第3章物质的性质与转化综合练习（含解析）2023-2024学年高一化学鲁科版（2019）必修第一册

第3章物质的性质与转化综合练习
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、选择题
1．下列说法正确的是
A．空气质量报告中所列的空气质量级别数目越大，空气质量越好
B．废弃的塑料、金属、报纸及玻璃都是可回收再利用资源
C．含有较多盐的水叫做硬水
D．自然水加入明矾后，过滤便可得到软水
2．三星堆遗址出土的青铜大面具，亮相中央广播电视总台2022年春节联欢晚会，共庆新春佳节。青铜大面具是三星堆文化典型器物，距今已有3000多年，体现了古蜀先民对自然万物与人神世界的理解与思考。合金具有许多优良的物理、化学或机械性能。下面有关合金的说法正确的是
A．钛合金是一种新型金属单质 B．钛合金熔点比钛金属高
C．钛合金的硬度与钛单质相同 D．青铜、合金钢和硬铝都是合金
3．氯化亚铜(CuCl)广泛应用于化工、印染、电镀等行业；CuCl难溶于水和乙醇，潮湿时易水解氧化。工业以硫化铜精矿为原料，设计符合绿色化学理念的制备CuCl的流程如图：
下列说法不正确的是
A．步骤①焙烧产生的有毒气体用NaOH溶液吸收后可用于③的循环利用
B．硫化铜精矿直接用浓硝酸浸出可简化步骤①、②
C．步骤③离子方程式：2Cu2++2Cl-+SO+H2O=2CuCl↓+SO+2H+
D．步骤④用乙醇洗涤的目的是使CuCl加速干燥，防止发生水解氧化
4．下列关于的说法正确的是
A．可以与酸反应，是碱性氧化物
B．加热分解为铝和氧气
C．熔点高可以做耐火材料
D．打磨过的铝条在酒精灯上灼烧会有液体滴落
5．以下各组离子能在溶液中大量共存的是
A．含有大量的溶液：加入Mg2+、Cu2+、Cl-、
B．滴加酚酞变红的溶液：加入、Cu2+、K+、Cl-
C．常温下，加入铁粉能生成H2的溶液：加入Na+、Ca2+、Cl-、
D．所含溶质为NaHSO4的溶液：加入K+、Fe2+、、Na+
6．下列离子方程式正确的是
A．向NaClO溶液中通入少量：
B．可溶于稀硝酸：
C．稀硫酸中加氢氧化钡溶液：
D．向足量的溴化亚铁溶液中通入少量氯气：
7．下列物质的转化在给定条件下能实现的是
A．Fe Fe2O3 Fe2(SO4)3 B．SSO3H2SO4
C．SO2H2SO3 H2SO4 D．NH3NOHNO3
8．8.34gFeSO4·7H2O(相对分子质量：278)样品受热脱水过程的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如下图所示，下列说法正确的是
A．温度为78℃时固体物质M的化学式为FeSO4·5H2O
B．温度为159℃时固体N的化学式为FeSO4·2H2O
C．在隔绝空气条件下，N得到P的化学方程式为FeSO4·H2OFeSO4＋H2O
D．取适量380℃时所得的样品P，隔绝空气加热至650℃，得到一种固体物质Q，同时只得到一种无色气体生成
9．欲处理 含Cr(VI)的酸性废水，选用的试剂是
A．H2C2O4、H2SO4 B．FeSO4、NaOH
C．Al(OH)3、NaOH D．FeCl3、NaOH
10．下表为各物质中所含有的少量杂质，以及除去这些杂质应选用的试剂或操作方法，正确的一组为
序号 物质 杂质 除杂质应选用的试剂或操作方法
① KNO3溶液 KOH 加入MgCl2溶液，并过滤
② FeSO4溶液 CuSO4 加入过量铁粉，并过滤
③ NaHCO3溶液 Na2CO3 通入过量CO2气体
④ NaNO3 CaCO3 溶解、过滤、蒸发
A．①②③④ B．③④ C．②③④ D．①②③
