甘肃省部分学校2023-2024学年高一上学期10月期中考试化学试题（解析版）

这是一份甘肃省部分学校2023-2024学年高一上学期10月期中考试化学试题（解析版），共8页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题(每题4分，共48分)
1. 朱自清在《荷塘月色》中写道：“薄薄的青雾浮起在荷塘里……月光是隔了树照过来的，高处丛生的灌木，落下参差的斑驳的黑影……”月光穿过薄雾形成的种种美景本质原因是
A. 空气中的小水滴颗粒直径大小约为1~100 nm
B. 空气中的小水滴颗粒的布朗运动
C. 雾是一种胶体，胶粒带相同电荷
D. 发生丁达尔效应
【答案】A
【解析】
【详解】月光穿过薄雾能形成种种美景，说明形成了丁达尔效应，是胶体的性质，其本质原因是胶体的分散质粒子直径在1～100nm即空气中的小水滴颗粒直径大小约为1～100nm，故A符合题意；
故选：A。
2. 按照物质的树状分类法和交叉分类法，HNO3应属于
①酸；②氢化物；③氧化物；④含氧酸；⑤难挥发性酸；⑥强氧化性酸；⑦一元酸；⑧化合物；⑨混合物。
A. ①②③④⑤⑥⑦⑧B. ①④⑥⑦⑧
C. ①⑨D. ①④⑤⑥⑦
【答案】B
【解析】
【详解】①硝酸在水溶液中电离出的阳离子全部是氢离子，所以硝酸属于酸，①正确；
②氢化物是氢元素与其他元素形成的二元化合物，而硝酸的组成元素为3种，因此硝酸不属于氢化物，②错误；
③氧化物是氧元素与另外一种元素形成的二元化合物，而硝酸的组成元素为3种，因此硝酸不属于氧化物，③错误；
④硝酸属于酸，由于其组成元素中有氧元素，所以属于含氧酸，④正确；
⑤硝酸易挥发，属于挥发性酸，⑤错误；
⑥硝酸具有强氧化性，通常由硝酸根离子来表现强氧化性，为强氧化性酸，⑥正确；
⑦每个硝酸分子在水中能电离出一个氢离子，所以硝酸属于一元酸，⑦正确；
⑧硝酸为纯净物，其组成元素为三种，所以硝酸属于化合物，⑧正确；
⑨硝酸是仅有一种微粒构成的物质，属于纯净物，不属于混合物，⑨错误；
综上所述可知：上述说法正确的是①④⑥⑦⑧，故合理选项是B。
3. 已知X和Y能发生如下反应：X＋Y=H2O＋盐，下列有关物质X和Y所属种类的判断中一定不正确的是( )
A. X为酸、Y为碱B. X为碱性氧化物、Y为酸
C. X为盐、Y为碱D. X为碱性氧化物、Y为酸性氧化物
【答案】D
【解析】
【详解】X和Y可能为酸和碱、碱性氧化物和酸、酸式盐和碱(如NaHCO3＋NaOH===Na2CO3＋H2O)，不可能是碱性氧化物和酸性氧化物(二者反应只生成盐，无水生成)。故选D。
4. 某胶体遇盐卤(MgCl2·6H2O)或石膏(CaSO4·2H2O)易发生聚沉，而与食盐水或Na2SO4溶液相遇聚沉的效果就差一些。下列有关说法不正确的是
A. 该胶体中胶体粒子大小约10−9～10−7 m
B. 该胶体粒子带正电
C. Na+使此胶体聚沉的效果不如Ca2+、Mg2+
D. 该胶体遇BaCl2溶液或Fe(OH)3胶体可发生聚沉
【答案】B
【解析】
【分析】A、胶体分散质微粒直径的大小介于1nm～100nm之间；
B、该胶体遇钙、镁、钡离子易发生聚沉，而遇钠离子则不易发生聚沉，说明胶体的胶粒带负电荷；
C、胶体遇盐卤或石膏水易发生凝聚，而与食盐水或Na2SO4溶液则不易发生凝聚，说明它的凝聚受阳离子种类影响较大，离子所带电荷越多则聚沉效果越好；
D、该胶体的胶粒带负电，遇到电解质溶液或胶粒带负电的胶体能够发生聚沉；
【详解】A、胶体分散质微粒直径的大小介于1nm～100nm之间，即10-9～10-7 m ，故A正确；
B、该胶体遇钙、镁、钡离子易发生聚沉，而遇钠离子则不易发生聚沉，说明胶体的胶粒带负电荷，电泳时，该胶体向阳极移动，故B错误；
C、胶体遇盐卤或石膏水易发生凝聚，而与食盐水或Na2SO4溶液则不易发生凝聚，说明它的凝聚受阳离子种类影响较大，离子所带电荷越多则聚沉效果越好，故C正确；
D、该胶体遇BaCl2溶液发生聚沉，该胶体遇钙、镁、钡离子易发生聚沉，而遇钠离子则不易发生聚沉，说明胶体的胶粒带负电荷，Fe（OH）3胶体的胶粒是带正电荷，可使该胶体发生聚沉，故D正确；
故选B。
【点睛】本题考查了胶体的性质，解题关键：明确胶体聚沉发生的条件，注意胶体的聚沉和胶体的盐析区别，易错点：A，注意单位之间的换算，1m=109nm．
5. 下列物质在给定条件下的转化均能一步实现的是
A.
