2022年山西省忻州实验中学化学高一第一学期期中调研模拟试题含解析

2022-2023学年高一上化学期中模拟试卷注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列有关实验操作、现象和结论都正确的是选项实验操作实验现象结论A用镊子夹住pH试纸伸入某溶液pH试纸变红溶液呈酸性B向U型管内氢氧化铁胶体通电阳极红褐色变深氢氧化铁胶粒带正电C用分液漏斗对CCl4和水进行分液混合溶液不分层不能用分液的方法分离CC14和水D用电流计测室温下等物质的量浓度的NaHSO3和NaHSO4溶液的导电性NaHSO3的导电性较弱NaHSO3溶液中的离子浓度较小A．A B．B C．C D．D2、以下是一些常用的危险品标志，装运乙醇的包装箱应贴的图标是ABCD腐蚀品爆炸品有毒气体易燃液体A．A B．B C．C D．D3、下列离子方程式中，正确的是（）A．稀硫酸滴在铜片上：Cu+2H+=Cu2++H2↑B．氧化镁与稀盐酸混合：MgO+2H+=Mg2++H2OC．铜片插入硝酸银溶液中：Cu+Ag+=Cu2++AgD．铁与稀硫酸反应2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑4、下列有关物质的分类正确的是（）A．SO2、SiO2、CO均为酸性氧化物B．稀豆浆、硅酸、氯化铁溶液均为胶体C．硫酸、盐酸、氢氟酸均为强酸D．氯水、水玻璃、氨水均为混合物5、下列化学式既能表示物质的组成，又能表示物质分子式的是（）A．NH4NO3 B．SiO2 C．H2O D．Cu6、—定量CO2通入某浓度的NaOH溶液中，反应后得到溶液A，向A溶液中逐滴滴入某浓度稀盐酸，加入V(HC1)与生成n(CO2)的关系如图所示。下列有关叙述正确的是A．通入的CO2气体为11.2LB．A溶液中n(NaHCO3)=2n(Na2CO3)C．A溶液中既含有NaOH，又含有Na2CO3D．A溶液中可能含有NaOH和NaHCO37、向30mL1mol•L﹣1盐酸中加入20mL1mol•L﹣1的AgNO3溶液，充分反应后，溶液中H+物质的量浓度为（设稀溶液相混合后总体积为原溶液体积之和）A．0.2mol•L﹣1 B．1mol•L﹣1 C．0.5mol•L﹣1 D．0.6mol•L﹣18、氢化钙可以作为生氢剂(其中CaH2中氢元素为-1价)，反应方程式如下：CaH2+2H2O=Ca(OH)2+2H2↑，其中水的作用是A．既不是氧化剂也不是还原剂B．是氧化剂C．是还原剂D．既是氧化剂又是还原剂9、下列关于氧化还原反应的说法错误的是A．氧化还原反应中一定有电子转移B．氧化剂与还原剂一定不是同一种物质C．元素由化合态变成游离态时，可能被氧化，也可能被还原D．氧化还原反应中，氧化剂发生还原反应，还原剂发生氧化反应10、下列关于钠的用途的叙述中，不正确的是（）A．钠可用于制造高压钠灯B．钠可用于制造过氧化钠等化合物C．钠和钾组成的合金可作为原子反应堆的导热剂D．钠可将钛、锆、铌、钽等金属从它们的盐溶液中置换出来11、“纳米材料”是粒子直径为1～100nm的材料，纳米碳就是其中的一种，若将纳米碳均匀地分散到蒸馏水中，所形成的物质（）①是溶液②是胶体③能产生丁达尔效应④能透过滤纸⑤不能透过滤纸⑥静置后，会析出黑色沉淀A．①④⑥ B．②③④ C．②③⑤ D．①③④⑥12、海带中含有丰富的碘，有人设计如下步骤：①将海带灼烧成灰，在灰中加水搅拌；②加四氯化碳充分振荡静置；③通入氯气；④过滤；⑤用分液法分离液体混合物。合理操作的先后顺序是A．①②③④⑤ B．①④②③⑤C．①②④③⑤ D．①④③②⑤13、氧化还原反应与四种基本类型反应的关系如右下图所示，则下列化学反应属于区域3的是A．Fe+CuSO4=FeSO4+CuB．3CO+Fe2O32Fe+3CO2C．4Fe(OH)2+O2+2H2O4Fe(OH)3D．2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑14、溶液、胶体和浊液这三种分散系的本质区别是（）A．是否有丁达尔现象 B．是否能通过滤纸C．分散质粒子的大小 D．是否均一、透明、稳定15、下列变化中，需加氧化剂才能实现的是A．H2O→H2B．FeCl3→FeCl2C．C→CO2D．CaO→Ca(OH)216、朱自清先生在《荷塘月色》中写道：“薄薄的青雾浮起在荷塘里……月光是隔了树照过来的，高处丛生的灌木，落下参差的斑驳的黑影……”则月光穿过薄雾所形成的美景的本质原因是A．雾是一种胶体B．光是一种胶体C．空气中的小水滴直径介于10-9~10-7mD．美景的形成是发生了一种物理变化二、非选择题（本题包括5小题）17、某固体混合物中，可能含有下列离子中的几种：K+、NH4+、Mg2+、Ba2+、Cl−、SO42−、CO32−，将该混合物溶于水后得澄清溶液，现取三份各100mL该溶液分别进行如下实验：（1）在第一份溶液中加入足量的NaOH溶液并加热，无沉淀生成，但收集到1.12L气体(标准状况下)；（2）在第二份溶液中加入足量的BaCl2溶液有沉淀生成，经称量其质量为6.27g，在该沉淀中加入足量的盐酸，沉淀部分溶解，剩余固体质量为2.33g。根据上述实验回答下列问题：①实验（1）中反应的离子方程式为____________________________，实验（2）中沉淀溶解对应的反应的离子方程式为______________________________________。②溶液中一定不存在的离子有__________________；③溶液中一定存在的离子有___________，其中阴离子的物质的量浓度分别为___________；④取第三份原溶液，向其中加入足量的AgNO3溶液，产生白色沉淀，能否说明原溶液中存在Cl—？______________（填“能”或“不能”），理由是_____________________________________。⑤推断K+是否存在并说理由：_________________________________________.18、下表是周期表中的一部分，根据元素A~I在周期表中的位置，用元素符号或化学式回答下列问题：ⅠAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA0一A二DEGI三BCFH(1)上述元素中性质最不活泼的是____，只有负价而无正价的是____，单质氧化性最强的是____，单质还原性最强的是____。

