2018-2019学年高一化学上学期期中试卷(含解析) (I).doc

xx-2019学年高一化学上学期期中试卷(含解析) (I)学校：_姓名：_班级：_考号：_一、单选题(共30小题,每小题2.0分,共60分)1.单质X和单质Y反应生成X3和Y2，现有下列叙述：X被氧化，X是氧化剂，X3是氧化产物，X具有氧化性，Y2是还原产物，X3具有氧化性。其中正确的是()A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】单质X和单质Y反应生成X3和Y2，X元素的化合价由0升高为+3价，Y元素的化合价由0降低为-2价，结合氧化还原反应中基本概念及规律来解答。【详解】单质X和单质Y反应生成X3和Y2，X元素的化合价由0升高为+3价，Y元素的化合价由0降低为-2价，则X元素的化合价升高，被氧化，故正确；X元素的化合价升高，则是还原剂，故错误；X为还原剂，被氧化，X3+是氧化产物，故正确；X元素的化合价升高，则是还原剂，具有还原性，故错误；Y元素的化合价由0降低为-2价，Y被还原，所以Y2-是还原产物，故正确；X3+是氧化产物，具有氧化性，故正确；即正确的是，答案选C。【点睛】本题考查氧化还原反应，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应中基本概念的考查，注意规律性知识的应用。2.在反应3NO2H2O=2HNO3NO中，氧化剂和还原剂的物质的量之比为()A. 31 B. 13 C. 12 D. 21【答案】C【解析】【分析】根据氮元素的化合价变化和电子得失守恒计算氧化剂和还原剂的物质的量之比。【详解】在反应3NO2+H2O2HNO3+NO中氮元素的化合价由二氧化氮中的+4价分别升高到硝酸中的+5价被氧化、降低到一氧化氮中的+2价被还原，二氧化氮既是氧化剂又是还原剂，根据电子得失守恒可知氧化剂和还原剂的物质的量比为1:2，答案选C。3.下列分散系属于胶体的是()A. 石灰水 B. 豆浆 C. 泥水 D. 蔗糖水【答案】B【解析】【分析】胶体的分散质微粒直径在1100nm之间，是一种均一介稳定的分散系，据此判断。【详解】A. 石灰水属于溶液，A错误；B. 豆浆分散质微粒直径在1100nm之间，属于胶体，B正确；C. 泥水属于浊液，C错误；D. 蔗糖水属于溶液，D错误。答案选B。【点睛】本题考查胶体的特点与判断，明确胶体与其它分散系的本质区别是解答的关键，是对基础知识的考查，题目难度不大。4.下列物质在相应条件下能发生电离而导电的是()A. 液态氯化氢 B. 熔融氯化钠C. 固体氢氧化钾 D. 高温熔化后的单质铁【答案】B【解析】【分析】电解质溶于水或在熔融状态下能够发生电离而导电，据此判断。【详解】A. 液态氯化氢不能发生电离，不导电，A不符合；B. 熔融氯化钠能发生电离，从而导电，B符合；C. 固体氢氧化钾不能发生电离，不导电，C不符合；D. 铁是金属单质，不能发生电离，D不符合。答案选B。5.下列关于氯水的叙述，正确的是()A. 新制氯水中只含Cl2和H2O分子B. 新制氯水可使蓝色石蕊试纸先变红后褪色C. 光照新制氯水有气泡逸出，该气体是Cl2D. 新制氯水在密闭无色玻璃瓶中放置数天后酸性将减弱【答案】B【解析】【分析】新制氯水中存在Cl2+H2OH+Cl-+HClO，所含分子只有Cl2和H2O、HClO分子，所含的离子只有H+、Cl-、ClO-和OH-，结合对应离子的性质解答该题。【详解】A所含分子有Cl2和H2O、HClO等，选项A错误；B新制的氯水中含HCl、HClO，酸使紫色石蕊试液变红，而HClO具有漂白性，则后溶液褪色，选项B正确；C氯水光照条件下有气泡逸出，发生2HClO2HCl+O2，生成气体为氧气，选项C错误；D光照条件下HClO分解生成HCl，则溶液中氢离子浓度增大，酸性增强，选项D错误。答案选B。【点睛】本题考查氯气的化学性质及氯水的成分，明确HClO的性质是解答本题的关键，注意HClO具有漂白性，而干燥氯气不具有漂白性，题目难度不大。6.我国科学家在世界上第一次为一种名为“钴酞菁”的分子(直径为1.3109m)恢复了磁性。“钴酞菁”分子结构和性质与人体内的血红素及植物内的叶绿素非常相似。下列关于“钴酞菁”分子的说法中正确的是()A. 在水中所形成的分散系属悬浊液B. “钴酞菁”分子既能透过滤纸，也能透过半透膜C. 分子直径比钠离子小D. 在水中形成的分散系能产生丁达尔现象【答案】D【解析】【分析】“钴酞菁”分子直径为1.310-9m，在1nm100nm之间，“钴酞菁”分子在水中形成的分散系属于胶体；胶体粒子能透过滤纸，不能透过半透膜；胶体能产生丁达尔效应。【详解】A项，“钴酞菁”分子直径为1.310-9m，在1nm100nm之间，“钴酞菁”分子在水中形成的分散系属于胶体，A项错误；B项，“钴酞菁”分子直径为1.310-9m，在1nm100nm之间，“钴酞菁”分子能透过滤纸，不能透过半透膜，B项错误；C项，Na+直径小于1nm，“钴酞菁”分子直径大于Na+，C项错误；D项，“钴酞菁”分子在水中形成的分散系属于胶体，胶体能产生丁达尔效应，D项正确；答案选D。