河北省石家庄市第二中学教育集团2022-2023学年高一化学上学期期中考试试题（Word版附解析）

石家庄二中教育集团2022-2023学年度高一年级上学期期中考试化学试卷(时间：60分钟，分值：100分)可能用到的相对原子质量：H-1　C-12　N-14　O-16　P-19　Na-23　Mg-24　A1-27　S-32　Cl-35.5　Fe-56　Cu-64　Zn-65I卷选择题一、单选题(本题17小题，每小题只有1个正确选项，每小题2分，共34分)1.下列物质的分类正确的是碱酸盐碱性氧化物酸性氧化物ANa2CO3H2SO4Cu2(OH)2CO3Fe2O3SO3BNaOHHClNaClNa2O2COCNaOHNaHSO4CaF2MgOSO2DKOHHNO3NaHCO3CaOP2O5A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．碳酸钠是盐不是碱，A错误；B．过氧化钠是过氧化物，不是碱性氧化物，CO为不成盐氧化物，不是酸性氧化物，B错误；C．NaHSO4为酸式盐，不是酸，C错误；D．选项中的分类均正确，D正确；故答案选D。2.不列物质在水中的电离方程式书写正确的是A.Ba(OH)2＝2Ba2++2OH－B.NaHCO3＝Na++H++C.KAl(SO4)2·12H2O＝K++Al3++2+12H2OD.HF＝H++F－【答案】C 【解析】【详解】A．Ba(OH)2是强碱，全部电离，电离方程式为Ba(OH)2＝Ba2++2OH－，故A错误；B．NaHCO3是盐，电离方程式为NaHCO3＝Na++，故B错误；C．KAl(SO4)2·12H2O属于盐，电离方程式为KAl(SO4)2·12H2O＝K++Al3++2+12H2O，故C正确；D．HF是弱酸，电离方程式为HFH++F－，故D错误。综上所述，答案为C。3.垃圾分类具有社会、经济、生态等几方面的效益，为研究废旧电池的再利用，实验室利用废旧电池的铜帽(主要成分为Zn和Cu)回收Cu并制备ZnO的部分实验流程如图所示。下列说法错误的是A.“溶解”过程中，加入的作用是氧化Cu而使Cu溶解B.加入锌粉过量的目的是使铜离子完全转化为铜单质C.操作M中用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒D.该实验中制备的ZnO不导电，所以ZnO是非电解质【答案】D【解析】【分析】根据流程图可知溶解过程中Zn和Cu都被溶解，Zn可直接被硫酸溶解，而Cu不能直接溶于酸，故加入的作用是氧化Cu而使Cu溶解，得到硫酸锌、硫酸铜溶液，加入锌发生置换反应生成铜单质，溶液处理得到氧化锌；【详解】A．根据流程图可知溶解过程中Zn和Cu都被溶解，Zn可直接被硫酸溶解，而Cu不能直接溶于酸，故加入的作用是氧化Cu而使Cu溶解，故A正确；B．为了保证操作M后铜被完全分离，加入过量锌粉将铜离子转化为铜单质，故B正确；C．操作M为分离固液的操作，是过滤，用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒，故C正确；D．电解质是溶于水或在熔融状态下能够导电的化合物；氧化锌在熔融状态下导电是电解质，故D错误；故选D。4.氧化还原反应的本质是电子转移，下列氧化还原反应中电子转移的表示方法正确的是 A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】A．化合价升高失去电子，化合价降低得到电子，故正确分析方法为：，故A错误；B．同一元素不同价态之间发生反应时，化合价向中间靠拢，不能出现交叉，正确分析方法为：，故B错误；C．双线桥法分析氧化还原反应时，需将得失电子的数目写成a×be-的形式，故正确分析方法为：，故C正确；D．