第一章物质及其变化检测题高一上学期化学人教版（2019）必修第一册（含解析）

第一章《物质及其变化》检测题
一、单选题
1．某工业废水仅含有、、、、、、中的种离子(少量存在的离子不考虑)。某同学欲探究该废水的组成，进行了如下实验：
①取废水少许，加入足量稀盐酸，有气体逸出且气体为无色；
②向①所得的溶液中加入溶液，有白色沉淀生成。
下列推断正确的是
A．该废水可能为蓝色溶液 B．②中白色沉淀为和
C．该废水中肯定含有、、 D．该废水中可能同时含有、
2．下列属于氧化还原反应的是(　　)
A．NH4Cl＋NaOHNH3↑＋NaCl＋H2O B．C(石墨) C(金刚石)
C．CaCO3＋2HCl=CaCl2＋CO2↑＋H2O D．3CO＋Fe2O32Fe＋3CO2
3．下列电离方程式中正确的是（　 ）
A．H2SO4＝H2++ B．Al(OH)3 ＝ Al3++ 3OH-
C．AlCl3＝Al+3+3Cl-1 D．NaHCO3＝Na+ +
4．下列离子一定能大量共存的是
A．水溶液中：K+、Al3+、HCO3-、SO42-
B．酸性溶液中：Fe3+、Mg2+、I-、SO42-
C．澄清透明溶液：Cu2+、Na+、SO42-、NO3-
D．常温下水电离出的c（H+）=10-11 mol/L的溶液：K+、Na+、SiO32-、NO3-
5．胶体与其它分散系的本质区别是
A．能产生丁达尔效应 B．胶体微粒能通过滤纸
C．分散质微粒直径在1~100 nm之间 D．胶体在一定条件下能稳定存在
6．滴有酚酞的溶液显红色，在该溶液中分别滴加X溶液至过量后有下列现象。下列说法不正确的是
序号 装置 X溶液 现象
I 盐酸 溶液红色褪去，无沉淀，灯泡亮度变暗，但不熄灭，后来又慢慢变亮
II 溶液红色不变，有白色沉淀生成，灯泡亮度变暗，但不熄灭，后来又慢慢变亮
III 溶液红色褪去，有白色沉淀生成，灯泡逐渐变暗，最终熄灭，然后又逐渐变亮
A．实验I中溶液红色褪去，说明发生了反应
B．实验II中溶液红色不变，且灯泡亮度变暗，说明溶液中离子总数与原溶液相比有明显减少
C．实验III中溶液红色褪去，有白色沉淀生成，灯泡逐渐变暗，说明发生了反应
D．将实验II中溶液换成溶液，现象与原实验Ⅱ中的现象不同
7．常温下，下列各组离子能大量共存的是
A．pH=12的溶液中：K+、Na+、Br－、AlO2－
B．无色溶液中：H+、K+、MnO4－、C2O42－
C．c(Fe3+)=0.1mol·L－1的溶液中：K+、H+、SCN－、I－
D．由水电离出的c(OH－)=1.0×10－13mol·L－1的溶液中：Na+、NH4+、SO42－、HCO3－
8．ClO2是国际上公认的安全无毒的绿色消毒剂，它的一种制备原理为：。下列说法正确的是
A．可用pH试纸检测反应后溶液的pH值
B．除H2O2外，上述物质中有2种是非电解质
C．该反应中H2O2既是氧化剂又是还原剂
D．氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：2
9．用特殊的方法把固体加工成纳米级(直径为1-100nm)的超细粉末粒子，可制得纳米材料。下列分散系中，分散质粒子的直径和这种超细粉末粒子的直径具有相同数量级的是
A．溶液 B．胶体 C．悬浊液 D．乳浊液
10．水热法制备Fe3O4纳米颗粒的反应如下(反应条件忽略)3Fe2++2S2O+O2+xOH-=Fe3O4+S4O+2H2O，下列说法不正确的是
A．2mol Fe2+被氧化时有1mol O2被还原 B．该反应中Fe2+和S2O都是还原剂
C．每生成1mol Fe3O4转移2mol电子 D．离子方程式中x=4
11．实现下列转化，必须加入氧化剂或还原剂的是
A．NO2→NO B．NH4+→NH3 C．NH3→NO D．CO2→Na2CO3
12．2020年初，新冠病毒肆虐全球，严重威胁人类健康，中国人民在以习近平同志为核心的党中央坚强领导下，团结一心、众志成城，打赢了抗疫的遭遇战、阻击战。在治疗新冠肺炎的药物中，中药“连花清瘟胶囊”起到了重要作用，其成分是连翘、金银花、炙麻黄、炒苦杏仁、石膏、板蓝根、绵马贯众、鱼腥草、广藿香、大黄、红景天、薄荷脑、甘草。连翘的主要成分之一连翘甙(Phillyrin)的分子式为C27H34O11，下列对连翘甙描述错误的是
