高一化學(xué)下學(xué)期期中模擬測試卷03（人教版2019必修第二冊）-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

下學(xué)期期中模擬測試卷03高一化學(xué)·全解全析12345678910111213141516DDDCCCCBACCDBDAA1．【答案】D【詳解】A．二氧化硫能使酸性KMnO4溶液褪色，是因?yàn)槎趸虻倪€原性，不是因?yàn)榫哂衅仔裕?/span>A錯(cuò)誤；B．SO2具有還原性，但不能被濃硫酸氧化，二者不反應(yīng)，故B錯(cuò)誤；C．漂白粉和過氧化鈉的漂白性是利用其氧化性，活性炭的漂白性是利用其吸附性，二氧化硫的漂白性是因?yàn)楹陀猩镔|(zhì)反應(yīng)生成無色物質(zhì)，所以其漂白原理不相同，故C錯(cuò)誤；D．SO2能與H2S反應(yīng)生成S和水，反應(yīng)中SO2作氧化劑，說明具有氧化性，故D正確。故選D。2．【答案】D【詳解】A. 反應(yīng)中FeSO4發(fā)生氧化還原反應(yīng)，其中Fe2O3是氧化產(chǎn)物，SO2是還原產(chǎn)物，SO3中S化合價(jià)沒有變化，故SO3既不是氧化產(chǎn)物又不是還原產(chǎn)物，A錯(cuò)誤；B. 根據(jù)反應(yīng)式，每生成1mol的SO3，轉(zhuǎn)移2mol電子。16g SO3的物質(zhì)的量n==0.2mol，則轉(zhuǎn)移電子為0.4mol，數(shù)目是0.4NA，B錯(cuò)誤；C. 沒有溶液體積，無法計(jì)算，C錯(cuò)誤；D. 生成的氣體中有SO3，進(jìn)入溶液后與水反應(yīng)生成H2SO4，與BaCl2反應(yīng)可以得到BaSO4沉淀，D正確。故選D。3．【答案】D【分析】【詳解】A. 根據(jù)同周期元素原子半徑變化規(guī)律知，Z原子半徑最大，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B. 溶于水呈堿性，、HCl溶于水呈酸性，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C. 沒有表明是最高價(jià)氧化物對應(yīng)的水化物，如酸性，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D. 丙為HCl，乙為，非金屬性，則穩(wěn)定性，D項(xiàng)正確；答案選D。4．【答案】C【詳解】A．硝酸亞鐵中有硝酸根離子存在，加入過量的稀鹽酸，通入二氧化硫氣體，則二氧化硫、氫離子、硝酸根離子發(fā)生氧化還原反應(yīng)得到硫酸根離子，加氯化鋇最終生成BaSO4沉淀，A不符合題意；B．與A相似，亞硫酸根離子、氫離子、硝酸根離子發(fā)生氧化還原反應(yīng)得到硫酸根離子，加氯化鋇最終生成BaSO4沉淀，所以一定是硫酸鋇白色沉淀，B不符合題意；C．無色溶液加入稀硝酸，加入氯化鋇，Ag+可能干擾，即最終生成的白色沉淀可能是AgCl或BaSO4，C符合題意；D．無色溶液，加鹽酸得無色溶液，就排除了亞硫酸鋇和氯化銀，因?yàn)閬喠蛩徜^會(huì)和鹽酸生成二氧化硫和水，再加氯化鋇有生成沉淀，所以一定是硫酸鋇白色沉淀，D不符合題意；答案選C。5．【答案】C【詳解】A． Ba2+與能結(jié)合生成硫酸鋇沉淀，故不能大量共存，A錯(cuò)誤；B．、H+能氧化I-、Fe2+，故不能大量共存，B錯(cuò)誤；C．使無色酚酞溶液呈紅色的溶液呈堿性，OH-、Na+、K+、、之間均不反應(yīng)，故能大量共存，C正確；D．酸性溶液中，H+與CH3COO-能結(jié)合生成CH3COOH，故不能大量共存，D錯(cuò)誤；故選C。6．【答案】C【詳解】A．濃硫酸具有吸水性，在空氣中敞口放置時(shí)吸收空氣中的水蒸氣，使其濃度減小，濃硝酸具有揮發(fā)性，在空氣中敞口放置時(shí)濃度減小，但原理不同，A錯(cuò)誤；B． SO2能與有色物質(zhì)反應(yīng)生成不穩(wěn)定的無色物質(zhì)，Cl2與水反應(yīng)生成HClO，HClO具有強(qiáng)氧化性，能漂白，二者原理不同，SO2的漂白不穩(wěn)定，加熱可恢復(fù)到原來的顏色，B錯(cuò)誤；C． H2S和HI均具有強(qiáng)還原性，能被濃硫酸氧化，故均不能用濃硫酸干燥，故兩種變化的實(shí)質(zhì)相似，C正確；D．