【化学】江西省抚州市临川区第二中学2019-2020学年高一上学期第二次月考试题（解析版）

【化学】江西省抚州市临川区第二中学2019-2020学年高一上学期第二次月考试题（解析版）

江西省抚州市临川区第二中学2019-2020学年高一上学期第二次月考试题 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 S-32 Cl-35.5 ‎ 一、选择题 ‎ ‎1.进行化学实验要注意实验安全，正确的实验操作是获得正确的实验结果和保障人身安全的前提。下图中的实验操作正确的是(　　)‎ A. 熄灭酒精灯 B. 稀释浓硫酸 C. 检验钾离子 D. 称量氢氧化钠固体 ‎【答案】C ‎【解析】A．酒精灯的熄灭不能用嘴直接吹，应用灯帽盖灭，故A错误；B．浓硫酸稀释应将浓硫酸沿器壁注入水中，故B错误；C．用熖色反应检验钾离子时要透过蓝色钴玻璃观察，故C正确；D．NaOH易潮解，称量时应放在烧杯或其它玻璃器皿中，故D错误；答案为C。‎ ‎2.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）‎ A. 碳酸氢钠溶液中：Cl-、NO3-、Na+、OH-‎ B. 澄清透明的溶液中：Cu2+、K+、SO42-、Br-‎ C. 酚酞呈红色的溶液中：SO42-、K+、Cl-、Al3+‎ D. 饱和食盐水中：Ag+、I-、CO32-、K+‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、碳酸氢钠溶液中，碳酸氢根离子与氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，不能大量共存，故A错误；‎ B项、澄清透明的溶液中Cu2+、K+、SO42-、Br-之间不发生任何反应，可大量共存，故B正确；‎ C项、酚酞呈红色的溶液为碱性溶液，碱性溶液中铝离子与氢氧根离子生成氢氧化铝沉淀，不能大量共存，故C错误；‎ D项、饱和食盐水中银离子与碘离子、碳酸根和氯离子反应生成沉淀，不能大量共存，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎3.在物质分类中，前者包括后者的是（ ）‎ A. 氧化物、化合物 B. 溶液、 胶体 C. 化合物、电解质 D. 溶液、 分散系 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、氧化物是由两种元素组成的纯净物，其中一种元素是氧元素，化合物是由两种或两种以上的元素组成的纯净物，则氧化物属于化合物，后者包含前者，故A错误；‎ B项、根据分散质微粒直径大小来分类，把分散系划分为溶液（小于1nm）、胶体（1nm～100nm）、浊液（大于100nm），溶液、胶体是并列关系，不存在包含关系，故B错误；‎ C项、电解质和化合物存在从属关系，化合物包含电解质，前者包括后者，故C正确；‎ D项、根据分散质微粒直径大小来分类，把分散系划分为溶液（小于1nm）、胶体（1nm～100nm）、浊液（大于100nm），分散系包含溶液，后者包含前者，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎4.宋代著名法医学家宋慈的《洗冤集录》中有“银针验毒”的记载，“银针验毒”的原理是：4Ag＋2H2S＋O2===2X＋2H2O。下列说法正确的是 ( )‎ A. X的化学式为AgS B. 银针验毒时，空气中氧气失去电子 C. 反应中Ag和H2S均是还原剂 D. 每生成1 mol X，反应转移2 mol e－‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 由质量守恒定律Ag原子、S原子守恒确定X的化学式为Ag2S，故A错误。‎ B. 据元素化合价的变化反应中氧气作氧化剂得电子，故B错误。‎ C. 据元素化合价的变化知反应中S作还原剂，故C错误。‎ D. 