1、- 1 -四川省宜宾第三中学 2018-2019 学年高一化学上学期 11 月月考试题（含解析）可能用到的相对原子量 Mg 24 C 12 H 1 O 16 Mn 55 N 14 S 32 Cl 35.5 Ba 137 Cu 64第卷（选择题 共 40 分）一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，共 20 小题，每小题 2 分。 ）1.下面是一些常用的危险品标志，装运汽油的包装箱应贴上的图标是 A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】【详解】汽油属于易燃液体，装运汽油的包装箱应贴易燃液体物质标志，则A、图中所示标志是腐蚀品标志，A 不符合；B、图中所示标志是爆炸品标志，B 不符
2、合；C、图中所示标志是有毒气体标志，C 不符合；D、图中所示标志是易燃液体标志，D 符合。答案选 D。2.下列变化不属于氧化还原反应的是A. 钢铁的腐蚀 B. 食物腐败C. 溶洞中钟乳石的形成 D. 白磷的自燃【答案】C【解析】【分析】分析是否存在元素的化合价变化，不存在元素的化合价变化，则不属于氧化还原反应，以此来解答。【详解】A钢铁的腐蚀反应中生成铁锈，铁元素的化合价升高，O 元素的化合价降低，属于氧化还原反应，故 A 不选；- 2 -B食物腐败为缓慢氧化反应，存在元素的化合价变化，属于氧化还原反应，故 B 不选；C溶洞中钟乳石是通过碳酸氢钙发生分解反应形成的，没有元素的化合价变化，不属于
3、氧化还原反应，故 C 选；D白磷的自燃属于燃烧反应，P 元素化合价升高，O 元素化合价降低，存在元素的化合价变化，属于氧化还原反应，故 D 不选；故答案选 C。【点睛】本题考查氧化还原反应，把握发生的化学反应及元素的化合价变化为解答的关键，注意从化合价角度分析，注重化学与生活的联系。3.以下三组溶液：植物油和水 氯化钠和单质碘的水溶液 40的乙醇溶液，分离以上混合液的正确方法依次是A. 分液、萃取、蒸馏 B. 萃取、蒸馏、分液C. 分液、蒸馏、萃取 D. 蒸馏、萃取、分液【答案】A【解析】【详解】植物油和水分层，可用分液的方法分离，单质碘不易溶于水，易溶于有机溶剂，氯化钠和单质碘的水溶液可用萃
4、取的方法分离；乙醇和水互溶，二者沸点不同，可用蒸馏的方法分离；故答案选 A。【点睛】本题考查混合物分离、提纯的方法及选择，把握物质的性质及性质差异、混合物分离方法为解答的关键，注重实验基础知识和基本技能的考查。4.化学实验的基本操作是完成化学实验的关键，下列实验操作正确的是A. 蒸发操作时，应使混合物中的水分完全蒸干后，才能停止加热B. 蒸馏时，温度计必须插入液面以下C. 用量筒量取 20.12 mL 硫酸D. 分液操作时，先将分液漏斗中下层液体从下口放出，再将上层液体从上口倒出【答案】D【解析】【详解】A蒸发操作时，当出现大量固体时，停止加热，利用余热将剩余的液体蒸干，而不是直接将溶液蒸干，
5、故 A 错误；B蒸馏时温度计测量蒸汽的温度，温度计水银球应放在蒸馏烧瓶的支管出口处，不能插入- 3 -液面以下，故 B 错误；C量筒只能精确到 0.1mL，不能用量筒量取 20.12mL 硫酸，故 C 错误；D分液操作时为防止试剂相互污染，先将分液漏斗中下层液体从下口放出，再将上层液体从上口倒出，故 D 正确；故答案选 D。【点睛】本题考查化学实验方案设计与评价，为高频考点，涉及基本实验操作、实验安全等知识点，明确实验原理及基本操作方法是解本题关键，注意实验操作规范性。5.下列叙述正确的是A. 向某无色溶液中加入 AgNO3溶液有白色沉淀出现，则该溶液中一定含有 ClB. CO2属于酸性氧化物
6、C. 摩尔是国际基本物理量之一D. 盐类物质一定含有金属离子【答案】B【解析】【详解】A、由于碳酸根离子、硫酸根离子等也能够与硝酸银生成白色沉淀，因此无法判断溶液中是否存在氯离子，故 A 错误；B、能够与碱反应生成盐和水的氧化物是酸性氧化物，CO 2属于酸性氧化物，故 B 正确；C、摩尔是物质的量的单位，物质的量是国际基本物理量之一，故 C 错误；D、盐类物质中不一定含有金属离子，例如氯化铵等铵盐，故 D 错误；故答案选 B。【点睛】选项 A 是解答的易错点，检验离子时应注意检验实验方案的严密性和可操作性，一定要注意排除其他离子的干扰。6.下列关于纯净物、混合物、强电解质、弱电解质和非电解质的
