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甘肃省武威市第六中学2019-2020学年高一上学期段考化学试题
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甘肃省武威市第六中学 2019-2020学年高一上学期第二次学段考试
化学试题
1.下列事故处理方法正确的是（ ）
A. 凡是给玻璃仪器加热，都要加垫石棉网，以防仪器炸裂
B. 制取并用排水法收集氧气结束后，应立即停止加热
C. 浓NaOH溶液溅到皮肤上，立即用水冲洗，然后涂上稀硼酸溶液
D. 浓硫酸溅到皮肤上，立即用稀NaOH溶液洗涤
【答案】C
【解析】
【详解】A．用试管加热时，不需要垫上石棉网，可以直接加热，故A错误；
B．加热高锰酸钾固体制取氧气，并用排水法收集氧气的实验结束时，为防止水进入试管，引起试管炸裂，要先从水槽中撤出导气管，再熄灭酒精灯，故B错误；
C．碱液有腐蚀性，沾到皮肤上应立即冲洗，然后涂上硼酸溶液，故C正确；
D．皮肤上不小心沾上浓硫酸，应用抹布擦拭，再立即用大量水冲洗，切不可用氢氧化钠溶液，否则腐蚀更严重，故D错误；
答案选C。
2.下列实验中，所选装置不合理的是
A. 分离Na2CO3溶液和CCl4，选④
B. 用CCl4提取碘水中的碘，选③
C. 从NaCl溶液中提取固体NaCl，选②
D 粗盐提纯，选①和②
【答案】A
【解析】
【详解】A、Na2CO3溶液和CCl4分层，应选择装置③，不能利用过滤分离，故A符合题意；
B、用CC14提取碘水中的碘，选择萃取装置，即装置③，故B不符合题意；
C、从NaCl溶液中提取固体NaCl，选择蒸发装置，即装置②，故C不符合题意；
D、粗盐提纯，可溶解后过滤、蒸发，则选择装置①和②，故D不符合题意。
3. 实验室里需要用480ml0.1mol/L的硫酸铜溶液，以下配制溶液的操作正确的是
A. 称取7.6g硫酸铜，加入500ml的水， B. 称取8.0g硫酸铜，加水500ml配成溶液。
C. 称取12.0g胆矾，配成500ml溶液， D. 称取12.5g胆矾，配成500ml溶液。
【答案】D
【解析】
由于容量瓶的规格没有480ml的，所以应该配制500ml。则需要硫酸铜的质量是0.5L×0.1mol/L×160g/mol＝8.0g，如果是胆矾，则需要0.5L×0.1mol/L×250g/mol＝12.5g，所以正确的答案选D。
4.下列溶液中氯离子的浓度与1L 1mol/L的AlCl3溶液中氯离子物质的量浓度相等的是
A. 1L 1mol/L的NaCl溶液
B. 1.5L 2mol/LNH4Cl溶液
C. 1L 1mol/L的AlCl3溶液和1mol/L的FeCl2混合溶液
D. 2L 1.5mol/L的CaCl2溶液
【答案】D
【解析】
试题分析：根据物质的化学式及物质的物质的量浓度来计算氯离子的物质的量浓度，1 mol·L-1氯化铝溶液中氯离子的物质的量浓度1mol/L×3=3mol/L，A.1 mol·L-1氯化钠溶液中氯离子的物质的量浓度为1mol/L×1=1mol/L，A错误；B. 2.0 mol·L-1氯化铵溶液中氯离子浓度为2.0mol/L×1=2mol/L，B错误；C、1L 1mol/L的AlCl3溶液和1mol/L的FeCl2混合溶液中，氯离子浓度为（3×1+2×1）÷2=2.5mol/L；D. 1.5 mol·L-1氯化钙溶液中氯离子浓度为1.5mol/L×2=3mol/L；选D。
考点：考查离子浓度的计算。
5.下列说法正确的是( )
A. 1 mol任何气体的气体摩尔体积都约为22.4 L·mol－1
B. 25℃、101 kPa下，相同体积的H2和O2具有相同的分子数
C. 1 mol气体的体积为22.4 L，则该气体一定处于标准状况下
D. 2 mol CO2的体积约为44.8 L
【答案】B
【解析】
【分析】
A、前提是在标准状况下；B、同温同压下，相同体积气体具有相同的分子数；C、该气体不一定处于标准状况下；D、没有指出气体所处的条件，无法计算气体的体积。
【详解】A.标准状况下， 1 mol任何气体的气体摩尔体积都约为22.4 L·mol－1，选项A错误；B、同温同压下，相同体积的气体具有相同的分子数，选项B正确；C、标况定义中的两个限制因素是温度和压强。但是气体体积随温度升高而增大，随压强增大而减小，当这两个因素都偏离标准状态时同样有可能使对体积的影响相互抵消，即1mol 气体不在标况下体积也有可能是22.4L，选项C错误；D、由V=n×Vm可计算体积，但不一定是在标准状况下，则气体摩尔体积未知，无法计算，选项D错误；答案选B。
6.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）
A. 含有NA个氦原子的氦气在标准状况下的体积约为11.2L
B. 25 ℃，1.01×105Pa，64gSO2中含有的原子数为3NA
C. 在常温常压下，11.2LCl2含有的分子数为0.5NA
D. 标准状况下，11.2LH2O含有的分子数为0.5NA
【答案】B
【解析】
【详解】A项，氦气为单原子分子，含有NA个氦原子的氦气在标准状况下的体积约为22.4L，故A错误；
B项，64gSO2的物质的量为64g/64g/mol=1mol，含有的原子数为3NA，故B正确；
C项，在标准状况下，11.2LCl2含有的分子的物质的量为11.2L/22.4L/mol=0.5mol，分子数为0.5NA，故C错误；
D项，标准状况下，水为液态，11.2LH2O含有的分子数不是0.5NA，故D错误；
故答案B。
7.下列各组分类正确的是
碱
酸
盐
酸性氧化物
A
纯碱
盐酸
烧碱
二氧化硫
B
烧碱
硫酸
食盐
一氧化碳
C
苛性钠
醋酸
石灰水
水
D
苛性钾
碳酸
苏打
三氧化硫
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A、纯碱是碳酸钠的俗称，属于盐类，不属于碱类，故A错误；
B、一氧化碳和碱之间不反应，不属于酸性氧化物，故B错误；
C、水属于氧化物，但是不会和碱反应生成盐和水，不属于酸性氧化物，故C错误；
D、苛性钾是氢氧化钾的俗称，属于碱，苏打是碳酸钠的俗称属于盐；三氧化硫可以和碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，故D正确。
故选D。
【点睛】碱：电离时产生的阴离子全部都是氢氧根离子的化合物；酸：电离时产生的阳离子全部都是氢离子的化合物；盐：电离时生成金属阳离子（或NH4+）和酸根离子的化合物；碱性氧化物：与水反应生成碱的氧化物或能跟酸起反应生成一种盐和水的氧化物（且生成物只能有盐和水，不可以有任何其它物质生成）；酸性氧化物：能与水作用生成酸或与碱作用生成盐和水的氧化物（且生成物只能有一种盐和水，不可以有任何其它物质生成）。
8.下列说法正确的是（ ）
①胶体产生丁达尔效应是由胶粒直径大小决定的
②胶体与溶液的分离可用渗析的方法
③胶体都是均匀、透明的液体
④将饱和FeCl3溶液滴入沸水中，并继续煮沸至溶液呈红褐色即生成氢氧化铁胶体
