《2023届山西省康杰中学化学高一上期中学业水平测试模拟试题含解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023届山西省康杰中学化学高一上期中学业水平测试模拟试题含解析.doc（14页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2022-2023学年高一上化学期中模拟试卷请考生注意：1请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用05毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2答题前，认真阅读答题纸上的注意事项，按规定答题。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、图中两条曲线分别表示1 g C3H6、1 g M气体在相同体积的容器中压强和温度的关系，试据图形判断M气体可能是( )ASO2BCOCC3H8 DCl22、磁流体是电子材料的新秀,它既具有固体的磁性,又具有液体的流动性。制备时将含等物质的量的FeSO4和Fe2(SO4)3的溶液混合,再滴入稍过
2、量的NaOH溶液,随后加入油酸钠溶液,即可生成黑色的、分散质粒子的直径为5.536nm的磁流体。下列说法中正确的是A所得到的分散系属于胶体B用一束光照射该分散系时，看不到一条光亮的“通路”C该分散系不能透过滤纸D该分散系的分散质为Fe(OH)33、下列变化过程需要加入氧化剂才能实现的是( )AFe3+Fe2+BCuOCuCI-I2DH2OH24、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 5、用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是A2.4g金属镁变为镁离子时失去的电子数为0.2NAB常温常压下，11.2L C2H4含有2NA个碳原子C标准状况下，11.2LCCl
3、4含有的分子数为0.5NAD常温常压下，32gO2和O3的混合气体所含原子数为2.5NA6、从氮元素的化合价判断，下列物质只能具有还原性的是ANH3 BNO CNO2 DHNO37、下列仪器中漏斗；容量瓶；蒸馏烧瓶；天平；分液漏斗；燃烧匙，常用于物质分离的是 ( )ABCD8、下列物质属于电解质的是ACu BCO2 CKNO3 D乙醇9、根据气象台报道，近年来每到春季，沿海一些城市经常出现大雾天气，致使高速公路关闭，航班停飞。雾属于下列分散系中的（ ）A溶液B悬浊液C乳浊液D胶体10、把0.05molBa(OH)2固体加入1L下列液体中，溶液导电能力明显减小的是（ ）A水B0.05mol/lM
4、gCl2溶液C0.05mol/L的醋酸溶液D含0.05molCuSO4的溶液11、下列关于能量转换的认识中不正确的是A电解水生成氢气和氧气时，电能转化为化学能B“生物质能”主要指用树木、庄稼、草类等植物直接或间接提供的能量，因此利用生物质能就是间接利用太阳能C煤燃烧时，化学能主要转化为热能D葡萄糖在人体组织中发生缓慢氧化时，热能转化为化学能12、某l00mL溶液可能含有Na+、NH、Fe3+、CO、SO、Cl中的若干种，取该溶液进行连续实验，实验过程如图：（所加试剂均过量，气体全部逸出）下列说法不正确的是（ ）。A原溶液一定存在CO和SO，一定不存在Fe3+B是否存在Na+只有通过焰色试验才能
