1、2020-2021(一)156中高一化学期中测试相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Mg-24第一部分一、选择题：每题只有一个正确选项1. “垃圾是放错了位置的资源”。生活中废弃的铁锅、铝制易拉罐、铜导线等可以归为一类加以回收，它们属于A. 酸B. 碱C. 盐D. 金属或合金【答案】D【解析】【详解】电离出的阴离子全部是H+的化合物是酸。由酸根离子和金属阳离子（铵根离子）构成的化合物是盐。电离出的阴离子全部是OH的化合物是碱。生活中废弃的铁锅、铝制易拉罐、铜导线等等都属于废旧金属材料，它们的主要成分是金属单质或合金，故它们属于金属或合金。答案选D。2. 电解质是一类在水溶液里
2、或熔融状态下能够导电的化合物。下列物质属于电解质的是A. 石墨B. KNO3C. CO2D. NaOH溶液【答案】B【解析】【详解】A石墨是单质，不是电解质，也不是非电解质，故A错误；BKNO3是在水溶液里或熔融状态下能够导电的化合物，属于电解质，故B正确；CCO2是非电解质，故C错误；DNaOH溶液是混合物，不是电解质，也不是非电解质，故D错误；故答案为B。3. 不能用离子方程式+2H+CO2+H2O表示的反应是( )A. Na2CO3+2HCl2NaCl+CO2+H2OB. NaHCO3+HClNaCl+CO2+H2OC. K2CO3+2HNO32KNO3+CO2+H2OD. K2CO3+
3、H2SO42K2SO4+CO2+H2O【答案】B【解析】【分析】离子方程式+2H+CO2+H2O表示可溶性碳酸盐和强酸或强酸的酸式盐反应生成可溶性盐、二氧化碳和水，据此解答。【详解】A. Na2CO3+2HCl2NaCl+CO2+H2O的离子方程式为+2H+CO2+H2O，A不选；B. NaHCO3+HClNaCl+CO2+H2O的离子方程式为+H+CO2+H2O，B选；C. K2CO3+2HNO32KNO3+CO2+H2O的离子方程式为+2H+CO2+H2O，C不选；D. K2CO3+H2SO42K2SO4+CO2+H2O的离子方程式为+2H+CO2+H2O，D不选；答案选B。4. 当光束通
4、过下列物质时，能观察到丁达尔效应的是A. NaCl溶液B. 酒精溶液C. Fe(OH)3胶体D. CuSO4溶液【答案】C【解析】【详解】溶液没有丁达尔效应，而胶体有丁达尔效应，故答案为C。5. 下列化学反应中，属于氧化还原反应的是A. Na2CO3+CaCl2=CaCO3+2NaClB. Fe+CuSO4=Cu+FeSO4C. Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3D. CaCO3=CaO+CO2【答案】B【解析】【详解】A. 没有元素化合价发生变化，不是氧化还原反应，故A不选；B. Fe、Cu元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，故B选；C. 没有元素化合价发生变化，不是氧化还原反
5、应，故C不选；D. 没有元素化合价发生变化，不是氧化还原反应，故D不选；答案选B。6. 下列反应类型中，不可能属于氧化还原反应的是（ ）A. 化合反应B. 分解反应C. 置换反应D. 复分解反应【答案】D【解析】【详解】A、化合反应：指的是由两种或两种以上的物质反应生成一种新物质的反应，有可能为氧化还原反应，故A不符合题意；B、分解反应：由一种物质反应生成两种或两种以上新物质的反应，有可能为氧化还原反应，故B不符合题意；C、置换反应：是一种单质与一种化合物作用，生成另一种单质与另一种化合物的反应，一定属于氧化还原反应，故C不符合题意。D、复分解反应：由两种化合物互相交换成分，生成另外两种化合物