濃H2SO4與金屬鋅反應(yīng)生成二氧化硫，S元素的化合價(jià)降低，表現(xiàn)氧化性，稀H2SO4與金屬鋅反應(yīng)生成氫氣，氫離子表現(xiàn)氧化性， D錯(cuò)誤；故選C。7．【答案】C【詳解】A．SO2與酸性KMnO4溶液發(fā)生的是氧化還原反應(yīng)，溶液褪色是因?yàn)?/span>SO2的還原性， A錯(cuò)誤；B．SO的檢驗(yàn)應(yīng)該是先加入稀鹽酸酸化，再加入BaCl2溶液，若出現(xiàn)白色沉淀則說明樣品溶液中一定含有SO。稀硝酸無法排除的干擾，故不能用，B錯(cuò)誤；C．向溶液中加入強(qiáng)堿溶液加熱，若產(chǎn)生的氣體可使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍(lán)，則證明有NH，C正確；D．溶液中加入鹽酸后，產(chǎn)生了可使澄清石灰水變渾濁的氣體，則證明溶液中含有CO或SO，不能確定就是CO，D錯(cuò)誤。故選C。8．【答案】B【詳解】A．濃硫酸有強(qiáng)腐蝕性，但不和二氧化硅反應(yīng)，不能用濃硫酸刻蝕石英，而二氧化硅與氫氟酸反應(yīng)，應(yīng)用氫氟酸的特征性質(zhì)刻蝕石英制成藝術(shù)品，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B．硅膠具有吸水性，可以作干燥劑，鐵粉具有還原性，可以防止食品被氧化，所以食品袋中放入盛有硅膠和鐵粉的透氣小袋，是為了防止食物受潮、氧化變質(zhì)，B項(xiàng)正確；C．二氧化硅具有良好的光學(xué)效應(yīng)，可用于制作光導(dǎo)纖維，而不是晶體硅，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D．二氧化硅和HF反應(yīng)生成四氟化硅和水，生成的不是鹽和水，所以二氧化硅不是兩性氧化物，屬于酸性氧化物，D項(xiàng)錯(cuò)誤；答案選B。9．【答案】A【詳解】A．“遼寧艦”上用于艦載機(jī)降落的阻攔索是一種特種鋼纜，屬于合金，不屬于純金屬材料，A錯(cuò)誤；B．“超輕海綿”使用的石墨烯是一種新型無機(jī)非金屬材料，B正確；C．某品牌手機(jī)使用的麒麟980芯片主要成分是硅，屬于半導(dǎo)體材料，C正確；D．“中國天眼”用到的碳化硅是一種新型陶瓷材料，D正確；答案選A。10．【答案】C【分析】由反應(yīng)歷程可知①→②為催化劑吸附氮?dú)狻錃獾倪^程，②→③為N≡N鍵、H-H鍵的斷裂過程，③→④為化學(xué)鍵的形成過程，生成氨氣，以此解答該題。【詳解】A．②→③為N≡N鍵、H-H鍵的斷裂過程，是吸熱過程，故A正確；B．③→④為化學(xué)鍵的形成過程，生成氨氣，即N原子和H原子形成了含有極性鍵的，故B正確；C．該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，因此合成氨反應(yīng)中，反應(yīng)物斷鍵吸收的能量小于生成物形成新鍵釋放的能量，故C錯(cuò)誤；D．為放熱反應(yīng)，則合成氨反應(yīng)中，反應(yīng)物總能量大于生成物總能量，故D正確。故選C。11．【答案】C【分析】構(gòu)成的原電池中，Fe失電子作負(fù)極，生成亞鐵離子，在正極上得電子生成，結(jié)合原電池原理分析。【詳解】A．該裝置構(gòu)成了原電池，原電池中化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能，選項(xiàng)A正確；B．Fe失電子作負(fù)極，Fe3O4作正極，選項(xiàng)B正確；C．Fe失電子作負(fù)極，生成亞鐵離子，在正極上得電子生成，則正極反應(yīng)為：+8e-+l0H+=+3H2O，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D．