【化学】广西百色市2019-2020学年高一上学期期末考试试题（解析版）
广西百色市2019-2020学年高一上学期期末考试试题
注意事项：
1.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答题前，考生务必将自己的班级、姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，写在本试卷上无效。
3.回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Al-27 S-32 Cu-64
第Ⅰ卷（选择题共48分）
一、选择题（本题共16题，每题3分，每题只有1个选项符合题意。）
1.化学与生活、生产密切相关，下列有关说法不正确的是( )
①PM2.5(直径小于或者等于2.5×10-6m的细颗粒物)分散在空气中可形成胶体
②明矾和活性炭均可净水，且净水过程只发生了物理变化
③氢氟酸可用于玻璃(含SiO2)饰品的雕刻，利用了氢氟酸的强酸性
④氯水、二氧化硫、活性炭均具有漂白性，但其漂白原理各不相同
A. ①② B. ②③ C. ①②③④ D. ①②③
【答案】D
【解析】
【详解】①胶体粒子的直径范围为10-9m-10-7m之间，而PM2.5直径小于或者等于2.5×10-6m的细颗粒物，分散到空气中不能形成胶体，故错误；
②明矾净水是因电离产生的铝离子发生水解反应产生氢氧化铝胶体，过程中发生化学变化，故错误；
③氢氟酸可用于玻璃(含SiO2)饰品的雕刻，是因为HF可与 二氧化硅反应产生四氟化硅，但HF是弱酸，且该反应也不表现HF的酸性，故错误；
④氯水有漂白性是因为氯气溶于水产生具有强氧化性的次氯酸，次氯酸有漂白性是因其氧化性所致；二氧化硫的漂白性体现在能与有色物质化合产生不稳定的无色物质，是化合型漂白原理；活性炭的漂白性是因其具有吸附性所致，三者漂白原理不同，故正确；
综上所述错误的是①②③，
故选：D
2.下列有关实验的仪器选择和部分实验操作均正确的是（ ）
选项
实验
所选主要仪器铁架台等忽略
部分操作
A
用浓硫酸配制480mL0.1mol/L硫酸溶液
500mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管
将刚稀释所得的硫酸溶液立刻转移至500mL容量瓶，并加水至刻度线即可
B
从食盐水中得到NaCl晶体
坩埚、酒精灯、玻璃棒、泥三角、三脚架
当加热至大量晶体出现时，停止加热，利用余热继续蒸干
C
从碘的四氯化碳溶液中得到碘
蒸馏烧瓶、酒精灯、温度计、冷凝管、锥形瓶、牛角管
温度计水银球插入液液面以下
D
用汽油提取溴水中的Br2
分液漏斗、烧杯
分离时下层液体从分液漏斗下口放出，上层液体从上口倒出
【答案】D
【解析】
【详解】A．浓硫酸溶于水放出大量的热，应该将稀释后的溶液冷却至室温，再转移至容量瓶中，该操作方法不合理，A错误；
B．从食盐水中得到NaCl晶体的操作为蒸发，蒸发食盐水应该在蒸发皿中进行，不需要坩埚，B错误；
C．可以通过蒸馏操作分离碘的四氯化碳溶液，但温度计的水银球不能插入溶液，应该放在蒸馏烧瓶的支管口处，C错误；
D．Br2易溶于汽油，微溶于水，混合液分层可用汽油萃取溴水中的Br2，分离时下层液体从分液漏斗下口放出，上层液体从上口倒出，D正确；
故选D。
3.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）
A. 1molS与足量Fe反应，转移的电子数为3NA
B. 标准状况下，0.5molCu与1mol浓H2SO4在加热时充分反应，生成11.2L的SO2
C. 标准状况下，8.8g的CO2和N2O的混合气体所含的原子总数为0.6NA
D. 1L0.1mol/L的稀硝酸溶液中所含的氧原子数目为0.3NA
【答案】C
【解析】
【详解】A．1molS与足量Fe反应，是生成硫化亚铁，转移的电子数为２NA，A错误；
B． Cu与浓H2SO4反应，生成二氧化硫，硫酸浓度变稀后，反应停止，所以无法求出SO2的量，B错误；
C． 8.8g的CO2和N2O的混合气体恰好是0.2mol，所含的原子总数为0.2mol×3=0.6mol，所以原子总数为0.6NA，C正确；
D．稀硝酸溶液中含有水，水中也有氧原子，D错误；
故选C。
4.下列物质分类的正确组合是（ ）
分类组合
纯净物
电解质
酸性氧化物
碱性氧化物
A.
