2019-2020学年黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学高一上学期期中考试化学试题 Word版含解析

2019-2020学年黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学高一上学期期中考试化学试题 Word版含解析

哈师大附中2019-2020年度高一上学期期中考试化学试卷 ‎(时间90分钟；满分100分)‎ 可能用到的原子量：H 1 C 12 O 16 Na 23 Cl 35.5 K 39 Ca 40‎ 一、选择题（本题包括25小题，每小题2分，共50分。每题只有一个正确选项）‎ ‎1.下列物质的提纯方法可能属于化学变化的是（ ）‎ A. 蒸馏 B. 过滤 C. 分液 D. 洗气 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】蒸馏是依据混合物中个组分沸点不同而分离的一种法，适用于除去易挥发、难挥发或不挥发杂质，过滤适用于不溶性固体和液体之间的一种分离方法，分液适用于互不相溶的液体之间的一种分离方法，因此它们都是物理变化，所以只有洗气法有可能发生化学反应，答案选D。‎ ‎2.下列物质不能导电的是 A. NaCl水溶液 B. NaCl固体 C. 熔融NaCl D. Fe ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、氯化钠溶液中存在自由移动的钠离子和氯离子，能够导电，故A错误；‎ B项、氯化钠固体中存在不能自由移动的钠离子和氯离子，不能够导电，故B正确；‎ C项、熔融NaCl中存在自由移动的钠离子和氯离子，能够导电，故C错误；‎ D项、金属铁中有自由移动的电子，是电的良导体，能导电，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】物质能够导电，说明该物质中存在自由移动电子或者阴阳离子；在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物为电解质。‎ ‎3.下列变化属于还原反应的是（ ）‎ A. Na → Na2O2 B. CO32- → CO2 C. H2O → H2 D. Cl- →Cl2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、钠转化为过氧化钠的过程中，钠元素化合价升高，被氧化，发生氧化反应，故A错误；‎ B项、碳酸根转化为二氧化碳的过程中，元素化合价没有发生变化，属于复分解反应，故B错误；‎ C项、水转化为氢气的过程中，氢元素化合价降低，被还原，发生还原反应，故C正确；‎ D项、氯离子转化为氯气的过程中，氯元素化合价升高，被氧化，发生氧化反应，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】元素化合价变化的反应为氧化还原反应，化合价升高，被氧化，发生氧化反应，元素化合价降低，被还原，发生还原反应。‎ ‎4.某学习小组需0.1000 mol/L的碳酸钠溶液450 mL。若配制上述溶液，下列有关说法正确的是 A. 配制时需用托盘天平称取14.3 g Na2CO3·10H2O晶体 B. 配制时需用托盘天平称取4.8 g无水碳酸钠 C. 取上述溶液100 mL，其浓度为0.0200 mol/L D. 配制好的碳酸钠溶液可长期存放在容量瓶中 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 配制0.1000 mol/L的碳酸钠溶液450 mL时，容量瓶则选用规格为500mL。‎ ‎【详解】A. 配制时需用托盘天平称取Na2CO3·10H2O晶体的质量=0.1000mol/L×0.5L× 286g/mol =14.3 g，符合题意，A正确；‎ B. 配制时需用托盘天平称取无水碳酸钠的质量=0.1000mol/L×0.5L×106g/mol=5.3 g，与题意不符，B错误；‎ C. 溶液具有均一性、稳定性，则取上述溶液100 mL，其浓度为0.1000 mol/L，与题意不符，C错误；‎ D. 配制好的碳酸钠溶液应从容量瓶中转移到试剂瓶中，并贴上标签，与题意不符，D错误；‎ 答案为A。‎ ‎【点睛】实验室没有450mL的容量瓶，配制0.1000 mol/L的碳酸钠溶液450 mL时，选用容量瓶规格为500mL。‎ ‎5.20 ℃时，饱和氯化钾溶液的密度为1.174 g/mL，物质的量浓度为4.0 mol/L，则下列说法中正确的是 A. 25 ℃时，饱和氯化钾溶液的浓度小于4.0 mol/L B. 