四川省成都市第七中学2018_2019学年高一化学上学期半期考试试题理（含解析）.docx

四川成都七中2018-2019学年高一上学期半期考试理科化学试题1.日本曾发生特大地震，福岛核电站发生爆炸，释放出大量放射性物质，下列图标警示的是放射性物品的是A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】A为易燃物标志，选项A不符合题意； B为爆炸品标志，选项B不符合题意；C为剧毒品标志，选项C不符合题意；D为放射性标志，选项D符合题意；故选合理选项是D。2.设NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是A. 标准状况下，22.4L氦气与lmol氢气所含原子数均为NAB. 1L0.l mol/LNaHCO3溶液中含有 0.1NA个 HCO3-C. 己知可将0.lmolNaCl溶于乙醇中制成胶体，其中含有的胶体粒子数目为0.1NAD. 6molCl2通入足量热 NaOH 溶液发生反应：3Cl2+6NaOHNaC1O3+5NaCl+3H2O，转移电子数目为10NA【答案】D【解析】【详解】A. 标准状况下，22.4L氦气的物质的量是1mol，氦气分子是单原子分子，1mol氦气含有原子数目为NA。但氢气分子是双原子分子，lmol氢气所含原子数为2NA，A错误；B. 1L0.l mol/LNaHCO3溶液中含有溶质NaHCO3的物质的量是0.1mol，该盐是强碱弱酸盐，在溶液中HCO3-发生水解反应而消耗，所以含有HCO3-的数目小于0.1NA个 ，B错误；C. 0.lmolNaCl溶于乙醇中制成胶体，由于胶粒是许多NaCl的集合体，所以其中含有的胶体粒子数目小于0.1NA，选项C错误；D.根据方程式可知每3molCl2反应转移5mol电子，则6molCl2发生该反应，转移电子的物质的量是10mol，则转移电子数目是10NA，选项D正确；故合理选项是D。3.下列说法正确的是A. 置换反应一定属于氧化还原反应，氧化还原反应一定属于离子反应B. 碱性氧化物一定属于金属氧化物，酸性氧化物不一定属于非金属氧化物C. 强氧化性的试剂与还原性的试剂混合一定能发生氧化还原反应D. NaCl、液氨、蔗糖分别属于强电解质、弱电解质、非电解质【答案】B【解析】【详解】A置换反应中一定存在元素的化合价变化，则一定属于氧化还原反应；氧化还原反应中不一定有离子参与，如氢气在氧气中的燃烧反应是氧化还原反应，但不是离子反应，故A错误；B、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，也可以是非金属氧化物，如：Mn2O7、CO2是酸性氧化物，故B正确；C、一般强氧化剂遇到强还原剂可以发生氧化还原反应，但同种元素之间必须有中间价态才能发生，如浓硫酸与二氧化硫，故C错误；DNH3本身不能发生电离，NH3为非电解质，故D错误；故选B。【点睛】本题的易错点为B，要注意非金属氧化物和金属氧化物与碱性氧化物和书写氧化物的关系，判断时要记住一些特殊的例子，如Mn2O7是酸性氧化物，CO为不成盐氧化物，Na2O2为过氧化物，Al2O3为两性氧化物等。4.用98%的浓硫酸（密度为1.84gcm-3）配制80mLlmolL-1的稀硫酸。现给出下列仪器（配制过程中可能用到）：25mL量筒 l0mL量筒 50mL烧杯 托盘天平 100mL容量瓶 胶头滴管 玻璃棒80mL容量瓶 ，按使用仪器的先后顺序排列正确的是A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】配制溶液的步骤为：计算、量取、稀释、冷却、转移、定容、摇匀、装瓶，结合实验步骤选择仪器，据此解答。【详解】用98%的浓硫酸(密度为1.84gcm-3)配制80mL1mol/L的稀硫酸，要选择使用100mL容量瓶，设需要浓硫酸的体积为V，由稀释前后溶质的物质的量不变，可知 =0.1L1mol/L，解得V=0.0054L=5.4mL，所以应选择10mL量筒，然后在50mL烧杯中稀释、冷却后，用玻璃杯引流转移到100mL容量瓶中，定容，还需要玻璃棒、胶头滴管，则按使用仪器的先后顺序排列正确的是，合理选项是D。