1、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）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（）AMgCl2晶体B熔融的KOHC液态HClDNaCl溶液2设NA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0.1NAB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NAD一定条件下，2.3g的Na完全与O2反应失去的电子数为0.1NA3离子方程式H+OHH2O可表
2、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（）稀H2SO4+Ba（OH）2溶液澄清石灰水+稀HNO3稀HNO3+Cu（OH）2醋酸和KOHBa（OH）2溶液+稀HNO3氢氟酸+NaOH盐酸+氨水A只有B除C只有D除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（）A1：lB1：2C1：3D1：45下列离子方程式正确的是（）ANa2O2 溶于水产生O2：Na2O2+H2O=2Na+2OH+O2B醋酸溶液与水垢中的CaCO3反应：CaCO3+2H+=Ca2+H2O+CO2C在硫酸溶
3、液中加入氢氧化钡溶液：Ba2+OH+H+SO42=BaSO4+H2ODFeSO4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（）ANa+、SO、SO、K+BNa+、Cu2+、Br、Ba2+CK+、MnO、NO、Na+DK+、Ca2+、SO、Cl7被称为万能还原剂的NaBH4溶于水并和水反应：NaBH4+2H2ONaBO2+4H2，下列说法中正确的是（NaBH4中H为1价）（）ANaBH4既是氧化剂又是还原剂BNaBH4是氧化剂，H2O是还原剂CNaBH4中硼元素被氧化，氢元素被还原D被氧
4、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：5NH4NO32HNO3+4N2+9H2O，在反应中被氧化与被还原的氮原子数之比为（）A5：3B5：4C1：1D3：59R、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+ZX+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（）AX2+R2+Y2+Z2+BY2+Z2+R2+X2+CZ2+X2+R2+Y2+DR2+X2+Z2+Y2+10将NO3+Zn+OH+H2ONH3+Zn（OH）42配平后，离子方程式中H2O的系数是（）A2B4C6D811在甲、乙
5、两烧杯溶液中，分别含有大量的Cu2+、K+、H+、Cl、CO32、OH6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（）ACu2+、H+、ClBCO32、OH、ClCK+、H+、ClDK+、OH、CO3212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（）A2.1 gB3.6 gC7.2 gD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（）AMgCl2溶液BCa（OH）2饱和溶液CCuSO4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（）ACuO分别与稀硫酸
6、、稀盐酸反应BCaCO3、Na2CO3分别与盐酸反应CH2SO4、K2SO4溶液分别与Ba（OH）2溶液反应DNa分别与水、稀盐酸反应15R2O8n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（）A1B2C3D416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（）A1.92gB2.4gC6.4gD8g二、填空题17现有下列物质：干冰 NaHCO3晶体 氨水 纯醋酸FeCl3
7、溶液 铜 Fe（OH）3胶体 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区分胶体和溶液常用的方法叫做18A、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盐的溶液呈蓝色若向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
8、味的气体逸出根据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、用98%的浓硫酸（其密度为1.84g/cm3）配制240mL1.0molL1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）称量时，托盘天平左盘加砝码，右盘加氯化钠 容量瓶使用时未干燥定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面低于刻度线，再加蒸馏水补至刻度线移液后未洗涤烧杯和玻璃棒定容时俯视刻度线观察液面、请计算28g KOH固体必须溶解在g水中
9、，才能使每108个水分子中有1个K+，所得溶液的密度为 gcm3，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）ANa2O2+2HCl=2NaCl+H2O2 BAg2O+H2O2=2Ag+O2+H2OC2H2O2=2H2O+O2 D3H2O2+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
10、淀粉变蓝，设计实验如下：实验：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：向实验的溶液中加入4L 0.5mol/L的Na2SO3溶液，发生反应如下SO32+I2+H2OSO42+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）实验中化学反应转移电子的物质的量是（3）写出实验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）单质氧化物电解质盐化合物（2）用单线桥法标出下列方程式的电子转移数目和方向MnO4+
