高一化学上学期第二次试卷高一全册化学试题 (4)

虾对市爱抚阳光实验学校一中高一〔上〕第二次化学试卷
一、选择题〔此题包括16小题；每题3分，共48分．每题只有一个选项符合题意．〕
1．以下状态的物质，既能导电又属于电解质的是〔〕
A．MgCl2晶体B．NaCl溶液C．液态HCl D．熔融的KOH
2．设N A表示阿伏加德罗常数的值，以下说法中正确的选项是〔〕
A．常温常压下，4LCO和CO2混合气体中含有的碳原子数目为0.1N A
B．在非状况下，1mol任何气体的体积不可能是2L
C．状况下，2L酒精〔CH3CH2OH〕的分子数为N A
D．一条件下，g的Na完全与O2反失去的电子数为0.1N A
3．离子方程式H++OH﹣═H2O可表示强酸和强碱生成可溶性盐这一类反．以下物质间的反能用该离子方程式表示的是〔〕
①稀H2SO4+Ba〔OH〕2溶液
②澄清石灰水+稀HNO3
③稀HNO3+Cu〔OH〕2
④醋酸和KOH
⑤Ba〔OH〕2溶液+稀HNO3
⑥氢氟酸+NaOH
⑦盐酸+氨水．
A．只有②⑤B．除③④⑥⑦C．只有⑤D．除④
4．以下离子方程式中，只能表示一个化学反的是〔〕①Fe+Cu2+═Fe2++Cu
②Ba2++2OH﹣+2H++SO═BaSO4↓+2H2O
③Cl2+H2O═H++Cl﹣+HClO
④CO+2H+═CO2↑+H2O ⑤Ag++Cl﹣═AgCl↓
A．只有③B．②③C．③⑤D．①④
5．以下离子方程式正确的选项是〔〕
A．Na2O2溶于水产生O2：Na2O2+H2O=2Na++2OH﹣+O2↑
B．醋酸溶液与水垢中的CaCO3反：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑
C．在硫酸溶液中参加氢氧化钡溶液：Ba2++OH﹣+H++SO42﹣=BaSO4↓+H2O D．FeSO4溶液中参加用H2SO4酸化的H2O2溶液：2Fe2++2H++H2O2=2 Fe3++2H2O 6．在含有CO且能使酚酞试液变红的无色溶液中，能大量共存的离子组是〔〕
A．Na+、SO、SO、K+B．Na+、Cu2+、Br﹣、Ba2+
C．K+、MnO、NO、Na+D．K+、Ca2+、SO、Cl﹣
7．被称为万能复原剂的NaBH4溶于水并和水反：NaBH4+2H2O═NaBO2+4H2↑，以下说法中正确的选项是〔NaBH4中H为﹣1价〕〔〕
A．NaBH4既是氧化剂又是复原剂
B．NaBH4是氧化剂，H2O是复原剂
C．NaBH4中硼元素被氧化，氢元素被复原
D．被氧化的元素与被复原的元素质量之比为1：1
8．一条件下硝酸铵受热分解的化学方程式为：5NH4NO3═2HNO3+4N2↑+9H2O，在反中被氧化与被复原的氮原子数之比为〔〕
A．5：3 B．5：4 C．1：1 D．3：5
9．R、X、Y和Z是四种元素，其常见化合价均为+2价，且X2+与单质R不反；X2++Z=X+Z2+；Y+Z2+=Y2++Z．这四种离子的氧化性大小顺序正确的选项是〔〕A．R2+＞X2+＞Z2+＞Y2+B．X2+＞R2+＞Y2+＞Z2+
C．Y2+＞Z2+＞R2+＞X2+D．Z2+＞X2+＞R2+＞Y2+
10．将NO3﹣+Zn+OH﹣+H2O→NH3+Zn〔OH〕42﹣配平后，离子方程式中H2O的系数是〔〕
A．2 B．4 C．6 D．8
11．在甲、乙两烧杯溶液中，分别含有大量的Cu2+、K+、H+、Cl﹣、CO32﹣、OH﹣6种离子中的3种，甲烧杯的溶液呈蓝色，那么乙烧杯的溶液量存在的离子是〔〕
A．Cu2+、H+、Cl﹣B．CO32﹣、OH﹣、Cl﹣
C．K+、H+、Cl﹣D．K+、OH﹣、CO32﹣
12．将足量CO2通入KOH和Ca〔OH〕2的混合稀溶液中，生成沉淀的物质的量〔n〕和通入CO2体积〔V〕的关系正确的选项是〔〕
A ．
B ．
C ．
D ．
13．环境监测测水中溶解O2的方法是：量取a mL水样，迅速参加MnSO4溶液及含有NaOH的KI溶液，立即塞好塞子，振荡混合摇匀．开塞，迅速参加适量的硫酸，此时有I2生成．用Na2S2O3溶液〔b mol/L〕和I2反消耗V mL〔以淀粉为指示剂〕，有关反的离子方程式为：2Mn2++O2+4OH﹣=2MnO〔OH〕2〔快〕，MnO〔OH〕2+2I
