【文档说明】北京市广渠门中学2024-2025学年高一上学期10月月考 化学试题 Word版含解析.docx，共(19)页，1.171 MB，由小赞的店铺上传

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北京市广渠门中学2024—2025学年度高一年级阶段检测化学试题2024.10本试卷共100分，考试时间90分钟可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16第一部分本部分共16题，每题3分共48分。在每题的四个选项中

，选出最符合题目要求的一项。1.中华民族的发明创造为人类文明进步做出了巨大贡献，下列没有涉及．．．．化学反应的是ABCD神十一载人飞船发射陶器烧制湿法炼铜打磨磁石制司南A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A

、飞船发射涉及燃料的燃烧，有化学反应，故A正确；B、陶器烧制过程中，有新的硅酸盐生成，属于化学变化，故B正确；C、湿法炼铜是指铁与硫酸铜反应生成铜单质，故C正确；D、打磨磁石制指南针只改变物质的外形，没有新物质生成，属于物理变化，故D错误。故选D。2.当光束通过下列分散系时，能观察到丁达尔效应

的是A.NaOH溶液B.Fe(OH)3胶体C.蔗糖溶液D.CuSO4溶液【答案】B【解析】【分析】光束通过胶体时，光线能够发生散射作用而产生丁达尔效应，而通入其它分散系时不能产生丁达尔效应，据此分析判断。【详解】在题目选项物质中，只有分散系Fe(OH)3胶体属于胶体，当光线通过Fe(OH)3胶体时

，光线发生散射作用而沿直线传播，即能观察到丁达尔效应，而光线通过分散系NaOH溶液、蔗糖溶液、CuSO4溶液时，不能发生光线的散射作用，因而不产生丁达尔效应，故合理选项是B。3.下列物质中，属于电解质的是A.乙醇B.食盐水C.

4BaSOD.Mg【答案】C【解析】【分析】电解质的定义为在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物，据此作答：【详解】A．乙醇是非电解质，A错误；B．食盐水是氯化钠的水溶液，是混合物，既不是电解质也不是非电解质，B错误；C．4B

aSO在熔融状态下可以导电，属于电解质，C正确；D．Mg是单质，既不是电解质，也不是非电解质，D错误；故选C。4.下列关于物质分类的叙述中，不正确．．．的是A.NH3属于盐B.HNO3属于酸C.SO2属于氧化物D.KOH属于碱【答案】A【解析】【详解】A．NH3

不能电离出金属阳离子和酸根离子，NH3不属于盐，故A错误；B．HNO3电离出的阳离子全是氢离子，所以HNO3属于酸，故B正确；C．SO2由硫和氧两种元素组成，所以SO2属于氧化物，故C正确；D．KOH电离出的阴离子全是氢氧根离子，所以KOH属于碱，故D正确；

选A；5.下列微粒中，既具有氧化性又具有还原性的是A.MgB.Cu2+C.Cl-D.Fe2+【答案】D【解析】【详解】A．Mg能够失去电子变为Mg2+，表现还原性，A不符合题意；B．Cu2+能够得到电子变为Cu+或Cu，表现氧化性，B不符合题意；C．Cl-中Cl元

素为最低-1价，能失去电子变为0价Cl2或+1价ClO-等，表现还原性，C不符合题意；D．Fe2+可以失去电子变为Fe3+，表现还原性；也可以得到电子变为Fe单质，因此Fe2+既具有氧化性又具有还原性，D符合题意；故合理选项是D。6.实现下列变化需要加入氧化剂的是A.Cl2→Cl

-B.SO2→SO3C.NH+4→NH3D.CO2-3→CO2【答案】B【解析】【分析】氧化剂具有氧化性化合价降低，若需加氧化剂，则物质的变化需是化合价升高的变化。【详解】A．氯元素由0价降低到-1价，A错误；B．硫元素的化合价由+4价升高到+6价，B正确；C．氮元素的化合价不变，C错误；

D．碳元素的化合价不变，D错误；答案选B。7.下列各组离子能在溶液中大量共存的是A.Na+、H+、23CO−B.2Cu+、24SO−、OH−C.Na+、Cl−、Ag+D.K+、3NO−、Cl−【答案】D【解析】【详解】A．H+与23CO−反应生

