2023-2024学年江西省景德镇市高一上期11月期中考试化试题（解析版）

PAGEPAGE3江西省景德镇市2023-2024学年高一上学期11月期中考试试题可能用到的相对原子质量：一、选择题(共14小题，每小题3分，共42分，且每题只有1个正确〖答案〗)1.下列物质的分类正确的是（）选项碱酸盐碱性氧化物酸性氧化物ABCD〖答案〗C〖解析〗【详析】A．碳酸钠是盐，不是碱；氢氧化钠是碱，不是盐；二氧化硫是酸性氧化物，不是碱性氧化物，A错误；B．过氧化钠是过氧化物，不是碱性氧化物，B错误；C．氢氧化钾是碱、硝酸是酸、磷酸钠是盐、氧化钙是碱性氧化物、二氧化碳是酸性氧化物，C正确；D．硫酸氢钠是酸式盐，不是酸，D错误；故选C。2.下列关于胶体的叙述不正确的是（）A.胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质的微粒直径在10-9m～10-7m之间B.将饱和FeCl3溶液滴入氢氧化钠溶液中，加热可以制取Fe(OH)3胶体C.可用半透膜除去淀粉溶液中混有的氯化钠D.可以利用丁达尔效应区分胶体和溶液〖答案〗B〖解析〗【详析】A．胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质微粒直径大小，当分散质微粒直径小于1nm(10-9m)时，分散系为溶液，大于100nm(10-7m)时，分散系为悬浊液或乳浊液，当分散质微粒直径在1nm～100nm(10-9m～10-7m)之间，分散系为胶体，故A说法正确；B．将饱和氯化铁溶液滴入氢氧化钠溶液中，得到红褐色沉淀，氢氧化铁胶体制备是将饱和氯化铁溶液滴入沸水中，加热到出现红褐色液体，即可以得到氢氧化铁胶体，故B说法错误；C．淀粉溶液为胶体，不能透过半透膜，氯化钠可以透过半透膜，因此可以用半透膜除去淀粉溶液中混有的氯化钠，故C说法正确；D．胶体具有丁达尔效应，溶液则没有，因此可以用丁达尔效应区分胶体和溶液，故D说法正确；〖答案〗为B。3.下列各组离子在给定条件下能大量共存的是（）A.澄清透明的溶液：B.能使酚酞变红色的溶液：C强酸性溶液中：D.碳酸钠溶液中：〖答案〗A〖解析〗【详析】A．澄清透明溶液中四者互不反应可以大量共存，A符合题意；B．能使酚酞变红色溶液中含有OH-，会与镁离子反应生成沉淀不能大量共存，也会和碳酸氢根离子生成碳酸根离子而不共存，B不符合题意；C．酸性溶液中，亚铁离子和次氯酸根离子发生氧化还原生成铁离子和氯离子而不共存，C不符合题意；D．碳酸根离子和钡离子生成碳酸钡沉淀不共存，D不符合题意；故选A。4.下列离子方程式书写正确的是（）A.饱和溶液中通入过量：B.溶液中滴入少量烧碱溶液：C.中加入亚硝酸溶液：D.氯气通入水中：〖答案〗B〖解析〗【详析】A．饱和Na2CO3溶液中通入过量CO2，反应生成NaHCO3沉淀，离子方程式为：，A错误；B．Ca(HCO3)2溶液中滴入少量烧碱溶液，Ca(HCO3)2与NaOH按物质的量之比为1:1反应，离子方程式为：，B正确；C．Fe(OH)3中加入亚硝酸(HNO2)溶液，离子方程式为：Fe(OH)3+3HNO2=Fe3++3+3H2O，C错误；D．氯气通入水中反应生成盐酸和次氯酸，离子方程式为：Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO，D错误；故选B。5.歌中唱到“帘外芭蕉惹骤雨，门环惹铜绿”，“铜绿”即是碱式碳酸铜，铜在潮湿空气中生锈的化学方程式为。下列有关该反应的说法正确的是（）A.该反应属于化合反应，但不属于氧化还原反应B.该反应中碳元素的化合价没有发生变化C.该反应中二氧化碳和碱式碳酸铜都是非电解质D.该反应中氧元素化合价都降低了〖答案〗B〖解析〗【详析】A．该反应中，Cu元素的化合价由0价升高到+2价，失电子被氧化，部分O元素的化合价由0价降低到-2价，得电子被还原，有元素化合价升降，属于氧化还原反应，A错误；B．该反应中，C元素在反应前后化合价未发生变化，B正确；C．碱式碳酸铜熔融状态下能导电，属于电解质，C错误；D．O2中的O元素化合价由0价降低到-2价，CO2和H2O中的O元素反应前后化合价未发生变化，D错误；故选B。6.下列各组中两种物质作用时，反应条件或反应物用量改变，对生成物没有影响的是（）A溶液与 B.和C.与 D.溶液与溶液〖答案〗B〖解析〗【详析】A．氢氧化钠溶液与少量碳酸氢钡溶液反应生成碳酸钡沉淀、碳酸氢钠和水，反应的化学方程式为NaOH+Ba(HCO3)2=BaCO3↓+NaHCO3+H2O，氢氧化钠溶液与足量碳酸氢钡溶液反应生成碳酸钡沉淀、碳酸钠和水，反应的离子方程式为2NaOH+Ba(HCO3)2=BaCO3↓+Na2CO3+2H2O，则氢氧化钠溶液与碳酸氢钡溶液反应时，反应物用量改变对生成物有影响，故A不符合题意；B．碳酸氢钠溶液与少量稀硫酸和足量稀硫酸反应都是生成硫酸钠、二氧化碳和水，反应的化学方程式都为NaHCO3+NaHSO4=Na2SO4+CO2↑+H2O，则碳酸氢钠溶液与稀硫酸反应时，反应物用量改变对生成物没有影响，故B符合题意；C．钠常温下与氧气反应生成氧化钠，反应的化学方程式为4Na+O2=2Na2O，加热条件下与氧气反应生成过氧化钠，反应的化学方程式为2Na+O22Na2O2，则钠与氧气反应时，反应条件改变对生成物有影响，故C不符合题意；D．硫酸氢钠溶液与少量氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀、硫酸钠和水，反应的化学方程式为2NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+Na2SO4+2H2O，与足量氢氧化钡溶液时生成碳酸钡沉淀、氢氧化钠和水反应的化学方程式为NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+NaOH+H2O，则硫酸氢钠溶液与氢氧化钡溶液反应时，反应物用量改变对生成物有影响，故D不符合题意；故选B。