1、2023年江苏省侯集高级中学高一化学第一学期期末考试试题注意事项：1 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用05毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、在一定条件下，将钠与氧气反应的生成物1.5g溶于水，所得溶液恰好能被80mL浓度为0.50mol/L的HCl溶液中和，则该生成物的成分
2、是ANa2OBNa2O2CNa2O和Na2O2DNa2O2和NaO22、下列离子方程式书写正确的是ACaCO3与盐酸反应：CO32-2HH2OCO2BAl2O3溶于NaOH溶液：Al2O32OH2AlO2-H2OCCu与FeCl3溶液反应：CuFe3Cu2Fe2DCl2与NaOH溶液反应：Cl2OHClOHCl3、下列有关实验操作错误的是A过滤操作中，漏斗的尖端应该紧靠烧杯内壁B蒸馏完毕后，应该先停止加热，待装置冷却后，停止通水，再拆卸蒸馏装置C向容量瓶转移液体时，引流用的玻璃棒不可以接触容量瓶内壁D为准确配制一定物质的量浓度的溶液，定容过程中向容量瓶内加蒸馏水至接近刻度线4、下列判断合理的是
3、（ ）硫酸、纯碱、醋酸钠和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物蔗糖、硫酸钡和水分别属于非电解质、强电解质和弱电解质根据电解质在熔融状态下能否完全电离将电解质分为强电解质和弱电解质根据分散系是否具有丁达尔效应将分散系分为溶液、胶体和浊液根据反应中是否有电子的转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应根据Na2O、Na2O2组成元素相同，均与H2O反应，故均属于碱性氧化物ABCD5、蛇纹石由MgO、Al2O3、SiO2、Fe2O3组成。现取一份蛇纹石试样进行实验,首先将其溶于过量的盐酸,过滤后,得到沉淀X和滤液Y。下列叙述正确的是A沉淀X的成分是SiO2B从组成看,其成分皆是碱性氧化物C溶液Y中的
4、阳离子主要是Mg2+、Al3+、Fe2+、H+D在溶液Y中加入过量的氨水,过滤得到的沉淀的成分只有Fe(OH)3和Mg(OH)26、设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是A23 g Na与足量H2O反应完全后可生成NA个H2分子B1 mol Al和足量NaOH溶液反应生成的H2体积一定为33.6LC标准状况下，22.4L N2和H2混合气中含NA个原子D3 mol 单质Fe完全转变为Fe3O4，失去8NA个电子7、下列实验方法不能达到实验目的的是（ ）A用盐酸除去镁粉中的少量铝粉B用加热法除去NaCl固体中少量的NH4ClC用饱和 NaHCO3溶液除去CO2中的HCl气体D利用丁达尔效
5、应鉴别Fe（OH）3胶体和FeCl3溶液8、某金属与氯气反应生成的化合物中，其质量比为11.9，原子个数比为13，则金属的相对原子质量为A27 B56 C23 D649、将下列四种化合物溶于稀盐酸，滴加硫氰化钾溶液，没有颜色变化，再加氯水即呈现红色的是()AFeOBFe2O3CFe3O4DFe2(SO4)310、两个无标签的试剂瓶，分别装有Na2CO3和NaHCO3固体。有4位同学为鉴别它们，分别取少量固体，采用了以下不同的方法，其中最佳方案是A分别加热，再检验是否有使澄清石灰水变浑浊的气体产生B分别配成溶液，再加入NaOH溶液C分别配成溶液，再加入澄清石灰水D分别取固体样品，滴加同浓度浓盐酸
