2026届黑龙江省哈尔滨三中化学高一第一学期期中复习检测试题含解析.doc

2026届黑龙江省哈尔滨三中化学高一第一学期期中复习检测试题
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、下列实验方案中，能鉴别固体Na2CO3和NaHCO3的是
A．分别进行焰色试验，观察火焰的颜色
B．取少量固体分别装入试管后充分加热，称量反应前后质量变化
C．取少量固体分别加入足量的稀硫酸中，观察是否有气体生成
D．取少量固体分别加水溶解后，滴入澄清石灰水，观察是否有沉淀生成
2、以下是一些常用的危险品标志，装运浓硫酸的包装箱应贴的图标是 ( )
A． B． C． D．
3、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+ MnSO4+ Fe2(SO4)3+ H2O
下列说法正确的是
A．MnO4－是氧化剂，Fe3+是还原产物
B．Fe2+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
4、把NaCl和Al2（SO4）3溶于稀盐酸得到混合溶液，其中Na+、Al3+、Cl﹣的数目之比为1∶2∶3，则溶液中下列关系正确的是（　　）
A．H+与Cl﹣数目比为2∶3
B．Al3+与SO42—数目比为 3∶2
C．Na+与Cl﹣数目比为1∶1
D．Cl﹣与SO42—数目比为1∶3
5、下列说法中正确的是
A．钠在空气中燃烧生成白色的氧化钠
B．当钠与硫酸铜溶液反应时，有大量红色固体铜出现
C．实验后剩余的钠粒，需要放回原试剂瓶中
D．少量金属钠保存在水中
6、关于2mol二氧化碳的叙述中，正确的是( )
A．质量为44g B．质量为88g C．分子数为 6.02×1023 D．有4 mol原子
7、下表中评价合理的是
选项
化学反应及其离子方程式
评价
A
向沸腾的蒸馏水中滴加饱和的氯化铁溶液至液体变为红褐色：Fe3++3H2O=Fe(OH)3↓+3H+
正确
B
大理石溶于醋酸的反应： CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O
错误，醋酸应写为分子形式CH3COOH，CaCO3应写成离子形式
C
铁与稀盐酸反应：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑
错误，产物不符合客观事实
D
NaOH溶液中通入少量CO2反应： OH-+CO2=HCO3-
正确
A．A B．B C．C D．D
8、 “纳米材料”是指直径在几纳米到几十纳米的材料。如将“纳米材料”分散到液体分散剂中，所得混合物具有的性质是（ ）
A．所得混合物是溶液且一定能导电 B．在通常情况下不稳定，易沉淀
C．能全部透过半透膜 D．有丁达尔效应
9、单质X和Y相互反应生成X2＋和Y2－，现有下列叙述其中正确的是（ ）
①X被氧化 ②X是氧化剂 ③X具有氧化性
④Y2－是还原产物 ⑤Y2－具有还原性 ⑥X2＋具有氧化性
A．①②③④ B．①④⑤⑥ C．②③④ D．①③④⑤
10、为了使硫酸溶液导电性几乎降低为零，应加入适量的
A．NaOH B．Na2CO3 C．BaCl2 D．Ba(OH)2
11、把镁粉中混有的少量铝粉除去,应选用的试剂是
A．稀盐酸 B．烧碱溶液
C．硫酸铝溶液 D．硫酸镁溶液
12、设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是
A．常温下，23gNO2含有NA个氧原子
B．1mol・L—1NaCl溶液含有NA个Na+
C．标准状况下，22.4L盐酸含有NA个HC1分子
D．等物质的量的CO2与CO，前者比后者多NA个氧原子
13、若30g密度为d的溶液中含有不考虑与水反应，则Cl－的浓度为
A． B． C． D．
14、在一定条件下，可发生反应：XO3n－+Cl2+2OH－=XO42－+2Cl－+H2O。则XO3 n－中X元素的化合价是
A．+4 B．+5 C．+6 D．+7
15、下列说法中错误的是（ ）
A．石油主要含碳、氢两种元素
B．通过石油的催化裂化和裂解可以得到较多的轻质油和气态烯烃
C．通过煤的直接或间接液化，可以获得燃料油及多种化工原料
D．煤、石油、天然气都是可再生能源
