2022-2023学年广东省江门市第一中学高一上学期第二次月考化学试题含解析

这是一份2022-2023学年广东省江门市第一中学高一上学期第二次月考化学试题含解析，共22页。试卷主要包含了单选题，实验题，填空题等内容，欢迎下载使用。
广东省江门市第一中学2022-2023学年高一上学期
第二次月考化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．英国化学家汉弗里·戴维在十九世纪初通过电解的方式获得金属钠的单质，下列有关金属钠的性质描述，错误的是
A．金属钠性质活泼，一般保存在煤油中
B．金属钠与水产生的氢气
C．金属钠可用刀切割，说明其密度较小
D．使用后多余的金属钠应放回试剂瓶中
【答案】C
【详解】A．Na易和空气中的O2、水蒸气反应，Na的密度大于煤油且和煤油不反应，所以Na一般保存在煤油中，故A正确；
B．Na和H2O发生反应2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，故B正确；
C．金属钠可用刀切割，说明其硬度较小，与其密度无关，故C错误；
D．Na性质非常活泼，能燃烧、能和水反应，因此不能随便丢弃，使用后多余的金属钠应放回试剂瓶中，故D正确；
故答案选C。
2．下列有关物质的性质描述正确的是
A．钠与氧气反应时的产物主要取决于氧气的用量及纯度
B．钠投入硫酸铜溶液中有气体和蓝色沉淀产生
C．6.2g和7.8g分别溶于等量水中，所得溶液中溶质的质量分数不同
D．溶液用于铜质印刷线路制作，原因是两者发生置换反应
【答案】B
【详解】A．钠与氧气常温下反应生成Na2O，加热条件下生成Na2O2，所以反应时的产物主要取决于反应条件，故A错误；
B．钠投入硫酸铜溶液中，会发生和，有气体和蓝色沉淀产生，故B正确；
C．6.2g溶于水后和水反应得8.0gNaOH，溶液增重6.2g，7.8g溶于水后和水反应得8.0gNaOH和1.6g氧气，溶液增重6.2g，所以6.2g和7.8g分别溶于等量水中，所得溶液中溶质的质量分数相同，故C错误；
D．溶液用于铜质印刷线路制作，主要发生，不是置换反应，故D错误；
故答案为：B。
3．用表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．含0.2mol的饱和溶液滴入沸水中，形成的胶粒数为
B．1mol/L NaCl溶液中含有钠离子的个数为
C．标准状况下，22.4L中含有氢原子的个数为
D．常温常压下，1mol的氧原子数为
【答案】D
【详解】A．含0.2mol的饱和溶液滴入沸水中，形成的胶粒为粒子的集合体，个数小于，故A错误；
B．不知道1mol/L NaCl溶液的体积，无法求算其中含有钠离子的个数，故B错误；
C．标准状况下，水是液体，无法求算其中含有氢原子的个数，故C错误；
D．常温常压下，1mol的氧原子的物质的量为2mol，个数为，故D正确；
故答案为：D。
4．体积为VmL，密度为dg·mL－1，溶质的摩尔质量为Mg·mol－1，溶质的质量为mg，溶质的质量分数为a%，物质的量浓度为cmol·L－1。下列式子正确的是（      ）
A．m＝ B．c＝ C．c＝ D．a%＝%
【答案】C
【详解】A．溶液质量m=dg/mL×VmL×a%=，故A错误；
B．1L该溶液中含有溶质的物质的量为=mol，则该溶液的浓度为mol/L，故B错误；
C．VmL该溶液中含有溶质的物质的量为=mol，该溶液的浓度为 ,c=mol/L，故C正确；
D．根据c=可知，ω=a%==%，故D错误；
故选C。
【点睛】明确物质的量浓度与溶质质量分数的关系为解答关键。本题的易错点为B，要注意溶液体积单位的换算。
5．下列离子在指定条件下的溶液中，一定能共存的是
A．在加入铝粉能产生氢气的溶液中：、、、
B．使石蕊变红色的溶液中：、、、
C．加入Na2O2的溶液中：、、、
D．澄清透明溶液中：、、、
【答案】D
【详解】A．加入铝粉能产生氢气的溶液可能是酸溶液，也可能是碱溶液，与H+、OH-都能发生反应而 不能大量共存，A不符合题意；
B．使石蕊变红色的溶液呈酸性，、与都能发生氧化还原反应，不能大量共存，B不符合题意；
C．Na2O2加入溶液中，与水反应生成NaOH和O2，在此溶液中不能大量存在，C不符合题意；
D．在澄清透明溶液中，、、、都不发生反应，能大量共存，D符合题意；
故选D。
6．下列实验操作、现象与结论对应关系不正确的是
选项
操作和现象
结论
A
取少量Na2O2粉末放在脱脂棉上，再将1滴水滴到Na2O2上，脱脂棉燃烧
Na2O2与水的反应是放热反应
B
使用漂白粉时，向漂白粉溶液中加入少量白醋，漂白能力增强
醋酸的酸性比次氯酸的强
C
向KI—淀粉溶液中滴入氯水，溶液变成蓝色
I-的还原性强于Cl-
D
分别加热Na2CO3和NaHCO3固体，试管内壁都有水珠
两种物质均受热分解