成二氧化碳和水，不能大量共存，A错误；B．2Cu+与OH−生成氢氧化铜沉淀，不能大量共存，B错误；C．Cl−和Ag+生成氯化银沉淀，不能大量共存，C错误；D．K+、3NO−、Cl−三者不反应，可以大量共存，D正确；故选D。8.下列反应的离子方程

式书写正确的是A.氧化镁与稀盐酸反应：22O2HHO−++=B.稀HCl与KOH溶液：2HOHHO+−+=C.3CaCO与稀HCl：2322CO2HCOHO−++=+D.FeO与稀24HSO：32FeO2HFeHO+++=+【答案】B【解析】【详解】A．氧化镁是

氧化物，在离子方程式中不能拆，故氧化镁与稀盐酸反应的离子方程式为2+2MgO2HMgHO++=+，A错误；B．HCl与KOH分别为强酸、强碱，在离子方程式中都能拆，故稀HCl与KOH溶液反应的离子方程式为2HOH

HO+−+=，B正确；C．3CaCO不溶于水，不能拆，故3CaCO与稀HCl反应的离子方程式为2+322CaCO2HCaCOHO++=++，C错误；D．FeO与稀24HSO反应生成硫酸亚铁，反应的离子方程式为22F

eO2HFeHO+++=+，D错误；故选B。9.图a、b、c分别为氯化钠在不同状态下导电实验的微观示意图(X、Y均表示石墨电极，其中X与电源正极相连)，下列说法正确的是A.“”代表Na+，“”代表Cl−B.图b表示通电使NaCl发生电离C.图c表示N

aCl在水溶液中的导电情况D.NaCl在三种状态下都存在自由移动的离子【答案】C【解析】【详解】A．钠离子的半径小于氯离子，则“”代表Cl−，“○”代表Na+，故A错误；B．氯化钠的熔融态导电，是因为受热熔化为熔融态而导电，不是因为通电的原因，故B错误；C．氯化钠在溶液中形成了水合钠离子(钠离子

带正电，吸引呈负电性的O原子)以及水合氯离子(氯离子带负电，吸引呈正电性的H原子)，产生了自由移动的离子而导电，故C正确；D．a表示固态氯化钠，没有自由移动的离子，不导电，故D错误；故选C。10.打印机使用的墨粉中含有34FeO。它的一种制备方法是：将4FeSO溶液、()2

43FeSO溶液按一定比例混合，再加入一定量的NaOH溶液，水浴加热。反应如下：反应a：_______2Fe++_______3Fe++_______OH−=_______34FeO+_______2HO下列分析不正确．

．．的是A.34FeO属于氧化物B.反应a中，2Fe+是还原剂，3Fe+是氧化剂C.从左至右，反应a各物质的系数依次为1、2、8、1、4D.34FeO也可由Fe在纯氧中完全燃烧制备【答案】B【解析】【详解】A．氧化物只含有两种元素，其中一种元

素为O，故34FeO属于氧化物，A正确；B．该反应的方程式为23342Fe2Fe8FeO4HOOH++−++=+，34FeO可以看作23FeOFeO形式，该反应中没有化合价发生变化，不属于氧化还原反应，B错误；C．根据元素守恒和电荷守恒配平反应方程式为2

3342Fe2Fe8FeO4HOOH++−++=+，所以各物质的系数依次为1、2、8、1、4，C正确；D．单质铁在纯氧中燃烧生成黑色四氧化三铁，D正确；故选B。11.已知反应：①2FeCl3+2KI=2FeCl2+2KCl+I2②2FeCl2+Cl2=2FeCl3③I2+SO2+2H

2O=H2SO4+2HI，下列粒子的还原能力由强到弱顺序正确的是()A.I-＞Fe2+＞Cl-＞SO2B.Cl-＞Fe2+＞SO2＞I-C.Fe2+＞I-＞Cl-＞SO2D.SO2＞I-＞Fe2+＞Cl-

【答案】D【解析】【分析】所含元素化合价升高的反应物为还原剂，所含元素的化合价降低的为氧化剂，氧化剂得电子后被还原的产物为还原产物；在氧化还原反应中，还原剂的还原性大于还原产物的还原性；根据还原剂和还原产物的概念找出各个化学方程式中的还原剂和还原产物

