2023年青岛第二十六中学化学高一上期末教学质量检测试题含解析

2023年青岛第二十六中学化学高一上期末教学质量检测试题注意事项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、常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A．pH=12的溶液：K+、Na+、CH3COO-、Br-B．红色石蕊的溶液：NH4+、Ba2+、AlO2-、Cl-C．1.0mol▪L-1的KNO3溶液：H+、Fe2+、Cl-、SO42-D．与铝反应产生大量氢气的溶液：Na+、K+、CO32-、NO3-2、科学家发现了利用泪液来检测糖尿病的方法，其原理是用氯金酸钠(NaAuCl4)溶液与溶液中的葡萄糖发生反应生成纳米金单质颗粒(直径为20-60nm)。下列有关说法错误的是A．氯金酸钠中金元素的化合价为+3B．葡萄糖在反应中体现还原性C．检测时，NaAuCl4发生氧化反应D．纳米金单质颗粒分散在水中所得的分散系属于胶体3、NaH可用作生氢剂，反应的化学方程式为NaH＋H2O＝NaOH＋H2↑。该反应中，水的作用是A．溶剂 B．还原剂C．氧化剂 D．既是还原剂又是氧化剂4、下列排列不正确的是（）A．熔沸点：F2＜Cl2＜Br2＜I2 B．氧化性：F2＞Cl2＞Br2＞I2C．稳定性：HI＜HBr＜HCl＜HF D．还原性：I-＜Br-＜Cl-＜F-5、对于反应3Br2+6NaOH=5NaBr+NaBrO3+3H2O，以下叙述正确的是（）A．Br2是氧化剂，NaOH是还原剂B．Br2既是氧化剂又是还原剂C．被氧化的Br原子和被还原的Br原子的物质的量的比为5∶1D．每生成1mol的NaBrO3转移10mol的电子6、200mL0.05mol/L的Na2SO3溶液，恰好被4×10-3molXO氧化成Na2SO4，则元素X在还原产物中的化合价是（）A．+1 B．+2 C．+3 D．+47、欲除去Na2CO3固体中的NaHCO3杂质，可采取的方法是A．加水溶解后过滤 B．配成溶液后通入足量CO2气体C．将固体加热 D．先加足量盐酸后过滤8、下列说法中正确的是A．液态HCl、固态NaCl均不导电，所以HCl、NaCl均不是电解质B．NH3、CO2的水溶液均导电，所以NH3、CO2均是电解质C．铜、石墨均导电，所以它们是电解质D．蔗糖、酒精在水溶液或熔化时均不导电，所以它们是非电解质9、关于反应：3CO+Fe2O3=2Fe+3CO2的叙述正确的是A．CO和CO2均属于酸性氧化物，Fe2O3属于碱性氧化物B．该反应既是氧化还原反应，也是置换反应C．Fe2O3为氧化剂，CO2为氧化产物D．28gCO参加反应，得到2mol电子10、下列说法正确的是A．同主族元素原子的最外层电子数相同B．在多电子原子中，在离核较近的区域内运动的电子能量较高C．第ⅡA与第ⅢA族元素的原子序数一定相差1D．碱金属元素指第ⅠA族所有元素11、下列关于铁矿石的说法正确的是()A．赤铁矿的主要成分是四氧化三铁 B．铁矿石的主要成分与铁锈的主要成分相同C．硫铁矿可用于生产铁和硫酸 D．铁的含量褐铁矿大于赤铁矿12、“84”消毒液在日常生活中使用广泛，该消毒液无色，有漂白作用，其有效成分是（）A．NaOHB．Na2O2C．KMnO4D．NaClO13、下列物质中属于化合物的是（）A．石墨 B．干冰 C．盐酸 D．食盐水14、若mg密度为ρg·cm−3的Al2(SO4)3溶液中含ng，则该Al2(SO4)3溶液的物质的量浓度是A．mol·L−1 B．mol·L−1C．mol·L−1 D．mol·L−115、下列方法不合理的是（）A．用Ba(OH)2溶液鉴别Na2CO3和NaHCO3 B．用水鉴别乙醇和四氯化碳C．用澄清石灰水鉴别CO和CO2 D．用硫酸鉴别碳酸钠、硅酸钠和硫酸钠16、把氯气通入下列各物质的溶液中，阴离子和阳离子都能被氧化的是（）A．NaOH B．Na2SO3 C．FeBr2 D．FeSO4二、非选择题（本题包括5小题）17、A、B、C、D、E、F是六种短周期元素，它们的原子序数依次增大；A元素的原子是半径最小的原子；B元素的最高价氧化物对应水化物与其气态氢化物反应生成一种盐X；D与A同主族，且与F同周期；F元素的最外层电子数是其次外层电子数的3/4倍，A、B、D、F这四种元素，每一种与C元素都能形成元素的原子个数比不相同的若干种化合物。D、E、F三种元素对应的最高价氧化物的水化物间两两皆能反应．请回答下列问题：（1）写出B、C、E元素的名称B___________、C__________、E_____________。（2）写出C、D两种元素形成的原子个数比为1：1的物质的电子式为____________。（3）不能验证C和F两种元素非金属性强弱的结论是（填编号）________。①比较这两种元素常见单质的熔点②比较这两种元素的单质与氢气化合的难易程度③比较这两种元素的气态氢化物的还原性（4）A、C、D、F四种元素可以形成两种酸式盐（均由四种元素组成），这两种酸式盐的化学式分别为________、________，这两种酸式盐相互反应的离子方程式为_______。（5）A、C、F间可形成甲、乙两种微粒，它们均为负一价双原子阴离子，且甲有18个电子，乙有10个电子，则甲与乙反应的离子方程式为___________。（6）向含有amolE的氯化物的溶液中加入含bmolD的最高价氧化物对应水化物的溶液，生成沉淀的物质的量不可能为________。①amol

