第3章物质的性质与转化单元测试卷（含解析）高一上学期化学鲁科版（2019）必修第一册

第3章《物质的性质与转化》单元测试卷
一、单选题
1．下列设计的实验方案能达到实验目的的是
A．制备Al(OH)3悬浊液：向1mol·L-1的AlCl3溶液中加过量的6mol·L-1NaOH溶液
B．提纯含有少量乙酸的乙酸乙酯：向含有少量乙酸的乙酸乙酯中加入氢氧化钠溶液，振荡后静置分液，并除去有机相的水
C．检验溶液中是否含有Fe3+:取少量待检验溶液，向其中加入少量新制氯水，再滴加KSCN溶液，观察实验现象
D．探究催化剂对H2O2分解速率的影响：在相同条件下，向一支试管中加入2mL5%H2O2和1mLH2O，向另一支试管中加入2mL5%H2O2和1mLFeCl3溶液，观察并比较实验现象
2．下列物质不能使酸性高锰酸钾溶液褪色的是（ ）
A．聚乙烯 B．乙醇 C．二氧化硫 D．乙烯
3．将一定量的Fe、FeO和Fe2O3混合物投入到150 mL 2 mol·L-1的HNO3溶液中，恰好使混合物完全溶解，并生成1.12 L NO气体(标准状况)，在所得溶液中加入KSCN溶液，无血红色出现。若用足量的CO在高温下还原相同质量的此混合物，能得到铁的质量是（ ）
A．7 g B．14 g C．28 g D．无法计算
4．氮的多样性主要体现在含氮化合物及其性质的多样性上，下列说法正确的是
A．Fe2+、Mg2+、Cl－、NO3－能大量共存于pH =0的溶液中
B．1L浓度为l mol·L－1的NH4Cl溶液中含有NA个NH4+
C．除去NO中混有的少量NO2，可将混合气体通过盛有水的洗气瓶，再用排空气法收集NO
D．不论是浓硝酸还是稀硝酸，与铜反应均体现出硝酸的酸性和强氧化性
5．下列指定反应的方程式书写正确的是
A．Fe(OH)3溶于氢碘酸：Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O
B．Ca(HCO3)2溶液中滴加少最NaOH溶液：Ca2+++OH—=CaCO3↓+H2O
C．金属Na在空气中加热生成淡黄色固体：4Na+O22Na2O
D．用氨水吸收烟气中少量的SO2：NH3·H2O+SO2=十
6．下列叙述正确的是
A．Fe分别与氯气和稀盐酸反应所得氯化物相同
B．在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解；再加入固体，铜粉仍不溶解
C．向溶液中滴加氨水，产生白色沉淀；再加入过量溶液，沉淀消失
D．、组成元素相同，阴阳离子个数比相同，与反应产物也相同
7．化学在生产和日常生活中有着重要的应用。下列说法正确的是
A．明矾、铁盐均可以对水起净化作用
B．向煤中加入适量石灰石，使煤燃烧产生的最终生成，以减少对大气的污染
C．高纯度的硅单质广泛用于制作光导纤维
D．如果得了胃溃疡，可服用小苏打得以缓解
8．如图所示的4个实验，下列根据实验现象得出的结论不合理的是
A．白磷燃烧，红磷不燃烧，说明白磷的着火点比红磷的着火点低
B．烧杯b中的酚酞溶液变红色，说明分子不断运动
C．甲试管中的铁钉生锈，乙试管中的铁钉不生锈，说明只需与水接触铁钉就会生锈
D．下层蜡烛先熄灭，说明通常状况下二氧化碳不燃烧，不支持燃烧，且密度大于空气
9．分类是根据研究对象的共同点和差异点，将它们区分为不同种类和层次的科学方法。表中不能按相同标准将物质乙归入甲组的是
选项 甲组 物质乙
A FeSO4、MnO2、NaClO H2SO3
B CH3COOH、H2CO3、HClO H2SiO3
C 复分解反应、氧化还原反应、离子反应 焰色试验
D NH4Cl、NH4NO3、(NH4)2CO3 (NH4)2SO4
A．A B．B C．C D．D
10．常温下，将下列溶液露置于空气中一段时间后，该溶液的总质量减轻的是(不考虑水的挥发)
A． B． C． D．
11．化学与生活密切相关。下列说法不正确的是
A．化石燃料是可再生能源