，然后比较它们的还原性强弱。【详解】由反应①中，KI中碘元素的化合价从-1价升高到0价，KI是还原剂，FeCl2是FeCl3化合价降低后得到的物质，FeCl2是还原产物，还原剂的还原性大于还原产物，故还原性：I-＞Fe2+；反应②中：FeCl2中铁元

素的化合价从+2价升高到+3价，FeCl2是还原剂，氧化剂是Cl2，Cl2被还原为Cl-，还原剂的还原性大于还原产物，所以还原性：Fe2+＞Cl-；反应③中：SO2中硫元素化合价从+4价升高到+6价，SO2是还原剂，HI是碘单质化合价降低后得到的产物，HI

是还原产物，还原剂的还原性大于还原产物，所以还原性：SO2＞I-；综上分析，物质的还原能力：SO2＞I-＞Fe2+＞Cl-，答案选D。12.M与N反应时，不能．．实现图示电子转移的是选项MN电子转移AFeHClBCu3

AgNOC2H2OD23FeOCOA.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．Fe与盐酸反应生成氯化亚铁，化合价升高，失去电子，A正确；B．Cu与硝酸银反应生成硝酸铜和Ag单质，Cu的化合价升高，失去电子，B正确；C．氢气与氧

气反应生成水，化合价升高，失去电子，C正确；D．23FeO与CO反应生成Fe单质，Fe的化合价降低，得到电子，D错误；故选D。13.下列对图示的解释不正确．．．的是AB向Ba(OH)2溶液中加入稀硫酸，溶液导电能力变化的a时刻Ba(OH)2溶液与稀硫酸恰好完全中和

浓硫酸的密度比水大，防止酸液飞溅CDNaCl的形成NaCl溶于水NaClNaCl+−=+A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．氢氧化钡溶液与稀硫酸反应生成硫酸钡沉淀和水且是1:1反应，故溶液的导电性先降低，a时刻导电能力几乎为0，说明氢氧化钡溶液与稀硫

酸恰好完全中和，故A正确；B．稀释浓硫酸需要将浓硫酸缓慢倒入蒸馏水中并搅拌，是为了防止浓硫酸溶解时密度比水大，产生的热造成局部沸腾而产生飞溅，故B正确；C．由图可知，氯化钠的形成过程为钠原子失去一个电子形成钠离子，氯原子得到一个电子形

成氯离子，则应转移了2个电子，钠离子与氯离子之间通过离子键结合形成氯化钠晶体，故C不正确；D．氯化钠固体在水分子作用下电离出钠离子和氯离子，故D正确；故选C。14.硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2和C

uCl2的混合溶液中回收S，其转化如图所示(CuS不溶于水)。下列说法不正确．．．的是A.过程①中，生成CuS的反应为H2S+Cu2+=CuS↓+2H+B.过程②中，CuS作还原剂C.过程③中，各元素化合价均未改变D.回收

S的总反应为2H2S+O2=2H2O+2S↓【答案】C【解析】【详解】A．根据图示可知在过程①中，H2S与Cu2+反应产生CuS沉淀和H+，根据电荷守恒、原子守恒及物质的拆分原则，可知反应生成CuS的反应为H2S+Cu2+=CuS↓+2H+，A正确；B．在过

程②中，CuS与Fe3+反应产生Fe2+、Cu2+、S单质，反应方程式为CuS+2Fe3+=2Fe2++Cu2++S↓，在反应中S元素化合价由反应前CuS中的-2价变为反应后S中的0价，化合价升高，失去电子被氧化，所以CuS作还原剂，B正确；C．在过程③中，F

e2+失去电子被氧化为Fe3+；O2得到电子，与溶液中的H+结合生成H2O，所以反应过程中Fe、O元素化合价发生了改变，C错误；D．根据图示将各步反应方程式叠加，可得总反应方程式为：2H2S+O2=2H2O+2S↓，Cu2+、Fe3+是反应的催化剂，D

正确；故合理选项是C。15.向Na2CO3溶液中依次加入甲、乙、丙三种溶液，进行如下实验：则甲、乙、丙中的溶质可能是A.BaCl2、H2SO4、MgCl2B.CaCl2、HNO3、AgNO3C.CaCl2、HNO3、NaClD.BaCl2、H2SO4、Na2SO4【答案】B【解析】【详解】A．碳

