2023年廣東省廣州市仲元中學化學高一上期末質量跟蹤監(jiān)視模擬試題含解析

2023年廣東省廣州市仲元中學化學高一上期末質量跟蹤監(jiān)視模擬試題考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、向一定量的Cu、Fe2O3的混合物中加入300mL0.5mol/L的H2SO4溶液，恰好使混合物完全溶解，所得溶液中加入KSCN溶液后無紅色出現(xiàn)。則原混合物中Cu和Fe2O3物質的量之比為A．2:1 B．1:l C．1:2 D．無法計算2、化學與環(huán)境密切相關，下列有關說法錯誤的是:A．CO2、NO2或SO2都會導致酸雨的形成B．對酸性物質的排放加以控制，開發(fā)新清潔能源是減少酸雨的有效措施C．NO2、NO含氮氧化物是光化學煙霧的主要污染物D．大氣中CO2含量的增加會導致溫室效應加劇3、合成新物質是研究化學的主要目的之一．意大利科學家最近合成了一種新型的氧分子O1．下列關于O1的說法中，正確的是（）A．O1是一種新型的化合物B．1個O1分子由兩個O2分子構成C．等質量的O1和O2含氧原子數(shù)目相同D．O1和O2可通過氧化還原反應實現(xiàn)轉化4、實驗室中用足量的MnO2和含有4mol溶質的濃鹽酸充分反應制氯氣，下列說法正確的是()A．該實驗中共消耗1molMnO2，生成1mol氯氣B．為了除去氯氣中混有的雜質氣體，可以依次通過飽和食鹽水和堿石灰C．在該反應中MnO2作氧化劑，濃鹽酸作還原劑D．氯氣可以用向上排空氣法或排水法收集5、下列物質中，屬于電解質的是（）①汞②濃氨水③氯化鈉晶體④硝酸⑤干冰⑥蔗糖⑦硫酸A．①③④B．③④⑦C．②③④D．⑤⑥6、下列說法中正確的是()A．1mol氫的質量是2gB．0.5molH2SO4中H2分子的數(shù)目是3.01×1023C．1mol水與44g二氧化碳所含原子數(shù)不相等D．0.5mol氧分子約含6.02×1023個氧原子7、下列敘述正確的是（）A．膠體的本質特征是丁達爾效應B．焰色反應是元素的性質，屬于化學變化C．密度為1.84g/ml、98%的硫酸，其物質的量濃度為1.84mol/LD．NA個HCl分子的質量（以克為單位）與其相對分子質量在數(shù)值上相等8、將V1mL0.2mol/LNa2SO4溶液加水稀釋至V2ml，稀釋后溶液中Na+的物質的量濃度為A． B．C． D．9、下列各組數(shù)值或物理量中，都不隨水的“物質的量”的變化而變化的是A．水的沸點；水分子的數(shù)目B．水的質量；水的相對分子質量C．水的體積；水中所含原子的數(shù)目D．水的密度；水的摩爾質量10、堿石灰干燥劑是由氫氧化鈉和氧化鈣組成的固體混合物，下列氣體可以用堿石灰來干燥的是()A．氯化氫 B．氧氣 C．二氧化碳 D．二氧化硫11、將一定質量的NaHCO3分為三等份，第一份直接加入鹽酸中，消耗鹽酸物質的量為n1，第二份首先加熱，使其完全分解后，再加入鹽酸中，消耗鹽酸物質的量為n2，第三份首先加熱，使其部分分解后，再加入鹽酸中，消耗鹽酸物質的量為n3，假若與鹽酸都完全反應，則n1、n2、n3的大小關系正確的是（）A．n1=n2=n3B．n2＞n1＞n3C．n1＞n2＞n3D．n1＞n3＞n212、磁流體是電子材料的新秀，將含等物質的量的FeSO4和Fe2(SO4)3的溶液混合，再滴入稍過量的NaOH溶液，隨后加入油酸鈉溶液，即可生成黑色的、分散質粒子直徑在5.5~36nm的磁流體。