﹣+2H+=Mn2++I
2+3H2O，I2+S2O3
2﹣=2I﹣+S
4O6
2﹣，那么水中溶解氧量〔单位是mg/L〕为〔〕
A．8000ab/V B．8000Vb/a C．16000Vb/a D．16000ab/V
14．以下每组反一能用同一离子方程式表示的是〔〕
A．CuO分别与稀硫酸、稀盐酸反
B．CaCO3、Na2CO3分别与盐酸反
C．H2SO4、K2SO4溶液分别与Ba〔OH〕2溶液反
D．Na分别与水、稀盐酸反
15．R2O8n﹣在一条件下可以把Mn2+氧化成MnO4﹣，假设反中R2O8n﹣变为RO42﹣，又知反中氧化剂与复原剂的物质的量之比为5：2，那么n值为〔〕
A．1 B．2 C．3 D．4
16．取一量CuO粉末与0.5L稀硫酸充分反后，将一根50g铁棒插入上述溶液中，至铁棒质量不再变化时，铁棒增重0.24g，并收集到224mL H2〔状况〕．由此推知CuO粉末的质量为〔〕
A．2g B．g C．g D．8g
二、填空题
17．有以下物质：①二氧化碳②碳酸钡③醋酸④氢气⑤澄清石灰水⑥石墨⑦氢氧化钠⑧硫酸⑨氯化银⑩铝请用序号答复以下问题：
属于电解质的是；属于弱电解质的是；
属于非电解质的是；能够导电的是．
18．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﹣的中的一种．
①假设把四种盐分别溶解于盛有蒸馏水的四支试管中，只有C盐的溶液呈蓝色．
②假设向①的四支试管中分别参加盐酸，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事实可推断它们的化学式为：
〔1〕A ，C ；
〔2〕写出盐酸与D反的离子反方程式：；
〔3〕写出C与Ba〔OH〕2溶液反的离子方程式．
19．对一份稀溶液作初步分析发现，溶液无色、澄清，其中可能含有SO42﹣、Na+、CO32﹣、H+、NO3﹣、HCO3﹣、Cl﹣离子中的假设干种．然后又做了如下，以确认这些离子是否大量存在．
①用石蕊试纸测溶液的酸碱性，试纸显；
②取2毫升溶液，用氯化钡和稀硝酸进行检验，结果生成了白色沉淀；
③对②中所得混合物静置后，取上层清夜用硝酸银溶液和稀硝酸检验，结果又生成了白色沉淀，试答复下述问题：
〔1〕原溶液中一存在的离子是，一不存在的离子是．〔2〕上述操作中，有错误的步骤是〔填写代号〕，对错误的改正方法是．
〔3〕按改正操作后，还不能肯是否存在的离子是．
〔4〕写出②、③步反的离子方程式．
②；
③．
20．离子反是化重要的反类型．答复以下问题：〔1〕在发生离子反的反物或生成物中，一存在．〔填序号〕
①单质②氧化物③电解质④盐⑤化合物
〔2〕可用图示的方法表示不同反类型之间的关系．如分解反和氧化复原反可表示为以下图．请在下面的方框中画出离子反、置换反和氧化复原反三者之间的关系．
〔3〕用双线桥法标出以下方程式的电子转移数目和方向
5KI+KIO3+3H2SO4=3K2SO4+3I2+3H2O
〔4〕用单线桥法标出以下方程式的电子转移数目和方向MnO4﹣
+5Fe2++8H+═Mn2++5Fe3++4H2O
〔5〕鲜榨苹果汁是人们喜爱的饮料．由于此饮料中含有Fe2+，现榨的苹果汁在空气中会由淡绿色的Fe2+变为棕黄色的 Fe3+．这个变色的过程中的Fe2+被
〔填“氧化〞或“复原〞〕．假设在榨汁的时候参加适量的维生素C，可有效防止这种现象的发生．这说明维生素C具有：．
A、氧化性
B、复原性
C、酸性
D、碱性来．
21．：2KMnO4═K2MnO4+MnO2+O2↑，将0.1mol KMnO4固体加热一段时间后，收集到a molO2；向反后残留的固体中参加足量的浓盐酸，又收集到b molCl2，此时Mn 元素以Mn2+的形式存在于溶液中〔注：KMnO4和 K2MnO4以及 MnO2都能与浓盐酸反并生成Mn2+〕．
〔1〕2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O反中的复原产物是
〔填化学式〕，反中假设产生0.3mol的气体那么有mol的电子转移．
〔2〕a+b的最大值为，a+b最小值为．
