【化学】福建省莆田市第十一中学2020届高三上学期期中考试（解析版）

【化学】福建省莆田市第十一中学2020届高三上学期期中考试（解析版）

福建省莆田市第十一中学2020届高三上学期期中考试 一、选择题（每题3分，且只有一个正确答案，共48分）‎ ‎1.化学与生活密切相关。下列应用中利用了物质氧化性的是（ ）‎ A. 明矾净化水 B. 纯碱去油污 C. 食醋除水垢 D. 漂白粉漂白织物 ‎【答案】D ‎【详解】A、明矾净水是利用Al3+水解产生的Al(OH)3胶体吸附水中悬浮的杂质而沉降下来，与物质的氧化性无关，故A错误；‎ B、纯碱去油污是利用纯碱溶于水电离产生的碳酸根离子水解显碱性，油脂在碱性条件下发生较彻底的水解反应产生可溶性的物质高级脂肪酸钠和甘油，与物质的氧化性无关，故B错误；‎ C、食醋除水垢，是利用醋酸与水垢的主要成分碳酸钙和氢氧化镁发生复分解反应生成可溶性物质，与物质的氧化性无关，故C错误；‎ D、漂白粉漂白织物是利用次氯酸钙生成的次氯酸的强氧化性漂白，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎2.下列关于离子共存或离子反应的说法正确的是（ ）‎ A. 某无色溶液中可能大量存在H+、Cl-、MnO4-‎ B. pH=2的溶液中可能大量存在Na+、NH4+、SiO32-‎ C. Fe2+与H2O2在酸性溶液中的反应：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O D. 稀硫酸和氢氧化钡溶液反应：H++SO42-+Ba2++OH-=BaSO4↓+H2O ‎【答案】C ‎【详解】A．MnO4-是紫色，不可能存在无色溶液中，故A错误；‎ B．pH=2的溶液呈酸性，硅酸根离子和氢离子反应生成硅酸沉淀，故B错误；‎ C．Fe2+与H2O2在酸性溶液中发生氧化还原反应，生成铁离子和水，反应离子方程式2Fe2++H2 O2+2H+═2Fe3++2H2O满足电子守恒和电荷守恒，故C正确；‎ D．氢离子和硫酸根离子比例应为2：1，应为2H++SO42-+Ba2++2OH-═BaSO4↓+2H2O，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎3.氮化铝广泛应用于电子、陶瓷等工业领域。在一定条件下，AlN可通过反应Al2O3+N2+3C=2AlN+3CO合成。下列叙述正确的是（ ）‎ A. 上述反应中，N2是还原剂，Al2O3是氧化剂 B. 上述反应中，每生成1molAlN需转移3mol电子 C. AlN中氮元素的化合价为+3‎ D. AlN的摩尔质量为41g ‎【答案】B ‎【详解】A.反应红氮气中元素化合价降低，做氧化剂，氧化铝没有变价，故错误；‎ B.每生成一个氮化铝转移3个电子，故正确；‎ C.氯化铝中的氮元素化合价为-3，故错误；‎ D. AlN的摩尔质量为41g/mol，故错误。‎ 故选B。‎ ‎4.NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是（ ）‎ A. 标准状况下，2.24L三氯甲烷中所含分子数为NA B. 2.8g乙烯与聚乙烯的混合物中含有的极性键为0.4NA C. 将1molNH4NO3溶于适量稀氨水中，所得溶液呈中性，则溶液中NH4+的数目为NA D. 162g淀粉完全水解后产生的葡萄糖分子数目为NA ‎【答案】A ‎【详解】A. 三氯甲烷在标准状况下是液体，不适用于22.4L/mol,所以A项符合题意；‎ B.乙烯和聚乙烯的最简式均为CH2，可以按照最简式计算，2.8g的CH2为0.2mol，含有的极性键即C—H的物质的量为0.4mol，数目为0.4NA，B项不符合题意；‎ C.1mollNH4NO3溶于适量稀氨水中，所得溶液呈中性，根据电荷守恒，c(NH4+)+ c(H+)= c(NO3-)+ c(OH-)，中性c(H+)=c(OH-)，c(NH4+)= c(NO3-)，同一溶液中NO3-的数目为NA，则NH4+数目也为NA，C项不符合题意；‎ D.