1、秘密启用前20202021学年度上学期高一模块联考化学试题注意事项：1答题前，考生先将自己的姓名、考生号、座号填写在相应位置，认真核对条形码上的姓名、考生号和座号，并将条形码粘贴在指定位置上。2选择题答案必须使用2B铅笔（按填涂样例）正确填涂；非选择题答案必须使用0.5毫米黑色签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。保持卡面清洁，不折叠、不破损。可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Na 23 S 32 K 39 Fe 56 Mn 55一、选择题：本题共20小题，每小题3分，共60分。每小题只有
2、一个选项符合题意。1. 中国古代文献和诗句中涉及许多化学知识。下列说法错误的是A. “熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”该过程发生了置换反应B. “凡石灰，经火焚炼为用”里的“石灰”是指Ca(OH)2C. “爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏”中爆竹爆炸发生的反应为氧化还原反应D. “忽闻海上有仙山，山在虚无缥缈间”是一种自然现象，与胶体知识有关【答案】B【解析】【详解】AFe+CuSO4=FeSO4+Cu，是置换反应，A项正确；B石灰指石灰石，成分为CaCO3，B项错误；C爆竹爆炸是物质在氧气中快速燃烧，是氧化还原反应，C项正确；D描绘的是海市蜃楼神奇、壮观的幻景，是一种自然现象与胶体有关，D项正确2.
3、 2020年春，新型冠状病毒肆虐全球，越来越多的人意识到“84”消毒液、过氧乙酸(CH3COOOH)、医用酒精、口罩等的重要作用。对于上述化学药品或用品，下列说法错误的是A. 医用酒精中乙醇的体积分数为75%B. N95口罩烘烤后不能再继续使用，必须更换C. 过氧乙酸具有比较强的氧化性，其相对分子质量为76D. “84”消毒液的主要成分是NaClO，将它与浓盐酸混合后消毒效果更好【答案】D【解析】【详解】A酒精不同的浓度有不同的用途，医用酒精的浓度为75%，该浓度表示的是体积分数，故A正确；BN95口罩为一次性口罩，最好不要重复使用，而烘烤后更是失去应有的防护效果，必须更换，故B正确；C过氧乙
4、酸有强氧化性，正因为如此，过氧乙酸可用来消毒，根据过氧乙酸的结构简式可算出其相对分子质量为76，故C正确；D“84”消毒液的主要成分是NaClO，将它与浓盐酸混合后会发生氧化反应反应ClO-+Cl-+2H+=Cl2+H2O产生氯气，消毒效果下降，故D错误；故选：D。3. 分类思想在化学发展中起到了重要的作用。下列有关物质分类的说法中正确的是A. CO、CO2、SO2、SO3均属于酸性氧化物B. 根据分散质是否具有丁达尔现象将分散系分为溶液、胶体和浊液C. BaSO4和HClO分别属于强电解质和弱电解质D. 漂白粉、胆矾、膨松剂、液氯均为混合物【答案】C【解析】【详解】ACO2、SO2、SO3均
5、只和碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，CO属于不成盐氧化物，故A不符合题意；B分散系本质特征是分散质微粒直径大小，分散质微粒直径小于1nm形成的分散系为溶液，1nm100nm形成的为胶体，大于100nm形成的分散系为浊液，丁达尔现象是胶体的特征性质，故B不符合题意；C区分强电解质还是弱电解质要根据该电解质在水溶液或熔融状态下能否完全电离，硫酸钡在溶液中完全电离属于强电解质，HClO能部分电离属于弱电解质，故C符合题意；D漂白粉是氯化钙和次氯酸钙的混合物；胆矾是无水硫酸铜，是纯净物；膨松剂含有碳酸氢铵和碳酸氢钠等，属于混合物；液氯是液态的氯气，属于纯净物，故D不符合题意；答案选C。4. NA为阿
