【化学】湖北省荆州中学、宜昌一中等“荆、荆、襄、宜”四地七校考试联盟2018-2019学年高一下学期期中联考试题（解析版）

湖北省荆州中学、宜昌一中等“荆、荆、襄、宜”四地七校考试联盟2018-2019学年高一下学期期中联考试题
可能用到的相对原子质量：H—1 C—12 N—14 O—16 F—19 Na—23 S—32 Cu—64
第Ⅰ卷(选择题，共48分)
一、选择题(本题包括16小题，每小题3分，共48分。每小题只有一个选项符合题意)
1.《本草衍义》中对精制砒霜过程有如下叙述：“取砒之法，将生砒就置火上，以器覆之，令砒烟上飞着覆器，遂凝结累然下垂如乳，尖长者为胜，平短者次之。”文中涉及的操作方法是（ ）
A. 蒸馏 B. 升华 C. 干馏 D. 萃取
【答案】B
【解析】“将生砒就置火上，以器覆之，令砒烟上飞，着覆器，遂凝结”，属于固体直接转化为气体，类似于碘的升华，因此涉及的操作方法是升华，答案选B。
2.化学与科学、技术、社会、环境密切相关。下列有关说法中错误的是( )
A. 缤纷绚丽的烟花中添加了含钾、钠、钙、铜等金属元素的化合物
B. 为消除碘缺乏病政府规定在食盐中必须添加一定量的KI
C. 为防止中秋月饼等富脂食品因被氧化而变质，常在包装袋中装还原铁粉
D. 青铜是我国使用最早的合金材料，目前世界上使用量最大的合金材料是钢铁
【答案】B
【详解】A. 含钾、钠、钙、铜等金属元素的化合物可发生焰色反应，能呈现出来很多的色彩，A项正确；
B. 为消除碘缺乏病政府规定在食盐中必须添加一定量的含碘元素的化合物，因KI稳定性差，易被氧化，所以一般添加KIO3，B项错误；
C. 铁粉具有还原性，能与氧化性物质反应，故能防止食品氧化，C项正确；
D. 青铜为最早使用的金属，目前世界上使用量最大的合金材料是钢铁，D项正确；
答案选B。
3.最近医学界通过用放射性14C标记C60，发现一种C60的羧酸衍生物在特定条件下可通过断裂DNA杀死细胞，从而抑制艾滋病(AIDS)。下列有关14C的叙述正确的是(　　)
A. 14C与C60中普通碳原子的化学性质不同
B. 14C与14N含的中子数相同
C. 14C是C60的同素异形体
D. 14C与12C互为同位素
【答案】D
【解析】
【分析】A．碳原子的化学性质相同；
B．中子数=质量数-质子数；
C．由同种元素形成的不同种单质互为同素异形体； 
D．质子数相同，中子数不同的原子互为同位素。
【详解】A. 14C与C60中普通碳原子，为同种元素的碳原子，则碳原子的化学性质相同，A项错误；
B. 14C的中子数为14−6=8，14N的中子数为14−7=7，二者不同，B项错误；
C. 14C是原子，不是单质，与C60单质不是同素异形体，C项错误；
D. 14C与12C的质子数均为6，中子数分别为8、6不同，互为同位素，D项正确；
答案选D。
4.如图是化学课外活动小组设计的用化学电源使LED灯发光的装置示意图。下列有关该装置的说法正确的是(　　)

A. 铜片为负极，其附近的溶液变蓝，溶液中有Cu2＋产生
B. 电路中的电流方向由锌片流向铜片
C. 其能量转化的形式主要是“化学能→电能→光能”
D. 如果将稀硫酸换成柠檬汁，LED灯将不会发光
【答案】C
【解析】
【分析】锌比铜活泼，形成原电池反应时，锌为负极，铜为正极，正极发生还原反应生成氢气，以此解答该题。
【详解】A. 锌片作负极，发生氧化反应；铜片作正极，发生还原反应，铜片上有气泡产生，A项错误；
B. 电路中的电流方向与电子流向相反，即由正极（铜片）流向负极（锌片），B项错误；
C. 其能量转化的形式主要是“化学能→电能→光能”，C项正确；
D. 如果将稀硫酸换成柠檬汁，由于柠檬汁中含有柠檬酸，溶液呈酸性，LED灯也会发光，D项错误；
答案选C。
5.化学反应A2＋B2===2AB的能量变化如图所示，则下列说法正确的是（ ）

A. 该反应是吸收能量的反应
B. 1molA—A键和1 molB—B键断裂能放出xkJ的能量
C. 2molA—B键断裂需要吸收ykJ的能量
D. 2molAB的总能量高于1molA2和1molB2的总能量
【答案】C
【详解】A.因反应物能量高于生成物的能量时，反应是放热反应，故A错误；
B.因旧键的断裂吸收能量，而不是释放能量，故B错误；
C.因旧键的断裂吸收能量，由图可知断裂2molA-B键需要吸收ykJ能量，故C正确；
D.由图可知，1molA2和1molB2的总能量高于2molAB的总能量，故D错误。
故选C。
