【文档说明】【精准解析】广西南宁市第二中学2017-2018学年高一上学期期中考试化学试题（解析版）.doc，共(17)页，419.000 KB，由小赞的店铺上传

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广西南宁市第二中学2017-2018学年高一上学期中期考试化学试题可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Mg-24Al-27S-32Cl-35.5Fe-56Cu-64Ce-140.1一、选择题：毎小题只

有一个选项符合题意。本题包括18小题，每小题2分，共计36分。1.化学概念在逻辑上存在如下关系：对下列概念的说法正确的是A.化合物与电解质属于重叠关系B.溶液与胶体属于并列关系C.化合物与碱性氧化物属于交叉关系D.物质的量与物质的质量属于包含关系【答案

】B【解析】【详解】A.电解质属于化合物，但化合物不一定是电解质，故电解质包含于化合物中，故A错误；B.当分散剂是水或其它溶液时，根据分散质粒子直径大小来分类，把分散系划分为：溶液(小于1nm)、胶体(1nm∼100nm)、浊液(大于100nm)，溶液与胶体属于并列关系，故B正确；C.碱

性氧化物是化合物，但化合物不一定是碱性氧化物，碱性氧化物包含于化合物中，故C错误；D.物质的量是表示含有一定数目粒子集合体的物理量，物质的质量是表示物质重量的物理量，二者属于并列关系，故D错误。故答案选B点睛：本题主要考查单质和化合物，酸、碱、盐、氧化物，分散系，电解质

与非电解质的概念及其相互联系，明确这些概念以及它们之间的关系是解题的关键。电解质是在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物；跟酸反应生成盐和水的氧化物，叫做碱性氧化物；当分散剂是水或其它溶液时，根据分散质粒子直径大小来分类，把分散系划分为：溶液（小于1nm）、胶体（1nm∼1

00nm）、浊液（大于100nm），还要注意物质的量与物质的质量之间的区别与联系。2.以下变化中需要加入还原剂才能实现的是A.Cl-→Cl2B.SO42-→BaSO4C.Cu→Cu2+D.MnO4-→Mn2+【答案】D【解析】【详解】A．Cl-→Cl2，氯元素化合价升高，所以氯离子是还原

剂，需要加入氧化剂才能实现，故A错误；B．SO42-→BaSO4，元素化合价没有发生变化，不是氧化还原反应，故B错误；C．Cu→Cu2+，铜元素化合价升高，所以铜是还原剂，需要加入氧化剂才能实现，故C错误；D．MnO4-→Mn2+，锰元素化合价降低，被还原，应加入还原剂才能实现，故D正确故

答案选D。点睛：解决此类题型，一般主要可能出现两方面的判断误区，一是对于加入还原剂后物质发生的反应判断失误，认为是物质被氧化了，二是忽视了物质尽管发生了还原反应，但有可能发生的是歧化反应，其本身也可能作为还原剂，而不需要加入还原剂。氧化还原过程中有化合价的升降，化合价升高发生氧化反应，

需加入氧化剂；化合价降低，发生还原反应，需加入还原剂。以此解决此题。3.为了除去蛋白质溶液中混入的少量氯化钠，可以采用的方法是A.过滤B.渗析C.电泳D.加入AgNO3溶液，过滤【答案】B【解析】【详解】蛋白质形成的分散系是胶体，除

去蛋白质溶液中混入的少量氯化钠，可以采用渗析，过滤没法除去，因为两者都能透过滤纸，电泳也不能除去氯化钠，加入AgNO3溶液会破坏蛋白质结构，故不可以采用。综上答案选B。4.科学的实验方法为我们探索物质的

世界提供了一把金钥匙。下列实验方法及叙述正确的是（）A.两种互不相溶的液体，如汽油和水，不可通过分液方法分离B.因为碘易溶于乙醇，所以常用乙醇萃取碘水中的碘C.生活中能用食醋除去暖瓶内的水垢D.氢氧化钠只有在熔触状态下才能发生电

离【答案】C【解析】【详解】A．因互不相溶的液体可利用分液的方法分离，如汽油和水不互溶，可以利用分液法来分离，故A错误；B．乙醇与水互溶，不能作萃取剂，则不能用乙醇萃取碘水中的碘，故B错误；C．水垢的主要成分是碳酸钙，和醋酸反应生成可溶性的醋酸钙，所以可用食醋除