(2)上述元素的最高价氧化物对应的水化物中，碱性最强的是____，酸性最强的是____，呈两性的是____。

(3)A分别与D、E、F、G、H形成的化合物的化学式分别为_________________，这些化合物中最稳定的是____。

(4)在B、C、D、E、F、G、H中，原子半径最大的是____。19、(一)某化学兴趣小组设计了图示实验装置(图中省略了夹持仪器)来测定某铁碳合金中铁的质量分数。(1)仪器A的名称是___________。(2)C装置的作用______________。(3)该小组同学设计的实验装置存在缺陷，有关该实验装置及实验过程中，下列因素可能会导致铁质量分数测量值偏低的是___________。A．A中反应不完全B．反应生成的SO2部分被E中碱石灰吸收C．E中碱石灰会吸收空气中的CO2和H2OD．反应完全后，还有CO2气体滞留在装置体系中(二)将19.20gCuO和Fe2O3的混合物在高温下与足量的CO充分反应，反应后全部气体用200mL1.20mol▪L-1Ba(OH)2溶液吸收，生成35.46g白色沉淀(不考虑沉淀的溶解，忽略溶液体积的变化)。(4)则吸收气体后溶液中溶质的化学式为________，其浓度为_________。(5)混合物中CuO和Fe2O3的物质的量之比为__________。20、某课外活动小组进行氢氧化铁胶体的制备实验并检验其性质。请回答下列问题：（1）若将饱和氯化铁溶液分别滴入下列物质中，能形成胶体的是______________（填字母，下同）。A．冷水B．沸水C．氢氧化钠浓溶液D．氯化钠浓溶液（2）甲、乙、丙三名同学进行氢氧化铁胶体的制备操作如下，其正确的是____________。A．甲同学取一小烧杯，加入25mL蒸馏水加热至沸腾，向沸水中逐滴加入1～2mL氯化铁饱和溶液，继续煮沸至混合液呈红褐色，停止加热B．乙同学直接加热饱和氯化铁溶液C．丙同学向沸水中滴加饱和氯化铁溶液，为了使反应进行充分，煮沸10分钟（3）写出制备氢氧化铁胶体的化学方程式________________________________。（4）证明有氢氧化铁胶体生成的实验操作是____________________________________。21、A、B、C、D四种元素核电荷数均小于18。B元素L层两种能量不同的电子个数比为1:2，A、C元素的原子最外层电子数相等，C、D元素原子电子层数相同。A原子最外层电子数等于电子层数，C原子最外层电子数是K层上电子数的一半。D-离子电子层结构与氩原子电子层结构相同。（1）四种元素为：A_____B_____C_____D_____（2）A离子的结构示意图为_____（3）B原子的轨道表示式为_____，C原子有_____种不同运动状态的电子（4）D离子的最外层电子排布式为_____（5）D单质与A2B反应的化学方程式为_____