漂白粉
氨水
二氧化碳
氧化铝
B.
干冰
碳酸钙
一氧化氮
四氧化三铁
C.
CaCl2·8NH3
水
三氧化硫
过氧化钠
D.
液氨
氯化氢
二氧化硅
氧化钙
【答案】D
【解析】
【详解】A．漂白粉属于混合物，氨水是混合物，不属于电解质，氧化铝属于两性氧化物，A错误；
B．一氧化氮不是酸性氧化物，B错误；
C．过氧化钠是过氧化物，不是碱性氧化物，C错误；
D．液氨是纯净物，氯化氢是电解质，二氧化硅是酸性氧化物，氧化钙是碱性氧化物，D正确；
故选D。
5.下列有关胶体的说法正确的是( )
①血液透析利用了胶体粒子带电的性质
②向稀氨水中滴加适量饱和FeCl3溶液并不断加热，即可制得氢氧化铁胶体
③氢氧化铁胶体和氢氧化铁沉淀的本质区别在于是否具有丁达尔效应
④在制备Fe(OH)3胶体实验中，不断搅拌可使反应更充分
⑤向Fe(OH)3胶体中加入过量稀硝酸，先有红褐色沉淀生成，然后沉淀溶解
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
【答案】A
【解析】
【详解】①血液是胶体，血液透析利用了胶体粒子不能透过半透膜，故①错误；
②Fe(OH)3胶体的制备方法是：向沸水中滴加少量饱和氯化铁溶液，加热至溶液呈红褐色即可，所以向沸水中逐滴加入少量饱和FeCl3溶液，可制得Fe(OH)3胶体，向稀氨水中滴加适量饱和FeCl3溶液并不断加热得到氢氧化铁沉淀，故②错误；
③氢氧化铁胶体和氢氧化铁沉淀的本质区别在于是分散质微粒直径大小，不是丁达尔效应，故③错误；
④在制备Fe(OH)3胶体实验中，不断搅拌可使生成的胶体发生聚沉，故④错误；
⑤先发生Fe(OH)3胶体的聚沉，硝酸过量时，Fe(OH)3溶解，得到硝酸铁黄色溶液，故⑤正确；
故选：A。
6.下列反应中，水作为还原剂的是( )
A. Na2O + H2O===2NaOH B. 2F2+ 2H2O===4HF + O2
C. Cl2+ H2O===HCl + HClO D. 3Fe + 4H2OFe3O4+ 4H2
【答案】B
【解析】
【详解】A．氧化钠与水的反应中，元素的化合价均不变，属于非氧化还原反应，A错误；
B．氟气与水的反应生成氢氟酸和氧气，水中氧元素的化合价升高，水是还原剂，B正确；
C．氯气与水的反应生成盐酸和次氯酸，氯元素的化合价部分升高，部分降低，水中元素的化合价均不变，氯气是氧化剂，也是还原剂，C错误；
D．铁与水蒸气的反应生成四氧化三铁和氢气，水中氢元素的化合价降低，水是氧化剂，D错误；
答案选B
7.下列各组离子在给定条件下能大量共存的是（ ）
A. 在无色透明的溶液中：Na+、K+、MnO、SO
B. 在酸性溶液中：Fe2+、Ca2+、NO、Cl-
C. 在强碱溶液中：Na+、K+、CO、SO
D. 使酚酞试液变红的溶液：Na+、Cl-、SO、Fe3+
【答案】C
【解析】
【详解】A．高锰酸根离子显紫色，不符合无色透明的条件，A错误；
B．在酸性溶液中硝酸根具有强氧化性，会和Fe3+发生氧化还原反应，B错误；
C．在强碱溶液中，Na+、K+、CO、SO均不和氢氧根反应，可大量共存，C正确；
D．使酚酞试液变红的溶液是呈碱性，Fe3+会和氢氧根生成氢氧化铁沉淀，D错误；
故选C。
8.下列反应离子方程式书写正确的是( )
A. 过量CO2通入澄清石灰水中：OH-+CO2=HCO
B. 足量氨水加入AlCl3溶液中：Al3++3OH-=Al(OH)3↓
C. 氢氧化钡溶液与稀硫酸反应：Ba2++OH-+H++SO=BaSO4↓+H2O
D. 碳酸钙中加入盐酸：CO+2H+=CO2↑+H2O
【答案】A
【解析】
【详解】A.过量二氧化碳通入澄清石灰水产物是可溶性的碳酸氢钙，离子方程式正确，故A正确；
