湖南省株洲市攸县第三中学2022-2023学年高一化学上学期期中考试试题（Word版附解析）

这是一份湖南省株洲市攸县第三中学2022-2023学年高一化学上学期期中考试试题（Word版附解析），共17页。试卷主要包含了5 C， 下列物质不属于电解质的是， 下列有关氯水的叙述正确的是等内容，欢迎下载使用。

湖南攸县三中2022-2023学年上期期中考试
高一化学试题
可能用到的相对原子质量：H：1 O：16 Cl：35.5 C：12 Al：27 Na：23
一、选择题(本题包括10小题，共30分，每小题只有一个选项符合题意。)
1. “全碳气凝胶”是浙江大学的科学家们研制出的一种材料，取名“碳海绵”，是迄今为止世界上最轻的材料。“碳海绵”可任意调节形状，弹性也很好，被压80%后仍可恢复原状。它的内部有很多孔隙充满空气，它对有机溶剂有超快、超高的吸附力，能吸附溶液中的阴离子，是已被报道的吸油力最强的吸油材料。下列关于“碳海绵”的说法错误的是
A. “碳海绵”放在水中会沉入水底
B. “碳海绵”净水原理与胶体吸附净水原理相似
C. 用激光笔照射“碳海绵”可能看到一条光亮的通路
D. “碳海绵”是理想的催化剂载体材料
【答案】A
【解析】
【详解】A．“碳海绵”是迄今为止世界上最轻的材料，所以其密度很小，不会沉入水底，故A错误；
B．“碳海绵”的净水原理是其具有大的比表面积，能吸附污水中的悬浮物质，明矾净水的原理是明矾与水反应生成的Al(OH)3胶体具有强的吸附能力，故二者的净水原理相似，故B正确；
C．“碳海绵”内部充满空气，属于气溶胶，激光照射时，会产生丁达尔效应，出现一条光亮的通路，故C正确；
D．“碳海绵”内部有很多孔隙，具有大的比表面积，具有很强的吸附能力，能吸附催化剂，是理想的催化剂载体材料，故D正确；
故选A
2. 关于CuSO4溶液和Fe(OH)3胶体描述正确的是
A. 两者颜色不一样 B. 两者外观上都不透明
C. 两者都能产生丁达尔现象 D. 两者分散质粒子大小相同
【答案】A
【解析】
【详解】A．CuSO4溶液为蓝色，Fe(OH)3胶体为红褐色，两者颜色不一样，故A正确；
B．CuSO4溶液为透明的，Fe(OH)3胶体不透明，故B错误；
C．Fe(OH)3胶体能产生丁达尔现象，CuSO4溶液不能，故C错误；
D．Fe(OH)3胶体粒子直径为1-100nm，CuSO4溶液中分散质粒子直径小于1nm，两者大小不相同，故D错误；
故答案：A。
3. 下列物质不属于电解质的是
A. H2SO4 B. NH3 C. CuCl2 D. KNO3
【答案】B
【解析】
【分析】电解质是指在水溶液中或熔融状态下自身能够导电的化合物，据此分析解答。
【详解】A．H2SO4在水溶液中能够电离出自由移动的氢离子和硫酸根离子，能导电，属于电解质，A不符合题意；
B．NH3在水溶液中会形成一水合氨，一水合氨可部分电离生成铵根离子和氢氧根离子而导电，但不是NH3本身导电，不属于电解质，B符合题意；
C．CuCl2在水溶液中或熔融状态下能够电离成自由移动的阴阳离子，能够导电，属于电解质，C不符合题意；
D．KNO3在水溶液中或熔融状态下能够电离成自由移动的阴阳离子，能够导电，属于电解质，D不符合题意；
故选B。
4. 下列物质在指定条件下电离方程式正确的是
A. NH4HCO3在水溶液中的电离： NH4HCO3 NH+HCO
B. Al2O3加热熔化：Al2O3=2Al3++3O2-
C. H2S在水溶液中的电离： H2S S2- +2H+
D. Cu(OH)2在水溶液中电离： Cu(OH)2= Cu2++2OH-
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．NH4HCO3在水溶液中完全电离生成铵根离子和碳酸氢根离子，电离方程式为：NH4HCO3 NH+HCO，故A错误；
B．Al2O3加热熔化电离成氧离子和铝离子，电离方程式为：Al2O3=2Al3++3O2-，故B正确；
C．H2S为弱电解质，电离过程分步进行，主要以第一步为主，正确的电离方程式为：H2S⇌H++HS-，故C错误；
