江西省峡江中学2022-2023学年高一上学期期末考试化学试题（含解析）

峡江中学2022-2023学年高一上学期期末考试
化学试卷
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 S 32 CI 35.5 Fe 56 Cu 64 Ba 137
一．单选题（每小题3分，共45分）
1．下列常见物质的俗名与化学式相对应的是
A．纯碱-NaOH B．漂白粉-NaClO
C．胆矾-CuSO4·5H2O D．大理石-Ca(OH)2
2．中国传统文化对人类文明贡献巨大，下列对古文献记载内容或诗句谚语理解错误的是
A．古剑“沈卢”“以剂钢为刃，柔铁为茎干，不尔则多断折”，剂钢指铁的合金
B．“朝坛雾卷，曙岭烟沉”中的雾是一种胶体，能产生丁达尔效应
C．“水滴石穿、绳锯木断”不包含化学变化
D．《天工开物》中“凡石灰，经火焚炼为用”涉及的反应类型是分解反应
3．设NA 表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．标准状况下，0. 1mol Cl2 溶于水，转移的电子数目为0. 1NA
B．常温常压下，18g H2O 中含有的原子总数为3NA
C．标准状况下，11. 2L CCl4中含有的分子数目为0. 5NA
D．常温常压下，2. 24L CO 和CO2 混合气体中含有的碳原子数目为0. 1NA
4．如图装置中，干燥烧瓶内盛有某种气体，烧杯和胶头滴管内盛放某种溶液。挤压胶头滴管的胶头，下列与实验事实相符的是
A．CO2(浓NaOH溶液)/无色喷泉 B．NH3(石蕊溶液)/红色喷泉
C．SO2(浓NaOH溶液)/红色喷泉 D．O2(石蕊溶液)/紫色喷泉
5．下列有关物质组成和分类的说法正确的是
A．淀粉、纤维素、聚氯乙烯都是天然高分子化合物
B．涤纶、白纸、手机贴膜的主要成分都是合成纤维
C．活泼非金属元素的含氧酸和无氧酸可能都是强电解质
D．硫酸铵、磷酸氢钙、碳酸氢锂都是酸式盐
6．在三个体积相同的密闭容器中分别充入NH3、CO2、O2三种气体，当它们的温度和密度都相同时，这三种气体的压强（p）从大到小的顺序是
A．p(NH3)>p(CO2)>p(O2) B．p(NH3)> p(O2)> p(CO2)
C．p(CO2)> p(O2)> p(NH3) D．p(CO2)> p(NH3)> p(O2)
7．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述一定正确的是
A．4.6gC2H6O含C—H的数目为0.6NA
B．1L0.1mol·L-1Fe2(SO4)3溶液中含有的阳离子数目小于0.2NA
C．在25℃、101kPa条件下，22.4LCO2中所含原子数目小于3NA
D．500mL12mol·L-1浓盐酸与1.5molMnO2充分反应生成Cl2的分子数目为1.5NA
8．下列离子方程式书写正确的是
A．稀硫酸与氢氧化钡溶液反应：Ba2++OH﹣+H++SO42﹣═BaSO4↓+H2O
B．氯化铁溶液中加入少量铜粉：Fe3++Cu═Fe2++Cu2+
C．碳酸氢钙溶液中加入足量澄清石灰水：HCO3﹣+OH﹣═CO32-+H2O
D．氯化亚铁溶液中通入少量氯气：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣
9．下列指定溶液中，各组离子可能大量共存的是
A．使石蕊变红的溶液中：Na＋、Cl－、SO42－、AlO2－
B．在中性溶液中：Na+、Al3+、Cl－、HCO3－
C．由水电离出的c(H+)＝10－13 mol·L－1的溶液中：Mg2+、Cl－、K+、SO42－
D．常温下pH＝13的溶液中：NH4＋、Ca2+、NO3－、SO42－
10．下列表示碳酸氢钠水解的离子方程式正确的是
A． B．
C． D．
11．下列有关硫酸、硝酸的叙述错误的是
