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1、2022-2023学年高一上化学期中模拟试卷考生须知：1全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列叙述正确的是（）A同温同压下，相同体积的物质，其物质的量一定相等B任何条件下，等体积的甲烷和一氧化碳所含的分子数一定相等C1L一氧化碳气体一定比1L氧气的质量小D相同条件下的一氧化碳气体和氮气，若体积相等，则质量一定相等
2、2、120 mL含有0.20 mol碳酸钠的溶液和200 mL盐酸，不管将前者滴加入后者，还是将后者滴加入前者，都有气体产生，但最终生成的气体体积不同，则盐酸的浓度合理的是A2.5mol/LB1.5 mol/LC0.18 mol/LD0.24mol/L3、用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是A标准状况下，22.4LSO3中含有的氧原子数为0.3 NAB10.0 mL 18.0mol/L的浓硫酸中氢离子数为0.36 NAC6.4gS6与S8的混合物中所含S原子数一定为0.2 NAD80mL 10molL1浓盐酸与足量MnO2反应，转移电子数为0.4NA4、下列实验操作中，完全正确的一
3、组是用试管夹夹持试管时，试管夹从试管底部往上套，夹在试管的中上部稀释浓硫酸时将水倒入浓硫酸中进行搅拌把鼻孔靠近容器口去闻气体的气味将试管平放，用纸槽往试管里送入固体粉末，然后竖立试管倾倒细口瓶里的液体时，瓶上的标签对着地面将烧瓶放在桌上，再用力塞紧塞子用坩埚钳夹取加热后的蒸发皿将滴管垂直伸进试管内滴加液体A BC D5、在标准状况下，18gCO和CO2的混合气体的物质的量为0.5mol，则此混合气体中CO和CO2的物质的量之比是A1:1 B1:7 C1:11 D7:116、有Ba(OH)2 (固体)、CuSO45H2O (固体)、CH3COOH (液态)这些物质归为一类，下列哪些物质还可以和它
4、们归为一类A医用酒精 B烧碱 CAl(OH)3胶体 D碱石灰7、某干燥粉末可能由、中的一种或几种组成。将该粉末与足量的盐酸反应有气体逸出，通过足量的溶液后体积缩小（同温、同压下测定）。若将原来混合粉末在空气中用酒精灯加热，也有气体放出，且剩余固体的质量大于原混合粉末的质量。下列判断正确的是粉末中一定有、， 粉末中一定不含和粉末中一定不含有和 无法肯定粉末中是否含有和ABCD8、在实验室用下列装置制取氯气并验证氯气的某些化学性质，其中不能达到实验目的是A甲闻氯气的气味 B实验室用装置乙制取氯气C用装置丙验证氯气能支持H2燃烧 D用装置丁除去尾气中的氯气9、下列溶液中的Cl- 浓度与50mL 1m
5、ol/L AlCl3溶液中的Cl- 浓度相等的是A150mL 1mol/L NaCl溶液 B75mL 2mol/L CaCl2溶液C150mL 2mol/L MgCl2溶液 D75mL 3mol/L KCl溶液10、在两个密闭容器中，分别充有质量相等的甲乙两种气体。若两容器的温度和压强均相等，且甲的密度大于乙的密度，则下列说法正确的是（ ）A甲的分子数比乙的分子数多B甲的物质的量比乙的物质的量少C甲的摩尔体积比乙的摩尔体积小D甲的相对分子质量比乙的相对分子质量小11、高锰酸钾溶液在酸性条件下可以与硫酸亚铁反应，化学方程式如下(未配平)： KMnO4+ FeSO4+ H2SO4= K2SO4+