D．Cu(OH)2为二元弱碱，电离不彻底，正确的电离方程式为：Cu(OH)2⇌Cu2++2OH-，故D错误。
答案选B。
5. 常温下，下列各组离子在同一溶液中一定能大量共存的是
A. 盐酸溶液中：Mg2+、Na+、、
B. 烧碱溶液中：K+、、、Ba2+
C. 澄清石灰水中：Cl-、K+、、
D. KMnO4溶液中：H+、Na+、Cl-、
【答案】A
【解析】
【详解】A．盐酸溶液中：H+、Cl-、Mg2+、Na+、、相互之间不反应，能大量共存，选项A正确；
B．烧碱溶液中，OH-与、Ba2+反应生成碳酸钡和水而不能大量共存，选项B错误；
C．澄清石灰水中：Ca2+与、反应产生沉淀而不能大量共存，选项C错误；
D．KMnO4溶液中，酸性条件下高锰酸根离子将Cl-氧化生成氯气而不能大量共存，选项D错误；
答案选A。
6. 铋(Bi)元素价态为+3时较稳定，铋酸钠(NaBiO3)溶液呈无色。现取一定量的硫酸锰(MnSO4)溶液，向其中依次滴加下列溶液，对应的现象如下表所示：
加入溶液
①适量铋酸钠溶液
②过量的双氧水
③适量KI•淀粉溶液
实验现象
溶液呈紫红色
紫红色消失，产生气泡
得到蓝色溶液
则下列说法错误的是
A. ②中产生的气体为O2 B. ③中Mn2+做氧化剂
C. 氧化性：NaBiO3>KMnO4>H2O2>I2 D. 还原性：Mn2+>Bi3+
【答案】B
【解析】
【分析】根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性分析，由①中现象可知：NaBiO3把Mn2+氧化生成，则NaBiO3（氧化剂）的氧化性强于（氧化产物）的氧化性；由②中现象可知：氧化H2O2产生O2，自身被还原为Mn2+，则（氧化剂）的氧化性强于H2O2的氧化性；由③中现象可知：碘离子被双氧水氧化成单质碘，则双氧水（氧化剂）的氧化性强于碘单质（氧化产物）的氧化性，据此分析解答。
【详解】A．根据上述分析，与双氧水反应生成气体，紫色消失，即将双氧水氧化生成氧气，故A正确；
B．③中I-被过量的双氧水氧化，故氧化剂为双氧水，故B错误；
C．根据氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性分析，氧化性：NaBiO3>KMnO4>H2O2>I2，故C正确；
D．在反应中MnSO4为还原剂，NaBiO3被还原为Bi3+，则还原性：Mn2+>Bi3+，故D正确；
故选B。
7. 某飞船以N2H4和N2O4为动力源，发生反应：2N2H4+N2O4=3N2+4H2O，反应温度可高达2700℃,，对于该反应，下列说法正确的是
A. 该反应属于置换反应 B. N2H4是氧化剂
C. N2O4发生氧化反应 D. N2既是氧化产物又是还原产物
【答案】D
【解析】
【分析】在反应2N2H4+N2O4=3N2+4H2O中，N元素的化合价由反应前N2H4中的-2价升高为N2中的0，N元素的化合价由反应前N2O4中的+4降低为N2中的0，以此来解答。
【详解】A．反应物中没有单质，因此反应不属于置换反应，A错误；
B．N2H4中N元素的化合价升高，失去电子，则N2H4为还原剂，B错误；
C．N2O4中N元素的化合价降低，得到电子，被还原，发生还原反应，C错误；
D．该反应中只有N元素的化合价变化，N2为生成物，是由N2H4氧化产生N2，所以N2为氧化产物；由N2O4还原产生N2，所以N2又是还原产物，则N2既是氧化产物又是还原产物，D正确；
故合理选项是D。
8. 下列有关氯水的叙述正确的是
A. 氯气可使干燥pH试纸先变红，后褪色
B. 氯水放置数天后，溶液的酸性逐渐减弱
C. 新制的氯水一定含有Cl2、H2O和HClO三种分子
D. 将氯气通入澄清石灰水中可制得漂白粉
【答案】C
【解析】
【详解】A.干燥的氯气不具有酸性和漂白性，不能使干燥的pH试纸先变红，后褪色，故A错误；
B. 氯水放置数天后，次氯酸分解生成盐酸酸性增强，故B错误；
C. 新制的氯水中存在可逆反应，则必定存在Cl2、H2O、HClO三种分子，故C正确；