⑤胶体不稳定，静置后容易产生沉淀
⑥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
A. ①②③④ B. ①②④⑥ C. ①③④⑥ D. ②③④⑤
【答案】B
【解析】
【分析】
①丁达尔效是胶粒对光线的散射形成的；②胶体不能透过半透膜，溶液可以；③胶体不一定透明的液体；④根据制备氢氧化铁胶体的方法分析；⑤胶体较稳定，静置后不产生沉淀；⑥微波可以使胶体发生聚沉。
【详解】①丁达尔效是胶粒对光线的散射形成的，与胶粒大小有关，故正确；②胶体不能透过半透膜，溶液可以，所以胶体与溶液的分离可用渗析的方法，故正确；③胶体不一定是透明的液体，胶体分为液溶胶、气溶胶、固溶胶，故错误；④制备氢氧化铁胶体的方法：将饱和FeCl3溶液滴入沸水中，并继续煮沸至生成红褐色液体即为氢氧化铁胶体，故正确；⑤胶体属于介稳体系，较稳定，静置后不产生沉淀，故错误；⑥微波可以使胶体发生聚沉，血液属于胶体，所以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，故正确，所以正确的有①②④⑥，故选B。
【点睛】本题考查了胶体的性质，侧重于分散系知识的考查，注意胶体的性质，特别是胶体不一定透明。
9.下列离子在溶液中能大量共存，加入OH－能产生白色沉淀的是
A. Na＋、Ca2＋、SO42－、Cl－ B. H＋、Mg2＋、CO32－、SO42－
C. K＋、Mg2＋、SO42－、NO D. K＋、Na＋、NO3-、HCO3-
【答案】C
【解析】
【详解】A、Ca2+、SO42−之间生成微溶物硫酸钙，在溶液中不能大量共存，故A错误；
B、H+和Mg2+与CO32−之间发生反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；
C、K+、Mg2+、SO42−、NO3−之间不反应，能够共存，加入OH−能生成氢氧化镁沉淀，满足条件，故C正确；
D、K+、Na+、NO3−、HCO3-之间不反应，能够共存，但加入氢氧根离子后没有沉淀生成，故D错误。
10. 能正确表示下列反应的离子方程式是（ ）
A. 浓盐酸与铁屑反应：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑
B. 钠与CuSO4溶液反应：2Na+Cu2+=Cu↓+2Na+
C. NaHCO3溶液与稀H2SO4反应：CO32-+2H+=H2O+CO2↑
D. 向FeCl3溶液中加入Mg(OH)2:3Mg(OH)2+2Fe3+=2Fe(OH)3+3Mg2+
【答案】D
【解析】
A. 浓盐酸与铁屑反应生成Fe2+ ，故A错误；B. 钠首先与水发生反应，故B错误；C. NaHCO3溶液与稀H2SO4反应：HCO3- + 2H+ == H2O+CO2↑,故C错误；D. Fe(OH)3的溶度积远远小于Mg(OH)2，向FeCl3溶液中加入Mg(OH)2:3Mg(OH)2 + 2Fe3+=2Fe(OH)3 + 3Mg2+，故D正确。故选D。
【此处有视频，请去附件查看】
11.下列反应属于氧化还原反应且是置换反应的是
A. H2 + CuOH2O + Cu
B. CaCO3CaO + CO2↑
C. Cu + 4HNO3=Cu（NO3）2 + 2NO2 ↑ + 2H2O
D. CaCO3 + 2HCl =CaCl2 + H2O + CO2↑
【答案】A
【解析】
【详解】A、H、Cu元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，且存在H2置换Cu的置换反应，故A正确；
B、元素化合价没有变化，不是氧化还原反应，且属于分解反应，故B错误；
C、Cu、N元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，但生成物中并没有单质生成，不属于置换反应，故C错误；
D、元素化合价没有变化，不是氧化还原反应，为复分解反应，故D错误。
【点睛】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；
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；
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的反应。复分解反应的实质是发生复分解反应的两种物质在水溶液中交换离子，结合成难电离的物质——沉淀、气体或弱电解质（最常见的为水），使溶液中离子浓度降低，化学反应即向着离子浓度降低的方向进行；
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。
12.下列反应中，氧化剂与还原剂物质的量之比为1∶2的是( )
A. 3S＋6NaOH===2Na2S＋Na2SO3＋3H2O
B. 2CH3COOH＋Ca(ClO)2===2HClO＋Ca(CH3COO)2
C. 4HCl(浓)＋MnO2MnCl2＋Cl2↑＋2H2O
D. I2＋2NaClO3===2NaIO3＋Cl2
【答案】C
【解析】
A．反应3S＋6NaOH===2Na2S＋Na2SO3＋3H2O中有2molS化合价降低，作氧化剂，有1molS化合价升高作还原剂，则氧化剂与还原剂物质的量之比为2：1，A错误；B．反应2CH3COOH＋Ca(ClO)2===2HClO＋Ca(CH3COO)2中没有元素化合价的变化，不是氧化还原反应，B错误；C．反应HCl(浓)＋MnO2MnCl2＋Cl2↑＋2H2O中，当1molMnO2得到2mol电子时，有2molHCl失电子，则氧化剂与还原剂物质的量之比为1：2，C正确；D．反应I2＋2NaClO3===2NaIO3＋Cl2中，NaClO3作氧化剂，I2作还原剂，则氧化剂与还原剂物质的量之比为2：1，D错误；答案选C。
点睛：本题考查氧化还原反应概念及计算，判断氧化剂、还原剂后，可以根据电子转移守恒计算氧化剂和还原剂的物质的量之比，注意守恒法的灵活应用。
13. 等物质的量的下列化合物与足量浓盐酸反应，得到氯气物质的量最多的是
己知：MnO4-+H++Cl-→Mn2++C12↑+H2O(未配平)
C1O3-+H++Cl-→C12↑+H2O(末配平)
ClO-+H++Cl-→C12↑+H2O(未配平)
A. KC1O3 B. KMnO4 C. MnO2 D. Ca(C1O)2
【答案】A
【解析】
试题分析：选项中的微粒都有氧化性，可以将Cl-氧化产生Cl2，等物质的氧化性，哪种元素化合价高，等物质的量反应时转移的电子的物质的量就多，反应产生的氯气的物质的量就多。A．1mol KC1O3反应转移5mol电子，由于氧化产物和还原产物都变为氯气，故反应产生3mol氯气；B． 1mol KMnO4反应转移5mol电子，反应产生2.5mol氯气；C．1molMnO2反应转移2mol电子，反应产生1molCl2；D． 1molCa(C1O)2反应，转移2mol电子，产生2mol氯气。可见反应产生氯气的物质的量最多的是KC1O3，选项A正确。
【考点定位】考查氧化还原反应的化学计算的知识。