下列說法中正確的是A．所得的分散系屬于懸濁液B．用光束照射該分散系能產(chǎn)生丁達爾效應C．所得的分散系中分散質為Fe2O3D．該分散系為膠體，膠粒直徑即為Fe(OH)3分子直徑13、在十九大報告中指出：“綠水青山就是金山銀山。”而利用化學知識降低污染、治理污染，改善人類居住環(huán)境是化學工作者當前的首要任務。下列做法不利于環(huán)境保護的是A．開發(fā)清潔能源B．有效提高能源利用率C．研制易降解的生物農(nóng)藥D．對廢電池做深埋處理14、下列除雜試劑或操作選用不正確的是()物質(括號內為雜質)除雜試劑或操作ANa2CO3晶體(NaHCO3)加熱BCO2(HCl)飽和氯化鈉溶液、濃H2SO4，洗氣CFe2O3(SiO2)NaOH溶液，過濾D稀鹽酸(Cl2)光照A．A B．B C．C D．D15、取36克某鐵礦石（只含鐵的氧化物和SiO2）溶于過量的稀鹽酸中，經(jīng)過濾、洗滌、干燥后得到5.6g不溶物。向得到的濾液中加入足量的NaOH溶液，過濾、洗滌后將沉淀灼燒，得32g紅棕色固體。下列結論不正確的是A．由鐵礦石轉化為紅棕色固體的過程中發(fā)生了氧化還原反應B．鐵礦石溶于鹽酸后得到的濾液中：n（Fe2+）：n（Fe3+）=1:1C．鐵礦石中鐵的氧化物的化學式為Fe3O4D．36g該鐵礦石與1mol·L-1的稀鹽酸恰好完全反應時，消耗鹽酸的體積為1L16、下列關于硅的說法不正確的是A．硅是非金屬元素，它的單質是灰黑色有金屬光澤的固體B．硅的導電性能介于金屬和絕緣體之間，是良好的半導體材料C．加熱到一定溫度時，硅能與氫氣、氧氣等非金屬反應D．硅的化學性質不活潑，常溫下不與任何物質起反應二、非選擇題（本題包括5小題）17、已知A為常見的金屬單質，現(xiàn)有如下圖中物質的轉化關系，試回答：(1)寫出B的化學式________D的化學式_________，G俗稱___________(2)寫出④的化學方程式_________________________________________(3)寫出⑥的離子方程式__________________寫出⑦的離子方程式_________________18、下圖每一方格表示有關的一種反應物或生成物,其中A、C為無色氣體,D氣體能使帶火星的木條復燃,X是一種常見的酸式鹽。試填寫下列空白:(1)物質X的名稱是___________;檢驗C氣體的方法是___________。(2)反應④的化學方程式為___________。(3)反應⑥中氧化劑與還原劑的質量之比為___________;反應⑦中氧化劑與還原劑的物質的量之比為___________。(4)寫出X與足量NaOH溶液反應的離子方程式:____________。(5)在標準狀況下,在一個干燥的燒瓶內F和D的混合氣體[V(F)∶V(D)=4∶1]。然后做噴泉實驗,則燒瓶中所得溶液中溶質的物質的量濃度為___________。19、某研究性學習小組利用如圖所示裝置探究二氧化硫的性質。已知該實驗過程可產(chǎn)生足量的二氧化硫。(裝置中固定儀器未畫出)（1）A中所裝試劑為銅片和__(填試劑名稱)，導管F的作用是__。（2）D中的試劑為0.5mol·L-1BaCl2溶液，實驗中無明顯現(xiàn)象，若改為同濃度的Ba(NO3)2溶液，則出現(xiàn)白色沉淀，此沉淀的化學式為__，證明SO2具有__性。