据方程式知每生成2 mol X，电子转移4mol，所以每生成1 mol X，反应转移2 mol e－，故D正确。‎ 故答案选D。‎ ‎5.已知：①6.72 L NH3(标准状况下)　②1.204×1023个H2S分子　③5.6 g CH4　④0.5 mol HCl，下列关系正确的是(　　)‎ A. 体积大小：④＞③＞②＞① B. 原子数目：③＞①＞④＞②‎ C. 密度大小：④＞②＞③＞① D. 质量大小：④＞③＞②＞①‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】①标准状况下6.72 L NH3的物质的量为=0.3mol，②1.204×1023个H2S分子的物质的量为=0.2mol，③5.6 g CH4的物质的量为=0.4mol，④0.5 mol HCl的物质的量为0.5mol，物质的量大小顺序为④＞③＞①＞②。‎ ‎【详解】A项、相同条件下，体积之比等于物质的量之比，物质的量大小顺序为④＞③＞①＞②，则体积大小为④＞③＞①＞②，故A正确；‎ B项、NH3中原子的物质的量为0.3mol×4=1.2mol，H2S含有的原子的物质的量为0.2mol×3=0.6mol，CH4含有的原子的物质的量为0.4mol×5=2mol，HCl含有的原子的物质的量为0.5mol×2=1mol，原子数目之比等于物质的量之比，则原子数目大小为③＞①＞④＞②，故B正确；‎ C项、同温同压下，密度之比等于相对分子质量之比，NH3相对分子质量为17，H2S相对分子质量为34，CH4相对分子质量为16，HCl相对分子质量为36.5，故密度大小为④＞②＞①＞③，故C错误；‎ D项、NH3质量为17g/mol×0.3mol=5.1g，H2S质量为34g/mol×0.2mol=6.8g，CH4量为16g/mol×0.4mol=6.4g，HCl质量为36.5g/mol×0.5mol=18.25g，故质量大小为④＞②＞③＞①，故D错误；‎ 故选B ‎6.下列氧化还原反应方程式，所标电子转移方向与数目错误的是(　　)‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．该反应中Fe元素化合价由0价变为+2价、H元素化合价由+1价变为0价，得失电子的最小公倍数是2，中电子转移方向与数目正确，故A正确；B．该反应中Cl元素化合价由+5价、-1价变为0价，得失电子总数是5，其电子转移方向和数目为，故B错误；C．该反应中N元素化合价由+2价变为+5价、O元素化合价由0价变为-2价，得失电子总数是12，转移电子方向和数目为，故C正确；D．该反应中Cl元素化合价由0价变为+1价、-1价，得失电子总数是2，转移电子方向和数目为，故D正确；故选B。‎ ‎7.下列实验操作中错误的是( )‎ A. 过滤操作时，为了过滤效果好，要用玻璃棒搅拌 B. 蒸馏操作时，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的支管口处 C. 分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出 D. 蒸发操作时，为了防止局部过热，要用玻璃棒搅拌 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、过滤时不能用玻璃棒搅拌，目的是防止滤纸破损，故A错误；‎ B项、蒸馏时，温度计用来测量馏分的温度，应靠近蒸馏烧瓶的支管口处，故B正确；‎ C项、分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，目的是避免液体重新混合而污染，故C正确；‎ D项、蒸发操作时，为了防止局部过热，液滴飞溅，要用玻璃棒不断地搅拌，故D正确；‎ 故选A。‎ ‎8.下列说法不正确的是（ ）‎ A. 胆矾是一种化合物 B. 可用丁达尔现象区分溶液与胶体 C. 氧化还原反应中的反应物，不是氧化剂就是还原剂 D. 