B．食盐可作调味剂和防腐剂
C．蚕丝是蛋白质，属于天然高分子材料
D．空气质量报告中PM2.5指的是悬浮颗粒物
12．下列有关说法不正确的是
A．烧碱溶液盛装在带有玻璃塞的试剂瓶中
B．少量金属钠保存在煤油中
C．向紫色石蕊试液中加入新制氯水，石蕊试液先变红后褪色
D．常温下可用铁、铝制容器来盛装浓硝酸或浓硫酸
13．元素的价类二维图是我们学习元素及其化合物相关知识的重要模型和工具，它是以元素的化合价为纵坐标，以物质的类别为横坐标所绘制的二维平面图象。下图为铁元素的价类二维图，其中的箭头表示部分物质间的转化关系。下列说法错误的是
A．在空气中受热发生转化② B．转化③可以通过化合反应实现中
C．中加入铁可以实现转化⑤ D．加热发生转化⑥
14．最新的病毒学研究证实，一氧化氮对“非典”病毒的抑制作用明显。下列关于一氧化氮的说法正确的是
A．一氧化氮是酸性氧化物 B．一氧化氮只能通过人工合成
C．一氧化氮是大气污染物，会形成酸雨 D．一氧化氮可用向下排空气法收集
15．为了探究浓硝酸的性质，进行以下五组实验，均观察到红棕色气体产生。下列分析错误的是
A．将带火星的木条靠近实验①的试管口，木条复燃，说明支持燃烧
B．实验②中的铁片钝化，红棕色气体由浓硝酸分解产生
C．对比实验①④⑤，实验④中的红棕色气体可能是由挥发的硝酸受热分解产生的
D．五支试管中的红棕色气体均为还原产物
二、填空题
16．将硝酸表现出的性质填在下列各反应操作或现象后：
A．氧化性 B．酸性 C．还原性 D．不稳定性
（1）用硝酸浸洗附有银的试管___。
（2）常温下用铁制或铝制容器贮存、运输浓HNO3__。
（3）久置的浓硝酸变黄色__。
17．某小组同学设计实验实现几种价态硫元素的转化。
任务I：从以下试剂中选择合适的试剂实现→的转化。
试剂清单：①浓H2SO4②稀H2SO4③酸性KMnO4溶液④品红⑤Cu
(1)写出实现转化的化学方程式______。
(2)设计实验证明实现了该转化(写出操作和现象)______。
任务II：实现硫元素在不同价态之间的转化。
溶液SO2Na2SO3溶液Na2SO4溶液
(3)欲制备Na2S2O3，从氧化还原角度分析，合理的是______(填字母)。
A．Na2S+S B．Na2SO3+S C．Na2SO3+Na2SO4 D．SO2+Na2SO4
(4)转化Ⅱ中加入的物质可以是______。(填物质类别)
(5)转化Ⅲ可以通入氧气来实现，写出相应离子方程式______。
三、实验题
18．砂质土壤分析中常用 Karl Fischer法是测定其中微量水含量，该方法是利用I2和SO2反应定量消耗水作为原理(假设土壤中其他成分不参加反应)，据此回答下列问题：
(1)写出该反应的化学反应方程式为_________________________________。
步骤Ⅰ：反应样品中的水
下图是某同学在实验室模拟Karl Fischer法的实验装置图：
(2)装置连接的顺序为a→____________(填接口字母顺序)；M仪器的名称为_____________，其在实验过程中的作用是________________________________；
(3)操作步骤为：①连接装置并检查装置气密性，②装入药品，____________________；③关闭弹簧夹，打开分液漏斗活塞；④反应结束后，关闭分液漏斗活塞，继续通入N2，⑤取下D装置。
步骤④中继续通入N2的目的是___________________________________________
步骤Ⅱ：测定剩余的碘
向反应后的D装置加入蒸馏水，过滤，充分洗涤，并合并洗涤液和滤液，将其配成250.00 mL溶液，取25.00mL 用0.20 mol·L－1 Na2S2O3标准液滴定剩余的I2单质，已知反应如下：2＋I2=＋2I－。
(4)将Na2S2O3标准液装在______(填“酸式”“碱式”)滴定管中，调整液面后开始滴定；
