2017-2018学年五校联考高一（上）期末化学试卷
一．选择题（共10小题，满分20分，每小题2分）
1．（2分）每看到绽放的美丽焰火，很容易联想到化学中的焰色反应，下列关于焰色反应的说法中不正确的是（ ）
A．焰色反应是金属元素在灼烧时火焰所呈现的颜色 B．应该用稀盐酸清洗做过焰色反应实验的铂丝
C．K2CO3在酒精灯上灼烧时透过蓝色钴玻璃能观察到紫色火焰 D．所有的金属元素都存在焰色反应
2．（2分）下列物质属于纯净物的是（ ） A．漂白粉 B．浓硫酸 C．液氯
D．氨水
3．（2分）下列化合物中氮元素只具有还原性的是（ ） A．KNO3
B．HNO3
C．NO D．NH3
4．（2分）镁、铝、铜三种金属粉末混合物，加入过量盐酸充分反应，过滤后向滤液中加入过量烧碱溶液，再过滤，滤液中存在的离子有（ ） A．Mg2 B．Cu2 C．Al3 D．AlO2
+
+
+
﹣
5．（2分）下列图示正确的是（ ）
A．①②③④ B．②③④⑤ C．②④ D．①②③④⑤⑥
6．（2分）下列实验装置应用于铜与浓硫酸反应制取二氧化硫和硫酸铜晶体，能达
到
实
验
目
的
是
（
）
第1页（共31页）
A．用图甲装置制取并收集二氧化硫
B．用图乙装置向反应后的混合物中加水稀释 C．用图丙装置过滤出稀释后混合物中的不溶物 D．用图丁装置将硫酸铜溶液蒸发浓缩后冷却结晶 7．（2分）强酸X的转化关系如图：能为（ ） A．C
B．Fe C．Al D．Cu
，图中单质可
8．（2分）亚氯酸钠是一种高效氧化剂漂白剂，主要用于棉纺、亚麻、纸浆等漂白，亚氯酸钠（NaClO2）在溶液中可生成ClO2、HClO2、ClO2﹣、Cl﹣等，其中HClO2和ClO2都具有漂白作用，但ClO2是有毒气体．经测定，25℃时各组分含量随pH变化情况如图所示（Cl﹣没有画出）．则下列分析错误的是（ ）
A．含氯消毒剂中的有效氯含量是指含氯消毒剂的氧化能力相当于多少氯的氧化能力，则亚氯酸钠的理论有效氯含量157% B．使用该漂白剂的最佳pH为3
C．25℃时，HClO2的电离平衡常数的数值Ka=10﹣6
D．若浓度均为0.1mol•L﹣1的HA溶液和NaA溶液等体积混合后所得溶液显酸性，则c（OH﹣）﹣c（H+）＞c（HClO2）﹣c（ClO2﹣）
9．（2分）下列现象或新技术的应用中，不涉及胶体性质的是（ ） A．在饱和氯化铁溶液中滴加NaOH溶液，产生红褐色沉淀
B．水泥厂和冶金厂常用高压直流电除去大量烟尘，减少对空气的污染 C．清晨，在茂密的树林中，常常可以看到枝叶间透过的一道道光线 D．肾功能衰竭等疾病引起的血液中毒，可利用血液透析进行治疗
10．（2分）设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法中正确的是（ ） A．标准状况下，22.4L Cl2完全溶于水时，转移电子数为NA B．标准状况下，22.4L SO3所含分子数为NA
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C．高温下，16.8 g Fe与足量水蒸气完全反应失去0.8NA个电子 D．1mol Na2O2固体中含离子总数为4NA
二．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分） 11．（3分）下列离子方程式书写正确的是（ ） A．稀硝酸与铁屑反应：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑
B．往NH4HCO3溶液中加过量的NaOH 溶液并加热：NH4++OH﹣=NH3↑+H2O C．往酸性碘化钾溶液中滴加适量的双氧水：2I﹣+2H++H2O2=I2+2H2O D．HS﹣的电离：HS﹣+H2O⇌OH﹣+HS﹣
12．（3分）将amol铁粉加入到含bmol硝酸溶液中，充分反应后铁粉完全溶解，共收集到c L（标况）的NO、NO2混合气体。下列有关说法不正确的是（ ） A．若反应后产物中只有Fe2+生成，则
＜a＜
B．若反应后产物中只有Fe3+生成，则b=3a+C．若反应后产物中有Fe2+、Fe3+生成，则D．若反应后溶液中有dmol H+，则b=3a+d+
＜b＜6a
13．（3分）将CO2通入下列物质的溶液中不与其反应的是（ ） ①Na2CO3②Ca（ClO）2③CaCO3④CaCl2． A．①③④ B．①和③
C．只有② D．只有④
14．（3分）常温下，下列各组离子在指定溶液中可能大量共存的是（ ） A．滴入甲基橙显红色的溶液中：Na+、NO3﹣、I﹣、SO42﹣
B．水电离的c（H+）=10﹣12mol/L的溶液中：K+、AlO2﹣、CH3COO﹣、SiO32﹣ C．
=10﹣12的水溶液中：K+、ClO﹣、S2﹣、Cl﹣
D．加入铝粉能产生氢气的溶液中：NH4+、Fe2+、SO42﹣、NO3﹣
15．（3分）根据如图转化关系判断下列说法不正确的是（反应条件已略去）（ ）
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A．反应①②③④⑤均属于氧化还原反应
B．生成黑锰矿的反应中，3 molMn参加反应转移4mol电子 C．生成等量的O2，反应③和④转移的电子数之比为1：2 D．反应⑤为铝热反应
16．（3分）关于O2与O3气体，下列比值一定为2：3的是（ ） A．若两种气体所占体积相同，两种气体的质量之比 B．若两种气体原子数相同，两种气体的质子数之比 C．若温度及压强相同，两种气体的密度之比 D．若两种气体的质量相同，两种气体的分子数之比
17．（3分）要证明某溶液中不含Fe3+而可能含有Fe2+进行如下实验操作时最佳顺序为
①加入足量氯水 ②加入足量KMnO4溶液 ③加入少量NH4SCN溶液（ ） A．①③
B．③②
C．①②③ D．③①
18．（3分）下列叙述错误的是（ ） ①热稳定性：H2O＞HF＞H2S ②熔点：Al＞Na＞K
③ⅡA族元素的阳离子与上周期稀有气体元素的原子具有相同的核外电子排布 ④元素周期表中从ⅢB族到ⅡB族10个纵行的元素都是金属元素 ⑤含有不同种元素原子的分子中，仅存在极性键，不存在非极性键
⑥已知H2SO4（aq）+2NaOH（aq）=2H2O（l）+Na2SO4（aq）△H=﹣114.6KJ•mol
﹣1
则中和热为57.3KJ•mol﹣1
⑦两个非金属元素原子间只可能形成共价键
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⑧凡是有空轨道的微粒，都能接受孤电子对形成牢固的配位键 A．②④⑥ B．①⑤⑥ C．②③④ D．①⑤⑧
19．（3分）已知氧化性：Br2＞Fe3+＞I2，向含有a mol FeI2的溶液中加入含b mol Br2的溴水，下列判断或相应的离子方程式正确的是（ ） A．当a=2，b=1时，离子方程式为：2Fe2++Br2→2Fe3++2Br﹣ B．如果反应后的溶液中存在c（Fe2+）=c（Fe3+），则＜＜1 C．当a=1，b=2时，离子方程式为：2Fe2++4I﹣+3Br2→2Fe3++2I2+6Br﹣
D．当a=2，2＜b＜3时，溶液中铁元素以两种离子形式存在，且一定是c（Fe3+）＞c（Fe2+）
