2024屆河北衡中清大教育集團高一化學第一學期期中監(jiān)測試題含解析

2024屆河北衡中清大教育集團高一化學第一學期期中監(jiān)測試題注意事項1．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規(guī)定位置．3．請認真核對監(jiān)考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、含有自由移動Cl-的是（）A．溶液 B．液態(tài)HCl C．固體NaCl D．KCl溶液2、下列敘述正確的是（）A．直徑介于1nm~100nm之間的微粒稱為膠體B．Fe(OH)3難溶于水，因此不可能均勻地分散在水里形成穩(wěn)定的紅褐色膠體C．根據丁達爾效應，利用一束強光可以區(qū)別淀粉膠體和食鹽溶液D．膠體粒子是很多分子的集合體，因此不能透過濾紙，但可以通過半透膜3、下列實驗操作規(guī)范且能達到目的的是實驗目的實驗操作A稱取2.0gNaOH固體先在托盤上各放一張濾紙，然后在右盤上添加2g砝碼，左盤上添加NaOH固體B配制0.1mol/L硫酸銅溶液80mL稱取膽礬固體25.0g，放入100mL容量瓶中，加水溶解并稀釋至刻度C排水法收集高錳酸鉀分解產生的氧氣先移除導管，后熄滅酒精燈D測定醋酸溶液的pH用玻璃棒蘸取溶液，點在濕潤的pH試紙上A．A B．B C．C D．D4、某同學將0.1mol/L的K2SO4溶液V1L與0.2mol/L的Al2(SO4)3溶液V2L混合，再加入V3L蒸餾水，假定溶液總體積V總=V1+V2+V3．并測得混合液中三種離子物質的量濃度分別為：K＋：0.1mol/L，Al3＋：0.1mol/L，SO42－：0.2mol/L，則下列判斷正確的是（）A．一定是2LK2SO4溶液和1LAl2(SO4)3溶液混合，再加1L蒸餾水B．混合液中K＋濃度與Al3＋濃度數(shù)值之和大于SO42－濃度數(shù)值C．三種液體體積比為V1：V2：V3=2：1：1D．混合液中K2SO4物質的量等于Al2(SO4)3物質的量的一半5、已知與濃鹽酸在常溫下能反應產生。若用如圖所示的實驗裝置來制備純凈、干燥的氯氣，并與金屬反應。每個虛線框表示一個單元裝置，其中有錯誤的是（）A．①處和②處 B．只有②處 C．只有②處和③處 D．②處、③處和④處6、在標準狀況下，與32gO2的體積相等的N2()A．質量為14g B．分子數(shù)為6.02×1024C．體積為22.4L D．物質的量為2mol7、標準狀況下，具有下列量的物質，其體積最大的是（）A．11.2LH2B．44gCO2C．2molFeD．2molH2O8、36.5g氯化氫溶解在1L水中(水的密度近似為1g/mL)，所得溶液的密度為ρg/mL，質量分數(shù)為m，物質的量濃度為cmol/L，NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，則下列敘述正確的是()A．所得溶液的物質的量濃度為1mol/LB．36.5g氯化氫含有NA個原子C．36.5gHCl氣體占有的體積為22.4LD．所得溶液的質量分數(shù)為=9、下列玻璃儀器可以用于直接加熱的是A．燒杯B．試管C．蒸餾燒瓶D．容量瓶10、下列有關分子式為C2H4Cl2的有機化合物的說法正確的是()A．C2H4Cl2存在同分異構體 B．C2H4Cl2分子中所有原子都在同一平面內C．乙烷和氯氣在光照條件下可制得純凈的C2H4Cl2 D．C2H4Cl2屬于烴11、體育比賽使用的發(fā)令槍中所用的“火藥”成分是氯酸鉀和紅磷，經撞擊發(fā)出響聲，同時產生白色煙霧，撞擊時發(fā)生的化學反應方程式為：5KClO3+6P===3P2O5+5KCl，則下列有關敘述錯誤的是（）A．上述反應中氧化劑和還原劑的物質的量之比為5∶6B．產生白色煙霧的原因是生成的P2O5白色固體小顆粒（煙）吸水性很強，吸收空氣中的水分，生成酸滴（霧）C．上述反應中消耗3molP時，轉移電子的物質的量為15molD．