【名?？爝f】2019屆高三入學(xué)調(diào)研化學(xué)(1)試卷(帶答案)

1、2021屆高三入學(xué)調(diào)研測試卷化學(xué)一考前須知：1 .做題前,先將自己的姓名、準考證號填寫在試題卷和做題卡上,并將準考證號條形碼粘貼在做題卡上的指定位置.2 .選擇題的作答：每題選出答案后,用2B鉛筆把做題卡上對應(yīng)題目的答案標號涂黑,寫在試題卷、草稿紙和做題卡上的非做題區(qū)域均無效.3 .非選擇題的作答：用簽字筆直接答在做題卡上對應(yīng)的做題區(qū)域內(nèi).寫在試題卷、草稿紙和做題卡上的非做題區(qū)域均無效.4 .測試結(jié)束后,請將本試題卷和做題卡一并上交.相對原子質(zhì)量：H-1C-12N-14O-16S-32Cu-64一、選擇題16小題,共48分,每題均只有一個正確選項1 .我國明代?本草綱目?中收載藥物1892種,

2、其中燒酒條目下寫道：自元時始創(chuàng)其法,用濃酒和精入甑,蒸令氣上其清如水,球極濃烈,蓋酒露也.這里所用的法是指A.萃取B.過濾C.蒸儲D.干儲【答案】C【解析】從濃酒中別離出乙醇,利用酒精與水的沸點不同,用蒸儲的方法將其別離提純,這種方法是蒸儲,故C正確.2 .設(shè)Na為阿伏加德羅常數(shù)的值,以下表達正確的選項是A.15g甲基一CH3含有的電子數(shù)是9NaB.7.8g苯中含有的碳碳雙鍵數(shù)為0.3NaC.1molC2H50H和1molCH3CO18OH反響生成的水分子中的中子數(shù)為8NaD,標準狀況下,2.24LCCl4中的原子總數(shù)為0.5Na【答案】A【解析】A.15g甲基的物質(zhì)的量都是1mol,1mol

3、甲基中含有9mol電子,含有的電子數(shù)均為9Na,選項A正確；B.苯不是單雙鍵交替的結(jié)構(gòu),故苯中無碳碳雙鍵,選項B錯誤；C.C2H50H和CH3CO18OH反響生成水為H218O,含10個中子,但酯化反響為可逆反響,故不能進行徹底,故生成的水中的中子個數(shù)小于10Na個,選項C錯誤；D.標況下CC14為液體,故不能根據(jù)氣體摩爾體積來計算其物質(zhì)的量,選項D錯誤.答案選Ao3.僅用下表提供的玻璃儀器自選非玻璃儀器就能實現(xiàn)相應(yīng)實驗?zāi)康牡氖沁x項實驗?zāi)康牟Ａx器A別離硝酸鉀和氯化鈉混合物燒杯、酒精燈、玻璃棒、分液漏斗B配制450mL2molL1氯化鈉溶液500mL容量瓶、燒杯、玻璃棒、量筒、膠頭滴管C除去氫

4、氧化鋁膠體中的泥沙漏斗帶半透膜卜燒杯、玻璃棒D從食鹽水中獲得NaCl晶體塔蝸、玻璃棒、酒精燈、泥三角【答案】B【解析】別離硝酸鉀和氯化鈉混合物需要進行重結(jié)晶,所以應(yīng)該用普通漏斗進行過濾,選項A錯誤.實驗室沒有450mL的容量瓶,所以配制450mL2mol1氯化鈉溶液的時候應(yīng)該使用500mL容量瓶.用天平非玻璃儀器稱量氯化鈉質(zhì)量,轉(zhuǎn)移至燒杯,用量筒加水溶解,玻璃棒攪拌,轉(zhuǎn)移至容量瓶,洗滌,定容,搖勻即可,選項B正確.除去氫氧化鋁膠體中的泥沙,應(yīng)該用帶濾紙的漏斗直接過濾,選項C錯誤.從食鹽水中獲得NaCl晶體的操作是蒸發(fā),應(yīng)該在蒸發(fā)皿中進行,選項D錯誤.4.以下有關(guān)物質(zhì)的分類或歸納的說法正確的選項