6、的反应，不可能为氧化还原反应，故D符合题意。故选D。7. 下列变化中，需加入适当的还原剂才能完成的是A. FeFeCl2B. CuOCuSO4C. HNO3NOD. SO3H2SO4【答案】C【解析】【详解】A. FeFeCl2，Fe元素化合价升高，需要加入氧化剂才能实现，故A不选；B. CuOCuSO4，没有元素化合价发生变化，不需要加入还原剂即可实现，故B不选；C. HNO3NO，N元素的化合价降低，需要加入还原剂才能实现，故C选；D. SO3H2SO4，没有元素化合价发生变化，不需要加入还原剂即可实现，故D不选；答案选C。8. 下列反应属于氧化还原反应，且水作氧化剂的是A. CaO +
7、H2OCa(OH)2B. Cl2 + H2OHCl + HClOC. 2F2 + 2H2O4HF+ O2D. 2Na + 2H2O2NaOH + H2【答案】D【解析】【分析】化学反应属于氧化还原反应说明该反应中有电子转移，其特征是有元素化合价变化，水作氧化剂，说明水中H元素得电子化合价降低，据此分析解答。【详解】A该反应中，反应前后各元素化合价都不变，所以不是氧化还原反应，故A不选；B该反应中氯元素化合价由0价变为+1价和1价，水中H、O元素化合价不变，所以氯气既作氧化剂又作还原剂，水既不是氧化剂也不是还原剂，故B不选；C该反应中F元素化合价由0价变为1价，O元素化合价由2价变为0价，所以水
8、还原剂，F2是氧化剂，故C不选；D该反应Na元素化合价由0价变为+1价，水中H元素化合价由+1价变为0价，所以钠是还原剂，水作氧化剂，故D选；故答案选D。9. 下列关于钠的说法中不正确的是A. 实验后剩余钠粒放回原试剂瓶中B. 钠长期放置在空气中，最终将变成碳酸钠C. 金属钠着火时用砂土灭火D. 将一小块钠投入氯化铁溶液既产生气体又出现白色沉淀【答案】D【解析】【详解】A.金属钠易与空气中氧气和水蒸气反应，实验后剩余钠粒不能随便丢弃，应放回原试剂瓶中，故A正确；B.钠长期放置在空气中，钠与空气中氧气反应先生成氧化钠，氧化钠与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠与空气中二氧化碳反应生成碳酸钠，则钠长期放
9、置在空气中最终将变成碳酸钠，故B正确；C.金属钠性质很活泼，能和空气中氧气和水蒸气反应，为防止金属钠燃烧，必须隔绝空气和水，金属钠着火应用细沙覆盖灭火，故C正确；D.将一小块钠投入氯化铁溶液中，钠先与水反应生成氢氧化钠和氢气，反应生成的氢氧化钠再和氯化铁溶液反应生成红褐色氢氧化铁沉淀和氯化钠，则将一小块钠投入氯化铁溶液既产生气体又出现红褐色沉淀，故D错误；故选D。10. 下列物质既可以由单质与氯气直接化合得到，又可以由单质与盐酸反应得到的是（ ）A. NaClB. FeCl2C. FeCl3D. CuCl2【答案】A【解析】【详解】A钠和氯气反应生成NaCl，钠和盐酸反应生成NaCl和氢气，A
10、符合题意；B铁和氯气反应生成FeCl3，B与题意不符；C铁和氯气反应生成FeCl3，铁和盐酸反应生成FeCl2，C与题意不符；D铜和氯气反应生成CuCl2，铜和盐酸不反应，D与题意不符；答案为A。11. 0.5L 1 mol/L FeCl3溶液与0.2L 1 mol/L KCl溶液中的Cl-的物质的量之比为（ ）A. 15:2B. 5:2C. 3:1D. 1:3【答案】A【解析】【详解】0.5L 1 mol/L FeCl3溶液中n(FeCl3)= 1 mol/L0.5L=0.5mol，n(FeCl3)：n(Cl-)=1:3，则FeCl3溶液中n(Cl-)=1.5mol，0.2L 1 mol/L
11、 KCl溶液中n(KCl)= 1 mol/L 0.2L=0.2mol，n(KCl)：n(Cl-)=1:1，则0.2L 1 mol/L KCl溶液中的Cl-的物质的量为0.2mol，0.5L 1 mol/L FeCl3溶液与0.2L 1 mol/L KCl溶液中的Cl-的物质的量之比为：1.5mol：0.2mol=15:2，故A正确；故选A。12. 下列离子方程式书写正确的是A. 少量二氧化碳通入澄清石灰水：Ca2+2OH-+CO2=CaCO3+H2OB. 过氧化钠溶于水：Na2O2+H2O=2NaOH+O2C. 盐酸溶液中加入铁粉：6H+2Fe=2Fe3+3H2D. 碳酸钙和盐酸反应：+2H+