產物P2O5為酸性氧化物，但不是磷酸的酸酐12、下列物質之間的反應，可以用離子反應方程式表示的是（）A． B． C． D．13、物質的量濃度相等的NaCl、FeCl2、FeCl3三種溶液分別與等物質的量濃度的AgNO3溶液恰好完全反應，則NaCl、FeCl2、FeCl3三種溶液的體積之比是A．1：2：3 B．3：2：1 C．6:：3：2 D．1：1：114、要驗證Mg、Fe、Cu三種金屬的活動性順序，可選用下列哪組物質進行實驗A．Cu、FeCl2溶液、MgCl2溶液B．Fe、Cu、MgCl2溶液C．Mg、CuO、FeSO4溶液D．Fe、CuSO4溶液、MgCl2溶液15、溶液、濁液、膠體的本質區(qū)別是A．能否產生丁達爾現(xiàn)象B．能否透過半透膜C．是否是均一、穩(wěn)定的D．分散質粒子半徑大小16、下列各組中兩種微粒所含電子數(shù)不相等的是A．和B．CO和C．和D．和17、現(xiàn)有三組溶液：①汽油和氯化鈉溶液②39%的乙醇溶液③氯化鈉和單質溴的水溶液，分離以上各混合液的正確方法依次是()A．分液、蒸餾、萃取 B．萃取、蒸發(fā)、分液C．分液、萃取、蒸餾 D．蒸餾、萃取、分液18、下列屬于電解質并能導電的物質是A．蔗糖B．KNO3溶液C．FeD．熔融的Na2O19、在某體系內有反應物和生成物5種物質：FeCl3、FeCl2、H2S、S、HCl，已知FeCl2為生成物，則另一生成物是A．FeCl3B．H2SC．SD．HCl20、下列化學反應屬于氧化還原反應，但不是離子反應的是（）A．KMnO4可以受熱分解制備O2B．將Na投入水中可產生H2和NaOHC．用鹽酸可以清洗鐵銹D．將Cl2通入KI溶液中置換碘單質（I2）21、標準狀況下，5.6L氯化氫溶于水得到0.5L鹽酸，其物質的量濃度為（）A．0.5g/LB．0.5gC．0.5mol/LD．5.6mol/L22、常溫下，相同物質的量濃度的下列溶液，導電能力最強的是（）A．鹽酸B．氨水C．醋酸D．碳酸鈉二、非選擇題(共84分)23、（14分）某溶液中只含有Ba2+Mg2+Ag+三種陽離子，現(xiàn)用適量的NaOH溶液、稀鹽酸和Na2SO4溶液將這三種離子逐一沉淀分離，其流程如圖所示：（1）沉淀1的化學式為_________，生成該沉淀的離子方程式為______________。（2）若試劑B為Na2SO4溶液，則沉淀2化學式為______________。（3）若試劑B為NaOH溶液，則生成沉淀2的離子方程式為______________。（4）如果原溶液中Ba2+Mg2+Ag+的濃度均為0.1mol·L-1，且溶液中含有的陰離子只有NO3-，則溶液中NO3-濃度為_______mol·L-1。24、（12分）某111mL溶液只含Cu2+、Ba2＋、K+、OH－、SO42—、Cl—中的幾種，分別取三份11mL該溶液進行實驗，以確定該溶液中的離子組成。①向一份中加入足量NaOH溶液，產生1．98g藍色沉淀②向另一份中加入足量BaCl2溶液，產生2．33g白色沉淀③向第三份中加入過量Ba(NO3)2溶液后，過濾取濾液再加入足量AgNO3溶液，產生2．87g白色沉淀?；卮鹣铝袉栴}（1）該溶液中一定不存在的離子是___________，③中白色沉淀的化學式為______。（2）產生藍色沉淀的離子方程式為_____________________________。（3）該溶液中一定存在的陰離子有____________，其物質的量濃度分別為_________。（4）該111mL溶液中還含有的離子是_______，其物質的量是_______。25、（12分）某興趣小組設計方案制取FeCl3和Fe(OH)3膠體。回答下列問題：(1)制取FeCl3的兩個方案如下：方案一：FeCO3FeCl2FeCl3方案二：FeFe(OH)3FeCl3①步驟I中另一種試劑為____________(填名稱)，步驟II中還有H2O生成，寫出反應的離子方程式：__________________。②步驟II反應前后Fe元素的化合價______