B.一水合氨是弱碱应写化学式，正确的离子方程式为：，故B错误；
C.该离子方程式不满足化学式配比，正确的书写为：Ba2++2OH-+2H++SO=BaSO4↓+2H2O，故C错误；
D.碳酸钙难溶于水应写化学式，正确的离子方程式：，故D错误；
故选：A。
9.金属是重要的资源，下面有关金属及其化合物的说法错误的是（ ）
A. 电解熔融MgCl2制备Mg
B. 钛和钛合金被誉为“21世纪最有发展前景的金属材料”，主要用来制作飞机发动机部件
C. 高铁对钢轨强度、韧性和易加工要求很高，适合做高铁钢轨是中碳钢
D. 因为Al2O3的硬度很大，所以可用于制造耐高温材料
【答案】D
【解析】
【详解】A．工业上制备Mg是电解熔融MgCl2，生成镁和氯气，A正确；
B．钛和钛合金密度小，可塑性好，容易加工，可用来制作飞机发动机部件，B正确；
C．中碳钢具有强度大、韧性好和易加工等优点，所以中碳钢适合做高铁钢轨，C正确；
D．Al2O3的熔点很高，所以可用于制造耐高温材料，D错误；
故选D。
10.在下列关于钠及其化合物的性质说法错误的是( )
A. 为鉴别K2CO3和NaHCO3两种白色固体，可分别配成溶液，做焰色反应实验，观察火焰的颜色
B. 热稳定性、水中的溶解性以及与酸反应的速度都是：Na2CO3>NaHCO3
C. 钠不可以从硫酸铜溶液中置换出铜
D. Na2O与Na2O2的阴、阳离子个数比相同
【答案】B
【解析】
【详解】A.钾的焰色为紫色，钠的焰色为黄色，可通过焰色反应鉴别K2CO3和NaHCO3两种白色固体，故A正确；
B.碳酸钠与酸反应分步进行，碳酸氢钠与酸反应直接产生二氧化碳，因此与酸的反应速率是碳酸氢钠大于碳酸钠，故B错误；
C.钠与盐溶液反应首先是与水反应，因此钠不能从硫酸铜溶液中置换出铜，故C正确；
D.氧化钠由两个钠离子和一个氧离子组成，过氧化钠是两个钠离子和一个过氧根离子组成，两者阴、阳离子个数比相同，故D正确；
故选：B。
11.下列除杂方案正确是（ ）
A. 要除去氯化亚铁溶液中的少量氯化铁，可加入铜粉
B. 除去Cu粉中混有的CuO的方法是加入稀硝酸溶解，过滤，洗涤，干燥
C. CO2中混有HCl气体，先通过饱和碳酸氢钠溶液，再通入浓硫酸
D. MgSO4中混有Na2SO4，加入水溶解，过滤，洗涤，干燥
【答案】C
【解析】
【详解】A．铜粉与氯化铁溶液反应生成氯化亚铁和氯化铜，会引入新的杂质，A错误；
B．Cu粉、CuO都能和稀硝酸反应，达不到分离提纯的目的，B错误；
C．饱和碳酸氢钠溶液可除去氯化氢气体，浓硫酸可除去水蒸气，C正确；
D．MgSO4、Na2SO4均溶于水不能用过滤除去，D错误；
故选C。
12.下列卤族元素有关性质比较不正确的是( )
A. 新制氯水久置后酸性增强
B. HF是弱酸，且酸性强弱关系为：HF
Cu2+
D
浓硫酸与少量胆矾晶体混合，晶体由蓝色变成白色
浓硫酸具有吸水性
【答案】D
【解析】
【详解】A.向氯水中加入硝酸银溶液，有白色沉淀产生，只能说明溶液中存在氯离子，不能说明是否有Cl2，故A错误；
B.将SO2通入酸性高锰酸钾溶液，溶液紫色褪去，说明二氧化硫具有还原性，而不是漂白性，故B错误；
C.向FeCl3、CuCl2混合溶液加大量铁粉， Fe与铁离子反应生成亚铁离子，与氯化铜反应析出红色的Cu，体现不出反应的先后顺序，不能说明氧化性：Fe3+＞Cu2+，故C错误；
D.浓硫酸与少量胆矾晶体混合，晶体由蓝色变成白色，说明胆矾中的水被浓硫酸吸收转变成了硫酸铜白色固体，能说明浓硫酸具有吸水性，故D正确；
故选：D。
15.下列叙述不正确的是（ ）
A. 在烧瓶中将熟石灰和氯化铵混合，加水调成泥状后加热可制得氨气