A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【详解】A．过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气的反应是放热反应，放出的热量使脱脂棉与氧气反应而燃烧，故A正确；
B．醋酸的酸性比次氯酸的强，向漂白粉溶液中加入少量白醋时醋酸与漂白粉溶液中的次氯酸钙反应生成次氯酸，次氯酸浓度增大，漂白粉溶液的漂白能力增强，故B正确；
C．碘离子的还原性强于氯离子，碘化钾溶液与氯水发生置换反应生成氯化钾和碘，淀粉溶液遇碘变蓝色，故C正确；
D．碳酸钠性质稳定，受热不能发生分解反应，故D错误；
故选D。
7．下图是氯元素的“价-类”二维图，据此下列分析正确的是

A．由“价-类”二维图推测具有强氧化性，可与水反应生成两种强酸
B．可用pH试纸分别测定等浓度的和HClO溶液的pH，比较酸性强弱
C．工业上常用制备，该反应氧化剂与还原剂物质的量之比为1：4
D．常用于炸药、火箭推进剂的某种强氧化剂在“价-类”二维图中的位置为(盐，-1)
【答案】C
【详解】A．由图可知，ClONO2中Cl为+1价，N为+5价，O为-2价，+1价的Cl和+5价的N都有强氧化性，所以ClONO2具有强氧化性，可水解生成硝酸和次氯酸，但次氯酸属于弱酸，故A错误；
B．HClO具有漂白性，不能用pH试纸测定HClO溶液的pH，故B错误；
C．反应5NaClO2+4HCl(稀)＝5NaCl+4ClO2+2H2O中，NaClO2中氯元素由+3价变成+4价和-1价，既是氧化剂又是还原剂，反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为1：4，故C正确；
D．“价-类”二维图中的位置(盐，-1)表示氯元素-1价的盐，该盐中氯元素没有氧化性，故D错误；
故选C。
8．下列含铁化合物不能直接由化合反应制得的是
A．FeCl2 B．FeCl3 C．Fe3O4 D．Fe(OH)2
【答案】D
【详解】A．Fe与FeCl3化合生成FeCl2，为化合反应，故A不选；
B．Fe在氯气中燃烧生成FeCl3，为化合反应，故B不选；
C．铁和氧气反应生成Fe3O4，故C不选；
D．Fe(OH)2不能由化合反应直接制得，故D选；
故选D。
9．金属材料对于促进生产发展、改善人类生活发挥了巨大作用。下列有关金属材料的说法，错误的是
A．纯金属内原子排布不规整，掺入其他金属原子形成合金可以使原子排布整齐
B．一般来说，活泼性越强的金属，人类发现并使用的时期越晚
C．稀土金属在新型合金领域起着重要作用
D．不锈钢中含有铬和镍元素，具有很强的抗腐蚀能力
【答案】A
【详解】A．在纯金属内所有原子的大小和形状都是相同的，原子的排列十分规整，故A错误；
B．人类利用几种常用金属的先后顺序依次为金、铜、铁、铝，金属的活泼性顺序也为金、铜、铁、铝说明金属开发利用的先后与金属活动性有关，性质越活泼的金属开发利用越晚，性质越稳定的金属开发利用越早，故B正确；