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解析】

A．pH试纸不能伸入溶液中；B．胶体粒子可吸附带电荷的离子；B．CCl4和水分层；D．NaHSO3的导电性较弱，可知阴离子存在电离平衡。【详解】A．pH试纸测溶液的pHJ时不能伸入该溶液中，应选玻璃棒蘸取溶液滴在pH试纸上，选项A错误；B．胶体粒子可吸附带电荷的离子，氢氧化铁胶体离子带正电，所以是阴极红褐色变深，故选项B错误；B．CCl4和水是互不相容的两层液体物质，二者分层，可用分液方法分离，选项C错误；D．NaHSO3的导电性比等浓度NaHSO4溶液较弱，说明阴离子HSO3-不完全独立，在溶液中存在电离平衡，导致NaHSO3溶液中的离子浓度较小，选项D正确；故合理选项是D。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，为高考常见题型，把握物质的性质、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键。2、D【解析】

A．图标为腐蚀品，乙醇不是腐蚀品，属于易燃液体，故A错误；B．图标为爆炸品，乙醇不是爆炸品，属于易燃液体，故B错误；C．图标为有毒气体，乙醇不是有毒气体，属于易燃液体，故C错误；D．乙醇为易燃液体，图标为易燃液体，故D正确；故答案为D。3、B【解析】

A．稀硫酸滴在铜片上不发生反应，则不能写离子反应方程式，故A错误；B．氧化镁与稀盐酸混合的离子反应为MgO+2H+=Mg2++H2O，故B正确；C．铜片插入硝酸银溶液中的离子反应为Cu+2Ag+=Cu2++2Ag，故C错误；D．铁与稀硫酸反应的离子反应为Fe+2H+=Fe2++H2↑，故D错误；故选B。4、D【解析】

在进行分类前先确立分类“标准”，由此分析。【详解】A.CO不能与碱反应生成盐和水，也不能与水化合生成对应价态的含氧酸，所以CO不属于酸性氧化物，A项错误；B.根据分散质粒子直径将分散系分为溶液、胶体和浊液，氯化铁溶液属于溶液，硅酸属于纯净物，所以硅酸和氯化铁溶液都不是胶体，B项错误；C.强酸属于强电解质，在水溶液中完全电离，而氢氟酸在水溶液中只能部分电离：HFH++F-，所以氢氟酸不属于强酸，C项错误；D.混合物是指含有2种或2种以上成分的物质。氯水是氯气的水溶液，水玻璃是Na2SiO3的水溶液，氨水是NH3的水溶液，所以氯水、水玻璃、氨水都是混合物，D项正确；答案选D。5、C【解析】

A．NH4NO3为离子晶体，化学式为晶体中阴阳离子的个数比，晶体中不含单个分子，故A错误；B．SiO2为原子晶体，晶体中不存在单个分子，化学式为Si原子与O原子的个数比值为1：2，故B错误；C．H2O为分子晶体，晶体中含有单个分子，故C正确；D．Cu为金属晶体，晶体的组成为金属阳离子和自由电子，晶体中无单个分子，故D错误，故答案选C。6、C【解析】