双线桥法分析氧化还原反应时，绿元素化合价降低，碘离子化合价升高，双线桥表示为： ，故D错误；故答案为：C。5.下列反应的离子方程式正确的是A.Na与水反应：B.碳酸氢钙溶液与盐酸反应：C.稀醋酸滴入NaOH溶液中；D.氢氧化钠溶液中通入足量二氧化碳：【答案】D【解析】【详解】A．Na与水反应的离子方程式为，故A错误；B．碳酸氢钙为易溶于水的盐，书写离子方程式时拆开写，故为，故B错误；C．醋酸为弱酸，书写离子方程式时不能拆开写，故为CH3COOH+CH3COO-，故C错误；D．氢氧化钠溶液中通入足量二氧化碳生成碳酸氢钠和水，故离子方程式为：，故D正确；故选D。6.下列关于金属钠的叙述不正确的是A.金属钠可以保存在煤油中B.实验时用剩的钠块应该放回原试剂瓶C.钠与熔融的四氯化钛反应可制取钛D.金属钠着火时，可用泡沫灭火器来灭火【答案】D【解析】【详解】A．金属钠化学性质活泼，易被空气中氧化，钠不与煤油反应，且密度比煤油大，故金属钠可以保存在煤油中，隔绝空气，防止被氧化，故A正确；B．实验时用剩的钠块应该放回原试剂瓶有两个原因，一个是钠比较贵重，避免浪费；另一个则是避免随意处置造成的危险，钠性质活泼，遇水会爆炸，故B正确；C．钠比金属钛活泼，能与水反应，且钠与盐溶液反应时不能置换出盐溶液中金属，用钠与熔融的四氯化 钛反应可制取钛，故C正确；D．金属钠着火时生成过氧化钠，过氧化钠与二氧化碳反应生成氧气，故不可用泡沫灭火器来灭火，故D错误；故选D。7.下列离子方程式正确的是A.氧化钠与水反应：O2-+H2O=2OH-B.将铁片插入硫酸铜溶液中：Fe+Cu2+=Fe2++CuC.硫酸和氢氧化铜反应：H++OH-=H2OD.醋酸除水垢：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O【答案】B【解析】【详解】A．氧化钠是氧化物，在离子方程式中要用化学式，正确的离子方程式为：Na2O+H2O=2OH-+2Na+，故A错误；B．将铁片插入硫酸铜溶液中，铁的还原性比铜强，和铜离子会发生反应：Fe+Cu2+=Fe2++Cu，故B正确；C．氢氧化铜是难溶的碱，在离子方程式中要用化学式，正确的离子方程式为2H++Cu(OH)2=Cu2++2H2O，故C错误；D．醋酸是弱酸，在离子方程式中要用化学式，正确的离子方程式为CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO-+CO2↑+H2O，故D错误；故答案为：B。8.下列叙述中，正确的是A.铜丝、石墨均能导电，所以它们都是电解质B.NaCl溶于水，在通电条件下才能发生电离C.熔融的MgCl2能导电，所以MgCl2是电解质D.KNO3固体不导电，所以KNO3不是电解质【答案】C【解析】【详解】A．铜丝、石墨都是单质，单质既不是电解质也不是非电解质，故A错误；B．氯化钠在溶液中能电离出自由移动的钠离子和氯离子，不需要通电，故B错误；C．熔融氯化镁能电离出自由移动的镁离子和氯离子，能导电，属于电解质，故C正确；D．硝酸钾固体中不存在自由移动的离子，在熔融状态或水溶液中能电离出自由移动的钾离子和硝酸根离子，属于电解质，故D错误； 故选C。9.如图表示物质或概念间的从属关系，下列物质不符合的是选项XYZA置换反应氧化还原反应离子反应B胶体分散系混合物C碱性氧化物金属氧化物氧化物D酸电解质化合物A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．置换反应是指单质与化合物反应生成新单质与新化合物的反应。置换反应一定涉及电子转移过程，均属于氧化还原反应。离子反应是指有离子参与的反应。氧化还原反应不一定有离子参与，如高锰酸钾受热分解、碳与水蒸气高温条件下反应制备水煤气等。因此，氧化还原反应不一定都属于离子反应。A错误。B．分散质粒子直径在1nm~100nm的分散系称为胶体。