5、确定C原溶液一定存在Na+，可能存在ClD若原溶液中不存在Cl，则c(Na+)0.1molL113、下列物质分类的正确组合是()选项混合物纯净物单质电解质A盐酸NaOH石墨K2SO4溶液B空气Fe(OH)3胶体铁Na2CO3CCuSO45H2OCaCl2水银铜D氯水KNO3晶体O3NaClAABBCCDD14、下列各组物质相互反应，生成物不随反应条件或反应物的用量变化而变化的是ANa和O2BNaOH和CO2CC和CO2DNa2CO3和HCl15、下图为教科书中电解饱和食盐水的实验装置。据此，下列叙述不正确的是A装置中a管能产生氢气Bb管导出的是氯气C在石墨棒电极区域有NaOH生成D以电解食盐水
6、为基础制取氯气等产品的工业称为“氯碱工业”16、铋（Bi）元素价态为+3 时较稳定，铋酸钠（NaBiO3）溶液呈无色。现取一定量的硫酸锰（MnSO4）溶液，向其中依次滴加下列溶液，对应现象如表所示：加入溶液适量铋酸钠溶液过量的双氧水适量 KI-淀粉溶液实验现象溶液呈紫红色紫红色消失，产生气泡溶液变为蓝色关于 NaBiO3、KMnO4、I2、H2O2 的氧化性由强到弱的顺序为（ ）AI2、H2O2、KMnO4、NaBiO3BH2O2、I2、NaBiO3、KMnO4CNaBiO3、KMnO4、H2O2、I2DKMnO4、NaBiO3、I2、H2O2二、非选择题（本题包括5小题）17、有A、B、C、
7、D、E、F六种物质，它们的相互转化关系如下图（反应条件略，有些反应的产物和条件没有全部标出）。已知A、B、E是单质，B在常温下为气体，C俗名称为烧碱，D为无色无味液体。（1）写出A、D的化学式_。（2）写出A和D反应生成B和C的化学方程式_。（3）写出E与C、D反应生成B和F的离子方程式_。18、某溶液可能含OH-、SO42-、HCO3-、Cl-、Ba2+和Na+。探究小组为了确定该溶液中离子的组成，取该溶液100mL进行以下实验：（1）填写下表空格实验操作与现象实验结论判断理由步骤一加入过量HCl溶液，有气泡产生；肯定有_、肯定无_。HCO3-与OH-不共存步骤二步骤一中得到标况下的气体22
8、.4L；HCO3-的物质的量浓度为_mol/LC元素守恒步骤三向上述滤液中加足量Ba(NO3)2溶液，经过滤得到46.6g不溶于稀硝酸的沉淀。肯定有_、_；肯定无_。溶液显电中性；SO42-与Ba2+不共存会产生白色沉淀。（2）步骤三过滤所需玻璃仪器有：烧杯、_、_。（3）步骤一产生气泡的离子方程式为_，步骤三生成沉淀的离子方程式为：_。19、铁是人体必需的微量元素之一，没有铁，血红蛋白就不能结合氧分子进行输氧，所以缺少铁元素，人体易患的疾病为贫血，医学上经常用硫酸亚铁糖衣片给这种病人补铁。小陈同学对这种糖衣片产生了兴趣，进行探究实验如下：(1)提出问题这种糖衣片中是否含有硫酸亚铁，若有，含量
9、是多少？(2)查阅资料亚铁离子遇具有氧化性的物质时易被氧化。如氢氧化亚铁为白色沉淀，在空气中会迅速被氧化成红褐色的氢氧化铁沉淀，这是氢氧化亚铁的典型特征。亚铁盐溶于水时，会产生少量氢氧根离子而产生沉淀(溶液浑浊)。(3)实验验证鉴定硫酸亚铁的成分时需加水溶解，加1滴稀盐酸的作用是_，能否用稀硫酸代替(填“能”或“不能”)_。为了不影响后续检验亚铁盐，检验硫酸盐可用的试剂是(选填“A”或“B”)_。A用硝酸酸化的硝酸钡溶液B用盐酸酸化的氯化钡溶液检验亚铁盐可用的试剂是_，现象为_。（4）含量测定取十粒糖衣片，称其质量为5g，溶于20 g水中；溶解药品时用到玻璃棒的作用是_。向所配溶液中滴加氯化钡