7.某污水处理厂发生氯气泄漏事故，导致五百多人中毒。救援人员在现场的下列处理方法和过程较合理的是（）①及时将人群逆风转移到地势较高地方②用高压水枪向空中喷洒饱和食盐水③将泄漏氯气的钢瓶用生石灰掩埋④及时清理现场，检查水源和食物等是否被污染A.①③④ B.①②③ C.②④D.①②③④〖答案〗A〖解析〗【详析】①氯气是密度比空气大的有毒的气体，则发生泄漏事故时，氯气会集中在地势较低的地方，救援人员应及时将人群逆风转移到地势较高的地方，防止发生意外事故，故正确；②氯气溶于水，但不溶于饱和食盐水，则发生泄漏事故时，用高压水枪向空中喷洒饱和食盐水不可能降低空气中氯气的浓度，所发生泄漏事故时，以救援人员不能用高压水枪向空中喷洒饱和食盐水，故错误；③潮湿的氯气能与生石灰反应生成无害的氯化钙和次氯酸钙，所以发生泄漏事故时，救援人员将泄漏氯气的钢瓶用生石灰掩埋可以减少氯气扩散到空气中，有利于保护环境，防止发生意外事故，故正确；④氯气是有毒气体，吸入氯气会危害人体健康，所以发生泄漏事故时，及时清理现场，检查水源和食物等是否被污染，有利于保护环境，防止发生意外事故，故正确；①③④正确，故选A。8.下列转化关系不能通过一步反应实现的是（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗【详析】A．铁在氯气中燃烧只能生成氯化铁，则铁转化为氯化铁能通过一步反应实现，故A正确；B．钠在氧气中共热反应生成过氧化钠，则钠转化为过氧化钠能通过一步反应实现，故B正确；C．过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，则过氧化钠转化为碳酸钠能通过一步反应实现，故C正确；D．由氯元素的化合价变化可知，氯气转化为氯化亚铁的反应不可能能通过一步反应实现，故D错误；故选D。9.高铁酸钾()是一种环保、高效、多功能饮用水处理剂，在水处理过程中，高铁酸钾转化为胶体，制备高铁酸钾的流程如图所示，下列叙述不正确的是（）A.反应I的的尾气可以循环使用B.反应Ⅱ中氧化剂与还原剂的质量之比为C.污水处理过程中产生的胶体使悬浮物聚沉，利用了胶体具有较强吸附能力的特点D.可以把废水中的转化为两种无毒气体，反应中是还原剂〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗由题给流程可知，铁屑与氯气在加热条件下反应生成氯化铁，向氯化铁溶液中加入次氯酸钠和氢氧化钠的混合溶液，将氯化铁转化为高铁酸钠，向反应后的溶液中加入饱和氢氧化钾溶液，将高铁酸钠转化为高铁酸钾沉淀，过滤得到粗高铁酸钾晶体。【详析】A．由分析可知，反应I发生的反应为铁屑与氯气在加热条件下反应生成氯化铁，则未反应的过量氯气可以循环使用B．由分析可知，反应Ⅱ发生的反应为氯化铁溶液与次氯酸钠和氢氧化钠的混合溶液反应生成氯化钠、高铁酸钠和水，反应中氯元素的化合价降低被还原，次氯酸钠是反应的氧化剂，铁元素的化合价升高被氧化，氯化铁是反应的还原剂，由得失电子数目守恒可知，氧化剂次氯酸钠和还原剂氯化铁的物质的量比为3：2，故B错误；C．高铁酸钾污水处理过程中产生氢氧化铁胶体，胶体的表面积大，能吸附水中悬浮杂质产生聚沉，从而达到净水的作用，故C正确；D．由题意可知，高铁酸钾与废水中的氰酸根离子反应生成氮气和二氧化碳气体，反应中氮元素和碳元素的化合价升高被氧化，氰酸根离子是反应的还原剂，故D正确；故选B。10.下列实验方案中，不能测定和混合物中的质量分数是（）A.取ag混合物充分加热，减重bgB.取ag混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得bg固体C.取ag混合物与足量氢氧化钠充分反应，加热、蒸干、灼烧，得bg固体D.取ag混合物与足量溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得bg固体〖答案〗C〖解析〗【详析】A．NaHCO3受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，所以通过加热分解利用差量法即可计算出Na2CO3质量分数，A不选；B．Na2CO3和NaHCO3均可与盐酸反应生成水、二氧化碳和氯化钠，所以bg固体是氯化钠，利用守恒法可计算出Na2CO3质量分数，B不选；C．取ag混合物与过量氢氧化钠溶液充分反应，加热、蒸干、灼烧，得bg固体，bg固体为碳酸钠及过量NaOH，不可以计算出Na2CO3质量分数，选C；D．Na2CO3和NaHCO3都与Ba(OH)2反应生成BaCO3沉淀，最后得到的固体是BaCO3，所以可以计算出Na2CO3质量分数，D不选；故本题选C。11.和组成的混合气体在同温同压下与氮气的密度相同，则该混合气体中和的体积比可能为（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗【详析】同温同压下，气体的密度之比等于其摩尔质量之比。CO2、CH4和CO组成的混合气体在同温同压下与氮气的密度相同，可知该混合气体的平均摩尔质量等于氮气的摩尔质量，摩尔质量在以g/mol为单位时，数值上等于其相对分子质量，即该混合气体的平均相对分子质量为28。由于CO相对分子质量为28，因此要使该混合气体的平均相对分子质量为28，只需满足CO2与CH4的平均相对分子质量为28即可。由十字交叉法可知，，则CO2和CH4的体积比为12:16=3:4，而CO可取任意体积，A选项满足题意，故选A。12.设表示阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是（）A.常温常压下，中含有的的分子数为B.