6、，观察产生气泡的快慢11、下列物质中，主要成分不是硅酸盐的是A陶瓷B大理石C玻璃D水泥12、下列关于钠的叙述中，不正确的是（ ）A钠燃烧时发出黄色的火焰B钠燃烧时生成氧化钠C钠有很强的还原性D钠原子的最外层只有一个电子13、下列实验操作正确的是A称量NaOH固体B用酒精提取碘水中的碘C除去水中的氯化钠D从Y进气收集Cl214、下列含有共价键的物质是ANaClBH2OCMgCl2DKI15、下列物质属于纯净物的是（ ）A氨水B漂白粉C液氯D碘酒16、消毒剂的消毒效率可用单位质量消毒剂被还原时得电子数表示，即得电子数越多，消毒效率越高。NaClO与ClO2均可用作消毒剂（反应后氯元素均为1价），则
7、ClO2的消毒效率是NaClO的A2.5倍B2.63倍C2.76倍D3.02倍二、非选择题（本题包括5小题）17、金属A能够被磁铁所吸引A及其A的化合物之间有如下的转化关系：（1）写出A、C的化学式：A_；C_（2）检验B中阳离子的试剂是_（3）写出下列反应的化学方程式或离子方程式：AD 的离子方程式_EC 的化学方程式_18、A、B、C、D四种化合物，其中B、C、D 焰色反应均为黄色，而A的焰色反应为紫色，B、D和盐酸反应均得到C，将固体B加热分解可得到D，若在D的溶液中通入一种无色无味气体，又可得到B的溶液；若A的溶液滴加到FeCl2溶液中，先出现白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色沉淀
8、E。（1）试推断各物质的化学式：A：_ B：_ C：_（2）按要求写出下列方程式：D与盐酸反应的离子方程式：_；E固体受热分解的化学方程式：_。19、某研究性学习小组的同学用以下仪器组合的装置制取氯气，并探究其性质。请回答下列问题：（1）实验室制取氯气的化学方程式为_；检查图中反应器气密性的方法是_。（2）现要求从图中选用所需的仪器(可重复选用)组成一套制取纯净、干燥氯气的装置，实验时要防止污染。下表是按仪器的连接顺序由上至下依次填写的，请将该表填写完整(加入的试剂自选)。_。（3）该实验中用仪器C收集Cl2时，进气口应为_(填字母)。（4）将氯气通入紫色石蕊试液中，可观察到溶液先变红后褪色的
9、现象，出现这种现象的原因是_。（5）人若吸入大量氯气会中毒死亡。某地化工厂的储氯罐意外发生泄漏，周围被疏散的群众应采取的自救措施是_。20、某学习小组用如图所示装置测定铝镁合金中铝的质量分数和铝的相对原子质量。（1）A中试剂为_。（2）实验前，先将铝镁合金在稀酸中浸泡片刻，其目的是_。（3）检查气密性，将药品和水装入各仪器中，连接好装置后，需进行的操作还有：记录C的液面位置；将B中剩余固体过滤，洗涤，干燥，称重；待B中不再有气体产生并恢复至室温后，记录C的液面位置；由A向B中滴加足量试剂。上述操作的顺序是_(填序号)；记录C的液面位置时，除平视外，还应_。（4）B中发生反应的化学方程式为_。（
10、5）若实验用铝镁合金的质量为a g，测得氢气体积为b mL(已换算为标准状况)，B中剩余固体的质量为c g，则铝的相对原子质量为_。（6）实验过程中，若未洗涤过滤所得的不溶物，则测得铝的质量分数将_(填“偏大”“偏小”或“不受影响”)。21、某课外活动小组用如图所示的实验装置探究氯气与氨气之间的反应。其中A、F为氯气和氨气的发生装置,D为纯净、干燥的氯气与氨气反应的装置。请回答下列问题:(1)实验室用二氧化锰和浓盐酸反应制取氯气,写出该反应的化学方程式_(2)C、E都是干燥装置,其中E中干燥管内所装的试剂是_(3)反应开始后装置D中出现浓厚的白烟并在容器内壁凝结,活动小组拟继续通过实验鉴定该固
