1、新疆生产建设兵团第十师北屯高级中学2020-2021学年高一化学上学期阶段性检测试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H-1 O-16 Na-23 Fe-56一、单项选择题（每小题2分，共计42分）1. 下列变化中，需加入氧化剂的是（ ）A. 2ClCl2B. Fe3+ Fe2+C. Cu2+ CuD. MnO4MnO2【答案】A【解析】【分析】需要加入氧化剂，则选项中为还原剂的氧化反应，还原剂中某元素的化合价升高，以此来解答。【详解】ACl元素的化合价升高，需要加氧化剂，故A正确；BFe元素的化合价降低，需要加还原剂，故B错误；CCu元素的化合价降低，需要加还原剂，故C错误；DMn元素的化合
2、价降低，需要加还原剂，故D错误；故选A。【点睛】本题考查氧化还原反应，明确还原剂、氧化剂中元素的化合价变化是解答 本题的关键，并熟悉常见的氧化还原反应来解答。需要加入合适的氧化剂来实现氧化还原反应，说明所给物质一定具有还原性，在反应过程中做还原剂，失去电子、化合价升高。据此进行推断即可。2. 粗盐的提纯，常常加入一些化学试剂，使一些可溶性的杂质离子Ca2+、Mg2+、SO沉淀而除去，同时采用必要的操作以得到比较纯净的食盐，下列操作顺序正确的是（ ）加BaCl2 加NaOH 加Na2CO3 加稀盐酸 过滤 蒸发结晶A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】粗盐中含有的杂质离子为钙离子、镁
3、离子和硫酸根离子，粗盐溶于水形成溶液，可先加入过量氯化钡溶液，将硫酸根离子生成硫酸钡沉淀，然后加入过量的氢氧化钠溶液，把镁离子转化成氢氧化镁沉淀，再加入过量的碳酸钠溶液，除去溶液中的钙离子和过量的钡离子，再进行过滤，分离出生成的硫酸钡、氢氧化镁、碳酸钡和碳酸钙沉淀，最后再加入盐酸除去反应剩余的氢氧根离子和碳酸根离子，经蒸发结晶操作可得到较纯净的氯化钠，顺序为；试剂加入顺序中需保证碳酸钠溶液在氯化钡溶液之后加入，盐酸在沉淀滤去后加入，因此加入顺序也可为，故答案为C。3. 下列各项对应的电离方程式或离子方程式书写正确的是（ ）A. NaHSO4熔融态的电离：NaHSO4=Na+HSOB. NaHC
4、O3在水中电离：NaHCO3=Na+H+COC. Cu(OH)2溶于硫酸溶液：H+OH-=H2OD. 实验室制取CO2：CO+2H+=CO2+H2O【答案】A【解析】【详解】ANaHSO4属于强酸的酸式盐，其在熔融状态下电离出Na+、HSO，电离方程式为NaHSO4=Na+HSO，故A项正确；BNaHCO3属于弱酸酸式盐，其在水中电离出Na+、，电离方程式为NaHCO3=Na+，故B项错误； CCu(OH)2属于难溶物，其与硫酸反应生成硫酸铜和水，反应的离子方程式为Cu(OH)2+2H+=Cu2+2H2O，故C项错误；D实验室通过碳酸钙和稀盐酸反应制取CO2，碳酸钙难溶于水，不改写成离子形式，
5、反应的离子方程式为CaCO3+2H+=Ca2+CO2+H2O，故D项错误；综上所述，答案为A。4. 已知HNO3(浓)和S加热生成NO2，该反应的含硫产物肯定不是()A. H2SB. SO2C. SO3D. H2SO4【答案】A【解析】【分析】【详解】硝酸中氮元素化合价降低，硫元素的化合价升高，A中硫是-2价，化合价不可能降低。答案选A。【点睛】5. 能正确表示下列化学反应的离子方程式的是（ ）A. 氢氧化钡溶液与稀硫酸的反应OH-+H+=H2OB. 澄清的石灰水与稀盐酸反应Ca(OH)2+2H+=Ca2+2H2OC. 铜片插入硝酸银溶液中Cu+Ag+=Cu2+AgD. 石灰石溶于稀盐酸中Ca