D. 将氯气通入石灰乳中可制得漂白粉，而不是澄清石灰水，故D错误；
故答案选：C。
9. 过氧化钠与水反应后滴加酚酞，酚酞先变红后褪色。某小组欲探究其原因，进行以下实验: ①取反应后溶液加入二氧化锰后迅速产生大量气体；实验②、③中红色均不褪去。下列分析错误的是

A. 过氧化钠与水反应产生的气体为O2
B. 过氧化钠与水反应需要MnO2作催化剂
C. 实验②、③证明使酚酞褪色的不是氢氧化钠和氧气
D. 过氧化钠与水反应可能生成了具有漂白性的H2O2
【答案】B
【解析】
【详解】A. 过氧化钠与水反应产生的气体为O2，A正确；B. 过氧化钠与水反应不需要催化剂，双氧水分解需要MnO2作催化剂，B错误；C. 实验②、③作为对照实验，能证明使酚酞褪色的不是氢氧化钠和氧气，C正确；D. 根据反应后溶液加入二氧化锰后迅速产生大量气体可判断过氧化钠与水反应可能生成了具有漂白性的H2O2，D正确，答案选B。
10. 某些离子的检验及结论一定正确的是
A. 加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加入盐酸沉淀不消失，一定有
B 加入稀盐酸产生无色无味气体，将气体通入澄清石灰水中变浑浊，则一定有
C. 用光洁铂丝蘸取某无色溶液，在无色灯焰灼烧观察到黄色火焰，则一定含Na+，可能含K+
D. 某溶液加入稀盐酸酸化的AgNO3产生白色沉淀，则原溶液中一定含有Cl-
【答案】C
【解析】
【详解】A．加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，不能排除银离子的干扰，氯化银难溶于盐酸，A错误；
B．某溶液中加入稀盐酸产生无色无味、能使澄清石灰水变浑浊的气体，应为二氧化碳，该溶液中可能为 HCO，或，B错误；
C．用光洁铂丝蘸取某无色溶液，在无色灯焰灼烧观察到黄色火焰，则一定含Na+，因没有透过蓝色钴玻璃观察，所以也可能含K+，C正确；
D．溶液用盐酸酸化后，加入硝酸银溶液有白色沉淀生成，则该沉淀一定是氯化银，因加入的是盐酸，所以原溶液中不一定含有Cl-，D错误；
答案选C。
二、选择题(本题包括4小题，每小题4分，共16分。每小题有一个或两个选项正确。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)
11. 如图中a、b、c、d、e、f为含Cl元素的物质。下列说法不正确的是

A. a溶液的酸性比d强
B. b、c均能用于自来水消毒
C. f露置于空气中会转化成d
D. a的浓溶液与e反应生成3个b分子，转移的电子为6个
【答案】D
【解析】
【分析】上述图中a、b、c、d、e、f为含Cl元素的物质，根据含Cl元素的物质所属类型，可知a是HCl，b是Cl2，c是ClO2，d是HClO，e可以是KClO3，f可以是NaClO，然后根据物质性质及氧化还原反应规律分析解答。
【详解】A．a是HCl，其水溶液是一元强酸，d为HClO，溶液是一元弱酸，故酸性：HCl＞HClO，A正确；
B．Cl2、ClO2都具有强氧化性，能够将水中的细菌、病毒的蛋白质分子氧化而使分子结构发生改变，即蛋白质发生变性，故均能用于自来水消毒，B正确；
C．d是HClO，f为NaClO，由于酸性：H2CO3＞HClO，所以将NaClO在空气中放置，会发生反应：2NaClO+CO2+H2O=Na2CO3+2HClO，故f露置于空气中会转化成d，C正确；
D．a是HCl，e是KClO3，二者混合发生反应：6HCl(浓)+KClO3=KCl+3Cl2↑+3H2O，在反应中每反应产生3个Cl2，转移5个电子，D错误；
故合理选项是D。
12. 某实验小组通过下图所示实验探究Na2O2与水的反应：

下列说法不正确的是
A. ②中的大量气泡主要成分是氧气
B. ③中溶液变红，说明有碱性物质生成
C. ④中现象可能是由于溶液中含有强氧化性物质造成的
D. ⑤中MnO2的主要作用是降低了水中氧气的溶解度
【答案】D
【解析】