16、决定原子种类的微粒是（　　）
A．中子 B．质子
C．质子和中子 D．质子、中子和电子
二、非选择题（本题包括5小题）
17、A、B、C、D为四种可溶性的盐，它们的阳离子分别可能是Ba2＋、Ag＋、Na＋、Cu2＋中的某一种，阴离子分别可能是NO3-、SO42-、Cl－、CO32-中的一种。(离子在物质中不能重复出现)
①若把四种盐分别溶于盛有蒸馏水的四支试管中，只有C盐的溶液呈蓝色；
②若向①的四支试管中分别加入盐酸，B盐的溶液有沉淀生成，D盐的溶液有无色无味的气体逸出。
根据①②实验事实可推断它们的化学式为：
（1）A________，C________，D____________。
（2）写出盐酸与D反应的离子方程式： ___________________________。
（3）写出C与Ba(OH)2溶液反应的离子方程式：_______________________。
18、某固体可能由KNO3、K2SO4、KCl、NaCl、CuCl2和Na2CO3中的一种或几种组成。依次进行下列五步实验，观察到的实验现象记录如下：①将固体加水得到无色溶液；②向上述溶液中滴加过量BaCl2溶液，有白色沉淀生成。将该沉淀滤出，得到的沉淀可完全溶于稀HNO3；③向②的滤液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，该沉淀不溶于稀HNO3。
(1)据此，可判断出固体中肯定有_________，肯定没有_________，可能含有_________。
(2)写出②中反应的离子方程式_____________________、___________________。
19、现有甲、乙、丙三名同学分别进行氢氧化铁胶体的制备实验。
甲同学：向1 mol·L－1的氯化铁溶液中加少量氢氧化钠溶液。
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5～6滴氯化铁饱和溶液，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____________，若丙同学实验中不停止加热，会看到___________。
(2)氢氧化铁胶体制备的化学方程式为_______________________________；
(3)证明有氢氧化铁胶体生成利用的胶体性质是_______，提纯所制氢氧化铁胶体常用的方法是________。
(4)利用氢氧化铁胶体进行实验：
①将其装入U形管内，用石墨作电极，通电一段时间后发现与电源负极相连的电极区附近的颜色逐渐变深，这表明氢氧化铁胶体微粒带__________(填“正”或“负”)电荷；
②若向其中加入饱和硫酸钠溶液，产生的现象是________________________；
③若向其中逐滴加入稀盐酸，产生的现象是__________________________。
20、实验室用下列方法测定某水样中O2的含量。

（1）实验原理
①用如图所示装置，使溶解在水中的O2在碱性条件下将Mn2＋氧化成MnO(OH)2，反应的离子方程式为_________________________________________________________。
②在酸性条件下，再用I－将生成的MnO(OH)2还原为Mn2＋，反应的离子方程式为________________________。然后用Na2S2O3标准溶液滴定生成的I2，反应方程式为I2＋2Na2S2O3=2NaI＋Na2S4O6。
（2）实验步骤
①打开止水夹a和b，从A处向装置内鼓入过量N2，此操作的目的是_____________________________；
②用注射器抽取某水样20.00 mL从A处注入锥形瓶；
③再分别从A处注入含m mol NaOH溶液及过量的MnSO4溶液；
④完成上述操作后，关闭a、b，将锥形瓶中溶液充分振荡；
⑤打开止水夹a、b，分别从A处注入足量NaI溶液及含n mol H2SO4的硫酸；
⑥重复④的操作；
⑦取下锥形瓶，向其中加入2～3滴__________作指示剂；
⑧用0.005 mol·L－1 Na2S2O3溶液滴定至终点。滴定终点的现象是________________________。
（3）数据分析