因此，胶体属于分散系。把一种或多种物质以粒子形式分散到一种或多种物质中形成的混合物称为分散系。混合物指两种或两种以上物质混合而成的物质。混合物概念并不强调以粒子形式混合，所以混合物所包含的范围比分散系更广。B正确。C．氧化物依据元素组成（除氧）分成金属氧化物和非金属氧化物，金属氧化物依据性质分为碱性氧化物、酸性氧化物、两性氧化物和不成盐氧化物。C正确。D．在酸碱电离理论中，酸指在水溶液中电离出的阳离子只有H+的化合物。酸溶液中存在可自由移动的离子说明酸的水溶液能导电。电解质在水溶液或熔融状态下能导电的根本原因是电解质在水分子作用下或加热条件下能发生电离，形成可自由移动的离子。因此，酸属于电解质。电解质指在水溶液或熔融状态下能导电的化合物，所以电解质一定是化合物。D正确。综上所述，答案为A。 10.鸡蛋清“溶液”属于胶体，下列关于鸡蛋清“溶液”的叙述正确的是A.鸡蛋清“溶液”中的分散质粒子的直径约在10−9～10−7m之间B.鸡蛋清“溶液”中的分散质粒子不能透过滤纸C.鸡蛋清溶液煮沸后仍然有丁达尔效应D.溶液和胶体是分散系，而浊液不是分散系【答案】A【解析】【详解】A．鸡蛋清“溶液”属于胶体，因此胶体中的分散质粒子的直径约在10−9～10−7m之间，故A正确；B．鸡蛋清“溶液”中的分散质粒子不能透过半透膜，能透过滤纸，故B错误；C．鸡蛋清溶液煮沸后不再是胶体，因此没有丁达尔效应，故C错误；D．溶液和胶体是分散系，而浊液也是分散系，故D错误；综上所述，答案为A。11.下列反应的离子方程式书写正确的是A.向NaOH溶液中加入MgSO4固体：2OH－＋MgSO4=Mg(OH)2↓＋B.向Ba(OH)2溶液中逐滴加入NaHSO4溶液至溶液呈中性Ba2+＋OH－＋H＋＋=BaSO4↓＋H2OC.小苏打溶液中加入NaHSO4溶液：＋H＋=H2O＋CO2↑D.Ca(HCO3)2溶液与过量NaOH溶液反应。Ca2+＋＋2OH－=CaCO3↓＋H2O【答案】C【解析】【详解】A．向NaOH溶液中加入MgSO4固体，生成氢氧化镁沉淀：2OH－＋Mg2+=Mg(OH)2↓，故A错误；B．向Ba(OH)2溶液中逐滴加入NaHSO4溶液至溶液呈中性，则氢氧根被氢离子全部反应完，Ba2+＋2OH－＋2H＋＋=BaSO4↓＋2H2O，故B错误；C．小苏打溶液中加入NaHSO4溶液，反应生成二氧化碳和水：＋H＋=H2O＋CO2↑，故C正确；D．Ca(HCO3)2溶液与过量NaOH溶液反应生成碳酸钙沉淀和水，根据“少定多变”即碳酸氢钙溶液定为“1”，则Ca2+＋2＋2OH－=CaCO3↓＋2H2O＋，故D错误。综上所述，答案为C。 12.取ag某物质在足量O2中完全燃烧，将其产物跟足量的Na2O2固体完全反应，反应后的固体质量增加大于ag。则该物质可能是A.CH3COOCH2CH3B.HCHOC.HOOCCOOHD.HCOOH【答案】A【解析】【分析】二氧化碳与过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，水与过氧化钠反应生成氢氧化钠和氧气，相当于过氧化钠吸收了二氧化碳中的CO，水中的H2，若是ag物质(CO)m(H2)n在足量O2中完全燃烧生成二氧化碳和水，因此将其产物跟足量的Na2O2固体完全反应，反应后的固体质量增加ag。【详解】A．CH3COOCH2CH3改写为(CO)2(H2)4C2，多余的碳反应生成二氧化碳，过氧化钠吸收了二氧化碳中的CO，因此反应后固体质量增加，故A符合题意；B．HCHO改写为(CO)(H2)，与足量O2中完全燃烧，将其产物跟足量的Na2O2固体完全反应，反应后的固体质量增加等于ag，故B不符合题意；C．HOOCCOOH改写为(CO)2(H2)O2，与足量O2中完全燃烧，将其产物跟足量的Na2O2固体完全反应，反应后的固体质量增加小于ag，故C不符合题意；D．