5、是A.漂白粉、水玻璃、福爾馬林都是混合物B.乙烯、油脂、纖維素、光導(dǎo)纖維都屬于高分子化合物C.PM2.5微粒直徑約為2.5106m分散在空氣中形成氣溶膠,能產(chǎn)生丁達爾效應(yīng)D.純堿、氨水、蔗糖分別屬于強電解質(zhì)、弱電解質(zhì)和非電解質(zhì)【答案】A【解析】A.漂白粉成分是CaCl2和CaClO2,水玻璃是硅酸鈉的水溶液,福爾馬林是甲醛的水溶液,都屬于混合物,故A正確；B.乙烯、油脂不屬于高分子化合物,光導(dǎo)纖維成分是SiO2,不屬于高分子化合物,纖維素屬于高分子化合物,故B錯誤；C.分散質(zhì)的微粒直徑在1nm100nm之間的分散系稱為膠體,1nm=109m,PM2.5微粒直徑約為2.5106m大于膠體分散質(zhì)微

6、粒直徑,因此PM2.5分散在空氣中形成氣溶膠,不屬于膠體,沒有丁達爾效應(yīng),故C錯誤；D.純堿為Na2CO3,屬于強電解質(zhì),氨水是混合物,不屬于電解質(zhì),也不屬于非電解質(zhì),蔗糖屬于非電解質(zhì),故D錯誤.5.Na為阿伏加德羅常數(shù)的值.以下說法正確的選項是A.0.1mol的11B中,含有0.6Na個中子B. pH=1的H3PO4溶液中,含有0.1Na個H+C. 2.24L(標準狀況)苯在O2中完全燃燒,得到0.6Na個CO2分子D.密閉容器中1molPCl3與1molCl2反響制備PCl5(g),增加2Na個PCl鍵【答案】A【解析】A.11B中含有6個中子,0.1mol11B含有6Na個中子,A正確；

7、B.溶液體積未定,不能計算氫離子個數(shù),B錯誤；C.標準狀況下苯是液體,不能利用氣體摩爾體積計算22.4L苯的物質(zhì)的量,那么無法判斷其完全燃燒產(chǎn)生的CO2分子數(shù)目,C錯誤；D.PCl3與Cl2反響生成PCl5的反響是可逆反響,反應(yīng)物不可能完全轉(zhuǎn)化為生成物,那么所1molPCl3與1molCl2反響生成的PCl5小于1mol,增加的P-Cl鍵的數(shù)目小于2Na個,D錯誤；答案選Ao6 .我國古代文明中包含著豐富的化學(xué)知識.以下沒有發(fā)生電子轉(zhuǎn)移的是A.鐵石制成指南針B.爆竹聲中一歲除C.西漢濕法煉銅D.雷雨發(fā)莊稼【解析】氧化復(fù)原反響本質(zhì)是有電子轉(zhuǎn)移；打磨磁石制指南針屬于物質(zhì)形狀變化,沒有新物質(zhì)生成,屬

8、于物理變化,A正確；黑火藥中硫磺、硝酸鉀和木炭在一定條件下發(fā)生反響生成氮氣、硫化鉀和二氧化II碳,有新物質(zhì)生成,屬于氧化復(fù)原反響,B錯誤；濕法煉銅使銅由化合態(tài)變?yōu)橛坞x態(tài),所以有新物質(zhì)銅生成,屬于氧化復(fù)原反響,C錯誤；空氣中的氮氣在放電條件下與氧氣直接化合生成一氧化氮氣體,一氧化氮又被氧氣氧化為二氧化氮,二氧化氮與水反響生成硝酸,生成的硝酸隨雨水淋灑到大地上,同土壤中的礦物相互作用,生成可溶于水的硝酸鹽可作氮肥,植物生長得更好,這些變化過程,有新物質(zhì)生成,發(fā)生了氧化復(fù)原反響,D錯誤；正確選項Ao7 .將標準狀況下的aLHCl(g)溶于1000g水中,得到的鹽酸密度為bgm-3,那么該鹽酸的物質(zhì)的

9、量濃度是22.4moi.；L224UC.mni/LD.icon"224(1()+mol/LaL【解析】將標準狀況下的aLHCl(氣)的物質(zhì)的量為22=122.4mol,氯化氫的質(zhì)量為22-4mol>36.5g/mol=1000g+22g=(1000+22.A)g,所以溶液的體積為(1000+224)+g5aa4加十皿5一lOOQobgT000bg/L=l,所以溶液濃度為NN-4mol+224gbl=2240D+36r5«mol/L,應(yīng)選D.8 .常溫下,以下各組離子在指定溶液中一定能大量共存的是A.pH=l的溶液中：HCO3、SO4、K+、Cl-9 .無色透明的溶液中