A．浓硫酸具有吸水性，故可作干燥剂
B．浓硫酸、浓硝酸与金属反应时只体现氧化性
C．常温下可以用铁或铝制容器盛装浓硫酸和浓硝酸
D．在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解，再加入固体，铜粉溶解
12．下列物质的应用中，利用了氧化还原反应的是
A．利用胃舒平[主要成分为]治疗胃酸过多
B．维生素C与补铁剂同服效果更佳
C．纯碱、石灰石和石英砂为原料制玻璃
D．用氯化铵溶液除铁锈(主要成分)
13．已知：反应1
反应2
下列说法不正确的是
A．反应1和反应2中Ba(NO3)2都作氧化剂
B．反应2中N2既是氧化产物又是还原产物
C．等质量的Ba(NO3)2发生反应1、2，完全反应转移的电子数相等
D．反应1中H2被氧化生成NH3和H2O
14．将32g铜与150 mL一定浓度的硝酸反应，铜完全溶解产生的NO和NO2混合气体在标准状况下的体积为11.2 L。则下列说法不正确的是
A．NO的体积为5.6L
B．该反应过程中共转移的电子数为NA
C．原硝酸溶液的浓度一定为10 mol/L
D．若用O2将生成的11.2LNO、NO2混合气体完全氧化HNO3，则所需O2的物质的量为0.25mol
15．某工业废水中含有大量的Mn2+和Cr3+，常经以下过程进行氧化处理，再进行一系列操作，回收锰和铬，以达到回收利用且降低污染的目的。下列说法正确的是（ ）
A．在氧化处理过程中用H2O2代替NaClO会更环保，效果更好
B．反应①中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶1
C．反应②离子方程式为2Cr3+＋3ClO-＋5H2O=2CrO＋3Cl-＋10H+
D．生成的CrO在酸性条件下易转化为Cr2O，该反应为氧化还原反应
二、填空题（共55分）
16．氯酸钾和浓盐酸之间有下列反应：2KClO3+4HCl(浓)=2KCl+Cl2↑+2ClO2+2H2O
(1)该反应中发生还原反应的物质是___________。氧化产物是___________。
(2)用双线桥标出方程式中的电子得失。2KClO3+4HCl(浓)=2KCl+Cl2↑+2ClO2+2H2O，___________
(3)当有0.2mol电子发生转移时，生成的氯气的体积为___________L(标准状况)。被氧化的HCl的物质的量为___________mol。
(4)若分别用①KMnO4(还原产物是Mn2+)；②MnO2(还原产物是Mn2+)；③Ca(ClO)2(还原产物是Cl2)氧化浓盐酸制备氯气，当浓盐酸足量且这三种氧化剂的物质的量相同时，生成氯气的物质的量最少的是___________(填编号)。
(5)有下列6种物质：K2SO4、K2SO3、I2、H2SO4、KIO3、H2O组成一个氧化还原反应，已知在反应中K2SO3失去电子。请回答下列问题：将这6种物质分别填入下面对应的横线上，组成一个配平的化学方程式：___________＋___________＋H2SO4→___________＋___________＋___________(填化学式)，___________
17．据我国相关规定，要求食品中亚硝酸盐()计含量。学习小组设计测定火锅底料中亚硝酸盐是否超标的流程如下：
回答下列问题：
(1)亚硝酸盐在酸性条件下具有还原性和强氧化性，会与人体中的反应使血红蛋白失去运氧性，致使头痛头晕，反应的离子方程式为___________。
(2)减压蒸馏步骤需要隔绝空气，原因是___________。
(3)甲组同学取10.00mL溶液M中的2.00mL，先滴加2.00mL稀硫酸，有气体生成，后滴加2.00mL淀粉KI溶液，溶液未变蓝，原因是___________。
(4)乙组同学设计实验步骤如下，完成步骤及离子方程式：
步骤 现象
