乐山沫若中学2019-2020学年高一4月月考化学试题含解析

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精四川省乐山沫若中学2019-2020学年高一4月月考化学试题含解析四川省乐山沫若中学2020年(上）化学第一次月考试题可能用到的相对原子质量：H—1C-12N-14O-16Na—23Mg-24Al—27S-32Cl-35。5K—39Ca—40Fe—56Cu—64Zn-65Ag-108Ba—137I卷（选择题共40分）一、选择题（每小题2分，共40分,每小题只有一个选项符合题意）1。合金在生产及科研中具有广泛的应用.下列物质不属于合金的是（）A.铝箔 B.铁板 C。不锈钢 D。焊锡【答案】A【解析】【详解】A。铝箔是铝单质，是纯净物，不是合金,故A错误；B。铁板是其中含有铁、碳等的合金，故B正确;C。不锈钢是铁的合金，其中含有铁、碳、铬等元素，故C正确；D。常用焊锡材料有锡铅合金焊锡、加锑焊锡、加镉焊锡、加银焊锡、加铜焊锡等，均为合金，故D正确;综上所述，答案为A。2.符合图中阴影部分的物质是()A。NaCl B。Na2CO3 C.NaHCO3 D.Cu2（OH）2CO3【答案】B【解析】【详解】A。NaCl不是碳酸盐，故A错误;B.Na2CO3即是正盐又是钠盐，也是碳酸盐，故B正确；C.NaHCO3是酸式盐，不是正盐，故C错误；D。Cu2（OH）2CO3不是钠盐，也不是正盐,是碱式盐,故D错误；综上所述,答案为B。3。实验室有四个药品橱，已存放如下药品：橱甲橱乙橱丙橱丁橱药品盐酸、硫酸氢氧化钠、氢氧化钙红磷、硫铜、锌实验室新购进一些活性炭，应将它存放在A。甲橱 B。乙橱 C.丙橱 D。丁橱【答案】C【解析】【分析】活性炭属于非金属单质，据此进行分析.【详解】A．盐酸、硫酸属于酸,活性炭不能放在甲橱，A错误;B．氢氧化钠、氢氧化钙属于碱，活性炭不能放在乙橱,B错误；C．红磷、硫都是由非金属元素组成的非金属单质，属于纯净物，与活性炭的类别相同，活性炭可以放在丙橱，C正确；D．铜、锌属于金属单质，活性炭不能放在丁橱，D错误;故答案选C。4。下列有关说法中不正确的是A.Al(OH)3在用于治疗胃酸过多类疾病时表现出弱碱性B。明矾溶于水后可得到少量的有强吸附性的Al（OH)3，故明矾可作净水剂C。Al（OH)3可用于中和馒头制作过程(如发酵阶段）中产生的酸D。Al2O3可用于制作耐火材料而Al（OH）3不能【答案】C【解析】【详解】A.Al(OH)3是弱碱，能与胃酸反应，用于治疗胃酸过多，A项正确;B。明矾溶于水后，电离产生的Al3＋水解可得到少量的有强吸附性的Al(OH）3,明矾可作净水剂,B项正确；C.因为Al（OH）3与酸反应生成水，不能生成二氧化碳气体，所以Al（OH)3不能用于中和馒头制作过程（如发酵阶段）中产生的酸,C项错误；D.Al2O3的熔点很高，可制作耐火材料，Al(OH）3受热易分解，不能用于制作耐火材料,D项正确；答案选C。5。下列反应中，既属于氧化还原反应又属于置换反应的是（）A。CuO+H2Cu+H2O B.CO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2OC.Fe2O3+3CO2Fe+3CO2 D。2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑【答案】A【解析】【详解】A。氢气还原氧化铜的反应中，氢元素和铜元素化合价发生变化，同时也是单质与化合物反应生成另外一种单质和另外一种化合物，所以既是氧化还原反应，也是置换反应，故A正确；B.二氧化碳与氢氧化钙的反应中没有元素化合价发生变化，也没有单质参与，则既不是氧化还原反应,也不是置换反应,故B错误；C。