【名师点睛】等物质的量的氧化剂与足量浓盐酸反应制取氯气，氧化剂在反应中化合价变化的价数值越多，反应制取的氯气越多，当氧化性在反应中转移电子数目相同时，氧化剂与还原剂都变为氯气时产生的氯气的物质的量比只要还原剂变为氯气时的物质的量多。掌握氧化还原反应中化合价变化数值与电子转移数目相等是本题解答的关键。
14.高铁酸钾(K2FeO4)是一种既能杀菌、消毒,又能絮凝净水的水处理剂。工业制备高铁酸钾的离子方程式为Fe(OH)3+ClO-+OH-FeO42- +Cl-+H2O(未配平),下列有关说法不正确的是 ( )
A. 由上述反应可知,Fe(OH)3的氧化性强于FeO42-
B. 高铁酸钾中铁显+6价
C. 上述反应氧化剂和还原剂的物质的量之比为3∶2
D. K2FeO4处理水时,不仅能消毒、杀菌,而且生成的Fe3+水解形成Fe(OH)3胶体能吸附水中的悬浮杂质
【答案】A
【解析】
试题分析：A、反应Fe（OH）3+C1O-+OH-→FeO42-+C1-+H2O中，氯元素化合价降低，C1O-是氧化剂，铁元素化合价升高，Fe（OH）3是还原剂，FeO42-是氧化产物，氧化性C1O-＞FeO42-，实际氧化性FeO42-＞Fe（OH）3，故A错误；B、令FeO42-中，铁元素的化合价为x，则x+4×（-2）=-2，解得x=+6，故B正确；C、反应Fe（OH）3+C1O-+OH-→FeO42-+C1-+H2O中，氯元素化合价由+1降低为-1价，C1O-是氧化剂，铁元素化合价由+3价升高为+6价，Fe（OH）3是还原剂，所以反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为（6-3）：2=3：2，故C正确；D、K2FeO4具有氧化性所以能杀菌，高铁酸钾被还原为Fe3+，Fe3+水解生成的Fe（OH）3（胶体）具有净水作用，故D正确；故选A。
考点：考查了氧化还原反应基本概念与计算的相关知识。
15.下面关于金属钠的描述不正确的是
A. 钠的化学性质很活泼，在自然界里不能以游离态存在
B. 钠投入MgCl2溶液中，溶液中有白色沉淀生成
C. 钠与H2O、酸反应的实质均是Na与H＋反应
D. 钠投入FeCl2溶液中能把Fe置换出来
【答案】D
【解析】
【详解】A、钠的化学性质很活泼，在自然界里以化合态形式存在，不存在游离态，故A不符合题意；
B、钠投入MgCl2溶液中，钠先和水反应生成NaOH，NaOH 再与MgCl2反应生成难溶物Mg(OH)2，故B不符合题意；
C、钠与H2O、酸反应均生成H2，故反应实质均是Na与H+反应，故C不符合题意；
D、钠投入FeCl2溶液中，钠先和水反应生成NaOH，NaOH然后再与FeCl2反应生成难溶物Fe(OH)2，不能将铁单质置换，故D符合题意。
16.将11.5g钠、9g铝、28g铁分别投入200ml 1 mol/L的盐酸中,下列分析结果正确的是( )
A. 反应结束时产生的气体一样多
B. 铝与盐酸反应的速率仅次于钠,但产生的气体最多
C. 铁与盐酸反应产生的气体比钠多
D. 钠与盐酸反应最剧烈,产生的气体最多
【答案】D
【解析】
n（Na）=11.5g÷23g/mol=0.5mol，n（Al）=9g÷27g/mol=1/3mol，n（Fe）=28g/56g/mol=0.5mol，n（HCl）=0.2L×1mol/L=0.2mol，反应关系式依次为Na～HCl、Al～3HCl、Fe～2HCl，由此可知盐酸不足，完全反应，但由于钠性质活泼，与水剧烈反应生成氢气，则钠与盐酸反应最剧烈，产生的气体最多，铝、铁生成氢气一样多，答案选D。
点睛：本题考查常见金属的性质以及方程式的计算，侧重于学生的计算能力的考查，解答本题要注意钠与水的反应，根据各物质的物质的量大小判断反应的过量问题，在答题时不能忽略。注意钠是活泼的金属，与盐酸反应不存在钠过量问题。
17.按要求填空
（1）有下列词语：①渗析 ②盐析 ③聚沉 ④溶胶 ⑤凝胶 ⑥布朗运动 ⑦电泳 ⑧丁达尔现象 ⑨中和 ⑩水解 从中选出适当的词语将其序号填入下列空格中：
①在肥皂水中透过强光，可以见到光带，这种现象称为__________
②在Fe（OH）3溶胶中加入（NH4）2SO4溶液，产生了红褐色沉淀，这种现象叫做_______
③用半透膜把制取的Fe（OH）3溶胶中的HCl分离去的方法叫做_________
（2）现有以下物质：①NaCl固体；②液态SO2；③液态氯化氢；④汞；⑤固体BaSO4；⑥蔗糖；⑦酒精；⑧熔化的KCl，请回答下列问题（填序号）
①以上物质中能导电的是________________________________；
②以上物质属于电解质的是______________________________；
③以上物质属于非电解质的是____________________________；
【答案】 (1). ⑧ (2). ③ (3). ① (4). ④⑧ (5). ①③⑤⑧ (6). ②⑥⑦
【解析】
【详解】（1）①用强光照射某分散系，分散系能够观察到光带的现象称之为丁达尔效应，故选⑧；
②在Fe(OH)3溶胶属于胶体，具有胶体的性质，向胶体中加入强电解质溶液，能够发生聚沉而产生红褐色沉淀，故选③；
③由于胶粒直径较大，它不能透过半透膜，而溶液中的离子或分子能透过半透膜．因此可用渗析的方法将Fe(OH)3溶胶中的HCl除去；
（2）①NaCl晶体中没有自由移动的电子和自由移动的离子，不导电；但是在水溶液或者熔融状态下能导电，是电解质；
②液态SO2中没有自由移动的电子和自由移动的离子，不导电；在水溶液或者熔融状态下不能发生电离，是非电解质；
③液态氯化氢中不存在自由电子和自由移动的离子，不导电；但是氯化氢在水溶液中能电离出自由移动的离子而导电，是电解质；
④汞是金属晶体含有自由移动的电子，能导电；汞是单质所以既不是电解质也不是非电解质；
⑤固体BaSO4晶体中没有自由移动的电子和自由移动的离子，不导电；但是在水溶液或者熔融状态下能导电，是电解质；
⑥蔗糖中不存在自由电子和自由移动的离子，不导电；在水溶液中和熔融状态下两种情况下都不能导电，是非电解质；
⑦酒精中不存在自由电子和自由移动的离子，不导电；在水溶液中和熔融状态下两种情况下都不能导电，是非电解质；
⑧熔融KCl中含有自由移动离子，能导电；KCl在熔融状态下或者水溶液中都能电离出自由移动的离子而导电，是电解质；
故以上物质中能导电的是④⑧；以上物质属于电解质的是①③⑤⑧；以上物质属于非电解质的是②⑥⑦。
18.某同学利用如图所示实验装置进行铁与水蒸气反应的实验，并对反应后硬质试管中固体物质的组成进行了探究。
请回答下列问题：
（1）硬质试管中湿棉花的作用是________________。
（2）铁与水蒸气的反应中，氧化剂是________（填化学式，下同），还原剂是________。
（3）该同学对反应后硬质试管中固体物质的组成提出了如下假设：
假设1：只有Fe；
假设2：只有________；
假设3：既有Fe也有Fe3O4。
（4）为了验证反应后硬质试管中固体物质的组成，该同学进行了定量研究：反应前固体物质的质量为5.6 g，反应后固体物质的质量为6.6 g。从上述数据分析，反应后硬质试管中固体物质的组成为__________________。写出该反应的化学方程式________________________
