黑龙江省鹤岗市第一中学2019-2020学年高一上学期期中考试化学试题化学（解析版）


黑龙江省鹤岗市第一中学2019-2020学年高一上学期期中考试试题
可能用到的原子量：H:1 C:12 O: 16 N:14 S:16 Ca:40 Na:23 Mn:55 Fe:56 CI:35.5
一、选择题：（1-10每小题2分；11-19每小题3分；共计47分）
1.“物质的量”是指(　　)
A. 物质的质量
B. 物质的微观粒子数
C. 物质的质量与微观粒子数
D. 把物质的质量同微观粒子数联系起来的一个基本物理量
【答案】D
【解析】试题分析：物质的量表示含有一定数目微观粒子的集体，单位是mol，选D。
2.化学是一门以实验为基础的自然科学，化学实验在化学学习中具有极其重要的作用。下列实验装置与实验目的对应的是（ ）




A用海水制蒸馏水
B将碘水中的碘单质与水直接分离
C除去Fe(OH)3胶体中的FeCl3
D稀释浓硫酸
【答案】A
【解析】
【详解】A.海水中含有盐，因此采用蒸馏的方法可以得到蒸馏水，故A正确；
B.碘水属于溶液，不分层，不能用分液的方法进行分离，故B错误；
C.胶体粒子不能透过半透膜，溶液中的粒子可以透过半透膜，因此除去Fe(OH)3胶体中的FeCl3可以采用渗析的方法进行分离，故C错误；
D.浓硫酸溶于水放出大量的热，因此不能在容量瓶内稀释浓硫酸，应该在烧杯中进行，以防发生危险，故D错误；
故答案选A。
3.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列对0.3 mol·L－1硫酸钾溶液的说法中正确的是(　　)
A. 1 L溶液中含0.3NA个K＋
B. 1 L溶液中含0.9NA个离子
C. 2 L溶液中K＋浓度是1.2 mol·L－1
D. 2 L溶液中含0.6NA个离子
【答案】B
【解析】
【详解】1L 0.3 mol·L－1硫酸钾溶液中含有硫酸钾的物质的量为: 0.3mol/Lx1L=0.3mol，
A. 1L 0.3 mol·L－1硫酸钾溶液中含有0. 3mol硫酸钾，则含有0.6mol钾离子，含0.6NA个K+，故A错误；
B. 1L该溶液中含有0.3mol硫酸钾，则含有0.3mol硫酸根离子，含0.6mol钾离子， 溶液中含0.9NA个离子，故B正确；
C. 2L该溶液中含有硫酸钾浓度为0.3mol/ L，则钾离子的浓度为0.6mol/L,故C错误；
D. 2L 0.3 mol·L－1硫酸钾溶液中，含有0.6mol硫酸根离子、1.2mol钾离子， 总共含有1.8mol离子，2L溶液中含1.8NA个离子，故D错误；
故选B。
4.下列叙述中正确的是(　　)
①标准状况下，1LHCl和1LH2O的物质的量相同；
②常温常压下，1gH2和14gN2的体积相同；
③28gCO的体积为22.4L；
④两种物质的物质的量相同，则它们在标准状况下的体积也相同；
⑤同温同体积时，气体的物质的量越大，则压强越大；
⑥同温同压下，气体的密度与气体的相对分子质量成正比
A. ①③④⑥ B. ②⑤⑥ C. ⑤⑥ D. ①⑤⑥
【答案】B
【解析】
【详解】①标准状况下，1L HCl的物质的量为，但标准状况下水为液体，不能利用气体摩尔体积来计算其物质的量，①项错误；
②相同状况下，1gH2的物质的量为=0.5mol，14gN2的物质的量为=0.5mol，则气体的物质的量相同时，其体积相同，②项正确；
③气体的状态不一定是在标准状况下，若在标准状况下，28g CO的体积为 ×22.4L/mol=22.4 L，③项错误；
④两种物质只有都是气体时，物质的量相同，则它们在标准状况下的体积也相同，即物质的状态不确定，体积可能相同，也可能不同，④项错误；
⑤由pV=nRT可知，同温同体积时，气体物质的物质的量与压强成正比，则体物质的物质的量越大，则压强越大，⑤项正确；
⑥由pM=ρRT可知，同温同压下，气体的密度与气体的相对分子质量成正比，⑥项正确；
综上所述，②⑤⑥符合题意，B项正确，
答案选B。
5. 下列电离子方程式错误的是(　　)
A. NaHCO3=Na++HCO3- B. NaHSO4=Na++H++SO42－
C. KClO3=K++Cl-+3O2- D. H2SO4=2H++SO42-
