黑龙江省鹤岗市第一中学2019-2020学年高一上学期化学期中考试试卷
一、单选题
1．（2019高一上·鹤岗期中）“物质的量”是指（ ）
A．物质的质量
B．物质的微观粒子数
C．物质的质量与微观粒子数
D．把物质的质量同微观粒子数联系起来的一个基本物理量
2．（2019高一上·鹤岗期中）化学是一门以实验为基础的自然科学，化学实验在化学学习中具有极其重要的作用。下列实验装置与实验目的对应的是（ ）
A用海水制蒸馏水 B将碘水中的碘单质与水直接分离 C除去Fe(OH)3胶体中的FeCl3 D稀释浓硫酸
A．A B．B C．C D．D
3．（2019高一上·鹤岗期中）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列对0.3 mol·L－1硫酸钾溶液的说法中正确的是（ ）
A．1 L溶液中含0.3NA个K＋
B．1 L溶液中含0.9NA个离子
C．2 L溶液中K＋浓度是1.2 mol·L－1
D．2 L溶液中含0.6NA个离子
4．（2019高一上·鹤岗期中）下列叙述中正确的是（ ）
①标准状况下，1LHCl和1LH2O的物质的量相同；
②常温常压下，1gH2和14gN2的体积相同；
③28gCO的体积为22.4L；
④两种物质的物质的量相同，则它们在标准状况下的体积也相同；
⑤同温同体积时，气体的物质的量越大，则压强越大；
⑥同温同压下，气体的密度与气体的相对分子质量成正比
A．①③④⑥ B．②⑤⑥ C．⑤⑥ D．①⑤⑥
5．（2019高一上·鹤岗期中）下列电离子方程式错误的是（ ）
A．NaHCO3=Na++HCO3- B．NaHSO4=Na++H++SO42－
C．KClO3=K++Cl-+3O2- D．H2SO4=2H++SO42-
6．（2019高一上·鹤岗期中）下列说法正确的是（ ）
A．碱性氧化物一定是金属氧化物，但酸性氧化物不一定都是非金属氧化物
B．胶体会产生电泳现象是因为胶体吸附带电离子而显电性
C．电解质与非电解质的本质区别是水溶液能否导电
D．离子反应是否能够发生要看离子之间能否发生复分解反应
7．（2016高三上·岐山期中）下列叙述正确的是（ ）
A．含有最低价元素的化合物不一定具有很强的还原性
B．元素的单质一定是由氧化或还原该元素的化合物制得
C．阳离子只能得电子被还原，阴离子只能失电子被氧化
D．在化学反应中，得电子越多的氧化剂，其氧化性就越强
8．（2019高一上·鹤岗期中）钠加热后能在空气中着火燃烧的现象是（ ）
A．黄色火焰，生成白色固体Na2O
B．黄色火焰，生成淡黄色固体Na2O2
C．紫色火焰，生成淡黄色固体Na2O2
D．红色火焰，生成黄色固体Na2O
9．（2019高一上·鹤岗期中）下列各组关于强电解质、弱电解质、非电解质的归类正确的（ ）
A B C D
强电解质 Fe NaCl CaCO3 HNO3
弱电解质 CH3COOH NH3 H2CO3 Fe(OH)3
非电解质 蔗糖 BaSO4 C2H5OH H2O
A．A B．B C．C D．D
10．（2019高一上·鹤岗期中）VL Fe2(SO4)3溶液中含有a g Fe3+，取此溶液0.5VL，用水稀释至2VL，则稀释后溶液中SO42－的物质的量的浓度为（ ）
A． B．
C． D．
11．（2019高一上·鹤岗期中）根据下面两个化学方程式判断Fe2＋、Cu2＋、Fe3＋氧化性由强到弱的顺序是（ ）
①2FeCl3＋Cu=2FeCl2＋CuCl2 ②CuCl2＋Fe=FeCl2＋Cu
A．Fe3＋>Cu2＋>Fe2＋ B．Fe2＋>Cu2＋>Fe3＋
C．Cu2＋>Fe3＋>Fe2＋ D．Fe3＋>Fe2＋>Cu2＋
12．（2019高一上·鹤岗期中）固体A在一定温度下分解生成气体B、C和D：2A(s)=B(g)+2C(g)+3D(g)。若测得生成气体的质量是相同体积的H2的15倍，则A的摩尔质量是（ ）
A．30g/mol B．60g/mol C．90g/mol D．120g/mol
13．（2019高一上·鹤岗期中）下列各组离子在溶液中能大量共存的是（ ）
A．H＋、SO42-、NO3-、Fe2＋ B．Mg2＋、Cl－、NO3-、OH－
C．Ba2＋、Na＋、CO32-、NO3- D．Na＋、Al3＋、Cl－、SO42-
14．（2019高一上·鹤岗期中）2Mn2++ 5R2O8X—+8H2O=16H++10RO42—+2MnO4—在酸性溶液中(加热并有Ag催化)可发生如下反应根据上述反应，则R2O8x-中x的值是（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
15．（2019高一上·鹤岗期中）金属铜的提炼多从黄铜矿开始，黄铜矿的熔烧过程主要反应之一为2CuFeS2+O2=_____+2FeS+SO2，若CuFeS2中Cu、Fe的化合价都为+2，S的化合价为﹣2，下列说法正确的是（ ）
A．横线中的物质是Cu2S B．CuFeS2仅作还原剂
C．SO2是还原产物，不是氧化产物 D．FeS是氧化产物
16．（2019高一上·鹤岗期中）已知在酸性溶液中，下列物质氧化KI时，自身发生如下变化：Fe3+→Fe2+；MnO4-→Mn2+；Cl2→2Cl-；HNO2→NO。如果分别用等物质的量的这些物质氧化足量的KI，则得到I2最多的是（ ）
A．Fe3＋ B．MnO4- C．Cl2 D．HNO2
17．（2019高一上·鹤岗期中）下列反应的离子方程式正确的是（ ）
A．石灰乳与Na2CO3溶液混合： Ca2＋＋CO32－=CaCO3↓
B．向Ca(HCO3)2中加入少量NaOH溶液：Ca2++HCO3-+OH-=CaCO3↓+H2O
C．氯气通入氢氧化钠溶液中： 2Cl2＋2OH－=3Cl－＋ClO－＋H2O
D．钠与水的反应： Na＋2H2O =Na+＋2OH－＋H2↑
18．（2018高三上·石嘴山期中）某100mL溶液可能含有Na+、NH4+、Fe3+、CO32-、SO42-、Cl-中的若干种，取该溶液进行连续实验，实验过程如下：（所加试剂均过量，气体全部逸出）
下列说法错误的是（ ）
A．原溶液一定存在CO32-和SO42-，一定不存在Fe3+
B．若原溶液中不存在Na+，则c(Cl-)＜0.1mol·L-1
C．原溶液中c(Cl-)≥0.1mol·L-1
D．原溶液一定存在Cl-，可能存在Na+
19．（2019高一上·鹤岗期中）已知：将Cl2通入适量KOH溶液，产物中可能有KCl、KClO、KClO3，且 的值与温度高低有关。当n (KOH)=a mol时，下列有关说法错误的是（ ）
A．若某温度下，反应后 =11，则溶液中 =
B．参加反应的氯气的物质的量等于 a mol
C．改变温度，反应中转移电子的物质的量n的范围： a mol ≤ n(e -)≤ a mol
D．改变温度，产物中KClO3的最大理论产量为 a mol
二、填空题
20．（2019高一上·鹤岗期中）
（1）Ⅰ.3.01×1022个OH－的物质的量为 mol；这些OH－与 molNH3的质量相等，与 g Na+含有的离子数相同。
（2）有四种正盐的混合溶液，含有0.2 mol·L－1 Na+、0.25 mol·L－1 Mg2+、0.4mol·L－1 Cl－，则SO42-的浓度为 mol·L－1。
（3）Ⅱ.现有以下物质：
①NaCl晶体 ②干冰
③熔融的KNO3 ④石墨
⑤BaSO4固体 ⑥蔗糖
⑦酒精，请回答以下问题（填序号）：
a.能导电的是 ；
b.属非电解质的是 ；
c.属于电解质的是 ；
21．（2019高一上·鹤岗期中）已知：2Fe2++Cl2=2Cl﹣+2Fe3+，2Br﹣+Cl2=Br2+2Cl﹣，2Fe2++Br2=2Br﹣+2Fe3+。含有a mol FeBr2的溶液中，通入x mol Cl2，请按要求写出通Cl2过程中溶液内发生反应的离子方程式。
（1）当x=0.4a时：
（2）当x=a 时：
（3）当x=1.5a时：
22．（2019高一上·鹤岗期中）实验室可用KMnO4和浓盐酸反应制取氯气。KMnO4+HCl（浓）＝KCl+MnCl2+Cl2↑+H2O（未配平）。
（1）将上述化学方程式配平并改写为离子方程式 。
（2）浓盐酸在反应中显示出来的性质是 。
①只有还原性 ②还原性和酸性 ③只有氧化性 ④氧化性和酸性
（3）若产生0.5 mol Cl2，则被氧化的HCl mol，转移的电子的数目约为 。
（4）一定条件下，KMnO4还可以氧化其他还原性物质。
MnO4-+C2O42-+ ＝Mn2++CO2↑+ 完成上述离子方程式，此反应中，发生氧化反应的物质是 ；若转移1 mol电子，生成标准状况下CO2 L。
23．（2019高一上·鹤岗期中）某化学小组制备氢氧化铁胶体：洁净的小烧杯盛适量蒸馏水，用酒精灯加热至沸腾，向烧杯中逐滴加入1 mol·L－1氯化铁溶液，至液体呈透明的红褐色。回答下列问题：
（1）氢氧化铁胶体中微粒直径的范围是 。
（2）检验胶体制备成功的操作是 。
（3）实验中手不慎被玻璃割破，可用氯化铁溶液应急止血，主要原因是 (填序号)。
①氯化铁溶液具有杀菌消毒的作用
②氯化铁溶液能使血液胶体凝固
③氯化铁溶液能产生氢氧化铁沉淀堵住伤口
④氯化铁溶液能使血液发生化学变化
（4）制备胶体的化学方程式为 。如果将1molFeCl3全部制成胶体，胶粒数目 NA(选填“大于”“等于”“小于”)。
三、综合题
24．（2019高一上·鹤岗期中）某课题研究小组的同学探究钠与水反应之后，又研究了与溶液反应和NaCl溶液的配制。
（1）Ⅰ.将金属钠放入盛有下列溶液的小烧杯中：①Fe2(SO4)3溶液 ②NaCl溶液 ③Na2SO4溶液 ④饱和澄清石灰水 ⑤Ca(HCO3)2溶液。回答下列问题：