12、=H2O+CO2【答案】A【解析】【详解】A少量二氧化碳通入澄清石灰水生成碳酸钙：Ca2+2OH-+CO2=CaCO3+H2O，A正确；B过氧化钠溶于水生成氢氧化钠和氧气，2Na2O2+2H2O=4Na+OH-+O2，B错误；C盐酸溶液中加入铁粉生成氯化亚铁：2H+Fe=Fe2+H2，C错误；D碳酸钙是沉淀，不能拆，碳酸钙和盐酸反应：CaCO3 +2H+=H2O+CO2+Ca2+，D错误；答案选A。13. “纳米材料”是粒子直径为1100nm的材料，纳米碳就是其中的一种，若将纳米碳均匀地分散到蒸馏水中，所形成的物质（ ）是溶液 是胶体 能产生丁达尔效应 能透过滤纸 不能透过滤纸 静置后，会析出
13、黑色沉淀A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】纳米材料”是粒子直径为1100nm的材料，纳米碳就是其中的一种。若将纳米碳均匀地分散到蒸馏水中形成分散系是胶体，依据胶体的特征和性质分析判断问题。【详解】纳米材料”是粒子直径为1100nm的材料，纳米碳就是其中的一种。属于胶体分散质微粒直径的大小，若将纳米碳均匀地分散到蒸馏水中形成分散系是胶体，具有丁达尔现象，能透过滤纸，具有介稳性，不生成沉淀，正确；故合理选项是B。【点睛】本题考查了胶体分散系的本质特征，胶体性质的应用，注意分散系的本质区别是分散质微粒直径大小。14. 下列各组离子，能在溶液中大量共存的是A. Na+、Cl-、Mg2+
14、、B. Fe3+、Cu2+、OH-、C. Ag+、Cl-、Na+D. H+、Na+、【答案】A【解析】【详解】ANa+、Cl-、Mg2+、彼此间不发生离子反应，能大量共存，故A正确；BFe3+、Cu2+与OH-发生离子反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；CAg+与Cl-发生离子反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；DH+与发生离子反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；故答案为A。15. 下列各组离子一定能大量共存的是A. 在无色溶液中：Fe3+、Cu2+、Cl-B. 在含大量Ba2+的溶液中：Mg2+、Na+、C. 在强碱溶液中：Na+、K+、Cl-、D. 在强酸溶液中：Na+、K+、【答案
15、】C【解析】【详解】A无色溶液中不可能含有Fe3+、Cu2+，故A错误；BBa2+与、发生离子反应，不能大量共存，故B错误；CNa+、K+、Cl-、彼此间不发生离子反应，在强碱性溶液中能大量共存，故C正确；D强酸溶液中不可能大量存在、，故D错误；故答案为C。16. 将绿豆大的钠块投入如图所示的烧杯中，可能出现的现象是A. 钠块只在煤油层中游动，并放出气体B. 钠块只在水层中游动，钠块熔化，水层变红C. 钠块在层和水层界面处游动并上下跳动，钠块熔化，水层变红D. 钠块在水层和煤油层界面处游动并上下跳动，钠块熔化，水层变红【答案】D【解析】【详解】A钠的密度比煤油的大，比水的小，则钠在水层与煤油层
16、界面发生反应，产生的氢气使钠块四处游动并上下跳动，故A不符合题意；B根据A分析得到钠块在水层和煤油层之间上下跳动，生成的NaOH使溶液变红，故B不符合题意；C根据A分析钠块在煤油层和水层界面处并上下跳动，钠块熔化，生成的NaOH使溶液变红，故C不符合题意；D根据前面分析得到钠块在水层和煤油层界面处游动并上下跳动，钠块熔化，水层变红，故D符合题意。综上所述，答案为D。17. 配制100mL1.0mol/LNa2CO3溶液，下列操作正确的是A. 称取10.6g无水碳酸钠，加入100mL容量瓶中，加水溶解、定容B. 称取10.6g无水碳酸钠，加入100mL蒸馏水，搅拌、溶解C. 转移Na2CO3溶液