6、伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A. 标准状况下，11.2 LH2O中含有的分子数为0.5NAB. 32 g O2和O3的混合气体中含有的氧原子数为2NAC. 一定条件下，28 g铁与足量氯气反应转移的电子数为NAD. 浓度为0.5 molL1的AlCl3溶液中，含有的Cl数为1.5NA【答案】B【解析】【详解】A水在标准状况下的状态不是气体，所以不能求出标准状况下，11.2 LH2O的物质的量，故无法求出含有的分子数，故A错误；BO2和O3的混合气体中只有O元素，根据可求出32 g O2和O3的混合气体中含有的氧原子物质的量n（O）=2mol，氧原子数为2NA，故B正确；C28 g铁的物质
7、的量为0.5mol，0.5mol铁与足量氯气反应生成氯化铁，转移的电子数为1.5NA，故C错误；D浓度为0.5 molL1的AlCl3溶液，没有指明溶液的体积，无法求出含有的Cl数，故D错误；故选B。5. 下列有关钠及其化合物的说法正确的是A. 将一小块金属钠投入CuSO4溶液中，有红色物质析出B. 将Na、Na2O和Na2O2分别投入稀盐酸中，均会有气体产生C. Na、Na2O和Na2O2长期放置在空气中最终产物相同D. 可用饱和Na2CO3溶液除去CO2中混有的少量HCl气体【答案】C【解析】【详解】A钠投入CuSO4溶液中先与水反应，生成的氢氧化钠和硫酸铜溶液反应生成蓝色氢氧化铜沉淀，没
8、有红色物质析出，A错误；BNa、Na2O2与稀盐酸反应分别生成氢气和氧气，Na2O与稀盐酸反应生成氯化钠和水，没有气体产生，B错误；CNa、Na2O和Na2O2长期放置在空气中，与空气中的水、二氧化碳反应，最终都生成碳酸钠，C正确；DCO2能与饱和Na2CO3溶液反应生成碳酸氢钠，所以不能用饱和Na2CO3溶液除去CO2中混有的少量HCl气体，应用饱和NaHCO3溶液，D错误；答案选C。6. 下列各组反应可用同一离子方程式表示的是A. 铁与稀HCl、铁与稀H2SO4B. Na2CO3溶液与稀盐酸、CaCO3与稀盐酸C. HNO3与NaOH溶液、CH3COOH与NaOH溶液D. CuSO4溶液与
9、NaOH溶液、CuSO4溶液与Ba(OH)2溶液【答案】A【解析】【详解】A.HCl和H2SO4均为强酸，拆开，生成的FeCl2、FeSO4均为可溶性盐，拆开，两个离子方程式均为：Fe+2H+=Fe2+H2，A项正确；B.Na2CO3为可溶性盐，拆开，CaCO3为难溶盐，不能拆开，两个离子反应分别为：和，B项错误；C.HNO3为强酸，拆开，CH3COOH为弱酸，不拆，两个离子反应分别为：和，C项错误；D. CuSO4溶液与Ba(OH)2溶液除了生成氢氧化铜沉淀还会生成硫酸钡沉淀，两个离子反应分别为：和，D项错误。7. 下列关于氯水的说法正确的是A. 新制氯水应保存在无色试剂瓶中B. 氯水放置数
10、天后酸性增强C. 将氯水滴在pH试纸上，试纸一定显红色，因为氯水中含有HClD 向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，说明氯水中含有HClO【答案】B【解析】【详解】A新制氯水中含有HClO，HClO见光易分解，从而导致变质，所以应该避光保存，保存在棕色玻璃试剂瓶中，故A错误；B氯水中，氯气与水发生：Cl2+H2OHClO+HCl，HClO易分解生成HCl和O2，所以久置氯水中主要成分为HCl，酸性增强，故B正确；C氯水中含有HClO，具有漂白性，会将试纸漂白，所以不一定显红色，故C错误；DHClO的酸性比碳酸弱，无法与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，加入NaHCO3粉末，有气泡产生是因为氯水中