11．为了防止钢铁零件生锈，常采用化学处理使钢铁零件表面生成的致密保护层——“发蓝”。化学处理过程中其中一步的反应为：，下列叙述不正确的是
A．钢铁零件“发蓝”实质上是使铁表面钝化
B．上述反应中，铁被氧化
C．的氧化性大于的氧化性
D．反应中转移电子，生成还原产物
12．研究表明，燃料燃烧产生的氮氧化物、二氧化硫等气体物也与雾霾的形成有关(如图所示)。下列措施不利于减少雾霾形成的是
A．减少煤炭供热 B．增加植被面积 C．推广燃料电池 D．露天焚烧秸秆
13．在1L浓度为0.2mol·L-1Fe(NO3)3和1.5mol·L-1H2SO4组成的混合溶液中，加入39.2g铁粉使其充分反应。下列有关说法正确的是
A．反应后产生标准状况下的氢气11.2L B．反应后的溶液中c(Fe2+)：c(Fe3+)=2：1
C．反应后的溶液还可以溶解19.2g铜 D．反应后的溶液还可以溶解16.8g铁粉
14．从铝土矿中提取铝的工艺流程图如下：
下列叙述正确的是
A．过程①应用了氧化铝具有碱性氧化物的性质
B．过程②中生成氢氧化铝和碳酸氢钠
C．过程③发生的反应类型属于氧化还原反应
D．过程④也可以用热还原法代替电解法冶炼铝
15．宇宙飞船的运载火箭的推进器引燃后发生剧烈反应，产生大量高温气体，从火箭尾部喷出。引燃后的高温气体成分有CO2、H2O、N2、NO等，这些气体均无色，但在卫星发射现场看到火箭喷射出大量的红烟，产生红烟的原因是
A．高温下N2遇空气生成NO2
B．NO遇空气反应生成NO2
C．CO2与NO反应生成NO2
D．NO与H2O反应生成NO2
二、实验题
16．MnSO4 H2O是一种易溶于水的微红色斜方晶体，实验室用SO2还原MnO2制备MnSO4。甲同学设计如图所示装置制备硫酸锰。请回答下列有关问题：
(1)仪器组装好后首先进行的操作是 。
(2)装置B中的试剂为 ，装置E的作用为 。
(3)装置D中发生反应的化学方程式为 。要从D中获得纯净的MnSO4 H2O，应在观察到 现象时停止通入SO2。
(4)装置D中水浴温度应控制在80°C左右，温度不能过高的原因是 。
(5)向含有1mol Na2S的溶液中通入足量的SO2，最多消耗 molSO2。
(6)乙同学认为甲同学的设计过于复杂，设计了仅用如图所示装置制备硫酸锰：
简述乙同学装置的优点(填写两点)： 。
17．工业制纯碱的第一步是通过饱和食盐水、氨和二氧化碳之间的反应，制取碳酸氢钠晶体。该反应原理可以用以下化学方程式表示：
注：①此反应是放热反应。②浓氨水受热可分解为氨气和水。
(1)利用上述反应原理，设计如图所示装置，制取碳酸氢钠晶体。中盛有饱和碳酸氢钠溶液，烧杯中盛有冰水，中装有蘸稀硫酸的脱脂棉，图中部分夹持装置已略去。制取碳酸氢钠晶体可供选用的药品有：
a．石灰石 b．生石灰 c．盐酸 d．稀硫酸
e．浓氨水 f．氢氧化钙固体 g．氯化铵固体
①中制备气体时，所需药品是 (填字母)。
②中盛有饱和碳酸氢钠溶液，其作用是 。
③在实验过程中，向中通入气体是有先后顺序的，应先通入气体的化学式为 ，原因是 。
④从上述提供的药品中选择中制气体合适的药品并写出化学方程式 ，装置的作用为 。
(2)该小组同学为了测定中所得晶体的碳酸氢钠的纯度(假设晶体中不含碳酸盐杂质)，将晶体充分干燥后，称量质量为。再将晶体加热到质量不再变化时，然后进行如图所示实验：
①在操作Ⅱ中，为了判断加入溶液是否足量，其中最佳方案是 (填字母)。
A．在加入溶液后，振荡、静置，向溶液中继续加入少量溶液
B．在加入溶液后，振荡、静置，向溶液中再加入少量碳酸钠溶液
C．在加入溶液后，振荡、静置，取上层清液再加入少量碳酸钠溶液
②所得晶体中碳酸氢钠的纯度为 。
三、工业流程题