A．连翘甙中碳、氧元素的质量比是81：44
B．连翘甙是由碳、氢、氧三种元素组成的有机物
C．连翘甙由27个碳原子、34个氢原子、11个氧原子构成
D．连翘甙中氢元素的质量分数最小
13．在强酸性无色透明溶液中，下列各组离子能大量共存的是
A．Fe3+、K+、Cl-、NO B．Ag+、Na+、NO、Cl-
C．K+、Mg2+、SO、Cl- D．Ba2+、NH、Cl-、CO
14．中国最新战机歼一31使用了高强度、耐高温的钛合金材料。工业上冶炼钛的反应为TiCl4+2Mg=Ti+2MgCl2。下列有关该反应的说法正确的是（ ）
A．Mg被氧化 B．TiCl4是还原剂
C．Ti是氧化产物 D．24g Mg参加反应转移1mol e-
15．下列物质溶于水后不能电离的是
A．酒精 B．氯化氢 C．氯化钠 D．氢氧化钡
二、填空题
16．是广泛使用的漂白剂、消毒剂。某工厂生产和的反应原理为：
(1)中氯元素的化合价___________；该反应的还原剂为___________；
(2)用单线桥法标出上述化学方程式的电子转移情况___________；
(3)若生成标准状况下，则反应转移的电子数为___________；
(4)是市场上一种比较理想的饮用水消毒剂，在消毒时自身均被还原为，则的消毒效率(以单位质量得到的电子数表示)是___________(结果用最简分数表示)
17．从碳酸钙、稀盐酸、铁、氧气中的四种物质中选出一种或几种为反应物，按下述反应类型，各写一个化学方程式。
①分解反应：___________
②化合反应：___________
③置换反应：___________
④复分解反应：___________
18．在酸性条件下，NO与I-、Fe2+、SO等离子均不能大量共存。(_____)
三、实验题
19．二氧化氯()是一种黄绿色有刺激性气味的气体，与的氧化性相近，可用于自来水消毒。为检测二氧化氯能否与溶液反应，某兴趣小组设计了下述实验(实验装置如图所示，且气密性良好，D中稳定剂不能与反应)。回答下列问题：
(1)盛放稀盐酸仪器的名称为_______。
(2)打开B的活塞，A中发生反应，且产物有、等，该反应的化学方程式为_______。
(3)关闭B的活塞，在D中被稳定剂完全吸收生成，此时观察到F中溶液的颜色不变，则装置C的作用是_______。
(4)已知在酸性条件下可发生反应生成并放出，反应的离子方程式为_______。打开E的活塞，D中发生反应，观察到装置F中的溶液变成蓝色，则F的反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_______。
(5)自来水厂用碘量法检测水中的浓度，其实验操作如下：取300.0的水样，酸化，加入足量的碘化钾反应，再用0.2000溶液和生成的碘单质反应(反应的化学方程式为：)，恰好完全反应时用去25.00溶液，测得该水样中的含量为_______。
(6)该小组同学还制得了的水溶液，以探究的还原性。他们进行了如下实验：取一定量的溶液，向其中滴加的水溶液。某同学对反应后的产物的成分(不考虑)提出了如下假设：
假设1：和；
假设2：、；
假设3：、；
假设4：、、
其中假设_______(填“1”“2”“3”或“4”)错误，理由是_______。
20．过碳酸钠(Na2CO4)是工业上常用的漂白剂和氧化剂。该产品中可能含有纯碱杂质，实验室在常温常压下利用如图所示装置判断样品中是否含有Na2CO3并测定样品中过碳酸钠的纯度。图中C中装有碱石灰，Q为弹性很好的气球，称取mg的样品放入其中，按图安装好仪器，打开漏斗的活塞，将稀硫酸滴入气球中。回答下列相关问题：
已知：
①常温常压下，气体摩尔体积约为24.5L/mol。
②过碳酸钠易溶解于水，可以与酸反应：2CO+4H+=2CO2↑+O2↑+2H2O
