新疆生產(chǎn)建設兵團一師高中2026屆化學高一上期末達標檢測試題考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、在標準狀況下把4.48LCO2通過足量的Na2O2固體后，固體增加的質(zhì)量是A．8.8gB．5.6gC．3.2gD．2.4g2、下列敘述正確的是()A．利用丁達爾效應可以區(qū)分溶液和膠體B．所有金屬元素都可以用焰色反應來鑒別C．水泥、玻璃、光導纖維的主要成分都屬于硅酸鹽D．pH值小于7的雨水稱為酸雨3、如圖是一個奧運五環(huán)，有重疊的兩環(huán)在一定條件下可以發(fā)生反應，下列各組物質(zhì)，能實現(xiàn)圖示反應的是（）選項abcdeABCDA．A B．B C．C D．D4、高鐵酸鉀(K2FeO4)是一種兼具凈水和消毒功能的可溶性鹽，可發(fā)生如下反應2K2FeO4+16HCl=4KCl+2FeCl3+8H2O+3Q↑，下列說法不正確的是（）A．可用濕潤的淀粉碘化鉀試紙檢驗產(chǎn)物Q（Q能氧化I﹣）B．K2FeO4在水中的電離方程式為K2FeO4=2K++FeO42-C．反應中氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為1：3D．反應中涉及的生成物可能有4種為電解質(zhì)5、下列有關電解質(zhì)的敘述正確的是()A．液態(tài)HCl不導電，所以HCl是非電解質(zhì)B．熔融NaCl可以導電，所以NaCl是電解質(zhì)C．液態(tài)Cl2不導電，所以Cl2是非電解質(zhì)D．SO2的水溶液能夠?qū)щ?，所以SO2是電解質(zhì)6、下列各組離子能在指定條件下大量共存的是A．無色溶液中：K＋、Cu2＋、Na＋、SO42－B．堿性溶液中：CO32－、Na＋、SO42－、NO3－C．加入Fe能放出H2的溶液中：Cl－、HCO3－、NO3－、NH4＋D．使酚酞變紅的溶液中：Ba2＋、Al3＋、NO3－、Cl－7、下列物質(zhì)中所含原子數(shù)最多的是（）A．標準狀況下22.4LH2 B．56gCO C．1.5molO3 D．6.021022個HCl8、下列敘述正確的是A．用丁達爾效應可以鑒別NaCl溶液和淀粉溶液B．用氨氣做噴泉實驗主要是利用氨氣的水溶液呈堿性這—性質(zhì)C．用潔凈鉗絲蘸取溶液進行焰色反應，火焰呈黃色，原溶液中有Na+、無K+D．除去粗鹽溶液中的Ca2+、Mg2+SO42-，應依次加入Na2CO3、NaOH和BaCl2溶液9、對于合金的說法，不正確的是（）A．合金與各組分金屬相比一般具有更大的硬度B．合金與各組分金屬相比一般具有更低的熔點C．生鐵是鐵和碳的合金，鋼則是純鐵D．常見的銅合金是青銅和黃銅10、體積為1L干燥容器中充入HCl氣體后，測得容器中氣體對氧氣的相對密度為1.082。將此氣體倒扣在水中，進入容器中液體的體積是A．0.25L B．0.5L C．0.75L D．1L11、某同學制得的氫氧化鐵膠體中含有少量鹽酸，為得到純凈的膠體，他設計了以下操作，合理的是()A．加入少量氫氧化鈉溶液進行中和B．加入硝酸銀溶液反應后過濾C．裝入半透膜袋中，扎緊袋口，將其全部浸入蒸餾水中，并每隔一段時間，更換一次蒸餾水D．在氫氧化鐵膠體中插入石墨電極，通入直流電進行電泳后再過濾12、在FeCl3和CuCl2混合液中，加入過量的鐵粉，充分反應后，溶液中的金屬離子A．Fe2+ B．Fe3+和Fe2+ C．Cu2+和Fe2+ D．Cu2+13、密閉容器中裝有1molNaHCO3和0.8molNa2O2，加熱充分反應后，容器內(nèi)殘留的固體是()A．0.8molNa2CO3和0.6molNaOH B．