11、含有HCl，故D错误；综上所述答案为B。8. 某同学用下列装置进行有关的实验。下列说法不正确的是（ ）A. 图中：实验现象证明氯气无漂白作用，氯水有漂白作用B. 图中：闻的气味C. 图中：生成棕黄色的烟D. 图中：若气球干瘪，证明可与NaOH反应【答案】D【解析】【详解】A.由图中实验现象可知，干燥的氯气不能使有色布条褪色，说明氯气没有漂白性，而能使湿润的有色布条褪色，说明氯水具有漂白性，A正确；B.有毒，闻其气味时应用手轻轻在瓶口扇动，仅使极少量气体飘人鼻孔中，B正确；C.Cu丝在中燃烧生成棕黄色的烟，C正确；D.若能与NaOH溶液反应，则烧瓶内压强减小，气球就会鼓起来，D错误；答案选D。9
12、. 下列各溶液中n(Na)与100 mL 0.1 mol/L Na2SO4溶液中n(Na)相同的是（）A. 100 mL 0.1 mol/L NaCl 溶液B. 50 mL 0.2 mol/L NaNO3溶液C. 100 mL 0.1 mol/L NaHSO4溶液D. 200mL 0.2mol/L HCl溶液与100 mL 0.2 mol/L NaHCO3溶液混合【答案】D【解析】【详解】100mL0.1mol/LNa2SO4溶液中，c(Na+)=2c(Na2SO4)=0.1mol/L2=0.2mol/L，溶液中n(Na+)=0.2mol/L0.1L=0.02mol；A100mL0.1mol/
13、LNaCl溶液中c(Na+)=c(NaCl)=0.1mol/L，n(Na+)=0.1mol/L0.1L=0.01mol，故A错误；B50mL0.2mol/LNaNO3溶液中c(Na+)=c(NaNO3)=0.2mol/L，n(Na+)=0.2mol/L0.05L=0.01mol，故B错误；C100mL0.1mol/LNaHSO4溶液中c(Na+)=c(NaHSO4)=0.1mol/L，n(Na+)=0.1mol/L0.1L=0.01mol，故C错误；D200mL0.2mol/LHCl溶液与100mL0.2mol/LNaHCO3溶液混合中：n(Na+)=n(NaHCO3)=0.2mol/L0.1
14、L=0.02mol，故D正确；故答案为D。10. 同温同压下，相同质量的SO2气体和CO2气体，下列叙述中正确的是分子数之比为1116 体积之比为1611密度之比为1611 原子个数之比为11A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】相等质量的SO2气体和CO2气体，假设质量都为1g，其物质的量分别为mol和mol，物质的量之比等于11：16；同温同压下，分子数之比为等于物质的量之比:=11：16；故符合题意； 同温同压下，气体的体积比等于物质的量之比为11：16；故不符合题意；同温同压下，气体的密度比等于摩尔质量之比：64：44=16：11；故符合题意；一个SO2和一个CO2都含有3
15、个原子，原子个数之比等于物质的量之比11：16；故不符合题意；正确；答案选A。11. 不能用来鉴别Na2CO3和NaHCO3两种白色固体的实验操作是A. 分别取两种固体少许于试管中，加水溶解后，滴加少量的CaCl2溶液B. 分别取两种固体少许于试管中，逐滴加入同浓度的稀盐酸C. 分别取两种固体少许于试管中，加水溶解后，滴加少量Ca(OH)2溶液D. 分别取两种固体少许于试管中加热，并将生成的气体通入澄清石灰水中【答案】C【解析】【详解】ANa2CO3和CaCl2溶液反应生成CaCO3白色沉淀，而NaHCO3与CaCl2溶液不能发生反应，现象不同，可以鉴别，A不符题意；B向Na2CO3中逐滴加入