【点睛】本题考查配制一定物质的量的溶液的知识，为高频考点，把握配制溶液的步骤、操作、仪器为解答的关键，注意容量瓶的选择，题目难度不大。5.完成下列实验所选择的装置或仪器正确的是A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】【详解】A应该采用萃取和分液的方法分离，并且图中冷却水未下进上出，温度计的水银球没有放在蒸馏烧瓶的支管口附近，故A错误；B应选蒸馏法分离，不是过滤，故B错误；C碘易升华，KI加热不发生变化，从KI和I2的固体混合物中回收I2，应选升华，故C正确；D蒸发时需要用玻璃棒搅拌，防止液体飞溅，故D错误；故选C。6.配制100mL 0.1 mol/L的NaOH溶液，下列说法或操作正确的是A. 用托盘天平称量NaOH固体时左盘和右盘均应使用称量纸B. 在100mL容量瓶中溶解NaOH固体，冷却至室温才能进行定容C. 称量所取的NaOH样品中有KOH杂质，其他操作正确，配好的NaOH溶液浓度偏低D. 摇匀后见液面低于刻度线，应及时加水至刻度线【答案】C【解析】【详解】A氢氧化钠具有腐蚀性，称量具有腐蚀性药品应放在小烧杯或者称量瓶中进行，故A错误；B容量瓶为精密仪器，不能用来溶解固体，故B错误；C称量所取的NaOH样品中有KOH杂质，其他操作正确，导致氢氧化钠溶质的物质的量偏小，则配好的NaOH溶液浓度偏低，故C正确；D摇匀后见液面低于刻度线，再加水至刻度线，会导致溶液体积偏大，则所配溶液浓度偏低，故D错误；故选C。7.下列氧化还原反应方程式，所标电子转移方向与数目错误的是A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】A.在该反应中，Fe元素化合价由Fe单质的0价变为反应后FeCl2中的+2价，化合价升高，失去2e-；H元素的化合价由反应前HCl中的+1价变为反应后H2中的0价，化合价降低，得到2e-，电子转移符合反应事实，选项A正确；B.在该反应中，N元素化合价由NO的+2价变为反应后HNO3中的+5价，化合价升高，失去43e-；O元素的化合价由反应前O2中的0价变为反应后HNO3中的-2价，化合价降低，得到62e-，电子转移符合反应事实，选项B正确；C.在该反应中，Cl元素化合价由Cl2的0价变为反应后Ca(ClO)2中的+1价，化合价升高，失去2e-；Cl元素的化合价由反应前Cl2中的0价变为反应后CaCl2中的-1价，化合价降低，得到2e-，电子转移符合反应事实，选项C正确；D.在该反应中，Cl元素化合价由HCl的-1价变为反应后Cl2中的0价，化合价升高，失去5e-；Cl元素的化合价由反应前KClO3中的+5价变为反应后Cl2中的0价，化合价降低，得到5e-，题目中反应过程中电子转移数目不符合反应事实，选项D错误；故合理选项是D。8.某无色、澄清溶液中可能含有Na+、SO42-、Cl-、HCO3-、CO32-、H+、Cu2+中的若干种，依次进行下列实验，且每步所加试剂均过量，观察到的现象如下：步骤操作现象（1）用紫色石蕊试液检验溶液变红（2）向溶液中滴加BaCl2和稀HC1有白色沉淀生成（3）将（2）中所得混合物过滤，向滤液中加入AgN03溶液和稀HN03有白色沉淀生成下列结论正确的是A. 肯定含有的离子是B. 该实验无法确定是否含有C. 可能含有的离子是D. 肯定没有的离子是，可能含有的离子是【答案】B【解析】试题分析：无色澄清溶液，可知溶液里没有Cu2+；（1）用紫色石蕊试液检验，溶液变红，说明溶液显酸性，溶液里不含CO32-和HCO3-；（2）向溶液中滴加BaCl2和稀HCl，有白色沉淀生成，此沉淀为BaSO4，说明溶液里有SO42-；（3）将（2）中所得混合物过滤，向滤液中加入AgNO3溶液和稀HNO3，此沉淀为AgCl，但无法说明溶液里有Cl-，因实验（2）中滴加了稀盐酸和氯化钡溶液，引入了Cl-；由分析可知溶液里一定存在SO42-、H+，一定不存在HCO3-、CO32-、Cu2+，可能存在Na+、Cl-，故选B。