C．稀土元素由于具有独特的核外电子结构，作为一种重要的合金化元素，在冶金、材料领域起着独特的作用，在新型合金领域起着重要作用，故C正确；
D．不锈钢中含有铬和镍元素能改变金属的内部结构，使铁合金具有很强的抗腐蚀能力，故D正确；
故选A。
10．下列有关Na2CO3和NaHCO3的叙述中正确的是
A．向Na2CO3溶液中逐滴加入等物质的量的稀盐酸，生成的CO2与原Na2CO3的物质的量之比为1∶2
B．可以使用澄清石灰水鉴别NaHCO3和Na2CO3
C．Na2CO3俗名小苏打，可用于治疗胃酸过多
D．向Na2CO3饱和溶液中通入CO2，有NaHCO3晶体析出
【答案】D
【详解】A．向Na2CO3溶液中逐滴加入等物质的量的稀盐酸，发生反应Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，当碳酸钠和盐酸物质的量相等时，不会产生二氧化碳，故A错误；
B．澄清石灰水和NaHCO3、Na2CO3反应都生成沉淀，反应现象相同，不能使用澄清石灰水鉴别NaHCO3和Na2CO3，故B错误；
C．Na2CO3俗名为纯碱或苏打，且碳酸钠碱性较强，不能用于治疗胃酸过多，故C错误；
D．向Na2CO3饱和溶液中通入CO2，发生反应Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，NaHCO3的溶解度小于Na2CO3，因此有NaHCO3晶体析出，故D正确；
故答案选D。
11．数字化实验将传感器、数据采集和计算机依次连接起来，采集实验过程中各种物理量(pH、温度、浓度、压强、电导率等)变化的数据并记录和呈现，通过软件对数据进行分析，获得实验结论。如图是用强光照射新制氯水获得的图象，横坐标代表时间，纵坐标代表各物理量，下列物理量与图象不相符的是

A．溶液的pH值
B．瓶中氧气的体积
C．溶液中氯离子的物质的量浓度
D．溶液的电导率(导电能力)
【答案】A
【详解】A．Cl2溶于水发生反应：Cl2+H2OHCl+HClO，HClO是弱酸，不稳定，光照时HClO分解产生HCl、O2，使溶液中c(H+)增大，溶液的酸性增强，pH变小，因此图象与反应事实不吻合，A错误；
B．氯水中含有的HClO不稳定，光照分解产生O2，使瓶中氧气的体积随时间的延长而增大，B正确；
C．Cl2溶于水发生可逆化学反应：Cl2+H2OHCl+HClO，光照时HClO分解产生HCl，使溶液中c(Cl-)增大，C正确；
D．氯水中存在化学平衡：Cl2+H2OHCl+HClO，HCl是强酸，完全电离，HClO是弱酸，主要以电解质分子存在。当光照射时发生分解反应：2HClO2HCl+O2↑，弱酸变为强酸，溶液中自由移动的离子浓度增大，故溶液的电导率(导电能力)，D正确；
故合理选项是A。
12．Na、Al、Fe、Mg是中学化学中重要的金属元素，它们的单质及其化合物之间有很多转化关系，如表所列物质不能按如图关系(“→”表示一步完成)相互转化的是
选项
A
B
C
D

