据离子反应发生的条件分析。
【详解】
A.组中Ca2+与CO32-发生反应：Ca2++CO32-=CaCO3，所以A组中Ca2+和CO32-不能大量共存，A项错误；
B.组中各离子之间没有反应发生，可以大量共存，B项正确；
C.组中Fe2+与OH-发生反应：Fe2++2OH-=Fe(OH)2，所以C组中Fe2+和OH-不能大量共存，C项错误；
D.组中CO32-与H+发生反应：CO32-+2H+=CO2+H2O，所以D组中CO32-与H+不能大量共存，D项错误；答案选B。
3、C
【解析】
试题分析：A项中水不是分散系；B项胶体的分散质直径比溶质大，所以形成的胶体颗粒少；D项制取胶体时，溶液呈红褐色时停止加热。
考点：关于胶体的知识。
4、A
【解析】
A、I2常用淀粉进行检验，A正确；
B、H+用酚酞检验不出来，可用紫色石蕊检验，B错误；
C、OH-用蓝色石蕊试纸检验不出来，应用酚酞检验， C错误；
D、Cl-常用硝酸酸化的AgNO3检验， D错误。
5、B
【解析】
A． 为漏斗用于过滤操作，故A不符合题意；
B． 为容量瓶，用于配制一定量浓度的溶液，故B符合题意；
C． 为锥形瓶，用于制取气体、作为反应容器或盛装反应物，进行定量分析，故C不符合题意；
D． 为分液漏斗，用于分离密度不同且互不相溶的不同液体，也可用于向反应器中随时加液，故D不符合题意；
答案选B。
6、D
【解析】
A. H2SO4与Ba(OH)2溶液反应：Ba2+＋2OH-＋2H+＋SO42-===BaSO4↓＋2H2O，故正确；B. Ca(HCO3)2与少量NaOH溶液反应：Ca2+＋HCO3-＋OH-===CaCO3↓＋H2O，故正确；C. NaOH溶液中通入少量CO2： 2OH-＋CO2 ===CO32-＋H2O，故正确；D. CH3COOH溶液与NH3·H2O溶液反应：CH3COOH＋NH3·H2O=CH3COO- + NH4+ +H2O，故错误。故选D。
7、A
【解析】
A．O元素的化合价发生变化，为氧化还原反应，故A符合题意；
B．没有元素的化合价变化，不属于氧化还原反应，故B不符合题意；
C．没有元素的化合价变化，不属于氧化还原反应，故C不符合题意；
D．没有元素的化合价变化，不属于氧化还原反应，故D不符合题意；
故答案选A。
8、A
【解析】
①豆浆、河水和烟尘均为胶体； 
②氢氧化铁胶体能稳定存在的主要原因是胶体粒子带电；
③胶体不带电；
④向FeCl3溶液中滴加稀的NaOH溶液,可制得Fe(OH)3沉淀； 
⑤一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体。
据以上分析解答。
【详解】
①豆浆、河水和烟尘均为胶体,盐卤点豆腐、江河入海口处“三角洲”的形成是发生了胶体的聚沉,用高压直流电除烟尘是胶体的电泳,均和胶体的性质有关,故正确； 
②氢氧化铁胶体能稳定存在的主要原因是胶体粒子带电,且带同种电荷,故胶粒之间相互排斥,导致胶体比较稳定,故错误； 
③胶体不带电,带电的是胶粒,故做氢氧化铁胶体电泳实验时,阴极周围红褐色加深,说明氢氧化铁胶粒带正电,故错误； 
④向 FeCl3溶液中滴加稀的NaOH溶液,可制得Fe(OH)3沉淀,氢氧化铁胶体的制备是将氯化铁溶液滴入沸水中，继续加热煮沸所得的分散系，故错误；
⑤一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体,故1mol氯化铁所形成的胶粒的个数小于NA个,故错误。 
结合以上分析可知，只有1个选项是正确，A正确；
综上所述，本题选A。
胶体区别于其它分散系的本质特征是分散质微粒直径在1nm-100nm之间；胶体具有丁达尔效应，可以发生电泳现象，可以发生聚沉。
9、D
【解析】
该反应中Pb元素化合价由+4价变为+2价、Mn元素化合价由+2价变为+7价，结合氧化还原反应的有关概念分析解答。
【详解】