16、稀盐酸，先发生反应Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，无气体产生，当盐酸加入较多时才产生气体，向NaHCO3中加入同浓度稀盐酸，会迅速产生气体，现象不同，可以鉴别，B不符题意；CNa2CO3和NaHCO3都能与Ca(OH)2溶液反应生成CaCO3白色沉淀，现象相同，无法鉴别，C符合题意；DNa2CO3固体加热后不分解，NaHCO3固体加热后分解生成二氧化碳气体，可使澄清石灰水变浑浊，现象不同，可以鉴别，D不符题意；答案选C。12. 钛（Ti）被称为铁、铝之后的第三金属，以下是由TiO2制Ti的主要反应：TiO2+2C+2Cl2 TiCl4+2COTiCl4+2Mg2MgCl2+Ti
17、下列说法正确的是（ ）A. 反应是置换反应B. 反应是复分解反应C. 反应中TiO2被氧化D. 反应中金属镁被氧化【答案】D【解析】分析】置换反应：单质+化合物=另一种单质+另一种化合物，据此进行分析。【详解】ATiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO反应不符合置换反应要求，反应不是置换反应，故A项错误；BTiCl4+2Mg2MgCl2+Ti反应是置换反应，不是复分解反应，故B项错误；C反应中TiO2各元素化合价并没有变化，故C项错误；D反应中金属镁化合价由0价升为+2价，做还原剂被氧化，故D项正确；故答案为D。【点睛】氧化还原反应的实质是电子的转移或偏移，特征是化合价发生改变，置换反应一定
18、是氧化还原反应，复分解反应一定不是氧化还原反应。13. 下列实验操作及现象对应的结论正确的是选项实验操作及现象结论A用脱脂棉包裹Na2O2，放入充满CO2的集气瓶中，棉花燃烧Na2O2与CO2反应放热B向某溶液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成原溶液中一定含有Cl-C向某溶液中加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊原溶液中一定含有D向某溶液中滴加BaCl2溶液产生白色沉淀，再滴加盐酸，沉淀不消失原溶液中一定含有A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】ANa2O2与CO2反应生成氧气而且属于放热反应，会使包裹Na2O2的脱脂棉燃烧，可以通过观察棉花燃烧来证
19、明该反应为放热反应，A正确；B向某溶液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，该沉淀可能是氯化银，也可能是碳酸银等其他沉淀，无法判断原溶液中是否一定含有Cl-，要检验Cl-应先加入硝酸进行酸化，B错误；C能使澄清石灰水变浑浊的气体为二氧化碳或二氧化硫，与盐酸反应生成二氧化碳或二氧化硫，原溶液中可能含有、等，C错误；D向某溶液中滴加BaCl2溶液产生不溶于稀盐酸的白色沉淀，该沉淀可能是硫酸钡，也可能是氯化银，无法判断原溶液中是否含有，要检验应先加稀盐酸进行酸化，D错误；答案选A。14. 某无色透明溶液中含有Cu2、Mg2+、Ba2+、H、Ag+、OH、中的三种离子，若向其中加入紫色石蕊试液，溶液变
20、为蓝色，且滴入盐酸无气泡产生，则原溶液中存在的三种离子是A. Ba2+、OH、B. Ag+、C. Mg2+、H、D. Cu2、OH【答案】A【解析】【详解】无色溶液中不存在有色的Cu2+；向其中加入石蕊试液，溶液显蓝色，则溶液显碱性，含大量的OH-，一定不含Cu2+、Mg2+、Ag+、H+、，溶液为电中性，所以一定含阳离子为Ba2+，则一定不含，因为共存在三种离子，所以还有硝酸根离子，即原溶液中存在的三种离子是Ba2+、OH-、，故答案为A。15. 为了除去粗盐中的、及泥沙，可将粗盐溶于水，然后进行下列五项操作：过滤，加过量NaOH溶液，加适量盐酸，加过量溶液，加过量溶液。正确的操作顺序是（）
