2023-2024学年广西贺州中学化学高一第一学期期末复习检测模拟试题含解析

2023-2024学年广西贺州中学化学高一第一学期期末复习检测模拟试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、用1mol的钠、镁、铝、铁分别与100mL2mol/L的稀硫酸反应，放出氢气是A．钠最多B．铝最多C．钠、铝、铁一样多D．都一样多2、下列对某些问题的认识正确的是（）A．漂白粉和明矾都常用于自来水的处理，二者的作用原理是相同的B．Na的金属性比Cu强，但不能用Na与CuSO4溶液反应制取CuC．依据丁达尔效应可将分散系分为溶液、胶体与浊液D．玻璃、水泥、陶瓷、水晶都是重要的硅酸盐材料3、下列有关物质性质或应用的说法正确的是()A．晶体硅是半导体，故在通信工程中用于制光导纤维B．氧化镁的熔点高，可作优质的耐高温材料C．液氨汽化放出大量的热，可用作制冷剂D．明矾具有强氧化性，常用于自来水的杀菌消毒4、某溶液中可能含有Na+、NH4+、Fe2+、K+、I－、SO32－、SO42－，且所有离子物质的量浓度相等。向该无色溶液中滴加少量溴水，溶液仍呈无色。下列关于该溶液的判断正确的是A．肯定不含I－ B．肯定含有SO32－、I－C．肯定不含SO42－ D．肯定含有NH4+5、下列物质均有漂白作用，但其中一种的漂白原理与其它三种不同的是A．HClO B．SO2 C．O3 D．H2O26、既能透过半透膜，又能透过滤纸的是（）A．氯化钠溶液 B．淀粉溶液 C．泥水 D．氢氧化铁胶体7、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．标准状况下，22.4LCCl4含有的分子数为NAB．通常状况下，NA个CO2分子占有的体积为22.4LC．常温常压下，1.06gNa2CO3含有的Na＋个数为0.02NAD．物质的量浓度为1mol/L的MgCl2溶液中，含Cl‐个数为2NA8、Q、X、Y和Z为短周期元素，它们在周期表中的位置如图所示，这4种元素的原子最外层电子数之和为22。下列说法正确的是(