B.
C. 溶液
D. 溶液
【答案】D
【解析】
【详解】A．四氧化三铁与CO反应生成Fe和CO2，其反应为；Fe与HCl反应生成FeCl2和氢气，其反应为，故A错误；
B．双氧水受热分解生成水和氧气，氢气与氧气反应生成水，故B错误；
C．将CaCl2溶液中通入CO2，不发生反应，碳酸钙与盐酸反应生成CO2、H2O、CaCl2其反应为，故C错误；
D．向溶液中加入铁粉，析出Cu单质，其反应为，Cu与氧气在加热条件下生成CuO，故D正确；
故选D。
6. 下列电离方程式不正确的是
A. AlCl3在溶液中的电离方程式为AlCl3=Al3++Cl
B. Ba(OH)2的电离方程式为Ba(OH)2=Ba2++2OH-
C. NaHSO4在熔融状态下的电离方程式为NaHSO4(熔融)=Na++HSO
D. CH3COONH4的电离方程式为CH3COONH4=NH+CH3COO-
【答案】A
【解析】
【详解】A．AlCl3在溶液中的电离方程式为，A错误；
B．Ba(OH)2的电离方程式为Ba(OH)2=Ba2++2OH-，B正确；
C．NaHSO4在熔融状态下的电离方程式为NaHSO4(熔融)=Na++HSO，C正确；
D．CH3COONH4的电离方程式为CH3COONH4=NH+CH3COO-，D正确；
故选A。
7. 能正确表示下列化学反应的离子方程式的是
A. 氢氧化钡溶液与硫酸的反应：OH-+H+=H2O
B. 澄清的石灰水与稀盐酸反应：Ca(OH)2+2H+=Ca2++2H2O
C. 铜片插入硝酸银溶液中：Cu+Ag+=Cu2++Ag
D. 碳酸钙溶于稀盐酸中：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．氢氧化钡与硫酸反应生成硫酸钡沉淀和水，反应的离子方程式为2H++SO+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O，故A错误；
B．澄清的石灰水与稀盐酸反应，氢氧化钙写成离子形式，反应的离子方程式为OH-+H+═H2O，故B错误；
C．铜片插入硝酸银溶液中置换出银，方程式两边电荷不相等，正确的离子方程式为Cu+2Ag+═Cu2++2Ag，故C错误；
D．碳酸钙溶于稀盐酸中，反应生成氯化钙、二氧化碳气体和水，反应的离子方程式为CaCO3+2H+═Ca2++H2O+CO2↑，故D正确；
故选D。
8. 下列反应可用离子方程式“H++OH−=H2O”表示的是
A. NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液混合B. NH4Cl溶液与Ca(OH) 2溶液混合
C. HNO3溶液与KOH溶液混合D. Na2HPO4溶液与NaOH溶液混合
【答案】C
【解析】
【详解】A、NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液混合：H＋+SO42—+Ba2＋+OH－=BaSO4↓+H2O，A不合题意；B、NH4Cl溶液与Ca(OH) 2溶液混合：NH4＋+OH－=NH3·H2O，B不合题意；
C、HNO3溶液与KOH溶液混合：H++OH−=H2O，C符合题意；
D、Na2HPO4溶液与NaOH溶液混合：HPO42—+OH－=PO43—+H2O，D不合题意。
答案选C。
9. 下列碱性透明溶液中，能大量共存的离子组是
A. K＋、Na＋、、Cl-B. K＋、Ag＋、、Cl-
C. Ba2＋、Na＋、Cl-、D. Na＋、Cu2＋、、Cl-
【答案】A
【解析】
【详解】A．在碱性溶液中，K＋、Na＋、、Cl-都能大量存在，A符合题意；
B．在碱性溶液中，Ag＋、Cl-不能大量共存，B不符合题意；
C．在碱性溶液中，Ba2＋、不能大量共存，C不符合题意；