考点：考查离子反应及离子组成分的判断9.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A. 碳酸氢钠溶液中：Cl-、NO3-、Na+、OH-B. 澄清透明的溶液中：Cu2+、K+、SO42-、Br-C. 酚酞呈红色的溶液中：SO42-、K+、Cl-、Al3+D. 饱和食盐水中：Fe3+、I-、SO32-、K+【答案】B【解析】【详解】AHCO3-与OH-结合生成水和碳酸根离子，不能大量共存，故A不选；BCu2+、K+、SO42-、Br-四种离子之间不反应，是澄清透明的溶液，故B选；C滴入酚酞呈红色的溶液，显碱性，含有OH-，Al3+与OH-反应结合为沉淀，不能大量共存，故C不选；D铁离子能氧化碘离子，Fe3+与I-不能大量共存，故D不选；故选B。【点睛】本题考查离子的共存。本题的易错点为B，要注意“澄清透明”与“无色”限制条件的区别。10.同温同压下，质量相同的CO2、O2、CH4三种气体，下列说法错误的是A. 所占的体积由大到小的顺序是：CH4O2CO2B. 所含分子数由多到少的顺序是：CH4O2CO2C. 密度由大到小的顺序是：CO2O2CH4D. 所含的电子数由多到少是：CO2CH4O2【答案】D【解析】【详解】A根据n=可知，质量相同时，摩尔质量越大，物质的量越小，同温同压下体积与物质的量成正比，则质量相同的CO2、O2、CH4三种气体，所占的体积由大到小的顺序是：CH4O2CO2，故A正确；B根据n=可知，质量相同时，摩尔质量越大，物质的量越小，分子数越少，则同温同压下，质量相同的CO2、O2、CH4，分子数由多到少的顺序是：CH4O2CO2，故B正确；C同温同压下，密度之比等于摩尔质量之比，CO2、O2、CH4三种气体摩尔质量由大到小的顺序是：CO2O2CH4，密度由大到小的顺序是：CO2O2CH4，故C正确；D取mg四种气体，质量相同的CO2、O2、CH4三种气体含电子数分别为：(6+82)=mol，(82)=mol，(6+14)=mol，所含的电子数由多到少是：CH4CO2=SO2，故D错误；故选D。11.如下图所示，室温下的两个连通刚性容器用活塞分开，左右两室体积相同，左室充入一定量NO，右室充入一定量O2，且恰好使两容器内气体密度相同。打开活塞，使NO与O2充分反应且恢复至室温，反应如下:2NO+O2=2NO2。不考虑NO2转化为N2O4，下列判断正确的是A. 反应前后左室的压强相同B. 反应后容器内的密度与反应前的相同C. 开始时左右两室中的分子数相同D. 反应后容器内无O2存在【答案】B【解析】【详解】A.发生2NO+O2=2NO2，反应后气体总物质的量减少，气体平均充满左右两室，则反应后NO室的气体物质的量也要减小，导致气体压强减小，选项A错误；B.反应过程遵循质量守恒定律，反应后气体的总质量与反应前一氧化氮与氧气质量之和相等。由于容器的容积不变，气体的质量也不变，所以反应后容器内气体的密度与反应前气体的密度相同，选项B正确；C.由左右两室体积相同，两容器内气体密度相同可知，两容器中气体的质量一定相等，而NO和O2的摩尔质量不相等，故二者的物质的量不相等，则开始时左右两室分子数不相同，选项C错误； D.容器内NO、O2的质量相等，二者物质的量之比为32：30=16：15，两种气体发生反应：2NO+O2=2NO2，反应时二者的物质的量的比是2：1，可见O2过量，故最终容器内有O2存在，选项D错误；故合理选项是B。12.下列反应的离子方程式中或电离方程式正确的是A. Fe2（SO4）3溶液中加入足量Ba（OH）2溶液：Fe3+SO42-+Ba2+3OH-=Fe（OH）3+BaSO4B. 向NaHSO4溶液中加入Ba（OH）2溶液至SO42-完全沉淀： 2H+SO42-+2OH-+Ba2+=2H2O+BaSO4C. 向碳酸氢钙溶液中加入过量氢氧化钠：Ca2+HCO3-+OH-=CaCO3+H2OD. HSO3-在水中的电离：HSO3-+H2OSO32-+ H3O+【答案】D【解析】【详解】A.