2018-2019学年高一化学上学期期中试卷（含解析）A.doc

2018-2019学年高一化学上学期期中试卷（含解析）A可能用到的相对原子量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Al 27 S 32 Cl 35.5 一选择题（本题包括25小题，每小题只有一个选项符合题意，共50分。）1.图标 所警示的是A. 当心火灾易燃物质 B. 当心火灾氧化物C. 当心爆炸自燃物质 D. 当心爆炸爆炸性物质【答案】A【解析】【详解】A、如图所示图标是当心火灾-易燃物质的标志，故A正确；B、氧化物的正确标志为，故B错误；C、自燃物质的正确标志是，故C错误；D、当心爆炸-爆炸性物质的正确标志是，故D错误；故选A。2.下列各物质的分类、名称(或俗名)、化学式都正确的是A. 碱性氧化物 氧化铁 Fe3O4 B. 酸性氧化物 碳酸气 COC. 酸 硫酸 H2SO4 D. 碱 纯碱 Na2CO3【答案】C【解析】【详解】A氧化铁化学式为Fe2O3，故A错误；B、酸性氧化物是和碱反应生成盐和水的氧化物，CO不能与碱反应也也不能与酸反应，是不成盐氧化物，故B错误；C、硫酸的化学式为H2SO4，故C正确；D、纯碱的化学式是Na2CO3，阳离子是金属阳离子，阴离子是酸根离子，是盐，故D错误；故选C。【点睛】本题考查物质的分类，明确物质的组成和性质是解答物质分类的关键。本题的易错点为A，要注意铁的氧化物有3种，因此Fe3O4为四氧化三铁，俗名为磁性氧化铁，Fe2O3为三氧化二铁，简称氧化铁，俗称铁红；FeO为氧化亚铁，要注意区分。3.下列实验中所选用的仪器合理的是用50 mL量筒量取5.2 mL稀硫酸 用分液漏斗分离苯和四氯化碳的混合物 用托盘天平称量11.7g氯化钠晶体 用250 mL容量瓶配制250 mL 0.2 mol/L的NaOH溶液用坩埚蒸发NaCl溶液用烧杯溶解KNO3晶体A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】用50mL量筒取5.2mL稀盐酸，产生的误差较大，应该选用10mL量筒量取，故错误；苯和四氯化碳互溶，无法用分液漏斗分离，故错误；托盘天平的准确度为0.1g，可以用托盘天平称量11.7g氯化钠晶体，故正确；容量瓶是精确配制一定物质的量的浓度的溶液的仪器，用250mL容量瓶能配制250mL0.2mol/L的氢氧化钠溶液，故正确；蒸发NaCl溶液应该选用蒸发皿，故错误；溶解固体物质可以在烧杯中进行，也可以在试管中进行，因此可以用烧杯溶解KNO3晶体，故正确；故选B。4.科学家已发现一种新型氢分子，其化学式为H3，在相同条件下，等质量的H3和H2相同的是A. 原子数 B. 分子数 C. 体积 D. 物质的量【答案】A【解析】试题分析：等质量的H3和H2分子中具有相同原子数，所以分子数一定不同，体积不同，物质的量不同。考点：考查物质的量相关计算点评：熟记物质的量计算公式，并结合实际题要求进行灵活应用5.下列物质的水溶液能导电，但属于非电解质的是A. CH3COOH B. Cl2 C. NaCl D. NH3【答案】D【解析】【详解】A、CH3COOH是酸，水溶液中能够电离而导电，是电解质，故A不符合；B、Cl2是单质，氯气通入水中反应生成氯化氢和次氯酸，都是电解质，但氯气既不是电解质，也不是非电解质，故B不符合；C、蔗糖是非电解质，但水溶液中不导电，故C不符合；D、NH3本身不能电离出离子，溶于水反应生成一水合氨，一水合氨能够电离，是电解质，溶液导电，故D符合；故选D。【点睛】本题考查了电解质、非电解质概念的判断。本题的易错点为B，要注意单质和混合物既不是电解质，也不是非电解质。6.以下实验装置一般不用于分离物质的是A. B. C. D. 【答案】C【解析】A、渗析可以实现胶体与溶液的分离，胶体粒子颗粒大，不能透过半透膜，溶液能透过半透膜，常用渗析的方法提纯胶体，故A不选；B、过滤可以用来分离不溶性固体和液体的混合物，故B不选；C、定容是配制一定物质的量浓度的溶液过程中的一步，不能分离物质，符合题意，故C选择；D、蒸馏可以实现两种沸点差距较大的两种互溶物质的分离，故D不选，故选C。