D．在碱性溶液中，Cu2＋不能大量存在，D不符合题意；
故选A。
10. 把各组中的气体通入溶液中，溶液的导电能力显著增强的是（ ）
A. CO2（g）通入NaOH溶液B. CO2（g）通入石灰水
C. NH3（g）通入CH3COOH溶液D. NH3（g）通入盐酸中
【答案】C
【解析】
【分析】电解质溶液导电能力与离子的浓度及离子所带的电荷有关。
【详解】A. 该过程的离子方程式为：，该过程中，离子浓度与所带电荷的乘积没有变化，则溶液的导电能力几乎不变，A错误；
B. 该过程的化学方程式为：，该过程中，离子浓度减小，则溶液的导电能力减弱，B错误；
C. 该过程发生的离子方程式为：，则该过程中离子浓度显著增大，则溶液的导电能力显著增大，C正确；
D. 该过程发生的离子方程式为：，则该过程中离子浓度几乎不变，则溶液的导电能力几乎不变，D错误；
故合理选项为C。
11. 下列实验过程中产生的现象与如图所示坐标图形相符合的是（ ）

A. 稀盐酸滴加到一定量溶液中（横坐标是稀盐酸的体积，纵坐标为气体体积）
B. 溶液滴入溶液中（横坐标是溶液的体积，纵坐标为沉淀质量）
C. 稀盐酸滴加到溶液中（横坐标是稀盐酸的体积，纵坐标为溶液的导电能力）
D. 稀硫酸滴加到溶液中（横坐标是稀硫酸的体积，纵坐标为溶液的导电能力）
【答案】D
【解析】
【详解】A．稀盐酸滴加到一定量溶液中，碳酸氢根与氢离子反应立马产生气体，随着稀盐酸的增多气体体积增大至碳酸氢钠反应完，A不符合题意；
B．溶液滴入溶液中，氢氧化钠由少到多的过程中依次发生反应为：
，，先生成沉淀碳酸钡，后无沉淀产生，B不符合题意；
C．稀盐酸滴加到溶液中：，稀盐酸中起导电作用的是盐酸电离产生的氢离子和氯离子，滴价硝酸银，氯离子被银离子沉淀，硝酸根进入溶液起导电作用，故导电能力只因为体积扩大离子浓度被稀释有所降低，C不符合题意；
D．稀硫酸滴加到溶液中：，溶液的导电能力减弱到彻底反应完时的水导电，继续滴加氢氧化钡，钡离子和氢氧根导电，D符合题意；
故选D。
12. 歌曲《青花瓷》，唱道“帘外芭蕉惹骤雨，门环惹铜绿”， 其中的“铜绿”即是铜锈，它的化学成分为Cu2(OH)2CO3(碱式碳酸铜)。铜在潮湿的字空气中生锈的化学反应为2Cu+O2+CO2+H2O= Cu2(OH)2CO3。下列有关该反应的说法正确的是( )
A. 该反应不属于氧化还原反应
B. 该反应中氧元素和碳元素化合价发生变化
C. 该反应中铜是氧化剂
D. 该反应是氧化还原反应，化合价发生改变的只有两种元素
【答案】D
【解析】
【详解】A. 在该反应中，铜元素的化合价由0价变成+2价，失去电子，被氧化，氧气中氧元素的化合价由0价变成-2价，得到电子，被还原，其余元素的化合价都没有发生变化；该反应属于氧化还原反应，A错误；
B. 该反应中氧元素和铜元素化合价发生变化，B错误；
C. 该反应中氧气是氧化剂，C错误；
D. 该反应是氧化还原反应，化合价发生改变的只有两种元素，D正确；
答案选D。
13. 氢化钙可用作生氢剂，原理如下：CaH2+2H2O=Ca(OH)2+2H2↑，其中水的作用是
A. 既不是氧化剂也不是还原剂B. 是氧化剂
C. 是还原剂D. 既是氧化剂又是还原剂
【答案】B
【解析】
【详解】CaH2中H的化合价为-1价，失去1个电子化合价升为0价，H2O中H的化合价为+1价，得到1个电子化合价降为0价，CaH2为还原剂，H2O为氧化剂，氧化产物、还原产物均为H2；
故选B。
14. 在反应中氧化剂与还原剂个数之比为
A. 1∶8B. 8∶1C. 1∶5D. 5∶l
【答案】C
【解析】
【详解】在反应中Mn的化合价由KMnO4的+7价变为MnCl2中的+2价，化合价降低被还原，KMnO4是氧化剂，HCl中部分的Cl的化合价由-1价升高为Cl2中的0价，化合价升高被氧化，这部分HCl是还原剂，16分子HCl中只有10分子的Cl的化合价升高，故该反应中氧化剂与还原剂个数之比为2:10=1:5，故答案为：C。