HCOOH改写为(CO)2(H2)O，与足量O2中完全燃烧，将其产物跟足量的Na2O2固体完全反应，反应后的固体质量增加小于ag，故D不符合题意。综上所述，答案为A。13.下列关于物质分类的说法正确的是A.SO2能与碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物B.按照分散质类型的不同，可以把胶体分成气溶胶、液溶胶、固溶胶C.能电离出氢离子的物质叫做酸D.NH4Cl中不含金属阳离子，所以不属于盐【答案】A【解析】【详解】A．SO2能与碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，故A正确；B．把胶体分成气溶胶、液溶胶、固溶胶，是按照分散质状态的不同进行分类，故B错误；C．能电离出阳离子全部是氢离子的化合物叫做酸，故C错误；D．NH4Cl中不含金属阳离子，但属于盐，数D错误。综上所述，答案为A。14.反应①②分别是从海藻灰和某种矿石中提取碘的主要反应： ①2NaI＋MnO2＋3H2SO4＝2NaHSO4＋MnSO4＋2H2O＋I2②2NaIO3＋5NaHSO3＝2Na2SO4＋3NaHSO4＋H2O＋I2下列说法正确的是A.两个反应中硫元素均被氧化B.碘元素在反应①中被氧化、在反应②中被还原C.由①②可得氧化性：＞MnO2＞I2D.反应①②中生成等质量的I2时，转移电子数之比为2：5【答案】B【解析】【详解】A．反应①中碘化合价升高，锰化合价降低，硫化合价未变，反应②中碘化合价降低，硫化合价升高，故A错误；B．根据前面分析碘元素在反应①中化合价升高，被氧化，碘元素在反应②中化合价降低，被还原，故B正确；C．根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，因此由①②可得氧化性：＞I2，MnO2＞I2，故C错误；D．反应①中生成1个I2，转移2个电子，反应②中生成1个I2，转移10个电子，因此反应①②中生成等质量的I2时，转移电子数之比为1：5，故D错误。综上所述，答案为B。15.下列导电性变化图像和实物对应一致的A向AgNO3溶液中通入HCl直至过量B.向氨水中通入HCl直至过量C.向饱和石灰水中不断通入CO2至恰好沉淀完全D.向NaHSO4溶液中加入Ba(OH)2溶液至恰好沉淀完全【答案】B【解析】【详解】A．向AgNO3溶液中通入HCl会发生反应，溶质从AgNO3变为 HNO3，离子浓度几乎不变，导电性几乎不变，HCl过量时离子浓度会增大，导电性会明显增强，故A错误；B．氨水中的是弱电解质，通入HCl会发生反应，从弱电解质变成强电解质NH4Cl，离子浓度会增大，溶液导电性会增强，HCl过量导电性会一直增强，故B正确；C．向饱和石灰水中不断通入CO2至恰好沉淀完全，会从强电解质Ca(OH)2变成难溶的碳酸钙，离子浓度减小，导电性减弱，故C错误；D．向NaHSO4溶液中加入Ba(OH)2溶液至恰好沉淀完全，会发生反应，离子浓度会有所减小，但不会为零，故D错误；故答案为：B。16.下列各组离子在指定溶液中一定能大最共存的是A.碳酸钠溶液中，、Ca2+、Cl-、B.能使酚酞变红的溶液中：Na+、、Cl-、C.含有大量()的溶液：Na+、、Cl-、H+D.无色透明溶液中：K+、I-、、【答案】B【解析】【详解】A．Ca2+与碳酸钠溶液中的反应生成碳酸钙，在溶液中不能大量共存，故A不符合题意；B．能使酚酞变红的溶液中存在大量氢氧根离子，Na+、、Cl-、之间不反应，都不与氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故B符合题意；C．、H+之间发生反应生成CO2和水，在溶液中不能大量共存，故C不符合题意；D．