6、MnSO4+ Fe2(SO4)3+ H2O下列说法正确的是AMnO4是氧化剂，Fe3+是还原产物BFe2+的还原性强于Mn2+C取反应后的溶液加KSCN溶液，可观察到有血红色沉淀生成D生成1mol 水时，转移2.5mol电子12、某MgCl2溶液的密度为1.6gcm-3，其中镁离子的质量分数为10 %，300 mL该溶液中Cl-离子的物质的量约等于A4.0 mol B3.0 mol C2.0 mol D1.0 mol13、我国明代本草纲目记载了烧酒的制造工艺：“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”，“以烧酒复烧二次价值倍也”。这里用到的实验方法可用于分离ACCl4和水B酒精和水C食盐水和泥沙D硝酸钾和硫酸钠
7、14、设NA 是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A2.24LSO2 所含电子数为 3.2NAB1L1molL-1FeCl3，溶液充分反应所得胶体中含Fe（OH）3 胶体粒子数为NAC12.0gNaHSO4 晶体中含有的离子数为0.3NAD100g 质量分数为 46%的酒精溶液中含有 4 NA个分子15、下列常用实验仪器中，能直接加热的是（）A分液漏斗B普通漏斗C蒸馏烧瓶D试管16、下列电离方程式书写正确的是()ANaOH=NaO2HBFeCl3=Fe3CCa(NO3)2=Ca22(NO3)2DH2SO4=2H二、非选择题（本题包括5小题）17、某111mL溶液只含Cu2+、Ba2、K+、O
8、H、SO42、Cl中的几种，分别取三份11mL该溶液进行实验，以确定该溶液中的离子组成。向一份中加入足量NaOH溶液，产生198g蓝色沉淀向另一份中加入足量BaCl2溶液，产生233g白色沉淀向第三份中加入过量Ba(NO3)2溶液后，过滤取滤液再加入足量AgNO3溶液，产生287g白色沉淀。回答下列问题（1）该溶液中一定不存在的离子是_，中白色沉淀的化学式为_。（2）产生蓝色沉淀的离子方程式为_。（3）该溶液中一定存在的阴离子有_，其物质的量浓度分别为_。（4）该111mL溶液中还含有的离子是_，其物质的量是_。18、有A、B、C、D四种元素，A元素的原子有三个电子层，最外层上有一个电子；B元
9、素负2价阴离子的电子层结构与氩原子相同；C元素的原子核内无中子；D原子核外电子数比A原子核外电子总数多6个。（1）C与D形成化合物的化学式_，其在水中的电离方程式为_。（2）B离子的电子式_，A离子的电子式_。（3）B原子的结构示意图_，D离子的结构示意图_。19、 “84消毒液”能有效杀灭甲型H1N1病毒，某同学购买了一瓶“威露士”牌“84消毒液”，并查阅相关资料和消毒液包装说明得到如下信息：“84消毒液”：含25%NaClO、1000 mL、密度 1.192 gcm3，稀释100倍(体积比)后使用。请根据以上信息和相关知识回答下列问题：（1）该“84消毒液”的物质的量浓度为_molL1。（
10、2）该同学取100 mL“威露士”牌“84消毒液”稀释后用于消毒（假设稀释后溶液密度为1 gcm3 ），稀释后的溶液中c(Na+)=_molL1。（3）一瓶“威露士”牌“84消毒液”能吸收空气中_L的CO2(标准状况)而变质。(已知：CO2+2NaClO+H2ONa2CO3+2HClO)（4）该同学参阅“威露士”牌“84消毒液”的配方，欲用NaClO固体配制480 mL、0.2 molL1 NaClO的消毒液。需要的玻璃仪器_。利用购买的商品NaClO来配制可能导致结果_(偏高，偏低，无影响)。需要称量的NaClO固体质量为_克。20、现有甲、乙、丙三名同学分别进行Fe(OH)3胶体的制备实验