此溶液中氯化钾的质量分数为×100%‎ C. 20 ℃时，密度小于1.174 g/mL的氯化钾溶液是不饱和溶液 D. 将此溶液蒸发部分水，再恢复到20 ℃时，溶液密度一定大于1.174 g/mL ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 25 ℃比20 ℃的温度高，升高温度饱和氯化钾的溶解度增大，则饱和溶液的浓度大于4.0 mol/L，与题意不符，A错误；‎ B. 此溶液中氯化钾的质量分数=×100%=×100%=×100%，与题意不符，B错误；‎ C. 相同温度下，饱和溶液的密度大于不饱和溶液的密度，则20 ℃时，密度小于1.174 g/mL的氯化钾溶液是不饱和溶液，符合题意，C正确；‎ D. 将此溶液蒸发部分水，再恢复到20 ℃时，溶液仍旧为饱和溶液，则溶液密度等于1.174 g/mL，与题意不符，D错误；‎ 答案为C。‎ ‎6. 某溶液中大量存在以下五种离子：NO、SO、Fe3＋、H＋、M，其物质的量之比为n（NO）∶n（SO）∶n（Fe3＋）∶n（H＋）∶n（M）＝2∶3∶1∶3∶1，则M可能为（　　）‎ A. Fe2＋ B. Ba2＋ C. CO D. Mg2＋‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 略 ‎7.某O2和N2的混合气体m g含有b个分子，则n g该混合气体在标准状况下的体积是（NA表示阿伏加德罗常数的值）‎ A. L B. L C. L D. L ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】某O2和N2的混合气体，O2和N2的比例不变，则ng该混合气体分子个数=×n，其物质的量为×n/NA，标况下的体积为×n×22.4/NA，答案为A。‎ ‎8.中国不少古诗词清晰的描绘了当时人民的生活和社会的发展，如刘禹锡的浪淘沙“日照澄州江雾开，淘金女伴满江隈，美人首饰侯王印，尽是沙中浪底来。”下列有关本诗的说法正确的是 A. “沙中浪底来”的物质指的是金的氧化物 B. 淘金原理与化学上的萃取一致 C. 雾的分散质粒子直径范围是10-9～10-7cm D. 由沙子（主要成分二氧化硅）到计算机芯片（硅）发生了还原反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.金的性质稳定，在自然界中主要以单质形式存在，“沙中浪底来”的物质指的是金的单质，与题意不符，A错误；‎ B.淘金原理为金的密度大，且不溶于水，沉到底部，与化学上的萃取不一致，与题意不符，B错误；‎ C.雾属于胶体，分散质直径为1nm~100nm，为10-9～10-7m，与题意不符，C错误；‎ D. 由沙子（主要成分二氧化硅）到计算机芯片（硅）发生了二氧化硅与碳反应生成硅单质和一氧化碳，硅化合价降低发生还原反应，符合题意，D正确；‎ 答案为D。‎ ‎9.下列关于氧化还原反应的说法正确的是 ‎①有一种元素被氧化肯定有另一种元素被还原 ‎②阳离子只有氧化性，阴离子只有还原性 ‎③在K、Fe2＋、S2-、Na＋中只有1种粒子不具有还原性 ‎④由X变为X2＋的反应是氧化反应 ‎⑤金属单质在反应中只作还原剂 ‎ ‎⑥非金属单质在反应中只作氧化剂 ‎⑦含最高价元素的化合物，一定具有强氧化性 A. ③④⑤ B. ④⑤⑦ C. ①③④⑤⑥ D. ②③④⑤⑥⑦‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】①氧化还原反应中，可能同种元素既被氧化也被还原，如氯气与水的反应中，Cl元素既被氧化也被还原，①错误；‎ ‎②阳离子或阴离子可能既有氧化性也有还原性，如亚铁离子、亚硫酸根离子等，②错误；‎ ‎③处于较低价态的微粒具有还原性，则只有Na+不具有还原性，③正确；‎ ‎④X变为X2+的反应中X失去电子，被氧化，发生氧化反应，④正确；‎ ‎⑤金属单质在反应中只能失去电子，被氧化，发生氧化反应，⑤正确；‎ ‎⑥非金属单质既可作氧化剂也可作还原剂，如氯气与NaOH的反应中，氯气既是氧化剂又是还原剂，⑥错误；‎ ‎⑦含最高价元素的化合物不一定具有强氧化性，例如氯化钠等，⑦错误。‎ 答案选A。‎ ‎10.现有下列三个氧化还原反应：‎ ‎① 2B- + Z2 = B2+2Z –‎ ‎② 2A2+ + B2 = 2A3+ + 2B-‎ ‎③2XO4- + 10Z - + 16H+ = 2X2+ + 5Z2 + 8H2O，‎ 根据上述反应，判断下列结论中正确的是 A. 要氧化含有A2＋、Z－和B－ 混合溶液中A2＋，而不氧化Z－和B－，应加入B2‎ B. 氧化性强弱顺序为：XO4－>Z2>A3＋>B2‎ C. X2＋是XO4－的氧化产物，B2是B－ 的还原产物 D. 