6、CO3+2H+=Ca2+H2O+CO2【答案】D【解析】【详解】A氢氧化钡溶液与稀硫酸反应生成水和难溶物硫酸钡，反应的离子方程式为Ba2+2H+2OH-=BaSO4+2H2O，故A项错误；B澄清的石灰水中Ca(OH)2全部电离成Ca2+、OH-，其与盐酸反应的离子方程式为OH-+H+=H2O，故B项错误；C铜单质金属活泼性强于银，铜片与硝酸银溶液发生置换反应生成银和硝酸铜，反应的离子方程式为Cu+2Ag+=Cu2+2Ag，故C项错误；D石灰石中主要成分为碳酸钙，碳酸钙属于难溶盐，其与盐酸反应生成氯化钙、水、二氧化碳，反应的离子方程式为CaCO3+2H+=Ca2+H2O+CO2，故D项正确；综上
7、所述，答案D。6. 氢氧化钡（固体）、硫酸铜（固体）、硫酸（纯液体）这些物质可以归为一类，下列哪种物质还可以和它们归为一类（ ）A. 医用酒精B. 豆浆C. 水煤气D. HCl（气态）【答案】D【解析】【详解】氢氧化钡（固体）、硫酸铜（固体）、硫酸（纯液体）都属于化合物，A医用酒精是酒精的水溶液，属于混合物，故A不选；B豆浆是混合物，故B不选；C水煤气主要成分是H2、CO，属于混合物，故C不选；D气态HCl属于化合物，故D项选；综上所述，答案为D。7. 已知X2、Y2、Z2、W2四种物质的氧化能力为：W2Z2X2Y2，下列氧化还原反应能发生的是( )A. 2W- + Z2 = 2Z- +W2B
8、. 2X- + Y2 = 2Y- + X2C. 2Y- + W2 = 2W- + Y2D. 2Z- + X2 = 2X- + Z2【答案】C【解析】【分析】X2、Y2、Z2、W2四种物质的氧化能力是W2Z2X2Y2，同一化学反应中氧化能力强的物质能制得氧化能力弱的物质，反应的发生遵循“强制弱”规律，否则不能发生。【详解】A氧化性W2Z2，2W- + Z2 = 2Z- +W2不能发生，故A不选；B氧化性X2Y2，2X- + Y2 = 2Y- + X2不能发生，故B不选；C氧化性W2Y2，2Y- + W2 = 2W- + Y2能发生，故C选；D氧化性Z2X2，2Z- + X2 = 2X- + Z2
9、不能发生，故D不选；故答案选C。8. 质量相同的两种气体A、B，在同温、同压下，A的密度小于B的。下列说法错误的是( )A. A的摩尔质量比B大B. A占的体积比B大C. A的物质的量比B大D. A的分子数比B多【答案】A【解析】【详解】A在同温同压下，A的密度小于B，由=m/V，质量相同时，A的体积较大，因同温同压下气体的Vm相同，则A的物质的量大于B的物质的量，A的摩尔质量较小，A项错误；BA的密度小于B，由=m/V，质量相同时，A的体积较大，B项正确；C在同温同压下，A的密度小于B，由=m/V，质量相同时，A的体积较大，因同温同压下气体的Vm相同，则A的物质的量大于B的物质的量，C项正确
10、；DA的物质的量大于B的物质的量，则A的分子数较多，D项正确。答案选A。9. 下列仪器常用于物质分离的是()A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】试管常用于物质的制备、发生装置；普通漏斗常用于过滤，可用来分离固液混合物；分液漏斗常用于分离互不相溶的液体混合物；托盘天平常用于称量固体的质量；蒸馏烧瓶常用于分离沸点不同的液体混合物；研钵常用于固体药品的研磨，不能用来分离。综上所述，用来分离的仪器有，答案为B。10. 常温下，在溶液中可以发生反应：X2Y3=2Y2X2，对下列叙述的判断正确的是()X被氧化X是氧化剂X具有还原性Y2是氧化产物Y2具有还原性Y3的氧化性比X2的氧化性强A.
