【化学】云南省武定县一中2018-2019学年高一上学期12月份考试试题（解析版）

云南省武定县一中2018-2019学年高一上学期12月份考试试题
本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共100分，考试时间120分钟。
一、单选题(共28小题,每小题2.0分,共56分)
1.浓度为0.1 mol·L-1的HCl溶液VmL，加水稀释到2VmL，取出10 mL，这10 mL溶液中含有c(H+)(　　)
A. 0.5 mol·L-1 B. 0.01 mol·L-1 C. 0.02 mol·L-1 D. 0.05 mol·L-1
【答案】D
【解析】分析：根据稀释过程中溶质的物质的量不变解答。
详解：浓度为0.1 mol·L-1的HCl溶液VmL，加水稀释到2VmL，由于稀释过程中溶质的物质的量不变，稀释2倍，则稀释后盐酸的浓度是0.1mol/L÷2＝0.05mol/L。又因为盐酸是一元强酸，且溶液是均一稳定的，取出10 mL，则这10 mL溶液中含有c（H+）＝0.05mol/L。答案选D。
2.下面关于摩尔质量的描述或应用中正确的是(　　)
A. 一个钠原子的质量等于g 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. 1 mol氢氧根离子的质量是17
【答案】A
【解析】
【分析】A、依据n==计算分析判断；B、摩尔质量单位是g/mol；C、铁原子的摩尔质量数值上等于相对原子质量；D、质量单位g。
【详解】A、一个钠原子质量=×23g/mol==g，选项A正确；B、二氧化碳的摩尔质量是44g/mol，选项B错误；C、铁原子的摩尔质量数值上等于相对原子质量，摩尔质量单位g/mol，相对原子质量单位1，选项C错误；D、1 mol OH-的质量是17g/mol×1mol=17g，选项D错误；答案选A。
3. 在下列操作中，一般情况下不能相互接触的是（ ）
A. 用胶头滴管向试管内滴加液体时，胶头滴管尖端与试管内壁
B. 分液时，分液漏斗下端与烧杯内壁
C. 过滤时，烧杯内壁与漏斗下端
D. 过滤时，玻璃棒与三层滤纸
【答案】A
【解析】试题分析：A．胶头滴管向试管内滴加液体时，悬空正放，防止试剂污染或损失，则不能胶头滴管尖端与试管接触，故A错误；B．分液时，液体沿着烧杯内壁流下，则分液漏斗下端与烧杯内壁接触，故B正确；C．过滤时，滤液沿着烧杯内壁流下，则烧杯内壁与漏斗下端接触，故C正确；D．过滤时，玻璃棒紧靠三层滤纸一边，防止滤纸破损，实验失败，则玻璃棒与三层滤纸接触，故D正确；故选A。
4.下列关于过滤和蒸发的说法中正确的是(　　)
A. 过滤常用来分离液体与固体混合物
B. 若使溶液中的溶质析出只能选用加热蒸发的方法
C. 过滤和蒸发过程中都要用到玻璃棒，其作用相同
D. 洗涤过滤后固体的操作是向过滤器中加入洗涤剂，使洗涤剂浸没固体，待洗涤剂自然流下
【答案】A
【解析】
【分析】过滤是根据溶解度用来分离固液混合物；蒸发结晶是根据溶质与溶剂的沸点不同，用来分离可溶固体与液体的混合物。
【详解】A项、过滤常用来分离液体与固体混合物，故A正确；
B项、若使溶液中的溶质析出可以选用蒸发结晶、冷却结晶等方法，故B错误；
C项、过滤中玻璃棒的作用是引流，蒸发中玻璃棒的作用是搅拌，故C错误；
D项、洗涤时应重复操作2—3次，故D错误。
故选A。
5.三氟化氮(NF3)是微电子工业中优良的等离子刻蚀气体，它在潮湿的环境中能发生反应：3NF3+5H2O===2NO+HNO3+9HF。下列有关该反应的说法正确的是(　　)
A. NF3是氧化剂，H2O是还原剂
B. 若1 mol NF3被还原，反应转移电子数为2NA
C. 若生成0.4 mol HNO3，则转移0.4 mol电子
D. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:1
【答案】D
【详解】A.只有氮元素的化合价发生变化，NF3既是氧化剂又是还原剂，故A错误；
B.由化学方程式可知，3molNF3参加反应，其中2mol被还原，1mol被氧化，转移的电子的物质的量为2mol，所以1mol NF3被还原，反应转移电子数为NA，故B错误；
C.生成0.4molHNO3，转移的电子的物质的量为0.4mol×(5-3)=0.8mol，故C错误；
D.NF3生成NO，被还原，NF3生成HNO3，被氧化，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:1，故D正确。