(5)滴定实验重复四次得到数据如下：
实验 ① ② ③ ④
消耗的标准液的体积/mL 18.37 20.05 19.95 20.00
①若实验开始时，向D 装置中加入10.00 g土壤样品和10.16g I2(已知I2过量)，则样品土壤中水的含量为_________%。
②若Na2S2O3标准液已部分氧化变质，则水含量测定结果将________(填“偏高”“偏低”或“不变”)。
19．某化学实验小组的同学为了探究SO2和氯水的漂白性，设计如下实验装置。
（1）写出A中反应的化学方程式__________，浓硫酸表现出__________性。
（2）实验室用装置E制备Cl2，离子方程式为：_____________该反应中的还原剂是_________(填化学式)。
（3）①装置A和E中，常用于萃取操作的仪器是__________(填名称)
②停止通气后，再给B、D两个试管分别加热，两个试管中的现象分别为B：__________，D：__________．
（4）另一个实验小组的同学认为SO2和氯水都有漂白性，二者混合后的漂白性肯定会更强．他们将制得的SO2和Cl2按1：1同时通入到品红溶液中，结果发现品红溶液未褪色，并且生成了两种常见的强酸，请你分析该现象的原因：__________________（用化学方程式表示）。
（5）第三个实验小组同学查阅资料得知：氢溴酸在医药和石化工业上有广泛用途。下图是模拟工业制备氢溴酸粗品及精制的流程：
已知：Br 2是易挥发、深红棕色的液体，与Cl2化学性质相似；氢溴酸是易挥发、无色液体。
根据上述流程回答下列问题：
①反应室①使用冰水的目的___________。
②操作I的名称__________，操作Ⅱ的名称___________。
③反应室②中加入Na2SO3的目的是_____________。
④工业生产中制得的氢溴酸带有淡黄色。于是甲乙两同学设计了实验加以探究：
A．甲同学假设工业氢溴酸呈淡黄色是因为含Fe3+，则用于证明该假设所用的试剂为_____________，若假设成立可观察到的现象为___________。
B．乙同学假设工业氢溴酸呈淡黄色是因为___________，其用于证明该假设成立的方法为____________。
四、计算题
20．钢铁工业是国家工业的基础。2006年我国粗钢产量突破4亿t，居世界首位。某中学社会实践活动小组利用假期对当地钢铁厂进行了调研，对从矿石开始到钢铁产出的工艺流程有了全面的感性认识。请您对社会实践活动小组感兴趣的问题进行计算：
(1)将6.62g铁矿石样品投入适量的盐酸中（充分反应），过滤，然后在滤液中加过量的NaOH溶液，充分反应后，过滤、洗涤、灼烧得4.80g。现以该铁矿石为原料炼铁，若生产过程中铁元素损失4％，计算每生产1.00t生铁（含铁96％），至少需要这种铁矿石多少吨 （保留两位小数）
(2)取某钢样粉末28.12g（假设只含Fe和C），在氧气流中充分反应，得到气体224mL。（标准状况）。
①计算此钢样粉末中铁和碳的物质的量之比。
②再取三份不同质量的钢样粉末分别加到l00mL相同浓度的溶液中，充分反应后，测得的实验数据如下表所示：
实验序号 I Ⅱ Ⅲ
加入钢样粉末的质量／g 2.812 5.624 8.436
生成气体的体积／L（标准状况） 1.120 2.240 2.800
计算硫酸溶液的物质的量浓度。
③若在实验Ⅱ中继续加入mg钢样粉末，计算反应结束后剩余的固体质量为多少 （用含m的代数式表示）
21．在15.2 g铁和铜组成的合金中加入过量的硝酸溶液，合金完全溶解，同时生成0.3 mol NO2和0.1 mol NO的混合气体。
(1)反应中转移电子的物质的量为___________mol。
(2)所得溶液中n(Cu2+)=___________mol。
(3)向所得溶液中加入足量的NaOH溶液，生成___________g沉淀。
参考答案：
1．D