7、组合正确的是纯净物 混合物 强电解质 弱电解质 非电解质A 氨水 食盐水 硫酸 醋酸 干冰B 氧化铁 盐酸 硫酸钡 磷酸 二氧化硫C 胆矾 碘酒 苛性钠 碳酸 碳酸钙D 盐酸 氯化钾溶液 氯化钠 亚硫酸 氢气- 4 -A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】【分析】纯净物：由一种物质组成，包括单质和化合物；混合物：由两种或两种以上的物质组成；在水溶液里完全电离的电解质是强电解质，部分电离的是弱电解质；在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质，据此判断。【详解】A氨水、食盐水、硫酸、醋酸、干冰，分别属于混合物、混合物、强电解质、弱电解质、非电解质，故 A 错误；B氧化铁、
8、盐酸、硫酸钡、磷酸、二氧化硫分别属于纯净物、混合物、强电解质、弱电解质、非电解质，故 B 正确；C胆矾、碘酒、苛性钠、碳酸、碳酸钙分别是纯净物、混合物、强电解质、弱电解质、强电解质，故 C 错误；D盐酸、氯化钾溶液、氯化钠、亚硫酸、氢气，分别是混合物、混合物、强电解质、弱电解质、单质，故 D 错误；故答案选 B。7.下列电离方程式书写正确的是A. CH3COOHCH 3COO +H+ B. Ba(OH)2Ba 2+(OH )2C. H2CO3 2H+CO32 D. Ca(NO3)2Ca 2+2NO3【答案】D【解析】【分析】用化学式和离子符号表示电离过程的式子，称为电离方程式，结合物质的组成分
9、析判断。【详解】A、醋酸是弱电解质，部分电离，电离方程式为 CH3COOH CH3COO +H+，故 A 错误；B、氢氧化钡是强电解质，能完全电离，电离方程式为 Ba(OH)2Ba 2+2OH ，故 B 错误；C、碳酸是二元弱酸，部分电离，以第一步电离为主，电离方程式为 H2CO3 H+HCO3 ，故 C 错误；- 5 -D、硝酸钙是强电解质，完全电离，电离方程式为 Ca(NO3)2Ca 2+2NO3 ，故 D 正确；故答案选 D。8.下列有关氧化还原反应的说法正确的是A. 氧化还原反应的本质是电子的转移，特征是化合价的升降B. 复分解反应一定不是氧化还原反应，分解反应和化合反应一定是氧化还原
10、反应C. 失电子难的原子，得电子的能力一定强D. 金属原子失电子越多，其还原性越强【答案】A【解析】【详解】A电子转移为氧化还原反应的实质，化合价升降为氧化还原反应的特征，故 A 正确；B复分解反应中不存在化合价变化，则复分解反应一定不是氧化还原反应，而分解反应和化合反应中不一定存在化合价变化，不一定属于氧化还原反应，例如氧化钙溶于水，碳酸钙分解等，故 B 错误；C失电子难的原子，得电子的能力不一定强，例如稀有气体元素的原子，故 C 错误；D金属原子失电子越多，其还原性不一定越强，越易失去电子的金属，其还原性越强，还原性强弱与失去电子的多少无关，故 D 错误；故答案选 A。【点睛】本题考查氧化
11、还原反应，明确氧化还原反应的实质为解答关键，注意四种基本反应与氧化还原反应的关系，易错选项是 C 与 D，氧化性和还原性的强弱只取决于电子得失的难易，而与电子得失的多少无关，应该利用比较的思想，结合物质在化学反应中的性质表现，比较物质氧化性和还原性的相对强弱。9.下列状态的物质，既能导电又属于电解质的是A. 氯化钠晶体 B. 氢氧化钙溶液C. 液态醋酸 D. 熔融的氢氧化钠【答案】D【解析】【分析】在水溶液或熔化状态下能导电的化合物为电解质，而存在自由移动的离子或电子的物质能导电，以此来解答。- 6 -【详解】A氯化钠晶体为电解质，没有自由移动的离子，则不导电，故 A 错误；B氢氧化钙溶液为混