a
Na
Al
Fe
MgCl2
b
NaOH
Al2O3
FeCl3
Mg(OH)2
c
NaCl
Al(OH)3
FeCl2
MgO

A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【详解】A．钠与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠与盐酸反应生成氯化钠，电解熔融的氯化钠生成金属钠，均可一步实现转化，故A不符合题意；
B．氧化铝不溶于水不能直接转化为氢氧化铝，氢氧化铝也不能直接转化为铝，不能一步实现转化，故B符合题意；
C．铁在氯气中燃烧生成氯化铁，氯化铁与铁反应生成氯化亚铁，氯化亚铁被锌置换生成铁，均可一步实现转化，故C不符合题意；
D．氯化镁与氢氧化钠反应生成氢氧化镁，氢氧化镁受热分解成氧化镁，氧化镁和盐酸反应生成氯化镁，均可一步实现转化，故D不符合题意；
答案为B。
13．密闭容器中分别充入、两种气体，以下各种情况下正确的是
A．质量、温度和压强均相同时，两种气体的体积
B．温度和密度都相同时，两种气体的压强
C．压强、体积和温度均相同时，两种气体的质量
D．体积、温度和压强均相同时，两种气体的密度
【答案】A
【详解】A．同温同压下、相同质量的不同气体，其体积之比等于摩尔质量的反比，所以V(O2)＜V(H2)，故A正确；
B．根据可知，相同温度、相同密度时，气体压强之比等于摩尔质量的反比，所以p(H2)>p(O2)，故B错误；
C．根据 可知，P、V、T相同时，气体的质量之比等于摩尔质量之比，所以m(H2)＜m(O2)，故C错误；
D．根据可知，V、T、P相同时，密度之比等于摩尔质量之比，所以ρ(H2)＜ρ(O2)，故D错误；
故答案选A。
14．下列物质的除杂(括号内为杂质)的方法正确的是
A．溶液(溶液)：加热法
B．溶液(溶液)：加入过量Fe粉过滤
C．NaCl固体()：加入过量的溶液，过滤、将滤液蒸发结晶
D．Fe(Cu)：加入过量的盐酸，过滤
【答案】B
【详解】A．溶液中的碳酸氢钠受热不分解，故A错误；
B．中的铁离子和铁反应生亚铁离子，可以除杂，故B正确；
C．加入过量的溶液除去碳酸钠会引入杂质钙离子，故C错误；
D．铜和盐酸不反应，铁和盐酸反应，不能除杂，故D错误；
故选：B。
15．下列离子方程式书写错误的是
A．石灰乳与稀盐酸反应 Ca(OH)2+2H+=Ca2++2H2O
B．碳酸钠溶液与少量硫酸氢钠溶液反应 CO+H+=HCO
C．等体积等浓度的碳酸氢钙与氢氧化钠溶液反应 Ca2++2HCO+2OH-=CaCO3↓+2H2O+CO
D．硫酸氢钠溶液与少量氢氧化钡溶液反应离子方程式 2H++SO+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O
【答案】C
【详解】A．石灰乳与稀盐酸反应生成氯化钙和水，氢氧化钙不能拆写为离子，反应的离子方程式是 Ca(OH)2+2H+=Ca2++2H2O，故A正确；
B．碳酸钠溶液与少量硫酸氢钠溶液反应，生成硫酸钠、碳酸氢钠，反应的离子方程式是 CO+H+=HCO，故B正确；
C．等体积等浓度的碳酸氢钙与氢氧化钠溶液混合，碳酸氢钙和氢氧化钠的物质的量比为1:1，反应生成碳酸钙沉淀、碳酸氢钠、水，反应的离子方程式是Ca2++HCO+OH-=CaCO3↓+H2O，故C错误；
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、水，反应的离子方程式是2H++SO+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O，故D正确；
选C。
16．如图所示装置，可用于制取和观察在空气中被氧化时颜色的变化。实验提供的试剂：铁屑、稀硫酸、NaOH溶液等，下列说法不正确的是

