河南省洛阳市第一高级中学2019-2020学年高一9月月考试化学题化学（解析版）


河南省洛阳市第一高级中学2019-2020学年高一9月月考试题
1.《中国诗词大会》不仅弘扬了中国传统文化，还蕴含着许多化学知识，下列诗词分析不正确的是（ ）
A. 诗句“煮豆燃豆萁，豆在釜中泣”，这里的能量变化主要是化学能转化为热能
B. 诗句“千淘万漉虽辛苦，吹尽狂沙始到金”，金性质稳定可通过物理方法得到
C. 诗句“爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏”，爆竹的燃放涉及氧化还原反应
D. 诗句“日照香炉生紫烟，遥看瀑布挂前川”，“紫烟”指“香炉”中碘升华的现象
【答案】D
【解析】
【详解】A、豆萁是大豆的秸秆，主要成分为纤维素，燃烧纤维素是把化学能转化为热能，故A正确；
B、沙里淘金说明了金的化学性质稳定，可通过物理方法得到，故B正确；
C、爆竹燃放的过程有新物质CO2、SO2等生产，属于化学变化，与氧气反应，同时也是氧化还原反应，故C正确；
D、水产生的雾气是由水蒸发遇冷液化而成的小液滴，是一种液化现象，不是碘升华，故D错误。
答案选D。
2.下列各组物质，按化合物、单质、混合物顺序排列的是（ ）
A. 干冰、 铁、 冰水混合物 B. 烧碱、液氯、氯水
C. 碱石灰、白磷、熟石灰 D. 漂白粉、氮气、胆矾
【答案】B
【解析】
【分析】由两种或两种以上元素组成的纯净物是化合物，由一种元素组成的纯净物是单质，由两种或两种以上物质组成的是混合物，据此判断。
【详解】A. 干冰是二氧化碳属于化合物，铁是金属单质，冰水混合物属于纯净物，A不符合；
B. 烧碱是氢氧化钠属于化合物，液氯是氯气属于单质，氯水是氯气的水溶液，属于混合物，B符合；
C. 碱石灰是氢氧化钠和氧化钙组成的混合物，白磷是单质，熟石灰是氢氧化钙，C不符合；
D. 漂白粉是氯化钙和次氯酸钙组成的混合物，氮气是单质，胆矾是硫酸铜晶体，属于纯净物，D不符合；
答案选B。
3.下列关于摩尔质量的描述或应用正确的是（ ）
A. 1mol OH-的质量是17
B. 二氧化碳的摩尔质量是44 g
C. 铁原子的摩尔质量等于它的相对原子质量
D. 一个钠原子的质量约等于g
【答案】D
【解析】
【详解】A、1molOH-的质量是17g，单位不正确，故A错误；
B、二氧化碳的摩尔质量是44g/mol，单位不正确，故B错误；
C、铁原子的摩尔质量是以g/mol为单位，数值上等于铁原子的相对原子质量，故C错误；
D、1mol微粒含有阿伏加德罗常数个微粒，钠原子的摩尔质量为23g/mol，所以一个钠原子质量==g，故D正确；
答案选D。
4.下列现象或应用中，与胶体有关，且说法正确的是（ ）
A. 清晨，在茂密的树林中，常常可以看到从枝叶间透过的道道光柱
B. 在饱和氯化铁溶液中逐滴加入NaOH溶液，产生红褐色的Fe(OH) 3胶体
C. 向有污染的水中加入胶体，具有杀菌消毒的作用
D. 将Fe(OH) 3胶体放置一段时间后，会出现浑浊
【答案】A
【解析】
【详解】A. 清晨，在茂密的树林中，常常可以看到从枝叶间透过的道道光柱，与胶体的丁达尔效应有关，A正确；
B. 在饱和氯化铁溶液中逐滴加入NaOH溶液，产生红褐色Fe(OH)3沉淀，发生的是复分解反应，与胶体性质没有关系，B错误；
C. 向有污染的水中加入胶体，能净化水，不具有杀菌消毒的作用，C错误；
D. 胶体是介稳体系，将Fe(OH)3胶体放置一段时间后，不会出现浑浊，D错误；
答案选A。
5.下列有关叙述正确的是（ ）
A. 电泳现象可证明胶体带电荷
B. 直径在1～100nm之间的粒子称为胶体
C. 是否具有丁达尔效应是区分溶液、胶体和浊液的依据
D. 胶体粒子很小，可以透过滤纸
【答案】D
【解析】