在溶液中不可能发生反应：XO4－＋5A2＋＋8H＋=X2＋＋5A3＋＋4H2O ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用氧化还原反应的几组概念，以及氧化剂的氧化性强于氧化产物氧化性，还原剂的还原性强于还原产物的还原性进行分析；‎ ‎【详解】A、根据氧化还原反应规律，氧化性强弱①：Z2>B2，②B2>A3＋，③XO4－>Z2，氧化性强弱顺序是XO4－>Z2>B2>A3＋，氧化含有A2＋、Z－和B－ 混合溶液中的A2＋，而不氧化Z－和B－，应加入B2，故A正确；‎ B、根据A选项分析，氧化性强弱顺序是XO4－>Z2>B2>A3＋，故B错误；‎ C、XO4－是氧化剂，则X2＋为还原产物，根据①B－为还原剂，B2为氧化产物，故C错误；‎ D、根据A选项分析，XO4－的氧化性强于A3＋，该反应能够发生，故D错误，答案选A。‎ ‎11.以下说法正确的是 A. 还原剂中必定有元素被氧化 B. 在氧化还原反应中，失去电子的元素化合价降低 C. 物质中某元素失去电子，则此物质是氧化剂 D. 物质所含元素化合价升高的反应叫还原反应 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 还原剂中某元素化合价升高，则必定有元素被氧化，符合题意，A正确；‎ B. 在氧化还原反应中，失去电子的元素化合价升高，与题意不符，B错误；‎ C. 物质中某元素失去电子，则化合价升高，此物质是还原剂，与题意不符，C错误；‎ D. 物质所含元素化合价升高的反应叫氧化反应，与题意不符，D错误；‎ 答案为A。‎ ‎【点睛】氧化还原反应中，还原剂失电子，化合价升高，被氧化，发生氧化反应。‎ ‎12.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列判断正确的是 A. H2O2分解产生1 mol O2，转移的电子数目为2NA B. 1 L 1 mol/L的H2SO4溶液所含氧原子数为4NA C. 标准状况下，22.4 L O2和CO2的混合气体所含原子数为2.5 NA D. 标准状况下，22.4 L CCl4含有NA个分子 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. H2O2分解产生1 mol O2，同时生成2mol水，氧元素部分化合价由-1价变为-2价，部分由-1价升高为0价，转移2mol电子，即电子数目为2NA，符合题意，A正确；‎ B. 1 L 1 mol/L的H2SO4溶液中除硫酸中含有的氧原子数为4NA，还有水中也含有氧原子，与题意不符，B错误；‎ C. 标准状况下，22.4 L O2和CO2的混合气体所含分子的物质的量为1mol，未给定氧气与二氧化碳的比例无法计算原子数目，与题意不符，C错误；‎ D. 标准状况下，CCl4为液态，无法用气体摩尔体积进行计算，与题意不符，D错误；‎ 答案为A。‎ ‎【点睛】标准状况下，气体可用气体摩尔体积进行计算，非气体不能计算。‎ ‎13. 固体单质A和气体单质B在容积一定的密闭容器中完全反应生成气体C，同温下测得容器内压强不变，且反应后气体C的密度是原气体密度的4倍。则下列判断正确的是 A. 生成的气体C为单质，且B和C的摩尔质量比为1∶4‎ B. 生成物C中A的质量分数为75％‎ C. 生成物C中A、B的原子个数比为3∶1‎ D. 反应前后气体分子数比为1∶4‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 正确答案：B A、不正确，C为化合物；‎ B、正确，因为容器的体积相同，所以C的质量是B的质量的4倍，即A元素的质量占其中的，B选项正确；‎ C、不正确，C选项中因为不知道A、B、C的化学式，，无法了解具体的原子个数比，错误；‎ D、不正确，根据阿伏加德罗定律，同温同压下，同体积的气体的物质的量相同，则B和C的化学计量数相同，即反应前后气体分子数比为1∶1，D错误 ‎14.24 mL 0.05 mol·L－1的 Na2SO3溶液恰好与20 mL 0.02 mol·L－1的K2R2O7的溶液完全反应，则R元素在还原产物中的化合价为 A. 0 B. +2 C. +3 D. +6‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】Na2SO3被氧化为Na2SO4，化合价升高2价，共失去电子为24×10-3× 0.05×2=2.4×10-4mol，K2R2O7被还原到+x价，得到电子为20×10-3×0.02×（6-x）×2，根据电子守恒规律：2.4×10-4=20×10-3×0.02×（6-x）×2，x=.+3，答案C正确；‎ ‎15.