【详解】A.Al(OH)3是两性氢氧化物，可以和过量氢氧化钠反应生偏铝酸钠，故不能制备氢氧化铝悬浊液，A错误；
B.氢氧化钠也和乙酸乙酯反应，应该用饱和碳酸钠除去乙酸，然后分液即可，B错误；
C.氯水具有强氧化性，可能把Fe2＋氧化成Fe3＋，也会出现上述现象，C错误；
D.两试管做对比实验，如果第二支试管冒出气泡多与第一支，说明FeCl3是催化剂，加快反应速率，D正确。
答案选D。
【点睛】实验方案设计要求最简，对环境危害小，实验能否成功需要看细节，氢氧化铝呈两性，氢氧化钠过量，会使氢氧化铝溶解；实验室常用氨水，离子检验要防止其他离子的干扰，特别注意氯离子干扰，因此平时学习时多注意细节问题，注意相关基础知识的积累和灵活应用。
2．A
【详解】A．聚乙烯没有碳碳双键，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A符合题意；
B．乙醇能使酸性高锰酸钾溶液褪色，乙醇变乙酸，故B不符合题意；
C．二氧化硫能使酸性高锰酸钾溶液褪色，二氧化硫变硫酸根，故C不符合题意；
D．乙烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，乙烯变为二氧化碳，故D不符合题意。
综上所述，答案为A。
3．A
【详解】用硫酸溶解后，得到的产物加KSCN溶液，无血红色出现，说明得到的产物是硝酸亚铁，即混合物中的铁元素全在硝酸亚铁中，用足量的CO在高温下还原相同质量的混合物得到的铁和生成的硝酸亚铁中的铁相等，形成硝酸亚铁的硝酸的物质的量为：2mol/L×0.15L-=0.25mol，根据硫酸根守恒，则n(Fe)=n[Fe(NO3)2]=n(HNO3)=0.125mol，m(Fe)=0.125mol56g/mol=7.0g，即能得到铁的质量为7.0g。
答案选A。
4．D
【分析】A．pH=0溶液呈酸性，酸性溶液中硝酸根离子具有氧化性能氧化亚铁离子；
B．弱碱的阳离子铵根离子水解；
C．NO极易被空气中的氧气氧化；
D．稀硝酸或浓硝酸与铜反应生成硝酸铜、氮氧化物和水；
【详解】A．pH=0溶液呈酸性，酸性溶液中硝酸根离子具有氧化性能氧化亚铁离子，离子不能大量共存于溶液中，故A错误；
B．1L浓度为1mol L-1的NH4Cl溶液中，铵根离子水解，含有NH4+离子小于NA个，故B错误；
C．除去NO中混有的少量NO2，可将混合气体通过盛有水的洗气瓶，但NO极易被空气中的氧气氧化，所以不能用排空气法收集，故C错误；
D．稀硝酸或浓硝酸与铜反应生成硝酸铜、氮氧化物和水，均体现出硝酸的酸性和强氧化性，故D正确；
故答案选D。
5．B
【详解】A．氢氧化铁与氢碘酸反应生成碘化亚铁、碘和水，反应的离子方程式为2Fe(OH)3+2I—+6H+=2Fe2++I2+3H2O，故A错误；
B．碳酸氢钙溶液与少量氢氧化钠溶液反应生成碳酸钙沉淀、碳酸氢钠和水，反应的离子方程式为Ca2+++OH—=CaCO3↓+H2O，故B正确；
C．金属钠在空气中加热生成淡黄色的过氧化钠固体，反应的化学方程式为2Na+O2Na2O2，故C错误；
D．氨水与少量的二氧化硫反应生成亚硫酸铵，反应的离子方程式为2NH3·H2O+SO2=2十+H2O，故D错误；
故选B。
6．C
【详解】A.Fe与盐酸反应生成氯化亚铁，Fe与氯气反应生成氯化铁，所得氯化物不同，故A错误；
B.再加入固体，在酸性条件下Cu、氢离子、硝酸根离子发生氧化还原反应使Cu溶解，故B错误；
C.氢氧化铝不溶于氨水，但溶于强酸，则向溶液中滴加氨水，产生白色沉淀；再加入过量溶液，沉淀消失，故C正确；
D.与二氧化碳反应只生成碳酸钠，而与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，所以产物不同，而、组成元素相同，阴阳离子个数比相同均为1:2，故D错误；
故选C。
7．A
【详解】明矾或铁盐可水解生成具有吸附性氢氧化铝、氢氧化铁胶体，可用于除去水中的悬浮物，故A正确；