11、B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】在反应中，X的化合价升高，失去电子，被氧化，作还原剂，X2是氧化产物；Y的化合价降低，得到电子，被还原，作氧化剂，Y2是还原产物；根据氧化剂的氧化性强于氧化产物有氧化性：X2Y3；综上所述正确。答案选C。11. 同温同压下两个容积相等的储气瓶，一个装有C2H4，另一个装有C2H2和C2H6的混合气体，两瓶气体一定具有相同的（ ）A. 质量B. 密度C. 碳原子数D. 原子总数【答案】C【解析】【分析】根据阿伏加德罗定律：同温同压下，容积相等的任何气体具有相同的分子数，结合C2H4、C2H2、C2H6每个分子的组成特点来回答。【详解】同温同压下，两个储
12、气瓶的容积又相等，所以两瓶中气体的物质的量就相等，即两瓶内气体的分子数相同，则A根据m=nM，瓶中装有C2H2和C2H6的混合气体的瓶子的M无法确定，所以m无法判断，选项A错误；B据=，V一定，质量不确定，所以无法判断，选项B错误；CC2H4、C2H2、C2H6每个分子中的C原子数都是2，所以碳原子数相同，选项C正确；DC2H2和C2H6的量不确定，所以原子数也无法确定，选项D错误；答案选C。12. 淀粉溶液是一种胶体，并且淀粉遇到碘单质，可以出现明显的蓝色特征。现将淀粉和稀Na2SO4溶液混合，装在半透膜中，浸泡在盛有蒸馏水的烧杯内，过一段时间后，取烧杯中液体进行实验，能证明半透膜完好无损的
13、是（ ）A. 加入BaCl2溶液产生白色沉淀B. 加入碘水变蓝C. 加入BaCl2溶液无白色沉淀产生D. 加入碘水不变蓝【答案】D【解析】【详解】淀粉溶液属于胶体，淀粉溶液中分散质不能透过半透膜，Na2SO4溶液中分散质能够透过半透膜，因此将淀粉和稀Na2SO4溶液混合，装在半透膜中，浸泡在盛有蒸馏水的烧杯内，无论半透膜是否完好，则过一段时间后，烧杯溶液中一定含有，向溶液中加入BaCl2溶液一定会产生白色沉淀BaSO4，若半透膜完好无损，则溶液中一定不含淀粉粒子，向溶液中加入碘水不会使溶液变蓝，故答案为D。13. 已知X、Y中含有相同的元素，Z、W中也含有相同的元素，根据反应X+H2OY+H2
14、；Z+H2OW+O2（方程式均未配平），可推断X、Y中及Z、W中相同元素的化合价的高低顺序为（ ）A. XY、ZWB. XY、ZWC. XY、ZWD. XY、ZW【答案】D【解析】【详解】X+H2OY+H2中H元素化合价降低，根据氧化还原反应中化合价有升必有降可知，X中某元素化合价低于Y，Z+H2OW+O2中O元素化合价升高，则Z中某元素化合价高于W，因此X、Y中及Z、W中相同元素的化合价的高低顺序为XY、ZW，故答案为D。14. 在2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O反应中（ ）A. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为18B. 氧化产物与还原产物的物质的量之比为2
15、5C. 氧化产物与还原产物的物质的量之比为52D. 氧化剂与还原剂物质的量之比为81【答案】C【解析】【详解】在2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O反应中Mn元素化合价由+7降低至+2，一部分HCl中Cl元素化合价由-1价升高至0价，氧化剂是KMnO4，还原剂是HCl，氧化产物为Cl2，还原产物为MnCl2，因此氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：10=1：5，氧化产物与还原产物的物质的量之比为5：2，故答案为C。15. 现有三组溶液：汽油和氯化钠溶液39%的乙醇溶液氯化钠和单质溴的水溶液，分离以上各混合液的正确方法依次是（ ）A. 分液、萃取、蒸馏B. 萃取、蒸
16、馏、分液C. 分液、蒸馏、萃取D. 蒸馏、萃取、分液【答案】C【解析】【详解】汽油和氯化钠溶液为互不相溶的液体混合物，二者会分层，因此可采用分液法分离；乙醇和水为互相混溶的液体混合物，二者的沸点不同，因此可采用蒸馏法分离；单质溴在水中具有一定溶解度，氯化钠在水中能够溶解，单质溴在苯或四氯化碳等试剂中溶解度远大于其在水中的溶解度，因此可利用苯或四氯化碳等试剂进行萃取分离；正确的方法依次为分液、蒸馏、萃取，故答案为C。16. NA为阿伏加德罗常数，下列描述正确的是A. 含有NA个氦原子的氦气在标准状况下的体积约为11.2LB. 40gNaOH溶解在1L水中，所制得的溶液，物质的量浓度为1molL1