既有气体，又有白色沉淀产生的是 ；
（2）写出金属钠与①反应的离子方程式 ；
（3）若剩余的金属钠露置在空气中最终会变成 。
（4）Ⅱ.配制480mL 0.2 mol·L-1 NaCl溶液。
计算后，需称出NaCl质量为 g。
（5）在配制过程中，下列操作对所配溶液浓度的影响是（填偏高、偏低或无影响）
①配制前，容量瓶内有水
②溶液未冷却便定容
③定容时仰视刻度线
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】物质的量的单位--摩尔
【解析】【解答】物质的量是把物质的质量同微观粒子数联系起来的一个基本物理量，表示含有一定数目微观粒子的集体，单位是mol，
故答案为：D。
【分析】物质的量是一个物理量，它表示含有一定数目粒子的集体，符号为n。物质的量的单位为摩尔，简称摩，符号为mol。国际上规定，1mol为精确包含6.02214076×10^23个原子或分子等基本单元的系统的物质的量。
2．【答案】A
【知识点】常用仪器及其使用
【解析】【解答】A.海水中含有盐，因此采用蒸馏的方法可以得到蒸馏水，故A符合题意；
B.碘水属于溶液，不分层，不能用分液的方法进行分离，故B不符合题意；
C.胶体粒子不能透过半透膜，溶液中的粒子可以透过半透膜，因此除去Fe(OH)3胶体中的FeCl3可以采用渗析的方法进行分离，故C不符合题意；
D.浓硫酸溶于水放出大量的热，因此不能在容量瓶内稀释浓硫酸，应该在烧杯中进行，以防发生危险，故D不符合题意；
故故答案为：A。
【分析】A.蒸馏是一种热力学的分离工艺，它利用混合液体或液-固体系中各组分沸点不同，使低沸点组分蒸发，再冷凝以分离整个组分的单元操作过程，是蒸发和冷凝两种单元操作的联合;
B.萃取，又称溶剂萃取或液液萃取，亦称抽提，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;
C.渗析是溶质分子在浓度差推动下扩散透过半透膜的过程;
D.容量瓶只能用来配制溶液，不能用来稀释硫酸，也不能作为反应器。
3．【答案】B
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】1L 0.3 mol·L－1硫酸钾溶液中含有硫酸钾的物质的量为： 0.3mol/Lx1L=0.3mol，
A. 1L 0.3 mol·L－1硫酸钾溶液中含有0. 3mol硫酸钾，则含有0.6mol钾离子，含0.6NA个K+，故A不符合题意；
B. 1L该溶液中含有0.3mol硫酸钾，则含有0.3mol硫酸根离子，含0.6mol钾离子， 溶液中含0.9NA个离子，故B符合题意；
C. 2L该溶液中含有硫酸钾的浓度为0.3mol/ L，则钾离子的浓度为0.6mol/L，故C不符合题意；
D. 2L 0.3 mol·L－1硫酸钾溶液中，含有0.6mol硫酸根离子、1.2mol钾离子， 总共含有1.8mol离子，2L溶液中含1.8NA个离子，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】阿伏加德罗常数，为热学常量，符号NA。 它的精确数值为：6.02214076×10 ，一般计算时取6.02×10 或6.022×10 。
4．【答案】B
【知识点】阿伏加德罗定律及推论
【解析】【解答】①标准状况下，1L HCl的物质的量为 ，但标准状况下水为液体，不能利用气体摩尔体积来计算其物质的量，①项不符合题意；
②相同状况下，1gH2的物质的量为 =0.5mol，14gN2的物质的量为 =0.5mol，则气体的物质的量相同时，其体积相同，②项符合题意；
③气体的状态不一定是在标准状况下，若在标准状况下，28g CO的体积为 ×22.4L/mol=22.4 L，③项不符合题意；
④两种物质只有都是气体时，物质的量相同，则它们在标准状况下的体积也相同，即物质的状态不确定，体积可能相同，也可能不同，④项不符合题意；
⑤由pV=nRT可知，同温同体积时，气体物质的物质的量与压强成正比，则体物质的物质的量越大，则压强越大，⑤项符合题意；
⑥由pM=ρRT可知，同温同压下，气体的密度与气体的相对分子质量成正比，⑥项符合题意；
综上所述，②⑤⑥符合题意，B项符合题意，
故答案为：B。
【分析】本题考查的是物质的量、摩尔质量、气体摩尔体积等物理量之间的关系。
5．【答案】C
【知识点】电离方程式的书写
【解析】【解答】A、碳酸氢钠属于盐，能够完全电离：NaHCO3=Na++HCO3-，A不符合题意。
B、NaHSO4在水溶液中完全电离：NaHSO4=Na++H++SO42－，B不符合题意。
C、ClO3-不能拆开，应该为KClO3=K++ClO3-，C符合题意。
D、硫酸属于二元强酸：H2SO4=2H++SO42-，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】离子方程式书写的原则：（1）符合客观反应事实，符合物质的拆分原则；
（2）遵循质量守恒以及电荷守恒定律。
6．【答案】A
【知识点】电解质与非电解质；物质的简单分类；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A、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，如：Mn2O7是酸性氧化物，A符合题意；
B、胶体粒子具有较大的表面积，能吸附阳离子或阴离子，所以胶体具有吸附性，胶体的胶粒吸附胶体中带电荷的离子带电，如氢氧化铁胶体的胶粒吸附三价铁离子，带正电荷，通电后，氢氧化铁胶体的胶粒向阴极移动，产生电泳现象，但胶体是电中性的，B不符合题意；
C、电解质是指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，非电解质指的是在水溶液中和熔融状态下均不能导电的化合物，两者的本质区别是在水溶液中和熔融状态下本身能否电离出自由移动的离子而导电，与水溶液是否导电无必然联系，C不符合题意；
D、离子反应是否能够发生要看离子之间能否发生复分解反应，氧化还原反应，络合反应等，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】A.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；
B.胶体是不带电的，胶体上的胶粒带有电荷；
C.电解质与非电解质的本质区别是在水溶液或熔融状态下是否可以导电；
D.离子反应是否能够发生要看离子之间能否发生复分解反应，氧化还原反应，络合反应等。
7．【答案】A
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】解：A．含有最低价的元素的化合物不一定具有很强的还原性，如HF没有强还原性，故A正确；
B．元素的单质不一定是由氧化或还原该元素的化合物制得，如由空气分离得到氧气，故B错误；
C．阳离子可能失电子被氧化，如亚铁离子，阴离子可能被得电子被还原，如高锰酸根离子、高铁酸根离子等，故C错误；
D．在化学反应中，得电子越容易的氧化剂其氧化性越强，失电子越容易的还原剂其还原性越强，故D错误；
故选A．
【分析】A．含有最低价的元素的化合物不一定具有很强的还原性，如HF；
B．元素的单质不一定是由氧化或还原该元素的化合物制得；
C．阳离子可能失电子被氧化，阴离子可能被得电子被还原；
D．在化学反应中，得电子越容易的氧化剂其氧化性越强．
8．【答案】B
【知识点】钠的化学性质
【解析】【解答】钠在空气中着火燃烧，火焰呈黄色，生成淡黄色固体物质Na2O2，则选项A、C、D不符合题意，
故答案为：B。
【分析】钠在空气中燃烧的火焰呈黄色，生成淡黄色的固体，叫做过氧化钠。
9．【答案】C
【知识点】电解质与非电解质；强电解质和弱电解质；物质的简单分类
【解析】【解答】A、Fe是单质，不是化合物，铁既不是电解质也不是非电解质，故A不符合题意；
B、NH3是非电解质，本身不能电离出离子，BaSO4是盐属于强电解质，熔融状态完全电离，故B不符合题意；
C、碳酸钙是盐属于强电解质，碳酸是弱酸属于弱电解质，乙醇是非电解质，故C符合题意；
D、水能够电离出氢离子和氢氧根离子，属于弱电解质，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】强电解指的是可以完全电离的化合物；弱电解质指的是不能完全电离的化合物；非电解质指的是在水溶液或熔融状态下都不导电的化合物。
10．【答案】A
【知识点】物质的量浓度
【解析】【解答】ag Fe3+的物质的量为： = mol，取出的0.5VL溶液中含有Fe3+的物质的量为： × = mol，稀释过程中溶质的物质的量不变，则稀释后溶液中SO42－的物质的量为： mol× = mol，稀释后溶液中硫酸根离子的浓度为： mol÷2VL＝ ，
故答案为：A。
【分析】溶液稀释前后溶质的物质的量是不变的。
11．【答案】A
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较
【解析】【解答】反应①：氧化剂Fe3＋得电子生成还原产物Fe2＋，还原剂Cu失电子生成氧化产物Cu2＋。氧化性：Fe3＋>Cu2＋；反应②：氧化剂Cu2＋得电子生成还原产物Cu，还原剂Fe失电子生成氧化产物Fe2＋。氧化性：Cu2＋>Fe2＋。则有氧化性：Fe3＋>Cu2＋>Fe2＋。
故答案为：A。
【分析】在氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性强于还原产物。