17、时，未用玻璃棒引流，直接倒入容量瓶中D. 定容后，塞好瓶塞，反复倒转、摇匀【答案】D【解析】【分析】配制100 mL1.0mol/L Na2CO3溶液，应称取碳酸钠的质量为1.0 mol/L0.1L106g/mol=10.6g，溶于水配成溶液的体积为100 mL，由此分析。【详解】A容量瓶不能作为溶解仪器，称量固体后不能在容量瓶中溶解，应先在烧杯中溶解，故A错误；B碳酸钠溶液的配制时，10.6g无水碳酸钠的物质的量n=0.1mol，溶解过程就加入100 mL的水，再移液、洗涤、定容再加上水，溶液体积就会超过100 mL，根据c=，V液的值偏大，浓度偏小，故B错误；C移液操作时，防止液体外溅，需
18、要玻璃棒来引流，故C错误； D定容后，塞好瓶塞，要进行反复倒转、摇匀操作，为了使瓶内溶液进一步均匀，故D正确； 答案选D。18. 在标准状况下，如果11.2L氧气含有n个氧原子，则阿伏加德罗常数的值可表示为A. nB. C. D. 4n【答案】A【解析】【详解】根据题干信息可知：11.2L氧气的物质的量为，故其中含有的氧原子的物质的量为：0.5mol2=1mol，则氧原子数目为：1NA=n，故阿伏加德罗常数的数值为n，故答案为：A。19. 下列离子方程式中，不正确的是A 铁钉放入硫酸铜溶液中：Fe+Cu2+=Fe2+CuB. 氧化铁和稀硫酸反应：Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2OC. 向B
19、a(OH)2溶液中滴加H2SO4溶液至恰好为中性：Ba2+OH-+H+=BaSO4+H2OD. 氢氧化铁与盐酸反应：Fe(OH)3+3H+=Fe3+3H2O【答案】C【解析】【详解】A.铁钉放入硫酸铜溶液中发生的反应为铁与硫酸铜溶液发生置换反应生成硫酸亚铁和铜，反应的离子方程式为Fe+Cu2+=Fe2+Cu，故A正确；B.氧化铁和稀硫酸反应生成硫酸铁和水，反应的离子方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O，故B正确；C.向Ba(OH)2溶液中滴加H2SO4溶液至恰好为中性发生的反应为氢氧化钡溶液和硫酸溶液发生中和反应生成硫酸钡沉淀和水，反应的离子方程式为Ba2+2OH+2H+=BaSO4
20、+2H2O，故错误；D.氢氧化铁与盐酸发生中和反应三次氯化铁和水，反应的离子方程式为Fe(OH)3+3H+=Fe3+3H2O，故D正确；故选C。20. 氯水中存在多种分子和离子，在不同反应中表现出不同的性质。下列结论不正确的是A. 加入有色布条，片刻后有色布条褪色，说明有HClO存在B. 加入紫色石蕊试液，紫色石蕊先变红后褪色，说明有HCl和HClO存在C. 先加入硝酸酸化，再加入AgNO3溶液，生成白色沉淀，说明有Cl-存在D. 加入NaOH溶液，氯水的浅黄绿色消失，说明有HClO存在【答案】D【解析】【详解】氯气与水反应的化学方程式为Cl2+H2O=H+Cl-+HClO，A氯水中的HClO
21、具有漂白性，向氯水中加入有色布条，片刻后有色布条褪色，可说明有HClO存在，故A项正确；B向氯水中加入紫色石蕊试液，因溶液中存在H+，会使溶液变红，而HClO具有漂白性，能够使红色褪色，因此溶液先变红后褪色，说明有HCl和HClO存在，故B项正确；C先加入硝酸酸化，再加入AgNO3溶液，生成白色沉淀，说明产生了AgCl沉淀，可说明有Cl-存在，故C项正确；D加入NaOH溶液，氯水的浅黄绿色消失的原因是氯气与氢氧化钠发生反应生成无色的氯化钠和次氯酸钠，并不能说明有HClO存在，故D项错误；综上所述，结论不正确的是D项，故答案为D。21. 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
22、. 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。22. 在甲、乙、丙、丁四个烧杯中分别放入的钠、氧化钠、过氧化钠和氢氧化钠，然后各加入100mL水，搅拌，
23、使固体全溶解，有甲、乙、丙、丁内溶液的溶质质量分数大小的顺序为（ ）A. 甲乙丙丁B. 丁甲乙=丙C. 甲=丁乙=丙D. 丁甲乙丙【答案】B【解析】【详解】钠、氧化钠、过氧化钠和水反应的方程式分别如下：Na+H2O=NaOH+H2，溶液增加的质量=m(Na)m(H2)=2.3g0.1g=2.2g，Na2O+H2O=2NaOH，溶液增加的质量=m(Na2O)=0.1mol62g/mol=6.2g；Na2O2+H2O=2NaOH+O2，溶液增加的质量=m(Na2O2)m(O2)=m(Na2O)=6.2g，将氢氧化钠加入水中，溶液增加的质量为氢氧化钠的质量=0.1mol40g/mol=4g；所以溶液
