2018-2019学年湖北省荆、荆、襄、宜四地七校联考高一(下)期中化学试卷 解析版

2018-2019学年湖北省荆、荆、襄、宜四地七校联考高一（下）
期中化学试卷
一、选择题（共16小题，每小题3分，满分48分）
1．（3分）《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
2．（3分）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3．（3分）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
4．（3分）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
5．（3分）化学反应A2+B2═2AB 的能量变化如图所示，则下列说法中正确的是（）
A．该反应过程吸收能量
B．断裂1molA﹣A 键和1molB﹣B 键可放出x kJ 能量
C．形成2molA﹣B 键需要放出y kJ 能量
D．2molAB 的总能量高于1molA2和1molB2的总能量
6．（3分）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﹣
7．（3分）设N A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1molN2和3molH2混合反应，转移的电子数为6N A
B．常温常压，11.2L氦气中含有的原子数为0.5N A
C．标准状况下，4.48L重水（D2O）中含有的中子数为2N A
D．常温常压下，23gNO2和N2O4的混合物中含有N A个氧原子
8．（3分）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↑
9．（3分）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．下列说法不正确的是（）
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
10．（3分）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
②F2、Cl2、Br2、I2熔点随相对分子质量增大而升高
③BCl3、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
⑤HF分子很稳定是由于HF分子之间能形成氢键
A．②④B．①②④C．②④⑤D．③④⑤11．（3分）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12．（3分）下列“解释或结论”与“实验操作及现象”不相符的一组是（）
A．A B．B C．C D．D
13．（3分）下列实验现象预测正确的是（）
A．实验Ⅰ：振荡后静置，溶液不再分层，且保持无色透明
B．实验Ⅱ：铁片最终完全溶解，且高锰酸钾溶液变无色
C．实验Ⅲ：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．实验Ⅳ：当溶液至红褐色，停止加热，让光束通过体系时可产生丁达尔现象14．（3分）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（）
A．A B．B C．C D．D
15．（3分）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．滴加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
16．（3分）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
二、填空题（共4小题，每小题15分，满分52分）
17．（15分）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：
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0.1molX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。

18．（14分）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240mL1mol•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，
19．（13分）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、1molN ≡N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）
20．（10分）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Cl21.5mol，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。

2018-2019学年湖北省荆、荆、襄、宜四地七校联考高一
（下）期中化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共16小题，每小题3分，满分48分）
1．【解答】解：“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”，涉及用到加热的方法，将被提纯物质气化、冷凝为固体的过程，为升华操作，没有隔绝空气强热，不是干馏，萃取无需加热。

故选：B。

2．【解答】解：A、缤纷绚丽的烟花中添加了含钾、钠、钙、铜等不同金属元素的化合物，利用焰色反应，使烟花呈现出漂亮的颜色，故A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KIO3，而不是KI，故B错误；
C、铁粉有很强的还原性，能抗氧化，故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，故C正确；
D、目前世界上使用量最大的合金材料是钢铁，青铜是使用最早的合金，故D正确。

故选：B。

3．【解答】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，故A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，故B错误；
C．14C是原子，不是单质，与C60单质不是同素异形体，故C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，故D正确；
故选：D。

4．【解答】解：A．Cu﹣Zn稀硫酸原电池中，Zn为负极，Cu片为正极，铜片上2H++2e﹣＝H2↑，故A错误；
B．Cu﹣Zn稀硫酸原电池中，Zn为负极，Cu片为正极，电路中的电流方向由Cu片流向Zn片，故B错误；
C．原电池的能量变化为化学能→电能，LED灯工作时能量变化为电能→光能，所以电路中能量转化的形式主要是“化学能→电能→光能”，故C正确；
D．柠檬汁呈弱酸性，如果将稀硫酸换成柠檬汁，则与Cu﹣Zn仍然形成原电池，LED灯
将微弱发光，故D错误；
故选：C。