11、体的成分。请你协助他们完成该实验探究。步骤:取固体样品加少量水溶解,分装于两支试管中。向其中一支试管中加入浓NaOH溶液,加热,将湿润的红色石蕊试纸放在试管口附近,红色石蕊试纸变蓝,证明该固体中含有_离子步骤:向另一支试管中加入硝酸酸化的硝酸银溶液,若产生白色沉淀,说明溶液中含有_离子(4)从绿色化学的角度考虑该装置中有一明显不合理之处,请你提出改进的意见。_(5)如图所示，将氯气依次通过盛有干燥有色布条的广口瓶和盛有潮湿有色布条的广口瓶，可观察到的现象是_。参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】由于中和后的产物是NaCl，可知n(Na)=n(HCl)=0.5 mol/L
12、0.08 L=0.04 mol，若生成物只有Na2O2，则m(Na2O2)=78g/mol=1.56g，若生成物只有Na2O，则m(Na2O)=62g/mol=1.24g，1.5g介于1.24g与1.256g之间，可得出原生成物是Na2O与Na2O2的混合物，故选B。2、B【解析】A. CaCO3是难溶于水的固体，写离子反应时不能拆，CaCO3与盐酸反应的正确的离子方程式为：CaCO32HCa2+H2OCO2 ，故A错误；B. Al2O3难溶于水，所以Al2O3溶于NaOH溶液反应的正确的离子反应：Al2O32OH2AlO2-H2O，故B正确；C. 电荷不守恒，左边三个正电荷，右边四个正电荷，
13、Cu与FeCl3溶液发生氧化还原反应：Cu2Fe3Cu22Fe2，故C错误；D. HCl是强电解，在水溶液中是完全电离，要拆开，Cl2与NaOH溶液反应：Cl22OHClOCl-+H2O，故D错误；答案选B。3、C【解析】过滤时，应避免滤液飞溅；蒸馏完毕后，还需充分冷凝；引流用的玻璃棒的下端应在刻度线下；定容过程中向容量瓶内加蒸馏水至接近刻度线12cm时，改用胶头滴管定容。【详解】A、过滤时，漏斗的尖端应该紧靠烧杯内壁，防止液滴飞溅，操作合理，故A正确；B、蒸馏完毕后，还需充分冷凝，则先停止加热，待装置冷却后，停止通水，再拆卸蒸馏装置，故B正确；C、向容量瓶中转移液体时，引流用的玻璃棒的下端应
14、靠在刻度线下的容量瓶内壁，故C错误；D、定容过程中向容量瓶内加蒸馏水至接近刻度线12cm时，改用胶头滴管定容，滴加蒸馏水至刻度线，故D正确。答案选C。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，把握混合物分离提纯、实验基本操作、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析。4、B【解析】纯碱为碳酸钠，属于盐类，故错误；蔗糖在水溶液中和熔融状态均不导电，属于非电解质，硫酸钡熔融状态能完全电离，属于强电解质，水不完全电离，属于弱电解质，故正确；根据电解质在熔融状态下或水溶液中能否完全电离将电解质分为强电解质和弱电解质，故错误；根据分散质粒子直径的大小将分散系分为溶液、胶体和浊液，故
15、错误；有电子转移的化学反应为氧化还原反应，没有电子转移的化学反应为非氧化还原反应，故正确；碱性氧化物为能跟酸发生反应只生成盐和水，而Na2O2与酸发生反应还生成氧气，则过氧化钠不是碱性氧化物，故错误；综上所述，正确的为，答案为B。5、A【解析】混合物中加入过量的盐酸后，氧化镁、氧化铝、氧化铁会与盐酸反应生成氯化镁、氯化铝、氯化铁，而二氧化硅不会溶于盐酸，所以得到的沉淀是二氧化硅，反应后的溶液Y中含有氯化镁、氯化铝、氯化铁和反应剩余的盐酸；据以上分析解答。【详解】混合物中加入过量的盐酸后，氧化镁、氧化铝、氧化铁会与盐酸反应生成氯化镁、氯化铝、氯化铁，而二氧化硅不会溶于盐酸，所以得到的沉淀是二氧化
16、硅，反应后的溶液Y中含有氯化镁、氯化铝、氯化铁和反应剩余的盐酸；A、根据以上分析可知沉淀X的成分是SiO2，A正确；B、MgO，Fe2O3是碱性氧化物，A12O3是两性氧化物，SiO2是酸性氧化物，B错误；C、MgO、A12O3、Fe2O3都能与过量盐酸反应生成金属阳离子，且酸过量，则溶液Y中主要是Mg2+、Al3+、Fe3+、H+，C错误；D、在溶液Y中加入过量的氨水，氢氧化铝是两性氢氧化物不溶于弱酸弱碱，所以过滤得到的沉淀的成分是Fe(OH)3、Mg(OH)2、Al(OH)3，D错误；答案选A。【点睛】本题考查物质的组成和性质，明确组成中物质与酸、与碱发生的化学反应是解答本题的关键，答题时
