广东省梅州市兴宁一中2019-2020学年高一上学期期中考试化学试题

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兴宁一中2019-2020学年高一化学上学期中段考试化学试题
可能使用到的相对原子质量：H:1 C:12 N:14 O:16 Na:23 S:32 Cl:35.5 Fe:56 Cu:64 He:4
一、单选题（本题包括15小题，共45分）
1.常用仪器的使用及注意事项正确的是
A. 给试管中的固体加热，应先预热，后局部加热
B. 量筒、容量瓶、锥形瓶都是能加热的玻璃仪器
C. 灼烧固体时，坩埚放在铁圈或三脚架上直接加热
D. 在蒸馏过程中，若发现忘加沸石，应立即补加
【答案】A
【解析】
【详解】A. 给试管里的固体加热是这样的：应先给试管进行预热，待试管均匀受热后，再把灯焰固定在放固体的部位加热，故A正确；
B. 量筒、容量瓶和锥形瓶都不能加热，故B错误；
C. 实验室常见的坩埚是瓷制的，三脚架是铁制的。瓷与铁的膨胀系数不同，若瓷坩埚放在三脚架上直接接触加热，易导致瓷坩埚炸裂，故C错误；
D. 忘记放沸石，马上停止加热，等装置冷却后，加入沸石，然后再加热，直接加沸石会造成爆沸，故D错误；
正确答案是A。
【点睛】本题考查可用于加热仪器，是基础知识，只要同学们留心就可做好。
2.下列说法不正确的是
A. 蒸馏时温度计水银球可以高于蒸馏烧瓶支管口
B. 计量仪器读数：精确度①托盘天平：0.1 g；②量筒：0.1 mL
C. 过滤所需的主要仪器有铁架台(附铁圈)、烧杯、漏斗、玻璃棒
D. 蒸发所需的主要仪器有铁架台(附铁圈)、酒精灯、蒸发皿、玻璃棒
【答案】A
【解析】
【详解】A. 将温度计水银球放在蒸馏瓶的支管口，是为了测馏分的沸点，不能高于蒸馏烧瓶支管口，故A错误；
B. 根据化学常用仪器的精确度，托盘天平的精确度为0.1g、量筒的精确度为0.1mL，故B正确；
C. 过滤操作需要用到的基本仪器有：铁架台(附铁圈)、烧杯、玻璃棒和漏斗。在漏斗内放滤纸制作过滤器，用玻璃棒将待过滤的液体引流到过滤器中，并用烧杯承接滤液，故C正确；
D. 蒸发用到铁架台(附铁圈)、酒精灯、蒸发皿、玻璃棒等仪器，可完成，故D正确；
题目要求选不正确的，故选A。
【点睛】本题主要考查化学实验操作的基本仪器，需要熟记仪器的使用方法方可答对。
3.关于物质的类别，下列说法正确的是
A. 食盐水、糖水和冰水都是饮料，属于混合物
B. O2不能导电，故O2是非电解质
C. SO2属于氧化物、 HCl属于强酸
D. NaHSO4能电离出氢离子，故NaHSO4属于酸
【答案】C
【解析】
【详解】A. 食盐水、糖水和冰水都是饮料，食盐水、糖水属于混合物，冰水为纯净物，故A错误；
B. O2是单质，不是化合物，既不是电解质也不是非电解质，故B错误；
C. SO2属于氧化物、 HCl属于强酸，故C正确；
D. 硫酸氢钠电离时生成的阳离子有钠离子和氢离子，不属于酸，故D错误；
正确答案是C。
【点睛】本题考查物质的分类，题目难度不大，注意盐的分类方法和角度。
4.下列说法正确的是
A. 胶体粒子不能透过滤纸
B. 按照分散质和分散剂的状态,分散系可分为9种
C. 向豆浆中加入盐卤或石膏做豆腐 与胶体性质无关
D. 溶液是电中性的，胶体是带电的
【答案】B
【解析】
【详解】A. 因为胶体分子的直径在1nm到100nm之间，因此胶体是可以透过滤纸的，故A错误；
B. 分散质可以有气、液、固三种状态，分散剂可以有气、液、固三种状态，故分散系分为9种类型，故B正确；
C. 把盐卤或石膏加入豆浆制成豆腐，利用的是胶体聚沉形成凝胶，和胶体有关，故C错误；
D. 胶体是电中性的，胶体胶粒带电荷，故D错误；
正确答案是B。
【点睛】胶体的性质：（1）丁达尔现象；（2）布朗运动；（3）电泳现象。
5.下列说法正确的是
A. 阿伏加德罗常数(NA)与6.02×1023是完全相同的
B. 摩尔是化学上常用的一个物理量
C. 当1 mol气体的体积是22.4 L时，一定是标准状况
D. 氖气的摩尔质量(单位g·mol－1)在数值上等于它的相对原子质量
【答案】D
【解析】
【详解】A. 阿伏伽德罗常数为1mol粒子中含有的粒子数，其近似值为6.02×1023，故A错误；
B. 摩尔是物质的量的单位，不是物理量，故B错误；