7.下列现象或应用中，不能用胶体的知识解释的是()A. 在饱和氯化铁溶液中逐滴加入氢氧化钠溶液，产生红褐色沉淀B. 用微波手术刀进行外科手术，可使开刀处的血液凝固而减少失血C. 清晨，在茂密的树林，常常可以看到从枝叶间透过的一道道光柱D. 肾功能衰竭等疾病引起的血液中毒，可利用血液透析进行治疗【答案】A【解析】试题分析：A.在饱和氯化铁溶液中滴加入 NaOH 溶液，产生红褐色沉淀发生复分解反应，与胶体性质没有关系，A正确；B.使用微波手术刀进行外科手术，可使开刀处的血液迅速凝固而减少失血利用的是胶体的聚沉，B错误；C.清晨在茂密的树林中，常常可以看到从枝叶间透过的一道道光柱，属于胶体的丁达尔效应，C错误；D.肾功能衰竭等疾病引起的血液中毒，可利用血液透析进行治疗，利用的是胶体不能透过半透膜，D错误，答案选A。考点：考查胶体性质8.下列物质的变化能产生自由移动离子的是()A. 氯化氢气体溶于水 B. 蔗糖溶于水C. 冰醋酸固体受热熔化 D. 红磷单质受热熔化【答案】A【解析】【分析】电解质溶于水或在熔融状态下能产生自由移动离子，据此判断。【详解】A. 氯化氢是电解质，氯化氢气体溶于水电离出氢离子和氯离子，能产生自由移动离子，A正确；B. 蔗糖是非电解质，溶于水不能发生电离，不能产生自由移动离子，B错误；C. 醋酸是电解质，溶于水可以发生电离，冰醋酸固体受热熔化不能发生电离，不能产生自由移动离子，C错误；D. 红磷单质是非金属单质，不是电解质也不是非电解质，受热熔化不能产生自由移动离子，D错误；答案选A。【点睛】注意掌握电解质的电离条件：离子化合物(如大多数盐、强碱等)既能在水溶液中电离、导电，又能在熔融状态下发生电离、导电；共价化合物(如：液态HCl、纯硫酸、纯硝酸等)只能在水溶液中发生电离、导电，在熔融状态下不能发生电离、导电。因此可以通过熔融时是否导电，来证明化合物是离子化合物还是共价化合物。9.同温同压下，等质量的氧气和二氧化碳相比较，下列叙述正确的是()A. 质子数之比为11 B. 密度比为118C. 物质的量之比为811 D. 原子个数比11【答案】A【解析】【详解】同温同压下，等质量的氧气和二氧化碳，物质的量之比与摩尔质量成反比，质子数之比为132161442211；同温同压下，密度比等于摩尔质量之比3244811；物质的量之比为132144118；原子个数比132214431112。综上所述，A正确，本题选A。10.下列关于钠和过氧化钠与水反应的说法不正确的是()将小块钠投入滴有石蕊溶液的水中，反应后溶液变红将钠投入稀盐酸中，钠先与水反应，后与盐酸反应过氧化钠投入到水中会有大量氢气产生过氧化钠投入到滴有酚酞溶液的水中，烧杯中的水变红A. 仅 B. 仅 C. 仅 D. 【答案】D【解析】【分析】钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，据此解答。【详解】钠与水反应产生氢氧化钠能使酚酞变红，使石蕊变蓝，故不正确；钠与水的反应本质是钠与H的反应，所以钠先与盐酸反应，故不正确；过氧化钠投入到水中会有大量的氧气产生，故不正确；过氧化钠投入到酚酞溶液中与水反应产生氢氧化钠，使酚酞溶液变红，由于过氧化钠具有强氧化性，所以又使其褪色，故不正确。答案选D。11.下列有关氯气的叙述中正确的是 ()A. 氯气在常温下能与铁反应，故不能用钢罐存放液氯B. 液氯和氯水不是同一物质C. 点燃氢气和氯气的混合气体可以制取氯化氢D. 用氯气对生活用水进行消毒的原因是氯气能杀灭细菌【答案】B【解析】【分析】氯气是黄绿色的气体，有毒，有刺激性气味，能溶于水，与水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸可用于杀菌消毒，氯气性质活泼，可与铁、氢气在点燃条件下反应，以此解答该题。【详解】A干燥的氯气与铁在常温下不反应，因此可以用铁罐存放液氯，故A错误；B氯水为氯气的水溶液，液氯为纯净物，二者不是同一种物质，故B正确；C点燃氢气和氯气的混合气体，易发生爆炸，不安全，故C错误；D氯气之所以长期用于自来水消毒，是因氯气与水反应生成的HClO，具有强氧化性，可以杀死细菌、病毒，故D错误。答案选B。【点睛】本题考查氯气的化学性质，把握氯气与水的反应及HClO的性质为解答的关键，注重基础知识的考查，选项D是易错点。12.下列实验过程中没有气体产生的是()A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】【详解】A、光照氯水时次氯酸分解生成氯化氢和氧气，有气体产生，A不符合；B、氯水和碳酸氢钠反应生成二氧化碳气体，B不符合；C、氯水和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，实验过程中没有气体产生，C符合；D、过氧化钠和水生成氢氧化钠和氧气，有气体产生，D不符合；答案选C。13.