2019-2020年高一上学期第二次月考化学试卷(星) 含解析

2019-2020年高一上学期第二次月考化学试卷（星）含解析一、选择题（本题包括16小题；每题3分，共48分．每小题只有一个选项符合题意．）1．下列状态的物质，既能导电又属于电解质的是（）A．MgCl2晶体B．熔融的KOH C．液态HCl D．NaCl溶液2．设N A表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（）A．常温常压下，2.24LCO和CO2混合气体中含有的碳原子数目为0.1N AB．在非标准状况下，1mol任何气体的体积不可能是22.4LC．标准状况下，22.4L酒精（CH3CH2OH）的分子数为N AD．一定条件下，2.3g的Na完全与O2反应失去的电子数为0.1N A3．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中和反应．下列物质间的反应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HNO3③稀HNO3+Cu（OH）2④醋酸和KOH⑤Ba（OH）2溶液+稀HNO3⑥氢氟酸+NaOH⑦盐酸+氨水．A．只有②⑤B．除③④⑥⑦C．只有⑤D．除④4．有两份铝粉，分别投入盐酸中（甲）和氢氧化钠溶液中（乙），在相同条件下产生氢气的体积相等，则甲、乙反应中转移电子的物质的量之比是（）A．1：l B．1：2 C．1：3 D．1：45．下列离子方程式正确的是（）A．Na2O2溶于水产生O2：Na2O2+H2O=2Na++2OH﹣+O2↑B．醋酸溶液与水垢中的CaCO3反应：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑C．在硫酸溶液中加入氢氧化钡溶液：Ba2++OH﹣+H++SO42﹣=BaSO4↓+H2OD．FeSO4溶液中加入用H2SO4酸化的H2O2溶液：2Fe2++2H++H2O2=2 Fe3++2H2O6．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．被称为万能还原剂的NaBH4溶于水并和水反应：NaBH4+2H2O═NaBO2+4H2↑，下列说法中正确的是（NaBH4中H为﹣1价）（）A．NaBH4既是氧化剂又是还原剂B．NaBH4是氧化剂，H2O是还原剂C．NaBH4中硼元素被氧化，氢元素被还原D．被氧化的元素与被还原的元素质量之比为1：18．一定条件下硝酸铵受热分解的化学方程式为：5NH4NO3═2HNO3+4N2↑+9H2O，在反应中被氧化与被还原的氮原子数之比为（）A．5：3 B．5：4 C．1：1 D．3：59．R、X、Y和Z是四种元素，其在常见化合物中化合价均为+2价，且X2+与单质R不反应；X2++Z═X+Z2+；Y+Z2+=Y2++Z．这四种离子被还原成0价时表现的氧化性大小符合（）A．X2+＞R2+＞Y2+＞Z2+B．Y2+＞Z2+＞R2+＞X2+C．Z2+＞X2+＞R2+＞Y2+D．R2+＞X2+＞Z2+＞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．811．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，已知甲烧杯的溶液呈蓝色，则乙烧杯的溶液中大量存在的离子是（）A．Cu2+、H+、Cl﹣B．CO32﹣、OH﹣、Cl﹣C．K+、H+、Cl﹣D．K+、OH﹣、CO32﹣12．把2.1g CO与H2组成的混合气体与足量的O2充分燃烧后，立即将产物全部通入到足量的Na2O2固体中，则固体的质量增加了（）A．2.1 g B．3.6 g C．7.2 g D．无法确定13．向下列溶液中分别加入钠的小颗粒，溶液里无固体析出的是（）A．MgCl2溶液B．Ca（OH）2饱和溶液C．CuSO4溶液D．盐酸14．下列每组反应一定能用同一离子方程式表示的是（）A．CuO分别与稀硫酸、稀盐酸反应B．CaCO3、Na2CO3分别与盐酸反应C．H2SO4、K2SO4溶液分别与Ba（OH）2溶液反应D．Na分别与水、稀盐酸反应15．R2O8n﹣在一定条件下可以把Mn2+氧化成MnO4﹣，若反应中R2O8n﹣变为RO42﹣，又知反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为5：2，则n值为（）A．1 B．2 C．3 D．416．取一定量CuO粉末与0.5L稀硫酸充分反应后，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（标准状况）．由此推知CuO粉末的质量为（）A．1.92g B．2.4g C．