②bmol

③a/3mol

④b/3mol

⑤0

⑥（4a﹣b）mol18、已知A、B、C、D分别是AlCl3、BaCl2、FeSO4、NaOH四种化合物中的一种，它们的水溶液之间的一些反应现象如下：①A+B→白色沉淀，加入稀硝酸，沉淀不溶解②B+D→白色沉淀，在空气中放置，沉淀由白色转化为红褐色③C+D→白色沉淀，继续加入D溶液，白色沉淀逐渐消失（1）试推断A________B_________C________D_________（化学式）。（2）写出下列反应的化学方程式或离子方程式：①实验②中沉淀由白色转化为红褐色的化学方程式_____________________________，②C溶液与D溶液反应后生成的白色沉淀溶解于D溶液中的离子方程式_____________。19、（1）实验室用金属铜和稀硝酸制取NO的离子方程式为_____。（2）NO是有毒气体，某学生为防止污染，用分液漏斗和烧杯装配了一套简易的、能随开随用、随关随停的NO气体发生装置，如图甲所示。①实验室若没有铜丝，而只有小铜粒，在使用上述装置进行实验时，可用丝状材料包裹铜粒以代替铜丝进行实验，这种丝状材料的成分可以是____(填序号)。A．铁B．铝C．铂D．玻璃②打开分液漏斗的活塞使反应进行，在分液漏斗中实际看到的气体是红棕色的，原因是____(填化学方程式)。（3）为证明铜丝与稀硝酸反应生成的确实是NO，某学生另设计了一套如图乙所示的装置制取NO。反应开始后，可以在U形管右端观察到无色的NO气体。①长玻璃管的作用是______。②让反应停止的操作方法及原因是_____。（4）以下收集NO气体的装置，合理的是___(填序号)。（5）将32.64g铜与140mL一定浓度的硝酸反应，铜完全溶解产生的NO和NO2混合气体在标准状况下的体积为11.2L。请回答：①NO的体积为_____L，NO2的体积为____L。②待产生的气体全部释放后，向溶液中加入VmLamol·L－1的NaOH溶液，恰好使溶液中的Cu2＋全部转化成沉淀，则原硝酸溶液的浓度为___mol·L－1。20、图中为实验室制取氯气及性质验证的装置图：参考装置图回答下列问题：(1)请指出仪器a的名称____________________，写出装置A中反应的化学方程式____________(2)在装置D中可观察到的现象是________，装置E中可观察到的现象是__________。(3)装置B的作用为_____，装置C的作用为____________，装置H的作用为_________，写出装置H中的离子方程式_____________。21、利用海水可以提取溴和镁，提取过程如下：（1）提取溴的过程中，经过2次转化的目的是__________，吸收塔中发生反应的离子方程式是，蒸馏塔中发生反应的离子方程式是____________。（2）从溶液中得到晶体的主要操作是__________、_________、过滤、洗涤、干燥。由无水氯化镁得到镁的化学方程式是__________。（3）据上述流程，将海水中溴元素（海水中离子含量为）转化为工业溴，整个流程中至少需要标准状况下的体积为_________L（忽略溶解）。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【解析】