5．【解答】解：A、根据能量图可知，反应物的能量高于生成物的能量时，反应是放出热量，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、由图可知形成2molA﹣B键需要放出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．【解答】解：A．滴入酚酞变红的溶液呈碱性，HCO3﹣离子和氢氧根离子反应不能大量存在，故A错误；
B．加入金属Mg有H2产生的溶液为稀酸溶液，Fe2+、H+、NO3﹣、组成的混合溶液中稀硝酸具有氧化性能氧化亚铁离子，不能大量共存，故B错误；
C．Fe3+能够氧化I﹣生成I2，也能与SCN﹣反应生成Fe（SCN）3，离子不能大量共存，故C错误；
D．澄清透明溶液中Cu2+、Na+、NH4+、NO3﹣离子间，不发生反应可以大量共存，故D 正确；
故选：D。

7．【解答】解：A、合成氨的反应为可逆反应，故不能反应彻底，故转移的电子数小于6N A 个，故A错误；
B、常温常压下气体摩尔体积大于22.4L/mol，故11.2L氦气的物质的量小于0.5mol，故
含有原子小于0.5N A个，故B错误；
C、标况下重水为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故C错误；
D、NO2和N2O4的最简式均为NO2，故23g混合物中含有的NO2的物质的量为0.5mol，
故含氧原子为N A个，故D正确。

故选：D。

8．【解答】解：A．漂白粉溶液中通入过量的CO2，反应生成碳酸氢钙和HClO，离子反应为ClO﹣+CO2+H2O═HCO3﹣+HClO，故A错误；
B．碘离子具有还原性，铁离子具有氧化性，二者之间发生氧化还原反应，得到的是亚铁离子和碘单质，离子方程式为：2 Fe（OH）3+6 H++2 I﹣═2 Fe2++I2+6 H2O，故B错误；
C．NaHCO3溶液中加足量Ba（OH）2溶液的离子反应为HCO3﹣+Ba2++OH﹣═BaCO3↓+H2O，故C正确；
D．钠和冷水反应的离子方程式为：2Na+2H2O＝2Na++2OH﹣+H2↑，故D错误；
故选：C。

9．【解答】解：由以上分析可知W为F元素、X为Mg元素、Y为S元素、Z为Cl元素。

A．同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，电子层越多原子半径越大，故原子半径M＞S＞Cl＞F，即X＞Y＞Z＞W，故A正确；
B．非金属性W＞Z＞Y，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故B正确；
C．如不是最高价氧化物的水化物，则不能用于比较非金属性强弱，故C错误；
D．镁为活泼金属，可与氟气、硫、氯气反应，故D正确。

故选：C。

10．【解答】解：①具有相同核外电子排布的离子，阳离子的原子序数大于阴离子的原子序数：M＞R，故①错误；
②相对分子质量越大，熔点越大，则F2、Cl2、Br2、I2熔点随相对分子质量增大而升高，
故②正确；
③CO2分子中各原子均达到8e﹣稳定结构，但BCl3中B原子最外层6电子、PCl5中P原
子最外层10电子、H2O中氢原子最外层2电子，它们最外层都不是8电子，故③错误；
④干冰升华时，属于物理变化，破坏的是分子间作用力，CO2分子内的C＝O键未被破
坏，故④正确；
⑤HF的稳定性很强，是由于H﹣F键键能较大的原因，与氢键无关，氢键与其熔沸点有
关，故⑤错误；
故选：A。

11．【解答】解：A．同主族元素从上到下，元素的金属性逐渐增强，同周期元素的金属性逐渐减弱，金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性增强，则碱性：RbOH＞KOH＞Ca（OH）2，故A正确；
B．氯、溴、碘是同主族元素，氯化银、溴化银都是不溶于硝酸的固体，所以碘化银也是难溶于硝酸的固体，故B正确；
C．同主族元素的性质具有相似性，碳酸钙、碳酸镁都是不溶于水的白色沉淀，则SrCO3是白色难溶于水的固体，故C正确；
D．硒与硫是同主族元素的原子，从上到下非金属性依次减弱，氢化物的稳定性逐渐减弱，
所以硒化氢（H2Se）不如H2S稳定，故D错误。

