【化学】陕西省咸阳市实验中学2019-2020学年高一上学期第二次月考试题（解析版） 16页

陕西省咸阳市实验中学2019-2020学年高一上学期第二次月考试题 可能用到的数据：H ‎1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Cl 35.5 S 32 I 127 Ba 137‎ 第I卷(选择题　共48分)‎ 一、选择题(本题共16小题,每小题3分，共48分。每小题只有一个选项符合题意)‎ ‎1.《本草衍义》中对精制砒霜过程有如下叙述：“取砒之法，将生砒就置火上，以器覆之，令砒烟上飞着覆器，遂凝结累然下垂如乳，尖长者为胜，平短者次之。”文中涉及的操作方法是（ ）‎ A. 蒸馏 B. 升华 C. 干馏 D. 萃取 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】将生砒就置火上，以器覆之，令砒烟上飞，着覆器，遂凝结”，属于固体直接转化为气体。‎ ‎【详解】A. 蒸馏是在密闭容器中给溶液加热，收集一定温度范围内的馏分的操作，不合题意；‎ B. 升华是固体受热后，不经过液态而由固态直接转化为气态的过程，符合题意；‎ C. 干馏是以煤或木材为原料，隔绝空气加强热使它分解的过程，不合题意；‎ D. 萃取是利用溶质在萃取剂与原溶剂中溶解度的差异，将溶质从一种溶剂转移入萃取剂的过程，不合题意。‎ 答案选B。‎ ‎2. 下列说法正确的是（ ）‎ A. 摩尔是物质的量的单位 B. 溶液中或熔融状态下能导电的物质就是电解质 C. 氧化还原反应的本质是元素化合价发生了变化 D. 得电子的物质被还原，是还原剂 ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：A、物质量是物理量，摩尔是物质的量单位，故正确；B、水溶液或熔融状态下能够导电化合物是电解质，故错误；C、氧化还原反应的本质是电子的得失或偏移，故错误；D、得电子化合价降低，被还原，是氧化剂，故错误。‎ ‎3.设阿伏加德罗常数为NA，则下列说法正确的是( )‎ A. 36.5gHCl中H+数目为NA B. 标准状况下，‎22.4L氨水中含有NA个NH3分子 C. 常温常压下，1.6gO2和O3的混合气体中含有氧原子数为0.1 NA D. 0.1 mol·L—1NaCl溶液中阴离子总数为0.1 NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．HCl气体为共价化合物，HCl分子中不含氢离子，故A错误；‎ B．标准状况下，‎22.4L氨水是液体，不能用标况下气体摩尔体积进行计算，且氨水是弱电解质，在溶液中部分电离，部分以分子形式存在，故B错误； ‎ C．O2和O3都是氧原子构成，常温常压下，1.6gO2和O3的混合气体中，氧原子的物质的量为=0.1mol，则含有氧原子数为0.1 NA，故C正确；‎ D．0.1 mol·L—1NaCl溶液的体积未知，无法计算氯化钠的物质的量，因粒子数目无法计算，另外溶液中除了氯离子还有氢氧根离子，都是阴离子，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎4.下列物质混合发生化学反应，且反应属于离子反应的是（ ）‎ A. H2和O2反应生成水 B. 锌片投入稀硫酸中 C. KClO3（固体）和MnO2（固体）混合加热制O2‎ D. NaOH溶液和K2SO4溶液混合 ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：A．氢气和氧气反应没有离子参加，不是离子反应，故不选A；B．锌与硫酸反应，是锌与氢离子的反应，是离子反应，故选B；C．氯酸钾和二氧化锰固体加热，没有离子参加，不是离子反应，故不选C；D．氢氧化钠与硫酸钾混合没有发生化学反应，故不选D。‎ ‎5.下列说法正确的是(　 　)‎ A. 液态HCl、固体NaCl均不导电，所以HCl、NaCl均不是电解质 B. NH3、CO2的水溶液均能导电，所以NH3、CO2均是电解质 C. 蔗糖、酒精在水溶液和熔融状态时均不导电，所以它们是非电解质 D. 铜、石墨均导电，所以它们是电解质 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．液态HCl溶于水后能够导电，固态NaCl在溶于水和熔融状态下都能够导电，故两者均为电解质，A错误；‎ B．NH3、CO2的水溶液均能导电并不是它们本身电离出了离子，而是NH3、CO2与水反应生成的一水合氨、碳酸电离出离子，NH3、CO2是非电解质，B错误；‎ C．