24、增加的质量大小顺序为：钠氢氧化钠氧化钠=过氧化钠，根据钠原子守恒知，0.1mol的钠、氧化钠、过氧化钠、氢氧化钠溶于水所得氢氧化钠的物质的量分别为：0.1mol、0.2mol、0.2mol，0.1mol，通过以上分析可知,0.1mol的钠、氧化钠、过氧化钠、氢氧化钠分别溶于水所得溶液的质量分数分别为：4g/100g+2.2g100%、8g/100g+6.2g100%、8g/100g+6.2g100%、4g/100g+4g100%，所以甲、乙、丙、丁的质量分数大小的顺序是：丁甲乙=丙，答案选B。23. 阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法正确的是A. 在常温常压下，1molH2O分子中含有的原子数
25、目为2NAB. 2.4gMg与足量稀硫酸完全反应，生成氢气的体积(标况下)为22.4LC. 0.1molH2和0.1molCl2于密闭容器中充分反应后，其分子总数为0.2NAD. 标准状况下，2.24LN2和O2的混合气体中分子数为0.2NA【答案】C【解析】【详解】A常温常压下，1molH2O分子中含有的原子数目为3NA，A错误；B2.4gMg即0.1molMg，与足量稀硫酸完全反应，生成氢气的体积(标况下)为2.24L，B错误；C氢气与氯气反应生成氯化氢的反应是前后气体体积相等的反应，故0.1molH2和0.1molCl2于密闭容器中充分反应后，其分子总数为0.2NA，C正确；D1molN
26、2、1mol O2均含1mol分子，故标准状况下，2.24LN2和O2的混合气体，即0.1mol混合气体中分子数为0.1NA，D错误；答案选C。24. 常温下，在溶液中能发生如下反应：2A2+B2=2A3+2B；2B+Z2=B2+2Z；16H+10Z+2=2X2+5Z2+8H2O，由此判断下列说法错误的是A. 氧化性强到弱顺序是、Z2、B2、A3+B. 还原性强到弱顺序是A2+、B、Z、X2+C. Z2+2A2+=2A3+2Z反应可以进行D. Z元素在反应中均被还原【答案】D【解析】【详解】A根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，可知氧化性强到弱顺序：、Z2、B2、A3+，A正确；B根据还原
27、剂的还原性大于还原产物的还原性，可知还原性强到弱顺序是A2+、B、Z、X2+，B正确；CZ2的氧化性强于A3+，A2+的还原性强于Z，故可发生反应：Z2+2A2+=2A3+2Z，C正确；DZ元素在反应中化合价降低，Z2做氧化剂，被还原；Z元素在反应中化合价升高，Z做还原剂，被氧化，D错误；答案选D。25. 如图所示，在坩埚中放一小块钠，加热至熔化，用玻璃棒蘸取少量无水CuSO4粉末与熔化的钠接触，瞬间产生耀眼的火花，同时有红色物质生成。据此判断下列说法中不正确的是A. 上述反应是置换反应B. 上述反应是放热反应C. 上述反应中CuSO4表现了吸水性D. 加热且无水条件下，Na可以与CuSO4反
28、应并生成Cu【答案】C【解析】【详解】在蒸发皿中放一小块钠，加热至熔化时，用玻璃棒蘸取少量无水CuSO4与熔化的钠接触，瞬间产生耀眼的火花，同时有红色物质生成，说明熔融的钠将硫酸铜中的铜置换出来并且放出热量，属于置换反应，钠作还原剂，硫酸铜作氧化剂，说明钠比铜活泼，在无水条件下，Na可以与CuSO4反应并生成Cu和硫酸钠，据此解题。A钠比铜活泼，在无水条件下，Na可以与CuSO4反应并生成Cu，属于置换反应，A正确；B根据以上分析，反应是放热反应，B正确；C根据以上分析，钠作还原剂，硫酸铜作氧化剂，所以CuSO4表现了氧化性，且整个反应中均与水无关，故不体现吸水性，C错误；D根据以上分析，在无