去暖瓶中的水垢，故C正确；D．NaOH溶于水也能电离，即氢氧化钠在溶于水或熔融状态下都可电离，故D错误；故答案选C。5.下图分别表示四种操作，其中有两处错误的是A.读数B.稀释C.溶解D.称量【答案】B【解析】【详解】A.读数，有一处错误，视线仰视(视

线应与凹液面在一条水平线上)，不合题意；B.稀释，有两处错误，一处是水倒入浓硫酸中，另一处是在量筒内稀释浓硫酸(应在烧杯内先放水，后沿烧杯内壁缓缓倒入浓硫酸，边倒边搅拌)，B符合题意；C.溶解，有一处错误，溶解时摇动烧杯让物质溶解(应使用玻璃棒搅拌)，C不合题意；D.称量，有

一处错误，NaOH固体放在纸上称量(应放在小烧杯内称量)，D不合题意。故选B。【点睛】在平时的实验中，一定要养成科学、规范的实验操作习惯，不能因贪图省事而违反操作原则，否则可能会酿成大祸。6.mg某金属M与含nmolHCI的盐酸恰好完全反应生成M

Cl2和氢气，则该金属的相对原子质量为（）A.2m/nB.2n/mC.n/2mD.m/2n【答案】A【解析】【详解】由MCl2可知，M的化合价为+2价，则M与盐酸反应的化学方程式应为：M+2HCl=MCl2+H2↑，设消耗了xmol

的M，即x=n2，所以M=2mn=2mn。故答案选A。7.下列离子方程式正确的是A.加热FeCl3溶液制备Fe(OH)3胶体：Fe3++3H2O=Fe(OH)3↓+3H+B.澄清的石灰水与稀盐酸反应Ca(OH)2+2H+=Ca2++2H2OC.碳酸钙溶于醋酸中：CaCO3+2H+=Ca2++C

O2↑+2H2OD.铜与硝酸银溶液的反应：Cu+2Ag+=Cu2++2Ag【答案】D【解析】【详解】A.向沸水中滴加饱和的FeCl3溶液制备Fe(OH)3胶体，胶体不是沉淀，正确的方程式为：Fe3++3H2O=Fe(OH)3（胶体）+3H+，故A错误；B.澄清的石

灰水与稀盐酸反应时，Ca(OH)2要写成离子形式，正确的方程式是：H＋＋OH－=H2O，故B错误；C.醋酸是弱酸，不能写成离子形式，正确的方程式是：CaCO3＋2CH3COOH=Ca2＋＋2CH3COO－＋H2O＋CO2↑，故C错误；D.铜比银的金属性强，则铜

与硝酸银溶液反应时生成铜离子和单质银，离子方程式为：Cu+2Ag+=Cu2++2Ag，故D正确；故答案选D。8.NA表示阿伏加德罗常数值，下列说法正确的是（）A.18g水所含电子数为NAB.14gCO和N2的混合气体所含分子数为NAC.16gO2和O3的

混合气体所含质子数为8NAD.58.5gNaCl所含的离子数为NA【答案】C【解析】【详解】A错误，18g水所含电子数为10NAB错误，14gCO和N2的混合气体所含分子数为0.5NAC正确D错误，58.5gNaCl所含的离子数为2NA9.为了除去粗盐中Ca2+，Mg2+，SO4

2-及泥沙，将粗盐溶于水，然后进行下列五项操作：①过滤，②加过量的NaOH溶液，③加适量盐酸，④加过量Na2CO3，⑤加过量BaCl2溶液。正确的操作顺序是（）。A.①④②⑤③B.④①②⑤③C.②⑤④③①D.⑤②

④①③【答案】D【解析】【详解】要先除SO42-，然后再除Ca2+，碳酸钠可以除去过量的Ba2+，如果物质加入顺序反了，过量的Ba2+就没法除去，至于加氢氧化钠除去Mg2+顺序不受限制，因为过量的氢氧化钠加盐酸就可以调节了，只要将三种离子除完了，过滤就行了，最后加盐酸除去过量的

OH-、CO32-，所以操作顺序可以为：②⑤④①③或⑤②④①③或⑤④②①③，但不能为④②⑤①③，故正确答案为D。10.在Na2SO4、K2SO4、KCl的混和溶液中，如果c(Cl-)=0.1mol/L，c(Na+)=0.2mol/L，c(SO4

2-)=xmol/L，c(K+)=ymol/L，则x和y的关系是（）A.x=0.5yB.2x=0.1+yC.y=2(x-0.1)D.y=2x+0.1【答案】B【解析】【详解】混合溶液呈电中性，根据电荷守恒有n(Cl-)+2n(SO4