0.5molNa2CO3和1molNaOHC．0.8molNa2CO3和1molNaOH D．1molNa2CO3和0.6molNaOH14、從海水中提取鎂，可按如下步驟進行：①把貝殼制成石灰乳；②在引入的海水中加入石灰乳，沉降、過濾、洗滌沉淀物；③將沉淀物與鹽酸反應，結(jié)晶過濾、在HCl氣體氛圍中干燥產(chǎn)物；④將得到的產(chǎn)物熔融電解得到鎂。下列說法不正確的是A．此法的優(yōu)點之一是原料來源豐富B．①②③步驟的目的是從海水中獲取MgCl2C．第④步電解得到，鎂的方程式為MgCl2（熔融）Mg+Cl2↑D．提取鎂的過程涉及化合、分解、置換反應15、下列有關化學與環(huán)境保護的說法正確的是A．就地在田間焚燒秸稈，減少運輸成本B．燒煤進行脫硫、脫硝處理，減少空氣污染C．推廣和鼓勵多使用私家車出行D．做好空氣質(zhì)量預報工作，以使污染程度減小16、下列物質(zhì)中，屬于電解質(zhì)的是A．Cu B． C．NaCl D．氯水二、非選擇題（本題包括5小題）17、A是一種紅棕色金屬氧化物，B、D是金屬單質(zhì)。(1)寫出下列物質(zhì)的化學式：A________、E________、F________、G________。(2)按要求寫方程式：①A＋B→C＋D的化學方程式：_________________________________；②F→G的化學方程式：________________________________________________；③E→F的離子方程式：________________________________________。18、下列框圖涉及的物質(zhì)所含元素中，除一種元素外，其余均為1～18號元素。已知：A、F為無色氣體單質(zhì)，B為具有刺激性氣味的氣體，化學家哈伯因合成B獲得1918年的諾貝爾化學獎。C為黑色氧化物，E為紫紅色金屬單質(zhì)，I為藍色沉淀(部分反應的產(chǎn)物未列出)。請回答下列問題：(1)常溫下鋁遇到G的濃溶液后表面形成一層致密的保護膜，該現(xiàn)象稱為___________。(2)E與G的稀溶液反應的離子方程式為_________。(3)在25℃和101kPa的條件下，將VL的B氣體溶于100mL水中，得到密度為ρg·mL－1的溶液M，則M溶液的物質(zhì)的量濃度為________mol·L－1。(已知25℃、101kPa條件下氣體摩爾體積為24.5L·mol－1，不必化簡)(4)分別蘸取B的濃溶液和G的濃溶液的玻璃棒，接近后的現(xiàn)象是_________。(5)B和C反應的化學方程式為__________。(6)J、K是同種金屬的不同氯化物，K為白色沉淀。寫出SO2還原J生成K的離子方程式：______。19、某研究性學習小組利用下列有關裝置，對二氧化硫的性質(zhì)及空氣中二氧化硫的含量進行探究(裝置的氣密性已檢查)：（1）裝置A中反應的化學方程式是______。（2）滴加濃硫酸之前，打開彈簧夾，通入一段時間N2，再關閉彈簧夾，此操作的目的是：_______。（3）實驗過程中裝置B中沒有明顯變化。實驗結(jié)束后取下裝置B，從中分別取少量溶液于兩支潔凈試管中。向第1支試管中滴加適量氨水出現(xiàn)白色沉淀______(填化學式)；向第2支試管中滴加適量新制氯水，仍然出現(xiàn)白色沉淀，該反應的離子方程式是_______。（4）裝置C中的溶液中出現(xiàn)淡黃色渾濁，該實驗證明二氧化硫具有____性。（5）裝置D的作用是_____。（6）另一小組利用裝置E進行實驗：二氧化硫性質(zhì)實驗之后，用注射器對實驗室內(nèi)空氣進行取樣，并向裝置E中注入VmL(已折算為標準狀況下體積)的空氣，當溶液剛好褪色時，停止實驗。