6.4g D．8g二、填空题17．现有下列物质：①干冰②NaHCO3晶体③氨水④纯醋酸⑤FeCl3溶液⑥铜⑦Fe （OH）3胶体⑧蔗糖，（1）其中属于电解质的是，（2）写出NaOH（aq）与Al反应的离子方程式：，（3）胶体是一种常见的分散系，回答下列问题．①向Fe（OH）3胶体中加入Na2SO4饱和溶液，由于离子（填离子符号）的作用，使胶体形成了沉淀，这个过程叫做胶体的聚沉．②区分胶体和溶液常用的方法叫做．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若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；（2）写出盐酸与D反应的离子反应方程式：；（3）写出C与Ba（OH）2溶液反应的离子方程式．19．Ⅰ、用98%的浓硫酸（其密度为1.84g/cm3）配制240mL1.0mol•L﹣1稀硫酸，若实验仪器有：量筒、烧杯、玻璃棒（1）需量取浓硫酸的体积为mL．（2）实验时需用的仪器还有．（3）配制过程中，下列情况会使配制结果偏高的是（填序号）①称量时，托盘天平左盘加砝码，右盘加氯化钠②容量瓶使用时未干燥③定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面低于刻度线，再加蒸馏水补至刻度线④移液后未洗涤烧杯和玻璃棒．⑤定容时俯视刻度线观察液面Ⅱ、请计算28g KOH固体必须溶解在g水中，才能使每108个水分子中有1个K+，所得溶液的密度为ρ g•cm﹣3，则该溶液中OH﹣的物质的量浓度为．（保留到小数点后两位）20．过氧化氢俗名双氧水，医疗上利用它有杀菌消毒作用来清洗伤口．回答下列有关双氧水的问题：（1）下述反应中，H2O2仅体现氧化性的反应是（填代号）．A．Na2O2+2HCl=2NaCl+H2O2B．Ag2O+H2O2=2Ag+O2↑+H2OC．2H2O2=2H2O+O2↑D．3H2O2+Cr2（SO4）3+10KOH=2K2CrO4+3K2SO4+8H2O（2）保存过氧化氢的试剂瓶上最适合贴上的一个标签是（填代号）．21．某实验小组为探究ClO﹣、I2、SO42﹣在酸性条件下的氧化性强弱，已知I2遇淀粉变蓝，设计实验如下：实验①：在淀粉KI溶液中加入少量NaClO溶液，并加入少量的稀H2SO4，溶液立即变蓝；实验②：向实验①的溶液中加入4L 0.5mol/L的Na2SO3溶液，发生反应如下SO32﹣+I2+H2O→SO42﹣+I﹣+H+（未配平），恰好完全反应．（1）以上实验说明，在酸性条件下ClO﹣、I2、SO42﹣的氧化性由弱到强的顺序是．（2）实验②中化学反应转移电子的物质的量是．（3）写出实验①中发生反应的离子方程式．22．离子反应是中学化学中重要的反应类型．回答下列问题：（1）在发生离子反应的反应物或生成物中，一定存在．（填序号）①单质②氧化物③电解质④盐⑤化合物（2）用单线桥法标出下列方程式的电子转移数目和方向MnO4﹣+5Fe2++8H+═Mn2++5Fe3++4H2O（3）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“还原”）．若在榨汁的时候加入适量的维生素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、还原性C、酸性D、碱性．23．已知：2KMnO4═K2MnO4+MnO2+O2↑，将0.1mol KMnO4固体加热一段时间后，收集到a molO2；向反应后残留的固体中加入足量的浓盐酸，又收集到b molCl2，此时Mn元素全部以Mn2+的形式存在于溶液中（注：KMnO4和K2MnO4以及MnO2都能与浓盐酸反应并生成Mn2+）．（1）2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O反应中的还原产物是（填化学式），反应中若产生0.3mol的气体则有mol的电子转移．（2）a+b的最大值为，a+b最小值为．2015-2016学年江西省上饶市广丰县一中高一（上）第二次月考化学试卷（星）参考答案与试题解析一、选择题（本题包括16小题；每题3分，共48分．每小题只有一个选项符合题意．）1．下列状态的物质，既能导电又属于电解质的是（）A．MgCl2晶体B．熔融的KOH C．液态HCl D．NaCl溶液【考点】电解质与非电解质．【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晶体溶于水导电，属于电解质，但晶体中阴阳离子形成离子键不能自由移动，不能导电，故A错误．