(填“

升高”“降低”或“不變”)，I~V中沒有發(fā)生的基本反應類型是__________(填字母)。a．置換反應b．分解反應c．復分解反應d．化合反應(2)制取Fe(OH)3膠體的兩個方案如下：方案一：蒸餾水→煮沸方案二：①方案__________能夠制得膠體，膠體區(qū)別于溶液和懸濁液的本質特征為__________，檢驗方案一是否成功的方法為_______________。②將Fe(OH)3膠體緩緩加入過量稀鹽酸中，溶液由無色變?yōu)辄S色，反應的離子方程式為__________________。26、（10分）實驗室需使用0.5mol·L－1的稀硫酸480mL，現(xiàn)欲用質量分數(shù)為98%的濃硫酸（密度為1.84g·cm－3）進行配制?；卮鹣铝袉栴}：(1)如圖所示的儀器中，配制溶液肯定不需要的是__________（填序號），配制上述溶液還需用到的玻璃儀器是__________（填儀器名稱）。(2)需用量筒量取98%的濃硫酸的體積為__________mL。(3)下列操作中正確的是__________（填序號，下同）；若配制過程中的其他操作均準確，下列操作能使所配溶液濃度偏高的有________。①洗滌量取濃硫酸后的量筒，并將洗滌液轉移到容量瓶中②待稀釋后的硫酸溶液冷至室溫后，再將其轉移到容量瓶中③將濃硫酸倒入燒杯中，再向燒杯中注入蒸餾水稀釋濃硫酸④定容時，加蒸餾水超過刻度線，又用膠頭滴管吸出⑤轉移前，容量瓶中含有少量蒸餾水⑥定容搖勻后，發(fā)現(xiàn)液面低于標線，又用膠頭滴管加蒸餾水至刻度線⑦定容時，俯視刻度線27、（12分）觀察下列實驗裝置圖，按要求作答：（1）裝置中c、d、e的名稱分別為____________、____________、____________。（2）分離下列物質，需要在哪套裝置中進行？Ⅰ.干燥H2，可采用_______（填裝置序號）裝置。Ⅱ.分離碘水中的碘應先選擇裝置_____（填裝置序號）進行_______和_______操作。28、（14分）要準確掌握化學基本概念和研究方法。按要求回答下列問題:（1）下列是某同學對有關物質進行分類的列表：堿酸鹽堿性氧化物酸性氧化物第一組Na2CO3H2SO4NaHCO3CaOCO2第二組NaOHHClNaClNa2OCO每組分類均有錯誤，其錯誤的物質分別是第一組______、第二組______(填化學式)。（2）一個密閉容器中放入M、N、Q、P四種物質，在一定條件下發(fā)生化學反應，一段時間后，測得有關數(shù)據如下表,按要求回答下列問題：物質MNQP反應前質量/g501312反應后質量/gx26330①該變化的基本反應類型是______反應；②物質Q在反應中可能起的作用是______。（3）向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至中性，請寫出發(fā)生反應的離子方程式：______。（4）已知反應：2KMnO4+16HCl（濃）=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O①用雙線橋表示上述反應中電子轉移的方向和數(shù)目______。②濃鹽酸在該反應中表現(xiàn)的性質是________（填序號）。A．只有還原性B．還原性和酸性C．只有氧化性D．氧化性和酸性③上述反應轉移1mol電子時，有______克HCl被氧化？29、（10分）某微粒的結構示意圖為，試回答：（1）x表示____________，y表示____________。（2）當x－y>10時，該微粒是________(選填“陽離子”或“陰離子”或“原子”)（3）當時，該微粒帶有2個單位的負電荷，則該微粒的符號為_________，該微粒的結構示意圖為____________（4）當y＝2的中性原子M跟y＝7的中性原子N化合時，形成化合物的化學式為__

參考答案一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、D【解題分析】

A．KClO3在水溶液里電離出鉀離子和氯酸根離子，所以沒有自由移動的Cl-，故A錯誤；B．液態(tài)HCl中只存在HCl分子，不存在自由移動的Cl-，故B錯誤；C．NaCl固體中含有Na+和Cl-，但是離子被靜電作用束縛，不能移動，沒有自由移動的Cl-，故C錯誤；D．KCl在水溶液里電離出自由移動的K+和Cl-，所以該溶液中含有自由移動的Cl-，故D正確；故答案選D。2、C【解題分析】