11、。甲同学：向1 mol/L的FeCl3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25 mL沸水中逐滴加入56滴FeCl3饱和溶液；继续煮沸至液体呈红褐色，停止加热。试回答下列问题：（1）其中操作正确的同学是_。（2）利用胶体的_性质区分Fe(OH)3胶体和FeCl3溶液（3）丁同学利用所制得的Fe(OH)3胶体进行实验：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胶体粒子带_(填“正”或“负”)电荷。向其中加入饱和Na2SO4溶液，产生的现象是_。（4）写出甲同学的离子反应方程式_21、NaNO2 因外观和食盐相
12、似，又有咸味，容易使人误食中毒。已知 NaNO2能发生反应：2NaNO24HI=2NOI22NaI2H2O。（1）上述反应中氧化剂是_。（2）根据上述反应，鉴别 NaNO2 和 NaCl。可选用的物质有水、碘化钾淀粉试纸淀粉、白酒、食醋，你认为必须选用的物质有_(填序号)。（3）请配平以下化学方程式：_AlNaNO3 NaOH=NaAlO2 N2H2O若反应过程中转移 5 mol 电子，则生成标准状况下 N2 的体积为_L。 “钢是虎，钒是翼，钢含钒犹如虎添翼”，钒是“现代工业的味精”。钒对稀酸是稳定的，但室温下能溶解于浓硝酸中生成 VO2。（4）请写出金属钒与浓硝酸反应的离子方程式：_。（5
13、）V2O5 是两性氧化物，与强碱反应生成钒酸盐(阴离子为 VO43)，溶于强酸生成含钒氧离子(VO2)的盐。请写出 V2O5 分别与烧碱溶液和稀硫酸反应生成的盐的化学式：_、_。参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解析】同温同压下，相同体积的气态物质，其物质的量一定相等，选项A不正确；选项B不正确，只有在相同的条件下，等体积的甲烷和一氧化碳所含的分子数一定相等，选项B不正确；选项C不正确，因为不能确定气体的状态，相同条件下的一氧化碳气体和氮气，若体积相等，则二者的物质的量也一定是相等的。由于二者的摩尔质量相等，都是29g/mol，所以质量也一定是定相等的，答案选D。2、B【解
14、析】当碳酸钠滴入盐酸中，先反应生成二氧化碳，后无气体，碳酸钠完全反应，需要盐酸的浓度为2mol/L。当盐酸加入碳酸钠中先反应生成碳酸氢钠，无气体放出，需要盐酸的浓度1mol/L，后再加入盐酸，才有气体放出，所以要满足滴加方式不同，产生的气体体积不同，则盐酸的浓度应该在1mol/L2L/mol之间，答案选B。3、C【解析】A. 标准状况下，SO3为固体，不能用气体摩尔体积进行计算，A错误；B. 浓硫酸中，硫酸主要以分子形式存在，无法计算该浓硫酸中含有的氢离子数目，B错误；C. 6.4gS6含有S原子数为6.4（326）6 NA=0.2 NA；6.4g S8含有S原子数为6.4（328）8NA=0
15、.2 NA；所以6.4gS6与S8的混合物中所含S原子数一定为0.2 NA；C正确；D随着反应的进行，浓盐酸逐渐变为稀盐酸，反应随之停止，HCl不可能全部被消耗，无法确定被消耗的HCl的量，也就无法确定转移的电子数，D错误；综上所述，本题选C。【点睛】对于MnO2 +4HCl = MnCl2 +Cl2 +2H2O反应中，当加入4molHCl参加反应时，产生氯气的量小于1mol，因为随着反应的进行，浓盐酸变为稀盐酸，稀盐酸与二氧化锰不反应；当盐酸足量时，加入1molMnO2完全反应后，可以生成1mol氯气。4、D【解析】试管夹是一种专门用来夹持试管的挟持器需要注意的是在夹持时应该从试管底部往上套