在CO2中，Mg燃烧生成MgO和C，在该反应条件下，Mg的还原性强于C的还原性 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、胆矾是五水硫酸铜的俗称，属于盐，是一种化合物，故A正确；‎ B项、丁达尔现象是胶体具有的特征性质，溶液不具备该性质，可用丁达尔效应区分溶液与胶体，故B正确；‎ C项、氧化还原反应中有的物质不发生化合价的变化，如过氧化钠与水的反应中，过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，而反应物水既不是氧化剂也不是还原剂，故C错误；‎ D项、反应中Mg为还原剂，C为还原产物，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，即还原性Mg>C，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎9.下列反应的离子方程式或电离方程式书写正确的是（ ）‎ A. 将硫酸氢钠溶液与碳酸氢钠溶液混合：CO32－＋2H＋=CO2↑＋H2O B. 向NaHSO4溶液中加入Ba(OH)2溶液至恰好使SO42－完全沉淀：H++SO42－+OH－+Ba2+=H2O+BaSO4↓‎ C. 氧化铜与稀硫酸反应：2H＋＋O2－=H2O D. NaHCO3在水中的电离：NaHCO3 =Na++ H++CO32－‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、硫酸氢钠是强酸酸式盐，碳酸氢钠是弱酸酸式盐，硫酸氢钠溶液与碳酸氢钠溶液反应生成硫酸钠、二氧化碳和水，碳酸氢根不能拆写，反应的离子方程式为H++HCO3-＝CO2↑+H2O，故A正确；‎ B项、NaHSO4溶液中与Ba(OH)2溶液反应至恰好使SO42－完全沉淀，氢氧化钡过量，溶液呈碱性，反应的离子方程式为H++SO42－+OH－+Ba2+=H2O+BaSO4↓，故B正确；‎ C项、氧化铜与稀硫酸反应生成硫酸铜和水，氧化铜为氧化物，不能拆写，反应的离子方程式为2H＋＋CuO=Cu2++H2O，故C错误；‎ D项、碳酸氢钠是弱酸酸式盐，在溶液中完全电离出钠离子和碳酸氢根离子，碳酸氢根不能拆写，电离方程式为NaHCO3 =Na++ HCO3-，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎10.现有V L 0.5 mol·L－1的盐酸，欲将其浓度扩大一倍，以下方法中最宜采用的是(　　)‎ A. 加热浓缩到原来体积的一半 B. 加入5 mol·L－1的盐酸0.125V L C. 加入10 mol·L－1的盐酸0.1V L，再稀释至1.5V L D. 标况下通入11.2 L氯化氢气体 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、加热蒸发会导致HCl挥发，加热浓缩到原来体积的一半，溶液浓度小于原来的2倍，故A错误；‎ B项、溶液的体积不具有加和性，不明确溶液的密度大小，无法求出混合后溶液的体积，故B错误；‎ C项、混合后溶液中的HCl为 0.5mol/L×VL+10mol/L×0.1VL=1.5Vmol，所以混合后HCl的浓度为=1mol/L，故C正确；‎ D项、通过氯化氢气体，溶液的密度和体积发生变化，无法求出浓度，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎11.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）‎ A. 56gN2与CO的混合物中原子总数是4NA B. 0.1mol/L的硫酸溶液中含H+的数目为0.2 NA C. 3mol单质Fe完全燃烧转变为Fe3O4，Fe得到8NA个电子 D. 