20．（3分）t℃时CuSO4的溶解度是S g，其饱和溶液密度d g．cm﹣3、物质的量浓度为c mol．L﹣1．向足量饱和溶液中加入m g无水CuSO4或蒸发掉n g水后恢复t℃，均能获得W g胆矾晶体，下列关系式正确的是（ ） A．C．
三．填空题（共4小题，满分50分）
21．（16分）在如下反应中：KClO3+6HCl═KCl+3Cl2↑+3H2O 中， （1）氧化剂与还原剂的物质的量之比是 ；
（2）如果有0.15molHCl被氧化，转移电子的物质的量是 ；标况下，产生Cl2的体积为 L． 22．（8分）请回答下列问题：
（1）现有下列状态的物质①干冰 ②NaHCO3晶体 ③氨水 ④纯醋酸 ⑤FeCl3溶液⑥铜 ⑦熔融的KOH ⑧蔗糖，其中属于电解质的是 ，能导电的是 。
（2）向煮沸的蒸馏水中逐滴加入 溶液，继续煮沸至 ，停止加热，可制得Fe（OH）3胶体，制取Fe（OH）3胶体化学反应方程式为 。 （3）实验室制欲用固体NaOH来配0.5mol/L的NaOH溶液500mL，配制时，一般可分为以下几个步骤：①称量②计算③溶解④摇匀⑤转移⑥洗涤⑦定容⑧冷却。
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B．
D．
其正确的操作顺序为 。在配制过程中，若其它操作均正确，下列操作会引起结果偏高的是
A．没有洗涤烧杯和玻璃棒 B．未等NaOH溶液冷却至室温就转移到容量瓶中 C．容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水 D．定容时俯视标线 E．称量时间过长。
23．（12分）（1）用18mol/L硫酸配制100mL 1.0mol/L硫酸，若实验仪器有： A．100mL量筒 B．托盘天平 C．玻璃棒 D．50mL容量瓶 E．10mL量筒 F．胶头滴管 G．50mL烧杯 H．100mL容量瓶 实验时应选用的仪器有（填入编号） ．
（2）在容量瓶的使用方法中，下列操作不正确的是 （填写标号）． A．使用容量瓶前检查它是否漏水．
B．容量瓶用蒸馏水洗净后，再用待配溶液润洗．
C．配制溶液时，如果试样是固体，把称好的试样用纸条小心倒入容量瓶中，缓缓加入蒸馏水到接近刻度线1～2cm处，用胶头滴管滴加蒸馏水到刻度线． D．配制溶液时，如果试样是液体，用量筒量取试样后直接倒入容量瓶中，缓慢加入蒸馏水倒接近刻度线1～2cm处，用胶头滴管滴加蒸馏水到刻度线． E．定容后，塞好瓶塞，用食指顶住瓶塞，用另一只手的手掌托住瓶底，把容量瓶倒转和摇动多次．
24．（14分）已知A是生产生活中用量最大的金属，B为淡黄色粉末．在常温下C为无色液体，E、G、H、I、J为气体，其中H为黄绿色，其它为无色．J能使湿润的红色石蕊试纸变蓝（图中部分产物已略去）．
请填写下列空白
（1）写出化学式：D ，K ．
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（2）写出②的离子方程式 ．
（3）反应④不属于下列何种反应类型 （填字母序号）．
A．化合反应 B．氧化还原反应 C．离子反应 D．置换反应 （4）若要确定③反应后所得溶液中含有M物质，所选试剂为 （填序号）． A．KSCN溶液和氯水 B．铁粉和KSCN C．浓氨水 D．酸性高锰酸钾溶液
（5）将F加入到M的溶液里并露置在空气中，可以观察到整个过程的现象是： ．
（6）常温下，H与过量的J反应产生浓厚的白烟，另一生成物是空气的主要成分之一，请写出该反应的化学方程式 ．
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2017-2018学年五校联考高一（上）期末化学试卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题，满分20分，每小题2分）
1．（2分）每看到绽放的美丽焰火，很容易联想到化学中的焰色反应，下列关于焰色反应的说法中不正确的是（ ）
A．焰色反应是金属元素在灼烧时火焰所呈现的颜色 B．应该用稀盐酸清洗做过焰色反应实验的铂丝
C．K2CO3在酒精灯上灼烧时透过蓝色钴玻璃能观察到紫色火焰 D．所有的金属元素都存在焰色反应
【分析】A．焰色反应是某些金属或它们的化合物在无色火焰中灼烧时使火焰呈现特征的颜色的反应；
B．做焰色反应实验结束后铂丝要用稀盐酸洗涤； C．K的焰色反应必须透过蓝色的钴玻璃才能观察到；
D．焰色反应是某些金属或它们的化合物在无色火焰中灼烧时使火焰呈现特征的颜色的反应。
【解答】解：A．由焰色反应的概念可知，焰色反应是金属元素在灼烧时火焰所呈现的颜色，故A正确；
B．做焰色反应实验结束后铂丝要用稀盐酸洗涤，以除去杂质，故B正确； C．K2CO3在酒精灯上灼烧时透过蓝色的钴玻璃才能观察到紫色火焰，故C正确； D．由焰色反应的概念可知，并不是所有的金属元素都存在焰色反应，故D错误， 故选：D。
【点评】本题主要考查了焰色反应以及操作步骤，难度不大，注意知识的积累。
2．（2分）下列物质属于纯净物的是（ ） A．漂白粉 B．浓硫酸 C．液氯
D．氨水
【分析】A．漂白粉的主要成分氯化钙和次氯酸钙； B．浓硫酸是硫酸的水溶液； C．氯气呈液态时称为液氯；
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D．氨水是氨气溶于水后得到的溶液．
【解答】解：A．漂白粉的主要成分氯化钙和次氯酸钙，属于混合物，故A错误； B．浓硫酸是硫酸的水溶液，属于混合物，故B错误； C．氯气呈液态时称为液氯，属于纯净物，故C正确；
D．氨水是氨气溶于水后得到的溶液，属于混合物，故D错误； 故选：C。
【点评】本题考查了纯净物和混合物，难度不大，注意溶液都属于混合物．
3．（2分）下列化合物中氮元素只具有还原性的是（ ） A．KNO3
B．HNO3
C．NO D．NH3
【分析】最高价态的元素只具有氧化性，最低价态的元素只具有还原性，中间价态的元素既具有氧化性又具有还原性，据此分析解答． 【解答】解：氮元素的常见化合价有﹣3、0、+2、+4、+5价。
A、硝酸钾中的氮元素化合价是+5价，是最高价态，在酸性环境下，硝酸根离子具有很强的氧化性，故A错误；
B、硝酸分子中氮元素是+5价，是最高价态，所以只具有氧化性，故B错误； C、一氧化氮分子中氮元素是+2价，属于中间价态，所以既具有氧化性又具有还原性，故C错误；
D、氨气分子中氮元素是﹣3价，最低价态，所以只具有还原性，故D正确。 故选：D。
【点评】本题考查了元素性质与价态的关系，根据“最高价态的元素只具有氧化性，最低价态的元素只具有还原性，中间价态的元素既具有氧化性又具有还原性”来分析解答即可，难度不大．
4．（2分）镁、铝、铜三种金属粉末混合物，加入过量盐酸充分反应，过滤后向滤液中加入过量烧碱溶液，再过滤，滤液中存在的离子有（ ） A．Mg2+ B．Cu2+ C．Al3+ D．AlO2﹣
【分析】在金属活动顺序表中，排在氢前面的金属能和非强氧化性的酸反应生成氢气，金属镁和铝能溶于盐酸，铜和盐酸不反应，过滤后向滤液中加入过量烧碱