点睛：本题考查学生物质分离的方法和仪器，实现物质分离的常用方法有：过滤、分液和蒸馏、渗析等，需要注意平时知识的积累。7.下列溶液中，与100 mL 0.5 mol/L NaCl溶液所含的Cl 物质的量浓度相同的是A. 100 mL 0.5 mol/L MgCl2溶液 B. 200 mL 0.25 mol/L AlCl3溶液C. 50 mL 1 mol/L NaCl溶液 D. 25 mL 0.5 mol/L HCl溶液【答案】D【解析】【详解】100mL 0.5mol/L NaCl中Cl-物质的量浓度为0.5mol/L。A.100mL 0.5 mol/L MgCl2 溶液中氯离子的物质的量浓度为0.5 mol/L2=1mol/L，故A错误；B.200mL0.25mol/LAlCl3溶液中氯离子的物质的量浓度为0.25 mol/L3=0.75mol/L，故B错误；C.50mL 1mol/L NaCl溶液中氯离子的物质的量浓度为1mol/L，故C错误；D.25mL0.5mol/LHCl溶液中氯离子的物质的量浓度为0.5 mol/L，故D正确；故选D。【点睛】本题考查物质的量浓度的相关计算，注意溶液中离子的物质的量浓度=溶质的物质的量浓度化学式中离子的个数，与溶液的体积无关。8.下列电离方程式书写正确的是A. CH3COONH4 CH3COO+NH4 B. HNO3 =H+NO3C. H2S2H+ S2 D. NaHCO3 =Na+H+CO32【答案】B【解析】【详解】ACH3COONH4为强电解质，电离方程式为CH3COONH4CH3COO-+NH4+，故A错误；B硝酸为强电解质，完全电离，HNO3 =H+NO3该电离方程式书写完全正确，故B正确；CH2S为弱酸，则电离方程式为H2SH+HS-，HS-H+S2-，故C错误；D碳酸为弱酸，NaHCO3为强电解质，则电离方程式为NaHCO3Na+HCO3-，故D错误；故选B。【点睛】本题考查电解质的电离方程式，需要明确电解质的强弱及电离方程式书写。本题的易错点为D，碳酸为弱酸，碳酸氢根离子不能完全电离，要注意与硫酸氢钠进行区分。9. 下列变化中，必须加入氧化剂才能发生的是A. SO2S B. SO32SO2 C. II2 D. HCO3CO32【答案】C【解析】试题分析：必须加入氧化剂才能发生，这说明该微粒是还原剂，有关元素的化合价升高，则A、S元素的化合价降低，需要还原剂，A错误；B、元素的化合价不变，不是氧化还原反应，B错误；C、I元素的化合价升高，需要氧化剂，C正确；D、元素的化合价不变，不是氧化还原反应，D错误，答案选C。【考点定位】考查氧化还原反应的有关判断【名师点晴】注意氧化还原反应的分析思路：判价态、找变价、双线桥、分升降、写得失、算电子、定其他。其中“找变价”是非常关键的一步，特别是反应物中含有同种元素的氧化还原反应，必须弄清它们的变化情况。10.用NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列叙述正确的是A. 在沸水中加入0.1mL5mol/L的FeCl3制得胶体，Fe(OH)3胶体粒子数目为5104NAB. 0.5mol/L MgCl2溶液中含有Cl的数目为NAC. 标准状况下，5.6 L H2O含有的电子数目为2.5NAD. 13.2g CO2和N2O形成的混合物含有的原子数目为0.9NA【答案】D【解析】【详解】A. 在沸水中加入0.1mL5mol/L的FeCl3制得胶体，Fe(OH)3胶体粒子为多个氢氧化铁分子的聚合体，Fe(OH)3胶体粒子数目少于5104NA，故A错误；B、溶液体积不明确，无法计算溶液中的氯离子的个数，故B错误；C、标况下水不是气体，故不能根据气体摩尔体积来计算5.6 L水的物质的量，故C错误；D. CO2和N2O的摩尔质量相等，13.2g CO2和N2O形成的混合物的物质的量为=0.4mol，CO2和N2O均为三原子分子，含有的原子数目为0.9NA，故D正确；故选D。11.下列离子方程正确的是A. 向氢氧化钙溶液中通入足量二氧化碳：OH+ CO2 =HCO3B. 足量的锌粉与硫酸铁溶液反应：Zn+2Fe3+=Zn2+2Fe2+C. 