請計算該空氣中二氧化硫的體積分數(shù)(用含V的代數(shù)式表示)______。20、Ⅰ.課堂上，老師提問如何鑒別濃硫酸與稀硫酸，某學習小組設計方案如下方案結(jié)論①往酸中投入火柴梗變黑者為濃硫酸②加入鋁片產(chǎn)生刺激性氣味者為濃硫酸②加少量酸于盛水的小燒杯中放熱者為濃硫酸④用玻璃棒蘸濃氨水靠近酸的瓶口冒白煙者為濃硫酸⑤將酸滴加到膽礬晶體上變白者為濃硫酸(1)以上方案中，可行的是______________（填序號）(2)其中一個稍作改進就能成為可行方案是________________，改進方法為____________。(3)完全錯誤的是__________，因為_________________________________________。Ⅱ.實驗室用濃硫酸配制1.0mol/L硫酸溶液480mL，回答下列問題：(1)如下圖所示的儀器中配制溶液肯定不需要的是____________（填字母），配制上述溶液還需要用到的玻璃儀器是_________________________（填儀器名稱）。(2)容量瓶上標有以下5項中的_____________（填序號）①壓強②溫度③容量④濃度⑤刻度線(3)在配制過程中，下列操作使所配溶液濃度偏大的是______________（填序號）。①未等稀釋后的H2SO4溶液冷卻至室溫就轉(zhuǎn)移到容量瓶中②定容搖勻后，發(fā)現(xiàn)液面低于刻度線，又用膠頭滴管加蒸餾水至刻度線③定容時，仰視刻度線④使用容量瓶前用蒸餾水洗滌且沒干燥(4)計算實驗室配制上述溶液需用量筒取質(zhì)量分數(shù)為98%、密度為1.84g/mL的濃硫酸的體積為_____________________mL。（保留小數(shù)點后一位）21、在花瓶中加入“鮮花保鮮劑”，能延長鮮花的壽命。下表是500mL“鮮花保鮮劑”中含有的成分，閱讀后回答下列問題：成分質(zhì)量(g)摩爾質(zhì)量(g/mol)蔗糖50.00342硫酸鉀0.87174阿司匹林0.35180高錳酸鉀0.158158硝酸銀0.04170(1)下列“鮮花保鮮劑”的成分中，屬于非電解質(zhì)的是__________。A．蔗糖B．硫酸鉀C．高錳酸鉀D．硝酸(2)在溶液配制過程中，下列操作正確且對配制結(jié)果沒有影響的是__________。A．將藥品放入容量瓶中加蒸餾水溶解B．容量瓶在使用前未干燥，里面有少量蒸餾水C．容量瓶在使用前剛剛配制完一定物質(zhì)的量濃度的NaCl溶液而未洗凈D．定容搖勻后發(fā)現(xiàn)液面低于容量瓶的刻度線，但未做任何處理(3)配制上述500mL“鮮花保鮮劑”所需的玻璃儀器有：燒杯、玻璃棒、_____________、__________。（在橫線上填寫所缺儀器的名稱）(4)鮮花保鮮劑中K+(蔗糖、阿司匹林中不含K+)的物質(zhì)的量濃度為______mol/L。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、B【解析】根據(jù)反應方程式2Na2O2＋2CO22Na2CO3＋O2↑，在標準狀況下，4.48LCO2的物質(zhì)的量為0.2mol，所以反應后固體增加的質(zhì)量為0.2mol×(106g/mol-78g/mol)=5.6g，所以本題正確答案為B。2、A【解析】試題分析：A．膠體可以產(chǎn)生丁達爾效應，利用丁達爾效應可以區(qū)分溶液和膠體，A正確；B．并不是所有金屬元素都可以用焰色反應來鑒別，B錯誤；C．光導纖維的主要成分是二氧化硅，不屬于硅酸鹽，C錯誤；D．pH值小于5.6的雨水稱為酸雨，D錯誤，答案選A?？键c：考查膠體和溶液鑒別、焰色反應、硅酸鹽以及酸雨等3、A【解析】