综上所述，本题选D。
6.标况下，H2O的质量为xg，含有y个氢原子，则阿伏加德罗常数为（　　）
A. 18y/x B. 9y/x C. 18y/xmol﹣1 D. 9y/xmol﹣1
【答案】D
【解析】试题分析：xg H2O的物质的量为x/18 mol，1mol H2O中含2molH，设xg H2O中含有y个氢原子，则1/18mol×2×NA=y，解得NA="9y/x" mol﹣1，故选D。
7.将5 mol·L－1的盐酸10 mL稀释到200 mL，再取出5 mL，这5 mL溶液的物质的量浓度是(　　)
A. 0.05 mol ·L－1 B. 0.25 mol ·L－1
C. 0.1 mol ·L－1 D. 0.5 mol ·L－1
【答案】B
【解析】试题分析：设稀释后盐酸物质量浓度为c，则：10mL×5mol/L=200mL×c，解得c=0.25mol/L。由于溶液是均匀的，所以取出的5ml盐酸的浓度等于稀释后盐酸的浓度为0.25mol/L，故选B。
8.下列说法中正确的是(　　)
A. 摩尔是表示物质质量的单位
B. 物质的量就是指物质的质量
C. 摩尔是表示物质粒子多少的物理量
D. 物质的量适用于计量分子、原子、离子等粒子
【答案】D
【解析】
【分析】A、摩尔是物质的量的单位，质量的单位为g；
B、物质的量用于描述微观粒子的物理量，与物质的质量完全不同；
C、摩尔是物质的量的单位；
D、物质的量适用于计量微观粒子，不适用于计量宏观物质。
【详解】A项、质量的单位为g，摩尔是物质的量的单位，故A错误；
B项、物质的量的单位为mol，而质量的单位为g，二者为完全不同的两个物理量，故B错误；
C项、摩尔是物质的量的单位，物质的量是表示物质粒子多少的物理量，故C错误；
D．物质的量适用于计量微观粒子，如分子、原子、离子等微观粒子粒子，不适用于计量宏观物质，故D正确。
故选D。
9.某学生的实验报告所列出的下列数据中合理的是(　　)
A. 用10 mL量筒量取7.13 mL稀盐酸
B. 用20 mL量筒量取13.2 mL稀盐酸
C. 用广泛pH试纸测得某溶液的pH为2.3
D. 用天平称取物品的质量为5.872 g
【答案】B
【解析】
【分析】量筒只能精确到0.1mL；广泛pH试纸测定的pH值为整数；天平只可精确到0.1g。
【详解】A项、量筒只能精确到0.1mL，无法量取7.13mL稀盐酸，故A错误；
B项、量筒只能精确到0.1mL，用20 mL量筒可以量取13.2 mL稀盐酸，故B正确；
C项、广泛pH试纸测定的pH值为整数，所以pH试纸不能测得某溶液的pH为2.3，故C错误；
D项、托盘天平精确到0.1，无法称量5.872 g，故D错误
故选B。
10.用如图所示装置进行如下实验，能达到实验目的是(　　)

A. 瓶中盛满水，从A口进气，用排水法收集氢气
B. 瓶中盛适量浓硫酸，从A口进气来干燥氨气
C. 从B口进气，用排空气法收集二氧化碳
D. 瓶中装满水，A口连导管并伸入量筒中，从B口进气，用排水法测量生成H2的体积
【答案】D
【详解】A.排水法收集气体应从B口进气，从A口排水，A错误；
B.氨气与浓硫酸反应，不能用浓硫酸干燥氨气，B错误；
C.二氧化碳密度大于空气的密度，应用向上排空气法，从长导管(A)进气，从短导管(B)排出相对较轻的空气，C错误；
D.氢气从短导管进，先集聚在上方，并将水从长导管口压入量筒中，排出水的体积近似等于氢气的体积，D正确。
故选D。
11.下列有关电解质的说法中正确的是(　　)
A. 固体氯化镁不导电，所以氯化镁不是电解质
B. 三氧化硫水溶液的导电性很好，所以三氧化硫是电解质
C. 熔融的铁导电性很好，所以铁是电解质
D. 氯化钾熔融状态能导电，所以氯化钾是电解质
【答案】D
【解析】
【分析】A、固体氯化镁属于电解质，电解质能电离出自由移动的阴阳离子时能导电；
B、三氧化硫属于非电解质，三氧化硫水溶液的导电性很好，但溶液中的离子是三氧化硫与水反应生成硫酸电离的；
C、铁是单质，既不是电解质也不是非电解质；
D、氯化钾熔融状态能电离出自由移动的离子。
【详解】A项、固体氯化镁中含有不能自由移动的阴阳离子，所以不能导电，但水溶液或熔融状态能导电，属于电解质，故A错误；
B项、虽然三氧化硫的水溶液导电性很好，但溶液中的离子是三氧化硫与水反应生成硫酸电离的，属于非电解质，故B错误；
C项、电解质和非电解质必须是纯净的化合物，铁是单质，既不是电解质也不是非电解质，故C错误；
D项、氯化钾熔融状态能导电，离子是氯化钾电离的，所以是电解质，故D正确。
12.下列碳原子的物质的量为1 mol的是(　　)