10、溶液至略过量；证明溶液过量的操作为：静置，向上层清液中滴加_溶液，若现象为_，则溶液已过量。过滤、洗涤、干燥；洗涤沉淀的操作：用玻璃棒(填一操作名)_，向过滤器中加入蒸馏水至淹没沉淀，待液体滤出。重复操作23次。证明沉淀已洗净的方法是_。称量得，沉淀质量为4.66 g，列式计算该糖衣片中硫酸亚铁的质量分数_。(5)总结反思对硫酸亚铁来说，药片的糖衣起到的作用是_。20、实验室里需要纯净的NaCl固体，但现在只有混有Na2SO4、NH4HCO3的NaCl固体混合物。某学生设计了如图所示方案提取纯净的NaCl固体。(已知：NH4HCO3NH3CO2H2O)如果此方案正确，回答下列问题：(1)操作可
11、选择的主要仪器是（_）(多选题)A酒精灯 B蒸馏烧瓶 C坩埚(2)操作不用硝酸钡溶液，其理由是_。(3)进行操作后，如何判断SO42 已除尽，方法是_。(4)操作加的是（_） ANa2CO3溶液 BK2CO3溶液 C NaNO3溶液 (5)操作的目的是（_）(多选题)A除去过量的BaCl2溶液B除去溶解在溶液中的CO2C除去溶解在溶液中的HCl21、氯化铁是一种重要的化学试剂，其晶体的化学式为FeCl36H2O。FeCl3的饱和溶液在实验室和电子工业中都有重要应用。（1）饱和FeCl3溶液的颜色是_色的，实验室里常用它来制备_（化学式）胶体，具体操作方法是：先将烧杯中的水加热至沸腾，再滴入56
12、滴_，_至液体呈_色，停止加热。（2）电子工业中 ，常用FeCl3的饱和溶液来印刷电路图板，反应的原理是：Cu+2FeCl3=2FeCl2+CuCl2。该反应中_作氧化剂，用单线桥法表示电子转移的方向和数目：_。（3）将0.5molL1的FeCl3溶液从100mL稀释至500mL，所得溶液中，c(Cl）为_。（写出计算过程）参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解析】同温同压下，气体的摩尔体积相等，在体积相等的容器中，气体的物质的量越大，则压强越大，1g C3H6的物质的量为mol，由图象可知在温度为50时，两种气体的压强之比为1.2：0.8，则物质的量之比为1.2：0.8。设
13、气体M的相对分子质量为x，则：=0.8：1.2，x=28，只有B符合，故选B。2、A【解析】根据题意，磁流体分散系分散质粒子直径在5.536nm，该分散系属于胶体，所以应具备胶体的性质；A、据以上分析可知，所得到的分散系属于胶体，故A正确；B、磁流体分散系属于胶体，具有丁达尔现象，故B错误；C、该分散系属于胶体，胶体可以透过滤纸，故C错误；D、该分散系的分散质是由氢氧化亚铁、氢氧化铁共同组成的，故D错误；综上所述，本题选A。3、C【解析】AFe3+Fe2+，Fe元素化合价降低，需要加还原剂，A错误；BCuOCu，Cu元素化合价降低，需要加还原剂，B错误；CI-I2，化合价升高，需要加氧化剂，C
14、正确；DH2OH2，H元素化合价降低，需要加入还原剂，D错误。答案选C。4、B【解析】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。5、A
15、【解析】A、镁为2价金属，根据镁的质量计算出镁的物质的量及失去的电子数；B、依据气体摩尔体积的应用条件分析判断，标准状况气体摩尔体积为22.4L/mol；C、标况下，CCl4的状态不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算其物质的量；D、根据混合气体中氧原子的质量计算出氧原子的物质的量及数目。【详解】A、2.4g镁的物质的量为0.1mol，变成镁离子失去0.2mol，失去的电子数为0.2NA，所以A选项是正确的；B、标准状况气体摩尔体积为22.4L/mol，常温常压下，11.2L气体不是0.5mol，故B错误；C、因为在标准状况下CCl4的状态不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算11.2