A．该反应中Pb元素化合价由+4价变为+2价Mn元素化合价由+2价变为+7价，所以PbO2为氧化剂、锰离子为还原剂，所以PbO2体现氧化性，故A错误；
B．氧化产物和还原产物分别是MnO4－、Pb2+，其物质的量之比为2：5，故B错误；
C．生成1mol的Pb2+，转移的电子物质的量为1mol×2=2mol，故C错误；
D．氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，该反应中，氧化剂是PbO2，氧化产物是MnO4－，所以酸性环境下PbO2的氧化性强于的MnO4－，故D正确；
答案选D。
本题考查了氧化还原反应的有关判断和计算，根据元素化合价变化结合基本概念分析解答，注意掌握常见元素化合价。
10、D
【解析】
甲、乙两分散系均为胶体，胶体能透过滤纸，且都有丁达尔效应。
【详解】
A.甲、乙分散系都是胶体，所以都能透过滤纸，故A错误；
B.甲、乙分散系都是胶体，所以甲、乙都有丁达尔效应，故B错误；
C.甲、乙分散系都是胶体，所以甲、乙都有丁达尔效应，故B错误；
D. 在暗室里用一束明亮的强光分别照射甲、乙分散系，发现甲、乙分散系均有丁达尔效应，故D正确。
本题答案为D。
分散系中分散质的粒子直径大小在或之间,均为胶体,具有胶体的性质。
11、D
【解析】
BaCl2溶液加入某无色溶液后，生成白色沉淀，再加入稀HNO3，则沉淀不溶解，稀硝酸具有强氧化性，则该沉淀可能为硫酸钡或氯化银，原溶液中可能含有AgSO42-、SO32-，根据分析可知，原溶液中不一定含有Ag+或SO42-，一定不存在CO32-，故答案为D。
明确常见离子的性质为解答关键，将BaCl2溶液加入某无色溶液后，生成白色沉淀，再加入稀HNO3，则沉淀不溶解，该沉淀可能为硫酸钡或氯化银，原溶液中可能含有Ag+、SO42-、SO32-。
12、D
【解析】
A.盐是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，由NaHSO4在水溶液中能够电离出H＋、Na＋、和SO可知，NaHSO4是盐，故A正确；
B.由NaHSO4在水溶液中能够电离出H＋、Na＋可知，NaHSO4是酸式盐，故B正确；
C.由NaHSO4在水溶液中能够电离出Na＋可知，NaHSO4是酸式盐，故C正确；
D.酸是指电离出的阳离子只有氢离子的化合物，由NaHSO4在水溶液中能够电离出H＋、Na＋可知，NaHSO4是酸式盐，不是酸，故D错误；
故选D。
13、C
【解析】
A. Ca2+与之间反应生成碳酸钙沉淀，在溶液中不能大量共存，A项错误；
B. Mg2＋与OH-之间反应生成难溶物氢氧化镁，在溶液中不能大量共存，B项错误；
C. K＋、Na＋、OH-、Cl-之间不发生反应，在溶液中能够大量共存，C项正确；
D. Ba2+与SO42－之间反应生成难溶物硫酸钡，在溶液中不能大量共存，D项错误；
答案选C。
离子共存问题，侧重考查学生对离子反应发生的条件及其实质的理解能力，题型不难，需要注意的是，溶液题设中的限定条件。如无色透明，则常见的有颜色的离子如Cu2+、Fe3+、Fe2+、MnO4-、Cr2O72-、CrO42-等不符合题意。
14、A
【解析】
元素X的原子获得3个电子形成离子的电子层结构与氖原子相同，则X元素质子数为7，为N元素；元素Y的原子失去2个电子后形成离子的电子层结构与氖原子相同，则Y元素质子数为2+8+2=12，为Mg元素，氮气和镁在高温下反应得到的化合物的化学式为Mg3N2，故选A。
15、C
【解析】
根据离子之间能结合生成水、气体、沉淀等，则离子不能共存，并结合加入NaOH溶液生成沉淀和加入盐酸生成气体来解答。
【详解】
A项、该组离子之间不反应，溶液中能大量共存，加NaOH溶液生成氢氧化铜沉淀，加盐酸不反应，故A错误；
B项、该组离子之间不反应，溶液中能大量共存，加NaOH溶液生成氢氧化铁沉淀，加盐酸不反应，故B错误；