【详解】A. 过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，故A正确；B. 过氧化钠与水反应生成了氢氧化钠，氢氧化钠是强碱，遇到酚酞，溶液变成红色，故B正确；C. 过氧化钠与水反应可能生成了过氧化氢，过氧化氢具有强氧化性，能够使溶液褪色，故C正确；D. 生成的过氧化氢在二氧化锰作催化剂时发生了分解，因此放出大量气泡，故D错误；故选D。
点睛：解答本题的关键是掌握和理解过氧化钠与水的反应。本题的易错点为C，过氧化钠与水可能发生复分解反应，生成氢氧化钠和过氧化氢，过氧化氢具有漂白性。
13. X溶液中含有下表所示离子中的5种，且其离子个数相等。向X溶液中加入足量稀盐酸，有气体生成，反应前后阴离子种类不变。下列叙述不正确的是
阳离子
Na+、Fe3+、Ba2+、Fe2+、Mg2+、Al3+
阴离子
OH−、NO、HCO、CO、SO、Cl—
(已知硝酸根对应的还原产物为一氧化氮)
A. X溶液中含有3种阳离子、2种阴离子
B. 原溶液中一定含有Mg2+
C. X溶液中至少含有HCO和CO中的一种
D. 生成气体离子反应方程式为3Fe2++NO+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O
【答案】AC
【解析】
【分析】向X溶液中加入足量稀盐酸，有气体生成，反应前后阴离子种类不变说明X溶液中不含有氢氧根离子、碳酸根离子和碳酸氢根离子；由加入足量稀盐酸有气体生成可知，一定含有亚铁离子、硝酸根离子，酸性条件下亚铁离子与稀硝酸反应生成铁离子、一氧化氮和水；由加入足量稀盐酸反应后阴离子种类不变可知，溶液中含有氯离子；由X溶液中5种离子个数相等，结合电荷守恒可知，溶液中含有硫酸根离子、镁离子，不含有钡离子、钠离子、铁离子、铝离子，则X溶液中的5种离子为亚铁离子、镁离子、硝酸根离子、氯离子和硫酸根离子。
【详解】A．由分析可知，X溶液中含有2种阳离子、3种阴离子，故A错误；
B．由分析可知，X溶液中一定含有镁离子，故B正确；
C．由分析可知，X溶液中不含有碳酸根离子和碳酸氢根离子，故C错误；
D．由分析可知，生成气体的反应为酸性条件下亚铁离子与稀硝酸反应生成铁离子、一氧化氮和水，反应的离子反应方程式为3Fe2++NO+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O，故D正确；
故选AC。
14. 下列实验方案中，能测定Na2CO3和NaHCO3的混合物中NaHCO3质量分数的是
A. 取a g混合物充分加热，减重b g
B. 取a g混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体全部被碱石灰吸收，质量增加b g
C. 取a g混合物与足量NaOH溶液充分反应，加热蒸干，得到b g固体
D. 取a g混合物与足量Ba（OH）2溶液充分反应，过滤、洗涤、干燥，得到b g固体
【答案】AD
【解析】
【详解】A．在Na2CO3和NaHCO3中，加热能分解的只有NaHCO3，所以能测定混合物中Na2CO3的质量分数，故A正确；
B．碱石灰可以同时吸收CO2和水蒸气，所以不能测定混合物中Na2CO3的质量分数，故B错误；
C．取a g混合物与足量NaOH溶液充分反应，氢氧化钠会有剩余，得到b g固体中含有过量的氢氧化钠，不能测定混合物中Na2CO3的质量分数，故C错误；
D．Na2CO3和NaHCO3与氢氧化钡反应生成碳酸钡，因此最后得到的固体全部是碳酸钡，依据碳元素守恒可计算出碳酸钠的质量，可测定混合物中Na2CO3的质量分数，故D正确；
故选AD。

三、填空题(此题包括5小题，共54分，除标记的外，每空2分)
15. 按要求填空：
（1）在、、、S、、中，只有氧化性的是_______。
（2）某同学写出以下三个化学方程式(未配平)：
①
②
③
其中你认为一定不可能实现的是_______。(填序号)
（3）下列三个氧化还原反应中，氧化性最强的物质是_______(填化学式)。
①
②
③
若溶质中与共存，为了氧化而不被氧化，除单质外，还可用上述反应中的_______作氧化剂。
【答案】（1）、
（2）② （3） ①. ②.