29、水条件下，Na可以与CuSO4反应并生成Cu，D正确；故答案为：C。第二部分二、非选择题26. 铁是人体内一种微量元素，以Fe2+的形式存在。回答下列问题：(1)下列微粒中，既有氧化性也有还原性的是_填字母)。A.Fe B.Fe2+ C.Fe3+(2)维生素C可使食物中的Fe3+转化为Fe2+，在此过程中Fe3+是_(填“氧化剂”或“还原剂”)。(3)某种麦片中含有微量的细小铁粉，食用该麦片后，铁粉与胃酸(HCl)反应的离子方程式_【答案】 (1). B (2). 氧化剂 (3). Fe+2H+=Fe2+H2【解析】【详解】(1)+2价为Fe元素的中间价态，所以亚铁离子既有氧化性，也有还原性，
30、故答案为：B；(2)维生素C可使食物中的Fe3+转化成Fe2+，Fe元素的化合价降低，所以Fe3+是氧化剂，故答案为：氧化剂；(3)铁粉在人体胃酸的作用下转化成亚铁盐，还生成氢气，该离子反应为Fe+2H+Fe2+H2，故答案为：Fe+2H+=Fe2+H2。27. 某课外活动小组进行Fe(OH)3胶体的制备实验并检验其性质。(1)现有甲、乙、丙三名同学进行Fe(OH)3胶体的制备。甲同学的操作是：取一小烧杯，加入25mL蒸馏水加热至沸腾，向沸水中逐滴加入12mLFeCl3饱和溶液，继续煮沸至混合液呈红褐色，停止加热。乙同学向饱和FeCl3溶液直接加入过量的NaOH溶液。丙同学向沸水中滴加饱和Fe
31、Cl3溶液，为了使反应进行充分煮沸10分钟。你认为哪位同学的制备方法正确：_。(填序号)(2)Fe(OH)3胶体区别于FeCl3溶液最本质的特征是_。AFe(OH)3胶体粒子的直径在1100nm之间BFe(OH)3胶体具有丁达尔效应CFe(OH)3胶体是均一的分散系DFe(OH)3胶体的分散质能透过滤纸【答案】 (1). 甲同学 (2). A【解析】【详解】(1)实验室制备氢氧化铁胶体是在沸腾的蒸馏水中加入饱和氯化铁溶液，当溶液变为红褐色时立即停止加热，当溶液变为红褐色时应立即停止加热，如继续加热会导致胶体聚沉，故甲正确；乙同学向饱和FeCl3溶液直接加入过量的NaOH溶液，会产生氢氧化铁沉淀
32、，故乙错误；丙同学向沸水中滴加饱和FeCl3溶液，为了使反应进行充分煮沸10分钟，继续煮沸10分钟会产生沉淀，故丙错误；故答案为：甲同学；(2)Fe(OH)3胶体区别于FeCl3溶液最本质的特征是Fe(OH)3胶体的分散质微粒直径大小在1100nm之间，故答案为：A。28. 在甲、乙两烧杯溶液中分别含有大量的Cu2、K、H、Cl-、OH六种离子中的三种，已知乙烧杯中的溶液呈无色可知乙烧杯的溶液中一定无_，依据离子共存原理推知乙烧杯中大量存在的离子是_三种离子。【答案】 (1). Cu2+ (2). K+、OH-【解析】【分析】结合离子反应的条件和离子共存分析。【详解】乙烧杯中的溶液呈无色，可知
33、乙烧杯溶液中一定无Cu2，甲烧杯溶液中应含有Cu2+，因、OH-可与Cu2+反应生成沉淀，则只能存在于乙中，乙中含有、OH-，则一定不存在H+，阳离子只能为K+，则乙中含有的离子为、OH-、K+，甲中含有的离子为：Cu2+、H+、Cl-。【点睛】考查离子的共存，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重离子反应的条件考查，注意离子的颜色，特别注意溶液是电中性的。29. 请将下列四种物质：MnSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3、K2SO4分别填入下列对应的横线上，组成一个未配平的化学方程式，并配平此化学方程式：(1)_KMnO4_H2SO4_H2O；(2)该反应中的氧化产物是_(
34、填写化学式)，【答案】 (1). 2 (2). 10FeSO4 (3). 8 (4). 2MnSO4 (5). 5Fe2(SO4)3 (6). K2SO4 (7). 8 (8). Fe2(SO4)3【解析】【分析】该反应有元素化合价发生变化，是氧化还原反应，酸性高锰酸钾有强氧化性、硫酸亚铁有强还原性，二者能够发生氧化还原反应，因此氧化剂KMnO4的还原产物为MnSO4，还原剂FeSO4的氧化产物为Fe2(SO4)3，然后结合氧化还原反应中的守恒关系解答。【详解】(1) KMnO4中Mn元素化合价由+7价降低至+2价，FeSO4中Fe元素化合价由+2升高至+3，根据氧化还原反应化合价升降总数守恒