B. 为防止粮食、罐头、水果等食品腐烂，常用氮气做保护气
C. SO2与过量氨水反应生成(NH4)2SO3
D. 气体NO和液体H2O能形成喷泉实验
【答案】D
【解析】
【详解】A．氢氧化钙和氯化铵混合后加水调成泥状，加热熟石灰和氯化铵发生复分解反应生成氨气，A正确；
B．填充保护气是向其中充入性质稳定，不能与食品发生反应，而且无毒无害的气体，所以氮气可做保护气，B正确；
C．SO2与过量氨水反应生成(NH4)2SO3和水，C正确；
D．气体NO不溶于H2O，也不和水反应，NO气体和液态水不能形成喷泉，D错误；
故选D。
16.14g铜金合金与足量的某浓度HNO3反应，将产生的气体用2.24L(标准状况)O2混合，通入水中，气体恰好被完全吸收，则合金中铜的质量为（ ）
A. 9.6g B. 6.4g C. 12.8g D. 1.6g
【答案】C
【解析】
【详解】由题目可知，n(O2)=0.1mol，
设Cu、Au的物质的量分别为x、y，则
根据电子守恒列方程：
2x=0.1mol×4
计算得出：x=0.2mol
m(Cu)=0.2mol×64g/mol=12.8g，所以C选项正确。
故选C。
第Ⅱ卷（非选择题共52分）
二、非选择题（共5个小题，共52分）
17.实验室欲用Na2SO4·10H2O固体来配制100mL0.2mol/L的Na2SO4溶液，试回答下列各题：
（1）需要用托盘天平称量__Na2SO4·10H2O固体；
（2）下列仪器中，不需要用到的是(填序号)___。
①漏斗 ②180mL容量瓶 ③烧杯 ④玻璃棒 ⑤药匙 ⑥托盘天平 ⑦冷凝管
若要实施配制，除上述仪器外，尚缺的玻璃仪器是__；
（3）容量瓶上除有刻度线外还应标有_，在使用前必须先__；
（4）配制过程有以下操作：
①称量 ②移液 ③冷却 ④洗涤 ⑤定容 ⑥溶解 ⑦摇匀
其正确的操作顺序应是___（把序号填在括号内）：
①→（ ）→（ ）→（ ）→（ ）→（ ）→⑦
（5）下列五项操作中会导致该实验所配制的溶液浓度偏低的有___（填序号）；
①称量时，左物右码放反了
②未冷却到室温就将溶液转移到容量瓶并定容
③Na2SO4▪10H2O在配制溶液前失去了部分的结晶水
④定容时观察液面的情况如图所示（俯视）
⑤定容后，把容量瓶反复摇匀后发现液面低于刻度线，便滴加几滴水至刻度处
【答案】(1). 6.4g (2). ①②⑦ (3). 胶头滴管、100mL容量瓶 (4). 容积、温度 (5). 检查容量瓶是否完好以及瓶塞处是否漏水 (6). ⑥③②④⑤ (7). ①⑤
【解析】
【详解】(1)实验所需的Na2SO4·10H2O固体的物质的量为0.1L×0.2mol/L=0.02mol，质量为：322g/mol×0.02mol=6.4g，所以需要用托盘天平称量6.4g Na2SO4·10H2O固体，故本题答案为：6.4g；
(2)配制一定物质的量浓度的实验，需要用到100mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、药匙、托盘天平、胶头滴管等仪器，不需要的是：漏斗、180mL容量瓶、冷凝管，故本题答案为：①②⑦；胶头滴管、100mL容量瓶；
(3)容量瓶是精密仪器，除有刻度线外还应标有容积和温度，在使用前必须先检查容量瓶是否完好以及瓶塞处是否漏水，故本题答案为：容积、温度；检查容量瓶是否完好以及瓶塞处是否漏水；
(4)配制过程的正确操作顺序为：称量→溶解→冷却→移液→洗涤→定容→摇匀，故本题正确答案为：⑥③②④⑤；
(5)①称量时，左物右码放反了，会导致称量的物品质量减少，导致浓度偏低，①符合题意；
②未冷却到室温就将溶液转移到容量瓶并定容，会使溶液体积偏小，导致浓度偏大，②不符合题意；