【解析】
【分析】(1)处于最高化合价的微粒只具有氧化性；
(2)满足有化合价升降的反应才可能反应，满足价态归中不交叉规律，满足歧化反应规律；
(3)氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，满是上述条件反应可能发生，否则不能发生；
【小问1详解】
各微粒中Mg2＋、H＋中元素化合价处于最高价态，故各微粒中只有Mg2＋、H＋只具有氧化性，故答案为Mg2＋、H＋；
【小问2详解】
①中NO中N元素为2价，HNO3中N元素为＋5价，而生成物的N2O3中N元素为＋3价，符合氧化还原反应中电子转移守恒，反应可能发生，不符合题意，故①错误；
②题目中氨气中氮元素化合价由−3价升高为＋3价，N元素由NO中＋2价降低为＋2价，不符合价态归中规律，反应不可能发生，符合题意，故②正确；
③N2O4中N元素由＋2价降低为HNO2中＋3价，升高为HNO3为＋5价，符合歧化反应规律，反应可能发生，不符合题意，故③错误，
故答案为②；
【小问3详解】
氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，由①可得氧化性：FeCl3＞I2，由②可得氧化性：Cl2＞FeCl3，由③可得氧化性：KMnO4＞Cl2，故氧化性KMnO4＞Cl2＞FeCl3＞I2，若溶液中Cl−与I−共存，为了氧化I−而Cl−不被氧化，除单质Cl2外，还可用上述反应中的FeCl3作氧化剂，故答案为KMnO4；FeCl3。
【点睛】本题考查氧化还原反应，关键是掌握氧化还原反应有关规律、基本概念，题目比基础。
16. 按要求回答下列问题：
（1）3S+6KOHK2SO3+2K2S+3H2O，被氧化的S和被还原的S质量比为_______。
（2）下列实验方案中，能测定Na2CO3和NaHCO3混合物中NaHCO3质量分数的方案有_______。
A.取a克混合物与稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，增重b克
B.取a克混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得b克固体
C.取a克混合物与足量Ca(OH)2溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得b克固体
（3）NH3催化还原氮氧化物可用于烟气中氮氧化物脱除，反应原理如图所示：

①该反应的还原剂为_______。
②写出烟气中NO2与足量氨气反应的化学方程式_______。
（4）“地康法”制取氯气的总反应方程式4HCl+O2=2H2O+2Cl2，其反应原理如图所示：

反应I：CuO+2HCl=CuCl2+H2O
反应Ⅱ：..
反应Ⅱ的化学方程式为_______。
【答案】（1）1∶2 （2）BC
（3） ①. ②. 8NH3+6NO27N2+12H2O
（4）
【解析】
【小问1详解】
3S+6KOHK2SO3+2K2S+3H2O反应中，硫元素的价态由0价升高到+4价，降低到-2价，因此亚硫酸钾为氧化产物，硫化钾为还原产物，3molS完全反应，其中有1molS被氧化，2molS被还原，所以被氧化的S和被还原的S的物质的量之比为1:2，质量比也为1∶2；
【小问2详解】
A．混合物与足量的稀硫酸充分反应，生成水和二氧化碳，所以逸出的气体二氧化碳中会混有水蒸气，即碱石灰增加的质量不全是二氧化碳的质量，不能测定碳酸氢钠的含量；
B．碳酸钠和碳酸氢钠均可与盐酸反应生成水、二氧化碳和氯化钠，所以bg固体是氯化钠，利用守恒法可以计算出碳酸氢钠的质量分数；
C．碳酸钠和碳酸氢钠均能与Ca(OH)2溶液充分反应，最后得到的固体为碳酸钙，利用守恒法可以计算出碳酸氢钠的质量分数；
故选BC；
【小问3详解】