(1)仪器a的名称为___________；装置Ⅱ测量气体体积时应注意①读数时视线与量气管最低凹液面相平②___________③___________
(2)通过控制活塞可以在I和II测得两个气体体积的数值，利用装置Ⅱ测出气体的总体积与装置Ⅰ对比，若Ⅱ读数与Ⅰ读数比值约为___________即可判断样品中无Na2CO3。
(3)读取装置Ⅰ中量筒的体积为VmL，用含m、V的表达式表示样品中Na2CO4的百分含量为___________。
(4)下列实验操作，可能会造成测定结果偏高的操作有___________。
A．若在导管b加一个止水夹并关闭止水夹
B．反应结束后，量筒液面高于水槽液面
C．反应结束后立即对量筒读数
D．称量样品时，有样品粘在滤纸上
21．现有、、NaCl、四种溶液，某化学兴趣小组设计如下实验可将其鉴别出来。实验步骤如下：
①取等体积的上述四种溶液A、B、C、D分别置于四支试管中，对四支试管均进行下列操作：加入过量的NaOH溶液、加热、将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口。观察到盛装B、D溶液的试管口的试纸变蓝。
②向①中反应后的四支试管中，分别依次加入足量溶液，观察到盛装B、C溶液的试管内产生白色沉淀。
根据所学知识，按要求回答下列问题：
(1)溶液A、C中的溶质依次为_______、_______。(填化学式)
(2)溶液B与NaOH溶液共热时发生反应的离子方程式为_______。
(3)步骤②试管中产生的白色沉淀的化学式为_______。
(4)检验溶液D中溶质的阴离子的具体实验操作为_______，现象为_______。
四、计算题
22．铜及其化合物在工业、农业、科技和日常生活中有广泛应用。
（1）工业上利用辉铜矿（主要成分是Cu2S)冶炼铜。
为了测定辉铜矿样品的纯度，用酸性高锰酸钾溶液反应，请完成下列离子方程式：
Cu2S+MnO4-+H+Cu2++SO42-+Mn2++H2O
_____________________________
（2）现有一块含有铜绿[Cu2（OH）2CO3]
的铜片（假设不含其它杂质）在空气中灼烧至完全反应，经测定，反应前后固体的质量相同。①固态铜与适量氧气反应，能量变化如图所示，写出固态铜与氧气反应生成1 mol固态氧化亚铜的热化学方程式______________________
②上述铜片中铜的生锈率为_______________
23．工业上采用向溶液中通入氯气，然后再加入溶液的方法制备，发生的反应为：
①(未配平)；
②(未配平)。
已知：反应①中
请计算：
(1)反应①中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________。
(2)要得到，消耗___________。(写出计算过程)
24．在50mL amol/L的硝酸溶液中，加入6.4gCu，全部溶解，假设硝酸的还原产物只有NO2和NO，将反应后溶液用蒸馏水稀释至100mL时测得c(NO)=3mol/L，则
（1）稀释后溶液c(H＋)=______ mol/L。
（2）若a＝9，则生成的气体中NO2的物质的量为________mol。
（3）治理氮氧化物污染的方法之一是用NaOH溶液进行吸收，反应原理如下：NO2＋NO＋2NaOH＝2NaNO2＋H2O，2NO2＋2NaOH＝NaNO3＋NaNO2＋H2O。将上述的（2）中的NO2和NO气体通入1mol/L的NaOH恰好被吸收，则NaOH溶液的体积为______mL。
参考答案：
1．C
【分析】根据①加盐酸有气体逸出且气体为无色，则溶液中有，则没有、；又根据②加入溶液，有白色沉淀生成，则含有，又根据电荷守恒，原溶液中一定含有。
【详解】A．加入足量盐酸，有气体生成，气体为二氧化碳，则一定含，阳离子一定不含、，A项错误；
B．加入溶液，有白色沉淀生成，因①中盐酸足量，白色沉淀为硫酸钡，不含碳酸钡，B项错误；
C．由电荷守恒可知，阳离子一定含，根据A、B还含有、，故C正确；