（3）裝置B用于驗證SO2的漂白性，則其中所裝溶液為__(填字母)。A．酸性高錳酸鉀溶液B．品紅溶液C．石蕊溶液D．藍色的碘-淀粉溶液（4）實驗時，B中溶液褪色，并有大量氣泡冒出，但始終未見C中飽和澄清石灰水出現(xiàn)渾濁或沉淀。請推測可能的原因，并設計實驗驗證。可能原因：__。實驗驗證：__。（5）E中Na2S溶液用于驗證SO2的氧化性，可觀察到的現(xiàn)象為__。（6）指出上述裝置中的不足之處：__。20、某次實驗需要用0.4mol/LNaOH溶液480mL。配制方法如下：（1）配制該溶液應選用_____________mL容量瓶。（2）用托盤天平準確稱量___________g固體NaOH。（3）將稱量好的NaOH固體放入500mL大燒杯，倒入約200mL蒸餾水，用玻璃棒攪拌，使固體全部溶解，待____________后，將燒杯中的溶液注入容量瓶中。（4）用少量____________洗滌燒杯2～3次，洗滌后的溶液_______________，輕輕晃動容量瓶，使溶液混合均勻。（5）向容量瓶加入蒸餾水，到液面距刻度線_________時，改用__________加蒸餾水至液面與刻度線相切。蓋好瓶塞，______________________。（6）若在配制過程中出現(xiàn)下列情況，將使所配制的NaOH溶液濃度偏高的是_____和_______，偏低的是_____和_____，對實驗結果沒有影響的是__________（填序號）A．所用的NaOH中混有少量的Na2CO3B．配制溶液所用的容量瓶洗滌后沒有烘干C．固體NaOH在燒杯中溶解后，立即將溶液轉移到容量瓶后，進行后面的操作D．轉移溶液后，未洗滌燒杯和玻璃棒就直接定容E.最后確定NaOH溶液體積（定容）時，俯視觀察液面21、Ⅰ．某混合物的無色溶液中，可能含有以下離子中的若干種：K＋、Ca2＋、Fe3＋、NH4+、Cl－、CO32－和SO42－?，F(xiàn)每次取10.00mL進行實驗：①第一份加入AgNO3溶液有沉淀產(chǎn)生；②第二份加入足量NaOH后加熱，收集到氣體448mL（標準狀況下）；③第三份加入足量BaCl2溶液后，生成白色沉淀，過濾、干燥，得到固體4.30g，該固體經(jīng)足量鹽酸洗滌，干燥后剩余2.33g。（1）c(CO32－)=______mol·L?1；（2）某同學認為該溶液中一定存在K＋，濃度范圍是_________________；（3）根據(jù)以上實驗，某離子可能存在。檢驗該離子是否存在的方法是___________________________；（4）寫出③中固體加入足量鹽酸洗滌的離子方程式________________________________。Ⅱ．四種物質有如下相互轉化關系：（5）若化合物A是紅棕色粉末狀固體，化合物B是一種既可以與強酸溶液反應又可以與強堿溶液反應的氧化物，則該反應的化學方程式為____________________；（6）若甲是活潑金屬，化合物B是強堿，則該反應的離子方程式為____________；（7）若乙是黑色固體，化合物B是優(yōu)質的耐高溫材料。則該反應的化學方程式為____________________；（8）若化合物A可作光導纖維材料，乙是一種重要的半導體材料。則該反應的化學方程式為____________________。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、B【解析】