6.在下列溶液中，一定能大量共存的离子组是( )
A. 滴入酚酞变红的溶液中：Na+、K+、Cl-、HCO3﹣
B. 加入金属Mg有H2产生的溶液中：Fe2+、Mg2+、NO3﹣、Cl-
C. 含有大量Fe3+的溶液中：SCN-、I-、K+、Br-
D. 澄清透明溶液：Cu2+　Na+　NH4+、NO3﹣
【答案】D
【详解】A. 滴入酚酞变红的溶液为碱性溶液，大量存在OH-，则HCO3-因与OH-反应而不能大量共存，A项错误。
B. 加入金属Mg有H2产生的溶液是酸性溶液，大量存在H+，则NO3-在H+作用下能将Fe2+氧化为Fe3+，该组离子不能共存，B项错误；
C.Fe3+能够氧化I-，也能与SCN-反应生成络合物Fe(SCN)3，故离子不共存，C项错误；
D. 澄清透明溶液中Cu2+　Na+　NH4+、NO3﹣这四种离子间不发生反应，满足限定条件，所以可以大量共存，D项正确。
答案选D。
7.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A. 一定条件下，将1 mol N2和3 mol H2混合反应，转移的电子数为6 NA
B. 常温常压，11.2 L氦气中含有的原子数为0.5 NA
C. 标准状况下，4.48L重水(D2O)中含有的中子数为2NA
D. 常温常压下，23g NO2和N2O4的混合物中含有NA个氧原子
【答案】D
【详解】A．氮气与氢气反应生成氨气为可逆反应，可逆反应不能进行到底，则将1 mol N2和3 mol H2混合反应，转移的电子数小于6 NA，A项错误；
B. 常温常压不是标准状况，则无法计算11.2 L氦气的物质的量，B项错误；
C. 重水(D2O)在标准状况下为液体，条件不足，无法计算4.48L重水(D2O)的物质的量，C项错误；
D. NO2和N2O4的最简式为NO2，23g最简式表示的混合物的物质的量为=0.5mol，则含有的氧原子数为0.5mol×2×NA=NA个，D项正确；
答案选D。
8.下列离子方程式书写正确的是( )
A. 漂白粉溶液中通入过量的CO2： Ca2++2ClO-+ CO2+ H2O = CaCO3↓+2HClO
B. 氢氧化铁与HI溶液反应的离子方程式为Fe(OH)3+3H+═Fe3++3H2O
C. NaHCO3溶液中加足量Ba(OH)2溶液：HCO3-＋Ba2＋＋OH－=BaCO3↓＋H2O
D. 钠和冷水反应 : Na＋2H2O＝Na+＋2OH-＋H2↑
【答案】C
【解析】
【分析】A．二氧化碳过量，反应生成碳酸氢钙；
B．Fe3+与I-会继续发生氧化还原反应；
C．依据“以少定多”的原则可知，二者反应生成碳酸钡和氢氧化钠和水；
D．电荷不守恒。
【详解】A. 漂白粉溶液中通入过量CO2，离子方程式为：ClO-+ CO2+ H2O = HCO3-+HClO，A项错误；
B. Fe3+具有氧化性，而I-具有强还原性，两者还会发生离子反应，则氢氧化铁与HI溶液反应的离子方程式为：2Fe(OH)3+6H++2I-═2Fe2++I2+6H2O，B项错误；
C. 向NaHCO3溶液中加足量Ba(OH)2溶液，因碳酸氢根离子少量，则离子方程式：HCO3-＋Ba2＋＋OH－=BaCO3↓＋H2O，C项正确；
D. 钠和冷水反应的离子方程式为：2Na＋2H2O＝2Na+＋2OH-＋H2↑，D项错误；
答案选C。
9.W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，W、Z同主族，W的氢化物的水溶液可用于蚀刻玻璃，Y的最外层电子数是X的3倍，Y的最高正价与最低负价代数和为4。下列说法错误的是（ ）
A. 原子半径：X>Y>Z>W
B. 简单氢化物的稳定性：W>Z>Y
C. Z的氧化物的水化物的酸性一定比Y的强
D. 一定条件下，X的单质可与W、Y、Z的单质分别发生化合反应
【答案】C
【解析】W的氢化物水溶液可用于蚀刻玻璃，知W为F，W、Z同主族，W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素知Z为Cl, Y的最高正价与最低负价代数和为4知Y为S, Y的最外层电子数是X的3倍知X为Mg。
A. 因为Mg S Cl同在第三周期，原子序数逐渐增大，F在第二周期的元素，所以原子半径: Mg>S>Cl>F,故A正确；B. 简单氢化物分别是:HF HCl H2S，根据元素周期律知他们的非金属性F>Cl>S,所以稳定性:HF > HCl > H2S ,故B正确；C. Z的最高价氧化物的水化物的酸性一定比Y 的最高价氧化物的水化物的酸性强。故C错；D. 一定条件下，Mg的单质可与F2、S、Cl2的单质分别发生化合反应，所以D正确。答案：C。