反應(yīng)原理是鐵與硝酸根離子反應(yīng)生成四氧化三鐵和銨根離子，即該原理的總反應(yīng)可表示為：+3Fe+2H++H2O=+Fe3O4，選項(xiàng)D正確。答案選C。12．【答案】D【分析】由新型中溫全瓷鐵空氣電池的裝置圖可知，a極上空氣中氧氣得電子發(fā)生還原反應(yīng)，為原電池的正極，鐵與水反應(yīng)生成氫氣，氫氣在b極失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，為原電池的負(fù)極。【詳解】A． a極上空氣中氧氣得電子發(fā)生還原反應(yīng)，故A錯(cuò)誤；B．O2在正極發(fā)生反應(yīng)，電極反應(yīng)式為O2＋4e－=2O2－，故B錯(cuò)誤； C．若有22.4 L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)空氣參與反應(yīng)，則氧氣的物質(zhì)的量為×=0.2mol，電路中轉(zhuǎn)移的電子為0.8mol，故C錯(cuò)誤；D．由新型中溫全瓷鐵空氣電池的裝置圖可知，鐵表面H2O(g)參與反應(yīng)生成H2，發(fā)生的反應(yīng)為xH2O(g)＋Fe=FeOx＋xH2，故D正確；故選D。13．【答案】B【分析】足量的鋅和相同量的稀硫酸反應(yīng)，a中加入硫酸銅溶液，會(huì)置換出金屬銅，形成鋅、銅、稀硫酸原電池，加速金屬鋅和硫酸反應(yīng)的速率，產(chǎn)生氫氣的量取決于稀硫酸的物質(zhì)的量，據(jù)此分析判斷。【詳解】足量的鋅和相同量的稀硫酸反應(yīng)，a中加入硫酸銅溶液，會(huì)置換出金屬銅，形成鋅、銅、稀硫酸原電池，加速金屬鐵和硫酸反應(yīng)的速率，所以反應(yīng)速率：a>b，速率越大，鋅完全反應(yīng)時(shí)所用的時(shí)間越短，所以a所用的時(shí)間小于b所用的時(shí)間；產(chǎn)生氫氣的量取決于稀硫酸的物質(zhì)的量，而a、b中金屬鋅均過量，和相同量的硫酸反應(yīng)生成氫氣的量相等，所以氫氣的體積：a=b；故選B。14．【答案】D【詳解】A．由圖可知，反應(yīng)開始到10s，用X表示的反應(yīng)速率為mol/(L?s)，A錯(cuò)誤；B．由圖可知，反應(yīng)開始到10s，X的物質(zhì)的量濃度減少了(1.00-0.21)mol÷1L=0.79mol/L，B錯(cuò)誤；C．根據(jù)化學(xué)反應(yīng)進(jìn)行時(shí)，物質(zhì)的量之比等于化學(xué)計(jì)量數(shù)之比，由圖可知，10s內(nèi)X變化了1.20-0.42=0.78mol，Y變化了：1.00-0.21=0.79mol，Z變化了1.58mol，故反應(yīng)的化學(xué)方程式為：X(g)+Y(g)2Z(g)，C錯(cuò)誤；D．由圖可知，反應(yīng)開始到10s時(shí)，Y的轉(zhuǎn)化率為=79.0%，D正確；故答案為：D。15．【答案】A【詳解】①C的生成速率與C的消耗速率相等，說明反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，故不選①；
②單位時(shí)間內(nèi)生成a molA，同時(shí)生成3a molB，A、B都是反應(yīng)物，生成A、B的速率都是逆反應(yīng)速率，不能說明反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，故選②；
③A、B、C的濃度不再變化，說明反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，故不選③；
④C的物質(zhì)的量不再變化，說明各組分濃度不變，反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，故不選④；