【详解】A、胶体的电泳现象证明胶体粒子带电荷，而胶体是不带电的，A错误；
B、胶体是一类分散系，其中分散质粒子直径在1～100 nm之间，B错误；
C、三类分散系（溶液、胶体和浊液）的本质区别是分散质粒子的直径不同，丁达尔效应可以鉴别溶液和胶体，但不是它们的本质区别，C错误；
D、胶体粒子（直径1～100 nm）很小，可以透过滤纸上的孔隙，D正确。
答案选D。
6.下列说法中不正确的有（ ）
①将硫酸钡放入水中不能导电，所以硫酸钡是非电解质；
②氨溶于水得到的溶液能导电，所以NH3是电解质；
③液态HCl不导电，所以属于非电解质；
④NaHSO4电离时生成的阳离子有氢离子，但不属于酸；
⑤电解质放在水中一定能导电，非电解质放在水中一定不导电。
⑥强电解质的导电能力比弱电解质强
A. 4个 B. 5个 C. 6个 D. 全部
【答案】B
【解析】
【详解】①硫酸钡难溶于水，溶于水的部分全部电离，硫酸钡是电解质，①错误；
②氨溶于水得到的溶液能导电是因为一水合氨能电离出阴阳离子，一水合氨是电解质，NH3是非电解质，②错误；
③氯化氢溶于水能电离出阴阳离子而导电，氯化氢是电解质，③错误；
④NaHSO4电离时生成的阳离子还有钠离子，所以盐，不是酸，④正确；
⑤电解质放在水中不一定能导电，例如难溶于水的硫酸钡等，非电解质放在水中不一定不导电，例如SO2溶于水，溶液可以导电，⑤错误；
⑥强电解质的导电能力不一定比弱电解质强，只与溶液中离子的浓度和所带电荷数有关系，⑥错误；
答案选B。
7.在相同条件下，溶液中下列反应均可发生：①3S2O82﹣+2Cr3++7H2O═Cr2O72﹣+6SO42﹣+14H+；②Cr2O72﹣+14H++6Cl﹣═2Cr3++3Cl2↑+7H2O；③Cl2+2Fe2+═2Cl﹣+2Fe3+④Sn2++2Fe3+═2Fe2++Sn4+．下列有关微粒的氧化性比较，正确的是（ ）
A. Cr2O72﹣＞S2O82﹣＞Cl2＞Sn4+＞Fe3+ B. S2O82﹣＞Cr2O72﹣＞Fe3+＞Cl2＞Sn4+
C. S2O82﹣＞Fe3+＞Sn4+＞Cr2O72﹣＞Cl2 D. S2O82﹣＞Cr2O72﹣＞Cl2＞Fe3+＞Sn4+
【答案】D
【解析】
【详解】在氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，则根据反应3S2O82﹣+2Cr3++7H2O＝Cr2O72﹣+6SO42﹣+14H+可知氧化性是S2O82﹣＞Cr2O72﹣；根据反应Cr2O72﹣+14H++6Cl﹣＝2Cr3++3Cl2↑+7H2O可知氧化性是Cr2O72﹣＞Cl2；根据反应Cl2+2Fe2+＝2Cl﹣+2Fe3+可知氧化性是Cl2＞Fe3+；根据反应Sn2++2Fe3+＝2Fe2++Sn4+可知氧化性是Fe3+＞Sn4+，所以氧化性强弱顺序是S2O82﹣＞Cr2O72﹣＞Cl2＞Fe3+＞Sn4+。答案选D。
8.常温下，下列微粒可以大量共存于同一溶液中的是（ ）
A. NH4+、CH3COO-、Ca2+、Cl- B. Fe3+、Ag+、SO42-、NO3-
C. Cu2+、H+、S2-、NO3- D. I-、Fe3+、K+、Cl-
【答案】A
【解析】
【分析】离子间如果发生化学反应，则不能大量共存，反之是可以，结合离子的性质分析解答。
【详解】A、四种离子在同一溶液中不反应，能大量共存，A选；
B、Ag＋与SO42―在溶液中不能大量共存，B不选；
C、S2―与Cu2＋或H＋在同一溶液中均不能共存，前者生成不溶物，后者生成弱酸，且在酸性溶液中硝酸根能氧化硫离子，C不选；
D、在溶液中铁离子能氧化碘离子，不能共存，D不选；
答案选A。
9.下列各选项中的两个反应,可用同一个离子方程式表示的是（ ）
选项
Ⅰ
Ⅱ
A
Ba(OH)2溶液与过量NaHCO3溶液混合