③Na2SO4▪10H2O在配制溶液前失去了部分的结晶水，会使称量的Na2SO4质量增多，导致浓度偏大，③不符合题意；
④定容时俯视，会使溶液的体积偏小，导致浓度偏大，④不符合题意；
⑤定容后，把容量瓶反复摇匀后发现液面低于刻度线，便滴加几滴水至刻度处，会使溶液体积偏大，导致浓度偏小，⑤符合题意；
故本题答案为：①⑤。
18.已知A是一种常见金属，试根据图中转化关系，回答下列问题：
（1）写出B、G的化学式：B：___；G：___。
（2）检验D中阳离子的方法为___。
（3）保存C溶液时要加固体A的原因是___。
（4）写出E在空气中转化为F的化学方程式：___。
（5）取D的的溶液酸化后加入碘化钾淀粉溶液，产生的现象是___；相应的离子反应方程式为___。
【答案】(1). Fe3O4 (2). Fe2O3 (3). 取D溶液少许于试管中，加入几滴KSCN溶液，溶液变红色，证明含Fe3+ (4). 防止Fe2＋被O2氧化 (5). 4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3 (6). 溶液变为蓝色 (7). 2Fe3++2I-=2Fe2++I2
【解析】
【分析】由图可知，A为Fe，B为Fe3O4，C为FeCl2，D为FeCl3，E为Fe(OH)2，F为Fe(OH)3，G为Fe2O3，X为Cl2，Y为H2。
【详解】（1）由图可知，B为Fe3O4，G为Fe2O3，故本题答案为：Fe3O4；Fe2O3；
（2）D为FeCl3，检验铁离子用KSCN溶液，方法是取D溶液少许于试管中，加入几滴KSCN溶液，溶液变红色，证明含Fe3+，故本题答案为：取D溶液少许于试管中，加入几滴KSCN溶液，溶液变红色，证明含Fe3+；
（3）C为FeCl2，保存FeCl2溶液时要加Fe，防止亚铁离子被氧气氧化为三价铁离子，故本题答案为：防止Fe2＋被O2氧化；
（4）E为Fe(OH)2，F为Fe(OH)3，氢氧化亚铁在空气中不稳定，被氧气氧化成氢氧化铁，化学方程式：4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3，故本题答案为：4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3；
（5）D为FeCl3，FeCl3的的溶液酸化后加入碘化钾淀粉溶液，会发生反应：2Fe3++2I-=2Fe2++I2，产生的碘单质可使淀粉变蓝，故本题答案为：溶液变为蓝色； 2Fe3++2I-=2Fe2++I2。
19.NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂，也常用来漂白织物等，其一种生产工艺如图：
回答下列问题：
（1）NaClO2中Cl的化合价为___；电解产生的Cl2是___色，实验室制备氯气的化学方程式为：____。
（2）写出“反应”步骤中生成ClO2的化学方程式：___。
（3）“电解”所用食盐水由粗盐水精制而成，精制时，为除去Mg2+和Ca2+，要加入的试剂分别为___、___。
【答案】(1). +3价 (2). 黄绿色 (3). MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O↑ (4). 2NaClO3+SO2+H2SO4=2NaHSO4+2ClO2 (5). NaOH溶液 (6). Na2CO3溶液
【解析】
【分析】二氧化硫和氯酸钠在酸性条件下发生反应产生二氧化氯和硫酸氢钠，二氧化氯和食盐水通入电解装置中电解，得到亚氯酸钠和氯气，尾气中的二氧化氯被氢氧化钠和过氧化氢的混合溶液吸收转变成亚氯酸钠，成品液经过结晶、干燥得到亚氯酸钠固体，据此分析解答。