把铁片放入下列溶液中，铁片溶解且溶液质量减小，没有气体生成，此溶液是()A. FeSO4 B. H2SO4 C. Fe2(SO4)3 D. CuSO4【答案】D【解析】除FeSO4外，其它选项物质均可和铁反应：FeH2SO4=FeSO4+H2铁片溶解，溶液质量增加，有氢气放出FeFe2(SO4)3=3FeSO4铁片溶解，溶液质量增加，无气体放出FeCuSO4=FeSO4Cu 铁片溶解，溶液质量减小，无气体放出故答案为D14.依据阿伏加德罗定律，下列叙述中正确的是()A. 同温同压下，两种气体的体积之比等于摩尔质量之比B. 同温同压下，两种气体的质量之比等于物质的量之比C. 同温同压下，两种气体的物质的量之比等于密度之比D. 同温同压下，两种气体的摩尔质量之比等于密度之比【答案】D【解析】【详解】A.同温同压下，两种气体的体积比等于其物质的量比，不等于摩尔质量之比，故错误；B.同温同压下，若两种气体的摩尔质量相同，则两种气体的质量比等于物质的量之比，否则不等，故错误；C.同温同压下，两种气体的密度比等于摩尔质量之比，与物质的量无关，故错误；D.同温同压下，两种气体的摩尔质量比等于密度比，故正确。故选D。【点睛】根据阿伏伽德罗定律推出以下推论：同温同压下，气体摩尔体积相同；相同体积的不同气体物质的量相等。同温同压下，气体体积之比等于其物质的量之比(或分子数之比)；同温同压下，气体密度之比等于其摩尔质量之比；同温同压下，气体的质量之比等于其物质的量与摩尔质量之积的比；同温同压下，同质量气体的体积之比等于其摩尔质量倒数之比。同温同体积气体的压强之比等于其物质的量之比；同温同体积同质量气体的压强之比等于其摩尔质量倒数之比。15.下列说法中正确的是()A. 氯化钠水溶液在电流的作用下电离出Na和ClB. 硫酸钡难溶于水，但硫酸钡属于强电解质C. 二氧化碳溶于水能部分电离，故二氧化碳属于弱电解质D. 硫酸钠在水中的电离方程式可表示为Na2SO4=2NaS64O2【答案】B【解析】氯化钠在溶于水时即能电离出Na+和Cl，电解质的电离无需外加电流的作用，选项A说法错误；硫酸钡虽难溶于水，但硫酸钡溶于水的部分是完全电离的，因此硫酸钡属于强电解质，选项B说法正确；二氧化碳溶于水生成的碳酸能部分电离，碳酸是弱电解质，而二氧化碳是非电解质，选项C说法错误；硫酸钠在水中的电离方程式应为Na2SO42Na+，选项D说法错误。16.下列各组都为两种化合物溶于水时电离出的离子：Na、OH、SO42，H、Cl、SO42，Na、K、OH，Na、K、NO3，其中按照仅由酸、碱、盐依次电离的是()A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】酸的概念是根据物质溶于水电离成的阳离子全部为H+来确定的，则在酸的溶液中不会存在金属阳离子，碱是指在电离时产生的阴离子全部是氢氧根离子的化合物；盐是由金属离子或铵根离子和酸根离子组成的化合物，据此判断。【详解】Na+不可能是酸电离产生的，酸电离产生的阳离子应全部为H+，应该为碱或盐电离，为氢氧化钠或硫酸钠电离；因阳离子全部为H+，可理解为盐酸和硫酸两种物质溶于水时电离出的离子；Na、K不可能是酸电离产生的，因阴离子只有OH-，应为两种碱；Na、K、NO3溶液中无H+，不会是酸电离产生的，因有金属离子和硝酸根离子，则为盐电离产生的离子；按照仅由酸、碱、盐依次电离的是，答案选A。【点睛】本题考查了概念的理解和判断，能够从离子的角度来认识酸、碱、盐的概念和构成，并熟悉常见的酸、碱、盐即可。17.下列说法正确的是()A. 观察只是指用眼看 B. 观察只是指用耳听C. 观察只是指用鼻嗅 D. 观察包括用手感觉【答案】D【解析】【详解】观察是指用感官考察研究对象，所有感觉器官的考察，都属于观察，但不可用手直接接触药品，A、B、C错误。D正确，答案选D。18.离子的摩尔电导率可用来衡量电解质溶液中离子导电能力的强弱，摩尔电导率越大，离子在溶液中的导电能力越强。已知Ca2、OH、HCO3的摩尔电导率分别为0.60、1.98、0.45，据此可判断，向饱和的澄清石灰水中通入过量的二氧化碳，溶液导电能力随二氧化碳通入量的变化趋势正确的是()【答案】D【解析】试题分析：向澄清石灰水中通入CO2,当CO2适量时Ca(OH)2+CO2=CaCO3+H2O,其反应的离子方程式为Ca2+2OH-+CO2=CaCO3+H2O,当CO2过量时CaCO3+CO2+H2O=Ca(HCO3)2,其反应的离子方程式为CaCO3+CO2+H2O=Ca2+2HC。所以向澄清石灰水中通入过量的CO2,先生成碳酸钙沉淀,钙离子、氢氧根离子浓度减小,溶液导电能力减弱,后沉淀溶解生成碳酸氢钙溶液,钙离子、碳酸氢根离子的浓度增大,钙离子的浓度与原来相等,碳酸氢根离子的浓度与原来氢氧根离子浓度相等,但OH-的摩尔电导率大于HC的摩尔电导率,所以最后溶液的导电性小于原来的导电性,最后CaCO3全部溶解后,溶液中离子的浓度不再发生变化,即导电能力不再发生变化。考点：离子反应19.