【答案】C
【解析】试题分析： A。NaHCO3=Na++HCO3-属于盐，能够完全电离，因此A正确。NaHSO4在水溶液中完全电离，NaHSO4=Na++H++SO42－，因此B正确。KClO3=K++ ClO3-，ClO3-不能拆开；因此C错误。硫酸属于二元强酸：H2SO4=2H++SO42-，因此D正确。
6. 下列说法正确的是(　　)
A. 碱性氧化物一定是金属氧化物，但酸性氧化物不一定都是非金属氧化物
B. 胶体会产生电泳现象是因为胶体吸附带电离子而显电性
C. 电解质与非电解质的本质区别是水溶液能否导电
D. 离子反应是否能够发生要看离子之间能否发生复分解反应
【答案】A
【解析】试题分析：A、碱性氧化物一定是金属氧化物，酸性氧化物可以是金属氧化物，如：Mn2O7是酸性氧化物，A正确；B、胶体粒子具有较大的表面积，能吸附阳离子或阴离子，所以胶体具有吸附性，胶体的胶粒吸附胶体中带电荷的离子带电，如氢氧化铁胶体的胶粒吸附三价铁离子，带正电荷，通电后，氢氧化铁胶体的胶粒向阴极移动，产生电泳现象，但胶体是电中性的，B错误；C、电解质是指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，非电解质指的是在水溶液中和熔融状态下均不能导电的化合物，两者的本质区别是在水溶液中和熔融状态下本身能否电离出自由移动的离子而导电，与水溶液是否导电无必然联系，C错误；D、离子反应是否能够发生要看离子之间能否发生复分解反应，氧化还原反应，络合反应等，D错误，答案选A。
7. 下列叙述正确的是(　　)
A. 含有最低价元素的化合物不一定具有很强的还原性
B. 元素的单质一定是由氧化或还原该元素的化合物制得
C. 阳离子只能得电子被还原，阴离子只能失电子被氧化
D. 在化学反应中，得电子越多氧化剂，其氧化性就越强
【答案】A
【解析】试题分析：A．元素处于最低价，可能具有强的还原性，比如S2-,也可能还原性很弱，比如F-，因此A正确。B．3O2=2O3此反应说明B错误。C．阳离子或阴离子的化合价处于中间价态，既能被氧化又能被还原只能得电子被还原，因此C错误。D．氧化剂得电子能力越强，其其氧化性就越强，但是得电子越多，氧化性不一定越强，因此D错误。
8.钠加热后能在空气中着火燃烧的现象是
A. 黄色火焰，生成白色固体Na2O
B. 黄色火焰，生成淡黄色固体Na2O2
C. 紫色火焰，生成淡黄色固体Na2O2
D. 红色火焰，生成黄色固体Na2O
【答案】B
【解析】
【分析】根据钠加热后首先熔化成银白色光亮小球，接着在空气中着火燃烧，火焰呈黄色，生成淡黄色固体物质。
【详解】钠在空气中着火燃烧，火焰呈黄色，生成淡黄色固体物质Na2O2，则选项A、C、D错误，答案选B。
9.下列各组关于强电解质、弱电解质、非电解质的归类正确的（ ）

A
B
C
D
强电解质
Fe
NaCl
CaCO3
HNO3
弱电解质
CH3COOH
NH3
H2CO3
Fe(OH)3
非电解质
蔗糖
BaSO4
C2H5OH
H2O
【答案】C
【解析】
【分析】强电解质是指在水中完全电离成离子的化合物；弱电解质是指在水中不完全电离，只有部分电离的化合物；在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质。
【详解】A、Fe是单质，不是化合物，铁既不是电解质也不是非电解质，故A错误；
B、NH3是非电解质，本身不能电离出离子，BaSO4是盐属于强电解质，熔融状态完全电离，故B错误；
C、碳酸钙是盐属于强电解质，碳酸是弱酸属于弱电解质，乙醇是非电解质，故C正确；
D、水能够电离出氢离子和氢氧根离子，属于弱电解质，故D错误；
故选：C。
10.VL Fe2(SO4)3溶液中含有a g Fe3+，取此溶液0.5VL，用水稀释至2VL，则稀释后溶液中SO42－的物质的量的浓度为(　　)
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】ag Fe3+的物质的量为： = mol，取出的0.5VL溶液中含有Fe3+的物质的量为：× = mol，稀释过程中溶质的物质的量不变，则稀释后溶液中SO42－的物质的量为：mol× = mol，稀释后溶液中硫酸根离子的浓度为：mol÷2VL＝，故答案选A。