10、：K+、SO/-、Na+、MnO4C.遇石蕊變藍的溶液中：NO3、Na+、AlO2、K+D,含大量NO3的溶液中：H+、Fe2,Cl-、NH4【答案】C【解析】A.pH=l的溶液呈酸性,H+與HCO3反響生成二氧化碳和水而不能大量共存,選項A錯誤；B.該組離子不反響,能大量共存,但MnO4在水溶液中為紫紅色,選項B錯誤；C.能使紫色石蕊試液變藍的溶液顯堿性,各離子相互不反響能大量共存,選項C正確；D.NO3、H+、Fe2+之間發(fā)生氧化復(fù)原反應(yīng),在溶液中不能大量共存,選項D錯誤；答案選Co10 以下指定反響的離子方程式正確的選項是A.向偏鋁酸鈉和碳酸鈉的混合溶液中滴加少量鹽酸：AlO2+H+H2

11、O=Al(OH)3JB.將少量SO2通入次氯酸鈉溶液：ClO-+SO2+H2O=2H+Cl-+SO4-C.向碘化亞鐵溶液中滴加少量稀硝酸：NO3+3Fe2+4H+=3Fe3+NOT+2HOD.向氯化鋁溶液中滴加硫化鈉溶液：3S2-+2Al3+=Al2S3J【答案】A【解析】A.向偏鋁酸鈉和碳酸鈉的混合溶液中滴加少量鹽酸,偏鋁酸鈉優(yōu)先與鹽酸反響,離子方程II式為AlO2+H+H2O=Al(OH)3故A正確；B,將少量SO2通入次氯酸鈉溶液中,生成物中的H+會與剩余的Cl.一反響生成HClO,故B錯誤；C.Fe2+的復(fù)原性小于I,稀硝酸優(yōu)先氧化I,故C錯誤；D.向氯化鋁溶液中滴加硫化鈉溶液,S2-

12、與Al3+在水溶液中發(fā)生雙水解反響,離子方程式為3S2+2Al3+6H2O=3H2ST+2Al(OH)3故D錯誤；答案選A.10.室溫下,向10mLpH=3的CH3COOH溶液中參加以下物質(zhì),對所得溶液的分析正確的選項是參加的物質(zhì)對所得溶液的分析A90mLH2O由水電離出的c(H+)=10-10molL-1B0.1molCH3COONa固體c(OH-)比原CH3COOH溶液中的大C10mLpH=1的H2SO4溶液CH3COOH的電離程度不變D10mLpH=11的NaOH溶液c(Na+)=c(CH3COO)>c(OH-)=c(H+)【答案】B【解析】A、向10mLpH=3的CH3COOH溶

13、液中參加90mLH2O,醋酸的電離平衡正向移動c(H+)>10-4molL1,故由水電離出的c(H+)<10-10molL1,選項A錯誤；B、向10mLpH=3的CH3COOH溶液中加入0.1molCH3COONa固體,醋酸根離子濃度增大,酸的電離逆向移動,c(OH-)比原CH3COOH溶液中的大,選項B正確；C、向10mLpH=3的CH3COOH溶液中參加10mLpH=1的H2SO4溶液,氫離子濃度增大,抑制水醋酸的電離,CH3COOH的電離程度減小,選項C錯誤；向10mLpH=3的CH3COOH溶液中參加10mLpH=11的NaOH溶液,醋酸過量,所得溶液呈酸性,故c(CH3C

14、OO)>c(Na+)>c(H+)>c(OH"),選項D錯誤.答案選Bo11,：2KMnO4+16HCl(濃)2KCl+5Cl2T+2MnC2+8H2O,以下說法正確的選項是A.HCl發(fā)生了復(fù)原反響B(tài),氧化性：Cl2>KMnO4C.氧化劑與復(fù)原劑的物質(zhì)的量比為1:8D.當(dāng)標準狀況下產(chǎn)生22.4L氯氣,轉(zhuǎn)移電子數(shù)為2Na【答案】D【解析】A.局部HCl中負一價氯被氧化為氯氣,HCl發(fā)生了氧化反響,故A錯誤；B.氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物,那么氧化性：KMnO4>Cl2,故B錯誤；C.氧化劑與復(fù)原劑的物質(zhì)的量比為2:10=1:5(16molHCl只有10mol

15、HCl被氧化為5mol的氯氣),故C錯誤；D.當(dāng)標準狀況下產(chǎn)生22.4L氯氣,每生成1mol氯氣轉(zhuǎn)移電子數(shù)為2Na個,故D正確.12.24mL0.05mol/L的Na2SO3溶液,恰好與20mL0.02mol/L的K2Cr2O7溶液完全反響,那么元素CrII在被復(fù)原的產(chǎn)物中的化合價是A.+6B.+3C.+2D.0【答案】B【解析】Na2SO3被氧化為Na2SO4,S元素化合價由+4價升高為+6價；K2Cr2O7中Cr元素發(fā)生復(fù)原反應(yīng),設(shè)Cr元素在產(chǎn)物中的化合價為a價,根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒,那么：(6-4)X0.05mol/LX24X10-3l=(6-a)X2>O.02mol/L2OM0-3L