标准状况下，中含有的氢原子数为C.标准状况下，和组成的混合气体中含有的氧原子数为D.和混合气体中含有的氧原子数为〖答案〗D〖解析〗【详析】A．44g二氧化碳中含有的二氧化碳的分子数为×NAmol—1=0.1NA，故A正确；B．标准状况下，2.24L硫化氢分子中含有的氢原子数为×2×NAmol—1=0.2NA，故B正确；C．二氧化碳和氧气分子中含有的氧原子个数都为2，则标准状况下，4.48L二氧化碳和氧气组成的混合气体中含有的氧原子数为×2×NAmol—1=0.4NA，故C正确；D．氧气和臭氧分子的最简式相同，都为O，则2.1g氧气和2.7g臭氧混合气体中含有的氧原子数为×NAmol—1=0.3NA，故D错误；故选D。13.将一定量的通入一定量的石灰乳中，两者恰好完全反应[已知反应过程放热，温度较低时先生成和]，生成物中有三种含氯元素的离子，其中和两种离子的物质的量(n)与反应时间(t)的变化关系如图所示(不考虑氯气和水的反应)，下列说法正确的是（）A.曲线Ⅰ表示的物质的量随反应时间变化的关系B.所取石灰乳中含有的物质的量为0.25molC.生成物中的物质的量为0.55molD.另取一份等物质的量的石灰乳，以较大的速率通入足量氯气，反应后测得产物中的物质的量为0.37mol。则产物中〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗已知反应过程放热，温度较低时先生成和，生成物中有三种含氯元素的离子，则随着反应进行，温度升高，产物中的量增大，故Ⅰ、Ⅱ分别为和两种离子的变化曲线；【详析】A．由分析可知，曲线Ⅰ表示的物质的量随反应时间变化的关系，A错误；B．由图可知，t2时氢氧化钙与氯气恰好反应，n()=0.10mol，故n[Ca(ClO)2]=0.05mol，n()=0.05mol，故n[Ca(ClO3)2]=0.025mol，反应中部分氯元素化合价升高得到和，部分氯元素化合价降低得到氯离子，结合和量的关系及电子守恒可知，反应为：10Cl2+10Ca(OH)2=7CaCl2+2Ca(ClO)2+Ca(ClO3)2+10H2O，则n[Ca(OH)2]=10n[Ca(ClO3)2]=0.025mol×10=0.25mol，B正确；C．结合B分析可知，n[CaCl2]=7n[Ca(ClO3)2]=0.025mol×7=0.175mol，则n(Cl-)=0.35mol，C错误；D．另取一份等物质的量的石灰乳，以较大的速率通入足量氯气，反应后测得产物中的物质的量为0.37mol，设和分别为amol、bmol，根据电子守恒可知，a+5b=0.37，根据生成物中氯元素和钙元素关系结合B结论可知，0.37+a+b=0.25×2，解得a=0.07mol、b=0.06mol，则，D错误；故选B。14.一个密闭容器，中间有一可自由滑动的隔板(厚度不计)，将容器分成两部分，当左侧充入，右侧充入一定量的时，隔板处于如图位置(保持温度不变)，下列说法不正确的是（）A.左侧与右侧原子数之比为B.右侧的质量为C.右侧气体密度是相同条件下氢气密度的16倍D.保持温度不变，若改变右侧的充入量而使隔板处于容器正中间，则应再充入〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗由阿伏加德罗定律可知，同温同压条件下，气体的体积之比等于物质的量之比，由图可知，左、右两侧气体体积之比为4：1，则左、右两侧气体分子物质的量之比为4：1，由左侧容器中氮气的物质的量为2mol可知，右侧容器中甲烷的物质的量为2mol×=0.5mol。【详析】A．由分析可知，左、右两侧气体分子物质的量之比为4：1，则左、右两侧原子数之比为(4×2)：(0.5×5)=16：5，故A错误；B．由分析可知，右侧甲烷的物质的量为0.5mol，则甲烷的质量为0.5mol×16g/mol=8g，故B正确；C．同温、同压下气体密度之比等于气体摩尔质量之比，则右侧气体密度是相同条件下氢气密度的倍数为=8，故C错误；D．由阿伏加德罗定律可知，隔板处于容器正中间时，左、右两侧气体的物质的量相等，由分析可知，左侧容器中氮气的物质的量为2mol，则隔板处于容器正中间时，右侧再充入氨气的物质的量为2mol—0.5mol=1.5mol，故D正确；故选C。二、非选择题(本大题包括4个小题，共58分)15.有以下几种物质：①②稀盐酸③④醋酸⑤熔融的氯化钠⑥固体⑦⑧⑨酒精⑩，按要求进行分类（1）属于酸性氧化物的是_______(填序号，下同)（2）属于电解质的是_______。（3）属于电解质又能导电的是_______。（4）属于混合物的是_______。〖答案〗（1）③⑦（2）④⑤⑥⑩（3）⑤（4）②〖解析〗（1）酸性氧化物是指与碱反应生成盐和水的氧化物，则属于酸性氧化物的是③⑦。（2）电解质是指在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物，则属于电解质的是④⑤⑥⑩。（3）由(2)分析知，属于电解质的是④⑤⑥⑩，而⑤熔融的氯化钠中含有能自由移动的Na+和Cl-，因而能导电，故属于电解质又能导电的是⑤。（4）混合物是由两种或两种以上的物质组成，则属于混合物的是②。16.按要求完成下列问题（1）写出足量与的离子反应方程式_______。（2）与过量反应的离子反应方程式_______。（3）配平该反应_______。（4）_______所含原子数与含原子数相同。〖答案〗（1）（2）（3）（4）12.8〖解析〗（1）足量NaHSO4与BaCO3按物质的量之比2:1反应，离子方程式为。（2）Ca(OH)2与过量NaHCO3按物质的量之比为1:2反应，离子方程式为。（3）该反应中，每生成1molFe(OH)3得到3mol电子，每生成1molO2失去4mol电子，根据得失电子守恒，Fe(OH)3前配系数4，O2前配系数3，根据Fe元素守恒，Na2FeO4前配系数4，根据Na元素守恒，NaOH前配系数8，再根据H元素守恒可得配平后的化学方程式为。（4）1个H3PO4分子含8个原子，则0.3mol