故选：D。

12．【解答】解：A．向某溶液中加入KSCN溶液，无明显现象，说明原溶液中不存在铁离子，再加入H2O2溶液出现血红色，证明此时存在铁离子，从而证明该溶液中一定含有Fe2+，“解释或结论”与“实验操作及现象”相符，故A不选；
B．向某溶液中加入盐酸无明显现象，排除了碳酸根离子、银离子等干扰，再加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，该白色沉淀一定为硫酸钡，则该溶液中一定含有SO42﹣，“解释或结论”与“实验操作及现象”相符，故B不选；
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，可证明镁条与稀盐酸反应是放热反应，“解释或结论”与“实验操作及现象”相符，故C不选；
D．氯气不具有漂白性，氯气与水反应生成的HClO具有漂白性，该“解释或结论”与“实验操作及现象”不相符，故D选；
故选：D。

13．【解答】解：A．装置图中苯难溶于水和水分层，苯层棕红色；故A错误；
B．常温下铁在浓硫酸中发生钝化现象；阻止反应进行，铁片不能溶解，高锰酸钾溶液不变色，故B错误；
C．铜和稀硝酸发生生成一氧化氮气体在广口瓶中遇到空气中的氧气反应生成红棕色气体二氧化氮；故C错误；
D．饱和氯化铁溶液加热到红褐色后制的氢氧化铁胶体；胶体具有丁达尔现象，光线通过出现一条光亮的通路，故D正确；
故选：D。

14．【解答】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正确；
B．B为CO，A可为碳，D为氧气，CO与氧气反应生成氢氧化铁，碳与二氧化碳反应生成CO，符合转化关系，故B正确；
C．如C为FeCl2，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错误；
D．硫化氢燃烧可生成硫、二氧化硫，且硫化氢与二氧化硫反应，符合转化关系，故D 正确。

故选：C。

15．【解答】解：A．滴加KI溶液时，I元素的化合价升高，KI被氧化，Cu元素的化合价降低，则CuI是还原产物，故A正确；
B．通入SO2后溶液逐渐变成无色，发生了氧化还原反应，S元素的化合价升高，体现其还原性，故B错误；
C．白色沉淀为CuI，反应中+2价铜离子得到电子生成CuI，则转移lmol电子时生成1mol 白色沉淀子，故C正确；
D.2CuSO4+4KI═2K2SO4+2CuI↓+I2反应中Cu2+化合价降低是氧化剂，I2是氧化产物，
氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，所以物质的氧化性：Cu2+＞I2，SO2+2H2O+I2＝H2SO4+2HI中碘元素化合价由0价降低为﹣1价，I2是氧化剂，SO2被氧化，所以物质氧化性I2＞SO2，所以氧化性Cu2+＞I2＞SO2，故D正确；
故选：B。

16．【解答】解：将Cu2O拆分为Cu、CuO，原混合物看做Cu、CuO的混合物，其中一份用足量的氢气还原，反应后固体质量减少6.40g为拆分后Cu、CuO的混合物中O元素的质量，O原子的物质的量为＝0.4mol，根据Cu元素守恒可知n（CuO）＝n（O）＝0.4mol；
另一份中加入500mL稀硝酸，固体恰好完全溶解，溶液中溶质为Cu（NO3）2，且同时收集到标准状况下NO气体4.48L，NO的物质的量为＝0.2mol，根据电子转移守恒可知拆分后Cu、CuO的混合物中2n（Cu）＝3n（NO）＝3×0.2mol，n（Cu）＝
0.3mol，由铜元素守恒可知n[Cu（NO3）2]＝n（CuO）+n（Cu）＝0.4mol+0.3mol＝0.7mol，
根据氮元素守恒可知n（HNO3）＝n（NO）+2n[Cu（NO3）2]＝0.2mol+2×0.7mol＝1.6mol，硝酸的浓度为＝3.2mol/L。