标准状况下，22.4LH2O所含的氧原子数目为NA ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、氮气和CO的摩尔质量均为28g/mol，故56g混合气体的物质的量为2mol，而氮气和CO均为双原子分子，故2mol混合物中含4NA个原子，与两者的比例无关，故A正确；‎ B项、不明确溶液的体积，无法计算0.1mol/L的硫酸溶液中含H+的物质的量，故B错误；‎ C项、四氧化三铁中铁元素的化合价为价，铁完全燃烧转变为四氧化三铁，3mol铁失去8mol电子即8NA个，故C错误；‎ D项、标准状况下，水为液态，无法计算22.4L水的物质的量，不能计算所含的氧原子数目，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎12.离子方程式CO32—＋2H＋=CO2↑＋H2O可表示(　　)‎ A. 碳酸盐与盐酸之间的反应 B. 一切碳酸盐与一切酸之间的反应 C. 可溶性碳酸盐与酸之间的反应 D. 可溶性碳酸盐与强酸之间的反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】离子方程式CO32—＋2H＋=CO2↑＋H2O表示可溶性碳酸盐与强酸之间的反应，难溶的碳酸盐和弱酸在离子反应中应保留化学式，则不能表示难溶性碳酸盐与强酸反应、可溶性碳酸盐与弱酸反应，故D正确。‎ ‎13.现有下列三个氧化还原反应：‎ ‎①2FeCl3＋2KI===2FeCl2＋2KCl＋I2‎ ‎②2FeCl2＋Cl2===2FeCl3‎ ‎③2KMnO4＋16HCl(浓)===2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O 若某溶液中含有Fe2＋、Cl－和I－，要除去I－而不氧化Fe2＋和Cl－，可以加入的试剂是(　　)‎ A. Cl2 B. KMnO4 C. FeCl3 D. HCl ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，反应①中Fe元素的化合价降低，则FeCl3为氧化剂，氧化性FeCl3＞I2，反应②中Cl元素的化合价降低，则Cl2为氧化剂，氧化性Cl2＞FeCl3，反应③中Mn元素的化合价降低，则KMnO4为氧化剂，氧化性KMnO4＞Cl2，氧化性强弱为KMnO4＞Cl2＞FeCl3，氯气和高锰酸钾会把亚铁离子氧化为铁离子，而氯化氢不能除去碘离子，则除去I－而不氧化Fe2＋和Cl－应选择FeCl3，故选C。‎ ‎14.某种飞船以N2H4和N2O4为动力源，发生反应：2N2H4＋N2O4===3N2＋4H2O，反应温度可高达2700 ℃，对于该反应，下列说法中正确的是(　　)‎ A. 该反应属于置换反应 B. N2H4 是氧化剂 C. N2O4中氮元素被氧化 D. N2既是氧化产物又是还原产物 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、该反应为两化合物之间的反应，而置换反应是单质与化合物反应生成新的单质和新的化合物的反应，故A错误；‎ B项、此反应是氧化还原反应，在反应中N2H4中的N化合价由-2价升高到0价，被氧化，N2H4为还原剂，故B错误；‎ C项、N2O4中N化合价由+4价降低到0价，被还原，N2O4作氧化剂，发生还原反应，故C错误；‎ D项、在反应中N2H4中的N化合价由-2价升高到0价，N2O4中N化合价由+4价降低到0价，则N2即是氧化产物又作还原产物，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎15. 阅读、分析下列材料：‎ 物质 ‎ 熔点/℃ ‎ 沸点/℃ ‎ 密度/g·cm-3 ‎ 溶解性 ‎ 乙二醇（C2H6O2） ‎ ‎-11.5 ‎ ‎198 ‎ ‎1.11 ‎ 易溶于水和乙醇 ‎ 丙三醇（C3H8O3） ‎ ‎17.9 ‎ ‎290 ‎ ‎1.26 ‎ 能跟水、酒精以任意比互溶 ‎ 试回答：将乙二醇和丙三醇相互分离的最佳方法是(　　)‎ A．蒸馏法 B．萃取法 C．“溶解、结晶、过滤”的方法 D．分液法 ‎【答案】A ‎【解析】由表数据知乙二醇和丙三醇为互溶液体，又因乙二醇与丙三醇的沸点差别很大，所以，乙二醇和丙三醇相互分离的最佳方法是蒸馏法；‎ ‎16.