11.根据下面两个化学方程式判断Fe2＋、Cu2＋、Fe3＋氧化性由强到弱的顺序是(　　)
①2FeCl3＋Cu===2FeCl2＋CuCl2　 ②CuCl2＋Fe===FeCl2＋Cu
A. Fe3＋>Cu2＋>Fe2＋ B. Fe2＋>Cu2＋>Fe3＋
C. Cu2＋>Fe3＋>Fe2＋ D. Fe3＋>Fe2＋>Cu2＋
【答案】A
【解析】
【分析】根据规律“氧化性：氧化剂>氧化产物”分析判断。
【详解】反应①：氧化剂Fe3＋得电子生成还原产物Fe2＋，还原剂Cu失电子生成氧化产物Cu2＋。氧化性：Fe3＋>Cu2＋；反应②：氧化剂Cu2＋得电子生成还原产物Cu，还原剂Fe失电子生成氧化产物Fe2＋。氧化性：Cu2＋>Fe2＋。则有氧化性：Fe3＋>Cu2＋>Fe2＋。
本题选A。
12.固体A在一定温度下分解生成气体B、C和D：2A(s)==B(g)+2C(g)+3D(g)。若测得生成气体的质量是相同体积的H2的15倍，则A的摩尔质量是 ( )
A. 30g/mol B. 60g/mol
C. 90g/mol D. 120g/mol
【答案】C
【解析】
【分析】ρ=m/V，生成气体的质量是相同体积的H2的15倍，即密度为氢气的15倍，相对密度之比等摩尔质量之比，则混合气体的摩尔质量为30g/mol；
【详解】由质量守恒：2molA的质量＝1molB的质量+2molC的质量+3molD的质量，设A的摩尔质量为Mg/mol，即生成气体的总质量为2M g，气体总物质的量为6mol，由于气体的平均摩尔质量＝30g/mol，所以2M＝6×30，解得M=90，答案为C。
13.下列各组离子在溶液中能大量共存的是（ ）
A. H＋、SO42-、NO3-、Fe2＋
B. Mg2＋、Cl－、NO3-、OH－
C. Ba2＋、Na＋、CO32-、NO3-
D. Na＋、Al3＋、Cl－、SO42-
【答案】D
【解析】
【详解】A、酸性（H＋）条件下，NO3-具有强氧化性，能够氧化Fe2＋，所以H＋、NO3-、Fe2＋三者不能共存，故A错误；
B、Mg2＋、OH－在溶液中会生成氢氧化镁沉淀，两者不能共存，故B错误；
C. Ba2＋、CO32-在溶液中会生成碳酸钡沉淀，两者不能共存，故C错误；
D、四种离子形成的物质都是可溶的，可以大量共存，故D正确；
故答案选D。
14.2Mn2++ 5R2O8X—+8H2O=16H++10RO42—+2MnO4—在酸性溶液中(加热并有Ag催化)可发生如下反应根据上述反应,则R2O8x-中x的值是（ ）
A. 4 B. 3 C. 2 D. 1
【答案】C
【解析】
【分析】在离子反应方程式中遵循电荷守恒，根据电荷守恒确定x值。
【详解】方程式中2Mn2++ 5R2O8X—+8H2O=16H++10RO42—+2MnO4—遵循电荷守恒，根据电荷守恒得：2×（+2）+5×（-x）=16×（+1）+10×（-2）+2×（-1），4-5x=16-20-2，x==2，答案选C。
15.金属铜的提炼多从黄铜矿开始，黄铜矿的熔烧过程主要反应之一为2CuFeS2+O2=_____+2FeS+SO2，若CuFeS2中Cu、Fe的化合价都为+2，S的化合价为﹣2，下列说法正确的是(　　)
A. 横线中的物质是Cu2S B. CuFeS2仅作还原剂
C. SO2是还原产物，不是氧化产物 D. FeS是氧化产物
【答案】A
【解析】
【详解】A．由质量守恒定律可知横线上的物质为Cu2S，选项A正确；
B．由质量守恒可知横线上的物质为Cu2S，Cu元素化合价降低，S元素化合价升高，说明CuFeS2在反应中既是氧化剂又是还原剂，选项B错误；
C．O元素的化合价由0降低为-2价，S元素的化合价由-2价升高为+4价，则SO2既是氧化产物又是还原产物，选项C错误；
D．FeS中各元素化合价不变，既不是氧化产物，也不是还原产物，选项D错误；
答案选A。
16.已知在酸性溶液中，下列物质氧化KI时，自身发生如下变化：Fe3+→Fe2+；MnO4-→Mn2+；Cl2→2Cl-；HNO2→NO。如果分别用等物质的量的这些物质氧化足量的KI，则得到I2最多的是（ ）
A. Fe3＋ B. MnO4- C. Cl2 D. HNO2
【答案】B
【解析】