蔗糖、酒精在水溶液中和熔融时均不导电，且它们都属于化合物，所以它们是非电解质，C正确；‎ D．铜、石墨均导电，但它们都是单质，所以它们既不是电解质，也不是非电解质，D错误。‎ 答案选C。‎ ‎6.下列溶液与20mL 1 mol·L-1 NaNO3溶液中NO3-物质的量浓度相等的是（ ）‎ A. 10 mL 1 mol·L-1 Mg(NO3)2溶液 B. 5 mL 0.8 mol·L-1 Al(NO3)3溶液 C. 10 mL 2 mol·L-1 AgNO3溶液 D. 10 mL 0.5 mol·L-1 Cu(NO3)2溶液 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】20mL 1mol•L﹣1NaNO3溶液中NO3﹣物质的量浓度为：c（NO3﹣）=c（NaNO3）=1mol/L；‎ ‎【详解】A.1 mol•L﹣1Mg（NO3）2溶液中NO3﹣物质的量浓度为：c（NO3﹣）=‎2c[Mg（NO3）2]=1mol/L×2=2mol/L，故A错误；‎ B.0.8 mol•L﹣1Al（NO3）3溶液中NO3﹣物质的量浓度为：c（NO3﹣）=‎3c[Al（NO3）3]=0.8mol/L×3=2.4mol/L，故B错误；‎ C.2 mol•L﹣1AgNO3溶液中NO3﹣物质的量浓度为：c（NO3﹣）=c（AgNO3）=2mol/L，故C错误；‎ D.0.5 mol•L﹣1Cu（NO3）2溶液中NO3﹣物质的量浓度为：c（NO3﹣）=‎2c[Cu（NO3）2]=0.5mol/L×2=1mol/L，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎7.下列说法正确的是( )‎ A. 冰醋酸、冰水混合物、钢、淀粉都属于混合物 B. 葡萄糖溶液与淀粉溶液的本质区别是有无丁达尔效应 C. 因为胶粒能吸附电荷，所以有的胶体带正电，有的胶体带负电 D. 雾、稀豆浆、烟水晶都属于胶体 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】A．冰醋酸是纯净物；冰和水都是水分子构成，是纯净物；钢是合金，属于混合物，淀粉是高聚物，n值不同，属于混合物，故A错误；‎ B．淀粉溶液是胶体，与葡萄糖溶液本质区别是分散质粒子的直径大小不同，可利用有无丁达尔效应鉴别，故B错误；‎ C．因为胶粒能吸附电荷，所以有的胶体粒子带正电，有的胶体粒子带负电，胶体是电中性的，故C错误；‎ D．雾属于气溶胶、稀豆浆属于液溶胶、烟水晶属于固溶胶，都属于胶体，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎8.下列各组离子能在呈酸性的无色溶液中大量共存的是( )‎ A. Ba2＋、Na＋、NO3－、MnO4－ B. Mg2＋、Cl－、Al3＋、SO42－‎ C. K＋、Cl－、I-、NO3－ D. Ca2＋、Na＋、Fe3＋、SO32－‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】A．含MnO4－的溶液呈紫红色，A不符合题意；‎ B．Mg2＋、Cl－、Al3＋、SO42－与H+都没有颜色，且相互间不能反应，可以共存，B符合题意；‎ C．NO3－遇H+可表现强氧化性，I-有较强的还原性，会发生氧化还原反应而不共存，C不符合题意；‎ D．含Fe3＋的溶液呈黄色，且酸性条件下Fe3＋与SO32－会发生氧化还原反应，SO32－可与Ca2＋形成沉淀，D不符合题意；‎ 故答案选B。‎ ‎9.除去NaCl中混有的MgCl2、Na2SO4时选用（ ）‎ A. NaOH、Ba(NO3)2、Na2CO3、HCl B. Ca(OH)2、Mg(NO3)2、Na2CO3、HCl C. NaOH、BaCl2、Na2CO3、HCl D. Na2CO3、BaCl2、HCl ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】NaCl中混有MgCl2、Na2SO4，除去Mg2+要用OH-，除去SO42-要用Ba2+，新引入的OH-要用H+除去，新引入的SO42-要用CO32-除去，再引入的CO32-则用H+除去，故碳酸钠需在氯化钡之后加入，盐酸需在最后加入。答案选C。-‎ ‎10.下列离子方程式正确的是( )‎ A. 澄清的石灰水与盐酸反应:Ca(OH)2+2H＋= Ca2＋+2H2O B. 向Ba(OH)2溶液中滴加KHSO4溶液至Ba2＋恰好沉淀完全:Ba2++2OH－+2H++SO42－=BaSO4↓+2H2O C. 铜片插入硝酸银溶液:Cu+Ag+=Cu2++Ag D. 