A. 0.012 kg C B. 0.012 kg12C
C. 0.012 kg13C D. 0.012 kg12C和13C
【答案】B
【详解】每摩尔微粒含有阿伏伽德罗常数的指明的微粒，0.012kg12C含有碳原子数目为阿伏伽德罗常数，故B正确。
13.下列两种气体的分子数一定相等的是（　　）
A. 质量相等的O2和O3 B. 原子数目相等的CO和N2
C. 电子数目相等的O2和N2 D. 等压、等体积的N2和CH4
【答案】B
【解析】
【分析】A、O2和O3的摩尔质量不同，质量相等的O2和O3的物质的量不同；
B、原子数目相等的CO和N2，CO和N2的物质的量相同；
C、O2和N2的电子数不同，电子数目相等的O2和N2的物质的量不同；
D、温度未知，气体摩尔体积不确定。
【详解】A项、O2和O3的摩尔质量不同，质量相等的O2和O3的物质的量不同，分子数不同，故A错误；
B项、CO和N2都是双原子分子，原子数目相等的CO和N2，CO和N2的物质的量相同，则分子数相同，故B正确；
C项、O2和N2的电子数分别为16、14，电子数目相等的O2和N2，气体的物质的量不同，分子数不同，故C错误；
D项、温度未知，气体摩尔体积不确定，N2和CH4的物质的量可能不同，分子数可能不同，故D错误。
故选B。
14.现有三组溶液：①汽油和氯化钠溶液　②39%的乙醇溶液　③碘的水溶液，分离以上各混合液的正确方法依次是 (　 　)
A. 分液、萃取、蒸馏 B. 分液、蒸馏、萃取
C. 萃取、蒸馏、分液 D. 蒸馏、萃取、分液
【答案】B
【解析】① 汽油和水二者互不相溶，所以用分液的方法进行分离，② 由于酒精和水互溶，但二者的沸点不同，可用蒸馏的方法分离75%的酒精溶液；③ 由于碘在有机溶剂中溶解度大于在水中的溶解度小，可用苯或CCl4进行萃取分离碘的水溶液，所以正确的方法依次为分液、蒸馏、萃取。故本题正确答案为B。
15.关于铜的性质的下列说法中不正确的是(　　)
A. 是一种紫红色的固体
B. 具有良好的延展性、导热性和导电性
C. 能与氯化铁溶液反应
D. 化学性质不活泼，不能与氧气反应
【答案】D
【解析】
【分析】铜是一种紫红色金属，具有金属的通性，具有良好的导电、导热、延展性等性能，自然界中铜以化合态和游离态两种形式存在，铜的化学性质不活泼，不与酸反应，加热条件下能与浓硫酸反应，与浓、稀硝酸均反应，加热条件下能与氧气、氯气等非金属反应，能与氯化铁溶液反应。
【详解】A项、铜是一种紫红色金属，故A正确；
B项、铜具有金属的通性，具有良好的导电、导热、延展性等性能，故B正确；
C项、铜能与氯化铁溶液反应生成氯化亚铁和氯化铁，故C正确；
D项、铜化学性质不活泼，加热条件下能与氧气反应生成氧化铜，故D错误。
故选D。
16.某无色溶液放入铝片后有氢气产生，下列离子在该溶液中一定能大量存在的是(　　)
A. Na＋ B. Mg2＋ C. H＋ D.
【答案】A
【解析】
【分析】某无色溶液中放入铝片后有氢气产生，溶液为酸或强碱溶液，离子之间不能结合生成水、气体、沉淀，则离子能大量共存。
【详解】A项、无论酸或强碱溶液，均不于钠离子反应，则能够共存，故A正确；
B项、Mg2+离子与碱反应生成氢氧化镁沉淀，在该溶液中不能共存，故B错误；
C项、H＋离子与OH—反应生成水，在该溶液中不能共存，故C错误；
D项、HCO3-与酸或碱均反应，在该溶液中不能共存，故D错误。
故选A。
17.下列有关氨的叙述中不正确的是(　　)
A. 氨分子中氮元素的化合价只能升高，氨具有还原性
B. 氨的催化氧化反应的化学方程式是4NH3＋5O24NO＋6H2O
C. 氨的催化氧化反应中若氧气过量则有红棕色气体生成
D. 氨的催化氧化属于人工氮的固定
【答案】D
【解析】
【分析】A、氮元素的常见化合价有-3、0、+2、+4、+5价，氨气分子中氮元素是-3价，为最低价态；
B、氨气具有还原性，在催化剂作用下可与氧气反应被氧化为NO；
C、若氧气过量，生成的一氧化氮气体与氧气反应生成红棕色气体二氧化氮；
D、氨的催化氧化是氮的化合态之间的转化，不属于氮的固定。
【详解】A项、氨气分子中氮元素是-3价，是氮元素的最低价态，所以只具有还原性，故A正确；
B项、氨气具有还原性，在催化剂作用下可与氧气反应被氧化为NO，反应的化学方程式是4NH3＋5O24NO＋6H2O，故B正确；
C项、氨催化氧化反应是氨气在催化剂作用下被氧气氧化为一氧化氮的反应，若氧气过量，生成的一氧化氮气体与氧气反应生成红棕色气体二氧化氮，故C正确；
D项、NH3催化氧化生成NO和H2O，是氮的化合态之间的转化，不属于氮的固定，故D错误。