【详解】假设各物质的物质的量都是1mol；由氧化还原反应中得失电子守恒，1mol氧化剂得电子越多，生成的I2就多；
A.1mol Fe3+→Fe2+转移1mol e-；
B.1mol MnO4-→Mn2+转移5mol e-；
C.1mol Cl2→2Cl-转移2mol e-；
D.1mol HNO2→NO转移1mol e-；
显然B中1mol MnO4-得电子最多，生成的I2就最多；
答案选B。
17.下列反应的离子方程式正确的是(　　)
A 石灰乳与Na2CO3溶液混合： Ca2＋＋CO32－=CaCO3↓
B. 向Ca(HCO3)2中加入少量NaOH溶液：Ca2++HCO3-+OH-=CaCO3↓+H2O
C. 氯气通入氢氧化钠溶液中： 2Cl2＋2OH－=3Cl－＋ClO－＋H2O
D. 钠与水的反应： Na＋2H2O =Na+＋2OH－＋H2↑
【答案】B
【解析】
【详解】A.石灰乳属于悬浊液，写成化学式形式，石灰乳与Na2CO3溶液混合的离子反应为Ca（OH）2＋CO32－=CaCO3↓+2OH-，故A错误；
B.向Ca(HCO3)2中加入少量NaOH溶液反应生成碳酸钙、碳酸氢钠和水，离子方程式为：Ca2++HCO3-+OH-=CaCO3↓+H2O，故B正确；
C.氯气通入氢氧化钠溶液中，反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，离子方程式为：Cl2＋2OH－=Cl－＋ClO－＋H2O ，故C错误；
D.钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，离子反应为2Na＋2H2O =2Na+＋2OH－＋H2↑，故D错误；
故答案选B。
18.某100mL溶液可能含有Na+、NH4+、Fe3+、CO32-、SO42-、Cl-中的若干种，取该溶液进行连续实验，实验过程如下：（所加试剂均过量，气体全部逸出）

下列说法不正确的是(　　)
A. 原溶液一定存在CO32-和SO42-，一定不存在Fe3+
B. 若原溶液中不存在Na+，则c(Cl-)＜0.1mol·L-1
C. 原溶液中c(Cl-)≥0.1mol·L-1
D. 原溶液一定存在Cl-，可能存在Na+
【答案】B
【解析】
分析】加入氯化钡溶液，生成沉淀，一定含有碳酸根或是硫酸根中的至少一种，则该沉淀为BaSO4、BaCO3中的至少一种，沉淀部分溶解于盐酸，所以一定是BaSO4、BaCO3的混合物，一定存在CO32－、SO42－，硫酸钡沉淀是2.33g，物质的量是2.33g/233g·mol－1=0.01mol，碳酸根离子的物质的量是(4.3-2.33)g/197g·mol－1mol=0.01mol，碳酸根和铁离子不共存，一定不存在Fe3＋，所得到的滤液中加入氢氧化钠，出现气体，为氨气，一定含有铵根离子，根据元素守恒，铵根离子的物质的量是1.12L/22.4L·mol－1=0.05mol，钠离子和氯离子需要根据电荷守恒进行判断．
【详解】加入氯化钡溶液，生成沉淀，一定含有碳酸根或是硫酸根中的至少一种，则该沉淀为BaSO4、BaCO3中的至少一种，沉淀部分溶解于盐酸，所以一定是BaSO4、BaCO3的混合物，一定存在CO32－、SO42－，硫酸钡沉淀是2.33g，物质的量是2.33g/233g·mol－1=0.01mol，碳酸根离子的物质的量是(4.3-2.33)g/197g·mol－1mol=0.01mol，碳酸根和铁离子不共存，一定不存在Fe3＋，所得到的滤液中加入氢氧化钠，出现气体，为氨气，一定含有铵根离子，根据元素守恒，铵根离子的物质的量是1.12L/22.4L·mol－1=0.05mol，根据电荷守恒，阳离子所带正电荷的物质的量之和：0.05mol，阴离子所带负电荷的物质的量之和=0.01×2+0.01×2=0.04mol，所以一定存在氯离子，钠离子不能确定，n（Cl－）≥0.01mol，所以c（Cl－）≥0.1mol·L-1。
A、原溶液一定存在CO32－和SO42－、Cl－，一定不存在Fe3＋，故A正确；
B、若原溶液中不存在Na＋，则c（Cl－）=0.1mol·L-1，故B错误。
C、原溶液中c（Cl－）≥0.1mol·L-1，故C正确；
D、原溶液一定存在Cl－，可能存在Na＋，故D正确；