H3PO4含2.4mol原子，1个N2H4含6个原子，则含2.4mol原子的N2H4物质的量为，其质量为。17.A、B、C、D为四种可溶性的盐，它们的阳离子分别可能是中的某一种，阴离子分别可能是中的一种(离子在物质中不重复出现)。①若把四种盐分别溶于盛有蒸馏水的四支试管中，只有C盐的溶液呈蓝色；②若向①的四支试管中分别加入盐酸，B盐的溶液有沉淀生成，D盐的溶液有无色无味的气体逸出。根据①②实验事实可推断：（1）A的化学式为_______，B的化学式为_______。（2）写出少量盐酸与D反应的离子方程式：_______。（3）写出C与溶液反应的离子方程式：_______。（4）C溶液中阴离子的检验方法是_______。（5）D溶液中阳离子的检验方法_______。〖答案〗（1）①.BaCl2②.AgNO3（2）CO+H+=HCO（3）Cu2++SO+Ba2++2OH—=BaSO4↓+Cu(OH)2↓（4）取适量溶液于试管中，滴加足量盐酸，再滴加几滴BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明溶液中含有SO（5）焰色反应〖解析〗〖祥解〗由题意可知，若把四种盐分别溶于盛有蒸馏水的四支试管中，只有C盐的溶液呈蓝色说明C中含有铜离子，一定不含有碳酸根离子；向①的四支试管中分别加入盐酸，B盐的溶液有沉淀生成，说明B中含有银离子，由银离子与氯离子、硫酸根离子和碳酸根离子反应生成沉淀可知，B为硝酸银；D盐的溶液有无色无味的气体逸出，说明D中含有碳酸根离子，由碳酸根离子与银离子、铜离子、钡离子生成沉淀可知，D为碳酸钾；由溶液中钡离子与硫酸根离子反应可知，A为氯化钡、C为硫酸铜。（1）由分析可知，A为氯化钡、B为硝酸银，故〖答案〗为：BaCl2；AgNO3；（2）少量盐酸与碳酸钾溶液反应生成氯化钾和碳酸氢钾，反应的离子方程式为CO+H+=HCO，故〖答案〗为：CO+H+=HCO；（3）硫酸铜溶液与氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化铜沉淀，反应的离子方程式为Cu2++SO+Ba2++2OH—=BaSO4↓+Cu(OH)2↓，故〖答案〗为：Cu2++SO+Ba2++2OH—=BaSO4↓+Cu(OH)2↓；（4）由分析可知，C为硫酸铜，检验硫酸铜溶液中硫酸根离子的操作为取适量溶液于试管中，滴加足量盐酸，再滴加几滴氯化钡溶液，有白色沉淀生成，说明溶液中含有硫酸根离子，故〖答案〗为：取适量溶液于试管中，滴加足量盐酸，再滴加几滴BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明溶液中含有SO；（5）由分析可知，D为碳酸钾，可以用焰色反应检验碳酸钾溶液中的钾离子，故〖答案〗为：焰色反应。18.制备物质是化学工作者的重要任务之一，实验室用如图装置制备并收集干燥、纯净的。（1）装置A中发生反应的离子方程式是_______，反应中盐酸体现的性质有_______。（2）装置B的作用是_______。（3）装置C中盛放的物质是_______。（4）装置D用于收集，请将装置D中的导气管在装置图上补充完整_______(→表示气流方向)。（5）装置中有一明显缺陷请指出_______（6）写出工业上用氯气和石灰乳制取漂白粉的化学反应方程式：_______。某化学兴趣小组欲在实验室探究氯气的氧化性并模拟工业制取漂白粉，设计如图装置进行实验：（7）装置的连接顺序为_______(填接口字母)（8）淀粉溶液中的现象为_______。（9）多孔球泡的作用是_______。（10）工业制取漂白粉为什么选用石灰乳而不是澄清石灰水_______。〖答案〗（1）①.②.还原性、酸性（2）除去Cl2中混有的HCl气体（3）浓硫酸（4）（5）E中的水蒸气可能回流到D装置中（6）2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O（7）a→e→d→i→h→b→c→g→f（8）溶液变蓝（9）增大气体与液体的接触面积，加快气体的吸收速率（10）氢氧化钙微溶于水，澄清石灰水中Ca(OH)2的含量很少，利用澄清石灰水制取漂白粉产量太低，不利于工业的大规模生产〖解析〗〖祥解〗装置A中利用浓盐酸与MnO2共热制备Cl2，浓盐酸具有挥发性，所得Cl2中含有HCl和水蒸气，利用装置B中盛装的饱和食盐水除去Cl2中混有的HCl气体，经装置C中的浓硫酸干燥，由于Cl2的密度大于空气，在装置D中采用向上排空气法收集，Cl2有毒，多余的氯气应用氢氧化钠溶液吸收，防止污染空气。在实验室探究氯气的氧化性并模拟工业制取漂白粉时，利用浓盐酸和二氧化锰共热制取氯气，氯气中混有氯化氢气体，通过饱和氯化钠溶液除去氯气中的氯化氢，然后通入淀粉碘化钾溶液中探究氯气的氧化性，接着通入石灰乳中制备漂白粉，氯气有毒，最后用氢氧化钠溶液吸收尾气，防止污染空气。（1）装置A中MnO2与浓盐酸共热反应生成MnCl2、Cl2和H2O，离子方程式为；该反应中，HCl所含Cl元素部分化合价升高，作还原剂，体现还原性，部分化合价未变，体现酸性，因此盐酸体现的性质有还原性、酸性。（2）HCl易溶于水，而Cl2在饱和食盐水中的溶解度很小，则装置B的作用是除去Cl2中混有的HCl气体。（3）装置C中盛放的是浓硫酸，目的是干燥氯气。（4）氯气的密度比空气大，在装置D中采用向上排空气法收集氯气，导气管应“长进短出”，补充完整后的装置图为。（5）由于实验要制备干燥的氯气，而E中的水蒸气可能回流到D装置中，应在D和E之间加一个装有浓硫酸的洗气瓶。（6）工业上用氯气和石灰乳制取漂白粉，反应的化学方程式为：2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O。