故选D。
18.已知气体的摩尔质量越小，扩散速度越快。如图所示为气体扩散速度的实验，两种气体扩散相遇时形成白色烟环。下列关于物质甲、乙的判断正确的是(　　)

A. 甲是浓氨水，乙是浓硫酸 B. 甲是浓盐酸，乙是浓氨水
C. 甲是浓氨水，乙是浓盐酸 D. 甲是浓硝酸，乙是浓氨水
【答案】C
【解析】试题分析：由气体的摩尔质量越小，扩散速度越快，所以氨气的扩散速度比氯化氢快，氨气比浓盐酸离烟环远，所以甲为浓氨水、乙为浓盐酸。故选C。
19.氧化铝是铝土矿的主要成分，氧化铝属于(　　)
A. 碱性氧化物 B. 酸性氧化物
C. 两性氧化物 D. 混合物
【答案】C
【解析】
【分析】碱性氧化物是能和酸反应生成盐和水的氧化物；酸性氧化物是能和碱反应生成盐和水的氧化物；两性氧化物是可以和酸反应还可以和碱反应均生成盐和水。
【详解】氧化铝是含有氧元素和铝元素的纯净物，不但可以和酸反应还可以和碱反应均生成盐和水，属于两性氧化物，故选C。
20.2.3 g纯净的金属钠在干燥的空气中，被氧化后得到3.5 g固体，由此可判断出产物是(　　)
A. 氧化钠 B. 过氧化钠
C. 氧化钠和过氧化钠的混合物 D. 无法确定
【答案】C
【解析】
【分析】金属钠在干燥空气中被氧化后可能为氧化钠、过氧化钠或者二者的混合物，根据方程式计算判断。
【详解】2.3g钠的物质的量为0.1mol，3.5g混合物中含有氧原子的物质的量为（3.5−2.3）/16=3.5−2.316=0.075mol，则钠原子与氧原子个数比为：0.1mol：0.075mol=4：3，4：3介于1：1和2：1之间，所以为氧化钠和过氧化钠的混合物，故选C。
21.一定物质的量的CO2 与NaOH 溶液反应，所得溶液中含Na2CO3和NaHCO3，若两者物质的量之比为3∶5，则参加反应的CO2 与NaOH 的物质的量之比为（ ）
A. 3∶5 B. 1∶2 C. 18∶8 D. 8∶11
【答案】D
【解析】一定物质的量的CO2 与NaOH 溶液反应，所得溶液中含Na2CO3和NaHCO3，若两者物质的量之比为3∶5，设Na2CO3和NaHCO3的物质的量分别为3xmol、5xmol mol，根据钠离子和碳原子守恒，则参加反应的CO2 与NaOH 的物质的量之比为=8：11，答案选D。
22.有一稀硫酸和稀硝酸的混合酸,其中H2SO4和HNO3物质的量浓度分别是4mol/L和2mol/L,取10mL此混合酸,向其中加入过量的铁粉,待反应结束后,可产生标准状况下的气体为( )
A. 2.24L B. 1.12L C. 0.672L D. 0.448L
【答案】C
【解析】试题分析：10mL此混合酸中；
，铁依次发生、
、．根据，
生成NO 0．02mol,消耗H+0．08mol,剩余的氢离子0．02mol参与反应，生成氢气0．01mol，反应结束后，可产生标准状况下的气体,0．03mol×22．4L/mol=0．672L，故C正确。
23.除去氧化铁中的二氧化硅，可采用的试剂是(　　)
A. 盐酸 B. 硝酸 C. 蒸馏水 D. 烧碱溶液
【答案】D
【解析】
【分析】氧化铝可以和氢氧化钠反应，但是氧化铁和氢氧化钠之间不反应，根据性质的差别进行除杂即可。
【详解】氧化铝可以和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，但是氧化铁和氢氧化钠之间不反应，所以除去氧化铁中的氧化铝，可以加入过量的氢氧化钠溶液再过滤即可，故选C。
24.下列关于金属性质的叙述中正确的是 (　　)
A. 钠与氧气反应时，产物是由氧气的用量决定的
B. 铝箔在空气中受热可以熔化且会发生剧烈燃烧
C. 金属与非金属单质反应时，一定是金属被氧化
D. 铁丝不论在空气中还是纯氧中都不会燃烧
【答案】C
【解析】试题分析：A．钠和氧气反应产物不同时由反应条件决定，常温下钠和氧气反应生成氧化钠，钠点燃条件和氧气反应生成过氧化钠，故A错误；B．铝箔在空气中受热可以熔化，但在空气中不能燃烧，故B错误；C．金属原子结构可知金属单质一定失电子被氧化，金属与非金属发生反应时，被氧化的一定是金属，故C正确；D．铁在纯氧气中燃烧生成四氧化三铁，空气中不能燃烧，故D错误。故选C。
25.在标准状况下，三个干燥的烧瓶内分别装入：干燥纯净的氨气、含有部分空气的氯化氢气体、体积比为4∶10的二氧化氮与氧气的混合气体。分别做喷泉实验，最终三个烧瓶中所得溶液的物质的量浓度(假设溶液不外渗)之比为(　　)
A. 2∶1∶2 B. 5∶5∶4 C. 1∶1∶1 D. 无法确定
【答案】B
【解析】