16、，夹持在试管的中上部，故正确；稀释浓硫酸时应将浓硫酸沿器壁慢慢倒入水中，并不断搅拌，使产生的热量迅速散失，故错误；不能把鼻孔靠近容器口去闻气体的气味，要用手轻轻闪少量气体进入鼻孔，故错误；将固体粉末倒入试管中时，把试管平放，用纸槽往试管里送入固体粉末，然后缓慢竖立试管，故正确；倾倒液体时，瓶上的标签对着地面，流出的液体将会腐蚀标签，故错误；烧瓶放在桌上，用力塞紧塞子，将会压碎瓶底，故错误用坩埚钳夹取加热后的蒸发皿，故正确；将滴管垂直伸进试管内滴加液体，将会污染药品，污染胶头滴管，故错误；综上，正确的有，答案选D。5、A【解析】根据n=进行相关物理量的计算，可设CO为xmol，CO2为ymol，
17、列方程式计算。【详解】设CO为xmol，CO2为ymol，则x+y=0.5，28x+44y=18，解之得：x=0.25，y=0.25。则混合气体中CO和CO2的物质的量之比是0.25：0.25=1:1，故答案为：A。【点睛】本题考查物质的量的相关计算，注意把握相关物理量的计算公式，从质量守恒的角度列式计算。6、B【解析】混合物是两种或两种以上的物质组成的，纯净物是由一种物质组成的，据此解答。【详解】Ba(OH)2(固体)、CuSO45H2O(固体)、CH3COOH(液态)都只含有一种物质，是纯净物。则A医用酒精是乙醇和水组成的混合物，A错误； B、烧碱是氢氧化钠，属于纯净物，B正确；CAl(O
18、H)3胶体是混合物，C错误；D碱石灰是由氢氧化钠、氧化钙组成的混合物，D错误。答案选B。【点睛】本题考查混合物、纯净物的概念，注意对概念的理解和区分，正确从宏观组成和微观构成两个角度来把握，明确常见物质的组成是解答的关键。7、A【解析】将该粉末与足量的盐酸反应有气体X逸出，X通过足量的NaOH溶液后体积缩小（同温、同压下测定），说明气体中含有二氧化碳，从而得出该粉末中有碳酸钠或碳酸氢钠或两者都有，气体体积缩小，即还剩余有气体，说明剩余气体为氧气，从而说明有过氧化钠；将原来混合粉末在空气中用酒精灯加热，也有气体放出，只有碳酸氢钠受热要分解，说明一定有碳酸氢钠，剩余固体的质量大于原混合粉末的质量，
19、说明此固体中有氧化钠，氧化钠在加热时要变为过氧化钠，从而质量增加。因此得出粉末中一定有氧化钠、过氧化钠、碳酸氢钠，碳酸钠、氯化钠无法确定。故A正确；答案为A。8、B【解析】根据氯气的性质和制备实验及注意事项解析。【详解】A、甲闻氯气的气味：用手轻轻扇动让少量气体进入鼻孔，故A正确；B、浓盐酸与二氧化化锰发生氧化还原反应生成氯气，需要加热，故B错误；C、氢气能在氯气中燃烧，产生苍白色的火焰，用装置丙验证氯气能支持H2燃烧能实现，故C正确；D、氯气用盛氢氧化钠的洗气瓶吸收，故D正确；故选B。9、D【解析】50mL1molL-1AlCl3溶液中Cl-浓度为3mol/L，和溶液的体积无关，取决于溶质电
20、离出的离子的数目多少与溶质的浓度。【详解】A项、150mL1molL-1的NaCl溶液中Cl-浓度是1molL-1，和AlCl3溶液中Cl-浓度3mol/L不相等，故A错误；B项、75mL2molL-1 CaCl2溶液中Cl-浓度是4molL-1，和AlCl3溶液中Cl-浓度不相等，故B错误；C项、150mL 2mol/L MgCl2溶液中Cl-浓度是4molL-1，和AlCl3溶液中Cl-浓度不相等，故C错误；D、75mL3mol/L KCl溶液中Cl-浓度是3molL-1，和AlCl3溶液中Cl-浓度相等，故D正确。故选D。【点睛】本题考查物质的量浓度的计算与理解，注意溶液中溶质离子的浓度
21、与溶液体积无关，只取决于物质电离出的离子的数目多少与溶质的浓度。10、B【解析】两容器的温度和压强均相同,则气体的Vm相等，两容器气体质量相等，且甲的密度大于乙的密度，可以知道甲体积小于乙体积，由n=可以知道甲气体的物质的量小于乙，以此解答该题。【详解】A.由以上分析可以知道甲气体的物质的量小于乙，则甲的分子数小于乙的分子数，故A错误；B.由以上分析可以知道甲气体的物质的量小于乙，所以B选项是正确的；C.两容器的温度和压强均相同，则气体的Vm相等，故C错误；D.气体质量相同，甲的物质的量比乙的物质的量小，由M=可以知道甲的相对分子质量大于乙的相对分子质量，故D错误。所以B选项是正确的。11、B