15. ClO2是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂。实验室可通过以下反应制得ClO2：2KClO3+H2C2O4+H2SO4=2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O。下列说法正确的是
A. KClO3在反应中得到电子
B. KClO3被氧化
C. H2C2O4在反应中被还原
D. 1个KClO3参加反应有2个电子转移
【答案】A
【解析】
【分析】由方程式可知，反应中氯元素的化合价降低被还原，氯酸钾是反应的氧化剂，碳元素的化合价降低被氧化，草酸是反应的还原剂。
【详解】A．由分析可知，反应中氯元素的化合价降低被还原，氯酸钾是反应的氧化剂，反应中得到电子，故A正确；
B．由分析可知，反应中氯元素的化合价降低被还原，氯酸钾是反应的氧化剂被还原，故B错误；
C．由分析可知，碳元素的化合价降低被氧化，草酸是反应的还原剂被氧化，故C错误；
D．由方程式可知，反应中1个氯酸钾参加反应,从+5到+4，有1个电子转移，故D错误；
故选A。
16. 根据下列反应的方程式：
①2Fe3++2I-=2Fe2++I2
②Br2+2Fe2+=2Br-+2Fe3+
可判断离子的还原性从强到弱的顺序是
A. Br-、Fe2+、I-B. I-、Fe2+、Br-
C. Br-、I-、Fe2+D. Fe2+、I-、Br-
【答案】B
【解析】
【详解】根据还原剂的还原性大于还原产物，由①可推知还原性I-大于Fe2+，由②可推知Fe2+大于Br-，故还原剂性从强到若的顺序为I-、Fe2+、Br-，故选择B。
17. 已知C2O3在酸性溶液中易被还原成C2＋，C2O3、Cl2、FeCl3、I2的氧化性依次减弱。下列反应在水溶液中不可能发生的是
A. 3Cl2＋6FeI2=2FeCl3＋4FeI3
B. Cl2＋FeI2=FeCl2＋I2
C. C2O3＋6HCl(浓)=2CCl2＋Cl2↑＋3H2O
D. 2Fe3＋＋2I-=2Fe2＋＋I2
【答案】A
【解析】
【分析】根据氧化还原反应中，氧化性：氧化剂>氧化产物，以此对下列方程式进行判断。
【详解】A．由于I-的还原性强于Fe2＋，所以Cl2应先氧化I-，而不应先氧化Fe2＋，A错误；
B．Cl2氧化性强于I2，反应方程式正确，B正确；
C．氧化性C2O3>Cl2，反应方程式正确，C正确；
D．氧化性Fe3＋>I2，反应方程式正确，D正确；
故答案选A。
18. 已知C2O3在酸性溶液中易被还原成C2+，C2O3、Cl2、FeCl3、I2的氧化性依次减弱，下列反应在水溶液中不可能发生的是
A. 3Cl2+6FeI2=2FeCl3+4FeI3B. Cl2+2KI=2KCl+I2
C. C2O3+6HCl=2CCl2+Cl2↑+3H2OD. 2FeCl2+Cl2=2FeCl3
【答案】A
【解析】
【分析】已知物质的氧化性：C2O3＞Cl2＞FeCl3＞I2。在氧化还原反应中，氧化剂的氧化性比氧化产物的氧化性强，据此分析解答。
【详解】A．若反应3Cl2+6FeI2=2FeCl3+4FeI3能够发生，则说明Fe2+还原性强于I-的还原性，就会得到氧化性：I2＞Fe3+的结论，这与题干已知物质的氧化性：Fe3+＞I2相矛盾，因此该反应不能发生，A符合题意；
B．若反应Cl2+2KI=2KCl+I2能够发生，就会得到氧化性：Cl2＞I2的结论，与题干的已知条件相符合，B不符合题意；
C．若反应C2O3+6HCl=2CCl2+Cl2↑+3H2O能够发生，就会得到氧化性：C2O3＞Cl2的结论，与题干的已知条件相符合，C不符合题意；