向盐酸中投入碳酸钙：CO32+ 2H+ =H2O +CO2 D. 向稀硫酸溶液中投入铁粉：2Fe +6H+ =2Fe3+ +3H2【答案】A【解析】【详解】A向氢氧化钙溶液中通入足量二氧化碳，反应生成碳酸氢钙，反应的离子方程式为：OH-+CO2HCO3-，故A正确；B、足量的锌跟硫酸铁反应，生成了硫酸锌和铁，正确的离子方程式为：3Zn+2Fe3+3Zn2+2Fe，故B错误；C向盐酸中投入碳酸钙，碳酸钙难溶于水，应该保留化学式，正确的离子方程式为：CaCO3+2H+=Ca2+H2O+CO2，故C错误；D向稀硫酸溶液中投入铁粉，反应生成硫酸亚铁和氢气，正确的离子方程式为：Fe+2H+Fe2+H2，故D错误；故选A。12.下列溶液的导电能力最强的是A. 10mL 18.4mol/L硫酸 B. 20mL 1.0mol/L盐酸C. 30mL 1.0mol/L醋酸 D. 40mL 1.0mol/L氨水【答案】B【解析】【详解】A、18.4mol/L硫酸为浓硫酸，硫酸很少电离，几乎不导电；B、1 mol/L盐酸，正电荷的浓度为1mol/L；C、1 mol/L醋酸，醋酸是弱电解质，部分电离，所以正电荷的浓度小于1 mol/L；D、1 mol/L氨水中一水合氨是弱电解质，部分电离，所以正电荷的浓度小于1mol/L；综上可知，正电荷浓度最大的是1 mol/L盐酸，所以该溶液导电能力最强，故选B。【点睛】本题考查了溶液的导电能力的强弱判断，明确溶液的导电能力与溶液中离子浓度以及所带电荷有关。本题的易错点为A，要注意浓硫酸中主要以硫酸分子存在。13.在水溶液中能大量共存，且加入过量稀硫酸溶液时，有气体生成的是A. Na+、Ag+、CO32、Cl B. K+、 Ba2+ 、 SO42、ClC. Na+、K+、HCO3、NO3 D. Na+、K+ 、CH3COO、SO42【答案】C【解析】【详解】AAg+与CO32-反应生成沉淀而不能大量共存，故A错误；BBa2+与SO42-反应生成沉淀而不能大量共存，故B错误；CNa+、K+、HCO3、NO3离子之间不发生任何反应，能大量共存，且加入硫酸后，CO32-与H+反应生成二氧化碳气体，故C正确；DNa+、K+ 、CH3COO、SO42离子之间不发生任何反应，能大量共存，但加入硫酸后不生成气体，故D错误；故选C。14.下列有关物质组成的说法正确的是A. 物质均是由分子构成，分子均是由原子构成B. 只由一种元素组成的物质一定是单质C. 碱性氧化物均是金属氧化物，酸性氧化物均是非金属氧化物D. 硫酸是纯净物，盐酸是混合物【答案】D【解析】【详解】A铝属于金属单质，是由铝原子直接构成的，氯化钠是由钠离子和氯离子构成的，不一定由分子构成，故A错误；B单质是由同种元素组成的纯净物，只含有一种元素的物质可能属于混合物，也可能属于单质，如氧气和臭氧组成的物质中只含有一种元素，故含有一种元素的物质不一定是单质，故B错误；C七氧化二锰是金属氧化物，但属于酸性氧化物，故C错误；D纯硫酸是纯净物，盐酸是氯化氢的水溶液，是混合物，故D正确；故选D。15.氢化钙中氢元素为1价，可作制氢剂，反应的化学方程式是：CaH2+2H2O=Ca(OH)2+2H2。该反应中，水的作用是A. 既不是氧化剂也不是还原剂 B. 还原剂C. 氧化剂 D. 既是还原剂又是氧化剂【答案】C【解析】【详解】由CaH2+2H2OCa(OH)2+2H2可知，水中H元素的化合价由+1价降低为0，则水在该反应中作氧化剂，故选C。16.下列各组在溶液中的反应，不管反应物量的多少，都只能用同一个离子方程式来表示的是A. NaOH与CO2 B. Ba(OH)2与H2SO4C. HCl与Na2CO3 D. Ca(HCO3)2与NaOH【答案】B【解析】【详解】A、NaOH少量时，氢氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，氢氧化钠过量时，二者反应生成碳酸钠，不能用同一离子方程式表示，故A错误；B、无论量的多少都只发生Ba(OH)2+H2SO4BaSO4+2H2O，则能用同一离子方程式表示，故B正确；C、HCl少量时发生反应：HCl+Na2CO3NaHCO3+NaCl，HCl过量时发生2HCl+Na2CO3NaCl+CO2+H2O，所以不能用同一离子方程式表示，故C错误；D、NaOH少量，反应生成水、碳酸钙、碳酸氢钠，而NaOH过量，反应生成碳酸钙、碳酸钠、水，产物不同，不能用同一个离子方程式来表示，故D错误；故选B。