2026届广东省惠州市华罗庚中学化学高一第一学期期末考试模拟试题含解析

2026届广东省惠州市华罗庚中学化学高一第一学期期末考试模拟试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列说法不正确的是A．氯水保存在棕色细口瓶中B．稀释浓硫酸时，将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢注入水中，并不断搅拌C．金属钠着火时，可以迅速用水或沙子来灭火D．实验后剩余的金属钠粒可放回原试剂瓶中2、完成下列实验，不能达到实验目的的是A．用海水制蒸馏水，选④B．用CCl4提取碘水中的碘，选③C．从NaCl溶液中获取NaCl晶体，选②D．分离溶液和胶体，选①3、下列反应的离子方程正确的是()A．钠与水反应：Na+2H2O=Na++2OH﹣+H2↑B．FeCl3溶液中加入足量的氨水：Fe3++3OH﹣=Fe(OH)3↓C．钠与CuSO4溶液反应：2Na+Cu2+=Cu+2Na+D．用小苏打治疗胃酸过多：HCO3﹣+H+=CO2↑+H2O4、向Fe2(SO4)3、CuCl2混和溶液中投入足量的铁粉充分反应后，得到的固体经过滤、干燥、称重，若所得固体的质量与加入的铁粉的质量相等，则原溶液中c(SO42－)与c(Cl－)之比为A．3︰14 B．1︰7 C．2︰7 D．3︰25、下列不是黄绿色的是（）A．氯化氢 B．氯水 C．液氯 D．氯气6、向某溶液中加入含Fe2+的溶液后，无明显变化。当再滴入几滴新制氯水后，混合溶液变成红色，则下列结论错误的是A．该溶液中一定含有SCN- B．氧化性：Fe3+>Cl2C．Fe2+与SCN-不能形成红色物质 D．Fe2+被氧化为Fe3+7、14C是一种放射性同位素，在高层大气中由宇宙射线产生的中子或核爆炸产生的中子轰击14N可使它转变为14C。下列说法正确的是A．14N核外电子数与中子数相同 B．14C的核外电子数为8C．14C和14N互为同位素 D．14C和12C的所有性质都相同8、有NaCl、FeCl2、FeCl3、MgCl2、AlCl3这五种溶液，只用一种试剂就可以把它们鉴别出来，这种试剂是（）A．烧碱溶液 B．KSCN试剂 C．氨水 D．盐酸9、向100mLFeI2、FeBr2组成的混合溶液中，通入2.24L氯气(标准状况下)，刚好有的Fe2+被氧化，由此推知FeI2的浓度可能是()A．2mol/L B．0.8mol/L C．0.6mol/L D．1mol/L10、以下仪器中，名称为“容量瓶”的是（）A． B． C． D．11、已知氨气极易溶于水,而难溶于有机溶剂CCl4.下列装置中不适宜做氨气的尾气吸收的是()A． B． C． D．12、下列说法正确的是A．二氧化硫能使滴有酚酞的氢氧化钠溶液褪色，体现了其漂白性B．焦炭炼铁、发酵粉烘焙糕点均会产生温室气体C．NO2、SO2两种气体都能与水反应生成酸，它们都是酸性氧化物D．雨水样品在空气中放置2小时后，测得pH变小，因为样品吸收了空气中的CO213、常温常压下，等质量的CH4、CO2、O2、SO2分别吹出四个气球，其中气体为CH4的是（）A． B． C． D．14、下列物质沸点递变顺序正确的是()A．SnH4＞GeH4＞SiH4＞CH4B．SbH3＞AsH3＞PH3＞NH3C．HI＞HBr＞HCl＞HFD．H2Te＞H2Se＞H2S＞H2O15、下列关于元素及其化合物的说法正确的是A．Fe在常温下可与浓硝酸、稀硝酸、浓硫酸发生剧烈的反应B．NaHCO3可用于制备纯碱，治疗胃酸过多的药剂、食品发酵剂C．通过丁达尔效应可以鉴别豆浆和Fe(OH)3胶体D．摩尔质量实际上就是该元素的相对原子质量16、化学用语正确的是()A．硫的原子结构示意图：B．NH4Cl的电子式：C．原子核内有10个中子的氧原子：D．氮分子的电子式：二、非选择题（本题包括5小题）17、某无色混合物水溶液，可能含有以下离子中的若干种：K+、NH4+、Mg2+、Cu2+、Cl—、CO32—、SO42—，现各取100mL溶液三份进行如下实验：①向第一份加入AgNO3溶液，有白色沉淀产生；②向第二份加入足量NaOH溶液后加热，收集到气体0.672L（标准状况）；③向第三份加入足量BaCl2溶液，得到沉淀6.63克，经足量盐酸洗涤后，剩余4.66克。