一中高一〔上〕第二次化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题〔此题包括16小题；每题3分，共48分．每题只有一个选项符合题意．〕
1．以下状态的物质，既能导电又属于电解质的是〔〕
A．MgCl2晶体B．NaCl溶液C．液态HCl D．熔融的KOH
【考点】电解质与非电解质；电解质溶液的导电性．
【专题】电离平衡与溶液的pH专题．
【分析】在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，能导电的物质含有自由电子或自由离子，据此分析解答．
【解答】解：A．MgCl2晶体是电解质但不能导电，故A错误；
B．虽然氯化钠溶液能导电，但氯化钠溶液是混合物不是化合物，故B错误；C．液态氯化氢是电解质但不能导电，故C错误；
D．熔融的氢氧化钾是能导电的电解质，故D正确．
应选D．
【点评】此题考查了电解质的概念，难度不大，注意电解质不一导电，导电的物质不一是电解质．
2．设N A表示阿伏加德罗常数的值，以下说法中正确的选项是〔〕
A．常温常压下，4LCO和CO2混合气体中含有的碳原子数目为0.1N A
B．在非状况下，1mol任何气体的体积不可能是2L
C．状况下，2L酒精〔CH3CH2OH〕的分子数为N A
D．一条件下，g的Na完全与O2反失去的电子数为0.1N A 【考点】阿伏加德罗常数．
【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗律．
【分析】A、常温常压下，气体摩尔体积大于2L/mol；
B、标况下，气体摩尔体积是2L/mol，在非标况下，气体摩尔体积也可能是
2L/mol；
C、标况下，酒精是液态；
D、根据钠反后的价态来判断．
【解答】解：A、常温常压下，气体摩尔体积大于2L/mol，故4LCO和CO2混合气体的物质的量小于0.1mol，故碳原子个数小于0.1N A，故A错误；
B、标况下，气体摩尔体积一是2L/mol，气体摩尔体积是2L/mol时，不一是标况，故在非状况下，1mol任何气体的体积也可能是2L，故B错误；
C、标况下，酒精是液态，故C错误；
D、g钠的物质的量n===0.1mol，而反后钠元素的价态为+1价，故0.1mol 钠失去0.1mol电子，个数为0.1N A，故D正确．
应选D．
【点评】此题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．
3．离子方程式H++OH﹣═H2O可表示强酸和强碱生成可溶性盐这一类反．以下物质间的反能用该离子方程式表示的是〔〕
①稀H2SO4+Ba〔OH〕2溶液
②澄清石灰水+稀HNO3
③稀HNO3+Cu〔OH〕2
④醋酸和KOH
⑤Ba〔OH〕2溶液+稀HNO3
⑥氢氟酸+NaOH
⑦盐酸+氨水．
A．只有②⑤B．除③④⑥⑦C．只有⑤D．除④
【考点】离子方程式的书写．
【专题】离子反专题．
【分析】稀的强酸与强碱反生成可溶性盐和水的离子反，能用离子方程式H++OH ﹣=H
2O表示，以此对各选项进行判断．
【解答】解：离子方程式H++OH﹣═H2O可表示强酸和强碱生成可溶性盐这一类反．①硫酸为强酸，Ba〔OH〕2为强碱，硫酸钡为难溶性盐，那么二者反不能用离子反H++OH﹣=H2O表示，故①错误；
②氢氧化钙为强碱，硝酸为强酸，硝酸钙为可溶性盐，那么二者反的离子反为H++OH﹣=H2O，故②正确；
③氢氧化铜为强碱，硝酸为强酸，硝酸铜为可溶性盐，那么二者反不能用离子反H++OH﹣=H2O表示，故③错误；
④氢氧化钾为强碱，醋酸为弱酸，醋酸需要保存化学式，那么二者反不能用离子反H++OH﹣=H2O表示，故④错误；
⑤氢氧化钡为强碱，硝酸为强酸，硝酸钡为可溶性盐，那么二者反的离子反为H++OH﹣=H2O，故⑤正确；
⑥次氯酸为弱酸，离子方程式中需要保存分子式，那么二者反不能用离子反
H++OH﹣=H2O表示，故⑥错误；⑦氨水为弱碱，离子方程式中一水合氨不能拆开，那么二者反不能用离子反
H++OH﹣=H2O表示，故⑦错误；
应选A．
【点评】此题考查酸碱反的离子方程式，题目难度中，明确反的实质及物质的溶解性来分析解答，注意熟练掌握离子方程式书写原那么，试题培养了学生的灵活用能力．