NaOH溶液与过量NaHCO3溶液混合
B
少量SO2通入Ba(OH)2溶液中
过量SO2通入Ba(OH)2溶液中
C
BaCl2溶液与Na2SO3溶液混合
Ba(OH)2溶液与H2SO3溶液混合
D
少量氨水滴入AlCl3溶液中
少量AlCl3溶液滴入氨水中
【答案】D
【解析】
【详解】A、I中生成碳酸钡、碳酸钠和水，II中生成碳酸钠和水，碳酸钡在离子反应中保留化学式，二者离子反应不同，故A不选；
B、I中生成亚硫酸钡和水，II中生成亚硫酸氢钡和水，亚硫酸钡在离子反应中保留化学式，二者离子反应不同，故B不选；
C、I中反应生成亚硫酸钡和氯化钠，II中反应生成亚硫酸钡和水，亚硫酸钡、水在离子反应中均保留化学式，二者离子反应不同，故C不选；
D、I、II中均反应生成氢氧化铝和氯化铵，反应物、生成物相同，离子反应相同，故D选；
故选D。
10.为实现下列转化，必须加入氧化剂的是（ ）
A. Cl2→HCl B. NH4+→NH3 C. H2O2→O2 D. Cu→CuO
【答案】D
【解析】
【分析】必须加入氧化剂才能实现转化，说明所给微粒失去电子，有关元素的化合价一定升高，结合氧化还原反应原理和物质的性质分析解答。
【详解】A. Cl2→HCl中氯元素化合价降低，需要加入还原剂或溶于水发生自身的氧化还原反应，A不选；
B. NH4+→NH3中元素的化合价均不变化，是非氧化还原反应，B不选；
C. H2O2→O2中氧元素化合价升高，需要加入氧化剂，但双氧水自身分解也可以得到氧气，C不选；
D. Cu→CuO中铜元素化合价升高，必须加入氧化剂，D选。
答案选D。
11.用还原法可以将硝酸厂烟气中的大量氮氧化物(NOx)，转化为无害物质。常温下，将NO与H2的混合气体通入Ce(SO4)2与Ce2(SO4)3的混合溶液中，其转化过程如下图所示。下列说法不正确的是（ ）

A. 反应I的离子反应方程式为2Ce4++H2=2Ce3++2H+
B. 反应II中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2
C. 反应前溶液中c(Ce4+)一定等于反应后溶液中的c(Ce4+)
D. 反应过程中混合溶液内Ce3+和Ce4+离子的总数一定保持不变
【答案】C
【解析】
【详解】A.根据图示可知反应I为2Ce4++H2=2Ce3++2H+，A正确；
B.反应II的反应物为Ce3+、H+、NO，生成物为Ce4+、N2、H2O，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得反应方程式为 4Ce3++4H++2NO=4Ce4++N2+2H2O，在该反应中NO是氧化剂，Ce3+是还原剂，故氧化剂与还原剂的物质的量的比为2：4=1：2，B正确；
C.反应前后溶液中n(Ce4+)的物质的量不变，但由于反应后溶液中水的物质的量增多，所以反应后溶液中c(Ce4+)减小，C错误；
D.由于反应前后各种元素的原子个数相等，根据Ce元素守恒可知反应过程中混合溶液内Ce3+和Ce4+离子的总数不变，D正确；
故合理选项是C。
12.下列反应的离子方程式书写正确的是（ ）
A. 向Al2（SO4）3溶液中滴加氨水：Al3++3OH﹣＝Al（OH）3↓
B. 向碳酸氢钠溶液中加入少量石灰水：HCO3﹣+Ca2++OH﹣＝CaCO3↓+H2O
C. 向Ba（OH）2溶液中滴加稀硫酸：Ba2++SO42﹣＝BaSO4↓
D. 向FeBr2溶液中通入少量氯气：Cl2+2Fe2+＝2Cl﹣+2Fe3+
【答案】D
【解析】
【详解】A. 一水合氨难电离，则向Al2（SO4）3溶液中滴加氨水的离子方程式应该为：Al3++3NH3·H2O＝Al（OH）3↓+3NH4＋，A错误；