16、,解得a=+3.應(yīng)選B.13.把含硫酸俊和硝酸俊的混合液aL分成兩等份.一份參加含bmolNaOH的溶液并加熱,恰好把NH3全部趕出；另一份需消耗cmolBaCl2才能使SO4一完全沉淀,那么原溶液中NO3的物質(zhì)的量濃度為b*2c2b-4c2t>-cbTlA.hB.由C.nD.【答案】B【解析】bmolNaOH恰好將NH3全部趕出,根據(jù)NH+OHNH3T+H2O可知,每份中含有bmolNH+;與氯化鋼溶液完全反響消耗cmolBaCl2才能使SO-完全沉淀,根據(jù)Ba/+SOT=BaSO4J可知每份含有SO2cmol,設(shè)每份中含有NO3的物質(zhì)的量為xmol,根據(jù)溶液呈現(xiàn)電中性,那么bmolM

17、=cmol>2+xmolM,得x=(b2c)mol,因?qū)L混合液分成兩等份,那么每份的體積是0.5aL,所以每份溶液中NO3的濃度是c(NO3)=H.我)叫蜘,山：3b小=mmol/L,即原溶液中NO3的濃度是amol/L,應(yīng)選B.14,微粒復(fù)原性強弱順序：|->Fe2+>Cl",那么以下離子方程式不符合事實的是A.2Fe3+2-2Fe2+l2B,C12+2I一-2C1+I2C.2Fe2+l2-2Fe3+2I-D.Fe2+C12-2Fe3+2C1-【答案】C【解析】A中,Fe從+3價降低到+2價,做氧化劑,發(fā)生復(fù)原反響,即Fe2+為復(fù)原產(chǎn)物,I從-1價升高到0價,

18、做復(fù)原劑,發(fā)生氧化反響,即的復(fù)原性大于Fe2+;A錯誤；B中,C12由0價降低到-1價,發(fā)生復(fù)原反響,做氧化劑,C1-為復(fù)原產(chǎn)物,I從-1價升高到0價,做復(fù)原劑,發(fā)生氧化反響,即復(fù)原性I->C1-,B錯誤；C中,Fe2+被氧化為Fe3+,做復(fù)原劑,I2被復(fù)原為I-,做氧化劑,對應(yīng)復(fù)原產(chǎn)物為I-,因此復(fù)原性：Fe2+>I-,與題給信息矛盾,C正確；D中,Fe2+被氧化為Fe3+,做復(fù)原劑,C12被復(fù)原為C1-,對應(yīng)復(fù)原產(chǎn)物為C1-,因此復(fù)原性Fe2+>C1-,D錯誤；正確選項Co15.以下實驗方案能到達實驗?zāi)康牡氖沁x項實驗?zāi)康膶嶒灧桨窤證實Mg(OH)2沉淀可以轉(zhuǎn)化為Fe(OH

19、)3向2mL1mo1/LNaOH溶液中先參加3滴1mo1/LMgCl2溶液,再參加3滴1mo1/LFeC13B1比擬氯和碳的非金屬性強弱將鹽酸滴入碳酸氫鈉溶液中C配制100mL1.0mo1/LCuSO4溶液將25gCuSO45H2O溶于100mL蒸儲水中D驗證氧化性：Fe3+>I2將KI和FeC13溶液在試管中混合后,參加CC14,振蕩,靜置,觀察卜.層液體是否變成紫色【答案】D【解析】A.向2mL1mo1/LNaOH溶液中先加3滴1mo1/LMgC12溶液,產(chǎn)生白色沉淀,由于NaOH過量,再參加FeC13時,FeC13直接與NaOH反響,不能證實沉淀的轉(zhuǎn)化,故A錯誤；B.將鹽酸滴入碳酸

20、氫鈉溶液中,產(chǎn)生氣泡,證實鹽酸酸性強于碳酸,而比擬元素的非金屬性強弱,要通過比擬元素最高價氧化物的水化物的酸性強弱來進行判斷,假設(shè)要比擬C1和C的非金屬性強弱,那么應(yīng)比擬HC1O4與H2CO3的酸性強弱,故B錯誤；C.將25gCuS045H2O溶于100mL蒸儲水中,溶質(zhì)CuSO4的物質(zhì)的量為1mo1,而溶液的體積不是100mL,所配溶液的濃度不是1mo1/L,故C錯誤；D.將KI和FeC13溶液在試管中混合后,力口入CC14,振蕩,靜置,下層液體變成紫色,那么證實產(chǎn)生了I2,說明Fe3+將I-氧化為以氧化性Fe3+>I2,故D正確.16.：將Cl2通入適量NaOH溶液中,產(chǎn)物中可能含有