①若滴定过程中消耗的Na2S2O3标准溶液体积为3.90 mL，则此水样中氧(O2)的含量为__________mg·L－1。
②若未用Na2S2O3标准溶液润洗滴定管，则测得水样中O2的含量将__________(填“偏大”“偏小”或“不变”)。
21、某研究小组以绿矾(FeSO4•7H2O)为原料制备化合物A[K3Fe(Ⅲ) (C2O4)x•yH2O]并通过如下实验步骤确定A的化学式：
步骤1：准确称取A样品4.91g,干燥脱水至恒重，残留物质量为4.37g；
步骤2:将步骤1所得固体溶于水，经测定含Fe3+0.0l00mol；
步骤3:准确称取A样品4.91g置于锥形瓶中，加入足量的3. 00mol-L'1的H2SO4,溶液和适量蒸馏水，用0.500mol•L-1的KMnO4溶液滴定，当MnO4-恰好完全被还原为 Mn2+时，消耗KMnO4溶液的体积为24.00 mL。
请回答下列问题：
（1）绿矾(FeSO4•7H2O)若保存不当或长期放置，易与空气中的氧气反应，该反应中 FeSO4表现的性质为_____(填字母)。
A．氧化性 B．还原性 C．氧化性和还原性 D．酸性
（2）用物质的量浓度为18.0 mol•L-1的浓硫酸配制100mL3.00 mol•L-1的H2SO4溶液时,量取浓硫酸需要的量筒规格为_____(填字母)。
A．10mL B．25mL C．50mL D．l00mL
（3）步骤2发生的离子反应如下，将该离子方程式配平：_____MnO4-+_____ C2O42-+_____H+=_____Mn2++_____CO2↑+_____H2O。
通过计算确定化合物A中x、y的值(请写出计算过程)。_____________
参考答案

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、B
【解析】
A．二者均含有Na元素，焰色反应均为黄色，无法鉴别，故A错误；
B．碳酸氢钠受热易分解，碳酸钠受热不分解，所以加热后质量减轻的是碳酸氢钠，可以鉴别二者，故B正确；
C．二者和足量稀硫酸均可以反应生成二氧化碳气体，无法鉴别，故C错误；
D．二者都可以和澄清石灰水反应生成碳酸钙沉淀，无法鉴别，故D错误；
综上所述答案为B。
2、A
【解析】
A．标志为腐蚀品标志，浓硫酸属于腐蚀品，应该使用此在标志，故A正确；
B．为爆炸品标志，爆炸品是指容易发生爆炸的，如烟花爆竹等，故B错误；
C．为有毒气体标志，有毒气体如氯气、一氧化碳等张贴，故C错误；
D．属于易燃标志，常张贴于易燃液体，故D错误；
故答案为A。
3、B
【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10÷8=1.25mol电子，错误。
考点：考查氧化还原反应原理问题。
4、A
【解析】
设溶液中Na+、Al3+、Cl﹣的物质的量分别是xmol、2xmol、3xmol，根据硫酸铝的化学式可知硫酸根的物质的量是3xmol；忽略氢氧根的物质的量，根据电荷守恒可知氢离子的物质的量是3xmol+3xmol×2－xmol－2xmol×3＝2xmol，所以A. H+与Cl﹣数目比为2：3，A正确；B. Al3+与SO42﹣数目比为2：3，B错误；C. Na+与Cl﹣数目比为1：3，C错误；D. Cl﹣与SO42﹣数目比为1：1，D错误，答案选A。
5、C
【解析】
钠在空气中燃烧的产物是过氧化钠；当钠与硫酸铜溶液反应时，钠先与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠再与硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钠；钠属于活泼的金属，剩余的金属钠不能随意丢弃；水与钠能剧烈反应生成氢氧化钠和氢气。
【详解】
钠在空气中燃烧生成淡黄色的过氧化钠，故A错误；当钠与硫酸铜溶液反应时，钠先与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠再与硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钠，所以有蓝色沉淀生成，故B错误；钠属于活泼的金属，剩余的金属钠不能随意丢弃，应放回原试剂瓶中，故C正确；钠属于活泼的金属，水与钠能剧烈反应生成氢氧化钠和氢气，少量金属钠保存煤油中，故D错误。