（7）由分析可知，装置连接顺序应为：制备氯气→除去氯气中的氯化氢→探究氯气氧化性→制备漂白粉→处理尾气，因此连接口顺序为：a→e→d→i→h→b→c→g→f。（8）将氯气通入淀粉KI溶液中，发生反应，生成的单质碘遇淀粉变蓝，故可看到的现象是溶液变蓝。（9）多孔球泡可以增大气体与液体的接触面积，加快气体的吸收速率。（10）氢氧化钙微溶于水，澄清石灰水中Ca(OH)2的含量很少，利用澄清石灰水制取漂白粉产量太低，不利于工业的大规模生产，因此工业制取漂白粉选用石灰乳而不是澄清石灰水。19.联合制碱是工业生产纯碱主要方法。下图是联合制碱的流程图：已知：①极易溶液于水，1体积水可溶液解700体积。②煅烧炉中发生的主要反应是。（1）合成氨厂所用的氮气在工业上通过什么办法生产_______。（2）沉淀池中发生的主要离子反应方程式_______。（3）沉淀池中通常是把氯化钠与两种气体之一配成溶液，再通入过量的另一种气体，后通入的气体是_______。（4）母液中可提取的主要副产品是_______。〖答案〗（1）蒸馏分离液态空气（2）NH3+CO2+NaCl+H2O=NaHCO3↓+NH+Cl—（3）CO2（4）NH4Cl〖解析〗〖祥解〗由题给流程可知，将合成氨工厂中得到的溶解度大的氨气先通入饱和食盐水中得到氨化的饱和食盐水，再将合成氨工厂副产得到的二氧化碳通入氨化的饱和食盐水中，二氧化碳与氨化的饱和食盐水反应生成碳酸氢钠沉淀和氯化铵，过滤得到含有氯化铵的母液和碳酸氢钠沉淀；碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠和可以循环使用的二氧化碳；向母液中通入氨气，将溶液中的氯化铵转化为晶体析出，过滤得到氯化铵晶体和可以循环使用的氨水。（1）合成氨厂所用的氮气在工业上通过蒸馏分离液态空气的方法制得，故〖答案〗为：蒸馏分离液态空气；（2）由分析可知，沉淀池中发生的主要反应为二氧化碳与氨化的饱和食盐水反应生成碳酸氢钠沉淀和氯化铵，反应的离子反应方程式为NH3+CO2+NaCl+H2O=NaHCO3↓+NH+Cl—，故〖答案〗为：NH3+CO2+NaCl+H2O=NaHCO3↓+NH+Cl—；（3）由分析可知，沉淀池中通常是把溶解度大的氨气先通入饱和食盐水中得到氨化的饱和食盐水，再将合成氨工厂副产得到的二氧化碳通入氨化的饱和食盐水中，故〖答案〗为：CO2；（4）由分析可知，母液中可提取的主要副产品是氯化铵，故〖答案〗为：NH4Cl。江西省景德镇市2023-2024学年高一上学期11月期中考试试题可能用到的相对原子质量：一、选择题(共14小题，每小题3分，共42分，且每题只有1个正确〖答案〗)1.下列物质的分类正确的是（）选项碱酸盐碱性氧化物酸性氧化物ABCD〖答案〗C〖解析〗【详析】A．碳酸钠是盐，不是碱；氢氧化钠是碱，不是盐；二氧化硫是酸性氧化物，不是碱性氧化物，A错误；B．过氧化钠是过氧化物，不是碱性氧化物，B错误；C．氢氧化钾是碱、硝酸是酸、磷酸钠是盐、氧化钙是碱性氧化物、二氧化碳是酸性氧化物，C正确；D．硫酸氢钠是酸式盐，不是酸，D错误；故选C。2.下列关于胶体的叙述不正确的是（）A.胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质的微粒直径在10-9m～10-7m之间B.将饱和FeCl3溶液滴入氢氧化钠溶液中，加热可以制取Fe(OH)3胶体C.可用半透膜除去淀粉溶液中混有的氯化钠D.可以利用丁达尔效应区分胶体和溶液〖答案〗B〖解析〗【详析】A．胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质微粒直径大小，当分散质微粒直径小于1nm(10-9m)时，分散系为溶液，大于100nm(10-7m)时，分散系为悬浊液或乳浊液，当分散质微粒直径在1nm～100nm(10-9m～10-7m)之间，分散系为胶体，故A说法正确；B．将饱和氯化铁溶液滴入氢氧化钠溶液中，得到红褐色沉淀，氢氧化铁胶体制备是将饱和氯化铁溶液滴入沸水中，加热到出现红褐色液体，即可以得到氢氧化铁胶体，故B说法错误；C．淀粉溶液为胶体，不能透过半透膜，氯化钠可以透过半透膜，因此可以用半透膜除去淀粉溶液中混有的氯化钠，故C说法正确；D．胶体具有丁达尔效应，溶液则没有，因此可以用丁达尔效应区分胶体和溶液，故D说法正确；〖答案〗为B。3.下列各组离子在给定条件下能大量共存的是（）A.澄清透明的溶液：B.能使酚酞变红色的溶液：C强酸性溶液中：D.碳酸钠溶液中：〖答案〗A〖解析〗【详析】A．澄清透明溶液中四者互不反应可以大量共存，A符合题意；B．能使酚酞变红色溶液中含有OH-，会与镁离子反应生成沉淀不能大量共存，也会和碳酸氢根离子生成碳酸根离子而不共存，B不符合题意；C．酸性溶液中，亚铁离子和次氯酸根离子发生氧化还原生成铁离子和氯离子而不共存，C不符合题意；D．碳酸根离子和钡离子生成碳酸钡沉淀不共存，D不符合题意；故选A。4.下列离子方程式书写正确的是（）A.饱和溶液中通入过量：B.溶液中滴入少量烧碱溶液：C.中加入亚硝酸溶液：D.氯气通入水中：〖答案〗B〖解析〗【详析】A．饱和Na2CO3溶液中通入过量CO2，反应生成NaHCO3沉淀，离子方程式为：，A错误；B．Ca(HCO3)2溶液中滴入少量烧碱溶液，Ca(HCO3)2与NaOH按物质的量之比为1:1反应，离子方程式为：，B正确；C．Fe(OH)3中加入亚硝酸(HNO2)溶液，离子方程式为：Fe(OH)3+3HNO2=Fe3++3+3H2O，C错误；D．氯气通入水中反应生成盐酸和次氯酸，离子方程式为：Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO，D错误；故选B。5.