一氧化碳还原氧化铁的反应中，碳元素和铁元素化合价发生了变化，是氧化还原反应,但反应物中没有单质，所以不是置换反应，故C错误；D。过氧化钠和水的反应中,氧元素化合价发生变化，但反应物中没有单质，所以是氧化还原反应但不是置换反应，故D错误；综上所述,答案为A。6。节日燃放的五彩缤纷的烟花，常用一些金属化合物作为烟花的发色剂。下列金属化合物中，焰色反应呈绿色的是A.NaCl B.K2CO3 C.CaCl2 D。CuCl2【答案】D【解析】【详解】A．NaCl焰色反应呈黄色,故A错误;B.K2CO3焰色反应呈紫色，故B错误；C．CaCl2焰色反应呈砖红色，故C错误；D。CuCl2焰色反应呈绿色,故D正确；故答案选D.【点睛】常见焰色反应Na-黄色；。K-紫色（蓝色钴玻璃片）;Ca-砖红色；Cu-绿色。7。食盐在不同分散剂中形成不同分散系:分散系1：食盐分散在水中形成无色透明溶液分散系2：食盐分散在乙醇中形成无色透明胶体下列说法正确的是A.分散系1是纯净物 B。分散系2可以用滤纸分离C。可用丁达尔效应区分两种分散系 D。两种分散系中分散质粒子直径相同【答案】C【解析】【详解】分散系1溶液，分散系2为胶体。A．分散系均为混合物,故A错误;B．滤纸不能分离胶体，故B错误；C．鉴别胶体与溶液可利用丁达尔现象，故C正确；D。溶液分散质粒子直径在1nm以下，胶体分散质粒子直径在1-100nm之间，故D错误；故答案选：C.8.下列物质的变化，其中不属于氧化还原反应的是A.氢氧化钠固体在空气中潮解 B。铁锅生锈C。过氧化钠吸收CO2 D.Fe（OH）2变为红褐色【答案】A【解析】【详解】A．氢氧化钠固体在空气中潮解属于物理变化,不属于氧化还原反应,故A正确;B．铁锅生锈是单质铁变成+3价的铁，是氧化还原反应,故B错误；C．过氧化钠吸收CO2反生反应：，属于氧化还原反应，故C错误;D．Fe（OH)2变为红褐色反生反应:，属于氧化还原反应,故D错误；故答案选：A。【点睛】氧化还原反应的实质式电子的得失或转移，表现为化合价的升降.9。下列化学反应，能用离子方程式H++OH－=H2O来表示的是（）A。盐酸和氢氧化铜 B.硫酸和氢氧化钠溶液C。醋酸和氢氧化钡溶液 D。稀硝酸和氨水混合【答案】B【解析】【详解】A。氢氧化铜是难溶性物质,应该用化学式表示，选项A错误；B.硫酸和氢氧化钠反应生成硫酸钠和水,可以用该离子方程式表示，选项B正确;C.醋酸是弱电解质，应该用化学式表示，选项C错误;D。一水合氨是弱碱，应该用化学式表示，选项D错误；答案选B。10.下列物质中所含原子数最多的是A。标准状况下22.4LH2 B。56gCO C。1。5molO3 D。6.021022个H2SO4分子【答案】C【解析】A、标准状况下22。4LH2所含原子数分别为：=2NA；B、56gCO所含原子数分别为：=4NA；C、1。5molO3所含原子数分别为：1.5mol×3×NA=4.5NA；D、6。021022个H2SO4分子所含原子数分别为：×7×NA=0.7NA；故C>B>A>D,所含原子数最多的是C。11.下列溶液中含有Cl—，且Cl-的物质的量浓度与50mL1mol/LAlCl3溶液中的Cl—浓度相等的是（）A.150mL1mol/LNaCl B.150mL2mol/LKClC。75mL2mol/LNH4Cl D.75mL1mol/LAlCl3【答案】D【解析】【分析】1mol/LAlCl3溶液中的Cl—浓度为c（Cl-）=1mol/L×3=3mol/L。【详解】A.1mol/LNaCl溶液中c（Cl-）=1mol/L，故A错误；B.2mol/LKCl溶液中c（Cl—）=2mol/L,故B错误；C.2mol/LNH4Cl溶液中c（Cl-)=2mol/L，故C错误；D。1mol/LAlCl3溶液中c（Cl-)=1mol/L×3=3mol/L,故D正确；综上所述,答案为D.12.