实验室中一般从试剂瓶中取用试剂，用完后剩余的药品不能放回，但有些特殊的试剂是要及时送回或处理掉的，目的是防止火灾或其他危害等，而钠的取用是从一块钠上切取一小块，切剩下的要放回试剂瓶。
6、B
【解析】
A.CO2的摩尔质量是44g/mol， 2mol二氧化碳质量是44g/mol×2mol＝88g，故A错误；
B. CO2的摩尔质量是44g/mol，2mol二氧化碳质量是44g/mol×2mol＝88g，故B正确；
C. 2mol二氧化碳的分子数为 6.02×1023mol—1×2mol＝2×6.02×1023，故C错误；
D. 2mol二氧化碳含有原子的物质的量为2mol×3＝6mol，故D错误；
故选B。
7、C
【解析】
A、向沸腾的蒸馏水中滴加饱和的氯化铁溶液至液体变为红褐色，得到的是氢氧化铁胶体，不是氢氧化铁沉淀，A错误；
B、醋酸是弱酸，碳酸钙难溶于水，在离子反应方程式中均应该用化学式表示，B错误；
C、铁与盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，结论正确，C正确；
D、二氧化碳不足生成碳酸钠和水，D错误；
答案选C。
8、D
【解析】
分散质的粒子直径在1nm~100nm之间的分散系称之为胶体，而“纳米材料”的粒子直径在几纳米到几十纳米范围，因此将“纳米材料”分散到液体分散剂中所得的混合物属于胶体。
A. “纳米材料”在液体分散剂中不一定发生电离，所以该混合物不一定能导电，A项错误；
B.胶体具有介稳性，稳定性介于溶液和浊液之间，所以在通常情况下该混合物是稳定的，不易沉淀，B项错误；
C.胶体分散质的粒子直径大于半透膜的孔隙直径，所以该混合物中的“纳米材料”不能透过半透膜，C项错误；
D.该分散系属于胶体，当一束平行光照射该混合物时，从垂直于光的入射方向观察，能观察到该混合物中有一条光亮的“通路”，称为丁达尔效应，D项正确；答案选D。
9、B
【解析】
单质X和Y相互反应生成X2+和Y2-，反应中X的化合价升高，X被氧化，X为还原剂，X2+是氧化产物，有氧化性；Y的化合价降低，Y被还原，Y为氧化剂，Y2-是还原产物，Y2-具有还原性，正确的有①④⑤⑥，故选B。
10、D
【解析】
A.A项中反应为2NaOH＋H2SO4=Na2SO4＋2H2O，Na2SO4=2Na＋＋SO42-，溶液导电性几乎无变化，故A错误；
B.B项中发生反应为Na2CO3＋H2SO4=Na2SO4＋CO2↑＋H2O, Na2SO4=2Na＋＋SO42-，溶液导电性几乎无变化，故B错误；
C.C项中发生反应为BaCl2＋H2SO4=BaSO4↓＋2HCl，HCl=H＋＋Cl－，溶液导电性几乎无变化，故C错误；
D.D项中发生反应为Ba(OH)2＋H2SO4=BaSO4↓＋2H2O，反应后溶液离子浓度非常小，导电性几乎降低为零，故D正确。
故选D。
11、B
【解析】
A、镁和铝都是活泼的金属，都能和酸反应，选项A不正确；
B、铝能溶解在强碱氢氧化钠溶液中，镁与氢氧化钠溶液不反应，因此把镁粉中混有少量的铝粉除去，应选用的试剂是氢氧化钠溶液，即烧碱溶液，选项B正确；
C、镁能和硫酸铝发生置换反应生成硫酸镁和铝，是消耗镁生成铝而无法除去铝，选项C不正确；
D、硫酸镁溶液与铝不反应，无法除去铝，选项D不正确。
答案选B。
12、A
【解析】
A. NO2的摩尔质量是46g/mol，所以23g NO2的物质的量是0.5mol，含有氧原子的物质的量是0.5mol×2＝1mol，即含有NA个氧原子，故A正确；
B.缺少溶液的体积，无法计算，故B错误；
C. 标准状况下，盐酸是液体，故C错误；
D. 等物质的量不一定是1mol，故D错误。
故选A。
13、A
【解析】
首先根据 计算铝离子的物质的量，然后根据溶液的质量和密度计算溶液的体积，进而计算铝离子的物质的量浓度，最后根据c(Cl-)=3c(Al3+)，计算氯离子的浓度。
【详解】
0.9gAl3+的物质的量是n(Al3+)=，溶液的体积是V=，所以c(Al3+)=，则c(Cl-)=3c(Al3+)=3×，所以正确选项是A。
本题考查有关物质的量浓度的计算。明确物质的量公式中各个物理量之间的关系及电解质电离产生的微粒间的关系是解答本题的关键。
14、A