12．【答案】C
【知识点】摩尔质量
【解析】【解答】由质量守恒：2molA的质量＝1molB的质量+2molC的质量+3molD的质量，设A的摩尔质量为Mg/mol，即生成气体的总质量为2M g，气体总物质的量为6mol，由于气体的平均摩尔质量＝30g/mol，所以2M＝6×30，解得M=90，
故答案为：C。
【分析】根据质量守恒可以得出A的质量，再求出气体的平均摩尔质量，就可以得到A的摩尔质量。
13．【答案】D
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A、酸性（H＋）条件下，NO3-具有强氧化性，能够氧化Fe2＋，所以H＋、NO3-、Fe2＋三者不能共存，故A不符合题意；
B、Mg2＋、OH－在溶液中会生成氢氧化镁沉淀，两者不能共存，故B不符合题意；
C. Ba2＋、CO32-在溶液中会生成碳酸钡沉淀，两者不能共存，故C不符合题意；
D、四种离子形成的物质都是可溶的，可以大量共存，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】离子共存，实质上就是判断离子间是否发生反应的问题。若在溶液中能够发生反应，就不能大量共存。判断能否发生反应，不仅是有沉淀、气体、水、难电离的物质产生，还涉及到溶液酸碱性、有色、无色，能否进行氧化还原反应等。
14．【答案】C
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】方程式中2Mn2++ 5R2O8X-+8H2O＝16H++10RO42-+2MnO4-遵循电荷守恒，根据电荷守恒得：2×（+2）+5×（-x）=16×（+1）+10×（-2）+2×（-1），4-5x=16-20-2，x= =2，
故答案为：C。
【分析】根据氧化还原反应中电子得失守恒，可以求出离子团所带的电荷。
15．【答案】A
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应方程式的配平；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A．由质量守恒定律可知横线上的物质为Cu2S，选项A符合题意；
B．由质量守恒可知横线上的物质为Cu2S，Cu元素化合价降低，S元素化合价升高，说明CuFeS2在反应中既是氧化剂又是还原剂，选项B不符合题意；
C．O元素的化合价由0降低为-2价，S元素的化合价由-2价升高为+4价，则SO2既是氧化产物又是还原产物，选项C不符合题意；
D．FeS中各元素化合价不变，既不是氧化产物，也不是还原产物，选项D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】在氧化还原反应中，还原剂失去电子，化合价升高，发生氧化反应，对应的是氧化产物；氧化剂得到电子，化合价降低，发生还原反应，对应的是还原产物。
16．【答案】B
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】假设各物质的物质的量都是1mol；由氧化还原反应中得失电子守恒，1mol氧化剂得电子越多，生成的I2就多；
A.1mol Fe3+→Fe2+转移1mol e-；
B.1mol MnO4-→Mn2+转移5mol e-；
C.1mol Cl2→2Cl-转移2mol e-；
D.1mol HNO2→NO转移1mol e-；
显然B中1mol MnO4-得电子最多，生成的I2就最多；
故答案为：B。
【分析】根据氧化还原反应中电子守恒的原理可以得出等物质的量的这些物质氧化得到碘单质的物质的量最多的是MnO4-。
17．【答案】B
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A.石灰乳属于悬浊液，写成化学式形式，石灰乳与Na2CO3溶液混合的离子反应为Ca（OH）2＋CO32－=CaCO3↓+2OH-，故A不符合题意；
B.向Ca(HCO3)2中加入少量NaOH溶液反应生成碳酸钙、碳酸氢钠和水，离子方程式为：Ca2++HCO3-+OH-=CaCO3↓+H2O，故B符合题意；
C.氯气通入氢氧化钠溶液中，反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，离子方程式为：Cl2＋2OH－=Cl－＋ClO－＋H2O ，故C不符合题意；
D.钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，离子反应为2Na＋2H2O =2Na+＋2OH－＋H2↑，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】离子方程式书写的原则：（1）符合客观反应事实，符合物质的拆分原则；
（2）遵循质量守恒以及电荷守恒定律。
18．【答案】B
【知识点】离子共存
【解析】【解答】加入氯化钡溶液，生成沉淀，一定含有碳酸根或是硫酸根中的至少一种，则该沉淀为BaSO4、BaCO3中的至少一种，沉淀部分溶解于盐酸，所以一定是BaSO4、BaCO3的混合物，一定存在CO32－、SO42－，硫酸钡沉淀是2.33g，物质的量是2.33g/233g·mol－1=0.01mol，碳酸根离子的物质的量是(4.3-2.33)g/197g·mol－1mol=0.01mol，碳酸根和铁离子不共存，一定不存在Fe3＋，所得到的滤液中加入氢氧化钠，出现气体，为氨气，一定含有铵根离子，根据元素守恒，铵根离子的物质的量是1.12L/22.4L·mol－1=0.05mol，根据电荷守恒，阳离子所带正电荷的物质的量之和：0.05mol，阴离子所带负电荷的物质的量之和=0.01×2+0.01×2=0.04mol，所以一定存在氯离子，钠离子不能确定，n（Cl－）≥0.01mol，所以c（Cl－）≥0.1mol·L-1。
A、原溶液一定存在CO32－和SO42－、Cl－，一定不存在Fe3＋，故A符合题意；
B、若原溶液中不存在Na＋，则c（Cl－）=0.1mol·L-1，故B不符合题意。
C、原溶液中c（Cl－）≥0.1mol·L-1，故C符合题意；
D、原溶液一定存在Cl－，可能存在Na＋，故D符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.根据加入钡离子产生沉淀，且沉淀部分溶解于酸中，说明原溶液中即含有硫酸根离子也含有碳酸根离子，和氢氧化钠反应不会得到沉淀，说明原溶液中一定不含有铁离子；
B.原溶液一定含有铵根离子、不含有铁离子，那么如果原溶液中不含有钠离子，根据电荷守恒可以计算出氯离子的浓度；
C.根据电荷守恒可以计算出原溶液中氯离子的浓度最小是0.1mol/L；
D.原溶液中一定存在了氯离子，因为一定要是电荷守恒，但是钠离子是否存在是不确定的。
19．【答案】D
【知识点】氧化还原反应；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A.假设n(ClO-)=1mol，由于反应后 =11，则n(Cl-)=11mol，根据电子转移守恒可得5n(ClO3-)+n(ClO-)= n(Cl-)，5×n(ClO3-)=11mol-1mol=10mol，所以n(ClO3-)=2mol，故溶液中 ，A不符合题意；
B.由Cl原子守恒可知，2n(Cl2)=n(KCl)+n(KClO)+n(KClO3)，由钾离子守恒可知n(KCl)+ n(KClO)+n(KClO3)=n(KOH)，两式联立可得n(Cl2)= n(KOH)= ×a mol= a mol，B不符合题意；
C.氧化产物只有KClO3时，转移电子最多，根据电子转移守恒n(KCl)=5n(KClO3)，由钾离子守恒：n(KCl)+n(KClO3)=n(KOH)，故n(KClO3)= n(KOH)= ×a mol= a mol；转移电子最大物质的量为： a mol×5= a mol；
氧化产物只有KClO时，转移电子最少，根据电子转移守恒n(KCl)=n(KClO)，根据钾离子守恒：n(KCl)+n(KClO)=n(KOH)，所以有n(KClO)= n(KOH)= ×a mol= a mol，转移电子最小物质的量= ×a mol×1= a mol，则反应中转移电子的物质的量n(e-)的范围为： a mol ≤ n(e -)≤ a mol，C不符合题意；
D.氧化产物只有KClO3时，其物质的量最大，根据电子转移守恒n(KCl)=5n(KClO3)，由钾离子守恒：n(KCl)+n(KClO3)=n(KOH)，故n最大(KClO3)= n(KOH)= ×a mol= a mol，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】根据氧化还原反应中电子得失守恒可以计算出氯气的物质的量以及离子浓度之比等。
20．【答案】（1）0.05；0.05；1.15
（2）0.15
（3）③④；②⑥⑦；①③⑤
【知识点】电解质与非电解质；物质的量的相关计算
【解析】【解答】Ⅰ.（1）3.01×1022个OH－的物质的量为3.01×1022/6.02×1023mol－1=0.05mol；设NH3的物质的量为xmol，0.05mol×17g/mol=x mol×17g/mol，x=0.05mol；设Na+有yg，yg÷23g/mol=0.05mol，解得y=1.15；（2）电解质溶液中，存在电荷守恒，因此：0.2 mol·L－1×1+0.25 mol·L－1mol·L－1×2=0.4mol·L－1×1+x×2，解得x=0.15 mol·L－1；