17、C. 标准状况下，11.2L四氯化碳所含分子数为0.5NAD. 常温常压下，5.6g铁与过量的盐酸反应转移电子总数为0.2NA【答案】D【解析】【详解】A氦气是由单原子构成的分子，则NA个氦原子的氦气其物质的量为1mol，标准状况下的体积约为22.4L，故A错误；B把40g即1molNaOH固体溶于1L水中，溶液的体积不是1L，所以物质的量浓度不是1mol/L，故B错误；C标况下，四氯化碳为液态，不能用气体摩尔体积进行计算，故C错误；D铁与盐酸反应后铁元素的化合价为+2价，故5.6g铁与过量盐酸反应生成氯化亚铁，转移的电子数为2=0.2mol=0.2NA，故D正确；故选D。17. 某金属的硝酸
18、盐加热分解生成二氧化氮气体和氧气的物质的量之比为8：1，则加热分解过程中该金属（ ）A. 化合价升高B. 化合价降低C. 化合价不变D. 无法确定【答案】A【解析】【详解】金属的硝酸盐加热分解生成二氧化氮气体和氧气的物质的量之比为8：1，设生成NO2为8mol，则生成O2为1mol，生成的NO2得到电子为8mol，生成的O2失去电子为4mol，根据氧化还原反应得失电子守恒可知，该金属元素化合价升高，故答案为A。18. 分别由KMnO4、KClO3、H2O、H2O2制取1molO2电子转移之比（ ）A. 1：1：1：1B. 2：2：2：1C. 1：2：2：1D. 1：1：1：2【答案】B【解析】
19、【详解】2KMnO4K2MnO4+MnO2+O24e-，2KClO32KCl+3O212e-，2H2O2H2+O24e-，2H2O22H2O+O22e-，因此制取1molO2电子转移之比4：4：4：2=2：2：2：1，故答案为B。19. 在某无色透明的酸性溶液中，能共存的离子组是A. Na+、K+、SO、HCOB. Cu2+、K+、SO、NOC. Na+、K+、Cl-、 NOD. Fe3+、K+、SO、Cl-【答案】C【解析】【分析】无色溶液就是溶液中不含有颜色的离子，酸性溶液中含有大量氢离子。【详解】A酸性溶液中不能大量存在HCO，氢离子与HCO反应生成二氧化碳和水，A不符题意；BCu2+为
20、蓝色，与无色不符，B不符题意；C酸性溶液中该组离子之间不反应，可大量共存，且离子均为无色，C符合题意；DFe3+为黄色，与无色不符，D不符题意。答案选C。20. 亚硝酸钠(NaNO2)可将人体血红蛋白中的Fe2+转化为Fe3+，生成高铁血红蛋自而丧失与氧气结合的能力。误食亚硝酸钠中毒，可星用维生素C缓解。上述亚硝酸钠和维生素C表现的性质分别是A. 还原性和氧化性B. 氧化性和还原性C. 氧化性和酸性D. 还原性和碱性【答案】B【解析】【详解】亚硝酸钠可将Fe2+氧化为Fe3+，故亚硝酸钠具有氧化性；而服用维生素C可缓解症状，则说明维生素C可将Fe3+重新还原为Fe2+，即具有还原性；答案选B。
21、21. 在一定条件下PbO2与Cr3+反应，产物是Cr2O和Pb2+，则与1.0molCr3+反应所需PbO2的物质的量为（ ）A. 3.0molB. 1.5molC. 1.0molD. 0.75mol【答案】B【解析】【分析】根据氧化还原反应中得失电子守恒计算。【详解】已知Pb由+4价变为+2价，Cr由+3价变为+6价，设所需PbO2的物质的量为xmol，则有1.0mol1(6-3)=xmol1(4-2)，解得x=1.5mol，故B正确。二、非选择题（共58分）22. 按要求填空。（1）将饱和FeCl3溶液滴入冷水中形成的分散系为_，此时分散系呈淡黄色。将饱和FeCl3溶液滴入沸水中形成的分
22、散系为_，此时分散系呈红褐色，反应的化学方程式为_。（2）12.4gNa2R含Na+0.4mol，则Na2R的摩尔质量是_，R的相对原子质量是_。（3）含有FeCl2和FeCl3的混合物样品，测得n(Fe)：n(Cl)=1：2.1，则该样品中FeCl3的物质的量分数为_。【答案】 (1). 溶液 (2). 胶体 (3). FeCl3+3H2OFe(OH)3 (胶体)+3HCl (4). 62g/mol (5). 16 (6). 10%【解析】【详解】(1)饱和FeCl3溶液滴入冷水中形成的分散系呈淡黄色，因此形成的分散系是FeCl3溶液；将饱和FeCl3溶液滴入沸水中形成的分散系呈红褐色，因此