A．烧瓶A中发生反应的离子方程式为
B．实验开始前先打开止水夹E，其目的是利用产生的H2将装置中的空气排尽
C．生成的操作：关闭止水E，使烧瓶A中溶液压入装置B中进行反应
D．若取下装置B的橡皮塞，可观察沉淀由白色直接变为红褐色
【答案】D
【分析】制取Fe(OH)2使用的试剂是FeSO4和NaOH溶液，但是一定要注意隔绝空气，防止氧气将生成的Fe(OH)2氧化，所以B装置中是NaOH，A是产生FeSO4的装置，发生反应Fe+2H+=Fe2++H2↑，先打开止水夹E，让H2进入后续装置，将空气排出，再关闭E，A中的压强增大，FeSO4溶液在压强的作用下进入B中，与NaOH反应生成Fe(OH)2。
【详解】A．根据分析，A中发生反应为Fe+2H+=Fe2++H2↑，故A正确；
B．根据分析，打开止水夹E，可以利用产生的H2将装置中的空气排尽，故B正确；
C．根据分析，关闭止水E，使烧瓶A中FeSO4溶液压入装置B中形成Fe(OH)2，故C正确；
D．取下装置B的橡皮塞，Fe(OH)2被氧化，现象为白色固体迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，故D错误；
故答案选D。

二、实验题
17．选择适当的化学试剂和实验用品，用如图所示的装置进行实验，证明过氧化钠可在呼吸面具和潜水艇中做供氧剂。

A是实验室中制取的装置。
(1)填写下表中的空白。
装置序号
加入的试剂
加入该试剂的目的
B
_______
除去中混有的HCl
D
_______
_______

(2)写出C中所发生反应的化学方程式：_______。其中过氧化钠与二氧化碳的反应还原产物与氧化产物之比为_______，每消耗1mol的转移的电子数为_______。
(3)F中得到的是_______。如何验证_______？
【答案】(1)     饱和碳酸氢钠溶液     NaOH溶液     吸收未反应的二氧化碳气体
(2)     2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑     1：1     NA
(3)     O2     取出试管将带火星的火柴放入试管，若火柴复燃，证明是O2

【分析】在装置A中用稀盐酸与大理石反应制取二氧化碳气体，稀盐酸具有挥发性，制取的CO2气体中含有杂质HCl，通过B装置中碳酸氢钠溶液除去HCl，在装置C中过氧化钠和CO2、H2O反应生成O2，未反应的CO2气体通过D装置的NaOH溶液除去，最后用排水法收集O2，根据氧气具有助燃的性质检验。
【详解】（1）由于制取CO2气体使用的盐酸具有挥发性，使得反应生成的CO2中混有HCl杂质，仪器B中加入饱和碳酸氢钠溶液除去二氧化碳中的HCl；通过流程图可知，通过装置C生成的氧气中含有未反应的CO2气体，D装置的作用是吸收未反应的二氧化碳气体，所以D装置中盛放NaOH溶液。
（2）在装置C中，CO2、H2O与过氧化钠反应生成氧气，化学方程式为2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；反应中过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，Na2O2中的O元素由-1价变为0价和-2价，过氧化钠与二氧化碳的反应还原产物与氧化产物物质的量之比为1：1；每消耗1mol的转移的电子数为0.5mol×2×NA/mol=NA；
（3）反应得到的O2用排水法收集，因此装置F中收集得到的气体是O2，验证O2的方法是取出试管将带火星的火柴放入试管，若火柴复燃，证明是O2。
18．如图是实验室制备氯气并进行一系列相关实验的装置(夹持及加热仪器已略)，回答下列问题：