淀粉的结构单元C6H10O5，式量为162，则水解后会得到1mol葡萄糖，分子数为NA，D项不符合题意；‎ 本题答案选A。‎ ‎5. 水溶液中能大量共存的一组离子是（ ）‎ A. NH4+、Ba2+、Br-、CO32- B. Cl-、SO32-、Fe2+、H+‎ C. K+、Na+、SO42-、MnO4- D. Na+、H+、NO3-、HCO3-‎ ‎【答案】C ‎【详解】A、Ba2+和CO32-反应生成BaCO3沉淀，不能大量共存，A错误；‎ B、SO32-和H+反应生成SO2，不能大量共存，B错误；‎ C、四种离子不反应，可以大量共存，C正确；‎ D、H+和HCO3-会反应生成CO2、H2O，不能大量共存，D错误；‎ 故合理选项为C。‎ ‎6.已知在碱性溶液中可发生如下反应：2R(OH)3＋3ClO－＋4OH－=2RO4n－＋3Cl－＋5H2O，则RO4n－中R的化合价是（ ）‎ A. ＋3 B. ＋4 C. ＋5 D. ＋6‎ ‎【答案】D ‎【详解】根据电荷守恒得3×1+4×1=3×1+2n，则n=2，所以RO4n－为RO42－，该离子中，O元素化合价为−2价，R、O元素化合价的代数和为−2，所以该离子中R元素的化合价=-2-（-2）×4=+6；‎ 故选： D.‎ ‎7.现有MgCl2、AlCl3、FeCl3、NH4Cl四种溶液，如果只用一种试剂把它们鉴别开来，应选用的试剂是（ ）‎ A. 氨水 B. AgNO3 C. NaOH溶液 D. NaCl溶液 ‎【答案】C ‎【详解】该五种溶液的阴离子相同，故检验阳离子即可；又都为弱碱的阳离子，故加入强碱后现象不一样，MgCl2、AlCl3、CuCl2、FeCl3、NH4Cl五种溶液现象分别为白色沉淀，先产生白色沉淀后溶解，蓝色沉淀，红褐色沉淀，产生有刺激性气味的气体，故选C。‎ 故答案选C。‎ ‎8. 从海水（含氯化镁）中提取镁，可按如下步骤进行：‎ ‎①把贝壳制成石灰乳[Ca(OH)2]‎ ‎②在引入的海水中加入石灰乳，沉降、过滤、洗涤沉淀物 ‎③将沉淀物与盐酸反应，结晶过滤、在HCl气体氛围中干燥产物 ‎④将得到的产物熔融电解得到镁。下列说法不正确的是（ ）‎ A. 此法的优点之一是原料来源丰富 B. ①②③步骤的目的是从海水中提纯MgCl2‎ C. 以上提取镁的过程中涉及分解、化合和复分解反应 D. 第④步电解不是氧化还原反应 ‎【答案】D ‎【详解】A.①把贝壳煅烧产生CaO，将水加入CaO中制成石灰乳[Ca(OH)2]；由于海边含有丰富的海产品，故贝壳非常丰富，所以此法的优点之一是原料来源丰富，正确；‎ B.①是为了制取Ca(OH)2，②是为了是MgCl2转化为Mg(OH)2沉淀；③步骤的目的是从海水中提取纯净的无水MgCl2，故①②③步骤的目的是从海水中提取MgCl2，正确；‎ C.贝壳煅烧产生CaO和CO2的反应是分解反应，CaO与水反应制取石灰乳的反应是化合反应；石灰乳与MgCl2反应制取Mg(OH)2沉淀是复分解反应；正确；‎ D.第④步电解熔融的MgCl2制取Mg和Cl2的反应有元素化合价的变化，故是氧化还原反应，错误。‎ 故答案选D。‎ ‎9.一种制备高效漂白剂NaClO2的实验流程如图所示，反应I中发生的反应为3NaClO3+4SO2+3H2O====2ClO2+Na2SO4+3H2SO4+NaCl，下列说法中正确的是（ ）‎ A. 反应Ⅱ中H2O2做还原剂 B. 产品中含有SO42－、Cl－‎ C. NaClO2漂白原理与SO2相同 D. 实验室进行结晶操作通常在坩埚中进行 ‎【答案】A ‎【详解】A. 反应I中发生的反应为3NaClO3+4SO2+3H2O=2ClO2+Na2SO4+3H2SO4+NaCl，反应产生的ClO2气体进入反应II装置，发生反应：2ClO2+2H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2+2H2O，H2O2中氧元素的化合价由反应前的-1变为反应后中O2中的0价，化合价升高，失去电子，H2O2作还原剂，A正确；‎ B.