23、该分散系为Fe(OH)3胶体；反应的化学方程式为FeCl3+3H2OFe(OH)3 (胶体)+3HCl；(2)12.4gNa2R含Na+0.4mol，根据化学式可知，Na2R物质的量为0.2mol，因此Na2R的摩尔质量是=62g/mol；则R的相对原子质量是62-223=16；(3)设混合样品中n(FeCl2)=xmol，n(FeCl3)=ymol，则(x+y)：(2x+3y)=1：2.1，解得x=9y，则该样品中FeCl3的物质的量分数为100%=10%。23. 某无色透明溶液中可能大量存在Ag+、Mg2+、Cu2+、Fe3+、Na+中的几种，请填写下列空白：(1)不做任何实验就可以肯定原
24、溶液中不存在的离子是_。(2)取少量原溶液，加入过量稀盐酸，有白色沉淀生成；再加入过量的稀硝酸，沉淀不消失。说明原溶液中肯定存在的离子是_，有关的离子方程式为_。(3)取(2)中的滤液，加入过量的稀氨水(NH3H2O)，出现白色沉淀，有关的离子方程式为_。(4)原溶液可能大量存在的阴离子是下列的_。A.Cl- B.NO C.CO D.OH-【答案】 (1). Cu2+、Fe3+ (2). Ag+ (3). Ag+Cl-AgCl (4). Mg22NH3H2O=Mg(OH)22 (5). B【解析】【详解】(1)由于溶液呈无色透明，而Cu2+在溶液中呈蓝色，Fe3+在溶液中呈棕黄色，故可以肯定原
25、溶液中不存在Cu2+、Fe3+；(2)向原溶液中加入过量稀盐酸，有白色沉淀生成，再加入过量稀硝酸，白色沉淀不消失，说明原溶液中肯定有Ag+，反应的离子方程式为Ag+Cl-AgCl；(3)在除去Ag+的溶液中，加入过量的NH3H2O溶液后，出现白色沉淀，则原溶液中一定存在Mg2+，反应的离子方程式为Mg22NH3H2O=Mg(OH)22；(4)由于Cl-、OH-和Ag+离子，、OH-与Mg2+都能生成沉淀，只有与Ag+、Mg2+不生成沉淀，现已确定原溶液中含有Ag+、Mg2，原溶液中可能大量存在的阴离子是，故答案为B。24. Cu和稀硝酸在一定条件下反应会生成无色气体一氧化氮，其变化可表述为：_
26、Cu+_HNO3(稀)_Cu(NO3)2+_NO+_H2O（1）氧化剂是_，还原剂是_；氧化产物是_，还原产物是_。（2）稀硝酸在反应中显示出来的性质是_(填编号)只有还原性 还原性和酸性只有氧化性 氧化性和酸性（3）配平上述化学方程式_。（4）产生0.2molH2O，则转移电子的物质的量为_mol。【答案】 (1). HNO3 (2). Cu (3). Cu(NO3)2 (4). NO (5). (6). 3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO+4H2O (7). 0.3【解析】【详解】(1)该反应中Cu元素化合价升高，因此Cu是还原剂，Cu(NO3)2是氧化产物，HNO3中一
27、部分N元素化合价降低，一部分HNO3是氧化剂，NO是还原产物；(2)稀硝酸中一部分被还原生成NO，稀硝酸表现出氧化剂，一部分生成Cu(NO3)2，稀硝酸表现出酸性，故答案为；(3)根据氧化还原反应化合价升降守恒可知，Cu(NO3)2与NO的系数比为3：2，然后根据质量守恒可知该反应化学方程式为3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO+4H2O；(4)由反应方程式可知，每生成0.2mol H2O，则生成0.1mol NO，其中N元素化合价由+5价降低至+2价，所以转移电子的物质的量为0.3mol。25. NaOH固体配制250mL 0.2molL-1NaOH溶液。（1）在下列实验仪器