12、合物，能导电，不属于电解质也不是非电解质，故 B 错误；C液态的醋酸是电解质，没有自由移动的离子，则不导电，故 C 错误；D、熔融的氢氧化钠存在自由移动的离子，能导电，属于电解质，故 D 正确；故答案选 D。10.下列说法不正确的是A. 利用丁达尔效应可区分蛋白质溶液与葡萄糖溶液B. “血液透析”涉及到胶体性质的应用C. 用过滤法可以除去 Fe(OH)3胶体中的 FeCl3D. 在豆浆中加入硫酸钙制豆腐，是利用了胶体的聚沉性质【答案】C【解析】【详解】A蛋白质溶液为胶体分散系，则用丁达尔效应可区分蛋白质溶液与葡萄糖溶液，故 A 正确；B血液属于胶体， “血液透析”利用的是胶体粒子不能透过半透膜
13、而溶液可以，涉及到胶体性质的应用，故 B 正确；C胶体与溶液均可透过滤纸，则用过滤法无法除去 Fe（OH） 3胶体中的 FeCl3，应该用渗析的方法，故 C 错误；D向豆浆中加入硫酸钙制豆腐，发生胶体聚沉，利用了胶体的聚沉性质，故 D 正确；故答案选 C。11.下列离子方程式正确的是A. 稀硫酸滴在铜片上：Cu2H +Cu 2 H 2B. 碳酸钠溶液中加入澄清石灰水：Ca(OH) 2 + CO32 CaCO 3+2OH C. 铜片插入硝酸银溶液中：Cu + Ag +Cu 2+ AgD. 氧化铝与稀盐酸反应：Al 2O36H +2Al 3+ 3H2O【答案】D【解析】【详解】A稀硫酸滴在铜片上不
14、发生反应，则不能写离子反应方程式，故 A 错误；B碳酸钠溶液中加入澄清石灰水生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠：Ca 2 +CO32 CaCO 3，故 B错误；- 7 -C铜片插入硝酸银溶液中的离子反应为 Cu+2Ag+Cu 2+2Ag，故 C 错误；D氧化铝与稀盐酸反应：Al 2O36H +2Al 3+3H2O，故 D 正确；故答案选 D。【点睛】本题考查离子反应方程式正误判断，明确发生的化学反应是解答本题的关键，注意电荷守恒的应用，选项 B 为易错点，对于微溶性的强电解质：在反应物中视情况而定。如澄清石灰水中 Ca(OH)2以 Ca2 、OH 存在，可以拆成离子的形式；石灰乳中主要以不溶的Ca(OH
15、)2存在，不能拆成离子形式。在生成物中，一般不能拆，以化学式形式表示。12.下列各组离子一定能大量共存的是A. 在无色溶液中：NH 4+、Cu 2+、NO 3 、CO 32B. 在强碱性的溶液中：Na +、K +、Cl 、SO 42C. 在含大量 Ba2+的溶液中：K +、Na +、Cl 、CO 32D. 在强酸性的溶液中：Na +、Fe 3+、SO 42 、CH 3COO【答案】B【解析】【分析】离子间如果发生化学反应，则不能大量共存，反之是可以的，结合离子的性质以及题干中的限制条件分析判断。【详解】A、铜离子在溶液中显蓝色，且和 CO32 不能大量共存，A 不符合；B、在强碱性的溶液中 N
16、a+、K +、Cl 、SO 42 之间不反应，可以大量共存，B 符合；C、在含大量 Ba2+的溶液中 CO32 不能大量共存，C 不符合；D、溶液显强酸性，则 CH3COO 不能大量共存，D 不符合；答案选 B。【点睛】解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，题目所隐含的条件一般有：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或 OH-；溶液的颜色，如无色时可排除Cu2+、Fe 2+、Fe 3+、MnO 4-等有色离子的存在；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应” 、 “加入铝粉产生氢气” ；尤其要注意是“可能”共存，还是“一定”共存等。13.用 NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列叙
17、述正确的是A. 26gC2H2中所含原子总数为 NAB. 2.4 克金属镁与足量盐酸反应失去的电子数为 0.2NAC. 标准状况下，22.4LH 2O 含有的分子数为 NA- 8 -D. 物质的量浓度为 1 molL1的 AlCl3溶液中，含有 Cl 个数为 3NA【答案】B【解析】【详解】A. 26gC 2H2的物质的量是 26g26g/mol1mol，其中所含原子总数为 4NA，A 错误；B. 2.4 克金属镁的物质的量是 2.4g24g/mol0.1mol，与足量盐酸反应生成氯化镁，失去的电子数为 0.2NA，B 正确；C. 标准状况下水不是气体，不能利用气体摩尔体积计算 22.4LH2