【答案】 (1). 提供水蒸气 (2). H2O (3). Fe (4). Fe3O4 (5). Fe和Fe3O4 (6). 3Fe＋4H2O(g) Fe3O4＋4H2
【解析】
【分析】
铁与水蒸气反应生成四氧化三铁与氢气。
【详解】（1）硬质试管中的湿棉花受热时可产生水蒸气，故硬质试管中湿棉花的作用是提供反应需要的水蒸气。
（2）根据化学方程式：3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2，Fe在反应中失去电子作还原剂，H2O在反应中得到电子作氧化剂。
（3）若Fe没有反应，则固体物质为Fe；若Fe部分反应，则固体物质为Fe与Fe3O4的混合物；若Fe全部反应，则固体物质为Fe3O4。
（4）若5.6 g Fe完全反应，应得到mol Fe3O4，其质量约为7.7 g，而实验测得反应后固体物质的质量为6.6 g，说明Fe部分反应，故反应后的硬质试管中固体物质为Fe和Fe3O4的混合物；该反应的化学方程式为：3Fe＋4H2O(g) Fe3O4＋4H2。
19.某溶液溶质离子可能含有Mg2＋、Ba2＋、CO32－、Cl－、SO42－、NO3－中的几种，现进行如下实验：
Ⅰ.取适量溶液，加入足量NaOH溶液，生成白色沉淀；
Ⅱ.过滤，向实验Ⅰ所得滤液中加入足量H2SO4溶液，有白色沉淀生成。
根据上述实验回答下列问题。
（1）溶液中一定不存在的离子是_________________。
（2）写出Ⅰ和Ⅱ中所发生反应的离子方程式：_______________________。
（3）为了验证溶液中是否存在Cl－、NO3－，某同学提出下列假设：①只存在Cl－；②Cl－、NO3－同时存在；③____________。
已知实验提供的试剂只有稀盐酸、AgNO3溶液、稀硝酸、NaOH溶液和蒸馏水。
验证溶液中是否存在Cl－的实验方法：______________________。
【答案】 (1). CO32－、SO42－ (2). Mg2＋＋2OH－===Mg(OH)2↓、Ba2＋＋SO42－===BaSO4↓ (3). 只存在NO3－ (4). 取适量溶液，加入足量稀硝酸，再加入硝酸银溶液，观察是否有白色沉淀生成
【解析】
【分析】
Ⅰ.取适量溶液，加入足量NaOH溶液，生成白色沉淀，说明含有Mg2+，则不存在CO32-；Ⅱ.过滤，向实验Ⅰ所得滤液中加入足量H2SO4溶液，有白色沉淀生成，说明含有Ba2+，则不存在SO42-，据此解答。
【详解】Ⅰ.取适量溶液，加入足量NaOH溶液，生成白色沉淀，说明含有Mg2+，则不存在CO32-；Ⅱ.过滤，向实验Ⅰ所得滤液中加入足量H2SO4溶液，有白色沉淀生成，说明含有Ba2+，则不存在SO42-，氯离子和硝酸根离子无法确定。则
（1）根据上述分析可知溶液中一定不存在的离子是CO32－、SO42－；
（2）Ⅰ和Ⅱ中所发生反应的离子方程式分别为Mg2++2OH-＝Mg(OH)2↓、Ba2++SO42-＝BaSO4↓；
（3）根据假设：①只存在Cl-；②Cl-、NO3-同时存在，因此假设③应该为只存在NO3-；要证明是否存在氯离子，可以用硝酸酸化的硝酸银溶液检验，即取适量溶液，加入足量稀硝酸，再加入硝酸银溶液，观察是否有白色沉淀生成，如果有白色沉淀，则说明存在氯离子，如果没有白色沉淀产生，则不存在氯离子。
【点睛】注意掌握破解离子推断的四条基本原则，肯定性原则：根据实验现象推出溶液中肯定存在或肯定不存在的离子；互斥性原则：在肯定某些离子的同时，结合离子共存规律，否定一些离子的存在(要注意题目中的隐含条件，如：酸性、碱性、指示剂的变化、与铝反应产生H2、水的电离情况等)；电中性原则：溶液呈电中性，一定既有阳离子，又有阴离子，且溶液中正电荷总数与负电荷总数相等(这一原则可帮助我们确定一些隐含的离子)；进出性原则：通常是在实验过程中使用，是指在实验过程中反应生成的离子或引入的离子对后续实验的干扰。
20.实验室可用KMnO4和浓盐酸反应制取氯气。
KMnO4+HCl（浓）===KCl+MnCl2+Cl2↑+H2O （未配平）
（1）配平化学方程式，并用单线桥标出电子转移的方向和数目____________。
（2）将上述配平的化学方程式改写为离子方程式______。
（3）浓盐酸在反应中显示出来的性质是______。
①只有还原性 ②还原性和酸性 ③只有氧化性 ④氧化性和酸性
（4）若产生0.5 mol Cl2，则被氧化的HCl______mol，转移的电子的数目约为______。
（5）一定条件下，KMnO4还可以氧化其他还原性物质。
MnO4-+C2O42-+______=====Mn2++CO2↑+________完成上述离子方程式，此反应中，发生氧化反应的物质是______；若转移1 mol电子，生成标准状况下CO2___________L。
【答案】 (1). (2). 2MnO4－＋16H++10Cl－＝2Mn2+＋5Cl2↑＋8H2O (3). ② (4). 1 (5). 6.02×1023 (6). 16H+ (7). 8H2O (8). C2O42－ (9). 22.4
【解析】
【详解】（1）反应KMnO4+HCl（浓）— KCl+MnCl2+Cl2↑+H2O（未配平）中，Mn元素的化合价由+7降低为+2价，Cl元素的化合价由-1价升高到0，化合价升高数=化合价降低数=转移电子数=10，根据电子守恒可知，MnCl2的化学计量数为2，Cl2的化学计量数为5，再根据质量守恒定律可知，配平的化学反应为2KMnO4+16HCl（浓）═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，单线桥表示反应中电子转移的方向和数目为；
（2）在反应2KMnO4+16HCl（浓）═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O中，改为离子反应时Cl2和H2O应保留化学式，其余物质均写成离子形式，则离子反应为2MnO4－+16H++10Cl－＝2Mn2++5Cl2↑+8H2O；
（3）由反应可知，盐酸参与反应生成KCl和MnCl2时表现其酸性，生成Cl2时表现其还原性，故答案为：②；
（4）Cl元素的化合价由-1价升高到0，产生0.5molCl2，则被氧化的HCl为0.5mol×2=1mol，转移的电子的物质的量为0.5mol×2×（1-0）=1mol，个数为NA；
（5）反应中Mn元素化合价由+7价降低为+2价，共降低5价，C元素化合价由+3价升高为+4价，共升高2价，化合价升降最小公倍数为10，可以确定MnO4－的系数为2、C2O42－的系数为5，由原子守恒可知Mn2+的系数为2、CO2的系数为10，由电荷守恒可知，反应物中缺项为H+，由元素守恒可知生成物中缺项为H2O，配平后离子方程式为2MnO4－+5C2O42－+16H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O，其中C元素化合价由+3价升高为+4价，则C2O42－发生氧化反应，若转移1mol电子，生成标准状况下CO2为1mol，体积为22.4L。