歌中唱到“帘外芭蕉惹骤雨，门环惹铜绿”，“铜绿”即是碱式碳酸铜，铜在潮湿空气中生锈的化学方程式为。下列有关该反应的说法正确的是（）A.该反应属于化合反应，但不属于氧化还原反应B.该反应中碳元素的化合价没有发生变化C.该反应中二氧化碳和碱式碳酸铜都是非电解质D.该反应中氧元素化合价都降低了〖答案〗B〖解析〗【详析】A．该反应中，Cu元素的化合价由0价升高到+2价，失电子被氧化，部分O元素的化合价由0价降低到-2价，得电子被还原，有元素化合价升降，属于氧化还原反应，A错误；B．该反应中，C元素在反应前后化合价未发生变化，B正确；C．碱式碳酸铜熔融状态下能导电，属于电解质，C错误；D．O2中的O元素化合价由0价降低到-2价，CO2和H2O中的O元素反应前后化合价未发生变化，D错误；故选B。6.下列各组中两种物质作用时，反应条件或反应物用量改变，对生成物没有影响的是（）A溶液与 B.和C.与 D.溶液与溶液〖答案〗B〖解析〗【详析】A．氢氧化钠溶液与少量碳酸氢钡溶液反应生成碳酸钡沉淀、碳酸氢钠和水，反应的化学方程式为NaOH+Ba(HCO3)2=BaCO3↓+NaHCO3+H2O，氢氧化钠溶液与足量碳酸氢钡溶液反应生成碳酸钡沉淀、碳酸钠和水，反应的离子方程式为2NaOH+Ba(HCO3)2=BaCO3↓+Na2CO3+2H2O，则氢氧化钠溶液与碳酸氢钡溶液反应时，反应物用量改变对生成物有影响，故A不符合题意；B．碳酸氢钠溶液与少量稀硫酸和足量稀硫酸反应都是生成硫酸钠、二氧化碳和水，反应的化学方程式都为NaHCO3+NaHSO4=Na2SO4+CO2↑+H2O，则碳酸氢钠溶液与稀硫酸反应时，反应物用量改变对生成物没有影响，故B符合题意；C．钠常温下与氧气反应生成氧化钠，反应的化学方程式为4Na+O2=2Na2O，加热条件下与氧气反应生成过氧化钠，反应的化学方程式为2Na+O22Na2O2，则钠与氧气反应时，反应条件改变对生成物有影响，故C不符合题意；D．硫酸氢钠溶液与少量氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀、硫酸钠和水，反应的化学方程式为2NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+Na2SO4+2H2O，与足量氢氧化钡溶液时生成碳酸钡沉淀、氢氧化钠和水反应的化学方程式为NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+NaOH+H2O，则硫酸氢钠溶液与氢氧化钡溶液反应时，反应物用量改变对生成物有影响，故D不符合题意；故选B。7.某污水处理厂发生氯气泄漏事故，导致五百多人中毒。救援人员在现场的下列处理方法和过程较合理的是（）①及时将人群逆风转移到地势较高地方②用高压水枪向空中喷洒饱和食盐水③将泄漏氯气的钢瓶用生石灰掩埋④及时清理现场，检查水源和食物等是否被污染A.①③④ B.①②③ C.②④D.①②③④〖答案〗A〖解析〗【详析】①氯气是密度比空气大的有毒的气体，则发生泄漏事故时，氯气会集中在地势较低的地方，救援人员应及时将人群逆风转移到地势较高的地方，防止发生意外事故，故正确；②氯气溶于水，但不溶于饱和食盐水，则发生泄漏事故时，用高压水枪向空中喷洒饱和食盐水不可能降低空气中氯气的浓度，所发生泄漏事故时，以救援人员不能用高压水枪向空中喷洒饱和食盐水，故错误；③潮湿的氯气能与生石灰反应生成无害的氯化钙和次氯酸钙，所以发生泄漏事故时，救援人员将泄漏氯气的钢瓶用生石灰掩埋可以减少氯气扩散到空气中，有利于保护环境，防止发生意外事故，故正确；④氯气是有毒气体，吸入氯气会危害人体健康，所以发生泄漏事故时，及时清理现场，检查水源和食物等是否被污染，有利于保护环境，防止发生意外事故，故正确；①③④正确，故选A。8.下列转化关系不能通过一步反应实现的是（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗【详析】A．铁在氯气中燃烧只能生成氯化铁，则铁转化为氯化铁能通过一步反应实现，故A正确；B．钠在氧气中共热反应生成过氧化钠，则钠转化为过氧化钠能通过一步反应实现，故B正确；C．过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，则过氧化钠转化为碳酸钠能通过一步反应实现，故C正确；D．由氯元素的化合价变化可知，氯气转化为氯化亚铁的反应不可能能通过一步反应实现，故D错误；故选D。9.高铁酸钾()是一种环保、高效、多功能饮用水处理剂，在水处理过程中，高铁酸钾转化为胶体，制备高铁酸钾的流程如图所示，下列叙述不正确的是（）A.反应I的的尾气可以循环使用B.反应Ⅱ中氧化剂与还原剂的质量之比为C.污水处理过程中产生的胶体使悬浮物聚沉，利用了胶体具有较强吸附能力的特点D.可以把废水中的转化为两种无毒气体，反应中是还原剂〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗由题给流程可知，铁屑与氯气在加热条件下反应生成氯化铁，向氯化铁溶液中加入次氯酸钠和氢氧化钠的混合溶液，将氯化铁转化为高铁酸钠，向反应后的溶液中加入饱和氢氧化钾溶液，将高铁酸钠转化为高铁酸钾沉淀，过滤得到粗高铁酸钾晶体。【详析】A．由分析可知，反应I发生的反应为铁屑与氯气在加热条件下反应生成氯化铁，则未反应的过量氯气可以循环使用B．由分析可知，反应Ⅱ发生的反应为氯化铁溶液与次氯酸钠和氢氧化钠的混合溶液反应生成氯化钠、高铁酸钠和水，反应中氯元素的化合价降低被还原，次氯酸钠是反应的氧化剂，铁元素的化合价升高被氧化，氯化铁是反应的还原剂，由得失电子数目守恒可知，氧化剂次氯酸钠和还原剂氯化铁的物质的量比为3：2，故B错误；C．高铁酸钾污水处理过程中产生氢氧化铁胶体，胶体的表面积大，能吸附水中悬浮杂质产生聚沉，从而达到净水的作用，故C正确；D．