A．a(chǎn)與b、b與c、c與d、d與e，各物質(zhì)之間可以發(fā)生反應，符合題意，故A正確；B．和不發(fā)生反應，即（c和d不反應），故B錯誤；C．Al和Al2O3都不和氨水反應，即（d和c，e都不反應），故C錯誤；D．Mg與NaOH不反應，即（b和c不反應），故D錯誤；答案選A。4、D【解析】

已知2K2FeO4+16HCl═4KCl+2FeCl3+8H2O+3Q↑，根據(jù)元素守恒可知Q為氯氣，F(xiàn)e元素的化合價由+6價降低為+3價，Cl元素的化合價-1價升高為0價，以此來解答?！驹斀狻緼．Q為氯氣，氯氣能使?jié)駶櫟牡矸鄣饣浽嚰堊兯{，所以可用濕潤的淀粉碘化鉀試紙檢驗氯氣，故A正確；

B．K2FeO4是強電解質(zhì)，在水中的電離方程式為K2FeO4═2K++FeO42-，故B正確；

C．反應中16molHCl參加反應，只有6molHCl被氧化，則反應中氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為1：3，故C正確；

D．產(chǎn)物Q為氯氣，氯氣為單質(zhì)不是電解質(zhì)，反應中涉及的生成物有3種為電解質(zhì)，故D錯誤；選D?！军c睛】本題考查氧化還原反應的概念、電解質(zhì)的判斷、氯氣等物質(zhì)的檢驗等，把握元素守恒及反應中元素的化合價變化為解答的關鍵。5、B【解析】

A．液態(tài)HCl不導電，但是溶于水能夠?qū)щ姡月然瘹錇殡娊赓|(zhì)，故A錯誤；B．NaCl是化合物，且熔融NaCl可以導電，則NaCl是電解質(zhì)，故B正確；C．氯氣為單質(zhì)，不是電解質(zhì)，也不是非電解質(zhì)，故C錯誤；D．SO2本身不能電離產(chǎn)生自由移動的離子，屬于非電解質(zhì)，故D錯誤；故答案為B?！军c睛】電解質(zhì)是指在水溶液中或熔融狀態(tài)下能導電的化合物，例如酸、堿、鹽、活潑金屬氧化物等，凡在上述情況下不能導電的化合物叫非電解質(zhì)，例如非金屬氧化物、一些氫化物和一些有機物如蔗糖和酒精等；特別注意能導電的不一定是電解質(zhì)，且非電解質(zhì)的水溶液也可能導電，如SO2的水溶液導電，是因為生成亞硫酸的緣故；另外電解質(zhì)和非電解質(zhì)都是化合物，既要排除單質(zhì)又要排除混合物。6、B【解析】

A.是藍色的，與無色溶液的描述不符，A項錯誤；B.選項中的四種離子在堿性條件下可大量共存，B項正確；C.加入鐵能放出氫氣的溶液即酸性溶液，酸性溶液中不能大量存在，C項錯誤；D.使酚酞變紅的溶液即堿性溶液，堿性溶液中不能大量存在，D項錯誤；答案選B。7、C【解析】

根據(jù)題中所含原子數(shù)最多可知，本題考查原子數(shù)的量對比，運用粒子數(shù)與物質(zhì)的量成正比分析?！驹斀狻繕藳r下22.4LH2的物質(zhì)的量為1mol，即原子物質(zhì)的量為2mol；56gCO的物質(zhì)的量為2mol,即原子物質(zhì)的量為4mol；1.5molO3原子物質(zhì)的量為4.5mol；6.021022個HCl的物質(zhì)的量為0.1mol，即原子物質(zhì)的量為0.2mol；依據(jù)粒子數(shù)與物質(zhì)的量成正可知，1.5molO3所含原子數(shù)最多。故答案選C。【點睛】物質(zhì)的量與粒子數(shù)、氣體體積、質(zhì)量成正比。8、A【解析】