18．海洋资源的利用具有广阔前景。
(1)无需经过化学变化就能从海水中获得的物质是 (填序号)。
A．Cl2 B．淡水 C．烧碱 D．食盐
(2)海水淡化的方法主要有 法、电渗析法、 法。
(3)如图是从海水中提取镁的简单流程。
工业上常用于沉淀Mg2+的试剂A的俗名是 ，无水MgCl2在熔融状态下通电制备金属Mg的化学方程式是 。
(4)海带灰中富含以I-形式存在的碘元素。实验室提取I2的途径如图所示：
①灼烧海带至灰烬时所用的主要仪器名称是 。
②向酸化的滤液中加过氧化氢溶液，写出该反应的离子方程式 。反应结束后，再加入CCl4作萃取剂，振荡、静置，可以观察到CCl4层呈 色。
19．稀土元素是宝贵的战略资源，我国的蕴藏量居世界首位，但近年来对其进行了掠夺性开采。二氧化铈(CeO2)是一种重要的稀土化合物。以氟碳铈矿(主要含CeFCO3)为原料制备CeO2的一种工艺流程如图：
已知：①Ce4+能与F-结合成[CeFx](4-x)+，也能与SO42-结合成[CeSO4]2+；
②在硫酸体系中Ce4+能被萃取剂[(HA)2]萃取，而Ce3+不能。
回答下列问题：
（1）“氧化焙烧”中“氧化”的目的是 。
（2）“酸浸”中会产生大量黄绿色气体，写出CeO2与盐酸反应的离子方程式： 。为避免产生上述污染，请提出一种解决方案： 。
（3）“萃取”时存在反应：Ce4++n(HA)2Ce·(H2n-4A2n)+4H+。如图中D是分配比，表示Ce(Ⅳ)分别在有机层中与水层中存在形式的物质的量浓度之比(D=)。保持其他条件不变，D随起始料液中c(SO42-)变化的原因： (用平衡移动原理解释)。
（4）若缺少“洗氟”，则所得产品的质量将 (填“偏大”“偏小”或“不变”)。
（5）“反萃取”中，H2O2作 (填“催化剂”“氧化剂”或“还原剂”)。
（6）“氧化”步骤的化学方程式为 。
（7）取上述流程中得到的CeO2产品0.4000g，加硫酸溶解后，用0.1000mol·L-1FeSO4标准溶液滴定至终点时(铈被还原为Ce3+，其他杂质均不反应)，消耗20.00mL标准溶液。该产品中CeO2的质量分数为 。滴定过程中可能造成实验结果偏低的是 (填字母)。
A．使用久置的FeSO4标准溶液
B．滴定终点时仰视读数
C．锥形瓶中溶液变色后立刻停止滴定，进行读数
D．滴定管尖嘴内滴定前无气泡，滴定终点发现气泡
第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页
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参考答案：
1．B
【详解】A．空气质量报告中所列的空气质量级别数目越大，说明污染越严重，空气质量越差，故A错误；
B．废弃塑料、金属、纸制品及玻璃等都是可回收再利用，既不污染环境又节约资源，故B正确；
C．含有较多可溶性钙、镁化合物的水叫做硬水，故C错误；
D．明矾净水是除去悬浮在水中的固体小颗粒，不能除去可溶的钙、镁化合物，因此所加明矾在硬水中加明矾后不能得到软水，故D错误；
答案为B。
2．D
【详解】A．钛合金是钛和其它金属等组成的混合物，不属于金属单质，A错误；
B．合金熔点比成分金属低，钛合金熔点比钛金属低，B错误；
C．合金的硬度比成分金属大，钛合金的硬度比钛单质大，C错误；
D． 青铜、合金钢和硬铝都是合金，都是一种金属与其它金属或非金属熔合在一起形成的具有金属特性的物质，青铜是铜锡合金、合金钢是铁和铬等形成的合金、硬铝是以铝为主含其它元素的合金，D正确；
答案选D。
3．B