若溶质只有Na2CO3，加入盐酸开始发生Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，然后发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，前后两阶段消耗盐酸体积之比为1∶1，而实际消耗盐酸体积为1∶(4-1)=1∶3，故溶质为Na2CO3、NaHCO3，据此分析解答。【详解】由图可知，开始不生成气体，后来生成气体，且耗盐酸体积为1∶(4-1)=1∶3，故溶质为Na2CO3、NaHCO3，由NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O可知，n(CO2)=0.5mol，Vm未知，不能计算生成二氧化碳的体积，该反应消耗盐酸为0.5mol，n(NaHCO3)=0.5mol，由Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl可知，n(HCl)=n(Na2CO3)=，则原NaHCO3为0.5mol-=，即A溶液中n(NaHCO3)=2n(Na2CO3)，故选C。7、D【解析】

盐酸和硝酸银反应生成氯化银沉淀和硝酸，反应过程中氢离子物质的量不变，所以氢离子浓度为1×0.03/（0.03+0.02）mol•L﹣1=0.6mol•L﹣1。故选D。8、B【解析】

根据反应前后元素的化合价变化来看，Ca和O的化合价均没有变化，其中CaH2中H的化合价由-1价升高到0价，被氧化，作还原剂；H2O中H的化合价由+1价降低到0价，被还原，作氧化剂；氢气既是氧化产物，又是还原产物；答案选B。9、B【解析】

A.氧化还原反应的本质是电子的转移，则一定有电子转移，故A正确；B.失电子的为还原剂，得电子的为氧化剂，氧化剂与还原剂可能是同一物质，如氯气与水的反应，氯气是氧化剂也是还原剂，故B错误；C.元素从化合态变成游离态，可能被氧化也可能被还原，如硫化氢和二氧化硫反应生成S和水，故C正确；D.氧化还原反应中，氧化剂被还原发生还原反应，还原剂被氧化发生氧化反应，故D正确；故答案为：B。10、D【解析】

A．钠发出的黄光射程远，透雾能力强，钠可用于制造高压钠灯，故A正确；B．钠在氧气中燃烧生成过氧化钠，所以钠可用于制造过氧化钠等化合物，故B正确；C．钠钾合金呈液态的温度范围宽、是热的良导体，可作为原子反应堆的导热剂，故C正确；D．钠和钛、锆、铌、钽等金属盐溶液的反应实质是钠先和钛、锆、铌、钽等金属盐溶液中的水反应，不会置换出金属来，故D错误；故选：D。11、B【解析】

纳米材料”是粒子直径为1～100nm的材料，纳米碳就是其中的一种。若将纳米碳均匀地分散到蒸馏水中形成分散系是胶体，依据胶体的特征和性质分析判断问题。【详解】纳米材料”是粒子直径为1～100nm的材料，纳米碳就是其中的一种。属于胶体分散质微粒直径的大小，若将纳米碳均匀地分散到蒸馏水中形成分散系是胶体，具有丁达尔现象，能透过滤纸，具有介稳性，不生成沉淀，②③④正确；故合理选项是B。【点睛】本题考查了胶体分散系的本质特征，胶体性质的应用，注意分散系的本质区别是分散质微粒直径大小。12、D【解析】

这是从海带中提取碘的实验，海带灰溶解后过滤，以除去海带灰中不溶于水的固体，滤液中含I-，通入Cl2置换出I2：Cl2+2I-=2Cl-+I2，I2在水中溶解度很小，却易溶于四氯化碳，用四氯化碳萃取I2，四氯化碳不溶于水，与水溶液分层，静置，分液，下层即为I2的四氯化碳溶液。所以合理的操作顺序是：①④③②⑤，答案选D。13、B【解析】A．反应是氧化还原反应，也是置换反应，不属于区域3，故A错误；B．反应是氧化还原反应，不是置换反应，不是化合反应，不是分解反应，属于区域3，故B正确；C．反应是氧化还原反应，也是化合反应，不属于区域3，故C错误；D．反应不是氧化还原反应，是分解反应，不属于区域3，故D错误；故答案为B。点睛：四大基本反应类型与氧化还原反应之间的关系：①置换反应一定是氧化还原反应；②复分解反应一定不是氧化还原反应；③部分化合反应是氧化还原反应(有单质参加的)；④部分分解反应是氧化还原反应(有单质生成的)；关系图如下图所示：。14、C【解析】