A.分散質粒子直徑介于1nm~100nm之間的分散系，稱為膠體，故A錯誤；B.Fe(OH)3難溶于水，許多粒子聚集在一起，直徑介于1nm~100nm之間時，可能均勻地分散在水里形成穩(wěn)定的紅褐色膠體，故B錯誤；C.膠體能發(fā)生丁達爾效應，溶液不能產生丁達爾效應，利用一束強光可以區(qū)別淀粉膠體和食鹽溶液，故C正確；D.膠體粒子是很多分子的集合體，但能透過濾紙，不可以通過半透膜，故D錯誤；故選C。3、C【解題分析】

A.NaOH具有強腐蝕性，且易潮解，固體表面易形成NaOH溶液而被濾紙吸附，所以不能用濾紙稱量NaOH固體，應用玻璃器皿（如燒杯等）稱量NaOH固體，故A操作錯誤；B.不能在容量瓶中直接溶解配制溶液，且需要稱取膽礬固體的質量為：0.1mol/L×0.1L×250g/mol=2.5g，并不是25.0g，故B不能達到實驗目的；C.氧氣難溶于水，可用排水法收集；為防止倒吸，實驗時應先移除導管，后熄滅酒精燈，故C符合題意；D.測定溶液的pH時，pH試紙一般不能事先濕潤，如測定醋酸溶液的pH時，若用濕潤的pH試紙會造成測定結果偏高，故D操作錯誤；答案選C。4、C【解題分析】

c（K＋）=0.2mol·L－（Al3＋）=0.4mol·L－1（SO42－）=0.1mol·L－1將①/②可求出V1/V2；從而求出V總，即可求出V1：V2：V3?！绢}目詳解】c（K＋）=0.2mol·L－（Al3＋）=0.4mol·L－1（SO42－）=0.1mol·L－1將①/②可求出V1/V2=2：1；設V1=2L，則V2=1L，帶入③可得V總=4L，故V3=1L．即三種液體體積比為V1：V2：V3=2：1：1。A、三種液體體積比為V1：V2：V3=2：1：1，故混合溶液可以是2LK2SO4溶液和1LAl2（SO4）3溶液混合，再加1L蒸餾水，但不一定，故A錯誤；B、由于混合液中三種離子物質的量濃度分別為：K＋：0.1mol·L－1，Al3＋：0.1mol·L－1，SO42－：0.2mol·L－1，故K＋濃度與Al3＋濃度數(shù)值之和等于SO42－濃度數(shù)值，故B錯誤；C、三種液體體積比為V1：V2：V3=2：1：1，故C正確；D、混合液中K2SO4物質的量與Al2（SO4）3的物質的量之比為：（0.1mol·L－1×2L）：（0.2mol·L－1×1L）=1：1，故兩者的物質的量相等，故D錯誤。故選C。5、D【解題分析】

①與濃鹽酸在常溫下反應產生，①正確；②濃鹽酸易揮發(fā)，生成的氯氣中混有和水蒸氣，應通入盛有飽和食鹽水的洗氣瓶除去，會與溶液反應，故不能選擇氫氧化鈉溶液，②錯誤；③用濃硫酸干燥氯氣，導管應長進短出，③錯誤；④氯氣與金屬在試管中反應，若用單孔塞，容易造成試管內壓強過大，且導管應伸到試管底部，④錯誤。綜上，答案選D。6、C【解題分析】

32gO2的物質的量為，標準狀況下的體積為22.4L，因此與32gO2的體積相等的N2的物質的量為1mol，標準狀況下的體積為22.4L?！绢}目詳解】A．1molN2的質量為28g，錯誤；B．分子數(shù)為6.02×1023，錯誤；C．體積為22.4L，正確；D．物質的量為1mol，錯誤。答案選C。7、B【解題分析】

標準狀況下，水為液體或固體，鐵為固體，體積較小，二氧化碳和氫氣為氣體，體積較大，其中V(CO2)=44g44g/mol×22.4L/mol=22.4L，V(H2)=11.2L，則體積最大的是44gCO2，故選8、D【解題分析】

A.