下列各组物质的溶液反应，可以用同一离子方程式表示的是()A. HClNa2CO3；HClNaHCO3B. NaOHHCl；Ba(OH)2H2SO4C. BaCl2H2SO4；Ba(OH)2Na2SO4D. CaCO3HCl；Na2CO3H2SO4【答案】C【解析】【详解】A. HCl与Na2CO3溶液反应的离子方程式为2H+CO32CO2+H2O；HCl与NaHCO3溶液反应的离子方程式为H+HCO3CO2+H2O，离子方程式不同，A不符合；B. NaOH与HCl溶液反应的离子方程式为H+OH+H2O；Ba(OH)2与H2SO4溶液反应的离子方程式为SO42+2H+Ba2+2OHBa(OH)2+2H2O，离子方程式不同，B不符合；C. BaCl2与H2SO4以及Ba(OH)2与Na2SO4溶液反应的离子方程式均为SO42+Ba2+Ba(OH)2，C符合；D. CaCO3与HC溶液反应的离子方程式为2H+CaCO3Ca2+CO2+H2O；Na2CO3H2SO4溶液反应的离子方程式为2H+CO32CO2+H2O，离子方程式不同，D不符合；答案选C。20.下列叙述中正确的是()A. 任何条件下氯化氢气体的密度都小于二氧化氮B. 2.3 g 钠与1.12 L 氯气反应后，生成5.85 g 氯化钠C. 常温常压下，1 g氦气和1 g氧气的体积比为21D. 在同温同体积时，气体物质的物质的量越大，压强越大【答案】D【解析】【详解】A气体的密度与温度、压强有关，温度和压强不同HCl气体的密度可能大于NO2，故A错误；B温度和压强未知导致无法计算氯气的物质的量，则无法判断哪种物质过量，故B错误；C氦气的摩尔质量是4g/mol、氧气的摩尔质量是32g/mol，相同条件下，气体摩尔体积相等，根据V=mVm/M知，相同质量、相同气体摩尔体积时，其体积与摩尔质量成反比，所以氦气和氧气的体积之比=32g/mol：4g/mol=8：1，故C错误；D相同温度相同体积时，气体的物质的量与压强成正比，所以气体物质的物质的量越大，压强越大，故D正确；答案选D。【点睛】本题考查了阿伏加德罗定律及其推论，明确气体体积与温度、压强的关系是解本题关键，有关气体体积的计算中要注意温度和压强，注意气体摩尔体积的适用范围及适用条件，为易错点。21.氢氧化钾是我国古代纺织业常用于漂洗的洗涤剂。古代制取氢氧化钾的流程如下：在上述流程中没有涉及的化学反应类型是A. 化合反应 B. 分解反应 C. 置换反应 D. 复分解反应【答案】C【解析】该流程中发生的反应依次是：CaCO3高温CaO+CO2(分解反应)，CaO+H2O=Ca(OH)2(化合反应)，Ca(OH)2+K2CO3CaCO3+2KOH(复分解反应)。22.下列物质中既有氧化性又有还原性的是()A. NaCl B. Al2O3 C. N2O3 D. SiO2【答案】C【解析】【分析】判断物质的氧化性和还原性，需从两个反面入手，熟悉物质的性质，物质所含元素的化合价，如果物质所含元素处于中间价态，则物质既有氧化性又有还原性，据此判断。【详解】A、NaCl中的氯元素为-1价，处于最低价，只有还原性；B、Al2O3中铝元素的化合价为+3价，处于最高价态，则只有氧化性；C、N203中N元素的化合价为+3价，处于中间价态，则该物质都既有氧化性又有还原性；D、SiO2中Si元素的化合价为+4价，处于最高价态，则只有氧化性；答案选C。【点睛】本题主要考查对氧化性和还原性的判断和理解。氧化性是指物质得电子的能力，处于高价态的物质一般具有氧化性。还原性是在氧化还原反应里，物质失去电子或电子对偏离的能力，金属单质和处于低价态的物质一般具有还原性。23.下列各图示中能较长时间看到氢氧化亚铁白色沉淀的是()A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】因为Fe(OH)2在空气中很容易被氧化为红褐色的Fe(OH)3，即发生4Fe(OH)2O22H2O4Fe(OH)3。因此要较长时间看到Fe(OH)2白色沉淀，就要排除装置中的氧气或空气。据此解答。【详解】、原理一样，都是先用产生的氢气将装置中的空气排尽，并使生成的Fe(OH)2处在氢气的保护中；由于空气中的氧气，能迅速将Fe(OH)2氧化，因而不能较长时间看到白色沉淀；中将胶头滴管插入硫酸亚铁溶液中可以看见白色的氢氧化亚铁沉淀，但不能较长时间保持；中液面加苯阻止了空气进入能较长时间看到白色沉淀；答案选B。24.常温下，在溶液中可发生如下反应：Ce4Fe2=Fe3Ce3，Sn22Fe3=2Fe2Sn4。由此推断Fe2、Ce3、Sn2的还原性由强到弱的顺序是()A. Sn2、Fe2、Ce3 B. Fe2、Ce3、Sn2C. Fe2、Sn2、Ce3 D. Ce3、Fe2、Sn2【答案】A【解析】【详解】根据氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物的还原性，第一个离子方程式中，Fe2是还原剂，Ce3为还原产物，因此还原性为Fe2Ce3，同理第二个离子方程式为Sn2Fe2，可以得到还原性强弱顺序：Sn2Fe2Ce3，故A项正确。