已知离子方程式：As2S3＋H2O＋NO3—→AsO43—＋SO42—＋NO↑＋______ (未配平)，下列说法错误的是(　　)。‎ A. 配平后水的化学计量数为4‎ B. 反应后溶液呈酸性 C. 配平后氧化剂与还原剂的物质的量之比为3∶28 ‎ D. 氧化产物为AsO43—和SO42—‎ ‎【答案】C ‎【解析】根据氧化还原反应中得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得：3As2S3＋4H2O＋28NO3—=6AsO43—＋9SO42—＋28NO↑＋8H＋，据此可知选项A、B、D均正确。氧化剂和还原剂的物质的量之比为28∶3，选项C错误。答案选C。‎ 二．非选择题 ‎17.I.（1）下列物质中，属于电解质的是________，(填序号，下同)；能导电的是________。‎ ‎①H2SO4　②盐酸　③氯气　④硫酸钡　⑤乙醇　⑥铜　⑦熔融的NaCl　⑧蔗糖　⑨空气　⑩CO2‎ II. 按要求回答下列问题 ‎（2）硫酸铝（写出电离方程式）_______________。‎ ‎（3）CuSO4溶液与Ba(OH)2溶液混合（写出离子方程式）_______。‎ ‎（4）实验室用高锰酸钾制氧气（写化学反应方程式并用单线桥表示电子转移方向和数目）_______。‎ ‎【答案】(1). ①④⑦ (2). ②⑥⑦ (3). Al2(SO4)3=2Al3++3SO42- (4). Cu2++SO42-+Ba2++2OH- = Cu(OH)2↓ + BaSO4↓ (5). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）①H2SO4不能导电，溶于水能电离出自由移动的氢离子和硫酸根离子，属于电解质；‎ ‎②盐酸为混合物，溶液中存在自由移动的离子，能导电，混合物既不是电解质也不是非电解质；‎ ‎③氯气属于非金属单质，不能导电，既不是电解质也不是非电解质；‎ ‎④硫酸钡是盐，属于电解质，BaSO4固体中没有自由移动的离子，不能导电；‎ ‎⑤乙醇是非电解质，不能导电；‎ ‎⑥铜属于金属单质，能导电，既不是电解质也不是非电解质；‎ ‎⑦熔融的NaCl是盐，属于电解质，熔融的NaCl有自由移动的离子，能导电；‎ ‎⑧蔗糖是非电解质，不能导电；‎ ‎⑨空气为混合物，不能导电，既不电解质也不是非电解质；‎ ‎⑩CO2是酸性氧化物，属于非电解质，不能导电；‎ ‎（2）硫酸铝在溶液中电离出铝离子和硫酸根离子；‎ ‎（3）CuSO4溶液与Ba(OH)2溶液反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化铜沉淀；‎ ‎（4）高锰酸钾受热分解生成二氧化锰、锰酸钾和氧气，反应中生成1mol氧气，氧元素转移4mol电子给锰元素。‎ ‎【详解】（1）①H2SO4‎ 不能导电，溶于水能电离出自由移动的氢离子和硫酸根离子，属于电解质；‎ ‎②盐酸为混合物，溶液中存在自由移动的离子，能导电，混合物既不是电解质也不是非电解质；‎ ‎③氯气属于非金属单质，不能导电，既不是电解质也不是非电解质；‎ ‎④硫酸钡是盐，属于电解质，BaSO4固体中没有自由移动的离子，不能导电；‎ ‎⑤乙醇是非电解质，不能导电；‎ ‎⑥铜属于金属单质，能导电，既不是电解质也不是非电解质；‎ ‎⑦熔融的NaCl是盐，属于电解质，熔融的NaCl有自由移动的离子，能导电；‎ ‎⑧蔗糖是非电解质，不能导电；‎ ‎⑨空气为混合物，不能导电，既不是电解质也不是非电解质；‎ ‎⑩CO2是酸性氧化物，属于非电解质，不能导电；‎ 则属于电解质的是①④⑦，能导电的是②⑥⑦，故答案为：①④⑦；②⑥⑦；‎ ‎（2）硫酸铝在溶液中电离出铝离子和硫酸根离子，电离方程式为Al2(SO4)3=2Al3++3SO42-，故答案为：Al2(SO4)3=2Al3++3SO42-；‎ ‎（3）CuSO4溶液与Ba(OH)2溶液反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化铜沉淀，反应的离子方程式为Cu2++SO42-+Ba2++2OH- = Cu(OH)2↓ + BaSO4↓，故答案为：Cu2++SO42-+Ba2++2OH- = Cu(OH)2↓ + BaSO4↓；‎ ‎（4）高锰酸钾受热分解生成二氧化锰、锰酸钾和氧气，反应中生成1mol氧气，氧元素转移4mol电子给锰元素，反应的化学方程式和转移电子数目为，故答案为：。