16、LCCl4的物质的量及分子数，故C错误；D、32gO2和O3混合气体中含有32g氧原子，32g氧原子的物质的量为2mol，所含原子数为2NA，故D错误。所以A选项是正确的。【点睛】本题考查了阿伏伽德罗常数的分析应用，主要是气体摩尔体积条件应用，物质的量计算微粒数的方法，掌握基础是关键。6、A【解析】中氮元素处于最低价态，只能升高，所以只具有还原性的是，A正确，本题选A。7、C【解析】漏斗可用于过滤，过滤是一种分离混合物的方法，故正确；容量瓶是配制一定物质的量浓度的溶液的仪器，故错误；蒸馏烧瓶是用于蒸馏实验的容器，蒸馏是一种分离物质的方法，故正确；天平是称量药品质量的仪器，故错误；分液漏斗是分离
17、互不相溶的密度不同的液体的仪器，故正确；燃烧匙是做物质燃烧实验用的仪器，故错误；常用于物质分离的有，故选C。8、C【解析】试题分析：ACu是单质，不是电解质也不是非电解质，故A错误； BCO2是非电解质，故B错误； CKNO3是电解质，故C正确；D乙醇是非电解质，帮D错误，答案为C。考点：考查物质的分类，涉及电解质与非电解质的判断。9、D【解析】雾是由悬浮在大气中的小液滴构成的，小液滴的直径在1100nm之间，所以雾属于胶体，故选D。10、D【解析】A水中离子浓度较小，加入少量的氢氧化钡固体后，离子浓度增大导电能力增强，故A不符合；B向1L0.05mol/lMgCl2溶液中加入0.05molB
18、a(OH)2固体，反应生成氢氧化镁和氯化钡，电解质氯化镁转变为氯化钡，都是强电解质，溶液离子浓度变化不大，只是离子的转化，则溶液导电能力变化不大，故B不符合；C 醋酸是弱酸，溶液的导电性比较弱，但向1L0.05mol/l醋酸中加入0.05molBa(OH)2固体，反应生成醋酸钡和水，溶液中离子浓度增大，溶液导电能力增强，故C不符合；D向1L 0.05mol/LCuSO4中加入0.05molBa(OH)2固体，CuSO4和氢氧化钡反应生成硫酸钡和氢氧化铜，溶液中离子浓度减小，溶液导电能力明显减弱，故D符合；故答案为D。【点睛】明确溶液导电性的决定因素是解题关键，溶液的导电能力与离子的浓度有关，与
19、电解质的强弱无关；浓度越大导电能力越强，浓度越小导电能力越弱。11、D【解析】A. 电解水时，阳极上氢氧根离子放电生成氧气、阴极上氢离子放电生成氢气，电能转化为化学能，A正确；B. “生物质能”主要指用树木、庄稼、草类等植物直接或间接提供的能量，绿色植物通过光合作用把太阳能转化为生物质能储存起来，因此利用生物质能就是间接利用太阳能，B正确；C. 煤燃烧时，化学能转化为热能和光能，但主要转化为热能，C正确；D. 葡萄糖在人体组织中发生缓慢氧化时，化学能转化为热能，D不正确，本题选D。12、B【解析】加入氯化钡溶液，生成沉淀，且沉淀部分溶解于盐酸，则所得沉淀1一定是BaSO4、BaCO3的混合物，
20、原溶液一定存在、，硫酸钡沉淀是2.33g，物质的量是=0.01mol，碳酸根离子的物质的量是=0.01mol，和Fe3+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=0.03mol，根据电荷守恒，阳离子所带正电荷的物质的量之和：0.03mol，阴离子所带负电荷的物质的量之和=0.012+0.012=0.04mol，所以一定存在钠离子，氯离子不能确定，n(Na+)0.01mol，所以c(Na+)0.1molL-1。【详解】A原溶液一定存在、Cl-，一定不存在Fe3+，故A项说法正确；B由上述分析可知，溶液中一定存在