反应II是在NaOH溶液中进行，操作过程没有经过洗涤步骤，因此得到的NaClO2中可能混有NaOH引入杂质离子OH-，不可能含SO42－、Cl－，B错误；‎ C. NaClO2中Cl元素化合价为+3价，该物质具有强的氧化性，因而具有漂白性，NaClO2的漂白是氧化漂白；而SO2能与某些有色物质结合，产生不稳定的无色物质，因此二者的漂白原理不相同，C错误；‎ D. 实验室进行结晶操作通常在蒸发皿中进行，坩埚是灼烧使用的仪器，D错误；‎ 故本题合理选项是A。‎ ‎【点睛】本题以高效漂白剂NaClO2制备为线索，考查了物质作用、混合物的引入、仪器的使用等知识。掌握化学反应原理、化学实验基本操作及氧化还原反应的知识是本题解答的关键。‎ ‎10.化学与生产、生活、社会密切相关。下列有关说法中正确的是（ ）‎ A. 服用铬含量超标的药用胶囊会对人体健康造成危害 B. 酒精可以使蛋白质变性，酒精纯度越高杀菌消毒效果越好 C. 食品袋中放置的CaO可直接防止食品氧化变质 D. “酸雨”是由大气中的碳、氮、硫的氧化物溶于雨水造成的 ‎【答案】A ‎【详解】A、铬为重金属元素，摄入过多导致重金属中毒，A正确；‎ B、酒精可以使蛋白质变性，杀菌消毒效果最佳的浓度为75%，并不是越高越好，B错误；‎ C、CaO作为干燥剂，不能防止食品氧化变质，C错误；‎ D、“酸雨”是由大气中的氮、硫的氧化物溶于雨水造成的，D错误；‎ 故选A。‎ ‎11.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）‎ A. 22.0gT2O中含有的中子数为10NA B. 7.2g过氧化钙(CaO2)固体中阴、阳离子总数为0.3NA C. 6.2LNO2溶于足量水中，充分反应后转移的电子数为0.2NA D. 标准状况下，2.24LNO和2.24LO2混合充分反应后，原子总数是0.4NA ‎【答案】D ‎【详解】A、T2O的摩尔质量为22g/mol，所以22.0gT2O的物质的量为1mol，中子数为12 NA，A错误；‎ B、过氧化钙CaO2中阴阳离子数目比为1:1，所以7.2g过氧化钙(CaO2)固体（物质的量为0.1mol）中阴、阳离子总数为0.2NA.B错误；‎ C、没有给定气体的状态，不能计算出物质的量，C错误；‎ D、NO和O2均为双原子分子，且标准状况下，2.24L气体为0.1mol，所以标准状况下，2.24LNO和2.24LO2混合充分反应后，原子总数是0.4NA，D正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】能够使用气体摩尔体积等于22.4mol/L的一般条件为标准状况下为气体。C选项未提及状态，不能使用。‎ ‎12.下列反应的离子方程式表示正确的是（ ）‎ A. 用高锰酸钾标准溶液滴定草酸：2MnO4-＋16H＋＋5C2O42-=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O B. 将磁性氧化铁溶于盐酸：Fe3O4＋8H＋=3Fe3＋＋4H2O C. NaHCO3溶液中加入HCl：CO32-＋2H＋=CO2↑＋H2O D. “84消毒液”和“洁厕灵”(主要成分为盐酸)混合使用会产生有毒气体：ClO－＋5Cl－＋6H＋=3Cl2↑＋3H2O ‎【答案】D ‎【详解】A、草酸为弱酸，不能拆分，所以用高锰酸钾标准溶液滴定草酸的离子方程式为：2MnO4-＋6H＋＋5H2C2O4=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O，A错误；‎ B、磁性氧化铁中铁的化合价为+2和+3，所以将磁性氧化铁溶于盐酸的离子反应方程式为：Fe3O4＋8H＋=2Fe3＋＋Fe2＋+4H2O，B错误；‎ C、碳酸氢根为弱酸的酸式根，不能拆分，NaHCO3溶液中加入HCl的离子反应方程式为：HCO3-＋H＋=CO2↑＋H2O，C错误；‎ D、“84消毒液”和“洁厕灵”(主要成分为盐酸)混合使用会产生有毒气体：ClO－＋5Cl－＋6H＋=3Cl2↑＋3H2O，D正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】判断离子反应方程式正误时，一般通过以下几个方面判断：‎ ‎①是否符合客观事实。