‎ ‎18.按要求回答下列问题 ‎(1)若12.4 g Na2X中含有0.4 mol钠离子，Na2X的摩尔质量是________，X的相对原子质量是________。‎ ‎(2)标准状况，1L 水中通入 aL HCl 气体，忽略盐酸溶液中 HCl的挥发，得到的盐酸溶液密度为 b g/mL，则溶质的物质的量浓度为 __________mol/L ‎ ‎(3)某同学写出以下化学方程式(未配平)NO＋HNO3―→N2O3＋H2O该应中氧化剂是________(写化学式，下同) ；方程中出现的4种物质中还原性最强的物质是________。‎ ‎【答案】(1). 62 g/mol (2). 16 (3). (4). HNO3 (5). NO ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）12.4 g Na2X中含有0.4 mol钠离子，则Na2X的摩尔质量为=62g/mol，由Na2X的相对分子质量为62可知，X的相对原子质量为（62—23×2）=16，故答案为：62g/mol；16；‎ ‎（2）标准状况，aL HCl 气体的物质的量为mol，质量为mol×36.5g/mol=g，标准状况，1L 水中通入 aL HCl 气体得到溶液的质量为（1000+）g，溶液的体积为×10—3L/ml，则溶质的物质的量浓度为= mol/L，故答案为：；‎ ‎（3）由化学方程式可知，反应中NO中的N元素化合价升高被氧化，NO是还原剂，HNO3中的N元素化合价降低被还原，HNO3是氧化剂，N2O3即是氧化产物又作还原产物，由还原剂的还原性强于还原产物可知，还原性最强的是NO，故答案为：HNO3；NO。‎ ‎19.I.将少量饱和氯化铁溶液滴入沸水中，继续煮沸，可制得Fe(OH)3胶体，反应的方程式为：FeCl3 ＋ 3H2O Fe(OH)3(胶体) ＋ 3HCl ‎（1）当溶液呈________时，停止加热，即制得Fe(OH)3胶体。‎ ‎（2）氢氧化铁胶体与氢氧化铁沉淀的本质区别是____________________。‎ ‎（3）下列叙述错误是________。‎ A．雾属于胶体，能产生丁达尔效应 ‎ B．从颜色上无法区别FeCl3溶液和Fe(OH)3胶体 C．明矾可以用于净水，净水原理和胶体有关 D．用盐卤点豆腐与胶体性质有关 Ⅱ.有A、B、C、D四种可溶性盐，它们的阳离子分别是Ba2＋、Ag＋、Na＋、Cu2＋中的某一种，阴离子分别是NO3－、SO42－、Cl－、CO32－中的一种(离子在物质中不重复出现)。‎ ‎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。请回答下列问题：‎ ‎（4）A的化学式为____________，B的化学式为____________。‎ ‎（5）写出D与足量CH3COOH溶液反应的离子方程式_____________________________。‎ ‎（6）写出A溶液中阴离子的检验方法______________________________________。‎ ‎【答案】(1). 红褐色 (2). 分散质粒子大小 (3). B (4). BaCl2 (5). AgNO3 (6). CO32－+ 2CH3COOH= 2CH3COO－+ H2O + CO2↑ (7). 取少量A溶液于试管中，向其中加入AgNO3溶液和稀硝酸，若产生白色沉淀，则含有Cl-‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】I.