【解析】
根据电荷守恒得n=2+2-2=2，则离子方程式为XO32-+Cl2+2OH-═XO42-+2Cl-+H2O，XO32-中各元素化合价的代数和为-2，则X元素化合价=-2-3×（-2）=+4，故选A。
15、D
【解析】
A、石油主要成分是烷烃、环烷烃、芳香烃，则石油主要含碳、氢两种元素，故A正确；
B、通过石油的催化裂化和裂解把大分子的烃转化为小分子的烃，可以得到较多的轻质油和气态烯烃，故B正确；
C、通过煤的直接或间接液化，将煤转化为可以燃烧的液体，比如甲醇，从而获得燃料油及多种化工原料，故C正确；
D、煤、石油、天然气属于化石燃料，是由古代生物的遗骸经一系列复杂的化学变化而形成的，属于不可再生能源，故D错误；
故答案选D。
16、C
【解析】
A．当质子数相同时，中子数决定了元素的种类，单独中子数不能决定核素种类，故A错误；
B．原子的质子数决定元素种类，故B错误；
C．决定原子种类的微粒是质子和中子，故C正确；
D．原子核外电子数可以发生变化，但原子种类不变，电子尤其是最外层电子决定原子的化学性质，故D错误；
故答案选C。

二、非选择题（本题包括5小题）
17、BaCl2 CuSO4 Na2CO3 CO32-＋2H＋===H2O＋CO2↑ Cu2＋＋SO42-＋Ba2＋＋2OH－===BaSO4↓＋Cu(OH)2↓
【解析】
①若把四种盐分别溶于盛有蒸馏水的四支试管中，只有C盐的溶液呈蓝色，C中含Cu2+，Cu2+与CO32-在溶液中不能大量共存，C中不含CO32-；
②若向①的四支试管中分别加入盐酸，B盐的溶液有沉淀生成，D盐的溶液有无色无味的气体逸出，则B中含Ag+，D中含CO32-；由于Ag+与SO42-、Cl-、CO32-在溶液中不能大量共存，则B为AgNO3；由于CO32-与Ba2+、Ag+、Cu2+在溶液中不能大量共存，则D为Na2CO3；
Ba2+与SO42-在溶液中不能大量共存，离子在物质中不能重复出现，结合①②的推断，A为Ba（NO3）2，C为CuSO4；根据上述推断作答。
【详解】
①若把四种盐分别溶于盛有蒸馏水的四支试管中，只有C盐的溶液呈蓝色，C中含Cu2+，Cu2+与CO32-在溶液中不能大量共存，C中不含CO32-；
②若向①的四支试管中分别加入盐酸，B盐的溶液有沉淀生成，D盐的溶液有无色无味的气体逸出，则B中含Ag+，D中含CO32-；由于Ag+与SO42-、Cl-、CO32-在溶液中不能大量共存，则B为AgNO3；由于CO32-与Ba2+、Ag+、Cu2+在溶液中不能大量共存，则D为Na2CO3；
Ba2+与SO42-在溶液中不能大量共存，离子在物质中不能重复出现，结合①②的推断，A为Ba（NO3）2，C为CuSO4；
（1）A的化学式为Ba（NO3）2，C的化学式为CuSO4，D的化学式为Na2CO3。
（2）D为Na2CO3，盐酸与Na2CO3反应生成NaCl、H2O和CO2，反应的离子方程式为2H++CO32-=H2O+CO2↑。
（3）C为CuSO4，CuSO4与Ba（OH）2溶液反应的化学方程式为CuSO4+Ba（OH）2=Cu（OH）2↓+BaSO4↓，反应的离子方程式为Cu2++SO42-+Ba2++2OH-=Cu（OH）2↓+BaSO4↓。
本题考查离子的推断，熟悉各离子的性质和离子间的反应是解题的关键。离子的推断必须遵循的原则：肯定原则（根据实验现象确定一定存在的离子）、互斥原则（相互间能反应的离子不能在同一溶液中共存）、守恒原则（阳离子所带正电荷的总数等于阴离子所带负电荷总数）。
18、Na2CO3 CuCl2、K2SO4 KCl、NaCl、KNO3 Ba2++CO32—=BaCO3↓ BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O
【解析】
①将固体加水得到无色溶液,则不含CuCl2；
②向上述溶液中滴加过量BaCl2溶液,有白色沉淀生成，将该沉淀滤出，并将沉淀可完全溶于稀HNO3,则不含K2SO4，应含有Na2CO3 ；
③向②的滤液中加入AgNO3溶液,有白色沉淀生成,该沉淀不溶于稀HNO3,生成沉淀为AgCl,因加入氯化钡，不能证明含有KCl、NaCl；以此解答该题。
【详解】
①将固体加水得到无色溶液,则不含CuCl2；