11、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：2KMnO4K2MnO4+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
12、 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（）AMgCl2晶体B熔融的KOHC液态HClDNaCl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
13、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B2设NA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0.1NAB在非标准状况下，1mol任何气体的体积
14、不可能是22.4LC标准状况下，22.4L酒精（CH3CH2OH）的分子数为NAD一定条件下，2.3g的Na完全与O2反应失去的电子数为0.1NA【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0.1NA，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
15、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0.1NA，故D正确故选D3离子方程式H+OHH2O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（）稀H2SO4+Ba（OH）2溶液澄清石灰水+稀HNO3稀HNO3+Cu（OH）2醋酸和KOHBa（OH）2溶液+稀HNO3氢氟酸+NaOH盐酸+氨水A只有B除C只有D除【考点】离子方程式的书写【分析】稀
16、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+OHH2O可表示强酸和强碱生成可溶性盐这一类中和反应硫酸为强酸，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，故错误；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，故正确；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，故错误；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，故错误；氢氧化钡为强碱，硝酸
17、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，故正确；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，故错误；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，故错误；故选A4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（）A1：lB1：2C1：3D1：4【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+6HCl2AlCl3+3H2、2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2，根据电子转
18、移守恒判断【解答】解：铝与盐酸、氢氧化钠分别发生：2Al+6HCl2AlCl3+3H2、2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+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A5下列离子方程式正确的是（）ANa2O2 溶于水产生O2：Na2O2+H2O=2Na+2OH+O2B醋酸溶液与水垢中的CaCO3反应：CaCO3+2H+=Ca2+H2O+CO2C在硫酸溶液中加入氢氧化钡溶液：Ba2+OH+H+SO42=BaSO4+H2ODFeSO4溶液中加入用H2SO4酸化的H2O2溶
19、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：ANa2O2 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；DFeSO4溶液中加入用H2SO4酸化的H2O2溶液的离子反应为2Fe2+2H+H2O2=2
20、 Fe3+2H2O，故D正确；故选D6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（）ANa+、SO、SO、K+BNa+、Cu2+、Br、Ba2+CK+、MnO、NO、Na+DK+、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；CMnO4为紫色，与无色不符，故C错误；DCa2+、CO32结合生成沉淀，Ca2
21、+、SO32结合生成沉淀，不能大量共存，故D错误；故选A7被称为万能还原剂的NaBH4溶于水并和水反应：NaBH4+2H2ONaBO2+4H2，下列说法中正确的是（NaBH4中H为1价）（）ANaBH4既是氧化剂又是还原剂BNaBH4是氧化剂，H2O是还原剂CNaBH4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
22、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D8一定条件下硝酸铵受热分解的化学方程式为：5NH4NO32HNO3+4N2+9H2O，在反应中被氧化与被还原的氮原子数之比为（）A5：3B5：4C1：1D3：5【考点】氧化还原反应的计算【分析】在5NH4NO32HNO3+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