下列物质在水溶液中的电离方程式正确的是(　　)‎ A. NaHSO4 = Na++ HSO4－ B. BaSO4 = Ba2++SO42－‎ C. CH3COONH4NH4+ + CH3COO－ D. H2CO32H++CO32－‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ A. NaHSO4是强电解质，NaHSO4在水中完全电离出钠离子、硫酸根离子和氢离子， NaHSO4═Na＋ + H＋+ SO42－，故A错误；B. BaSO4是强电解质，在水中电离出钡离子和硫酸根离子，BaSO4 = Ba2++SO42－，故B正确；C. CH3COONH4是强电解质，在水中完全电离出铵根离子和醋酸根离子，CH3COONH4= NH4+ + CH3COO－，故C错误；D.‎ ‎ 碳酸是二元弱酸，不能完全电离，故用，且多元弱酸的电离分步进行，电离方程式是H2CO3H＋＋HCO3－、HCO3－H＋＋CO32－，故D错误。所以答案选B。‎ 点睛：用化学式和离子符号表示电离过程的式子，称为电离方程式，表示物质溶解于水时电离成离子的化学方程式。离子所带电荷数一般可根据它们在化合物中的化合价来判断，所有阳离子带的正电荷总数与所有阴离子所带的负电荷总数相等，强电解质在溶液中能完全电离用“=”，弱电解质部分电离用“⇌”，多元弱酸，应分步电离。‎ ‎16.下列各组物质，按化合物、单质、混合物顺序排列的是 A. 干冰、氢气、冰水混合物 B. 洁净的空气、液态氧、天然气 C. 纯碱、氦气、盐酸 D. 酒精、氨水、氢氧化铁胶体 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 干冰、冰水混合物为化合物，氢气为单质，与题意不符，A错误；‎ B. 洁净的空气、天然气为混合物，液态氧为单质，与题意不符，B错误；‎ C. 纯碱为化合物、氦气为单质、盐酸为混合物，符合题意，C正确；‎ D. 酒精为化合物，氨水、氢氧化铁胶体为混合物，与题意不符，D错误；‎ 答案为C。‎ ‎17.下列说法正确的是 A. 强电解质溶液的导电能力一定比弱电解质溶液的导电能力强 B. 强电解质一定是易溶于水的化合物，弱电解质一定是难溶于水的化合物 C. 水难电离，水是弱电解质 D. 溶于水能导电的化合物一定是电解质 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 电解质的强弱与溶液的导电能力无关，与题意不符，A错误；‎ B. 电解质强弱与电解质的溶解性无关，强电解质不一定是易溶于水的化合物，如硫酸钡为强电解质，但不溶于水，与题意不符，B错误；‎ C. 水难电离，部分发生电离，同时存在水分子、氢离子和氢氧根离子，水是弱电解质，符合题意，C正确；‎ D. 溶于水能导电的化合物不一定是电解质，如二氧化碳的水溶液能导电，但二氧化碳为非电解质，与题意不符，D错误；‎ 答案为C。‎ ‎18.含某物质的溶液，溶液体积为V mL、密度为ρ g/mL，物质的量浓度为c mol/L，溶质的质量分数为ω，其中溶质为m g，溶质的相对分子质量为M，则下列表示正确的是 A. c= B. m= C. ω= D. c=‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. c===，符合题意，A正确；‎ B. m=×ω=ρV×ω，与题意不符，B错误；‎ C. ω==，与题意不符，C错误；‎ D. c==，与题意不符，D错误；‎ 答案为A。‎ ‎19.下列仪器可用于加热且不必垫石棉网的是 ‎①试管　②烧杯　③坩埚　④蒸发皿　⑤锥形瓶　⑥蒸馏烧瓶 A. ②④⑤ B. ①③④ C. ①②③ D. ②⑤⑥‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎①试管能受热，且不用垫石棉网，故①正确；②烧杯能受热，但需要垫石棉网，故②错误；③坩埚能受热，且不用垫石棉网，故③正确；④蒸发皿能受热，且不用垫石棉网，故④正确；⑤锥形瓶能受热，但需要垫石棉网，故⑤错误；⑥蒸馏烧瓶能受热，但需要垫石棉网，故⑥错误；故选B。‎ 点睛：本题主要考查了常用仪器的名称和用途。一般而言，精密的仪器不能受热，否则会造成热胀冷缩；能受热的玻璃仪器中，若表面积比较大，则需垫石棉网。‎ ‎20.下列有关胶体的叙述中不正确的是 A. “雨后彩虹”既是一种自然现象又是光学现象，同时也与胶体有关 B. 在溶有1mol Fe(OH)3的胶体中，含有NA个Fe(OH)3胶粒 C. 实验室可用丁达尔效应鉴别胶体与溶液 D. 分散质粒子大小介于1 nm～100 nm之间的分散系称为胶体 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.