0.5mol/L的硫酸屬于稀硫酸，與銅不反應，故硫酸全部與氧化鐵反應。Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4）3+3H2O所以可以推導出氧化鐵的物質的量為0.05mol，向溶液中加入KSCN后無紅色顯現(xiàn)，則溶液中的三價鐵離子全部被還原為二價鐵離子。而該反應是：Fe2(SO4)3+Cu=CuSO4+2FeSO4，以此可以判斷出Cu的物質的量為0.05mol，所以B正確。2、A【解析】

A、CO2是空氣的成分之一，酸雨是指pH<5.6的雨水，NO2和SO2排放到空氣中易形成酸雨，CO2不會導致酸雨，故A說法錯誤；B、SO2是引起酸雨的主要原因，且SO2屬于酸性氧化物，因此開發(fā)新能源減少SO2的排放，故B說法正確；C、氮氧化物是造成光化學煙霧的主要原因，故C說法正確；D、CO2是造成溫室效應的主要原因，故D說法正確。3、C【解析】試題分析：O1是一種單質，A不正確；1個O1分子由1個氧原子構成的，B不正確；O1和O2都是有氧原子構成的單質，互為同素異形體，所以等質量的O1和O2含氧原子數(shù)目相同，C正確；同素異形體之間的轉化是化學變化，但不是氧化還原反應，D不正確，答案選C?？键c：考查物質的構成、分類，物質的量的有關計算以及氧化還原反應的判斷點評：該題是基礎性試題的考查，也是高考中的常見題型。試題基礎性強，難易適中。該題借助于新科技為載體，有利于調動學生的學習興趣，激發(fā)的學生的學習求知欲。4、C【解析】

A、二氧化錳只跟濃鹽酸反應，因為二氧化錳是過量，隨著反應的進行，鹽酸濃度降低，反應停止，因此產(chǎn)生氯氣的量小于1mol，故A錯誤；B、氯氣中混有的雜質為HCl和水蒸氣，依次通過飽和食鹽水(除去HCl)、濃硫酸(除去水蒸氣)，因為氯氣與堿石灰反應，因此不能用堿石灰干燥氯氣，故B錯誤；C、發(fā)生的反應是MnO3＋4HCl(濃)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O，MnO2中Mn的化合價降低，因此MnO2作氧化劑，鹽酸中Cl的化合價升高，HCl作還原劑，故C正確；D、氯氣的密度大于空氣的密度，因此用向上排空氣法收集，因為氯氣溶于水，因此不能用排水法收集，應用排飽和食鹽水法收集，故D錯誤；故答案選C。5、B【解析】①汞是金屬單質，既不是電解質又不是非電解質；②濃氨水是混合物，既不是電解質又不是非電解質；③氯化鈉晶體在水溶液中和熔融狀態(tài)下均能導電，是電解質；④硝酸在水溶液中能導電，是電解質；⑤干冰溶于水后能夠導電，但導電的離子不是二氧化碳自身電離的，所以干冰為非電解質；⑥蔗糖在水溶液和熔融狀態(tài)下都不導電，所以是非電解質；⑦硫酸在水溶液中能導電，是電解質；屬于電解質的是③④⑦。答案選B。6、D【解析】

A.1mol氫指代不明確，不能確定是氫氣還是氫原子，根據(jù)m=nM計算，1mol氫氣的質量是2g，1mol氫原子的質量是1g，故A錯誤；B.硫酸在溶液中完全電離，不存在H2分子，故B錯誤；C.1mol水含有原子3mol，44g二氧化碳物質的量為1mol，包含的原子也是3mol，故C錯誤；D.氧分子為雙原子分子，0.5mol氧分子含有1mol氧原子，約為6.02×1023個氧原子，故D正確；本題選D。【點睛】使用物質的量必須指明具體的物質或微粒。7、D【解析】

A.膠體的本質特征是膠粒直徑介于10-9~10-7m之間，A不合題意；B.焰色反應是元素的離子核外電子由穩(wěn)定態(tài)吸收能量轉化為不穩(wěn)定態(tài)，再由不穩(wěn)定態(tài)釋放能量轉化為穩(wěn)定態(tài)的過程，能量以光的形式釋放，所以我們看到焰色，屬于物理變化，B不合題意；C.密度為1.84g/ml、98%的硫酸，其物質的量濃度為=18.4mol/L，C不正確；D.NA個HCl分子的質量（以克為單位），數(shù)值上等于HCl的摩爾質量，與其相對分子質量在數(shù)值上相等，D正確。故選D。8、D【解析】