D．由电荷守恒可知，阳离子一定含，因该废水含种离子，、中只有一种存在，D项错误。
故选C。
2．D
【分析】氧化还原反应的特征是化合价的升降，凡是有元素化合价升降的反应即为氧化还原反应。
【详解】A．该反应中没有元素化合价的升降，所以不是氧化还原反应；
B．该反应中没有元素化合价的升降，所以不是氧化还原反应；
C．该反应中没有元素化合价的升降，所以不是氧化还原反应；
D．该反应中碳元素的化合价从+2价升高到+4价，铁元素的化合价从+3价降低到0价，所以是氧化还原反应；
故选D。
3．D
【详解】A．硫酸是强酸，故其电离方程式：为H2SO4＝2H++，A错误；
B．Al(OH)3是两性氢氧化物，为弱电解质，其电离方程式可表示为：Al(OH)3 Al3++ 3OH-或，B错误；
C．离子所带的电荷应该是数字在前，正负号在后，故AlCl3＝Al3++3Cl-，C错误；
D．NaHCO3是多元弱酸的酸式盐，故其电离方程式为：NaHCO3＝Na+ + ，D正确；
故答案为：D。
4．C
【详解】A. 水溶液中：Al3++3HCO3-=Al(OH)3＋3CO2↑，故A不符；
B. 酸性溶液中：2Fe3++2I-=I2＋2Fe2＋，故B不符；
C. 澄清透明溶液：Cu2+、Na+、SO42-、NO3-不生成沉淀、气体和水等，故C符合；
D. 常温下水电离出的c（H+）=10-11 mol/L的溶液可能是碱性或酸性：当溶液呈酸性时，2H++SiO32-=H2SiO3↓，故D不符；
故选C。
5．C
【详解】胶体区别于其它分散系的本质是胶体分散质微粒直径的大小，分散质粒子直径在1nm～100nm之间的分散系属于胶体，故选C。
【点睛】本题考查了胶体的本质特征，抓住不同分散系划分的依据是解题的关键。
6．B
【分析】电解质溶液导电的原因是存在自由移动的离子，导电能力大小与离子浓度及离子所带电荷有关；
【详解】A．酚酞遇碱变红，Ba(OH)2溶液显碱性，滴加盐酸，发生酸碱中和反应：H+ + OH- =H2O，溶液红色褪去，故A正确；
B．Ba(OH)2与Na2SO4发生复分解反应：Ba(OH)2 +Na2SO4= BaSO4↓ + 2NaOH，溶液红色不变，灯泡亮度变暗，由化学方程式可知，与原溶液相比，溶液中离子总数增大但是浓度减小，故B错误；
C．H2SO4与Ba(OH)2发生复分解反应：Ba2+ + 2OH- + 2H+ + = BaSO4↓+ 2H2O，溶液中离子浓度减小，灯泡变暗，氢氧根浓度逐渐减小，红色逐渐褪去，故C正确；
D．CuSO4与Ba(OH)2发生复分解反应：Ba(OH)2 +CuSO4= BaSO4↓ + Cu(OH)2 ↓，溶液中离子浓度逐渐减小，灯泡逐渐变暗，氢氧根浓度逐渐减小，红色逐渐褪去，与Na2SO4的实验现象不同，故D正确；
故选B。
7．A
【详解】A、pH=12的溶液显碱性，各离子互不反应，可以大量共存，正确；
B、MnO4 为紫色，不符合无色溶液的条件，错误；
C、Fe3+能与SCN 发生络合反应，不能大量共存，错误；
D、由水电离出的c(OH-) =1.0×10-13 mol·L－1的溶液可能显酸性，也可能显碱性，酸性时HCO3 与H+反应，碱性时OH 与HCO3 、NH4+反应，不能大量共存，错误。
故选A。
8．D
【详解】A．反应物中NaClO3、H2O2在酸性下都具有强氧化性，不能用pH试纸测反应液的pH值，A错误；
B．NaClO3、H2SO4、Na2SO4、H2O都是电解质，O2既不是电解质也不是非电解质，ClO2是非电解质， B错误；
C．该反应中H2O2中O化合价从-1升高到0转变为氧气，H2O2只做还原剂，C错误；
D．该反应中NaClO3中Cl化合价从+5降低到+4转变为ClO2，还原产物是ClO2，氧化产物是O2，则氧化产物与还原产物的物质的量之比为1:2， D正确；
答案选D。
9．B
【详解】由题意，超细粉末粒子的直径为1-100nm：
A．溶液粒子直径小于1nm，A不符题意；
B．胶体粒子直径介于1-100nm，B符合题意；
C．悬浊液粒子直径大于100nm，C不符题意；