溶液、浊液、胶体三种分散系的本质区别为分散质粒子的直径大小不同，据此即可解答。【详解】A.胶体具有丁达尔现象，是胶体中胶粒（1nm-100nm）在光照时产生对光的散射作用形成的，该现象是由微粒直径大小决定的，丁达尔现象不是三种分散系的本质区别，故A错误；B.胶体能透过滤纸但不能透过半透膜，是由分散质微粒的直径大小决定的，所以该现象不是三种分散系的本质区别，故B错误；C.根据分散质微粒直径大小来分类，把分散系划分为：溶液(小于1nm)、胶体（1nm-100nm）、浊液(大于100nm)；所以溶液、胶体和浊液这三种分散系的本质区别在于分散质粒子直径大小不同，故C正确；D.溶液均一、透明、稳定，胶体较稳定，浊液不稳定，与分散质微粒的直径大小有关，所以该现象不是三种分散系的本质区别，故D错误；故答案选C。15、C【解析】A．H2O→H2，H元素化合价降低，应该加入还原剂，故A错误；B．FeCl3→FeCl2，Fe元素化合价降低，应该加入还原剂，故B错误；C．C→CO2，元素化合价升高，加入氧化剂可实现，故C正确；D．元素化合价不变，不是氧化还原反应，故D错误；故选C。点睛：本题考查了氧化还原反应，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键。本题中需加氧化剂才能实现，则选项中为还原剂发生的氧化反应，还原剂中某元素的化合价升高。16、C【解析】

A．雾是一种胶体，是小水滴分散到空气中形成的一种分散系，但不是形成美景的本质原因，A不符题意；B．光不是一种胶体，B不符题意；C．胶体与其他分散系的本质区别就是分散质粒子直径不同，空气中的小水滴颗粒直径大小在10-9～10-7m之间，分散在空气中形成了雾这种胶体，月光穿过薄雾产生了丁达尔现象，形成了文中所描述的这种美景，C符合题意；D．发生变化的类型不是形成美景的本质原因，D不符题意；答案选C。二、非选择题（本题包括5小题）17、OH-+NH4+=NH3↑+H2OBaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2OMg2+、Ba2+NH4+，SO42−、CO32−c(SO42−)=0.1mol/L，c(CO32−)=0.2mol/L不能碳酸银、硫酸银、氯化银都是白色沉淀,因此实验3得到沉淀无法确定是氯化银存在,经过计算可以知道,只有存在K+溶液中的离子电荷才能守恒。