试回答下列问题：（1）肯定存在的离子有__________，肯定不存在的离子有______________；（2）可能存在的离子是_____________，判断该离子存在与否的方法是________________；（3）试计算肯定存在的阳离子在原溶液中的物质的量浓度_______________________。18、下列框图涉及的物质所含元素中，除一种元素外，其余均为1～18号元素。已知：A、F为无色气体单质，B为具有刺激性气味的气体，化学家哈伯因合成B获得1918年的诺贝尔化学奖。C为黑色氧化物，E为紫红色金属单质，I为蓝色沉淀(部分反应的产物未列出)。请回答下列问题：(1)常温下铝遇到G的浓溶液后表面形成一层致密的保护膜，该现象称为___________。(2)E与G的稀溶液反应的离子方程式为_________。(3)在25℃和101kPa的条件下，将VL的B气体溶于100mL水中，得到密度为ρg·mL－1的溶液M，则M溶液的物质的量浓度为________mol·L－1。(已知25℃、101kPa条件下气体摩尔体积为24.5L·mol－1，不必化简)(4)分别蘸取B的浓溶液和G的浓溶液的玻璃棒，接近后的现象是_________。(5)B和C反应的化学方程式为__________。(6)J、K是同种金属的不同氯化物，K为白色沉淀。写出SO2还原J生成K的离子方程式：______。19、在实验室中用二氧化锰跟浓盐酸反应制备干燥纯净的氯气，反应如下：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O进行此实验，所用仪器如下图：（1）连接上述仪器的正确顺序是（填各接口处的字母）：____接______，____接___，____接___，____接___。（2）在装置中：①饱和食盐水起的作用是___________，②浓硫酸起的作用是____________。（3）化学实验中检验是否有产生常用_____试纸，如果有产生，可观察到的现象是_____。（4）写出F装置中进行的反应的化学方程式：_________。（5）标准状况下，将4.35克与含1.55molHCl的浓盐酸溶液共热（盐酸过量，反应过程中忽略盐酸的挥发）。①产生的体积为___升（标准状况）。②在反应后溶液里加入溶液，可得AgCl沉淀___克。20、ClO2作为一种广谱型的消毒剂，将逐渐用来取代Cl2成为自来水的消毒剂。已知ClO2是一种易溶于水而难溶于有机溶剂的气体，实验室制备ClO2的原理是用亚氯酸钠固体与氯气反应：2NaClO2+Cl2=2ClO2+2NaCl。如图是实验室用于制备和收集一定量较纯净的ClO2的装置（某些夹持装置和垫持用品省略）。其中E中盛有CCl4液体（用于除去ClO2中的未反应的Cl2）（1）仪器P的名称是_________________。（2）写出装置A中烧瓶内发生反应的离子方程式：_______________________（3）B装置中所盛试剂是______________，C装置的作用____________，G装置的作用_______________。（4）F为ClO2收集装置，应选用的装置是___________（填序号），其中与E装置导管相连的导管口是________（填接口字母）。。21、下图是实验室制备四氯化硅液体的装置。已知：四氯化硅熔点为-70℃，沸点57.6℃，遇水极易反应。请回答下列问题。（1）写出装置A中发生反应的离子方程式_______________________________。（2）8.7gMnO2和足量的浓盐酸反应，其中被氧化的HCl的物质的量为____________mol。（3）装置B中盛放的试剂是__________________；（4）g管的作用是_________________。（5）装置E中冰水的作用是_________________。（6）干燥管F中碱石灰的作用是______________和_________________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】