A項、丁達爾效應是膠體的特征性質(zhì)，淀粉溶液屬于膠體，則用丁達爾效應可以鑒別NaCl溶液和淀粉溶液，故A正確；B項、氨氣為極性分子，氨分子和水分子之間可以形成氫鍵，極易溶于水，用氨氣做噴泉實驗主要是利用氨氣極易溶于水的性質(zhì)，與水溶液呈堿性無關，故B錯誤；C項、鈉元素的黃色火焰可以覆蓋鉀元素的紫色火焰，用潔凈鉑絲蘸取溶液進行焰色反應，火焰呈黃色，則原溶液中有Na+，可能有K+，故C錯誤；D項、除去粗鹽溶液中的Ca2+、Mg2+SO42-，加入BaCl2溶液會引入鋇離子，碳酸鈉溶液應在氯化鋇溶液之后加入，除去溶液中的鈣離子和過量的鋇離子，故D錯誤；故選A。【點睛】除去粗鹽溶液中的Ca2+、Mg2+SO42-，加入BaCl2溶液會引入鋇離子，碳酸鈉溶液應在氯化鋇溶液之后加入，除去溶液中的鈣離子和過量的鋇離子是解答關鍵，也是易錯點。9、C【解析】

A.合金與各組分金屬相比具有更大的硬度，A項正確，不符合題意；B.合金與各組分金屬相比具有更低的熔點，B項正確，不符合題意；C.生鐵和鋼都是是鐵和碳的合金，只是含碳量不同，C項錯誤，符合題意；D.青銅和黃銅是常見的銅合金，D項正確，不符合題意；答案選C。10、C【解析】

由于在相同條件下，氣體的密度之比等于氣體的摩爾質(zhì)量之比，所以容器中氣體的相對分子質(zhì)量是1.082×32＝34.6，這說明氯化氫不純，混有空氣，設HCl物質(zhì)的量分數(shù)為x，則34.6=36.5x+29(1-x)，得x=0.75，則氯化氫和空氣的體積之比約是3︰1，所以進入容器中液體的體積是3/4L，即0.75L；答案選C。11、C【解析】

A、NaOH溶液和鹽酸反應，生成NaCl，相當于向膠體中加入電解質(zhì)溶液，會使膠體聚沉，A不合理；B、AgNO3溶液會和鹽酸反應，生成HNO3，相當于向膠體中加入電解質(zhì)溶液，會使膠體聚沉，B不合理；C、膠粒不能透過半透膜，而離子可以，通過滲析可以除去少量的鹽酸，C合理；D、膠粒是可以透過濾紙的，電泳后再過濾，無法分離鹽酸和膠體，D不合理；故選C。12、A【解析】

鐵粉過量，溶液中鐵離子和銅離子均被鐵還原轉(zhuǎn)化為亞鐵離子和銅，因此充分反應后，溶液中的金屬離子是亞鐵離子；答案選A。13、D【解析】

根據(jù)碳酸氫鈉不穩(wěn)定受熱分解生成碳酸鈉、水和CO2，及過氧化鈉與二氧化碳、水反應規(guī)律進行分析。【詳解】碳酸氫鈉不穩(wěn)定受熱分解生成碳酸鈉、水和CO2，物質(zhì)的量分別都是0.5mol。生成的CO2首先和過氧化鈉反應，消耗0.5mol過氧化鈉，生成0.5mol碳酸鈉。剩余的0.3mol過氧化鈉再和0.3mol水反應生成0.6mol氫氧化鈉，所以正確的答案選D?！军c睛】由于過氧化鈉和水反應生成氫氧化鈉，而氫氧化鈉又能和CO2反應生成碳酸鈉和水。所以當過氧化鈉同時遇到水蒸氣和CO2時，過氧化鈉首先吸收的是CO2，只有當過氧化鈉過量時，再和水蒸氣反應。這是該題解題的關鍵，本題屬于中等難度的試題。14、D【解析】