17、注意理解氧化铝是两性氧化物，氢氧化铝是两性氢氧化物，能溶于酸、强碱溶液中，弱碱不能溶解。6、D【解析】A23 g Na为1 mol，与足量H2O反应完全后可生成0.5NA个H2分子，A项错误；B1 mol Al和足量NaOH溶液反应生成的H2为1.5 mol，但由于状态未知，故体积不一定为33.6L，B项错误；C标准状况下，22.4L N2和H2混合气为1 mol，且都是双原子分子，故含2NA个原子，C项错误；D3 mol 单质Fe完全转变为Fe3O4，失去8NA个电子，D项正确；答案选D。【点晴】有关阿伏加德罗数题的特点是以微粒数目的计算为依托，考查物质的结构、元素化合物、氧化还原反应、电解
18、质溶液等知识。顺利解答该类题目的关键是：一方面要仔细审题，注意关键字词，熟悉常见的“陷阱”；另一方面是要把各种量转化为物质的量，以此为中心进行计算。该类试题的解题思路是：只给出物质的体积，而不指明物质的状态，或者标准状况下物质的状态不为气体，所以求解时，一要看是否为标准状况下，不为标准状况无法直接用22.4 Lmol1(标准状况下气体的摩尔体积)求n；二要看物质在标准状况下是否为气态，若不为气态也无法由标准状况下气体的摩尔体积求得n，如CCl4、水、液溴、SO3、己烷、苯等常作为命题的干扰因素迷惑学生。给出非标准状况下气体的物质的量或质量，干扰学生正确判断，误以为无法求解物质所含的粒子数，实质
19、上，此时物质所含的粒子数与温度、压强等外界条件无关。此类题型要求同学们对物质的微观构成要非常熟悉，弄清楚微粒中相关粒子数(质子数、中子数、电子数)及离子数、电荷数、化学键之间的关系。常涉及稀有气体He、Ne等单原子分子，Cl2、N2、O2、H2等双原子分子，及O3、P4、18O2、D2O、Na2O2、CH4、CO2等特殊物质。7、A【解析】A二者都与酸反应；B氯化铵不稳定受热易分解；C氯化氢和碳酸氢钠溶液反应；D胶体具有丁达尔效应。【详解】A二者都与盐酸反应，应用氢氧化钠溶液除杂，故A错误；B氯化铵不稳定，加热生成分解，可用加热的方法除去杂质，故B正确；C氯化氢可与碳酸氢钠溶液反应，生成二氧化
20、碳，可除去杂质，故C正确；D丁达尔效应为胶体的特征性质，可用丁达尔效应鉴别Fe（OH）3胶体和FeCl3溶液，故D正确。故选：A。8、B【解析】原子个数比为13，设该金属为A，那么它的氯化物的分子式为ACl3，因为和金属形成的氯化物中氯原子肯定是得到电子，化合价为-1价，氯的相对原子质量为35.5，其质量比为A：35.53=11.9，解得A=56，故答案B正确。故选B。9、A【解析】A项，FeO与稀盐酸反应生成FeCl2和H2O，加入KSCN溶液，无明显现象，加入氯水，氯水将FeCl2氧化成FeCl3，溶液变红；B项，Fe2O3与稀盐酸反应生成FeCl3和H2O，溶液中含Fe3+，加入KSCN
21、溶液，溶液变红；C项，Fe3O4与稀盐酸反应生成FeCl3、FeCl2和H2O，溶液中含Fe3+，加入KSCN溶液，溶液变红；D项，Fe2（SO4）3溶液中含Fe3+，加入KSCN溶液，溶液变红；符合题意的为FeO，答案选A。点睛：本题主要考查铁的化合物有关化学性质，熟记Fe3+和Fe2+的检验方法是解题的关键。10、A【解析】A. 分别加热，只有NaHCO3固体产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，A可行；B. 分别配成溶液，再加入NaOH溶液，虽然NaHCO3能与NaOH反应，但无现象，B不能区分；C. 分别配成溶液，再加入澄清石灰水，二者都有白色沉淀生成，C不能区分；D. 分别取固体样品，滴加