【分析】硫化铜精矿经过步骤①焙烧生成CuO和SO2；步骤②中，用硫酸浸出燃烧后的矿渣得到含CuSO4的溶液；步骤③中，向含CuSO4的溶液中加入Na2SO3、NaCl生成CuCl沉淀；步骤④中，用盐酸、乙醇洗涤沉淀，获得纯净的CuCl。
【详解】A．步骤①焙烧产生的气体是SO2，用NaOH溶液吸收，并产生Na2SO3，该物质可用于③的循环利用，A正确；
B．硫化铜精矿不能直接用浓硝酸浸出简化步骤①、②，因为浓硝酸和硫化铜反应会产生SO2、氮氧化物和硝酸铜，所得溶液中含有的HNO3有氧化性，不利于CuCl的生成，B错误；
C．步骤③中，Cu2+、Cl-和反应产生CuCl沉淀和，该反应的离子方程式为2Cu2++2Cl-++H2O=2CuCl↓++2H+，C正确；
D．CuCl难溶于水和乙醇，潮湿时易水解氧化，步骤④用乙醇洗涤的目的是使CuCl加速干燥，防止发生水解氧化，D正确；
故选B。
4．C
【详解】A．Al2O3既可以与酸反应，也可以与碱反应，是两性氧化物，描述错误，不符题意；
B．Al元素金属性强，其单质制备无法通过加热分解获得，描述错误，不符题意；
C．Al2O3属于离子晶体，熔点高，不可燃，故常做耐火材料，描述正确，符合题意；
D．铝条表面会形成一层致密氧化膜，Al2O3的熔点高于单质铝，且Al2O3阻燃，所以铝熔化后会被Al2O3膜兜住，不会滴落，描述错误，不符题意；
综上，本题选C。
5．A
【详解】A．Mg2+、Cu2+、Cl-、与之间相互不发生反应，可以大量共存，A正确；
B．滴加酚酞变红的溶液中含有高浓度的OH-，与Cu2+生成Cu(OH)2沉淀而不能大量共存，B错误；
C．加入铁粉能生成H2的溶液中含有较高浓度的H+，与反应生成CO2和H2O，且Ca2+、反应生成碳酸钙沉淀，不能大量共存，C错误；
D．NaHSO4在水中可以电离出H+，H+、Fe2+、发生氧化还原反应而不能大量共存，D错误；
故选A。
6．B
【详解】A．少量，全部被氧化为硫酸，过量的次氯酸根离子与硫酸电离产生的氢离子生成HClO故向NaClO溶液中通入少量的离子方程式为，A错误；
B．与稀硝酸反应生成硝酸银、水和二氧化碳，反应的离子方程式为↑，B正确；
C．硫酸与氢氧化钡反应生成硫酸钡、水，反应的离子方程式为，C错误；
D．亚铁离子还原性强于溴离子，氯气少量，氯气只氧化亚铁离子，反应的离子方程式为，D错误；
选B。
7．C
【详解】A．Fe与O2在点燃时反应产生Fe3O4，不是生成Fe2O3，A错误；
B．S与O2在点燃时反应产生SO2，不能产生SO3，B错误；
C．SO2易溶于水，与水反应产生H2SO3，H2SO3具有还原性，与O2混合，被O2氧化为H2SO4，符合物质反应转化关系，C正确；
D．NH3被O2催化氧化产生NO，NO不溶于水，不能与水反应产生HNO3，D错误；
故合理选项是C。
8．C
【分析】8.34g七水硫酸亚铁晶体的物质的量为=0.03mol，若晶体受热完全脱去结晶水所得固体的质量为8.34g—0.03mol×7×18g/mol=4.56g，则P点前为七水硫酸亚铁晶体脱去结晶水的过程，P点后为硫酸亚铁为隔绝空气受热分解的过程，由铁原子个数守恒可知，Q中铁原子和氧原子的物质的量比为0.03mol：=2：3，则Q的化学式为Fe2O3，由得失电子数目守恒可知，硫酸亚铁高温条件下的分解反应为2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑。
【详解】A．由分析可知，温度为78℃时为脱去结晶水的过程，由题给数据可知M中硫酸亚铁和结晶水的物质的量比为0.03mol： =1：4，则M的化学式为FeSO4·4H2O，故A错误；