已知：、、在苯中的溶解度大于在水中的溶解度。溶解在苯中为紫红色。
(1)用二氧化锰和浓盐酸制备氯气的离子方程式为_______，装置B中饱和食盐水的作用是_______，同时装置B亦是安全瓶，监测实验进行时C中是否发生堵塞，请写出发生堵塞时B中的现象_______。
(2)装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，为此C中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ处最好依次放入_______(填序号，不能重复使用)。
①干燥的有色布条  ②湿润的有色布条  ③碱石灰  ④无水氯化钙  ⑤浓硫酸
(3)设计装置D、E的目的是比较氯、溴、碘单质的氧化性，反应一段时间后，打开活塞，将装置D中少量溶液加入装置E中，振荡，观察到的现象是E中溶液分为两层，上层(苯层)为紫红色，下层为无色，该现象_______(填“能”或“不能”)说明溴单质的氧化性强于碘。
(4)装置F中用足量的NaOH溶液吸收余氯气，反应的离子方程式为_______。
(5)如果将过量二氧化锰与20mL的浓盐酸混合加热，充分反应后生成的氯气_______0.06mol(填“大于”、“小于”或“等于”)。
(6)用下列方法制取氯气：
①
②
③
若要制得相同质量的氯气，上述三种方法中所转移的电子数目之比是_______。
【答案】(1)          除去氯气中的氯化氢     B中长颈漏斗中液面上升，形成水柱
(2)②、④、①
(3)不能
(4)
(5)小于
(6)6:6:5

【详解】（1）用二氧化锰和浓盐酸制备氯气时生成氯化锰、氯气和水，反应的离子方程式为，制取的氯气中含有HCl杂质，HCl 易溶于水，氯气在饱和食盐水中的溶解度很小，因此装置B中用饱和食盐水吸收氯气中的氯化氢，装置B亦是安全瓶，监测实验进行时C中是否发生堵塞，发生堵塞时B中的压强增大，B中长颈漏斗中液面上升，形成水柱，故答案为：；除去氯气中的氯化氢；B中长颈漏斗中液面上升，形成水柱；
（2）装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，验证氯气是否具有漂白性，要验证干燥氯气无漂白性，湿润的有色布条中，氯气和水反应生成次氯酸具有漂白性，所以C中I、Ⅱ、Ⅲ 依次放入湿润的有色布条、无水氯化钙、干燥的有色布条，即②、④、①，故答案为：②、④、①；
（3）氯气具有强氧化性，过量的氯气能够将碘离子氧化成碘单质，所以该现象不能说明溴的非金属性强于碘，故答案为：不能；
（4）氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为，故答案为：；
（5）如果将过量的二氧化锰与20ml12 mol/L的盐酸混合加热，随着反应进行浓盐酸变为稀盐酸，反应停止，不再生成氯气，因此充分反应生成氯气的物质的量小于0.06mol，故答案为：小于；
（6）对于反应每生成1mol氯气转移2mol电子，对于反应，每生成5mol氯气转移10mol电子，即每生成1mol氯气转移2mol电子，对于反应，每生成3mol氯气转移5mol电子，即每生成1mol氯气转移mol电子，所以要制得等物质的量的氯气即相同质量的氯气，上述三种方法中所转移的电子数目之比是2:2:=6:6:5，故答案为：6:6:5。
19．研究性学习小组的同学，为测定某铝镁合金(不含其他元素)中铝的质量分数，设计了下列两种不同实验方案进行探究。填写下列空白：
【方案一】将铝镁合金与足量NaOH溶液反应，测定剩余固体质量。
(1)实验中发生反应的离子方程式是_______。
(2)配制NaOH溶液，下列换作使配制的NaOH溶液浓度偏低的有_______。
A．未冷却到室温就转移到容量瓶
B．选用的容量瓶内有少量蒸馏水
C．定容摇匀后，液面下降，又加水至刻度线
D．定容时仰视刻度线
E.称量固体NaOH时，砝码放在天平的左边。
(3)称取10.8g铝镁合金粉末样品，溶于体积为VmL、物质的量浓度为NaOH溶液中，为了保证铝镁合金粉末能充分反应，则NaOH溶液的体积V≥_______mL。则配制NaOH溶液需要用到的玻璃仪器有胶头滴管、玻璃棒、_______、_______、_______。
(4)过滤、洗涤、干燥、称量固体。该步骤中若未洗涤固体，测得铝的质量分数将_______(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
【方案二】将一定量铝镁合金与足量稀硫酸溶液反应。测定生成气体的体积。
(5)同学们拟选用下列实验装置完成实验：