18、O 含有的分子数，C 错误；D. 物质的量浓度为 1 molL1 的 AlCl3溶液的体积不能确定，无法计算含有 Cl 个数，D 错误。答案选 B。14.同温同压下，质量相同的 H2S、NH 3两种气体，下列说法正确的是A. 所占的体积之比为 1：2 B. 所含分子数之比为 2：1C. 两种气体的密度之比为 1：2 D. 所含的电子数之比为 2：1【答案】A【解析】【详解】A同温同压下，质量相同的 H2S、NH 3两种气体的物质的量之比是（1/34）:（1/17）1:2，同温同压下，两气体体积比等于物质的量比，为 1:2，故 A 正确；B同温同压下，质量相同的 H2S、NH 3两种气体的物质的
19、量之比是（1/34）:（1/17）1:2，分子数之比等于物质的量比，为 1:2，故 B 错误；C相同条件下气体的密度之比是摩尔质量之比，则两种气体的密度之比为 2:1，故 C 错误；DH 2S、NH 3两种气体的电子数分别是 18 和 10，则所含的电子数之比为（118）:（210）9:10，故 D 错误；故答案选 A。【点睛】本题考查阿伏加德罗定律及物质的量的计算，把握物质的量为中心的基本计算公式为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查。15.下列反应能用离子方程式 H+ + OHH 2O 表示的是A. HCl 溶液与 KOH 溶液反应 B. H 2SO4溶液与 Ba(OH)2溶液反应C. H
20、NO3溶液与 NaHCO3溶液反应 D. CH 3COOH 溶液与 NaOH 溶液反应【答案】A【解析】- 9 -【分析】强酸或强酸的酸式盐与可溶性强碱反应生成可溶性盐和水的离子反应为 H+OHH 2O，以此来解答。【详解】A反应生成氯化钾和水，离子反应用 H+OHH 2O 表示，故 A 选；B反应生成硫酸钡和水，硫酸钡在离子反应中保留化学式，不能用 H+OHH 2O 表示，应该是 2H+SO42 +2OH +Ba2+BaSO 4+2H 2O，故 B 不选；CHNO 3溶液与 NaHCO3溶液反应生成水、二氧化碳和硝酸钠，离子方程式为H+HCO3 CO 2+H 2O，故 C 不选；D醋酸为弱酸
21、，在离子反应中保留化学式，不能用 H+OHH 2O 表示，应该是，CH3COOH+OHCH 3COO +H2O，故 D 不选；故答案选 A。16.下列反应属于氧化还原反应，且水作氧化剂的是A. CaO + H2OCa(OH) 2 B. Cl2 + H2OHCl + HClOC. 2F2 + 2H2O4HF+ O 2 D. 2Na + 2H2O2NaOH + H 2【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
22、 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，所以水是还原剂，F 2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。17.ClO2是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂。工业上可通过以下反应制得ClO2(提示：下面方程式中的氧元素都为负二价)- 10 -2KClO3
23、+Na2SO3+H2SO4 2ClO2+K 2SO4+Na2SO4+H2O，则下列说法中正确的是A. KClO3在反应中是还原剂B. 制得 1mol 的 ClO2反应中需转移 2mol 电子C. Na2SO3的还原性小于 ClO2的还原性D. 反应中被氧化的元素是 S【答案】D【解析】【分析】反应 2KClO3+Na2SO3+H2SO4 2ClO2+K 2SO4+Na2SO4+H2O 中，Cl 元素的化合价由+5 降低为+4价，S 元素的化合价由+4 升高到+6 价，以此来解答。【详解】A因氯酸钾中 Cl 元素的化合价由+5 降低为+4 价，KClO 3在反应中得到电子，则KClO3在反应中是