如B选项，Fe3O4中含有Fe3＋＋Fe2＋；‎ ‎②拆分是否正确，能够拆分的只有强酸、强碱和可溶性盐。如A选项，草酸为弱酸，不能拆分；‎ ‎③电荷是否守恒。即反应前的电荷数等于反应后的电荷数。‎ ‎13.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. 使酚酞变红色的溶液中：Na＋、Al3＋、SO42-、Cl－‎ B. 与Al反应能放出H2的溶液中：Fe2＋、K＋、NO3-、SO42-‎ C. 无色溶液中一定大量存在Al3＋、NH4+、Cl－、S2－‎ D. ＝1×10－13mol·L－1的溶液中：NH4+、Ca2＋、Cl－、NO3-‎ ‎【答案】D ‎【详解】A、能使酚酞变红色的溶液呈碱性，含有大量OH-，Al3＋与OH-反应生成AlO2-和H2‎ O，不能大量共存，A不符合题意；‎ B、与Al反应能放出H2的溶液可酸可碱，当溶液为酸性时，Fe2＋与NO3-发生氧化还原反应而不能大量共存，碱性环境下，亚铁离子会产生沉淀而不能大量共存，B不符合题意；‎ C、Al3＋与S2－会发生双水解而不能大量共存，C不符合题意；‎ D、＝c(OH-)=10－13mol·L－1的溶液显酸性，NH4+、Ca2＋、Cl－、NO3-均不反应能够大量共存，D符合题意；‎ 故选D。‎ ‎14.下列指定反应的离子方程式正确的是（ ）‎ A. 氯气溶于水：Cl2＋H2O=2H＋＋Cl－＋ClO－‎ B. 向稀HNO3中滴加Na2SO3溶液：SO32-＋2H＋=SO2↑＋H2O C. 酸性溶液中KIO3与KI反应生成I2：IO3-＋5I－＋6H＋=3I2＋3H2O D. 向NaHCO3溶液中加少量Ba(OH)2溶液：HCO3-＋Ba2＋＋OH－=BaCO3↓＋H2O ‎【答案】C ‎【详解】A、次氯酸为弱酸，不能拆分，所以氯气溶于水的离子反应方程式为：Cl2＋H2O=H＋＋Cl－＋HClO，A错误；‎ B、硝酸具有强氧化性，能将亚硫酸根氧化为硫酸根，所以向稀HNO3中滴加Na2SO3溶液的离子反应方程式为：3SO32-＋2H＋+ 2NO3-=3SO42-＋2NO↑+H2O，B错误；‎ C、酸性溶液中KIO3与KI反应生成I2的离子反应方程式为：IO3-＋5I－＋6H＋=3I2＋3H2O，C正确；‎ D、向NaHCO3溶液中加少量Ba(OH)2溶液：2HCO3-＋Ba2＋＋2OH－=BaCO3↓＋2H2O+ CO32-，D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】当离子反应方程式涉及过量和少量时，假设少量的为1mol，再根据具体反应添加。如D选项：Ba(OH)2溶液少量，则假设Ba(OH)2为1mol，则含有2mol OH－和1mol Ba2＋，2mol OH－能与2mol HCO3-完全反应同时生成2molH2O和2molCO32-，生成的CO32-能够结合Ba2＋，而Ba2＋只有1mol，所以反应1mol CO32-，还剩余1mol CO32-。所以离子反应方程式为：2HCO3-＋Ba2＋＋2OH－=BaCO3↓＋2H2O+ CO32-。‎ ‎15.下列有关一定物质的量浓度溶液的配制说法不正确的是（ ）‎ A. 稀释硫酸时，往装有水的烧杯中缓慢的注入浓硫酸 B. 用托盘天平称取10.6g的Na2CO3固体，溶于1L的水可配成0.1mol/L的溶液 C. 将固体加入烧杯中溶解、冷却并转移至容量瓶中稀释至刻度线，配制成一定物质的量浓度的溶液 D. 