17.已知300 mL某浓度的NaOH溶液中含60 g溶质。现欲配制1 mol/L 的NaOH溶液，应取原溶液与蒸馏水的体积比约为（忽略稀释时体积的变化）A. 14 B. 15 C. 21 D. 23【答案】A【解析】试题分析：原溶液的浓度为，设取原溶液和水的体积分别为x、y；则，故A项正确。考点：本题考查物质的量浓度。18.某溶液只含有Na+、A13+、Cl-、SO42-四种离子，已知前三种离子的个数比为3:2:1，则溶液中A13+和SO42-的离子个数比为A. 1:2 B. 1:4 C. 3:4 D. 3:2【答案】A【解析】试题分析：根据溶液呈现电中性，因此有n（Na）3n（Al3）=n（Cl）2n（SO42），推出n（SO42）=4mol，因此n（Cl）：n（SO42）=1：4，故选项B正确。考点：考查电荷守恒等知识。19.3mol SO32恰好将2mol XO4还原，则X元素在还原产物中的化合价是A. +1 B. +2 C. +3 D. +4【答案】D【解析】考查氧化还原反应的有关计算。SO32具有还原性，其SO42氧化产物是，因此3个SO32一共失去3（64）6个电子。根据氧化还原反应中得失电子守恒可知2个XO4也应该得到6个电子，即1个XO4得到3个电子。在XO4中x的化合价是7价，得到3个电子后降低到4价。答案选D。20.下列离子的检验方法正确的是A. 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，一定有CO32B. 加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加稀盐酸，沉淀不消失，一定有SO42C. 加入稀硝酸，再加入硝酸银溶液后生成白色沉淀，一定有ClD. 加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加稀盐酸白色沉淀消失，一定有Ba2【答案】C【解析】【详解】A无色气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，气体为二氧化碳或二氧化硫，则原溶液可能含CO32-或SO32-，或HCO3-等，故A错误；B白色沉淀为AgCl或硫酸钡，则原溶液可能含SO42-或银离子，但二者不能同时存在，故B错误；C加入硝酸，排除了其它离子对氯离子验证的干扰，再滴几滴硝酸银溶液有白色沉淀，该沉淀一定是AgCl，故一定有Cl-，故C正确；D加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，该白色沉淀可能为碳酸钡、碳酸钙等，原溶液中不一定含Ba2+，故D错误；故选C。【点睛】本题考查离子的检验和鉴别，把握离子检验的试剂、现象和结论为解答的关键。本题的易错点为B，要注意氯化钡溶液反应生成的白色沉淀可能是钡离子反应的结果，也可能是氯离子反应的结果。21.NaNO2是一种食品添加剂，具有致癌性。酸性KMnO4溶液与NaNO2反应的化学方程式为：MnO4NO2 Mn2NO3H2O(未配平)。下列叙述中正确的是A. 该反应中NO2被还原B. 生成1 mol NaNO3需消耗0.4 mol KMnO4C. 反应过程中溶液的酸性增强D. 中的粒子是OH【答案】B【解析】【详解】该反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价，所以MnO4-是氧化剂，NO2-应该作还原剂，亚硝酸根离子中N元素应该失电子化合价升高，生成硝酸根离子，根据转移电子相等、原子守恒配平方程式为2MnO4-+5NO2-+6H+=2Mn2+5 NO3-+3H2O。