)A．Q的单质具有半导体的性质，Q与Z可形成化合物QZ4B．Q的最高价氧化物的水化物的酸性比Z的强C．X氢化物的稳定性比Q强D．Y的原子半径比X的大9、把2.3g的CO与H2组成的混合气体与足量的O2充分燃烧后，立即通入足量的Na2O2固体中，固体的质量增加（）A．7.2g B．3.6g C．2.3g D．无法确定10、某溶液中含有大量的下列离子：Fe3＋、SO42-、Al3＋和M离子，经测定Fe3＋、SO42-、Al3＋和M离子的物质的量之比为2∶4∶1∶1，则M离子可能是下列中的()A．Na＋ B．OH－C．S2－ D．Cl－11、可用如图所示装置制取（必要时可加热）、净化、收集的气体是A．亚硫酸钠固体与硫酸反应制二氧化硫B．氯化铵与氢氧化钙固体反应制氨气C．锌和稀硫酸反应制氢气D．铜与稀硝酸反应制一氧化氮12、对可逆反应4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)，下列叙述正确的是A．达到化学平衡时，4v正(O2)=5v逆(NO)B．若单位时间内生成nmolNO的同时，消耗nmolNH3，则反应达到平衡状态C．达到化学平衡时，若增加容器体积，则正反应速率减小，逆反应速率增大D．化学反应速率关系是：2v正(NH3)=3v逆(H2O)13、下列有关物质的用途说法不正确的是（）A．明矾可用于饮用水的消毒 B．二氧化硅可用于制造光导纤维C．水玻璃可用作木材防火剂 D．氧化铁可用作红色颜料14、在探究新制饱和氯水成分的实验中，下列根据实验现象得出的结论不正确的是A．氯水的颜色呈浅绿色，说明氯水中含有Cl2B．向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，说明氯水中含有Cl－C．向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，说明氯水中含有H＋D．向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色，说明氯水中含有HClO15、某同学用右图所示的装置及药品进行酸性强弱比较的实验，下列说法不正确的是A．①和②中发生的反应均为复分解反应B．向Na2SiO3饱和溶液中滴酚酞溶液无明显现象C．一段时间后②中有胶冻状物质生成D．该实验能证明酸性强弱的顺序是：硫酸＞碳酸＞硅酸16、向某NaOH溶液中通入CO2气体后得溶液M，因CO2通入量的不同溶液M的组成也不同。若向M中逐滴加入盐酸，产生的气体体积V（CO2）与加入盐酸的体积V（HCl）的关系有下列图示四种情况（不计CO2的溶解），则下列对应图形的判断正确的是A．含有两种溶质B．只含有一种溶质C．只含有碳酸钠D．有碳酸钠和碳酸氢钠二、非选择题（本题包括5小题）17、已知A、B、C为中学化学中常见的单质，在室温下A为固体，B和C为气体，向D溶液中加入KSCN溶液后，溶液显红色。在适宜的条件下可发生如下转化：试回答下列问题：（1）写出A、B、C的化学式：A_____、B_______、C_________。（2）反应E溶液＋A→F溶液＋C的离子方程式为：______________；D溶液＋A→F溶液的离子方程式为：___________；若向F溶液中加入NaOH溶液，观察到的现象为：_________。（3）写出除去D溶液中F杂质的离子方程式：________。18、X，Y，Z三种元素，它们具有下述性质：（1）X，Y，Z的单质在常温下均为气体；（2）X的单质可以在Z的单质中燃烧，燃烧时生成化合物XZ；（3）化合物XZ极易溶于水，并电离出X+和Z-，其水溶液可使蓝色石蕊试纸变红；（4）2分子X的单质可与1分子Y的单质化合，生成2分子X2Y，X2Y在常温下液体；（5）Z的单质溶于X2Y中，所得溶液具有漂白作用。根据上述事实，试判断X，Y，Z各是什么元素，XZ和X2Y各是什么物质：X（_______________），Y（_______________）Z（________________），XZ（_______________）X2Y（_______________）。19、芜湖市某便利店销售的一种食用碘盐包装袋上有如下标签：产品标准GB5461产品等级一级配料食盐、碘酸钾、抗结剂碘含量(以I计)20~50mg/kg(1)碘酸钾与碘化钾在酸性条件下发生如下反应，请配平化学方程式：____KIO3+____KI+____H2SO4=____K2SO4+_____I2+____H2O(2)实验室可分离获取单质碘，其实验操作可分解为如下几步：A．把盛有溶液的分液漏斗放在铁架台的铁圈中；B．把适量碘水和CCl4加入分液漏斗中，并盖好玻璃塞；C．检验分液漏斗活塞和上口玻璃塞是否漏液；D．倒转漏斗，用力振荡，并不时旋开活塞放气，最后关闭活塞，把分液漏斗放正；E.旋开活塞，用烧杯接收下层溶液；F.从分液漏斗的上口倒出上层水溶液；G.将漏斗上口的玻璃塞打开；H.静置、分层；①正确的操作顺序是(用编号字母填写)____→____→___→A→__→___→E→F。②下列物质，不能作为从水溶液中萃取碘的溶剂是____。A．苯B．汽油C．酒精(3)若向碘的四氯化碳溶液中加入Na2SO3稀溶液，将I2还原，以回收四氯化碳。理论上Na2SO3与I2反应的物质的量之比为____。20、实验室欲制备FeCl3固体。已知FeCl3固体易吸水潮解。现利用下图装置制取FeCl3固体。(1)分液漏斗①中放浓硫酸，烧瓶②中放固体氯化钠和二氧化锰，将浓硫酸滴加到烧瓶中共热。分两步写出反应的化学方程式：①_________________，②__________。(2)为了获得纯净干燥的氯气，应除杂和干燥。在B瓶中的液体应是__________，其作用____________________；在C瓶中的液体应是________，其作用是________________。(3)D中盛放的固体是铁粉，其中的反应方程式为___________________。在D及E装置中观察到现象是_________________________。(4)F中装的是碱石灰(主要成分是CaO与NaOH)，F的作用是_______。21、SO2是一种重要的氧化物,可用于生产三氧化硫、硫酸、亚硫酸盐、硫代硫酸盐,也可用作熏蒸剂、防腐剂、消毒剂、还原剂等。(1)SO2性质多变,若将SO2气体通入氢硫酸中,能看到的现象为:__________,该反应中SO2表现出______性;若将SO2气体通入酸性高锰酸钾溶液中,离子反应方程式为_________,该反应中SO2表现出__________性。(2)SO2有毒,且能形成酸雨,是大气主要污染物之一。石灰-石膏法和碱法是常用的烟气脱硫法。石灰-石膏法的吸收原理:‍①SO2+Ca(OH)2=CaSO3↓+H2O②2CaSO3+O2+4H2O=2CaSO4·2H2O碱法的吸收原理:将含SO2的尾气通入足量的烧碱溶液中,请写出对应的化学反应方程式__________;已知:试剂Ca(OH)2NaOH价格(元/kg)0.362.9余石灰-石膏法相比,碱法的优点是吸收快、效率高,缺点是__________;(3)在石灰-石膏法和碱法的基础上,设计了双碱法,能实现物料循环利用。上述方法中,实现循环利用的物质是__________,请用化学方程式表示在Na2SO3溶液中加入CaO后的反应原理__________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【解析】