C. 若1mol气体的体积为22.4L，由于温度、压强影响气体摩尔体积，则它可能处于标准状况下，也可能不是标况下，故C错误；
D. 氖气是单原子分子，氖气的摩尔质量（单位g•mol-1）在数值上等于它的相对原子质量，故D正确；
正确答案是D。
【点睛】本题C项是易错项，考查阿伏伽德罗定律及其推论，注意根据PV=nRT理解阿伏伽德罗定律及其推论、温度及压强对气体摩尔体积的影响，难度中等。
6.关于某混合物的说法正确的是（ ）
A. 物质的组成元素一定是两种或两种以上 B. 构成物质一定是化合物
C. 构成物质一定是单质 D. 构成物质可能只有一种元素
【答案】D
【解析】
【详解】A.物质的组成元素不一定是两种或两种以上，也可以只有一种元素，如O2、O3组成的混合物只有一种，A错误；
B.构成物质不一定是化合物，可用是单质组成的混合物，如O2、O3组成的混合物，B错误；
C.混合物的构成物质不一定是单质，可以是不同单质、化合物，如水溶液中水和溶质组成的为混合物，C错误；
D.混合物构成物质可能只有一种元素，如O2、O3组成的混合物，D正确；
答案为D。
7.按照物质的树状分类和交叉分类，HNO3应属于
①酸　②氧化物　③含氧酸　④一元酸　⑤电解质 ⑥混合物　⑦无机化合物
A. ①③④⑤⑦ B. ①②③④⑤⑦
C. ①②③④⑥ D. ①④⑥⑦
【答案】A
【解析】
【详解】HNO3在水中电离出的阳离子只有氢离子属于酸，硝酸中含有氧元素，所以属于含氧酸，只能电离出一个氢离子，属于一元酸，不是氧化物，硝酸是由氢、氧、氮元素组成的纯净物，不是混合物，为无机化合物，其水溶液能导电属于电解质，所以①③④⑤⑦正确，故选A。
【点睛】本题主要考查物质的分类方法，解答时要分析物质的元素组成和物质组成，然后再根据各类物质概念的含义进行分析、判断，从而得出正确的结论。
8.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 0.5mol/L的MgCl2溶液中，含有Cl- 个数为NA
B. 0.1 mol Zn与含0.1 mol HCl的盐酸充分反应，生成H2的体积为112mL
C. 常温常压下，3.2 g O2所含的原子数为0.2NA
D. 标准状况下，2.24 LH2O含有的H2O分子数为0.1NA
【答案】C
【解析】
【详解】A. 没有告诉0.5 mol/LMgCl2溶液的体积，无法计算溶液中氯离子的物质的量及数目，故A错误；
B. 根据反应Zn + 2HCl =ZnCl2 + H2可知，0.1 mol Zn与含0.1 mol HCl的盐酸充分反应时HCl不足，生成氢气的物质的量n(H2)= n(HCl)=0.1mol×=0.05mol，所制得的H2在标准状况下的体积0.05mol×22.4L/mol=1.12L=1120mL，选项中没有说明是否是标况下，故B错误；
C. n(O2)= =0.1mol，氧气是双原子分子，则含有原子数为0.2NA，故C正确；
D. 标况下，水不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算2.24L水的物质的量，故D错误；
正确答案是C。
9.下列说法正确的是
A. 1 mol·L－1 NaCl溶液是指此溶液中含有1 mol NaCl
B. 用100 mL水吸收0.1 mol HCl气体所得溶液的物质的量浓度恰好是1 mol·L－1
C. 将62 g Na2O溶于水中，配成1 L溶液，所得溶质的物质的量浓度为2 mol·L－1
D. 1 L水中溶解5.85 g NaCl所形成的溶液的物质的量浓度是0.1 mol·L－1
【答案】C
【解析】
【详解】A. 1 mol ▪L-1的NaCl溶液是1L溶液中含有1 mol NaCl，选项没有说明溶液体积，故A错误；
B. 用100mL水吸收0.1molHCl气体所得溶液的体积不是100mL，浓度不是1 mol·L－1，故B错误；
C. 62 g Na2O的物质的量为=1mol，根据反应Na2O+H2O=2NaOH可知，生成2molNaOH，配成1 L溶液，所得溶质NaOH的物质的量浓度为=2 mol·L－1，故C正确；
D. 5.85gNaCl溶于1L水中，所得溶液体积不是1L，则形成溶液浓度不是0.1 mol•L-1，故D错误；