B.石灰石高温煅烧产生的氧化钙可以和有毒气体二氧化硫反应，生成的亚硫酸钙不稳定，易被氧气氧化为稳定的硫酸钙，实现煤的脱硫，故B错误；
C.光导纤维的成分是二氧化硅，不是硅单质，硅常用于半导体材料，故C错误；
D.小苏打与盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，反应的化学方程式为，患胃溃疡，服用小苏打，易穿孔，故D错误；
故选A。
8．C
【详解】A．燃烧的条件：可燃物、温度达到可燃物着火点、可燃物与氧气接触；白磷燃烧，红磷不燃烧，说明白磷的着火点比红磷的着火点低，A正确；
B．浓氨水挥发出的氨气分子不断运动到b中，使溶液显碱性，故烧杯b中的酚酞溶液变红色，说明分子不断运动；B正确；
C．铁生锈是铁和氧气、水共同作用的结果，C错误；
D．二氧化碳从上面倒入，下层蜡烛先熄灭，说明通常状况下二氧化碳不燃烧，不支持燃烧，且密度大于空气，D正确；
故选C。
9．C
【详解】A．FeSO4、MnO2、NaClO、H2SO3几种物质都是既有氧化性，又有还原性，因此可以将H2SO3与前几种物质归为一类，A不符合题意；
B．CH3COOH、H2CO3、HClO、H2SiO3都是弱酸，因此可以将H2SiO3与前几种物质归为一类，B不符合题意；
C．焰色试验过程中没有新物质产生，发生的变化为物理变化，而复分解反应、氧化还原反应、离子反应都是化学变化，有新物质产生，因此焰色试验与前几种反应不能归为一类，C符合题意；
D．(NH4)2SO4与前几种物质都属于铵盐，可以归为一类，D不符合题意；
故合理选项是C。
10．B
【详解】A．浓硫酸具有吸水性，露置于空气中一段时间后，溶液的总质量增加，A不符合；
B．浓盐酸易挥发，露置于空气中一段时间后，溶液的总质量减少，B符合；
C．氢氧化钠溶液吸收二氧化碳生成碳酸钠，溶液的总质量增加，C不符合；
D．碳酸钠溶液吸收二氧化碳生成碳酸氢钠，溶液的总质量增加，D不符合；
答案选B。
11．A
【详解】A.化石燃料生成时间长，属于不可再生能源，A错误；
B.食盐它可以使细菌细胞脱水死亡，所以可以杀菌，可作为防腐剂，食盐具有咸味，是咸味剂，可作调味剂，B正确；
C.蚕丝的主要成分是蛋白质，蛋白质属于天然高分子化合物，C正确；
D.空气质量报告中PM2.5指的是悬浮颗粒物，易引起肺部疾病，D正确；
故答案选A。
12．A
【详解】A. 氢氧化钠能与玻璃中的二氧化硅反应生成硅酸钠，硅酸钠水溶液具有粘性，会将试剂瓶与玻璃塞粘在一起，所以盛放NaOH溶液的试剂瓶不能使用玻璃塞，A错误；
B. 金属钠在室温下容易与水或氧气反应，因此金属Na保存时要隔绝空气、水，由于煤油的密度比钠小，与煤油不发生反应，所以金属钠应该可以保存在煤油中，B正确；
C. 氯水中含有盐酸和次氯酸，盐酸具有酸性，能够使紫色石蕊试液变红色；而次氯酸具有强的氧化性，会将有色物质氧化变为无色，因此会看到紫色试液中滴入氯水后溶液先变为红色然后又褪色，C正确；
D. 浓硝酸或浓硫酸具有强的氧化性，在室温下会将铁和铝的金属表面产生一层致密的氧化物保护膜，阻止金属的进一步氧化，即发生钝化现象，所以可以用铁与铝盛放浓硝酸或浓硫酸，D正确；
故合理选项是A。
13．A
【详解】A．FeO是一种黑色粉末，不稳定，在空气中受热，部分被氧化，氧化生成Fe3O4，故A错误；
B．转化③发生的反应为4 Fe(OH)2+O2+2H2O= 4Fe(OH)3，可以通过化合反应实现，故B正确；
C．中加入铁发生反应：Fe+2=3Fe2+，可以实现转化⑤，故C正确；
D．加热Fe(OH)3生成Fe2O3，可发生转化⑥，故D正确；
故选：A。
14．C
【详解】A．能和碱反应生成盐和水的氧化物是酸性氧化物，一氧化氮和碱不反应，所以是不成盐化合物，故A错误；
B．氮气和氧气在高温放电条件下能生成一氧化氮，故B错误；
C．形成酸雨的主要成分是二氧化硫和氮氧化物，一氧化氮与空气中氧气相遇生成二氧化氮，故C正确；