由于钠能够与水反应，则1mol钠完全反应失去1mol电子，根据电子守恒可知生成氢气的物质的量为0.5mol；100mL2mol/L的硫酸溶液中含有硫酸的物质的量为：n(H2SO4)=2mol/L×0.1L=0.2mol，根据反应Mg+H2SO4＝MgSO4+H2↑可知，1molMg完全反应需要消耗1molH2SO4，则硫酸不足，生成氢气的物质的量为0.2mol；根据反应2Al+3H2SO4＝Al2(SO4)3+3H2↑可知，1mol铝完全反应消耗1.5molH2SO4，则硫酸不足，生成氢气的物质的量为0.2mol；根据反应Fe+H2SO4＝FeSO4+H2↑可知，1molFe完全反应需要消耗1molH2SO4，则硫酸不足，生成氢气的物质的量为0.2mol；因此Na与硫酸溶液反应生成氢气最多，镁、铝、铁反应后生成的氢气一样多，故答案选A。【点睛】本题考查金属与酸反应的计算，此类题应先判断谁过量，按不足量（完全反应）的物质计算，同时注意一些活泼金属与酸反应完会继续与水反应，例如钠、K等不需要判断过量问题。2、B【解析】A、漂白粉在水中可以得到HClO，HClO能够杀菌消毒；明矾在水中可以得到Al(OH)3胶体，它能够吸附水中悬浮固体小颗粒产生沉淀进而除去水中固体杂质，二者的作用原理不同，A错误。B、Na遇水迅速反应2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，所以Na与CuSO4溶液反应为2Na+2H2O+CuSO4=Na2SO4+Cu(OH)2↓+H2↑，并不能得到Cu单质，B正确。C、丁达尔效应只能用于鉴别胶体与溶液，三种分散系的分类标准是分散质粒子的大小，C错误。D、水晶的主要成分是SiO2，不属于硅酸盐，D错误。正确答案B。点睛：根据分散系中分散质粒子的大小，分散质粒子直径大于10-7m的分散系称为浊液，分散质粒子直径介于10-7m~10-10m之间的分散系称为胶体，分散质粒子直径小于10-9m的分散系称为溶液。而区分胶体和溶液的常用方法是丁达尔现象。3、B【解析】