⑤混合氣體的總壓強(qiáng)不再變化，反應(yīng)前后氣體體積不相同，壓強(qiáng)不變說明各組分濃度不變，反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，故不選⑤；
⑥混合氣體的總物質(zhì)的量不再變化，反應(yīng)前后氣體物質(zhì)的量不相同，氣體總物質(zhì)的量不變說明各組分濃度不變，反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，故不選⑥；
⑦單位時(shí)間消耗a mol A，同時(shí)生成3a molB，說明正逆反應(yīng)速率相等，反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，故不選⑦；
⑧A、B、C的分子數(shù)之比決定于開始加入物質(zhì)的多少，與平衡狀態(tài)無關(guān)，故選⑧；根據(jù)以上分析②⑧不能作為可逆反應(yīng)A(g)＋3B(g) 2C(g)達(dá)到平衡狀態(tài)標(biāo)志；故選A；答案為A。16．【答案】A【詳解】A．由表格數(shù)據(jù)可知，相同壓強(qiáng)時(shí)，溫度越高，達(dá)到相同轉(zhuǎn)化率需要的時(shí)間越多，則升高溫度，反應(yīng)速率越小，故A錯(cuò)誤；B．由表格數(shù)據(jù)可知，相同溫度時(shí)，壓強(qiáng)越高，達(dá)到相同轉(zhuǎn)化率需要的時(shí)間少，則增大壓強(qiáng)，反應(yīng)速率變快，故B正確；C．由表格數(shù)據(jù)可知，在1.0×105 Pa、90℃條件下，轉(zhuǎn)化率為98%時(shí)需要的時(shí)間較長，不確定反應(yīng)是否達(dá)到了平衡，故C正確；D．由表格數(shù)據(jù)可知，在8.0×105Pa、 30℃條件下，轉(zhuǎn)化率從50%增至90%時(shí)段NO的反應(yīng)速率為=mol?s-1，故D正確；故選A。17．【答案】0.9mol?L-1?min-1 75% 增大反應(yīng)物(甲烷或水蒸氣)的濃度 ce 【詳解】①v(CO)====0.3mol?L-1?min-1，v(CO)：v(H2)=1：3，即v（H2）=0.9mol?L-1?min-1；根據(jù)化學(xué)方程式，CO的生成的物質(zhì)的量等于CH4的轉(zhuǎn)化物質(zhì)的量=1.2mol，平衡時(shí)CH4的轉(zhuǎn)化率==75%；故答案為：0.9mol?L-1?min-1；75%；②根據(jù)影響反應(yīng)速率的因素，增大反應(yīng)物(甲烷或水蒸氣)的濃度或縮小體積增大壓強(qiáng)等，故答案為：增大反應(yīng)物(甲烷或水蒸氣)的濃度；③a．速率之比等于化學(xué)計(jì)量數(shù)之比，v逆(CH4)=v正(H2)，故a不符合題意；b．恒溫恒容時(shí)，容器內(nèi)混合氣體的質(zhì)量在反應(yīng)前后不變，容器的體積也不變，則混合氣體的密度一直保持不變，不能說明反應(yīng)達(dá)到平衡，故b不符合題意；c．CH4(g)、H2O(g)的濃度保持不變，說明反應(yīng)達(dá)到化學(xué)平衡，故c符合題意；d．CH4(g)、H2O(g)、CO(g)、H2(g)的物質(zhì)的量之比為1：1：1：3，不能說明反應(yīng)達(dá)到平衡，故d不符合題意；e．?dāng)嚅_3 mol H-H鍵，說明反應(yīng)逆向進(jìn)行，斷開2 mol O-H鍵說明反應(yīng)正向進(jìn)行，正、逆反應(yīng)速率相等，能說明反應(yīng)達(dá)到平衡，故e符合題意。故答案為：ce。【點(diǎn)睛】判斷化學(xué)平衡狀態(tài)的直接標(biāo)志：①v正=v逆（同物質(zhì)）②各組分濃度不再改變，還有以此為基礎(chǔ)衍生出的判斷依據(jù)，要理解判斷化學(xué)平衡狀態(tài)的標(biāo)志。18．