A、氯水中的HClO见光易分解，故应避光保存，应保存在棕色的细口瓶中，故A正确；

B、浓硫酸稀释时放热，故应将浓硫酸注入水中，并边倒入边搅拌，故B正确；

C、钠能和水反应，钠着火不能用水灭火，故C错误；

D、剩余的固体为了防止污染试剂，一般不可以放回原试剂瓶，但剩余的金属钠可以放回原试剂瓶，故D正确。

故选：C。2、D【解析】

A.用海水制蒸馏水，采用蒸馏装置，选④能达到实验目的，故A不选；B.用CCl4提取碘水中的碘，采用萃取，分液，选③能达到实验目的，故B不选；C.从NaCl溶液中获取NaCl晶体，采用蒸发的方法，选②能达到实验目的，故C不选；D.分离溶液和胶体，采用渗析的方法，不能用过滤，因为溶液和胶体中的分散质均能通过滤纸，选①不能达到实验目的，故D选；故选：D。3、D【解析】

A．钠与水反应，离子方程式：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，故A错误；B．Fe

Cl3溶液中加入足量的氨水，离子方程式：Fe3++3NH3•H2O=Fe(OH)3↓+3NH4+，故B错误；C．钠与CuSO4溶液反应，离子方程式：2Na+2H2O+Cu2+=Cu(OH)2↓+2Na++H2↑，故C错误；D．用小苏打治疗胃酸过多，离子方程式：HCO3-+H+=CO2↑+H2O，故D正确；答案选D。4、A【解析】

向Fe2（SO4）3、CuCl2混和溶液中投入足量的铁粉，发生反应Fe+CuCl2=Cu+FeCl2，Fe+Fe2（SO4）3=3FeSO4，最后固体的质量与加入的铁粉的质量相等，则反应Fe+CuCl2=Cu+FeCl2导致固体增重等于反应Fe+Fe2（SO4）3=3FeSO4中参加反应的Fe的质量，假定反应Fe+Fe2（SO4）3=3FeSO4中参加反应的Fe的质量为56g，物质的量为=1mol，由方程式可知Fe2（SO4）3的物质的量为1mol，Fe+CuCl2=Cu+FeCl2

固体增重△m1mol64g-56g=8gn（CuCl2）56g故n（CuCl2）=×1mol=7mol，故原溶液中c（SO42-）：c（Cl-）=1mol×3：7mol×2=3：14，故选A。5、A【解析】

氯化氢为无色有刺激性气味的气体，液氯和氯气成分为Cl2，氯水的成分中含有Cl2，而Cl2为黄绿色的气体，故符合题意选项为A。

故答案选A。6、B【解析】

A.能使含Fe3＋的溶液变为红色，说明原溶液中一定含有SCN－原，故A正确，但不符合题意；B.溶液中的Fe2＋与加入的新制氯水发生反应：2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－，故Fe2＋被氧化为Fe3＋，氧化性：Fe3＋<Cl2，故B错误，符合题意；C.因原溶液中加入含Fe2＋的溶液后，无明显变化，说明Fe2＋与SCN－不能形成红色物质，故C正确，但不符合题意；D.溶液中的Fe2＋与加入的新制氯水发生反应：2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－，故Fe2＋被氧化为Fe3＋，故D正确，但不符合题意；故选：B。7、A【解析】

A.14N中子数=14-7=7，A正确；B.14C的核外电子数为6，B错误；C.14C和14N是不同的元素，不是同位素，C错误；D.14C和12C的化学性质都相同，物理性质有差别，D错误。故选A。8、A【解析】