A．光导纤维的成份是二氧化硅，晶体硅是半导体材料，不能用于制光导纤维，故A错误；B．氧化镁是离子化合物，离子键强，所以氧化镁熔点高，可作耐高温材料，故B正确；C．液氨汽化吸收大量的热，可用作制冷剂，故C错误；D．明矾在水溶液中形成胶体，吸附水溶液中悬浮颗粒等，具有净水作用，但不具有强氧化性，则不能杀菌消毒，故D错误；故选：B。4、C【解析】因为溶液呈无色，则溶液中不含Fe2+；溶液中加入少量溴水，溶液呈无色，溶液中一定含SO32-（反应为Br2+SO32-+H2O=2Br-+SO42-+2H+），由于SO32-的还原性强于I-，加入的溴水是少量，不能确定溶液中是否存在I-，A、B项错误；由于溶液中所有离子物质的量浓度相同，根据电荷守恒，Na+、NH4+、K+都为带一个单位正电荷的阳离子，溶液中Na+、NH4+、K+至少含有两种，而SO42-为带2个单位负电荷的阴离子，则溶液中一定不含SO42-，C项正确、D项错误；答案选C。【点睛】易错点：加入少量溴水后，溶液仍呈无色易判断出一定不含I-；事实是还原性SO32-I-，少量溴水先与还原性强的SO32-反应，即使含I-也不能发生反应发生颜色的变化。5、B【解析】

次氯酸、SO2、臭氧和双氧水作为漂白剂的原理都是发生化学反应，其中次氯酸、臭氧和双氧水利用的是其强氧化性，二氧化硫的漂白原理是和有色物质化合生成不稳定的无色物质，不是发生氧化还原反应，所以答案选B。6、A【解析】

A.氯化钠溶液中溶质的直径小于1nm，可透过滤纸和半透膜，符合题意，A正确；B.淀粉溶液属于胶体，胶粒直径在1nm100nm，不能透过半透膜，与题意不符，B错误；C.泥水属于浊液，浊液直径大于100nm，不能透过半透膜和滤纸，与题意不符，C错误；D.氢氧化铁胶体属于胶体，胶粒直径在1nm100nm，不能透过半透膜，与题意不符，D错误；答案为A。7、C【解析】CCl4在标准状况下为液态，所以无法计算分子数，选项A错误。NA个CO2分子为1mol，在标准状况下占有的体积为22.4L，通常状况下的体积一定不是22.4L，选项B错误。1.06gNa2CO3的物质的量为0.01mol，其中含有的Na＋数为0.02mol，所以选项C正确。选项D中没有说明溶液的体积，所以无法计算氯离子个数。选项D错误。8、C【解析】

设元素X的原子最外层电子数为a，则Y、Z、Q的最外层电子数分别为：(a+1)、(a+2)、(a-1)，则可得a+(a+1)+(a+2)+(a-1)=22，解得a=4；由于四种元素都为短周期元素，故X、Y、Z、Q分别为：C、N、S、Al；据此结合元素周期表的性质递变规律分析选项。【详解】A.由分析可知，Q为Al，是一种金属，不具有半导体性质，选项错误，A不符合题意；B.Q的最高价氧化物的水化物的化学式为Al(OH)3，Z的最高价氧化物对应水化物的化学式为H2SO4，H2SO4的酸性比Al(OH)3的酸性强，选项错误，B不符合题意；C.X的非金属比Q强，故其氢化物的稳定性比Q强，选项正确，C符合题意；D.同一周期，从左到右，原子半径逐渐减小，故X的原子半径比Y的大，选项错误，D不符合题意；故答案为：C。9、C【解析】