C项、该组离子之间不反应，溶液中能大量共存，加NaOH溶液生成碳酸钡沉淀，加盐酸生成二氧化碳气体，故C正确；
D项、该组离子之间不反应，溶液中能大量共存，加NaOH溶液不反应，加盐酸生成硅酸沉淀，故D错误。
故选C。
本题考查离子的共存问题，熟悉离子之间的反应是解答本题的关键，注意信息的综合应用来解答。
16、D
【解析】
A.海水淡化是除去海水中的可溶性杂质，采用蒸馏法；故A错；
B.豆浆能透过滤纸，豆渣不能透过滤纸，可用过滤法分离豆浆和豆渣；故B错；
C.海水晒盐时，水变为蒸气不断减少，食盐析出，其过程为蒸发结晶；故C错；
D.碘不易溶于水，易溶于有机溶剂，选有机溶剂苯或四氯化碳从碘水中萃取碘；故D正确；
故选D。

二、非选择题（本题包括5小题）
17、CaCO3 消毒(或漂白) Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3+2HClO
【解析】
B可与澄清石灰水反应生成沉淀，应为CO2，则E为CaCO3，常见的能与石灰水反应的气体还有氯气，则A应为Cl2由此可知C为Ca(ClO)2，F为HCl，D为CaCl2，G为HClO，H为O2，在实验室中用MnO2与浓盐酸混合加热制取Cl2，根据氧化还原反应中元素化合价升降与电子转移关系用双线桥法表示。
【详解】
B可与澄清石灰水反应生成沉淀，应为CO2，则E为CaCO3，常见能与石灰水反应的气体还有氯气，则A应为Cl2，由此可知C为Ca(ClO)2，F为HCl，D为CaCl2，G为HClO，H为O2。
(1)由以上分析可知E为CaCO3；
(2)C为Ca(ClO)2，该物质与酸溶液作用可生成HClO，HClO具有强氧化性和漂白性，可用于消毒或漂白；
(3)反应④是Ca(ClO)2与CO2、H2O作用产生HClO，反应的化学方程式为：Ca(ClO)2+CO2 +H2O= CaCO3+2HClO；
(4)在实验室中用MnO2与浓盐酸混合加热制取Cl2，反应方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O。在该反应中，Mn元素化合价由反应前MnO2中的+4价变为反应后MnCl2中的+2价，化合价降低，获得2e-，Cl元素的化合价由反应前HCl中的-1价变为反应后Cl2中的0价，化合价升高，失去2×e-，用双线桥法表示为：。
本题考查无机物的推断，突破口为B、A以及G的相关转化关系，题目综合考查元素化合物的性质以及应用，结合复分解反应规律及氧化还原反应的规律分析判断侧重考查学生分析能力和综合运用化学知识的能力。
18、BaCl2、K2CO3 Cu(NO3)2=Cu2++2NO3— Ag++Cl—=AgCl↓ 5.0 小烧杯 250 mL容量瓶，胶头滴管 AD
【解析】
Ⅰ. 有一包白色固体粉末，其中可能含有KCl、BaCl2、Cu（NO3）2、K2CO3中的一种或几种；
①将部分粉末加入水中，振荡，有白色沉淀生成，过滤，溶液呈无色说明一定不含Cu（NO3）2、所以沉淀为碳酸钡，判断BaCl2、K2CO3一定存在；
②向①的沉淀物中加入足量稀硝酸，固体完全溶解，并有气泡产生，证明沉淀是BaCO3；
③取少量②的溶液，滴入稀硫酸，有白色沉淀产生，证明白色沉淀为BaSO4；
④另取①中过滤后的溶液加入足量AgNO3溶液，产生白色沉淀，证明含有Cl-；
综上所述：白色固体粉末一定含有BaCl2、K2CO3；一定不含Cu（NO3）2；可能含有KCl；
（1）原白色粉末中一定含有的物质的化学式：BaCl2、K2CO3；
（2）原白色粉末中一定不含有的物质为Cu（NO3）2；电离方程式为：Cu（NO3）2=Cu2++2NO3-；
（3）取①中过滤后的溶液加入足量AgNO3溶液，产生白色沉淀是氯化银，反应的离子方程式为：Ag++Cl-=AgCl↓；