步骤一：利用10mL注射器，吸取2.00mL溶液M，再吸取______，针头朝上排出空气，吸入_____并迅速将针头插入橡皮塞中 有无色气体生成，溶液变蓝色
步骤二：_____ 观察到气体变成红棕色
步骤一反应的离子方程式为_____
(5)已知，。丙组同学取剩余溶液M滴加足量淀粉KI溶液，再滴加稀硫酸酸化。滴定时，消耗溶液6.00mL，通过计算说明火锅底料中亚硝酸盐是否超标：_________。
18．无水氯化锌是白色固体，易吸水潮解，常用作有机合成的脱水剂、缩合剂和催化剂，还用作活性炭的活化剂。某校化学课题小组的同学设计如下实验方案制备无水，并进行纯度测定，涉及的实验装置如图所示：
回答下列问题：
(1)按气流从左到右的方向，装置合理的连接顺序为h→_______(填仪器接口小写字母，装置不可重复使用)。装置D中橡皮管的作用为_______。
(2)写出装置D中反应的离子方程式：_______。
(3)若省略装置B，经检验产物中含有氧化锌，利用所学知识解释原因：_______。
(4)装置C中的药品为_______，其作用为_______。
(5)氯化锌纯度的测定：取ag试样配成100mL溶液，取25.00mL，加入磷酸三钠消除干扰离子后，滴入两滴半二甲酚橙作指示剂，用bmol/LEDTA()标准溶液滴定，反应的离子方程式为，达到滴定终点时，消耗EDTA标准溶液的平均体积为12.50mL。
①配制100mL溶液需要用到的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、_______。
②该氯化锌试样中氯化锌的质量分数为_______(用含a、b的代数式表示)。
19．某小组在实验室用NaClO溶液和NH3反应制备N2H4，并进行相关的性质探究实验。
I.制备N2H4
(1)仪器a的名称是____。
(2)装置C中盛放的试剂是____。装置B的作用是____。
(3)装置D发生的化学反应方程式为____。
(4)制备N2H4的离子方程式为____。
II.探究N2H4的还原性与碱性。将制得的肼分离提纯后，进行如图实验。
【查阅资料】AgOH在溶液中不稳定，易分解生成黑色的Ag2O，Ag2O可溶于氨水。
【提出假设】黑色固体可能是Ag、Ag2O中的一种或两种。
【实验验证】设计如表方案，进行实验。
(5)请完成表中的空白部分
操作 现象 实验结论
i.取少量黑色固体于试管中，加入适量①____ 黑色固体部分溶解 黑色固体有Ag2O
ii.取少量黑色固体于试管中加入足量稀硝酸，振荡 ②____ 黑色固体是Ag和Ag2O
(6)实验表明，黑色固体主要成分是Ag，还有少量氧化银，请解释原因：____。
1．C
【详解】A．纯碱是碳酸钠(Na2CO3)，故不选A；
B．漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2，故不选B；
C．CuSO4·5H2O的俗名是胆矾，故选C；
D．大理石的成分是CaCO3，故不选D；
选C。
2．C
【详解】A．铁中含碳量越高，硬度越大，含碳量越少，韧性越强，剂钢是铁与碳的合金，A正确；
B．雾是气溶胶，能产生丁达尔效应，B正确；
C．“绳锯木断”，只是物质的形状发生了改变，没有新物质生成，属于物理变化，“水滴石穿”，是指水滴在石头上，和碳酸钙、二氧化碳反应生成溶于水的碳酸氢钙，使石头上出现了小孔，有新物质生成，属于化学变化，C错误；
D．《天工开物》中“凡石灰，经火焚炼为用”是指碳酸钙受热分解生成氧化钙和二氧化碳，是由一种物质生成多种物质的反应，反应类型是分解反应，D正确；
故选C。
3．B
【详解】A. 标准状况下，氯气与水反应是可逆反应，因此0. 1mol Cl2溶于水，转移的电子数目小于0.1NA，故A错误；
B. 常温常压下，18g H2O物质的量，含有的原子总数为3NA，故B正确；
C. 标准状况下，CCl4是液体，不能用气体摩尔体积来计算，故C错误；
D. 常温常压下，不是标准状况下，不能用22.4L mol 1进行计算，故D错误。