22、同浓度浓盐酸，都有气泡产生，但难以分清快慢，D难以区分；综合以上分析，只有A现象明显，方案最佳。故选A。11、B【解析】陶瓷、玻璃、水泥都属于传统无机非金属材料，主要成分都是硅酸盐；大理石的主要成分为CaCO3，不属于硅酸盐；答案选B。12、B【解析】A、钠及其化合物的焰色反应显黄色，故说法正确；B、钠燃烧时，生成过氧化钠，故说法错误；C、钠容易失去最外层1个电子，表现强还原性，故说法正确；D、根据元素周期表，Na位于第三周期IA族，最外层只有1个电子，故说法正确。答案选B。13、C【解析】A. 氢氧化钠固体具有较强腐蚀性，不能直接在纸片上称量；B. 酒精与水互溶，不能用酒精做萃取剂；C. 氯
23、化钠沸点较高；D. 从Y进气为向下排空气法，收集的气体密度应该小于空气。【详解】A. NaOH固体具有较强腐蚀性，应该放入小烧杯中快速称量，不能直接放在纸片上，图示操作不合理，故A项错误；B. 酒精易溶于水，无法用酒精提取碘水中的碘，可选用苯或四氯化碳做萃取剂，故B项错误；C.加热时水易挥发，但NaCl 的沸点较高，不易挥发，所以可以采用蒸馏方法除去水中的氯化钠，故C项正确；D.Cl2的密度大于空气，应该选用向上排空气法收集，即从X进气，故D项错误；答案选C。14、B【解析】A. NaCl属于离子化合物，是由Na和Cl构成，故A不符合题意；B. H2O为共价化合物，含有共价键，故B符合题意；C
24、. MgCl2属于离子化合物，是由Mg2和Cl构成，故C不符合题意；D. KI属于离子化合物，是由K和I构成，故D不符合题意；答案为B。15、C【解析】A.氨水是氨气的水溶液为混合物；B.漂白粉是次氯酸钙和氯化钙等物质的混合物；C.液氯是液态氯气，一种物质组成的纯净物；D.碘酒是碘单质的酒精溶液为混合物。故答案为C。16、C【解析】消毒剂的消毒效率可用单位质量消毒剂被还原时得电子数表示，则二氧化氯中氯元素得化合价由+4变为-1，消毒效率，次氯酸钠中得氯元素由+1变为-1，消毒效率，则ClO2的消毒效率是NaClO的2.76倍；故选：C。二、非选择题（本题包括5小题）17、Fe Fe(OH)3
25、KSCN溶液或NaOH溶液 Fe+2H+Fe2+H2 4Fe(OH)2+2H2O+O24Fe(OH)3 【解析】金属A能够被磁铁所吸引，则A是Fe，Fe在氯气中燃烧生成B为FeCl3，Fe和HCl反应生成FeCl2和H2，FeCl3和Fe反应生成FeCl2，则D为FeCl2，B和NaOH反应生成红褐色的C为Fe(OH)3，D和NaOH溶液反应生成的白色E为Fe(OH)2，Fe(OH)2和氧气、水反应生成Fe(OH)3。【详解】(1)通过以上分析知，A、C分别是Fe、Fe(OH)3，故答案为：Fe； Fe(OH)3；(2)B为氯化铁，铁离子用KSCN或NaOH溶液检验，铁离子和KSCN混合后溶液
26、呈血红色，和NaOH反应生成红褐色沉淀，所以可以用KSCN或NaOH溶液检验，故答案为：KSCN溶液或NaOH溶液；(3)Fe和稀盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，离子方程式为Fe+2H+=Fe2+H2，氢氧化亚铁和氧气、水反应生成氢氧化铁，反应方程式为4 Fe(OH)2+2H2O+O24 Fe(OH)3，故答案为：Fe+2H+=Fe2+H2；4 Fe(OH)2+2H2O+O2=4 Fe(OH)3。【点睛】本题以Fe及其化合物之间的转化为载体考查无机物推断，明确物质性质是解本题关键。本题的突破口为C的颜色。本题的易错点为氢氧化亚铁氧化的方程式的书写。18、KOH NaHCO3 NaCl CO32-+