21、Na+，故B项说法错误；C由上述分析可知，原溶液一定存在Na+，可能存在Cl-，故C项说法正确；D若原溶液中不存在Cl-，则c(Na+)=0.1molL-1，故D项说法正确；综上所述，说法不正确的是B项，故答案为B。13、D【解析】A、硫酸钾溶液是混合物，不是电解质，也不是非电解质，A错误；B、胶体是混合物，B错误；C、CuSO45H2O是纯净物，铜是单质，不是电解质，也不是非电解质，C错误；D、物质分类均正确，D正确；答案选D。14、C【解析】A.钠和氧气在常温下反应生成氧化钠，加热条件下反应生成过氧化钠，A错误；B.氢氧化钠和二氧化碳反应时，当氢氧化钠过量时反应生成碳酸钠，当二氧化碳过量时
22、反应生成碳酸氢钠，B错误；C.碳与二氧化碳反应生成一氧化碳，不随反应条件或反应物的用量变化而变化，C正确；D.碳酸钠和盐酸反应时，当碳酸钠过量时反应生成碳酸氢钠，当盐酸过量时反应生成氯化钠、水和二氧化碳，D错误；答案选C。15、C【解析】根据图知，Fe作阴极、石墨棒作阳极，Fe电极反应式为2H2O+2eH2+2OH，石墨棒电极反应式为2Cl2eCl2，则a得到的气体是氢气、b管导出的气体是氯气，Fe棒附近有NaOH生成，据此分析解答。【详解】A根据图知，Fe作阴极、石墨棒作阳极，Fe电极反应式为2H2O+2eH2+2OH，石墨棒电极反应式为2Cl2eCl2，则a得到的气体是氢气、b管导出的气体
23、是氯气，故A正确；B根据A知，b管导出的气体是氯气，故B正确；C根据A知阴极氢离子放电，破坏水的电离平衡，Fe电极附近有NaOH生成，石墨电极附近没有NaOH生成，故C错误；D该电解池电解过程中有氯气、氢气和NaOH生成，所以以食盐水为基础原料制取氯气等产品的工业称为“氯碱工业”，故D正确；答案选C。【点睛】本题考查电解原理，明确各个电极上发生的反应是解本题关键，注意如果将Fe作阳极电解时，阳极上发生的电极反应为Fe-2e-Fe2+，较活泼金属作阳极时，阳极上金属失电子而不是电解质溶液中阴离子失电子，为易错点。16、C【解析】在氧化还原反应中，氧化能力：氧化剂氧化产物，所以只要发生氧化还原反应
24、，一定存在此氧化性关系。【详解】适量铋酸钠溶液，溶液呈紫红色，表明反应生成KMnO4，从而得出氧化性：NaBiO3KMnO4；过量的双氧水，紫红色消失，产生气泡，表明双氧水被氧化为O2，从而得出氧化性：KMnO4H2O2；适量 KI-淀粉溶液，溶液变为蓝色，表明双氧水将I-氧化为I2，从而得出氧化性：H2O2I2；综合以上分析，可得出氧化性由强到弱的顺序为：NaBiO3、KMnO4、H2O2、I2，故选C。【点睛】氧化性具有传递性，当氧化性AB，BC时，则氧化性AC；同样，还原性也有此规律。二、非选择题（本题包括5小题）17、Na、H2O 2Na+2H2O2NaOH+H2 2Al+2OH+2H
25、2O2AlO2+3H2 【解析】有A、B、C、D、E、F六种物质，C俗名称为烧碱，C为NaOH，D为无色无味液体，D为H2O，根据框图，单质A与水反应生成一种气体单质B和氢氧化钠，则A为钠，B为氢气，氢氧化钠、水与单质E反应生成氢气，则E为铝，因此F为偏铝酸钠，据此分析解答。【详解】根据以上分析可知A是钠，B是氢气，C是氢氧化钠，D是水，E是铝，F是偏铝酸钠，则（1）钠和水的化学式分别是Na、H2O；（2）钠和水反应生成氢气和氢氧化钠的化学方程式为2Na+2H2O2NaOH+H2。（3）铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气的离子方程式为2Al+2OH+2H2O2AlO2+3H2。【点睛】正确