综上所述，答案为D。
【点睛】应用22.4 L mol 1进行计算时要注意是否为标准状况，是否为气体。
4．A
【详解】A．CO2与NaOH溶液反应，造成烧瓶内气体的压强减小，外压大于内压，形成无色喷泉，故A正确；
B．NH3极易溶于水，造成烧瓶内气体的压强减小，外压大于内压，溶液呈碱性，紫色石蕊溶液遇碱变蓝，形成蓝色喷泉，故B错误；
C．SO2遇NaOH溶液反应，造成烧瓶内气体的压强减小，外压大于内压，形成无色喷泉，故C错误；
D．O2在水中溶解性不强，不能造成烧瓶内气体的压强减小，无法形成喷泉，故D错误；
故选A。
5．C
【详解】A．淀粉、纤维素是天然高分子化合物，聚氯乙烯是有机合成高分子化合物，A错误；
B．涤纶、手机贴膜的主要成分是合成纤维，白纸的主要成分是植物纤维，B错误；
C．Cl的含氧酸HClO4和无氧酸HCl均是强电解质，C正确；
D．硫酸铵是正盐，不是酸式盐，D错误。
故本题选C。
6．B
【详解】体积相同的密闭容器，当它们的温度和密度都相同时，里面所装气体的质量是相等的，在同温同体积条件下，压强比与物质的量成正比，与摩尔质量成反比，因此选B。
7．C
【详解】A．4.6gC2H6O的物质的量为0.1mol，C2H6O为CH3CH2OH时C—H的数目为0.5NA，为CH3-O-CH3时C—H的数目为0.6NA，故4.6gC2H6O含C—H的数目不一定为0.6NA，A错误；
B．1L0.1mol·L-1Fe2(SO4)3溶液中Fe2(SO4)3的物质的量为1L×0.1mol·L-1=0.1mol，铁离子发生水解反应Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，显然水解导致阳离子数目增多，故1L0.1mol·L-1Fe2(SO4)3溶液中含有的阳离子数目大于0.2NA，B错误；
C．在25℃、101kPa条件下，气体摩尔体积Vm大于22.4L/mol，22.4LCO2的物质的量小于1mol，所含原子物质的量小于3mol，数目小于3NA，C正确；
D．MnO2+4HCl(浓)MnCl2+2H2O+Cl2↑，500mL12mol·L-1浓盐酸中HCl的物质的量=6mol，随着反应的进行浓盐酸变为稀盐酸，稀盐酸不发生上述反应，故生成Cl2的物质的量小于1.5mol，生成氯气分子数目小于1.5NA，D错误；
答案选C。
8．D
【分析】A. 离子个数配比不符合物质结构组成；
B. 电荷不守恒；
C. 二者反应生成碳酸钙和水；
D. 氯气具有氧化性，可氧化Fe2+。
【详解】A. 稀硫酸与氢氧化钡溶液反应，其离子方程式：Ba2++2OH +2H++SO42 ═BaSO4↓+2H2O，故A项错误；
B. 氯化铁溶液中加入少量铜粉，其离子方程式：2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+，故B项错误；
C. 碳酸氢钙溶液中加入足量澄清石灰水，其离子方程式：Ca2++2HCO3 +2OH ═CaCO3↓+ CO32 +2H2O，故C项正确；
D. 氯化亚铁溶液中通入少量氯气，其离子方程式：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣，故D项正确；
答案选D。
9．C
【详解】A.使石蕊变红的溶液显酸性，AlO2-+H++H2O=Al(OH)3或AlO2-+4H+=Al3++ 2H2O，所以AlO2-不能大量共存，A项错误；
B.Al3+水解显酸性，HCO3-水解显碱性，Al3+与HCO3-在溶液中相互促进而水解完全Al3++3HCO3-=Al(OH)3+3CO2，所以Al3+和HCO3-不能大量共存，B项错误；