等物质的量的CO2和NH3相比，下列说法不正确的是(）A。常温常压下，密度之比为44：17 B。分子数之比为1:1C。原子数之比为1:1 D.质量之比为44：17【答案】C【解析】【详解】A。常温常压下，密度之比=摩尔质量之比，因此CO2和NH3密度之比为44:17，A项正确；B.分子数之比=物质的量之比，等物质的量的CO2和NH3分子数之比为1:1,B项正确；C。CO2和NH3原子数之比为3:4，等物质的量的CO2和NH3原子数之比应为3：4，C项错误;D。质量之比=摩尔质量之比，因此CO2和NH3质量之比为44：17，D项正确；答案选C。13.瓦斯中甲烷与氧气的质量比为1：4时极易爆炸，此时甲烷与氧气的体积比为（）A。1：4 B.1：2 C.1：1 D.2：1【答案】B【解析】【分析】令甲烷与氧气的质量分别为1g和4g，根据公式n=计算出甲烷与氧气的物质的量，再结合阿伏伽德罗定律的推论，同温同压下，气体的体积之比等于气体的物质的量之比,据此分析作答。【详解】甲烷与氧气的质量比为1：4，令甲烷与氧气的质量分别为1g和4g,则1g甲烷的物质的量n（CH4）==mol；4g氧气的物质的量n(O2)==mol；又同温同压下，气体的体积之比等于气体的物质的量之比，则V(CH4)：V（O2）=mol:mol=1:2，故B项正确；答案选B。14。用滴管吸取和滴加少量试剂，下列操作中不正确的是（）A。将滴管伸入试剂瓶中，然后用手指头捏紧橡胶乳头，赶走滴管中的空气B.向烧杯内滴加试剂时，将滴管悬空放在烧杯上方，将试剂滴下C。取液后的滴管保持橡胶乳头在上,不可平放或倒置D.除滴瓶上的滴管外,用过的滴管应立即用清水冲冼干净【答案】A【解析】【详解】A。使用滴管吸取液体时，先用手指捏紧橡胶头，赶出橡胶头中的空气，然后将滴管伸入试剂瓶中吸取，故A错误;B.向烧杯内滴加试剂时，将滴管悬空放在烧杯上方，将试剂滴下,以免滴管接触烧杯，污染原试剂，故B正确；C。取液后的滴管保持橡胶乳头在上，不可平放或倒置，以免滴管中的液体进入橡胶乳头，腐蚀橡胶乳头，故C正确；D.滴瓶上的滴管是专用的，吸取液体后不需要清洗，清洗容易改变试剂浓度，其他用过的滴管应立即用清水冲洗干净,以免再取用其他试液时污染试液,故D正确；综上所述，答案为A。15.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.32gO2所含的氧原子数目为NAB.标准状况下，22。4L水中所含的水分子数目为NAC.1mol•L﹣1Na2SO4溶液中含有的钠离子数目为2NAD。1molMg变为Mg2+时失去电子的数目为2NA【答案】D【解析】【详解】A．32g氧气中氧原子的物质的量为=2mol，故A错误；B．标况下，水为液态,故不能根据气体摩尔体积来计算水的物质的量，故B错误;C．溶液体积不明确，故钠离子的个数无法计算，故C错误;D．反应后镁元素的化合价为+2价，故1mol镁失去2mol电子,故D正确.答案选D。16。某lL混合溶液中所含离子的个数比如下表，则M离子可能为()所含离子NO3—SO42-H+M个数比2121A。Mg2+ B。Ba2+ C.F— D.Na+【答案】A【解析】【详解】根据溶液是电中性的,设M离子带电荷数为x，可列式2×（—1）+1×(—2）+2×1+x=0，解得x=+2，即M离子带两个正电荷，所以C、D错误，而硫酸根与钡离子不能共存，所以B错误，综上所述，答案为A。17。为防止废弃的硒单质(Se）造成环境污染，通常用浓硫酸将其转化成处理成二氧化硒（SeO2）,再用KI溶液处理后回收Se。发生的反应为：①Se+2H2SO4（浓）=2SO2+SeO2+2H2O②SeO2+4KI+4HNO3=4KNO3+Se+2I2+2H2O下列说法正确的是A。