24、氧化剂，故 A 错误；B氯酸钾中 Cl 元素的化合价由+5 降低为+4 价，得到 1 个电子，则制得 1mol 的 ClO2反应中需转移 1mol 电子，故 B 错误；C亚硫酸钠在反应中作还原剂，根据还原剂的还原性强于还原产物的还原性可知 Na2SO3的还原性强于 ClO2的还原性，故 C 错误；D亚硫酸钠中 S 元素的化合价由+4 升高到+6 价，失去电子，发生氧化反应，被氧化的元素是 S，故 D 正确；故答案选 D。18.下列操作能达到实验目的的是A. 将 16g CuSO4溶于 100 mL 蒸馏水中配制 100mL 1mol/L CuSO4溶液B. 除去 CO2中混有的 CO 气体可将
25、混合气体通入氧气中点燃C. KNO3溶液中混有 KOH 加入 FeCl3溶液，并过滤D. 除去 FeSO4溶液中的 CuSO4可加过量的铁粉后再过滤【答案】D【解析】【详解】A. 16g CuSO4的物质的量是 16g160g/mol0.1 moll，溶于 100 mL 蒸馏水中，溶液的体积不是 0.1L，则不能配制 100mL 1mol/L CuSO4溶液，A 错误；B. 在有大量 CO2存在的条件下 CO 很难燃烧，除去 CO2中混有的 CO 气体可将混合气体通过炽热的氧化铜，B 错误；- 11 -C. KNO3溶液中混有 KOH 加入 FeCl3溶液引入了氯离子，达不到除杂的目的，C 错
26、误；D. 除去 FeSO4溶液中的 CuSO4可加过量的铁粉，铁置换出铜，然后再过滤即可，D 正确。答案选 D。19.如图所示电解质溶液的导电性装置中，若向某一电解质溶液中逐滴加入另一种溶液时，则灯光由亮变暗至熄灭后又逐渐变亮的是A. 盐酸中逐滴加入食盐溶液B. NH4Cl 溶液中加入适量的 NaOH 溶液C. Ba(OH)2溶液中滴入 H2SO4溶液至过量D. 醋酸中逐滴加入氨水【答案】C【解析】【详解】A盐酸溶液中逐滴加入食盐溶液，溶液中一直有电解质电离产生的自由移动的离子，灯泡不会熄灭，A 错误；BNH 4Cl 溶液中加入适量的 NaOH 溶液是一水合氨和氯化钠，溶液中一直有可溶性的电解
27、质电离，自由移动的离子一直存在，因此灯泡不会熄灭，B 错误；CBa(OH) 2溶液中滴入 H2SO4溶液至过量，开始阶段生成硫酸钡沉淀和水，使自由移动的离子浓度逐渐减小，灯光逐渐变暗，当二者恰好反应时，溶液中离子浓度接近 0，灯泡熄灭。再滴入 H2SO4溶液时，溶液中离子浓度逐渐增大，灯泡逐渐变亮，C 正确；D醋酸中逐滴加入氨水，生成醋酸铵，弱电解质变为强电解质，自由移动的离子浓度逐渐增大，溶液导电性逐渐增强，灯泡不可能熄灭，D 错误。答案选 C。【点睛】溶液的导电能力强弱取决于溶液中离子浓度的大小和离子所带电荷的多少，离子浓度越大，离子所带的电荷越多，溶液的导电性越强，因此电解质的强弱与电解
28、质溶液的导电性并无必然联系。20.A2O82 离子在一定条件下可以把 Mn2+离子氧化，若反应后 A2O82 离子变为 AO42 离子，又知反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为 21，Mn 2+离子被氧化后 Mn 元素的化合价为A. 4 B. 5 C. 6 D. 7- 12 -【答案】C【解析】【分析】根据元素的化合价变化结合电子得失守恒解答。【详解】假设 A2O82 中氧元素的化学价为-2，则 A 元素的化合价是+7 价，AO 42 中 A 元素的化合价是+6 价，则 A 元素化合价降低 1 价，Mn 2+是还原剂，设 Mn 元素的化合价升高到+x 价，则根据得失电子守恒有：2121（x2）