雨后空气中含有纳米级的小水珠，与空气形成胶体，“雨后彩虹”是胶体的丁达尔效应，故A正确；‎ B.Fe（OH）3胶粒，是多个Fe（OH）3的集合体，在溶有1molFe（OH）3的胶体中，含有小于NA个Fe（OH）3胶粒，故B错误；‎ C.丁达尔效应是胶体特有的性质，溶液无此性质，可用来鉴别溶液与胶体，故C正确；‎ D.直径介于1nm～100nm之间的分散系为胶体，而小于1nm的为溶液，大于100nm的为浊液，故D正确；‎ 本题答案为B。‎ ‎21.下列离子组因发生氧化还原反应而不能大量共存的是 A. Ag+、SO42－、HCO3－、Cl－ B. Mg2+、Cl－、Na+、OH－‎ C. K+、MnO4－、H+、Fe2+ D. Ba2+、Cl－、NH4+、SO42－‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. Ag+与SO42－、Cl－因复分解反应不能大量共存，与题意不符，A错误；‎ B. Mg2+与OH－因复分解反应不能大量共存，与题意不符，B错误；‎ C. MnO4－、H+、Fe2+因氧化还原反应不能大量共存，符合题意，C正确；‎ D. Ba2+、SO42－因复分解反应不能大量共存，与题意不符，D错误；‎ 答案为C。‎ ‎22.将0.06 mol FeCl2加入100 mL K2Cr2O7溶液中，恰好使溶液中Fe2+全部转化为Fe3+，Cr2O被还原为Cr3+。则K2Cr2O7溶液的物质的量浓度为（ ）‎ A. 0.4 mol/L B. 0.2 mol/L C. 0.1 mol/L D. 0.08mol/L ‎【答案】C ‎【解析】‎ 设参加反应K2Cr2O7的物质的量是x，K2Cr2O7‎ 中Cr元素的化合价是+6价，根据电子得失守恒可知0.06mol×（3－2）＝x×2×（6－3），解得x＝0.01mol，则浓度是0.01mol÷0.1L＝0.1mol/L，答案选C。‎ ‎23.密度为0.91g/cm3的氨水，质量分数为25%，该氨水用等体积的水稀释后，所得溶液溶质质量分数为 A. 12.5% B. >12.5% C. <12.5% D. 无法确定 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 密度比水大且质量分数不同的同种溶质的两种不同溶液，当等体积混合后，所得溶液的溶质质量分数比等质量混合的要大；密度比水小且质量分数不同的同种溶质的两种不同溶液，等体积混合所得溶液的溶质质量分数比等质量混合的要小。‎ ‎【详解】设原来有氨水体积为VmL，那么0.91g/mL的氨水质量为0.91Vg。当加入等体积水相当于加入质量为Vg水，原来氨水溶液中的氨在整个稀释过程中质量没有变化，即为0.91V*25%，则在加入等体积水以后，质量分数可表示为w= <12.5%，答案选C。‎ ‎【点睛】解决此类问题时，我们可以直接用上述分析中的结论解决，提高做题速度。当然也可以通过设数的方式进行演算。但无论用哪种方法，一定要看清该溶液中溶质的密度特点，以及混合的方式即等质量混合还是等体积混合。‎ ‎24.在 KClO3+6HCl(浓)═KCl+3Cl2↑+3H2O 的反应中，被还原与被氧化的氯原子数之比是 A. 6:1 B. 1:6 C. 5:1 D. 1:5‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】KClO3+6HCl(浓)═KCl+3Cl2↑+3H2O反应中，KClO3中Cl的化合价由+5价变为0价，被还原；而HCl中的Cl由-1价变为0价，被氧化，则被还原与被氧化的氯原子数之比为1：5，答案为D。‎ ‎【点睛】氧化还原反应中，同种元素间的化合价升降，遵守价态只靠拢不相交的原则。‎ ‎25.某合作学习小组讨论辨析下列说法，其中说法正确的数目为 ‎①离子反应可能是复分解反应，但一定不是氧化还原反应②电解质在水中一定能导电，非电解质在水中一定不导电③CO2的水溶液可以导电，故 CO2‎ 是电解质④同温同压下，等质量的二氧化硫气体和二氧化碳气体密度比为 16:11，体积比为 11:16⑤某固体中加入稀盐酸，产生了无色气体，证明该固体中一定含有碳酸盐 A. 1 B. 2 C. 3 D. 4‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】①离子反应可能是复分解反应，也可以为氧化还原反应，如Cu2++Fe= Fe2++Cu，与题意不符，①错误；‎ ‎②电解质在水中不一定能导电，如硫酸钡为电解质，水溶液中不导电，与题意不符，②错误；‎ ‎③CO2溶于水，与水反应生成碳酸，其水溶液可以导电，但液态CO2不导电，是非电解质，与题意不符，③错误；‎ ‎④同温同压下，m=ρ×V，等质量的二氧化硫气体和二氧化碳气体密度比为 16:11，体积比为 ：=11:16，符合题意，④正确；‎ ‎⑤某固体中加入稀盐酸，产生了无色气体，该固体可能为碳酸盐或碳酸氢盐等，不一定含有碳酸盐，与题意不符，⑤错误；‎ 综上所述，答案为A。