反应①中SO2是氧化产物，SeO2是还原产物B。反应②中KI是还原剂，HNO3是氧化剂C.反应②中，每生成0。6molI2转移2。4mole—D。氧化性由强到弱的顺序是：H2SO4（浓)＞SeO2＞I2【答案】D【解析】【分析】氧化剂得到电子发生还原反应化合价下降得到还原产物，还原剂失去电子发生氧化反应化合价升高得到氧化产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物，根据化合价的变化计算转移电子数，以此答题。【详解】A．反应①中H2SO4(浓）得到电子发生还原反应化合价下降得到还原产物SO2,Se失去电子发生氧化反应化合价升高得到氧化产物SeO2，故A错误；B．反应②中KI失去电子化合价升高为还原剂，SeO2得到电子化合价下降是氧化剂，故B错误；C．反应②中，每生成0。6molI2转移电子1。2mol，故C错误;D．由反应①可知氧化性H2SO4（浓）＞SeO2,由反应②可知氧化性SeO2＞I2，故氧化性H2SO4（浓)＞SeO2＞I2，故D正确；故答案选:D.18.某MgCl2溶液的密度为1.18g·cm—3，其中Mg2+的质量分数为5.1％。300mL该溶液中Cl—的物质的量约等于A.0。37mol B.0。63mol C.0.74mol D.1。5mol【答案】D【解析】【分析】根据m=ρV计算氯化镁溶液的质量，根据m(（Mg2+）=m(溶液）×ω（（Mg2+）计算镁离子质量，再根据n=m÷M计算镁离子的物质的量，根据电荷守恒解答。【详解】氯化镁溶液的质量为：1。18g/mL×300mL=354g，镁离子的质量为：354g×5.1%=3.54×5.1g，镁离子的物质的量为：(3。54×5.1g)÷24g/mol≈0。75mol，根据电荷守恒可知氯化镁溶液中n（Cl-）=2n（Mg2+）=2×0.75mol=1。5mol，故答案选D。19。将Al、CuO、Fe2O3组成的混合物共10.0g放入50mL稀硫酸中，混合物完全溶解，当再加50mL2.00mol/L的NaOH溶液时,得到沉淀最多。上述硫酸溶液的浓度为（）A.0。500mol/L B。1.00mol/L C。2.00mol/L D.3.00mol/L【答案】B【解析】【详解】得到的沉淀最多，则氢氧根都转化为氢氧化铝、氢氧化铜、氢氧化铁沉淀,溶液中只剩下硫酸钠，根据硫酸根离子守恒可得n（H2SO4）=n(SO42-）=n（Na+)=n（NaOH）=c（NaOH）×V（NaOH）=×0.05L×2.00mol/L=0.05mol，c(H2SO4)==1.00mol/L；综上所述，答案为B。【点睛】因为Al、CuO、Fe2O3虽然参与反应，但并未进入到溶液中,所以硫酸的物质的量可用溶液中的溶质来求得，最终溶液中的溶质只有硫酸钠，根据钠离子与硫酸根的比例关系,可通过钠离子，即氢氧化钠的物质的量来求硫酸的物质的量。20。某铁的氧化物（FexO）1。52g溶于足量盐酸中,向所得溶液中通入标准状况下112mlCl2，恰好将Fe2+完全氧化。x值为(）A.0。80 B.0.85 C.0.90 D。0。93【答案】A【解析】【详解】FexO中Fe的平均化合价为+，被氧化为Fe3+,根据电子守恒可知，转移的电子数和Cl2转移的电子数相等．标准状况下112mLCl2转移电子数为×2=0.01mol．则有：×(3-）×x=0.01mol，解得x=0。8,故选A。【点晴】本题考查氧化还原反应计算，注意氧化还原反应计算中电子转移守恒运用。电子得失守恒法解题一般思路是:首先找出氧化剂、还原剂及相应的还原产物和氧化产物;其次找准一个原子或离子得失电子数(注意化学式中粒子的个数）；最后根据题中物质的物质的量和得失电子守恒列出等式。