化学试题
1.下列事故处理方法正确的是（ ）
A. 凡是给玻璃仪器加热，都要加垫石棉网，以防仪器炸裂
B. 制取并用排水法收集氧气结束后，应立即停止加热
C. 浓NaOH溶液溅到皮肤上，立即用水冲洗，然后涂上稀硼酸溶液
D. 浓硫酸溅到皮肤上，立即用稀NaOH溶液洗涤
【答案】C
【解析】
【详解】A．用试管加热时，不需要垫上石棉网，可以直接加热，故A错误；
B．加热高锰酸钾固体制取氧气，并用排水法收集氧气的实验结束时，为防止水进入试管，引起试管炸裂，要先从水槽中撤出导气管，再熄灭酒精灯，故B错误；
C．碱液有腐蚀性，沾到皮肤上应立即冲洗，然后涂上硼酸溶液，故C正确；
D．皮肤上不小心沾上浓硫酸，应用抹布擦拭，再立即用大量水冲洗，切不可用氢氧化钠溶液，否则腐蚀更严重，故D错误；
答案选C。
2.下列实验中，所选装置不合理的是
A. 分离Na2CO3溶液和CCl4，选④
B. 用CCl4提取碘水中的碘，选③
C. 从NaCl溶液中提取固体NaCl，选②
D 粗盐提纯，选①和②
【答案】A
【解析】
【详解】A、Na2CO3溶液和CCl4分层，应选择装置③，不能利用过滤分离，故A符合题意；
B、用CC14提取碘水中的碘，选择萃取装置，即装置③，故B不符合题意；
C、从NaCl溶液中提取固体NaCl，选择蒸发装置，即装置②，故C不符合题意；
D、粗盐提纯，可溶解后过滤、蒸发，则选择装置①和②，故D不符合题意。
3. 实验室里需要用480ml0.1mol/L的硫酸铜溶液，以下配制溶液的操作正确的是
A. 称取7.6g硫酸铜，加入500ml的水， B. 称取8.0g硫酸铜，加水500ml配成溶液。
C. 称取12.0g胆矾，配成500ml溶液， D. 称取12.5g胆矾，配成500ml溶液。
【答案】D
【解析】
由于容量瓶的规格没有480ml的，所以应该配制500ml。则需要硫酸铜的质量是0.5L×0.1mol/L×160g/mol＝8.0g，如果是胆矾，则需要0.5L×0.1mol/L×250g/mol＝12.5g，所以正确的答案选D。
4.下列溶液中氯离子的浓度与1L 1mol/L的AlCl3溶液中氯离子物质的量浓度相等的是
A. 1L 1mol/L的NaCl溶液
B. 1.5L 2mol/LNH4Cl溶液
C. 1L 1mol/L的AlCl3溶液和1mol/L的FeCl2混合溶液
D. 2L 1.5mol/L的CaCl2溶液
【答案】D
【解析】
试题分析：根据物质的化学式及物质的物质的量浓度来计算氯离子的物质的量浓度，1 mol·L-1氯化铝溶液中氯离子的物质的量浓度1mol/L×3=3mol/L，A.1 mol·L-1氯化钠溶液中氯离子的物质的量浓度为1mol/L×1=1mol/L，A错误；B. 2.0 mol·L-1氯化铵溶液中氯离子浓度为2.0mol/L×1=2mol/L，B错误；C、1L 1mol/L的AlCl3溶液和1mol/L的FeCl2混合溶液中，氯离子浓度为（3×1+2×1）÷2=2.5mol/L；D. 1.5 mol·L-1氯化钙溶液中氯离子浓度为1.5mol/L×2=3mol/L；选D。
考点：考查离子浓度的计算。
5.下列说法正确的是( )
A. 1 mol任何气体的气体摩尔体积都约为22.4 L·mol－1
B. 25℃、101 kPa下，相同体积的H2和O2具有相同的分子数
C. 1 mol气体的体积为22.4 L，则该气体一定处于标准状况下
D. 2 mol CO2的体积约为44.8 L
【答案】B
【解析】
【分析】
A、前提是在标准状况下；B、同温同压下，相同体积气体具有相同的分子数；C、该气体不一定处于标准状况下；D、没有指出气体所处的条件，无法计算气体的体积。
【详解】A.标准状况下， 1 mol任何气体的气体摩尔体积都约为22.4 L·mol－1，选项A错误；B、同温同压下，相同体积的气体具有相同的分子数，选项B正确；C、标况定义中的两个限制因素是温度和压强。但是气体体积随温度升高而增大，随压强增大而减小，当这两个因素都偏离标准状态时同样有可能使对体积的影响相互抵消，即1mol 气体不在标况下体积也有可能是22.4L，选项C错误；D、由V=n×Vm可计算体积，但不一定是在标准状况下，则气体摩尔体积未知，无法计算，选项D错误；答案选B。
6.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）
A. 含有NA个氦原子的氦气在标准状况下的体积约为11.2L
B. 25 ℃，1.01×105Pa，64gSO2中含有的原子数为3NA
C. 在常温常压下，11.2LCl2含有的分子数为0.5NA
D. 标准状况下，11.2LH2O含有的分子数为0.5NA
【答案】B
【解析】
【详解】A项，氦气为单原子分子，含有NA个氦原子的氦气在标准状况下的体积约为22.4L，故A错误；
B项，64gSO2的物质的量为64g/64g/mol=1mol，含有的原子数为3NA，故B正确；
C项，在标准状况下，11.2LCl2含有的分子的物质的量为11.2L/22.4L/mol=0.5mol，分子数为0.5NA，故C错误；
D项，标准状况下，水为液态，11.2LH2O含有的分子数不是0.5NA，故D错误；
故答案B。
7.下列各组分类正确的是
碱
酸
盐
酸性氧化物
A
纯碱
盐酸
烧碱
二氧化硫
B
烧碱
硫酸
食盐
一氧化碳
C
苛性钠
醋酸
石灰水
水
D
苛性钾
碳酸
苏打
三氧化硫
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A、纯碱是碳酸钠的俗称，属于盐类，不属于碱类，故A错误；
B、一氧化碳和碱之间不反应，不属于酸性氧化物，故B错误；
C、水属于氧化物，但是不会和碱反应生成盐和水，不属于酸性氧化物，故C错误；
D、苛性钾是氢氧化钾的俗称，属于碱，苏打是碳酸钠的俗称属于盐；三氧化硫可以和碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，故D正确。
故选D。
【点睛】碱：电离时产生的阴离子全部都是氢氧根离子的化合物；酸：电离时产生的阳离子全部都是氢离子的化合物；盐：电离时生成金属阳离子（或NH4+）和酸根离子的化合物；碱性氧化物：与水反应生成碱的氧化物或能跟酸起反应生成一种盐和水的氧化物（且生成物只能有盐和水，不可以有任何其它物质生成）；酸性氧化物：能与水作用生成酸或与碱作用生成盐和水的氧化物（且生成物只能有一种盐和水，不可以有任何其它物质生成）。
8.下列说法正确的是（ ）
①胶体产生丁达尔效应是由胶粒直径大小决定的
②胶体与溶液的分离可用渗析的方法
③胶体都是均匀、透明的液体
④将饱和FeCl3溶液滴入沸水中，并继续煮沸至溶液呈红褐色即生成氢氧化铁胶体
⑤胶体不稳定，静置后容易产生沉淀
⑥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
A. ①②③④ B. ①②④⑥ C. ①③④⑥ D. ②③④⑤
【答案】B
【解析】
【分析】