根据图示可知，氨气与一氧化氮或二氧化氮混合反应后生成氮气和水，发生了氧化还原反应，氨气中-3价的氮元素，升高到氮气中0价，发生了氧化反应，做还原剂；而一氧化氮或二氧化氮中的的氮元素分别由+2价、+4价降低到氮气中0价，发生了还原反应，做氧化剂；
①该反应的还原剂为NH3；
②烟气中NO2与足量氨气反应的化学方程式：8NH3+6NO27N2+12H2O；
【小问4详解】
根据图示：反应I为HCl与CuO反应：CuO+2HCl=CuCl2+H2O；反应Ⅱ为氯化铜与氧气的反应，方程式为：2CuCl2+O2=2CuO+2Cl2，二者的总反应为4HCl+O2=2H2O+2Cl2。
17. 已知无水FeCl3在空气中遇水易潮解变质，加热易升华。实验室利用如图所示实验装置制取无水FeCl3(夹持装置略去)，FeCl3在收集器中得到。

回答下列问题：
（1）仪器a的名称是___________。
（2）溶液X、Y依次是___________、___________；装置D发生反应的化学方程式为___________。
（3）实验结束时，应先熄灭___________(填“A”或“D”)处酒精灯；E中冷水的作用是___________。
（4）装置F的作用是___________；装置G发生反应的离子方程式为___________。
【答案】（1）分液漏斗
（2） ①. 饱和NaCl溶液 ②. 浓H2SO4 ③. 2Fe＋3Cl22FeCl3
（3） ①. D ②. 冷凝收集FeCl3
（4） ①. 吸收未反应的Cl2，防止污染空气 ②. Cl2＋2OH-=Cl-＋ClO-＋H2O
【解析】
【分析】装置A中浓盐酸与二氧化锰共热反应制备氯气，浓盐酸易挥发，制得的氯气中混有氯化氢气体和水蒸气；装置B中盛有的饱和氯化钠溶液用于除去氯化氢气体；装置C中的浓硫酸用于干燥氯气；装置D中氯气与氯化铁反应制备氯化铁；装置E用于冷凝收集氯化铁；装置F中盛有的无水氯化钙用于防止水蒸气进入E中使氯化铁潮解；装置G中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收未反应的氯气，防止有毒的氯气污染空气。
【小问1详解】
由实验装置图可知，仪器a为分液漏斗，故答案为：分液漏斗；
【小问2详解】
由分析可知，溶液X为饱和氯化钠溶液，用于除去氯气中混有的氯化氢气体，溶液Y为浓硫酸，用于干燥氯气，防止水蒸气进入E中使氯化铁潮解；装置D中发生的反应为氯气与氯化铁反应生成氯化铁，故答案为：饱和NaCl溶液；浓H2SO4；2Fe＋3Cl22FeCl3；
【小问3详解】
实验结束时，为防止温度降低，导致G中溶液产生倒吸，应先熄灭D出酒精灯；由分析可知，E中冷水用于冷凝收集氯化铁，故答案为：D；冷凝收集FeCl3；
【小问4详解】
由分析可知，装置G中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收未反应的氯气，防止有毒的氯气污染空气，发生的反应为氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为Cl2＋2OH—=Cl—＋ClO—＋H2O，故答案为：吸收未反应的Cl2，防止污染空气；Cl2＋2OH—=Cl—＋ClO—＋H2O。
18. 回答下列问题：
（1）已知具有氧化性，能够和氨气反应生成两种单质，请写出在加热条件下和反应的化学方程式：______________________________。
（2）在一定条件下，和可发生反应：，在上述过程中被__________(填“氧化”或“还原”)，中的化合价是__________价。
（3）由、、、、、组成的一个氧化还原反应体系中，发生的反应。
①该反应中，被氧化的元素是__________。
②将以上物质组成一个正确的离子方程式：______________________________。
（4）在中，若有参加反应，则被还原的的物质的量为___________。
【答案】（1）
（2） ①. 氧化 ②. +4
（3） ①. Mn ②.