A．pH=12的溶液，显碱性，K+、Na+、CH3COO-、Br-离子之间不反应，可大量共存，故A正确；B．石蕊溶液呈红色的溶液，显酸性，H+、AlO2-结合生成沉淀，不能大量共存，故B错误；C．Fe2+、H+、NO3-发生氧化还原反应，不能大量共存，故C错误；D．与铝反应产生大量氢气的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液，酸溶液中不能大量存在CO32-，故D错误；故选A。2、C【解析】

本题考查氧化还原反应以及分散系的判断。A.化合物中正负化合价的代数和为0，Na为+1价，Cl为-1价；

B.该反应中Au的化合价降低，故葡萄糖中某元素化合价升高；

C.化合价降低的反应是还原反应；

D.分散质粒子直径在1nm-100nm之间的分散系为胶体。【详解】A.化合物中正负化合价的代数和为0，Na为+1价，Cl为-1价，则氯金酸钠中金元素的化合价为+3，故A正确；

B.该反应中Au的化合价降低，即NaAuCl4做氧化剂，根据氧化还原反应中有元素化合价降低，则必然有元素化合价升高，故葡萄糖中某元素化合价升高，表现出还原性，故B正确；

C.氯金酸钠变为金化合价降低，发生还原反应，故C错误；

D.纳米金单质颗粒直径为20nm～60nm，分散在水中所得的分散系为胶体，故D正确．【点睛】把握反应中元素的化合价变化、物质的性质、胶体的判断为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。3、C【解析】

NaH中H为-1价，H2O中H为+1价，由化学方程式以及化合价不交叉原则可知，NaH中H化合价升高为0价，H2O中H化合价从+1价降低为0价，故该反应中，水做氧化剂；故答案为C。4、D【解析】

A．组成和结构相似的分子晶体随相对分子质量的增大，熔沸点升高，熔沸点：F2＜Cl2＜Br2＜I2，故A正确；B．同主族元素从上到下元素的非金属性减弱，单质氧化性减弱，氧化性：F2＞Cl2＞Br2＞I2，故B正确；C．同主族元素从上到下元素的非金属性减弱，氢化物的稳定性逐渐减弱，稳定性：HI＜HBr＜HCl＜HF，故C正确；D．同主族元素从上到下元素的非金属性减弱，简单阴离子的还原性增强，还原性：I-＞Br-＞Cl-＞F-，故D错误；故选D。5、B【解析】

在3Br2+6NaOH=5NaBr+NaBrO3+3H2O反应中，溴元素的化合价由0价变为-1价和+5价，所以Br2既是氧化剂又是还原剂，其中5个Br由0价降低到-1被还原，1个Br由0价升高到+5被氧化，据此分析。【详解】A.该反应中，溴元素的化合价由0价变为-1价和+5价，其它各元素的化合价都不变，所以Br2既是氧化剂又是还原剂，A错误；B.根据A分析可知，溴单质既是氧化剂又是还原剂，B正确；C.5个Br由0价降低到-1被还原，1个Br由0价升高到+5被氧化，所以被氧化的Br原子和被还原的Br原子的物质的量的比为1：5，C错误；D.生成1mol溴酸钠转移电子的物质的量=1mol×(5-0)=5mol，D错误；故合理选项是B。【点睛】本题考查了氧化还原反应，明确元素化合价变化是解本题关键，根据元素化合价来确定氧化剂、还原剂、氧化产物和还原产物，注意转移电子的计算方法，题目难度不大．6、B【解析】

该反应中Na2SO3为还原剂，SO32-中的S被氧化，变为SO42-，化合价从+4升到+6价，XO4-为氧化剂，其中X元素化合价降低，开始为+7价，假设反应后降低到x价，由得失电子守恒可知，0.2L×0.05mol/L×(6-4)=4×10-3mol×(7-x)，解得x=2，故选B。7、C【解析】