10.下列说法正确的是( )
① 若 R2－ 和 M+ 的电子层结构相同，则原子序数：R＞M
② F2、Cl2、Br2、I2 熔点随相对分子质量增大而升高
③ BCl3、PCl5、CO2、H2O 分子中各原子均达到 8e- 稳定结构
④ 干冰升华不会破坏共价键
⑤ HF 分子很稳定是由于 HF 分子之间能形成氢键
A. ②④ B. ①②④ C. ②④⑤ D. ③④⑤
【答案】A
【详解】①R2－和M+的电子层结构相同，则离子的核外电子数相等，且M处于R相邻的下一周期；所以原子序数：M＞R，①项错误；
②F2、Cl2、Br2、I2是组成和结构相似的分子，熔点随相对分子质量增大而升高，②项正确；
③PCl5、CO2分子中各原子均达到8e-稳定结构，但BCl3、H2O中B原子与H原子达到2e-稳定结构，③项错误；
④干冰升华破坏分子间作用力，没有破坏化学键，④项正确；
⑤分子稳定性是化学性质，与氢键无关，⑤项错误；
综上所述，②④项正确，
答案选A。
11.根据元素在元素周期表中的位置，运用元素周期律分析下面推断，其中错误的是（ ）
A. RbOH的碱性强于Ca(OH)2
B. 砹化银(AgAt)是难溶于稀硝酸的化合物
C. 锶是第五周期第ⅡA族的元素，硫酸锶(SrSO4)是难溶于水的白色固体
D. 硒是第四周期第VIA族的元素，硒化氢(H2Se)是有毒的气体，比H2S稳定
【答案】D
【详解】A. 同主族元素的原子，从上到下氢化物的金属性逐渐增强，其最高价氧化物对应的水化物的碱性也依次增强，RbOH的碱性强于KOH，由同周期元素从左到右原子的金属性依次减弱，则KOH的碱性强于Ca(OH)2，所以RbOH的碱性强于Ca(OH)2，A项正确；
B. 卤族元素性质具有相似性，根据氯化银、溴化银和碘化银是难溶于稀硝酸的化合物，推测AgAt也不溶于水也不溶于稀硝酸，B项正确；
C. MgSO4、CaSO4、SrSO4溶解度依次减小，可以推知硫酸锶(SrSO4)是难溶于水的白色固体，C项正确；
D. 同主族元素的原子，从上到下氢化物的稳定性逐渐减弱，所以硒化氢(H2Se)不如H2S稳定，D项错误；
答案选D。
12.下列“解释或结论”与“实验操作及现象”不相符的一组是( )
序号
实验操作及现象
解释或结论
A
向某溶液中加入 KSCN 溶液，无明显现象,再加入 H2O2溶液，出现血红色
该溶液中一定含有 Fe2+
B
向某溶液中加入盐酸无明显现象，再加入 BaCl2溶液，有白色沉淀生成
该溶液中一定含有 SO42-
C
将打磨后的镁条放入盛有稀盐酸的试管中，用手触摸试管外壁感觉变热
镁条与稀盐酸反应是放热反应
D
将湿润的有色布条放入有氯气的集气瓶中,有色布条褪色
氯气具有漂白性
【答案】D
【详解】A．向某溶液中加入KSCN溶液，无明显现象，说明不存在铁离子，再加入H2O2溶液，出现血红色，由于双氧水具有氧化性，能把亚铁离子氧化为铁离子，则可以说明该溶液中一定含有Fe2+，A项正确；
B．加入稀盐酸无明显现象，排除碳酸根离子、银离子等离子的干扰，再加入BaCl2溶液，有白色沉淀，白色沉淀为硫酸钡，则溶液中一定含有SO42-，B项正确；
C．金属与酸的反应为放热反应，则打磨后的镁条放入盛有稀盐酸的试管中，用手触摸试管外壁感觉变热，C项正确；
D．将湿润的有色布条放入有氯气的集气瓶中,有色布条褪色，是因为氯气溶于水反应生成的次氯酸具有漂白性，使有色布条褪色，而干燥的氯气并没有漂白性，D项错误；
答案选D。
13.下列对实验现象的预测正确的是( )
A. 振荡后静置，溶液不再分层，且保持无色透明
B. 铁片最终完全溶解，且高锰酸钾溶液变无色
C. 微热稀HNO3片刻，溶液中有气泡产生，广口瓶内始终无明显变化
D. 当液体变成红褐色时，停止加热，让光束通过分散系时可产生丁达尔效应
【答案】B
【解析】试题分析：A．单质溴能与NaOH溶液发生氧化还原反应，所以振荡后静置，上层溶液颜色会逐渐消失，苯不溶于水，溶液分层，故A错误；B．常温下铁片遇浓硫酸产生钝化现象，不可能溶解，故B错误；C．在加热时稀硝酸与铜发生氧化还原反应，硝酸被还原成NO，NO在空气被氧化生成NO2，NO2是红棕色气体，故C错误；D．装置Ⅳ属于氢氧化铁胶体的制备，而胶体具有丁达尔效应，故D正确；故选B。