29、 ，得 x6，故答案选 C。第卷（非选择题 共 60 分）二、非选择题21. （1）实验室常用石灰石与盐酸反应制取 CO2，请写出该反应的离子方程式_。（2）实验室常用锌粒与稀硫酸制取氢气，请写出该反应的离子方程式_。 （1）实验室常将饱和三氯化铁溶液滴入沸水中继续加热至红褐色制备氢氧化铁胶体，请写出制备氢氧化铁胶体的化学方程式_。（2）将 Fe(OH)3 胶体装入 U 形管内，用石墨做电极，接通直流电，通电一段时间后发现阴极附近的颜色逐渐加深，这表明 Fe(OH)3胶体微粒带 _ (填“正”或“负”)电荷。（3）取少量 Fe(OH)3 胶体于试管中，逐滴加入硫酸至过量，可看到的现象是_。（4
30、）3.4gOH 中有_mol OH ，其含有的电子数是_个（阿伏加德罗常数用 NA表示） 。在同温同压下 CH4和 N2组成的混合气体对 H2的相对密度为 10，则混合气体中 CH4与N2的体积比为_。【答案】 (1). CaCO3+2H+Ca 2+CO2+H 2O (2). H+ZnH 2+Zn 2+ (3). FeCl3+3H2O Fe(OH)3(胶体)+3HCl (4). 正 (5). 先产生红褐色沉淀，接着沉淀又消失生成棕黄色溶液 (6). 0.2 (7). 2N A (8). 2:1【解析】【分析】 （1）碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，据此书写；（2）锌与稀硫酸反应生成硫
31、酸锌和氢气，据此书写； （1）氯化铁与沸水反应生成氢氧化铁胶体，据此书写；（2）根据氢氧化铁胶体能产生电泳现象分析判断；- 13 -（3）根据胶体可以发生聚沉以及氢氧化铁能与稀硫酸反应分析判断；（4）根据 mnM、阿伏加德罗定律以及物质的组成分析计算。【详解】 （1）实验室常用石灰石与盐酸反应制取 CO2，该反应的离子方程式为CaCO3+2H+Ca 2+CO2+H 2O。（2）实验室常用锌粒与稀硫酸制取氢气，该反应的离子方程式为 2H+ZnH 2+Zn 2+。 （1）实验室常将饱和三氯化铁溶液滴入沸水中继续加热至红褐色制备氢氧化铁胶体，制备氢氧化铁胶体的化学方程式为 FeCl3+3H2O Fe
32、(OH)3(胶体)+3HCl。（2）将 Fe(OH)3胶体装入 U 形管内，用石墨做电极，接通直流电，通电一段时间后发现阴极附近的颜色逐渐加深，这说明氢氧化铁的胶粒向阴极移动，则 Fe(OH)3胶体微粒带正电荷。（3）取少量 Fe(OH)3胶体于试管中，逐滴加入硫酸至过量，开始胶体发生聚沉产生氢氧化铁沉淀，然后氢氧化铁和稀硫酸发生中和反应生成硫酸铁和水，所以可看到的现象是先产生红褐色沉淀，接着沉淀又消失生成棕黄色溶液。（4）3.4gOH 中含有 OH 的物质的量是 3.4g17g/mol0.2mol，1 个氢氧根离子含有 10 个电子，则其中含有的电子数是 2NA个。在同温同压下 CH4和 N
33、2组成的混合气体对 H2的相对密度为 10，则根据阿伏加德罗定律可知混合气体的平均相对分子质量是 10220，所以依据十字交叉法可知混合气体中 CH4与 N2的体积比为（2820）/（2016）2：1。22.实验室利用二氧化锰和浓盐酸反应制取 Cl2，化学方程式如下： MnO 2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H 2O（1）请用单线桥标出该反应电子转移的方向和数目_，该反应的氧化产物是_。（2）其中氧化剂与还原剂的物质的量之比是_；若实验中有 87g 的 MnO2完全反应，则制得的 Cl2在标况下的体积是_L。盐酸广泛应用在稀有金属的湿法冶金、漂染工业、金属加工、无机药品及有机药物的生产
34、等领域中。HCl 极易溶于水，工业上用 HCl 气体溶于水的方法制取盐酸。（1）用密度为 1.2 g/mL，质量分数为 36.5%的浓盐酸配制 250mL 3mol/L 的稀盐酸，需要用量筒量取浓盐酸的体积为_mL。（2）溶液配制中需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、量筒、_、_。（3）实验过程中，下列操作会导致最终所配溶液浓度偏高的是_。 A量取浓盐酸时俯视刻度线 B实验前，容量瓶中有少量残留蒸馏水- 14 -C定容时俯视刻度线 D转移时，未洗涤烧杯和玻璃棒【答案】 (1). (2). Cl2 (3). 1：2 (4). 22.4 (5). 62.5 (6). 250mL 容量瓶 (7). 胶头滴