CO和H2在氧气中完全燃烧，生成CO2和H2O，生成的CO2和H2O再与Na2O2反应。2CO+O22CO2，一氧化碳与二氧化碳物质的量相等，Na2O2与CO2反应：2CO2+2Na2O2═2Na2CO3+O2，质量增重△m=2Na2CO3-2Na2O2=2CO，可知反应后固体质量增加量为CO的质量；2H2+O22H2O，生成的水与氢气物质的量相等，Na2O2与H2O反应：2H2O+2Na2O2═4NaOH+O2，质量增重△m=2H2O-O2=2H2，可知反应后固体增加的质量为氢气质量，故过氧化钠固体增重等于CO和H2的质量之和为2.3g。故A、B、D错误，C正确。答案选C。【点睛】本题考查的是钠的重要化合物和有关混合物反应的计算。解题关键是把反应前固体和反应后固体进行比较，观察有什么特点，利用差量法。Na2O2与CO2反应：质量增重△m=2Na2CO3-2Na2O2=2CO，反应后固体质量增加量为CO的质量；Na2O2与H2O反应：固体质量增重△m=2H2O-O2=2H2，反应后固体增加的质量为氢气质量。10、D【解析】

根据题目条件和电荷守恒可知：3n（Fe3+）+3n（Al3+）=2n（SO42-）+n，即：2×3+3×1=2×4+n，解得n=1，即M应带有1个单位的负电荷，又因为OH－、S2－不能与铁离子、铝离子大量共存，所以M只能为选项中的氯离子，答案选D。11、A【解析】

A.亚硫酸钠固体与硫酸反应生成SO2，SO2可用浓硫酸干燥，SO2密度比空气大，可用向上排空气法收集，A符合题意；B.氯化铵与氢氧化钙固体共热制氨气的发生装置应选择固体加热制气体型，氨气可被浓硫酸吸收，不能用浓硫酸干燥氨气，氨气的密度比空气小，应用向下排空气法收集，B不符合题意；C.锌与稀硫酸反应生成氢气，H2可用浓硫酸干燥，但氢气的密度小于空气，应用向下排空气法收集，C不符合题意；D.Cu与稀硝酸反应生成NO，NO可用浓硫酸干燥，NO可被氧气氧化，不能用排空气法收集，D不符合题意；答案选A。12、A【解析】

A．4v正(O2)=5v逆(NO)，不同物质表示正逆反应速率之比等于化学计量数之比，表示正反应速率和逆反应速率相等，反应达到平衡状态，A正确；B．若单位时间内生成nmolNO的同时，消耗nmolNH3，都表示反应正向进行，不能说明到达平衡，B错误；C．达到化学平衡时，若增加容器体积，则物质的浓度减小，正、逆反应速率均减小，C错误；D．用不同物质表示的化学反应速率之比等于其化学计量数之比，正确的化学反应速率关系是：3v正(NH3)=2v逆(H2O)，D错误。答案选A。13、A【解析】

A．明矾溶于水电离产生的铝离子水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体具有吸附性，能够吸附水中固体杂质颗粒，可以净水，明矾不具有杀菌消毒的作用，故A错误；B．二氧化硅具有良好的光学特性，是制造光导纤维主要成分，故B正确；C．水玻璃为硅酸钠的水溶液，硅酸钠熔点高，不易燃烧，水玻璃浸泡过的木材能防腐，可用作木材防火剂，故C正确；D．氧化铁为红棕色固体，可用作红色颜料，故D正确；答案选A。14、D【解析】

A、氯气是黄绿色气体，因此氯水的颜色呈浅绿色，说明氯水中含有Cl2，A正确；B、向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，白色沉淀是氯化银，这说明氯水中含有Cl－，B正确；C、向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，气体是CO2，这说明氯水中含有H＋，C正确；D、向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色，说明反应中有氯化铁生成。由于氯气也能把氯化亚铁氧化生成氯化铁，因此不能说明氯水中含有HClO，D不正确。答案选D。15、B【解析】