大理石溶于醋酸:CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO-+H2O+CO2↑‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】A．澄清的石灰水与盐酸反应生成氯化钙和水，澄清石灰水在离子反应中可拆写，正确的离子反应为: OH-+H＋= H2O，故A错误；‎ B．向Ba(OH)2溶液中滴加KHSO4溶液至Ba2＋恰好沉淀完全:Ba2++OH－+H++SO42－=BaSO4↓+H2O，故B错误；‎ C．铜片插入硝酸银溶液生成硝酸铜和银单质，题中反应电荷不守恒，正确的离子反应为:Cu+2Ag+=Cu2++2Ag，故C错误；‎ D．大理石溶于醋酸生成二氧化碳、醋酸钙和水:CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO-+H2O+CO2↑，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎11.下列溶液中，在相同的条件下导电能力最强的是( )‎ A. 50mL 1mol/L AlCl3 B. 500mL 0.3mol/L FeCl3‎ C. ‎1‎‎0L 4mol/L NaCl D. 200mL 3mol/L MgCl2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】溶液的导电性与溶液的体积无关，与溶液中离子的浓度和离子所带电荷多少有关，离子浓度越大，所带电荷数越多，导电能力越强，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．50mL 1mol/L AlCl3中离子总浓度为4 mol/L；‎ B．500mL 0.3mol/L FeCl3中离子总浓度为1.2 mol/L；‎ C．‎1.0L 4mol/L NaCl中离子总浓度为8 mol/L；‎ D．200mL 3mol/L MgCl2中离子总浓度为9 mol/L；‎ 根据上述分析，溶液中离子浓度越大，溶液的导电能力越强，则答案选D。‎ ‎12.工业上冶炼锡的第一步反应原理为2SnO2+‎3C=2Sn+aM↑+CO2↑，则下列说法中错误的是（ ）‎ A. 反应中SnO2被还原 B. a的值为3‎ C. 反应后元素化合价升髙生成的物质有两种 D. 每生成lmolCO2转移电子8mol ‎【答案】B ‎【解析】A、SnO2的化合价由＋4价→0价，化合价降低，应是被还原，故说法正确；B、反应前后元素、原子守恒，因此M为CO，a=2，故说法错误；C、根据方程式，C化合价由0价转变成＋2价、＋4价，故说法正确；D、生成1molCO2，消耗2molSnO2，因此转移电子物质的量为2×4mol=8mol，故说法正确。‎ ‎13. 在标准状况下，对下列对这四种气体的关系从大到小表达正确的是（ ）‎ ‎①‎6.72 L CH4②3.01×1023个HCl分子 ③‎13.6 g H2S ④0.2 mol NH3‎ a．体积：②＞③＞①＞④ b．密度：②＞③＞④＞①‎ c．质量：②＞③＞①＞④ d．氢原子个数：①＞③＞④＞②‎ A. abc B. bcd C. abcd D. acd ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：a、①6.72LCH4，②HCl的物质的量为3.01×1023/6.02×1023=0.5mol，即体积为0.5×‎22.4L=‎11.2L，③n(H2S)=13.6/34mol=0.4mol，则V(H2S)=0.4×‎22.4L=‎8.96L，④V(NH3)=0.2×‎22.4L=‎4.48L，体积 由大到小的顺序是②③①④，故正确；b、根据阿伏加德罗推论，密度之比等于摩尔质量之比，摩尔质量在数值上等于相对原子质量或相对分子质量，①16，②36.5，③34，④17，由大到小的顺序是：②③④①，故正确；c、①质量为0.3×‎16g=‎4.8g，②m(HCl)=0.5×‎36.5g=‎18.25g，③‎13.6g，④m(NH3)=0.2×‎17g=‎3.4g，质量由大到小的顺序是：②③①④，故正确；d、①n(H)=0.3×4mol=1.2mol，②n(H)=0.5×1mol=0.5mol，③n(H)=0.4×2mol=0.8mol，④‎ n(H)=0.2×3mol=0.6mol，由大到小的顺序是：①③④②，故正确，因此选项C正确。‎ ‎14.