故选B。
19.已知：将Cl2通入适量KOH溶液，产物中可能有KCl、KClO、KClO3，且的值与温度高低有关。当n (KOH)=a mol时，下列有关说法错误的是(　　)
A. 若某温度下，反应后=11，则溶液中=
B. 参加反应的氯气的物质的量等于a mol
C. 改变温度，反应中转移电子的物质的量n的范围： a mol ≤ n(e -)≤a mol
D. 改变温度，产物中KClO3的最大理论产量为 a mol
【答案】D
【解析】
【分析】A.假设n(ClO-)=1mol，则n(Cl-)=11mol，根据电子转移守恒计算n(ClO3-)；
B.根据元素的原子守恒分析解答；
C.氧化产物只有KClO3时，转移电子最多，根据电子转移守恒n(KCl)=5n(KClO3)，由钾离子守恒：n(KCl)+n(KClO3)=n(KOH)；氧化产物只有KClO时，转移电子最少，根据电子转移守恒n(KCl)=n(KClO)，根据钾离子守恒：n(KCl)+n(KClO)=n(KOH)，进而计算转移电子物质的量范围；
D.氧化产物只有KClO3时，其物质的量最大，由钾离子守恒：n(KCl)+n(KClO3)=n(KOH)，结合电子转移守恒计算。
【详解】A.假设n(ClO-)=1mol，由于反应后=11，则n(Cl-)=11mol，根据电子转移守恒可得5n(ClO3-)+n(ClO-)= n(Cl-)，5×n(ClO3-)=11mol-1mol=10mol，所以n(ClO3-)=2mol，故溶液中，A正确；
B.由Cl原子守恒可知，2n(Cl2)=n(KCl)+n(KClO)+n(KClO3)，由钾离子守恒可知n(KCl)+ n(KClO)+n(KClO3)=n(KOH)，两式联立可得n(Cl2)=n(KOH)=×a mol=a mol，B正确；
C.氧化产物只有KClO3时，转移电子最多，根据电子转移守恒n(KCl)=5n(KClO3)，由钾离子守恒：n(KCl)+n(KClO3)=n(KOH)，故n(KClO3)=n(KOH)=×a mol=a mol；转移电子最大物质的量为：a mol×5=a mol；
氧化产物只有KClO时，转移电子最少，根据电子转移守恒n(KCl)=n(KClO)，根据钾离子守恒：n(KCl)+n(KClO)=n(KOH)，所以有n(KClO)=n(KOH)=×a mol=a mol，转移电子最小物质的量=×a mol×1=a mol，则反应中转移电子的物质的量n(e-)的范围为： a mol ≤ n(e -)≤a mol，C正确；
D.氧化产物只有KClO3时，其物质的量最大，根据电子转移守恒n(KCl)=5n(KClO3)，由钾离子守恒：n(KCl)+n(KClO3)=n(KOH)，故n最大(KClO3)=n(KOH)=×a mol=a mol，D错误；
故合理选项是D。
二、填空题：
20.Ⅰ.（1）3.01×1022个OH－的物质的量为_____mol；这些OH－与_____molNH3的质量相等，与____g Na+含有的离子数相同。
（2）有四种正盐的混合溶液，含有0.2 mol·L－1 Na+、0.25 mol·L－1 Mg2+、0.4mol·L－1 Cl－，则SO42-的浓度为__ mol·L－1。
Ⅱ.现有以下物质：
①NaCl晶体 ②干冰 ③熔融的KNO3 ④石墨 ⑤BaSO4固体 ⑥蔗糖 ⑦酒精，请回答以下问题（填序号）：
（1）能导电的是_________；
（2）属非电解质的是_________；
（3）属于电解质的是________；
【答案】(1). 0.05 (2). 0.05 (3). 1.15 (4). 0.15 (5). ③④ (6). ②⑥⑦ (7). ①③⑤
【解析】
【分析】Ⅰ.（1）根据n=N/NA=m/M进行计算；
（2）电解质溶液中，存在电荷守恒；
Ⅱ. (1)根据电解质、非电解质的定义判断，能导电的物质必须含有自由电子或自由离子；
(2)非电解质：在水溶液里和熔融状态下都不能导电的化合物；
(3)电解质：在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物。