35、可知，KMnO4与FeSO4化学计量数之比为1：5，然后根据元素守恒可知，生成物中还有K2SO4，由质量守恒可知反应化学方程式为2KMnO4+10FeSO4+8H2SO4=2MnSO4+5Fe2(SO4)3+K2SO4+8H2O，故答案为：2；10FeSO4；8；2MnSO4；5Fe2(SO4)3；K2SO4；8；(2)该反应中Fe元素化合价升高，因此氧化产物为Fe2(SO4)3。30. 实验室用2.0mol/LNaCl溶液配制100mL0.50mol/LNaCl溶液，请回答下列问题：(1)配制上述溶液，需要2.0mol/LNaCl溶液_mL。(2)容量瓶上需标有_(填序号)温度 浓度 容积
36、压强 刻度线(3)下列主要操作步骤的正确顺序是_(填序号)。量取一定体积的氯化钠溶液，放入烧杯中，用适量蒸馏水稀释；向容量瓶中加水至液面离容量瓶刻度线下1-2cm，改用胶头滴管向容量瓶中加入蒸馏水至凹液面与刻度线相切；将溶液转移到100mL容量瓶中；盖好瓶塞，反复翻转，摇匀；用少量的蒸馏水洗涤烧杯内壁和玻璃棒23次，洗涤液转移到容量瓶中。(4)配制过程中出现以下情况，使所配溶液浓度偏高的是_。A、没有洗涤烧杯和玻璃棒B、定容时俯视容量瓶的刻度线C、转移时，因操作不当使部分NaCl溶液溅出瓶外D、定容时溶液凹液面高于容量瓶刻度线，立即将多余的液体吸出【答案】 (1). 25 (2). (3).
37、(4). B【解析】【详解】(1)根据稀释过程中溶质物质的量不变可知，c稀V稀=c浓V浓，因此100mL0.5mol/L=2mol/LV，解得V=25；(2)容量瓶是恒温定容容器，容量瓶上标有刻度线、使用温度、容器体积，故答案为：；(3)用浓氯化钠溶液配制一定体积、一定物质的量浓度的氯化钠溶液实验中，用量筒量取一定体积氯化钠溶液，然后将溶液转移至烧杯中，向烧杯中加入适量蒸馏水并用玻璃棒搅拌，待溶液恢复至室温时，转移至容量瓶中，再将烧杯洗涤并将洗涤液转移至容量瓶中，向容量瓶中加入蒸馏水至液面接近刻度线时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至凹液面与刻度线相切，盖上容量瓶玻璃塞后摇匀，将所配溶液转移至试剂瓶中
38、并贴上标签，故答案为：；(4)配制实验中c稀=，根据操作对相关物理量的影响分析对溶液浓度的影响，A没有洗涤烧杯和玻璃棒会导致溶液中溶质减少，使所配溶液浓度偏低；B定容时俯视容量瓶的刻度线会导致溶液体积偏小，使所配溶液浓度偏高；C转移时，因操作不当使部分NaCl溶液溅出瓶外会导致溶液中溶质减少，使所配溶液浓度偏低；D定容时溶液凹液面高于容量瓶刻度线，立即将多余的液体吸出会导致溶液中溶质减少，使所配溶液浓度偏低；综上所述，使所配溶液浓度偏高的是B，故答案为B。31. 在呼吸面具和潜水艇中可用过氧化钠作为供氧剂。请选择适当的化学试剂和实验用品，用下图中的实验装置进行实验，证明过氧化钠可作供氧剂。(1
39、)A是实验室制取CO2的装置。写出A中发生反应的离子方程式_。B中盛有饱和NaHCO3溶液，其作用是_。写出C中发生的反应的化学方程式(有几个写几个)_。D装置的目的是用NaOH溶液除去多余的CO2，则D中反应的离子方程式是_。(2)从离子反应的角度判断CuSO4溶液和Na2O2的反应，试写出其总离子反应方程式_。【答案】 (1). CaCO3+2H+=Ca2+H2O+CO2 (2). 除去CO2中混有的HCl (3). 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2 、2Na2O2+2CO2=4Na2CO3+O2 (4). CO2+2OH-=+H2O (5). 2Na2O2+2H2O+Cu2=2C