由题意可知，高铁酸钾与废水中的氰酸根离子反应生成氮气和二氧化碳气体，反应中氮元素和碳元素的化合价升高被氧化，氰酸根离子是反应的还原剂，故D正确；故选B。10.下列实验方案中，不能测定和混合物中的质量分数是（）A.取ag混合物充分加热，减重bgB.取ag混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得bg固体C.取ag混合物与足量氢氧化钠充分反应，加热、蒸干、灼烧，得bg固体D.取ag混合物与足量溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得bg固体〖答案〗C〖解析〗【详析】A．NaHCO3受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，所以通过加热分解利用差量法即可计算出Na2CO3质量分数，A不选；B．Na2CO3和NaHCO3均可与盐酸反应生成水、二氧化碳和氯化钠，所以bg固体是氯化钠，利用守恒法可计算出Na2CO3质量分数，B不选；C．取ag混合物与过量氢氧化钠溶液充分反应，加热、蒸干、灼烧，得bg固体，bg固体为碳酸钠及过量NaOH，不可以计算出Na2CO3质量分数，选C；D．Na2CO3和NaHCO3都与Ba(OH)2反应生成BaCO3沉淀，最后得到的固体是BaCO3，所以可以计算出Na2CO3质量分数，D不选；故本题选C。11.和组成的混合气体在同温同压下与氮气的密度相同，则该混合气体中和的体积比可能为（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗【详析】同温同压下，气体的密度之比等于其摩尔质量之比。CO2、CH4和CO组成的混合气体在同温同压下与氮气的密度相同，可知该混合气体的平均摩尔质量等于氮气的摩尔质量，摩尔质量在以g/mol为单位时，数值上等于其相对分子质量，即该混合气体的平均相对分子质量为28。由于CO相对分子质量为28，因此要使该混合气体的平均相对分子质量为28，只需满足CO2与CH4的平均相对分子质量为28即可。由十字交叉法可知，，则CO2和CH4的体积比为12:16=3:4，而CO可取任意体积，A选项满足题意，故选A。12.设表示阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是（）A.常温常压下，中含有的的分子数为B.标准状况下，中含有的氢原子数为C.标准状况下，和组成的混合气体中含有的氧原子数为D.和混合气体中含有的氧原子数为〖答案〗D〖解析〗【详析】A．44g二氧化碳中含有的二氧化碳的分子数为×NAmol—1=0.1NA，故A正确；B．标准状况下，2.24L硫化氢分子中含有的氢原子数为×2×NAmol—1=0.2NA，故B正确；C．二氧化碳和氧气分子中含有的氧原子个数都为2，则标准状况下，4.48L二氧化碳和氧气组成的混合气体中含有的氧原子数为×2×NAmol—1=0.4NA，故C正确；D．氧气和臭氧分子的最简式相同，都为O，则2.1g氧气和2.7g臭氧混合气体中含有的氧原子数为×NAmol—1=0.3NA，故D错误；故选D。13.将一定量的通入一定量的石灰乳中，两者恰好完全反应[已知反应过程放热，温度较低时先生成和]，生成物中有三种含氯元素的离子，其中和两种离子的物质的量(n)与反应时间(t)的变化关系如图所示(不考虑氯气和水的反应)，下列说法正确的是（）A.曲线Ⅰ表示的物质的量随反应时间变化的关系B.所取石灰乳中含有的物质的量为0.25molC.生成物中的物质的量为0.55molD.另取一份等物质的量的石灰乳，以较大的速率通入足量氯气，反应后测得产物中的物质的量为0.37mol。则产物中〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗已知反应过程放热，温度较低时先生成和，生成物中有三种含氯元素的离子，则随着反应进行，温度升高，产物中的量增大，故Ⅰ、Ⅱ分别为和两种离子的变化曲线；【详析】A．由分析可知，曲线Ⅰ表示的物质的量随反应时间变化的关系，A错误；B．由图可知，t2时氢氧化钙与氯气恰好反应，n()=0.10mol，故n[Ca(ClO)2]=0.05mol，n()=0.05mol，故n[Ca(ClO3)2]=0.025mol，反应中部分氯元素化合价升高得到和，部分氯元素化合价降低得到氯离子，结合和量的关系及电子守恒可知，反应为：10Cl2+10Ca(OH)2=7CaCl2+2Ca(ClO)2+Ca(ClO3)2+10H2O，则n[Ca(OH)2]=10n[Ca(ClO3)2]=0.025mol×10=0.25mol，B正确；C．结合B分析可知，n[CaCl2]=7n[Ca(ClO3)2]=0.025mol×7=0.175mol，则n(Cl-)=0.35mol，C错误；D．另取一份等物质的量的石灰乳，以较大的速率通入足量氯气，反应后测得产物中的物质的量为0.37mol，设和分别为amol、bmol，根据电子守恒可知，a+5b=0.37，根据生成物中氯元素和钙元素关系结合B结论可知，0.37+a+b=0.25×2，解得a=0.07mol、b=0.06mol，则，D错误；故选B。14.一个密闭容器，中间有一可自由滑动的隔板(厚度不计)，将容器分成两部分，当左侧充入，右侧充入一定量的时，隔板处于如图位置(保持温度不变)，下列说法不正确的是（）A.左侧与右侧原子数之比为B.右侧的质量为C.右侧气体密度是相同条件下氢气密度的16倍D.保持温度不变，若改变右侧的充入量而使隔板处于容器正中间，则应再充入〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗由阿伏加德罗定律可知，同温同压条件下，气体的体积之比等于物质的量之比，由图可知，左、右两侧气体体积之比为4：1，则左、右两侧气体分子物质的量之比为4：1，由左侧容器中氮气的物质的量为2mol可知，右侧容器中甲烷的物质的量为2mol×=0.5mol。