4．以下离子方程式中，只能表示一个化学反的是〔〕
①Fe+Cu2+═Fe2++Cu
②Ba2++2OH﹣+2H++SO═BaSO4↓+2H2O
③Cl2+H2O═H++Cl﹣+HClO
④CO+2H+═CO2↑+H2O ⑤Ag++Cl﹣═AgCl↓
A．只有③B．②③C．③⑤D．①④
【考点】离子方程式的书写．
【专题】离子反专题．
【分析】①可表示Fe与氯化铜、硫酸铜物质的反；
②可表示硫酸氢钠、硫酸与氢氧化钡的反；
③只能表示氯气与水反；
④可表示可溶性碳酸盐和强酸反；
⑤可表示硝酸银与可溶性盐酸盐、盐酸反．
【解答】解：①可表示Fe与氯化铜、硫酸铜物质的反，可表示一类反，故错误；
②Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣═BaSO4↓+2H2O可表示硫酸、硫酸氢钠与氢氧化钡溶液的反，故错误；
③只能表示氯气与水反，故正确；
④可表示碳酸钠、碳酸钾与盐酸、硫酸、硝酸的反，故错误；
⑤可表示硝酸银与氯化钠、盐酸的反，故错误；
应选：A．
【点评】此题考查了离子方程式的书写，明确离子反的实质及离子方程式书写方法是解题关键，注意离子方程式的意义．
5．以下离子方程式正确的选项是〔〕
A．Na2O2溶于水产生O2：Na2O2+H2O=2Na++2OH﹣+O2↑
B．醋酸溶液与水垢中的CaCO3反：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑
C．在硫酸溶液中参加氢氧化钡溶液：Ba2++OH﹣+H++SO42﹣=BaSO4↓+H2O
D．FeSO4溶液中参加用H2SO4酸化的H2O2溶液：2Fe2++2H++H2O2=2 Fe3++2H2O
【考点】离子方程式的书写．
【专题】离子反专题．
【分析】A．电子不守恒；
B．醋酸在离子反中保存化学式；
C．不符合离子的配比；
D．发生氧化复原反，遵循电子、电荷守恒．
【解答】解：A．Na2O2溶于水产生O2的离子反为2Na2O2+2H2O=4Na++4OH﹣+O2↑，故A错误；
B．醋酸溶液与水垢中的CaCO3反的离子反为CaCO3+2HAc=Ca2++H2O+CO2↑+2Ac﹣，故B错误；C．在硫酸溶液中参加氢氧化钡溶液的离子反为Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣
=BaSO4↓+2H2O，故C错误；
D．FeSO4溶液中参加用H2SO4酸化的H2O2溶液的离子反为2Fe2++2H++H2O2=2
Fe3++2H2O，故D正确；
应选D．
【点评】此题考查离子反的书写，为高频考点，把握发生的反及离子反的书写方法为解答的关键，侧重氧化复原反、复分解反的离子反考查，题目难度不大．6．在含有CO且能使酚酞试液变红的无色溶液中，能大量共存的离子组是〔〕
A．Na+、SO、SO、K+B．Na+、Cu2+、Br﹣、Ba2+
C．K+、MnO、NO、Na+D．K+、Ca2+、SO、Cl﹣
【考点】离子共存问题．
【专题】离子反专题．
【分析】能使酚酞试液变红，溶液显碱性，且离子之间不能结合生成沉淀、气体、水，与CO32﹣不反，那么离子大量共存，并结合离子的颜色来解答．
【解答】解：A．碱性溶液中该组离子之间不反，可大量共存，故A正确；B．碱性溶液中不能大量存在Cu2+，且Ba2+、CO32﹣结合生成沉淀，故B错误；C．MnO4﹣为紫色，与无色不符，故C错误；
D．Ca2+、CO32﹣结合生成沉淀，Ca2+、SO32﹣结合生成沉淀，不能大量共存，故D
错误；
应选A．
【点评】此题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反为解答的关键，侧重复分解反的离子共存考查，题目难度不大．
7．被称为万能复原剂的NaBH4溶于水并和水反：NaBH4+2H2O═NaBO2+4H2↑，以下说法中正确的选项是〔NaBH4中H为﹣1价〕〔〕
A．NaBH4既是氧化剂又是复原剂
B．NaBH4是氧化剂，H2O是复原剂
C．NaBH4中硼元素被氧化，氢元素被复原
D．被氧化的元素与被复原的元素质量之比为1：1
【考点】氧化复原反．