D．若反应2FeCl2+Cl2=2FeCl3能够发生，就会得到氧化性：Cl2＞FeCl3的结论，与题干的已知条件相符合，D不符合题意；
故合理选项是A。
第II卷(非选择题共46分)
二、非选择题(46分)
19. 二氧化硫是形成酸雨的“罪魁祸首”，为了保护环境，应减少二氧化硫在大气中的排放。请回答下列问题：
(1)二氧化硫与水反应可生成亚硫酸，那么二氧化硫是电解质还是非电解质？__________。
(2)工业尾气中的二氧化硫常用氢氧化钠溶液吸收，生成亚硫酸钠或亚硫酸氢钠：
①亚硫酸钠溶于水的电离方程式是______________________；
②亚硫酸氢钠溶于水的电离方程式是______________________。
(3)二氧化硫在催化剂的作用下可被氧气氧化成三氧化硫，三氧化硫与水反应生成硫酸：
①三氧化硫是电解质还是非电解质？__________；
②氧气属于电解质或非电解质吗？__________。
(4)三氧化硫与氢氧化钠溶液反应可生成硫酸氢钠：
①硫酸氢钠溶于水的电离方程式是________________________；
②硫酸氢钠是酸类物质吗？__________。
【答案】 ①. 非电解质 ②. Na2SO3=Na++SO32- ③. NaHSO3=Na++HSO3- ④. 非电解质 ⑤. 既不是电解质也不是非电解质 ⑥. NaHSO4=Na++H++SO42- ⑦. 不是酸类物质
【解析】
【详解】(1)二氧化硫与水反应可生成亚硫酸，亚硫酸电离产生自由移动的离子，所以亚硫酸是电解质，离子不是二氧化硫电离产生，该物质是由化合物分子构成，在熔融状态下不能导电，所以它是非电解质；
(2)①亚硫酸钠可溶性盐，溶于水完全电离产生Na+、SO32-，所以其电离方程式是NaHSO3=Na++HSO3-；
②亚硫酸氢钠是弱酸亚硫酸的酸式盐，溶于水电离产生Na+、HSO3-，所以其电离方程式是NaHSO3=Na++HSO3-；
(3)①三氧化硫是由分子构成的物质，在熔融状态下不能导电，所以三氧化硫是非电解质；
②氧气属于单质，电解质、非电解质都是化合物，所以氧气既不是电解质也不是非电解质；
(4)①硫酸氢钠是强酸硫酸与NaOH不完全中和的产物，溶于水电离产生Na+、H+、SO42-，所以它的电离方程式是NaHSO4=Na++H++SO42-；
②硫酸氢钠是盐，电离产生H+，但是它不属于酸类物质。
20. (1)将饱和溶液滴入煮沸的蒸馏水中，继续加热至液体变为红褐色，得到的是__________；胶体与沉淀的本质区别在于_________。
(2)将(1)中得到的分散系装入U形管内，用石墨棒作电极，接通直流电源，通电一段时间后发现与电源负极相连的电极附近颜色_____，这个过程称为_______。
(3)将(1)中得到的分散系装入用鸡蛋内膜制成的袋子内，并将此袋子浸入盛水的烧杯中，此操作进行一段时间后，取一部分烧杯内的水溶液，向其中滴加溶液，_______(填实验现象)；若取少量袋子内的液体加入试管中，逐滴滴加盐酸，_______(填实验现象)。
【答案】 ①. 胶体 ②. 分散质粒子直径大小不同 ③. 变深 ④. 电泳 ⑤. 产生白色沉淀 ⑥. 先产生红褐色沉淀，后沉淀溶解得到棕黄色溶液
【解析】
【详解】(1)将饱和溶液滴入煮沸的蒸馏水中，继续加热至液体变为红褐色，得到的是胶体；胶体与沉淀的本质区别在于分散质粒子直径大小不同，前者介于1nm和100nm之间，后者大于100nm。
(2)将(1)中得到的分散系装入U形管内，用石墨棒作电极，接通直流电源，由于氢氧化铁胶粒带正电荷，在电场的作用下向阴极移动，所以通电一段时间后发现与电源负极相连的电极附近颜色变深，这个过程称为电泳。