下表是某化学兴趣小组的同学用多种方法来鉴别物质的情况，其中完全正确的选项是( )‎ 需鉴别物质 所加试剂或方法 方法1‎ 方法2‎ A 木炭粉和氧化铜 观察颜色 通CO并加热 B NaCl溶液和Na2CO3溶液 稀HCl Zn C NaCl溶液和Na2CO3溶液 稀HCl ‎ 无色酚酞 D 稀HCl和KCl溶液 Fe2O3‎ 无色酚酞 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．木炭粉和氧化铜都是黑色粉末，观察颜色无法鉴别，氧化铜能被一氧化碳还原为铜，粉末由黑色变为红色，一氧化碳与碳不反应，通一氧化碳可以鉴别，方法1不能鉴别，A不符题意；‎ B．碳酸钠与盐酸反应生成气体，NaCl溶液和Na2CO3溶液均与Zn不反应，方法2不能鉴别，B不符题意；‎ C．Na2CO3溶液与稀HCl反应有气体产生，NaCl溶液和稀HCl不反应，可以用稀HCl鉴别，Na2CO3溶液显碱性，滴加无色酚酞变红色，NaCl溶液为中性，滴加无色酚酞无变化，可以用无色酚酞来鉴别，C符合题意；‎ D．稀HCl与氧化铁反应固体溶解，二者加酚酞均为无色，则方法2不能鉴别，D不符题意。‎ 答案选C。‎ ‎15.用等体积的0.1mol/L的BaCl2 溶液，恰好可使相同体积的Fe2 (SO4 )3、 Na2SO4、 KAl(SO4)2 三种溶液中的SO42－完全沉淀，则三种硫酸盐的物质的量浓度之比为（ ）‎ A. 3：2：3 B. 3：1：‎2 ‎C. 2：6：3 D. 1：1：1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由题意可知，三种盐溶液中硫酸根离子的物质的量相等，体积相同时，浓度之比等于物质的量之比。设三种硫酸盐的物质的量浓度分别是a、b、c，则根据反应式Ba2＋＋SO4‎ ‎2－＝BaSO4↓可知，‎3a＝b＝‎2c，即三种硫酸盐的物质的量浓度之比为2:6:3,答案选C。‎ ‎16.根据反应(1)～(4)，可以判断下列4个物质的氧化性由强到弱的正确顺序是( )‎ ‎(1)Cl2+2KI=2KCl+I2(2)2FeCl2+Cl2=2FeCl3(3)2FeCl3+2HI=2FeCl2+2HCl+I2(4)H2S+I2=S+2HI A. S＞I2＞Fe3+＞Cl2 B. Cl2＞Fe3+＞I2＞S C. Fe3+＞Cl2＞S＞I2 D. Cl2＞I2＞Fe3+＞S ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，‎ ‎(1)Cl2+2KI=2KCl+I2中，Cl元素的化合价降低，被还原，Cl2为氧化剂，I2为氧化产物，则氧化性：Cl2＞I2；‎ ‎(2)2FeCl2+Cl2=2FeCl3中，Cl元素的化合价降低，被还原，Cl2为氧化剂，FeCl3为氧化产物，则氧化性：Cl2＞Fe3+；‎ ‎(3)2FeCl3+2HI=2FeCl2+2HCl+I2中，Fe元素的化合价降低，被还原，FeCl3为氧化剂，I2为氧化产物，则氧化性：Fe3+＞I2；‎ ‎(4)H2S+I2=S+2HI中，I元素的化合价降低，被还原，I2为氧化剂，S为氧化产物，则氧化性：I2＞S；‎ 综上分析，氧化性强弱关系为Cl2＞Fe3+＞I2＞S，答案选B。‎ 第Ⅱ卷(非选择题 共72分)‎ 二、填空题(本题包括2小题，共20分)‎ ‎17.按要求写出方程式。‎ ‎(1)碳酸钙和盐酸（写出离子方程式）______________________。‎ ‎(2)氢氧化钡溶液和稀硫酸（写出离子方程式）______________________。‎ ‎(3)Fe2(SO4)3（写出电离方程式）______________________。‎ ‎(4)H+ + OH— = H2O（写出对应的化学方程式）______________________。‎ ‎(5)CO32—＋ 2H+ = CO2↑+ H2O（写出对应的化学方程式）______________________。‎ ‎【答案】(1). CaCO3 + 2H+ = Ca2+ + H2O + CO2↑ (2). Ba2+ + 2OH— + 2H+ + SO42— = BaSO4↓ + 2H2O (3). Fe2(SO4)3 = 2Fe3+ + 3SO42— (4). HCl + NaOH = NaCl + H2O (5). Na2CO3 + 2HCl = 2NaCl + H2O + CO2↑‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙、水、二氧化碳；(2)氢氧化钡溶液和稀硫酸反应生成硫酸钡沉淀和水；(3)Fe2(SO4)3在水中电离出铁离子和硫酸根离子；(4)H+ + OH— = H2O表示可溶性强酸与强碱反应生成水和可溶性盐；(5)CO32—＋ 2H+ = CO2↑+ H2O表示可溶性碳酸盐与强酸反应生成盐、二氧化碳和水。