为有色离子，且I-、之间发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故D不符合题意；答案选B。17.现有一包白色固体粉末，由、、NaCl、、中的三种物质组成，为确定其成分，进行如下实验：Ⅰ.取少量白色固体粉末，加入足量水，充分搅拌后过滤，得到白色沉淀和无色滤液； Ⅱ.向Ⅰ滤出的沉淀中加入足量稀盐酸，沉淀不溶解。下列说法中错误的是A.通过实验Ⅰ可确定原白色固体粉末中一定不含B.通过实验Ⅱ可确定原白色固体粉末中一定含有、C.向Ⅰ过滤得到无色滤液中，加入少量硫酸钠溶液有白色沉淀生成，可确定原白色固体粉末中含有D.原白色固体粉末可能由、、NaCl组成【答案】B【解析】【分析】硫酸铜溶于水得到蓝色溶液，而本题中得到是无色的溶液和白色沉淀，所以在混合物中一定不含硫酸铜；白色沉淀可能为硫酸钡，也可能是碳酸钠和氯化钡反应生成的碳酸钡，而白色沉淀能不溶于稀盐酸，所以该沉淀为硫酸钡，即原固体中一定含有硫酸钡，而原固体中含有三种物质，所以还一定含有NaCl，氯化钡和碳酸钠二者有其一。【详解】A．根据分析可知，通过实验Ⅰ可确定原白色固体粉末中一定不含，故A正确；B．根据分析可知，通过实验Ⅱ可确定原白色固体粉末中一定含有，氯化钡和碳酸钠二者有其一，故B错误；C．向Ⅰ过滤得到的无色滤液中，加入少量硫酸钠溶液有白色沉淀生成，即生成了硫酸钡白色沉淀，可确定原白色固体粉末中含有，故C正确；D．根据分析可知，原白色固体粉末可能由、、NaCl组成，故D正确；故选B。二、不定项选择题(本题4小题，每小题有不1-2个正确选项，每小题4分，共16分，漏选得2分，错选、多选不得分)18.NaBH4(B为+3价)与水可发生反应NaBH4＋2H2O＝NaBO2＋4H2↑。下列说法正确的是A.NaBH4是还原剂B.反应中有两种元素化合价发生了变化C.反应中每消耗36g水，生成还原产物8gD.被氧化的元素与被还原的元素质量比为1：1【答案】AD【解析】 【详解】A．NaBH4中H由−1价变为0价，化合价升高，是还原剂，故A正确；B．反应中NaBH4中H由−1价变为0价，化合价升高，H2O中H由+1价变为0价，化合价降低，只有氢元素化合价发生了变化，故B错误；C．根据反应方程式分析，反应中每消耗36g水，生成产物有8g氢气，其中4g是还原产物，4g是氧化产物，故C错误；D．根据前面分析，NaBH4中−1价氢被氧化，H2O中+1价氢被还原，因此被氧化的元素与被还原的元素质量比为1：1，故D正确。综上所述，答案为AD。19.1943年我国化学工程专家侯德榜发明了侯氏制碱法，又称联合制碱法，为我国化工事业的发展做出了卓越贡献。其部分工艺流程如下，下列说法不正确的是A.反应①应先通足量CO2B.反应②属于分解反应C.母液的主要成分是NH4Cl，可用作化肥D.若纯碱中混有NaHCO3，可用澄清石灰水除去【答案】AD【解析】【详解】A．氨气极易溶于水，二氧化碳是能溶于水，先通入氨气提供碱性环境跟易于二氧化碳的吸收，故反应①应先通足量氨气，故A错误；B．反应②是碳酸氢钠受热分解为碳酸钠、水和二氧化碳，属于分解反应，故B正确；C．侯氏制碱法的原理是，碳酸氢钠再受热分解制得碳酸钠，母液的主要成分是NH4Cl，可用作化肥，故C正确；D．若纯碱中混有NaHCO3，如果用澄清石灰水除去，会引入杂质离子钙离子，故D错误；故答案为:AD。20.下列有关实验的说法正确的是 A.Na2CO3和NaHCO3各1g，分别溶于5mL水中形成溶液，再分别滴加几滴酚酞溶液，前者溶液红色比后者深B.如图装置可用于比较Na2CO3和NaHCO3的热稳定性C.向某溶液中加入稀盐酸，产生使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体，该溶液中一定含有D.向Na2CO3溶液中通入CO2不可能有浑浊现象产生【答案】A【解析】【详解】A．