2-)=n(K+)+n(Na+)，即：0.1mol/L+2xmol/L=ymol/L+0.2mol/L，整理得2x=0.1+y。故答案选B。点睛：本题考查物质的量浓度的有关计算，注意电解质混合溶液中离子浓度的计算经常需要用到电荷守恒，电荷守恒的规律是：在溶液中，阳离

子所带的正电荷总数等于阴离子所带的负电荷总数，使溶液呈现电中性。11.配制一定物质的量浓度溶液时，下列操作会使配制浓度偏低的是（）A.天平的砝码沾有其他物质或生锈B.用量筒量取浓溶液时，仰视读数C.在定容时俯视读数D.溶解时吸热，且未恢复到室温（20℃）【答案】D【解析】【详解】A.

天平的砝码沾有其他物质或生锈，使砝码比正常的质量要大，称量溶质时溶质的质量偏大，会导致所配制的溶液浓度偏高，故A错误；B.用量筒量取浓溶液时，仰视读数，会导致量取的溶质体积偏大，所配制的溶液浓度偏高，故B错误；C.在定容时俯

视读数，会导致容量瓶中的溶液体积偏小，所配制的溶液浓度偏高，故C错误；D.溶解时吸热，且未恢复到室温（20℃）就进行移液定容，溶液在升温时体积膨胀，会导致所配制的溶液体积偏大，浓度偏低，故D正确；故答案选D。点睛：在判断配制溶液浓度偏高或偏

低的问题时，要紧紧围绕c=n/V判断不当操作对n或V的影响，如果n偏大或V偏小，则所配制的溶液浓度偏高，如果n偏小或V偏大，则所配制的溶液浓度偏低。12.在强酸性和强碱性溶液中都能大量共存的一组离子是（）A.K+、Ca2+、CH

3COO-、Cl-B.Na+、Ca2+、HCO3-、NO3-C.NH4+、Fe3+、SO42-、NO3-D.Ba2+、K+、NO3-、Cl-【答案】D【解析】【详解】A.Ca2+与强碱性溶液中的OH−反应

生成微溶物Ca(OH)2，CH3COO－与强酸性溶液中的H＋反应生成弱酸CH3COOH，在溶液中不能大量共存，故A错误；B.HCO3−能够与氢离子和氢氧根离子反应，Ca2+与强碱性溶液中的OH−反应生成微溶物Ca(OH)2，在溶液中不能大量共存，故B错误；C.NH4+、Fe3+

与强碱性溶液中的氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；D.Ba2+、K+、NO3-、Cl-之间不发生反应，都不与强酸性和强碱性溶液反应，在溶液中能够大量共存，故D正确；故答案选D。点睛：本题

主要考查限定条件下的离子共存问题，强酸溶液中含大量的氢离子，强碱溶液中含大量的氢氧根离子，结合离子之间不能反应生成沉淀、气体、水，不能发生氧化还原反应等，则离子大量共存，以此来解答该题。13.某固体仅由一种元素组成，其密度为5g/cm3。用X射线研究该固体的

结果表明：在棱长为1×10－7cm的立方体中含有20个原子，则此元素的相对原子质量最接近A.32B.65C.120D.150【答案】D【解析】【详解】一个正方体的体积为（10－7）3＝10－21cm3，质量为5×10－21g，则1mol该元素原子的质量为×6．02×1023≈150．5

g，其数值与该元素的相原子质量相等，所以选D．14.海水的综合利用可以制备金属钠和镁，其流程如下图所示：下列说法不正确的是（）A.要检验母液中是否含氯离子应当用硝酸酸化的硝酸银溶液进行实验B.上述流程MgCl2制取Mg的反应中，MgCl2既是氧化剂又是

还原剂C.上述流程中的变化都属于化学变化D.上述流程中生成Mg(OH)2沉淀的离子方程式为：Mg:2++Ca(OH)2=Mg(OH)2+Ca2+【答案】C【解析】【详解】A.检验母液中Cl－，用硝酸银溶液和稀硝酸，故A正确；B.上述流程MgCl2制取Mg的反应是电解熔融的MgCl2，在该

反应中，镁元素的化合价降低，氯元素的化合价升高，故MgCl2既是氧化剂又是还原剂，故B正确；C.在上述流程中，海水的蒸发、粗盐的重结晶都不是化学变化，故C错误；D.母液中加入石灰乳生成氢氧化镁，离子方程式为Mg:2++Ca(O