14.A、B、C、D四种不同物质之间具有如图所示转化关系(反应条件及部分产物已略去)。下列有关物质的推断不正确的是 (　　)

选项
假设
结论
A
A为NaOH溶液
D可能是CO2
B
B为CO
C可能是CO2
C
C为FeCl2　，D为Fe
A可能是盐酸
D
C为SO2
A可能是H2S
【答案】C
【详解】A．NaOH与少量二氧化碳反应生成碳酸钠，与足量二氧化碳反应生成碳酸氢钠，氢氧化钠与碳酸氢钠反应生成碳酸钠，符合转化关系，故A不选；
B．B为CO，A可为碳，D为氧气，CO与氧气反应生成二氧化碳，碳与二氧化碳反应生成CO，符合转化关系，故B不选；
C．如CFeCl2，D为Fe，则B为氯化铁，盐酸与铁反应只生成FeCl2，不符合转化关系，故C选；
D．硫化氢不完全燃烧可生成硫，完全燃烧生成二氧化硫，且硫化氢与二氧化硫反应生成硫，符合转化关系，故D不选。
故答案选C。
15.向CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液至过量，观察到产生白色沉锭，蓝色溶液变为黄褐色。再向反应后的溶液中通入过量的SO2气体，溶液变成无色。则下列说法错误的是（ ）
A. 满加KI溶液时，KI被氧化，CuI是还原产物
B. 通入SO2后溶液逐渐变成无色，体现了SO2的漂白性
C. 滴加KI溶液时，转移lmol电子时生成1mol白色沉淀
D. 上述实验条件下，物质的氧化性: Cu2+>I2>SO2
【答案】B
【解析】分析：CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液至过量，观察到产生白色沉锭，蓝色溶液变为黄褐色，则反应的化学方程式为2CuSO4+4KI＝2K2SO4+2CuI↓+I2；再向反应后的溶液中不断通入SO2气体，溶液变成无色，反应方程式为SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI，据此解答。
详解：A、2CuSO4+4KI＝2K2SO4+2CuI↓+I2反应中铜元素化合价降低是氧化剂，碘元素化合价升高，KI被氧化，I2是氧化产物，CuI是还原产物，A正确；
B、向反应后的混合物中不断通入SO2气体，二氧化硫具有还原性，被碘水氧化，反应方程式：SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI，二氧化硫不表现漂白性，体现了二氧化硫的还原性，B错误；
C、CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液化学方程式为2CuSO4+4KI＝2K2SO4+2CuI↓+I2，由方程式可知每转移1mol电子生成1molCuI，C正确；
D、氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，所以根据以上分析可知物质的氧化性：Cu2+＞I2＞SO2，D正确；
答案选B。
16.取一定质量的均匀固体混合物Cu、Cu2O和 CuO，将其分成两等份，取其中一份用足量的氢气还原，测得反应后固体质量减少6.40g，另一份中加入500mL稀硝酸，固体恰好完全溶解，且同时收集到标准状况下NO气体4.48L，则所用硝酸的物质的量浓度为（ ）
A. 3.6mol/L B. 3.2mol/L
C. 2.8mol/L D. 2.4mol/L
【答案】B
【解析】试题分析：用足量的氢气还原时发生反应：Cu2O+H2=2Cu +H2O；CuO+H2=Cu +H2O。固体减少的质量为氧元素的质量。n(O)=3.2g÷16g/mol=0.2mol.所以①n（Cu2O）+ (CuO）= n(O)=0.2mol.稀硝酸恰好完全溶解固体发生反应：3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O;CuO+2HNO3=Cu(NO3)2+H2O; 3Cu2O+14HNO3=6Cu(NO3)2+2NO↑+7H2O.根据这两个反应方程式可看出：3Cu---2NO；3Cu2O—2NO。n(NO)=4.48L÷22.4L/mol=0.2mol,所以②n(Cu)+n(Cu2O)="0.3mol." ①+②可得：n(Cu)+n(CuO)+2n(Cu2O)=0.5mol.n(HNO3)=2n(Cu(NO3)2)+n(NO)
而n(铜元素)=n(Cu)+n(CuO)+2n(Cu2O).所以n(HNO3)=2×0.5+0.2=1.2mol.