A、①中发生的反应是Na2CO3＋H2SO4=Na2SO4＋CO2↑＋H2O，②中发生CO2＋H2O＋Na2SiO3=Na2CO3＋H2SiO3↓，两个反应都是复分解反应，故A正确；B、硅酸钠溶液属于强碱弱酸盐，水溶液显碱性，滴入酚酞变红，故B错误；C、根据选项A的分析，②中生成硅酸胶体，故C正确；D、根据强酸制取弱酸的原理，酸性：硫酸>碳酸>硅酸，故D正确；答案选B。16、C【解析】

CO2与NaOH反应为①CO2+NaOH=NaHCO3，②CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，当≥1，反应按①进行，等于1时，CO2、NaOH恰好反应生成NaHCO3；大于1时，生成NaHCO3，CO2有剩余；当＜＜1，反应按①②进行，CO2、NaOH反应，无剩余，生成物为NaHCO3、Na2CO3；当≤，反应按②进行，等于时，CO2、NaOH恰好反应生成Na2CO3；小于时，生成Na2CO3，NaOH有剩余；则A．由上述分析可知，当含有两种溶质，不论是Na2CO3、NaOH，还是NaHCO3、Na2CO3，滴加盐酸都不能立即产生气体，选项A错误；B．①当溶质为Na2CO3时，不能立即产生气体，滴加盐酸先与碳酸钠反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠再与盐酸发生反应生成二氧化碳，且与碳酸钠反应生成碳酸氢钠消耗盐酸体积等于与碳酸氢钠反应生成二氧化碳所消耗的盐酸体积，产生的气体体积V（CO2）与加入盐酸的体积V（HCl）的关系为；②当溶质为NaHCO3时，滴加盐酸与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，立即产生气体，产生的气体体积V（CO2）与加入盐酸的体积V（HCl）的关系为，选项B错误；C．由B中分析可知，只含一种溶质，当溶质为Na2CO3时，产生的气体体积V（CO2）与加入盐酸的体积V（HCl）的关系为，选项C正确；D．M含有Na2CO3和NaHCO3，与碳酸钠反应生成碳酸氢钠消耗盐酸体积小于与碳酸氢钠反应生成二氧化碳所消耗的盐酸体积，产生的气体体积V（CO2）与加入盐酸的体积V（HCl）的关系为选项D错误。答案选C。二、非选择题（本题包括5小题）17、FeCl1H1Fe＋1H＋=Fe1＋＋H1↑1Fe3＋＋Fe=3Fe1＋溶液中生成白色沉淀，沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色1Fe1＋＋Cl1=1Fe3＋＋1Cl－【解析】

A、B、C为中学化学中常见的单质，在室温下A为固体，B和C为气体，A与B反应生成D，向D溶液中加入KSCN溶液后，溶液显红色，D溶液中含有Fe3+，由D于F相互转化可知，A为Fe，B为Cl1，D为FeCl3，F为FeCl1．B与C反应生成E，Fe与E溶液反应得到氯化亚铁与C，则C为H1，E为HCl，以此解答该题。【详解】(1)向D溶液中加入KSCN溶液后，溶液显红色，故D溶液中含Fe3＋，根据题干信息可推知A为Fe，结合框图中E溶液与A反应生成F溶液和气体C可确定E溶液为酸，故E为HCl，由此推知B、C分别为Cl1、H1，D、F分别为FeCl3、FeCl1。(1)E为HCl，溶液与铁反应生成氯化亚铁和氢气，反应的离子方程式为Fe+1H+=Fe1++H1↑；氯化铁和铁反应生成氯化亚铁，反应的离子方程式为1Fe3++Fe=3Fe1+，F为FeCl1，加入氢氧化钠溶液，可生成不稳定的氢氧化亚铁，氢氧化亚铁不稳定，可被氧化生成氢氧化铁，现象为溶液中生成白色沉淀，迅速变灰绿色，最终变红褐色；(3)除去氯化铁中的氯化亚铁，可通入氯气，发生氧化还原反应生成氯化铁，反应的离子方程式为1Fe1++Cl1=1Fe3++1Cl-。18、HOClHClH2O【解析】