D．乳浊液粒子直径大于100nm，D不符题意；
选B。
10．C
【详解】A．依据电荷守恒和原子守恒可得，配平后的方程式为：3Fe2++2S2O+O2+4OH-=Fe3O4+S4O+2H2O，依据方程式可知，当3molFe2+参加反应时，有2molFe2+化合价升高，则2molFe2+被氧化时有1molO2被还原，A正确；
B．还原剂具有还原性，化合价升高，铁元素和硫元素化合价升高，则该反应中Fe2+和S2O都是还原剂，B正确；
C．由配平后的方程式可知，每生成1molFe3O4转移4mol电子，C错误；
D．依据电荷守恒和原子守恒可得，x=4，D正确；
答案选C。
11．C
【详解】A．NO2→NO的过程中N元素化合价降低，可以由二氧化氮和水反应生成，则不需要加入氧化剂或还原剂，故A错误；
B．NH4+→NH3的过程中元素的化合价没有变化，不需要加入氧化剂或还原剂，故B错误；
C．NH3→NO过程中氮元素化合价升高，需要加入氧化剂，故C正确；
D．CO2→Na2CO3过程中元素化合价没有变化，不需要加入氧化剂或还原剂，故D错误；
故答案选C。
12．C
【详解】A．根据连翘甙的分子式C27H34O11，可计算出连翘甙中碳、氧元素的质量比是12×27：16×11=81：44，正确；
B．根据连翘甙的分子式C27H34O11，可知连翘甙是由碳、氢、氧三种元素组成的有机物，正确；
C．1个连翘甙分子由27个碳原子、34个氢原子、11个氧原子构成，错误；
D．连翘甙的相对分子质量为242，则连翘甙中碳元素的质量分数为，氢元素的质量分数为，氧元素的质量分数为，所以氢元素的质量分数最小，正确；
故选C。
13．C
【详解】A．含Fe3+溶液显黄色，A不符合题意；
B．Ag++Cl-=AgCl↓，银离子和氯离子不能大量共存，B不符合题意；
C．选项所给离子在强酸性条件下不反应，能大量共存，且溶液呈无色，C符合题意；
D．由反应，且选项所给Ba2+与生成BaCO3沉淀，不能大量共存，D不符合题意；
故答案选C。
14．A
【详解】A. Mg化合价升高，被氧化，故A正确；
B. TiCl4中Ti化合价降低，是氧化剂，故B错误；
C. Ti是化合价降低得到的产物，是还原产物，故C错误；
D. 24g Mg即物质的量为1mol，1mol Mg参与反应转移2mol e－，故D错误；
综上所述，答案为A。
15．A
【详解】A．酒精属于非电解质，酒精溶于水后，不发生电离，以分子形式存在与溶液中，不能导电，故A可选；
B．氯化氢属于电解质，溶于水后，电离出氢离子和氯离子，溶液能够导电，故B不选；
C．氯化钠属于电解质，溶于水后，电离出钠离子和氯离子，溶液能够导电，故C不选；
D．氢氧化钡属于电解质，溶于水后，电离出钡离子和氢氧根离子，溶液能够导电，故D不选；
故选A。
16．(1) +5
(2)
(3)或
(4)
【解析】(1)
中Na元素+1价，O元素-2价，根据化合价代数和为零，氯元素的化合价是+5价；该反应中的被氧化为硫酸钠，作还原剂。
(2)
上述化学方程式的电子从的S元素失去，给了的Cl元素，共转移2e-，用单线桥法表达是：。
(3)
标准状况下物质的量是，根据方程式，转移的电子数为。
(4)
分子的Cl元素+4价，在消毒时被还原为-1价的，1mol得5NA电子，则以单位质量得到的电子数表示的消毒效率是。
17． CaCO3CaO+CO2↑ 3Fe+2O2Fe3O4 2HCl+Fe＝FeCl2+H2↑ CaCO3+2HCl＝CaCl2+H2O+CO2↑
【详解】①分解反应是指一种物质得到两种或两种以上物质的反应，因此对应的化学方程式可以是CaCO3CaO+CO2↑；②化合反应是指两种或两种以上物质生成一种物质的反应，因此对应的化学方程式可以是3Fe+2O2Fe3O4；③置换反应是指一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物的反应，化学方程式可以是2HCl+Fe＝FeCl2+H2↑；④复分解反应是由两种化合物互相交换成分，生成另外两种化合物的反应，因此对应的化学方程式可以是CaCO3+2HCl＝CaCl2+H2O+CO2↑。