21、NaCl、NaClO、NaClQa,且c(Cl-)/c(ClO')的值與溫度上下有關(guān).當(dāng)n(NaOH)=amol時,以下說法不正確的選項是A.參加反響的氯氣的物質(zhì)的量等于(1/2)amolB.改變溫度,產(chǎn)物中NaC1O3的最大理論產(chǎn)量為(1/7)amolC.改變溫度,反響中轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量n(e-)的范圍為(1/2)amol<r)(e<(5/6)amolD.假設(shè)某溫度下,反響后c(Cl-)/c(ClO-)=11,那么溶液中c(ClO-)/c(ClO3)=1/2【答案】B【解析】A.常溫時,2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O,反響2mol氫氧化鈉,消耗1mol

22、氯氣,所以Cl2通入amolNaOH溶液恰好完全反響,那么參加反響的氯氣的物質(zhì)的量等于0.5amo1,故A正確；B.根據(jù)6NaOH+3cl2=5NaCl+NaClO3+3H2O,NaC1O3的最大理論產(chǎn)量為(1/6)a>(1/7)a,故B錯誤；C.當(dāng)只發(fā)生6NaOH+3ClL=5NaCl+NaClO3+3H2O,轉(zhuǎn)移電子數(shù)最多,依據(jù)方程式6mol氫氧化鈉反響轉(zhuǎn)移5mol電子,所以amol氫氧化鈉反響,最多轉(zhuǎn)移(5a/6)mol電子,假設(shè)只發(fā)生反響2NaOH+Cll=NaCl+NaClO+H2O,轉(zhuǎn)移電子數(shù)最少,依據(jù)方程式2mol氫氧化鈉反響轉(zhuǎn)移1mol電子,所以amol氫氧化鈉反響,最少

23、轉(zhuǎn)移(1/2)amol電子,故轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量n(e_)的范圍(1/2)amol<n_e<5a/6)mol,故C正確；D.反響中氯氣一局部化合價升高生成次氯酸鈉、氯酸鈉,一局部化合價降低生成氯化鈉,依據(jù)得失電子守恒可知：一口QT乂丁")一一ctcno-i鞏no寸一一一c(ClO-)X+5Xc(ClO3)=c(Cl-)左右兩邊同時除以c(ClO-)得,=,整理得,c(ClOd)c(C103)c(CIO")1+5)=11,故c(C10)=2,那么)=上,假設(shè)c(ClO3)=2mol/L,那么c(ClO-)=1mol/L,c(Cl-)=11mol/L,c(Cll那么

24、以口口一上11,故D正確；應(yīng)選Bo二、非選擇題(共52分)17. I.現(xiàn)有以下狀態(tài)的物質(zhì)：干冰NaHCO3晶體氨水純醋酸FeCl3溶液銅熔融的KOH蔗糖其中屬于電解質(zhì)的是,屬于強電解質(zhì)的是.能導(dǎo)電的是.n.膠體是一種常見的分散系,答復(fù)以下問題.向煮沸的蒸儲水中逐滴參加溶液,繼續(xù)煮沸至,停止加熱,可制得Fe(OH)3膠體,制取Fe(OH)3膠體化學(xué)反響方程式為.向Fe(OH)3膠體中參加Na2SO4飽和溶液,由于離子(填離子符號)的作用,使膠體形成了沉淀,這個過程叫做.區(qū)分膠體和溶液常用的方法叫做.ni.FeCl3溶液用作蝕刻銅箔制造電路板的工藝,離子方程式為.有學(xué)生利用FeCl3溶液制取FeC

25、l3?6H2O晶體主要操作包括：滴入過量鹽酸,、冷卻結(jié)晶、過濾.過濾操作除了漏斗、燒杯,還需要的玻璃儀器是.高鐵酸鉀(K2FeO4)是一種強氧化劑,可作為水處理劑和高容量電池材料.FeCl3與KC1O在強堿性條件下反響可制取K2FeO4,反響的離子方程式為.【答案】I.n.飽和FeCl3溶液呈紅褐色FeCl3+3H2O(沸水)金=Fe(OH)3(膠體)+3HClSO4膠體的聚沉丁達爾效應(yīng)出.2Fe3+Cu2Fe2+Cu2+蒸發(fā)濃縮玻璃棒2Fe3+3ClO-+10OH-2FeO2+3Cl-+5H2O(或2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-2FeO2+3Cl-+5H2O寫出一個即可)【解析】I.