23、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5NH4NO32HNO3+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（50）：0（3）=5：3故选A9R、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+ZX+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（）AX2+R2+Y2+Z2+BY2+Z2+R2+X2+CZ2+X2
24、+R2+Y2+DR2+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+ZX+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D10将NO3+Zn+OH+H2ONH3+Zn（OH）42配平后，离子方程式中H
25、2O的系数是（）A2B4C6D8【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+H2ONH3+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+H2ONH3+4Zn（OH）42，由电荷守恒，则NO3+4Zn+7OH+H2ONH3+4Zn（OH）42，再由H原子守恒可知，NO3+4Zn+7OH+6H2ONH3+4Zn（OH）42，即离子方程式中H2O的系数为6，故选C11在甲、乙
26、两烧杯溶液中，分别含有大量的Cu2+、K+、H+、Cl、CO32、OH6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（）ACu2+、H+、ClBCO32、OH、ClCK+、H+、ClDK+、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+
27、，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D12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（）A2.1 gB3.6 gC7.2 gD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+2Na2O22Na2CO3+O2，质量增重m=2Na2CO32Na2O2=2CO，可知反应后固体
28、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+2Na2O24NaOH+O2，质量增重m=2H2OO2=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+2Na2O22Na2CO3+O2，质量增重m=2Na2CO32Na2O2=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+2
29、Na2O24NaOH+O2，质量增重m=2H2OO2=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A13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（）AMgCl2溶液BCa（OH）2饱和溶液CCuSO4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
30、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D14下列每组反应一定能用同一离子方程式表示的是（）ACuO分别与稀硫酸、稀盐酸反应BCaCO3、Na2CO3分别与盐酸反应CH2SO4、K2SO4溶液分别与Ba（OH）2溶液反应DNa分别与水、稀盐酸反应【考点】离子方程式的书写【分析】ACuO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
31、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：ACuO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
32、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+2H2O2Na+2OH+H2，不能用同一离子方程式表示，故D错误；故选A15R2O8n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（）A1B2C3D4【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
33、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+22=12+（210）+116，解得：n=2，故选：B16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（）A1.92gB2.4gC6.4gD8g【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
34、酸充分反应，发生CuO+H2SO4CuSO4+H2O，且硫酸剩余，然后加Fe，发生Fe+CuSO4FeSO4+Cu、Fe+H2SO4FeSO4+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+H2SO4FeSO4+H256 2x 0.02g=，解得：x=0.56g，与硫酸铜反应的铁的质量为50g0.56g=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50.24g49.44g=0.8g，设硫酸铜的
35、质量为y，根据反应的化学方程式则有Fe+CuSO4FeSO4+Cum 56 160 64 6456=8 y 0.8g =，解得y=16g，设氧化铜的质量为z则有CuO+H2SO4CuSO4+H2O80 160z 16g =，解得z=8g，故选D二、填空题17现有下列物质：干冰 NaHCO3晶体 氨水 纯醋酸FeCl3溶液 铜 Fe（OH）3胶体 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：2Al+2OH+2H2O2AlO2+3H2，（3）胶体是一种常见的分散系，回答下列问题向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