B. 向碳酸氢钠溶液中加入少量石灰水生成碳酸钠、碳酸钙和水：2HCO3﹣+Ca2++2OH﹣＝CaCO3↓+CO32－+2H2O，B错误；
C. 向Ba（OH）2溶液中滴加稀硫酸生成硫酸钡和水：Ba2++2OH﹣+2H＋+SO42﹣＝BaSO4↓+2H2O，C错误；
D. 向FeBr2溶液中通入少量氯气只氧化亚铁离子：Cl2+2Fe2+＝2Cl﹣+2Fe3+，D正确；
答案选D。
13.向CuSO4溶液中加入H2O2溶液，很快有大量气体逸出，同时放热，一段时间后，蓝色溶液变为红色浑浊（Cu2O），继续加入H2O2溶液，红色浑浊又变为蓝色溶液，这个反应可以反复多次。下列关于上述过程的说法不正确的是（ ）
A. Cu2+是H2O2分解反应的催化剂
B. H2O2既表现氧化性又表现还原性
C. Cu2+将H2O2还原为O2
D. 发生了反应Cu2O + H2O2 + 4H+ == 2Cu2+ + 3H2O
【答案】C
【解析】A. 蓝色溶液变为红色浑浊（Cu2O），红色浑浊又变为蓝色溶液，故Cu2+是H2O2分解反应的催化剂，选项A正确；B. H2O2中氧元素化合价由-1价变为0价和-2价，既表现氧化性又表现还原性，选项B正确；C. 反应中H2O2自身发生氧化还原反应，选项C不正确；D. 发生了反应2Cu2+ + H2O2 + H2O== Cu2O + O2 ↑+ 4H+和Cu2O + H2O2 + 4H+ == 2Cu2+ + 3H2O，选项D正确。答案选C。
14.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列判断正确的是（ ）
A. 反应KClO3+6HCl＝KCl+3Cl2↑+3H2O中，生成3mol氯气时转移6NA个电子
B. 46g NO2和N2O4混合气体中含有原子总数为2.5NA
C. 23g Na与足量O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，钠失去1.5NA个电子
D. 24gMg变为Mg2+时失去的电子数为2NA
【答案】D
【解析】
【详解】A. 反应KClO3+6HCl＝KCl+3Cl2↑+3H2O中氯酸钾是氧化剂，生成3mol氯气时转移5NA个电子，A错误；
B. NO2和N2O4的最简式均是NO2，则46g NO2和N2O4混合气体中含有“NO2”的物质的量是1mol，原子总数为3NA，B错误；
C. 23g Na是1mol，与足量O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，钠失去NA个电子，C错误；
D. 24gMg是1mol，变为Mg2+时失去的电子数为2NA，D正确；
答案选D。
15.“84”消毒液、明矾、高铁酸钾（K2FeO4）、臭氧等都可以作水处理剂，已知“84”消毒液中的有效成分为NaClO，下列有关说法正确的是（ ）
A. 若有1mol高铁酸钾转化成氢氧化铁沉淀，则转移6×6.02×1023个电子
B. 常温常压下，32g O2、O3的混合气体所含原子数小于2×6.02×1023
C. 1mol明矾溶于水得到的氢氧化铝胶体粒子数为6.02×1023
D. 7.45g NaClO中ClO﹣含有的电子总数为26×6.02×1022
【答案】D
【解析】
【详解】A. 1mol高铁酸钾转化成氢氧化铁沉淀，铁的化合价由+6价降低到+3价，得到3mol电子，所以转移的电子数为3×6.02×1023，A错误；
B. 32gO2、O3的混合气体可以看做是32g氧原子，即2mol氧原子，所以所含原子数等于2×6.02×1023，B错误；
C. 1个氢氧化铝胶体粒子是由多个Al(OH)3聚合而成，所以氢氧化铝胶体粒子数小于6.02×1023，C错误；
D. 7.45gNaClO即0.1molNaClO，1个ClO-中含有的电子数为26个，所以0.1mol中ClO-含有的电子总数为26×6.02×1022，D正确。