海水中提取鎂的步驟：碳酸鈣高溫分解為氧化鈣，氧化鈣溶于水生成氫氧化鈣，氫氧化鈣加入到海水中，鎂離子與氫氧化鈣反應生成氫氧化鎂沉淀，富集鎂元素；然后加入鹽酸溶解氫氧化鎂變?yōu)槁然V溶液，氯化鎂溶液經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾等得到氯化鎂晶體，在不斷通入氯化氫氣流的情況下，加熱蒸干得到無水氯化鎂，最后電解熔融的氯化鎂得到金屬鎂，據(jù)以上分析解答?！驹斀狻扛鶕?jù)題干信息可知有關的反應為CaCO3CaO+CO2↑，CaO+H2O=Ca(OH)2，Ca(OH)2+MgCl2=CaCl2+Mg(OH)2↓，Mg(OH)2+2HCl=2H2O+MgCl2，MgCl2（熔融）Mg+Cl2↑，則：A．根據(jù)有關原理可知此法的優(yōu)點之一是原料貝殼、海水來源豐富，A正確；B．由方程式可看出前三步目的就是為了從海水中獲得制取Mg的原料MgCl2，B正確；C．由上可知電解MgCl2得到鎂的方程式MgCl2（熔融）Mg+Cl2↑，C正確；D．根據(jù)有關原理可判斷提取鎂的過程涉及化合、分解、復分解反應，但沒有發(fā)生置換反應，D錯誤；綜上所述，本題選D。15、B【解析】

A．焚燒大量秸稈會造成空氣污染，故A錯誤；B．脫硫處理可減少二氧化硫的排放，減少酸雨的形成，故B正確；C．少開私家車，多乘公共交通工具會減少汽車尾氣的排放，減少了污染環(huán)境，屬于綠色消費，故C錯誤；D．做好空氣質(zhì)量預報工作，并不能減少污染，故D錯誤；答案為B。16、C【解析】

根據(jù)電解質(zhì)的定義進行分析；【詳解】電解質(zhì)的定義：在水溶液或熔融狀態(tài)下能夠?qū)щ姷幕衔?，A.Cu為單質(zhì)，不屬于化合物，Cu不屬于電解質(zhì)，故A不符合題意；B.屬于原子，不屬于化合物，即不屬于電解質(zhì)，故B不符合題意；C.NaCl屬于化合物，在水溶液或熔融狀態(tài)下能夠?qū)щ?，NaCl屬于電解質(zhì)，故C符合題意；D.氯水屬于混合物，即不屬于電解質(zhì)，故D不符合題意；答案為C?！军c睛】電解質(zhì)一般包括酸、堿、多數(shù)的鹽、多數(shù)的金屬氧化物和水，分析某物質(zhì)是不是屬于電解質(zhì)，一般從上述物質(zhì)類別中尋找。二、非選擇題（本題包括5小題）17、Fe2O3FeCl2Fe(OH)2Fe(OH)32Al＋Fe2O32Fe＋Al2O34Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3Fe2＋＋2OH－===Fe(OH)2↓【解析】

A是一種紅棕色金屬氧化物，則A是Fe2O3，B、D是金屬單質(zhì)，A和B在高溫下能反應生成金屬單質(zhì)D，則該反應是鋁熱反應，B是Al，D是Fe，C是Al2O3，G是紅褐色沉淀，分解生成氧化鐵，則G是

Fe（OH）3，F(xiàn)是

Fe（OH）2，鐵和鹽酸反應生成氯化亞鐵和氫氣，E和氫氧化鈉溶液反應生成

Fe（OH）2，則E是

FeCl2，結(jié)合物質(zhì)的性質(zhì)分析解答．【詳解】（1）通過以上分析知，A、E、F、G分別是：Fe2O3、FeCl2、Fe(OH)2、Fe（OH）3，故答案為：Fe2O3；FeCl2；Fe(OH)2；

Fe（OH）3；（2）①A是氧化鐵，B是鋁，二者在高溫下發(fā)生鋁熱反應生成鐵和氧化鋁，反應方程式為：2Al＋Fe2O32Fe＋Al2O3，故答案為：2Al＋Fe2O32Fe＋Al2O3；②F是氫氧化亞鐵，氫氧化亞鐵不穩(wěn)定，易被空氣中氧氣氧化生成氫氧化鐵，反應方程式為：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，故答案為：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；③E是氯化亞鐵溶液，與氫氧化鈉溶液反應生成氫氧化亞鐵和氯化鈉，故離子方程式是Fe2＋＋2OH－===Fe(OH)2↓；故答案為：Fe2＋＋2OH－===Fe(OH)2↓。18、鈍化3Cu＋8H＋＋2NO3－=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O冒白煙3CuO＋2NH3=3Cu＋N2＋3H2O2Cu2＋＋2Cl－＋SO2＋2H2O2CuCl↓＋4H＋＋SO42－【解析】