由于Ba(OH)2足量，则Fe2(SO4)3完全反应，离子方程式是2Fe3+3SO42-+3Ba2+6OH-=2Fe(OH)3+3BaSO4，不符合反应事实，选项A错误；B. NaHSO4完全反应，离子方程式要以NaHSO4为标准书写，反应的离子方程式是H+SO42-+OH-+Ba2+=H2O+BaSO4，不符合反应事实，选项B错误；C.向碳酸氢钙溶液中加入过量氢氧化钠，碳酸氢钙完全反应，以碳酸氢钙为标准，反应的离子方程式是：Ca2+2HCO3-+2OH-=CaCO3+2H2O，不符合反应事实，选项C错误；D. HSO3-是弱酸的酸式酸根离子，在水中的电离存在电离平衡，电离方程式是：HSO3-+H2OSO32-+ H3O+，符合事实，选项D正确；故合理选项是D。13.离子方程式2Ca2+3HCO3-+3OH-=2CaCO3+CO32-+3H2O可表示A. Ca（HCO3）2 与 NaOH 溶液反应 B. Ca（HCO3）2 与 Ba（OH）2溶液反应C. Ca（HCO3）2与澄清石灰水反应 D. NH4HCO3与澄清石灰水反应【答案】A【解析】试题分析：ACa(HCO3)2与NaOH溶液按照2:3混合，会发生反应，离子方程式是：2Ca2+ 3HCO3+ 3OH2CaCO3 + CO32+ 3H2O，A正确；BCa(HCO3)2与Ba(OH)2溶液反应.生成碳酸钡、碳酸钙沉淀，不能用该离子方程式表示，B错误；CCa(HCO3)2与澄清石灰水反应，离子方程式是：Ca2+ HCO3+ OHCaCO3 +H2O，C错误；DNH4HCO3与澄清石灰水反应的离子方程式是：Ca2+ HCO3+NH4+ 2OHCaCO3 +NH3H2O + H2O，D错误，答案选A。【考点定位】考查化学反应方程式和离子方程式书写的正误判断的知识。【名师点睛】电解质在溶液中实质是以离子形式存在，离子在溶液中的反应就是离子反应，离子反应用离子方程式表示。电解质在溶液中发生离子反应时，要注意物质的量对反应的影响，弱酸弱碱盐与酸、碱都能发生反应，弱酸的酸式盐与强碱发生反应，二者的相对量的多少不同，反应不同，一定要结合二者的性质书写离子方程式，并判断离子方程式的正误。14.向含1mol HC1和1 mol MgS04的混合溶液中，逐滴加入1 mol/L的Ba（OH）2溶液，产生沉淀的物质的量（n）与加入Ba（OH）2溶液体积（V）间的关系图正确的是A. B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析：溶液中含有1mol氢离子、1mol镁离子和1molSO42，则加入氢氧化钡时立即生成硫酸钡沉淀，当氢氧化钡的物质的量是0.5mol时，溶液中的氢离子恰好被中和，此时继续加入氢氧化钡开始生成氢氧化镁沉淀。当氢氧化钡的物质的量达到1mol时，SO42完全被沉淀，但溶液中仍然含有镁离子，所以继续加入氢氧化钡仍然会产生白色沉淀氢氧化镁，据此可知选项C正确，答案选C。考点：考查沉淀生成以及图像识别的判断点评：点评：该题是高考中的常见考点和题型，属于中等难度试题的考查，试题综合性强，在注重对学生基础知识巩固和训练的同时，侧重对学生解题能力的培养和训练，旨在考查学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力，有利于培养学生的逻辑推理能力和发散思维能力。该题的关键字明确反应的原理，特别是反应的先后顺序，然后根据有关方程式和图像灵活判断即可。15.下列有关实验操作、现象和结论都正确的是选项实验操作实验现象结论A用镊子夹住pH试纸伸入某溶液pH试纸变红溶液呈酸性B向U型管内氢氧化铁胶体通电阳极红褐色变深氢氧化铁胶粒带正电C用分液漏斗对CCl4和水进行分液混合溶液不分层不能用分液的方法分离CC14和水D用电流计测室温下等物质的量浓度的 NaHSO3和NaHSO4溶液的导电性NaHSO3的导电性较弱NaHSO3溶液中的离子浓度较小A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】【分析】ApH试纸不能伸入溶液中；B胶体粒子可吸附带电荷的离子；BCCl4和水分层；DNaHSO3的导电性较弱，可知阴离子存在电离平衡。