(3)将(1)中得到的分散系装入用鸡蛋内膜制成的袋子内，并将此袋子浸入盛水的烧杯中，此操作进行一段时间后，由于胶体不能透过半透膜，溶液可以透过半透膜，所以取一部分烧杯内的水溶液，向其中滴加溶液，产生氯化银白色沉淀；若取少量袋子内的液体加入试管中，逐滴滴加盐酸，氢氧化铁胶体发生聚沉，所以实验现象先产生红褐色沉淀，后沉淀溶解得到棕黄色溶液。
21. 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溶液分别滴入下列物质中，能形成胶体的是_______(填字母)。
A. 冷水B. 沸水C. NaOH浓溶液D. NaCl浓溶液
（2）现有甲、乙、丙三名同学进行Fe(OH)3胶体的制备：
①甲同学的操作：取一小烧杯，加入25mL蒸馏水加热至沸腾，向沸水中逐滴加入1～2 mL FeCl3饱和溶液，继续煮沸至混合液呈红褐色，停止加热。请评价该操作是否正确_______。(填“正确”或“不正确”)
②乙直接加热饱和FeCl3溶液，请评价是否正确_______。(同上)
③丙向沸水中滴加饱和FeCl3溶液，为了使反应进行充分，煮沸10分钟，请评价是否正确_______。(同上)
（3）①写出制备Fe(OH)3胶体的化学方程式_______。
②证明有Fe(OH)3胶体生成的实验操作是_______。
③该操作利用胶体的性质是_______。
（4）Fe(OH)3胶体稳定存在的主要原因是_______(填字母，下同)。
A. 胶体粒子直径小于1 nmB. 胶体粒子带正电荷
C. 胶体粒子作布朗运动D. 胶体粒子能透过滤纸
（5）Fe(OH)3胶体区别于FeCl3溶液最本质的特征是_______。
A. Fe(OH)3胶体粒子的直径在1～100 nm之间
B. Fe(OH)3胶体具有丁达尔效应
C. Fe(OH)3胶体是均一的分散系
D. Fe(OH)3胶体的分散质能透过滤纸
（6）若取少量制得的胶体加入试管中，加入硫酸钠溶液，现象是_______，这种现象称为胶体的_______。
【答案】（1）B （2） ①. 正确 ②. 不正确 ③. 不正确
（3） ①. FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl ②. 让一束可见光通过制得的分散系，从侧面观察到一条光亮的“通路”，说明制得的是胶体 ③. 丁达尔效应 （4）B （5）A
（6） ①. 产生红褐色沉淀 ②. 聚沉
【解析】
【小问1详解】
实验室制备氢氧化铁胶体的方法是：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，故合理选项是B，故答案为：B；
【小问2详解】
①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，这是制备氢氧化铁胶体的正确操作，操作合理，故①正确，故答案为：正确；
②直接加热饱和三氯化铁饱和溶液，反应产生的氢氧化铁胶体遇到电解质发生聚沉，不能得到胶体，操作不合理，②不正确，故答案为：不正确；
③加热到继续沸腾，不能继续加热，否则形成的胶粒会集结在一起，形成沉淀，操作不合理，③不正确，故答案为：不正确；
【小问3详解】
①将3～4滴饱和FeCl3溶液滴入25mL沸腾的蒸馏水中，继续加热煮沸至液体呈红褐色，停止加热，就制取得到氢氧化铁胶体，反应方程式为：FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl；
②证明有Fe(OH)3胶体生成的实验操作是：让一束可见光通过制得的分散系，从侧面观察到一条光亮的“通路”，说明制得的是胶体；
③胶体可以产生丁达尔效应，所以该操作利用胶体的性质是丁达尔效应；
【小问4详解】
胶体具有很强的吸附能力，能选择性的吸附溶液中的离子而带电荷，胶粒之间相互排斥，而不易产生较大微粒而聚沉，故合理选项是B，故答案为：B；