故C(HNO3)= n(HNO3)÷V=1.2mol÷0.5L=2.4mol/L。答案选D。
第Ⅱ卷(非选择题，共52分)
二、填空题(本题包括4小题，共52分)
17.下表是元素周期表一部分，列出了十种元素在周期表中的位置：
族
周期
IA
IIA
IIIA
IVA
VA
VIA
VIIA
0
2



⑤
⑥
⑦
⑧

3
①
③
④



⑨

4
②





⑩

请回答下列问题：
(1)在上述元素中，非金属性最强的是________(填元素名称)，原子半径最大的是_____(填元素符号)，⑧与⑩两者核电荷数之差是_____________。
(2)①～⑨中元素最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的是_______________(填物质化学式)。
(3)⑤和⑦可以形成一种温室气体，用电子式表示其形成过程____________________________。
(4)表中元素①和⑦可以形成一种淡黄色物质X，写出X的电子式：___________，该物质所含化学键类型为__________________，写出X与水反应的离子方程式_____________________ 0.1mol X与水反应转移电子数为 _______________。
(5)表中元素⑥和⑧可形成一种相对分子量为66的共价化合物Y，Y分子中各原子均达到“8电子稳定结构”，Y的结构式为________________________。
【答案】(1). 氟 (2). K (3). 26 (4). HClO4 (5). (6). (7). 离子键和共价键 (8). 2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑ (9). 0.1NA (10). F—N=N—F
【解析】
【分析】由元素在周期表中位置，可知①为Na、②为K、③为Mg、④为Al、⑤为C、⑥为N、⑦为O、⑧为F、⑨为Cl、⑩为Br。
【详解】根据上述分析可知，
（1）元素周期表中，同一周期从左到右元素原子半径依次减小，非金属性依次增大；同一主族中，从上到下元素原子半径依次增大，非金属性依次减弱，则在上述元素中，非金属性最强的是氟；原子半径最大的是K；⑧为F，⑩为Br，两者同族，相差两个周期，F的原子序数为9，Br的原子序数为35，则两者核电荷数相差35-9=26，故答案为：氟；K；26；
（2）元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，其中F与O元素因无最高价，所以无对应的含氧酸，则①～⑨中元素最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的是
HClO4，故答案为：HClO4；
（3）⑤和⑦可以形成一种温室气体为CO2，是分子内含2个碳氧双键的共价化合物，用电子式表示其形成过程为：，
故答案为：；
（4）表中元素①和⑦可以形成一种淡黄色物质X为过氧化钠，化合物既含离子键又含共价键，其电子式为：；过氧化钠与水发生氧化还原反应会生成氢氧化钠与氧气，其化学方程式为：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑，该反应中，Na2O2既作氧化剂又作还原剂，根据关系式2Na2O22e-可知，0.1mol Na2O2与水反应时，转移电子数为0.1NA个，
故答案为：；离子键和共价键；2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑；0.1NA；
（5）元素⑥为N，⑧为F，可形成一种相对分子量为66的共价化合物Y，Y分子中各原子均达到“8电子稳定结构”，则该化合物Y为N2F2，根据“8电子稳定结构”特点，其结构式应为：F—N=N—F，故答案为：F—N=N—F。
18.化学实验是科学探究过程中的一种重要方法，掌握化学实验的基本操作和物质的制备、转化及性质的探究尤为重要，请结合所学化学实验知识回答以下问题。
I．实验室欲用 NaOH 固体来配制240 mL1 mol·L−1 的 NaOH 溶液。
(1)配制过程中使用的仪器除托盘天平、烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管外，还必须用到的玻璃仪器有________________。
(2)需要用托盘天平称量NaOH 固体的质量为___________g。
(3)在配制过程中，若其他操作均正确，则下列操作会引起结果偏高的是____________。
A．氢氧化钠固体潮解
B．未等 NaOH 溶液冷却至室温就转移到容量瓶中
C．没有洗涤烧杯和玻璃棒
D．定容时俯视刻度线