酸钠可以和氯化钡反应得到碳酸钡沉淀，但是碳酸钡和硫酸反应生成硫酸钡，沉淀不溶解，A错误；B．碳酸钠与氯化钙反应生成碳酸钙沉淀，碳酸钙与硝酸反应生成硝酸钙，其溶液中有氯离子，氯离子与银离子形成氯化银沉淀，B正确；C．碳酸钠可以和

CaCl2反应得到碳酸钙沉淀，碳酸钙沉淀溶于HNO3得到硝酸钙溶液，但是硝酸钙溶液和NaCl之间不会发生反应，C错误；D．碳酸钠与氯化钡反应生成碳酸钡沉淀，碳酸钡和硫酸反应生成硫酸钡，沉淀不溶解，D错误；故选B。16.科研小组用

氧化—沉淀法从废电池浸出液中去除铁：用2MnO氧化废电池没出液中的Fe2+(2++3+2+222Fe+MnO+4H=2Fe+Mn+2HO)，再加适量23NaCO调pH使3Fe+转化为()3FeOH沉淀。研究发现pH对2Fe+的氧化率和铁去除率的影

响如图1和图2所示。已知：i．pH越大，()+cH越小；ii．酸性条件下2MnO被还原为2Mn+下列说法不合理的是A.由图1可知，2Fe+氧化率随浸出液pH增大而减小B.若起始浸出液pH=1，2MnO与Fe2+反应一段时间后，浸出液pH

会减小C.3Fe+转变为沉淀的离子方程式为：323232O2Fe3CO+3H2Fe(OH)3CO=+−++D.推测若用3NaHCO调溶液pH也可以使3Fe+转化为3Fe(OH)沉淀【答案】B【解析】【详解】A．

由图1可知，2Fe+氧化率随浸出液pH增大而减小，符合图象信息，A不合题意；B．由题干信息方程式2++3+2+222Fe+MnO+4H=2Fe+Mn+2HO，可知若起始没出液pH=1，2MnO与Fe2+反应一段时间后，消耗了H+导致H+浓度增大，故没出液pH会增大，B符合题意；C．3Fe+转变

为沉淀是由于Fe3+和2-3CO发生双水解反应，故该反应的离子方程式为：3232322Fe3CO+3HO=2Fe(OH)3CO+−++，C不合题意；D．3Fe+转变为沉淀是由于Fe3+和2-3CO发生双水解反应，故-3HCO与Fe3+也能发生双水解反

应，3+-332Fe+3HCO=Fe(OH)+3CO，故推测若用3NaHCO调溶液pH也可以使3Fe+转化为3Fe(OH)沉淀，D不合题意；故答案为：B。第二部分本部分共5题，共52分。17.按要求回答下列问题。I.一种用于食品加热的发热包，主要成分为

CaO、铝粉、23NaCO。使用时向发热包加适量水，就能持续放热，温度可达100℃以上。可能发生的反应如下：ⅰ．()22CaOHOCaOH+=ⅱ．()2332CaOHNaCOCaCO2NaOH+=+ⅲ．2222Al2HO2NaOH2NaAlO3H++=+（1）属于复分解反应的是______

_(填序号)。（2）反应ⅲ中，还原剂是_______。（3）使用时需要向发热包加水，水的作用是_______(写出两点即可)。II.某氧化还原反应中的所有物质为：2NaNO、24NaSO、NO、24HSO、NaI、2I和2HO。已知2NaNO在反应中作氧化剂。（4）写出该反应的化学方程式并用双线

桥标出电子转移的方向和数目：_______。（5）该反应中，物质的还原性强弱：_________。III.探险队员“盐酸”，不小心走进了化学迷宫，不知如何走出来。迷宫中有许多“吃人的野兽”(即能与盐酸反应的物质)，盐酸必须避开它们。（6）走出迷宫的路线为：_____

__(用图中物质前的序号连接)。（7）能“吃掉”盐酸的盐是_______(写名称)，写出发生反应的离子方程式：_______。【答案】（1）ⅱ（2）Al（3）作反应物、作氧化剂、作溶剂等（4）（5）NaI>NO（6）③→⑥→⑩→⑦→⑪→⑫（7）①.