‎ ‎【详解】(1)碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙、水、二氧化碳，反应的离子方程式是CaCO3 + 2H+ = Ca2+ + H2O + CO2↑；(2)氢氧化钡溶液和稀硫酸反应生成硫酸钡沉淀和水，反应的离子方程式是Ba2+ + 2OH— + 2H+ + SO42— = BaSO4↓ + 2H2O；(3)Fe2(SO4)3在水中电离出铁离子和硫酸根离子，电离方程式是Fe2(SO4)3 = 2Fe3+ + 3SO42—；(4)H+ + OH— = H2O表示可溶性强酸与强碱反应生成水和可溶性盐，如盐酸与氢氧化钠反应生成水和NaCl，反应方程式是HCl + NaOH = NaCl + H2O；(5)CO32—＋ 2H+ = CO2↑+ H2O表示可溶性碳酸盐与强酸反应生成盐、二氧化碳和水，如碳酸钠和盐酸反应生成氯化钠、水、二氧化碳，反应方程式是Na2CO3 + 2HCl = 2NaCl + H2O + CO2↑。‎ ‎18.氧化还原反应中实际上包含氧化和还原两个过程。下面是一个还原过程的反应式： NO3-＋4H+＋3e- →NO↑＋2H2O KMnO4、Na2CO3、Cu2O、Fe2(SO4)3四种物质中的一种物质(甲)能使上述还原过程发生。‎ ‎(1)写出并配平该氧化还原反应的方程式：________________________________。‎ ‎(2)反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比是___________。‎ ‎(3)反应中若产生0.2mol气体，则转移电子的物质的量是_________mol。‎ ‎(4)若该反应生成一种化合价更高的还原产物，其他物质保持不变，则反应物中氧化剂与还原剂的物质的量之比将_______(填增大、减小、不变或者不能确定)。‎ ‎【答案】(1). 14HNO3＋3Cu2O=6Cu(NO3)2＋2NO↑＋7H2O (2). 2:3 (3). 0.6mol (4). 增大 ‎【解析】‎ ‎【分析】NO3-+4H++3e-→NO↑+2H2O是还原反应，物质甲能使上述还原过程发生，说明甲具有还原性，KMnO4、Na2CO3、Cu2O、Fe2(SO4)3四种物质中Cu2O中铜元素化合价由+1价升高为+2价，具有还原性，根据得失电子守恒、质量守恒写出化学方程式并配平，根据氧化还原反应的有关原理进行分析解答。‎ ‎【详解】(1)根据以上分析，物质甲是Cu2O，具有还原性，能使硝酸发生还原反应生成硝酸铜、NO和水，反应方程式为14HNO3+3Cu2O=6Cu(NO3)2+2NO↑+7H2O；‎ ‎(2)反应中HNO3中的N元素化合价+5价降低为+2价发生还原反应，HNO3为氧化剂，但反应中只有2molHNO3发生还原，反应中Cu2‎ O中铜元素化合价由+1价升高为+2价发生氧化反应，Cu2O为还原剂，反应中Cu2O物质的量为3mol，所以反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比是2：3；‎ ‎(3)反应中N元素化合价由+5价降低为+2价，若产生0.2mol气体，则转移电子的物质的量是0.6mol。‎ ‎(4)若该反应生成一种化合价更高的还原产物，其他物质保持不变，也就是说Cu2O失去的电子数不变，由于还原产物中N的化合价更高，而得到电子数不变，参加反应的硝酸中作为氧化剂部分的物质的量就要增大，则反应物中氧化剂与还原剂的物质的量之比将增大，故答案为：增大。‎ 三、实验题(本题包括2小题，共16分)‎ ‎19.某学习小组为探究胶体的性质进行如下实验：‎ ‎(1)在小烧杯中加入20ml蒸馏水 __________________，即可制得Fe(OH)3胶体，写出其中涉及到反应的化学方程式：________________________。‎ ‎(2)取上述少量Fe(OH)3胶体置于试管中，向其中滴加稀盐酸至过量：‎ ‎①先出现_______，原因是________________________。‎ ‎②随后________，原因是_________________________。(用离子方程式表示)‎ ‎(3)用稀HI溶液代替稀HCl溶液，会出现哪些与上述不同现象___________________，用离子方程式解释___________________。‎ ‎【答案】(1). 