27、2H+=H2O+CO2 2Fe(OH)3Fe2O3+3H2O 【解析】B、C、D 焰色反应均为黄色，则均为钠的化合物，A的焰色反应为紫色，则A为钾的化合物；若A的溶液滴加到FeCl2溶液中，先出现白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色沉淀E，可知A为KOH，E为Fe(OH)3；B、D和盐酸反应均得到C，将固体B加热分解可得到D，若在D的溶液中通入一种无色无味气体，又可得到B的溶液，可知B为Na2CO3，D为NaHCO3，C为NaCl，据此进行解答。【详解】(1)据分析可知答案为：KOH；NaHCO3；NaCl；(2)碳酸钠和盐酸反应离子方程式为：CO32-+2H+=H2O+CO2；氢氧化铁受热
28、反应方程式为：2Fe(OH)3Fe2O3+3H2O。19、MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O 关闭分液漏斗的活塞，末端连接导管，将导气管插入水中，用双手捂住烧瓶(或用酒精灯微热烧瓶)，若导气管口有气泡冒出，松手后导气管中能形成一段稳定水柱，则说明气密性良好 b 氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸能使石蕊试液变红，次氯酸能使石蕊试液褪色 先用水或弱碱性溶液将毛巾润湿后捂住口鼻，然后尽量沿逆风方向向地势较高处跑 【解析】(1)实验室制备Cl2是用MnO2氧化浓盐酸，该装置的气密性检查应用加热法；(2)由于MnO2与浓盐酸制得的Cl2中含有HCl、H2O，需除去，所以连接顺序为制气
29、除HCl干燥收集尾气吸收，据此解答； (3)由于Cl2密度大于空气，应用向上排空气法收集，应为长进短处；(4) Cl2+H2OHCl+HClO，HCl呈酸性，HClO具有漂白性，据此解答；(5)Cl2密度大于空气， 且Cl2与碱液反应，据此解答。【详解】(1)实验室制备Cl2是用MnO2氧化浓盐酸，该装置的气密性检查应关闭分液漏斗的活塞，将导气管插入水中，用双手捂住烧瓶（或用酒精灯微热烧瓶），若导气管口有气泡冒出，松手后导气管中能形成一段稳定水柱，则说明气密性良好，故答案为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O；关闭分液漏斗的活塞，将导气管插入水中，用双手捂住烧瓶（或用酒精灯微
30、热烧瓶），若导气管口有气泡冒出，松手后导气管中能形成一段稳定水柱，则说明气密性良好；(2)由于MnO2与浓盐酸制得的Cl2中含有HCl、H2O，需除去，所以连接顺序为制气除HCl干燥收集尾气吸收，仪器组合为ACCCB，对应的试剂和作用为：C；饱和氯化钠溶液；除去HCl；C；浓硫酸；除去H2O；B；NaOH溶液；吸收多余的Cl2；故答案为：C；饱和氯化钠溶液；除去HCl；C；浓硫酸；除去H2O；B；NaOH溶液；吸收多余的Cl2；(3)由于Cl2密度大于空气，应用向上排空气法收集，则b管进气，a管出气，故答案为：b；(4) 将氯气通入紫色石蕊试液中，可观察到溶液先变红后褪色的现象，是因为Cl2+
31、H2OHCl+HClO，溶液呈酸性，但是HClO具有强氧化性，能漂白指示剂，故答案为：氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸能使石蕊试液变红，次氯酸能使石蕊试液褪色；(5)由于Cl2密度大于空气， Cl2与碱液反应，所以先用水或弱碱性溶液将毛巾润湿后捂住口鼻，然后尽量沿逆风方向向地势较高处跑，故答案为：先用水或弱碱性溶液将毛巾润湿后捂住口鼻，然后尽量沿逆风方向向地势较高处跑。20、NaOH溶液 除去铝镁合金表面的氧化膜 使D和C的液面相平 2Al2NaOH2H2O=2NaAlO23H2 偏小 【解析】(1)Mg、Al均可以和酸反应，因此不可以用酸来实验，因为Al可以和碱反应而不和Mg反应，则可以用