B、熔融的氢氧化钠电离出了自由移动的离子，能导电，是能导电的电解质，故B正确；C、液态氯化氢是氯化氢气体液化得到，溶于水导电，是电解质，但液态氯化氢属于纯净的化合物，不能电离出离子不能导电，故C错误；D、氯化钠溶液是混合物，是电解质溶液，溶液中存在自由移动的离子能导电，故D错误．故选B．2．设N A表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（）A．常温常压下，2.24LCO和CO2混合气体中含有的碳原子数目为0.1N AB．在非标准状况下，1mol任何气体的体积不可能是22.4LC．标准状况下，22.4L酒精（CH3CH2OH）的分子数为N AD．一定条件下，2.3g的Na完全与O2反应失去的电子数为0.1N A【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A、常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol；B、标况下，气体摩尔体积是22.4L/mol，在非标况下，气体摩尔体积也可能是22.4L/mol；C、标况下，酒精是液态；D、根据钠反应后的价态来判断．【解答】解：A、常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，故2.24LCO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，气体摩尔体积一定是22.4L/mol，气体摩尔体积是22.4L/mol时，不一定是标况，故在非标准状况下，1mol任何气体的体积也可能是22.4L，故B错误；C、标况下，酒精是液态，故C错误；D、2.3g钠的物质的量n===0.1mol，而反应后钠元素的价态为+1价，故0.1mol钠失去0.1mol电子，个数为0.1N A，故D正确．故选D．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中和反应．下列物质间的反应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HNO3③稀HNO3+Cu（OH）2④醋酸和KOH⑤Ba（OH）2溶液+稀HNO3⑥氢氟酸+NaOH⑦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．【分析】稀的强酸与强碱反应生成可溶性盐和水的离子反应，能用离子方程式H++OH﹣=H2O 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中和反应．①硫酸为强酸，Ba（OH）2为强碱，硫酸钡为难溶性盐，则二者反应不能用离子反应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，则二者反应的离子反应为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，则二者反应不能用离子反应H++OH ﹣=H2O表示，故③错误；④氢氧化钾为强碱，醋酸为弱酸，醋酸需要保留化学式，则二者反应不能用离子反应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，则二者反应的离子反应为H++OH﹣=H2O，故⑤正确；⑥次氯酸为弱酸，离子方程式中需要保留分子式，则二者反应不能用离子反应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，则二者反应不能用离子反应H++OH﹣=H2O表示，故⑦错误；故选A．4．有两份铝粉，分别投入盐酸中（甲）和氢氧化钠溶液中（乙），在相同条件下产生氢气的体积相等，则甲、乙反应中转移电子的物质的量之比是（）A．1：l B．1：2 C．1：3 D．1：4【考点】化学方程式的有关计算．【分析】铝与盐酸、氢氧化钠分别发生：2Al+6HCl═2AlCl3+3H2↑、2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑，根据电子转移守恒判断．【解答】解：铝与盐酸、氢氧化钠分别发生：2Al+6HCl═2AlCl3+3H2↑、2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑，反应中只有氢元素化合价由+1价降低为0价，两反应生成氢气的体积相等，根据电子转移守恒，两反应中转移电子的物质的量相等，即转移电子物质的量之比是1：1，故选A．5．下列离子方程式正确的是（）A．Na2O2溶于水产生O2：Na2O2+H2O=2Na++2OH﹣+O2↑B．醋酸溶液与水垢中的CaCO3反应：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑C．