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溶液，镁离子能和烧碱反应转化为氢氧化镁沉淀，铝离子和过量的烧碱反应生成偏铝酸盐，据此分析解答。
【解答】解：在金属活动顺序表中，排在氢前面的金属能和非强氧化性的酸反应生成氢气，镁、铝、铜三种金属粉末混合物，加入过量盐酸，金属镁和铝能溶于盐酸，发生的离子反应有：Mg+2H+=H2↑+Mg2+、2Al+6H+=3H2↑+2Al3+，过滤，滤液为氯化镁、氯化铝、盐酸，滤渣为铜，过滤后向滤液中加入过量烧碱溶液，过量的氢离子和氢氧根离子结合生成水，镁离子成为氢氧化镁沉淀，铝离子变成偏铝酸根离子，发生的离子反应有：H++OH﹣=H2O、Mg2++2OH﹣=Mg（OH）Al3++4OH2↓、
﹣
=AlO2﹣+2H2O，所以再过滤，滤液中存在的离子有AlO2﹣、Na+；
故选：D。
【点评】本题以元素的存在方式为载体考查了金属镁铝铜的性质，明确发生的反应是解本题关键，题目难度不大。
5．（2分）下列图示正确的是（ ）
A．①②③④ B．②③④⑤ C．②④ D．①②③④⑤⑥
【分析】①依据浓硫酸稀释的正确操作解答； ②依据实验室闻气体气味方法解答； ③依据胶头滴管正确使用方法解答； ④依据过滤实验用的仪器及注意事项解答； ⑤⑥依据图片判断物质的类别．
【解答】解：①稀释浓硫酸时，要把浓硫酸缓缓地沿器壁注入水中，同时用玻璃棒不断搅拌，以使热量及时地扩散，故错误；
②闻气体气味时，应在瓶口轻轻扇动使少许气体飘入鼻孔，故正确；
③胶头滴管向试管中滴加液体时，应垂直滴入，不能插入试管内部，故错误； ④图中为过滤装置，仪器及使用均正确，故正确； ⑤为易燃品，故错误；
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⑥为腐蚀品，故错误； 故选：C。
【点评】本题考查了实验的基本操作及注意事项，题目难度不大，侧重考查学生对基础实验操作掌握的熟练程度．
6．（2分）下列实验装置应用于铜与浓硫酸反应制取二氧化硫和硫酸铜晶体，能达
到
实
验
目
的
是
（
）
A．用图甲装置制取并收集二氧化硫
B．用图乙装置向反应后的混合物中加水稀释 C．用图丙装置过滤出稀释后混合物中的不溶物 D．用图丁装置将硫酸铜溶液蒸发浓缩后冷却结晶 【分析】A．二氧化硫密度比空气大； B．将水沿烧杯内壁倒入； C．转移液体需要引流； D．溶液蒸发浓缩可以用烧杯．
【解答】解：A．二氧化硫密度比空气大，应用向上排空气法收集，故A错误； B．将水沿烧杯内壁倒入，并用玻璃棒不断搅拌，故B错误； C．转移液体需要引流，防止液体飞溅，故C错误； D．溶液蒸发浓缩用烧杯，故D正确。 故选：D。
【点评】本题考查较为综合，涉及基础实验操作，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为高频考点，注意把握实验的方法、步骤和使用的仪器，注重相关基础知识的积累，难度不大．
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7．（2分）强酸X的转化关系如图：能为（ ） A．C
B．Fe C．Al D．Cu
，图中单质可
【分析】A、与非金属生成氧化物的酸，酸应是氧化性很强的酸，而且要在加热的条件；
B、铁与非氧化性的酸反应生成氢气，要生成氧化物必须是强氧化性的酸，浓硫酸和浓的硝酸，稀硝酸，其中铁与冷的浓硫酸和浓的硝酸发生钝化，与稀硝酸生成一氧化氮和水不反应；
C、铝与非氧化性的酸反应生成氢气，要生成氧化物必须是强氧化性的酸，浓硫酸和浓的硝酸，稀硝酸，其中铝与冷的浓硫酸和浓的硝酸发生钝化，与稀硝酸生成一氧化氮和水不反应；
D、浓硝酸与铜常温下生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸．
【解答】解：A、与非金属生成氧化物的酸，酸应是氧化性很强的酸，而且要在加热的条件，常温下不反应，故A错误；
B、铁与非氧化性的酸反应生成氢气，要生成氧化物必须是强氧化性的酸，浓硫酸和浓的硝酸，稀硝酸，其中铁与冷的浓硫酸和浓的硝酸发生钝化，与稀硝酸生成一氧化氮和水不反应，故B错误；
C、铝与非氧化性的酸反应生成氢气，要生成氧化物必须是强氧化性的酸，浓硫酸和浓的硝酸，稀硝酸，其中铝与冷的浓硫酸和浓的硝酸发生钝化，与稀硝酸生成一氧化氮和水不反应，故C错误；
D、浓硝酸与铜常温下生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，所以可能，故D正确； 故选：D。
【点评】本题考查无机物的推断，本题侧重于元素化合物知识，明确物质的性质是解本题关键，难度中等．
8．（2分）亚氯酸钠是一种高效氧化剂漂白剂，主要用于棉纺、亚麻、纸浆等漂白，亚氯酸钠（NaClO2）在溶液中可生成ClO2、HClO2、ClO2﹣、Cl﹣等，其中HClO2和ClO2都具有漂白作用，但ClO2是有毒气体．经测定，25℃时各组分含量随pH
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变化情况如图所示（Cl﹣没有画出）．则下列分析错误的是（ ）
A．含氯消毒剂中的有效氯含量是指含氯消毒剂的氧化能力相当于多少氯的氧化能力，则亚氯酸钠的理论有效氯含量157% B．使用该漂白剂的最佳pH为3
C．25℃时，HClO2的电离平衡常数的数值Ka=10﹣6
D．若浓度均为0.1mol•L﹣1的HA溶液和NaA溶液等体积混合后所得溶液显酸性，则c（OH﹣）﹣c（H+）＞c（HClO2）﹣c（ClO2﹣）
【分析】A、根据消毒剂中的有效含氯量结合亚氯酸钠的性质、电子守恒知识来计算；
B、根据题意：HClO2和ClO2都具有漂白作用，结合图中HClO2和ClO2的浓度大小来确定使用该漂白剂的最佳pH； C、HClO2的电离平衡常数K=
结合图示数据来计算；
D、根据溶液中的电荷守恒，质子守恒以及物料守恒等来回答判断．
【解答】解：A、消毒剂的消毒是基于物质的氧化性，1mol氯气得电子2mol，1mol亚氯酸钠得电子4mol，当转移电子的量相等时，氯气中氯原子和亚氯酸钠的量之比即为亚氯酸钠的理论有效氯含量，即正确；
B、HClO2和ClO2都具有漂白作用，结合图中HClO2和ClO2的浓度越大即为使用该漂白剂的最佳pH，pH=3时存在ClO2﹣，应该是pH=1～3漂白性最佳，故B错误；
C、观察图象可知，当pH=6时，c（ClO﹣）=c（HClO），则HClO2的电离平衡常数K=
=c（H+）=10﹣6，故C正确；
×100%=157%，故A
D、浓度均为0.1mol•L﹣1的HClO2溶液和NaClO2溶液等体积混合后所得溶液显酸性，存在电荷守恒c（H+）+c（Na+）=c（OH﹣）+c（ClO2﹣），物料守恒：c（ClO2
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﹣
）+c（HClO2）=2c（Na+），溶液显示酸性证明算的电离程度大，即c（ClO2﹣）＞
c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣），联立得：c（OH﹣）﹣c（H+）＞c（HClO2）﹣c（ClO2