A该反应中N元素化合价由+3价变为+5价，所以亚硝酸根离子失电子被氧化，故A错误；B根据转移电子守恒得，生成1molNaNO3需消耗KMnO4的物质的量= =0.4mol，故B正确；C根据元素守恒、电荷守恒知，中是H+，氢离子参加反应导致溶液中氢离子浓度降低，则溶液的酸性减弱，故C错误；D由C分析可知，中是H+，故D错误；故选B。22.300mLAl2(SO4)3溶液中，含Al3+1.62g，在该溶液中加入0.1mol/LBa(OH)2溶液300mL，反应后溶液中SO42的物质的量浓度为(忽略溶液体积变化)A. 0.1mol/L B. 0.2mol/L C. 0.3mol/L D. 0.4mol/L【答案】D【解析】则300 mL Al2(SO4)3溶液中，；0.1 mol/L Ba(OH)2溶液300 mL中，；当两溶液混合后，反应后溶液中，所以反应后溶液中SO的物质的量浓度为23.根据下列反应的化学方程式，判断有关物质的还原性强弱顺序是 I2+SO2+2H2O=H2SO4+2HI 2FeCl2+Cl2=2FeCl3 2FeCl3+2HI=2FeCl2+2HCl+I2A. IFe2+ClSO2 B. ClFe2+SO2IC. SO2IFe2+Cl D. Fe2+IClSO2【答案】C【解析】【分析】氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，据此分析解答。【详解】I2+SO2+2H2O2HI+H2SO4中还原剂是SO2、还原产物是HI，所以还原性SO2HI；2FeCl2+Cl22FeCl3中还原剂是FeCl2、还原产物是FeCl3，所以还原性FeCl2FeCl3； 2FeCl3+2HI2FeCl2+2HCl+I2中还原剂是HI、还原产物是FeCl2，所以还原性HIFeCl2； 通过以上分析知，还原性强弱顺序是SO2I-Fe2+Cl-，故选C。24.一只盛有CO、O2、N2混合气体的气球放在空气（空气平均摩尔质量为29g/mol）中静止不动，则混合气体中O2的体积分数是A. 75% B. 25% C. 50% D. 无法计算【答案】B【解析】试题分析：放在空气中静止不动，说明混合气体的密度和空气的相等，根据阿伏加德罗推论，密度之比等于摩尔质量之比，因为CO、N2的摩尔质量相等，看成一种物质，利用十字交叉法，氧气占总体积的1/4100%=25%，答案选B。【考点定位】考查阿伏加德罗定律及其推论的应用【名师点晴】同温同压下，相同体积的任何气体含有相同的分子数，称为阿伏加德罗定律，又叫四同定律，也叫五同定律（五同指同温、同压、同体积、同分子个数、同物质的量）。其推论有（1）同温同压下，V1/V2=n1/n2（2）同温同体积时，P1/P2=n1/n2=N1/N2（3）同温同压等质量时，V1/V2=M2/M1（4）同温同压时，M1/M2=1/2。25.已知：2Fe2Br2=2Fe32Br，2BrCl2=Br22Cl ， 2Fe32I=2Fe2I2。向FeI2、FeBr2的混合溶液中通入适量氯气，溶液中某些离子的物质的量变化如下图所示。下列有关说法中，不正确的是A. 还原性：IFe2BrB. 当通入2 molCl2时，溶液中已发生的离子反应可表示为：2Fe22I2Cl2=2Fe3I24ClC. 原溶液中n(Fe2)n(I)n(Br)=213D. 原混合溶液中FeBr2的物质的量为6 mol【答案】B【解析】【分析】首先根据氧化还原反应中：氧化剂的氧化性氧化产物的氧化性，还原剂的还原性还原产物的还原性，氧化剂先氧化还原性强的离子，再氧化还原性弱的离子，判断离子的反应先后顺序，然后根据图象判断参加反应的各离子的物质的量，以此解答该题。【详解】A反应2Fe2Br22Fe32Br中，还原剂Fe2+的还原性强于还原产物Br-，即还原性：Fe2+Br-，反应2Fe32I2Fe2I2中，还原剂I-的还原性强于还原产物Fe2+，即还原性：I-Fe2+，所以还原性I-Fe2+Br-，A正确；B通入氯气后，碘离子先被氧化，其次是亚铁离子，最后是溴离子，在通入氯气的量为01mol的过程中，碘离子从最大量降到0，即得到碘离子的物质的量为2mol，通入氯气的量为13mol的过程中，亚铁离子从4mol降到0，三价铁的量逐渐增大，所以含有亚铁离子共4mol，在通入氯气的量为36mol的过程中溴离子从6mol降到0，所以溴离子的物质的量是6mol，即FeBr2的物质的量为3mol，B错误；C当通入2molCl2时，2mol的I-消耗氯气1mol，余下的1mol氯气再与2molFe2+反应，即溶液中发生的离子反应可表示为2Fe22I2Cl22Fe3I24Cl，C正确；D由B可知，碘离子的物质的量为2mol，亚铁离子是4mol，溴离子的物质的量是6mol，n（Fe2）n（I）n（Br）213，D正确。