21、A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】除去粗盐中的可溶性杂质Mg2+、Ca2+、SO42-时，可以加入过量NaOH溶液除去镁离子；加入过量BaCl2溶液除去硫酸根离子；加入过量Na2CO3溶液除去钙离子和过量的钡离子，碳酸钠必须加在氯化钡之后，氢氧化钠和氯化钡可以颠倒加入的顺序；过滤后加入盐酸调节溶液的pH除去过量的碳酸根和氢氧根，则顺序为，故选C。【点睛】Na2CO3溶液在BaCl2溶液之后，其作用除了除去Ca2外，还要除去过量的Ba2是除去粗盐中可溶性杂质的关键，也是解答的易错点。16. 标准状况下，将钠、镁、铝各0.3 mol分别放入100 mL1 molL1的盐酸中，反应产
22、生的气体体积之比是A. 123B. 632C. 311D. 111【答案】C【解析】【详解】将钠、镁、铝各0.3 mol分别放入100 mL 1 molL1的盐酸中，根据方程式可知三种金属都是足量，应按盐酸的量计算产生氢气的量，根据2HClH2，知三种金属与盐酸反应产生的氢气均为(0.1L1mol/L)=0.05mol，又金属钠活泼，能与水反应生成氢气，2NaH2则剩余的钠与水反应生成的氢气:，(0.3mol-0.1mol)/2=0.1mol,所以钠与盐酸反应生成的氢气总量为0.05mol+0.1mol=0.15mol;所以同温同压下产生的气体体积比是0.15:0.05:0.05=311，C项
23、正确；【点睛】金属钠的化学性质非常活泼，常温下就可以和水发生反应，与酸溶液发生反应时，酸先参与反应，剩余的金属钠会继续与水发生反应17. 把V L含有MgSO4和K2SO4的混合溶液分成两等份，一份加入含a mol NaOH的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁;另一份加入含b mol BaCl2的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡。则原混合溶液中钾离子的浓度为A. (b-a)/V molL-1B. (2b-a)/V molL-1C. 2(2b-a)/V molL-1D. 2(b-a)/V molL-1【答案】C【解析】【详解】一份加入含a mol NaOH的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢
24、氧化镁,那么Mg2+就有mol，硫酸镁也就是 mol。另一份加入含b mol BaCl2的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡，那么硫酸根离子有bmol。所以硫酸钾有b-mol，钾离子就有2(b-)mol=2b-amol。浓度就是mol/L，即 molL-1，C项符合题意，故答案为C。18. 已知有如下反应： 2BrO3+Cl2=Br2+2ClO3 ClO3+5Cl+6H+=3Cl2+3H2O 2FeCl2+Cl2=2FeCl3。根据上述反应，判断下列结论中错误的是A. Cl2在反应中既是氧化产物又是还原产物B. Cl2在、反应中均作氧化剂C. 氧化性强弱的顺序为：BrO3ClO3 Cl2
25、Fe3+D. 溶液中可发生：ClO36Fe2+ 6H+ = Cl6Fe3+ + 3H2O【答案】B【解析】A. ClO3+ 5Cl+ 6H+ = 3Cl2+ 3H2O根据化合价变化此反应是归中反应，所以Cl2既是氧化产物，又是还原产物。故A正确；B. Cl2在2BrO3+Cl2 = Br2 + 2ClO3中化合价升高是还原剂，在 2FeCl2 + Cl2 = 2FeCl3中化合价降低作氧化剂，故B错；C. 氧化性强弱的顺序为：根据 2BrO3+Cl2 = Br2 + 2ClO3知BrO3ClO3，根据 2FeCl2 + Cl2 = 2FeCl3 知Cl2 Fe3+ 根据 ClO3+ 5Cl+