①丁达尔效是胶粒对光线的散射形成的；②胶体不能透过半透膜，溶液可以；③胶体不一定透明的液体；④根据制备氢氧化铁胶体的方法分析；⑤胶体较稳定，静置后不产生沉淀；⑥微波可以使胶体发生聚沉。
【详解】①丁达尔效是胶粒对光线的散射形成的，与胶粒大小有关，故正确；②胶体不能透过半透膜，溶液可以，所以胶体与溶液的分离可用渗析的方法，故正确；③胶体不一定是透明的液体，胶体分为液溶胶、气溶胶、固溶胶，故错误；④制备氢氧化铁胶体的方法：将饱和FeCl3溶液滴入沸水中，并继续煮沸至生成红褐色液体即为氢氧化铁胶体，故正确；⑤胶体属于介稳体系，较稳定，静置后不产生沉淀，故错误；⑥微波可以使胶体发生聚沉，血液属于胶体，所以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，故正确，所以正确的有①②④⑥，故选B。
【点睛】本题考查了胶体的性质，侧重于分散系知识的考查，注意胶体的性质，特别是胶体不一定透明。
9.下列离子在溶液中能大量共存，加入OH－能产生白色沉淀的是
A. Na＋、Ca2＋、SO42－、Cl－ B. H＋、Mg2＋、CO32－、SO42－
C. K＋、Mg2＋、SO42－、NO D. K＋、Na＋、NO3-、HCO3-
【答案】C
【解析】
【详解】A、Ca2+、SO42−之间生成微溶物硫酸钙，在溶液中不能大量共存，故A错误；
B、H+和Mg2+与CO32−之间发生反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；
C、K+、Mg2+、SO42−、NO3−之间不反应，能够共存，加入OH−能生成氢氧化镁沉淀，满足条件，故C正确；
D、K+、Na+、NO3−、HCO3-之间不反应，能够共存，但加入氢氧根离子后没有沉淀生成，故D错误。
10. 能正确表示下列反应的离子方程式是（ ）
A. 浓盐酸与铁屑反应：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑
B. 钠与CuSO4溶液反应：2Na+Cu2+=Cu↓+2Na+
C. NaHCO3溶液与稀H2SO4反应：CO32-+2H+=H2O+CO2↑
D. 向FeCl3溶液中加入Mg(OH)2:3Mg(OH)2+2Fe3+=2Fe(OH)3+3Mg2+
【答案】D
【解析】
A. 浓盐酸与铁屑反应生成Fe2+ ，故A错误；B. 钠首先与水发生反应，故B错误；C. NaHCO3溶液与稀H2SO4反应：HCO3- + 2H+ == H2O+CO2↑,故C错误；D. Fe(OH)3的溶度积远远小于Mg(OH)2，向FeCl3溶液中加入Mg(OH)2:3Mg(OH)2 + 2Fe3+=2Fe(OH)3 + 3Mg2+，故D正确。故选D。
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11.下列反应属于氧化还原反应且是置换反应的是
A. H2 + CuOH2O + Cu
B. CaCO3CaO + CO2↑
C. Cu + 4HNO3=Cu（NO3）2 + 2NO2 ↑ + 2H2O
D. CaCO3 + 2HCl =CaCl2 + H2O + CO2↑
【答案】A
【解析】
【详解】A、H、Cu元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，且存在H2置换Cu的置换反应，故A正确；
B、元素化合价没有变化，不是氧化还原反应，且属于分解反应，故B错误；
C、Cu、N元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，但生成物中并没有单质生成，不属于置换反应，故C错误；
D、元素化合价没有变化，不是氧化还原反应，为复分解反应，故D错误。
【点睛】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；
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；
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的反应。复分解反应的实质是发生复分解反应的两种物质在水溶液中交换离子，结合成难电离的物质——沉淀、气体或弱电解质（最常见的为水），使溶液中离子浓度降低，化学反应即向着离子浓度降低的方向进行；
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。
12.下列反应中，氧化剂与还原剂物质的量之比为1∶2的是( )
A. 3S＋6NaOH===2Na2S＋Na2SO3＋3H2O
B. 2CH3COOH＋Ca(ClO)2===2HClO＋Ca(CH3COO)2
C. 4HCl(浓)＋MnO2MnCl2＋Cl2↑＋2H2O
D. I2＋2NaClO3===2NaIO3＋Cl2
【答案】C
【解析】
A．反应3S＋6NaOH===2Na2S＋Na2SO3＋3H2O中有2molS化合价降低，作氧化剂，有1molS化合价升高作还原剂，则氧化剂与还原剂物质的量之比为2：1，A错误；B．反应2CH3COOH＋Ca(ClO)2===2HClO＋Ca(CH3COO)2中没有元素化合价的变化，不是氧化还原反应，B错误；C．反应HCl(浓)＋MnO2MnCl2＋Cl2↑＋2H2O中，当1molMnO2得到2mol电子时，有2molHCl失电子，则氧化剂与还原剂物质的量之比为1：2，C正确；D．反应I2＋2NaClO3===2NaIO3＋Cl2中，NaClO3作氧化剂，I2作还原剂，则氧化剂与还原剂物质的量之比为2：1，D错误；答案选C。
点睛：本题考查氧化还原反应概念及计算，判断氧化剂、还原剂后，可以根据电子转移守恒计算氧化剂和还原剂的物质的量之比，注意守恒法的灵活应用。
13. 等物质的量的下列化合物与足量浓盐酸反应，得到氯气物质的量最多的是
己知：MnO4-+H++Cl-→Mn2++C12↑+H2O(未配平)
C1O3-+H++Cl-→C12↑+H2O(末配平)
ClO-+H++Cl-→C12↑+H2O(未配平)
A. KC1O3 B. KMnO4 C. MnO2 D. Ca(C1O)2
【答案】A
【解析】
试题分析：选项中的微粒都有氧化性，可以将Cl-氧化产生Cl2，等物质的氧化性，哪种元素化合价高，等物质的量反应时转移的电子的物质的量就多，反应产生的氯气的物质的量就多。A．1mol KC1O3反应转移5mol电子，由于氧化产物和还原产物都变为氯气，故反应产生3mol氯气；B． 1mol KMnO4反应转移5mol电子，反应产生2.5mol氯气；C．1molMnO2反应转移2mol电子，反应产生1molCl2；D． 1molCa(C1O)2反应，转移2mol电子，产生2mol氯气。可见反应产生氯气的物质的量最多的是KC1O3，选项A正确。
【考点定位】考查氧化还原反应的化学计算的知识。
【名师点睛】等物质的量的氧化剂与足量浓盐酸反应制取氯气，氧化剂在反应中化合价变化的价数值越多，反应制取的氯气越多，当氧化性在反应中转移电子数目相同时，氧化剂与还原剂都变为氯气时产生的氯气的物质的量比只要还原剂变为氯气时的物质的量多。掌握氧化还原反应中化合价变化数值与电子转移数目相等是本题解答的关键。