B．由分析可知，温度为159℃时为脱去结晶水的过程，由题给数据可知N中硫酸亚铁和结晶水的物质的量比为0.03mol： =1：1，则N的化学式为FeSO4·H2O，故B错误；
C．由分析可知，在隔绝空气条件下，N得到P的反应为FeSO4·H2O脱去结晶水生成FeSO4，反应的化学方程式为FeSO4·H2OFeSO4＋H2O，故C正确；
D．由分析可知，P得到Q的反应为硫酸亚铁隔绝空气受热分解生成氧化铁、二氧化硫和三氧化硫，反应的化学方程式为2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑，由方程式可知分解反应得到2种无色气体生成，故D错误；
故选C。
9．B
【解析】略
10．C
【详解】第①组，加入氯化镁会引入杂质Cl-，选用的试剂不正确，故①错误；
第②组，加入铁粉置换出铜，再通过过滤除去铜及过量的铁粉，选用的试剂或操作方法可以达到实验目的，故②正确；
第③组，碳酸钠溶液能够吸收二氧化碳气体生成碳酸氢钠，选用的试剂或操作方法可以达到实验目的，故③正确；
第④组，碳酸钙不溶于水，溶解后过滤，再蒸发结晶可以得到纯净的NaNO3，选用的试剂或操作方法可以达到实验目的，故④正确；
故选C。
11．D
【详解】A．钢铁零件“发蓝”是在表面形成一层致密保护层Fe3O4，其实质上是使铁表面钝化，故A正确；
B．该反应中Fe的化合价从0价变为+2价，Fe的化合价升高被氧化，故B正确；
C．N元素从NaNO2中的+3价变为NH3中的-3价，反应中氧化剂为，该反应中Fe的化合价从0价变为+2价，Fe的化合价升高被氧化，氧化产物为，氧化剂的氧化性大于氧化产物，则的氧化性大于的氧化性，故C正确；
D．氨气为还原产物，N元素从NaNO2中的+3价变为NH3中的-3价，化合价降低了6价，生成1mol氨气转移6 mol电子，若反应中转移2 mol电子，则生成还原产物的物质的量是 mol，质量为 ，故D不正确；
答案选D。
12．D
【详解】A．减少煤炭供热可以减少颗粒物的排放，有助于减少雾霾的形成，A项不选；
B．植被可以吸收颗粒物，增加植被面积有助于减少雾霾的形成，B项不选；
C．推广燃料电池可减少灰尘颗粒物的排放，有助于减少雾霾的形成，C项不选；
D．露天焚烧秸秆会产生大量颗粒物，不利于减少雾霾，D项选；
答案选D。
13．C
【详解】原溶液中n(Fe3+)=0.2mol，n(NO)=0.6mol，n(H+)=3mol，n(Fe)=39.2g÷56g/mol=0.7mol，由于氧化性为HNO3＞Fe3+＞H+，先发生反应：Fe+4H++NO＝Fe3++NO↑+2H2O，0.6mol NO完全反应消耗0.6molFe，消耗2.4molH+，生成0.6molFe3+、0.6molNO，反应后剩余0.1molFe、0.6molH+，此时溶液中共有0.8molFe3+，再发生反应：Fe+2Fe3+＝3Fe2+，0.1molFe反应消耗0.2molFe3+，生成0.3molFe2+，剩余0.6molFe3+，没有Fe剩余，则不发生反应：Fe+2H+＝Fe2++H2↑，即反应中没有氢气生成，则
A．根据分析可知，反应中没有氢气生成，故A错误；
B．反应后的溶液中c(Fe2+)：c(Fe3+)=0.3mol：0.6mol=1：2，故B错误；
C．反应后溶液中能够与Cu反应的离子为0.6molFe3+，根据反应Cu+2Fe3+＝Cu2++2Fe2+可知，0.6molFe3+能够溶解0.3molCu，溶解的Cu的质量为：64g/mol×0.3mol=19.2g，故C正确；
D．反应后溶液中能够与Fe反应的离子为0.6molH+、0.6molFe3+，根据反应Fe+2Fe3+＝3Fe2+可知，0.6molFe3+能够溶解0.3molFe，根据反应Fe+2H+＝Fe2++H2↑可知0.6molH+能够溶解0.3molFe，所以能够溶解的Fe的总质量为：56g/mol×（0.3mol+0.3mol）=33.6g，故D错误；