Na2CO3溶液碱性比NaHCO3溶液强，Na2CO3和NaHCO3各1g，分别溶于5mL水中形成溶液，再分别滴加几滴酚酞溶液，Na2CO3溶液红色比较深，故A正确；B．如图装置可知，NaHCO3在大试管中，Na2CO3在小试管中，加热大试管后，大试管的温度比小试管的高，NaHCO3先反应，不能说明Na2CO3比NaHCO3的热稳定性强，故B错误；C．向某溶液中加入稀盐酸，产生使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体，该溶液中可能含有CO、HCO或者两者都有，故C错误；D．向饱和Na2CO3溶液中通入CO2会发生反应，生成碳酸氢钠，因为碳酸氢钠的溶解度比Na2CO3的小，所以有晶体浑浊现象产生，故D错误；故答案：A。21.已知反应：2NaC1O3＋4HC1=2ClO2↑＋Cl2↑＋2NaCl＋2H2O，下列关于该反应说法错误的是A.氧化性：NaClO3＞Cl2B.还原性：HCl＞ClO2C.氧化产物和还原产物质量之比为5：1D.转移的电子数目和被氧化的HCl数目之比为1：1【答案】C【解析】【详解】A．NaClO3中Cl化合价降低，作氧化剂，HC1中Cl化合价升高，生成Cl2，是氧化产物，根据 氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，因此氧化性：NaClO3＞Cl2，故A正确；B．HC1中Cl化合价升高，作还原剂，NaClO3中Cl化合价降低，生成ClO2，是还原产物，根据还原剂的还原性大于还原产物的还原性，因此还原性：HCl＞ClO2，故B正确；C．根据前面分析Cl2为氧化产物，ClO2为还原产物，因此氧化产物和还原产物的质量之比为1：2，故C错误；D．根据反应方程式分析，反应转移了2mol电子，也有2molHCl被氧化，因此转移的电子数目和被氧化的HCl数目之比为1：1，故D正确。综上所述，答案为C。II卷非选择题三、填空题(本题共3小题，每空2分，共50分)22.氧化还原反应是一类重要的反应，在工农业生产、日常生活中都有广泛的用途。I、三氟化氮(NF3，氟元素显−1价)是一种无色、无味的气体，在潮湿的空气中与水蒸气能发生氧化还原反应，其反应产物有HF、NO和HNO3。请根据要求回答下列问题：（1）NF3中N的化合价为___________。（2）反应过程中，被氧化与被还原的元素原子个数之比为___________。（3）写出该反应的化学方程式：___________，NO是该反应的___________(填“氧化剂”“还原剂”“氧化产物“还原产物”)。（4）三氟化氮可由反应4NH3＋3F2＝NF3＋3NH4F得到，说明氧化性NF3___________F2(填“＞”“＜”或“＝”)。II、高铁酸钠(Na2FeO4)是一种新型绿色消毒剂，其一种制备原理如下，请配平该方程式（5）___________ClO－＋___________Fe3+＋___________OH－＝___________＋___________Cl－＋___________H2O___________。III、Cu可与稀硝酸反应：3Cu＋8HNO3(稀)＝3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O（6）请用双线桥表示反应中的电子转移的方向和数目___________。（7）该反应中，硝酸体现的性质为___________，每生成1分子NO转移电子的数且为___________。【答案】（1）+3（2）1:2（3）①.3NF3＋5H2O＝9HF＋2NO＋HNO3②.还原产物（4）<（5）3ClO－＋2Fe3+＋10OH－＝2＋3Cl－＋5H2O （6）（7）①.氧化性、酸性②.3【解析】【小问1详解】NF3中F的化合价为−1价，则N的化合价为+3价；故答案为：+3。