‎ 二、非选择题（本题包括5小题，共50分）‎ ‎26.I．制备Fe(OH)3胶体是向25mL___________中滴加5～6滴FeCl3饱和溶液，继续煮沸至溶液呈________，停止加热。向Fe(OH)3胶体中逐滴加入稀硫酸，现象为____________。‎ II．选择实验方法分离物质，将正确分离方法的名称填在横线上：‎ ‎①分离水和植物油的混合物 ____；‎ ‎②分离饱和氯化钾溶液和沙子的混合物_______；‎ ‎③分离酒精（沸点为78.1℃）和甲苯(沸点为110.6℃)的混合物_____；‎ ‎④从碘水中提取碘_______。‎ ‎【答案】 (1). 沸水 (2). 红褐色 (3). 先产生红褐色沉淀，沉淀又溶解 (4). 分液 (5). 过滤 (6). 蒸馏 (7). 萃取分液（蒸馏）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ I．根据制备Fe(OH)3胶体的方法填写；利用胶体的性质判断；‎ II．①互不相溶的液体用分液的方法分离；‎ ‎②固体和溶液用过滤的方法分离；‎ ‎③物质的沸点不同用蒸馏的方法分离；‎ ‎④溶质在两种溶剂中的溶解度差距较大，且溶剂互不相溶，用萃取的方法分离。‎ ‎【详解】I．制备Fe(OH)3胶体的方法为向沸水中逐滴加入几滴饱和氯化铁溶液，继续加热至溶液呈红褐色时，停止加热；硫酸为电解质，加入到Fe(OH)3胶体中时，胶体先聚沉，生成氢氧化铁沉淀，沉淀可与硫酸反应生成硫酸铁和水，现象为先产生红褐色沉淀，沉淀又溶解；‎ II．①水和植物油为互不相溶的液体，可用分液的方法分离；‎ ‎②饱和氯化钾溶液和沙子为固体和溶液，可用过滤的方法分离；‎ ‎③分离酒精（沸点为78.1℃）和甲苯(沸点为110.6℃)的混合物，物质的沸点不同，可用蒸馏的方法分离；‎ ‎④从碘水中提取碘可用萃取的方法分离。‎ ‎【点睛】氢氧化铁胶体遇到电解质时，产生聚沉，而氢氧化铁沉淀又能溶于硫酸，可观察到先生成沉淀，沉淀再溶解。‎ ‎27.请按要求书写下列离子方程式：‎ ‎①将过量CO2通入澄清石灰水中，反应的离子方程式为_____________________。‎ ‎②Ca(HCO3)2溶液与少量Ca(OH)2溶液反应的离子方程式为___________________。‎ ‎③少量Ba(OH)2溶液与NaHSO4溶液反应的离子方程式为_____________。‎ ‎④已知酸性环境下，ClO－可将Mn2+氧化成MnO2，自身被还原成Cl－，该过程的离子反应方程式为__。‎ ‎⑤在酸性条件下，向含铬废水中加入FeSO4溶液，可将Cr2O还原为Cr3＋，该过程的离子反应方程式为___。‎ ‎【答案】 (1). CO2＋OH－= HCO3— (2). Ca2＋＋HCO3—＋OH－=CaCO3↓＋H2O (3). Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO42—= BaSO4↓＋2H2O (4). H2O+ ClO－+ Mn2+ =MnO2+2H++Cl－ (5). 5Cr2O72—＋6Fe2＋＋14H＋=2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎①将过量CO2通入澄清石灰水中，二氧化碳与氢氧化钙反应生成碳酸氢钙；‎ ‎②Ca(HCO3)2溶液与少量Ca(OH)2溶液反应生成碳酸钙沉淀；‎ ‎③少量Ba(OH)2溶液与NaHSO4溶液反应，消耗完氢氧根离子，生成硫酸钡沉淀和水；‎ ‎④酸性环境下，ClO－可将Mn2+氧化成MnO2，自身被还原成Cl－‎ ‎，反应微粒为水、次氯酸根离子、二价锰离子，生成二氧化锰、氯离子和氢离子；‎ ‎⑤酸性条件下，向含铬废水中加入FeSO4溶液，可将Cr2O还原为Cr3＋，反应离子为重铬酸根离子、亚铁离子、氢离子，生成3价铬离子、铁离子和水。