【详解】(1) NaClO2中Na为+1价，O为-2价，根据化合价代数和为0，则Cl的化合价为+3价；氯气为黄绿色气体，实验室通过二氧化锰与浓盐酸加热制备氯气，反应方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O↑，
故答案为：+3；黄绿色；MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O↑；
(2) 二氧化硫和氯酸钠在酸性条件下发生反应产生二氧化氯和硫酸氢钠，反应方程式为：2NaClO3+SO2+H2SO4=2NaHSO4+2ClO2，
故答案为：2NaClO3+SO2+H2SO4=2NaHSO4+2ClO2；
(3) “电解”所用食盐水由粗盐水精制而成，精制时，为除去Mg2+和Ca2+，需将镁离子转变成氢氧化镁，钙离子转变成碳酸钙，为不引入杂质离子，所选试剂分别为：NaOH溶液和Na2CO3溶液，故答案为：NaOH溶液；Na2CO3溶液；
20.某研究小组取50g含十二水硫酸铝铵〔NH4Al(SO4)2·12H2O俗称铝铵矾〕的样品投入200mL稀硫酸中，待固体全部溶解后，向所得溶液中加入NaOH溶液，生成沉淀的物质的量(n)与加入NaOH溶液的体积(V)的关系如图所示：
(假设铝铵矾中的杂质不溶于H2SO4，也不溶于NaOH)
请回答下列问题：
（1）cd段反应的离子方程式是___；
（2）图中b点溶液中的溶质有___；
（3）铝铵矾溶于水时的电离方程式是___；
（4）H2SO4的物质的量的浓度为___；
（5）该样品中铝铵矾的质量分数为___。
【答案】(1). Al(OH)3+OH-=AlO+2H2O (2). Na2SO4、（NH4)2SO4 (3). NH4Al(SO4)2=NH＋Al3＋＋2SO (4). 0.3mol•L-1 (5). 90.6℅
【解析】
【分析】由图像可知，a点前是氢氧化钠和剩余的酸反应，a-b是铝离子和氢氧化钠产生0.1mol的氢氧化铝沉淀，b-c是铵根和10 mL氢氧化钠溶液反应产生氨水，c-d是0.1mol氢氧化铝和10 mL氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠。
【详解】（1）由图像可知，cd段是0.1mol氢氧化铝和10 mL氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，离子方程式是Al(OH)3+OH-=AlO+2H2O，故答案为：Al(OH)3+OH-=AlO+2H2O；
（2）由图像可知，b点时，铝离子刚好完全沉淀，溶液中剩余Na2SO4、（NH4)2SO4，故本题答案为：Na2SO4、（NH4)2SO4；
（3）铝铵矾是强电解质，全部电离，溶于水时的电离方程式为NH4Al(SO4)2=NH＋Al3＋＋2SO，故本题答案为：NH4Al(SO4)2=NH＋Al3＋＋2SO；
（4）由c-d段可知，根据Al(OH)3+OH-=AlO+2H2O，0.1mol氢氧化铝需要消耗0.1mol氢氧化钠溶液，则氢氧化钠浓度为：c=0.1mol/0.01L=10mol/L，a-b段产生0.1mol氢氧化铝，则需消耗氢氧化钠为0.3mol，氢氧化钠体积为：0.3mol/10mol/L=0.03L=30mL，则a点的值为12mL，a点前是氢氧化钠和硫酸按照2:1进行反应，则硫酸的物质的量为： ，故H2SO4的物质的量的浓度为；0.3mol•L-1；
（5）根据铝元素守恒，十二水硫酸铝铵〔NH4Al(SO4)2·12H2O的物质的量为0.1mol，则十二水硫酸铝铵的质量为45.3g，该样品中铝铵矾的质量分数为，故本题答案为：90.6%。