答案选B。【点睛】本题考查氧化还原反应中氧化性和还原性强弱的知识，综合性较强，解答本题时注意根据离子的还原性强弱结合图象判断反应的先后顺序和各离子的物质的量，为解答该题的关键，也是易错点，答题时注意体会。二填空题26.(1)CH4的摩尔质量为_；(2)8 g CH4中约含有_个分子，含有电子物质的量为_，在标准状况下所占的体积约为_；(3)所含原子数相等的甲烷和氨(NH3)的质量比为_。【答案】（1）16g/mol（2）3.021023；5；11.2（3）64:85【解析】试题分析：（1）甲烷（CH4）的摩尔质量为16g/mol，故填：16g/mol（2）8 g CH4的物质的量为0.5mol，约含有3.021023个分子、含有5mol电子，在标准状况下所占的体积约为11.2L。故填：3.021023；5；11.2（3）假设所含的原子均为1mol，甲烷和氨气（NH3）的质量比=（16）：（17）=64:85，故填：64:85。考点：考查了物质的量的相关知识。27.写出下列反应的离子方程式。(1)醋酸钠溶液与盐酸溶液反应_；(2)碳酸氢钠与足量氢氧化钙溶液反应_；(3)向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至中性_。【答案】 (1). CH3COO +H+ =CH3COOH (2). HCO3+ OH+ Ca2+ = CaCO3+ H2O (3). 2H+ + SO42+ 2OH+ Ba2+= BaSO4 + 2H2O【解析】【详解】(1)向醋酸钠溶液中滴加盐酸反应生成醋酸和氯化钠，离子方程式：CH3COO-+H+=CH3COOH，故答案为：CH3COO-+H+=CH3COOH；(2) 碳酸氢钠溶液中滴入足量氢氧化钙溶液，反应生成碳酸钙沉淀，反应的离子方程式为：Ca2+HCO3-+OH-=CaCO3+H2O，故答案为：Ca2+HCO3-+OH-=CaCO3+H2O；(3)向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至中性，硫酸氢钠与氢氧化钡的物质的量之比为2：1，反应的离子方程式为：Ba2+2OH-+2H+SO42-BaSO4+2H2O，故答案为：Ba2+2OH-+2H+SO42-BaSO4+2H2O。28.胶体是一种常见的分散系，回答下列问题。(1)向大量沸腾的蒸馏水中逐滴加入_溶液，继续煮沸至_，停止加热，可制得Fe(OH)3胶体；(2)向Fe(OH)3胶体中滴加氢碘酸(HI水溶液)至过量，观察到的现象为_，该反应的离子方程式为_；(3)如由图所示，通电后，Fe(OH)3胶体粒子向_电极移动(填“X”或“Y”)。【答案】 (1). 饱和FeCl3溶液 (2). 液体呈红褐色 (3). 先产生红褐色沉淀，然后沉淀逐渐溶解，最终得到澄清的棕黄色溶液 (4). 2Fe(OH)3+ 2I +6 H+ =2Fe2+ + I2+ 6H2O (5). X【解析】【分析】Fe(OH)3胶体的制备过程：向煮沸的蒸馏水中逐滴加入FeCl3饱和溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，根据Fe(OH)3胶体的制备过程结合胶体的性质分析解答。