令稀釋后溶液中Na+的物質量濃度為y，則：V1mL×2×0.2mol/L=V2mL×y解得y=；答案選D。【點睛】本題考查物質的量濃度的相關計算，根據(jù)氯化鋁的化學式可知，cmol/L的AlCl3溶液中氯離子的濃度為3cmol/L，根據(jù)稀釋定律可知，溶液稀釋前后氯離子的物質的量不變。9、D【解析】

水分子的數(shù)目與水的“物質的量”成正比；水的質量與水的“物質的量”成正比；水的體積隨水的“物質的量”增大而增大；沸點是水的物理性質，與水的多少無關；水的相對分子質量是18，與水的多少無關；水的密度是水的物理性質，與水的多少無關；水的摩爾質量是18g/mol，與水的多少無關；故選D。10、B【解析】

A.氯化氫是酸性氣體，不能被堿性的堿石灰干燥，A項錯誤；B.氧氣不與堿石灰反應，可以被干燥，B項正確；C.二氧化碳是酸性氣體，不能被堿性的堿石灰干燥，C項錯誤；D.二氧化硫是酸性氣體，不能被堿性的堿石灰干燥，D項錯誤；答案選B。11、A【解析】第1份直接與過量鹽酸反應：NaHCO3～HCl；第2份先加熱，使其部分分解后，再與過量鹽酸反應：NaHCO3～12Na2CO3～HCl和NaHCO3～HCl，第3份先加熱，使其全部分解后，再與過量鹽酸反應：NaHCO3～12Na2CO3～HCl，根據(jù)Na元素守恒，最后生成物質的都為NaCl，因Na點睛：本題考查鈉的化合物的相關計算，側重于學生的分析能力和計算能力的考查，注意根據(jù)元素質量守恒進行計算，可省去中間過程的繁瑣．根據(jù)Na元素守恒，最后生成物質的都為NaCl，因Na的物質的量不變，則消耗鹽酸的物質的量相等。12、B【解析】

由分散質微粒直徑大小可判斷該分散系為膠體，根據(jù)膠體的性質分析?！驹斀狻扛鶕?jù)題意，磁流體分散系分散質粒子直徑在5.5-36nm，屬于膠體的范疇，具備膠體的性質。A．分散質粒子直徑在5.5～36nm之間，所得分散系為膠體，不是懸濁液，故A錯誤；B．該分散性屬于膠體，膠體有丁達爾效應，當一束強光通過此磁流體時會出現(xiàn)光亮的通路，故B正確；C．根據(jù)題意可知，分散質粒子是黑色的，而Fe2O3是紅棕色的，故不是Fe2O3，故C錯誤；D．該膠體分散質是黑色的，氫氧化鐵膠體為紅褐色，而且膠粒是很多分子的集合體，不是一個分子，故D錯誤；故選B。13、D【解析】A.開發(fā)清潔能源有利于減少空氣污染，保護環(huán)境；B.有效提高能源利用率，可以減少能源的消耗，保護環(huán)境；C.研制易降解的生物農(nóng)藥，可以減少農(nóng)藥的殘留，保護了環(huán)境；D.對廢電池做深埋處理，電池中的重金屬離子會污染土壤和地下水。本題選D。14、B【解析】