正确答案是C。
【点睛】本题考查了物质的量浓度的计算，题目难度中等，明确物质的量与摩尔质量、物质的量浓度之间的关系为解答关键，试题侧重基础知识的考查，培养了学生的分析能力及化学计算能力。
10.能正确表示下列反应的离子方程式的是
A. 澄清石灰水检验CO2：CO2＋2OH－＋Ca2＋===CaCO3↓＋H2O
B. 用醋酸NaOH溶液反应：H＋＋OH－===H2O
C. 向NaHCO3溶液中滴加盐酸：CO32-＋2H＋===H2O＋CO2↑
D. 锌片插入硝酸银溶液中：Zn＋Ag＋===Zn2＋＋Ag
【答案】A
【解析】
【详解】A. 二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，可以用澄清石灰水检验CO2气体，反应为：CO2+Ca2++2OH-═CaCO3↓+H2O，故A正确；
B. 醋酸是弱酸，离子方程式中不能拆，故B错误；
C. 碳酸氢钠电离出碳酸氢根离子和钠离子，向NaHCO3溶液中滴加盐酸的离子方程式为HCO3-+H+═CO2↑+H2O，故C错误；
D. 锌片插入硝酸银溶液中，反应生成锌离子与银，离子方程式必须满足电荷守恒，正确的离子方程式为：Zn+2Ag+=Zn2++2Ag，故D错误；
正确答案是A。
【点睛】本题考查了离子方程式正误判断，根据反应中实际参加反应的离子及离子方程式书写规则分析解答。
11.下列各组离子中的离子,能在溶液中大量共存的是
A. Na+、Mg2+、Cl-、OH-
B. H+、Ca2+、CO32-、NO3-
C. Cu2+、K+、SO42-、NO3-
D. Na+、HCO3- 、OH-、Ca2+
【答案】C
【解析】
【详解】选项A、Mg2＋与OH－发生反应，Mg2＋+OH－=Mg(OH)2；
选项B、H＋与CO32－发生反应，2H＋+CO32－=CO2 +H2O；
选项C、各离子间相互不反应，可以共存；
选项D、HCO3－与OH－发生反应，HCO3－+OH－=CO32－+H2O
答案选C。
12.下列说法不正确的是
A. 元素在自然界中的存在形式有原子、分子或离子。
B. 在化学变化中，分子可以再分，离子和原子不可以再分。
C. 同一种原子可能形成不同的离子。
D. 原子与该原子形成的离子相对原子质量几乎相等。
【答案】B
【解析】
【详解】A. 元素在定义上指的一类原子，它构成了分子、离子，有的直接以原子的形态（比如金属单质）存在于自然界中，故A正确；
B. 在化学反应中，分子可以再分，原子不可以再分，离子有些能分，有些不能，如钠离子不可再分，高锰酸根离子可再分，故B错误；
C. 同一种原子也可能形成不同的离子，如Fe2+和Fe3+，故C正确；
D. 原子由原子核和核外电子构成，原子核由质子和中子构成，核外电子的质量相对于质子和中子来说可以忽略。原子得失电子后变成相应的离子，所以质量几乎相等，故D正确；
题目要求选择不正确的，故选B。
【点睛】本题考查了物质分类的方法和物质结构分析，概念的实质理解是解题关键，题目难度不大，学习中注意相关基础知识的积累。
13.在体积相同的两个密闭容器中分别充满O2、O3气体，当两个容器内温度和气体密度相等时，说法正确的是 (　　)
A. 两种气体的压强相等 B. O2比O3质量小
C. 两种气体的分子数目相等 D. 两种气体的氧原子数目相等
【答案】D
【解析】
【分析】
相同体积相同密度时，两容器气体的质量相等，且都由O元素组成的同素异形体，则O原子的质量、个数以及物质的量相等，据此分析解答。
【详解】A、O原子个数相等时，气体的物质的量之比为n(O2):n(O3)＝3:2，由PV=nRT可知，两种气体的压强之比为3:2，故A错误；
B、同体积相同密度时，两容器气体的质量相等，故B错误；
C、O原子个数相等时，气体的物质的量之比为n(O2):n(O3)＝3:2，故C错误；
D、相同体积相同密度时，两容器气体的质量相等，且都由O元素组成，因此O原子数目相等，故D正确。
答案选D。
14. 用固体样品配制一定物质的量浓度的溶液，需经过称量、溶解、转移溶液、定容等操作。下列图示对应的操作规范的是（ ）

A. 称量 B. 溶解 C. 转移 D. 定容
【答案】B
【解析】
【详解】A、托盘天平称量时应是左物右码，A错误；
B、固体溶解在烧杯中进行，B正确；