A.向以上五种溶液中加入氢氧化钠溶液后反应现象为：无现象；先生成白色沉淀后生成灰绿色沉淀最终生成红褐色沉淀；红褐色沉淀；白色沉淀；先生成白色沉淀后沉淀消失，反应现象不同，所以可以用氢氧化钠溶液区别，A正确；B.KSCN试剂只能和FeCl3作用使溶液显红色，与其余四种物质不反应，现象相同，无法区别，B错误；C.氨水和NaCl混合无现象，与FeCl3混合，产生红褐色沉淀，与FeCl2混合先生成白色沉淀后生成灰绿色沉淀最终生成红褐色沉淀；而与MgCl2、AlCl3两种物质混合都产生白色沉淀，现象相同，无法区别，C错误；D.盐酸与题目已给五种物质都不能反应，现象相同，无法区别，D错误；故合理选项是A。9、C【解析】

标况下2.24L氯气的物质的量为：=0.1mol，由于还原性强弱:I-＞Fe2+＞Br-

，氯气通入到100mLFeI2、FeBr2混合溶液中，氯气先氧化碘离子，再氧化亚铁离子；碘离子完全氧化后，溶液中有一半的Fe2+被氧化成Fe3+，发生反应离子方程式为：Cl2+2I−=2Cl−+I2，Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+；A．若FeI2的浓度为2mol/L，则n(FeI2)=2mol/Lｘ0.1L=0.2mol，n(I−)=0.4mol，混合溶液中至少有n(Fe2+)=0.2mol，氯气先氧化碘离子，碘离子完全氧化后，溶液中有一半的Fe2+被氧化成Fe3+，根据反应Cl2+2I−=2Cl−+I2，碘离子消耗的n(Cl2)=n(I−)=0.2mol，通入的氯气一共为0.1mol，与题意不符，故A不符合题意；B．若FeI2的浓度为0.8mol/L，则n(FeI2)=0.8mol/Lｘ0.1L=0.08mol，n(I−)=0.16mol，混合溶液中至少有n(Fe2+)=0.08mol，氯气先氧化碘离子，碘离子完全氧化后，溶液中有一半的Fe2+被氧化成Fe3+，根据反应Cl2+2I−=2Cl−+I2，碘离子消耗的n(Cl2)=n(I−)=0.08mol，通入的氯气一共为0.1mol，则与Fe2+反应的氯气物质的量为0.02mol，根据反应Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+可得，0.02mol氯气消耗的Fe2+的物质的量为0.04mol，根据题意，溶液中有一半的Fe2+被氧化成Fe3+，则溶液中的Fe2+的总物质的量为0.08mol，与FeI2中Fe2+的物质的量相等，说明溶液中不含FeBr2，与题意不符，故B不符合题意；C．若FeI2的浓度为0.6mol/L，则n(FeI2)=0.6mol/Lｘ0.1L=0.06mol，n(I−)=0.12mol，混合溶液中至少有n(Fe2+)=0.06mol，氯气先氧化碘离子，碘离子完全氧化后，溶液中有一半的Fe2+被氧化成Fe3+，根据反应Cl2+2I−=2Cl−+I2，碘离子消耗的n(Cl2)=n(I−)=0.06mol，通入的氯气一共为0.1mol，则与Fe2+反应的氯气物质的量为0.04mol，根据反应Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+可得，0.04mol氯气消耗的Fe2+的物质的量为0.08mol，根据题意，溶液中有一半的Fe2+被氧化成Fe3+，则溶液中的Fe2+的总物质的量为0.16mol，说明溶液中含有FeBr2，FeBr2中Fe2+的物质的量为0.1mol，即混合溶液中FeBr2的浓度为1mol/L时符合题意，故C符合题意；D．若FeI2的浓度为1mol/L，则n(FeI2)=1mol/Lｘ0.1L=0.1mol，n(I−)=0.2mol，混合溶液中至少有n(Fe2+)=0.1mol，氯气先氧化碘离子，碘离子完全氧化后，溶液中有一半的Fe2+被氧化成Fe3+，根据反应Cl2+2I−=2Cl−+I2，碘离子消耗的n(Cl2)=n(I−)=0.1mol，通入的氯气一共为0.1mol，即溶液中的碘离子将通入的氯气完全消耗，不会有Fe2+被氧化，根据题意，溶液中有一半的Fe2+被氧化成Fe3+，与题意不符，故D不符合题意；答案选C。10、C【解析】