【小问2详解】NF3和H2O反应的方程式为3NF3＋5H2O＝9HF＋2NO＋HNO3，则反应过程中，有1个氮化合价升高，有2个氮化合价降低，因此被氧化与被还原的元素原子个数之比为1:2；故答案为：1:2。【小问3详解】该反应的化学方程式：3NF3＋5H2O＝9HF＋2NO＋HNO3，NO是NF3中氮化合价降低得到的产物，因此该反应的还原产物；故答案为：3NF3＋5H2O＝9HF＋2NO＋HNO3；还原产物。【小问4详解】三氟化氮可由反应4NH3＋3F2＝NF3＋3NH4F得到，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，因此氧化性NF3<F2；故答案为：<。【小问5详解】ClO－变为Cl－，Cl化合价降低2个，Fe3+变为，Fe化合价升高3个，根据化合价升降守恒，则ClO－、Cl－系数配3，Fe3+、系数配2，再根据质量守恒配平得到3ClO－＋2Fe3+＋10OH－＝2＋3Cl－＋5H2O；故答案为：3ClO－＋2Fe3+＋10OH－＝2＋3Cl－＋5H2O。【小问6详解】铜由0价变为+2价，硝酸中氮化合价由+5价变为+2价，则用双线桥表示反应中的电子转移的方向和数目；故答案为：。【小问7详解】该反应中，硝酸部分化合价降低，因此体现的性质为氧化性、酸性，根据方程式分析转移6个电子，生成2分子NO，因此每生成1分子NO转移电子的数且为3；故答案为：氧化性、酸性；3。23.某实验兴趣小组同学进行胶体的制备及性质实验，回答下列问题。I、氢氧化铁胶体的制备和性质（1）图中仪器a的名称为___________。 （2）①设计实验证明获得了氢氧化铁胶体___________。②烧杯中发生反应的化学方程式为___________。II、AgI是难溶于水的黄色沉淀，在一定条件下也可以形成胶体。兴趣小组设计如下实验探究某种条件对AgI胶体粒子所带电性的影响：实验①：将稀AgNO3溶液逐滴加入过量的稀KI溶液中，得到AgI胶体I；实验②：将稀KI溶液逐滴加入过量的稀AgNO3溶液中，得到AgI胶体II；实验③：将提纯后的AgI胶体I与AgI胶体II进行混合，出现了黄色沉淀。完成下列填空：（3）写出制备AgI胶体I的离子方程式___________。（4）提纯AI胶体的方法如图所示。材料X为___________。用该法提纯AgI胶体II，进入蒸馏水中而被除去的离子有___________(写离子符号，写三种)。（5）本实验的探究结论是制备AgI胶体时反应物的用量对胶体粒子所带电性___________(选填“有”或“无”)影响。简述作出此判断的理由___________。【答案】（1）胶头滴管（2）①.用光束照射液体，在与光束垂直的方向观察，可以看到一条光亮的“通路”②.FeCl3＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3HCl（3）Ag＋＋I－＝AgI(胶体)（4）①.半透膜②.K＋、Ag＋、（5）①.有②.实验③中两种提纯后的AgI胶体混合后出现了聚沉现象，说明两种胶体粒子所带电荷相反 【解析】【小问1详解】根据图中信息得到图中仪器a的名称为胶头滴管；故答案为：胶头滴管。【小问2详解】①证明得到氢氧化铁胶体主要利用胶体具有丁达尔效应来验证，因此设计实验证明获得了氢氧化铁胶体是用光束照射液体，在与光束垂直的方向观察，可以看到一条光亮的“通路”；故答案为：用光束照射液体，在与光束垂直的方向观察，可以看到一条光亮的“通路”。②烧杯中是实验室制取氢氧化铁胶体，其发生反应的化学方程式为FeCl3＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3HCl；故答案为：FeCl3＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3HCl。