碳酸氢钠固体受热分解生成碳酸钠，所以直接加热即可除去。答案选C。8、D【解析】

A、液态HCl、固体NaCl均不导电，但HCl、NaCl溶于水均电离出阴阳离子而导电，均是电解质，A错误；B、NH3、CO2的水溶液均导电，但溶液导电是因为二者都与水反应生成电解质一水合氨、碳酸的缘故，不是自身电离产生自由移动的离子，所以NH3、CO2均是非电解质，B错误；C、铜、石墨均导电，但它们都是单质，所以它们不是电解质，也不是非电解质，C错误；D、蔗糖、酒精在水溶液或熔融时均不能电离出离子，不导电，所以它们是非电解质，D正确。答案选D。【点睛】明确电解质和非电解质的含义是解答的关键，注意化合物在水溶液中或受热熔化时本身能否发生电离是区别电解质与非电解质的理论依据，能否导电则是实验依据。能导电的物质不一定是电解质，如石墨；电解质本身不一定能导电，如NaCl晶体。9、C【解析】

反应3CO+Fe2O3=2Fe+3CO2

中，C元素化合价由+2价变为+4价．Fe元素化合价由+3价变为0价，以此解答该题。【详解】A．CO与碱和酸不反应，属于不成盐氧化物，故A错误；B．该反应中有元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，反应物都为化合物，不是置换反应，故B错误；C．反应中Fe元素化合价降低，C元素化合价升高，则Fe2O3为氧化剂，CO2为氧化产物，故C正确；D．CO反应中C元素化合价升高，为还原剂，失去电子，故D错误；故答案为：C。10、A【解析】

A.主族元素族序数等于最外层电子数，所以同主族元素原子的最外层电子数相同，A正确；B.在多电子原子中，在离原子核近的区域能量较低，离核越远，能量越高，B错误；C.因为是同一周期的IIA族，即同一横行往右一个主族，在第二、三周期原子序数增加一，因而可以x+1；又因为IIA族与IIIA族元素在第四周期起有过渡元素，因而又可以x+11；在第六、七周期的过渡元素中又出现镧系和锕系，因而又可以x+25，故C错误；D.第IA族元素除了碱金属元素，还有氢元素，D错误；答案选A。11、C【解析】

A项，赤铁矿的主要成分是Fe2O3，A项错误；B项，铁锈的主要成分为Fe2O3·xH2O，不同的铁矿石主要成分不同，如赤铁矿的主要成分是Fe2O3、磁铁矿的主要成分是Fe3O4、菱铁矿的主要成分是FeCO3等，B项错误；C项，硫铁矿的主要成分是FeS2，FeS2高温煅烧生成Fe2O3和SO2，由Fe2O3生产Fe，由SO2生产H2SO4，C项正确；D项，褐铁矿是含氢氧化铁的矿石，可表示为mFe2O3·nH2O，赤铁矿的主要成分是Fe2O3，铁的含量褐铁矿小于赤铁矿，D项错误；答案选C。12、D【解析】A、NaOH不具有强氧化性，无漂白性，故A错误；B、Na2O2具有强氧化性，但能与水反应生成NaOH，NaOH不具有强氧化性，故B错误；C、KMnO4显紫色，故C错误；D、NaClO具有强氧化性，且是无色溶液，故D正确。13、B【解析】

根据化合物是由不同种元素组成的纯净物进行判断。【详解】A.石墨是由C元素组成，属于单质，故A错误；B.干冰是由C、O两种元素组成的化合物，故B正确；C.盐酸是HCl的水溶液，属于混合物，故C错误；D.食盐水是氯化钠的混合物，故D错误；答案：B。14、D【解析】

n()=mol，Al2(SO4)3的物质的量n[Al2(SO4)3]=mol，溶液体积V=cm3=L，故Al2(SO4)3的物质的量浓度，故D正确。综上所述，本题正确答案为D。【点睛】本题重点考查以物质的量为中心的简单计算，需要牢记基础公式，、、（标况下，气体的摩尔体积为22.4L/mol）、等。15、A【解析】

A、Ba(OH)2溶液和Na2CO3、NaHCO3反应，均会产生白色沉淀，故该方法无法鉴别Na2CO3和NaHCO3，A错误；B、水和乙醇互溶，和四氯化碳不互溶，会出现分层，且水在上层，故可以用水鉴别乙醇和四氯化碳，B正确；C、CO不和澄清石灰水反应，CO2能使澄清石灰水变浑浊，故可以用澄清石灰水鉴别CO和CO2，C正确；D、硫酸和碳酸钠反应产生气泡，和硅酸钠反应产生白色沉淀，和硫酸钠不反应，故可以用硫酸鉴别碳酸钠、硅酸钠和硫酸钠，D正确；故选A。16、C【解析】