检查容量瓶是否漏水的方法是：往容量瓶中加水，塞好瓶塞，将容量瓶倒过来，若不漏水，将瓶塞旋转180°，再倒过来，看是否漏水 ‎【答案】B ‎【详解】A、稀释硫酸时，往装有水的烧杯中缓慢的注入浓硫酸，并且边加边搅拌，A正确，不符合题意；‎ B、用托盘天平称取10.6g的Na2CO3固体，溶于1L的水中配成0.1mol/L的溶液，此时溶液体积不等于1L，B错误，符合题意；‎ C、将固体加入烧杯中溶解、冷却并转移至容量瓶中稀释至刻度线，配制成一定物质的量浓度的溶液，C正确，不符合题意；‎ D、检查容量瓶是否漏水的方法是：往容量瓶中加水，塞好瓶塞，将容量瓶倒过来，若不漏水，将瓶塞旋转180°，再倒过来，看是否漏水，D正确，不符合题意；‎ 故选B。‎ ‎16.根据下列三个反应的化学方程式：I2+SO2+2H2O=H2SO4+2HI，2FeCl2+Cl2=2FeCl3，2FeCl3+2HI=2FeCl2+2HCl+I2，有关物质的还原性依次减弱的顺序是（ ）‎ A. I-、Fe2+、Cl-、SO2 B. Cl-、Fe2+、SO2、I-‎ C. Fe2+、I-、Cl-、SO2 D. SO2、I-、Fe2+、Cl-‎ ‎【答案】D ‎【详解】根据氧化还原反应的规律：还原剂的还原性强于还原产物的还原性，根据反应I2+SO2+2H2O=H2SO4+2HI可知物质的还原性：SO2>I-，根据2FeCl2+Cl2=2FeCl3可知物质的还原性Fe2+>Cl-；根据2FeCl3+2HI=2FeCl2+2HCl+I2可知物质的还原性：I->Fe2+，所以物质还原性由强到弱的顺序为：SO2>I-> Fe2+> Cl-，故合理选项是D。‎ ‎17.写出下列化学方程式或离子方程式。‎ ‎（1）钠与水反应的离子方程式：_______________________________________；‎ ‎（2）钠与硫酸铜溶液反应的离子方程式：____________________________________；‎ ‎（3）过氧化钠与二氧化碳反应的化学方程式：____________________________________；‎ ‎（4）过氧化钠与二氧化硫反应的化学方程式：______________________________________；‎ ‎（5）镁在氮气中点燃镁条的化学方程式：_________________________________________；‎ ‎（6）镁在二氧化碳中点燃镁条的化学方程式：_______________________________________；‎ ‎（7）铝与氢氧化钠溶液的反应的离子方程式：_______________________________________；‎ ‎（8）氧化铝与氢氧化钠溶液反应的离子方程式：____________________________________；‎ ‎（9）氢氧化铝与氢氧化钠溶液反应的离子方程式：___________________________________；‎ ‎（10）铝与四氧化三铁反应的化学方程式：_______________________________________；‎ ‎（11）铜与氯化铁溶液反应的离子方程式：_______________________________________。‎ ‎【答案】 (1). 2Na+2H2O=2Na++2OH―+H2↑ (2). 2Na+Cu2++2H2O==Cu(OH)2↓+H2↑+2Na+ (3). 2Na2O2+2CO2==2Na2CO3+O2 (4). Na2O2+SO2==Na2SO4 (5). 3Mg+N2Mg3N2 (6). 2Mg+CO22MgO+C (7). 2Al+2OH–+2H2O=2AlO2–+3H2↑ (8). Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O (9). Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O (10). 