25.用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板上的铜，所得的溶液中加入铁粉。对加入铁粉充分反应后的溶液分析合理的是()A. 若无固体剩余，则溶液中一定有Fe3B. 若有固体存在，则溶液中一定有Fe2C. 若溶液中有Cu2，则一定没有固体析出D. 若溶液中有Fe2，则一定有Cu析出【答案】B【解析】【分析】FeCl3溶液腐蚀印刷电路板上的铜发生反应：Cu+2Fe3+Cu2+2Fe2+，Fe3+氧化性强于Cu2+，加入铁粉先与Fe3+反应，再与Cu2+反应，据此解答。【详解】A无固体剩余，说明铜全部以铜离子形式存在，加入的铁完全反应，溶液中一定含有Fe2+，可能含有Fe3+，故A错误；B若有固体存在，固体中一定有铜，可能有铁，溶液中一定有含有Fe2+，故B正确；C若溶液中有Cu2+，加入的铁不足，可能只与Fe3+反应，也可能与Fe3+反应，剩余部分与Cu2+反应生成铜，所以可能有固体析出，故C错误；D当加入的铁较少时，只发生Fe+2Fe3+3Fe2+时，不会有铜析出，故D错误；答案选B。26.下列有关氯气性质的说法正确的是()A. 氯气通入含酚酞的氢氧化钾溶液中，溶液褪色，证明氯气具有漂白性B. 为测定新制氯水的pH，用玻璃棒蘸取液体滴在pH试纸上，与标准比色卡对照即可C. 新制氯水显酸性，向其中滴加少量紫色石蕊试液，充分振荡后呈红色D. 氯气有毒，氯气还可用于消毒杀菌【答案】D【解析】【详解】A. 氯气通入含酚酞的氢氧化钾溶液中，溶液褪色，是由于氯气与氢氧化钾反应消耗了氢氧根离子，氯气没有漂白性，A错误；B. 新制氯水具有强氧化性，不能用pH试纸测定新制氯水的pH，B错误；C. 新制氯水显酸性，向其中滴加少量紫色石蕊试液，充分振荡后呈红色，但氯气还具有强氧化性，因此最终褪色，C错误；D. 氯气有毒，具有强氧化性，氯气还可用于消毒杀菌，D正确。答案选D。27.实验室为了使用方便，通常将氯气溶解于水中形成氯水，或将其降温加压形成液氯来使用。下列有关这两种液体的实验描述都正确的是()A. 两种液体都可以使干燥的有色布条褪色B. 两种液体都可以使干燥的蓝色石蕊试纸变红C. 用这两种液体都可给自来水消毒D. 分别向这两种液体中投入几颗金属锌粒均有气泡产生【答案】C【解析】【分析】液氯成分为Cl2，氯水(新制)成分为Cl2、HCl、HClO、H2O，据此解答。【详解】A. 氯气没有漂白性，次氯酸具有漂白性，则液氯不能使干燥的有色布条褪色，氯水可以，A错误；B. 液氯不能使干燥的蓝色石蕊试纸变红，新制氯水可以使干燥的蓝色石蕊试纸先变红后褪色，B错误；C. 液氯溶于水可以产生次氯酸，次氯酸具有强氧化性，因此用这两种液体都可给自来水消毒，C正确；D. 液氯和金属锌常温下不反应，氯水和金属锌反应可以产生氢气，D错误。答案选C。28.某同学在做实验时引发了镁失火，她立即拿起二氧化碳灭火器欲把火扑灭，却被实验老师及时制止。原因是CO2可以支持镁燃烧，发生2MgCO22MgOC，下列关于该反应的判断正确的是()A. Mg元素化合价由0价升高到2价，所以MgO是还原产物B. 由此反应可以判断氧化性：CO2MgO，还原性：MgCC. CO2作氧化剂，表现氧化性，发生氧化反应D. Mg原子失去的电子数目等于氧原子得到的电子数目【答案】B【解析】A、镁化合价由0价升高到MgO的+2价，镁为还原剂，所以MgO为氧化产物，故A错误；B、根据氧化剂的氧化性大于氧化产物，还原剂的还原性大于还原产物，所以氧化性CO2MgO，还原性MgC，故B正确；C、二氧化碳化合价由+4价降低到C的0价，二氧化碳为氧化剂，表现氧化性，发生还原反应，故C错误；D、根据得失电子守恒，镁为还原剂，Mg原子失去的电子数目等于C原子得到的电子数目，故D错误；故选：B。点睛：本题考查氧化还原反应，侧重于学生应用氧化还原反应原理的分析能力的考查，解题关键：氧化还原反应的几对概念理解要准确，注意从元素化合价的角度认识相关概念，难度中等。29.同温同压下，两种气体的体积相同，则两种气体()A. 所含的原子数一定相等 B. 密度一定相等C. 质量一定相等 D. 所含的分子数一定相等【答案】D【解析】试题分析：同温同压，两种气体体积相等则两种气体的物质的量相等，则两种气体的分子数相同，但是这不能代表两种气体的原子数相等，故A选项错误；B选项中，两种气体虽然体积相等，但是质量不一定相等故B选项错误；两种气体的摩尔质量不一定相等所以质量不一定相等，故C选项错误；D选项中，两种气体物质的量相等则两种气体分子数一定相等，故D选项正确。考点：气体摩尔体积以及物质的量的运用30.下列物质中，按只有氧化性、只有还原性、既有氧化性又有还原性的顺序排列的一组是()A. F2、K、SO2 B. Cl2、Al、SC. NO2、Na、Br2 D. HNO3、HCl、Fe2【答案】A【解析】【分析】物质所含元素处于最高价时只具有氧化性，处于最低价时只具有还原性，中间价态时既有氧化性又有还原性，据此判断。