【专题】氧化复原反专题．
【分析】在NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2↑反中，NaBH4中H元素的化合价为﹣1价，H2O 中H元素的化合价为+1价，二者发生氧化复原反，其中NaBH4是复原剂，H2O是氧化剂．
【解答】解：在NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2↑反中，NaBH4中H元素的化合价为﹣1价，H2O中H元素的化合价为+1价，二者发生氧化复原反，其中NaBH4是复原剂，H2O 是氧化剂，
反中B元素的化合价没有发生变化，反中氧化剂和复原剂中化合价变化的数值相，那么被氧化的元素与被复原的元素质量比为1：1，
应选D．
【点评】此题考查氧化复原反，题目难度不大，此题注意反中各元素的变化，根据化合价的变化计算电子转移的数目．8．一条件下硝酸铵受热分解的化学方程式为：5NH4NO3═2HNO3+4N2↑+9H2O，在反中被氧化与被复原的氮原子数之比为〔〕
A．5：3 B．5：4 C．1：1 D．3：5
【考点】氧化复原反的计算．
【专题】氧化复原反专题．
【分析】在5NH4NO3═2HNO3+4N2↑+9H2O的反中，氮元素由铵根中﹣3价升高为0价，被氧化；氮元素由硝酸根中+5价降低为0价，被复原，氮气既是复原产物也是氧化产物，根据电子转移守恒，判断被氧化的氮原子与被复原的氮原子物质的量之比．
【解答】解：在5NH4NO3═2HNO3+4N2↑+9H2O的反中，氮元素由铵根中﹣3价升高为0价，被氧化，
氮元素由硝酸根中+5价降低为0价，被复原，氮气既是复原产物也是氧化产物，根据电子转移守恒，可知被氧化的氮原子与被复原的氮原子物质的量之比为〔5﹣0〕：[0﹣〔﹣3〕]=5：3．
应选A．
【点评】此题考查氧化复原反根本概念与计算，难度中，关键根据化合价变化判断氧化剂与复原剂，再根据电子转移守恒判断被氧化的氮原子与被复原的氮原子物质的量之比．
9．R、X、Y和Z是四种元素，其常见化合价均为+2价，且X2+与单质R不反；X2++Z=X+Z2+；Y+Z2+=Y2++Z．这四种离子的氧化性大小顺序正确的选项是〔〕A．R2+＞X2+＞Z2+＞Y2+B．X2+＞R2+＞Y2+＞Z2+
C．Y2+＞Z2+＞R2+＞X2+D．Z2+＞X2+＞R2+＞Y2+
【考点】氧化性、复原性强弱的比拟．
【专题】氧化复原反专题．
【分析】依据氧化复原反中氧化剂的氧化性大于氧化产物，复原剂的复原性大于复原产物分析判断；
【解答】解：反X2++Z=X+Z2+中氧化剂X2+的氧化性大于氧化产物Z2+，即氧化性X2+＞Z2+；反Y+Z2+=Y2++Z中氧化剂Z2+的氧化性大于氧化产物Y2+，即氧化性Z2+＞Y2+；X2+与单质R不反说明X2+的氧化性小于R2+的氧化性，即R2+＞X2+；综上所述得到四种离子被复原成0价时表现的氧化性大小为：R2+＞X2+＞Z2+＞Y2+；
应选A．
【点评】此题考查了氧化复原反的强弱规律的用，正确理解和判断氧化剂、氧化产物是解此题的关键．
10．将NO3﹣+Zn+OH﹣+H2O→NH3+Zn〔OH〕42﹣配平后，离子方程式中H2O的系数是〔〕
A．2 B．4 C．6 D．8
【考点】氧化复原反方程式的配平．
【专题】压轴题；氧化复原反专题．
【分析】根据电子守恒、原子守恒及电荷守恒来配平离子方程式，即可确H2O 的系数．
【解答】解：在NO3﹣+Zn+OH﹣+H2O→NH3+Zn〔OH〕42﹣中，
Zn元素的化合价由0升高到+2价，
N元素的化合价由+5降低到﹣3价，
由电子守恒可知，Zn的化学计量数为4，NO3﹣的化学计量数为1，那么NO3﹣+4Zn+OH﹣+H2O→NH3+4Zn〔OH〕42﹣，
由电荷守恒，那么
NO3﹣+4Zn+7OH﹣+H2O→NH3+4Zn〔OH〕42﹣，
再由H原子守恒可知，
NO3﹣+4Zn+7OH﹣+6H2O═NH3+4Zn〔OH〕42﹣，
即离子方程式中H2O的系数为6，
应选C．
【点评】此题考查离子反方程式的配平，明确电子守恒、电荷守恒及质量守恒律是解答的关键．