H)2=Mg(OH)2+Ca2+，故D正确；故答案选C。点睛：本题的难点在D项，石灰乳是氢氧化钙的悬浊液，书写离子方程式时不能拆开，澄清石灰水是氢氧化钙的水溶液，书写离子方程式时，需要拆开。15.除去下列物质中的杂质，所用试剂和方法正确的是

选项物质杂质除杂质所用试剂和方法A酒精水浓硫酸，分液BKNO3K2SO4BaCl2，过滤CCO2HClNaHCO3溶液，洗气DNaHCO3Na2CO3Ca(OH)2溶液，过滤A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A.酒精遇浓硫酸会发生

脱水，使酒精变质，应选用生石灰作为除杂试剂，加入生石灰后再蒸馏即可除去杂质水，故A错误；B.加入BaCl2，会引入氯离子杂质，应选择硝酸钡溶液作为沉淀剂，故B错误；C.将含有HCl杂质的CO2气体通过饱和的N

aHCO3溶液进行洗气，HCl与NaHCO3溶液反应：NaHCO3＋HCl=NaCl＋CO2↑＋H2O，从而除去HCl杂质，故C正确；D.NaHCO3与Na2CO3都可以和Ca(OH)2溶液反应，故不能用Ca(OH)2溶液除去NaHC

O3中的Na2CO3杂质，故D错误；故答案选C。点睛：本题主要考查物质的分离和提纯。解决这类问题时，要根据原物质和杂质的物理或化学性质选择适当的除杂试剂和分离方法，所谓除杂（提纯），是指除去杂质，同时被提纯物质不得改变，所以选择除杂试剂时要满足两个条件：1.加入的试剂只能与杂

质反应，不能与原物质反应，本题的A项和D项就属于这类错误；2.反应后不能引入新的杂质，如B项就属于这类错误；16.某溶液含有Cl-和I-，为了氧化I-，但不使Cl-氧化，根据下列三个反应判断：除用Cl2以外，还可选用的

氧化剂是：①2Fe3++2I-=2Fe2++I2②2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-③2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O。A.FeCl2B.FeCl3C.浓盐酸D.KMnO4【答案】B【解析】【详解】由①2Fe3++2I-=2Fe2++I2

②2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-③2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O，得出氧化性强弱顺序为MnO4－>Cl2>Fe3+>I2，A.FeCl2不能氧化I−，故A错误；B

.FeCl3能氧化I−而不使Cl−氧化，故B正确；C.浓盐酸不能氧化I−，故C错误；D.KMnO4能将Cl-和I-两种离子均氧化，故D错误；故答案选B。17.300mLAl2(SO4)3溶液中，含有Al3+为1.62克，在该溶液中加入0.1mol/

LBa(OH)2溶液300mL，反应后溶液中SO42-的物质的量浓度约为A.0.4mol/LB.0.3mol/LC.0.1mol/LD.0.2mol/L【答案】C【解析】【详解】硫酸铝溶液中c(Al3+)=1.62g÷27g/mol÷0.3L=0.2mol/L，根据Al2(SO4)3的化学式可知c

(SO42−)=32c(Al3+)=32×0.2mol/L=0.3mol/L，则n(SO42−)=0.3mol/L×0.3L=0.09mol，向该溶液中加入氢氧化钡，二者反应生成硫酸钡和水，n[Ba(O

H)2]=0.1mol/L×0.3L=0.03mol，0.03mol钡离子完全反应需要0.03mol硫酸根离子，则混合溶液中剩余n(SO42−)=0.09mol−0.03mol=0.06mol，混合溶液中硫酸根离子物质的量浓度c（SO42−）=n/V=0.06mol÷(0.3L+0.3L

)=0.1mol/L，故答案选C。18.把图2中的物质补充到图1中，可得到一个完整的氧化还原反应的离子方程式（未配平）。对该氧化还原反应的离子方程式，下列说法不正确的是A.IO4-作氧化剂，具有氧化性B.氧化性:MnO4->IO4-C.氧化剂和还原剂的物

质的量之比为5:2D.若有2molMn2+参加反应，则转移10mol电子【答案】B【解析】【分析】已知锰离子是反应物，反应后生成高锰酸根离子，则锰离子失电子作还原剂，含有碘元素的离子在反应中作氧化剂，碘元素应该得电子化合价降低

，所以IO4－是反应物，IO3－是生成物，根据元素守恒知，水是反应物，根据氧化还原反应中化合价升降数值相等以及原子守恒知识，可以得出该反应方程式为：2Mn2++5IO4－+3H2O=2MnO4－+5IO3－+6H+，再根据各物理量之间的关系式判断。【详解】