【分析】根据相同条件下，体积之比等于物质的量之比，判断氨气、氯化氢、二氧化氮的物质的量关系；氨气溶于水，溶液体积等于氨气体积，含一半空气的氯化氢，氯化氢溶于水，溶液体积大于HCl的体积，二氧化氮和氧气（体积比为4：1）溶于水发生反应4NO2+O2+2H2O═4HNO3，溶液体积等于混合气体的体积，再根据c=n/V判断。
【详解】假设NH3、HCl、NO2的物质的量均为1mol，氨气完全溶于水，氨气体积与氨水溶液体积相等，则溶液体积为22.4L，故溶液浓度为1/22.4mol/L；氯化氢气体完全溶于水，HCl体积与形成盐酸体积相等，则溶液体积为22.4L，故溶液浓度为1/22.4mol/L；体积比为4：1 NO2与O2的混合气体溶于水，发生反应：4NO2+O2+2H2O=4HNO3，由方程式可知，二者恰好反应，形成硝酸溶液体积等于NO2、O2混合气体总体积，则溶液总体积为1mol×5/4×22.4L/mol=5/4×22.4L，则硝酸溶液浓度为1mol/(5/4×22.4L)=4/5×1/22.4mol/L，故三个烧瓶中所得溶液的物质的量浓度为1：1：4/5=5：4：4，故选B。
26.氧化铝用来制造耐火坩埚、耐火管和耐高温的实验仪器，是利用了氧化铝(　　)
A. 不溶于水 B. 熔点很高
C. 是金属氧化物 D. 高温下很难反应
【答案】B
【详解】氧化铝具有高熔点，耐火坩埚、耐火管和耐高温的实验仪器等，故选B。
27.有下列物质：①干燥的氯气、②过氧化钠、③次氯酸钠、④活性炭、⑤二氧化硫，其中能使品红溶液褪色的是(　　)
A. 除①外其他都可以 B. ①②③
C. ①④⑤ D. 全部
【答案】D
【解析】
【分析】能使品红溶液褪色，物质具有漂白性，具有漂白性的物质分为3类：强氧化性物质如HClO、过氧化氢、臭氧、过氧化钠等，二氧化硫，活性炭。
【详解】①干燥的C12通入品红溶液，C12与水反应会生成HClO，HClO具有强氧化性能使品红溶液褪色，故正确；
②Na2O2具有强氧化性能使品红溶液褪色，故正确；
③NaClO在溶液中能与空气中二氧化碳反应生成HClO，HClO具有强氧化性能使品红溶液褪色，故正确；
④活性炭具有吸附作用能使品红溶液褪色，故正确；
⑤SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色，故正确。
故选D。
28.0.1 mol铁粉与含0.1 mol硫酸铁的溶液混合后充分后应，下列叙述正确的是(　　)
A. 氧化产物为0.1 mol B. 还原产物为0.1 mol
C. 氧化产物和还原产物共0.2 mol D. 氧化产物为0.2 mol
【答案】A
【解析】
【分析】n（Fe3+）=0.2mol，与铁粉发生Fe+2Fe3+＝3Fe2+，反应中铁粉为还原剂，Fe3+为氧化剂，Fe2+既是氧化产物也是还原产物，以此解答该题。
【详解】n（Fe3+）=0.2mol，与铁粉发生Fe+2Fe3+＝3Fe2+，0.1mol铁与硫酸铁完全反应，反应中铁粉为还原剂，Fe3+为氧化剂，Fe2+既是氧化产物也是还原产物，则氧化产物为0.1mol，还原产物为0.2mol，氧化产物和还原产物共0.3mol，只有A正确。故答案选A。
分卷II
二、填空题(共6小题,共44分)
29.将饱和氯化铁溶液滴入沸水时，液体变为红褐色，得到的是氢氧化铁胶体。用此分散系进行实验：
(1)将其装入U形管内，用石墨做电极，接通直流电源，通电一段时间后发现阴极附近颜色_______，这表明______________，这种现象称为________________。
(2)向其中加入饱和硫酸铵溶液，发生的现象是_______________；原因是________。
(3)向其中逐滴加入过量稀硫酸，现象是____________；原因是__________。
(4)提纯此分散系的方法叫______________。
【答案】(1). 逐渐变深 (2). 氢氧化铁胶体微粒带正电荷 (3). 电泳 (4). 形成红褐色沉淀 (5). 硫酸铵电离出的硫酸根离子中和氢氧化铁胶体粒子所带电荷，使氢氧化铁胶体聚沉 (6). 先出现红褐色沉淀，后沉淀溶解形成黄色溶液 (7). 硫酸使氢氧化铁胶体聚沉，随着硫酸的加入，硫酸与氢氧化铁发生反应：2Fe(OH)3＋3H2SO4===Fe2(SO4)3＋6H2O，使沉淀溶解 (8). 渗析
【解析】