A.依据形状可知该仪器为圆底烧瓶，故A错误；B.依据形状可知该仪器为漏斗，故B错误；C.容量瓶是一种带有磨口玻璃塞的细长颈、梨形的平底玻璃瓶，颈上有刻度。当瓶内体积在所指定温度下达到标线处时，其体积即为所标明的容积数，故C正确；D.依据形状可知该仪器为分液漏斗，故D错误；答案选C。11、C【解析】

A.水的密度比四氯化碳小，四氯化碳不能和氨气反应，也不溶解氨气，该装置可以防止倒吸，可用于吸收氨气，故A不合题意；B.使用倒置的漏斗，可以防止倒吸，可用于吸收氨气尾气，故B不合题意；C.氨气极易溶于水，玻璃管插入水中会产生倒吸，故C符合题意；D.球形漏斗可以防止倒吸，可用于吸收氨气尾气，故D不合题意；故选C。12、B【解析】

A．二氧化硫能使滴有酚酞的氢氧化钠溶液褪色，体现了其酸性氧化物的通性，二氧化硫不能漂白酸碱性指示剂，A错误；B．焦炭炼铁、发酵粉烘焙糕点均会产生温室气体CO2，B正确；C．NO2不是酸性氧化物，C错误；D．雨水样品在空气中放置2小时后，测得pH变小，是因为雨水中的亚硫酸被氧化为硫酸，D错误；综上所述，本题选B。【点睛】酸性氧化物是指能够与碱反应只生成盐和水，反应过程中各元素的化合价不发生变化，属于非氧化还原反应，比如二氧化硫与氢氧化钠溶液反应生成亚硫酸钠和水，属于非氧化还原反应；而二氧化氮与氢氧化钠溶液发生反应生成硝酸钠、亚硝酸钠和水，但是氮元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应；所以二氧化硫属于酸性氧化物而二氧化氮不属于酸性氧化物。13、D【解析】

同温同压下，相同质量的气体，体积之比与摩尔质量成反比，即摩尔质量越大，气体占有的体积越小，以此解答。【详解】CH4的摩尔质量为16g/mol，CO2的摩尔质量为44g/mol，O2的摩尔质量为32g/mol，SO2的摩尔质量为64g/mol，故同温同压下，等质量的CH4、CO2、O2、SO2占有体积大小为：CH4>O2>CO2>SO2，故选D。14、A【解析】

A、同主族元素的氢化物，沸点随相对分子质量的增大而增大，所以沸点：SnH4＞GeH4＞SiH4＞CH4，故A正确；B、同主族元素的氢化物，沸点随相对分子质量的增大而增大，NH3分子间存在氢键，所以沸点：NH3＞SbH3＞AsH3＞PH3，故B错误；C、同主族元素的氢化物，沸点随相对分子质量的增大而增大，HF分子间存在氢键，所以沸点：HF＞HI＞HBr＞HCl，故C错误；D、同主族元素的氢化物，沸点随相对分子质量的增大而增大，H2O分子间存在氢键，所以沸点：H2O＞H2Te＞H2Se＞H2S，故D误。【点睛】本题考查了分子间作用力和熔沸点的关系，同主族元素的氢化物，沸点随相对分子质量的增大而增大，注意把握氢键对物质熔沸点的影响。15、B【解析】

A.Fe在常温下可与浓硝酸、浓硫酸发生钝化，故A错误；B.NaHCO3具有不稳定性，NaHCO3可用于制备纯碱，NaHCO3能与HCl反应，可用于作治疗胃酸过多的药剂、食品发酵剂，故B正确；C.通过丁达尔效应无法鉴别豆浆和Fe(OH)3胶体，两者都有丁达尔现象，故C错误；D.摩尔质量以g·mol－1作单位时，数值上等于该元素的相对原子质量，故D错误；故选B。16、C【解析】