②向上述溶液中滴加过量BaCl2溶液,有白色沉淀生成，将该沉淀滤出，并将沉淀可完全溶于稀HNO3,则不含K2SO4，应含有Na2CO3 ；
③向②的滤液中加入AgNO3溶液,有白色沉淀生成,该沉淀不溶于稀HNO3,生成沉淀为AgCl,因加入氯化钡，不能证明含有KCl、NaCl；
(1)由以上分析可以知道固体中肯定含有Na2CO3 ，肯定没有CuCl2、K2SO4；实验②加入氯化钡,引入氯离子,则不能证明是否含有KCl、NaCl，题目没有涉及KNO3的性质实验,无法证明是否含有KNO3；因此，本题正确答案是: Na2CO3 ；CuCl2、K2SO4 ； KCl、NaCl、KNO3。
(2)②中反应的离子方程式为Ba2++CO32—=BaCO3↓， BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O；因此，本题正确答案是：Ba2++CO32—=BaCO3↓， BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O。
在解此类题时，首先分析题中的实验现象，确定物质之间的关系，然后根据现象推出可以确定存在或不存在的物质，对于现象不能确定的只能再设计实验进行验证；本题要注意氯离子存在的判定时，要分析一下前几步操作中是否引入了氯离子，以防掉入陷阱。
19、丙 出现红褐色沉淀 FeCl3＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3HCl 丁达尔效应 渗析法 正 有红褐色沉淀生成 有红褐色沉淀生成，继续加入沉淀会溶解，形成黄色溶液
【解析】
（1）实验室制备氢氧化铁胶体是在沸腾的蒸馏水中加入饱和氯化铁溶液，当溶液变为红褐色时立即停止加热，其它做法都不能生成胶体，往往得到沉淀；若丙同学实验中不停止加热，由于加热时胶体容易发生聚沉，所以会看到出现红褐色沉淀；
（2）根据以上分析可知氢氧化铁胶体制备的化学方程式为FeCl3＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3HCl；
（3）胶体具有丁达尔效应，当用激光笔照射时，会有一道明亮的光路，因此证明有氢氧化铁胶体生成利用的胶体性质是丁达尔效应。胶体不能透过半透膜，溶液可以，则提纯所制氢氧化铁胶体常用的方法是渗析法；
（3）①Fe(OH)3胶粒带正电，通电时带正电荷的粒子向阴极移动，阴极附的颜色逐渐变深，因此通电一段时间后发现与电源负极相连的电极区附近的颜色逐渐变深，这表明氢氧化铁胶体微粒带正电；
②若向其中加入饱和硫酸钠溶液，电离出的SO42-使Fe(OH)3胶体发生聚沉，生成红褐色沉淀，即产生的实验现象是生成红褐色的沉淀；
③向氢氧化铁胶体中逐滴加入过量稀盐酸溶液，氯化氢电离出的氯离子使Fe(OH)3胶体发生聚沉，H+使Fe(OH)3沉淀溶解，因此会观察到有红褐色沉淀生成，继续加入沉淀会溶解，形成黄色溶液。
本题考查胶体的制备、性质，易错点为胶体的制备，注意制备方法。本题重点把握胶体的聚沉的性质以及发生聚沉的条件。
20、2Mn2＋＋O2＋4OH－=2MnO(OH)2 MnO(OH)2＋2I－＋4H＋=Mn2＋＋I2＋3H2O 排出装置内的空气，避免空气中的O2的干扰 淀粉溶液 滴最后一滴标准液，溶液恰好由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复原色 7.8 偏大
【解析】
（1）①溶解在水中的O2在碱性条件下将Mn2+氧化成MnO(OH)2，锰元素化合价升高2价，氧气化合价降低了4价，根据化合价升高降低总数相等配平反应的离子方程式为：2Mn2++O2+4OH-=2MnO(OH)2；
②在酸性条件下，再用I-将生成的MnO(OH)2还原为Mn2+，I-被氧化为碘单质，反应的离子方程式为：MnO(OH)2+2I-+4H+=Mn2++I2+3H2O；
（2）①由于测定的是水样中氧气含量，必须将装置中的空气赶走，避免干扰测定结果，故答案为赶走装置内空气，避免空气中的O2的干扰；⑦由于反应中有碘单质参与，利用碘遇到淀粉显示蓝色的特性，可以选用淀粉溶液做指示剂；⑧用0.005 mol ·L -1 Na2S2O3溶液滴定至终点，碘消耗完，蓝色褪去，即滴定终点的现象是：滴最后一滴标准液，溶液恰好由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复原色；