II．如图A、B、C是实验室常见的气体发生装置：

(1)①若用Ca(OH)2固体和NH4Cl固体制取少量NH3，选用的发生装置是_________(填序号)产生NH3的化学方程式为__________________________________。
②选择上图装置组装一套实验装置来收集一瓶干燥的氨气，所选装置的连接顺序为：发生装置→___→___，______→_____→i(按气流方向，用小写英文字母表示)。
(2)①若用A装置制取Cl2，产生Cl2的离子方程式为__________________________________
②要制得干燥氯气，可选用的干燥剂是_______
A.无水CaCl2 B.碱石灰 C.浓硫酸 D.无水CuSO4
③Cl2有毒，为防止其污染环境，可将尾气通过盛有________溶液的洗气瓶。
【答案】(1). 250 mL容量瓶 (2). 10.0 (3). B D (4). B (5). 2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O (6). d (7). c (8). f (9). e (10). MnO2+4H++2Cl－Mn2++Cl2↑+2H2O (11). AC (12). NaOH
【解析】
【分析】I．（1）依据配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤选择需要仪器；
（2）由于无240mL容量瓶，故选用250mL容量瓶，依据m= nM计算求出结论；
（3）依据公式c =结合操作不当对浓度的影响效果作答；
II．（1）发生装置根据反应物的状态和反应条件来决定，收集装置根据气体的性质来决定；
（2）二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯气、氯化锰和水，氯气为酸性气体，则干燥时可选用中性干燥剂或酸性干燥剂，尾气处理时选择实验室常用的强碱吸收，据此分析作答。
【详解】I．(1)配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴标签，用到的仪器：托盘天平、钥匙、烧杯、玻璃棒、250 mL容量瓶、胶头滴管，所以还缺少的仪器：250 mL容量瓶；故答案为：250 mL容量瓶；
（2）由于无240mL容量瓶，故选用250mL容量瓶，配制出的是250mL1.0mol/L的NaOH溶液，所需的NaOH的物质的量n=cV=0.25L×1.0mol/L=0.25mol，质量m=nM=0.25mol×40g/mol=10.0 g，故答案为：10.0g；
（3）A. 氢氧化钠固体潮解，导致溶质质量偏低，溶液浓度偏小，A项错误；
B. 未等NaOH溶液冷却至室温就转移到容量瓶中，冷却后溶液体积偏小，溶液浓度偏高，B项正确；
C. 没有洗涤烧杯和玻璃棒，导致部分溶质损耗，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，C项错误；
D. 定容时俯视刻度线，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，D项正确；
故答案为：BD；
II．（1）①（1）实验室常用氯化铵和氢氧化钙反应制取氨气，选择“固固加热型”装置，故选B，化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+NH3↑+H2O；
故答案为：B；2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+NH3↑+H2O；
②生成的氨气中混有水蒸气，且氨气为碱性气体，故可用碱石灰干燥，氨气的密度比空气小且易溶于水，要采用向下排空气法收集，在收集装置后，需要用防倒吸的处理装置，所以连接顺序为：a→d→c→f→e→i，故答案为：d；c；f；e；
(2) ①若用A装置制取Cl2，则采用的是固液加热型发生装置，其药品应为二氧化锰与浓盐酸，产生Cl2的离子方程式为MnO2+4H++2Cl－Mn2++Cl2↑+2H2O，
故答案为：MnO2+4H++2Cl－Mn2++Cl2↑+2H2O；
②氯气为酸性气体，则干燥时可选用中性干燥剂或酸性干燥剂，则
A无水CaCl2为中性干燥剂，符合题意，A项正确；
B.碱石灰为碱性干燥剂，会与氯气发生反应，B项错误；
C.浓硫酸为酸性干燥剂，符合题意，C项正确；
D.无水CuSO4可检验水蒸气的存在，不能干燥气体，D项错误；
综上，AC正确；
故答案为：AC；
③Cl2有毒，为酸性气体，为防止其污染环境，可将尾气通过盛有NaOH溶液的洗气瓶，
故答案为：NaOH。
19.能源是现代文明的原动力，通过化学方法可使能量按人们所期望的形式转化，从而开辟新能源和提高能量转化率。请回答下列问题：