A．IO4－中的碘元素在反应中化合价降低，得电子，作氧化剂，具有氧化性，故A正确；B．根据反应方程式可知，该反应的氧化剂是IO4－，氧化产物是MnO4－，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，则氧化性强弱顺序是：IO4－＞MnO4－，故B错误；C．根据方程式可知：氧化剂碘

酸根离子和还原剂锰离子的物质的量之比为5：2，故C正确；D．根据反应方程式：2Mn2++5IO4－+3H2O=2MnO4－+5IO3－+6H+，有2molMn2+参加反应时，转移电子的物质的量是：2mol×（7-2）=10mo

l，故D正确；故答案选B。二、主观题（7题共64分）19.写出下列水溶液中所有的电离方程式或发生反应的离子方程式：（1）亚硫酸氢钠(NaHSO3)_____________________________________________

__________；（2）少量碳酸氢钠与澄清石灰水反应______________________________________________；（3）硫酸和氢氧化钡反应_______________________________

_________________________；（4）三氧化二铁和盐酸反应_______________________________________________________；【答案】①.NaHSO3===Na+＋HSO3-、HSO3-⇌H+＋SO32-②.HC

O3-＋Ca2+＋OH－===CaCO3↓＋H2O③.Ba2+＋2OH-＋2H+＋SO42-===2H2O＋BaSO4↓④.Fe2O3＋6H+===2Fe3+＋3H2O【解析】【详解】（1）.NaHSO3是可溶性盐，在水溶液中可以完全电离，但HSO3－对应的亚硫酸是弱酸，在水溶液中不能完全电离，故

亚硫酸氢钠在水溶液中的电离方程式是：NaHSO3=Na+＋HSO3-、HSO3-⇌H+＋SO32-，故答案是：NaHSO3=Na+＋HSO3-、HSO3-⇌H+＋SO32-；（2）.按照“谁少量谁的化学计量数为1”的原则，少量碳酸氢钠与澄清石灰水反应的离子方程式

是：HCO3-＋Ca2+＋OH－=CaCO3↓＋H2O，故答案是：HCO3-＋Ca2+＋OH－=CaCO3↓＋H2O；（3）.硫酸和氢氧化钡反应生成硫酸钡沉淀和水，反应的离子方程式是：Ba2+＋2OH-＋2H+＋SO42-=2H2

O＋BaSO4↓，故答案是：Ba2+＋2OH-＋2H+＋SO42-=2H2O＋BaSO4↓；（4）.三氧化二铁和盐酸反应生成氯化铁和水，三氧化二铁是氧化物，不能写成离子形式，则反应的离子方程式是：Fe2O3＋6H+=2Fe3+＋3H2O，故答案是

：Fe2O3＋6H+=2Fe3+＋3H2O。20.（1）常温下，在27.5g水中溶解12.5gCuSO4·5H2O，溶液恰好达到饱和，该溶液的密度为2.0g/cm3。求：①该溶液中CuSO4的物质的量浓度为

____________。②取出10.0mL该溶液，配成物质的量浓度为1.00mol/L的稀溶液，则稀释后溶液的体积是____mL。（2）有一瓶子，盛满氢气时总质量为m1g，盛满氧气时总质量为m2g。若改装入二氧化碳气体，该瓶总质量为______

____g。【答案】①.2.5mol/L②.25③.（7m2—2m1）/5【解析】【详解】(1).①.12.5gCuSO4·5H2O的物质的量为12.5g÷250g/mol=0.05mol，则溶液中硫酸铜的物质的量为0.05mol，溶液的体

积为（27.5g+12.5g）÷2.0g/mL=20.0mL，故硫酸铜溶液的物质的量浓度为0.05mol÷0.02L=2.5mol/L，故答案为2.5mol/L；②.根据稀释定律，稀释前后溶质的物质的量不变，10.0mL该溶液配成浓度为

1.00mol/L的稀溶液，则稀释后溶液的体积为10mL×2.5mol/L÷1mol/L=25mL，故答案为25mL；(2).同温同压下，气体的摩尔体积相等，则体积相等的气体，其物质的量也相等，物质的摩尔质量和相对分子质量在数值上相等，设瓶子的质量为ag，容器能容纳的气体

为bmol，装入二氧化碳气体后该瓶的总质量为m3，则m1=a+b×2、m2=a+b×32，解得a=121615mm−，b=2130mm−，则装入二氧化碳气体后该瓶的总质量m3=a+b×44，将a和b的数值代入，得m3=（7m2—2m1）/5，故答案为（7m