‎ ‎【详解】①将过量CO2通入澄清石灰水中，二氧化碳与氢氧化钙反应生成碳酸氢钙，反应的离子方程式为CO2＋OH－= HCO3—；‎ ‎②Ca(HCO3)2溶液与少量Ca(OH)2溶液反应生成碳酸钙沉淀，反应的离子方程式为Ca2＋＋HCO3—＋OH－=CaCO3↓＋H2O；‎ ‎③少量Ba(OH)2溶液与NaHSO4溶液反应，消耗完氢氧根离子，生成硫酸钡沉淀和水，反应的离子方程式为Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO42—= BaSO4↓＋2H2O；‎ ‎④酸性环境下，ClO－可将Mn2+氧化成MnO2，自身被还原成Cl－，反应微粒为水、次氯酸根离子、二价锰离子，生成二氧化锰、氯离子和氢离子，离子方程式为H2O+ ClO－+ Mn2+ =MnO2+2H++Cl－；‎ ‎⑤酸性条件下，向含铬废水中加入FeSO4溶液，可将Cr2O还原为Cr3＋，反应离子为重铬酸根离子、亚铁离子、氢离子，生成3价铬离子、铁离子和水，离子方程式为5Cr2O72—＋6Fe2＋＋14H＋=2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O。‎ ‎28.某校学生课外活动小组的同学设计下图所示实验装置，用来验证一氧化碳具有还原性。回答下列问题：‎ ‎（1）按照如图装置进行实验时，首先进行的操作是________。‎ ‎（2）写出装置A中所发生反应的离子方程式 ___________。‎ ‎（3）装置  B中最适宜的试剂是_______（填序号）。‎ a. NaOH溶液 b. 水 c. 澄清石灰水 d. 饱和NaHCO3 溶液 ‎（4）若实验中没有装置C，使装置B与装置D直接相连，会对实验造成的影响是_______。‎ ‎（5）装置D中黑色固体为木炭，反应的化学方程式为__________________________。‎ ‎（6）根据实验中的__________________现象，可证明CO具有还原性。‎ ‎（7）若要根据装置F中澄清石灰水变浑浊的现象确认CO具有还原性，应在上图装置____与_____之间连接下图中的_____装置(填序号)。‎ ‎【答案】 (1). 检查装置的气密性 (2). CaCO3+2H+=Ca2+ + H2O + CO2 ↑ (3). d (4). 没有除去气体中的水蒸气，高温下水蒸气与炭反应生成H2，H2也能还原CuO，导致不能确认一氧化碳是否具有还原性 (5). C+CO2 2CO (6). E中黑色的固体变红 (7). D (8). E (9). ②‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据实验用来验证一氧化碳具有还原性的目的，可判断装置A为制取二氧化碳，B为除去HCl杂质，C为除水，D为制取CO的装置；E为CuO与CO反应的装置，F为除去CO。‎ ‎【详解】（1）装置连接好后，应先进行装置气密性的检验；‎ ‎（2）装置A为制取二氧化碳，使用的试剂为碳酸钙和盐酸，反应生成氯化钙、二氧化碳和水，反应的离子方程式为CaCO3+2H+=Ca2+ + H2O + CO2 ↑；‎ ‎（3）装置 B为除去HCl，而不能除去二氧化碳气体，‎ a. NaOH溶液既能与二氧化碳反应又能与HCl反应，与题意不符，a错误；‎ b. 水既能溶解一部分二氧化碳又能溶解HCl，与题意不符，b错误；‎ c. 澄清石灰水既能与二氧化碳反应又能与HCl反应，与题意不符，c错误；‎ d. 饱和NaHCO3 溶液能与HCl反应生成二氧化碳，不与二氧化碳反应，符合题意，d正确；‎ 答案为d；‎ ‎（4）装置C为除去水蒸汽的装置，若无C装置，则装置D中会发生C与水反应生成氢气和一氧化碳，氢气也能还原氧化铜，导致无法判断是否有CO生成；‎ ‎（5）C与二氧化碳反应生成一氧化碳，方程式为C+CO2 2CO；‎ ‎（6）CO具有还原性，可使黑色的氧化铜变为红色的单质铜，则现象为E中黑色的固体变红；‎ ‎（7）装置D中无法保证二氧化碳是否完全参与反应，则应在装置D与E之间加除二氧化碳的装置，且不能引入新的杂质，碱石灰可吸收二氧化碳，且不引入水蒸气杂质，答案为②。‎ ‎29.现有五种物质A、B、C、D、E，其中有一种是碱，四种是盐。溶于水后电离可以产生下列离子：Na+、H+、Ba2+、OH－、CO32－、SO42－。为鉴别它们，分别完成以下实验，其结果如下：‎ ‎① A溶液与B溶液反应可生成无色气体X，气体X可以和C溶液反应生成沉淀E，沉淀E可与B溶液反应；‎ ‎② B溶液与C溶液反应生成白色沉淀D，沉淀D不溶于稀硝酸。‎ 请根据上述实验结果填空：‎ ‎（1）写出下列物质的化学式：X__________，B __________，C __________‎ ‎（2）写出A的稀溶液与X气体反应的离子方程式_____________________________________。‎ ‎（3）向A溶液中逐滴加入B溶液至过量，写出该过程的离子方程式_________________。