A、NaHCO3受熱分解產(chǎn)生Na2CO3、CO2和H2O，其中CO2和H2O可以脫離裝置，且Na2CO3對熱穩(wěn)定，可用加熱的方式除去NaHCO3，A正確；B、HCl易溶于水，CO2微溶于水，用飽和氯化鈉溶液除去HCl，會損失部分CO2，不符合除雜的原則，一般是使用飽和NaHCO3溶液除去CO2中的HCl，B錯誤；C、SiO2可以溶于NaOH溶液，而Fe2O3不會溶解，故可以用NaOH溶液除去Fe2O3中的SiO2，再經(jīng)過濾得到Fe2O3固體，C正確；D、Cl2在溶液中存在平衡：Cl2+H2OHCl+HClO，盡管HCl會抑制該平衡正向移動，但是HClO對光不穩(wěn)定，分解使得溶液中HClO的濃度降低，促進平衡正向移動，所以光照一段時間之后，鹽酸中的Cl2通過平衡的移動被除去，D正確；故選B。15、C【解析】某鐵礦石（若只含鐵的氧化物和SiO2）取36g溶于過量的稀鹽酸中，鐵的氧化物溶解，SiO2不溶，則過濾、洗滌、干燥后得5.6g不溶物為SiO2，向得到的濾液中加入足量的NaOH溶液發(fā)生，過濾、洗滌后將沉淀灼燒，得32g紅棕色固體為氧化鐵，故固體中n（Fe）=2n（Fe2O3）=2×32/160mol=0.4mol；又鐵的氧化物為36g-5.6g=30.4g，所以鐵的氧化物中O元素的物質的量為(30.4－0.4×56)g÷16g/mol=0.5mol，則鐵的氧化物的化學式為Fe4O5。A、根據(jù)以上分析，鐵的氧化物的化學式為Fe4O5，則最終轉化為紅棕色固體為Fe2O3，鐵的化合價發(fā)生變化，所以發(fā)生了氧化還原反應，A正確；B、根據(jù)以上分析，鐵的氧化物的化學式為Fe4O5，可以看作是2FeO·Fe2O3，所以溶于鹽酸后得到的濾液中n（Fe2+）：n（Fe3+）=1：1，B正確；C、根據(jù)以上分析，鐵的氧化物的化學式為Fe4O5，C錯誤；D、鐵的氧化物中O元素的物質的量為0.5mol，所以消耗鹽酸中的氫離子為1mol，則需要1L1mol/L的鹽酸，D正確，答案選C。16、D【解析】

A.硅是非金屬元素，硅單質是灰黑色有金屬光澤的固體，A正確；B.硅的導電性能介于金屬和絕緣體之間，是良好的半導體材料，B正確；C.加熱到一定溫度時，硅能與氫氣、氧氣等非金屬反應，C正確；D.硅的化學性質不活潑，常溫下能與氫氧化鈉溶液以及氫氟酸等反應，D錯誤。答案選D。二、非選擇題（本題包括5小題）17、Fe3O4FeCl3鐵紅4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-【解析】

白色沉淀E遇氧氣變?yōu)榧t褐色F，E是Fe(OH)2，F(xiàn)是Fe(OH)3；B是金屬氧化物，則A是Fe，B是Fe3O4；C是FeCl2、D是FeCl3；Fe(OH)3加熱分解為紅色粉末Fe2O3，G是Fe2O3?！驹斀狻扛鶕?jù)以上分析，(1)B是四氧化三鐵，B的化學式是Fe3O4；D是氯化鐵，D的化學式是FeCl3，G是Fe2O3，俗稱鐵紅；(2)④是Fe(OH)2被氧氣氧化為紅褐色的Fe(OH)3，反應的化學方程式是4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；(3)反應⑥是氧化鐵與鹽酸反應生成氯化鐵和水，反應的離子方程式是Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；反應⑦是氯化亞鐵和氯氣反應生成氯化鐵，反應的離子方程式是2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；18、碳酸氫銨能使?jié)駶櫦t色石蕊試紙變藍的氣體是NH34NH3+5O24NO+6H2O1∶22∶3NH4++HCO3-+2OH-=CO32-+NH3·H2O+H2O0.036mol·L-1【解析】