在硫酸溶液中加入氢氧化钡溶液：Ba2++OH﹣+H++SO42﹣=BaSO4↓+H2OD．FeSO4溶液中加入用H2SO4酸化的H2O2溶液：2Fe2++2H++H2O2=2 Fe3++2H2O【考点】离子方程式的书写．【分析】A．电子不守恒；B．醋酸在离子反应中保留化学式；C．不符合离子的配比；D．发生氧化还原反应，遵循电子、电荷守恒．【解答】解：A．Na2O2溶于水产生O2的离子反应为2Na2O2+2H2O=4Na++4OH﹣+O2↑，故A错误；B．醋酸溶液与水垢中的CaCO3反应的离子反应为CaCO3+2HAc=Ca2++H2O+CO2↑+2Ac﹣，故B错误；C．在硫酸溶液中加入氢氧化钡溶液的离子反应为Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣=BaSO4↓+2H2O，故C错误；D．FeSO4溶液中加入用H2SO4酸化的H2O2溶液的离子反应为2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O，故D正确；故选D．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．【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、水等，与CO32﹣不反应等，则离子大量共存，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应，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；故选A．7．被称为万能还原剂的NaBH4溶于水并和水反应：NaBH4+2H2O═NaBO2+4H2↑，下列说法中正确的是（NaBH4中H为﹣1价）（）A．NaBH4既是氧化剂又是还原剂B．NaBH4是氧化剂，H2O是还原剂C．NaBH4中硼元素被氧化，氢元素被还原D．被氧化的元素与被还原的元素质量之比为1：1【考点】氧化还原反应．【分析】在NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2↑反应中，NaBH4中H元素的化合价为﹣1价，H2O 中H元素的化合价为+1价，二者发生氧化还原反应，其中NaBH4是还原剂，H2O是氧化剂．【解答】解：在NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2↑反应中，NaBH4中H元素的化合价为﹣1价，H2O中H元素的化合价为+1价，二者发生氧化还原反应，其中NaBH4是还原剂，H2O是氧化剂，反应中B元素的化合价没有发生变化，反应中氧化剂和还原剂中化合价变化的数值相等，则被氧化的元素与被还原的元素质量比为1：1，故选D．8．一定条件下硝酸铵受热分解的化学方程式为：5NH4NO3═2HNO3+4N2↑+9H2O，在反应中被氧化与被还原的氮原子数之比为（）A．5：3 B．5：4 C．1：1 D．3：5【考点】氧化还原反应的计算．【分析】在5NH4NO3═2HNO3+4N2↑+9H2O的反应中，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，被还原，氮气既是还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还原的氮原子物质的量之比．【解答】解：在5NH4NO3═2HNO3+4N2↑+9H2O的反应中，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，被还原，氮气既是还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还原的氮原子物质的量之比为（5﹣0）：[0﹣（﹣3）]=5：3．故选A．9．R、X、Y和Z是四种元素，其在常见化合物中化合价均为+2价，且X2+与单质R不反应；X2++Z═X+Z2+；Y+Z2+=Y2++Z．这四种离子被还原成0价时表现的氧化性大小符合（）A．X2+＞R2+＞Y2+＞Z2+B．Y2+＞Z2+＞R2+＞X2+C．Z2+＞X2+＞R2+＞Y2+D．R2+＞X2+＞Z2+＞Y2+【考点】氧化性、还原性强弱的比较．【分析】自发进行的氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，据此分析解答．【解答】解：自发进行的氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，R、X、Y和Z四种元素，它们常见的化合价均为+2价，X2++Z═X+Z2+中X2+是氧化剂、Z2+是氧化产物，氧化性X2+＞Z2+，Y+Z2+═Y2++Z中氧化剂是Z2+，氧化产物是Y2+，氧化性Z2+＞Y2+，X2+与单质R不反应，氧化性R2+＞Z2+，所以氧化性强弱顺序是R2+＞X2+＞Z2+＞Y2+，故选D．