18．正确
【详解】酸性条件下，含有大量H+，NO与H+共存形成硝酸，具有很强的氧化性， 与还原性离子I-、Fe2+、SO都能发生氧化氧化还原反应，故不能大量共存。描述正确。
19．(1)分液漏斗
(2)
(3)除去中的
(4) 1∶5
(5)225
(6) 2 会将氧化，与不能共存(或其他合理答案)
【分析】稀盐酸与NaClO3溶液在圆底烧瓶内反应，生成ClO2、Cl2等气体，气体通过装置C除去Cl2，ClO2进入装置D被稳定剂吸收生成NaClO，用淀粉-KI溶液检验是否有氧化性气体逸出，尾气用NaOH溶液吸收，用倒扣的漏斗防止倒吸。
（1）根据图示可知，盛放稀盐酸仪器为分液漏斗。
（2）依据实验装置图示可知反应物为稀盐酸和NaClO3溶液，产物为ClO2和Cl2，依据元素守恒可知还有NaCl和H2O生成，反应的化学方程式为。
（3）由，I2遇淀粉变蓝可知：F中的颜色不变，说明无I2生成，即通入到F中的气体中不含有Cl2，因此装置C的作用为除去ClO2中的Cl2。
（4）已知酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并放出ClO2，Cl的化合价由+3价变为-1价与+4价，反应是歧化反应，离子方程式为。打开E的活塞，D中发生反应生成ClO2，观察到装置F中的溶液变成蓝色，则F的反应为ClO2和碘化钾生成碘单质，氯元素化合价由+4变为-1，碘元素化合价由-1变为0，根据电子守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶5；
（5）根据反应方程式依据量比关系以及，可知：，300.0mL的水样消耗0.2000溶液25.00mL，则，则水样中的含量。
（6）由于Fe3+的氧化性比I2强，Fe3+会氧化I-生成碘单质，二者不能大量共存，则假设2错误。
20．(1) 分液漏斗 量气管液面与长颈漏斗液面相平 冷却至室温再读数
(2)3或3:1
(3)或或
(4)ABC
【分析】该实验测定原理是：稀硫酸和过碳酸钠反应生成两种气体和，杂质纯碱和稀硫酸反应生成，利用Ⅰ装置，气体经过C中的碱石灰吸收，收集测量反应生成的体积；利用装置II，生成的气体使气球Q变大，将广口瓶中的空气排出，通过量气管可测气体总体积，根据化学方程式计算出过碳酸钠的质量，进一步求出过碳酸钠的纯度。
【详解】（1）装置名称A与B是分开的，由仪器构造可知，A是分液漏斗；
（2）由过碳酸钠和硫酸反应的方程式可知，当II中测得生成3体积的气体时(2体积和1体积)，I中测得除被碱石灰吸收外还剩1体积，若样品中无，则无其它，两者体积比为3:1；
故答案为：3或3:1。
（3）I中气体就是，这些与过碳酸钠的关系式为：，根据常温常压下，，的物质的量为=mol，过碳酸钠的物质的量为2mol，则过碳酸钠的含量为：100%=；
故答案为：或或；
（4）过碳酸钠的含量表达式为，其中V是Ⅰ中量筒收集的体积，m为样品的质量。由表达式可知，测量的气体体积的大小决定纯度的高低；
A．若在导管B加一个止水夹并关闭止水夹，硫酸占有体积，气体体积变大，导致测定结果偏高，故A选；
B．反应结束后，量筒液面高于水槽液面，说明量管内气体压强小，气体体积变大，导致测定结果偏高，故B选；
C．由于反应放热，反应结束后立即对量筒读数，气体体积变大，导致测定结果偏高，故C选；
D．样品粘在滤纸上，样品用于产生气体的体积就变小，导致测定结果偏低，故D不选；
故答案选：ABC。
21．(1) NaCl
(2)
(3)
(4) 取溶液少许于试管中，滴加几滴(稀硝酸酸化)硝酸银溶液 有白色沉淀产生
【分析】加入过量的NaOH溶液、加热、将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口。观察到盛装B、D溶液的试管口的试纸变蓝，说明B、D物质中含有铵根离子；向①中反应后的四支试管中，分别依次加入足量BaCl2溶液，观察到盛装B、C溶液的试管内产生白色沉淀，反应产生硫酸钡沉淀，说明B、C物质中含有硫酸根离子，则A为NaCl，B为，C为，D为。