X為酸式鹽，且能與鹽酸、氫氧化鈉反應都生成氣體，應為弱酸銨鹽，其中與鹽酸反應得到氣體A，A能與過氧化鈉反應生成氣體D，則A為CO2、D為O2；X與氫氧化鈉反應得到氣體C為NH3，可以推知X為NH4HCO3，C(氨氣)與D(氧氣)反應生成E為NO，E與氧氣反應生成F為NO2，F(xiàn)與水反應得到G能與Cu反應生成NO，則G為HNO3，以此解答該題。【詳解】(1)由上述分析可知，物質X是碳酸氫銨，檢驗氨氣的方法是：用濕潤的紅色石蕊試紙檢驗，若試紙變藍，證明C氣體是氨氣；(2)反應④為氨氣的催化氧化反應，反應的化學方程式為：4NH3+5O24NO+6H2O；(3)反應⑥為二氧化氮和水的反應，反應方程式為3NO2+H2O=2HNO3+NO為自身氧化還原反應，氧化劑與還原劑是同種物質，氧化劑與還原劑的質量之比為1:2；反應⑦為銅和稀硝酸的反應，反應方程式為3Cu+8HNO3(稀)=4H2O+3Cu(NO3)2+2NO↑，反應中硝酸為氧化劑，部分被還原，銅為還原劑，故氧化劑與還原劑的物質的量之比為2:3；(4)碳酸氫銨和足量氫氧化鈉溶液的反應，反應生成碳酸鈉和一水合氨，反應的離子方程式為NH4++HCO3?+2OH-=CO32-+NH3·H2O+H2O；(5)設燒瓶的體積為xL，則由4NO2+O2+2H2O=4HNO3可得，生成溶質n(HNO3)=，因氣體完全溶于水，故最后溶液的體積為xL，則燒瓶中所得溶液中溶質的物質的量濃度為≈0.036mol·L-1。19、濃硫酸平衡氣壓(防止氣壓過低產(chǎn)生倒吸現(xiàn)象，也防止氣壓過大)，且反應結束后可以從導管中通入空氣，便于排出裝置內殘余的SO2BaSO4還原BSO2產(chǎn)生的快而多且溶解度較大，Ca(OH)2的溶解度很小，飽和澄清石灰水的濃度小，導致迅速生成Ca(HSO3)2取適量C中反應后的溶液，向其中加入氫氧化鈉溶液，觀察是否有沉淀生成有淡黃色沉淀生成缺少尾氣處理裝置【解析】

探究SO2的性質實驗流程：在裝置A中Cu與濃硫酸共熱發(fā)生反應反應的化學方程式為：Cu+2H2SO4(濃)CuSO4+2H2O+SO2↑，B檢驗SO2的漂白性，C驗證二氧化硫是酸性氧化物，D驗證二氧化硫的還原性，E驗證二氧化硫的氧化性，裝置B用品紅溶液檢驗漂白性，在裝置C中SO2與飽和澄清石灰水反應，發(fā)生反應：Ca(OH)2+SO2=CaSO3↓+H2O，二氧化硫過量還會發(fā)生反應：CaSO3+SO2+H2O=Ca(HSO3)2，在裝置D中發(fā)生反應：SO2+Ba(NO3)2+2H2O=BaSO4↓+2NO↑+2H2SO4，E中發(fā)生反應：2Na2S+5SO2+2H2O═4NaHSO3+3S↓，產(chǎn)生淡黃色沉淀，二氧化硫是過量的，且有毒，污染環(huán)境，應進行尾氣處理?！驹斀狻?1)二氧化硫用銅和濃硫酸在加熱的條件下制得，導管F的作用是平衡氣壓(防止氣壓過低產(chǎn)生倒吸現(xiàn)象，也防止氣壓過大)以及反應結束后可以從導管中通入空氣，便于排出裝置內殘余的SO2，故答案為：濃硫酸；平衡氣壓(防止氣壓過低產(chǎn)生倒吸現(xiàn)象，也防止氣壓過大)以及反應結束后可以從導管中通入空氣，便于排出裝置內殘余的SO2；