26、推断物质的种类是解题的关键，本题的突破口为C、D。本题的易错点为铝与氢氧化钠反应的离子方程式的书写，注意反应过程中水也参与了反应。18、HCO3- OH- 10 SO42- Na+ Ba2+ 漏斗 玻璃棒 HCO3-+H+=CO2+H2O Ba2+SO42-=BaSO4 【解析】步骤一：加入过量的HCl产生气泡，说明有HCO3-，则没有OH-；步骤二：HCl和HCO3-反应生成CO2 22.4L（标况），根据元素守恒可以推出原溶液中有1mol HCO3-，从而计算出HCO3-的物质的量浓度；根据步骤三可以推出原溶液中有SO42-，则溶液中无Ba2+，有Na+。【详解】（1）步骤一：加入过量的H
27、Cl产生气泡，说明有HCO3-，则没有OH-，因为HCO3-与OH-不共存；步骤二：HCl和HCO3-反应生成CO2 22.4L（标况），n(CO2)=1mol，则n(HCO3-)=1mol，故c(HCO3-)=10mol/L；步骤三：根据题中信息，可以推出该沉淀为BaSO4，则n(BaSO4)=0.2mol，故原溶液中有0.2mol SO42-，则溶液中无Ba2+，有Na+；（2）过滤所需玻璃仪器有：烧杯、漏斗、玻璃棒；（3）步骤一产生气泡的离子方程式为HCO3-+H+=CO2+H2O；步骤三生成沉淀的离子方程式为：Ba2+SO42-=BaSO4。19、加入盐酸酸化，可有效降低亚铁盐还原性，
28、防止氧化 不能 B 氢氧化钠溶液 产生白色沉淀并迅速变成红褐色沉淀 搅拌以促进溶解 氯化钡溶液 不再产生白色沉淀 引流 取最后一次洗涤所得的滤液，滴入硝酸银溶液，若无白色沉淀产生，则已洗净 60.8% 隔绝氧气，防止硫酸亚铁被氧化而失效 【解析】将硫酸亚铁溶于水时，滴加盐酸目的是防止亚铁离子产生少量的氢氧根而出现沉淀，同时防止亚铁被氧化为铁离子而影响后期的检验。在检验硫酸盐时，可用氯化钡来进行。在溶解时，用玻璃棒搅拌加速溶解。检验亚铁盐时，可利用氢氧化钠溶液，因生成的氢氧化亚铁会迅速变为红褐色；根据硫酸根离子守恒计算；根据氢氧化亚铁表面有吸附的硫酸根离子分析；依据亚铁离子易被氧化。【详解】（3
29、）亚铁离子可以水解，加入盐酸目的是防止因产生少量氢氧根离子而产生沉淀，同时加入盐酸酸化，可有效降低亚铁盐还原性，防止氧化；不能用硫酸来替代盐酸，因为我们要检验硫酸亚铁的含量，不能引入硫酸根离子，故答案为：加入盐酸酸化，可有效降低亚铁盐还原性，防止氧化；不能；硝酸具有强氧化性，加入硝酸导致亚铁被氧化为铁离子而影响后期的检验，因此在检验硫酸盐时可用氯化钡溶液，所以选B，故答案为：B；由于氢氧化亚铁易被氧化为红褐色氢氧化铁，所以检验亚铁盐可用的试剂是氢氧化钠溶液，实验现象为产生白色沉淀并迅速变成红褐色沉淀，故答案为：氢氧化钠溶液；产生白色沉淀并迅速变成红褐色沉淀；（4）玻璃棒在配制溶液时的作用是搅拌
30、以促进溶解，故答案为：搅拌以促进溶解；要想检验是否完全反应时，可继续滴加氯化钡溶液不再产生白色沉淀，说明溶液已过量，即静置，向上层清液中滴加氯化钡溶液，若现象为不再产生白色沉淀，则溶液已过量，故答案为：氯化钡溶液；不再产生白色沉淀；在洗涤沉淀时，玻璃棒的作用为引流；由于沉淀表面含有硫酸根离子，则要证明沉淀已洗净的方法就是判断洗涤液中不含有硫酸根离子，即可以取最后一次洗涤所得的滤液，滴入硝酸银溶液，若无白色沉淀产生，则已洗净，故答案为：引流；取最后一次洗涤所得的滤液，滴入硝酸银溶液，若无白色沉淀产生，则已洗净；沉淀质量为4.66g即硫酸钡是0.02mol，根据硫酸根守恒可知硫酸亚铁的物质的量是0