C、向容量瓶中转移溶液时应该用玻璃棒引流，C错误；
D、定容时胶头滴管不能插入容量瓶中，D错误。
答案选B。
15.硫酸钾、硫酸铝和硫酸组成的混合溶液c(H＋)＝0.1 mol·L－1，c(Al3＋)＝0.4 mol·L－1，c(SO42-)＝0.8 mol·L－1，则c(K＋)为(　　)
A. 0.15 mol·L－1 B. 0.2 mol·L－1 C. 0.3 mol·L－1 D. 0.4 mol·L－1
【答案】C
【解析】
【详解】根据溶液电荷守恒，溶液中存在3c（Al3+）+c（K+）+c（H+）=2c（SO42-）+c（OH-），而溶液中c（OH-）很小，可以忽略不计，则有3c（Al3+）+c（K+）+c（H+）=2c（SO42-），所以：c（K+）=2c（SO42-）-3c（Al3+）-c（H+），c（K+）═2×0.8mol/L-3×0.4mol/L-0.1mol/L=0.3mol/L，故选C。
二、非选择题（共55分）
16.填空题。请完成以下有关计算：
(1)标准状况下，m g A气体与n g B气体分子数相等，25℃时，1 kg气体A与1 kg气体B的分子数之比为________ 。
(2)m g某M溶于盐酸中，放出的气体在标准状况下的体积为n L，并生成氯化物MCl2，则金属M的相对原子质量是________。
(3)如图有三只气球，其中VA＝VB＝1.12 L。

①A、B中气体的物质的量____(填“一定”或“不一定”)是0.05 mol。
②标准状况下，A、B气球中的分子个数比为_________。
③相同温度和压强下，A、C气球中气体的质量相等，则V(A)∶V(C)＝__________
(4)取100 mL 0.3 mol·L－1和300 mL 0.25 mol·L－1的硫酸注入500 mL容量瓶中，加水稀释至刻度线，该混合溶液中H＋的物质的量浓度是________。
【答案】 (1). n∶m (2). 22.4m/n (3). 不一定 (4). 1∶1 (5). 2∶1 (6). 0.42 mol·L－1
【解析】
【分析】
(1)由n=可知，相同质量时分子数与摩尔质量成反比；
(2)M的氯化物的化学式为MCl2 ，即M元素的化合价为+2价；根据化学反应方程式：M+2HCl=MCl2 +H2可以求解；
(3) ①题干中没有说明是标准状态下，不能用22.4L/mol计算气体体积；
②同温同压时，体积相同的气体物质的量相等；
③相同温度和压强下，气体的体积之比等于物质的量之比；
(4)令混合后溶质硫酸的物质的量浓度为a，则：100mL×0.3mol ▪ L-1+300mL×0.25mol ▪ L-1=500mL×a。
【详解】(1) 由n=可知，相同质量时分子数与摩尔质量成反比，所以1 kg气体A与1 kg气体B的分子数之比为n∶m；
(2) M的氯化物的化学式为MCl2 ，即M元素的化合价为+2价；根据化学反应方程式：M+2HCl=MCl2 +H2，n(M)=n(H2)= ，可得金属M的相对原子质量是= =22.4 ；
(3) ①题干中没有说明是标准状态下，不能用22.4L/mol计算气体体积，A、B中气体的体积VA＝VB＝1.12 L，不一定是0.05 mol；
②同温同压时，体积相同的气体物质的量相等，VA＝VB＝1.12 L，故n(A)=n(B)，A、B气球中的分子个数比为1∶1；
③相同温度和压强下，气体的体积之比等于物质的量之比，A、C气球中气体的质量相等，则V(A)∶V(C)= = = = =2∶1；
(4) 令混合后溶质硫酸的物质的量浓度为a，则：100mL×0.3mol ▪ L-1+300mL×0.25mol ▪ L-1=500mL×a，解得：a=0.21mol/L，混合稀释后溶液中c(H+)=2n(H2SO4)=2×0.21mol/L=0.42mol/L。
17.I.物质的分离提纯操作包括：过滤、蒸馏、萃取、分液、结晶(重结晶)、盐析、渗析等，选择合适的操作名称填空：
(1)除去Ca(OH)2 溶液中悬浮的 CaCO3______
(2)从碘水中提取碘___
(3)用自来水制取蒸馏水_______________
(4)分离植物油和水_________
(5)除去KNO3晶体中混有的少量NaCl________。
II.今有10种物质：①Al　②稀硝酸　③乙酸　④液氨　⑤CO2　⑥NaCl　⑦BaSO4　⑧Na2CO3　⑨酒精　⑩Al2O3