36、用，使胶体形成了沉淀，这个过程叫做胶体的聚沉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）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；胶体遇电解质发生聚沉；胶体具有丁达尔效应【解答】解：（1）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：；（2）铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，离子反应
37、为2Al+2OH+2H2O2AlO2+3H2，故答案为：2Al+2OH+2H2O2AlO2+3H2；（3）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；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18A、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盐的溶液呈蓝色若向的四支试管中分别加入盐
38、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实验事实可推断它们的化学式为：（1）ABaCl2，CCuSO4 ；（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【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、CO3
39、2三种离子结合，而只能和NO3结合，则一定是BaCl2、AgNO3Cu2+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中由于C盐是蓝色的，所以C为CuSO4；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
40、、AgNO3Cu2+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中由于C盐是蓝色的，所以C为CuSO4；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（
41、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+BaSO419、用98%的浓硫酸（其密度为1.84g/cm3）配制240mL1.0molL1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（填序号）称量时，托盘天平左盘加砝码，右盘加氯化钠 容量瓶使用时未干燥定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面低于刻度线，再加蒸馏水补至刻度线移液后未洗涤烧杯和玻
42、璃棒定容时俯视刻度线观察液面、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 gcm3，则该溶液中OH的物质的量浓度为0.50 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】、（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；、n（KOH）=0.5mol，要使每108个水分子中有1个K+，则水
43、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：、（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V18.4mol/L=O.1L1mol/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23次并将洗涤液全部转移到容量瓶中，再加适量蒸馏水，当加水至
44、液面距离刻度线12cm时，改用胶头滴管滴加，使溶液的凹液面的最低点与刻线相平，塞好瓶塞，反复上下颠倒摇匀；所以实验时需用的仪器还有：250mL容量瓶；胶头滴管，故答案为：250mL容量瓶；胶头滴管；（3）天平的使用方法是左物右码，左盘的质量等于右盘的质量加游码的质量，即药品质量=砝码质量+游码质量，如果位置放反，根据左盘的质量=右盘的质量+游码的质量，所以称量时，托盘天平左盘加砝码，右盘加氯化钠，溶质的质量偏小，浓度偏低，故不选；容量瓶使用时未干燥，因配制过程中需要滴加蒸馏水定容，故此无影响，故不选；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，导致所配溶液的液体体积偏大
45、，浓度偏低，故不选；移液后未洗涤烧杯和玻璃棒，溶质的质量偏小，浓度偏低，故不选；定容时俯视刻度线观察液面，导致所配溶液的液体体积偏小，浓度偏高，故选；故选、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，所以水的物质的量为：1080.5mol=54mol，m=nM=5418=972g，c（OH）=0.50mol/L，故答案为：972 0.50 mol/L20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）DANa2O2+2HCl=2NaCl+
46、H2O2 BAg2O+H2O2=2Ag+O2+H2OC2H2O2=2H2O+O2 D3H2O2+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B（填代号）【考点】氧化还原反应【分析】（1）H2O2仅体现氧化性，则O元素的化合价降低；双氧水仅体现还原性，说明双氧水在反应中仅被氧化，化合价只升高；H2O2既体现氧化性又体现还原性，则O元素的化合价既升高又降低；H2O2既不做氧化剂又不做还原剂，说明在反应中双氧水的化合价不发生变化；（2）过氧化氢为常见的强氧化剂【解答】解：（1）AANa2O2+2HCl=2NaCl+H2O2，