答案选D。
16.高铁酸钠(Na2FeO4)是一种高效多功能水处理剂。工业上通过以下反应生产：3NaClO＋2Fe(NO3)3＋10NaOH = 2Na2FeO4＋3NaCl＋6NaNO3＋5H2O。下列有关该反应的说法正确的是（ ）
A. 氯元素的化合价升高 B. Fe(NO3)3是氧化剂
C. 铁元素被氧化 D. NaOH发生氧化反应
【答案】C
【解析】A、氯元素的化合价由+1价降到-1价，所以氯元素的化合价降低，A项错误；B、铁元素由+3价升高到+6价，Fe(NO3)3是还原剂，B项错误；C、铁元素化合价升高，被氧化，C项正确；D、NaOH中各元素化合价不变，是碱性介质，所以NaOH未发生氧化反应，D项错误；答案选C。
17.R2O8n-在一定条件下可把Mn2+氧化成MnO4-,反应如下：8H2O+5R2O8n-+2Mn2+=2MnO4-+10RO42-+16H+。则R2O8n-中R 的化合价为（ ）
A. +4 B. +5 C. +6 D. +7
【答案】D
【解析】
【详解】2Mn2+→2MnO4-失去电子总数为25=10，根据氧化还原反应中得失电子守恒，5R2O8n-→10RO42-得到电子总数为10，R2O8n-→2RO42-得到电子数为2，RO42-中R的化合价为+6价，则R2O8n-中R的化合价为+7价，答案选D。
18.把图2的碎纸片补充到图1中，可得到一个完整的氧化还原反应的离子方程式（未配平）。下列对该反应的说法不正确的是（ ）

A. IO4﹣作氧化剂
B. 若有1 mol Mn2+参加反应转移5mol电子
C. 还原剂与氧化剂的物质的量之比为2：5
D. 配平后H+、Mn2+的化学计量数分别为4、2
【答案】D
【解析】
【分析】Mn2＋作反应物，则MnO4－作生成物，化合价升高，因此IO4－作反应物，IO3－作生成物，H＋作生成物，则H2O作反应物，因此反应方程式为：Mn2＋＋IO4－＋H2O→H＋＋MnO4－＋IO3－，根据化合价的升降法配平，2Mn2＋＋5IO4－+3H2O＝2MnO4－＋5IO3－＋6H＋，据此解答。
【详解】A、根据上述分析IO4－化合价降低，作氧化剂，A正确；
B、根据离子反应方程式，消耗2molMn2＋转移电子10mol，则消耗1molMn2＋转移电子5mol，B正确；
C、根据反应方程式，还原剂与氧化剂的物质的量之比为2：5，C正确；
D、根据反应方程式，H＋的系数为6，D错误。
答案选D。
19.将少量Cl2通入饱和FeBr2溶液中，溶液变为棕黄色，再加入CCl4振荡、静置，下层溶液无色。下列说法错误的是（ ）
A. 该反应中的还原产物是Cl﹣
B. 氧化性强弱顺序为：Cl2＞Fe3+＞Br2
C. 若氯气过量，则CCl4层呈橙红色
D. 若将1molCl2通入1.5molFeBr2溶液中，充分反应后，n(Br-)＝2.5mol
【答案】B
【解析】
【分析】铁离子易溶于水，溴易溶于四氯化碳，将少量Cl2通入饱和FeBr2溶液中，溶液变为棕黄色，再加入CCl4振荡、静置，下层溶液无色，说明氯气氧化亚铁离子生成铁离子而溴离子不被氧化，据此分析解答。
【详解】A、该反应中氯气氧化亚铁离子不氧化溴离子，氧化剂是氯气，还原剂是亚铁离子，所以还原产物是Cl－，氧化产物是Fe3＋，A正确；
B.溴能氧化亚铁离子生成铁离子，氯气能氧化溴离子生成溴，所以氧化性强弱顺序为Cl2＞Br2＞Fe3+，B错误；
C.氯气过量时氯气将溴离子氧化生成溴，溴易溶于四氯化碳，所以如果氯气过量，则CCl4层呈橙红色，C正确；
D.n(FeBr2)=1.5mol，1.5mol亚铁离子被氯气氧化需要0.75mol氯气，剩余0.25mo氯气能氧化0.5mol溴离子，则将1molCl2通入1.5molFeBr2溶液中，充分反应后，n(Br-)＝1.5mol×2-0.5mol=2.5mol，D正确；