26、電解質(zhì)的定義是在水溶液中或熔融狀態(tài)下能夠?qū)щ姷幕衔?主要包括酸、堿、鹽、活潑金屬氧化物、水等.我們在判斷此類試題的時候,最直接的方法是根據(jù)物質(zhì)的分類進行判斷.干冰是固態(tài)二氧化碳,不屬于上述物質(zhì)中的任一種,在水溶液和熔融狀態(tài)下均不導(dǎo)電,所以不是電解質(zhì)；NaHCO3晶體屬于鹽,在水溶液中可以電離出離子而導(dǎo)電,所以屬于電解質(zhì)；氨水屬于混合物而不是化合物,所以不是電解質(zhì)；純醋酸屬于酸,在水溶液中可以電離出離子而導(dǎo)電,所以屬于電解質(zhì)；FeCl3溶液是混合物而不是化合物,所以不是電解質(zhì)；銅是單質(zhì)而不是化合物,所以不是電解質(zhì)；熔融的KOH屬于堿,在熔融狀態(tài)下和水溶液中均可以電離出離子而導(dǎo)電,所以是電解質(zhì)；

27、蔗糖不屬于上述物質(zhì)中的任一種,在水溶液和熔融狀態(tài)下均不導(dǎo)電,所以不是電解質(zhì)；所以屬于電解質(zhì)的是：.強電解質(zhì)的定義是在水溶液中或熔融狀態(tài)下能完全電離的電解質(zhì),因此強電解質(zhì)首先必須是電解質(zhì),只能從里面找,其中NaHCO3晶體在水溶液中可以完全電離出離子,所以屬于強電解質(zhì)；純醋酸屬于共價化合物,在熔融狀態(tài)下不能電離出離子,在水溶液中不能完全電離,所以屬于弱電解質(zhì)；熔融的KOH是離子化合物,在熔融狀態(tài)下和水溶液中都能完全電離出離子,所以屬于強電解質(zhì),因此屬于強電解質(zhì)的是.因在氨水、FeCl3溶液、熔融的KOH中都含有能夠自由移動的離子,所以可以導(dǎo)電；銅作為金屬單質(zhì),含有能夠自由移動的電子,所以也可以導(dǎo)

28、電,因此能夠?qū)щ姷氖?n.Fe(OH)3膠體的制備過程是：向煮沸的蒸儲水中逐滴參加飽和的FeCl3溶液,繼續(xù)煮沸至溶液呈紅褐色,停止加熱,即可制得Fe(OH)3膠體.故答案是：飽和FeCl3；溶液呈紅褐色；FeCl3+3H2O(沸水)±=Fe(OH)3(膠體)+3HCl.向Fe(OH)3膠體中參加Na2SO4飽和溶液,由于硫酸根離子中和了氫氧化鐵膠粒的電荷,導(dǎo)致膠體發(fā)生了聚沉,故答案是：SO2；膠體的聚沉；利用膠體具有丁達爾效應(yīng)而溶液沒有丁達爾效應(yīng),進行區(qū)分膠體和溶液,所以答案是：丁達爾效應(yīng)m.FeCl3溶液用作蝕刻銅箔制造電路板的工藝,利用的是Fe3+的氧化性,將銅氧化成Cu2+,

29、所以其反響的離子方程式是：2Fe3+Cu2Fe2+Cu2+.利用FeCh溶液制取FeCl3?6H2.晶體,需要在HCl氣流中加熱、蒸發(fā)濃縮,因此其主要操作包括：滴入過量鹽酸,蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾；過濾操作主要需要用到燒杯、漏斗、玻璃棒；所以答案是：蒸發(fā)濃縮；玻璃棒.用FeCl3與KC1O在強堿性條件下反響可制取K2FeO4,其反響的離子方程式為：3Fe3+3C1O-+10OH-2FeO4+3C1-+5H2O或者2Fe(OH)3+3C1O-+40H-2FeO4+3C1-+5H2O.18.過氧化氫H2O2(氧的化合價為-1價),俗名雙氧水,醫(yī)療上利用它有殺菌消毒作用來清洗傷口.對于以下AD涉及

30、H2O2的反響,填寫空白：A.Na2O2+2HC1=2NaC1+H2O2B.Ag2O+H2O2=2Ag+O2+H2OC. 2H2O2=2H2O+O2D. 3H2O2+Cr2(SO4)3+10KOH=2K2CQ4+3K2SO4+8H2O(1) H2O2僅表達氧化性的反響是(填代號).(2) H2O2既表達氧化性又表達復(fù)原性的反響是(填代號).(3)在稀硫酸中,KMnO4和H2O2能發(fā)生氧化復(fù)原反響.氧化反響：H2O2-2e=2H+O2T復(fù)原反響：MnO4+5e+8H+=Mn2+4H2O寫出該氧化復(fù)原反響的離子方程式：.(4)在K2Cr2O7+14HC1=2KC1+3C12T+7HO+2CrC13