碳酸钠②.2+322CO2H=CO+HO−+【解析】小问1详解】复分解反应是两种化合物相互交换成分生成另外两种化合物的反应，则()2332CaOHNaCOCaCO2NaOH+=+属于复分解反应，故选ⅱ；【小问2详解】2222Al2HO2NaOH

2NaAlO3H++=+反应中，Al元素化合价升高，被氧化，则还原剂是Al；【小问3详解】由反应的化学方程式可知，水在反应i中的作用是与CaO反应放出大量的热；在反应ii中的作用是作为溶剂溶解碳酸钠；在反应ⅲ中的作用是作氧化剂，所以使用时需要向发热包加水，水的作用是作反应物、作氧化剂、作溶剂等

；【小问4详解】2NaNO在反应中作氧化剂，则N元素化合价降低，还原产物是NO，根据氧化还原反应规律，I元素化合价升高，则NaI是还原剂，2I是氧化产物，根据得失电子守恒、元素守恒，配平得到反应的化学方程式【为：22NaNO+2NaI+224HSO=2NO+2I

+224NaSO+22HO，N元素化合价由+3价降低为+2价、I元素化合价由-1价升高为0价，用双线桥标出电子转移的方向和数目为：；【小问5详解】22NaNO+2NaI+224HSO=2NO+2I+224NaSO+22HO反应中，

NaI是还原剂，NO是还原产物，因还原剂的还原性大于还原产物的还原性，所以该反应中，物质的还原性强弱：NaI>NO；【小问6详解】盐酸和二氧化碳不反应，盐酸和氯化钠不反应，盐酸和二氧化硫不反应，盐酸和Cu不反应，盐酸和硫酸不反应，盐酸和Ag不反应，所以走出迷宫的路线为③→⑥→⑩→⑦→⑪→⑫；【小

问7详解】碳酸钠能与盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，则能“吃掉”盐酸的盐是碳酸钠，发生反应的离子方程式为2+322CO2H=CO+HO−+。18.某工厂排放的废液中存在FeCl2和CuCl2，为从废液中回收金属铜并制备FeCl3溶液，可以采用下列步骤：（1

）操作①的名称是___________。（2）物质A是___________。（3）滤渣为混合物，物质B___________。（4）废液中加入过量A发生反应的离子方程式___________。（5）写出③的离子方程式___________。【答案】（1）过滤（

2）铁粉（3）盐酸（4）Fe+Cu2+=Fe2++Cu（5）2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-【解析】【分析】废液中存在FeCl2和CuCl2，加入过量铁粉后过滤，所得滤液为FeCl2溶液，滤渣为Fe、Cu混合物；是滤渣中加入过量盐酸，

Fe溶解生成FeCl2等，过滤后得到Cu和FeCl2；将两份滤液合并，再通入Cl2，将FeCl2氧化为FeCl3。【小问1详解】由分析可知，操作①的名称是过滤。【小问2详解】要进行铁、铜元素的分离，物质A是铁粉。【小问3详解】滤渣为Fe、Cu的混合物，加入物

质B溶解Fe，则物质B是盐酸。【小问4详解】废液中加入过量Fe，与Cu2+反应生成Cu和Fe2+，发生反应的离子方程式为Fe+Cu2+=Fe2++Cu。【小问5详解】反应③中，通入Cl2将FeCl2氧化为FeCl3，离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-。【点睛】从

废液中回收金属铜并制备FeCl3溶液，则加入的酸只能为盐酸。19.某学习小组以()2BaOH、水、24HSO为实验对象探究离子反应发生的条件。实验1：向烧杯中依次．．加入下列试剂，记录灯泡变化①()2BaOH粉末：灯

泡不亮②加入蒸馏水：灯泡变亮③逐滴滴加一定浓度的24HSO，灯泡变化如下：123⎯⎯→⎯⎯→⎯⎯→ⅠⅡⅢ亮暗熄灭亮溶液溶液溶液（1）()2BaOH与24HSO在溶液中能发生_______反应。a．复分解反应b．氧化还原反应c．置换反应（2）加2HO后，灯泡变亮的原因是()2BaOH发生了____