故答案选C。
14．B
【分析】铝土矿中加入NaOH溶液，氧化铝被溶解生成NaAlO2；滤液中含有NaAlO2和过量的NaOH，通入过量CO2发生反应AlO+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO，得到Al(OH)3沉淀；灼烧Al(OH)3分解生成Al2O3，电解熔融的Al2O3获得金属Al，据此分析解答。
【详解】A．过程①为氧化铝与NaOH的反应，利用了氧化铝具有酸性氧化物的性质，故A错误；
B．过程②发生反应AlO+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO，生成氢氧化铝和碳酸氢钠，故B正确；
C．过程③中灼烧Al(OH)3发生反应2Al(OH)3Al2O3+3H2O，反应中没有元素化合价的变化，不属于氧化还原反应，故C错误；
D．金属Al活泼性较强，需要用电解法冶炼，不能用热还原法冶炼，故D错误；
故选B。
15．B
【详解】A．氮气为空气的主要组成气体，性质稳定，高温下N2遇空气不会直接生成NO2，故A错误；
B．一氧化氮极易被氧气氧化，NO在常温下能与氧气反应2NO＋O2=2NO2，生成红棕色的NO2，所以B选项正确；
C．高温条件下一氧化碳在空气中不可能为反应产物，必然被氧气氧化成二氧化碳，所以，CO2与NO在空气中高温条件下不反应，故C错误；
D．一氧化氮和水之间不会发生反应，故D错误
故选B。
16．(1)检查装置的气密性
(2) 饱和NaHSO3溶液 吸收SO2
(3) MnO2+SO2MnSO4 三颈烧瓶中黑色粉末完全消失
(4)温度过高时，SO2在水中的溶解度减小，反应速率减慢
(5)2.5
(6)①操作简单②有多孔球泡，吸收SO2更充分
【分析】由甲同学的制备实验装置可知，A中浓盐酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，B中饱和亚硫酸氢钠溶液除去挥发的HCl，C作安全瓶防止倒吸，D中发生MnO2+SO2MnSO4 ，三颈烧瓶中黑色粉末完全消失后停止通入二氧化硫，且温度过高时气体的溶解度减小，不利于制备硫酸锰晶体；由乙同学的制备实验装置可知，装置I中药品X为亚硫酸钠，与浓硫酸反应生成二氧化硫，II中孔球泡可增大接触面积加快反应速率，III中NaOH溶液可吸收尾气，该制备原理比甲同学制备原理操作简单，据此分析解答。
【详解】（1）仪器组装好后首先进行的操作是检查装置的气密性；
（2）浓盐酸和亚硫酸钠反应生成的二氧化硫气体中含有杂质气体氯化氢，B中盛放饱和NaHSO3溶液除去二氧化硫中的氯化氢，C作安全瓶防止倒吸，二氧化硫通入D中与二氧化锰反应生成MnSO4，同时用E装置吸收尾气；
（3）D中二氧化硫与二氧化锰反应生成MnSO4，要获得纯净的MnSO4·H2O，应该在观察到三颈烧瓶中黑色粉末完全消失时停止通入SO2；
（4）装置D中水浴温度应控制在80°C左右，温度过高时气体的溶解度减小，不利于制备硫酸锰晶体；
（5）向含有1mol Na2S的溶液中通入足量的SO2，发生反应5SO2+2Na2S+2H2O=3S↓+4NaHSO3，则最多消耗2.5mol SO2；
（6）浓硫酸和亚硫酸钠反应生成的二氧化硫气体不含杂质气体，直接通入三颈烧瓶中与二氧化锰反应生成MnSO4，同时设计有多孔球泡，吸收SO2更充分。