8Al+3Fe3O44Al2O3+9Fe (11). 2Fe3++Cu＝2Fe2++ Cu2+‎ ‎【详解】（1）钠与水反应的离子方程式：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑；‎ ‎（2）钠与硫酸铜溶液反应的离子方程式：2Na+Cu2++2H2O==Cu(OH)2↓+H2↑+2Na+；‎ ‎（3）过氧化钠与二氧化碳反应的化学方程式：2Na2O2+2CO2==2Na2CO3+O2；‎ ‎（4）过氧化钠与二氧化硫反应的化学方程式：Na2O2+SO2==Na2SO4；‎ ‎（5）镁在氮气中燃烧的化学方程式：3Mg+N2Mg3N2；‎ ‎（6）镁在二氧化碳中燃烧的化学方程式：2Mg+CO22MgO+C；‎ ‎（7）铝与氢氧化钠溶液的反应的离子方程式：2Al+2OH–+2H2O=2AlO2–+3H2↑；‎ ‎（8）氧化铝与氢氧化钠溶液反应的离子方程式：Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O；‎ ‎（9）氢氧化铝与氢氧化钠溶液反应的离子方程式：Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O；‎ ‎（10）铝与四氧化三铁反应的化学方程式：8Al+3Fe3O44Al2O3+9Fe；‎ ‎（11）铜与氯化铁溶液反应的离子方程式：2Fe3++Cu＝2Fe2++ Cu2+。‎ ‎18.实验室用浓盐酸配制250mL0.1mol/L的盐酸溶液：‎ ‎（1）配制250mL0.1mol/L盐酸溶液需要浓盐酸（密度为1.2g/mL，质量分数为36.5%）的体积为________。（保留小数点后一位）‎ ‎（2）配制时，其正确的操作顺序是（字母表示，每个字母只能用一次）_______________。‎ A．用30mL水洗涤烧杯2—3次，洗涤液均注入容量瓶，振荡 B．用量筒量取所需的浓盐酸，沿玻璃棒倒入烧杯中，再加入少量水（约30mL），用玻璃棒慢慢搅动，使其混合均匀 C．将已冷却的盐酸沿玻璃棒注入250mL的容量瓶中 D．将容量瓶盖紧，振荡，摇匀 E．改用胶头滴管加水，使溶液凹面恰好与刻度相切 F．继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度1—2cm处 ‎（3）配制物质的量浓度的溶液，造成浓度偏高的操作是______。（多选）‎ A．溶解后的溶液未冷至室温就转入容量瓶中；‎ B．洗涤烧杯和玻棒的溶液未转入容量瓶中；‎ C．定容时眼睛俯视刻度线；‎ D．定容时眼睛仰视刻度线；‎ ‎【答案】(1). 2.1mL (2). BCAFED (3). AC ‎【分析】(1)、根据计算浓盐酸的物质的量浓度，再根据溶液稀释前后物质的量不变计算所需浓盐酸的体积；‎ ‎(2)、根据配制溶液的实验操作过程进行操作顺序的排序；‎ ‎(3)、分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响，根据分析判断。‎ ‎【详解】(1)、浓盐酸的物质的量浓度，根据稀释定律，稀释前后溶质的物质的量不变，来计算浓盐酸的体积，设浓盐酸的体积为xmL，所以xmL×12.0mol/L=250mL×0.1mol/L，解得: x≈2.1，所需浓盐酸的体积为2.1mL，‎ 故答案为：2.1mL；‎ ‎(2)、操作步骤有计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，用量筒量取(用到胶头滴管)浓盐酸，在烧杯中稀释，用玻璃棒搅拌，恢复室温后转移到250mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤2-3次，将洗涤液转移到容量瓶中，加水至液面距离刻度线1~2cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀。‎ 所以操作顺序是BCAFED，‎ 故答案为：BCAFED；‎ ‎(3)A、溶液具有热胀冷缩的性质，未冷却到室温，趁热将溶液到入容量瓶，并配成溶液，会导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高；‎ B、洗涤液中含有溶质氯化氢，移入容量瓶中溶质氯化氢的物质的量减小，所配溶液浓度偏低；‎ C、定容时俯视刻度线，导致溶液体积减小，所配溶液浓度偏高；‎ D、定容时仰视刻度线，导致溶液体积增大，所配溶液浓度偏低；‎ 故选：AC；‎ ‎19.甲烷在加热条件下可还原氧化铜，气体产物除水蒸气外，还有碳的氧化物。某化学小组利用如图装置探究其反应产物。‎ ‎[查阅资料]①CO能与银氨溶液反应：CO＋2[Ag(NH3)2]＋＋2OH－=2Ag↓＋2NH4+＋CO32-＋2NH3。‎ ‎②Cu2O为红色，不与Ag+反应，能发生反应：Cu2O＋2H+=Cu2+＋Cu＋H2O。‎ ‎（1）装置A中反应的化学方程式为_________________________________。‎ ‎（2）按气流方向各装置从左到右的连接顺序为A→____________________。(填字母编号)‎ ‎（3）已知气体产物中含有CO，则装置C中可观察到的现象是________________________装置F的作用为_________________________________________。‎ ‎（4）当反应结束后，装置D处试管中固体全部变为红色。设计实验证明红色固体中含有Cu2O：___________________________________________。‎ ‎【答案】 (1). Al4C3+ 12HC1= 3CH4↑+4AlCl3 (2). A→F→D→B→E→C→G (3). 试管内有黑色固体生成 (4). 除去甲烷中杂质气体氯化氢和水 (5). 取少量红色固体，加入适量稀硫酸，若溶液变蓝色则证明含Cu2O ‎【分析】装置A中是稀盐酸和Al4C3反应生成氯化铝和甲烷，甲烷在加加热条件下可还原氧化铜，气体产物除水蒸气外，还有碳的氧化物，生成的甲烷气体通过装置F吸收混有的氯化氢，干燥气体，通过装置D加热还原氧化铜，通过装置B检验生成的水蒸气，通过装置E检验收生成产物二氧化碳，通过装置C中的银氨溶液验证一氧化碳，CO与银氨溶液反应：CO＋2[Ag(NH3)2]＋＋2OH－=2Ag↓＋2NH4+＋CO32-＋2NH3，最后用排水法吸收和收集尾气。‎ ‎(1)、盐酸和Al4C3反应生成氯化铝和甲烷。‎ ‎(2)、装置A中反应是稀盐酸和Al4C3‎ 反应生成氯化铝和甲烷，甲烷在加热还原氧化铜，气体产物除水蒸气外，还有碳的氧化物，生成的甲烷气体通过装置F吸收混有的氯化氢，干燥气体，通过装置D加热还原氧化铜，通过装置B检验的检验生成的水蒸气，通过装置E检验收生成产物二氧化碳，通过装置C中银氨溶液验证一氧化碳，CO与银氨溶液反应：CO＋2[Ag(NH3)2]＋＋2OH－=2Ag↓＋2NH4+＋CO32-＋2NH3，最后用排水法吸收和收集尾气。‎ ‎(3)、气体含有一氧化碳， C中银氨溶液被一氧化碳还原生成银单质，F是除去甲烷中杂质气体。‎ ‎(4) Cu2O为红色，不与Ag+反应，发生反应：Cu2O＋2H+=Cu2+＋Cu＋H2O，溶液为蓝色，同时生成红色固体铜，加入适量稀硫酸：若溶液变蓝色，说明含铜离子，则证明含有Cu2O。‎ ‎【详解】装置A中反应是稀盐酸和Al4C3反应生成氯化铝和甲烷，甲烷在加加热条件下可还原氧化铜，气体产物除水蒸气外，还有碳的氧化物，生成的甲烷气体通过装置F吸收混有的氯化氢，干燥气体，通过装置D加热还原氧化铜，通过装置B检验的检验生成的水蒸气，通过装置E检验收生成产物二氧化碳，通过装置C中银氨溶液验证一氧化碳，CO与银氨溶液反应：CO＋2[Ag(NH3)2]＋＋2OH－=2Ag↓＋2NH4+＋CO32-＋2NH3，最后用排水法吸收和收集尾气。