D．一氧化氮不稳定，易被氧化生成二氧化氮，所以一氧化氮不能用排空气法收集，一氧化氮不溶于水，所以可以采用排水法收集，故D错误；
答案选C。
【点睛】本题考查了一氧化氮的性质，明确一氧化氮的溶解性、稳定性、毒性即可解答。
15．B
【详解】A. 浓硝酸受热分解生成和，且与的体积比为4：1，该气体中的含量接近于空气中的含量，故该气体中的不能使带火星的木条复燃，而实验①中气体能使带火星的木条复燃，则说明实验①产生的气体中的支持燃烧，A项正确；
B. 灼热的铁片放入浓硝酸中，相当于浓硝酸与铁在加热的条件下反应，红棕色气体是铁与浓硝酸反应的产物，B项错误；
C. 对比实验①④⑤，实验④中的灼热的木炭没有接触浓硝酸，但出现了红棕色气体，则红棕色气体可能是由挥发的硝酸受热分解产生的，C项正确；
D. 五支试管中的红棕色气体均来自，故均为还原产物，D项正确；
故选B。
16． AB A D
【详解】(1)银能与硝酸反应：，一部分硝酸中的N元素从+5价降至+2价，体现氧化性，一部分硝酸与银离子结合成盐，体现酸性，答案是AB；
(2)常温下铁或铝与浓HNO3发生钝化反应，体现强氧化性；答案是A；
(3)硝酸不稳定，分解成二氧化氮、氧气和水，因溶有二氧化氮呈黄色，体现不稳定性，答案是D。
17． Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O 取2～3mL浓硫酸于试管中，放入少量铜片，加热试管，将产生的气体通入品红溶液，观察到品红溶液褪色，证明验证明实现了的转化 B NaOH 2+O2 =2
【分析】铜和浓硫酸加热反应可以实现→的转化，中硫元素的化合价为+2价，SO2中硫元素的化合价为+4价，转化Ⅰ为加入氧化剂实现到SO2的转化，转化Ⅱ为SO2转化为，二氧化硫是酸性氧化物，和碱溶液反应生成盐和水，二氧化硫通入氢氧化钠溶液发生复分解反应生成亚硫酸钠和水；转化Ⅲ为Na2SO3溶液加入氧化剂转变为Na2SO4，由此分析。
【详解】(1)+6价降低到+4价变化的反应是浓硫酸被还原，铜和浓硫酸加热反应可以实现，反应的化学方程式：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O；
(2)若铜与浓硫酸反应生成了二氧化硫，二氧化硫具有漂白性，可以使品红褪色，故证明实现了铜和浓硫酸反应生成二氧化硫的实验是，取2~3mL浓硫酸于试管中，放入少量铜片，加热试管，将产生的气体通入品红溶液，观察到品红溶液褪色，证明验证明实现了的转化；
(3)Na2S2O3中硫元素的化合价为+2价，欲制备Na2S2O3，从氧化还原角度分析，应该由低于+2价的物质和高于+2价的物质发生氧化还原反应得到，
A．Na2S中S元素的化合价为-2价，S中硫元素的化合价为0价，化合价都低于+2价，二者发生氧化还原反应不能得到Na2S2O3，故A不符合题意；
B．Na2SO3中S元素的化合价为+4价，S中硫元素的化合价为0价，化合价一个低于+2价，一个高于+2价，二者发生氧化还原反应可以得到Na2S2O3，故B符合题意；
C．Na2SO3中S元素的化合价为+4价，Na2SO4中硫元素的化合价为+6价，化合价都高于+4价，二者发生氧化还原反应不能得到Na2S2O3，故C不符合题意；
D．SO2中S元素的化合价为+4价，Na2SO4中硫元素的化合价为+6价，化合价都高于+4价，二者发生氧化还原反应不能得到Na2S2O3，故D不符合题意；
答案选B；
(4)根据分析，转化Ⅱ中加入的物质可以是NaOH，二氧化硫是酸性氧化物，和碱溶液反应生成盐和水，二氧化硫通入氢氧化钠溶液发生复分解反应生成亚硫酸钠和水；
(5)转化Ⅲ为Na2SO3溶液加入氧化剂转变为Na2SO4，可以通入氧气来实现，离子方程式为：2+O2 =2。
18． SO2＋I2＋2H2O=H2SO4＋2HI d→e→i→h→g→f→b→c 长颈漏斗 平衡内外气压，防止压强过大 打开弹簧夹，通入氮气 将装置中的SO2全部赶入B装置中吸收 碱式 7.2 偏低