【详析】A．由分析可知，左、右两侧气体分子物质的量之比为4：1，则左、右两侧原子数之比为(4×2)：(0.5×5)=16：5，故A错误；B．由分析可知，右侧甲烷的物质的量为0.5mol，则甲烷的质量为0.5mol×16g/mol=8g，故B正确；C．同温、同压下气体密度之比等于气体摩尔质量之比，则右侧气体密度是相同条件下氢气密度的倍数为=8，故C错误；D．由阿伏加德罗定律可知，隔板处于容器正中间时，左、右两侧气体的物质的量相等，由分析可知，左侧容器中氮气的物质的量为2mol，则隔板处于容器正中间时，右侧再充入氨气的物质的量为2mol—0.5mol=1.5mol，故D正确；故选C。二、非选择题(本大题包括4个小题，共58分)15.有以下几种物质：①②稀盐酸③④醋酸⑤熔融的氯化钠⑥固体⑦⑧⑨酒精⑩，按要求进行分类（1）属于酸性氧化物的是_______(填序号，下同)（2）属于电解质的是_______。（3）属于电解质又能导电的是_______。（4）属于混合物的是_______。〖答案〗（1）③⑦（2）④⑤⑥⑩（3）⑤（4）②〖解析〗（1）酸性氧化物是指与碱反应生成盐和水的氧化物，则属于酸性氧化物的是③⑦。（2）电解质是指在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物，则属于电解质的是④⑤⑥⑩。（3）由(2)分析知，属于电解质的是④⑤⑥⑩，而⑤熔融的氯化钠中含有能自由移动的Na+和Cl-，因而能导电，故属于电解质又能导电的是⑤。（4）混合物是由两种或两种以上的物质组成，则属于混合物的是②。16.按要求完成下列问题（1）写出足量与的离子反应方程式_______。（2）与过量反应的离子反应方程式_______。（3）配平该反应_______。（4）_______所含原子数与含原子数相同。〖答案〗（1）（2）（3）（4）12.8〖解析〗（1）足量NaHSO4与BaCO3按物质的量之比2:1反应，离子方程式为。（2）Ca(OH)2与过量NaHCO3按物质的量之比为1:2反应，离子方程式为。（3）该反应中，每生成1molFe(OH)3得到3mol电子，每生成1molO2失去4mol电子，根据得失电子守恒，Fe(OH)3前配系数4，O2前配系数3，根据Fe元素守恒，Na2FeO4前配系数4，根据Na元素守恒，NaOH前配系数8，再根据H元素守恒可得配平后的化学方程式为。（4）1个H3PO4分子含8个原子，则0.3mol

H3PO4含2.4mol原子，1个N2H4含6个原子，则含2.4mol原子的N2H4物质的量为，其质量为。17.A、B、C、D为四种可溶性的盐，它们的阳离子分别可能是中的某一种，阴离子分别可能是中的一种(离子在物质中不重复出现)。①若把四种盐分别溶于盛有蒸馏水的四支试管中，只有C盐的溶液呈蓝色；②若向①的四支试管中分别加入盐酸，B盐的溶液有沉淀生成，D盐的溶液有无色无味的气体逸出。根据①②实验事实可推断：（1）A的化学式为_______，B的化学式为_______。（2）写出少量盐酸与D反应的离子方程式：_______。（3）写出C与溶液反应的离子方程式：_______。（4）C溶液中阴离子的检验方法是_______。（5）D溶液中阳离子的检验方法_______。〖答案〗（1）①.BaCl2②.AgNO3（2）CO+H+=HCO（3）Cu2++SO+Ba2++2OH—=BaSO4↓+Cu(OH)2↓（4）取适量溶液于试管中，滴加足量盐酸，再滴加几滴BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明溶液中含有SO（5）焰色反应〖解析〗〖祥解〗由题意可知，若把四种盐分别溶于盛有蒸馏水的四支试管中，只有C盐的溶液呈蓝色说明C中含有铜离子，一定不含有碳酸根离子；向①的四支试管中分别加入盐酸，B盐的溶液有沉淀生成，说明B中含有银离子，由银离子与氯离子、硫酸根离子和碳酸根离子反应生成沉淀可知，B为硝酸银；D盐的溶液有无色无味的气体逸出，说明D中含有碳酸根离子，由碳酸根离子与银离子、铜离子、钡离子生成沉淀可知，D为碳酸钾；由溶液中钡离子与硫酸根离子反应可知，A为氯化钡、C为硫酸铜。（1）由分析可知，A为氯化钡、B为硝酸银，故〖答案〗为：BaCl2；AgNO3；（2）少量盐酸与碳酸钾溶液反应生成氯化钾和碳酸氢钾，反应的离子方程式为CO+H+=HCO，故〖答案〗为：CO+H+=HCO；（3）硫酸铜溶液与氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化铜沉淀，反应的离子方程式为Cu2++SO+Ba2++2OH—=BaSO4↓+Cu(OH)2↓，故〖答案〗为：Cu2++SO+Ba2++2OH—=BaSO4↓+Cu(OH)2↓；（4）由分析可知，C为硫酸铜，检验硫酸铜溶液中硫酸根离子的操作为取适量溶液于试管中，滴加足量盐酸，再滴加几滴氯化钡溶液，有白色沉淀生成，说明溶液中含有硫酸根离子，故〖答案〗为：取适量溶液于试管中，滴加足量盐酸，再滴加几滴BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明溶液中含有SO；（5）由分析可知，D为碳酸钾，可以用焰色反应检验碳酸钾溶液中的钾离子，故〖答案〗为：焰色反应。18.制备物质是化学工作者的重要任务之一，实验室用如图装置制备并收集干燥、纯净的。（1）装置A中发生反应的离子方程式是_______，反应中盐酸体现的性质有_______。（2）装置B的作用是_______。（3）装置C中盛放的物质是_______。（4）装置D用于收集，请将装置D中的导气管在装置图上补充完整_______(→表示气流方向)。（5）装置中有一明