你认为最简易的装置其连接顺序是A→(_______)→(_______)→(_______)→(_______)→(_______)(填接口字母，可不填满)，______
(6)仔细分析实验装置后，同学们经讨论认为以下两点会引起较大误差，稀硫酸滴入锥形瓶中，即使不生成氢气，也会将瓶内空气排出，使所测氢气体积偏大；实验结束时，连接广口瓶和量筒的导管中有少量水存在，使所测氢气体积偏小。于是他们设计了如图所示的实验装置。

①装置中导管a的作用除了平衡气体压强，使分液漏斗中的稀硫酸能顺利滴下以外，从精确测量氢气体积的角度分析，还有一个作用是_______。
②已知金属与酸的反应是放热反应，为了较准确测量室温、一个标准大气压下氢气的体积，在读反应前后量气管乙中液面的读数求氢气体积的过程中，除视线平视外还应注意_______(填字母编号)。
A．冷却至室温再读数
B．乙管中液面不再上升时应该及时读数
C．读数时应上下移动量气管乙，使甲、乙中液面左右相平
D．读数时不必使甲、乙中液面左右相平
③若实验用铝镁合金的质量为5.1g，测得氢气体积为5.6L(已转换成标准状况)，设铝镁的物质的量分别为xmol、ymol，请列出解x、y的二元一次方程组_______(不必计算)
【答案】(1)
(2)CDE
(3)     100     烧杯     量筒     100mL的容量瓶
(4)偏低
(5)E；D；F
(6)     消除由于加入稀硫酸引起的氢气体积误差     AC     24x+27y=5.1g，22.4x+33.6y=5.6

【详解】（1）将铝镁合金与足量NaOH溶液反应，铝会与NaOH溶液反应，离子方程式为：，故答案为：；
（2）A．未冷却到室温就转移到容量瓶，冷却后溶液体积会偏小，使所配溶液浓度偏高，故A不符合题意；
B．溶解固体、洗涤仪器、定容等步骤都需要蒸馏水，所以选用的容量瓶内有少量蒸馏水，对所配溶液浓度无影响，故B不符合题意；
C．定容摇匀后，液面下降，又加水至刻度线，会使所配溶液的体积偏大，溶液浓度偏低，故C符合题意；
D．定容时仰视刻度线，会使所配溶液的体积偏大，溶液浓度偏低，故D符合题意；
E．称量固体NaOH时，砝码放在天平的左边，会使所配溶液的所含溶质的质量减少，溶液浓度偏低，故E符合题意；
故答案为：CDE；
（3）为了保证铝镁合金粉末能充分反应，镁与NaOH溶液不反应，可以假设10.8g合金全部是铝，即0.4mol铝，由得需要0.4molNaOH，又因为NaOH溶液的浓度是4.0mol/L，所以需要的NaOH溶液的体积最少为，配制NaOH溶液需要用到的玻璃仪器有胶头滴管、玻璃棒、烧杯、量筒和100mL的容量瓶，故答案为：100；烧杯；量筒；100mL的容量瓶；
（4）镁上会附着有偏铝酸钠等物质，未洗涤会导致测得铝的质量分数偏低，故答案为：偏低；
（5）装置的组装顺序：合金与水反应，用排水量气法测定氢气的体积，其中盛水的试剂瓶导管一定要短进长出，利用增大压强原理将水排出，量筒中水的体积就是生成氢气的体积，量筒内导管应伸入量筒底部，故连接顺序为：(A) 接(E) (D)接(F)，故答案为：E；D；F；
（6）①装置中导管a的作用是：保持分液漏斗内气体压强与锥形瓶内气体压强相等，打开分液漏斗活塞时稀硫酸能顺利滴下，滴入锥形瓶的稀硫酸体积等于进入分液漏斗的气体体积，从而消除由于加入稀硫酸引起的氢气体积误差；故答案是：消除由于加入稀硫酸引起的氢气体积误差；②反应放热导致氢气的温度偏高，故应冷却后再进行读取氢气的体积，读取实验中生成氢气的体积时上下移动量筒，使其中液面与广口瓶中液面相平，视线与凹液面的最低点水平读取氢气的体积；故选AC；③设铝镁的物质的量分别为xmol、ymol，，则产生的气体由Mg、Al与稀硫酸反应产生的，则由、，再结合铝镁合金的质量为5.1g，测得氢气体积为5.6L，可得24x+27y=5.1g，22.4x+33.6y=5.6，故答案为：24x+27y=5.1g，22.4x+33.6y=5.6。