【详解】Ⅰ.（1）3.01×1022个OH－的物质的量为3.01×1022/6.02×1023mol－1=0.05mol；设NH3的物质的量为xmol，0.05mol×17g/mol=x mol×17g/mol，x=0.05mol；设Na+有yg，yg÷23g/mol=0.05mol，解得y=1.15；
（2）电解质溶液中，存在电荷守恒，因此：0.2 mol·L－1×1+0.25 mol·L－1mol·L－1×2=0.4mol·L－1×1+x×2，解得x=0.15 mol·L－1；
Ⅱ ①NaCl晶体不能导电，溶于水或熔融状态下能导电，属于电解质；
②干冰是二氧化碳的固体，不能导电，属于非电解质；
③熔融的KNO3 能导电，属于电解质；
④石墨是碳的单质，能导电，但既不是电解质也不是非电解质；
⑤BaSO4固体不能导电，熔融状态下能导电，属于电解质；
⑥蔗糖不能导电，属于非电解质；
⑦酒精不能导电，属于非电解质；
（1）能导电的是③④；
（2）属非电解质的是②⑥⑦；
（3）属于电解质的是①③⑤。
21.已知：2Fe2++Cl2===2Cl﹣+2Fe3+，2Br﹣+Cl2===Br2+2Cl﹣，2Fe2++Br2===2Br﹣+2Fe3+。含有a mol FeBr2的溶液中，通入x mol Cl2，请按要求写出通Cl2过程中溶液内发生反应的离子方程式。
（1）当x=0.4a时： ____________________________
（2）当x=a 时： ____________________________
（3）当x=1.5a时： ___________________________
【答案】(1). 2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣ (2). 2Fe2++2Br﹣+2Cl2=Br2+2Fe3++4Cl﹣ (3). 2Fe2++4Br﹣+3Cl2=2Br2+2Fe3++6Cl﹣
【解析】
【分析】已知：2Fe2++Cl2===2Cl﹣+2Fe3+，还原性：Fe2+> Cl﹣；2Br﹣+Cl2===Br2+2Cl﹣，还原性：Br﹣> Cl﹣；2Fe2++Br2===2Br﹣+2Fe3+，还原性：Fe2+> Br﹣ ；因此还原性顺序是：Fe2+> Br﹣ > Cl﹣；据氯气的量结合氧化还原反应规律进行分析。
【详解】已知：2Fe2++Cl2===2Cl﹣+2Fe3+，还原性：Fe2+＞Cl﹣；2Br﹣+Cl2===Br2+2Cl﹣，还原性：Br﹣＞Cl﹣；2Fe2++Br2===2Br﹣+2Fe3+，还原性：Fe2+＞Br﹣；因此还原性顺序是：Fe2+＞Br﹣＞Cl﹣；向含有amolFeBr2的溶液中，通入xmolCl2，亚铁离子先被氧化；
(1)x=0.4a时，Cl2不足以将Fe2+全部氧化，所以溶液中只有Fe2+被氧化，离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣；故答案是：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣；
(2)x=a 时，Fe2+全被氧化，Br﹣部分被氧化，离子方程式为2Fe2++2Br-+2Cl2=Br2+2Fe3++4Cl﹣； 故答案是：2Fe2++2Br-+2Cl2=Br2+2Fe3++4Cl﹣；
(3) 当x=1.5a时，Cl2足量，Fe2+和Br﹣完全被氧化，离子方程式为2Fe2++4Br﹣+3Cl2=2Br2+2Fe3++6Cl﹣； 故答案是：2Fe2++4Br﹣+3Cl2=2Br2+2Fe3++6Cl﹣；
22.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）将上述化学方程式配平并改写为离子方程式______。
（2）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
（3）若产生0.5 mol Cl2，则被氧化的HCl______mol，转移的电子的数目约为______。
（4）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). 2MnO4－＋16H++10Cl－＝2Mn2+＋5Cl2↑＋8H2O (2). ② (3). 1 (4). 6.02×1023 (5). 16H+ (6). 8H2O (7). C2O42－ (8). 22.4