14.高铁酸钾(K2FeO4)是一种既能杀菌、消毒,又能絮凝净水的水处理剂。工业制备高铁酸钾的离子方程式为Fe(OH)3+ClO-+OH-FeO42- +Cl-+H2O(未配平),下列有关说法不正确的是 ( )
A. 由上述反应可知,Fe(OH)3的氧化性强于FeO42-
B. 高铁酸钾中铁显+6价
C. 上述反应氧化剂和还原剂的物质的量之比为3∶2
D. K2FeO4处理水时,不仅能消毒、杀菌,而且生成的Fe3+水解形成Fe(OH)3胶体能吸附水中的悬浮杂质
【答案】A
【解析】
试题分析：A、反应Fe（OH）3+C1O-+OH-→FeO42-+C1-+H2O中，氯元素化合价降低，C1O-是氧化剂，铁元素化合价升高，Fe（OH）3是还原剂，FeO42-是氧化产物，氧化性C1O-＞FeO42-，实际氧化性FeO42-＞Fe（OH）3，故A错误；B、令FeO42-中，铁元素的化合价为x，则x+4×（-2）=-2，解得x=+6，故B正确；C、反应Fe（OH）3+C1O-+OH-→FeO42-+C1-+H2O中，氯元素化合价由+1降低为-1价，C1O-是氧化剂，铁元素化合价由+3价升高为+6价，Fe（OH）3是还原剂，所以反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为（6-3）：2=3：2，故C正确；D、K2FeO4具有氧化性所以能杀菌，高铁酸钾被还原为Fe3+，Fe3+水解生成的Fe（OH）3（胶体）具有净水作用，故D正确；故选A。
考点：考查了氧化还原反应基本概念与计算的相关知识。
15.下面关于金属钠的描述不正确的是
A. 钠的化学性质很活泼，在自然界里不能以游离态存在
B. 钠投入MgCl2溶液中，溶液中有白色沉淀生成
C. 钠与H2O、酸反应的实质均是Na与H＋反应
D. 钠投入FeCl2溶液中能把Fe置换出来
【答案】D
【解析】
【详解】A、钠的化学性质很活泼，在自然界里以化合态形式存在，不存在游离态，故A不符合题意；
B、钠投入MgCl2溶液中，钠先和水反应生成NaOH，NaOH 再与MgCl2反应生成难溶物Mg(OH)2，故B不符合题意；
C、钠与H2O、酸反应均生成H2，故反应实质均是Na与H+反应，故C不符合题意；
D、钠投入FeCl2溶液中，钠先和水反应生成NaOH，NaOH然后再与FeCl2反应生成难溶物Fe(OH)2，不能将铁单质置换，故D符合题意。
16.将11.5g钠、9g铝、28g铁分别投入200ml 1 mol/L的盐酸中,下列分析结果正确的是( )
A. 反应结束时产生的气体一样多
B. 铝与盐酸反应的速率仅次于钠,但产生的气体最多
C. 铁与盐酸反应产生的气体比钠多
D. 钠与盐酸反应最剧烈,产生的气体最多
【答案】D
【解析】
n（Na）=11.5g÷23g/mol=0.5mol，n（Al）=9g÷27g/mol=1/3mol，n（Fe）=28g/56g/mol=0.5mol，n（HCl）=0.2L×1mol/L=0.2mol，反应关系式依次为Na～HCl、Al～3HCl、Fe～2HCl，由此可知盐酸不足，完全反应，但由于钠性质活泼，与水剧烈反应生成氢气，则钠与盐酸反应最剧烈，产生的气体最多，铝、铁生成氢气一样多，答案选D。
点睛：本题考查常见金属的性质以及方程式的计算，侧重于学生的计算能力的考查，解答本题要注意钠与水的反应，根据各物质的物质的量大小判断反应的过量问题，在答题时不能忽略。注意钠是活泼的金属，与盐酸反应不存在钠过量问题。
17.按要求填空
（1）有下列词语：①渗析 ②盐析 ③聚沉 ④溶胶 ⑤凝胶 ⑥布朗运动 ⑦电泳 ⑧丁达尔现象 ⑨中和 ⑩水解 从中选出适当的词语将其序号填入下列空格中：
①在肥皂水中透过强光，可以见到光带，这种现象称为__________
②在Fe（OH）3溶胶中加入（NH4）2SO4溶液，产生了红褐色沉淀，这种现象叫做_______
③用半透膜把制取的Fe（OH）3溶胶中的HCl分离去的方法叫做_________
（2）现有以下物质：①NaCl固体；②液态SO2；③液态氯化氢；④汞；⑤固体BaSO4；⑥蔗糖；⑦酒精；⑧熔化的KCl，请回答下列问题（填序号）
①以上物质中能导电的是________________________________；
②以上物质属于电解质的是______________________________；
③以上物质属于非电解质的是____________________________；
【答案】 (1). ⑧ (2). ③ (3). ① (4). ④⑧ (5). ①③⑤⑧ (6). ②⑥⑦
【解析】
【详解】（1）①用强光照射某分散系，分散系能够观察到光带的现象称之为丁达尔效应，故选⑧；
②在Fe(OH)3溶胶属于胶体，具有胶体的性质，向胶体中加入强电解质溶液，能够发生聚沉而产生红褐色沉淀，故选③；
③由于胶粒直径较大，它不能透过半透膜，而溶液中的离子或分子能透过半透膜．因此可用渗析的方法将Fe(OH)3溶胶中的HCl除去；
（2）①NaCl晶体中没有自由移动的电子和自由移动的离子，不导电；但是在水溶液或者熔融状态下能导电，是电解质；
②液态SO2中没有自由移动的电子和自由移动的离子，不导电；在水溶液或者熔融状态下不能发生电离，是非电解质；
③液态氯化氢中不存在自由电子和自由移动的离子，不导电；但是氯化氢在水溶液中能电离出自由移动的离子而导电，是电解质；
④汞是金属晶体含有自由移动的电子，能导电；汞是单质所以既不是电解质也不是非电解质；
⑤固体BaSO4晶体中没有自由移动的电子和自由移动的离子，不导电；但是在水溶液或者熔融状态下能导电，是电解质；
⑥蔗糖中不存在自由电子和自由移动的离子，不导电；在水溶液中和熔融状态下两种情况下都不能导电，是非电解质；
⑦酒精中不存在自由电子和自由移动的离子，不导电；在水溶液中和熔融状态下两种情况下都不能导电，是非电解质；
⑧熔融KCl中含有自由移动离子，能导电；KCl在熔融状态下或者水溶液中都能电离出自由移动的离子而导电，是电解质；
故以上物质中能导电的是④⑧；以上物质属于电解质的是①③⑤⑧；以上物质属于非电解质的是②⑥⑦。
18.某同学利用如图所示实验装置进行铁与水蒸气反应的实验，并对反应后硬质试管中固体物质的组成进行了探究。
请回答下列问题：
（1）硬质试管中湿棉花的作用是________________。
（2）铁与水蒸气的反应中，氧化剂是________（填化学式，下同），还原剂是________。
（3）该同学对反应后硬质试管中固体物质的组成提出了如下假设：
假设1：只有Fe；
假设2：只有________；
假设3：既有Fe也有Fe3O4。
（4）为了验证反应后硬质试管中固体物质的组成，该同学进行了定量研究：反应前固体物质的质量为5.6 g，反应后固体物质的质量为6.6 g。从上述数据分析，反应后硬质试管中固体物质的组成为__________________。写出该反应的化学方程式________________________