三、填空题
20．利用“价类二维图”可以从不同角度研究含铁物质的性质及其转化关系，图中甲~己均含铁元素，回答下列问题：

(1)甲在高温下与水蒸气反应，若生成的在标准状况下的体积为22.4L，则参加反应的甲的质量为_______g，检验某黑色氧化物固体是否含有乙时，先取少量因体溶于适量的盐酸，滴加_______(填化学式)溶液，溶液不变红色，再滴加几滴氯水，溶液变红色，则可初步判断含有乙。
(2)戊与烧碱溶液反应生成丙，在空气中放置一段时间后丙转化为丁，丙转化为丁的化学方程式为_______。
(3)常用作杀菌消毒剂，从化合价的角度分析是具有_______性。用己()与KClO在强碱性条件下制取时，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_______。
(4)若己和戊分别是硫酸亚铁和硫酸铁，取一定量己和戊的混合物样品溶于水，配成100mL溶液，所得溶液分成两份，在第一份溶液中加入0.5mol/L的氯化钡溶液220mL恰好完全反应。在第二份溶液中通入标准状况下的氯气0.896L，可以使全部转化成，则原溶液中的物质的量浓度是_______。若在第一份溶液中完全反应后过滤所得的滤液中再加入足量的NaOH溶液，所得的沉淀经洗涤、空气中充分灼烧，最后残渣的质量是_______。
【答案】(1)     42     KSCN
(2)4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O =4Fe(OH)3
(3)     强氧化     3：2
(4)     0.8mol/L     8g

【分析】由价位二类图可知，甲为Fe，乙为FeO，丙为Fe(OH)2，丁为Fe(OH)3，戊中含有Fe2+，己中含有Fe3+，据此分析。
【详解】（1）标准状况下22.4LH2的物质的量为1mol，甲是0价的铁，即为铁单质，根据反应可知，；乙是FeO，取少量样品溶于适量的盐酸，滴加KSCN溶液，无明显现象，再滴加几滴氯水，溶液变血红色，说明含有Fe2+，即含有FeO；故答案为：42；KSCN；
（2）戊为+2价铁盐, Fe2+与NaOH反应形成Fe(OH)2，Fe(OH)2很容易被空气中的氧气氧化，放在空气中会发生反应4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O =4Fe(OH)3 ，故答案为：4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O =4Fe(OH)3；
（3）K2FeO4中的铁为+6价，具有强氧化性，FeCl3与KClO在强碱性条件下反应生成K2FeO4的方程式为：2FeCl3 + 3KClO + 10KOH = 2K2FeO4 + 9KCl + 5H2O，KClO得到电子是氧化剂，FeCl3失去电子是还原剂，故氧化剂和还原剂物质的量之比为：3：2，故答案为：强氧化；3：2；
（4）在第二份溶液中通入标准状况下的氯气0.896L，发生反应，，则原溶液中的物质的量浓度是；第一份溶液中加入0.5mol/L的氯化钡溶液220mL恰好完全反应，溶液中，再结合第二份溶液中，由电荷守恒可得原溶液中，在第一份溶液完全反应后所得的溶液中加入氢氧化钠溶液，得到沉淀洗涤灼烧，最终得到的残渣固体为Fe2O3，根据铁原子守恒可知，所以，故答案为：0.8mol/L；8g。