___。（3）用离子方程式解释过程Ⅰ中灯泡变暗的原因_______。（4）查阅有关物质溶解度数据如下表：物质()2BaOH4BaSO溶解度/g5.60.00025比较溶液1、溶液2中()24SOc−的大小：___________。（

5）实验2：用24NaSO溶液替代稀24HSO，重复实验进行对照。加入24NaSO溶液过程中灯泡不熄灭，原因是_______。通过实验可知：离子反应发生的条件之一是_______。【答案】（1）a（2）电离（3）2+-+2-442Ba+2OH+2H+SO=BaSO+2HO（4）()()2224

14SOSOcc−−＞（5）①.反应生成NaOH，易溶于水电离出+Na和-OH，灯泡不熄灭②.生成沉淀【解析】小问1详解】()2BaOH与24HSO在溶液中反应生成硫酸钡和水，两种化合物相互交换成分生成另外两种化合物，属于复分解反应，故选a；【小问2详解】溶液的导电能力与离子浓度有关

，加入水后，()2BaOH发生了电离，离子浓度增大，导电能力增强；【小问3详解】氢氧化钡和硫酸反应生成硫酸钡沉淀和水，离子方程式为2+-+2-442Ba+2OH+2H+SO=BaSO+2HO，溶液中离子浓度减小，所以灯泡变暗；【小问4详解】从图中溶解度可知，氢氧化钡溶于水，硫酸钡几乎不溶于水，

溶液1氢氧化钡未完全沉淀，溶液2氢氧化钡完全沉淀，硫酸根离子浓度最大，故()()222414SOSOcc−−＞；【小问5详解】由于反应生成NaOH，易溶于水电离出+Na和-OH，所以灯泡不熄灭；通过该实验可知，离子反应发生的条件之一是

生成沉淀。20.某实验小组用3CaCO和盐酸制取并检验CO2，进行如下实验：【（1）①可以选择的发生装置是_______。(气密性已检验，部分加持装置已省略)②用离子方程式表示该方法制备CO2的反应原理_______。（2）发生装置中制得的CO2不纯净，

将洗气装置补充完整，注明其中盛有的除杂试剂：_______。（3）写出澄清石灰水变浑浊的离子方程式：_______。（4）小组同学组装好装置后进行两组实验，并用计算机记录澄清石灰水导电能力．．．．．．．．．随气体通入量的变化，如下图所示：实验Ⅰ：制备的CO2经洗气实验Ⅱ：制备的CO2未经洗

气①查阅资料可知，曲线Ⅰ中导电能力上升是因为持续通入过量的2CO，2CO与碳酸钙悬浊液发生反应，生成()32CaHCO，写出发生反应的离子方程式：_______。②曲线Ⅱ的最低点高于曲线Ⅰ的原因可能是_______。【答案】（1）①.AB②.23222HHOCaCOCaCO+++=++（2）

饱和3NaHCO溶液（3）22322HOCaOHCOCaCO+−++=+（4）①.23223HO2CaCOCOCaHCO+−+++=+②.曲线Ⅱ中气体没有洗气，导致氯化氢和氢氧化钙反应生成氯离子和钙离子，使溶液中自由移动的离子浓度大，溶液的导电能力强【解析】【分析】3CaC

O和盐酸反应生成氯化钙和二氧化碳、水，二氧化碳气体能使澄清石灰水变浑浊，故检验二氧化碳使用澄清石灰水检验，由此解答。【小问1详解】①碳酸钙和稀盐酸制取二氧化碳是固液反应不需要加热，因此可以使用A或者B，离子方程为23222HHOCaCOCaCO+++=++故答案为AB；23222HHOCaCOC

aCO+++=++；【小问2详解】二氧化碳气体中含有挥发出的氯化氢气体，可用饱和碳酸氢钠溶液吸收氯化氢，气体应该长进短出通过洗气装置，图示为，故答案为3NaHCO；；【小问3详解】澄清石灰水变浑浊是因为二氧化碳和氢氧化钙反应生成了碳酸钙沉淀22322HOCaOHCOCaCO+

−++=+，故答案为22322HOCaOHCOCaCO+−++=+；【小问4详解】①溶液导电的原因是溶液中存在自由移动的离子，曲线Ⅰ中导电能力上升的原因是生成的碳酸钙沉淀和二氧化碳、水反应生成可溶性碳酸氢钙，过程中发生反应的离子方程式为23223