Ⅱ.（1）实验室没有240 mL规格的容量瓶，必须配制250 mL溶液，需要称取的氢氧化钠的质量为：m=cVM=0.5mol/L×0.25L×40g/mol=5.0g，烧碱易吸水且具有强腐蚀性，所以称量烧碱时要放在小烧杯中；
（2）配制溶液的步骤是：称量、溶解、冷却、转移、洗涤、转移、定容、摇匀，用烧杯溶解烧碱、可以用量筒量取水、用玻璃棒搅拌和引流、用250mL的容量瓶配制溶液、用胶头滴管定容、用托盘天平称量烧碱、用药匙取药品，所以除了量筒、烧杯、玻璃棒外还会用到的仪器有：250mL容量瓶，胶头滴管；
（３）A．NaOH在烧杯中溶解后，未冷却就立即转移到容量瓶中，则冷却后溶液体积偏小，浓度偏大，故A选；
B．若容量瓶未干燥即用来配制溶液，对溶液浓度无影响，因为只要定容时正确，至于水是原来就有的还是后来加入的，对浓度无影响，故B不选；
C．定容时仰视刻度线，会导致溶液体积偏大，则浓度偏小，故C不选；
D．砝码生锈后质量偏大，称量时m物=m砝+m游，称量时用了生锈的砝码后会导致溶质的质量偏大，故浓度偏大，故D选；
E．未洗涤溶解NaOH的烧杯，会导致溶质损失，浓度偏小，故E不选；
答案选AD。
19、分液漏斗 MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O debcfg 饱和食盐水 不可行 残余液中的MnCl2也会与AgNO3反应形成沉淀 NaOH溶液变质 偏小 MnCO3的溶解度比CaCO3小，由于部分CaCO3转化成MnCO3沉淀，称量剩余固体质量会偏大，反应的固体减少，实验结果偏小 2
【解析】
甲装置是二氧化锰与浓盐酸反应制取氯气的发生装置；乙装置中盛有浓硫酸作为干燥装置；丙为洗气装置或除杂装置；丁为收集装置。
【详解】
(1)甲装置为固液加热反应装置，浓盐酸通过分液漏斗加入到圆底烧瓶中与二氧化锰接触，反应生成氯化锰、氯气和水，故答案为：分液漏斗；MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；
(2)用浓盐酸与二氧化锰反应制取的氯气中含有水蒸气和氯化氢气体，所以要先将混合气体通入饱和食盐水除去氯化氢气体，然后再将气体通入浓硫酸中进行干燥，故答案为：debcfg；饱和食盐水；
(3)吸收尾气中的氯气通常用氢氧化钠溶液吸收，上述方案缺少尾气吸收装置图为：；
(4)①由MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O可知，生成物MnCl2中也含有氯离子也能和AgNO3反应生成AgCl白色沉淀，故答案为：不可行；残余液中的MnCl2也会与AgNO3反应形成沉淀；
②进行Ⅱ方案实验：假设实验操作均正确，准确量取残余清液作为试样，测定与之完全中和消耗NaOH溶液的量，但是最终获得的实验结果总是高于理论值。消耗的氢氧化钠溶液体积偏大才能导致结果偏大，则氢氧化钠溶液变质有可能导致结果偏大，故答案为：NaOH溶液变质；
③MnCO3的溶解度比CaCO3小，由于部分CaCO3转化成MnCO3沉淀，称量剩余固体质量会偏大，反应的固体减少，实验结果偏小，故答案为：偏小；MnCO3的溶解度比CaCO3小，由于部分CaCO3转化成MnCO3沉淀，称量剩余固体质量会偏大，反应的固体减少，实验结果偏小；
(5)由反应MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O可知，1mol MnO2能氧化2mol浓HCl溶液，故答案为：2
20、2Br﹣+Cl2=Br2+2Cl﹣吹出单质Br2吸收Br2，防止污染空气H2O2+2Br﹣+2H+=Br2+2H2OCl2的氧化性强于Br2H2O2的氧化性强于Br2H2SO3有剩余（H2O2的浓度小或Br-与H2O2反应慢等因素都可）