11．在甲、乙两烧杯溶液中，分别含有大量的Cu2+、K+、H+、Cl﹣、CO32﹣、OH﹣6种离子中的3种，甲烧杯的溶液呈蓝色，那么乙烧杯的溶液量存在的离子是〔〕
A．Cu2+、H+、Cl﹣B．CO32﹣、OH﹣、Cl﹣
C．K+、H+、Cl﹣D．K+、OH﹣、CO32﹣
【考点】离子共存问题．
【专题】压轴题；离子反专题．
【分析】甲烧杯的溶液呈蓝色含有Cu2+，所以与之不共存的CO32﹣、OH﹣离子在乙烧杯中，乙烧杯的阳离子不可能为H+，只能为K+．
【解答】解：甲烧杯的溶液呈蓝色含有Cu2+，而CO32﹣、OH﹣离子不能与Cu2+离子大量共存，故只能存在于乙烧杯中，乙烧杯中含有CO32﹣、OH﹣离子，那么H+离子只能存在于甲烧杯中，
根据溶液的电中性，还有Cl﹣，乙中还有K+，故含有的离子为Cu2+、H+、Cl﹣，乙中含有的离子为K+、OH﹣、CO32﹣，
应选D．
【点评】此题考查离子共存问题，注意从铜离子的颜色作为此题的突破口，此题难度不大．
12．将足量CO2通入KOH和Ca〔OH〕2的混合稀溶液中，生成沉淀的物质的量〔n〕和通入CO2体积〔V〕的关系正确的选项是〔〕
A ．
B ．
C ．
D ．
【考点】碳族元素简介．
【分析】向KOH和Ca〔OH〕2的混合稀溶液中通入CO2，先二氧化碳和氢氧化钙反生成碳酸钙沉淀，当氢氧化钙消耗完时，继续通入二氧化碳，二氧化碳和氢氧化钾反生成碳酸钾，当氢氧化钾完全反后，继续通入二氧化碳，二氧化碳和碳酸钙、水反生成可溶性的碳酸氢钙，当碳酸钙反后，继续通入二氧化碳，二氧化碳和碳酸钾反生成碳酸氢钾．
【解答】解：向KOH和Ca〔OH〕2的混合稀溶液中通入CO2，先二氧化碳和氢氧化钙反生成碳酸钙沉淀，沉淀量逐渐增加，当氢氧化钙消耗完时，沉淀量最大，继续通入二氧化碳，二氧化碳和氢氧化钾反生成碳酸钾，沉淀量不变，当氢氧化钾完全反后，继续通入二氧化碳，二氧化碳和碳酸钙、水反生成可溶性的碳酸氢钙，碳酸钙的量逐渐减少直至完全消失，当碳酸钙反后，继续通入二氧化碳，二氧化碳和碳酸钾反生成碳酸氢钾，应选D．【点评】此题考查物质之间的反，明确物质的性质、及反先后顺序是解此题关键，难度较大．
13．环境监测测水中溶解O2的方法是：量取a mL水样，迅速参加MnSO4溶液及含有NaOH的KI溶液，立即塞好塞子，振荡混合摇匀．开塞，迅速参加适量的硫酸，此时有I2生成．用Na2S2O3溶液〔b mol/L〕和I2反消耗V mL〔以淀粉为指示剂〕，有关反的离子方程式为：2Mn2++O2+4OH﹣=2MnO〔OH〕2〔快〕，MnO〔OH〕2+2I
﹣+2H+=Mn2++I
2+3H2O，I2+S2O3
2﹣=2I﹣+S
4O6
2﹣，那么水中溶解氧量〔单位是mg/L〕为〔〕
A．8000ab/V B．8000Vb/a C．16000Vb/a D．16000ab/V
【考点】化学方程式的有关计算．
【专题】关系式法．
【分析】由2Mn2++4OH﹣+O2=2MnO〔OH〕2、MnO〔OH〕2+2I﹣+4H+=I2+Mn2++3H2O、I2+2S2O32
﹣=2I﹣+S
4O6
2﹣，可得关系式：O
2～4S2O3
2﹣，以此计算．
【解答】解：由2Mn2++4OH﹣+O2=2MnO〔OH〕2、MnO〔OH〕2+2I﹣+4H+=I2+Mn2++3H2O、I2+2S2O32﹣=2I﹣+S4O62﹣，可得关系式：O2～4S2O32﹣，那么
n〔S2O32﹣〕=bmol/L×VmL×0.001L=bV×10﹣3mol，那么n〔O2〕=×bV×10﹣
3mol=×10﹣3mol，
m〔O2〕=×10﹣3mol×32g/mol=8bV×10﹣3g=8bVmg，
那么水中的溶解氧量为=mg/L，
应选B．
【点评】此题考查化学反的计算，为高频考点，把握发生的反及物质的量关系得到关系式为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，题目难度不大．
14．以下每组反一能用同一离子方程式表示的是〔〕
A．CuO分别与稀硫酸、稀盐酸反
B．CaCO3、Na2CO3分别与盐酸反
C．H2SO4、K2SO4溶液分别与Ba〔OH〕2溶液反
D．Na分别与水、稀盐酸反
【考点】离子方程式的书写．
【专题】离子反专题．