31、的反響中,有0.3mol電子轉(zhuǎn)移時生成C12的體II積為(標準狀況),被氧化的HC1的物質(zhì)的量為.(5)除去鎂粉中混入的鋁粉雜質(zhì)用溶解、方法,化學(xué)反響方程式為【答案】(1)D(2)C(3) 2MnO4+5H2O2+6H+=2Mn2+8H2O+5O2f(4) 3.36L0.3mol(5)過濾2NaOH+2A1+2H2O=2NaA1O2+3H2T【解析】(1)O元素的化合價降低,只表現(xiàn)氧化性,那么以上反響中H2O2僅表達氧化性的反響為D,故答案為：D;(2)O元素的化合價升高也降低可表達氧化性、復(fù)原性,那么以上反響中H2O2既表達氧化性又表達復(fù)原性的反響是C,故答案為：C;(3)由氧化反響：H2O

32、2-2e-=2Ft+O2T;復(fù)原反響：MnO4+5e-+8H+一=Mn2+4H2O及電子守恒可知,該氧化復(fù)原反響的化學(xué)方程式為5H2O2+2MnO4+6H+=2Mn2+8H2O+5O2T,故答案為：5H2O2+2MnO4+6H+=2Mn2+8H2O+5O2T;(4)反響中Cl元素化合彳由-1價升高到0價,假設(shè)轉(zhuǎn)移了0.3mo1的電子,那么生成氯氣的物質(zhì)的量為：0.3mo1/2=0.15mo1,在標準狀況下的體積為：0.15mo1X22.4L/mo1=3.36L;反響中HC1被氧化成氯氣,根據(jù)C1元素守恒可知被氧化的HC1的物質(zhì)的量為0.15mo1X2=0.3mo1,故答案為：3.36L;0.3

33、mo1;(5)除去鎂粉中的少量鋁粉,選用氫氧化鈉溶液,A1與NaOH反響,而Mg不能,發(fā)生的反響為2A1+2NaOH+2H2O=2NaA1O2+3H2T,反響后過濾即可,故答案為：過濾；2A1+2NaOH+2H2O=2NaA1O2+3H2K19.碘是人體中不可缺少的元素,為了預(yù)防碘缺乏,現(xiàn)在市場上流行一種加碘鹽,就是在精鹽中添加一定量的KIO3進去.某研究小組為了檢測某加碘鹽中是否含有碘,查閱了有關(guān)的資料,發(fā)現(xiàn)其檢測原理是：KIO3+5KI+3H2SO43I2+3H2O+3K2SO4(1)用雙線橋表示該反響中電子轉(zhuǎn)移的方向和數(shù)目,該反響中復(fù)原產(chǎn)物與氧化產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比是,0.2molKIO3

34、參加反響時轉(zhuǎn)移電子mol.(2)實驗結(jié)束后別離I2和K2SO4溶液所用的試劑是.A.CC14B.酒精C.Na2SO4溶液D.食鹽水所用的別離方法是,所用主要玻璃儀器是.(3)上面實驗中用到一定物質(zhì)的量濃度的稀硫酸,假設(shè)配制1mol/L的稀硫酸溶液480mL,需用18mol/L濃H2SO4mL,配制中需要用到的主要玻璃儀器是(填序號).A.100mL量筒B.托盤天平C.玻璃棒D.100mL容量并瓦E.50mL量筒F.膠頭滴管G.燒杯H.500mL容量瓶(4)下面操作造成所配稀硫酸溶液濃度偏高的是A.溶解后溶液沒有冷卻到室溫就轉(zhuǎn)移B.轉(zhuǎn)移時沒有洗滌燒杯、玻璃棒C.向容量瓶加水定容時眼睛俯視液面D.