C.溶液中水电离的c(H+)=10-13mol/L<10-7mol/L，可知此溶液中水的电离受抑制，该溶液可能是酸溶液也可能是碱溶液，若是碱溶液有离子反应Mg2++2OH-=Mg(OH)2，所以在碱溶液中Mg2+不能大量共存；若在酸溶液中，该组离子之间不发生反应，该组离子也不与H+反应，所以该组离子在酸性溶液中可以大量共存，C项正确；
D.常温下pH＝13的溶液呈碱性，有离子反应NH4++OH-=NH3·H2O，Ca2++SO42-=CaSO4，所以NH4+、Ca2+、SO42-不能大量共存，D项错误；答案选C。
10．C
【详解】A．表示碳酸氢盐与强酸反应生成二氧化碳、水以及可溶性盐，A错误；
B．表示碳酸氢盐与强碱反应生成可溶性碳酸盐和水的反应，B错误；
C．表示碳酸氢钠水解，C正确；
D．表示的是碳酸氢根离子电离方程式，D错误；
故选C。
11．B
【详解】A．浓硫酸具有吸水性，故可作干燥剂，故A正确；
B．浓硫酸、浓硝酸与金属反应时既体现氧化性又体现酸性，故B错误；
C．常温下铁或铝制容器遇浓硫酸或浓硝酸发生钝化现象，则常温下可以用铁或铝制容器盛装浓硫酸和浓硝酸，故C正确；
D．在稀硫酸中加入铜粉，二者不反应，铜粉不溶解，再加入固体，溶液中含有氢离子和硝酸根离子，所以相当于溶液中含有硝酸，硝酸能和铜反应，3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O，所以加入硝酸铜后能溶解铜，故D正确；
答案选B。
12．B
【详解】A．，为非氧化还原反应，A项错误；
B．补铁剂中铁存在形式为，加入维生素C可以起到抗氧化作用，利用了氧化还原反应，B项正确；
C．纯碱、石灰石和石英砂为原料，制玻璃(主要成分为、、)，生成硅酸盐和二氧化碳，发生了非氧化还原反应，C项错误；
D．氯化铵溶液水解生成的盐酸，可以与发生复分解反应，属于非氧化还原反应，D项错误；
故选B。
13．C
【详解】A．在反应1中N元素化合价由反应前Ba(NO3)2中的+5价变为反应后NH3中的+3价，化合价降低，得到电子被还原，所以Ba(NO3)2为氧化剂；在反应2中N元素化合价由反应前Ba(NO3)2中的+5价变为反应后N2中的0价，化合价降低，得到电子被还原，所以Ba(NO3)2仍然为氧化剂，A正确；
B．在反应2中N元素化合价由反应前Ba(NO3)2中的+5价变为反应后N2中的0价，化合价降低，得到电子被还原，所以N2为还原产物；N元素化合价由反应前NH3中的-3价变为反应后N2中的0价，化合价升高，失去电子被氧化，所以N2又是氧化产物，故反应2中N2既是氧化产物又是还原产物，B正确；
C．等物质的量的Ba(NO3)2的质量相同。在反应1中每1 mol Ba(NO3)2发生反应，转移16 mol电子；在反应2中每有3 mol Ba(NO3)2发生反应，转移30 mol电子，则1 mol Ba(NO3)2发生反应，转移10 mol电子，可见等质量的Ba(NO3)2发生反应时，转移电子数目不相等，C错误；
D．在反应1中，反应前H元素化合价为0价，反应后变为NH3和H2O中的+1价，化合价升高，失去电子被氧化，所以H2被氧化生成物质是NH3和H2O，D正确；
故合理选项是C。
14．C
【详解】A、32g铜的物质的量为 32g/64g/mol=0.5mol，在反应中失去的电子的物质的量为2×0.5mol=1mol，11.2L混合气体的物质的量为0.5mol，令NO和NO2的物质的量分别为xmol、ymol，则：x+y=0.5，3x+y=1.0，计算得出x=0.25y=0.25NO的体积=0.25×22.4L/mol=5.6L故A正确。B、32g铜的物质的量为32g/64g/mol=0.5mol在反应中失去的电子的物质的量为2×0.5mol=1mol，所以转移电子的物质的量是1mol，数目是NA，故B正确。C、硝酸是否完全反应不确定，所以原硝酸的浓度是不一定是10 mol/L，故C错误。D、由反应：NO+NO2+H2O+O2=2HNO3可知所需O2的物质的量为0.25mol，故D正确。本题正确选项为C。