即n（氧化剂)×变价原子个数×化合价变化值（高价－低价)＝n(还原剂）×变价原子个数×化合价变化值（高价－低价）。本题中注意平均化合价的应用,根据电子守恒可知,FexO被氧化为Fe3+转移的电子数和Cl2转移的电子数相等。Ⅱ卷(非选择题共60分)二、（本题包括21、22题，共14分）21。写出下列反应的化学方程式.（1）Na2O2与CO2反应：___.(2）将氯气与通入冷的消石灰中反应制漂白粉:___。（3)将铜粉溶解在浓FeCl3溶液中：___.（4）向FeCl3溶液中滴加氨水：___。【答案】（1）。2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2(2)。2Ca（OH）2+2Cl2=CaCl2+Ca（ClO)2+2H2O（3）.Cu+2FeCl3=2FeCl2+CuCl2（4）.FeCl3+3NH3·H2O=Fe（OH）3↓+3NH4Cl【解析】【详解】（1）Na2O2与CO2发生歧化反应，反应方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，故答案为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；（2)消石灰为氢氧化钙，漂白粉的成分为次氯酸钙和氯化钙，低温下氯气与氢氧化钙发生歧化反应，反应的方程式为2Ca（OH）2+2Cl2=CaCl2+Ca（ClO)2+2H2O，故答案为：2Ca(OH）2+2Cl2=CaCl2+Ca（ClO)2+2H2O;(3）铜有还原性,氯化铁有氧化性，二者发生氧化还原反应的方程式为Cu+2FeCl3=2FeCl2+CuCl2，故答案为：Cu+2FeCl3=2FeCl2+CuCl2；（4）氨水为弱碱性,可以与氯化铁发生复分解反应生成红褐色的氢氧化铁沉淀，其方程式为FeCl3+3NH3·H2O=Fe(OH)3↓+3NH4Cl，故答案为:FeCl3+3NH3·H2O=Fe(OH）3↓+3NH4Cl。22。标出下列氧化还原反应的电子转移数目和方向，并写出氧化剂(1)2K2S+K2SO3+3H2SO4=3K2SO4+3S↓+3H2O_______氧化剂_______(2）2KMnO4＋5H2O2+3H2SO4=K2SO4＋2MnSO4＋5O2↑＋8H2O_______氧化剂_______【答案】（1).（2).H2SO3（3)。(4）.KMnO4【解析】【分析】氧化剂得到电子发生还原反应化合价下降得到还原产物，还原剂失去电子发生氧化反应化合价升高得到氧化产物,以此答题。【详解】（1）K2SO3得到电子化合价下降为氧化剂，K2S失去电子化合价上升为还原剂，故电子转移为：,氧化剂为K2SO3,故答案为:；K2SO3；（2）KMnO4得到电子化合价下降为氧化剂，H2O2失去电子化合价上升为还原剂,故电子转移为：，氧化剂为KMnO4,故答案为:;KMnO4。三、（本题包括23、24题，共18分）23。在高温下,Al与Fe2O3发生铝热反应后得到的固体混合物中主要含有Al2O3、Fe，还含有少量Fe2O3.从该样品中固体混合物分离出Al2O3，并回收Fe和Fe2O3的流程如下:已知:NaAlO2+CO2+2H2O=Al（OH)3↓+NaHCO3回答下列问题：(1）固体①的成分是__________。溶液②的溶质是____________。（2）加入过量NaOH溶液时，发生反应的离子方程式是__________。（3）白色固体②与NaOH溶液反应的离子方程式是__________.【答案】（1）。Fe和Fe2O3（2)。NaHCO3（3).Al2O3+2OH—=2AlO2—+H2O（4).Al（OH)3+OH-=AlO2-+2H2O【解析】【分析】固体混合物加过量NaOH溶液得到溶液①为NaAlO2和NaOH的混合溶液,固体①为Fe和Fe2O3,溶液①通过过量CO2得到溶液②为NaHCO3溶液，固体②为Al（OH)3沉淀，以此答题。