﹣
），故D正确。
故选：B。
【点评】本题考查了酸碱混合的定性判断，题目难度稍大，正确分析、理解题中信息及图象数据是解答本题关键，注意明确溶液酸碱性与溶液pH的关系．
9．（2分）下列现象或新技术的应用中，不涉及胶体性质的是（ ） A．在饱和氯化铁溶液中滴加NaOH溶液，产生红褐色沉淀
B．水泥厂和冶金厂常用高压直流电除去大量烟尘，减少对空气的污染 C．清晨，在茂密的树林中，常常可以看到枝叶间透过的一道道光线 D．肾功能衰竭等疾病引起的血液中毒，可利用血液透析进行治疗
【分析】胶体是分散质介于1﹣100nm的分散系，胶体具有丁达尔效应，能够发生电泳，产生据此，胶体能够透过滤纸但是不能够通过半透膜，以此解答该题． 【解答】解：A．FeCl3溶液中逐滴加入NaOH溶液，发生复分解反应生成氢氧化铁沉淀，与胶体性质无关，故A选；
B．灰尘是胶体，在外加电源作用下，有电泳的性质，与胶体性质有关，故B不选；
C．清晨，在茂密的树林，常常可以看到从枝叶间透过的一道道光柱，属于胶体的丁达尔效应，故C不选；
D．血液中，蛋白质和血细胞颗粒较大，是胶体，不能透过透析膜，血液内的毒性物质直径较小，则可以透过，与胶体有关，故D不选； 故选：A。
【点评】本题考查胶体的性质，为高频考点，侧重于化学与生后的考查，有利于培养学生良好的科学素养，提高学生学习的积极性，明确胶体常见的性质有丁达尔现象、胶体的聚沉、电泳等以及利用胶体性质对生产生活中实际问题进行解释是解题关键，题目较简单．
10．（2分）设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法中正确的是（ ）
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A．标准状况下，22.4L Cl2完全溶于水时，转移电子数为NA B．标准状况下，22.4L SO3所含分子数为NA
C．高温下，16.8 g Fe与足量水蒸气完全反应失去0.8NA个电子 D．1mol Na2O2固体中含离子总数为4NA
【分析】A、求出氯气的物质的量，然后根据氯气和水的反应为可逆反应来分析； B、标况下三氧化硫为液体；
C、求出铁的物质的量，然后根据铁和水蒸气反应后变为+价来分析； D、过氧化钠由2个钠离子和1个过氧根构成．
【解答】解：A、标况下22.4L氯气的物质的量为1mol，而氯气和水的反应为可逆反应，故氯气不能反应完全，则转移的电子数小于NA个，故A错误； B、标况下三氧化硫为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算，故B错误； C、16.8g铁的物质的量为n=
=0.3mol，而铁和水蒸气反应后变为+价，
故0.3mol铁转移0.8NA个电子，故C正确；
D、过氧化钠由2个钠离子和1个过氧根构成，故1mol过氧化钠中含3NA个离子，故D错误。 故选：C。
【点评】本题考查了物质的量和阿伏伽德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键．
二．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分） 11．（3分）下列离子方程式书写正确的是（ ） A．稀硝酸与铁屑反应：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑
B．往NH4HCO3溶液中加过量的NaOH 溶液并加热：NH4++OH﹣=NH3↑+H2O C．往酸性碘化钾溶液中滴加适量的双氧水：2I﹣+2H++H2O2=I2+2H2O D．HS﹣的电离：HS﹣+H2O⇌OH﹣+HS﹣ 【分析】A．不符合反应客观事实；
B．氢氧化钠过量，铵根离子、碳酸氢根离子都反应； C．过氧化氢具有强的氧化性，能氧化碘离子生成单质碘； D．HS﹣电离产生氢离子和硫离子。
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【解答】解：A．硝酸为氧化性酸，铁与稀硝酸反应生成NO气体，当硝酸过量是的反应为：3Fe2++4H++NO3﹣═3Fe3++NO↑+2H2O，故A错误；
B．向NH4HCO3溶液中加过量的NaOH溶液并加热，离子方程式：HCO3﹣+NH4++2OH
﹣
NH3↑+2H2O+CO32﹣，故B错误；
C．往酸性碘化钾溶液中滴加适量的双氧水，离子方程式：2I﹣+2H++H2O2=I2+2H2O，故C正确；
D．HS﹣的电离方程式：HS﹣+H2O⇌H++S2﹣，故D错误； 故选：C。
【点评】本题考查了离子方程式的书写，明确发生反应的实质，熟悉离子方程式书写方法是解题关键，注意离子反应遵循客观事实。
12．（3分）将amol铁粉加入到含bmol硝酸溶液中，充分反应后铁粉完全溶解，共收集到c L（标况）的NO、NO2混合气体。下列有关说法不正确的是（ ） A．若反应后产物中只有Fe2+生成，则
＜a＜
B．若反应后产物中只有Fe3+生成，则b=3a+C．若反应后产物中有Fe2+、Fe3+生成，则D．若反应后溶液中有dmol H+，则b=3a+d+
＜b＜6a
【分析】铁粉中滴加少量浓硝酸反应生成硝酸亚铁和二氧化氮和水，离子方程式为：Fe+2NO3﹣+4H+=Fe2++2NO2↑+2H2O，铁粉中滴加过量浓硝酸反应生成硝酸铁和二氧化氮和水，离子方程式为：Fe+3NO3﹣+6H+=Fe3++3NO2↑+3H2O，少量铁粉加入稀硝酸中生成硝酸铁、一氧化氮气体和水，反应的离子方程式为：Fe+NO3﹣+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，过量的铁粉加入稀硝酸中的离子方程式：3Fe+8H++2N03﹣═3Fe2++2NO↑+4H2O，根据电子转移守恒、氮元素守恒结合极限法计算。 【解答】解：A．若反应后产物中只有Fe2+生成，假设生成c L（标况）的NO气体，发生的离子方程式：3Fe+8H++2N03﹣═3Fe2++2NO↑+4H2O，则消耗铁的物质的量为：amol=
×=
，假设生成c L（标况）的NO2气体，发生
的离子方程式：Fe+2NO3﹣+4H+=Fe2++2NO2↑+2H2O，则消耗铁的物质的量为：amol=
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×=
＜a＜
，实际共收集到c L（标况）的NO、NO2混合气体，则
，故A正确；
B．若反应后产物中只有Fe3+生成，假设生成c L（标况）的NO气体，发生的离子方程式：Fe+NO3﹣+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，根据氮元素守恒则b=3a+
，假设
生成c L（标况）的NO2气体，发生的离子方程式Fe+3NO3﹣+6H+=Fe3++3NO2↑+3H2O，根据氮元素守恒则b=3a+
，故B错误；
C．若反应后产物中只有Fe2+，发生的离子方程式：3Fe+8H++2N03﹣═3Fe2++2NO↑+4H2O，b=
a，发生的离子方程式为：Fe+2NO3
﹣