Ⅱ. ①NaCl晶体不能导电，溶于水或熔融状态下能导电，属于电解质；
②干冰是二氧化碳的固体，不能导电，属于非电解质；
③熔融的KNO3 能导电，属于电解质；
④石墨是碳的单质，能导电，但既不是电解质也不是非电解质；
⑤BaSO4固体不能导电，熔融状态下能导电，属于电解质；
⑥蔗糖不能导电，属于非电解质；
⑦酒精不能导电，属于非电解质；a.能导电的是③④；b.属非电解质的是②⑥⑦；c.属于电解质的是①③⑤。
【分析】（1）物质的量等于微粒总数与阿伏加德罗常数之比； （2）根据正负电荷守恒可以计算出离子的浓度；、 （3）含有可自由移动电荷的物质可以导电；非电解质指的是在水溶液和熔融状态下都不导电的化合物；电解质指的是在水溶液或熔融状态下可以导电的化合物。
21．【答案】（1）2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣
（2）2Fe2++2Br﹣+2Cl2=Br2+2Fe3++4Cl﹣
（3）2Fe2++4Br﹣+3Cl2=2Br2+2Fe3++6Cl﹣
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】已知：2Fe2++Cl2=2Cl﹣+2Fe3+，还原性：Fe2+＞Cl﹣；2Br﹣+Cl2=Br2+2Cl﹣，还原性：Br﹣＞Cl﹣；2Fe2++Br2=2Br﹣+2Fe3+，还原性：Fe2+＞Br﹣；因此还原性顺序是：Fe2+＞Br﹣＞Cl﹣；向含有amolFeBr2的溶液中，通入xmolCl2，亚铁离子先被氧化；(1)x=0.4a时，Cl2不足以将Fe2+全部氧化，所以溶液中只有Fe2+被氧化，离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣；
故答案是：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣；(2)x=a 时，Fe2+全被氧化，Br﹣部分被氧化，离子方程式为2Fe2++2Br-+2Cl2=Br2+2Fe3++4Cl﹣；
故答案是：2Fe2++2Br-+2Cl2=Br2+2Fe3++4Cl﹣； (3) 当x=1.5a时，Cl2足量，Fe2+和Br﹣完全被氧化，离子方程式为2Fe2++4Br﹣+3Cl2=2Br2+2Fe3++6Cl﹣；
故答案是：2Fe2++4Br﹣+3Cl2=2Br2+2Fe3++6Cl﹣；
【分析】根据物质的氧化性强弱规律可以书写出 FeBr2物质的量不同时对应的离子方程式。
22．【答案】（1）2MnO4－＋16H++10Cl－＝2Mn2+＋5Cl2↑＋8H2O
（2）②
（3）1；6.02×1023
（4）16H+；8H2O；C2O42－；22.4
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；离子方程式的书写；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】(1)KMnO4+HCl（浓）→KCl+MnCl2+Cl2↑+H2O中，Mn元素的化合价由+7降低为+2价，Cl元素的化合价由-1价升高到0，化合价升高数=化合价降低数=转移电子数=10，根据电子守恒可以知道，MnCl2的化学计量数为2，Cl2的化学计量数为5，再根据质量守恒定律可以知道，配平后的化学反应为2KMnO4＋16HCl＝2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O；改为离子反应时Cl2和8H2O应保留化学式，其余物质均写成离子形式，则离子反应为2MnO4－＋16H++10Cl－＝2Mn2+＋5Cl2↑＋8H2O；(2)由反应可以知道，盐酸参与反应生成KCl和MnCl2时表现其酸性，生成Cl2时表现其还原性；答案是②；（3）Cl元素的化合价由-1价升高到0，产生0.5 mol Cl2，则被氧化的HCl为0.5mol×2=1mol，转移的电子的物质的量为0.5mol×2×（1-0）=1mol，转移的电子的数目约为6.02×1023；(4)反应中Mn元素化合价由+7价降低为+2价，共降低5价，C元素化合价由+3价升高为+4价，共升高2价，化合价升降最小公倍数为10，可以确定MnO4－的系数为2、C2O42－的系数为5，由原子守恒可以知道Mn2+的系数为2、CO2的系数为10，由电荷守恒可以知道，反应物中缺项为H+，由元素守恒可以知道生成物中缺项为H2O；配平后离子方程式为2MnO4-+5C2O42-+16H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O，其中C元素化合价由+3价升高为+4价，则C2O42-发生氧化反应，若转移1mol电子，生成标准状况下CO2为22.4L。
【分析】（1）离子方程式要符合电子得失守恒和质量守恒定律；
（2）浓盐酸中氯元素有的变价有的不变价说明浓盐酸表现出来的酸性和还原性；
（3）每消耗1mol Cl2，转移的电子的数目为2mol电子；
（4）根据氧化还原反应中电子得失守恒可以完成反应的配平。
23．【答案】（1）1～100nm
（2）用一束光照射，观察到一条光亮的通路
（3）②
（4）FeCl3+3H2O Fe(OH)3(胶体)+3HCl；小于
【知识点】胶体的性质和应用
【解析】【解答】（1）氢氧化铁胶体是胶体分散系中的一种，胶体粒子直径大小在1nm～100nm；
故答案是：1nm～100nm；（2）胶体区别于溶液的关键在于：溶液粒子直径小于1nm，胶体粒子直径大小在1nm～100nm，即溶液不产生丁达尔效应，而氢氧化铁胶体能产生丁达尔效应；用一束光线照射氢氧化铁胶体，能产生一条光亮的通路；
故答案是：用一束光线照射，能产生一条光亮的通路；（3）血液属于胶体，氯化铁溶液属于电解质溶液，加入电解质溶液（FeCl3溶液）可使胶粒聚沉，血液凝聚达到止血效果；
故答案为：②；（4）把饱和氯化铁溶液滴入沸水中继续加热煮沸，得到红褐色的液体为氢氧化铁胶体，制备胶体的化学方程式为：FeCl3+3H2O Fe(OH)3(胶体)+3HCl；由于胶体是大量粒子的集合体，因此如果将1molFeCl3全部制成胶体，胶粒数目小于NA；
故答案是：FeCl3+3H2O Fe(OH)3(胶体)+3HCl；小于。
【分析】（1）胶体离子的分散质离子直径在1～100nm 之间；
（2）可以用丁达尔原理来验证是否制备胶体成功；
（3）胶体在遇到电解质之后会发生聚沉现象；
（4）胶体是大量粒子的集合体，因此如果将1molFeCl3全部制成胶体，胶粒数目小于NA。
24．【答案】（1）④⑤
（2）2Fe3+ +6Na +6H2O＝2Fe(OH)3↓+6Na+ +3H2↑
（3）Na2CO3
（4）5.9
（5）无影响；偏高；偏低
【知识点】钠的化学性质；配制一定物质的量浓度的溶液；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）①钠先与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠与Fe2(SO4)3溶液反应生成氢氧化铁红褐色沉淀，故不选；
②钠与氯化钠溶液中的水反应生成氢氧化钠和氢气，得不到沉淀，故不选；
③钠与硫酸钠溶液中的水反应生成氢氧化钠和氢气，得不到沉淀，故不选；
④钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，反应放热，氢氧化钙溶解度降低，有白色沉淀析出，
⑤钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠与碳酸氢钙反应生成碳酸钙沉淀，
结合以上分析可知，既有气体，又有白色沉淀产生的是④⑤；
故答案为：④⑤； (2)钠先与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠与Fe2(SO4)3溶液反应生成氢氧化铁红褐色沉淀；所以金属钠与Fe2(SO4)3溶液反应生成氢氧化铁沉淀、硫酸钠和氢气，反应的离子方程式：2Fe3+ +6Na +6H2O＝2Fe(OH)3↓+6Na++3H2↑；
故答案是：2Fe3+ +6Na +6H2O＝2Fe(OH)3↓+6Na+ +3H2↑；(3)Na的性质活泼，易与空气中氧气反应生成Na2O，Na2O易与水反应生成NaOH，NaOH吸收空气中的水和CO2生成Na2CO3 xH2O，Na2CO3 xH2O风化脱水生成Na2CO3，故若剩余的金属钠露置在空气中最终会变成Na2CO3；
故答案是：Na2CO3；
Ⅱ.(4)配制0.2 mol·L-1 NaCl溶液480mL，需要配制500mL，需要氯化钠的物质的量为0.2mol/L×0.5L=0.1mol，质量为0.1mol×58.5g/mol＝5.85 g；需称出NaCl质量为5.9g；
故答案为：5.9；(5)①配制前，容量瓶内有水，不影响溶质的物质的量和溶液的体积，对结果无影响，故答案为：无影响；
②溶液未冷却便定容，导致溶液的体积偏小，浓度偏大；
故答案为：偏高；
③定容时仰视刻度线，导致溶液的体积偏大，浓度偏低。
故答案为：偏低。
【分析】（1）钠单质加入到盐溶液中，需要先考虑钠单质和水的反应；
（3）钠单质在空气中会先生成氧化钠，氧化钠和氧气反应生成过氧化钠，过氧化钠再和空气中的二氧化碳反应生成碳酸钠；
（4）氯化钠的质量等于浓度与体积的乘积再乘上摩尔质量；
（5）①配制前，容量瓶内有水，对溶液浓度的没影响；
②溶液未冷却便定容会使溶液的体积偏小，溶液浓度偏高；
③定容时仰视刻度线会使溶液的体积偏大，溶液浓度偏小。