(2)在裝置D中發(fā)生反應：SO2+Ba(NO3)2+2H2O=BaSO4↓+2NO↑+2H2SO4，證明二氧化硫具有還原性，故答案為：BaSO4；還原；

(3)二氧化硫具有漂白性，用品紅溶液檢驗，故答案為；B；

(4)始終未見C中飽和澄清石灰水出現(xiàn)渾濁或沉淀，SO2產(chǎn)生的快而多且溶解度較大，Ca(OH)2溶解度很小，飽和石灰水濃度小，導致迅速生成Ca(HSO3)2，反應方程式為：CaSO3+SO2+H2O=Ca(HSO3)2，Ca(HSO3)2易溶于水，驗證溶液中的Ca(HSO3)2，取適量反應后C中的溶液，向其中加入氫氧化鈉溶液，觀察是否有沉淀生成即可，故答案為：SO2產(chǎn)生的快而多且溶解度較大，Ca(OH)2溶解度很小，飽和石灰水濃度小，導致迅速生成Ca(HSO3)2溶液；取適量反應后C中的溶液，向其中加入氫氧化鈉溶液，觀察是否有沉淀生成；

(5)E中發(fā)生反應：2Na2S+5SO2+2H2O═4NaHSO3+3S↓，產(chǎn)生淡黃色沉淀，證明二氧化硫有氧化性，故答案為：溶液中出現(xiàn)淡黃色渾濁；

(6)二氧化硫是過量的，且有毒，污染環(huán)境，應進行尾氣處理，故答案為：缺少尾氣處理裝置?！军c睛】二氧化碳和二氧化硫在和堿性溶液反應時，若堿過量則生成相應的正鹽，若氣體過量則生成相應的酸式鹽，且若正鹽為沉淀，則酸式鹽可溶。20、5008.0冷卻至室溫蒸餾水轉移入容量瓶1～2cm膠頭滴管反復搖勻CEADB【解析】

（1）實驗室沒有480mL容量瓶，因此配制過程中應選用500mL容量瓶進行配制；（2）配制所需NaOH固體質量m=0.4mol/L×0.5L×40g/mol=8.0g；（3）容量瓶是恒溫儀器，而NaOH固體溶于水過程中會放熱，因此需要待溶液冷卻至室溫后再轉移至容量瓶中；（4）溶解NaOH固體的燒杯內壁上附著有一定量溶質，因此需要用蒸餾水洗滌后再轉入容量瓶中；（5）向容量瓶中逐漸加入蒸餾水，待溶液液面距刻度線1～2cm時，用膠頭滴管滴加蒸餾水進行定容，加蒸餾水至液面與刻度線相切，蓋好瓶塞，反復動容量瓶，使溶質與溶劑混合均勻，故答案為：蒸餾水；轉移入容量瓶；1～2cm；膠頭滴管；反復搖勻；（6）配制實驗中，所配溶液中溶質濃度c===，A．所用的NaOH中混有少量的Na2CO3，則會使所稱量固體中NaOH質量偏低，導致所配溶液溶質濃度偏低；B．配制過程中還需向容量瓶中加入蒸餾水，因此配制溶液所用的容量瓶洗滌后沒有烘干并不會影響所配溶液濃度；C．固體NaOH溶解過程中會放出熱量，若固體NaOH在燒杯中溶解后，立即將溶液轉移到容量瓶后，進行后面的操作，待操作結束后，溶液會逐漸冷卻，根據(jù)熱脹冷縮原理可知，所配溶液體積將減小，導致所配溶液溶質濃度偏高；D．轉移溶液后，未洗滌燒杯和玻璃棒就直接定容會導致容量瓶中溶質不足，使所配溶液溶質濃度偏低；E．最后確定NaOH溶液體積（定容）時，俯視觀察液面會使溶液體積偏低，導致所配溶液濃度偏高。21、1≥2mol