【分析】分散质粒子直径在10-9m~10-7m之间的分散系胶粒直径的大小是胶体的本质特征，胶体的性质有丁达尔效应、布朗运动、电泳和聚沉，①当光束通过氢氧化铁胶体时，可以看到一条光亮的通路，这条光亮的通路是由于胶体粒子对光线散射(光波偏离原来方向而分散传播)形成的，即为丁达尔效应；②布朗运动：粒子在不停地、无秩序的运动；③电泳：胶体粒子带有电荷，在电场的作用下，胶体粒子在分散剂里定向移动。一般来讲：金属氢氧化物，金属氧化物的胶粒吸附阳离子，胶体微粒带正电荷；非金属氧化物，金属硫化物的胶体胶粒吸附阴离子，胶体微粒带负电荷；④胶体聚沉：向胶体中加入少量电解质溶液时，由于加入的阳离子（或阴离子）中和了胶体粒子所带的电荷，使胶体粒子聚集成为较大的颗粒，从而形成沉淀从分散剂里析出。该过程不可逆。
【详解】（1）Fe(OH)3胶粒带正电荷，用石墨做电极，接通直流电源，会发生电泳现象，电泳时Fe(OH)3胶粒向阴极移动，阴极附近颜色逐渐变深，故答案为：逐渐变深；氢氧化铁胶体微粒带正电荷；电泳；
（2）向胶体中加入饱和硫酸铵溶液，硫酸铵电离生成的阴离子SO42-中和了 Fe（OH）3胶粒所带的正电荷，使胶粒聚集成较大的颗粒而形成红褐色沉淀，故答案为：形成红褐色沉淀；硫酸铵电离生成的阴离子SO42-中和了 Fe（OH）3胶粒所带的正电荷，使胶粒聚集成较大的颗粒而形成沉淀；
（3）向Fe(OH)3胶体中逐滴加入过量稀硫酸，先会发生胶体聚沉生成Fe(OH)3沉淀，而后Fe(OH)3沉淀发生反应Fe（OH）3+3H+=Fe3++3H2O，使沉淀溶解，形成黄色溶液，故答案为：先出现红褐色沉淀，后沉淀溶解形成黄色溶液；硫酸使氢氧化铁胶体聚沉，随着硫酸的加入，硫酸与氢氧化铁发生反应：2Fe(OH)3＋3H2SO4===Fe2(SO4)3＋6H2O，使沉淀溶解；
（4）分离胶体和溶液一般采用渗析法，故答案为：渗析。
30.（1）除去NaNO3固体中混有的少量KNO3，所进行的实验操作依次为________、蒸发、结晶、________。
（2）除去KCl溶液中的SO42-，依次加入的溶液为(填溶质的化学式)_____________________。
（3）下列物质的分离和提纯方法操作为
①油水混合物________；
②自来水制备蒸馏水________；
③碘水中的I2________；
④KNO3溶液得到KNO3固体________。
【答案】(1). 溶解 (2). 过滤 (3). BaCl2，K2CO3，HCl (4). 分液 (5). 蒸馏 (6). 萃取分液 (7). 蒸发结晶
【解析】（1）KNO3固体的溶解度随温度的升高明显增大，NaNO3固体的溶解度受温度变化影响较小，所以用降温结晶的方法，步骤是：溶解、加热蒸发、冷却结晶、过滤。
（2）除去KCl溶液中的SO42-，应先加入过量BaCl2溶液，使SO42-生成沉淀，然后加入K2CO3溶液，使过量的BaCl2生成沉淀，过滤后加入稀HCl除去过量的K2CO3，故依次加入的溶液为：BaCl2、K2CO3、HCl。
（3）①分离互不相溶的两种液体用分液法，故油水混合物的分离和提纯方法操作为：分液；②自来水制备蒸馏水主要是除去其中溶解的矿物质，故用蒸馏法；③I2易溶于有机溶剂，故分离和提纯碘水中的I2可用萃取分液法；④KNO3的溶解度受温度影响较大，故从KNO3溶液中得到KNO3，可采用降温结晶或蒸发结晶的方法。
31.我国化工专家侯德榜的“侯氏制碱法”为世界制碱工业做出了突出的贡献，如图所示是某厂应用“侯氏制碱法”生产纯碱的工艺流程图，据图回答：

(1)上述流程图中，可循环利用的物质是____________。
(2)流程Ⅰ后过滤所得滤液中含有的溶质有__________。
(3)流程Ⅱ先通入氨气，再通入二氧化碳，如果反过来，二氧化碳的吸收率会降低，这是因为___________。
(4)用一个化学反应方程式表示出流程Ⅱ中发生的总反应____。
(5)工业生产纯碱的流程中，碳酸化时溶液中先析出碳酸氢钠而没有析出氯化铵的原因是_____________________。
【答案】(1). NaCl和二氧化碳 (2). NaOH、氯化钠和碳酸钠 (3). 氨气不但溶解度大，而且氨气的水溶液呈碱性，可增大二氧化碳的溶解度，获得更多的碳酸氢铵 (4). NaCl＋H2O＋NH3＋CO2===NaHCO3↓＋NH4Cl (5). 相同温度下，碳酸氢钠的溶解度比氯化铵小得多，所以碳酸化过程先析出碳酸氢钠
【解析】
【分析】（1）观察流程图分析可循环利用的物质；
（2）根据除杂的过程及反应的方程式分析溶质的成分；
（3）根据氨气溶于水溶液显碱性，有利于二氧化碳的吸收进行解答；
（4）根据反应物和生成物结合流程的反应写出反应的方程式；
（5）根据该温度下碳酸氢钠的溶解度比氯化铵小进行解答。