【详解】(1)Fe(OH)3胶体的制备过程：向煮沸的蒸馏水中逐滴加入FeCl3饱和溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，FeCl3+3 H2O Fe(OH)3(胶体)+3HCl，停止加热，可制得Fe(OH)3胶体，故答案为：饱和氯化铁溶液；液体呈红褐色；(2)向Fe(OH)3胶体中滴加氢碘酸(HI水溶液)至过量，首先发生胶体的聚沉，然后氢氧化铁沉淀被氢碘酸溶解，溶解的同时发生氧化还原反应生成碘和碘化亚铁，观察到的现象为先产生红褐色沉淀，然后沉淀逐渐溶解，最终得到澄清的棕黄色溶液，反应的离子方程式为2Fe(OH)3+ 2I +6 H+ =2Fe2+ + I2+ 6H2O，故答案为：先产生红褐色沉淀，然后沉淀逐渐溶解，最终得到澄清的棕黄色溶液；2Fe(OH)3+ 2I +6 H+ =2Fe2+ + I2+ 6H2O；(3)氢氧化铁胶体粒子带有正电荷，通电后，Fe(OH)3胶体粒子向阴极移动，即向X极移动，故答案为：X。【点睛】本题的易错点为(2)中离子方程式的书写，要注意铁离子具有氧化性，碘离子具有还原性，二者能够发生氧化还原反应。三实验题29.某同学用密度为1.84g/cm3、质量分数为 98%的浓硫酸配制500mL0.22 mol/L的稀硫酸。(1)操作过程中使用到的玻璃仪器有_；(2)实验过程中涉及的操作如下：将容量瓶中的溶液倒入试剂瓶中并贴上标签；将浓硫酸沿烧杯内壁缓慢注入盛有约160mL蒸馏水的烧杯中并小心搅拌；用规格为 的量筒量取 mL的浓硫酸；将已冷却的硫酸溶液转移到容量瓶中，并用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒23次，洗涤液全部转移到容量瓶中，轻轻摇动容量瓶，使溶液混合均匀；改用胶头滴管滴加蒸馏水，使溶液凹液面最低处恰好与刻度线相切； 塞好玻璃塞，反复颠倒摇匀；继续向容量瓶中加蒸馏水直到距离刻度线 处；将步骤、补充完整：_，_，_；实验操作顺序为_(填序号)。(3)配制该溶液的过程中，下列操作使得所配得的溶液浓度偏小的是_(填字母) 。A稀释密度为1.84g/cm3、质量分数为 98%的浓硫酸时，不小心溅出少量硫酸溶液B用蒸馏水洗涤烧杯、量筒及玻璃棒，并将洗涤液注入容量瓶中C定容时反复上下倒转容量瓶后，发现凹液面最低处低于刻度线，再补加水到刻度线D量取密度为1.84g/cm3、质量分数为 98%的浓硫酸时，仰视量筒的刻度线E洗涤容量瓶后，立即用来配制溶液F稀释浓硫酸结束后立即将溶液转移到容量瓶中【答案】 (1). 500mL容量瓶、量筒、玻璃棒、烧杯、胶头滴管 (2). 10mL (3). 6.0 (4). 12cm (5). (6). AC【解析】【分析】(1)依据配制一定物质的量浓度溶液的基本步骤有：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，根据各步骤判断用到的仪器；(2)依据c=计算浓硫酸的物质的量浓度，依据稀释前后溶液含溶质的物质的量不变计算需要浓硫酸的体积；(3)依据c=，分析不当操作对溶质的物质的量和溶液的体积的影响，进行误差的分析判断。【详解】(1)配制一定物质的量浓度溶液的步骤：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，用到的仪器有：量筒、玻璃棒、烧杯、500mL容器瓶、胶头滴管，故答案为：量筒、玻璃棒、烧杯、500mL容器瓶、胶头滴管；(2)密度为1.84g/cm3、质量分数为98%的浓硫酸的物质的量浓度c= =18.4mol/L，稀释前后溶液含溶质的物质的量不变，设需要浓硫酸体积为V，则V18.4mol/L=500mL0.22mol/L，解得V=6.0mL，所以应选择10mL量筒；故答案为：10mL；6.0；定容时，开始继续向容量瓶中加蒸馏水直到距离刻度线1-2cm，改用胶头滴管逐滴滴加到凹液面最低处与刻度线相切，故答案为：12；配制一定物质的量浓度溶液的步骤：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀，所以正确的操作顺序为：，故答案为：；(3)A稀释密度为1.84g/cm3、质量分数为98%的浓硫酸时，不小心溅出少量硫酸溶液，导致溶质的物质的量偏小，溶液的浓度偏小，故A正确；B用蒸馏水洗涤烧杯、量筒及玻璃棒，并将洗涤液注入容量瓶中，是正确的操作，对结果无影响，故B错误；C定容时反复上下倒转容量瓶后，发现凹液面最低处低于刻度线，再补加水到刻度线，导致溶液体积偏大，浓度偏小，故C正确；D量取密度为1.84g/cm3、质量分数为98%的浓硫酸时，仰视量筒的刻度线，导致量取的浓硫酸体积偏大，溶质的物质的量偏大，溶液的浓度偏大，故D错误；E洗涤容量瓶后，立即用来配制溶液，对溶质的物质的量和溶液的体积都不会产生影响，溶液的浓度不变，故E错误；F稀释浓硫酸结束后，未冷却立即将溶液转移到容量瓶中，导致溶液的体积偏小，浓度偏大，故F错误；故答案为：AC。