点睛：本题考查了铜和浓硝酸反应的相关计算，注意电子守恒的应用。铜失去的电子总数等于硝酸中氮原子得到的电子。
15．B
【详解】A．MnO2可作H2O2分解反应的催化剂，说明H2O2不能把Mn2+和Cr3+氧化为MnO2、CrO，所以不能用H2O2代替NaClO作氧化剂，故A错误；
B．反应①中Mn2+被NaClO氧化为MnO2，1molMn2+转移2mol电子，1molNaClO转化为Cl-转移2mol电子，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1，故B正确；
C．反应②，Cr3+被ClO-氧化为CrO42-，自身被还原为Cl-，碱性条件下不能有H+生成，反应的离子方程式为2Cr3++3ClO-+10OH-═2CrO+3Cl-+5H2O，故C错误；
D．存在元素化合价变化的反应是氧化还原反应，生成的CrO在酸性条件下易转化为Cr2O，该反应中没有元素化合价的变化，不是氧化还原反应，故D错误；
故答案为B。
16．(1) KClO3 Cl2
(2)
(3) 2.24 0.2
(4)②
(5)5K2SO3+2KIO3+H2SO4=I2+6K2SO4+H2O
【分析】(1)
该反应中Cl元素化合价由+5价变为+4价、-1价变为0价，所以氯酸钾是氧化剂，浓盐酸是还原剂，发生还原反应的是KClO3，氧化产物是Cl2；
(2)
该反应中Cl元素化合价由+5价变为+4价、-1价变为0价，所以氯酸钾是氧化剂，浓盐酸是还原剂，所以生成1mol氯气转移电子的数目为2mol，用双线桥标出电子转移数目为；
(3)
该反应中如果有2mol氯酸钾参加反应，则有2mol电子转移，所以有0.2mol电子转移时生成氯气的物质的量是0.1mol，其体积=0.1mol×22.4L/mol=2.24L，被氧化的HCl的物质的量为0.1mol×2=0.2mol；
(4)
假设氧化剂都是1mol，①1molKMnO4转移5mol的电子，得到氯气2.5mol氯气；②1molMnO2转移2mol的电子，生成1mol的氯气；③由Ca(ClO)2+4HCl=2Cl2+CaCl2+2H2O可知，1molCa(ClO)2生成2mol的氯气，则生成氯气最少的是1molMnO2，故答案为：②；
(5)
在反应中K2SO3失去电子，则氧化反应为K2SO3→K2SO4，在给出的物质中只有碘元素的化合价降低符合，则还原反应为KIO3→I2，由质量守恒定律可知，该反应在酸性条件下进行，则水为生成物，即反应物为K2SO3、H2SO4、KIO3，生成物为K2SO4、I2、H2O，化学方程式为5K2SO3+2 KIO3+H2SO4═I2+6K2SO4+H2O。
17．(1)
(2)防止加热条件下被空气中的氧气氧化使测量产生误差
(3)在酸性条件下发生反应生成NO和
(4) 2.00mL淀粉KI溶液 2.00mL稀硫酸 针头朝上取下橡皮塞，向下拉注射器活塞，吸入少量空气
(5)根据电子守恒可知，，1kg火锅底料中含有质量为，超标
【解析】(1)
与反应生成铁离子和一氧化氮气体，根据电子守恒配平，离子方程式为。
(2)
空气中氧气具有氧化性，具有还原性，易被氧气氧化，所以隔绝空气的目的是防止加热条件下被空气中的氧气氧化使测量产生误差。
(3)
亚硝酸盐在酸性条件下具有还原性和强氧化性，在酸性条件下发生自身的氧化还原反应生成NO和，没有和碘离子反应。
(4)
步骤一：根据甲组同学的实验设计，为防止在酸性条件下发生自身的氧化还原，应该首先吸入碘化钾溶液再吸入稀硫酸，乙组操作应与甲组相反，利用10mL注射器，吸取10.00mL溶液M中的2.00mL，再吸取2.00mL淀粉KI溶液，针头朝上排出空气，吸入2.00mL稀硫酸并迅速将针头插入橡皮塞中。
步骤二：一氧化氮气体和空气中氧气反应生成红棕色二氧化氮气体，取下橡皮塞针头朝上，向下拉注射器活塞，吸入少量空气，观察到气体由无色变成红棕色。