(1)
由上述分析可知，A为NaCl，C为；
(2)
溶液B为，与NaOH溶液共热时发生反应的离子方程式为；
(3)
由上述分析可知，步骤②试管中产生的白色沉淀为硫酸钡，化学式为；
(4)
溶液D中溶质的阴离子为Cl-，检验Cl-的具体实验操作为：取溶液少许于试管中，滴加几滴(稀硝酸酸化)硝酸银溶液；氯离子和银离子结合生成氯化银白色沉淀，因此观察到的实验现象为：有白色沉淀产生。
22． 1 2 8 2 1 2 4 2Cu（s）+1/2O2（g）= Cu2O（s）△H=-（a-b）／2kJ·mol-1 34%
【详解】试题分析：铜的化合价由+1变为+2，硫的化合价由-2变为+6, 1mol的Cu2S化合价升高10；锰元素的化合价由+2变为+7，1mol的MnO4-化合价降低5，根据电子守恒，可配平Cu2S的系数为1，MnO4-的系数为2；再根据铜元素守恒，Cu2+的系数为2、SO42-的系数为1、Mn2+的系数为1、最后根据电荷守恒配平H+-的系数为8、H2O的系数为4；（2）根据图象，生成2mol Cu2O放热a-bKJ，所以热化学方程式为2Cu（s）+1/2O2（g）= Cu2O（s）△H=-（a-b）／2kJ·mol-1；根据题意，铜和氧气生成氧化铜质量增加，与碱式碳酸铜分解质量减少的一样多，设铜的质量为xg，碱式碳酸铜的质量为yg；铜和氧气生成氧化铜质量增加，碱式碳酸铜中铜元素的质量为，碱式碳酸铜分解质量减少，则=，；=0．34=34%。
考点：本题考查氧化还原反应、化学反应中的能量变化。
23． 5∶3 0.48
【详解】(1)令n(ClO-)=5mol，n(ClO)=1mol，根据得失电子数目守恒，n(Cl-)×1=n(ClO-)×1+ n(ClO)×5，代入数值，解得n(Cl-)=10mol，因此氧化剂与还原剂的物质的量之比为10mol：(5mol+1mol)=5：3；故答案为5：3；
(2)反应①配平后为，反应②配平后为，建立关系式为24Cl2～15KClO～10Fe(NO3)3，因此n(O2)==0.48mol；故答案为0.48mol。
24． 1 0.125 150
【分析】（1）溶液n（Cu2+）=n（Cu），由电荷守恒可知溶液中c（NO3-）=c（H+）+2c（Cu2+），据此计算c（H+）；
（2）根据N元素守恒，可知n（NO2）+n（NO）=n硝酸溶液（HNO3）-n反应后溶液（NO3-），令NO2、NO的物质的量分别为xmol、ymol，利用电子转移守恒、二者的物质的量之和列方程计算；
（3）由NO2+NO+2NaOH═2NaNO2+H2O、2NO2+2NaOH═NaNO2+NaNO3+H2O可知，标准状况下11.2LNO2和NO的混合气体恰好与1mol/L的NaOH溶液反应，则n（NaOH）= n（NO）+n（NO2）。
【详解】（1）6.4g Cu的物质的量是=0.1mol，由铜原子个数守恒可知溶液n（Cu2+）=n（Cu）=0.1mol，则溶液中NO3-的浓度是3mol/L，Cu2+浓度是=1mol/L，由电荷守恒可得c（NO3-）=c（H+）+2c（Cu2+），解得c（H+）=1mol/L，故答案为：1；
（2）若a=9，则原硝酸溶液中硝酸的物质的量是0.45mol，由题意可知可知反应后溶液中NO3-的物质的量是0.3mol，则被还原的硝酸的物质的量是0.15mol，设混合气体中NO2的物质的量为xmol，NO的物质的量是ymol，由氮原子个数守恒可得①x+y=0.15，由得失电子数目守恒可得②x+3y=0.1×2，解①②得x=0.125mol，y=0.025mol，故答案为：0.125；
（3）由化学方程式可知，NO2和NO气体通入1mol/L的NaOH恰好被吸收生成NaNO3和NaNO2混合液，由盐的化学式可知，反应中n（NaOH）= n（NO）+n（NO2）=0.125+0.025=0.15mol，则1mol·L-1的NaOH溶液的体积是=0.15L=150mL，故答案为：150。