【点睛】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、制备原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
17．(1) a c 除去中的 在水中的溶解度小，先通入可以得到高浓度的碱性溶液，可吸收更多的，从而产生更高浓度的 防倒吸
(2) A 或
【解析】(1)
①A中制备气体(二氧化碳)时，所需药品是石灰石和6mol/L盐酸。故选：ac。
②B中盛有饱和碳酸氢钠溶液，其作用是吸收A中逸出的二氧化碳中的氯化氢气体。
③在实验过程中，向C中通入气体是有先后顺序的，应先通入气体的化学式为NH3，原因是在水中的溶解度小，先通入可以得到高浓度的碱性溶液，可吸收更多的，从而产生更高浓度的。
④E装置是固固加热，可选择氯化铵固体和氢氧化钙固体加热制取氨气，反应的化学方程式，NH3极易溶于水，D装置可做安全瓶，防止C中烧瓶中的液体倒吸入E中。
(2)
①在操作Ⅱ中，为了判断加入氯化钙溶液是否过量，其中最佳方案是在加入氯化钙溶液后，振荡、静置，向溶液中继续加入少量氯化钙溶液，是因为向溶液中继续加入少量氯化钙溶液，如果不产生沉淀，说明加入的氯化钙溶液足量，如果产生沉淀，说明加入的氯化钙溶液不足，需要继续加入氯化钙溶液。故填：A。
③反应的化学方程式为①2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，②Na2CO3+CaCl2=CaCO3 ↓+H2O+2NaCl，设样品中碳酸氢钠的质量为x，由上两式可得关系式：，，解得x= g，碳酸氢钠的质量分数为。
18． BD 蒸馏 离子交换 石灰乳 MgCl2(熔融)Mg+Cl2↑ 坩埚 2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O 紫
【分析】(1)从海水制备物质的原理可知，金属单质与非金属单质需要利用化学反应来制取，而食盐可利用蒸发原理，淡水利用蒸馏原理来得到，据此分析判断；
(2)根据海水淡化的常见方法分析解答；
(3)工业上常用石灰乳和镁离子反应生成Mg(OH)2；氢氧化镁和盐酸反应得到氯化镁和水；然后电解熔融状态下的氯化镁冶炼镁，据此分析解答；
(4)海带灼烧后用水溶解除去不溶物，在滤液中加入稀硫酸和过氧化氢溶液将碘离子氧化后用四氯化碳萃取出碘单质，据此分析解答。
【详解】(1)A．电解饱和氯化钠溶液得到烧碱、氢气、氯气，有新物质生成，属于化学变化，故A错误；
B．把海水用蒸馏等方法可以得到淡水，故B正确；
C．电解饱和氯化钠溶液得到烧碱、氢气、氯气，有新物质生成，属于化学变化，故C错误；
D．把海水用太阳暴晒，蒸发水分后即得食盐，不需要化学变化就能够从海水中获得，故D正确；
故选BD；
(2)蒸馏法是把水从水的混合物中分离出来，得到纯净的水，通过离子交换树脂可以除去海水中的离子，从而达到淡化海水的目的，利用电渗析法可使相应的离子通过半透膜以达到硬水软化的效果，海水含大量氯化钠等盐，冰冻法不能淡化，故答案为：蒸馏；离子交换；
(3)①工业上常用石灰乳沉淀Mg2+，CaO和H2O反应生成Ca(OH)2，Ca(OH)2和镁离子反应生成Mg(OH)2；熔融状态下，电解氯化镁冶炼镁，反应的化学方程式为MgCl2(熔融) Cl2↑+Mg，故答案为：石灰乳；MgCl2(熔融) Cl2↑+Mg；
(4)①灼烧固体需要在坩埚中进行，故答案为：坩埚；
②向酸化的滤液中加过氧化氢溶液，过氧化氢具有氧化性，能够将碘离子氧化为单质碘，反应的离子方程式为2H++2I-+H2O2═I2+2H2O，反应结束后，再加入CCl4作萃取剂，振荡、静置，发生萃取，萃取后碘的CCl4溶液呈紫色，故答案为：2H++2I-+H2O2═I2+2H2O；紫。