35、管 (8). C【解析】【分析】反应中 Mn 元素化合价从+4 价降低到+2 价，Cl 元素化合价从1 价升高到 0 价，结合电子得失守恒以及氧化还原反应的有关概念分析解答； （1）依据溶液稀释过程中溶质的物质的量不变计算需要浓盐酸体积；（2）依据配制一定物质的量浓度溶液一般步骤选择需要仪器；（3）分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，依据 cnV 进行误差分析。【详解】 （1）反应 MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2+2H 2O 中 Mn 元素的化合价由+4 降低为+2 价，得到 2 个电子，Cl 元素的化合价由-1 升高为 0 价，失去 1 个电子，则根据电子得失守恒可知转移
36、的电子数为 2 个，因此单线桥法标出该反应电子转移的方向和数目为，其中该反应的氧化产物是 Cl2。（2）根据电子得失守恒可知氧化剂与还原剂的物质的量之比是 1：2；若实验中有 87g 的MnO2完全反应，二氧化锰的物质的量是 1mol，则制得的 Cl2是 1mol，在标况下的体积是22.4L。 （1）密度为 1.2 g/mL，质量分数为 36.5%的浓盐酸的浓度是c1000/M10001.236.5%/36.5 molL 1 12mol/L，设需要浓盐酸体积 V，则依据溶液稀释过程中溶质的物质的量不变计算得：12.0mol/LV250mL3mol/L，解得V=62.5mL；（2）配制一定物质的
37、量浓度溶液一般步骤：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀，用到的仪器：量筒、胶头滴管、烧杯、玻璃棒、250mL 容量瓶，因此还缺少的仪器：250mL 容量瓶、胶头滴管；（3）A量取浓盐酸时俯视刻度线，浓盐酸的体积减少，溶质的物质的量减少，浓度偏低；- 15 -B实验前，容量瓶中有少量残留蒸馏水，对实验无影响，浓度不变；C定容时俯视刻度线，则体积偏小，浓度偏高；D转移时，未洗涤烧杯和玻璃棒，溶质的物质的量偏小，浓度偏低。答案选 C。23.我国的青海省有许多盐湖盛产食盐，人类与食盐关系密切，食盐在老百姓生活和现代社会的工农业生产中均有重要作用。粗盐中含 Ca2+、Mg 2+、SO 42
38、以及泥沙等杂质，为了除去可溶性杂质，有以下实验步骤进行提纯：过滤 加过量 NaOH 溶液 加适量盐酸 加过量 Na2CO3溶液 加过量 BaCl2溶液。（1）以下操作顺序不合理的是 _。A BC D（2）步骤中所用的玻璃仪器有烧杯、_、_。（3）通过步骤中过滤后的滤液，检验 SO42 是否除尽的操作方法是_碘是人体所需的必需元素，海洋植物如海带海藻中含有丰富的碘元素，碘元素以碘离子的形式存在。实验室从海洋植物中提取碘的流程如下：（1）上述过程灼烧海藻是在_（填仪器名称）中进行。（2）上述步骤中是加入了氯水，利用氯水中的 Cl2把 I 氧化为 I2，请写出该反应的离子方程式_。（3）上述步骤中加
39、入了 CCl4后进行振荡，振荡后静置分层，上层_色，下层_色。【答案】 (1). AB (2). 漏斗 (3). 玻璃棒 (4). 取少量溶液于试管中，继续滴加氯化钡溶液，没有现象则证明硫酸根离子沉淀完全 (5). 坩埚 (6). 2I +Cl2I 2+2Cl (7). 无 (8). 紫红【解析】【分析】氯化钠是易溶于水的，而泥沙是难溶于水的，结合沉淀 Ca2+、Mg 2+、SO 42 的物质分析判断；根据硫酸钡不溶于水也不溶于酸分析解答；固体灼烧在坩埚中进行；根据氯气和碘离子反应生成氯离子和单质碘书写；根据碘易溶- 16 -于有机溶剂中以及四氯化碳密度大于水解答。【详解】 （1）Ca 2 用