26、6H+ = 3Cl2+ 3H2O知ClO3 Cl2；所以氧化性强弱的顺序为：BrO3ClO3 Cl2 Fe3+，故C正确；D. 溶液中可发生：ClO36Fe2+ 6H+ = Cl 6Fe3+ + 3H2O根据氧化性强弱，电荷守恒，电子守恒的原理，D正确。所以本题正确答案：B。19. 甲、乙、丙、丁四种易溶于水的物质，分别由、Ba2、Mg2、H、OH、Cl、中的不同阳离子和阴离子各一种组成。已知：将甲溶液分别与其它三种物质的溶液混合，均有白色沉淀生成；0.1mol/L乙溶液中c(H)0.1mol/L；向丙溶液中滴入AgNO3溶液有不溶于稀HNO3的白色沉淀生成。下列结论不正确的是：A. 甲溶液含
27、有Ba2B. 乙溶液含有C. 丙溶液含有ClD. 丁溶液含有Mg2【答案】D【解析】【分析】OH-只能与四种阳离子中Ba2+大量共存，则四种物质中其中一种为Ba(OH)2，H只能与C1-、共存，则其中一种物质为H2SO4或HCl，0.1mol/L乙溶液中c(H)0.1mol/L，说明乙为二元或多元酸，则乙为H2SO4，根据离子组成，则另外两种物质为MgCl2和NH4HCO3或NH4C1和Mg(HCO3)2，向丙溶液中滴入AgNO3溶液有不溶于稀硝酸的白色沉淀生成，则丙中含有氯离子，可能为MgCl2或NH4Cl，甲溶液分别与其它3种物质的溶液混合，均有白色沉淀生成，则甲为Ba(OH)2，乙为H2
28、SO4，丙为MgCl2，丁为NH4HCO3，据此解答。【详解】A甲为Ba(OH)2，其溶液中含有Ba2+，故A项正确；B乙为H2SO4，其溶液中含有，故B项正确；C丙为MgCl2，其溶液中含有C1-，故C项正确；D根据分析可知丁为NH4HCO3，其溶液中不含有Mg2+，故D项错误；故选D。20. 稀土资源素有“工业维生素”“新材料之母”之称，我国稀土储量世界第一。已知：金属铈（稀土元素）在空气中易氧化变暗，受热时燃烧，遇水很快反应（注：铈常见的化合价为和，氧化性：）。下列说法正确的是（ ）A. 铈溶于氢碘酸的化学方程式可表示为：B. 溶液与硫酸铁溶液混合，其离子方程式为：C. 铈元素如果要排在
29、金属活动性顺序表中，其位置应靠近元素D. 金属保存时可以用水封来隔绝空气，防止被氧化【答案】C【解析】【详解】A. 氧化性：Ce4+Fe3+，结合2Fe3+2I-=2Fe2+I2，Ce4+、I-不能共存，Ce与HI的反应为2Ce+6HI=2CeI3+3H2，故A错误；B. 氧化性Ce4+Fe3+，所以Fe3+无法氧化Ce3+得到Ce4+，故B错误；C. 铈(稀土元素)在空气中易氧化变暗，受热时燃烧，遇水很快反应，与钠的活泼性相似，所以Ce元素如果要排在金属活动性顺序表中，其位置应靠近元素，故C正确；D. 根据题中信息铈在空气中易氧化变暗，受热时燃烧，遇水很快反应，则不能用水封保存Ce，故D错误
30、；故选C。二、非选择题：本题共4小题，共40分。21. 现有以下几种物质：NaCl Ba(OH)2 CH4 醋酸(CH3COOH) NaHSO4 CO2 氨水 氢氧化铁胶体 FeCl3溶液。回答下列问题： (1)上述物质中属于电解质的是_(填编号)。(2)标准状况下，4.8g与_ L含有相同数目的原子。(3)溶于水的电离方程式为_。(4)下列关于和的说法正确的是_(填标号)。A能产生丁达尔效应，而不能B分散质微粒都可以通过滤纸C加入硫酸都会先产生沉淀，后溶解D将滴加到中可以制备(5)将少量通入溶液中，反应的离子方程式为_。【答案】 (1). (2). 11.2 (3). NaHSO4 = Na
31、+H+ (4). AB (5). Ba22OHCO2=BaCO3H2O【解析】【详解】(1)NaCl溶于水导电属于电解质；Ba(OH)2溶于水导电属于电解质；CH4水溶液中和熔融状态都不导电的化合物为非电解质；醋酸(CH3COOH)溶于水导电属于电解质；NaHSO4溶于水导电属于电解质；CO2不能电离，不能导电属于非电解质；氨水是氨气水溶液为混合物，既不是电解质也不是非电解质；氢氧化铁胶体为混合物，既不是电解质也不是非电解质；FeCl3溶液为混合物，既不是电解质也不是非电解质；综上所述属于电解质的是：；(2)设标准状况下4.8gCH4与VLCO2含有相同数目的原子，原子物质的量相同得到，解得V