2—2m1）/5。21.化工生产中常用到“三酸两碱”，“三酸”指硝酸、硫酸和盐酸，“两碱”指烧碱和纯碱。（1）从物质的分类角度看，不恰当的一种物质是____________，它属于_____类。（2）“三酸”和“两碱”之间均可反应，若用

化学方程式表示有六个（酸过量时），若用离子方程式表示却只有两个，请写出这两个离子方程式：___________________；___________________________。（3）“三酸”常用于溶解金属和金属氧化物。下列金属在常

温时能全部溶于足量盐酸的是_________（填选项字母）。A．AgB.CuC.AlD.Fe（4）烧碱、纯碱均可吸收CO2，当含1mol/L100ml的NaOH的溶液吸收一定量CO2后，在溶液中加入过量盐酸，再将溶液蒸干，得到固体的质量是_________g（保留两位小数）【答案】①.纯碱②.盐

③.OH－＋H＋=H2O④.CO32-+2H＋=H2O+CO2↑⑤.CD⑥.5.85【解析】【详解】（1）.硝酸、硫酸和盐酸属于酸，烧碱是氢氧化钠，属于碱，纯碱是碳酸钠，属于盐，故答案为纯碱；盐；（2）.硝酸、硫酸和盐酸与烧碱反应本质是氢离子与氢氧

根离子反应生成水，反应离子方程式为：H++OH-=H2O；过量的硝酸、硫酸和盐酸与碳酸钠反应本质是氢离子与碳酸根反应生成二氧化碳与水，反应离子方程式为：CO32-+2H＋=H2O+CO2↑，故答案为H++OH-=H2O；CO32-+

2H＋=H2O+CO2↑；（3）.根据金属活动性顺序表可知，能与盐酸反应置换出氢气的金属是铝和铁，银和铜不能反应，故答案选CD；（4）.当含1mol/L100ml的NaOH的溶液吸收一定量CO2后，溶液中溶质可能为：NaOH、Na2CO3，Na2CO3，Na2CO3、NaHCO3

或NaHCO3，在溶液中加入过量盐酸，无论是那种组合，均完全反应生成NaCl，根据钠原子守恒可知，NaOH～NaCl，即n（NaCl）=n（NaOH）=1mol/L×0.1L=0.1mol，则m（NaCl）=0.1mol×58.5g/m

ol=5.85g，故答案为5.85。22.工业上利用氟碳铈矿（主要成分CeCO3F)提取CeCl3的一种工艺流程如下：请回答下列问题：（1）已知CeCO3F中C为+4价，Ce元素的化合价为_______。

焙烧后Ce元素被________。（填“氧化”或“还原”）（2）酸浸过程中用稀硫酸和H2O2替换HCl不会造成环境污染。写出稀硫酸、H2O2与CeO2反应的离子方程式：_______________________________。（3）向C

e(BF4)3中加入KCl溶液的目的是__________________。（4）CeCl3.6H2O属于___________物（填“纯净”或“混合物”）（5）准确称取0.75gCeCl3样品置于锥形瓶中，加入适量

过硫酸铵溶液将Ce3+氧化为Ce4+，然后加入25ml0.10mol/l(NH4)2Fe(SO4)2与之恰好反应完。（已知：Fe2+＋Ce4+=Ce3+＋Fe3+)该样品中CeCl3的质量分数为____________。【答案】①.＋3②.氧化③.H

2O2＋2CeO2＋6H＋==2Ce3＋＋4H2O＋O2↑④.避免三价铈以Ce(BF4)3沉淀的形式损失（或除去BF或提高CeCl3的产率或其他合理答案）⑤.纯净⑥.82.2%【解析】【详解】（1）.已知CeCO3F中C为+4价

，根据化合价代数和为0可知，Ce元素的化合价为+3价，焙烧后所得的产物为CeO2、CeF4，在这两种物质中Ce元素的化合价都是+4价，所以在焙烧过程中Ce元素的化合价升高，被氧化，故答案是：+3；氧化；（2）.稀硫酸、H

2O2、CeO2反应的离子方程式是：H2O2＋2CeO2＋6H＋==2Ce3＋＋4H2O＋O2↑，故答案为H2O2＋2CeO2＋6H＋==2Ce3＋＋4H2O＋O2↑；（3）.向Ce(BF4)3中加入K