答案选B。
20.某浓度稀HNO3与金属M反应时，能得到+2价硝酸盐，反应时M与HNO3的物质的量之比为5 ∶12，则反应时HNO3的还原产物是 （ ）
A. NH4NO3 B. N2 C. N2O D. NO
【答案】B
【解析】
【详解】依据题意可列出反应方程式如下：5M+12HNO3=5M(NO3)2+N2↑+6H2O，某稀HNO3与金属M反应时能得到+2价硝酸盐，所以1mol M失去2mol电子，5mol M失去10mol电子；而12mol HNO3中，有10mol硝酸没有参加氧化还原反应，只有2mol硝酸参加氧化还原反应，得到10mol电子，硝酸中氮的化合价为+5价，所以还原产物必须是0价的N2，B项正确；
答案选B。
21.现有甲、乙、丙三名同学分别进行Fe（OH）3胶体的制备实验．
I、甲同学向1mol•L﹣1氯化铁溶液中加入少量的NaOH溶液；
II、乙同学直接加热饱和FeCl3溶液；
III、丙同学向25ml沸水中逐滴加入5～6滴FeCl3饱和溶液；继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热． 试回答下列问题：
（1）其中操作正确的同学是_____．写出此过程中的化学方程式：_____________；
（2）证明有Fe（OH）3胶体生成的最简单实验操作是___________________________；
（3）Fe（OH）3胶体是不是电解质：_____ （填“是”或“不是”）．
（4）丁同学利用所制得的Fe（OH）3胶体进行下列实验：
①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胶粒带_____电荷．
②向其中加入饱和Na2SO4溶液，产生的现象是_________________________________；
③向所得Fe（OH）3胶体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，沉淀最终消失且得棕黄色溶液，写出化学方程式______________________；
④欲除去Fe（OH）3胶体中混有的NaCl，所用仪器物品是_____；操作名称是_____．
【答案】(1). 丙 (2). FeCl3+3H2OFe（OH）3（胶体）+3HCl (3). 用激光笔照射，有一条明亮的光路，则有胶体生成 (4). 不是 (5). 正 (6). 生成红褐色的沉淀 (7). 加电解质胶体聚沉 (8). 2Fe（OH）3+3H2SO4＝Fe2（SO4）3+6H2O (9). 半透膜 (10). 渗析
【解析】
【分析】实验室制备氢氧化铁胶体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，结合氢氧化铁胶体的性质分析解答。
【详解】（1）实验室制备氢氧化铁胶体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，反应的化学方程式为FeCl3+3H2OFe（OH）3（胶体）+3HCl，其它做法都不能生成胶体，得到的是氢氧化铁沉淀，因此操作正确的同学是丙；
（2）胶体具有丁达尔效应，当用激光笔照射时，会有一道明亮的光路，因此证明制得的红褐色液体属于胶体，最简单实验操作是用激光笔照射，有一条明亮的光路，则有胶体生成；
（3）Fe（OH）3胶体是混合物，不是电解质也不是非电解质；
（4）①Fe（OH）3胶粒带正电，通电时带正电荷的粒子向阴极移动，因此阴极附的颜色逐渐变深；
②胶体遇电解质溶液发生聚沉，因此向其中加入饱和Na2SO4溶液，现象是有红褐色沉淀生成；