【详解】AF2只有氧化性，K只有还原性，SO2既有氧化性又有还原性，故A正确；BCl2既有氧化性又有还原性，Al只有还原性，S既有氧化性又有还原性，故B错误；CNO2、Br2均既有氧化性又有还原性，Na只有还原性，故C错误；DHNO3只有氧化性，HCl、Fe2+均既有氧化性又有还原性，故D错误；答案选A。分卷II二、填空题(共5小题,共40分)31.现有甲、乙、丙三名同学分别进行氢氧化铁胶体的制备实验。甲同学：向1 molL1的氯化铁溶液中加少量氢氧化钠溶液。乙同学：直接加热饱和FeCl3溶液。丙同学：向25 mL沸水中逐滴加入56滴氯化铁饱和溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热。试回答下列问题：(1)其中操作正确的同学是_，若丙同学实验中不停止加热，会看到_。(2)氢氧化铁胶体制备的化学方程式为_；(3)证明有氢氧化铁胶体生成利用的胶体性质是_，提纯所制氢氧化铁胶体常用的方法是_。(4)利用氢氧化铁胶体进行实验：将其装入U形管内，用石墨作电极，通电一段时间后发现与电源负极相连的电极区附近的颜色逐渐变深，这表明氢氧化铁胶体微粒带_(填“正”或“负”)电荷；若向其中加入饱和硫酸钠溶液，产生的现象是_；若向其中逐滴加入稀盐酸，产生的现象是_。【答案】 (1). 丙 (2). 出现红褐色沉淀 (3). FeCl33H2OFe(OH)3(胶体)3HCl (4). 丁达尔效应 (5). 渗析法 (6). 正 (7). 有红褐色沉淀生成 (8). 有红褐色沉淀生成，继续加入沉淀会溶解，形成黄色溶液【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，其它做法都不能生成胶体，往往得到沉淀；若丙同学实验中不停止加热，由于加热时胶体容易发生聚沉，所以会看到出现红褐色沉淀；（2）根据以上分析可知氢氧化铁胶体制备的化学方程式为FeCl33H2OFe(OH)3(胶体)3HCl；（3）胶体具有丁达尔效应，当用激光笔照射时，会有一道明亮的光路，因此证明有氢氧化铁胶体生成利用的胶体性质是丁达尔效应。胶体不能透过半透膜，溶液可以，则提纯所制氢氧化铁胶体常用的方法是渗析法；（3）Fe(OH)3胶粒带正电，通电时带正电荷的粒子向阴极移动，阴极附的颜色逐渐变深，因此通电一段时间后发现与电源负极相连的电极区附近的颜色逐渐变深，这表明氢氧化铁胶体微粒带正电；若向其中加入饱和硫酸钠溶液，电离出的SO42-使Fe(OH)3胶体发生聚沉，生成红褐色沉淀，即产生的实验现象是生成红褐色的沉淀；向氢氧化铁胶体中逐滴加入过量稀盐酸溶液，氯化氢电离出的氯离子使Fe(OH)3胶体发生聚沉，H+使Fe(OH)3沉淀溶解，因此会观察到有红褐色沉淀生成，继续加入沉淀会溶解，形成黄色溶液。【点睛】本题考查胶体的制备、性质，易错点为胶体的制备，注意制备方法。本题重点把握胶体的聚沉的性质以及发生聚沉的条件。32.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)若将饱和FeCl3溶液分别滴入下列液体中，能形成胶体的是_(填字母)。A冷水 B沸水 CNaOH浓溶液 DNaCl浓溶液(2)写出制备Fe(OH)3胶体的化学方程式_。(3)氢氧化铁胶体中微粒直径的范围是_，证明有氢氧化铁胶体生成的实验操作是_。(4)取少量制得的胶体加入试管中，加入(NH4)2SO4溶液，现象是_，这种现象称为胶体的_。(5)氢氧化铁胶体稳定存在的主要原因是_(填字母，下同)。A胶体微粒直径小于1 nm B胶体微粒带正电荷C胶体微粒做布朗运动 D胶体微粒能透过滤纸(6)Fe(OH)3胶体区别于FeCl3溶液的最本质特征是_。AFe(OH)3胶体微粒的直径在1100 nm之间BFe(OH)3胶体具有丁达尔现象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). B (2). FeCl33H2OFe(OH)3(胶体)3HCl (3). 1100 nm(或109107m) (4). 让一束光线通过制得的物质，从侧面观察到一条光亮的“通路”，证明有氢氧化铁胶体生成 (5). 产生红褐色沉淀 (6). 聚沉 (7). B (8). A【解析】【分析】（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；（2）制备胶体的原理是利用铁离子水解生成氢氧化铁胶体；（3）胶体具有丁达尔性质，是区别其它分散系的独特性质；（4）胶体粒子带有电荷，加入电解质溶液消除粒子所带电荷，会使胶粒之间的排斥力减小，使胶体聚沉；（5）胶粒带正电荷，相互排斥，而不易产生较大粒子而聚沉；（6）胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质微粒直径的大小不同。【详解】（1）利用FeCl3的水解制备Fe（OH）3胶体，制备Fe（OH）3胶体应将饱和FeCl3溶液滴入沸水中，答案选B。