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】氧化还原反应方程式的配平．【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，即可确定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，则NO3﹣+4Zn+OH﹣+H2O→NH3+4Zn（OH）42﹣，由电荷守恒，则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，故选C．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，已知甲烧杯的溶液呈蓝色，则乙烧杯的溶液中大量存在的离子是（）A．Cu2+、H+、Cl﹣B．CO32﹣、OH﹣、Cl﹣C．K+、H+、Cl﹣D．K+、OH﹣、CO32﹣【考点】离子共存问题．【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，则H+离子只能存在于甲烧杯中，根据溶液的电中性，甲中还应有Cl﹣，乙中还应有K+，故甲中含有的离子为Cu2+、H+、Cl ﹣，乙中含有的离子为K+、OH﹣、CO32﹣，故选D．12．把2.1g CO与H2组成的混合气体与足量的O2充分燃烧后，立即将产物全部通入到足量的Na2O2固体中，则固体的质量增加了（）A．2.1 g B．3.6 g C．7.2 g D．无法确定【考点】有关混合物反应的计算．【分析】利用差量法，根据化学方程式分析：CO与H2在氧气中完全燃烧，生成CO2和H2O，生成的CO2和H2O再与Na2O2反应．2CO+O22CO2，一氧化碳与二氧化碳物质的量相等，Na2O2与CO2反应：2CO2+2Na2O2═2Na2CO3+O2，质量增重△m=2Na2CO3﹣2Na2O2=2CO，可知反应后固体质量增加量为CO的质量；2H2+O22H2O，生成的水与氢气物质的量相等，Na2O2与H2O反应：2H2O+2Na2O2═4NaOH+O2，质量增重△m=2H2O﹣O2=2H2，可知反应后固体增加的质量为氢气质量．【解答】解：CO与H2在氧气中完全燃烧，生成CO2和H2O，生成的CO2和H2O再与Na2O2反应，2CO+O22CO2，一氧化碳与二氧化碳物质的量相等，Na2O2与CO2反应：2CO2+2Na2O2═2Na2CO3+O2，质量增重△m=2Na2CO3﹣2Na2O2=2CO，可知反应后固体质量增加量为CO的质量；2H2+O22H2O，生成的水与氢气物质的量相等，Na2O2与H2O反应：2H2O+2Na2O2═4NaOH+O2，质量增重△m=2H2O﹣O2=2H2，可知反应后固体增加的质量为氢气质量，故过氧化钠固体增重等于CO和H2的质量之和为2.1g，故选A．13．向下列溶液中分别加入钠的小颗粒，溶液里无固体析出的是（）A．MgCl2溶液B．Ca（OH）2饱和溶液C．CuSO4溶液D．盐酸【考点】钠的化学性质．【分析】钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，利用Na与选项中的物质的反应来分析是否生成沉淀，并注意对于饱和溶液来说，溶剂减少时会有溶质析出．【解答】解：A、金属钠与氯化镁溶液中的水反应，生成的NaOH会与氯化镁反应，会出现浑浊，故A错误；B、钠固体与饱和Ca（OH）2溶液中的水反应，饱和溶液中溶剂减少，则会有Ca（OH）2固体析出，则出现浑浊，故C错误；C、钠固体与CuSO4溶液中的水反应，生成的NaOH与CuSO4反应生成蓝色的氢氧化铜沉淀，则出现浑浊，故C错误；D、钠固体与盐酸溶液反应剧烈，生成氯化钠和氢气，不会出现浑浊，故D正确．故选D．14．下列每组反应一定能用同一离子方程式表示的是（）A．CuO分别与稀硫酸、稀盐酸反应B．CaCO3、Na2CO3分别与盐酸反应C．H2SO4、K2SO4溶液分别与Ba（OH）2溶液反应D．Na分别与水、稀盐酸反应【考点】离子方程式的书写．【分析】A．CuO分别与稀硫酸、稀盐酸反应实质都是，氧化铜与氢离子反应生成铜离子和水；B．碳酸钙为沉淀保留化学式，碳酸钠应拆成离子形式；C．硫酸与氢氧化钡溶液反应除了生成硫酸钡沉淀，还生成了水；D．钠与盐酸反应生成氯化钠和氢气，钠与水反应生成氢氧化钠和氢气．【解答】解：A．CuO分别与稀硫酸、稀盐酸反应实质都是氧化铜与氢离子反应生成铜离子和水，其离子方程式都是：CuO+2H+=H2O+Cu2+，故A正确；B．