22、【解析】试题分析：A、MnO4是氧化剂，Fe3+是氧化产物，错误；B、还原剂还原性强于还原产物，正确；C、KSCN溶液与Fe3+反应生成配离子溶液，不是沉淀，错误；D、 2 KMnO4+ 10 FeSO4+ 8 H2SO4= 1 K2SO4+ 2 MnSO4+ 5 Fe2(SO4)3+ 8 H2O（反应有10个电子转移）计算生成1mol 水时，转移108=1.25mol电子，错误。考点：考查氧化还原反应原理问题。12、A【解析】300mL该溶液的质量为300mL1.6g/mL=480g，则m（Mg2+）=480g10%=48g，n（Mg2+）=48g24g/mol=2mol，溶液中n（Cl）=
23、2n（Mg2+）=2mol2=4mol，答案选A。13、B【解析】“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”，“以烧酒复烧二次价值倍也”说的实验操作是蒸馏，蒸馏可用于分离沸点不同的液体混合物。由此进行判断。【详解】A. CCl4和水不相溶，可用分液的方法分离，不符合题意，A错误。B. 酒精和水两者互溶，沸点不同，可用蒸馏的方法分离，B正确。C.泥沙不溶于水，可以通过过滤的方法将食盐水和泥沙进行分离，C错误。D. 硝酸钾和硫酸钠溶解度不同，可用结晶的方法进行分离，D错误。答案为B。14、D【解析】A. 气体所处的温度压强条件不知道，不能计算2.24LSO2 所含电子数，A错误；B. 1个胶体粒子中含一定数目的氢氧
24、化铁，按铁元素守恒知：1L1molL-1FeCl3，溶液充分反应所得胶体中含Fe(OH)3 胶体粒子数小于NA，B错误；C. 12.0gNaHSO4 晶体的物质的量为1mol，其中含有的钠离子和硫酸氢根离子总数为0.2NA，C错误；，D. 100g 质量分数为 46%的酒精溶液中含46g乙醇和54g水，乙醇和水的物质的量分别为1mol和3mol，共含有 4 NA个分子，D正确；答案选D。15、D【解析】A. 分液漏斗不能加热，A错误；B. 普通漏斗不能加热，B错误；C. 蒸馏烧瓶需要垫有石棉网才能加热，属于间接加热，C错误；D. 试管可以直接在酒精灯加热，D正确；故合理选项为D。16、D【解析
25、】A.氢氧化钠为强电解质，其电离方程式为NaOH=NaOH，故A错误；B.氯化铁为强电解质，其电离方程式为FeCl3=Fe33Cl-，故B错误；C.硝酸根为NO3，硝酸钙的电离方程式为：Ca(NO3)2=Ca22NO3，故C错误；D.硫酸为强电解质，电离方程式为：H2SO4=2H，故D正确；故答案为D。二、非选择题（本题包括5小题）17、Ba2+和OH- AgCl Cu2+ 2OH-= Cu(OH )2 SO42-、Cl- 1mol/L、2 mol/L K+ 1.2 mol 【解析】（1）实验生成的蓝色沉淀是Cu(OH )2，实验生成的白色沉淀是BaSO4，实验生成的白色沉淀是AgCl。再结合
26、离子共存分析。（2）Cu2+ 2OH-= Cu(OH )2。（3）该溶液中一定存在的阴离子有SO42-和Cl-。（4）根据电荷守恒分析。【详解】（1）实验生成的蓝色沉淀是Cu(OH )2，溶液中存在Cu2+，不存在OH-，实验生成的白色沉淀是BaSO4，说明溶液中存在SO42-，不存在Ba2+，实验生成的白色沉淀是AgCl，说明溶液中存在Cl-。所以，该溶液中一定不存在的离子是Ba2+和OH-，中白色沉淀为AgCl，故答案为Ba2+和OH-；AgCl。（2）产生蓝色沉淀的离子方程式为：Cu2+ 2OH-= Cu(OH )2，故答案为Cu2+ 2OH-= Cu(OH )2。（3）该溶液中一定存在