(1)属于电解质的是________
(2)属于非电解质的是________
(3)属于强电解质的是____________
(4)属于弱电解质的是________
(5)熔融状态下能导电的电解质是________
【答案】 (1). 过滤 (2). 萃取、分液 (3). 蒸馏 (4). 分液 (5). 重结晶 (6). ③⑥⑦⑧⑩ (7). ④⑤⑨ (8). ⑥⑦⑧⑩ (9). ③ (10). ⑥⑦⑧⑩
【解析】
【分析】
I. (1)固体和液体分离用过滤操作；
(2)萃取是利用系统中组分在溶剂中有不同的溶解度来分离混合物的单元操作,利用相似相溶原理；
(3)用自来水制取蒸馏水，采用蒸馏的方法，其原理是利用沸点不同；
(4)植物油与水互不相溶，所以可以用分液法；
(5) NaCl随温度升高溶解度变化不大，KNO3随温度升高溶解度变化大，根据二者在水中随温度升高而溶解度不同，利用重结晶法；
II. Al是金属单质，能导电，既不是电解质也不是非电解质；稀硝酸是硝酸溶液，属于混合物，能导电，既不是电解质也不是非电解质；乙酸是酸，属于弱电解质，不能导电；液氨是氨气的液体状态，是非电解质，不导电；CO2是非金属氧化物，是非电解质，不能导电；NaCl是盐，属于强电解质，固体NaCl不导电，在熔融状态下导电；BaSO4是盐，属于强电解质，固体BaSO4不导电，在熔融状态下导电；Na2CO3是盐，属于强电解质，固体Na2CO3不导电，在熔融状态下导电；酒精是有机物，属于非电解质，不导电；Al2O3是活泼金属氧化物，属于强电解质，在熔融状态下导电。
【详解】I. (1)CaCO3不溶于水，则除去Ca(OH)2溶液中悬浮CaCO3颗粒用过滤操作；
(2)碘作为非极性单质分子，在水中溶解度小，浓度低，不易提取；在有机溶剂中溶解度大，易于浓缩、提取，所以要用有机溶剂将其萃取浓缩、分液；
(3)用自来水制取蒸馏水，采用蒸馏的方法，其原理是利用沸点不同，将液体中的钙离子和镁离子等杂质除去；
(4)植物油与水互不相溶，所以可以用分液法；
(5) NaCl随温度升高溶解度变化不大，KNO3随温度升高溶解度变化大，根据二者水中随温度升高而溶解度不同，利用重结晶法；
II. Al是金属单质，能导电，既不是电解质也不是非电解质；稀硝酸是硝酸溶液，属于混合物，能导电，既不是电解质也不是非电解质；乙酸是酸，属于弱电解质，不能导电；液氨是氨气的液体状态，是非电解质，不导电；CO2是非金属氧化物，是非电解质，不能导电；NaCl是盐，属于强电解质，固体NaCl不导电，在熔融状态下导电；BaSO4是盐，属于强电解质，固体BaSO4不导电，在熔融状态下导电；Na2CO3是盐，属于强电解质，固体Na2CO3不导电，在熔融状态下导电；酒精是有机物，属于非电解质，不导电；Al2O3是活泼金属氧化物，属于强电解质，在熔融状态下导电；综上所述，属于电解质的是③⑥⑦⑧⑩；属于非电解质的是④⑤⑨；属于强电解质的是⑥⑦⑧⑩；属于弱电解质的是③；熔融状态下能导电的电解质是⑥⑦⑧⑩。
18.I.写出下列典型物质的电离方程式
(1)H2SO4_________________________________________
(2)Fe(OH)3________________________________________
(3)NaHSO4_________________________________________
(4)NaHCO3________________________________________
(5)Al2O3(熔融)____________________________________
II.写出下列典型反应的离子方程式：
(1)在稀H2SO4中加入CH3COONa溶液___________________________________
(2)氧化镁溶于稀硫酸______________________________________________
(3)CuSO4溶液与Ba(OH)2溶液混合_______________________________________
(4)NaHCO3溶液与稀盐酸混合________________________________________