结合物质的性质、反应的实验现象分析解答。【详解】XZ极易溶于水，在水溶液中电离出X+和Z-，XZ的水溶液可使石蕊试液变红，溶液呈酸性，则X为氢元素，X单质为H2；结合X的单质在Z的单质中燃烧生成XZ，可知Z为Cl元素，Z的单质为Cl2，故XZ为HCl；2个H2分子能与1个Y2分子化合成2个X2Y分子，X2Y常温下为液体，则X2Y为H2O，说明Y为O元素；Cl2溶于H2O中，反应生成HCl和HClO，HClO具有漂白作用，符合题意；根据上述分析，X为H，Y为O，Z为Cl，XZ为HCl，X2Y为H2O，故答案为H；O；Cl；HCl；H2O。19、153333CBDGHC1:1【解析】

(1)根据氧化还原反应遵循电子守恒和质量守恒进行配平；(2)①操作为查漏→装液→振荡→静置→分液；②萃取剂的选取标准是：与水互不相溶，被萃取的物质在该溶剂中的溶解度比在水中的溶解度大，且跟萃取物不发生化学反应；(3)亚硫酸根子与碘单质发生氧化还原反应生成硫酸钠和碘化氢，据此解答。【详解】(1)反应中KIO3与KI之间发生氧化还原反应生成I2，根据氧化剂、还原剂之间得失电子数目相等可知KIO3∼5KI，结合原子守恒配平书写可得化学方程式为：KIO3+5KI+3H2SO4=3K2SO4+3I2+3H2O，其中KIO3为氧化剂，I元素的化合价由+5价降低为0，I元素的化合价由−1价升高为0，化合价升高值=化合价降低值=转移电子数=5，电子转移情况如下：；(2)①CCl4从碘水中萃取碘并用分液漏斗分离两种溶液，操作为查漏→装液→振荡→静置→分液，则步骤为C→B→D→A→G→H→E→F；②可以选用苯或汽油从碘水中萃取碘，苯或汽油与水不互溶，而且碘在苯或汽油中的溶解度比在水中的大得多，酒精和水溶液混溶不能分层，故选C；(3)亚硫酸根子与碘单质发生氧化还原反应生成硫酸钠、碘化氢，离子方程式：Na2SO3+I2+H2O=Na2SO4+2HI，Na2SO3稀溶液与I2反应的主要产物是Na2SO4，HI，反应物物质的量之比=1:1。20、NaCl+H2SO4(浓)NaHSO4+HCl↑；MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O饱和食盐水吸收HCl气体浓H2SO4吸收水蒸气2Fe+3Cl22FeCl3有棕色的烟吸收多余的Cl2，并防止空气中的水蒸气进入E与D中【解析】（1）浓硫酸与氯化钠反应生成氯化氢，氯化氢被二氧化锰氧化生成氯气，反应的方程式分别为NaCl+H2SO4(浓)NaHSO4+HCl↑、MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O；（2）生成的氯气中含有氯化氢和水蒸气，用饱和食盐水除去氯化氢，用浓硫酸干燥氯气，因此B瓶中的液体应是饱和食盐水，C瓶中的液体应是浓H2SO4；（3）氯气与铁在加热的条件下反应生成氯化铁，方程式为2Fe+3Cl22FeCl3，实验现象是产生棕色的烟；（4）氯气有毒，需要尾气处理，另外FeCl3固体易吸水潮解，所以F的作用是吸收多余的Cl2，并防止空气中的水蒸气进入E与D中。21、溶液中生成黄色沉淀氧化性2MnO4-+5SO2+2H2O