故选：B。

二、填空题（共4小题，每小题15分，满分52分）
17．【解答】解：由元素的位置可知，①～⑩分别为Na、K、Mg、Al、C、N、O、F、Cl、Br，
（1）在上述元素中，非金属性最强的是F，原子半径最大的是K，F和Br的核电荷数分别为9和35，两者核电荷数之差是26，故答案为：氟；K；26；
（2）酸性最强的物质为高氯酸，化学式为HClO4，故答案为：HClO4 ；
（3）C原子最外层电子数为4，O原子最外层电子数为6，一个分子中两个O原子分别
与一个C原子形成两对共用电子对，形成过程为
，
故答案为：；
（4））①和⑦可以形成一种淡黄色物质X为过氧化钠，其电子式为
，含离子键和共价键，Na2O2与水反应生成NaOH和O2，离子方程式为2Na2O2+2H2O＝4Na++4OH﹣+O2↑，由方程式可知，2molNa2O2反应转移电子数2mol即2N A，则0.1molNa2O2与水反应转移电子数为0.1N A，
故答案为：；离子键和共价键；2Na2O2+2H2O＝4Na++4OH﹣+O2↑；
0.1N A；
（5）元素⑥和⑧可形成一种相对分子量为66的共价化合物Y，结合N、F相对原子质量计算可知Y为N2F2，分子中各原子均达到“8电子稳定结构”，F原子与N原子之间形成1对共用电子对，N原子之间形成2对共用电子对，结构式为F﹣N＝N﹣F，故答案为：F﹣N＝N﹣F。

18．【解答】解：I（1）配制240mL1mol•L﹣1的氢氧化钠溶液的步骤为：计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等，需要使用的仪器为：托盘天平、烧杯、药匙、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管等，所以必须使用的仪器有：①烧杯④容量瓶⑤玻璃棒⑥托盘天平（带砝码），还缺少的仪器为：容量瓶；配制240mL1mol•L﹣1的NaOH溶液，应选择250mL容量瓶；
故答案为：250 mL容量瓶；
（2）配制240mL1mol•L﹣1的NaOH溶液，应选择250mL容量瓶，需要溶质的质量为：
0.25L×1mol/L×40g/mol＝10.0g；
故答案为：10.0；
（3）A．氢氧化钠固体潮解，导致称取的固体中含有溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故A不选；
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，故B选；
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，故
C不选；
D．定容时俯视刻度线，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故D选；
故选：BD；
II（1）①氯化铵与氢氧化钙加热生成氯化钙、氨气和水，反应物为固体与固体，反应条件为加热，所以应选择装置B为发生装置；反应方程式：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O；
故答案为：B；2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O；
②从发生装置出来的气体除了氨气外还有水蒸气，要想收集干燥纯净的氨气，应先干燥，
再收集，氨气为碱性气体，应用碱石灰干燥，干燥管干燥气体，应大口进小口出，所以从发生装置出来的气体，连接d，从c口出来的气体用排气法收集，氨气极易溶于水，密度小于空气密度的性质选择向下排空气法收集，应短进长出，c连f，e，过量的气体需要进行尾气处理，氨气极易溶于水，可以用水吸收，需要注意防止发生倒吸，所以最后连装置i，
所以连接顺序为：dcfe；
故答案为：dcfe；
（2）①用A装置制取Cl2，用到的原料为浓盐酸和二氧化锰，二者在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水，离子方程式MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O；
故答案为：MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O；
②氯气能够与碱石灰反应，不能用碱石灰干燥，可以用无水氯化钙、浓硫酸干燥，硫酸
铜一般不用做干燥剂；
故选：AC；
③氯气能够与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，所以一般用氢氧化钠溶液
稀释过量的氯气；
故答案为：NaOH。