【详解】ApH试纸测溶液的pHJ时不能伸入该溶液中，应选玻璃棒蘸取溶液滴在pH试纸上，选项A错误；B胶体粒子可吸附带电荷的离子，氢氧化铁胶体离子带正电，所以是阴极红褐色变深，故选项B错误；BCCl4和水是互不相容的两层液体物质，二者分层，可用分液方法分离，选项C错误；DNaHSO3的导电性比等浓度NaHSO4溶液较弱，说明阴离子HSO3-不完全独立，在溶液中存在电离平衡，导致NaHSO3溶液中的离子浓度较小，选项D正确；故合理选项是D。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，为高考常见题型，把握物质的性质、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键。16.下图是某品牌饮用矿泉水标签的部分内容。下列说法正确的是A. 标签上离子的浓度是物质的量浓度B. 由矿泉水制蒸馏水必需使用的玻璃仪器有：圆底烧瓶、酒精灯、温度计、冷凝管、牛角管和锥形瓶C. 该品牌饮用矿泉水中c（Mg2+）最大值为210-4mol/LD. 一瓶该品牌饮用矿泉水中SO42-的物质的量不超过l10-5mol【答案】C【解析】【详解】A.物质的量浓度是用单位体积的溶液中含有溶质的物质的量来表示的，物质的量单位是mol，因此表示的不是物质的量浓度，选项A错误；B. 由矿泉水制蒸馏水采用的是蒸馏方法，必需使用的玻璃仪器有：圆底烧瓶、酒精灯、温度计、导气管、冷凝管、牛角管和锥形瓶，缺少导气管，选项B错误；C.该品牌饮用矿泉水中镁离子的最大浓度是4.8mg/L，转化为物质的量浓度为c(Mg2+)=(4.810-3g24g/mol)/L= 210-4mol/L，选项C正确；D.由于题干没有指明Cl-的浓度，因此无法确定SO42-的物质的量浓度，选项D错误；故合理选项是C。17.下列反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2的是 2CH3COOH+Ca(C1O)2=2HC1O+Ca(CH3COO)2 SiO2+2CSi+2CO4HC1(浓)+MnO2MnCl2+Cl2+2H2O SiO2+3CSiC+2COA. 仅有 B. 仅有 C. 仅有 D. 【答案】C【解析】【详解】反应中没有元素化合价的变化，不是氧化还原反应，不符合题意；中硅元素的化合价降低，碳元素的化合价升高，则SiO2为氧化剂，C为还原剂，其物质的量之比为1：2，符合题意；HCl为还原剂，MnO2为氧化剂，且4molHCl反应时只有2mol作还原剂，根据反应过程中原子守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，符合题意；只有C元素的化合价变化，C为还原剂、氧化剂，根据反应过程原子守恒、电子守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，符合题意，符合题意的是；故正确选项为C。18.已知反应（1）、（2）分别是从海藻灰和智利硝石中提取碘的主要反应：（1）2NaI+MnO2+3H2SO4=2NaHSO4+MnSO4+2H2O+I2（2）2NaIO3+5NaHSO3=2Na2SO4+3NaHSO4+H2O+I2下列说法正确的是A. 两个反应中NaHSO4均为氧化产物B. I2在反应（1）中是还原产物，在反应（2）中是氧化产物C. 氧化性：MnO2SO42-IO3-I2D. 反应（1）、（2）中生成等量的I2时转移电子数之比为1: 5【答案】D【解析】试题分析：A在反应中硫元素既不被氧化也不被还原，在反应中被氧化，故A错误；B碘元素在反应中被氧化，在反应中被还原，故B错误；C氧化性IO3-SO42-，故C错误；D反应中生成1mol碘转移2NA电子，反应中生成1mol碘转移10NA电子，所以反应、中生成等量的I2时转移电子数比为2NA：10NA=1：5，故D正确；故选D。