+4H+=Fe2++2NO2↑+2H2O，b=4a，若反应后产物中只有Fe3+生成，离子方程式为Fe+3NO3﹣+6H+=Fe3++3NO2↑+3H2O，b=6a，发生的离子方程式为：Fe+NO3﹣+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，b=4a，所以若反应后产物中有Fe2+、Fe3+生成，则＜6a，故C正确；
D．若反应后溶液中有dmol H+，硝酸剩余，只有Fe3+生成，生成Fe（NO3）3、NO、NO2、剩余dmolHNO3，根据氮元素守恒，b=3a+d+故选：B。
【点评】本题考查化学方程式的计算、氧化还原反应计算，侧重对解题方法技巧与学生分析解决问题能力的考查，注意根据守恒进行解答，难度较大。
13．（3分）将CO2通入下列物质的溶液中不与其反应的是（ ） ①Na2CO3②Ca（ClO）2③CaCO3④CaCl2． A．①③④ B．①和③
C．只有② D．只有④
，故D正确；
＜b
【分析】二氧化碳为酸性气体，水溶液呈弱酸性，可与酸性比碳酸弱的盐、碱或碳酸盐反应，以此解答该题．
【解答】解：①二氧化碳与碳酸钠溶液发生生成碳酸氢钠，故正确；
②二氧化碳与Ca（ClO）2溶液，因为碳酸酸性比HClO强，所以反应生成碳酸钙和HClO，故正确；
③二氧化碳与碳酸钙发生生成碳酸氢钙，故正确；
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④二氧化碳与CaCl2 溶液，因为碳酸酸性比HCl弱，所以不反应，故错误。 故选：D。
【点评】本题考查了二氧化碳的性质，为高频考点，侧重学生对物质性质的掌握，题目难度不大，注意对知识的积累．
14．（3分）常温下，下列各组离子在指定溶液中可能大量共存的是（ ） A．滴入甲基橙显红色的溶液中：Na+、NO3﹣、I﹣、SO42﹣
B．水电离的c（H+）=10﹣12mol/L的溶液中：K+、AlO2﹣、CH3COO﹣、SiO32﹣ C．
=10﹣12的水溶液中：K+、ClO﹣、S2﹣、Cl﹣
D．加入铝粉能产生氢气的溶液中：NH4+、Fe2+、SO42﹣、NO3﹣ 【分析】A．离子之间发生氧化还原反应； B．该组在强碱性溶液中离子之间不反应； C．离子之间发生氧化还原反应；
D．加入铝粉能产生氢气的溶液，可能是强酸性溶液也可能是强碱性溶液． 【解答】解：A、滴入甲基橙显红色，溶液呈酸性，酸性溶液中NO3﹣、I﹣发生氧化还原反应，故A错误；
B、水电离的c（H+）=10﹣12mol/L，可能强酸性溶液和强碱性溶液，在强碱性溶液中K+、AlO2﹣、CH3COO﹣、SiO32﹣能共存，故B正确； C、
=10﹣12的水溶液呈酸性，ClO﹣具有强氧化性，硫离子具有还原性，两
者发生氧化还原反应，而且酸性溶液中ClO﹣、Cl﹣，发生氧化还原反应，故C错误；
D、加入铝粉能产生氢气的溶液，可能是强酸性溶液也可能是强碱性溶液，酸性溶液中Fe2+、NO3﹣发生氧化还原反应，碱性溶液中NH4+、Fe2+不能共存，故D错误； 故选：B。
【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子共存考查，题目难度较
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大．
15．（3分）根据如图转化关系判断下列说法不正确的是（反应条件已略去）（ ）
A．反应①②③④⑤均属于氧化还原反应
B．生成黑锰矿的反应中，3 molMn参加反应转移4mol电子 C．生成等量的O2，反应③和④转移的电子数之比为1：2 D．反应⑤为铝热反应
【分析】A．反应过程中元素化合价变化是氧化还原反应；
B．Mn和O2反应生成黑锰矿，反应的化学方程式为：3Mn+2O2=Mn3O4，据此计算电子转移数；
C．生成等量的O2，结合2H2O2～O2～2e﹣、2KClO3～3O2～12e﹣分析； D．⑤为铝热反应，Al失去电子，为还原剂．
【解答】解：A．①②③④⑤反应中均有元素的化合价变化，属于氧化还原反应，故A正确；
B．Mn和O2反应生成黑锰矿，反应的化学方程式为：3Mn+2O2=Mn3O4，氧元素化合价0价变化为﹣2价，则3 molMn参加反应转移8mol电子据此计算电子转移数，故B错误；
C．由6H2O2～3O2～6e、2KClO3～3O2～12e，生成等量的O2，反应③和④转移的电子数之比为1：2，故C正确；
D．⑤为铝热反应，Al失去电子，为还原剂，Mn为还原产物，则还原性Al＞Mn，故D正确； 故选：B。
【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为
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﹣
﹣
解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念及转移电子的考查，题目难度中等．
16．（3分）关于O2与O3气体，下列比值一定为2：3的是（ ） A．若两种气体所占体积相同，两种气体的质量之比 B．若两种气体原子数相同，两种气体的质子数之比 C．若温度及压强相同，两种气体的密度之比 D．若两种气体的质量相同，两种气体的分子数之比
【分析】A．必须是在相同的条件下，气体的体积之比才等于物质的量之比； B．两种气体原子数相同，质子数相同； C．根据ρ==D．根据n==
计算； 计算．
【解答】解：A．如不在相同条件下，相同体积的两种气体的物质的量不一定相同，则质量比不一定等于2：3，故A错误；
B．两种气体都有O原子组成，则两种气体原子数相同，两种气体的质子数相同，故B错误；
C．温度和压强相同，Vm相同，由ρ==质量之比等于2：3，故C正确； D．两种气体的质量相同，由n==D错误。 故选：C。
【点评】本题考查阿伏加德罗定律及其推论，题目难度中等，本题注意物质的量的相关计算公式的运用．
17．（3分）要证明某溶液中不含Fe3+而可能含有Fe2+进行如下实验操作时最佳顺序为
①加入足量氯水 ②加入足量KMnO4溶液 ③加入少量NH4SCN溶液（ ） A．①③
可知，两种气体的密度之比等于摩尔
可知，两种气体的分子数之比为3：2，故
B．③② C．①②③ D．③①
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【分析】实验目的是证明某溶液中不含Fe3+而可能含有Fe2+，需要先用硫氰化钾溶液排除铁离子，然后加入氧化剂氯水证明原溶液中含有亚铁离子，据此进行解答．
【解答】解：因为SCN﹣与Fe3+作用使溶液显红色，与Fe2+作用无此现象，可以先滴加NH4SCN溶液，原溶液不显红色，说明原溶液不含有Fe3+，然后滴加氯水后显红色，说明滴加氯水后溶液中含有Fe3+，则证明原溶液含有Fe2+，属于最佳顺序为③①， 故选：D。
【点评】本题考查了铁离子、亚铁离子的检验方法，题目难度不大，明确常见离子的检验方法为解答关键，注意掌握检验亚铁离子、铁离子的检验方法，试题培养了学生的化学实验能力．
18．（3分）下列叙述错误的是（ ） ①热稳定性：H2O＞HF＞H2S ②熔点：Al＞Na＞K