36.5gHCl溶解在1L水中(水的密度近似為1g/mL)，所得溶液溶質為HCl，物質的量濃度c==，錯誤；B.36.5gHCl氣體物質的量為1mol，HCl是雙原子分子，因此所以原子個數(shù)為2NA，B錯誤；C.

36.5gHCl氣體物質的量為1mol，由于選項中未知氣體所處的溫度、壓強，因此不能確定其體積大小，C錯誤；D.根據物質的量濃度與質量分數(shù)關系式c=可知：所得溶液的質量分數(shù)：ω=，D正確；故合理選項是D。9、B【解題分析】

能夠直接加熱的儀器有：試管、燃燒匙、蒸發(fā)皿和坩堝等；需要墊石棉網的是：燒杯、燒瓶、蒸餾燒瓶、錐形瓶等，不能加熱的儀器有：漏斗、量筒、集氣瓶、容量瓶等。答案選B。10、A【解題分析】

A．有兩種同分異構體：和，故A正確；B．可看成，分子中的兩個氫原子被兩個氯原子取代的產物，故的分子結構類似于，不可能所有原子都在同一平面內，故B錯誤；C．在光照條件下，乙烷和氯氣發(fā)生取代反應的產物很多，有一氯代物、二氯代物、三氯代物等，不可能制得純凈的，故C錯誤；D．中除含有C、H元素外，還含有Cl元素，不屬于烴，故D錯誤。綜上所述，答案為A。11、D【解題分析】

A.反應5KClO3+6P=3P2O5+5KCl中，氧化劑是KClO3，還原劑是P，氧化劑和還原劑的物質的量之比為5:6，故A正確；B.P2O5白色固體小顆粒(煙)吸水性很強，吸收空氣中的水分生成磷酸小液滴(霧)，同時含有氯化鉀固體顆粒，所以產生白色煙霧，故B正確；C.反應5KClO3+6P=3P2O5+5KCl中，磷元素化合價由0價升高為+5價，消耗3molP時，轉移電子的物質的量為3mol×5=15mol，故C正確；D.P2O5為酸性氧化物，與水反應生成磷酸，是磷酸的酸酐，故D錯誤；本題答案為D。12、B【解題分析】

A.CaCO3屬于難溶于水的鹽，在離子反應方程式中寫成化學式，不能拆成離子形式，故不能用CO32-+2H+=CO2↑+H2O表示，故A錯誤；B.Na2CO3溶于水并完全電離成CO32-離子，HCl完全電離出H+，所以該反應的離子方程式可表示為：CO32-+2H+=CO2↑+H2O，故B正確；C.醋酸屬于弱電解質，在離子方程式中應寫成化學式形式，不能拆成離子形式，故不能用CO32-+2H+=CO2↑+H2O表示，故C錯誤；D.Na2CO3溶于水并完全電離成HCO3-離子，HNO3完全電離出H+，所以該反應的離子方程式可表示為：HCO3-+H+=CO2↑+H2O，不符合題給條件，故D錯誤；故答案選B?！绢}目點撥】能夠用離子反應方程式CO32-+2H+=CO2↑+H2O表示的反應，需滿足的條件，鹽必須為碳酸鹽（不能是碳酸氫鹽），必須是可溶的，酸必須是強酸，且反應后只能生成二氧化碳和水，不能生成沉淀，據以上條件就可迅速判定符合該條件下的化學反應。13、C【解題分析】

假設硝酸銀的物質的量濃度為cmol/L，與三種鹽發(fā)生反應方程式是：Ag++Cl-=AgCl↓，消耗的Cl-的物質的量相等，然后根據電解質中含有的Cl-的濃度與電解質的濃度的關系，利用n=cV計算?！绢}目詳解】假設AgNO3溶液的物質的量濃度為cmol/L，其體積是1L，則n(Ag+)=cmol/L×1L=cmol；根據Ag++Cl-=AgCl↓可知需消耗Cl-的物質的量也相等，n(Cl-)=cmol。假設NaCl、FeCl2、FeCl3溶液的濃度為xmol/L，溶液體積分別為V1，V2、V3，則x?V1=2x?V2=3x?V3=c，則V1=L，V2=L，V3=L，所以V1:V2:V3=，所以合理選項是C。【題目點撥】本題考查物質的量在離子反應的計算的應用的知識。掌握離子濃度與電解質濃度的關系、物質的量與物質濃度關系是本題解答的根本，清楚發(fā)生的離子反應是解題關鍵，注意利用假設法進行的計算，計算結果與假設的未知數(shù)大小無關。14、D【解題分析】