【详解】固体混合物加过量NaOH溶液得到溶液①为NaAlO2和NaOH的混合溶液，固体①为Fe和Fe2O3，溶液①通过过量CO2得到溶液②为NaHCO3溶液,固体②为Al（OH）3沉淀，Al（OH)3受热分解得到Al2O3。(1）固体①的成分是Fe和Fe2O3；溶液②的溶质NaHCO3，故答案为:Fe和Fe2O3；NaHCO3；（2)加入过量NaOH溶液时，发生反应的离子方程式是，故答案为:；（3）白色固体②为Al(OH)3与NaOH溶液反应的离子方程式是，故答案为：。24.为了将混有Na2SO4、NaHCO3的NaCl固体提纯,制得纯净的氯化钠溶液，某学习小组设计了如下图所示的实验方案：回答下列问题：（1)操作①加热过程中，发生反应的化学方程式是_______.（2)操作②不用Ba（NO3）2溶液的理由是：__________。（3)进行操作②中,判断“BaCl2溶液是否过量”的方法是:_________.（4)操作③“加入过量Na2CO3溶液”的目的是：________。（5）操作⑤中“加适量盐酸”的主要目的是__________。【答案】(1）。2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O（2).使用Ba(NO3)2溶液，会引入难于除去的NO3—杂质离子（3）。在滴加BaCl2溶液的过程中，静置，取上层清液放入试管中，再加入几滴BaCl2，若无沉淀生成，则证明BaCl2足量（4)。除去过量的Ba2+(5）。除去过量的CO32—【解析】【分析】（1)操作①加热过程中NaHCO3受热分解；（2）操作②加BaCl2目的是为了除去CO32—和SO42-，Ba（NO3）2会引入新的离子NO3-；（3）判断“BaCl2溶液是否过量”的方法是:在滴加BaCl2溶液的过程中,静置，取上层清液放入试管中，再加入几滴BaCl2,若无沉淀生成,则证明BaCl2足量;(4）操作③“加入过量Na2CO3溶液”的目的是除去过量的Ba2+；（5）操作⑤中“加适量盐酸"的主要目的是除去过量的CO32—。【详解】（1）操作①加热过程中NaHCO3受热分解:，故答案为：；（2）操作②加BaCl2目的是为了除去CO32-和SO42—，Ba（NO3）2会引入新的杂质离子NO3-，故答案为：使用Ba（NO3）2溶液，会引入难于除去的NO3—杂质离子；（3）判断“BaCl2溶液是否过量”的方法是：在滴加BaCl2溶液的过程中，静置，取上层清液放入试管中,再加入几滴BaCl2，若无沉淀生成，则证明BaCl2足量，故答案为：在滴加BaCl2溶液的过程中，静置,取上层清液放入试管中,再加入几滴BaCl2，若无沉淀生成，则证明BaCl2足量；（4）由于悬浊液中含有过量Ba2+，加入过量Na2CO3溶液的目的是除去过量的Ba2+，故答案为：除去过量的Ba2+;（5）滤液中含有过量的Na2CO3溶液加适量盐酸的主要目的是除去过量的CO32—，故答案为：除去过量的CO32—。【点睛】物质的分离与提纯时需考虑除杂的顺序与除杂剂的合理选择,不能带人新的杂质。四、（本题包括25、26题，共17分）25。配制100mL0。020mol/LKMnO4溶液的过程如下图所示:回答下列问题：（1）图示中有两步操作不正确,它们是_____和_____（填序号）.（2)操作⑤图示中的两种仪器分别是________、__________（填名称）.（3）如果用图示的操作配制溶液，所配制的溶液浓度将_______（填“偏大”或“偏小”）。【答案】（1）。②（2）。⑤(3）。100mL容量瓶(4)。胶头滴管(5).