【解析】
【分析】(1)根据氧化还原反应中电子守恒及质量守恒定律来配平，化合价升高，元素失电子，化合价降低,元素得到电子，化合价升高数=化合价降低数=转移电子数；将化学反应中的强电解质写成离子的形式，氯气和水应保留化学式来书写离子反应方程式；
(2)浓盐酸在反应中生成盐时表现酸性，生成氯气时表现还原性；
(3)根据Cl元素的化合价变化来计算转移的电子；
(4)根据电子得失守恒和原子守恒分析解答。
【详解】(1)KMnO4+HCl（浓）→KCl+MnCl2+Cl2↑+H2O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，根据电子守恒可以知道，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以知道，配平后的化学反应为2KMnO4＋16HCl＝2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O；改为离子反应时Cl2和8H2O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；
(2)由反应可以知道，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；答案是②；
（3）Cl元素的化合价由-1价升高到0，产生0.5 mol Cl2，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，转移的电子的数目约为6.02×1023；
(4)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，由原子守恒可以知道Mn2+的系数为2、CO2的系数为10，由电荷守恒可以知道，反应物中缺项为H+，由元素守恒可以知道生成物中缺项为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22.4L。
三、实验题
23.某化学小组制备氢氧化铁胶体：洁净的小烧杯盛适量蒸馏水，用酒精灯加热至沸腾，向烧杯中逐滴加入1 mol·L－1氯化铁溶液，至液体呈透明的红褐色。回答下列问题：
(1)氢氧化铁胶体中微粒直径的范围是________________。
(2)检验胶体制备成功的操作是__________________________________。
(3)实验中手不慎被玻璃割破，可用氯化铁溶液应急止血，主要原因是____________(填序号)。
①氯化铁溶液具有杀菌消毒的作用
②氯化铁溶液能使血液胶体凝固
③氯化铁溶液能产生氢氧化铁沉淀堵住伤口
④氯化铁溶液能使血液发生化学变化
(4)制备胶体的化学方程式为_______。如果将1molFeCl3全部制成胶体，胶粒数目______NA(选填“大于”“等于”“小于”)。
【答案】(1). 1～100nm (2). 用一束光照射，观察到一条光亮的通路 (3). ② (4). FeCl3+3H2O Fe(OH)3(胶体)+3HCl (5). 小于
【解析】
【分析】胶体区别于溶液的关键在于：胶体粒子直径大小在1nm～100nm；把饱和氯化铁溶液滴入沸水中继续加热煮沸，得到红褐色的液体为氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶体能产生丁达尔效应；胶体中加入电解质溶液，可使胶粒聚沉，据以上分析进行解答。
【详解】（1）氢氧化铁胶体是胶体分散系中的一种，胶体粒子直径大小在1nm～100nm；
故答案是：1nm～100nm；
（2）胶体区别于溶液的关键在于：溶液粒子直径小于1nm，胶体粒子直径大小在1nm～100nm，即溶液不产生丁达尔效应，而氢氧化铁胶体能产生丁达尔效应；用一束光线照射氢氧化铁胶体，能产生一条光亮的通路；
故答案是：用一束光线照射，能产生一条光亮的通路；
（3）血液属于胶体，氯化铁溶液属于电解质溶液，加入电解质溶液（FeCl3溶液）可使胶粒聚沉，血液凝聚达到止血效果；
故答案选②；