碳酸钙与盐酸反应的离子方程式为CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑，而碳酸钠与盐酸反应的离子方程式为：2H++CO32﹣=H2O+CO2↑，不能用同一离子方程式表示，故B错误；C．硫酸与氢氧化钡反应的离子方程式为2H++2OH﹣+SO42﹣+Ba2+=BaSO4↓+2H2O，硫酸钾与氢氧化钡反应的离子方程式为：SO42﹣+Ba2+=BaSO4↓，不能用同一离子方程式表示，故C错误；D．钠与盐酸反应的离子方程式为：2Na+2H+=2Na++H2↑，钠与水反应的离子方程式为2Na+2H2O═2Na++2OH﹣+H2↑，不能用同一离子方程式表示，故D错误；故选A．15．R2O8n﹣在一定条件下可以把Mn2+氧化成MnO4﹣，若反应中R2O8n﹣变为RO42﹣，又知反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为5：2，则n值为（）A．1 B．2 C．3 D．4【考点】氧化还原反应．【分析】先根据化合价的变化判断氧化剂和还原剂，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：该反应中，锰元素的化合价变化为+2价→+7价，失电子化合价升高，锰离子作还原剂；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R2O8n﹣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，故选：B．16．取一定量CuO粉末与0.5L稀硫酸充分反应后，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（标准状况）．由此推知CuO粉末的质量为（）A．1.92g B．2.4g C．6.4g D．8g【考点】化学方程式的有关计算．【分析】由信息可知，加入铁反应还生成氢气，则一定量的CuO粉末与0.5L稀硫酸充分反应，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：氧化铜能与硫酸反应生成硫酸铜和水，生成的硫酸铜能与铁反应生成硫酸亚铁和铜，生成的铜附着在铁的表面，铁能与硫酸反应生成氢气，设生成0.02g氢气需要铁的质量为x则有Fe+H2SO4═FeSO4+H2↑56 2x 0.02g=，解得：x=0.56g，与硫酸铜反应的铁的质量为50g﹣0.56g=49.44g，反应后铁棒的质量为50.24g，说明铁与硫酸铜反应时增重的质量为50.24g﹣49.44g=0.8g，设硫酸铜的质量为y，根据反应的化学方程式则有Fe+CuSO4═FeSO4+Cu△m56 160 64 64﹣56=8y 0.8g=，解得y=16g，设氧化铜的质量为z．则有CuO+H2SO4═CuSO4+H2O80 160z 16g=，解得z=8g，故选D．二、填空题17．现有下列物质：①干冰②NaHCO3晶体③氨水④纯醋酸⑤FeCl3溶液⑥铜⑦Fe （OH）3胶体⑧蔗糖，（1）其中属于电解质的是②④，（2）写出NaOH（aq）与Al反应的离子方程式：2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑，（3）胶体是一种常见的分散系，回答下列问题．①向Fe（OH）3胶体中加入Na2SO4饱和溶液，由于SO42﹣离子（填离子符号）的作用，使胶体形成了沉淀，这个过程叫做胶体的聚沉．②区分胶体和溶液常用的方法叫做丁达尔效应．【考点】胶体的重要性质；电解质与非电解质；铝的化学性质．【分析】（1）在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质；（2）铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气；（3）①向煮沸的蒸馏水中逐滴加入FeCl3饱和溶液；继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热，可制得Fe（OH）3胶体；②胶体遇电解质发生聚沉；③胶体具有丁达尔效应．【解答】解：（1）②④在水溶液里或熔融状态下能电离出阴阳离子而使其水溶液或熔融状态导电，所以属于电解质，故答案为：②④；（2）铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，离子反应为2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑，故答案为：2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑；（3）①向Fe（OH）3胶体中加入Na2SO4饱和溶液，由于硫酸根离子中和了氢氧化铁胶粒的电荷，导致胶体发生了聚沉，故答案为：SO42﹣；②胶体具有丁达尔效应，据此可以区分胶体和溶液，胶体的丁达尔效应是胶体粒子对光线的散射作用形成的，故答案为：丁达尔效应．