偏小【解析】【分析】溶液配制有计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀八个步骤，图中①为称量,②为溶解，③为转移，④为洗涤，⑤为定容，⑥为摇匀。其中溶解不允许在量筒中进行,定容时视线应与凹液面最低处相平，需用到100mL容量瓶和胶头滴管，误差分析根据公式来进行判断.【详解】（1)配制100mL0.020mol/LKMnO4溶液,溶解高锰酸钾固体应该在烧杯中,不允许在量筒中进行，定容时视线应与凹液面最低处相平，故操作②和⑤不正确，故答案为:②；⑤；（2）定容时需用到的仪器是100mL容量瓶和胶头滴管，故答案为：100mL容量瓶；胶头滴管;（3)定容时仰视会导致溶液体积V偏大，由公式可知配制的溶液浓度将偏小，故答案为：偏小.26.A~I分别表示中学化学中常见的一种物质，它们之间相互关系如图所示(部分反应物、生成物没有列出)。已知H为固态氧化物，F是红褐色难溶于水的沉淀，且A、B、C、D、E、F六种物质中均含同一种元素。请填写下列空白:（1)A、B、C、D、E、F六种物质中所含的同一种元素的名称是___.(2）反应①的化学方程式为___。（3）反应③的离子方程式为___。(4）反应⑧的化学方程式为___。（5）反应⑥过程中的现象是____。(6）1molI发生反应后生成的A高温下与足量的水蒸气反应，生成的气体换算成标准状况下占___L。【答案】（1）。铁元素(2）。8Al＋3Fe3O44Al2O3＋9Fe（3)。Fe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++4H2O（4）.Al2O3＋2NaOH=2NaAlO2＋H2O(5)。生成的白色沉淀在空气中迅速变成灰绿色，最后变成红褐色（6）。33.6【解析】【分析】F是红褐色难溶于水沉淀，则F为氢氧化铁；E能在空气中转化为F，且E是C和氢氧化钠反应生成，则E为氢氧化亚铁，C为氯化亚铁；B能与盐酸反应生成氯化亚铁和D,则B为四氧化三铁，D为氯化铁；A在空气中燃烧能够生成四氧化三铁,则A为铁单质；四氧化三铁与I在高温条件下反应生成铁单质，I又能与氢氧化钠反应，推知I为铝单质，与四氧化三铁在高温条件下发生铝热反应，生成H为氧化铝；铝和氧化铝都能与氢氧化钠反应生成G，则G为偏铝酸钠.【详解】(1）A为铁、B为四氧化三铁、C为氯化亚铁、D为氯化铁、E氢氧化亚铁、F为氢氧化铁,则六种物质中都含有铁元素,故答案为:铁元素；(2）①是铝与四氧化三铁发生铝热反应，其反应的方程式为8Al＋3Fe3O44Al2O3＋9Fe，故答案为:8Al＋3Fe3O44Al2O3＋9Fe；（3）③是四氧化三铁与盐酸反应,其反应的离子方程式为Fe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++4H2O，故答案为：Fe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++4H2O；(4)⑧是氧化铝与氢氧化钠发生反应，反应的化学方程式为Al2O3＋2NaOH=2NaAlO2＋H2O,故答案为：Al2O3＋2NaOH=2NaAlO2＋H2O；（5）⑥氢氧化亚铁在空气中转化为氢氧化铁，其现象为生成的白色沉淀在空气中迅速变成灰绿色,最后变成红褐色，故答案为：生成的白色沉淀在空气中迅速变成灰绿色，最后变成红褐色；(6）1mol铝与四氧化三铁反应生成铁单质与氧化铝，生成的铁单质再与水蒸气反应生成氢气，根据得失电子守恒可知，铝失去的电子数等于生成氢气得到的电子数，可列式1×3=2×n（H2）,则n（H2）=1.5mol，则标准状况下,氢气的体积V（H2）=1.5mol×22。4L/mol=33.6L,故答案为33.6。【点睛】铝与四氧化三铁反应生成铁,8molAl~9molFe,铁与水蒸气反应生成氢气，3mo