19．【解答】解：（1）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，可充分利用资源，减少垃圾污染，符合开源节流的思想，故a正确；
b、煤、石油、天然气属于不可再生资源，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，不符合节源开流，故b错误；
c、太阳能、水能、风能、地热等取之不尽、用之不竭，代替不可再生的化石燃料符合开源节流的思想，故c正确；
d、减少资源消耗、增加资源的重复使用和资源的循环再生，符合节约能源和保护生态环境的内容，故d正确；
故选：acd，
故答案为：acd；
（2）在反应2NH3⇌N2+3H2中，断裂2mol NH3，共形成6mol N﹣H键，吸收的能量为6×391kJ＝2346kJ，生成3mol H﹣H键，1mol N≡N键共放出的能量为：3×436kJ+946kJ ＝2254kJ，吸收的能量多，放出的能量少，该反应为吸热反应，吸收的热量为2346kJ﹣2254kJ＝92kJ，所以当1molNH3分解吸收热量为46kJ，
故答案为：吸收；46；
（3）已知一定条件下，白磷转化为红磷释放出能量，红磷能量低，故白磷比红磷稳定性弱，
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，而B、C、D为氧化还原反应，但是C反应不能自发，C不能设计成原电池，A为非氧化还原反应，不可以设计成原电池，B可以设计为燃料电池，D可以设计为负极是铜，正极为碳等，电解质溶液为硝酸银溶液的原电池，
故答案为：BD；
②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↑；稀硫酸和锌的反应是放热反应导致溶液温度逐渐升高，化学能转化为热能；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，所以图Ⅰ中气泡产生在锌棒表面，Ⅱ中产生在铜棒表面；构成原电池加快化学反应速率，则图Ⅱ中产生气体的速度比Ⅰ快；图Ⅰ中温度计的示数高于图Ⅱ的示数，
故答案为：BC；
③由燃料电池是原电池的一种，负极失电子发生氧化反应，正极得电子发生还原反应，甲醇燃烧生成二氧化碳和水，
但在碱性介质中，正极有氢氧根离子参与反应，甲醇燃料电池的负极反应式为
CH3OH+8OH﹣﹣6e﹣＝CO32﹣+6H2O，正极电极反应为：O2+2H2O+4e﹣＝4OH﹣，若该电池的效率为60%，当外电路转移1.2mol电子，实际应转移电子总物质的量＝＝2mol，电极反应定量关系计算得到消耗氧气0.5mol，标准状况下体积＝0.5mol×22.4L/mol ＝11.2L，
故答案为：CH3OH+8OH﹣﹣6e﹣＝CO32﹣+6H2O；11.2。

20．【解答】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由方程式可知，当3molNH3参加反应时，有2molNH3被氧化，消耗Cl21.5mol则
3Cl2+8NH3＝6NH4Cl+N2被氧化NH3
3 2
1.5mol n
解得n＝1mol，
则被氧化的NH3在标准状况下的体积为1mol×22.4L/mol＝22.4L，
故答案为：22.4；
（2）①铜与氯化铁反应生成氯化铁、氯化亚铁，反应方程式为：2FeCl3+Cu═2 FeCl2+CuCl2，离子方程式为：2Fe3++Cu＝2Fe2++Cu2+，检验溶液中Fe3+存在通常用KSCN 溶液，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Fe（OH）3与KClO在强碱性条件下反应制取K2FeO4，铁元素化合价+3价变化为
+6价，氯元素化合价+1价变化﹣1价，电子转移总数6e﹣，反应的离子方程式为：2Fe （OH）3+3ClO﹣+4OH﹣＝2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O，
故答案为：2 Fe3++3ClO﹣+10OH﹣＝2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O。