驗證金屬的活動性強弱，可以利用金屬之間的置換反應，排在前面的金屬可以置換出后面的金屬，而不能置換出前面的金屬，題目中比較Mg、Fe、Cu三種金屬的活動性順序，由于鐵的活動性排在Mg、Cu之間，故可以利用鐵可以置換出Cu而不能置換出Mg來進行實驗，所以用鐵來分別置換銅與鎂，置換出來，說明比鐵的活潑性弱，否則比鐵的活潑性強；故選D。15、D【解題分析】

三類分散系的本質區(qū)別是分散質粒子的大小，據此解答。【題目詳解】當分散劑是水或其它溶液時，根據分散質粒子直徑大小來分類，把分散系劃分為：溶液（小于1nm）、膠體（1nm～100nm）、濁液（大于100nm），丁達爾效應是特征性質，溶液是穩(wěn)定分散系，膠體是介穩(wěn)分散系，濁液是不穩(wěn)定分散系，膠體不能通過半透膜，則溶液、膠體和濁液這三種分散系的本質的區(qū)別在于分散質粒子直徑大小，故答案選D。16、D【解題分析】

粒子中質子數(shù)等于原子的質子數(shù)之和，中性微粒中質子數(shù)=電子數(shù)，陽離子的電子數(shù)=質子數(shù)-電荷數(shù)，陰離子的電子數(shù)=質子數(shù)+電荷數(shù)．【題目詳解】A、H3O+的質子數(shù)為11，電子數(shù)為11-1=10，OH-的質子數(shù)為9，電子數(shù)為9+1=10，電子數(shù)相同，故A錯誤；B、CO的質子數(shù)為14，電子數(shù)為14，N2的質子數(shù)為14，電子數(shù)為14，電子數(shù)相同，故B錯誤；C、HNO3的質子數(shù)為1+7+8×3=32，電子數(shù)為32，NO3-的質子數(shù)為7+8×3=31，電子數(shù)為31+1=32，電子數(shù)相同，故C錯誤；D、CH3+的質子數(shù)為6+1×3=9，電子數(shù)為9-1=8，NH4+的質子數(shù)為11，電子數(shù)為11-1=10，電子數(shù)不同，故D正確．故選：D．17、A【解題分析】

汽油不溶于水，分離汽油和氯化鈉溶液應該用分液法；乙醇與水互溶，但沸點相差較大，分離39%的乙醇溶液應該用蒸餾；溴單質易溶在有機溶劑中，分離氯化鈉和單質溴的水溶液應該用萃取，答案選A。18、D【解題分析】

電解質是在熔融狀態(tài)或水溶液中能導電的化合物?！绢}目詳解】A.蔗糖在在熔融狀態(tài)或水溶液中均不能導電，是非電解，；B.KNO3溶液是混合物；C.Fe是單質；D.熔融的Na2O能導電，是電解質；D符合題意，答案為D。【題目點撥】電解質的概念是本題考查點，注意電解質為化合物，溶液和金屬單質等即使能導電，也不屬于電解質。19、C【解題分析】

已知FeCl2為生成物，則FeCl3→FeCl2為還原反應，F(xiàn)e元素的化合價降低，該反應中S元素的化合價應升高，以此來解答?！绢}目詳解】由信息可以知道，已知FeCl2為生成物，則還原反應為FeCl3→FeCl2，F(xiàn)e元素的化合價降低，該反應中S元素的化合價應升高，可以知道氧化反應為H2S→S，則另一生成物為S，所以C選項是正確的。【題目點撥】本題考查了氧化還原反應，明確元素的化合價是解本題的關鍵，化合價升高，發(fā)生氧化反應，生成氧化產物，化合價降低，發(fā)生還原反應，生成還原產物。20、A【解題分析】