（1）实验室制备氢氧化铁胶体时，因胶体在加热条件下易聚沉，当溶液呈红褐色立即停止加热；‎ ‎（2）氢氧化铁胶体与氢氧化铁沉淀的本质区别是分散质粒子大小不同；‎ ‎（3））A、雾是常见的气溶胶，具有胶体的性质；‎ B、FeCl3溶液为棕黄色，Fe(OH)3胶体为红褐色，两者颜色不同；‎ C、明矾在溶液中电离出的铝离子水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体吸附水中悬浮杂质达到净水的目的；‎ D、盐卤的主要成分是MgCl2等电解质，豆浆的主要成分是由蛋白质形成的液溶胶；‎ Ⅱ.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的，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，则四种可溶性盐一定有BaCl2和AgNO3；由Cu2+不能和CO32-结合，只有C盐的溶液呈蓝色可知C为CuSO4，Na+对应CO32-为Na2CO3由向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可知B为AgNO3、D为Na2CO3，则A为BaCl2。‎ ‎【详解】（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，加热溶液变为红褐色时，因胶体在加热条件下易聚沉，当溶液呈红褐色立即停止加热，故答案为：红褐色；‎ ‎（2）氢氧化铁胶体分散质粒子的直径在1nm～100nm之间，氢氧化铁沉淀在溶液中分散质粒子的直径大于100nm，则氢氧化铁胶体与氢氧化铁沉淀的本质区别是分散质粒子大小不同，故答案为：分散质粒子大小；‎ ‎（3）A、雾是常见的气溶胶，具有胶体的性质，能产生丁达尔效应，故正确；‎ B、FeCl3溶液为棕黄色，Fe(OH)3胶体为红褐色，两者颜色不同，从颜色上可以区别FeCl3溶液和Fe(OH)3胶体，故错误；‎ C、明矾在溶液中电离出的铝离子水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体吸附水中悬浮杂质达到净水的目的，明矾净水原理和胶体有关，故正确；‎ D、盐卤的主要成分是MgCl2等电解质，豆浆的主要成分是由蛋白质形成的液溶胶，用盐卤点豆腐是利用电解质使液溶胶发生凝聚，与胶体性质有关，故正确；‎ B错误，故答案为：B；‎ Ⅱ.（4）由分析可知，ABaCl2、B为AgNO3，故答案为：BaCl2；AgNO3；‎ ‎（5）碳酸钠与足量CH3COOH溶液反应生成醋酸钠、二氧化碳和水，反应的离子方程式为CO32－+ 2CH3COOH= 2CH3COO－+ H2O + CO2↑，故答案为：CO32－+ 2CH3COOH= 2CH3COO－+ H2O + CO2↑；‎ ‎（6）实验室用酸化的硝酸银溶液检验氯离子，则检验硝酸银溶液中氯离子的方法为取少量A溶液于试管中，向其中加入AgNO3溶液和稀硝酸，若产生白色沉淀，则含有Cl-，故答案为：取少量A溶液于试管中，向其中加入AgNO3溶液和稀硝酸，若产生白色沉淀，则含有Cl-。‎ ‎20.I.下图是抚州市某儿童微量元素体检报告单的部分数据：‎ 抚州市某医疗机构临床检验结果报告单 分析项目 检测结果 单位 正常值参考范围 ‎1‎ 锌（Zn）‎ ‎109.62‎ μmol/L ‎66-120‎ ‎2‎ 铁（Fe）‎ ‎5.92↓‎ mmol/L ‎7.52-11.82‎ ‎3‎ 钙（Ca）‎ ‎1.68‎ mmol/L ‎1.55-2.10‎ ‎……‎ 根据上表的数据，回答下列问题：‎ ‎（1）该儿童_____元素含量偏低。‎ ‎（2）报告单中“μmol/L”是__________（填“质量”、“体积”或“浓度”）的单位。‎ ‎（3）服用维生素C可使食物中的Fe3+转化为Fe2+。在这个过程中体现维生素C的________（填“氧化性”或“还原性”）。‎ II. 高铁酸钾（K2FeO4，铁元素为+6价）是一种新型、高效、多功能绿色水处理剂，无二次污染。制备高铁酸钾的离子反应方程式为：___Fe(OH)3+__ClO-+___OH- = ___FeO42-+___Cl-+ __H2O ‎ 回答下列问题：‎ ‎（4）配平该离子方程式。