【分析】(1)利用I2和SO2反应定量消耗水，碘单质具有氧化性，二氧化硫具有还原性，二者在水中发生氧化还原反应生成碘化氢和硫酸，据此写出反应的方程式；
(2)装置A是制备二氧化硫气体，装置B中的碱石灰可以吸收尾气，并防止外界水蒸气进入装置，应该在整套装置的最后，D装置应该为二氧化硫与样品反应的装置，进入该装置的二氧化硫需要用浓硫酸(E)干燥，C装置为安全瓶，因此装置的顺序为ACEDB，据此分析解答；
(3)操作步骤：①连接装置并检查装置气密性，②装入药品，打开弹簧夹，通入氮气，把装置内空气赶净，③关闭弹簧夹，打开分液漏斗活塞；④反应结束后，关闭分液漏斗活塞，继续通入N2 ，将装置中的SO2全部赶入B装置中吸收，据此分析解答；
(4)Na2S2O3水解显碱性；据此分析解答；
(5)①实验过程中碘与二氧化硫反应后，剩余的碘用0.20 mol L-1Na2S2O3标准液滴定，根据消耗的Na2S2O3求出剩余的碘，再根据(1)中的方程式求出消耗的水，最后求样品中水的含量；②若Na2S2O3标准液已部分氧化变质，消耗硫代硫酸钠溶液体积增大，测定剩余碘单质物质的量增大，据此分析判断。
【详解】(1)碘单质具有氧化性，二氧化硫具有还原性，二者在水中发生氧化还原反应生成氢碘酸和硫酸，反应的化学方程式为：SO2+I2+2H2O=2HI+H2SO4，故答案为SO2+I2+2H2O=2HI+H2SO4；
(2) 装置A是制备二氧化硫气体，装置B中的碱石灰可以吸收尾气，并防止外界水蒸气进入装置，应该在整套装置的最后，D装置应该为二氧化硫与样品反应的装置，进入该装置的二氧化硫需要用浓硫酸(E)干燥，C装置为安全瓶，因此装置的顺序为ACEDB，接口顺序为d→e→i→h→g→f→b→(c)；根据图示，M为长颈漏斗，在实验过程中，可以起到平衡内外气压，防止压强过大的作用，故答案为d→e→i→h→g→f→b→(c)；长颈漏斗；平衡内外气压，防止压强过大；
(3)操作步骤：①连接装置并检查装置气密性，②装入药品，打开弹簧夹，通入氮气，把装置内空气赶净，③关闭弹簧夹，打开分液漏斗活塞；④反应结束后，关闭分液漏斗活塞，继续通入N2 ，将装置中的SO2全部赶入B装置中吸收，⑤取下D装置；故答案为打开弹簧夹，通入氮气；将装置中的SO2全部赶入B装置中吸收；
(4)Na2S2O3水解显碱性，Na2S2O3标准液应装在碱式滴定管中；故答案为碱式；
(5)①实验开始时，向D 装置中加入10.00克土壤样品和10.16克I2(已知I2过量)，n(I2)==0.04mol，向反应后的D装置加入蒸馏水，过滤，充分洗涤，并合并洗涤液和滤液，将其配成250.00mL溶液，取 25.00mL 用0.20 mol·L-1 Na2S2O3标准液滴定剩余I2单质，根据实验数据可知，实验①的误差较大，删除该数值，②③④实验消耗Na2S2O3溶液的平均值=mL =20.00 mL，根据2+I2=+2I-，消耗碘单质物质的量= n(Na2S2O3)××=×0.0200L×0.20mol/L ×10=0.02mol，与二氧化硫反应的碘单质物质的量=0.04mol-0.02mol=0.02mol，消耗水为0.04mol，土壤样品中水的含量=×100%=7.2%，故答案为7.2%；
②若Na2S2O3标准液已部分氧化变质，滴定过程中消耗的硫代硫酸钠溶液体积增大，测定剩余碘单质物质的量增大，则与二氧化硫反应的碘单质减少，反应的水的物质的量减小，计算得到水的含量偏低，故答案为偏低。
19． Cu + 2H2SO4(浓)CuSO4+ SO2↑+ 2H2O 酸性、强氧化性 MnO2+4H++2Cl—Mn2++Cl2↑+2H2O HCl 分液漏斗 变红 不变色 SO2+Cl2+2H2O ==2HCl+H2SO4 降低体系温度，防止Br2挥发，使反应进行完全 蒸馏 过滤 除去粗产品中的Br2 KSCN 溶液变为血红色 溶解了少量Br2 加入CCl4进行萃取，若观察CCl4中有橙红色液体出现，可证明