HO2CaCOCOCaHCO+−++=+；②曲线Ⅱ中气体没有洗气，导致氯化氢和氢氧化钙反应生成氯离子和钙离子，使溶液中自由移动的离子浓度大，溶液的导电能力强。故答案为23223HO2CaCOCOCaHCO+−++=+；曲线Ⅱ中气体没有洗气

，导致氯化氢和氢氧化钙反应生成氯离子和钙离子，使溶液中自由移动的离子浓度大，溶液的导电能力强。21.实验小组探究()3FeOH胶体的制备方法及其性质。（1）制备()3FeOH胶体实验实验操作丁达尔效应1向40mL沸腾的蒸馏水中滴入5滴饱和3FeCl溶液(浓度约为30%)迅速出现2向40m

L蒸馏水中滴入5滴310%FeCl溶液，然后滴入1滴10%NaOH溶液，边滴边搅拌迅速出现3加热40mL饱和3FeCl溶液一段时间后出现①实验1，生成()3FeOH胶体和_______(填化学式)。②实验2与实验1对比，优点是_______(答2条)

。③综合上述实验：制备()3FeOH胶体提供OH−的物质可以是2HO或_______。（2）()3FeOH胶体的性质资料：Ⅰ．pH10时，()3FeOH胶体溶解。Ⅱ．固体3FeCl易升华(物质从固态不经

过液态直接变成气态的过程)。实验4：取5mL实验3得到的液体于蒸发皿中，继续加热，待蒸发皿中液体变为粘稠状，罩上漏斗，可观察到漏斗内出现棕褐色的烟，且有棕褐色固体附着在漏斗的内壁上。继续加热，蒸发皿中最终得到红棕色固体。①根据资料，推测漏斗内棕褐色的烟中主要含有____

___(填化学式)。研究表明：()3FeOH胶体可净化水中的砷酸，砷酸浓度较低时以吸附为主，砷酸浓度较高时以反应为主。②不同pH时，测得溶液中()3FeOH胶体对砷酸的吸附效率如下图。pH为39:时，()3Fe

OH胶体对砷酸的吸附效率高，pH较高时，吸附效率降低的原因是_______。③去除水中高浓度砷酸的原理是()3FeOH胶体与砷酸反应生成砷酸铁(4FeAsO)沉淀，化学方程式是_______。【答案】（1）①.HCl②.不需加热；3FeCl溶液浓

度小③.NaOH（2）①.3FeCl②.10pH时，()3FeOH胶体溶解③.()()34423H3HOFeOHAsOFeAsO+=+胶体【解析】【分析】实验1中饱和氯化铁溶液与水在加热条件下反应生成

()3FeOH胶体和HCl；实验2中向蒸馏水中滴入5滴溶液，滴入1滴氢氧化钠溶液，边滴边搅拌，迅速产生胶体；实验3加热饱和氯化铁溶液，一段时间后产生胶体，胶体会产生丁达尔效应，由此解答。【小问1详解】①实验1中饱和氯化铁溶液与水在加热条件下反应生成()3FeOH胶体和H

Cl，反应化学方程式为()()3233HO3FeClFeOHHCl+=+胶体；故答案为HCl；②对比实验1和实验2可知，实验2不需要加热，且即使不是饱和氯化铁溶液也能生成氢氧化铁胶体，故优点是不需加

热，3FeCl溶液浓度小；故答案为不需加热，3FeCl溶液浓度小；③根据实验1和3可知，在蒸馏水中滴加饱和氯化铁溶液并加热，生成氢氧化铁胶体的速度大于直接加热饱和氯化铁溶液，说明此时提供氢氧根离子的物质是水，对比实验1和2可知，加入少量NaOH溶液后，即使不用饱和氯化铁溶液，也能生成氢

氧化铁胶体，此时提供氢氧根离子的物质是NaOH；故答案为NaOH；【小问2详解】①根据资料可知，固体氯化铁易升华，则漏斗内棕褐色的烟中主要含有3FeCl；故答案为3FeCl；②根据资料可知，10pH时，()3FeOH胶体溶解，因此pH较高时，吸

附效率降低；故答案为10pH时，()3FeOH胶体溶解；③去除水中高浓度砷酸的原理是()3FeOH胶体与砷酸反应生成砷酸铁沉淀，反应的化学方程式为()()34423H3HOFeOHAsOFeAsO+=+胶体，故答案为()()34423H3HOFeOHAsOFeAsO+=+胶体。的