③ⅡA族元素的阳离子与上周期稀有气体元素的原子具有相同的核外电子排布 ④元素周期表中从ⅢB族到ⅡB族10个纵行的元素都是金属元素 ⑤含有不同种元素原子的分子中，仅存在极性键，不存在非极性键
⑥已知H2SO4（aq）+2NaOH（aq）=2H2O（l）+Na2SO4（aq）△H=﹣114.6KJ•mol
﹣1
则中和热为57.3KJ•mol﹣1
⑦两个非金属元素原子间只可能形成共价键
⑧凡是有空轨道的微粒，都能接受孤电子对形成牢固的配位键 A．②④⑥ B．①⑤⑥ C．②③④ D．①⑤⑧
【分析】①元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定； ②金属键的作用力越弱，熔点越低；
③ⅡA族元素的原子变成离子，失去1个电子层； ④ⅢB族到ⅡB族为过渡金属元素； ⑤H2O2含有非极性键；
⑥在稀溶液中，酸跟碱发生中和反应生成1 mol液态水时所释放的热量叫做中和
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热；
⑦非金属以共用电子对成键；
⑧钠离子等含空轨道，难形成配位键。
【解答】解：①非金属性：F＞O＞S，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，则热稳定性：HF＞H2O＞H2S，故①错误；
②影响金属键作用力强弱的因素是原子半径以及金属离子所带电荷，金属键：Al＞Na＞K，金属键的作用力越弱，熔点越低，故②正确；
③金属原子失去电子形成阳离子，电子层减少，则ⅡA族元素的阳离子与上一周期稀有气体元素的原子具有相同的核外电子排布，故③正确；
④从ⅢB族到ⅡB族10个纵行为副族及第VⅢ族元素，均为金属元素，故④正确； ⑤H2O2存在极性键和非极性键，故⑤错误；
⑥在稀溶液中，酸跟碱发生中和反应生成1 mol液态水时所释放的热量叫做中和热，故⑥正确；
⑦非金属以共用电子对成键，为共价键，故⑦正确；
⑧钠离子等含空轨道，难形成配位键，一般过渡金属元素的空轨道能接受孤电子对形成牢固的配位键，故⑧错误。 故选：D。
【点评】本题多角度考查元素周期表与周期律知识，为高考常见题型和高频考点，题目难度中等，侧重于基础知识的综合理解与运用的考查，注意相关基础知识的积累。
19．（3分）已知氧化性：Br2＞Fe3+＞I2，向含有a mol FeI2的溶液中加入含b mol Br2的溴水，下列判断或相应的离子方程式正确的是（ ） A．当a=2，b=1时，离子方程式为：2Fe2+Br2→2Fe3+2Br
+
+
﹣
B．如果反应后的溶液中存在c（Fe2+）=c（Fe3+），则＜＜1 C．当a=1，b=2时，离子方程式为：2Fe2++4I﹣+3Br2→2Fe3++2I2+6Br﹣
D．当a=2，2＜b＜3时，溶液中铁元素以两种离子形式存在，且一定是c（Fe3+）＞c（Fe2+）
【分析】A、2 mol FeI2的溶液最多失去6mol的电子，而1 mol Br2的溴水最多可
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以得到2mol的电子，碘离子的还原性强于亚铁离子，所以溴水首先与碘离子反应，离子方程式为：2I﹣+Br2→I2+2Br﹣；
B、如果反应后的溶液中存在c（Fe2+）=c（Fe3+），说明有一半的Fe2+的溶液，被氧化，根据得失电子守恒2a+=2b，所以=；
C、1 mol FeI2的溶液最多失去3mol的电子，而2mol Br2的溴水最多可以得到4mol的电子，所以溴过量，FeI2完全反应；
D、当a=2，b=2.5时，溶液中铁元素以两种离子形式存在，且一定是c（Fe3+）=c（Fe2+）．
【解答】解：A、2 mol FeI2的溶液最多失去6mol的电子，而1 mol Br2的溴水最多可以得到2mol的电子，碘离子的还原性强于亚铁离子，所以溴水首先与碘离子反应，离子方程式为：2I﹣+Br2→I2+2Br﹣，故A错误；
B、如果反应后的溶液中存在c（Fe2+）=c（Fe3+），说明有一半的Fe2+的溶液，被氧化，根据得失电子守恒2a+=2b，所以
，故B错误；
C、1 mol FeI2的溶液最多失去3mol的电子，而2mol Br2的溴水最多可以得到4mol的电子，所以溴过量，FeI2完全反应，故C正确；
D、当a=2，b=2.5时，溶液中铁元素以两种离子形式存在，且一定是c（Fe3+）=c（Fe2+），故D错误； 故选：C。
【点评】本题考查学生氧化还原反应中氧化性和还原性强弱的知识，综合性较强，难度较大．
20．（3分）t℃时CuSO4的溶解度是S g，其饱和溶液密度d g．cm﹣3、物质的量浓度为c mol．L﹣1．向足量饱和溶液中加入m g无水CuSO4或蒸发掉n g水后恢复t℃，均能获得W g胆矾晶体，下列关系式正确的是（ ） A．C．
D．
B．
【分析】A．根据c=计算，根据溶解度计算饱和溶液的质量分数；
B．饱和溶液蒸发掉ng水恢复到t℃时，获得Wg CuSO4•5H2O晶体，故Wg晶体
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再加入（蒸发掉的）n g水时，Wg胆矾晶体就可恰好溶解恢复到原饱和溶液，即n g水与Wg CuSO4•5H2O构成饱和溶液，据此计算；
C．向足量饱和溶液中加入m g无水CuSO4或蒸发掉n g水后恢复t℃，均能获得W g胆矾晶体，由于硫酸铜能与水反应而使饱和溶液硫酸铜溶液因减少水而析出晶体，因此可判断加入m g无水CuSO4相当于蒸发掉n g水，即蒸发的n g水中溶解有m g的硫酸铜；
D．析出的硫酸铜晶体质量等于加入mg硫酸铜质量与饱和溶液减少的质量，根据化学式计算硫酸铜、结晶水的质量，进而计算结晶水溶解硫酸铜的质量，结合溶解度s计算．
【解答】解：A．t℃时CuSO4的溶解度是S g，则饱和溶液的质量分数为
，
根据c=可知该溶液物质的量浓度=
mol•L﹣1，故A错误；
mol/L=
B．饱和溶液蒸发掉ng水恢复到t℃时，获得Wg CuSO4•5H2O晶体，逆向思维即再加入（蒸发掉的）n g水时，Wg胆矾晶体就可恰好溶解恢复到原饱和溶液，即n g水与Wg CuSO4•5H2O构成饱和溶液，饱和溶液中溶质质量=Wg×
×100%，
溶液的质量=n+W，此时硫酸铜的溶解度S=×100g=g，
故B错误；
C．加入m g无水CuSO4或蒸发掉n g水后恢复到t℃，均能获得W g胆矾晶体说明n g水后中溶解m g无水CuSO4恰好成饱和溶液，此时硫酸铜溶解度S=×100g，则m=
g；故C正确；
D．加入m g的无水CuSO4与饱和溶液中的水反应而使饱和溶液因水减少而析出晶体，W g硫酸铜晶体中所含结晶水质量=W g×=W g×
×100%，而其中（W g×
×100%、所含硫酸铜的质量
×100%﹣m）g硫酸铜完全溶解于W g
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××100%g水恰好成为饱和溶液，则=，则析出晶体质
量W=故选：C。
g，故D错误；