‎ ‎【答案】 (1). CO2 (2). NaHSO4 (3). Ba(OH)2 (4). CO2＋CO32－＋H2O=2HCO3－ (5). H＋＋CO32－= HCO3－ HCO3－＋H＋= CO2↑＋H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Ba2＋与CO32－、SO42－不能共存，则可形成氢氧化钡，为碱；H＋与CO32－不能共存，若形成盐，则只能形成硫酸氢钠，还可形成碳酸钠、硫酸钠；①A溶液与B溶液反应生成无色气体X，气体X可以和C溶液反应生成沉淀E，沉淀E可与B溶液反应，则X为二氧化碳，C为氢氧化钡，E为碳酸钡，B为硫酸氢钠，则A为碳酸钠。‎ ‎【详解】（1）分析可知，X为二氧化碳、B为硫酸氢钠、C为氢氧化钡；‎ ‎（2）碳酸钠与二氧化碳和水反应生成碳酸氢钠，反应的离子方程式为CO2＋CO32－＋H2O=2HCO3－；‎ ‎（3）硫酸氢钠在溶液中完全电离，生成氢离子、钠离子、硫酸根离子，则与碳酸钠反应时，先与碳酸根离子反应生成碳酸氢根离子；消耗完碳酸根离子后，再生成二氧化碳气体，离子方程式为H＋＋CO32－= HCO3－；HCO3－＋H＋= CO2↑＋H2O。‎ ‎30.实验室可用如下方法制取Cl2，根据相关信息，回答下列问题：‎ ‎（1）用双线桥法表示电子转移方向和数目_____：①MnO2 +4HCl（浓）=== Cl2↑+ MnCl2+ 2H2O ‎ ‎（2）若反应中有0.1mol的氧化剂被还原，则被氧化的物质为__（填化学式），被氧化的物质的量为 _____，同时转移电子数为_____。‎ ‎（3）将（2）生成的氯气与 0.2mol H2 完全反应，生成的气体在标准状况下所占体积为_____L，将此产物溶于水配成100mL溶液，此溶液的物质的量浓度为_______。（已知：H2+Cl22HCl）‎ ‎（4）②KClO3＋6HCl(浓)===3Cl2↑＋KCl＋3H2O③2KMnO4＋16HCl(浓)===2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O 若要制得相同质量的氯气，①②③三个反应中电子转移的数目之比为____。‎ ‎（5）已知反应4HCl(g)＋O2 2Cl2＋2H2O(g)，该反应也能制得氯气，则MnO2、O2、KMnO4三种物质氧化性由弱到强的顺序为_______。‎ ‎（6）将不纯的NaOH样品2.50 g(样品含少量Na2CO3和水)，放入50.0 mL 2.00mol/L盐酸中，充分反应后，溶液呈酸性，中和多余的酸又用去40.0 mL 1.00 mol/L的NaOH溶液。蒸发中和后的溶液，最终得到_____g固体。‎ ‎【答案】 (1). ‎ ‎ (2). HCl (3). 0.2mol (4). 1.204×1023 (5). 4.48 (6). 2mol/L (7). 6∶5∶6 (8). O2﹤MnO2﹤KMnO4 (9). 5.85‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用化合价升降法判断氧化剂、还原剂、氧化产物及还原产物和转移电子数目；‎ ‎（2）反应中二氧化锰作氧化剂，化合价降低，被还原，HCl还原剂，被氧化，生成氯气；‎ ‎（3）根据反应H2+ Cl2=2HCl，利用较少的物质完全反应进行计算；‎ ‎（4）利用化合价升降法计算转移电子数目；‎ ‎（5）氧化还原反应中氧化剂的氧化性越强，反应的条件越简单；‎ ‎（6）根据元素守恒，反应的最终产物为NaCl进行计算。‎ ‎【详解】（1）反应中Mn的化合价由+4价变为+2价，得电子，Cl的化合价由-1价变为0价，失电子，则最小公倍数为2，双线桥法为；‎ ‎（2）反应中二氧化锰作氧化剂，化合价降低，被还原，HCl为还原剂，被氧化，生成氯气；0.1mol MnO2反应，转移0.2mol电子，生成0.1mol氯气，则被氧化的HCl为0.2mol；‎ ‎（3）n（H2）：n（Cl2）=2：1，则氯气少量，为0.1mol，根据反应H2+ Cl2=2HCl，生成0.2molHCl，其标况下的体积为4.48L；c（HCl）=n/V=0.2mol/0.1L=2mol/L；‎ ‎（4）若制取1mol氯气时，①转移2mol电子；②KClO3中Cl的化合价由+5变为0价，转移5个电子，生成3个氯气，则生成1mol氯气时，转移5/3mol电子；③KMnO4中Mn的化合价由+7变为+2价，转移10个电子，生成5个氯气，则生成1mol氯气时，转移2mol电子，制得相同质量的氯气，电子转移的数目之比为2：：2=6：5：6；‎ ‎（5）氧化还原反应中氧化剂的氧化性越强，反应的条件越简单，则氧化性由弱到强的顺序为O2﹤MnO2﹤KMnO4；‎ ‎（6）加入的n（Cl-）=0.05mL× 2.00mol/L=0.1mol，反应的最终产物为NaCl，根据元素守恒，则n（NaCl）=0.1mol，其质量为5.85g。‎ ‎【点睛】反应的最终产物为NaCl，根据元素守恒，即可判断n（NaCl）。‎ ‎ ‎