【点睛】本题的易错点为(4)中氧化还原反应方程式的书写，要注意氧化还原反应方程式的配平和离子方程式的改写和判断。
19． 将＋3价Ce氧化为＋4价Ce 2CeO2＋2Cl-＋8H＋=2Ce3＋＋Cl2↑＋4H2O 改用硫酸酸浸 随着c(SO42-)增大，水层中Ce4＋与SO42-结合成[CeSO4]2＋，c(Ce4＋)减小，萃取平衡向生成Ce4＋的方向移动，D迅速减小 偏小 还原剂 2Ce(OH)3＋NaClO＋H2O=2Ce(OH)4＋NaCl 86.00% CD
【分析】氟碳铈矿(主要含CeFCO3)，“氧化焙烧”的目的是将+3价铈氧化成+4价，Ce4+能与F-结合成[CeFx](4-x)+，以便后续的提取，加稀硫酸，与SO42-结合成[CeSO4]2+，加萃取剂，氟洗液，硫酸体系中Ce4+能被萃取剂[(HA)2]萃取，而Ce3+不能，“反萃取”加H2O2，又将Ce4+还原为Ce3+，发生反应2Ce4++H2O2=2Ce3++O2↑+2H+，加入碱后Ce3+转化为沉淀，加入次氯酸钠将Ce从+3氧化为+4，加热分解得到产品，据此分析解答。
【详解】(1)CeFCO3中Ce显＋3价，“氧化焙烧”中“氧化”的目的是将+3价铈氧化成+4价，故答案为：将+3价铈氧化成+4价；
(2)“酸浸”中会产生大量黄绿色气体为氯气，CeO2与盐酸发生氧化还原反应生成Ce3+和氯气，反应的离子方程式为2Cl-+8H++2CeO2=2Ce3++4H2O+Cl2↑，可以用硫酸代替盐酸，防止产生Cl2污染，故答案为：2Cl-+8H++2CeO2=2Ce3++4H2O+Cl2↑；改用硫酸酸浸；
(3)根据平衡：Ce4++n(HA)2 Ce (H2n-4A2n)+4H+，加入Na2SO4时，随着c(SO42-)增大，水层中Ce4+与SO42-结合成[CeSO4]2+，导致萃取平衡向左移动，D迅速减小，故答案为：随着c(SO42-)增大，水层中Ce4+与SO42-结合成[CeSO4]2+，萃取平衡向生成Ce4＋的方向移动，D迅速减小；
(4)若缺少“洗氟”，则会造成部分含铈物质损失，所得产品的质量将减少，故答案为：偏小；
(5)由流程图可知，经过反萃取后，Ce4＋转化为Ce3＋，“反萃取”加H2O2的作用是将Ce4+离子重新还原为Ce3+，反应的离子方程式为2Ce4++H2O2=2Ce3++O2↑+2H+，H2O2在该反应中作还原剂，故答案为：还原剂；
(6)“氧化”步骤中用次氯酸钠将Ce3+氧化成Ce4+，反应物为NaClO、Ce(OH)3，生成物为Ce(OH)4、NaCl，反应的离子方程式为2Ce(OH)3+NaClO+H2O=2Ce(OH)4+NaCl，故答案为：2Ce(OH)3+NaClO+H2O=2Ce(OH)4+NaCl；
(7)FeSO4的物质的量为0.1000mol L-1×0.02L=0.002mol，根据电子得失守恒可得关系式CeO2～FeSO4，所以CeO2的质量为0.002mol×172g/mol=0.3440g，产品中CeO2的质量分数为×100%=86.00%；A．使用久置的FeSO4溶液滴定，硫酸亚铁被氧化，滴定过程中消耗溶液体积增大，测定结果偏高，故A错误；B．滴定终点时仰视读数，取标准溶液体积增大，测定结果偏高，故B错误；C．锥形瓶中溶液变色后立刻停止滴定，进行读数，消耗标准溶液体积减少，测定结果偏低，故C正确；D．滴定管尖嘴内滴定前无气泡，滴定终点发现气泡，读取标准溶液体积偏小，测定结果偏低，故D正确；故答案为：86.00%；CD。
答案第1页，共2页
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