47、是一个非氧化还原反应，双氧水既不是氧化剂，也不是还原剂，故A不选；BAg2O+H2O2=2Ag+O2+H2O，Ag2O被还原成单质银，H2O2仅表现为还原性，其中氧元素转化为O2，故B不选；C2H2O2=2H2O+O2，过氧化氢的分解反应，是一个自身氧化还原反应，H2O2既表现了氧化性，又表现了还原性，故C不选；D3H2O2+Cr2（SO4）3+10KOH=2K2CrO4+3K2SO4+8H2O，双氧水在反应中化合价由1变成2，化合价降低被还原，双氧水仅做氧化剂，故D选；故答案为：D；（2）过氧化氢为常见的强氧化剂，无毒、不具有腐蚀性，也不自燃，则只有B中标签符合，故答案为：B21某实验小组为
48、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：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：向实验的溶液中加入4L 0.5mol/L的Na2SO3溶液，发生反应如下SO32+I2+H2OSO42+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SO42、I2、ClO（2）实验中化学反应转移电子的物质的量是4mol（3）写出实验中发生反应的离子方程式ClO+2I+2H+=I2+Cl+H2O【考点】氧化性、还原性强弱的比较【分析】根据同一化学反应中，氧
49、化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性判断ClO、I2、SO42的氧化性强弱；实验说明碘单质把亚硫酸根离子氧化生成硫酸根离子，自身被还原生成碘离子，根据亚硫酸钠和转移电子的关系式计算转移电子的物质的量；实验说明酸性条件下，次氯酸钠把碘离子氧化生成碘单质，同时自身被还原生成氯离子【解答】解：（1）实验说明氧化性强弱为：ClOI2，实验说明氧化性强弱为：I2SO42，所以在酸性条件下ClO、I2、SO42的氧化性由弱到强的顺序是SO42、I2、ClO，故答案为：SO42、I2、ClO；（2）实验说明碘单质把亚硫酸根离子氧化生成硫酸根离子，自身被还原生成碘离子，氧化剂是碘，还原剂是亚硫酸钠，氧化产物是硫酸
50、根离子，所以氧化性强弱为：I2SO42，反应离子方程式为：H2O+I2+SO32=SO42+2I+2H+，设转移电子的物质的量为xH2O+SO32+I2=SO42+2I+2H+转移电子 1mol 2mol0.5mol/L4L xx=4mol，故答案为：4 mol；（3）实验说明酸性条件下，次氯酸钠把碘离子氧化生成碘单质，同时自身被还原生成氯离子，该反应中，次氯酸根离子得电子作氧化剂，碘离子失电子是还原剂，氧化产物是碘，所以氧化性强弱为：ClOI2，反应离子方程式为：ClO+2I+2H+=I2+Cl+H2O，故答案为：ClO+2I+2H+=I2+Cl+H2O22离子反应是中学化学中重要的反应类型
51、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）单质氧化物电解质盐化合物（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+被氧化 （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：BA、氧化性 B、还原性 C、酸性 D、碱性【考点】氧化还原反应；离子反应发生的条件【分析】（1）离子反应是由离子参加的反应，化合物在一定的条件下
52、电离出能反应的离子；（2）反应中，高锰酸根离子中锰元素化合价从+7价降为+2价，Fe元素+2价升高到+3价，依据方程式判断转移电子数目，用单线桥表示；（3）Fe元素的化合价升高；维生素C能把铁离子还原为亚铁离子【解答】解：（1）离子反应是由离子参加的反应，发生的条件是化合物在一定的条件下必须电离出能反应的离子，则必须是电解质发生电离，故答案为：；（2）反应中，高锰酸根离子中锰元素化合价从+7价降为+2价，Fe元素+2价升高到+3价，反应中转移电子数目为5，则用单线桥法标出电子转移数目和方向为：；故答案为：；（3）Fe元素的化合价升高，所以变色的过程中的Fe2+被氧化；维生素C能把铁离子还原为亚
53、铁离子，则铁离子作氧化剂，维生素C作还原性，具有还原性；故答案为：氧化；B23已知：2KMnO4K2MnO4+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MnCl2（填化学式），反应中若产生0.3mol的气体则有0.6mol的电子转移（2）a+b的最大值为0.25，a+b最小值为0
54、.2【考点】有关范围讨论题的计算【分析】（1）元素化合价降低发生还原反应得到还原产物；根据Cl元素化合价变化计算转移电子；（2）KMnO4固体，加热一段时间后，收集到a mol氧气，在反应后的残留固体中加入足量的浓盐酸，继续加热，收集到气体b mol氯气，根据电子转移守恒，整个过程中，Mn元素获得电子等于O元素、Cl元素获得的电子，则有：0.1（72）=4a+2b，整理得a+b=0.25a，当高氯酸钾没有分解时，（a+b）达最大值，当高锰酸钾完全分解生成氧气时，生成氧气最多，生成氯气最少，根据方程式计算氧气最大值，进而确定（a+b）的最小值【解答】解：（1）反应中Mn元素化合价由+7价降低为中
55、+2价，故MnCl2是还原产物；产生0.3mol的氯气时，转移电子为0.3mol20（1）=0.6mol，故答案为：MnCl2；0.6；（2）KMnO4固体，加热一段时间后，收集到a mol氧气，在反应后的残留固体中加入足量的浓盐酸，继续加热，收集到b mol氯气，根据电子转移守恒，整个过程中，Mn元素获得电子等于O元素、Cl元素获得的电子，则有：0.1（72）=4a+2b，整理得a+b=0.25a，当高氯酸钾没有分解时，（a+b）达最大值，故（a+b）的最大值=0.25，当高锰酸钾完全分解生成氧气时，生成氧气最多，生成氯气最少，由2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2，可知生成氧气最大的物质的量为0.1mol=0.05mol，故a+b0.250.05=0.2，故（a+b）的最小值为0.2，故答案为：0.25；0.22016年4月16日版权所有：高考资源网()