考点：氧化还原反应19.把碎纸片b补充到a中，可得到一个完整的离子方程式（未配平），下列说法正确的是A. 反应物微粒是S、SO3-、OH-B. 该反应说明S2-和SO32-可以在碱性溶液中可以大量共存C. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2D. 3molS参加反应时，转移的电子数3NA【答案】B【解析】【分析】在碱性条件下，S与氢氧根离子反应生成S2-和SO32-，S元素的化合价一部分升高变为SO32-，一部分降低变为S2-，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得反应的离子方程式为3S+6OH-=2S2-+SO32-+3H2O，据此分析判断。【详解】碱性条件下，S与氢氧根离子反应生成S2-和SO32-，S元素的化合价一部分升高变为SO32-，一部分降低变为S2-，反应的离子方程式为3S+6OH-=2S2-+SO32-+3H2O，反应中部分S的化合价从0价升高到+4价，部分S的化合价从0价降低到-2价。A反应物微粒是S、OH-，选项A错误；B碱性条件下，S与氢氧根离子反应生成S2-和SO32-，二者在碱性条件下不能反应，可以大量共存，选项B正确；C化合价降低的硫作氧化剂，化合价升高的S作还原剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1，选项C错误。D反应中3molS发生反应，转移电子的物质的量是4mol，电子数目是4NA，选项D错误；故合理选项是B。【点睛】本题考查了离子反应和氧化还原反应的有关判断和计算，注意把握硫及其化合物的性质及氧化还原反应的规律。20.五氟化碘（IF5）是重要的卤氟化物，IF5可与水反应IF5+3H2O=HIO3+5HF，生成的HIO3 与KI在酸性下生成游离碘IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O。用标准硫代硫酸钠溶液滴定碘发生反应2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI即可分析IF5含量，若己知滴定耗用硫代硫酸钠的物质的量为0.3mol，则分析的试样中IF5的物质的量为A. 0.05mol B. 0.2mol C. 0.lmol D. 0.3mol【答案】A【解析】【分析】首先根据题意找出IF5与硫代硫酸钠的物质的量关系，然后用关系式法计算求解。【详解】根据题干的方程式：IF5+3H2O=HIO3+5HF、IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O、2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI可知关系式：IF5HIO33I26Na2S2O3，由于在反应过程中消耗硫代硫酸钠0.3mol，则分析的试样中IF5的物质的量是n(IF5)=，所以选项A符合题意，故合理选项是A。【点睛】本题考查了关系式法在氧化还原反应计算的应用的知识。在多步化学反应中，使用关系式法，可以大大减少计算过程，提高做题正确率，关键是根据反应方程式找出已知物质与待求物质之间的物质的量关系，本题难度不大。21.（1）纯净物可根据其组成和性质进行分类。如图所示的分类方法属于_（填字母）。A.交叉分类法 B.树状分类法（2）人们以_为分类标准分出溶液、胶体和浊液三种体系。实验室制备Fe（OH）3胶体的实验步骤是:_，请写出实验室制备Fe（OH）3胶体的化学方程式：_。（3）以H、O、S、N几种元素中任意两种或三种元素组成合适的常见物质，分别将其中一种常见物质的化学式填在下表相应类别中：物质类别非含氧酸碱酸式盐酸性氧化物化学式_【答案】 (1). B (2). 分散质粒子大小 (3). 