(5)NaHSO4溶液与NaOH溶液混合_____________________________________
【答案】 (1). H2SO4===2H＋＋SO42- (2). Fe(OH)3Fe3＋＋3OH－ (3). NaHSO4===Na＋＋H＋＋SO42- (4). NaHCO3===Na＋＋HCO3-、 (5). Al2O32Al3＋＋3O2－ (6). CH3COO－＋H＋===CH3COOH (7). MgO＋2H＋===Mg2＋＋H2O (8). Cu2＋＋SO42-＋Ba2＋＋2OH－===Cu(OH)2↓＋BaSO4↓ (9). HCO3-＋H＋===H2O＋CO2↑ (10). H＋＋OH－===H2O
【解析】
【分析】
I. (1)硫酸为强电解质，在溶液中完全电离；

(2)Fe(OH)3为多元弱碱，则电离方程式为Fe(OH)3Fe3＋＋3OH－；
(3)NaHSO4是强电解质，完全电离；
(4)碳酸氢钠是弱酸强碱酸式盐，是强电解质完全电离；
(5) Al2O3(熔融)是强电解质，熔融时完全电离；
II. (1) H2SO4和CH3COONa溶液反应反应生成醋酸和硫酸钠，醋酸是弱酸不能拆，硫酸钠是强电解质要拆；
(2)氧化镁溶于稀硫酸生成硫酸镁和水，硫酸和硫酸镁是强电解质，在离子方程式里要拆；
(3) CuSO4溶液与Ba(OH)2溶液混合生成硫酸钡沉淀和氢氧化铜沉淀；
(4) 碳酸氢钠和盐酸反应生成二氧化碳、水和氯化钠；
(5) NaHSO4溶液与NaOH溶液混合生成硫酸钠和水，NaHSO4是强电解质在溶液中电离出氢离子、钠离子和硫酸根离子，硫酸钠是强电解质在离子方程式中要拆。
【详解】I. (1)硫酸为强电解质，在溶液中完全电离，其电离方程式为：H2SO4===2H++SO42-，故答案为：H2SO4===2H＋＋SO42-；
(2)Fe(OH)3为多元弱碱，则电离方程式为Fe(OH)3Fe3＋＋3OH－，故答案为：Fe(OH)3Fe3＋＋3OH－；
(3)NaHSO4是强电解质，完全电离，电离方程式为NaHSO4===Na++H++SO42-，故答案为：NaHSO4===Na++H++SO42-；
(4)碳酸氢钠是弱酸强碱酸式盐，是强电解质完全电离；电离方程式为：NaHCO3===Na++HCO3-；故答案为：NaHCO3===Na++HCO3-；
(5) Al2O3(熔融)是强电解质，熔融时完全电离，电离方程式为：Al2O3 2Al3＋＋3O2－；故答案为：NaHCO3===Na++HCO3-；
II. (1) H2SO4和CH3COONa溶液反应反应生成醋酸和硫酸钠，醋酸是弱酸不能拆，硫酸钠是强电解质要拆，离子反应为CH3COO-+H+=CH3COOH；
(2)氧化镁溶于稀硫酸生成硫酸镁和水，硫酸和硫酸镁是强电解质，在离子方程式里要拆，离子方程式为：MgO＋2H＋===Mg2＋＋H2O；
(3) CuSO4溶液与Ba(OH)2溶液混合生成硫酸钡沉淀和氢氧化铜沉淀，离子方程式为：Cu2＋＋SO42-＋Ba2＋＋2OH－===Cu(OH)2↓＋BaSO4↓；
(4) 碳酸氢钠和盐酸反应生成二氧化碳、水和氯化钠，反应的化学方程式为：NaHCO3+HCl=CO2↑+H2O+NaCl；碳酸氢钠、氯化氢都是可溶性的强电解质，离子方程式中需要拆开，二氧化碳、水需要保留分子式，该反应的化离子方程式：HCO3-+H+==CO2↑+H2O；
(5) NaHSO4溶液与NaOH溶液混合生成硫酸钠和水，NaHSO4是强电解质在溶液中电离出氢离子、钠离子和硫酸根离子，硫酸钠是强电解质在离子方程式中要拆，该反应的化离子方程式：H＋＋OH－===H2O。
【点睛】本题考查离子反应方程式的书写，为高考高频考点，把握发生的化学反应为解答的关键，注意氧化还原反应中电子、电荷守恒及与量有关的离子反应，题目难度中等。
19.某化学兴趣小组的同学们按照下面的实验方法制备氢氧化铁胶体：首先取少量蒸馏水于洁净的烧杯中，用酒精灯加热至沸腾，向烧杯中逐滴滴加饱和的FeCl3溶液继续煮沸，至液体呈透明的红褐色。
(1)发生反应的化学方程式为______,判断胶体制备是否成功，可利用胶体的____________ 。
(2)在做制备氢氧化铁胶体的实验时，有些同学没有按要求进行，结果没有观察到胶体，请你预测其现象并分析原因：