A.硫原子的核电荷数为16，核外有3个电子层，最外层有6个电子，原子结构示意图为，故A错误；B.氯化铵是由铵根离子和氯离子形成的离子化合物，电子式为，故B错误；C.原子核内有10个中子的氧原子的质子数为8，质量数为18，原子符号为，故C正确；D.氮气为双原子分子，分子中含有氮氮三键，电子式为，故D错误；故选C。二、非选择题（本题包括5小题）17、（1）K+、NH4+、CO32-、SO42-；Mg2+、Cu2+；（2）Cl—取原溶液少许于试管中，滴加过量Ba(NO3)2溶液，过滤后往滤液中再加入AgNO3溶液，若有白色沉淀产生，说明有Cl-；反之，没有（3）c（K+）≥0.2mol/L、c（NH4+）=0.4mol/L【解析】试题分析：无色溶液说明没有铜离子；第一份：第一份加入硝酸银溶液，有白色沉淀产生，说明溶液中可能存在Cl-、CO32—、SO42—；第二份：加足量NaOH溶液加热后生成标准状况下0.896L气体为氨气，则溶液中一定含有NH4+，且物质的量为：0.896L÷22.4L/mol=0.04mol；第三份：根据题中信息可知2.33为硫酸钡，n（BaSO4）=n（SO42—）=2.33g÷233g/mol═0.01mol；生成的沉淀BaCO3物质的量=（6.27g−2.33g）÷197g/mol=0.02mol；因为一定含CO32—，所以不含Mg2+；再根据电荷守恒，正电荷为：n（+）=n（NH4+）=0.04mol；n（-）=2n（CO32—）+2n（SO42—）=0.06mol，故一定有K+，至少0.02mol；（1）根据以上分析可知肯定存在的离子是K+、NH4+、CO32-、SO42-；肯定不存在的离子有Mg2+、Cu2+；（2）根据以上分析可知，无法确定是否含有氯离子，可先加过量Ba(NO3)2溶液，过滤后往滤液中再加入AgNO3溶液，若有白色沉淀说明有Cl-，否则无Cl-；（3）NH4+的物质的量是0.04mol，溶液体积是0.1L，所以c（NH4+）=0.04mol÷0.1L=0.4mol/L；由于不能确定是否含有氯离子，则钾离子的物质的量至少是0.02mol，其浓度至少是0.2mol/L。【考点定位】本题考查了常见离子的检验方法，【名师点晴】解答时注意熟练掌握常见离子的性质及检验方法。根据离子的特征反应及离子间的共存情况，进行离子推断时要遵循以下三条原则：（1）互斥性原则。判断出一定有某种离子存在时，将不能与之共存的离子排除掉，从而判断出一定没有的离子。（2）电中性原则。溶液呈电中性，溶液中一定有阳离子和阴离子，不可能只有阳离子或阴离子。（3）进出性原则。离子检验时，加入试剂会引入新的离子，某些离子在实验过程中可能消失(如溶液中的AlO2－在酸过量时转化为Al3＋)，则原溶液中是否存在该种离子无法判断。解答时，首先，必须以扎实全面的基础知识作后盾。扎实全面的基础知识是考生认真、准确解答试题的前提和基础。例如考生要对离子的性质、离子的特征、离子间的反应关系要有准确全面的认识。其次，必须要有正确清晰的解题思路和正确灵活的解题方法。18、钝化3Cu＋8H＋＋2NO3－=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O冒白烟3CuO＋2NH3=3Cu＋N2＋3H2O2Cu2＋＋2Cl－＋SO2＋2H2O2CuCl↓＋4H＋＋SO42－【解析】