将56滴饱和FeCl3溶液逐滴加入沸水中，继续煮沸至液体呈红褐色，停止加热 (4). FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl (5). H2S (6). NH3H2O (7). NH4HSO4、NH4HSO3、NH4HS (8). SO2、SO3、NO 、NO2【解析】【详解】(1)树状分类法是一种很形象的分类法，按照层次，一层一层来分，就像一棵大树，图示方法就是树状图，选项B正确，合理答案是选项B；(2)根据分散质粒子直径的大小，将分散系分为溶液、胶体和浊液三种体系；在实验室制备Fe(OH)3的实验步骤是将30mL蒸馏水煮沸，然后将56滴饱和FeCl3溶液逐滴加入沸水中，继续加热煮沸，待液体呈红褐色，停止加热，就得到了Fe(OH)3 胶体；(3)以H、O、S、N四种元素中任意两种或三种元素可组成的无氧酸有：H2S；碱有：NaOH或NH3H2O；酸式盐有：NH4HS、NH4HSO4、NH4HSO3，氧化物有：H2O、NO、NO2、N2O5、SO2、SO3等。22.A、B、C、D为四种可溶性的盐，它们包含的阳离子和阴离子分别为Ba2+、Ag+、Na+、Cu2+和NO3- 、SO42-、Cl-、CO32-（离子在物质中不能重复出现）。若把四种盐分别溶于盛有蒸馏水的四支试管中，只有C盐的溶液呈蓝色；若向的四支试管中分别加入盐酸，B盐的溶液有沉淀生成，D盐的溶液有无色无味的气体逸出。根据实验事实可推断它们的化学式为：(1)A_；B_。(2)写出过量醋酸与D反应放出气体的离子方程式：_。(3)将含相同物质的量A、B、C的溶液混合，混合后溶液中存在的离子有_，各离子的物质的量之比为_，在此溶液中加入锌粒，写出发生反应的离子方程式:_。(4)C溶液中阴离子的检验方法：_。【答案】 (1). BaCl2 (2). AgNO3 (3). CO32-+2CH3COOH=CO2+H2O+2CH3COO- (4). Cl- NO3- Cu2+ (5). 1:1:1 (6). Zn+Cu2+=Zn2+Cu (7). 取少量C溶液于试管中，先加盐酸，无现象，再加氯化钡溶液，有白色沉淀生成，则证明C中阴离子为SO42-【解析】【分析】根据离子共存的原则，结合溶液的颜色及反应时的现象，确定四种物质分别为BaCl2、AgNO3、CuSO4、Na2CO3，然后分析解答。【详解】由于是可溶性盐，所以溶液中存在的阳离子和阴离子对应物质一定是可溶性，根据盐类物质溶解性情况可知：Ba2+不能和SO42-、CO32-结合，而只能和NO3-、Cl-结合；Ag+不能和SO42-、Cl-、CO32-离子结合，而只能和NO3-结合，则相应的物质一定是BaCl2、AgNO3；Cu2+不能和CO32-结合，所以C为CuSO4，Na+对应阴离子CO32-，该物质是Na2CO3，即四种物质为BaCl2、AgNO3、CuSO4、Na2CO3。由于C盐是蓝色的，所以C为CuSO4；四支试管加入盐酸，B有沉淀，则B溶液为AgNO3；而D生成无色无味气体，气体是二氧化碳，则D为Na2CO3；综上所述：A为BaCl2；B为AgNO3；C为CuSO4；D为Na2CO3。(1)由上述分析可知A为BaCl2；B为AgNO3；(2)醋酸是一元弱酸，但是醋酸的酸性比碳酸强，根据强酸与弱酸的盐反应可制取弱酸，可知醋酸与D(Na2CO3)反应的离子反应方程式为：2CH3COOH +CO32-=2CH3COO-+CO2+H2O；(3)A为BaCl2；B为AgNO3；C为CuSO4，等物质的量三种物质混合于溶液，会发生反应：Ba2+SO42-=BaSO4，Ag+Cl-=AgCl；溶液中存在的离子及物质的量之比为：n(Cl-)：n(NO3-)：n(Cu2+)=1：1：1，在此溶液中加入锌粒，由于金属活动性ZnCu，所以Zn可将其中的铜置换出来，反应的离子方程式为Zn+Cu2+Zn2+Cu； (4)C为CuSO4，检验物质C中阴离子SO42-的方法是取少量C溶液于试管中，先加盐酸酸化，无现象，再加氯化钡溶液，有白色沉淀生成，则证明C中阴离子为SO42-。