【分析】A．CuO分别与稀硫酸、稀盐酸反实质都是，氧化铜与氢离子反生成铜离子和水；
B．碳酸钙为沉淀保存化学式，碳酸钠拆成离子形式；
C．硫酸与氢氧化钡溶液反除了生成硫酸钡沉淀，还生成了水；
D．钠与盐酸反生成氯化钠和氢气，钠与水反生成氢氧化钠和氢气．
【解答】解：A．CuO分别与稀硫酸、稀盐酸反实质都是氧化铜与氢离子反生成铜离子和水，其离子方程式都是：CuO+2H+=H2O+Cu2+，故A正确；
B．碳酸钙与盐酸反的离子方程式为CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑，而碳酸钠与盐酸反的离子方程式为：2H++CO32﹣=H2O+CO2↑，不能用同一离子方程式表示，故B错误；
C．硫酸与氢氧化钡反的离子方程式为2H++2OH﹣+SO42﹣+Ba2+=BaSO4↓+2H2O，硫酸钾与氢氧化钡反的离子方程式为：SO42﹣+Ba2+=BaSO4↓，不能用同一离子方程式表示，故C错误；
D．钠与盐酸反的离子方程式为：2Na+2H+=2Na++H2↑，钠与水反的离子方程式为2Na+2H2O═2Na++2OH﹣+H2↑，不能用同一离子方程式表示，故D错误；应选A．
【点评】此题考查了离子方程式的判断，为中难度的试题，注意掌握离子方程式的书写原那么，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质需要保存化学式；明确离子方程式表示的意义为解答关键．
15．R2O8n﹣在一条件下可以把Mn2+氧化成MnO4﹣，假设反中R2O8n﹣变为RO42﹣，又知反中氧化剂与复原剂的物质的量之比为5：2，那么n值为〔〕
A．1 B．2 C．3 D．4
【考点】氧化复原反．
【专题】氧化复原反专题．
【分析】先根据化合价的变化判断氧化剂和复原剂，然后根据原子守恒配平方程式，再根据电荷守恒判断n值．
【解答】解：该反中，锰元素的化合价变化为+2价→+7价，失电子化合价升高，锰离子作复原剂；氧元素的化合价不变，所以R元素得电子化合价降低，R2O8n ﹣作氧化剂，即R
2O8
n﹣与Mn2+的物质的量之比为5：2，根据各元素的原子守恒写出并配平该方程式为8H2O+5R2O8n﹣+2Mn2+=2MnO4﹣+10RO42﹣+16H+，根据电荷守恒得﹣5n+2×2=﹣1×2+〔﹣2×10〕+1×16，解得：n=2，
应选：B．
【点评】此题考查氧化复原反的计算，根据原子守恒和电荷守恒即可分析解答此题，难度不大，侧重于考查学生对氧化复原反的原理的用能力．
16．取一量CuO粉末与0.5L稀硫酸充分反后，将一根50g铁棒插入上述溶液中，至铁棒质量不再变化时，铁棒增重0.24g，并收集到224mL H2〔状况〕．由此推知CuO粉末的质量为〔〕
A．2g B．g C．g D．8g
【考点】化学方程式的有关计算．
【专题】差量法．
【分析】由信息可知，参加铁反还生成氢气，那么一量的CuO粉末与0.5L稀硫酸充分反，发生CuO+H2SO4═CuSO4+H2O，且硫酸剩余，然后加Fe，发生
Fe+CuSO4═FeSO4+Cu、Fe+H2SO4═FeSO4+H2↑，然后结合气体的体积及质量差计算．【解答】解：氧化铜能与硫酸反生成硫酸铜和水，生成的硫酸铜能与铁反生成硫酸亚铁和铜，生成的铜附着在铁的外表，铁能与硫酸反生成氢气，设生成0.02g氢气需要铁的质量为x那么有
Fe+H2SO4═FeSO4+H2↑
56 2
x 0.02g
=，解得：x=0.56g，
与硫酸铜反的铁的质量为50g﹣0.56g=44g，反后铁棒的质量为50.24g，说明铁与硫酸铜反时增重的质量为50.24g﹣44g=0.8g，设硫酸铜的质量为y，根据反的化学方程式那么有
Fe+CuSO4═FeSO4+Cu△m
56 160 64 64﹣56=8
y 0.8g
=，解得y=16g，
设氧化铜的质量为z．那么有
CuO+H2SO4═CuSO4+H2O
80 160
z 16g
=，解得z=8g，
应选D．
【点评】此题考查了金属活动性顺序的用以及根据化学方程式的计算，注意发生的化学反及反中过量的分析是解答此题的关键，差量法计算为解答的难点，题目难度中．
二、填空题
17．有以下物质：①二氧化碳②碳酸钡③醋酸④氢气⑤澄清石灰水⑥石墨⑦氢氧化钠⑧硫酸⑨氯化银⑩铝请用序号答复以下问题：