Cl溶液生成CeCl3和KBF，这样做的目的是避免三价铈以Ce(BF4)3沉淀的形式损失或除去BF4−或提高CeCl3的产率，故答案为避免三价铈以Ce(BF4)3沉淀的形式损失（或除去BF4−或提高CeC

l3的产率）；（4）.含有固定数目结晶水的化合物都是纯净物，故CeCl3.6H2O属于纯净物。（5）.25ml0.10mol/l(NH4)2Fe(SO4)2溶液，含有亚铁离子的物质的量为2.5×10−3mol，根据反应Fe2+＋Ce4+==Ce3+＋Fe3+，利用Ce元素守恒可知

，CeCl3的质量为2.5×10−3mol×246.5g/mol=0.6163g，所以样品中CeCl3的质量分数为0.6163g÷0.75g×100%=82.2%，故答案为82.2%。23.现有甲、乙、丙三名同学分别进行Fe(OH)3胶体的制备实验。甲同学：向1mol•L-1的Fe

Cl3溶液中加少量NaOH溶液。乙同学：直接加热饱和FeCl3溶液。丙同学：向25mL沸水中逐滴加入5～6滴FeCl3饱和溶液；继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热．试回答下列问题：（1）其中操作正确的同学是_______________

__。（2）证明有Fe(OH)3胶体生成的实验操作是____________，利用的胶体性质是___________________。（3）丁同学利用所制得的Fe(OH)3胶体进行实验：①将其装入U形管内，用石墨作电极，通电一段时间后发现阴极区附近的颜色逐渐变深，这表明Fe(OH)3

胶体微粒带______（填“正”或“负”）电荷。②向其中逐滴加入稀硫酸至过量，产生的现象是_____________________。【答案】①.丙②.用一束光照射得到的液体，从垂直光线方向(或侧面）看到一条

光亮的“通路”③.丁达尔效应④.正⑤.先有红褐色沉淀生成，后溶解【解析】【详解】(1).甲同学向1mol/L氯化铁溶液中加入少量的NaOH溶液，会发生复分解反应生成红褐色沉淀，乙同学直接加热饱和FeCl3溶液，三价铁会水解生成红褐色沉淀，制备氢氧化铁胶体的方法：向25ml沸水中逐

滴加入1∼2mLFeCl3饱和溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热，故答案为丙；(2).丁达尔效应是胶体的特有性质，可用来鉴别胶体，当用一束光照射时，会有一条光亮的“通路”，故答案为用一束光照射得到的液体，从垂直光线方向(或侧面）看到一条光亮的“通路”；丁达尔效应；(3)

.Fe(OH)3胶体的颜色为红褐色，通电时带正电荷的粒子向阴极移动，阴极附近的颜色逐渐变深，说明Fe(OH)3胶体微粒带正电，向阴极移动；向氢氧化铁胶体中逐滴加入过量H2SO4溶液，H2SO4电离出的SO42−使F

e(OH)3胶体发生聚沉，H+使Fe(OH)3沉淀溶解，会观察到先出现红褐色沉淀，后沉淀消失，故答案为正；先有红褐色沉淀生成，后溶解。24.某化学课外小组以海带为原料制取了少量碘水，现用四氯化碳从碘水中萃取并分离溶液，其实验操作可分为如下几步：A.检查分液漏斗活塞和上口

的玻璃塞是否漏液；B.把50mL碘水和15mL四氯化碳加入分液漏斗中，并盖好玻璃塞；C.把盛有溶液的分液漏斗放在铁架台的铁圈中；D.倒转漏斗用力振薄，并不时旋开活塞放气，最后关闭活塞，把分液漏斗放正；E.从分液漏斗

上口倒出上层溶液；F.旋开活塞，用烧杯接收溶液；G.将漏斗上口的玻璃塞打开或使塞上的凹槽或小孔对准漏斗口上的小孔；H.静置，分层；就此实验，完成下列填空：（1）正确操作步骤的顺序（用上述个各操作的编号字母填写）；_____→_____→____→C→H→_____→F→E；（2）上述F步骤的操作中

应注意：使漏斗下端管口紧靠烧杯内壁，______；（3）向碘水中加入CCl4振荡、静置后，观察到的现象是______；（4）下列能够代替CCl4作萃取剂的有______。A.酒精B.汽油C.苯D.水E.NaC

l溶液（5）从含碘的有机溶剂中经过蒸馏可以分离碘和有机溶剂，该实验需要的主要仪器除酒精灯、烧杯、温度计、锥形瓶、牛角管外。还需要______。【答案】①.A②.B③.D④.G⑤.及时关闭活塞，不要让上层液体流出⑥.溶液分层下层溶液呈紫色⑦.BC⑧.蒸馏烧瓶、冷凝管【解析】【详解】(1).C