加热至沸腾，向沸水中滴加5－6滴FeCl3饱和溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热 (2). FeCl3+3H2O =Fe(OH)3(胶体)+3HCl (3). 红褐色沉淀 (4). 加入电解质溶液后胶体发生聚沉 (5). 沉淀溶解、溶液呈黄色 (6). Fe(OH)3+3H+ =Fe3++3H2O (7). 最后溶液颜色加深 (8). 2Fe3++2I-=2Fe2++I2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)在小烧杯中加入20ml蒸馏水加热至沸腾，向沸水中滴加5－6滴FeCl3饱和溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热，即可制得Fe(OH)3胶体；‎ ‎(2) ①电解质溶液能使氢氧化铁胶体发生聚沉；‎ ‎②氢氧化铁沉淀与盐酸反应生成氯化铁和水；‎ ‎(3)HI溶液也属于电解质溶液，一样能使胶体聚沉，可与氢氧化铁沉淀发生酸碱中和反应，但铁离子具有氧化性，碘离子具有还原性，二者会发生氧化还原反应。‎ ‎【详解】(1)在小烧杯中加入20ml蒸馏水加热至沸腾，向沸水中滴加5－6滴FeCl3饱和溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热，即可制得Fe(OH)3胶体；‎ ‎(2)①盐酸属于电解质溶液，能使氢氧化铁胶体发生聚沉，故先出现氢氧化铁胶体发生聚沉，产生红褐色沉淀；‎ ‎②盐酸与氢氧化铁沉淀发生中和反应生成氯化铁和水，离子反应为：Fe(OH)3+3H+ =Fe3++3H2O，沉淀溶解、溶液呈黄色；‎ ‎(3)HI溶液也属于电解质溶液，一样能使胶体聚沉，可与氢氧化铁沉淀发生酸碱中和反应，但铁离子具有氧化性，碘离子具有还原性，二者会发生氧化还原反应2Fe3++2I-=2Fe2++I2，因此这实验过程中的实验现象为，氢氧化铁胶体发生聚沉，产生红褐色沉淀，随后沉淀溶解，溶液变黄色，由于产生碘单质，最后溶液颜色加深。‎ ‎20.我校环保兴趣小组在处理污水样品时，需用质量分数为36.5%的浓盐酸(密度为1.‎19 g/cm3)配制成240mL0.1mol·L－1的盐酸溶液。‎ ‎(1)在图所示仪器中，配制上述溶液不需要的是_________(填图相应仪器的序号)； 除图中已有仪器外，配制上述溶液还需要的玻璃仪器是_________，其作用按使用的先后顺序分别是_________。‎ ‎(2)根据计算，需要量取_______mL浓盐酸，下列量程或规格中，本实验量筒应使用的是_______；容量瓶应使用_______。(在横线上填写相应的序号，否则无分，下同)‎ A、10mL B、100mL C、250mL D、500mL ‎(3)假设配制时其他操作均正确，只出现以下某一情况，下列使所配溶液的物质的量浓度偏高的是______，偏低的是_______。(填序号)‎ ‎①容量瓶中有少量蒸馏水 ②烧杯和玻棒没有洗涤2-3次 ③稀释浓HCl时，没有冷却就立即转移到容量瓶中 ④量取浓盐酸时仰视 ⑤配制的溶液装入洁净的但有少量蒸馏水的试剂瓶中 ⑥定容时俯视 ‎【答案】(1). C (2). 玻璃棒 (3). 引流、搅拌 (4). 2.1 (5). A (6). C (7). ③④⑥ (8). ②⑤‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)根据配制一定物质的量浓度的溶液使用的仪器分析需要的仪器和缺少的仪器；再根据玻璃棒在操作中的作用解答；‎ ‎(2)根据c=计算出需要浓盐酸的浓度，再根据配制250mL 0.1mol•L-1的盐酸溶液需要的氯化氢的物质的量计算出需要的体积；配制240mL溶液需要250mL容量瓶；‎ ‎(3)根据c=分析所配溶液浓度的变化。‎ ‎【详解】(1)分液漏斗用来萃取和分液，配制一定物质的量浓度溶液不用分液漏斗，故选C；还缺少玻璃棒，在浓盐酸稀释时用玻璃棒搅拌，转移液体时用玻璃棒引流；‎ ‎(2)质量分数为37%的浓盐酸(密度为‎1.19g/cm3)的物质的量浓度为：c===11.9mol/L，配制240mL溶液，应选择250mL的容量瓶，所需浓盐酸体积V==‎0.0021L=2.1mL，故选择10mL量筒；‎ ‎(3)①若容量瓶中有少量蒸馏水，因为配制过程中要加水定容，容量瓶中原有少量水不会对最终的溶液体积造成影响，因此不会造成误差，对溶液的浓度无影响；‎ ‎②烧杯和玻棒没有洗涤2−3次，并将洗涤液转入容量瓶中，会造成溶质损失，根据c=，溶质的物质的量n值偏小，最终的溶液浓度偏低；‎ ‎③稀释浓盐酸时，没有冷却就立即转移到容量瓶中，溶液冷却后会造成最终溶液体积偏小， 根据c=，式中的V溶液偏小，最终的溶液浓度偏高；‎ ‎④量取浓盐酸时仰视，导致量取的浓盐酸的体积偏大，则溶质的物质的量偏大，根据c=，式中溶质的物质的量n值偏大，最终的溶液浓度偏高；‎ ‎⑤配制的溶液装入洁净的但有少量蒸馏水的试剂瓶中，相当于稀释了配制好的溶液，会造成溶液的浓度偏低；‎ ‎⑥若定容时俯视，会造成溶液体积偏小，根据c=，式中的V溶液偏小，溶液的浓度偏高；‎ 则使所配溶液的物质的量浓度偏高的是：③④⑥；使所配溶液的物质的量浓度偏低的是：②⑤。