40、碳酸钠除去，Mg 2 用氢氧化钠除去，SO 42 用氯化钡除去，最后过滤后加入适量的盐酸。但由于过量的氯化钡要用碳酸钠来除，所以碳酸钠必需放在氯化钡的后面，而氢氧化钠可以随意调整，因此操作顺序为或或，答案选 AB；（2）步骤是过滤，所用的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒。（3）证明步骤中硫酸根离子沉淀完全，可取少量溶液于试管中，继续滴加氯化钡溶液，没有现象则证明硫酸根离子沉淀完全； （1）海藻是固体，因此灼烧海藻是在坩埚中进行的。（2）Cl 2把 I 氧化为 I2，氯气被还原为氯离子，反应的离子方程式为 2I +Cl2I 2+2Cl 。（3）四氯化碳不溶于水，比水重，碘单质在四氯化碳中溶解度大于水
41、中，四氯化碳层为紫红色，上层为无色。24.某无色透明溶液中只可能大量存在NH4+、Na +、Ag 、Ba 2+、MnO 4 、Fe 3+、CO 32 、SO 42 、NO 3 中的几种离子。从其中取两份各100mL，进行如下实验：（1）不做任何实验就可以肯定原溶液中不存在的两种离子是_、_。（2）取其中的一份进行实验，加入过量氢氧化钠溶液并加热，生成气体 0.06mol。另取其中的一份加入过量 Ba(NO3)2溶液，生成白色沉淀 4.30 g，过滤，向沉淀中再加入过量稀盐酸，沉淀部分消失，余下沉淀 2.33 g。综上所述说明原溶液中肯定存在的各离子浓度分别是（下面填写要求：例如 c(Na+)0
42、.1 mol/L)_、_、_、_（此空可以不填完） 。（3）题干中的 MnO4 是化学中的典型强氧化剂，另外生活中常用到的草酸（H 2C2O4）是二元弱酸且具有还原性，二者在酸性条件下反应，其中 MnO4 被还原成 Mn2+，H 2C2O4被氧化成CO2，请写出该反应的离子方程式_。【答案】 (1). MnO4 (2). Fe3+ (3). c(NH4+)0.6mol/L (4). c(CO32 )0.1mol/L (5). c(SO42 )0.1mol/L (6). c(NO3 )0.2mol/L (7). 5H2C2O4+2MnO4 +6H+10CO 2+8H 2O+2Mn2+【解析】【分
43、析】（1）无色透明溶液中不能大量存在有色离子：- 17 -（2）取其中的一份进行实验，加入过量氢氧化钠溶液并加热，生成气体即为氨气，一定含有 NH4+；取其中的一份加入过量 Ba(NO3)2溶液，生成白色沉淀 4.30g，过滤，向沉淀中再加入过量稀盐酸，沉淀部分消失，余下沉淀 2.33g，则一定含有 CO32 、SO 42 ，据此判断；（3）根据电子得失守恒、原子守恒和电荷守恒解答。【详解】 （1）无色透明溶液中不能大量存在有色离子，因此不做任何实验就可以肯定原溶液中不存在的两种离子是 MnO4 、Fe 3+；（2）取其中的一份进行实验，加入过量氢氧化钠溶液并加热，生成气体 0.06mol 即
44、为氨气，一定含有 0.06mol NH4+，浓度是 0.06mol0.1L0.6mol/L；取其中的一份加入过量 Ba(NO3)2溶液，生成白色沉淀 4.30g，过滤，向沉淀中再加入过量稀盐酸，沉淀部分消失，余下沉淀2.33g，则一定含有 CO32 、SO 42 ，所以一定不存在 Ag 、Ba 2+。其中硫酸钡是 2.33g，物质的量是 0.01mol，碳酸钡的质量是 4.30g2.33g1.97g，物质的量是 0.01mol，根据原子守恒可知含有硫酸根离子是 0.01mol，浓度是 0.01mol0.1L0.1mol/L；碳酸根的物质的量是 0.01mol，浓度是 0.01mol0.1L0.
45、1mol/L；根据电荷守恒可知溶液中必定还存在NO3 ，由于不能确定是否存在钠离子，则硝酸根的物质的量n（0.060.0120.012）mol0.02mol，浓度 c0.2mol/L；（3）反应中 MnO4 被还原成 Mn2+，Mn 元素化合价从+7 价降低到+2 价，得到 5 个电子，H2C2O4被氧化成 CO2，碳元素化合价从+3 价升高到+4 价，失去 1 个电子，根据电子得失守恒、原子守恒和电荷守恒可知该反应的离子方程式为 5H2C2O4+2MnO4 +6H+10CO 2+8H 2O+2Mn2+。【点睛】本题主要考查了离子的共存判断，注意常见离子的性质和检验方法是解答的关键，明确常见的有色离子，如铁离子、铜离子、高锰酸根离子等，另外还需要注意定量判断中电荷守恒的灵活应用。- 18 -