黑龙江省鹤岗市第一中学2019-2020学年高一上学期化学期中考试试卷
一、单选题
1．（2019高一上·鹤岗期中）“物质的量”是指（ ）
A．物质的质量
B．物质的微观粒子数
C．物质的质量与微观粒子数
D．把物质的质量同微观粒子数联系起来的一个基本物理量
【答案】D
【知识点】物质的量的单位--摩尔
【解析】【解答】物质的量是把物质的质量同微观粒子数联系起来的一个基本物理量，表示含有一定数目微观粒子的集体，单位是mol，
故答案为：D。
【分析】物质的量是一个物理量，它表示含有一定数目粒子的集体，符号为n。物质的量的单位为摩尔，简称摩，符号为mol。国际上规定，1mol为精确包含6.02214076×10^23个原子或分子等基本单元的系统的物质的量。
2．（2019高一上·鹤岗期中）化学是一门以实验为基础的自然科学，化学实验在化学学习中具有极其重要的作用。下列实验装置与实验目的对应的是（ ）
A用海水制蒸馏水 B将碘水中的碘单质与水直接分离 C除去Fe(OH)3胶体中的FeCl3 D稀释浓硫酸
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】常用仪器及其使用
【解析】【解答】A.海水中含有盐，因此采用蒸馏的方法可以得到蒸馏水，故A符合题意；
B.碘水属于溶液，不分层，不能用分液的方法进行分离，故B不符合题意；
C.胶体粒子不能透过半透膜，溶液中的粒子可以透过半透膜，因此除去Fe(OH)3胶体中的FeCl3可以采用渗析的方法进行分离，故C不符合题意；
D.浓硫酸溶于水放出大量的热，因此不能在容量瓶内稀释浓硫酸，应该在烧杯中进行，以防发生危险，故D不符合题意；
故故答案为：A。
【分析】A.蒸馏是一种热力学的分离工艺，它利用混合液体或液-固体系中各组分沸点不同，使低沸点组分蒸发，再冷凝以分离整个组分的单元操作过程，是蒸发和冷凝两种单元操作的联合;
B.萃取，又称溶剂萃取或液液萃取，亦称抽提，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;
C.渗析是溶质分子在浓度差推动下扩散透过半透膜的过程;
D.容量瓶只能用来配制溶液，不能用来稀释硫酸，也不能作为反应器。
3．（2019高一上·鹤岗期中）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列对0.3 mol·L－1硫酸钾溶液的说法中正确的是（ ）
A．1 L溶液中含0.3NA个K＋
B．1 L溶液中含0.9NA个离子
C．2 L溶液中K＋浓度是1.2 mol·L－1
D．2 L溶液中含0.6NA个离子
【答案】B
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】1L 0.3 mol·L－1硫酸钾溶液中含有硫酸钾的物质的量为： 0.3mol/Lx1L=0.3mol，
A. 1L 0.3 mol·L－1硫酸钾溶液中含有0. 3mol硫酸钾，则含有0.6mol钾离子，含0.6NA个K+，故A不符合题意；
B. 1L该溶液中含有0.3mol硫酸钾，则含有0.3mol硫酸根离子，含0.6mol钾离子， 溶液中含0.9NA个离子，故B符合题意；
C. 2L该溶液中含有硫酸钾的浓度为0.3mol/ L，则钾离子的浓度为0.6mol/L，故C不符合题意；
D. 2L 0.3 mol·L－1硫酸钾溶液中，含有0.6mol硫酸根离子、1.2mol钾离子， 总共含有1.8mol离子，2L溶液中含1.8NA个离子，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】阿伏加德罗常数，为热学常量，符号NA。 它的精确数值为：6.02214076×10 ，一般计算时取6.02×10 或6.022×10 。
4．（2019高一上·鹤岗期中）下列叙述中正确的是（ ）
①标准状况下，1LHCl和1LH2O的物质的量相同；
②常温常压下，1gH2和14gN2的体积相同；
③28gCO的体积为22.4L；
④两种物质的物质的量相同，则它们在标准状况下的体积也相同；
⑤同温同体积时，气体的物质的量越大，则压强越大；
⑥同温同压下，气体的密度与气体的相对分子质量成正比
A．①③④⑥ B．②⑤⑥ C．⑤⑥ D．①⑤⑥
【答案】B
【知识点】阿伏加德罗定律及推论
【解析】【解答】①标准状况下，1L HCl的物质的量为 ，但标准状况下水为液体，不能利用气体摩尔体积来计算其物质的量，①项不符合题意；
②相同状况下，1gH2的物质的量为 =0.5mol，14gN2的物质的量为 =0.5mol，则气体的物质的量相同时，其体积相同，②项符合题意；
③气体的状态不一定是在标准状况下，若在标准状况下，28g CO的体积为 ×22.4L/mol=22.4 L，③项不符合题意；
④两种物质只有都是气体时，物质的量相同，则它们在标准状况下的体积也相同，即物质的状态不确定，体积可能相同，也可能不同，④项不符合题意；
⑤由pV=nRT可知，同温同体积时，气体物质的物质的量与压强成正比，则体物质的物质的量越大，则压强越大，⑤项符合题意；
⑥由pM=ρRT可知，同温同压下，气体的密度与气体的相对分子质量成正比，⑥项符合题意；
综上所述，②⑤⑥符合题意，B项符合题意，
故答案为：B。
【分析】本题考查的是物质的量、摩尔质量、气体摩尔体积等物理量之间的关系。
5．（2019高一上·鹤岗期中）下列电离子方程式错误的是（ ）
A．NaHCO3=Na++HCO3- B．NaHSO4=Na++H++SO42－
C．KClO3=K++Cl-+3O2- D．H2SO4=2H++SO42-
【答案】C
【知识点】电离方程式的书写
【解析】【解答】A、碳酸氢钠属于盐，能够完全电离：NaHCO3=Na++HCO3-，A不符合题意。
B、NaHSO4在水溶液中完全电离：NaHSO4=Na++H++SO42－，B不符合题意。
C、ClO3-不能拆开，应该为KClO3=K++ClO3-，C符合题意。
D、硫酸属于二元强酸：H2SO4=2H++SO42-，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】离子方程式书写的原则：（1）符合客观反应事实，符合物质的拆分原则；
（2）遵循质量守恒以及电荷守恒定律。
6．（2019高一上·鹤岗期中）下列说法正确的是（ ）
A．碱性氧化物一定是金属氧化物，但酸性氧化物不一定都是非金属氧化物
B．胶体会产生电泳现象是因为胶体吸附带电离子而显电性
C．电解质与非电解质的本质区别是水溶液能否导电
D．离子反应是否能够发生要看离子之间能否发生复分解反应
【答案】A
【知识点】电解质与非电解质；物质的简单分类；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A、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，如：Mn2O7是酸性氧化物，A符合题意；
B、胶体粒子具有较大的表面积，能吸附阳离子或阴离子，所以胶体具有吸附性，胶体的胶粒吸附胶体中带电荷的离子带电，如氢氧化铁胶体的胶粒吸附三价铁离子，带正电荷，通电后，氢氧化铁胶体的胶粒向阴极移动，产生电泳现象，但胶体是电中性的，B不符合题意；
C、电解质是指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，非电解质指的是在水溶液中和熔融状态下均不能导电的化合物，两者的本质区别是在水溶液中和熔融状态下本身能否电离出自由移动的离子而导电，与水溶液是否导电无必然联系，C不符合题意；
D、离子反应是否能够发生要看离子之间能否发生复分解反应，氧化还原反应，络合反应等，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】A.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；
B.胶体是不带电的，胶体上的胶粒带有电荷；
C.电解质与非电解质的本质区别是在水溶液或熔融状态下是否可以导电；
D.离子反应是否能够发生要看离子之间能否发生复分解反应，氧化还原反应，络合反应等。
7．（2016高三上·岐山期中）下列叙述正确的是（ ）
A．含有最低价元素的化合物不一定具有很强的还原性
B．元素的单质一定是由氧化或还原该元素的化合物制得
C．阳离子只能得电子被还原，阴离子只能失电子被氧化
D．在化学反应中，得电子越多的氧化剂，其氧化性就越强
【答案】A
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】解：A．含有最低价的元素的化合物不一定具有很强的还原性，如HF没有强还原性，故A正确；
B．元素的单质不一定是由氧化或还原该元素的化合物制得，如由空气分离得到氧气，故B错误；
C．阳离子可能失电子被氧化，如亚铁离子，阴离子可能被得电子被还原，如高锰酸根离子、高铁酸根离子等，故C错误；
D．在化学反应中，得电子越容易的氧化剂其氧化性越强，失电子越容易的还原剂其还原性越强，故D错误；
故选A．
【分析】A．含有最低价的元素的化合物不一定具有很强的还原性，如HF；
B．元素的单质不一定是由氧化或还原该元素的化合物制得；
C．阳离子可能失电子被氧化，阴离子可能被得电子被还原；
D．在化学反应中，得电子越容易的氧化剂其氧化性越强．
8．（2019高一上·鹤岗期中）钠加热后能在空气中着火燃烧的现象是（ ）
A．黄色火焰，生成白色固体Na2O
B．黄色火焰，生成淡黄色固体Na2O2