【小问5详解】
Fe(OH)3胶体区别于FeCl3溶液最本质的特征是Fe(OH)3胶体的分散质微粒直径大小在1～100nm之间，故合理选项是A，故答案为：A；
【小问6详解】
向Fe(OH)3胶体中滴入硫酸铵，硫酸铵电离产生的硫酸根离子的负电荷会中和胶粒上的正电荷，使胶粒之间的斥力减小，胶粒聚集形成氢氧化铁沉淀，这种现象叫胶体聚沉，因此看到的现象是产生红褐色沉淀，故答案为：产生红褐色沉淀；聚沉。
22. 储氢纳米碳管的研制成功体现了科技的进步。用电弧法合成的碳纳米管常伴有大量的杂质——碳纳米颗粒。这种碳纳米颗粒可用氧化气化法提纯。其反应中的反应物和生成物有C、CO2、H2SO4、K2Cr2O7、K2SO4、Cr2(SO4)3和H2O七种。
（1）请用上述物质填空(不用配平)：C+________+H2SO4——________+______+Cr2(SO4)3+H2O。________
（2）上述反应中氧化剂是(填化学式)________，被氧化的元素是(填元素符号)________。
（3）H2SO4在上述反应中表现出来的性质是(填选项序号)________。
A. 氧化性B. 氧化性和酸性C. 酸性D. 还原性和酸性
【答案】（1）C+K2Cr2O7+H2SO4——CO2+ K2SO4+Cr2(SO4)3+H2O
（2） ①. K2Cr2O7 ②. C （3）C
【解析】
【小问1详解】
根据元素守恒和氧化还原规律可得C+K2Cr2O7+H2SO4——CO2+ K2SO4+Cr2(SO4)3+H2O；
【小问2详解】
化合价降低作氧化剂，故氧化剂为K2Cr2O7；
【小问3详解】
硫酸在上述反应中化合价未发生变化，故只表现酸性，故选C。
23. KClO3与浓盐酸在一定温度下反应会生成黄绿色的易爆物质二氧化氯，其变化可表述为：KClO3+HCl（浓）―KCl+ClO2↑+Cl2↑+
（1）请完成该化学方程式（将配平后的完整化学方程式写在答题卡上）。___
（2）浓盐酸在反应中显示出来的性质是___（填写编号）。
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
（3）若产生7.1gCl2，则生成ClO2的质量为___g。
（4）ClO2具有很强的氧化性，因此常被用作消毒剂，其消毒的效率（用单位质量得到的电子数表示）是Cl2的___倍（小数点后保留两位数字）。
【答案】 ①. 2KClO3+4HCl（浓）=2KCl+2ClO2↑+Cl2↑+2H2O ②. ② ③. 13.5 ④. 2.63
【解析】
【详解】（1）KClO3中氯元素化合价由+5价降低为ClO2中+4价，化合价降低1价；HCl中氯元素化合价由-1价升高为Cl2中0价，化合价升高2价，化合价升降最小公倍数为2，故ClO2系数为2，Cl2系数为1；所以KClO3系数为2，KCl系数为2，HCl系数为4，结合元素守恒，可知未知物是水，水的系数是2；配平完的化学方程式为：2KClO3+4HCl（浓）=2KCl+2ClO2↑+Cl2↑+2H2O；
（2）反应2KClO3+4HCl（浓）=2KCl+Cl2↑+2ClO2↑+2H2O中，HCl中氯元素化合价由-1价升高为Cl2中0价可知，HCl中氯元素被氧化，HCl在反应中还原剂与酸作用，各占一半；故选②；
（3）7.1gCl2的物质的量是0.1ml，根据化学方程式，生成ClO2的物质的量为0.2ml，质量为0.2ml×67.5g/ml=13.5g；
（4）设ClO2、Cl2的质量都是71g，氯气是1ml，得到的电子的物质的量是2ml，ClO2得到的电子的物质的量为×5＝5.26ml，则ClO2消毒的效率是Cl2的5.26÷2＝2.63倍；答案是：2.63。