【答案】 (1). 提供水蒸气 (2). H2O (3). Fe (4). Fe3O4 (5). Fe和Fe3O4 (6). 3Fe＋4H2O(g) Fe3O4＋4H2
【解析】
【分析】
铁与水蒸气反应生成四氧化三铁与氢气。
【详解】（1）硬质试管中的湿棉花受热时可产生水蒸气，故硬质试管中湿棉花的作用是提供反应需要的水蒸气。
（2）根据化学方程式：3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2，Fe在反应中失去电子作还原剂，H2O在反应中得到电子作氧化剂。
（3）若Fe没有反应，则固体物质为Fe；若Fe部分反应，则固体物质为Fe与Fe3O4的混合物；若Fe全部反应，则固体物质为Fe3O4。
（4）若5.6 g Fe完全反应，应得到mol Fe3O4，其质量约为7.7 g，而实验测得反应后固体物质的质量为6.6 g，说明Fe部分反应，故反应后的硬质试管中固体物质为Fe和Fe3O4的混合物；该反应的化学方程式为：3Fe＋4H2O(g) Fe3O4＋4H2。
19.某溶液溶质离子可能含有Mg2＋、Ba2＋、CO32－、Cl－、SO42－、NO3－中的几种，现进行如下实验：
Ⅰ.取适量溶液，加入足量NaOH溶液，生成白色沉淀；
Ⅱ.过滤，向实验Ⅰ所得滤液中加入足量H2SO4溶液，有白色沉淀生成。
根据上述实验回答下列问题。
（1）溶液中一定不存在的离子是_________________。
（2）写出Ⅰ和Ⅱ中所发生反应的离子方程式：_______________________。
（3）为了验证溶液中是否存在Cl－、NO3－，某同学提出下列假设：①只存在Cl－；②Cl－、NO3－同时存在；③____________。
已知实验提供的试剂只有稀盐酸、AgNO3溶液、稀硝酸、NaOH溶液和蒸馏水。
验证溶液中是否存在Cl－的实验方法：______________________。
【答案】 (1). CO32－、SO42－ (2). Mg2＋＋2OH－===Mg(OH)2↓、Ba2＋＋SO42－===BaSO4↓ (3). 只存在NO3－ (4). 取适量溶液，加入足量稀硝酸，再加入硝酸银溶液，观察是否有白色沉淀生成
【解析】
【分析】
Ⅰ.取适量溶液，加入足量NaOH溶液，生成白色沉淀，说明含有Mg2+，则不存在CO32-；Ⅱ.过滤，向实验Ⅰ所得滤液中加入足量H2SO4溶液，有白色沉淀生成，说明含有Ba2+，则不存在SO42-，据此解答。
【详解】Ⅰ.取适量溶液，加入足量NaOH溶液，生成白色沉淀，说明含有Mg2+，则不存在CO32-；Ⅱ.过滤，向实验Ⅰ所得滤液中加入足量H2SO4溶液，有白色沉淀生成，说明含有Ba2+，则不存在SO42-，氯离子和硝酸根离子无法确定。则
（1）根据上述分析可知溶液中一定不存在的离子是CO32－、SO42－；
（2）Ⅰ和Ⅱ中所发生反应的离子方程式分别为Mg2++2OH-＝Mg(OH)2↓、Ba2++SO42-＝BaSO4↓；
（3）根据假设：①只存在Cl-；②Cl-、NO3-同时存在，因此假设③应该为只存在NO3-；要证明是否存在氯离子，可以用硝酸酸化的硝酸银溶液检验，即取适量溶液，加入足量稀硝酸，再加入硝酸银溶液，观察是否有白色沉淀生成，如果有白色沉淀，则说明存在氯离子，如果没有白色沉淀产生，则不存在氯离子。
【点睛】注意掌握破解离子推断的四条基本原则，肯定性原则：根据实验现象推出溶液中肯定存在或肯定不存在的离子；互斥性原则：在肯定某些离子的同时，结合离子共存规律，否定一些离子的存在(要注意题目中的隐含条件，如：酸性、碱性、指示剂的变化、与铝反应产生H2、水的电离情况等)；电中性原则：溶液呈电中性，一定既有阳离子，又有阴离子，且溶液中正电荷总数与负电荷总数相等(这一原则可帮助我们确定一些隐含的离子)；进出性原则：通常是在实验过程中使用，是指在实验过程中反应生成的离子或引入的离子对后续实验的干扰。
20.实验室可用KMnO4和浓盐酸反应制取氯气。
KMnO4+HCl（浓）===KCl+MnCl2+Cl2↑+H2O （未配平）
（1）配平化学方程式，并用单线桥标出电子转移的方向和数目____________。
（2）将上述配平的化学方程式改写为离子方程式______。
（3）浓盐酸在反应中显示出来的性质是______。
①只有还原性 ②还原性和酸性 ③只有氧化性 ④氧化性和酸性
（4）若产生0.5 mol Cl2，则被氧化的HCl______mol，转移的电子的数目约为______。
（5）一定条件下，KMnO4还可以氧化其他还原性物质。
MnO4-+C2O42-+______=====Mn2++CO2↑+________完成上述离子方程式，此反应中，发生氧化反应的物质是______；若转移1 mol电子，生成标准状况下CO2___________L。
【答案】 (1). (2). 2MnO4－＋16H++10Cl－＝2Mn2+＋5Cl2↑＋8H2O (3). ② (4). 1 (5). 6.02×1023 (6). 16H+ (7). 8H2O (8). C2O42－ (9). 22.4
【解析】
【详解】（1）反应KMnO4+HCl（浓）— KCl+MnCl2+Cl2↑+H2O（未配平）中，Mn元素的化合价由+7降低为+2价，Cl元素的化合价由-1价升高到0，化合价升高数=化合价降低数=转移电子数=10，根据电子守恒可知，MnCl2的化学计量数为2，Cl2的化学计量数为5，再根据质量守恒定律可知，配平的化学反应为2KMnO4+16HCl（浓）═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，单线桥表示反应中电子转移的方向和数目为；
（2）在反应2KMnO4+16HCl（浓）═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O中，改为离子反应时Cl2和H2O应保留化学式，其余物质均写成离子形式，则离子反应为2MnO4－+16H++10Cl－＝2Mn2++5Cl2↑+8H2O；
（3）由反应可知，盐酸参与反应生成KCl和MnCl2时表现其酸性，生成Cl2时表现其还原性，故答案为：②；
（4）Cl元素的化合价由-1价升高到0，产生0.5molCl2，则被氧化的HCl为0.5mol×2=1mol，转移的电子的物质的量为0.5mol×2×（1-0）=1mol，个数为NA；
（5）反应中Mn元素化合价由+7价降低为+2价，共降低5价，C元素化合价由+3价升高为+4价，共升高2价，化合价升降最小公倍数为10，可以确定MnO4－的系数为2、C2O42－的系数为5，由原子守恒可知Mn2+的系数为2、CO2的系数为10，由电荷守恒可知，反应物中缺项为H+，由元素守恒可知生成物中缺项为H2O，配平后离子方程式为2MnO4－+5C2O42－+16H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O，其中C元素化合价由+3价升高为+4价，则C2O42－发生氧化反应，若转移1mol电子，生成标准状况下CO2为1mol，体积为22.4L。
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