28、中，不必使用的是_（填代号）A.托盘天平 B.500mL试剂瓶 C.500mL容量瓶 D.250mL烧杯 E.胶头滴管（2）除用上述仪器中可使用的以外，还缺少的仪器是_。（3）使用容量瓶前必须进行的一步操作是_。（4）配制时经以下操作步骤，正确顺序是_。A.用适量的蒸馏水加入盛NaOH的烧杯中完全溶解，冷却至室温B.将烧杯中的溶液小心转移到容量瓶中C.继续向容量瓶中加蒸馏水至液面距离刻度线1-2cm处，改用胶头滴管小心滴加蒸馏水至凹液面底部与刻度线相切D.用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2-3次，每次洗涤液都小心注入容量瓶，并轻轻振荡E.将容量瓶瓶塞塞紧，充分摇匀（5）下列情况会使所配溶液浓度偏高
29、的是_。a.没有进行上述操作步骤Db.加蒸馏水不慎超过刻度线c.砝码上有杂质d.溶解后的溶液未经冷却直接注入容量瓶中e.定容时俯视读数【答案】 (1). C (2). 250mL容量瓶、玻璃棒 (3). 需要检查容量瓶是否漏水 (4). ABDCE (5). cde【解析】【详解】(1)利用NaOH固体配制溶液时，操作步骤有计算、称量、溶解、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解(可用量筒量取水加入烧杯)，并用玻璃棒搅拌，加速溶解，冷却后转移到250mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤烧杯、玻璃棒2-3次，并将洗涤液移入容量瓶中，加水至液面距离刻度线1
30、2cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀，转移到500mL试剂瓶中，贴标签贮存，所以所需仪器有托盘天平、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管、药匙，故不需要的仪器为：500mL容量瓶，故答案为：C；(2)由(1)提供的仪器可知，还需仪器有250mL容量瓶、玻璃棒；(3)溶液配制最后需要反复上下颠倒摇匀，故使用容量瓶之前需要检查容量瓶是否漏水；(4)由(1)中实验操作顺序可知，正确的顺序是ABDCE；(5)所配溶液浓度c=，根据实验操作中所导致相关物理量的影响进行分析，a未洗涤烧杯、玻璃棒，少量氢氧化钠沾在烧杯壁与玻璃棒上，氢氧化钠的实际质量减小，溶液浓度偏低，故a不符合；b加蒸馏水不慎
31、超过刻度线，溶液的体积偏大，所配溶液的浓度偏低，故b不符合；c砝码上有杂质，实际称量的氢氧化钠的质量偏大，所配溶液的浓度偏高，故c符合；d未冷却到室温就转移至容量瓶定容，溶液冷却后所配溶液的体积偏小，溶液的浓度偏高，故d符合；e定容时俯视读数，溶液体积将偏小，溶液的浓度偏高，故e符合；故答案为：cde。26. 现有下列十种物质：液态氯化氢；小苏打；固体纯碱；二氧化碳；葡萄糖；氢氧化钾；氢氧化铁胶体；氨水；空气；硫酸铁溶液。(1)上述十种物质中，属于电解质的有_，属于非电解质的有_。(2)有两种物质在水溶液中可发生反应，离子方程式为：HOHH2O，该反应的化学方程式为_。(3)现有100 mL溶
32、液中含Fe3+ 5.6g，则溶液中SO的物质的量浓度是_。(4)若在中缓慢加入的水溶液，产生的现象是_。【答案】 (1). (2). (3). HCl + KOH=H2O+ KCl (4). 1.5mol/L (5). 先产生红褐色沉淀后沉淀溶解，溶液变黄色【解析】【详解】(1)液态氯化氢在水溶液中能导电，是电解质；NaHCO3在水溶液或者熔融状态下能够导电，是电解质；固体纯碱在水溶液或者熔融状态下能够导电，是电解质；葡萄糖在水溶液和熔融状态下都不能够导电，是非电解质；Ba(OH)2在熔融状态下能导电，是电解质；氢氧化钾在水溶液或者熔融状态下能够导电，是电解质；氢氧化铁胶体属于混合物 既不是电
33、解质也不是非电解质；氨水属于混合物 既不是电解质也不是非电解质；空气属于混合物 既不是电解质也不是非电解质；硫酸铁溶液属于混合物 既不是电解质也不是非电解质；故属于电解质的是：，非电解质的有：； (2)离子方程式为：H+OHH2O，可表示强酸与强碱反应生成可溶性盐和水的离子反应，如HCl+KOH=H2O+KCl； (3)Fe3+的物质的量为 =0.1mol，溶液中2n( )=3n(Fe3+)，则的物质的量为0.1mol=0.15mol，的物质的量浓度为 =1.5mol/L； (4)若在氢氧化铁胶体中缓慢加入盐酸，胶体发生聚沉，产生的现象是产生红褐色沉淀，继续加入盐酸，沉淀溶解得到黄色溶液，故答案为：先产生红褐色沉淀后沉淀溶解，溶液变黄色。