【详解】（1）在A中，Cu与浓硫酸混合加热发生反应产生硫酸铜、二氧化硫和水，反应的化学方程式Cu + 2H2SO4(浓)CuSO4+ SO2↑+ 2H2O；在该反应中浓硫酸表现出酸性和强的氧化性。
（2）实验室用MnO2与浓盐酸混合加热制取Cl2，反应的离子方程式为MnO2+ 4H++ 2Cl—Mn2++ Cl2↑+ 2H2O；在该反应中的还原剂是浓盐酸，化学式是HCl。
（3）①装置A和E中，常用于萃取操作的仪器是分液漏斗；②停止通气后，再给B、D两个试管分别加热，由于SO2的漂白是结合漂白，产生的无色物质不稳定，受热分解，使物质恢复原来的颜色，而氯气与水发生反应产生的HClO的漂白是氧化漂白，产生的物质结构稳定，加热也不能分解而使其恢复原来的颜色，故两个试管中的现象分别为B：变红，D：不变色；
（4）将制得的SO2和Cl2按1：1同时通入到品红溶液中，结果发现品红溶液未褪色，并且生成了两种常见的强酸，用化学方程式表示反应原理是：SO2+ Cl2+ 2H2O = 2HCl + H2SO4；
（5）①在反应室中发生反应：SO2+ Br2+ 2H2O =2HBr+ H2SO4，使用冰水的目的是降低体系温度，防止Br2挥发，使反应进行完全；
②操作I是分离互溶的沸点不同的液体混合物的方法，名称是蒸馏；操作Ⅱ是分离难溶性的固体与可溶性的液体混合物的方法，名称是过滤；
③反应室②中加入Na2SO3具有还原性，可以将未反应的Br2还原为HBr，除去粗产品中的Br2；
④A．甲同学假设工业氢溴酸呈淡黄色是因为含Fe3+，则用于证明该假设所用的试剂为 KSCN溶液，若假设成立，二者会发生反应产生Fe(SCN)3，使溶液变为血红色；
B．乙同学假设工业氢溴酸呈淡黄色是因为少量Br2；用于证明该假设成立的方法可根据Br2容易溶解在有机物中，根据有机溶剂的颜色的不同鉴定，加入CCl4进行萃取，若观察CCl4中有橙红色液体出现，可证明含有Br2。
20．(1)1.97
(2)①50：1
②1.25mol L 1
③当时，剩余的固体质量为；当时，剩余固体的质量为
【详解】（1）6.62g铁矿石中铁元素的质量为
根据铁元素守恒，生产l.00t生铁需要铁矿石的质量为： m（铁矿石）。
（2）①
；
。
②根据实验数据，实验Ⅲ硫酸完全反应，钢样有剩余，设硫酸的物质的量为xmol：
。
③根据，y=7g，100mL硫酸最多溶解钢样的质量为，当钢样粉末中的铁未全部溶解时（），剩余的固体质量为： ；
当钢样粉末中的铁全部溶解时（），剩余的固体只有碳粉，质量为。
21． 0.6 0.15 25.4
【分析】15.2 g铁和铜组成的合金中加入过量的硝酸溶液，合金完全溶解,生成硝酸铁、硝酸铜，向所得溶液中加入足量的NaOH溶液，生成沉淀为氢氧化铁、氢氧化铜的总质量。根据氧化还原反应中电子守恒可知，金属提供电子物质的量等于氢氧根物质的量等于形成沉淀时结合OH-的物质的量，然后分析计算。
【详解】(1)在氧化还原反应中金属失去电子与HNO3得到电子被还原为气体时得到电子的物质的量相等。n(e-)=0.3 mol ×(5-4)+0.1 mol×(5-2)=0.6 mol；
(2)假设混合物中Fe、Cu的物质的量分别为x、y，由于硝酸足量，Fe与HNO3反应产生Fe(NO3)3、Cu(NO3)2，则3x+2y=0.6 mol，56x+64y=15.2 g，解得x=0.1 mol，y=0.15 mol，所以Cu反应后得到的Cu2+的物质的量为0.15 mol；
(3)反应会向所得溶液中含有Fe(NO3)3、Cu(NO3)2，加入足量NaOH溶液，得到Fe(OH)3、Cu(OH)2，沉淀质量为金属Fe、Cu的质量与OH-的质量和，OH-的物质的量与转移电子的物质的量相等，故n(沉淀)= 15.2 g+0.6 mol×17 g/mol=25.4 g。