(1)能源危机是当前全球性的问题，“开源节流”是应对能源危机的重要举措。下列做法有助于能源“开源节流”的是_______(填序号)。
a．大力发展农村沼气，将废弃的秸秆转化为清洁高效的能源
b．大力开采煤、石油和天然气以满足人们日益增长的能源需求
c．开发太阳能、水能、风能、地热能等新能源，减少使用煤、石油等化石燃料
d．减少资源消耗，增加资源的重复使用、资源的循环再生
(2)化学反应的本质是旧的化学键断裂，新的化学键形成。已知断开1mo1H-H键、1molNN键、lmolN-H键分别需要吸收的能量为436kJ、946kJ、391kJ。那么生成1mo1 NH3需___________(填“放出”或“吸收”)__________kJ 的热量。
(3)已知一定条件下，白磷转化为红磷释放出能量，故白磷比红磷稳定性_____(填“强”、“弱”)
(4)化学电源在生产生活中有着广泛的应用。
①根据构成原电池的本质判断，如下反应可以设计成原电池的是___________。(填序号)
A．NaOH+HCl = NaCl+H2O B．2CO+O2 =2CO2
C．2H2O=2H2↑+O2↑ D．Cu+2AgNO3=2Ag+Cu(NO3)2
②为了探究化学反应中的能量变化，某同学设计了如下两个实验(如下图)。有关实验现象，下列说法正确的是：_____(填序号)
A．图I和图II的气泡均产生于锌棒表面
B．图II中产生气体的速率比I快
C．图I中温度计的示数高于图II的示数
D．图I和图II中温度计的示数相等，且均高于室温

③燃料电池是一种高效、环境友好的供电装置。以甲醇(CH3OH)为燃料的电池中，电解质溶液为碱性，负极的反应式为：_______________________________，若该电池的效率为60%，当外电路转移1.2mol电子，消耗的氧气的体积为_________________ L(标准状况)
【答案】(1). acd (2). 吸收 (3). 46 (4). 弱 (5). BD (6). BC (7). 2CH3OH－12e﹣＋16OH﹣＝12H2O＋2CO32- (8). 11.2
【解析】
【分析】（1）“开源节流”主要从可再生发展能源考虑；
（2）依据化学反应的反应热与化学键之间的关系计算；
（3）能量越低越稳定；
（4）①从原电池反应必须是自发的氧化还原反应的角度分析；
②图Ⅰ锌和稀硫酸反应生成硫酸锌和氢气；稀硫酸和锌的反应是放热反应导致溶液温度逐渐升高；图Ⅱ该装置构成原电池，Zn易失电子作负极，Cu作正极，正极上氢离子得电子生成氢气；温度计指示的温度变化不明显，说明化学能没有全部转化为热能，大多数转化为电能，据此作答；
③甲醇(CH3OH)燃料电池，负极发生氧化反应，结合电解质为碱性书写电极反应式；氧气在正极得电子，根据转移电子数与参与氧气的关系解答。
【详解】（1）a. 沼气是可再生能源，大力发展农村沼气，符合开源节流思想，A项正确；
b. 煤、石油、天然气都是化石燃料，是不可再生的，所以大力开采煤、石油和天然气不符合源节流思想，B项错误；
c. 开发太阳能、水能、风能、地热能等新能源，减少使用煤、石油等化石燃料，能够解决能源危机，符合开源节流思想，C项正确；
d. 减少资源消耗，增加资源的重复利用、资源的循环再生，提高了资源利用率，能够缓解能源危机，符合开源节流思想，D项正确。
答案选acd；
（2）依据化学方程式N2+3H22NH3可知，生成1mol NH3放出热量等于断开0.5mol N2与 1.5mol H2所吸收的热量与生成1mol NH3放出的热量的差值，即△H =0.5×946kJ/mol+3/2×436kJ/mol-3×391kJ/mol = —46 kJ/moL，该反应为放热反应，即生成1mo1 NH3需放出46 kJ 的热量，。故答案为：放出；46；
（3）已知一定条件下，白磷转化为红磷释放出能量，则说明白磷比红磷能量高，稳定性弱，
故答案为：弱；
（4）①原电池是将化学能转变为电能的装置，只有自发的氧化还原反应才有电子的转移，
A. A为非氧化还原反应，A项错误；
B. 可做燃料电池，B项正确；
C. 为氧化还原反应，但是C反应不能自发，故不能设计成原电池，C项错误；
D. 为自发的氧化还原反应，D项正确；
故答案为：BD；
②A. 图Ⅰ锌和稀硫酸反应生成硫酸锌和氢气，离子方程式为Zn+2H+═Zn2++H2↑，气泡产生于锌棒本身，而图Ⅱ该装置构成原电池，Zn易失电子作负极，Cu作正极，正极上氢离子得电子生成氢气，产生气泡的是铜棒，A项错误；
B. 构成的原电池可加快化学反应速率，则图II中产生气体的速率比I快，B项正确；
C. 温度计指示的温度变化不明显，说明化学能没有全部转化为热能，大多数转化为电能，图I中温度计的示数高于图II的示数，C项正确；