(1)常温下铝遇浓硝酸钝化，据此解答；(2)铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，据此解答；(3)氨气的物质的量是mol，溶液的质量是g，溶液的体积为＝mL，据此解答；(4)浓硝酸、浓氨水均易挥发，分别蘸取浓硝酸和浓氨水的玻璃棒接近后会产生白烟，据此解答；(5)B与C反应即CuO和NH3反应，生成铜单质、氮气和水，据此解答；(6)J、K是同种金属的不同氯化物，K为白色沉淀，则K是CuCl，SO2还原氯化铜生成氯化亚铜，据此解答；【详解】A、F为无色气体单质，B为具有刺激性气味的气体，化学家哈伯因合成B获得1918年的诺贝尔化学奖，则B是氨气，A是氧气，D是NO，F是氮气，G是硝酸。C为黑色氧化物，E为紫红色金属单质，I为蓝色沉淀，则C是氧化铜，与氨气发生氧化还原反应生成铜、氮气和水，E是铜，与硝酸反应生成硝酸铜，I是氢氧化铜，J是氯化铜。(1)常温下铝遇浓硝酸后表面形成一层致密的保护膜，该现象称为钝化，故答案为：钝化；(2)铜与稀硝酸反应的离子方程式为3Cu＋8H＋＋2NO3－=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，故答案为：3Cu＋8H＋＋2NO3－=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O；(3)氨气的物质的量是mol，溶液的质量是g，溶液的体积为＝mL，所以溶液的物质的量浓度为mol·L－1，故答案为：；(4)浓硝酸、浓氨水均易挥发，分别蘸取浓硝酸和浓氨水的玻璃棒接近后会产生硝酸铵，实验现象是冒白烟，故答案为：冒白烟；(5)B与C反应的化学方程式为3CuO＋2NH3=3Cu＋N2＋3H2O，故答案为：3CuO＋2NH3=3Cu＋N2＋3H2O；(6)J、K是同种金属的不同氯化物，K为白色沉淀，则K是CuCl，SO2还原氯化铜生成氯化亚铜的离子方程式为2Cu2＋＋2Cl－＋SO2＋2H2O2CuCl↓＋4H＋＋SO42－，故答案为：2Cu2＋＋2Cl－＋SO2＋2H2O2CuCl↓＋4H＋＋SO42－。19、ECDABHGF除去氯化氢气体吸收水蒸气湿润的淀粉碘化钾试纸试纸变蓝Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O1.12208.075【解析】

（1）实验装置的连接顺序为:发生装置→除杂装置→收集装置→尾气处理装置；因为收集的是气体，所以除杂装置中长导管进气，段导管出气；因为饱和食盐水中有水，浓硫酸有吸水性，所以先连接饱和食盐水装置后连接浓硫酸装置；收集装置中，因为氯气的浓度大于空气的，所以长导管进气短导管出气，最后氯气用氢氧化钠吸收；连接上述仪器的正确顺序是：E接C，D接A，B接H，G接F；答案是：EC，DA，BH，GF；（2）发生装置中生成的氯气中含有少量水蒸气和氯化氢，因此①饱和食盐水起的作用是除去氯化氢气体；②浓硫酸起的作用是吸收水蒸气；故答案是：除去氯化氢气体；吸收水蒸气；（3）碘离子被氯气氧化为碘单质，碘与淀粉相遇变蓝，所以检验是Cl2常用湿润的淀粉碘化钾试纸，如果有Cl2产生，可观察到的现象是试纸变蓝；故答案是：湿润的淀粉碘化钾试纸；试纸变蓝；（4）氯气有毒，可以用氢氧化钠吸收多余的氯气，反应的化学方程式：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；故答案是：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；（5）4.35克MnO2的物质的量为4.35g/87g/mol=0.05mol；n（HCl）=1.55mol；发生的反应为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O。盐酸过量，按照MnO2进行计算；根据反应关系：MnO2--Cl2可知，n（Cl2）=0.05mol；V=nVm=0.05mol×22.4L/mol=1.12L；盐酸提供的总的氯离子的量n（Cl-）=n（HCl）=1.55mol；其中产生氯气的氯离子有n（Cl-）=2n（Cl2）=2×0.05mol=0.1mol；所以剩余的n（Cl-）=1.55-0.1=1.45mol；根据Ag++Cl-=AgCl↓可知，n（AgCl）=n（Cl-）（剩余）=1.45mol，质量为1.45mol×143.5g/mol=208.075g；故答案是：①1.12；②208.075。【点睛】MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O反应中，如果酸过量，二氧化锰完全反应，则n(MnO2)=n（Cl2）；当二氧化锰过量，浓盐酸参加反应时，由于随着反应的进行，浓盐酸逐渐变为稀盐酸，稀盐酸与二氧化锰不反应，所以产生氯气的量小于1/4n(HCl)。20、分液漏斗Mn