C．紫色火焰，生成淡黄色固体Na2O2
D．红色火焰，生成黄色固体Na2O
【答案】B
【知识点】钠的化学性质
【解析】【解答】钠在空气中着火燃烧，火焰呈黄色，生成淡黄色固体物质Na2O2，则选项A、C、D不符合题意，
故答案为：B。
【分析】钠在空气中燃烧的火焰呈黄色，生成淡黄色的固体，叫做过氧化钠。
9．（2019高一上·鹤岗期中）下列各组关于强电解质、弱电解质、非电解质的归类正确的（ ）
A B C D
强电解质 Fe NaCl CaCO3 HNO3
弱电解质 CH3COOH NH3 H2CO3 Fe(OH)3
非电解质 蔗糖 BaSO4 C2H5OH H2O
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】电解质与非电解质；强电解质和弱电解质；物质的简单分类
【解析】【解答】A、Fe是单质，不是化合物，铁既不是电解质也不是非电解质，故A不符合题意；
B、NH3是非电解质，本身不能电离出离子，BaSO4是盐属于强电解质，熔融状态完全电离，故B不符合题意；
C、碳酸钙是盐属于强电解质，碳酸是弱酸属于弱电解质，乙醇是非电解质，故C符合题意；
D、水能够电离出氢离子和氢氧根离子，属于弱电解质，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】强电解指的是可以完全电离的化合物；弱电解质指的是不能完全电离的化合物；非电解质指的是在水溶液或熔融状态下都不导电的化合物。
10．（2019高一上·鹤岗期中）VL Fe2(SO4)3溶液中含有a g Fe3+，取此溶液0.5VL，用水稀释至2VL，则稀释后溶液中SO42－的物质的量的浓度为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】物质的量浓度
【解析】【解答】ag Fe3+的物质的量为： = mol，取出的0.5VL溶液中含有Fe3+的物质的量为： × = mol，稀释过程中溶质的物质的量不变，则稀释后溶液中SO42－的物质的量为： mol× = mol，稀释后溶液中硫酸根离子的浓度为： mol÷2VL＝ ，
故答案为：A。
【分析】溶液稀释前后溶质的物质的量是不变的。
11．（2019高一上·鹤岗期中）根据下面两个化学方程式判断Fe2＋、Cu2＋、Fe3＋氧化性由强到弱的顺序是（ ）
①2FeCl3＋Cu=2FeCl2＋CuCl2 ②CuCl2＋Fe=FeCl2＋Cu
A．Fe3＋>Cu2＋>Fe2＋ B．Fe2＋>Cu2＋>Fe3＋
C．Cu2＋>Fe3＋>Fe2＋ D．Fe3＋>Fe2＋>Cu2＋
【答案】A
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较
【解析】【解答】反应①：氧化剂Fe3＋得电子生成还原产物Fe2＋，还原剂Cu失电子生成氧化产物Cu2＋。氧化性：Fe3＋>Cu2＋；反应②：氧化剂Cu2＋得电子生成还原产物Cu，还原剂Fe失电子生成氧化产物Fe2＋。氧化性：Cu2＋>Fe2＋。则有氧化性：Fe3＋>Cu2＋>Fe2＋。
故答案为：A。
【分析】在氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性强于还原产物。
12．（2019高一上·鹤岗期中）固体A在一定温度下分解生成气体B、C和D：2A(s)=B(g)+2C(g)+3D(g)。若测得生成气体的质量是相同体积的H2的15倍，则A的摩尔质量是（ ）
A．30g/mol B．60g/mol C．90g/mol D．120g/mol
【答案】C
【知识点】摩尔质量
【解析】【解答】由质量守恒：2molA的质量＝1molB的质量+2molC的质量+3molD的质量，设A的摩尔质量为Mg/mol，即生成气体的总质量为2M g，气体总物质的量为6mol，由于气体的平均摩尔质量＝30g/mol，所以2M＝6×30，解得M=90，
故答案为：C。
【分析】根据质量守恒可以得出A的质量，再求出气体的平均摩尔质量，就可以得到A的摩尔质量。
13．（2019高一上·鹤岗期中）下列各组离子在溶液中能大量共存的是（ ）
A．H＋、SO42-、NO3-、Fe2＋ B．Mg2＋、Cl－、NO3-、OH－
C．Ba2＋、Na＋、CO32-、NO3- D．Na＋、Al3＋、Cl－、SO42-
【答案】D
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A、酸性（H＋）条件下，NO3-具有强氧化性，能够氧化Fe2＋，所以H＋、NO3-、Fe2＋三者不能共存，故A不符合题意；
B、Mg2＋、OH－在溶液中会生成氢氧化镁沉淀，两者不能共存，故B不符合题意；
C. Ba2＋、CO32-在溶液中会生成碳酸钡沉淀，两者不能共存，故C不符合题意；
D、四种离子形成的物质都是可溶的，可以大量共存，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】离子共存，实质上就是判断离子间是否发生反应的问题。若在溶液中能够发生反应，就不能大量共存。判断能否发生反应，不仅是有沉淀、气体、水、难电离的物质产生，还涉及到溶液酸碱性、有色、无色，能否进行氧化还原反应等。
14．（2019高一上·鹤岗期中）2Mn2++ 5R2O8X—+8H2O=16H++10RO42—+2MnO4—在酸性溶液中(加热并有Ag催化)可发生如下反应根据上述反应，则R2O8x-中x的值是（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
【答案】C
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】方程式中2Mn2++ 5R2O8X-+8H2O＝16H++10RO42-+2MnO4-遵循电荷守恒，根据电荷守恒得：2×（+2）+5×（-x）=16×（+1）+10×（-2）+2×（-1），4-5x=16-20-2，x= =2，
故答案为：C。
【分析】根据氧化还原反应中电子得失守恒，可以求出离子团所带的电荷。
15．（2019高一上·鹤岗期中）金属铜的提炼多从黄铜矿开始，黄铜矿的熔烧过程主要反应之一为2CuFeS2+O2=_____+2FeS+SO2，若CuFeS2中Cu、Fe的化合价都为+2，S的化合价为﹣2，下列说法正确的是（ ）
A．横线中的物质是Cu2S B．CuFeS2仅作还原剂
C．SO2是还原产物，不是氧化产物 D．FeS是氧化产物
【答案】A
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应方程式的配平；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A．由质量守恒定律可知横线上的物质为Cu2S，选项A符合题意；
B．由质量守恒可知横线上的物质为Cu2S，Cu元素化合价降低，S元素化合价升高，说明CuFeS2在反应中既是氧化剂又是还原剂，选项B不符合题意；
C．O元素的化合价由0降低为-2价，S元素的化合价由-2价升高为+4价，则SO2既是氧化产物又是还原产物，选项C不符合题意；
D．FeS中各元素化合价不变，既不是氧化产物，也不是还原产物，选项D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】在氧化还原反应中，还原剂失去电子，化合价升高，发生氧化反应，对应的是氧化产物；氧化剂得到电子，化合价降低，发生还原反应，对应的是还原产物。
16．（2019高一上·鹤岗期中）已知在酸性溶液中，下列物质氧化KI时，自身发生如下变化：Fe3+→Fe2+；MnO4-→Mn2+；Cl2→2Cl-；HNO2→NO。如果分别用等物质的量的这些物质氧化足量的KI，则得到I2最多的是（ ）
A．Fe3＋ B．MnO4- C．Cl2 D．HNO2
【答案】B
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】假设各物质的物质的量都是1mol；由氧化还原反应中得失电子守恒，1mol氧化剂得电子越多，生成的I2就多；
A.1mol Fe3+→Fe2+转移1mol e-；
B.1mol MnO4-→Mn2+转移5mol e-；
C.1mol Cl2→2Cl-转移2mol e-；
D.1mol HNO2→NO转移1mol e-；
显然B中1mol MnO4-得电子最多，生成的I2就最多；
故答案为：B。
【分析】根据氧化还原反应中电子守恒的原理可以得出等物质的量的这些物质氧化得到碘单质的物质的量最多的是MnO4-。
17．（2019高一上·鹤岗期中）下列反应的离子方程式正确的是（ ）
A．石灰乳与Na2CO3溶液混合： Ca2＋＋CO32－=CaCO3↓
B．向Ca(HCO3)2中加入少量NaOH溶液：Ca2++HCO3-+OH-=CaCO3↓+H2O
C．氯气通入氢氧化钠溶液中： 2Cl2＋2OH－=3Cl－＋ClO－＋H2O
D．钠与水的反应： Na＋2H2O =Na+＋2OH－＋H2↑
【答案】B
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A.石灰乳属于悬浊液，写成化学式形式，石灰乳与Na2CO3溶液混合的离子反应为Ca（OH）2＋CO32－=CaCO3↓+2OH-，故A不符合题意；
B.向Ca(HCO3)2中加入少量NaOH溶液反应生成碳酸钙、碳酸氢钠和水，离子方程式为：Ca2++HCO3-+OH-=CaCO3↓+H2O，故B符合题意；