氯气具有强氧化性，把氯气通入溶液中，阴离子和阳离子都能被氧化，说明阴离子和阳离子都具有还原性，可被氧化。【详解】A．氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，只有Cl元素化合价发生变化，故A错误；B．钠离子不能被氧化，故B错误；C．Fe2+和Br-都具有还原性，可被氯气氧化，通入足量氯气和生成氯化铁和溴，故C正确；D．SO42-不能被氧化，故D错误，故选C。二、非选择题（本题包括5小题）17、氮氧铝①NaHSO3NaHSO4②【解析】

A、B、C、D、E、F是短周期元素，它们的原子序数依次增大，A元素的原子是半径最小的原子，则A为H元素；B元素的最高价氧化物对应水化物与其气态氢化物反应生成一种盐X，则B为N元素，X为NH4NO3；D与A同主族，且D的原子序数大于N元素，故D为Na元素；F元素的最外层电子数是其次外层电子数的倍，F原子有3个电子层，最外层电子数为6，故F为S元素；A、B、D、F这四种元素，每一种与C元素都能形成元素的原子个数比不相同的若干种化合物，则C为O元素；D、E、F三种元素对应的最高价氧化物的水化物间两两皆能反应，是氢氧化铝与强碱、强酸反应，可推知E为Al元素，据此分析解答。【详解】根据上述分析，A为H元素，B为N元素，C为O元素，D为Na元素，E为Al元素，F为S元素。(1)由上述分析可知，B、C、E元素的名称分别为：氮、氧、铝；故答案为：氮；氧；铝；(2)C、D两种元素形成的原子个数比为1：1的物质为Na2O2,其电子式为；；故答案为：；(3)①单质的熔点属于物理性质，与元素的非金属性无关，不能根据熔点比较元素的非金属性，①不能验证；②元素的单质与氢气化合越容易，元素的非金属越强，②能验证；③氢化物的还原性越强，元素的非金属性越弱，③能验证；故答案为：①；(4)H、O、N、S四种元素可以形成两种可以互相反应的酸式盐(均由四种元素组成)分别为NaHSO3、NaHSO4；这两种酸式盐相互反应的离子方程式为；故答案为NaHSO3；NaHSO4；(5)H、O、S间可形成甲、乙两种微粒，它们均为负一价双原子阴离子，且甲有18个电子，乙有10个电子，则甲为HS-，乙为OH-，则甲与乙反应的离子方程式为：，故答案为；(6)向含有amolAlCl3的溶液中加入含bmolNaOH的溶液，可能发生的反应有①，②。当a∶b≥1∶3时，只发生反应①，二者恰好反应时得到沉淀为amol或mol，氯化铝过量时，得到沉淀小于amol，可能为mol；当a∶b≤1∶4时，只发生反应②，没有沉淀生成，即沉淀为0；当1∶3＜a∶b＜1∶4时，发生反应①②，则：AlCl3+3NaOH=Al(OH)3↓+3NaClxmol3xmolxmolAlCl3+4NaOH=NaAlO2+3NaCl(a-x)mol4(a-x)mol则3xmol+4(a-x)mol=b，解得x=(4a-b)，即沉淀为(4a-b)mol，由于部分铝离子转化为氢氧化铝沉淀，可能为mol；由氢氧根守恒可知，氢氧化铝的物质的量不可能等于NaOH物质的量，即沉淀不能为bmol，综上分析可知，沉淀可能为①amol、③mol、④mol、⑤0、⑥(4a-b)mol，不可能为②bmol，故答案为②。【点睛】正确推断元素是本题的关键。本题的易错点和难点为(6)，该计算属于字母讨论型计算，增加了试题的难度，需要学会根据发生的反应方程式分情况讨论。18、BaCl2FeSO4AlCl3NaOH4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O【解析】