【解析】

将含有K+、NH4+、Mg2+、Ba2+、Cl−、SO42−、CO32−的混合物溶于水后得澄清溶液，现取三份各100mL该溶液分别进行如下实验：（1）在第一份溶液中加入足量的NaOH溶液并加热，无沉淀生成，但收集到1.12L气体(标准状况下)；可以说明溶液中含有NH4+，一定没有Mg2+；（2）在第二份溶液中加入足量的BaCl2溶液有沉淀生成，说明含有SO42−或CO32−中一种或2种；经称量其质量为6.27g，在该沉淀中加入足量的盐酸，沉淀部分溶解，剩余固体质量为2.33g，说明剩余的沉淀为硫酸钡，溶解的沉淀为碳酸钡，证明溶液中一定含有SO42−、CO32−；由此排除Ba2+的存在；（3）根据硫酸钡的量计算出硫酸根的量，根据碳酸钡的量计算出碳酸根离子的量，根据氨气的量计算出铵根离子的量，最后根据电荷守恒判断钾离子的存在与否。据以上分析进行解答。【详解】将含有K+、NH4+、Mg2+、Ba2+、Cl−、SO42−、CO32−的混合物溶于水后得澄清溶液，现取三份各100mL该溶液分别进行如下实验：（1）在第一份溶液中加入足量的NaOH溶液并加热，无沉淀生成，但收集到1.12L气体(标准状况下)；可以说明溶液中含有NH4+，一定没有Mg2+；（2）在第二份溶液中加入足量的BaCl2溶液有沉淀生成，说明含有SO42−或CO32−中一种或2种；经称量其质量为6.27g，在该沉淀中加入足量的盐酸，沉淀部分溶解，剩余固体质量为2.33g，说明剩余的沉淀为硫酸钡，溶解的沉淀为碳酸钡，证明溶液中一定含有SO42−、CO32−；①实验（1）中为OH-与NH4+加热反应生成氨气，离子方程式为：OH-+NH4+=NH3↑+H2O；实验（2）中沉淀为碳酸钡和硫酸钡，碳酸钡溶于盐酸，生成氯化钡、二氧化碳和水，离子方程式为BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O；综上所述，本题答案是：OH-+NH4+=NH3↑+H2O；BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O。②结合以上分析可知：实验（1）中为可以证明含有NH4+，实验（2）中含有SO42−、CO32−；由于碳酸钡、碳酸镁、硫酸钡等都是不溶于水的沉淀,因此溶液中一定不存在的离子有：Mg2+、Ba2+；综上所述，本题答案是：Mg2+、Ba2+。③结合以上分析可知：实验（1）中可以证明含有NH4+，实验（2）中可以证明含有SO42−、CO32−；溶液中一定存在的离子有NH4+、SO42−、CO32−；根据在第二份溶液中加入足量的BaCl2溶液有沉淀生成，经称量其质量为6.27g，为碳酸钡和碳酸钙质量之和；在该沉淀中加入足量的盐酸，沉淀部分溶解，剩余固体质量为2.33g，为硫酸钡沉淀，其物质的量为2.33/233=0.01mol；根据SO42−-BaSO4可知，n(SO42−)=0.01mol；碳酸钡沉淀质量为6.27-2.33=3.94g，其物质的量为3.94/197=0.02mol；根据CO32−-BaCO3可知，n(CO32−)=0.02mol；浓度各为：c(SO42−)=0.01/0.1=0.1mol/L；c(CO32−)=0.02/0.1=0.2mol/L；综上所述，本题答案是：NH4+、SO42−、CO32−；c(SO42−)=0.1mol/L，c(CO32−)=0.2mol/L。④结合以上分析可知，溶液中一定存在NH4+、SO42−、CO32−；取第三份原溶液，向其中加入足量的AgNO3溶液，能够产生白色沉淀可能为硫酸银、碳酸银沉淀，不一定为氯化银沉淀；所以不能说明原溶液中存在Cl-；综上所述，本题答案是：不能；碳酸银、硫酸银、氯化银都是白色沉淀,因此实验3得到沉淀无法确定是氯化银；⑤溶液中肯定存在的离子是NH4+，SO42−、CO32−,经计算,NH4+的物质的量为1.12/22.4=0.05mol,利用②中分析、计算可以知道SO42−、CO32−的物质的量分别为0.01mol和0.02mol；阳离子带的正电荷总数0.05×1=0.05mol，阴离子带的负电荷总数为：0.01×2+0.02×2=0.06mol；根据电荷守恒:钾离子一定存在；因此，本题正确答案是:存在,经过计算可以知道,只有存在K+溶液中的离子电荷才能守恒。18、NeFF2NaNaOHH2SO4Al(OH)3CH4、NH3、PH3、HF、H2SHFNa【解析】

由元素在元素周期表中的位置可知，A、B、C、D、E、F、G、H、I分别是H、Na、Al、C、N、P、F、S、Ne。根据元素周期律分析解答。【详解】(1)稀有气体性质最不活泼，所以化学性质最不活泼的是Ne；F的非金属性最强，则F元素只有负化合价，没有正化合价；元素的非金属性越强，单质的氧化性越强，单质氧化性最强的是F2；元素的金属性越强，单质的还原性越强，单质还原性最强的是Na，故答案为：Ne；

