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

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

www.ks5u.com 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）。‎ ‎ ‎