21.如图的实验装置可用于研究SO2转化为SO3的转化率。已知：SO3的熔点是16.8℃，沸点是44.8℃处为SO2气体发生装置，C处为SO2与O2反应的装置。
完成下列填空：
(1)A处的化学反应方程式为___，所用的硫酸一般为___(此处填98%的硫酸溶液、70%的硫酸溶液或30%的硫酸溶液)。
(2)根据实验需要，应该在D、E处连接合适的装置。请从图中选择，将所选装置的序号填入相应的空格，D：___，E：____。
(3)用12.6gNa2SO3粉末与足量浓硫酸进行此实验，当A处反应结束时，再继续通入一段时间，最后测得E处装置增重1.28gSO2，则此时SO2的转化率为____%。
(4)若Na2SO3变质，会影响到SO2的转化。现欲检验某Na2SO3样品是否变质，你的方法是___。
(5)以下各种尾气吸收装置中，适合于吸收该尾气，而且能防止倒吸的是___。
【答案】(1). Na2SO3(s)+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2↑+H2O (2). 70%硫酸溶液 (3). ③ (4). ④ (5). 80% (6). 取待测样品少许于试管中，加适量蒸馏水配成溶液，先滴入足量稀盐酸，再滴加氯化钡溶液，如有白色沉淀生成，则证明样品变质，若无白色沉淀生成，证明样品未变质 (7). ②④
【解析】
【分析】(1)A处浓硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫、硫酸钠和水；浓硫酸的浓度不需要太大，不形成酸雾、且吸收水即可；
(2)SO3的熔点是16.8℃，沸点是44.8℃，当温度低于 16.8℃
时，三氧化硫以晶体状态存在，过量二氧化硫用碱吸收；
(3)最后测得E处装置增重，为剩余二氧化硫的质量；
(4)欲检验某Na2SO3样品是否变质，即检验硫酸根离子是否存在；
(5)具有球形结构、缓冲装置、固液不接触时可吸收尾气，且防止倒吸。
【详解】(1)A处的化学反应方程式为Na2SO3(s)+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2↑+H2O，浓硫酸的浓度不需要太大，可选70%的硫酸溶液，故答案为：Na2SO3(s)+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2↑+H2O；70%的硫酸溶液；
(2)SO3的熔点是16.8℃，沸点是44.8℃，当温度低于 16.8℃时，三氧化硫以晶体状态存在，二氧化硫、三氧化硫的尾气处理用碱吸收，可知D中选③冷却，E中选④吸收未反应的二氧化硫，故答案为：③；④；
(3)Na2SO3粉末的物质的量为＝0.1mol，与足量浓硫酸反应生成0.1molSO2，最后测得E处装置增重1.28g，为剩余二氧化硫的质量，其物质的量为＝0.02mol，则此时SO2的转化率为×100%＝80%，故答案为：80%；
(4)若Na2SO3变质，会影响到SO2的转化。现欲检验某Na2SO3样品是否变质，检验方法为取待测样品少许于试管中，加适量蒸馏水配成溶液，先滴入足量稀盐酸，再滴加氯化钡溶液，如有白色沉淀生成，则证明样品变质，若无白色沉淀生成，证明样品未变质，
故答案为：取待测样品少许于试管中，加适量蒸馏水配成溶液，先滴入足量稀盐酸，再滴加氯化钡溶液，如有白色沉淀生成，则证明样品变质，若无白色沉淀生成，证明样品未变质；
(5)装置②、④均属于防倒吸装置，所以适合于吸收该尾气，且能防止倒吸，①中装置密封易导致气体过多发生爆炸、③中倒扣的漏斗在液面下不能防止倒吸；故答案为：②④。