Cl4从碘水中萃取碘并用分液漏斗分离两种溶液，操作为查漏→装液→振荡→静置→分液，则步骤为A→B→D→C→H→G→F→E，故答案为A；B；D；G；(2).旋开活塞，分离下层液体，应使漏斗下端管口紧靠烧杯内壁，及时关闭活塞，不要让上层液体流出；故答案为及时关闭活塞，不要让

上层液体流出；(3).选用CCl4从碘水中萃取碘的原因是CCl4与水不互溶，而且碘在CCl4中的溶解度比在水中的大得多，向碘水中加入CCl4，振荡、静置后，溶液分层，下层溶液呈紫色，故答案为溶液分层下层溶液呈紫色；(4).A.酒精与水以任意比例混溶，不分层，不能作为萃取剂，故A不

符合；B.汽油不溶于水，碘单质在汽油中溶解度大，可以代替四氯化碳做萃取剂，故B符合；C.苯不溶于水，碘单质在苯中溶解度大，可以代替四氯化碳做萃取剂，故C符合；D.水不能做萃取剂，故D不符合；E.NaCl溶液和碘水混溶不能分层，不能做萃取剂，故E不符合；故

答案为BC；(5).从含碘的有机溶剂中经过蒸馏可以分离碘和有机溶剂，该实验需要的主要仪器除酒精灯、烧杯、温度计、锥形瓶、牛角管外，还需要蒸馏烧瓶、冷凝管，故答案为蒸馏烧瓶、冷凝管；25.（1）在天平左右两边的托盘天平上，各放一个盛有等体积、等物质的量浓度的足量稀硫酸的烧杯，待天平平衡

后，向两烧杯中分别加入铁和镁，若要使天平仍保持平衡，则所加铁和镁的物质的量比是______________。（2）近年来，我国储氧纳米碳管研究获重大进展，电弧法合成的碳纳米管，常伴有大量物质——碳纳米颗粒，这种碳纳米颗粒可用氧化气化法提纯，其反应的化学方程式为：____C+____K2Cr

O7+_______H2SO4（稀）___CO2↑+____K2SO4+____Cr(SO4)3+____H2O。①配平上述反应的化学方程式并用单线桥标出电子转移的方向和数目________________。②此反应的氧化剂是__________，氧化产物是_______。③上述反应中若

产生l1g气体物质，则转移电子的数目为_______。【答案】①.11/27(或22/54)②.3③.2④.8⑤.3⑥.2⑦.2⑧.8⑨.⑩.K2Cr2O7⑪.CO2⑫.6.02×1023（或NA）【解析】【详解】(1).因硫酸足量，故铁和镁都完全反应，Fe+H2SO4=Fe

SO4+H2↑Mg+H2SO4=MgSO4+H2↑由化学方程式可知，影响天平两端质量变化的因素是加入的金属和生成的氢气，分别加入铁和镁后，只有当天平两端增加的质量相同时，天平才可仍保持平衡。设所加铁与镁的质量分别为x、y（此时天平两端增加的质

量均为a）。Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑增加的质量（差量）56256－2＝54xaMg+H2SO4=MgSO4+H2↑增加的质量（差量）24224－2＝22ya56∶54=x∶a24∶22＝y∶a当酸足量时，所加的铁与镁的质量比为77∶81时天

平仍保持平衡，此时铁与镁的物质的量之比为：7756：8124=1127，故答案为11/27；(2).①.该反应中C元素化合价由0价变为+4价、Cr元素化合价由+6价变为+3价，根据转移电子相等及原子守恒配平方程式为3C+2K2Cr2O7+8

H2SO4(稀)=3CO2↑+2K2SO4+2Cr2(SO4)3+8H2O；该反应中C失去电子转移给Cr元素，转移电子数为12，所以电子转移的方向和数目为：故答案为3；2；8；3；2；2；8；；②.得电子化合价降低的反应物是氧化剂，失电子化合价升高的反应物是还原剂，还原剂对应的产物是氧化产物

，该反应中氧化剂是K2Cr2O7，还原剂是C，氧化产物是CO2，故答案为K2Cr2O7；CO2；③.生成的气体是二氧化碳，二氧化碳的物质的量=11g÷44g/mol=0.25mol，1molC反应转移4mol电子，则0.25molC反应转移1mol电子，转移电子数为6.02×10

23（或NA），故答案为6.02×1023（或NA）。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com