A．KMnO4可以受熱分解制備O2，O的價態(tài)從-1升高到0，屬于氧化還原反應，但沒有離子參與，不是離子反應，故A符合要求；B．將Na投入水中可產生H2和NaOH，發(fā)生了氧化還原反應，而且有離子參與，故B不符題意；C．用鹽酸可以清洗鐵銹，生成氯化鐵和水，沒有發(fā)生氧化還原反應，故C不符題意；D．將Cl2通入KI溶液中置換碘單質（I2），氯和碘的價態(tài)發(fā)生改變，發(fā)生了氧化還原反應，而且有離子參與，故D不符題意；故選A。21、C【解題分析】分析：已知溶質HCl在標準狀況下的體積，根據n=VVm，c=nV詳解：溶解前后液體體積基本不變v=0.5L；鹽酸物質的量：n=5.6L/22.4L/mol=0.25mol，所得鹽酸的物質的量濃度：c=n/v=0.5mol/L。故本題選C。22、D【解題分析】試題分析：溶液的導電性強弱取決于溶液中離子濃度的大小，離子濃度越大，導電性越強；相同物質的量濃度的溶液中氨水、醋酸是弱電解質，鹽酸、碳酸鈉是強電解質，鹽酸、碳酸鈉溶液的導電能力強于氨水、醋酸溶液，鹽酸、碳酸鈉溶液相比，碳酸鈉溶液中鈉離子濃度是鹽酸溶液中氫離子濃度的二倍，氯離子和硫酸根離子濃度相同，所以硫酸鈉溶液的導電能力比硝酸溶液強，選D?？键c：考查溶液導電能力的強弱判斷。二、非選擇題(共84分)23、（1）AgCl，Ag＋+Cl－=AgCl↓；（2）BaSO4；（3）Mg2＋+2OH－=Mg（OH）2↓；（4）0.5。【解題分析】試題分析：（1）加入稀鹽酸，發(fā)生Ag＋＋Cl－=AgCl↓，沉淀1為AgCl；（2）溶液1中含有離子是Ba2＋、Mg2＋、H＋和Cl－，加入Na2SO4，發(fā)生Ba2＋＋SO42－=BaSO4↓，沉淀2是BaSO4；（3）根據反應（2）的分析，發(fā)生反應H＋＋OH－=H2O，Mg2＋＋2OH－=Mg（OH）2↓；（4）根據電荷守恒，2c（Ba2＋）＋2c（Mg2＋）＋c（Ag＋）=c（NO3－），c（NO3－）=（2×0.1＋2×0.1＋0.1）mol·L－1=0.5mol·L－1?？键c：考查離子檢驗、離子反應方程式的書寫、物質的量濃度的計算等知識。24、Ba2+和OH-AgClCu2++2OH-=Cu(OH)2↓SO42-、Cl-1mol/L、2mol/LK+1.2mol【解題分析】

（1）實驗①生成的藍色沉淀是Cu(OH)2，實驗②生成的白色沉淀是BaSO4，實驗③生成的白色沉淀是AgCl。再結合離子共存分析。（2）Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓。（3）該溶液中一定存在的陰離子有SO42-和Cl-。（4）根據電荷守恒分析?！绢}目詳解】（1）實驗①生成的藍色沉淀是Cu(OH)2，溶液中存在Cu2+，不存在OH-，實驗②生成的白色沉淀是BaSO4，說明溶液中存在SO42-，不存在Ba2+，實驗③生成的白色沉淀是AgCl，說明溶液中存在Cl-。所以，該溶液中一定不存在的離子是Ba2+和OH-，③中白色沉淀為AgCl，故答案為Ba2+和OH-；AgCl。（2）產生藍色沉淀的離子方程式為：Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓，故答案為Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓。（3）該溶液中一定存在的陰離子有SO42-和Cl-，11mL溶液中，兩種離子的物質的量分別為：n(SO42-)=n(BaSO4)=2.33g÷233g/mol=1.11mol，n(Cl-)=n(AgCl)=2.87÷143.5g/mol=1.12mol，所以c(SO42-)=1mol/L，c(Cl-)=2mol/L，故答案為SO42-、Cl-；1mol/L、2mol/L。（4）11mL溶液中，Cu2+的物質的量為：n(Cu2+)=n[Cu(OH)2]=1.98g÷98g/mol=1.11mol，1.11molCu2+帶1.12mol正電荷，1.11molSO42-和1.12molCl-共帶有1.14mol負電荷，根據電荷守恒知，原溶液中還存在K+，11mL溶液中含有1.12molK+，111mL溶液中含有1.2molK+，故答案為K+；1.2mol。25、鹽酸4Fe2++O2+4H+=4Fe2++2H2O升高a、b一分散質粒子直徑的大小利用丁達爾現(xiàn)象，用一束光射向膠體溶液，若形成光亮通路，則是膠體Fe(OH)3+3H+═Fe3++3H2O【解題分析】