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若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 BaCl2，C CuSO4 ；（2）写出盐酸与D反应的离子反应方程式：CO32﹣+2H+=CO2↑+H2O；（3）写出C与Ba（OH）2溶液反应的离子方程式Cu+2OH+Ba+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．【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定可能存在的物质，之后结合进行实验和颜色限制进行继续排除，从而最终确定．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NO3﹣结合，则一定是BaCl2、AgNO3．Cu2+不能和CO32﹣结合，所以为CuSO4；Na+对应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；②四支试管加入盐酸，B有沉淀，则B溶液为AgNO3；而D生成无色气体，则为二氧化碳，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应物质一定是可溶性，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，则一定是BaCl2、AgNO3．Cu2+不能和CO32﹣结合，所以为CuSO4，Na+对应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；②四支试管加入盐酸，B有沉淀，则B溶液为AgNO3；而D生成无色气体，则为二氧化碳，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）反应的离子反应方程式为：CO32﹣+2H+=CO2↑+H2O，故答案为：CO32﹣+2H+=CO2↑+H2O；（3）C（CuSO4 ）与Ba（OH）2溶液反应的离子方程式为：Cu2++2OH﹣+Ba2++SO42﹣=Cu （OH）2↓+BaSO4↓，故答案为：Cu2++2OH﹣+Ba2++SO42﹣=Cu（OH）2↓+BaSO4↓．19．Ⅰ、用98%的浓硫酸（其密度为1.84g/cm3）配制240mL1.0mol•L﹣1稀硫酸，若实验仪器有：量筒、烧杯、玻璃棒（1）需量取浓硫酸的体积为13.6mL．（2）实验时需用的仪器还有250mL容量瓶；胶头滴管．（3）配制过程中，下列情况会使配制结果偏高的是⑤（填序号）①称量时，托盘天平左盘加砝码，右盘加氯化钠②容量瓶使用时未干燥③定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面低于刻度线，再加蒸馏水补至刻度线④移液后未洗涤烧杯和玻璃棒．⑤定容时俯视刻度线观察液面Ⅱ、请计算28g KOH固体必须溶解在972g水中，才能使每108个水分子中有1个K+，所得溶液的密度为ρ g•cm﹣3，则该溶液中OH﹣的物质的量浓度为0.50ρ mol/L．（保留到小数点后两位）【考点】配制一定物质的量浓度的溶液．【分析】Ⅰ、（1）先计算出浓硫酸的物质的量浓度为c=，然后根据溶液稀释前后物质的量不变计算所需浓硫酸的体积，注意实验室无240mL规格的容量瓶，需按250mL计算；（2）根据配制一定物质的量浓度的溶液的步骤分析需用的仪器；（3）根据c=分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响判断；Ⅱ、n（KOH）==0.5mol，要使每108个水分子中有1个K+，则水的物质的量与KOH的物质的量之比为108：1，再根据m=nM计算水的质量；根据c=计算溶解后氢氧根离子的物质的量浓度．【解答】解：Ⅰ、（1）浓硫酸的物质的量浓度为c==mol/L=18.4mol/L，设所需浓硫酸的体积为V，则有V×18.4mol/L=O.1L×1mol/L，则V=≈O.0136L=13.6mL，故答案为：13.6；（2）配制一定物质的量浓度的溶液步骤为：计算→称量→溶解、冷却→移液→洗涤→定容→摇匀→装瓶→贴签，一般用量筒量取13.6mL浓硫酸，在烧杯中溶解，冷却后转移到250mL 容量瓶中，并用玻璃棒引流，转移完毕，用少量蒸馏水洗涤烧杯及玻璃棒2～3次并将洗涤。