27、的阴离子有SO42-和Cl-，11mL溶液中，两种离子的物质的量 分别为：n(SO42-)= n (BaSO4)=2.33g233g/mol=1.11mol，n( Cl-)=n(AgCl)=2.87143.5g/mol=1.12 mol，所以c(SO42-)=1mol/L，c( Cl-)=2 mol/L，故答案为SO42-、Cl-；1mol/L、2 mol/L。（4）11mL溶液中，Cu2+的物质的量为： n(Cu2+)=n Cu(OH )2= 1.98g98g/mol=1.11mol，1.11molCu2+带1.12mol正电荷，1.11mol SO42-和1.12molCl-共带有1.14
28、mol负电荷，根据电荷守恒知，原溶液中还存在K+，11mL溶液中含有1.12mol K+，111mL溶液中含有1.2 mol K+，故答案为K+；1.2 mol。18、HCl HCl=H+Cl- Na+ 【解析】由A元素的原子有三个电子层，最外层上有一个电子可知A为Na元素；由B元素负2价阴离子的电子层结构与氩原子相同可知B为S元素；由C元素的原子核内无中子可知C为H元素；由D原子核外电子数比钠原子核外电子总数多6个可知D为Cl元素。【详解】（1）氢元素与氯元素形成的化合物为氯化氢，化学式为HCl，氯化氢在溶液中完全电离，电离出氯离子和氢离子，电离方程式为HCl=H+Cl-；（2）硫原子得到2
29、个电子形成硫离子，硫离子最外层有8个电子，电子式为；钠离子为阳离子，其电子式直接用离子符号表示，则钠离子的电子式为Na+；（3）硫原子核外有16个电子，有3个电子层， 最外层有6个电子，原子的结构示意图为；氯原子得到1个电子形成氯离子，氯离子核外有18个电子，有3个电子层， 最外层有8个电子，原子的结构示意图为。【点睛】阴离子与同周期稀有气体原子电子层结构相同，由B元素负2价阴离子的电子层结构与氩原子相同确定B为钠元素是解答关键，也是解答的突破口。19、4 0.04 44.8 500mL容量瓶，烧杯，玻璃棒，胶头滴管 偏低 7.45 【解析】（1）根据c1000/M计算该溶液的物质的量浓度；（
30、2）根据稀释过程中溶质的物质的量不变分析解答；（3）根据次氯酸钠和二氧化碳反应的方程式计算消耗二氧化碳的体积；（4）根据配制过程分析需要的仪器；根据购买的商品NaClO可能部分变质导致NaClO减少分析；应选取500 mL的容量瓶进行配制，然后取出480 mL即可，根据m=cVM计算次氯酸钠质量。【详解】（1）该溶液的物质的量浓度=1000/M=10001.19225%/74.5 molL1=4.0mol/L；（2）稀释100倍后，溶液中NaClO浓度应该是浓溶液的1/100，为0.04mol/L，根据钠原子守恒得c（Na+）=c（NaClO）=0.04mol/L；（3）一瓶“84消毒液”含有
31、n（NaClO）=1 L4.0 molL-1=4.0 mol，根据反应CO2+2NaClO+H2ONa2CO3+2HClO可知需要CO2的物质的量为2.0 mol，即标准状况下V（CO2）=2.0 mol22.4 Lmol-1=44.8 L；（4）配制过程一般是计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等，则需要的玻璃仪器有500mL容量瓶，烧杯，玻璃棒，胶头滴管；由于NaClO易吸收空气中的H2O、CO2而变质，所以商品NaClO可能部分变质导致NaClO减少，配制的溶液中溶质的物质的量减小，结果偏低；应选取500 mL的容量瓶进行配制，然后取出480 mL即可，所以需要NaClO的质量