32、=11.2L；(3)NaHSO4溶于水完全电离生成钠离子、氢离子和硫酸根离子，电离方程式：NaHSO4=Na+H+；(4)A氢氧化铁胶体能产生丁达尔效应，而FeCl3溶液不能，故A正确；B胶体和溶液的分散质微粒都可以通过滤纸，故B正确；C氢氧化铁胶体加入硫酸先发生聚沉，会先产生沉淀，后溶解，氯化铁溶液中无此现象，故C错误；D将氨水滴加到FeCl3溶液中生成氢氧化铁沉淀，不能可以制备氢氧化铁胶体，故D错误；综上所述答案为：AB；(5)将少量CO2通入Ba(OH)2溶液中反应生成碳酸钡沉淀和水，反应的离子方程式：Ba22OHCO2=BaCO3H2O。22. A、B、C为中学化学中的常见物质，它们存
33、在如下转化关系：回答下列问题：(1)若B是一种无色气体单质。反应是在加热条件下进行，则A的化学式为_。反应是在常温条件下进行，则A的化学式为_，反应的化学方程式为_。(2)若B是一种黄绿色气体，则在加热的条件下反应的离子方程式为_，A在该反应中表现的性质是_，反应中生成标准状况下4.48LB气体，转移的电子数为_（用NA表示）。【答案】 (1). KClO3 (2). H2O2 (3). 3Fe+2O2Fe3O4 (4). 4H+2Cl-+MnO2Mn2+Cl2+2H2O (5). 还原性、酸性 (6). 0.4NA【解析】【分析】根据A、B、C各物质间的相互转化可知，若A为KClO3，与二氧
34、化锰在加热的条件下可以反应生成氯化钾和氧气；若A为H2O2，与二氧化锰在常温下反应生成水和氧气；氧气和铁在点燃的条件下反应生成四氧化三铁；若A为浓盐酸，和二氧化锰在加热的条件下反应生成二氯化锰、氯气和水，氯气和铁在点燃的条件下反应生成氯化铁；由此分析。【详解】(1)若B是一种无色气体单质，可以为氧气和氯气； 反应是在氯酸钾和二氧化锰在加热条件下反应生成氯化钾和氧气，则A的化学式为KClO3；反应是H2O2与二氧化锰在常温条件下反应生成水和氧气，则A的化学式为H2O2，反应是铁和氧气反应生成四氧化三铁，化学方程式为3Fe+2O2Fe3O4；(2)若B是一种黄绿色气体，为氯气，则反应是在加热的条件
35、下二氧化锰和浓盐酸反应生成二氯化锰、氯气和水，离子方程式为：4H+2Cl-+MnO2Mn2+Cl2+2H2O，A是浓盐酸，氯元素的化合价从-1价升高到0价，作还原剂，体现还原性，和金属氧化物反应，体现酸性；A在该反应中表现的性质是还原性、酸性；反应中生成标准状况下4.48LB气体，气体的物质的量为n=0.2mol，生成1mol氯气时转移的电子的物质的量为2mol，生成0.2mol氯气时转移的电子的物质的量为0.4mol，转移的电子数为0.4NA。23. 实验室用KMnO4固体配制1000 mL0.05 molL1的KMnO4溶液。回答下列问题：(1)计算并称量KMnO4固体的质量为_g，该实验
36、中必须用到的标有温度的玻璃仪器是_。(2)下列实验操作规范的是_(填标号)。A.称量 B.转移溶液C.溶解 D.定容(3)下列情况会使所配制的KMnO4溶液浓度偏大的是_(填标号)。A未洗涤烧杯和玻璃棒B将溶解后的溶液转移至容量瓶之前，容量瓶未干燥，含有少量蒸馏水C定容时俯视刻度线D定容时，发现液面超过刻度线，用吸管将多余的溶液吸出(4)取所配制的KMnO4溶液1.0 mL于试管中，向其中滴加稀硫酸和KI溶液，发现溶液由紫色变成棕黄色，测知有I2和Mn2+生成，则反应的离子方程式为_。【答案】 (1). 7.9 (2). 1000 mL容量瓶 (3). C (4). C (5). 210I16