(1)①步驟I中FeCO3轉化為FeCl2，鐵元素沒有發(fā)生化合價變化，應使用的試劑為鹽酸，發(fā)生的反應化學方程式：FeCO3+2HCl=FeCl2+CO2↑+H2O；步驟II是用氧氣作氧化劑，在酸性條件下將Fe2+氧化為Fe3+，還原產物為水，反應的離子方程式：4Fe2++O3+4H+=4Fe2++2H2O；②步驟II反應前后Fe元素由+2價變?yōu)?3價，F(xiàn)e元素的化合價升高；步驟Ⅰ與步驟Ⅳ發(fā)生的反應都是復分解反應，步驟Ⅲ發(fā)生的反應是化合反應，步驟Ⅱ發(fā)生的反應不屬于四種基本反應類型中的任何一類，答案選a、b；(2)①氫氧化鐵膠體的制備方法：向沸騰的蒸餾水中逐滴加入1~2mL飽和氯化鐵溶液，繼續(xù)煮沸至液體呈紅褐色，停止加熱，就會得到氫氧化鐵膠體，則方案一能夠制得氫氧化鐵膠體，膠體區(qū)別于溶液和懸濁液的本質特征為分散質粒子直徑的大小，檢驗方案一是否成功的方法為：利用丁達爾現(xiàn)象，用一束光射向膠體溶液，若形成光亮通路，則是膠體；②鹽酸使Fe(OH)3膠體發(fā)生聚沉，生成紅褐色沉淀，繼續(xù)加入鹽酸，會發(fā)生酸堿中和反應，生成氯化鐵和水，此反應的離子方程式是Fe(OH)3+3H+═Fe3++3H2O。26、AD玻璃棒、膠頭滴管13.6②⑤①⑦【解題分析】

(1)配制一定物質的量濃度的溶液使用的玻璃儀器有：量筒、燒杯、玻璃棒、500mL容量瓶、膠頭滴管；(2)根據稀釋前后硫酸的物質的量相等列式計算即可；(3)依據進行誤差分析?！绢}目詳解】(1)配制一定物質的量濃度的溶液使用的玻璃儀器有：量筒、燒杯、玻璃棒、500mL容量瓶、膠頭滴管，所以不需要燒瓶、分液漏斗；還需要玻璃棒、膠頭滴管；故答案為：AD；玻璃棒、膠頭滴管；(2)設需用量筒量取98%的濃硫酸的體積為VL，因為濃硫酸的物質的量濃度，根據稀釋前后硫酸的物質的量相等列式可得：18.4mol/L×VL=0.5mol/L×0.5L，解得V=0.0136，即需用量筒量取98%的濃硫酸的體積為13.6mL；故答案為：13.6；(3)①洗滌量取濃硫酸的量筒，并將洗滌液轉移到容量瓶中，導致溶質物質的量偏大，溶液濃度偏高，題中操作不正確；②待稀釋后的硫酸溶液冷至室溫后，再將其轉移到容量瓶中，不會影響濃度的變化，題中操作正確；③濃硫酸溶于水放出大量熱，且濃硫酸密度較大，則稀釋濃硫酸的操作方法為：將濃硫酸沿器壁慢慢注入水中，并不斷攪拌，題中操作不正確；④定容時，加蒸餾水超過刻度線，又用膠頭滴管吸，導致n偏小，則配制溶液濃度偏低，題中操作不正確；⑤轉移前，容量瓶中含有少量蒸餾水，不影響V，則配制溶液濃度不變，題中操作正確；⑥定容搖勻后，發(fā)現(xiàn)液面低于刻度線，又用膠頭滴管加蒸餾水至刻度線，導致溶液體積偏大，溶液濃度偏低，題中操作不正