‎ 四、计算题(本题包括1小题，共6分)‎ ‎21.现有Na2SO4和Na2CO3的混合溶液100mL，加入足量的BaCl2溶液，充分反应后，经过滤、洗涤、烘干，得到白色沉淀‎14.51g，将沉淀与过量的盐酸反应，得到1120mL(标准状况)CO2气体。请计算原混合液中Na2SO4的物质的量浓度。______‎ ‎【答案】0.200 mol·L-1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】硫酸钠与氯化钡反应生成硫酸钡与氯化钠，碳酸钠与氯化钡反应生成碳酸钡与氯化钠，白色沉淀‎14.51g为生成的硫酸钡和碳酸钡，其中碳酸钡与盐酸反应生成二氧化碳，根据n=V/Vm求出生成二氧化碳的物质的量，由碳元素守恒：n（BaCO3）=n（CO2），根据m=nM计算m（BaCO3），用沉淀总质量减去碳酸钡的质量得到硫酸钡的质量，然后计算出硫酸钡的物质的量，最后根据硫元素守恒可知n（Na2SO4）=n（BaSO4），根据c=n/V计算出Na2SO4的物质的量浓度。‎ ‎【详解】根据碳元素守恒，有n（BaCO3）=n（CO2）=‎1.12L÷‎22.4L·mol－1=0.0500mol，由分析可知，白色沉淀‎14.51g为硫酸钡和碳酸钡，所以m（BaSO4）=‎14.51g-0.0500mol×‎197g·mol－1=‎4.66g，根据硫元素守恒可知n（Na2SO4）=n（BaSO4）=‎4.66g÷‎233g·mol－1=0.0200mol，根据c=n/V，c（Na2SO4）=0.0200mol÷‎0.100L=0.200mol·L-1‎ 所以Na2SO4物质的量浓度为0.200 mol·L-1。‎ 五、附加题(本题包括2小题，共20分)‎ ‎22.现有A、B、C、D、E、F、G七瓶不同物质的溶液，它们各是Na2CO3、Na2SO4、KCl、AgNO3、MgCl2、Cu(NO3)2和Ba(OH)2溶液中一种。为了鉴别，各取少量溶液进行两两混合，实验结果如下表所示。表中“↓”表示生成沉淀或微溶物，“－”表示观察不到明显变化。‎ A B C D E F G A ‎－‎ ‎－‎ ‎－‎ ‎－‎ ‎－‎ ‎－‎ ‎↓‎ B ‎－‎ ‎－‎ ‎－‎ ‎－‎ ‎－‎ ‎↓‎ ‎↓‎ C ‎－‎ ‎－‎ ‎－‎ ‎↓‎ ‎－‎ ‎↓‎ ‎↓‎ D ‎－‎ ‎－‎ ‎↓‎ ‎－‎ ‎↓‎ ‎↓‎ ‎↓‎ E ‎－‎ ‎－‎ ‎－‎ ‎↓‎ ‎－‎ ‎↓‎ ‎－‎ F ‎－‎ ‎↓‎ ‎↓‎ ‎↓‎ ‎↓‎ ‎－‎ ‎↓‎ G ‎↓‎ ‎↓‎ ‎↓‎ ‎↓‎ ‎－‎ ‎↓‎ ‎－‎ 试写出有关物质的化学式：A：_________，C：________，E：_______，G：_______。‎ ‎【答案】(1). KCl (2). MgCl2 (3). Cu(NO3)2 (4). AgNO3‎ ‎【解析】‎ 分析】将七种物质两两反应的结果填入下表，表中“↓”表示生成沉淀或微溶物，“－”表示观察不到明显变化：‎ Na2CO3‎ Na2SO4‎ KCl AgNO3‎ MgCl2‎ Cu(NO3)2‎ Ba(OH)2‎ Na2CO3‎ ‎－‎ ‎－‎ ‎－‎ Ag2CO3↓‎ MgCO3↓‎ CuCO3↓‎ BaCO3↓‎ Na2SO4‎ ‎－‎ ‎－‎ ‎－‎ Ag2SO4↓‎ ‎－‎ ‎－‎ BaSO4↓‎ KCl ‎－‎ ‎－‎ ‎－‎ AgCl↓‎ ‎－‎ ‎－‎ ‎－‎ AgNO3‎ Ag2CO3↓‎ Ag2SO4↓‎ AgCl↓‎ ‎－‎ AgCl↓‎ ‎－‎ AgOH↓‎ MgCl2‎ MgCO3↓‎ ‎－‎ ‎－‎ AgCl↓‎ ‎－‎ ‎－‎ Mg(OH)2↓‎ Cu(NO3)2‎ CuCO3↓‎ ‎－‎ ‎－‎ ‎－‎ ‎－‎ ‎－‎ Cu(OH)2↓‎ Ba(OH)2‎ BaCO3↓‎ BaSO4↓‎ ‎－‎ AgOH↓‎ Mg(OH)2↓‎ Cu(OH)2↓‎ ‎－‎ 对照两表解答。