白色沉淀不溶于稀硝酸的应该是硫酸钡，这说明A和B是氯化钡、硫酸亚铁；根据反应②的现象可知，红褐色沉淀是氢氧化铁，所以B一定是硫酸亚铁，则A是氯化钡，D是氢氧化钠，因此C是氯化铝。【详解】（1）根据分析可知，A为BaCl2、B为FeSO4、C为AlCl3、D为NaOH；（2）①氢氧化亚铁与氧气、水反应生成氢氧化铁，化学方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；②氯化铝与氢氧化钠反应生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝溶于氢氧化钠溶于的离子方程式为Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O。19、3Cu＋8H＋＋2NO3-=3Cu2＋＋4H2O＋2NO↑CD2NO＋O2=2NO2接收被气体压出U形管的液体，防止稀硝酸溢出关闭U形管右端导气管上的活塞；反应产生的气体将U形管右端管内的稀硝酸向下压，使铜丝与稀硝酸分开，反应就会停止CD5.85.4【解析】

（1）金属铜和稀硝酸反应生成硝酸铜和NO气体；（2）①由题意可知，这种成分不能与稀硝酸反应，而Fe、Al与硝酸反应，所以AB不行；②二氧化氮是红棕色的气体，一氧化氮很容易和空气中的氧气化合，生成红棕色的二氧化氮气体；（3）①为了证明产生的气体是NO，则该实验装置要防止产生的气体与空气接触，长玻璃管可以接收被气体压出U形管的液体，防止稀硝酸溢出；②关闭U形管右端导气管上的活塞，反应产生的气体使稀硝酸液面下降，从而使铜丝与稀硝酸分开，反应停止；（4）NO能与空气中的氧气反应，故不能用排空气法收集NO，只能用排水法收集；（5）根据守恒的原理计算NO、NO2的体积，以及硝酸溶液的浓度。【详解】（1）金属铜和稀硝酸反应生成硝酸铜和NO气体，反应的化学方程式：3Cu+8HNO3（稀）═3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，离子方程式为：3Cu+8H++2NO3-═3Cu2++2NO↑+4H2O，

故答案为3Cu+8H++2NO3-═3Cu2++2NO↑+4H2O；（2）①由题意可知，这种成分不能与稀硝酸反应，而Fe、Al与硝酸反应，所以AB不行，故答案为CD；②一氧化氮很容易和空气中的氧气化合，生成红棕色的二氧化氮气体，所以，制取一氧化氮的装置打开分液漏斗的活塞使反应进行，在分液漏斗中实际看到的气体是红棕色的，发生2NO+O2═2NO2，故答案为2NO+O2═2NO2；（3）①为了证明产生的气体是NO，则该实验装置要防止产生的气体与空气接触，长玻璃管可以接收被气体压出U形管的液体，防止稀硝酸溢出，故答案为接收被气体压出U形管的液体，防止稀硝酸溢出；②关闭U形管右端导气管上的活塞，反应产生的气体使稀硝酸液面下降，从而使铜丝与稀硝酸分开，反应停止，故答案为关闭U形管右端导气管上的活塞；反应产生的气体将U形管右端管内的稀硝酸向下压，使铜丝与稀硝酸分开，反应就会停止；（4）NO能与空气中的氧气反应，故不能用排空气法收集NO，只能用排水法收集，C和D装置符合题意，E装置是洗气装置，故答案为CD；（5）①设混合气中NO和NO2的物质的量分别是x和y。则x＋y＝11.2L÷22.4L/mol＝0.5mol①金属铜的物质的量是32.64g÷64g/mol＝0.51mol则根据电子的得失守恒可知n(e-)3x＋y＝2n(Cu2+)=0.51mol×2②由①、②解得x＝0.26mol、y＝0.24mol所以NO和NO2的体积分别是0.26mol×22.4L/mol＝5.8L，0.24mol×22.4L/mol＝5.4L。故答案为5.8，5.4；②溶液中的Cu2＋全部转化成沉淀后，溶液中的溶质恰好是硝酸钠，则根据原子守恒可知，硝酸钠的物质的量是0.001Vamol所以原硝酸溶液的浓度为＝故答案为。20、分液漏斗MnO2＋4HCl(浓)Cl2↑＋MnCl2＋2H2O干燥的有色布条无变化湿润的有色布条褪色除去Cl2中的HCl除去Cl2中的H2O（g）吸收多余Cl2，防止污染环境Cl2＋2OH-=Cl-＋ClO-＋H2O【解析】

(1)仪器a的名称是分液漏斗；装置A的仪器b中盛有MnO2，分液漏斗里盛放的是浓盐酸，两者反应制取氯气，故方程式是：MnO2＋4HCl(浓)Cl2↑＋MnCl2＋2H2O；故答案为分液漏斗