‎ ‎(1)、装置A中反应是稀盐酸和Al4C3反应生成氯化铝和甲烷，反应化学方程式为：Al4C3+ 12HC1= 3CH4↑+4AlCl3，‎ 故答案为：Al4C3+ 12HC1= 3CH4↑+4AlCl3；‎ ‎(2)、装置A中反应是稀盐酸和Al4C3反应生成氯化铝和甲烷，甲烷在加加热条件下可还原氧化铜，气体产物除水蒸气外，还有碳的氧化物，生成的甲烷气体通过装置F吸收混有的氯化氢，干燥气体，通过装置D加热还原氧化铜，通过装置B检验的检验生成的水蒸气，通过装置E检验收生成产物二氧化碳，通过装置C中银氨溶液验证一氧化碳，CO与银氨溶液反应：CO＋2[Ag(NH3)2]＋＋2OH－=2Ag↓＋2NH4+＋CO32-＋2NH3，最后用排水法吸收和收集尾气，按气流方向各装置从左到右的连接顺序为：A→F→D→B→E→C→G，‎ 故答案为：A→F→D→B→E→C→G；‎ ‎(3)、气体含有一氧化碳，C中银氨溶液被一氧化碳还原生成银单质，试管内有黑色固体生成，F是除去甲烷中杂质气体氯化氢和水， ‎ 故答案为：试管内有黑色固体生成；除去甲烷中杂质气体氯化氢和水；‎ ‎(5)、当反应结束后，装置D处试管中固体全部变为红色，实验证明红色固体中含有Cu2O的方法为：取少量红色固休机，加入适量稀硫酸：若溶液变蓝色，说明含铜离子，则证明含有Cu2O，‎ 故答案为：取少量红色固体，加入适量稀硫酸，若溶液变蓝色则证明含Cu2O。‎ ‎20.‎ ‎ 在潜水艇中可用过氧化钠作为供氧剂。请选用适当的化学试剂和实验用品，用下图中的实验装置进行实验，证明过氧化钠可用于制取氧气。‎ ‎（1）A是用CaCO3制取CO2的装置。写出A中发生反应的化学方程式：‎ ‎ 。‎ ‎（2）按要求填写表中空格：‎ 仪器编号 盛放的试剂 加入该试剂的目的 B 饱和NaHCO3溶液 C 与CO2反应，产生O2‎ D 吸收未反应的CO2气体 ‎（3）为了达到实验目的， （填“需要”或“不需要”）在B装置之后增加一个吸收水蒸气的装置；若你认为需要增加一个吸收水蒸气装置，应选用 作为吸水剂；若你认为不需要，请说明理由是 。‎ ‎（4）证明收集到的气体是氧气的方法是 。‎ ‎【答案】（1）CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑‎ ‎（2）除去氯化氢气体 Na2O2 与二氧化碳反应产生氧气 浓NaOH溶液 除去未反应的二氧化碳气体 ‎（3）不需要 因气体经过D装置和E装置都需要接触水分 ‎（4）将E中试管从水槽中取出，管口朝上，用带火星的木条放在试管口处，如木条复燃，说明收集的气体是氧气 ‎【分析】（1）实验室用碳酸钙与稀盐酸反应制取二氧化碳；‎ ‎（2）根据实验的目的来分析每一个装置的作用，再选择盛装的试剂；‎ ‎（3）因用排水法收集，所以气体不需干燥；‎ ‎（4）利用氧气支持燃烧的性质加以检验；‎ ‎【详解】（1）实验室用块状的石灰石或大理石与稀盐酸反应来制取CO2‎ ‎：CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑；‎ ‎（2）使用饱和碳酸氢钠溶液既除去了氯化氢气体，又可以生成部分二氧化碳，且与二氧化碳不反应：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑；从实验目的可以看出，C是发生装置，发生的反应为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，所以C装置中盛装的是Na2O2，加入该试剂的目的是：与二氧化碳反应产生氧气；E是氧气的收集的装置，所以D装置的作用是除去未反应的二氧化碳气体，可装入浓NaOH溶液；‎ ‎（3）D装置盛装了溶液，E装置是采用排水法收集气体，因气体经过D装置和E装置都需要接触水分，所以制得的二氧化碳不需要干燥；‎ ‎（4）通常检验氧气的存在方法是：将E中试管从水槽中取出，管口朝上，用带火星的木条放在试管口处，如木条复燃，说明收集的气体是氧气。 ‎