35、用量筒量取濃硫酸后洗滌量筒并把洗滌液轉(zhuǎn)移到容量瓶IIE.搖勻后發(fā)現(xiàn)液面低于刻度線,又加蒸儲水至刻度線死去看I1KLCh+5KJ+MfcSQi=3KjSCh+31產(chǎn)3HM>*【答案】(1)因1:51(2) A萃取、分液分液漏斗(3) 27.8CEFGH(4) ACD【解析】(1)KIO3+5KI+3H2SO43I2+3H2O+3K2SO4的反響中,KIO3中的I元素是+5價,生成I2時化合價降低,得到5個電子,KI中的I元素是-1價,生成I2時化合價升高,失去1個電子,根據(jù)得失電子守恒,I根£左i1II用雙線橋法表示該反響中電子轉(zhuǎn)移的方向和數(shù)目應(yīng)該是：門3c根據(jù)反響方程式,1mo

36、lKIO3作氧化劑生成復(fù)原產(chǎn)物I20.5mol,5molKI作復(fù)原劑生成氧化產(chǎn)物I22.5mol,因此該反響中復(fù)原產(chǎn)物和氧化產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比是：0.525=1:5;根據(jù)上述分析可知,1molKIO3生成I2時化合價降低,轉(zhuǎn)移5mol電子,因此當(dāng)0.2molKIO3參加反響時轉(zhuǎn)移電子：5X0.2mol=1mol,因此答案是：1.(2)I2在有機溶劑中的溶解度大于在水中的溶解度,故將I2從K2SO4溶液中別離出來,應(yīng)采用參加有機溶劑萃取、分液的方法,故排除BD,又由于酒精易溶于水,不能用作萃取劑.所以答案選Ao萃取、分液時主要用到分液漏斗.所以此題答案是：A;萃取、分液；分液漏斗.(3)假設(shè)配制

37、1mol/L的稀硫酸溶液480mL,根據(jù)容量瓶的規(guī)格,需選用500ml的容量瓶進行配制,根據(jù)稀釋定律：c(稀硫酸)M(稀硫酸尸c(濃硫酸)>V(濃硫酸),設(shè)需要濃硫酸的體積是xmL,那么有1mol/LW5L=xM0-3LX18mol/L,解之得x=27.8mL,根據(jù)濃硫酸溶液的體積,所以需要選用50mL的量筒;配制溶液的過程主要有：計算、稱量、稀釋、冷卻、移液、定容、搖勻等,所以需要用到的主要玻璃儀器是：50mL量筒、玻璃棒、膠頭滴管、燒杯、500mL容量瓶.因此此題答案是：27.8;CEFGH(4)A.溶解后溶液沒有冷卻到室溫就轉(zhuǎn)移,會造成溶液體積偏小,濃度偏高；B.轉(zhuǎn)移時沒有洗滌燒杯

38、、玻璃棒,那么殘留在燒杯和玻璃棒上的溶質(zhì)未進入容量瓶而使溶質(zhì)損失,造成濃度偏低；C.向容量瓶加水定容時眼睛俯視液面,會使配制時溶液體積偏小而造成濃度偏高；D.用量筒量取濃硫酸后洗滌量筒并把洗滌液轉(zhuǎn)移到容量瓶,會使進入容量瓶中的溶質(zhì)偏多而造成濃度偏高；E.搖勻后發(fā)現(xiàn)液面低于刻度線,又加蒸儲水至刻度線,會使加水偏多而造成濃度偏低,所以此題答案選ACD.20.某無色溶液中可能含有Mg2+、Ba2+、Cl-、CO2、Cu2+、Fe3+中的一種或幾種離子.為確定其成分,進行以下實驗：實驗1:取10mL無色溶液,滴加過量稀鹽酸無明顯現(xiàn)象.II實驗2：另取10mL無色溶液,參加足量的Na2SO4溶液,有白色

39、沉淀生成.實驗3:取實驗1后的溶液于錐形瓶中,向錐形瓶中逐滴參加NaOH溶液,滴加過程中產(chǎn)生沉淀的質(zhì)量與參加NaOH溶液的體積的關(guān)系如下圖.答復(fù)以下問題：(1)原溶液中不存在的離子是,存在的離子是.(2)實驗3中,圖像中OA段反響的離子方程式為.(3)根據(jù)圖像計算原溶液中Mg2+的物質(zhì)的量濃度.【答案】(1)CO3、Cu2+、Fe3+Mg2+、Ba2+、Cl(2) H+OH=H2O(3) 1mol/L【解析】溶液無色,那么不含有色離子Cu2+、Fe3+;實驗1,取無色溶液,滴加適量稀鹽酸無明顯現(xiàn)象,那么不含CO3,根據(jù)電荷守恒可知,溶液中一定含有一種陰離子,那么C一定有；實驗2,另取無色溶液,參加足量的Na2SO4溶液,有白色沉淀生成,證實一定含Ba2+；實驗3,取實驗l滴加過稀鹽酸的溶液于錐形瓶中,向錐形瓶中逐滴參加NaOH溶液,開始是中和鹽酸,隨后生成沉淀,且沉淀的最大值為0.58g,說明溶液中一定含有Mg2+.根據(jù)上述分析,原溶液中不存在的離子為CO2Cu2+、Fe3+;存在的離子