（2）制备氢氧化铁胶体的原理是利用铁离子水解生成氢氧化铁胶体，反应的化学方程式为FeCl33H2OFe(OH)3(胶体)3HCl。（3）氢氧化铁胶体中微粒直径的范围是1100nm(或109107m)；证明有胶体存在利用丁达尔效应。操作过程为：让一束光线通过制得的物质，从侧面观察到一条光亮的“通路”，证明有氢氧化铁胶体生成。（4）（NH4）2SO4溶液属于电解质溶液，（NH4）2SO4溶液加到Fe（OH）3胶体中，Fe（OH）3胶体发生聚沉，可以观察到产生红褐色沉淀。这种现象称为胶体的聚沉。（5）Fe（OH）3胶体能稳定存在的原因是：Fe（OH）3胶体粒子吸附阳离子而带有正电荷，同种电荷的粒子之间相互排斥阻碍了胶体粒子变大，使它们不易聚集，能稳定存在；此外胶体粒子所作的布朗运动也使得它们不容易聚集成质量较大的颗粒而沉降下来；主要原因是胶粒带正电荷，答案选B。（6）A、Fe（OH）3胶体粒子的直径在1100nm之间，FeCl3溶液中溶质粒子直径小于1nm，是两者的本质区别；B、Fe（OH）3胶体具有丁达尔效应，FeCl3溶液没有丁达尔效应，不是两者的本质区别；C、FeCl3溶液和Fe（OH）3胶体都是均一的分散系；D、FeCl3溶液、Fe（OH）3胶体的分散质粒子都能透过滤纸；答案选A。【点睛】本题易错点为胶体的制备和胶体稳定的原因，本题重点把握胶体的制备原理以及胶体能够稳定存在的主要原因。33.实验室用氢氧化钠溶液、铁屑、稀硫酸等试剂制备氢氧化亚铁沉淀，其装置如图所示。(1)在试管里加入的试剂是_。(2)在试管里加入的试剂是_。(3)为了制得白色氢氧化亚铁沉淀，在试管和中加入试剂，打开止水夹，塞紧塞子后的实验步骤是_。(4)这样生成的氢氧化亚铁沉淀能较长时间保持白色，其理由是_。【答案】 (1). 稀硫酸、铁屑 (2). 氢氧化钠溶液 (3). 如果中试管有连续均匀气泡产生，可确定已排净空气，再夹紧止水夹 (4). 试管中反应生成的氢气充满了试管和试管，且外界空气不容易进入【解析】【分析】（1）试管I内铁与硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气；（2）根据试管中产生氢氧化亚铁分析；（3）根据需要将生成的硫酸亚铁压入试管内与氢氧化钠反应生成白色的氢氧化亚铁沉淀分析；（4）铁与硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，此时打开止水夹，氢气进入试管，排除装置内的空气。【详解】（1）若要在该装置中得到Fe（OH）2白色絮状沉淀，先打开止水夹，试管I内铁与硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，把导管中的空气排入试管中，并且通过出气口排出，使氢氧化亚铁不能与氧气充分接触，从而达到防止被氧化的目的，所以试管A中加入的试剂是稀H2SO4、Fe屑；（2）试管内产生氢氧化亚铁沉淀，则试管中加入的试剂是NaOH溶液；（3）由于要排尽装置中的空气，且需要把试管中产生的硫酸亚铁排入试管中，则在试管和中加入试剂，打开止水夹，塞紧塞子后的实验步骤是如果中试管有连续均匀气泡产生，可确定已排净空气，再夹紧止水夹；（4）铁与硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，此时打开止水夹，氢气进入试管，排除装置内的空气，即由于试管中反应生成的氢气充满了试管和试管，且外界空气不容易进入，所以生成的氢氧化亚铁沉淀能较长时间保持白色。【点睛】本题考查了铁及其化合物性质的分析判断，掌握铁的氢氧化物的性质以及注意实验过程中的现象分析应用是解题关键。注意掌握实验室制备氢氧化亚铁的防氧化措施：将配制溶液的蒸馏水煮沸，驱除溶解的氧气；将盛有氢氧化钠溶液的胶头滴管尖端插入试管里的亚铁盐溶液底部，再慢慢挤出NaOH溶液；在亚铁盐溶液上面加保护层，例如苯或植物油等。34.某校学生课外活动小组为测定钠元素的相对原子质量，设计的装置如图所示，该装置(包括水和干燥剂)的总质量为ag，从实验室取出bg(不足量)钠放入水中，塞紧瓶塞，完全反应后再称量此装置的总质量为cg。试回答：(1)实验室取用一小块钠，需要用到_实验仪器。(2)此干燥管的作用是_；若此钠块有极少量被氧化，则测出的相对原子质量会比实际相对原子质量_(填“偏大”、“偏小”或“不变”)。(3)有甲同学建议在图中干燥管上再连一同样干燥管，其目的是_，计算钠的相对原子质量的表达式为_。(4)有乙同学为避免由于行动不够迅速产生偏差，又建议在集气瓶中再加入一定量煤油，其目的是_。【答案】 (1). 滤纸、小刀、镊子、玻璃片 (2). 吸收水蒸气，避免集气瓶中水蒸气逸出 (3). 偏大 (4). 避免空气中水蒸气被干燥剂吸收 (5). b/(a+bc) (6). 