③向氢氧化铁胶体中逐滴加入过量硫酸溶液，硫酸电离出的阳离子使Fe（OH）3胶体发生聚沉，而电离出的氢离子使Fe（OH）3沉淀溶解，会观察到先出现红褐色沉淀，后沉淀消失，反应的方程式为2Fe（OH）3+3H2SO4＝Fe2（SO4）3+6H2O；
④由于胶体不能透过半透膜，溶液可以透过半透膜，因此欲除去Fe（OH）3胶体中混有的NaCl，所用仪器物品是半透膜，操作名称是渗析。
22.现有四瓶贴有甲、乙、丙、丁标签的溶液，它们可能是K2CO3、Ba(NO3)2、NaHSO4和K2SO4溶液。现进行如下实验，并记录部分现象(如图)：

据此完成下列回答：
（1）写出各物质的化学式：
甲：______________乙：_______________丁：________________；
（2）写出下列反应的离子方程式：
甲+乙：________________________________，
沉淀a+溶液b：________________________________________________.
【答案】(1). NaHSO4 (2). Ba(NO3)2 (3). K2CO3 (4). Ba2++SO42-＝BaSO4↓ (5). BaCO3+2H+＝Ba2+ +H2O+CO2↑
【解析】
【分析】能产生两种沉淀的是硝酸钡，分别得到碳酸钡和硫酸钡，则乙是硝酸钡；沉淀a和溶液b混合产生气体，说明沉淀a是碳酸钡，因此丁是碳酸钾，溶液b显酸性，则甲是硫酸氢钠，所以丙是硫酸钾，据此判断。
【详解】（1）根据以上分析可知甲、乙、丁的化学式分别是NaHSO4、Ba(NO3)2、K2CO3；
（2）甲+乙即硫酸氢钠和硝酸钡反应，离子方程式为Ba2++SO42-＝BaSO4↓；根据以上分析可知沉淀a+溶液b反应的离子方程式为BaCO3+2H+＝Ba2+ +H2O+CO2↑。
23.根据下列实验现象或要求写离子方程式（描述现象，需要写出所有涉及的离子方程式。
实验现象
离子方程式
（1）澄清石灰水中通入CO2出现白色沉淀，继续通，沉淀溶解，加热后又出白色沉淀。
___________
（2）湿法制备高铁酸钾（K2FeO4）的过程为，在氢氧化铁固体中加入KClO和KOH的混合液。写出该过程的离子方程式并配平。
_______________
【答案】(1). Ca2++2OH- +CO2＝CaCO3↓+H2O、CaCO3+CO2+H2O＝Ca2++2HCO3-、Ca2++2HCO3-CO2↑+CaCO3↓+H2O (2). 2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-＝2FeO42-+3Cl-+5H2O
【解析】
【详解】（1）澄清石灰水中通入CO2出现白色沉淀，生成碳酸钙。继续通入，碳酸钙沉淀溶解转化为碳酸氢钙，加热后又出白色沉淀，是由于碳酸氢钙受热分解生成碳酸钙，有关反应的离子方程式为Ca2++2OH- +CO2＝CaCO3↓+H2O、CaCO3+CO2+H2O＝Ca2++2HCO3-、Ca2++2HCO3-CO2↑+CaCO3↓+H2O。
（2）湿法制备高铁酸钾（K2FeO4）的过程为在氢氧化铁固体中加入KClO和KOH的混合液反应生成高铁酸钾、氯化钾和水，铁元素化合价从+3价升高到+6价，失去3个电子，氯元素化合价从+1价降低到－1价，得到2个电子，根据电子得失守恒、原子守恒和电荷守恒可知反应的离子方程式为2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-＝2FeO42-+3Cl-+5H2O。
24.已知NaNO2晶体外观和食盐相似，又有咸味，因而容易引起误食中毒已知NaNO2能发生反应：2NaNO2+4HI＝2NO↑+I2+2NaI+2H2O。
（1）上述反应中，还原剂是_____，还原产物是_____