【点睛】本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制。本题的易错点为(3)中F的误差分析，要注意浓硫酸的稀释为放热过程，稀释后溶液温度升高，溶液的体积膨胀。四计算题30.(1)已知反应：K2Cr2O7 + 14HCl=2KCl + 2CrCl3 + 3Cl2+ 7H2O，用“单线桥”表示电子转移的方向和数目，并指出氧化产物和还原产物_ 。(2)Cl2是一种有毒气体，如果泄漏会造成严重的环境污染。化工厂可用浓氨水来检验Cl2是否泄漏，有关反应的化学方程式为：3Cl2(气)8NH3(气)=6NH4Cl(固)N2(气)，若反应中消耗Cl2 1.5 mol，求被氧化的NH3在标准状况下的体积_。【答案】 (1). ，氧化产物：Cl2 还原产物：CrCl3 (2). 22.4L【解析】【分析】(1)反应中Cr元素化合价降低，被还原，K2Cr2O7具有氧化性，Cl元素化合价升高，被氧化，HCl具有还原性，氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子的数目相等，据此分析解答；(2)被氧化的氨气生成氮气，根据反应的氯气结合方程式可以计算生成氮气的物质的量，再根据氮原子守恒计算被氧化的氨气的物质的量，进而计算被氧化氨气的体积。【详解】(1)反应中Cr元素化合价降低，被还原，K2Cr2O7具有氧化性，为氧化剂，元素化合价由+6价降低为+3价，化合价变化3价，用单线桥法标出电子转移的方向和数目可表示为：，化合价降低元素Cr对应的产物CrCl3是还原产物，化合价升高元素Cl对应的产物Cl2是氧化产物，故答案为：，氧化产物为Cl2，还原产物为CrCl3；(2)被氧化的氨气生成氮气，根据方程式可知，消耗Cl2 1.5 mol会生成氨气的物质的量为1.5mol=0.5mol，根据氮原子守恒可知被氧化的氨气的物质的量为0.5mol2=1mol，故被氧化氨气的体积为1mol22.4L/mol=22.4L，故答案为： 22.4L。【点睛】本题的易错点为(2)，要注意参与反应的氨气并没有全部被氧化。31.现有300mL MgCl2溶液，密度为1.18g/cm3，其中Mg2+的质量分数为5.1%。(1)求该溶液中氯离子的物质的量。(结果保留1位小数)_(2)向其中加入200mL 5mol/L NaOH溶液，充分反应后，求溶液中Mg2+的物质的量浓度_。(溶液混合过程中体积变化忽略不计)【答案】 (1). 1.5mol (2). 0.5mol/L【解析】【分析】(1)根据m(Mg2+)=m(溶液)(Mg2+)计算溶液中镁离子质量，再根据n= 计算n(Mg2+)，据此分析解答；(2)混合后溶液为氯化镁与氯化钠溶液，根据电荷守恒有c(Cl-)=2c(Mg2+)+c(Na+)，根据稀释定律计算混合后溶液中氯离子和钠离子的浓度，再分析计算。【详解】(1)m(Mg2+)=m(溶液)(Mg2+)=300mL1.18g/mL5.1%=3545.1%g，故溶液中n(Mg2+)= = mol，根据电荷守恒，溶液中n(Cl-)=2n(Mg2+)=2mol=1.5mol，故答案为：1.5mol；(2)混合后溶液中n(Cl-)= =3mol/L，反应后溶液中钠离子的物质的量不变，则：500mLc(Na+)=200mL5mol/L，解得c(Na+)=2mol/L，由题意可知，混合后溶液为氯化镁与氯化钠溶液，根据电荷守恒有c(Cl-)=2c(Mg2+)+c(Na+)，即：3mol/L=2c(Mg2+)+2mol/L，解得c(Mg2+)=0.5mol/L，故答案为：0.5mol/L。