【详解】（1）在流程中能够回收再利用的物质有氯化钠和二氧化碳，故答案为：氯化钠和二氧化碳；
（2）过量的氢氧化钙和氯化镁反应产生氢氧化镁沉淀和氯化钠，过量的碳酸钠和氯化钙反应产生碳酸钙沉淀和氯化钠，和氢氧化钙反应产生碳酸钙沉淀和氯化钠，因此滤液中的溶质有生成的氢氧化钠、生成和原有的氯化钠和过量的碳酸钠，故答案为：氢氧化钠、氯化钠和碳酸钠；
（3）氨气不但溶解度大，而且氨气的水溶液呈碱性，可增大二氧化碳的溶解度，获得更多的碳酸氢铵，所以制氨盐水的过程中要先通入氨气，再通入二氧化碳，故答案为：氨气不但溶解度大，而且氨气的水溶液呈碱性，可增大二氧化碳的溶解度，获得更多的碳酸氢铵；
（4）根据氯化钠、水、氨气和二氧化碳反应生成碳酸氢钠和氯化铵，发生的总反应NaCl+H2O+NH3+CO2═NaHCO3+NH4Cl，故答案为：NaCl+H2O+NH3+CO2═NaHCO3+NH4Cl；
（5）工业生产纯碱的流程中，碳酸化时溶液中析出碳酸氢钠而没有析出氯化铵的原因是在相同温度下，碳酸氢钠的溶解度比氯化铵小得多，所以碳酸化过程先析出碳酸氢钠，故答案为：相同温度下，碳酸氢钠的溶解度比氯化铵小得多，所以碳酸化过程先析出碳酸氢钠。
32.如图为实验室制取蒸馏水的装置示意图，根据图示回答下列问题。

（1）指出图中两处明显的错误：
①________________________________________________________________________
②________________________________________________________________________
（2）A仪器的名称是________，B仪器的名称是________。
（3）实验时A中除加入少量自来水外，还需加入少量__________________，其作用是________________________________________________________________________。
（4）收集完蒸馏水后，是先撤酒精灯还是先停冷凝水？_____________________。
【答案】(1). 温度计水银球未与支管口平齐 (2). 冷凝管进出水方向弄反 (3). 蒸馏烧瓶 (4). 冷凝管 (5). 沸石或碎瓷片 (6). 防止暴沸 (7). 先撤酒精灯
【解析】(1)图中的两处明显的错误是温度计水银球未置于蒸馏烧瓶支管口处、冷却水的流向未下口进水上口出水，故答案为：温度计水银球未置于蒸馏烧瓶支管口处；冷凝管进出水方向弄反；
(2)A仪器的名称是蒸馏烧瓶，B仪器的名称是冷凝管，故答案为：蒸馏烧瓶；冷凝管；
(3)实验时A中除加入石油外．还需加入少量沸石，其作用是防止暴沸，故答案为：沸石；防止暴沸；
(4)收集完蒸馏水后，先撤酒精灯后停冷凝水，防止冷凝管骤冷炸裂，且对馏分充分冷却，故答案为：先撤酒精灯。
33.实验室制氨气常用以下两种方法：
①用固体氢氧化钙与氯化铵晶体反应制取；
②用固体生石灰与浓氨水混合制取。
请回答下列问题：
(1)写出方法①的化学方程式_______________。
(2)方法②能制取氨气的原理是___________________。
(3)检验氨气是否收集满的方法是______________________。
(4)通常用于证明氨气极易溶于水的实验是______________；氨水显碱性的原因是_____________。
(5)制备氨气的装置如下，方法①应选用_________（填字母，下同），方法②应选用__________。

【答案】(1). Ca(OH)2＋2NH4ClCaCl2＋2NH3↑＋2H2O (2). 生石灰与水反应使溶剂减少，反应放出大量的热，使混合溶液温度升高，利于氨气逸出 (3). 在试管口用湿润的红色石蕊试纸检验，看是否变蓝(或在试管口用蘸有浓盐酸的玻璃棒检验，看是否有白烟生成) (4). 喷泉实验(或其他合理方法) (5). NH3+H2O NH3·H2O NH4++OH- (6). A (7). B
【解析】
【分析】（1）制取NH3的反应为加热NH4Cl和Ca（OH）2 反应生成氯化钙、氨气和水；
（2）生石灰与水反应放出大量热，溶液温度升高，氨气的溶解度减小，同时反应消耗掉部分水，溶剂减少溶质析出，氨气从溶液中逸出；
（3）氨气是碱性气体，遇到湿润的红色石蕊试纸变蓝色，与浓盐酸挥发出的氯化氢相遇生成白色固体氯化铵，形成白烟；
（4）由于氨气极易溶解于水，所以当使用喷泉装置进行实验时，会形成喷泉；
（5）用固体氢氧化钙与氯化铵共热制备氨气，是固体和固体加热制备气体的反应，在常温下用固体生石灰与浓氨水反应是固体和液体不加热制备气体。