（4）4mol
【解析】
【分析】
【小问1详解】
已知CuO具有氧化性，能够和氨气反应生成两种单质，即生成氮气、铜和水，因此在加热条件下CuO和反应的化学方程式：，故答案为：；
【小问2详解】
在一定条件下，和可发生反应：，氯气化合价降低，变为应是化合价升高，因此在上述过程中被氧化，化合价降低得到的产物为还原产物，因此还原产物为Cl－，根据电荷守恒，可知n=2，则应为，因此中R的化合价是+4价，故答案为：氧化；+4；
【小问3详解】
①六种物质中发生的反应，化合价降低，则必有化合价升高即变为，因此该反应中，被氧化的元素是Mn，故答案为：Mn；
②反应有，降低2个价态，变为，升高5个价态，根据化合价升降守恒，系数都配5，、系数都配2，根据氧守恒，则水应为生成物，配7，根据氢守恒，氢离子作为反应物，配14，因此正确的离子方程式：，故答案为：；
【小问4详解】
中，有5个水反应，生成1个氧气，则失去4个电子，则被还原的为个，若有参加反应，则被还原的的物质的量为mol=4mol，故答案为：4mol。
19. 已知制备胶体的反应原理为： FeCl3＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3HCl，现有甲、乙、丙三名同学分别进行制备Fe(OH)3胶体的实验
Ⅰ、甲同学直接加热饱和FeCl3溶液；
Ⅱ、乙同学向25 mL沸水中逐滴加入FeCl3饱和溶液；煮沸至液体呈红褐色，停止加热
Ⅲ、丙同学和乙同学一样，但是溶液出现红褐色后忘记停止，继续加热较长时间。
试回答下列问题：
(1)判断胶体制备是否成功，可利用胶体的__________________________,其中操作方法及现象是_____________________________________。
(2)Fe(OH)3胶体是不是电解质：_______________（填“是”或“不是”）。
(3)丁同学检查实验结果发现___________（填甲、乙或丙）的烧杯底部有沉淀。
(4)丁同学利用所制得的Fe(OH)3胶体进行下列实验：
①取部分胶体将其装入U形管内，用石墨作电极，接通直流电，通电一段时间后发现阴极附近的颜色逐渐变深，这表明Fe(OH)3胶体的胶粒带___________电荷。
②取部分胶体向其中逐滴滴加硫酸溶液，开始产生红褐色沉淀，这是因为_________；继续滴加，沉淀减少最终消失，写出化学反应方程式__________________。
③欲除去Fe(OH)3胶体中混有的NaCl溶液的操作名称是__________。
【答案】 ①. 丁达尔效应 ②. 用一束光通过胶体，可以看到一条光亮的通路 ③. 不是 ④. 甲、丙 ⑤. 正 ⑥. 加电解质，胶体聚沉 ⑦. 2Fe(OH)3+3H2SO4＝Fe2(SO4)3+6H2O ⑧. 渗析
【解析】
【分析】(1)胶体能产生丁达尔效应；

(2)Fe(OH)3胶体是混合物，电解质是纯净物；
(3)直接加热饱和FeCl3溶液，三价铁会水解生成红褐色沉淀；胶体持续加热发生聚沉；
(4)胶体粒子带电荷，通电后发生电泳；胶体中加入电解质发生聚沉，氢氧化铁与过量硫酸发生反应生成硫酸铁和水；胶体粒子不能透过半透膜，溶液能透过半透膜。
【详解】(1)胶体能产生丁达尔效应，判断胶体制备是否成功，可利用胶体的丁达尔效应，其中操作方法及现象是用一束光通过胶体，可以看到一条光亮的通路；
(2) 电解质是纯净物，Fe(OH)3胶体是混合物，所以Fe(OH)3胶体不是电解质；
(3)直接加热饱和FeCl3溶液，三价铁会水解生成红褐色沉淀；胶体持续加热发生聚沉，所以甲、丙的烧杯底部有沉淀；
(4)①取部分胶体将其装入U形管内，用石墨作电极，接通直流电，通电一段时间后发现阴极附近的颜色逐渐变深，氢氧化铁胶体离子移向阴极，表明Fe(OH)3胶体的胶粒带正电荷；
②取部分胶体向其中逐滴滴加硫酸溶液，开始产生红褐色沉淀，这是因为加电解质，胶体聚沉；继续滴加，氢氧化铁与过量硫酸发生反应生成硫酸铁和水，沉淀减少最终消失，化学反应方程式是2Fe(OH)3+3H2SO4＝Fe2(SO4)3+6H2O；
③胶体粒子不能透过半透膜，溶液能透过半透膜，用渗析法除去Fe(OH)3胶体中混有的NaCl溶液。
【点睛】本题考查胶体制备和性质，胶体区别于其它分散系的本质特征是分散质粒子直径大小不同；胶体能产生丁达尔效应，丁达尔效应常用来区分溶液和胶体。