【答案】Cu+2H2SO4(濃)CuSO4+SO2↑+2H2O 取下試管②并加熱，試管內(nèi)液體恢復(fù)紅色還原 SO2+2OH-=+H2O Na2SO3+H2SO4(濃)=Na2SO4+SO2↑+H2O BaSO4 開始反應(yīng)之前打開彈簧夾，向裝置中鼓入一定量N2，夾緊彈簧夾，氣體產(chǎn)生后⑤中無白色沉淀【分析】甲組同學(xué)設(shè)計(jì)的實(shí)驗(yàn)裝置由濃硫酸和銅生成二氧化硫，試管②中的品紅溶液褪色，說明二氧化硫具有漂白性，試管③中的溴水褪色，說明二氧化硫具有還原性，試管④NaOH溶液吸收尾氣中的SO2；乙組同學(xué)設(shè)計(jì)的實(shí)驗(yàn)，BaSO3可溶于鹽酸，SO2與BaCl2溶液不反應(yīng)，空氣中氧氣參與了反應(yīng)，生成了不溶于鹽酸的BaSO4沉淀，據(jù)此解題。【詳解】I．(1)銅和濃硫酸反應(yīng)的化學(xué)方程式是Cu+2H2SO4(濃)CuSO4+SO2↑+2H2O。(2)SO2使品紅褪色生成的無色物質(zhì)是不穩(wěn)定的，加熱能重新生成品紅而恢復(fù)紅色。欲證明品紅褪色是SO2引起的，需要取下試管②并加熱，看到試管內(nèi)液體恢復(fù)紅色。(3)試管③中的溴水褪色，體現(xiàn)SO2具有還原性，SO2+Br2+2H2O = H2SO4 +2HBr。(4) NaOH溶液吸收尾氣中的SO2，反應(yīng)的離子方程式是SO2+2OH-=SO+H2O。II．(5)Na2SO3和濃H2SO4反應(yīng)的化學(xué)方程式是 Na2SO3+H2SO4(濃)=Na2SO4+SO2↑+H2O。(6)因BaSO3可溶于鹽酸，SO2與BaCl2溶液不反應(yīng)，⑤中的白色沉淀不可能為BaSO3。從反應(yīng)物的元素組成及物質(zhì)性質(zhì)看，空氣中氧氣參與了反應(yīng)，生成了不溶于鹽酸的BaSO4沉淀。(7)為驗(yàn)證裝置中的空氣是出現(xiàn)白色沉淀的原因，需排出裝置中的空氣，再進(jìn)行相同的其它實(shí)驗(yàn)操作，出現(xiàn)不同的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象。故先打開彈簧夾，向裝置中鼓入一定量N2以排出空氣。夾緊彈簧夾后，打開分液漏斗活塞加入濃硫酸，若⑤中無白色沉淀，即可證明。【點(diǎn)睛】空氣中主要含有N2、O2，還含有少量的CO2、H2O等，其中O2、CO2、H2O經(jīng)常會(huì)干擾實(shí)驗(yàn)。分析實(shí)驗(yàn)中的“異常”現(xiàn)象，空氣是必須考慮的因素之一。19．【答案】干燥氨氣檢驗(yàn)是否生成水 II、III D 【分析】濃氨水和氧化鈣(或氫氧化鈉)反應(yīng)制備氨氣，用堿石灰干燥氨氣，把干燥后的氨氣通過熱的氧化銅，氨氣和氧化銅反應(yīng)生成銅、氮?dú)夂退脽o水硫酸銅檢驗(yàn)生成的水。【詳解】(1)堿石灰是堿性干燥劑，能干燥氨氣，裝置B中，堿石灰的作用干燥氨氣，無水硫酸銅遇水變藍(lán)，無水硫酸銅的作用是檢驗(yàn)是否生成水。(2)實(shí)驗(yàn)中觀察到C中CuO粉末變紅，說明生成銅單質(zhì)，D中無水硫酸銅變藍(lán)，說明有水生成，根據(jù)元素守恒，收集到單質(zhì)氣體是氮?dú)猓磻?yīng)的化學(xué)方程式為。氨在催化劑條件下被氧氣氧化為一氧化氮和水，反應(yīng)的反應(yīng)方程式是；(3)圖1為加熱固體制取氣體的裝置，適合氯化銨和氫氧化鈣加熱制取氨氣，反應(yīng)的化學(xué)方程式為；(4)氨氣極易溶于水，氨氣溶于水要注意防止倒吸，圖2中II、III裝置能防倒吸，能用來吸收氨氣的裝置是II、III；(5) NaOH溶液能吸收HC1氣體，使燒瓶內(nèi)壓強(qiáng)減小，形成噴泉； NaOH溶液能吸收CO2氣體，使燒瓶內(nèi)壓強(qiáng)減小，形成噴泉； HCl溶液能吸收NH3，使燒瓶內(nèi)壓強(qiáng)減小，形成噴泉；水不能大量吸收CO2氣體，不能形成噴泉；故選D。20．