①甲同学没有选用饱和氯化铁溶液，而是将稀氯化铁溶液滴入沸水中，结果没有观察到_____，其原因是______________
②乙同学在实验中没有使用蒸馏水，而是用自来水，结果会__________，原因是___________
③丙同学向沸水中滴加饱和氯化铁溶液后，长时间加热，结果会_________，原因是________
(3)丁同学按要求制备了Fe(OH)3胶体，但是他又向Fe(OH)3胶体中逐滴加入了稀H2SO4溶液，结果出现了一系列变化。
①先出现红褐色沉淀，原因是_______________________________________
②随后沉淀溶解，此反应的离子方程式是___________________________
【答案】 (1). FeCl3＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3HCl (2). 丁达尔效应 (3). 红褐色液体 (4). FeCl3溶液太稀，生成的Fe(OH)3太少 (5). 生成红褐色沉淀 (6). 自来水中含有电解质，胶体发生聚沉 (7). 生成红褐色沉淀 (8). 长时间加热胶体发生聚沉 (9). 电解质H2SO4使Fe(OH)3胶体聚沉而产生沉淀 (10). Fe(OH)3＋3H＋===Fe3＋＋3H2O
【解析】
【分析】
(1)胶体具有丁达尔效应，可利用此性质来证明此胶体已经制成，当用激光笔照射时，会有一道明亮的光路；
(2)①FeCl3溶液太稀，生成的Fe(OH)3太少，无红褐色；
②自来水中有阴离子Cl-、ClO- 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；
③胶体在加热条件下发生聚沉，形成红褐色沉淀；
(3)①电解质会使Fe(OH)3胶体发生聚沉，生成红褐色沉淀；
②氢氧化铁胶体聚沉后会产生氢氧化铁沉淀，继续加入硫酸，会发生酸碱中和反应，生成氯化铁和水。
【详解】(1)向烧杯中逐滴滴加饱和的FeCl3溶液继续煮沸生成Fe(OH)3(胶体)和氯化氢，该反应的化学方程式为FeCl3＋3H2O Fe(OH)3(胶体)＋3HCl；胶体具有丁达尔效应，可利用此性质来证明此胶体已经制成，当用激光笔照射时，会有一道明亮的光路；
(2)①实验室制备氢氧化铁胶体的方法为：向沸水中滴加饱和氯化铁溶液加热到红褐色，将稀氯化铁溶液滴入沸水中，FeCl3溶液太稀，生成的Fe(OH)3太少，无红褐色，故答案为：红褐色液体；　FeCl3溶液太稀，生成的Fe(OH)3太少；
②自来水生产时需向水中通入氯气，氯气遇水会产生次氯酸HClO，用于消毒，同时生成盐酸，盐酸、HClO电解质电离生成的阴离子Cl-、ClO- 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：生成红褐色沉淀；自来水中含有电解质，胶体发生聚沉；
③制备氢氧化铁胶体时，当溶液呈红褐色时应停止加热，否则生成的胶体在加热条件下发生聚沉，形成红褐色沉淀，故答案为：生成红褐色沉淀；长时间加热胶体发生聚沉；
(3)①电解质H2SO4电离出的SO42-使Fe(OH)3胶体发生聚沉，生成红褐色沉淀，故答案为：电解质H2SO4使Fe(OH)3胶体聚沉而产生沉淀；
②氢氧化铁胶体聚沉后会产生氢氧化铁沉淀，继续加入硫酸，会发生酸碱中和反应，生成氯化铁和水，此反应的离子方程式是Fe（OH）3+3H+═==Fe3++3H2O，故答案为：Fe（OH）3+3H+═==Fe3++3H2O。
【点睛】本题考查Fe(OH)3胶体的制备知识，注意氢氧化铁胶体的聚沉以及沉淀的溶解原因是解答本题的关键。
20.某金属加工厂排放的污水中含有CuSO4、ZnSO4、FeSO4，某研究小组利用该污水回收工业重要原料硫酸锌和有关金属，其流程如下：

请回答下列问题：
(1)下列说法正确的是________。
A．该工艺流程中发生了3个置换反应
B．CuSO4与Mg(OH)2发生复分解反应可得Cu(OH)2
C．步骤①②③④都包含化学变化
(2)写出步骤①发生反应的离子方程式：__________________、_________________
(3)步骤④中加入足量稀硫酸的目的是________________
(4)滤液B含有的分散质为____________、___________ .