（2）根据上述反应，鉴别NaNO2和NaCl．可选用的物质有：①碘化钾﹣淀粉试纸；②水；③淀粉；④白酒；⑤食醋，你认为必须选用的物质有_____（填序号）。
（3）某厂废液中含有2%～5%的NaNO2，直接排放会造成污染，下列试剂中能使NaNO2转化为不引起二次污染的N2的是_____
A．NH4Cl B．NaCl C HNO3 D．浓H2SO4
（4）请平以下化学方程式　 　Al+　 　NaNO3+　 　NaOH＝　 　NaAlO2+　 　N2↑+　 　H2O，_______________
【答案】(1). HI (2). NO (3). ①⑤ (4). A (5). 10Al+6NaNO3+4NaOH＝10NaAlO2+3N2↑+2H2O
【解析】
【分析】根据反应中相关元素的化合价变化情况，结合氧化还原反应的有关概念、规律、电子得失守恒以及物质的性质特点分析解答。
【详解】（1）反应2NaNO2+4HI＝2NO↑+I2+2NaI+2H2O中N元素的化合价降低，I元素的化合价升高，则氧化剂是NaNO2，还原剂是HI，还原产物是NO；
（2）由2NaNO2+4HI＝2NO↑+I2+2NaI+2H2O可知，鉴别NaNO2和NaCl，需要在酸性条件下氧化碘化钾，则选择①碘化钾淀粉试纸、⑤食醋，变蓝的为NaNO2，故答案为：①⑤；
（3）NaNO2具有氧化性，能使NaNO2转化为不引起二次污染的N2的物质应具有还原性，只有氯化铵中－3价的氮元素符合，故答案为：A；
（4）Al元素的化合价由0升高为+3价，N元素的化合价由+5价降低为0，该反应还应生成水，由电子守恒及原子守恒可知，反应为10Al+6NaNO3+4NaOH＝10NaAlO2+3N2↑+2H2O。
25.已知KMnO4与浓盐酸反应的化学方程式为：2KMnO4+16HCl（浓）＝2MnCl2+8H2O+2KCl+5Cl2↑，回答下列问题：
（1）请用双线桥表示出该反应转移电子的方向和数目_______________________________
（2）被氧化的HCl占HCl总量的_______ 被还原的元素_________（填元素符号）
（3）当标准状况下有0.5mol氯气生成时，该反应转移的电子数为_____（设NA为阿伏加德罗常数的值）
（4）15.8g KMnO4与含1.2molHCl的浓盐酸完全反应（假设HCl无挥发），在反应后的溶液中加入足量的AgNO3溶液，可生成_____g沉淀．
【答案】(1). (2). (3). Mn (4). NA (5). 100.45 g
【解析】
【分析】根据方程式可知反应中Mn元素化合价降低，Cl元素化合价升高，结合电子得失守恒分析解答。
【详解】（1）根据反应的化学方程式可知反应中Mn元素化合价从+7价降低到+2价，得到5个电子，Cl元素化合价从－1价升高到0价，失去1个电子，根据电子得失守恒可知转移10个电子，则用双线桥表示出该反应转移电子的方向和数目为。
（2）根据方程式可知16mol氯化氢参加反应生成5mol氯气，即被氧化的HCl是10mol，占HCl总量的10/16=5/8，Mn元素化合价降低，则被还原的元素是Mn；
（3）反应中氯元素化合价从－1价升高到0价，失去1个电子，因此该反应转移的电子的物质的量是0.5mol×2＝1mol，电子数为NA；
（4）15.8 g KMnO4的物质的量是15.8g÷158g/mol＝0.1mol，完全反应消耗氯化氢是0.8mol。氯化氢的物质的量是1.2mol，因此浓盐酸过量，生成氯气是0.25mol，根据氯原子守恒可知反应后溶液中氯离子的物质的量是1.2mol－0.25mol×2＝0.7mol，在反应后的溶液中加入足量的AgNO3溶液，可生成0.7mol氯化银沉淀，质量是0.7mol×143.5g/mol＝100.45g。