【答案】 8HNO3(稀)+3Cu=2NO↑+3Cu(NO3)2+4H2O 第三周期第VA族 P原子和S原子的電子層數(shù)相同，P原子半徑較大，得電子能力較弱 SO2+NH3?H2O=+ Al2O3+3C+N22AlN+3CO 【分析】X、Y、Z、W、R是短周期元素，原子序數(shù)依次增大，Y的氧化物和R的氧化物均能形成酸雨，則Y為N元素、R為S元素；W和R是同周期相鄰元素，則W為P元素；Y原子和Z原子的核外電子數(shù)之和為20，則Z原子核外電子數(shù)=20-7=13，則Z為Al；非金屬X原子核外各層電子數(shù)之比為1：2，X有2個(gè)電子層，X為C元素，據(jù)此解答。【詳解】根據(jù)以上分析可知X、Y、Z、W、R分別是C、N、Al、P、S。(1)元素X的最高價(jià)氧化物為CO2，分子中C原子與氧原子之間形成2對共用電子對，電子式為；元素Z的離子為Al3+，離子核外電子數(shù)為10，各層電子數(shù)為2、8，離子結(jié)構(gòu)示意圖為；(2)單質(zhì)銅和稀硝酸反應(yīng)生成硝酸銅、NO與水，反應(yīng)方程式為：8HNO3(稀)+3Cu＝2NO↑+3Cu(NO3)2+4H2O；(3)元素W為P，核外有3個(gè)電子層，最外層電子數(shù)為5，位于周期表的第三周期第VA族；P原子和S原子的電子層數(shù)相同，P原子半徑較大，得電子能力較弱，故P的非金屬性比元素S弱；(4)R的一種氧化物能使品紅溶液褪色，該氧化物為SO2，工業(yè)上用氨氣水溶液作該氧化物的吸收劑，吸收劑與足量該氧化物反應(yīng)的離子方程式為SO2+NH3?H2O=+；(5)N和Al組成的化合物AlN，被大量用于制造電子元件．工業(yè)上用氧化鋁、碳、氮?dú)庠诟邷叵轮苽?，其中氧化鋁和碳的物質(zhì)的量之比為1：3，說明還生成CO，則該反應(yīng)的化學(xué)方程式為：Al2O3+3C+N22AlN+3CO。21．【答案】玻璃棒引流 2CuI+8HNO3(濃)=2Cu(NO3)2+4NO2↑+I2+4H2O Fe3I8 Fe3I8+8NaHCO3=Fe3O4+8NaI+8CO2↑+4H2O NaCl 4.68 【分析】含碘廢液加入亞硫酸鈉和飽和硫酸銅溶液，發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成CuI固體，加入濃硝酸，可得到碘單質(zhì)，然后加入鐵粉和水，得到含鐵化合物B，化合物B中含兩種元素，鐵原子與碘原子的物質(zhì)的量之比為3：8，則應(yīng)為Fe3I8，加入碳酸氫鈉溶液可得到NaI溶液，同時(shí)得到黑色固體Fe3O4，發(fā)生反應(yīng)Fe3I8+8NaHCO3═Fe3O4↓+8NaI+8CO2↑+4H2O，濾液經(jīng)蒸發(fā)、結(jié)晶得到NaI固體。【詳解】（1）過濾實(shí)驗(yàn)所需要的玻璃儀器有普通漏斗、燒杯、玻璃棒，玻璃棒用于引流；
（2）反應(yīng)③中CuI被氧化為碘單質(zhì)和銅離子，還原產(chǎn)物只有NO2，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為2CuI+8HNO3(濃)=2Cu(NO3)2+4NO2↑+I2+4H2O；（3）化合物B中含兩種元素，鐵元素原子與另一種元素原子的物質(zhì)的量之比為3：8，另一種元素為I，則化合物B的化學(xué)式為Fe3I8；
（4）反應(yīng)⑤中生成黑色固體和無色氣體，黑色固體的俗稱為磁性氧化鐵，應(yīng)為四氧化三鐵，無色氣體為二氧化碳，則反應(yīng)⑤的化學(xué)方程式為Fe3I8+8NaHCO3═Fe3O4+8NaI+8CO2↑+4H2O；（5）n(NaI)=0.08mol，則與足量氯氣反應(yīng)生成0.08molNaCl和碘單質(zhì)，碘易揮發(fā)，蒸干、灼燒，得到的固體是NaCl，則m(NaCl)=0.08mol×58.5g/mol=4.68g。【點(diǎn)睛】本題以含碘廢液獲取NaI固體為載體，考查化學(xué)工藝流程，明確各步驟反應(yīng)原理為解題關(guān)鍵，掌握常見混合物分離的方法，注意根據(jù)得失電子守恒配平氧化還原反應(yīng)方程式。

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