属于电解质的是②③⑦⑧⑨；属于弱电解质的是③；
属于非电解质的是①；能够导电的是⑤⑥⑩．
【考点】电解质与非电解质；强电解质和弱电解质的概念．
【专题】物质的分类专题．
【分析】在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，在水溶液里或熔融状态下都不导电的化合物是非电解质；能电离的电解质是强电解质，只有电离的电解质是弱电解质；只要含有自由移动的离子或自由电子即可导电．【解答】解：②碳酸钡③醋酸⑦氢氧化钠⑧硫酸⑨氯化银在水溶液里或熔融状态下能导电，属于电解质；
③醋酸溶于水电离，是弱电解质；
①二氧化碳的水溶液能导电，原因是二氧化碳和水反生成碳酸，碳酸能电离出自由移动的阴阳离子而使溶液导电，碳酸是电解质，二氧化碳是非电解质；
⑤澄清石灰水的水溶液能电离出自由移动的离子，能导电⑥石墨⑩铝中的自由电子能导电，故答案为：②③⑦⑧⑨；③；①；⑤⑥⑩．
【点评】此题考查了电解质溶液导电的原因及强、弱电解质、非电解质的义，注意物质导电的原因指含有自由移动的离子或自由电子的物质，题目难度不大．18．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﹣的中的一种．
①假设把四种盐分别溶解于盛有蒸馏水的四支试管中，只有C盐的溶液呈蓝色．
②假设向①的四支试管中分别参加盐酸，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事实可推断它们的化学式为：
〔1〕A BaCl2，C CuSO4 ；
〔2〕写出盐酸与D反的离子反方程式：CO32﹣+2H+=CO2↑+H2O ；
〔3〕写出C与Ba〔OH〕2溶液反的离子方程式Cu2++2OH﹣+Ba2++SO42﹣=Cu〔OH〕
2↓+BaSO4↓．
【考点】无机物的推断；常见阳离子的检验；常见阴离子的检验．
【专题】推断题；离子反专题．
【分析】给出八种离子，形成四种可溶性物质，这个可以通过一一组合的形式
确可能存在的物质，之后结合进行和颜色限制进行继续排除，从而最终确．如
Ba2+不能和SO42﹣、CO32﹣结合，而只能和NO3﹣、Cl﹣；Ag+不能和SO42﹣、Cl﹣、CO32﹣三种离子结合，而只能和NO
3
﹣结合，那么一是BaCl
2、AgNO3．Cu
2+不能和CO
3
2﹣结合，所以为CuSO4；Na+对CO32﹣为Na2CO3．即四种物质为BaCl2、AgNO3、CuSO4、Na2CO3．
①中由于C盐是蓝色的，所以C为CuSO4；
②四支试管参加盐酸，B有沉淀，那么B溶液为AgNO3；而D生成无色气体，那么为二氧化碳，即D为Na2CO3．
【解答】解：由于是可溶性盐，所以溶液中存在的盐离子和阴离子对物质一是可溶性，根据盐类物质溶解性情况可知：Ba2+不能和SO42﹣、CO32﹣结合，而只能和NO3﹣、Cl﹣；Ag+不能和SO42﹣、Cl﹣、CO32﹣三种离子结合，而只能和NO3﹣结合，那么一是BaCl2、AgNO3．Cu2+不能和CO32﹣结合，所以为CuSO4，Na+对CO32﹣为
Na2CO3．即四种物质为BaCl2、AgNO3、CuSO4、Na2CO3．
①中由于C盐是蓝色的，所以C为CuSO4；
②四支试管参加盐酸，B有沉淀，那么B溶液为AgNO3；而D生成无色气体，那么为二氧化碳，即D为Na2CO3．
综上所述：A为BaCl2；B为AgNO3；C为CuSO4；D为Na2CO3；
〔1〕依据推断结果可知A为BaCl2，C为CuSO4 ，故答案为：BaCl2；CuSO4 ；〔2〕盐酸与D〔Na2CO3〕反的离子反方程式为：CO32﹣+2H+=CO2↑+H2O，故答案为：CO32﹣+2H+=CO2↑+H2O；
〔3〕C〔CuSO4 〕与Ba〔OH〕2溶液反的离子方程式为：Cu2++2OH﹣+Ba2++SO42﹣=Cu 〔OH〕2↓+BaSO4↓，故答案为：Cu2++2OH﹣+Ba2++SO42﹣=Cu〔OH〕2↓+BaSO4↓．【点评】此题考查了离子性质的用，离子共存的判断，物质性质的分析用，反离子方程式的书写，阴阳离子的特征反现象是判断的依据和解题关键．。