【解析】实验分析：本实验利用“氧化剂氧化性大于氧化产物；强氧化性制弱氧化性”的原理探究物质氧化性的强弱。第I步，向A中（NaBr溶液）滴加氯水，A中溶液变橙黄色，则有Br2单质产生，Cl2将Br－氧化为Br2，证明Cl2氧化性强于Br2。第Ⅱ步，向A中吹入热空气，溴易挥发，A中橙黄色变浅，则Br2被热空气赶入装置B中（H2SO3和BaCl2的混合溶液）；B中有气泡，产生大量白色沉淀，该沉淀应为BaSO4，则SO42－产生；混合液颜色无明显变化，则Br2自身被还原为Br－，说明Br2氧化性强于SO42－。第Ⅲ步，停止吹入空气，向装置B中逐滴加入H2O2溶液，一段时间后，混合液逐渐变成橙黄色，则Br－又被氧化为Br2，说明H2O2氧化性强于Br2。
（1）根据上述分析，A中发生的反应为氯水将NaBr氧化为Br2，溶液变橙黄色，离子方程式为：2Br﹣+Cl2=Br2+2Cl﹣；故答案为：2Br﹣+Cl2=Br2+2Cl﹣；
（2）根据上述分析，吹入热空气，是利用溴的挥发性，将溴单质被赶入B中。
故答案为：吹出单质Br2；
（3）反应过程中有溴蒸气等污染性气体不能排放到空气中需要用NaOH溶液吸收，故C装置应是盛装NaOH溶液，用来吸收尾气。答案为：吸收Br2，防止污染空气；
（4）滴加H2O2溶液，一段时间后，混合液逐渐变成橙黄色，说明H2O2在酸溶液中将Br﹣氧化为Br2，离子方程式为：H2O2+2Br﹣+2H+=Br2+2H2O。故答案为：H2O2+2Br﹣+2H+=Br2+2H2O；
（5）根据实验分析，操作I证明Cl2的氧化性强于Br2；操作Ⅲ证明H2O2的氧化性强于Br2。
故答案为：Cl2的氧化性强于Br2；H2O2的氧化性强于Br2；
（6）实验操作III，开始时颜色无明显变化；继续滴加H2O2溶液，一段时间后，混合液逐渐变成橙黄色。开始时颜色无明显变化的可能原因是，H2O2与Br﹣反应慢；也可能是溶液中原本有H2SO3有剩余，加入H2O2，H2O2先和H2SO3反应。
故答案为：H2SO3有剩余（H2O2的浓度小或Br-与H2O2反应慢等因素都可）
点睛：“吹入热空气法”在“海水提溴”的实验中有应用，利用Br2的挥发性，将Br2吹出。本题实验中探究氧化性的强弱，“吹入热空气法”时空气中氧气是否对实验会产生干扰，这一问题值得探讨。在本实验中氧气的氧化性不会对实验结论产生干扰，因为装置B中的实验现象可以排除氧气影响。装置B中观察到产生白色沉淀，说明H2SO3被氧化为SO42﹣，同时溶液无明显颜色变化，Br2一定参与反应，被还原为Br﹣，故可以证明Br2氧化了H2SO3。
21、Al HCl 2Na＋2H2O===2Na＋＋2OH－＋H2↑ Cl2＋2Fe2＋===2Fe3＋＋2Cl－ Fe3＋＋3OH－===Fe(OH)3↓
【解析】
试题分析：现有金属单质A、B、C和气体甲、乙以及物质D、E、F、G、H，它们之间的相互转化关系如图所示。由图可知，A为钠、钠与水反应生成氢气和氢氧化钠，则甲为氢气、D为氢氧化钠、B为铝；氢气与氯气反应生成氯化氢，则乙为氯化氢；氯化氢溶于水得到盐酸，E为盐酸；红褐色沉淀为氢氧化铁，则C为铁、F为氯化亚铁、G为氯化铁。
（1）B的化学式为Al、乙的化学式为HCl。
（2）反应①的离子方程式为2Na＋2H2O===2Na＋＋2OH－＋H2↑；反应⑤的离子方程式为Cl2＋2Fe2＋===2Fe3＋＋2Cl－；反应⑥的离子方程式为Fe3＋＋3OH－===Fe(OH)3↓。
（3）将0.4 gNaOH和1.06 g Na2CO3混合并配成溶液，向混合溶液中逐滴滴加0.1 mol·L－1稀盐酸。0.4 gNaOH的物质的量为0.01mol，1.06 g Na2CO3的物质的量为0.01mol。盐酸加入到混合液中后，依次发生OH-+H+=H2O、CO32-+H+=HCO3-、HCO3-+H+=H2O+CO2↑，显然，3个反应中消耗的盐酸体积相同，皆为0.1L。因此，可用下图中曲线表示加入盐酸的体积和生成CO2的物质的量的关系图像。