C.氯气通入氢氧化钠溶液中，反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，离子方程式为：Cl2＋2OH－=Cl－＋ClO－＋H2O ，故C不符合题意；
D.钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，离子反应为2Na＋2H2O =2Na+＋2OH－＋H2↑，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】离子方程式书写的原则：（1）符合客观反应事实，符合物质的拆分原则；
（2）遵循质量守恒以及电荷守恒定律。
18．（2018高三上·石嘴山期中）某100mL溶液可能含有Na+、NH4+、Fe3+、CO32-、SO42-、Cl-中的若干种，取该溶液进行连续实验，实验过程如下：（所加试剂均过量，气体全部逸出）
下列说法错误的是（ ）
A．原溶液一定存在CO32-和SO42-，一定不存在Fe3+
B．若原溶液中不存在Na+，则c(Cl-)＜0.1mol·L-1
C．原溶液中c(Cl-)≥0.1mol·L-1
D．原溶液一定存在Cl-，可能存在Na+
【答案】B
【知识点】离子共存
【解析】【解答】加入氯化钡溶液，生成沉淀，一定含有碳酸根或是硫酸根中的至少一种，则该沉淀为BaSO4、BaCO3中的至少一种，沉淀部分溶解于盐酸，所以一定是BaSO4、BaCO3的混合物，一定存在CO32－、SO42－，硫酸钡沉淀是2.33g，物质的量是2.33g/233g·mol－1=0.01mol，碳酸根离子的物质的量是(4.3-2.33)g/197g·mol－1mol=0.01mol，碳酸根和铁离子不共存，一定不存在Fe3＋，所得到的滤液中加入氢氧化钠，出现气体，为氨气，一定含有铵根离子，根据元素守恒，铵根离子的物质的量是1.12L/22.4L·mol－1=0.05mol，根据电荷守恒，阳离子所带正电荷的物质的量之和：0.05mol，阴离子所带负电荷的物质的量之和=0.01×2+0.01×2=0.04mol，所以一定存在氯离子，钠离子不能确定，n（Cl－）≥0.01mol，所以c（Cl－）≥0.1mol·L-1。
A、原溶液一定存在CO32－和SO42－、Cl－，一定不存在Fe3＋，故A符合题意；
B、若原溶液中不存在Na＋，则c（Cl－）=0.1mol·L-1，故B不符合题意。
C、原溶液中c（Cl－）≥0.1mol·L-1，故C符合题意；
D、原溶液一定存在Cl－，可能存在Na＋，故D符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.根据加入钡离子产生沉淀，且沉淀部分溶解于酸中，说明原溶液中即含有硫酸根离子也含有碳酸根离子，和氢氧化钠反应不会得到沉淀，说明原溶液中一定不含有铁离子；
B.原溶液一定含有铵根离子、不含有铁离子，那么如果原溶液中不含有钠离子，根据电荷守恒可以计算出氯离子的浓度；
C.根据电荷守恒可以计算出原溶液中氯离子的浓度最小是0.1mol/L；
D.原溶液中一定存在了氯离子，因为一定要是电荷守恒，但是钠离子是否存在是不确定的。
19．（2019高一上·鹤岗期中）已知：将Cl2通入适量KOH溶液，产物中可能有KCl、KClO、KClO3，且 的值与温度高低有关。当n (KOH)=a mol时，下列有关说法错误的是（ ）
A．若某温度下，反应后 =11，则溶液中 =
B．参加反应的氯气的物质的量等于 a mol
C．改变温度，反应中转移电子的物质的量n的范围： a mol ≤ n(e -)≤ a mol
D．改变温度，产物中KClO3的最大理论产量为 a mol
【答案】D
【知识点】氧化还原反应；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A.假设n(ClO-)=1mol，由于反应后 =11，则n(Cl-)=11mol，根据电子转移守恒可得5n(ClO3-)+n(ClO-)= n(Cl-)，5×n(ClO3-)=11mol-1mol=10mol，所以n(ClO3-)=2mol，故溶液中 ，A不符合题意；
B.由Cl原子守恒可知，2n(Cl2)=n(KCl)+n(KClO)+n(KClO3)，由钾离子守恒可知n(KCl)+ n(KClO)+n(KClO3)=n(KOH)，两式联立可得n(Cl2)= n(KOH)= ×a mol= a mol，B不符合题意；
C.氧化产物只有KClO3时，转移电子最多，根据电子转移守恒n(KCl)=5n(KClO3)，由钾离子守恒：n(KCl)+n(KClO3)=n(KOH)，故n(KClO3)= n(KOH)= ×a mol= a mol；转移电子最大物质的量为： a mol×5= a mol；
氧化产物只有KClO时，转移电子最少，根据电子转移守恒n(KCl)=n(KClO)，根据钾离子守恒：n(KCl)+n(KClO)=n(KOH)，所以有n(KClO)= n(KOH)= ×a mol= a mol，转移电子最小物质的量= ×a mol×1= a mol，则反应中转移电子的物质的量n(e-)的范围为： a mol ≤ n(e -)≤ a mol，C不符合题意；
D.氧化产物只有KClO3时，其物质的量最大，根据电子转移守恒n(KCl)=5n(KClO3)，由钾离子守恒：n(KCl)+n(KClO3)=n(KOH)，故n最大(KClO3)= n(KOH)= ×a mol= a mol，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】根据氧化还原反应中电子得失守恒可以计算出氯气的物质的量以及离子浓度之比等。
二、填空题
20．（2019高一上·鹤岗期中）
（1）Ⅰ.3.01×1022个OH－的物质的量为 mol；这些OH－与 molNH3的质量相等，与 g Na+含有的离子数相同。
（2）有四种正盐的混合溶液，含有0.2 mol·L－1 Na+、0.25 mol·L－1 Mg2+、0.4mol·L－1 Cl－，则SO42-的浓度为 mol·L－1。
（3）Ⅱ.现有以下物质：
①NaCl晶体 ②干冰
③熔融的KNO3 ④石墨
⑤BaSO4固体 ⑥蔗糖
⑦酒精，请回答以下问题（填序号）：
a.能导电的是 ；
b.属非电解质的是 ；
c.属于电解质的是 ；
【答案】（1）0.05；0.05；1.15
（2）0.15
（3）③④；②⑥⑦；①③⑤
【知识点】电解质与非电解质；物质的量的相关计算
【解析】【解答】Ⅰ.（1）3.01×1022个OH－的物质的量为3.01×1022/6.02×1023mol－1=0.05mol；设NH3的物质的量为xmol，0.05mol×17g/mol=x mol×17g/mol，x=0.05mol；设Na+有yg，yg÷23g/mol=0.05mol，解得y=1.15；（2）电解质溶液中，存在电荷守恒，因此：0.2 mol·L－1×1+0.25 mol·L－1mol·L－1×2=0.4mol·L－1×1+x×2，解得x=0.15 mol·L－1；
Ⅱ. ①NaCl晶体不能导电，溶于水或熔融状态下能导电，属于电解质；
②干冰是二氧化碳的固体，不能导电，属于非电解质；
③熔融的KNO3 能导电，属于电解质；
④石墨是碳的单质，能导电，但既不是电解质也不是非电解质；
⑤BaSO4固体不能导电，熔融状态下能导电，属于电解质；
⑥蔗糖不能导电，属于非电解质；
⑦酒精不能导电，属于非电解质；a.能导电的是③④；b.属非电解质的是②⑥⑦；c.属于电解质的是①③⑤。
【分析】（1）物质的量等于微粒总数与阿伏加德罗常数之比； （2）根据正负电荷守恒可以计算出离子的浓度；、 （3）含有可自由移动电荷的物质可以导电；非电解质指的是在水溶液和熔融状态下都不导电的化合物；电解质指的是在水溶液或熔融状态下可以导电的化合物。
21．（2019高一上·鹤岗期中）已知：2Fe2++Cl2=2Cl﹣+2Fe3+，2Br﹣+Cl2=Br2+2Cl﹣，2Fe2++Br2=2Br﹣+2Fe3+。含有a mol FeBr2的溶液中，通入x mol Cl2，请按要求写出通Cl2过程中溶液内发生反应的离子方程式。
（1）当x=0.4a时：
（2）当x=a 时：
（3）当x=1.5a时：
【答案】（1）2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣
（2）2Fe2++2Br﹣+2Cl2=Br2+2Fe3++4Cl﹣
（3）2Fe2++4Br﹣+3Cl2=2Br2+2Fe3++6Cl﹣
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】已知：2Fe2++Cl2=2Cl﹣+2Fe3+，还原性：Fe2+＞Cl﹣；2Br﹣+Cl2=Br2+2Cl﹣，还原性：Br﹣＞Cl﹣；2Fe2++Br2=2Br﹣+2Fe3+，还原性：Fe2+＞Br﹣；因此还原性顺序是：Fe2+＞Br﹣＞Cl﹣；向含有amolFeBr2的溶液中，通入xmolCl2，亚铁离子先被氧化；(1)x=0.4a时，Cl2不足以将Fe2+全部氧化，所以溶液中只有Fe2+被氧化，离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣；
故答案是：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣；(2)x=a 时，Fe2+全被氧化，Br﹣部分被氧化，离子方程式为2Fe2++2Br-+2Cl2=Br2+2Fe3++4Cl﹣；