37、H+=2Mn2+5I28H2O【解析】【详解】(1)配制1000mL0.05molL-1KMnO4溶液中高锰酸钾的质量是1L0.05 molL-1158g/mol=7.9g；所用仪器中1000mL容量瓶上标有温度；(2)A使用托盘天平称量固体时要左物右码，故A错误；B向容量瓶移液时要用玻璃棒引流，故B错误；C固体在烧杯中溶解，用玻璃棒搅拌，故C正确；D胶头滴管滴加是竖直悬空，不能深入容量瓶内，故D错误；故答案为：C；(3)A未洗涤烧杯和玻璃棒，导致溶质的物质的量偏小，溶液的浓度偏小，故A不符合题意；B将溶解后的溶液转移至容量瓶之前，容量瓶未干燥，含有少量蒸馏水，对结果无影响，故B不符合题意；C
38、定容时俯视刻度线，溶液体积V偏小，浓度偏大，故C符合题意；D定容时，发现液面超过刻度线，用吸管将多余的溶液吸出，导致溶质的物质的量偏小，浓度偏小，故D不符合题意；故答案为：C；(4)KMnO4在酸性条件下氧化KI溶液，生成I2和Mn2+，根据电子守恒和元素守恒可知反应的离子方程式为210I16H+=2Mn2+5I28H2O。24. 二氧化氯(ClO2)是一种黄绿色气体，被国际上公认为安全、低毒的绿色消毒剂。回答下列问题：(1)在进行饮用水消毒时，ClO2可将水中的Fe2+、Mn2+等转化成Fe(OH)3和MnO2等难溶物除去，据此说明ClO2具有_性（填“氧化”或“还原”）。(2)Cl2也常用
39、于自来水消毒。已知ClO2、Cl2的还原产物均为Cl，则相同物质的量的ClO2的消毒效率是Cl2的_倍（消毒效率可用单位物质的量的物质的得电子数表示）。(3)下图是模拟工业上用潮湿的KClO3和草酸(H2C2O4)在60时反应制取ClO2并收集ClO2的实验装置图。(已知：ClO2熔点为-59，沸点为11.0，受热不稳定，温度过高可能引起爆炸，易溶于水，可与碱液反应)。H2C2O4中C的化合价为_，在装置A发生的反应中做_剂（填“氧化”或“还原”）。装置A、B均必须添加温度控制装置，其中装置B应添加的控温装置是_（填“冰水浴”或“60的热水浴”）。装置C中NaOH溶液的作用是_。(4)工业上也
40、可用氯酸钠(NaClO3)和Na2SO3溶液混合并加H2SO4酸化后反应制取ClO2，同时生成Na2SO4，则反应中NaClO3与Na2SO3的物质的量之比为_。【答案】 (1). 氧化 (2). 2.5 (3). +3 (4). 还原 (5). 冰水浴 (6). 吸收ClO2，防止污染大气 (7). 2:1【解析】【详解】(1)Fe元素有Fe2+中的+2价升高到Fe(OH)3中的+3价，发生氧化反应，被氧化，则ClO2应做氧化剂，具有氧化性；(2)Cl元素由ClO2中+4价变为Cl-中-1价，降低5个价态，得到5个电子，1molClO2得5mol电子，Cl元素由Cl2中0价变为Cl-中-1价
41、，降低2个价态，得带2个电子，1molCl2得2mol电子，所以相同物质的量的ClO2的消毒效率是Cl2的5/2=2.5倍；(3)化合物中化合价的代数和为0，有，x=+3，所以C的化合价为+3价；由KClO3到ClO2，Cl元素由+5价降低为+4价，发生还原反应，所以H2C2O4在装置A中做还原剂；装置B的作用是收集ClO2，ClO2的沸点为11且受热不稳定，所以ClO2需在低温条件下收集，应选择冰水浴；ClO2受热不稳定，高温可能发生爆炸，对周围环境有危害，故少量未被冷却下来的ClO2气体需要在实验末端进行尾气处理，因为ClO2易溶于水，且与NaOH溶液反应，所以采用氢氧化钠溶液进行尾气吸收；Cl元素由NaClO3中+5价降为ClO2中+4价，一个NaClO3得到1个电子，S元素由Na2SO3中+ 4价升高为Na2SO4中+6价，1个Na2SO3得到2个电子，根据得失电子守恒知，NaClO3与Na2SO3的比例为2:1。