F；F2；Na；(2)元素的金属性越强，则其最高价氧化物对应的水化物碱性越强，以上各元素中，金属性最强的为Na，则碱性最强的为NaOH；元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，根据元素周期律知，非金属性最强的元素是F，但F元素没有含氧酸，非金属性次之的是S元素，其最高价含氧酸是H2SO4，所以酸性最强的酸是H2SO4；氢氧化铝为两性氢氧化物，故答案为：NaOH；H2SO4；Al(OH)3；(3)A分别与D、E、F、G、H形成的化合物的化学式分别为CH4、NH3、PH3、HF、H2S，非金属的非金属性越强，其氢化物越稳定，这些化合物中最稳定的是HF，故答案为：CH4、NH3、PH3、HF、H2S；HF；(4)B、C、D、E、F、G、H中，D、E、G元素的原子含有2个电子层，B、C、F、H原子含有3个电子层，由于B的原子序数最小，则B的原子半径最大，即：原子半径最大的为Na，故答案为：Na。19、圆底烧瓶除尽反应生成的二氧化硫BCBa(HCO3)20.3mol▪L-12:1【解析】

(一)由装置图可知，实验原理是通过测定干燥管E的质量增重确定二氧化碳的质量，根据二氧化碳的质量计算铁碳合金中碳的质量，进而计算铁的质量，再计算合金中铁的质量分数。故二氧化硫会影响二氧化碳的测定，进入干燥管E的气体应除去二氧化硫、且干燥。(二)CuO和Fe2O3的混合物在高温下与足量的CO充分反应生成CO2，少量CO2与Ba(OH)2反应生成BaCO3，过量的CO2再与与BaCO3反应生成Ba(HCO3)2，依据反应的化学方程式解题即可。【详解】(1)仪器A为圆底烧瓶。(2)C中酸性高锰酸钾可以和SO2发生反应，因此C装置是为了除尽SO2，避免影响对CO2的测定。(3)A．A中反应不完全，导致测定的CO2的质量减少，铁的质量分数增大，故A错误。B．反应生成的SO2部分被E中碱石灰吸收，导致测定的CO2的质量增大，铁的质量分数减小，故B正确。C．E中碱石灰会吸收空气中的CO2和H2O，导致测定的CO2的质量增大，铁的质量分数减小，故C正确。D．装置中残留的CO2没有完全被E吸收，导致测定的CO2的质量减少，铁的质量分数增大，故D错误。本题选BC。(二)(4)发生反应为CO2+Ba(OH)2=BaCO3↓+H2O①、CO2+H2O+BaCO3=Ba(HCO3)2②。生成35.46g白色沉淀BaCO3，根据化学方程式①可求得参加反应①的n1［Ba(OH)2］=n(BaCO3)==0.18mol，参与反应②的n2［Ba(OH)2］=0.2L×1.20mol▪L－1－0.18mol=0.06mol，根据化学方程式②列比例式可得n［Ba(HCO3)2］=0.06mol，c［Ba(HCO3)2］==0.3mol/L。吸收后溶液的溶质为Ba(HCO3)2。(5)参与反应①的n1(CO2)=n1［Ba(OH)2］=0.18mol，参与反应②的n2(CO2)=n2［Ba(OH)2］+n2(BaCO3)=0.12mol，因为生成的CO2全部参与了反应，n(CO2)=0.18mol+0.12mol=0.3mol。设CuO和Fe2O3的物质的量分别为xmol、ymol，根据化学方程式CuO+COCu+CO2、Fe2O3+3CO2Fe+3CO2，列方程组80x+160y=19.2①，x+3y=0.3②，解得x=0.12mol，y=0.06mol。CuO和Fe2O3的物质的量之比为2∶1。【点睛】解答问题(一)的关键是清楚实验原理，通过测定浓硫酸与C反应生成CO2的量，进而求出铁的质量分数。20、BAFeCl3＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3HCl让一束可见光通过制得的液体，从侧面观察到一条光亮的“通路”，说明制得的是胶体【解析】

（1）实验室制备氢氧化铁胶体是在沸腾的蒸馏水中加入饱和氯化铁溶