【点评】本题考查溶液浓度有关计算，涉及质量分数、溶解度、物质的量浓度，属于字母型计算，题目已知条件甚多，要求学生综合分析利用，注意理解“mg无水CuSO4与ng水恰好能够成饱和溶液”及“析出的硫酸铜晶体质量等于加入mg硫酸铜质量与饱和溶液减少的质量”，难度较大．
三．填空题（共4小题，满分50分）
21．（16分）在如下反应中：KClO3+6HCl═KCl+3Cl2↑+3H2O 中， （1）氧化剂与还原剂的物质的量之比是 1：5 ；
（2）如果有0.15molHCl被氧化，转移电子的物质的量是 0.15mol ；标况下，产生Cl2的体积为 2.016 L．
【分析】由KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O反应可知，KClO3中Cl元素的化合价由+5价降低为0，HCl中Cl元素的化合价由﹣1价升高为0，以此来解答． 【解答】解：（1）该反应中只有Cl元素的化合价变化，氯气既是氧化产物也是还原产物，由Cl原子守恒及电子守恒可知，5个Cl原子被氧化，1个Cl被还原，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比是1：5，故答案为：1：5；
（2）由方程式可知，当生成3mol氯气生成时，有5molHCl被氧化，转移5mol电子，所以有0.15molHCl被氧化，标况下，产生Cl2的体积为3×0.03×22.4=2.016L， 故答案为：0.15mol；2.016．
【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重基本概念和转移电子数目的计算，题目难度不大．
22．（8分）请回答下列问题：
（1）现有下列状态的物质①干冰 ②NaHCO3晶体 ③氨水 ④纯醋酸 ⑤FeCl3溶液⑥铜 ⑦熔融的KOH ⑧蔗糖，其中属于电解质的是 ②④⑦ ，能导电的是
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③⑤⑥⑦ 。
（2）向煮沸的蒸馏水中逐滴加入 FeCl3饱和 溶液，继续煮沸至 溶液呈红褐色 ，停止加热，可制得Fe（OH）3胶体，制取Fe（OH）3胶体化学反应方程式为 FeCl3+3H2O（沸水）=Fe（OH）3（胶体）+3HCl 。
（3）实验室制欲用固体NaOH来配0.5mol/L的NaOH溶液500mL，配制时，一般可分为以下几个步骤：①称量②计算③溶解④摇匀⑤转移⑥洗涤⑦定容⑧冷却。其正确的操作顺序为 ②①③⑧⑤⑥⑦④ 。在配制过程中，若其它操作均正确，下列操作会引起结果偏高的是 BD
A．没有洗涤烧杯和玻璃棒 B．未等NaOH溶液冷却至室温就转移到容量瓶中 C．容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水 D．定容时俯视标线 E．称量时间过长。
【分析】（1）电解质：在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物；例：酸、碱、盐，金属氧化物等；非电解质：在水溶液中和熔融状态下不能导电的化合物；例：有机物，非金属氧化物等；物质导电的条件：存在自由移动的电子或者自由移动的离子；
（2）实验室制备氢氧化铁胶体的方法是：促进三价铁离子的水解，向沸水滴加几滴饱和氯化铁溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，即停止加热；
（3）配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤为：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶、贴标签，据此排序；
分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，依据C=进行误差分析。 【解答】解：（1）①干冰本身不能电离产生自由移动的离子而导电，属于电解质； 不含自由移动的电子或者自由移动的离子，不导电；
②NaHCO3晶体 在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，属于电解质；不含自由移动的电子或者自由移动的离子，不导电；
③氨水 是混合物，既不是电解质也不是非电解质；含有自由移动的离子，能导电；
④纯醋酸在水溶液中能导电的化合物，属于电解质；不含自由移动的电子或者自由移动的离子，不导电；
⑤FeCl3溶液是混合物，既不是电解质也不是非电解质；含有自由移动的离子，
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能导电；
⑥铜 是单质，既不是电解质也不是非电解质； 含有自由电子，能够导电； ⑦熔融的KOH 水溶液或者熔融状态下能导电的化合物，属于电解质；含有自由移动的离子，能导电；
⑧蔗糖，在水溶液中和熔融状态下不能导电的化合物，属于非电解质；不含自由移动的电子或者自由移动的离子，不导电；
所以：属于电解质的是②④⑦，能导电的是③⑤⑥⑦； 故答案为：②④⑦；③⑤⑥⑦；
（2）实验室制备氢氧化铁胶体的方法是：加热烧杯中的水至沸腾，向沸水滴加几滴饱和FeCl3饱和溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，即停止加热，反应方程式：FeCl3+3H2O（沸水）=Fe（OH）3（胶体）+3HCl；
故答案为：FeCl3饱和溶液；溶液呈红褐色，FeCl3+3H2O（沸水）=Fe（OH）3（胶体）+3HCl；
（3）配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤为：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶、贴标签，所以正确的操作顺序为：②①③⑧⑤⑥⑦④；
A．没有洗涤烧杯和玻璃棒，导致部分溶质损耗，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故A不选；
B．未等NaOH溶液冷却至室温就转移到容量瓶中，冷却后溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故B选；
C．容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水，对溶质的物质的量和溶液体积都不会产生影响，溶液浓度不变，故C不选；
D．定容时俯视标线，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故D选；
E．称量时间过长，导致称取固体中含有溶质氢氧化钠质量偏小，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故E不选； 故选：BD；
故答案为：②①③⑧⑤⑥⑦④； BD。
【点评】本题为综合题，考查了电解质、非电解质的判断，氢氧化铁胶体的制备方法，一定物质的量浓度溶液的配制，熟悉相关知识即可解答，题目难度不大。