（4）把饱和氯化铁溶液滴入沸水中继续加热煮沸，得到红褐色的液体为氢氧化铁胶体，制备胶体的化学方程式为：FeCl3+3H2O Fe(OH)3(胶体)+3HCl；由于胶体是大量粒子的集合体，因此如果将1molFeCl3全部制成胶体，胶粒数目小于NA；
故答案是：FeCl3+3H2O Fe(OH)3(胶体)+3HCl；小于。
24.某课题研究小组的同学探究钠与水反应之后，又研究了与溶液反应和NaCl溶液的配制。
Ⅰ.将金属钠放入盛有下列溶液的小烧杯中：①Fe2(SO4)3溶液 ②NaCl溶液 ③Na2SO4溶液 ④饱和澄清石灰水 ⑤Ca(HCO3)2溶液。回答下列问题：
(1)既有气体，又有白色沉淀产生的是___________________；
(2)写出金属钠与①反应的离子方程式___________________；
(3)若剩余的金属钠露置在空气中最终会变成___________________。
Ⅱ.配制480mL 0.2 mol·L-1 NaCl溶液。
(1)计算后，需称出NaCl质量为___________g。
(2)在配制过程中，下列操作对所配溶液浓度的影响是（填偏高、偏低或无影响）
①配制前，容量瓶内有水__________
②溶液未冷却便定容__________
③定容时仰视刻度线__________
【答案】(1). ④⑤ (2). 2Fe3+ +6Na +6H2O＝2Fe(OH)3↓+6Na+ +3H2↑ (3). Na2CO3 (4). 5.9 (5). 无影响 (6). 偏高 (7). 偏低
【解析】
【分析】(1)钠的活泼性较强，能够与水剧烈反应生成氢氧化钠和氢气，生成的氢氧化钠可能和盐溶液中的溶质发生反应，据此进行分析；
(2)金属钠与Fe2(SO4)3溶液反应生成氢氧化铁沉淀、硫酸钠和氢气，据此写出反应的离子方程式；
(3)Na的性质活泼，在空气中长期放置，最终产生碳酸钠；
Ⅱ.(1)配制0.2 mol·L-1 NaCl溶液480mL，需要配制500mL溶液；根据m=nM计算出需要氯化钠的质量；
(2)根据c=n/V进行分析。
【详解】（1）①钠先与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠与Fe2(SO4)3溶液反应生成氢氧化铁红褐色沉淀，故不选；
②钠与氯化钠溶液中的水反应生成氢氧化钠和氢气，得不到沉淀，故不选；
③钠与硫酸钠溶液中的水反应生成氢氧化钠和氢气，得不到沉淀，故不选；
④钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，反应放热，氢氧化钙溶解度降低，有白色沉淀析出，故选；
⑤钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠与碳酸氢钙反应生成碳酸钙沉淀，故选；
结合以上分析可知，既有气体，又有白色沉淀产生的是④⑤；故答案为：④⑤；
(2)钠先与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠与Fe2(SO4)3溶液反应生成氢氧化铁红褐色沉淀；所以金属钠与Fe2(SO4)3溶液反应生成氢氧化铁沉淀、硫酸钠和氢气，反应的离子方程式：2Fe3+ +6Na +6H2O＝2Fe(OH)3↓+6Na++3H2↑；故答案是：2Fe3+ +6Na +6H2O＝2Fe(OH)3↓+6Na+ +3H2↑；
(3)Na的性质活泼，易与空气中氧气反应生成Na2O，Na2O易与水反应生成NaOH，NaOH吸收空气中的水和CO2生成Na2CO3∙xH2O，Na2CO3∙xH2O风化脱水生成Na2CO3，故若剩余的金属钠露置在空气中最终会变成Na2CO3；故答案是：Na2CO3；
Ⅱ.(1)配制0.2 mol·L-1 NaCl溶液480mL，需要配制500mL，需要氯化钠的物质的量为0.2mol/L×0.5L=0.1mol，质量为0.1mol×58.5g/mol＝5.85 g；需称出NaCl质量为5.9g；
故答案为：5.9；
(2)①配制前，容量瓶内有水，不影响溶质的物质的量和溶液的体积，对结果无影响，故答案为：无影响；
②溶液未冷却便定容，导致溶液的体积偏小，浓度偏大；故答案为：偏高；
③定容时仰视刻度线，导致溶液的体积偏大，浓度偏低。故答案为：偏低。