步骤一反应为在酸性条件下和碘离子 生成碘单质和一氧化氮、水，离子方程式为。
(5)
溶液M剩余10.00-2.00-2.00=6.00mL，结合得失电子守恒导出计量关系式为：，可推出1kg火锅底料中含有的质量为，火锅底料中亚硝酸盐超标。
18．(1) dcabe(f) 平衡烧瓶和分液漏斗中的压强，便于浓盐酸顺利滴下
(2)
(3)氯化锌发生水解生成，受热分解生成ZnO
(4) 碱石灰 吸收多余的氯气和HCl，防止污染空气；防止空气中的水蒸气进入装置A
(5) 100mL容量瓶
【分析】装置D制备氯气，进入装置A前，氯气需要干燥，但氯气中混有的HCI杂化不需要除掉，装置C用于处理尾气，同时防止空气中水蒸气进入A中；装置D用于平衡压强，有利于浓盐酸滴下；酸性条件下，高锰酸钾将HCI氧化为氯气，同时生成氯化钾、氯化锰与水;装置C中药品既吸收氯气、HCI，又可以吸水，防止空气中水蒸气进入A中。
（1）
装置D制备氯气，进入装置A前，氯气需要干燥，但氯气中混有的HCI杂化不需要除掉，装置C用于处理尾气，同时防止空气中水蒸气进入A中，故装置合理的连接顺序为h→dcabef；装置D中橡皮管使烧瓶内压强与分液漏斗上方的压强相等，有利于浓盐酸滴下，故答案为:：dcabef；平衡烧瓶与分液漏斗中的压强，偏于浓盐酸流下；
（2）
酸性条件下，高锰酸钾将HCI氧化为氯气，同时生成氯化钾、氯化锰与水，反应离子方程式为；；
（3）
若省略装置B，氯气中混有水蒸气，氯化锌发生水解生成，受热分解生成ZnO，故答案为：氯化锌发生水解生成，受热分解生成ZnO；
（4）
装置C中药品既吸收多余的氯气、HCl防止污染空气，又可以吸水，防止空气中水蒸气进入装置A中，C中盛放的药品可以是碱石灰等，答案为：碱石灰，吸收多余的氯气和HCl，防止污染空气；防止空气中的水蒸气进入装置A；
（5）
①配制100mLZnCl2溶液，需要在烧杯中溶解，并用玻璃棒搅拌，用玻璃棒引流移入100mL容量瓶中定容，定容时需要用滴定管，用到的玻璃仪器除量筒、烧杯、玻璃棒外，还有100mL容量瓶、胶头滴管，故答案为：100mL容量瓶；
②根据关系式ZnCl2~Zn2+~Na2H2Y，可知ag样品中，则氯化锌的质量分数为：，故答案为：。
19．(1)圆底烧瓶
(2) NaOH溶液 平衡气压，收集多余氯气
(3)2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O
(4)2NH3+ClO-=N2H4+Cl-+H2O
(5) 氨水 黑色固体溶解，并有气体产生
(6)肼具有还原性将Ag+还原为Ag，肼具有碱性，与Ag+反应生成AgOH，AgOH分解生成黑色的Ag2O
【分析】本题是一道无机物制备类的实验题，装置A制备氯气，装置B可以临时储存多余的氯气，同时可以稳定气压，生成的氯气在装置C中和氢氧化钠反应生成次氯酸钠，装置D制备氨气，在装置C中与其中的次氯酸钠反应制备产品N2H4，以此解题。
（1）
由图可知仪器a的名称是圆底烧瓶；
（2）
由分析可知装置C中盛放的试剂是NaOH溶液；装置B的作用是平衡气压，收集多余氯气；
（3）
装置D中是制备氨气，方程式为：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；
（4）
由分析可知次氯酸根离子和氨气反应生成N2H4，离子方程式为：2NH3+ClO-=N2H4+Cl-+H2O；
（5）
氨气可以和银离子形成配离子，即氧化银可以溶解在氨水中，故①为氨水，溶解的部分固体为氧化银；
银和氧化银都可以和硝酸反应，其中单质银和硝酸反应的时候会生成气体一氧化氮，故加入足量硝酸后的现象是：黑色固体溶解，并有气体产生；
（6）
肼有还原性可以把+1价银离子还原为单质银，另外肼有碱性，和银离子反应生成氢氧化银，分解后生成氧化银，故原因是：肼具有还原性将Ag+还原为Ag，肼具有碱性，与Ag+反应生成AgOH，AgOH分解生成黑色的Ag2O。