故答案是：2Fe2++2Br-+2Cl2=Br2+2Fe3++4Cl﹣； (3) 当x=1.5a时，Cl2足量，Fe2+和Br﹣完全被氧化，离子方程式为2Fe2++4Br﹣+3Cl2=2Br2+2Fe3++6Cl﹣；
故答案是：2Fe2++4Br﹣+3Cl2=2Br2+2Fe3++6Cl﹣；
【分析】根据物质的氧化性强弱规律可以书写出 FeBr2物质的量不同时对应的离子方程式。
22．（2019高一上·鹤岗期中）实验室可用KMnO4和浓盐酸反应制取氯气。KMnO4+HCl（浓）＝KCl+MnCl2+Cl2↑+H2O（未配平）。
（1）将上述化学方程式配平并改写为离子方程式 。
（2）浓盐酸在反应中显示出来的性质是 。
①只有还原性 ②还原性和酸性 ③只有氧化性 ④氧化性和酸性
（3）若产生0.5 mol Cl2，则被氧化的HCl mol，转移的电子的数目约为 。
（4）一定条件下，KMnO4还可以氧化其他还原性物质。
MnO4-+C2O42-+ ＝Mn2++CO2↑+ 完成上述离子方程式，此反应中，发生氧化反应的物质是 ；若转移1 mol电子，生成标准状况下CO2 L。
【答案】（1）2MnO4－＋16H++10Cl－＝2Mn2+＋5Cl2↑＋8H2O
（2）②
（3）1；6.02×1023
（4）16H+；8H2O；C2O42－；22.4
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；离子方程式的书写；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】(1)KMnO4+HCl（浓）→KCl+MnCl2+Cl2↑+H2O中，Mn元素的化合价由+7降低为+2价，Cl元素的化合价由-1价升高到0，化合价升高数=化合价降低数=转移电子数=10，根据电子守恒可以知道，MnCl2的化学计量数为2，Cl2的化学计量数为5，再根据质量守恒定律可以知道，配平后的化学反应为2KMnO4＋16HCl＝2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O；改为离子反应时Cl2和8H2O应保留化学式，其余物质均写成离子形式，则离子反应为2MnO4－＋16H++10Cl－＝2Mn2+＋5Cl2↑＋8H2O；(2)由反应可以知道，盐酸参与反应生成KCl和MnCl2时表现其酸性，生成Cl2时表现其还原性；答案是②；（3）Cl元素的化合价由-1价升高到0，产生0.5 mol Cl2，则被氧化的HCl为0.5mol×2=1mol，转移的电子的物质的量为0.5mol×2×（1-0）=1mol，转移的电子的数目约为6.02×1023；(4)反应中Mn元素化合价由+7价降低为+2价，共降低5价，C元素化合价由+3价升高为+4价，共升高2价，化合价升降最小公倍数为10，可以确定MnO4－的系数为2、C2O42－的系数为5，由原子守恒可以知道Mn2+的系数为2、CO2的系数为10，由电荷守恒可以知道，反应物中缺项为H+，由元素守恒可以知道生成物中缺项为H2O；配平后离子方程式为2MnO4-+5C2O42-+16H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O，其中C元素化合价由+3价升高为+4价，则C2O42-发生氧化反应，若转移1mol电子，生成标准状况下CO2为22.4L。
【分析】（1）离子方程式要符合电子得失守恒和质量守恒定律；
（2）浓盐酸中氯元素有的变价有的不变价说明浓盐酸表现出来的酸性和还原性；
（3）每消耗1mol Cl2，转移的电子的数目为2mol电子；
（4）根据氧化还原反应中电子得失守恒可以完成反应的配平。
23．（2019高一上·鹤岗期中）某化学小组制备氢氧化铁胶体：洁净的小烧杯盛适量蒸馏水，用酒精灯加热至沸腾，向烧杯中逐滴加入1 mol·L－1氯化铁溶液，至液体呈透明的红褐色。回答下列问题：
（1）氢氧化铁胶体中微粒直径的范围是 。
（2）检验胶体制备成功的操作是 。
（3）实验中手不慎被玻璃割破，可用氯化铁溶液应急止血，主要原因是 (填序号)。
①氯化铁溶液具有杀菌消毒的作用
②氯化铁溶液能使血液胶体凝固
③氯化铁溶液能产生氢氧化铁沉淀堵住伤口
④氯化铁溶液能使血液发生化学变化
（4）制备胶体的化学方程式为 。如果将1molFeCl3全部制成胶体，胶粒数目 NA(选填“大于”“等于”“小于”)。
【答案】（1）1～100nm
（2）用一束光照射，观察到一条光亮的通路
（3）②
（4）FeCl3+3H2O Fe(OH)3(胶体)+3HCl；小于
【知识点】胶体的性质和应用
【解析】【解答】（1）氢氧化铁胶体是胶体分散系中的一种，胶体粒子直径大小在1nm～100nm；
故答案是：1nm～100nm；（2）胶体区别于溶液的关键在于：溶液粒子直径小于1nm，胶体粒子直径大小在1nm～100nm，即溶液不产生丁达尔效应，而氢氧化铁胶体能产生丁达尔效应；用一束光线照射氢氧化铁胶体，能产生一条光亮的通路；
故答案是：用一束光线照射，能产生一条光亮的通路；（3）血液属于胶体，氯化铁溶液属于电解质溶液，加入电解质溶液（FeCl3溶液）可使胶粒聚沉，血液凝聚达到止血效果；
故答案为：②；（4）把饱和氯化铁溶液滴入沸水中继续加热煮沸，得到红褐色的液体为氢氧化铁胶体，制备胶体的化学方程式为：FeCl3+3H2O Fe(OH)3(胶体)+3HCl；由于胶体是大量粒子的集合体，因此如果将1molFeCl3全部制成胶体，胶粒数目小于NA；
故答案是：FeCl3+3H2O Fe(OH)3(胶体)+3HCl；小于。
【分析】（1）胶体离子的分散质离子直径在1～100nm 之间；
（2）可以用丁达尔原理来验证是否制备胶体成功；
（3）胶体在遇到电解质之后会发生聚沉现象；
（4）胶体是大量粒子的集合体，因此如果将1molFeCl3全部制成胶体，胶粒数目小于NA。
三、综合题
24．（2019高一上·鹤岗期中）某课题研究小组的同学探究钠与水反应之后，又研究了与溶液反应和NaCl溶液的配制。
（1）Ⅰ.将金属钠放入盛有下列溶液的小烧杯中：①Fe2(SO4)3溶液 ②NaCl溶液 ③Na2SO4溶液 ④饱和澄清石灰水 ⑤Ca(HCO3)2溶液。回答下列问题：
既有气体，又有白色沉淀产生的是 ；
（2）写出金属钠与①反应的离子方程式 ；
（3）若剩余的金属钠露置在空气中最终会变成 。
（4）Ⅱ.配制480mL 0.2 mol·L-1 NaCl溶液。
计算后，需称出NaCl质量为 g。
（5）在配制过程中，下列操作对所配溶液浓度的影响是（填偏高、偏低或无影响）
①配制前，容量瓶内有水
②溶液未冷却便定容
③定容时仰视刻度线
【答案】（1）④⑤
（2）2Fe3+ +6Na +6H2O＝2Fe(OH)3↓+6Na+ +3H2↑
（3）Na2CO3
（4）5.9
（5）无影响；偏高；偏低
【知识点】钠的化学性质；配制一定物质的量浓度的溶液；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）①钠先与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠与Fe2(SO4)3溶液反应生成氢氧化铁红褐色沉淀，故不选；
②钠与氯化钠溶液中的水反应生成氢氧化钠和氢气，得不到沉淀，故不选；
③钠与硫酸钠溶液中的水反应生成氢氧化钠和氢气，得不到沉淀，故不选；
④钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，反应放热，氢氧化钙溶解度降低，有白色沉淀析出，
⑤钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠与碳酸氢钙反应生成碳酸钙沉淀，
结合以上分析可知，既有气体，又有白色沉淀产生的是④⑤；
故答案为：④⑤； (2)钠先与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠与Fe2(SO4)3溶液反应生成氢氧化铁红褐色沉淀；所以金属钠与Fe2(SO4)3溶液反应生成氢氧化铁沉淀、硫酸钠和氢气，反应的离子方程式：2Fe3+ +6Na +6H2O＝2Fe(OH)3↓+6Na++3H2↑；
故答案是：2Fe3+ +6Na +6H2O＝2Fe(OH)3↓+6Na+ +3H2↑；(3)Na的性质活泼，易与空气中氧气反应生成Na2O，Na2O易与水反应生成NaOH，NaOH吸收空气中的水和CO2生成Na2CO3 xH2O，Na2CO3 xH2O风化脱水生成Na2CO3，故若剩余的金属钠露置在空气中最终会变成Na2CO3；
故答案是：Na2CO3；
Ⅱ.(4)配制0.2 mol·L-1 NaCl溶液480mL，需要配制500mL，需要氯化钠的物质的量为0.2mol/L×0.5L=0.1mol，质量为0.1mol×58.5g/mol＝5.85 g；需称出NaCl质量为5.9g；
故答案为：5.9；(5)①配制前，容量瓶内有水，不影响溶质的物质的量和溶液的体积，对结果无影响，故答案为：无影响；
②溶液未冷却便定容，导致溶液的体积偏小，浓度偏大；
故答案为：偏高；
③定容时仰视刻度线，导致溶液的体积偏大，浓度偏低。
故答案为：偏低。
【分析】（1）钠单质加入到盐溶液中，需要先考虑钠单质和水的反应；
（3）钠单质在空气中会先生成氧化钠，氧化钠和氧气反应生成过氧化钠，过氧化钠再和空气中的二氧化碳反应生成碳酸钠；
（4）氯化钠的质量等于浓度与体积的乘积再乘上摩尔质量；
（5）①配制前，容量瓶内有水，对溶液浓度的没影响；
②溶液未冷却便定容会使溶液的体积偏小，溶液浓度偏高；
③定容时仰视刻度线会使溶液的体积偏大，溶液浓度偏小。