（3）①发生的反应有：2Mn2++O2+4OH-=2 MnO(OH)2、MnO(OH)2+2I-+4H+=Mn2++I2+3H2O、I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，则关系式为：O2～2MnO(OH)2～2I2～4Na2S2O3，1000mL水样中含有的氧气的物质的量是：n（O2）=n（Na2S2O3）×=×0.005mol•L-1×0.0039L×50=2.4375×10-4mol，氧气的质量为：2.4375×10-4mol×32g/mol=7.8mg，此水样中氧（O2）的含量为7.8mg·L-1；
②若未用Na2S2O3 标准溶液润洗滴定管，会导致标准液的浓度减小，消耗的标准液的体积增大，测定结果偏大。
21、B B 2 5 16 2 10 8 n(H2O)＝(4.910g－4.370g)/18g·mol－1＝0.03000mol,由方程式确定n(C2O42－)＝5/2×n(KMnO4)＝5/2×0.5000mol·L－1×0.02400L＝0.03000mol n(Fe3＋):n(C2O42－):n(H2O)＝0.01000mol:0.03000mol:0.03000mol＝1:3:3 ，解之得：x＝3 、y=3。
【解析】
（1）FeSO4•7H2O与空气中的氧气反应，铁元素化合价从+2→+3，铁元素别氧化，FeSO4表现的性质为还原性。
（2）物质的量浓度为18.0 mol•L-1的浓硫酸配制100mL3.00 mol•L-1的H2SO4溶液时,利用 c1V1=c2V2，18.0 mol•L-1×V1=3.00 mol•L-1×100mL，V1=16.7mL。
（3）反应中MnO4-反应为Mn2+，锰元素从+7价变为+2价，C2O42-反应为CO2，碳元素从+3价变为+4价，在该反应中，利用氧化还原反应总化合价得失相等、电子得失数目相等进行计算。
化合物A[K3Fe(Ⅲ) (C2O4)x•yH2O]中各部分物质的量n(H2O)＝(4.910g－4.370g)/18g·mol－1＝0.03000mol，n(Fe3+)=0.01mol，n(C2O42－)＝×n(KMnO4)＝×0.5000mol·L-1×0.024L＝0.03mol。
【详解】
（1）绿矾与空气中的氧气反应，铁元素化合价从+2→+3，该反应中 FeSO4表现的性质为还原性。答案为B。
（2）用物质的量浓度为18.0 mol•L-1的浓硫酸配制100mL3.00 mol•L-1的H2SO4溶液时，由稀释定律可知， 18.0 mol•L-1×V1=3.00 mol•L-1×100mL，解之得V1=16.7mL，可以选择25mL的量筒。答案为：B。
（3）反应中MnO4-反应为Mn2+，锰元素从+7价变为+2价，每个MnO4-得到5个电子，C2O42-反应为2CO2，碳元素从+3价变为+4价，每个C2O42-失去2个电子，最小公倍数为10。离子方程式配平为：2MnO4-+5C2O42-+16H+ = 2Mn2++10CO2↑+8H2O。
通过计算可知化合物A[K3Fe(Ⅲ) (C2O4)x•yH2O]中各部分物质的量n(H2O)＝(4.910g－4.370g) ÷18g·mol－1＝0.03mol，n(Fe3+)=0.01mol，n(C2O42－)＝×n(KMnO4)＝×0.5000mol·L-1×0.024L＝0.03mol。n(Fe3＋):n(C2O42－):n(H2O)＝0.01mol：0.03mol：0.03mol＝1:3:3 ，解之得：x＝3 、y=3。
答案为：2MnO4-+5C2O42-+16H+ = 2Mn2++10CO2↑+8H2O；n(H2O)＝(4.910g－4.370g) ÷18g·mol－1＝0.03mol，n(Fe3+)=0.01mol，n(C2O42－)＝×n(KMnO4)＝×0.5000mol·L-1×0.024L＝0.03mol。n(Fe3＋):n(C2O42－):n(H2O)＝0.01mol：0.03mol：0.03mol＝1:3:3 ，解之得：x＝3、 y=3。
氧化还原反应的离子方程式，需要找出氧化剂还原剂的化合价变化，利用化合价变化数目相等，进行配平。