D. 两装置中的离子方程式均为Zn+2H+═Zn2++H2↑，为放热反应，但由于原电池散热多，导致图I中温度计的示数高于图II的示数，D项错误；
故答案为：AC；
③甲醇(CH3OH)在碱性电解质中，失电子发生氧化反应生成碳酸根离子，所以负极反应式为：2CH3OH－12e﹣＋16OH﹣＝12H2O＋2CO32-；设消耗的氧气的体积在标砖状况下为VL，则根据O24e-可知，=1.2 mol，解得V=11.2 L，
故答案为：2CH3OH－12e﹣＋16OH﹣＝12H2O＋2CO32-；11.2 L。
20.我们生活中处处都与化学有密切关系。
(1)洪灾过后，饮用水可用漂白粉消毒。
①工业上将氯气通入石灰乳 [Ca(OH)2]中制取漂白粉，反应的化学方程式为_______________________。
②Cl2是一种有毒气体，如果泄漏会造成严重的环境污染。化工厂可用浓氨水来检验Cl2 是否泄漏，有关反应的化学方程式为3Cl2(g)+8NH3(g)=6NH4Cl+N2(g)，若反应中消耗Cl2 1.5 mol，则被氧化的NH3 的体积为_______________________L(标准状况)。
(2)铁是应用最广泛的金属，铁的卤化物、氧化物以及高价铁的含氧酸盐为重要化合物。
①电子工业常用30%的FeCl3溶液腐蚀敷在绝缘板上的铜箔,制造印刷电路板。请写出FeCl3溶液与铜反应的离子方程式：______________________________________________；如何检验FeCl3腐蚀铜后的溶液是否含Fe3+_______________________________________。
②高铁酸钾(K2FeO4)是一种强氧化剂，可作为水处理剂和高容量电池材料。FeCl3与KClO在强碱性条件下反应可制取K2FeO4，其反应的离子方程式为____________________。
【答案】(1). 2Ca(OH)2+2Cl2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O (2). 22.4
(3). Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+ (4). 取FeCl3腐蚀铜后的溶液少许于试管，滴加硫氰化钾溶液，若溶液变红，说明含Fe3+，若不变红，说明不含Fe3+ (5). 2 Fe3++3ClO-+10OH-= 2FeO42-+3Cl-+5H2O
【解析】
【分析】（1）①氯气与氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙和水；
②由方程式可知，当3molNH3参加反应时，有2molNH3被氧化，根据方程式计算；
（2）①FeCl3溶液与铜反应生成氯化亚铁与氯化铜；Fe3+遇硫氰化钾溶液变红，据此分析；
【详解】（1）①氯气与氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙和水,方程式：2Ca(OH)2+2Cl2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O；故答案为：2Ca(OH)2+2Cl2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O；
②由方程式3Cl2+8NH3=6NH4Cl+N2可知，当3 mol Cl2参加反应时，有2 mol NH3被氧化，则消耗1.5 mol Cl2，被氧化的NH3的物质的量为=1 mol，故被氧化的NH3在标准状况下的体积为1mol×22.4L/mol=22.4 L，故答案为：22.4；
（2）①FeCl3具有氧化性，铜具有还原性，则FeCl3溶液与铜反应的离子方程式为：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+；检验FeCl3腐蚀铜后的溶液是否含Fe3+的方法为：取FeCl3腐蚀铜后的溶液少许于试管，滴加硫氰化钾溶液，若溶液变红，说明含Fe3+，若不变红，说明不含Fe3+；故答案为：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+；取FeCl3腐蚀铜后的溶液少许于试管，滴加硫氰化钾溶液，若溶液变红，说明含Fe3+，若不变红，说明不含Fe3+；
②用FeCl3与KClO在强碱性条件下反应制取K2FeO4，反应的离子方程式为2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O，故答案为：2Fe3++3ClO-+10OH-= 2FeO42-+3Cl-+5H2O。