【点睛】本题考查无机物的推断、离子共存、离子检验离子方程式书写等知识，为高频考点，把握离子之间的反应、离子的颜色为解答的关键，注意C为硫酸铜为推断的突破口，侧重分析、推断能力的综合考查。23.在足量的FeCl2溶液中，加入12滴液溴（红棕色，其水溶液颜色因浓度不同而不同），振荡后溶液变为黄色。（1）甲同学认为这不是发生化学反应所致，使溶液变黄色的物质是_（填粒子的化学式，下同）：乙同学认为这是发生反应所致，使溶液变黄色的物质是_。（2）现提供以下试剂：A.酸性高锰酸钾溶液 B.氢氧化钠溶液 C.四氯化碳 D. KSCN溶液 经查阅资料：氧化性MnO4-Br2Fe3+I2；Fe3+遇KSCN溶液显红色 若要证明乙同学是正确的，请用两种方法加以验证，写出选用的试剂编号及实验中观察到的现象。选用试剂实验现象第一种方法_第二种方法_（3）根据上述实验推测，若在FeBr2溶液中通入氯气，首先被氧化的离子是_。（4）若选用淀粉碘化钾溶液来判断哪位同学的推断是正确的，你认为是否可行?_（填“可行”或“不可行”）理由是 _。【答案】 (1). Br2 (2). Fe3+ (3). C (4). CCl4层不变色 (5). D (6). 溶液显红色 (7). Fe2+ (8). 不可行 (9). Br2 和 Fe3+都能氧化I【解析】【分析】(1)由信息可知，溶液为黄色的原因有两种，含溴单质或亚铁离子被溴氧化生成铁离子，据此分析解答；(2)要设计实验证明乙同学的推断是正确的，则需要证明不含溴单质或存在铁离子，据此选择合适的试剂通过现象分析判断；(3)由上述分析可知，还原性亚铁离子大于溴离子，据此分析解答；(4)根据Br2 和 Fe3+都能氧化I生成碘单质分析判断。【详解】(1)由信息可知，溶液为黄色的原因有两种，含溴单质或亚铁离子被溴氧化生成铁离子，则甲认为溶液变黄色的物质是Br2，乙认为溶液变黄色的物质是Fe3+，故答案为：Br2；Fe3+；(2)要设计实验证明乙同学的推断是正确的，就需要证明不含溴单质或存在铁离子。若选四氯化碳时有机层为无色，则证明不含溴单质，说明乙同学正确；若选NaOH溶液，出现红褐色沉淀，则证明生成了Fe3+，说明乙同学正确；若选硫氰化钾，溶液变为红色，则证明生成了Fe3+，说明乙同学正确，故答案为：C；CCl4层不变色；D；溶液显红色(或B；立即产生红褐色沉淀)；(3)由上述分析可知，还原性亚铁离子大于溴离子，则在溴化亚铁溶液中通入氯气，还原性强的易被氧化，则Fe2+先被氧化，故答案为：Fe2+；(4)若选用淀粉碘化钾溶液来判断哪位同学的推断是正确的，由于Br2 和 Fe3+都能氧化I，生成了碘单质，溶液均变成蓝色，因此该方法不可行，故答案为：不可行；Br2 和 Fe3+都能氧化I。24.某汽车安全气囊的产气药剂主要含有NaN3、Fe2O3、KClO4等物质。当汽车发生碰撞时，产气药剂产生大量气体使气囊迅速膨胀，从而起到保护作用。(1)NaN3是气体发生剂，其中N的化合价为_，是_（用“电解质”或者“非电解质”填空）。NaN3受热分解产生N2和Na，则该反应方程式为： _。已知常温常压下气体摩尔体积为24.5L/mol，则在常温常压下，反应130g NaN3能产生_L的N2。(2)Fe2O3是主氧化剂，与Na反应生成的还原产物为_（已知该反应为置换反应）。若已知2.3gNa完全反应，转移的电子物质的量为_。(3)KClO4是助氧化剂，反应过程中与Na作用生成KC1和Na2O，请用单线桥表示该反应电子转移：KClO4+8Na= KCl+4Na2O_【答案】 (1). (2). 电解质 (3). 2NaN32Na+3N2 (4). 73.5 (5). Fe (6). 0.1mol (7). 【解析】【详解】(1) NaN3是盐，属于电解质；由于Na元素的化合价是+1价，根据化合物中正负化合价的代数和等于0，可知其中N元素的化合价为价；NaN3是气体发生剂，受热分解产生Na和N2，方程式为2NaN32Na+3N2；130g NaN3的物质的量是n(NaN3)=130g65g/mol=2mol，根据方程式可知：2mol NaN3反应会产生3molN2，由