(1)常溫下鋁遇濃硝酸鈍化，據(jù)此解答；(2)銅與稀硝酸反應生成硝酸銅、一氧化氮和水，據(jù)此解答；(3)氨氣的物質(zhì)的量是mol，溶液的質(zhì)量是g，溶液的體積為＝mL，據(jù)此解答；(4)濃硝酸、濃氨水均易揮發(fā)，分別蘸取濃硝酸和濃氨水的玻璃棒接近后會產(chǎn)生白煙，據(jù)此解答；(5)B與C反應即CuO和NH3反應，生成銅單質(zhì)、氮氣和水，據(jù)此解答；(6)J、K是同種金屬的不同氯化物，K為白色沉淀，則K是CuCl，SO2還原氯化銅生成氯化亞銅，據(jù)此解答；【詳解】A、F為無色氣體單質(zhì)，B為具有刺激性氣味的氣體，化學家哈伯因合成B獲得1918年的諾貝爾化學獎，則B是氨氣，A是氧氣，D是NO，F(xiàn)是氮氣，G是硝酸。C為黑色氧化物，E為紫紅色金屬單質(zhì)，I為藍色沉淀，則C是氧化銅，與氨氣發(fā)生氧化還原反應生成銅、氮氣和水，E是銅，與硝酸反應生成硝酸銅，I是氫氧化銅，J是氯化銅。(1)常溫下鋁遇濃硝酸后表面形成一層致密的保護膜，該現(xiàn)象稱為鈍化，故答案為：鈍化；(2)銅與稀硝酸反應的離子方程式為3Cu＋8H＋＋2NO3－=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，故答案為：3Cu＋8H＋＋2NO3－=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O；(3)氨氣的物質(zhì)的量是mol，溶液的質(zhì)量是g，溶液的體積為＝mL，所以溶液的物質(zhì)的量濃度為mol·L－1，故答案為：；(4)濃硝酸、濃氨水均易揮發(fā)，分別蘸取濃硝酸和濃氨水的玻璃棒接近后會產(chǎn)生硝酸銨，實驗現(xiàn)象是冒白煙，故答案為：冒白煙；(5)B與C反應的化學方程式為3CuO＋2NH3=3Cu＋N2＋3H2O，故答案為：3CuO＋2NH3=3Cu＋N2＋3H2O；(6)J、K是同種金屬的不同氯化物，K為白色沉淀，則K是CuCl，SO2還原氯化銅生成氯化亞銅的離子方程式為2Cu2＋＋2Cl－＋SO2＋2H2O2CuCl↓＋4H＋＋SO42－，故答案為：2Cu2＋＋2Cl－＋SO2＋2H2O2CuCl↓＋4H＋＋SO42－。19、Na2SO3+H2SO4（濃）==SO2+Na2SO4+H2O排出裝置中的空氣避免干擾Ba2SO3Ba2++SO2+Cl2+2H2O===BaSO4+4H++2Cl－氧化性尾氣吸收防止污染2.8/V【解析】

(1)裝置A中亞硫酸鈉和濃硫酸反應生成硫酸鈉、二氧化硫氣體和水,據(jù)此寫出反應的化學方程式;(2)裝置中氧氣影響二氧化硫的性質(zhì)實驗,故需要用氮氣除去系統(tǒng)中的空氣;(3)二氧化硫易溶于水,但是二氧化硫不與氯化鋇溶液反應,當向溶液中通入氨氣后生成亞硫酸銨,亞硫酸銨溶液與氯化鋇反應生成亞硫酸鋇;氯氣具有強氧化性,氯氣將二氧化硫氧化成硫酸,硫酸與氯化鋇反應生成氯化鋇沉淀,據(jù)此寫出反應的離子方程式;(4)二氧化硫與硫化氫反應生成淡黃色的S單質(zhì),二氧化硫表現(xiàn)了氧化性;(5)二氧化硫有毒,多余的氣體需要用氫氧化鈉溶液吸收;(6)向?qū)嶒?的溶液中加入足量氯化鋇溶液,根據(jù)溶液顏色變化判斷。【詳解】（1）裝置A中亞硫酸鈉和濃硫酸反應生成二氧化硫氣體，反應的化學方程式為：Na2SO3+H2SO4（濃）=Na2SO4+SO2↑+H2O，因此答案是：Na2SO3+H2SO4（濃）=Na2SO4+SO2↑+H2O。