40、u(OH)2+4Na+O2【解析】【分析】根据题意可知，A装置用于制备CO2，B装置除去CO2中混有的HCl，C中发生主要供氧反应，D中除去多余的CO2，E收集氧气，依此解答。【详解】（1）实验室用碳酸钙和盐酸制取CO2，故A中发生反应的离子方程式为：CaCO3+2H+=Ca2+H2O+CO2；可能A中有会发出的HCl，故B中盛有饱和NaHCO3溶液，其作用是除去CO2中混有的HCl；根据前后装置的用途，可知C中即为过氧化钠作供氧剂发生的反应，故C中发生的反应的化学方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2 、2Na2O2+2CO2=4Na2CO3+O2；D装置目的是用NaOH溶液除去
41、多余的CO2，则D中反应的离子方程式是CO2+2OH-=+H2O；（2）Na2O2先和水反应生成氢氧化钠，再与CuSO4溶液反应，故CuSO4溶液和Na2O2的总离子反应方程式2Na2O2+2H2O+Cu2=2Cu(OH)2+4Na+O2。32. ClO2作为一种广谱型的消毒剂，将逐渐用来取代Cl2成为自来水的消毒剂。下图是实验室中制取干燥纯净氯气并进一步最终制取和收集一定量较纯净的ClO2的装置(某些夹持装置和垫持用品省略)其中E中盛有CCl4液体(用于除去ClO2中未反应的Cl2)(1)仪器P的名称是_。(2)写出装置A中烧瓶内发生反应的化学方程式：_，其中氧化剂与还原剂的物质的量之比_。
42、(3)B装置中所盛试剂是_；C装置所盛试剂的作用是_。(4)用氢氧化钠溶液可除去多余的氯气，离子方程式为_。(5)已知ClO2是一种易溶于水而难溶于有机溶剂气体，实验室制备ClO2的原理是用亚氯酸钠固体与氯气反应：2NaClO2+Cl2=2ClO2+2NaCl。F为ClO2收集装置，应选用的装置是_(填序号)。【答案】 (1). 分液漏斗 (2). MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O (3). 1：2 (4). 饱和食盐水 (5). 浓硫酸干燥吸水 (6). Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O (7). 【解析】【分析】制备和收集一定量较纯净的ClO2，结合实验原理2
43、NaClO2+Cl22ClO2+2NaCl，可知A中固液加热反应制备氯气，可由MnO2+4H+2Cl-Mn2+Cl2+2H2O制备，B中饱和食盐水可除去HCl，C中浓硫酸可干燥氯气，D中制备ClO2，E中盛有CCl4液体可吸收未反应的氯气，F可选图2中的收集气体，且d导管进入，G可作安全瓶，防止尾气吸收导致倒吸，最后选碱液吸收尾气，以此解答。【详解】(1)实验室用浓盐酸和MnO2在加热条件下反应制备Cl2，浓盐酸应盛装在分液漏斗中，由图可知，仪器P的名称是分液漏斗，故答案为：分液漏斗；(2)浓盐酸和MnO2在加热条件下反应制备Cl2，反应的方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2
44、H2O，该反应中Mn元素化合价降低，MnO2作氧化剂，部分Cl元素化合价上升，HCl既作还原剂也有酸的作用，氧化剂与还原剂的物质的量之比为：1:2，故答案为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O；1:2；(3)生成的氯气中混有HCl和水，为制备纯净干燥的氯气，根据氯气不溶于饱和食盐水的性质，可用饱和食盐水除去气体中混有的HCl杂质，然后用C装置中的浓硫酸干燥除去水；故答案为：饱和食盐水；浓硫酸干燥吸水；(4)氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，离子方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，故答案为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；(5)F为ClO2收集装置，ClO2是一种易溶于水的气体，不能用排水法手机，又因为ClO2气体的密度比空气密度大，应选用的装置是，故答案为：。