【详解】（1）方法①制取NH3的反应为加热NH4Cl和Ca（OH）2反应生成氯化钙、氨气和水，反应的化学方程式为：Ca(OH)2＋2NH4ClCaCl2＋2NH3↑＋2H2O，故答案为：Ca(OH)2＋2NH4ClCaCl2＋2NH3↑＋2H2O；
（2）采用方法②制取氨气的原理是生石灰与水反应放出大量热，溶液温度升高，氨气的溶解度减小，氨气从溶液中逸出；同时反应消耗掉部分水，溶剂减少溶质析出，氨气从溶液中逸出，故答案为：生石灰与水反应使溶剂减少，反应放出大量的热，使混合溶液温度升高，利于氨气逸出；
（3）氨气是碱性气体，检验氨气是否收集满的方法是用湿润的红色石蕊试纸靠近集气瓶口，如果试纸变蓝，则证明是氨气收集满，或氨气与浓盐酸挥发出的氯化氢相遇生成白色固体氯化铵，形成白烟，故答案为：在试管口用湿润的红色石蕊试纸检验，看是否变蓝(或在试管口用蘸有浓盐酸的玻璃棒检验，看是否有白烟生成)；
（4）由于氨气极易溶解于水，所以当使用喷泉装置进行实验时，会形成喷泉，氨气溶解于得到的是氨水，氨水显碱性，原因是：NH3+H2O NH3·H2O NH4++OH-，故答案为：喷泉实验；NH3+H2O NH3·H2O NH4++OH-；
（5）用固体氢氧化钙与氯化铵共热制备氨气，是固体和固体加热制备气体的反应，应选择A装置，在常温下用固体氢氧化钠与浓氨水反应是固体和液体不加热制备气体，应选择B装置，故答案为：A；B。
34.某氧化铁样品中含有少量的硫酸亚铁。某同学要测定其中铁元素的质量分数，设计了如下实验方案。

（1）操作Ⅰ中配制溶液时，所用到的玻璃仪器除烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管以外，还必须有__________(填仪器名称)。
（2）反应①中加入足量H2O2溶液，反应的离子方程式：_______________________________。
（3）检验沉淀中是否洗涤干净的操作是_______________________________________。
（4）将沉淀加热，冷却至室温，用天平称量坩埚与加热后固体的总质量为b1g，再次加热并冷却至室温称其质量为b2g，若b1－b2＝0.3，还应进行的操作是_____________________。
（5）坩埚的质量为42.6 g，最终坩埚与加热后的固体的总质量为45.8 g，则样品中铁元素的质量分数为________________。
（6）有同学认为上述方案的实验步骤太繁琐，他认为，只要将样品溶于水充分搅拌，加热、蒸干、灼烧称量即可测得样品中铁元素的质量分数，你认为他的这个方案是否可行？__________(填“可行”或“不可行”)。
【答案】 (1). 500 mL容量瓶 (2). 2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O (3). 取最后一次洗涤液于试管中，加入Ba(NO3)2(或BaCl2)溶液，若无白色沉淀生成，则证明沉淀洗涤干净 (4). 继续加热，冷却至室温后称量，直到连续两次称量的质量差不超过0.1 g (5). 80% (6). 不可行
【解析】(1)配制500 mL一定浓度的溶液，必须用到容量瓶，从题给的仪器可知，操作Ⅰ还需要500 mL容量瓶；正确答案：500 mL容量瓶。
(2)反应①中加入足量H2O2溶液，目的是将Fe2＋氧化为Fe3＋，反应的离子方程式为2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O；正确答案： 2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O。
(3)检验沉淀中是否洗涤干净的操作，可以向最后一次洗涤液中加入Ba(NO3)2溶液或BaCl2溶液，观察是否有沉淀产生，若无白色沉淀生成，则证明沉淀洗涤干净；正确答案：取最后一次洗涤液于试管中，加入Ba(NO3)2(或BaCl2)溶液，若无白色沉淀生成，则证明沉淀洗涤干净。
(4)继续将沉淀物加热，冷却至室温后称量，直至连续两次称量的质量差不超过0.1 g；正确答案：继续加热，冷却至室温后称量，直到连续两次称量的质量差不超过0.1 g。
（5）加热后得到的固体为Fe2O3，则铁元素的质量分数为(45.8－42.6)g××÷28.0 g×100%＝80%；正确答案：80% 。
(6) 氧化铁样品中含有少量的硫酸亚铁，氧化铁不溶于水，而硫酸亚铁溶于水，无法确定铁元素的质量分数，所以该方案不可行；正确答案：不可行。