32、NaOH与Al反应制得H2，然后用排水法收集H2，以计算Al的量； (2)因为Al表面容易生成氧化膜，因而要用酸处理；(3)整个操作过程及原理是：检查气密性；记录起始液面；加入碱反应；不产生气体后，记录C中的液面，两者相减即为产生H2的量；最后称得的固体即为Mg的质量。在读数时要注意D、C液面相平，否则气体将受压，造成读数不准；(4)B中发生的是Al与碱的反应；(5) （a-c）即为铝的质量，再除以Al的物质的量即为铝的摩尔质量，而n(Al)可以由产生的H2获得；(6)未洗涤，则造成（a-c）变小，则由(5)的结果可进行判断。【详解】(1)根据铝镁的化学性质，铝镁都能与酸反应放出氢气，但铝还能
33、与碱(如NaOH溶液)反应放出氢气，而镁不能，要测定铝镁合金中铝的质量分数，应选择NaOH溶液，答案是：NaOH溶液；(2)铝镁的表面都容易形成一层氧化膜，在实验前必须除去；答案是：除去铝镁合金表面的氧化膜；(3)实验时首先要检查气密性，记下量气管中C的液面位置，再加入NaOH溶液开始反应，待反应完毕并冷却至室温后，记录量气管中C的液面位置，最后将B中剩余固体过滤，洗涤，干燥，称重；量气管读数时为使里面气体压强与外界大气压相等，必须使D和C两管中液面相平，答案是：；使D和C的液面相平；(4)B管中发生铝与NaOH溶液的反应：2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2，答案是：2Al+2
34、NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2；(5)铝镁合金的质量为a g，B中剩余固体镁的质量为c g，则参加反应的铝的质量为（a-c）g，设铝的相对原子质量为M，则2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H22M322400mL（a-c）g bmL解之得：M=33600（a-c）/b；答案是：33600（a-c）/b；(6)铝的质量分数为：（a-c）/a100%，实验过程中，若未洗涤过滤所得的不溶物，c值偏大，铝的质量分数偏小；答案是：偏小。21、4HCl+MnO2MnCl2+Cl2+2H2O 碱石灰 NH4+ Cl- 将D装置的竖直导管口套一个气囊收集尾气，以防尾气污染环境 干燥的有色
35、布条不褪色，潮湿的有色布条褪色 【解析】(1)用二氧化锰和浓盐酸反应制取氯气,该反应的化学方程式为4HCl+MnO2MnCl2+Cl2+2H2O ,因此，本题正确答案是: 4HCl+MnO2MnCl2+Cl2+2H2O ;(2)洗气瓶B装饱和食盐水目的除去Cl2中的HCl,E干燥氨气,则E中干燥管内所装的试剂是碱石灰,因此答案是碱石灰;(3)D中发生8NH3+3Cl26NH4Cl +N2,白烟为氯化铵,向其中一支试管中加入浓NaOH溶液,加热,将湿润的红色石蕊试纸放在试管口附近,红色石蕊试纸变蓝,气体为氨气,则该固体中一定含有的阳离子是NH4+;向其中一支试管中加入硝酸酸化的硝酸银,有白色沉淀生成,则含Cl-,因此，答案是: NH4+、Cl-; (4)氯气、氨气均不能直接排放在环境中,D中导管无尾气吸收,不符合绿色化学的思想,应在D的导管上装一个气球,因此答案是:无尾气吸收,在D的导管上装一个气球。(5)氯气溶于水生成次氯酸，次氯酸有漂白作用，干燥的氯气不会使有色布条褪色，能使潮湿的有色布条褪色；答案：干燥的有色布条不褪色，潮湿的有色布条褪色。