（2）裝置中的氧氣影響二氧化硫的性質(zhì)實驗，所以為了排除裝置中空氣，應該滴加濃硫酸之前，打開彈簧夾，通入一段時間N2，再關閉彈簧夾，因此答案是：排除裝置中氧氣對實驗的干擾。

（3）向第1支試管中滴加適量氨水，氨水與二氧化硫反應生成亞硫酸銨，亞硫酸銨與氯化鋇反應生成亞硫酸鋇白色沉淀；氯氣將二氧化硫氧化成硫酸，硫酸與鋇離子反應生成硫酸鋇沉淀，反應的離子方程式為：Ba2++SO2+Cl2+2H2O=BaSO4↓+4H++2Cl-。因此，答案是：BaSO3；Ba2++SO2+Cl2+2H2O=BaSO4↓+4H++2Cl-。

（4）C中發(fā)生反應為：2H2S+SO2=3S↓+2H2O，反應中二氧化硫得電子化合價降低而作氧化劑，表現(xiàn)了氧化性，因此，本題正確答案是：氧化。

（5）二氧化硫氣體是一種有毒氣的酸性氧化物，多余的氣體不能直接排放，需要用氫氧化鈉溶液吸收，因此答案是：吸收SO2尾氣，防止污染空氣。

（6）二氧化硫與高錳酸鉀發(fā)生氧化還原反應，二氧化硫被氧化為硫酸根離子，高錳酸根離子被還原為錳離子，則Mn元素得到電子的物質(zhì)的量是0.05L×0.001mol/L×5=2.5×10-4mol，根據(jù)得失電子守恒，設空氣中二氧化硫的物質(zhì)的量是x，則（6-4）x=2.5×10-4mol，x=1.25×10-4mol，標準狀況下的條件是1.25×10-4mol×22.4L/mol=2.8×10-3L=2.8mL，所以該空氣中SO2的體積分數(shù)為2.8/V。答案：2.8/V。20、①③⑤②有氣體放出或者使鋁片溶解的是稀硫酸④硫酸是難揮發(fā)性酸（或者高沸點酸）AC燒杯、玻璃棒②③⑤①36.8【解析】

Ⅰ.根據(jù)稀硫酸和濃硫酸性質(zhì)不同設計實驗；Ⅱ.(1)根據(jù)配制一定物質(zhì)的量濃度溶液用到的儀器選擇；根據(jù)配制溶液的體積選擇容量瓶的規(guī)格；(2)依據(jù)容量瓶構(gòu)造解答；(3)分析操作對溶質(zhì)的物質(zhì)的量和溶液體積的影響，依據(jù)C=進行誤差分析；(4)依據(jù)c=計算濃硫酸的物質(zhì)的量濃度，依據(jù)溶液稀釋溶質(zhì)的物質(zhì)的量不變計算需要濃硫酸體積?！驹斀狻?1)濃硫酸具有脫水性，能使火柴梗變黑，稀硫酸沒有脫水性，故①可行；Al和稀硫酸反應生成氫氣，濃硫酸和Al發(fā)生鈍化現(xiàn)象，故②不可行；濃硫酸和稀硫酸稀釋過程中都放出熱，但濃硫酸放出的熱量遠遠大于稀硫酸，故③可行；濃硫酸和稀硫酸都沒有揮發(fā)性，所以用玻璃棒蘸濃氨水靠近盛有酸的瓶口不產(chǎn)生白煙，故④不可行；濃硫酸具有吸水性，稀硫酸沒有吸水性，所以濃硫酸、稀硫酸分別加到膽礬晶體上，變白的是濃硫酸，故⑤可行；可行的是①③⑤；(2)其中一個稍作改進就能成為可行方案是②；金屬鋁能和稀硫酸反應產(chǎn)生氫氣，遇到濃硫酸鈍化，可以調(diào)整一下：加入鋁片，有氣體放出或者使鋁片溶解