31、.02mol，质量是0.02mol152g/mol3.04g，因此质量分数为3.04g/5g100%=60.8%，故答案为：60.8%；（5）由于亚铁离子易被氧化，则对硫酸亚铁来说，药片的糖衣可以起到隔绝氧气，防止硫酸亚铁被氧化而失效的作用，故答案为：隔绝氧气，防止硫酸亚铁被氧化而失效。20、AC 溶液中引入新的杂质离子NO3- 取少量上层清液加入BaCl2溶液，若无白色沉淀说明SO42-已除尽 A BC 【解析】本实验是物质的分离和提纯实验，NH4HCO3受热分解，Na2SO4和NaCl加热时很稳定，加热可除去NH4HCO3；Na2SO4和NaCl都易溶于水，形成溶液后加可溶性钡盐除去SO4
32、2-，为不引入新的杂质需要选择合适的试剂，过量的除杂试剂也要除去。NaCl的溶解度随温度的升高增大不明显，通过蒸发NaCl溶液使其结晶得到纯净的NaCl。【详解】(1)因NH4HCO3受热易分解NH4HCO3NH3+CO2+H2O，且分解后没有固体残留物，而NaCl、Na2SO4受热不分解，用加热的方法除去NH4HCO3，加热固体时通常将固体置于坩埚中用酒精灯加热，答案选AC。(2)操作的目的是将Na2SO4和NaCl混合溶液中的SO42-除去，通常选择可溶性含钡化合物，利用离子反应SO42-+Ba2+=BaSO4将SO42-转化为沉淀经过滤而除去，但为了不引入新的杂质，含钡化合物中应含Cl-
33、，所以不能选择硝酸钡溶液，因其中含NO3-而引入新的杂质。(3)进行操作后，溶液中几乎不含SO42-，检验其是否存在即可判断SO42-是否除尽，利用离子反应SO42-+Ba2+=BaSO4来检验SO42-，其方法是：取少量上层清液加入BaCl2溶液，若无白色沉淀说明SO42-已除尽。(4)为了除尽SO42-，操作中所加的BaCl2溶液要过量，过量的BaCl2必须也要除去，操作的目的就是除去多余的Ba2+，可利用CO32-+Ba2+=BaCO3再过滤除去BaCO3即可，为了不引入新的杂质只能选用Na2CO3溶液，答案选A。(5)所加盐酸必须过量，是为了除尽操作中过量的CO32-：CO32-+2H
34、+=CO2+H2O，且生成的CO2能溶于水，因此溶液中又引入了HCl和CO2杂质，因HCl、CO2均具有挥发性，所以加热煮沸即可除尽HCl和CO2，答案选BC。【点睛】混合物分离和提纯的原则是：“不增”即不增加新的杂质；“不减”即不减少被提纯物质；“易分”即杂质转化要易于分离；“复原”即若将被提纯物转化为其它物质，但最后要恢复原态。21、棕黄 Fe(OH)3 FeCl3的饱和溶液 继续煮沸 红褐 FeCl3 0.3molL1 【解析】（1）根据氢氧化铁胶体的制备过程和现象来回答；（2）得电子化合价降低的反应物是氧化剂；反应中铜失去2mol电子，2mol铁离子得2mol电子，由此画出单线桥；（3
35、）根据稀释定律解；【详解】（1）饱和FeCl3溶液的颜色是黄色的，实验室里常用它来制备 Fe(OH)3（化学式）胶体，具体操作方法是：先将烧杯中的水加热至沸腾，再滴入56滴FeCl3的饱和溶液，继续煮沸至液体呈红褐色，停止加热。（2）电子工业中 ，常用FeCl3的饱和溶液来印刷电路图板，反应的原理是：Cu+2FeCl3=2FeCl2+CuCl2。该反应中得电子化合价降低的反应物是氧化剂；FeCl3作氧化剂，用单线桥法表示电子转移的方向和数目：。（3）将0.5molL1的FeCl3溶液从100mL稀释至500mL，所得溶液中，c(Cl）为_c(Cl）=0.5molL130.1L/0.5L= 0.3molL1。