32、为：0.5 L0.2 molL-174.5 gmol-1=7.45 g。【点睛】本题考查一定物质的量浓度溶液的配制、注意题干中次氯酸钠和二氧化碳、水反应生成碳酸钠而不是碳酸氢钠，为易错点，注意题干信息的应用。20、丙 丁达尔效应 正 产生红褐色沉淀 Fe3+ + 3OH- = Fe(OH)3 【解析】(1)甲同学向1 mol/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12mLFeCl3饱和溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热。（2）丁达尔效应是胶体的特有性
33、质，可用来鉴别胶体；（3）胶体具有电泳性质，电泳实验证明了胶体胶粒带电，通电一段时间后发现阴极区附近的颜色逐渐变深，说明胶粒向负极移动；向胶体中加入可溶性的盐，胶体聚沉；（4）氯化铁溶液中加入少量的NaOH溶液生成氢氧化铁沉淀。【详解】（1）向1 mol/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；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12mLFeCl3饱和溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热。正确的是丙；（2）丁达尔效应是胶体的特有性质，可用来鉴别胶体和溶液，所以利用胶体的丁达尔效应性质区分Fe(O
34、H)3胶体和FeCl3溶液；（3）胶体具有电泳性质，电泳实验证明了胶体胶粒带电，通电一段时间后发现阴极区附近的颜色逐渐变深，说明胶粒向负极移动，Fe(OH)3胶体粒子带正电荷；向胶体中加入可溶性的盐，胶体聚沉，所以向Fe(OH)3胶体中加入饱和Na2SO4溶液产生的现象是产生红褐色沉淀；（4）氯化铁溶液中加入少量的NaOH溶液生成氢氧化铁沉淀，反应离子方程式是Fe3+ + 3OH- = Fe(OH)3。21、NaNO2 10 6 4 10 3 2 11.2 V6H5NO3=VO25NO23H2O Na3VO4 (VO2 ) 2SO4 【解析】I.(1).在反应2NaNO24HI=2NOI22N
35、aI2H2O中，N元素的化合价降低，I元素的化合价升高，则氧化剂是NaNO2，故答案为NaNO2；(2).由2NaNO24HI=2NOI22NaI2H2O可知，鉴别NaNO2和NaCl，可选择碘化钾淀粉试纸、食醋，变蓝的为NaNO2，故答案为；(3).Al元素的化合价从0价升高到+3价，N元素的化合价从+5价降低到0价，由得失电子守恒和原子守恒可知，反应方程式为10Al+6 NaNO3+4NaOH=10 NaAlO2+3N2+2 H2O，由化学方程式可知，若反应过程中转移 5 mol 电子，则生成标准状况下N2 的体积为22.4 L/mol=11.2L，故答案为：10 6 4 10 3 2；11.2；II.(4).金属钒与浓硝酸反应成VO2、二氧化氮和水，反应的离子方程式为：V+6H+5NO3=VO2+5NO2+3H2O，故答案为V+6H+5NO3=VO2+5NO2+3H2O；(5).V2O5 是两性氧化物，与强碱反应生成钒酸盐(阴离子为 VO43)，所以V2O5与烧碱溶液反应生成盐的阳离子为钠离子，酸根离子为VO43，则盐的化学式为Na3VO4；V2O5与稀硫酸溶液反应生成含钒氧离子(VO2)的盐，所以阳离子是VO2，阴离子是硫酸根离子，则盐的化学式为(VO2 ) 2SO4，故答案为Na3VO4；(VO2 ) 2 SO4；