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23．（12分）（1）用18mol/L硫酸配制100mL 1.0mol/L硫酸，若实验仪器有： A．100mL量筒 B．托盘天平 C．玻璃棒 D．50mL容量瓶 E．10mL量筒 F．胶头滴管 G．50mL烧杯 H．100mL容量瓶 实验时应选用的仪器有（填入编号） G、E、C、H、F ．
（2）在容量瓶的使用方法中，下列操作不正确的是 B、C、D （填写标号）． A．使用容量瓶前检查它是否漏水．
B．容量瓶用蒸馏水洗净后，再用待配溶液润洗．
C．配制溶液时，如果试样是固体，把称好的试样用纸条小心倒入容量瓶中，缓缓加入蒸馏水到接近刻度线1～2cm处，用胶头滴管滴加蒸馏水到刻度线． D．配制溶液时，如果试样是液体，用量筒量取试样后直接倒入容量瓶中，缓慢加入蒸馏水倒接近刻度线1～2cm处，用胶头滴管滴加蒸馏水到刻度线． E．定容后，塞好瓶塞，用食指顶住瓶塞，用另一只手的手掌托住瓶底，把容量瓶倒转和摇动多次．
【分析】（1）根据溶液稀释前后物质的量不变计算所需浓硫酸的体积，据此选择合适规格的量筒；依据配制溶液体积选择需要容量瓶规格，依据操作步骤选取实验仪器；
（2）A．容量瓶带有活塞，使用前应查漏；
B．容量瓶用蒸馏水洗净后，再用待配液润洗，会导致所配溶液浓度偏大； C．容量瓶为精密仪器，不能用来溶解固体； D．容量瓶为精密仪器，不能用来稀释浓溶液；
E．摇匀时食指顶住瓶塞，用另一只手的手指托住瓶底，把容量瓶倒转反复上下摇匀．
【解答】解：（1）设需要浓硫酸体积为V，则依据溶液稀释规律得：V×18mol/L=100mL×1.0mol/L，解得V=5.6mL，所以应选择10mL量筒； 配制100mL 1.0mol/L硫酸，应选择100mL容量瓶；
配制一定物质的量浓度溶液一般步骤为：有量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用量筒量取浓硫酸，在烧杯中稀释，冷却后转移到1容量瓶中，并用玻璃棒引流，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，所以需要的仪器为：10mL量筒、50mL烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管；
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故答案为：G、E、C、H、F；
（2）A．使用容量瓶前要检查它是否漏水，防止在配制溶液过程中漏液，故A正确；
B．容量瓶用蒸馏水洗净后，再用待配液润洗，会导致所配溶液浓度偏大，故B错误；
C．容量瓶为精密仪器，不能用来溶解固体，应先在烧杯中溶解稀释，冷却至室温以后，再转移至容量瓶，故C错误；
D．容量瓶为精密仪器，不能用来稀释浓溶液，应先在烧杯中溶解稀释，冷却至室温以后，再转移至容量瓶，故D错误；
E．摇匀时食指顶住瓶塞，用另一只手的手指托住瓶底，把容量瓶倒转反复上下摇匀，故E正确； 故选：BCD．
【点评】本题考查了用容量瓶配制一定物质的量浓度溶液仪器的选择和容量瓶使用方法，明确配制过程及操作步骤是解题关键，注意容量瓶结构及使用注意问题，题目难度不大．
24．（14分）已知A是生产生活中用量最大的金属，B为淡黄色粉末．在常温下C为无色液体，E、G、H、I、J为气体，其中H为黄绿色，其它为无色．J能使湿润的红色石蕊试纸变蓝（图中部分产物已略去）．
请填写下列空白
（1）写出化学式：D Fe3O4 ，K NH4Cl ．
（2）写出②的离子方程式 2Na2O2+2H2O=4Na++4OH﹣+O2↑ ． （3）反应④不属于下列何种反应类型 D （填字母序号）．
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A．化合反应 B．氧化还原反应 C．离子反应 D．置换反应 （4）若要确定③反应后所得溶液中含有M物质，所选试剂为 D （填序号）． A．KSCN溶液和氯水 B．铁粉和KSCN C．浓氨水 D．酸性高锰酸钾溶液
（5）将F加入到M的溶液里并露置在空气中，可以观察到整个过程的现象是： 产生白色沉淀，迅速变成灰绿色，最后变成红褐色 ．
（6）常温下，H与过量的J反应产生浓厚的白烟，另一生成物是空气的主要成分之一，请写出该反应的化学方程式 8NH3+3Cl2=N2+6NH4Cl ．
【分析】已知A是生产生活中用量最大的金属，应为Fe，B为淡黄色粉末，应为Na2O2，在常温下C为无色液体，应为H2O，则D为Fe3O4，E为H2，G为O2，F为NaOH，H为黄绿色气体，应为Cl2，则I为HCl，J能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，应为NH3，则K为NH4Cl，M为FeCl2，N为FeCl3，结合对应物质的性质以及题目要求可解答该题．
【解答】解：已知A是生产生活中用量最大的金属，应为Fe，B为淡黄色粉末，应为Na2O2，在常温下C为无色液体，应为H2O，则D为Fe3O4，E为H2，G为O2，F为NaOH，H为黄绿色气体，应为Cl2，则I为HCl，J能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，应为NH3，则K为NH4Cl，M为FeCl2，N为FeCl3，
（1）由以上分析可知D为Fe3O4，K为NH4Cl，故答案为：Fe3O4；NH4Cl； （2）反应②的离子方程式2Na2O2+2H2O=4Na++4OH﹣+O2↑，故答案为：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH﹣+O2↑；
（3）反应④为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣，该反应为化合反应、氧化还原反应、离子反应，故答案为：D；
（4）③反应后所得溶液中含有Fe2+，可与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应而使高锰酸钾溶液褪色，其它选项不能证明，不能排除铁离子的干扰，故答案为：D；
（5）将F加入到M的溶液里并露置在空气中，先生成氢氧化亚铁白色沉淀，氢氧化亚铁不稳定，易被空气中氧气氧化生成红褐色的氢氧化铁，现象是产生白色沉淀，迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，
故答案为：产生白色沉淀，迅速变成灰绿色，最后变成红褐色；
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（6）常温下，H与过量的J反应产生浓厚的白烟，另一生成物是空气的主要成分之一，该反应的方程式为8NH3+3Cl2=N2+6NH4Cl， 故答案为：8NH3+3Cl2=N2+6NH4Cl．
【点评】本题考查无机物的推断，侧重于物质的性质的考查，解答本题的关键是根据物质的性质和用途作为突破口解答，题目难度中等，注重于学生分析问题和解决问题能力的考查．
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