【答案】 (1). A (2). Zn＋Cu2＋===Cu＋Zn2＋ (3). Zn＋Fe2＋===Fe＋Zn2＋ (4). 使Zn完全溶解 (5). ZnSO4 (6). H2SO4
【解析】
【分析】
因金属的活泼性Zn＞Fe＞Cu，由废水中含有CuSO4，ZnSO4、FeSO4，则加入锌粉能发生锌与硫酸亚铁、锌与硫酸铜的反应，其反应分别为Zn+FeSO4═ZnSO4+Fe、Zn+CuSO4═ZnSO4+Cu，滤液A为ZnSO4溶液，蒸发得到硫酸锌晶体，固体A经磁铁将铁分离开，固体C中含有锌与铜，加足量稀硫酸时，铜并不反应经过滤可得到，而锌与稀硫酸发生化学反应，其反应为Zn+H2SO4═ZnSO4+H2↑，加入适量稀硫酸的目的是使锌完全转化为ZnSO4，以此解答该题。
【详解】(1)A.由以上分析可知发生的置换反应有Zn+FeSO4═ZnSO4+Fe、Zn+CuSO4═ZnSO4+Cu、Zn+H2SO4═ZnSO4+H2↑，正确；B.CuSO4与MgCl2不能发生复分解反应，错误；C.步骤②为物理过程，不涉及化学变化，错误；选A；
(2)步骤①发生反应为Zn+FeSO4═ZnSO4+Fe、Zn+CuSO4═ZnSO4+Cu，离子方程式为Zn+Cu2+=Cu+Zn2+、Zn+Fe2+=Zn2++Fe；
(3)加足量稀硫酸时，铜并不反应经过滤可得到，而锌与稀硫酸发生化学反应，其反应为Zn+H2SO4═ZnSO4+H2↑，加入适量稀硫酸的目的是使锌完全转化为ZnSO4，使Zn完全溶解；
(4) 固体C中含有锌与铜，加足量稀硫酸时，铜并不反应经过滤可得到，而锌与稀硫酸发生化学反应，其反应为Zn+H2SO4═ZnSO4+H2↑，加入适量稀硫酸的目的是使锌完全转化为ZnSO4，滤液B含有的分散质为ZnSO4和过量的H2SO4。
【点睛】本题考查金属的回收和废水的利用，学生应明确金属的活泼性来分析发生的化学反应，并应能准确判断每步转化中滤液和固体的成分。
21.现有14.4 g CO和CO2的混合气体，在标准状况下，其体积为8.96 L。回答下列问题：
(1)该混合气体的平均摩尔质量为________________。
(2)混合气体中碳原子的个数为______________(用NA表示阿伏加德罗常数的值)。
(3)将混合气体依次通过如图所示装置，剩余气体最后收集在气球中(实验在标准状况下测定)。

①气球中收集到的气体中，电子总数为________(用NA表示阿伏加德罗常数的值)。
②气球的体积为________L。
【答案】 (1). 36 g·mol－1 (2). 0.4NA (3). 2.8NA (4). 4.48
【解析】
【分析】
设CO物质的量为x mol；CO2的物质的量为y mol，则有28x+44y=14.4 22.4（x+y）=8.96，解得CO的物质的量为0.2 mol；CO2的物质的量为0.2 mol，以此解答。
【详解】(1)混合气体的体积为8.96L，则物质的量为其物质的量为：n===0.4mol，混合气体的平均摩尔质量为：=36g/mol，故答案为：36g/mol；
(2)由分析可知CO的物质的量为0.2 mol，CO2的物质的量为0.2 mol，混合气体中碳原子的物质的量为0.2mol×1+0.2mol×1=0.4mol，个数为0.4 NA；
(3)①二氧化碳与氢氧化钠反应，气球中收集到一氧化碳，1个CO分子中含有14个电子，0.2 molCO中电子总数为2.8NA；
②标准状况下0.2 molCO体积为V=n×Vm=0.2mol×22.4L/mol=4.48L；