【小问3详解】制备AgI胶体I的离子方程式Ag＋＋I－＝AgI(胶体)；故答案为；Ag＋＋I－＝AgI(胶体)。【小问4详解】净化胶体主要是利用半透膜来净化，因此材料X为半透膜。制备的胶体是硝酸银和碘化钾反应制取，用该法提纯AgI胶体II，进入蒸馏水中而被除去的离子有K＋、Ag＋、；故答案为：半透膜；K＋、Ag＋、。【小问5详解】实验3，将提纯后的AgI胶体I与AgI胶体II进行混合，出现了黄色沉淀，说明两种胶体粒子所带电荷相反，因此本实验的探究结论是制备AgI胶体时反应物的用量对胶体粒子所带电性有影响。简述作出此判断的理由实验③中两种提纯后的AgI胶体混合后出现了聚沉现象，说明两种胶体粒子所带电荷相反；故答案为：有；实验③中两种提纯后的AgI胶体混合后出现了聚沉现象，说明两种胶体粒子所带电荷相反。24.Na2CO3、NaHCO3都是重要的无机化工原料。（1）I中“反应”的离子方程式为___________。II、为测定产品中Na2CO3的质量分数(已知杂质为NaHCO3)，设计了下列三种实验方案进行探究。请填空：方案一：样品经加热后测定剩余固体质量，并计算Na2CO3的质量分数。（2）加热样品所选用的仪器是___________(填选项字母)。 A.B.C.D.方案二：通过加热分解得到的CO2质量进行计算。某同学设计的实验装置示意图如下：（3）A中反应的化学方程式为___________，若装置C中碱石灰增重m1g。则混合样品中碳酸钠的质量分数为___________。方案三：将一定质量的样品与足量稀硫酸反应，通过称量反应前后盛有碱石灰的干燥管质量，利用其质量差计算碳酸钠的质量分数。连接好的实验装置如图：该实验的操作步骤：①___________②取一定量样品装入广口瓶中③打开止水夹，缓慢鼓入空气数分钟④关闭止水夹，在干燥管内填满碱石灰，称量干燥管A质量⑤缓慢加入稀硫酸至不再产生气体为止⑥打开止水夹，缓慢鼓入空气数分钟，再称量干燥管A质量（4）操作①为___________。（5）NaOH溶液(足量)中发生反应的离子方程式为___________。（6）装置中有两支盛放碱石灰的干燥管(图中A和B)，若只保留干燥管A将会使碳酸钠的质量分数的计算结果___________(填“偏大”或“偏小”)。理由是___________。 【答案】（1）Na++=NaHCO3↓（2）B（3）①.2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑②.（4）检查装置气密性（5）2OH-+CO2=（6）①.偏小②.去掉B将会使A增重偏大，A的作用为吸收生成的CO2，相同质量时碳酸氢钠生成CO2较多，即A增重越多NaHCO3越多，则Na2CO3越少。【解析】【小问1详解】由制备过程可知I中反应是，离子方程式为Na++=NaHCO3↓，故答案为：Na++=NaHCO3↓；【小问2详解】加热碳酸氢钠固体分解，加热样品所选用的仪器是坩埚，故答案为：B；【小问3详解】A中发生的是碳酸氢钠受热分解，反应的化学方程式为2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，若装置C中碱石灰增重m1g，即生成的二氧化碳为m1g，设碳酸氢钠的质量为m，则由得，则混合样品中碳酸钠的质量分数为，故答案为：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑；；【小问4详解】连接好实验装置第一步应该是检查装置气密性，保证装置气密性良好才能做后续实验，故答案为：检查装置气密性；【小问5详解】先把空气通过NaOH溶液是为了吸收空气中的二氧化碳，减少实验误差，离子方程式为：2OH-+CO2=，故答案为：2OH-+CO2=；【小问6详解】