避免钠投入后，立即与水反应，来不及塞上塞子【解析】【详解】(1)取用金属钠时，用镊子夹取一小块金属钠，用滤纸吸收煤油或石蜡，在玻璃片或滤纸上用小刀切黄豆大小的金属钠，投入水中，用玻璃片覆盖水槽，防止液体溅出，所以所需用品至少有：小刀、镊子、滤纸、玻璃片，故答案为：刀、镊子、滤纸、玻璃片；(2)无水氯化钙吸收容易吸收水蒸气，装置中的干燥管是用来吸收水蒸气，避免集气瓶中水蒸气逸出；若钠块有极少量被氧化，会导致生成的氢气减少，即(a+b-c)减小，结合(3)中的表达式，测出的相对原子质量会比实际相对原子质量偏大，故答案为：吸收水蒸气，避免集气瓶中水蒸气逸出；偏大；(3)空气的水蒸气容易被无水氯化钙吸收，影响了氢气质量的计算，所以应该在干燥管上再连接一同样的干燥管，目的是避免空气中水蒸气被干燥剂吸收；依题设实验数据，bg钠与足量水反应产生氢气的质量为(a+b-c)g，设所求钠的相对原子质量为x，根据电子守恒可得：bgxg/mol=(a+bc)g2g/mol2，解得：x=ba+bc，故答案为：避免空气中水蒸气被干燥剂吸收； ba+bc；(4)钠与水的反应比较剧烈，为了避免钠投入后，立即与水反应，来不及塞上塞子，影响氢气质量的测定，需要在集气瓶中再加入一定量的石蜡油或煤油，故答案为：避免钠投入后，立即与水反应，来不及塞上塞子。【点睛】本题通过定量实验考查了钠的取用、钠的理化性质。解答本题的关键是理解测定原理：根据钠与水的反应，通过测定一定质量的钠与过量的水反应生成氢气的质量，来求出钠的相对原子质量。35.铁是人体必需的微量元素之一，没有铁，血红蛋白就不能结合氧分子进行输氧，所以缺少铁元素，人体易患的疾病为贫血，医学上经常用硫酸亚铁糖衣片给这种病人补铁。小陈同学对这种糖衣片产生了兴趣，进行探究实验如下：(1)提出问题这种糖衣片中是否含有硫酸亚铁，若有，含量是多少？(2)查阅资料亚铁离子遇具有氧化性的物质时易被氧化。如氢氧化亚铁为白色沉淀，在空气中会迅速被氧化成红褐色的氢氧化铁沉淀，这是氢氧化亚铁的典型特征。亚铁盐溶于水时，会产生少量氢氧根离子而产生沉淀(溶液浑浊)。(3)实验验证鉴定硫酸亚铁的成分时需加水溶解，加1滴稀盐酸的作用是_，能否用稀硫酸代替(填“能”或“不能”)_。为了不影响后续检验亚铁盐，检验硫酸盐可用的试剂是(选填“A”或“B”)_。A用硝酸酸化的硝酸钡溶液B用盐酸酸化的氯化钡溶液检验亚铁盐可用的试剂是_，现象为_。(4)含量测定取十粒糖衣片，称其质量为5g，溶于20 g水中；溶解药品时用到玻璃棒的作用是_。向所配溶液中滴加氯化钡溶液至略过量；证明溶液过量的操作为：静置，向上层清液中滴加_溶液，若现象为_，则溶液已过量。过滤、洗涤、干燥；洗涤沉淀的操作：用玻璃棒(填一操作名)_，向过滤器中加入蒸馏水至淹没沉淀，待液体滤出。重复操作23次。证明沉淀已洗净的方法是_。称量得，沉淀质量为4.66 g，列式计算该糖衣片中硫酸亚铁的质量分数_。(5)总结反思对硫酸亚铁来说，药片的糖衣起到的作用是_。【答案】 (1). 加入盐酸酸化，可有效降低亚铁盐还原性，防止氧化 (2). 不能 (3). B (4). 氢氧化钠溶液 (5). 产生白色沉淀并迅速变成红褐色沉淀 (6). 搅拌以促进溶解 (7). 氯化钡溶液 (8). 不再产生白色沉淀 (9). 引流 (10). 取最后一次洗涤所得的滤液，滴入硝酸银溶液，若无白色沉淀产生，则已洗净 (11). 60.8% (12). 隔绝氧气，防止硫酸亚铁被氧化而失效【解析】【分析】将硫酸亚铁溶于水时，滴加盐酸目的是防止亚铁离子产生少量的氢氧根而出现沉淀，同时防止亚铁被氧化为铁离子而影响后期的检验。在检验硫酸盐时，可用氯化钡来进行。在溶解时，用玻璃棒搅拌加速溶解。检验亚铁盐时，可利用氢氧化钠溶液，因生成的氢氧化亚铁会迅速变为红褐色；根据硫酸根离子守恒计算；根据氢氧化亚铁表面有吸附的硫酸根离子分析；依据亚铁离子易被氧化分析解答。【详解】（3）亚铁离子可以水解，加入盐酸目的是防止因产生少量氢氧根离子而产生沉淀，同时加入盐酸酸化，可有效降低亚铁盐还原性，防止氧化；不能用硫酸来替代盐酸，因为我们要检验硫酸亚铁的含量，不能引入硫酸根离子；硝酸具有强氧化性，加入硝酸导致亚铁被氧化为铁离子而影响后期的检验，因此在检验硫酸盐时可用氯化钡溶液，所以选B；由于氢氧化亚铁易被氧化为红褐色氢氧化铁，所以检验亚铁盐可用的试剂是氢氧化钠溶液，实验现象为产生白色沉淀并迅速变成红褐色沉淀；（4）玻璃棒在配制溶液时的作用是搅拌以促进溶解；要想检验是否完全反应时，可继续滴加氯化钡溶液不再产生白色沉淀，说明溶液已过量，即静置，向上层清液中滴加氯化钡溶液，若现象为不再产生白色沉淀，则溶液已过量；在洗涤沉淀时，玻璃棒的作用为引流。由于沉淀表面含有硫酸根离子，则要证明沉淀已洗净的方法就是判断洗涤液中不含有硫酸根离子，即可以取最后一次洗涤所得的滤液，滴入硝酸银溶液，若无白色沉淀产生，则已洗净。沉淀质量为4.66g即硫酸钡是0.02mol，根据硫酸根守恒可知硫酸亚铁的物质的量是0.02mol，质量是0.02mol152g/mol3.04g，因此质量分数为3.04g/5g100%=60.8%。（5）由于亚铁离子易被氧化，则对硫酸亚铁来说，药片的糖衣可以起到隔绝氧气，防止硫酸亚铁被氧化而失效的作用。