‎ ‎【详解】对照两表：A只能和AgNO3反应产生沉淀或微溶物，则A为KCl，G为AgNO3；C能和3三种物质形成沉淀，则C为MgCl2；D能和4种物质形成沉淀或微溶物，则D为Na2CO3；G为AgNO3，不能和AgNO3反应产生沉淀或微溶物的为Cu(NO3)2，即E为Cu(NO3)2；剩下的B为Na2SO4，即A为：KCl，C为：MgCl2，E为：Cu(NO3)2，G为：AgNO3，故答案为：KCl；MgCl2；Cu(NO3)2；AgNO3。‎ ‎23.北京市场销售的某种食用精制盐包装袋上有如下说明：‎ 产品标准 GB5461‎ 产品等级 一级 配 料 食盐、碘酸钾、抗结剂 碘含量(以I计）‎ ‎20~50mg/kg 分装时期 分装企业 ‎（1）碘酸钾与碘化钾在酸性条件下发生如下反应，配平化学方程式（将化学计量数填于空白处）‎ ‎____KIO3＋___KI＋___H2SO4＝___K2SO4＋___I2＋___H2O ‎（2）上述反应生成的I2可用四氯化碳检验。向碘的四氯化碳溶液中加入Na2SO3稀溶液，将I2还原，以回收四氯化碳。‎ ‎①Na2SO3稀溶液与I2反应的离子方程式是_________________________________。‎ ‎②某学生设计回收四氯化碳的操作步骤为：‎ ‎ a.将碘的四氯化碳溶液置于分液漏斗中；‎ b.加入适量Na2SO3稀溶液；‎ ‎ c.分离出下层液体。‎ 以上设计中遗漏的操作及在上述步骤中的位置是______________________。‎ ‎（3）已知：I2＋2S2O32－＝2I－＋S4O62－。某学生测定食用精制盐的碘含量，其步骤为：‎ a. 准确称取wg食盐，加适量蒸馏水使其完全溶解；‎ b.用稀硫酸酸化所得溶液，加入足量KI溶液，使KIO3与KI反应完全；‎ c.以淀粉为指示剂，逐滴加入物质的量浓度为2.0×10－3mol·L－1的Na2S2O3溶液10.0mL，恰好反应完全。‎ ‎①判断c中反应恰好完全依据的现象是______________________。‎ ‎②b中反应所产生的I2的物质的量是___________mol。‎ ‎③根据以上实验和包装袋说明，所测精制盐的碘含量是（以含w的代数式表示）‎ ‎_______________________mg/kg。‎ ‎【答案】(1). 1 (2). 5 (3). 3 (4). 3 (5). 3 (6). 3 (7). I2＋SO32－＋H2O2I－＋SO42－＋2H＋ (8). 在步骤b后，增加操作：将分液漏斗充分振荡后静置 (9). 溶液由蓝色恰好变为无色 (10). 1.0×10－5 (11). 4.2 ×102/w ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）该反应中，KIO3中I元素化合价由+5价变为0价、KI中I元素化合价由-1价变为0价，根据转移电子相等配平方程式； （2）①I2具有氧化性，能将SO32-氧化为SO42-，自身被还原为I-； ②如果不振荡，二者反应不充分； （3）①二者恰好反应时，溶液由蓝色恰好变为无色； ②根据I2+2S2O32-=2I-+S4O62-中碘和硫代硫酸钠之间的关系式计算但的物质的量； ③根据碘和食盐质量之比进行计算。‎ ‎【详解】（1）该反应中，KIO3‎ 中I元素化合价由+5价变为0价、KI中I元素化合价由-1价变为0价，转移电子总数为5，再结合原子守恒配平方程式为KIO3+5KI+3H2SO4=3K2SO4+3I2+3H2O，故答案为：1；5；3；3；3；3； （2）①I2具有氧化性，能将SO32-氧化为SO42-，自身被还原为I-，离子方程式为I2+SO32-+H2O=2I-+SO42-+2H+，故答案为：I2+SO32-+H2O=2I-+SO42-+2H+； ②如果不振荡，二者反应不充分，所以在步骤b后，增加操作：将分液漏斗充分振荡后静置，故答案为：在步骤b后，增加操作：将分液漏斗充分振荡后静置； （3）①碘遇淀粉试液变蓝色，如果碘完全反应，则溶液会由蓝色转化为无色，所以当溶液由蓝色转化为无色时说明反应完全，故答案为：溶液由蓝色恰好变为无色； ②设碘的物质的量为x， I2+2S2O32-=2I-+S4O62- 1mol 2mol x   1.00×10-3mol•L-1×‎0.024L 1mol：2mol=x：（1.00×10-3mol•L-1×‎0.024L） x= =1.2×10-5mol，故答案为：1.2×10-5； ③根据KIO3+5KI+3H2SO4=3K2SO4+3I2+3H2O得n（I2）=（KIO3）=4×10-6mol，碘酸钾中碘的质量=4×10-6mol×‎127g/mol=0.508mg， 设每kg食盐中碘的质量为y， 则y：‎1000g=0.508mg：wg， y= =mg或mg。‎