‎ ‎（5）每生成1molFeO42-转移的电子数为___________，若反应过程中转移了0.3mo1电子，则还原产物的物质的量为________mo1。‎ ‎【答案】(1). 铁（或Fe） (2). 浓度 (3). 还原性 (4). 2 (5). 3 (6). 4 (7). 2 (8). 3 (9). 5 (10). 3NA（或1.806×1024 ） (11). 0.15‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)根据体检报告单可知铁(或Fe)元素含量偏低；‎ ‎（2）μmol/L是浓度的单位；‎ ‎（3）服用维生素C可使食物中的Fe3+转化为Fe2+，Fe元素的化合价降低被还原；‎ ‎（4）由未配平化学方程式可知反应中Cl元素的化化合价降低，Fe元素的化合价升高，Fe(OH)3为还原剂，ClO-为氧化剂，由电子守恒和原子守恒可得配平方程式；‎ ‎（5）由配平的化学方程式计算可得。‎ ‎【详解】(1)根据体检报告单，铁(或Fe)元素含量偏低，故答案为：铁(或Fe)；‎ ‎(2)报告单中μmol/L是浓度的单位，故答案为：浓度；‎ ‎（3）服用维生素C可使食物中的Fe3+转化为Fe2+，Fe元素的化合价降低被还原，则维生素C所起还原作用，故答案为：还原性；‎ ‎（4）由未配平化学方程式可知反应中Cl元素的化化合价降低，Fe元素的化合价升高，Fe(OH)3为还原剂，ClO-为氧化剂，由电子守恒和原子守恒可知，该反应为2Fe（OH）3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O，故答案为：2；3；4；2；3；5；‎ ‎（5）由配平的化学方程式可知，生成2molFeO42-，反应转移的电子数为6mol，生成3mol Cl-，则每生成1molFeO42-转移的电子的物质的量为3mol，数目为3NA（或1.806×1024 ）；若反应过程中转移了0.3mo1电子，则生成Cl-的物质的量为=0.15mol，故答案为：3NA（或1.806×1024 ）；0.15。‎ ‎21.某研究性学习小组欲测定室温下(25 ℃、101 kPa)的气体摩尔体积。该小组设计的简易实验装置如图所示：‎ 该实验的主要操作步骤如下：‎ ‎①用已知浓度的浓盐酸配制100 mL 1.0 mol·L－1的盐酸(需要用到的仪器有:量筒、玻璃棒、烧杯、____________；‎ ‎②用10 mL的量筒量取8.0 mL 1.0 mol·L－1的盐酸加入锥形瓶中；‎ ‎③准确称取a g已除去表面氧化膜的镁条，并系于铜丝末端，为使HCl全部参加反应，a的数值至少为___________；‎ ‎④往广口瓶中装入足量水，按上图连接好装置，检查装置的气密性；‎ ‎⑤反应结束后待体系温度恢复到室温，读出量筒中水的体积为V mL。‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)步骤①中，配制100 mL 1.0 mol·L－1的盐酸时，下列会使所配制溶液的浓度偏小的操作有_________(填字母)。‎ A.用量筒量取浓盐酸时，俯视量筒的刻度线 B.容量瓶未干燥即用来配制溶液 C.浓盐酸在烧杯中稀释时，搅拌时间过长 D.定容完成后，将容量瓶倒置摇匀后，发现液面低于刻度线未做处理 E.在容量瓶中定容时俯视容量瓶刻度线 F.烧杯中有少量水 G.未冷却至室温即定容 ‎(2)请填写操作步骤中的空格：‎ 步骤①：_________________________；‎ 步骤③：________________________。‎ ‎(3)实验步骤⑤中应选用的量筒规格是_______。‎ ‎(4)读数时除需要恢复至室温外，还需要注意(回答一点即可)：___________________________。‎ ‎(5)忽略水蒸气影响，在该条件下测得气体摩尔体积的计算式为Vm＝________L·mol－1。‎ ‎【答案】(1). AC (2). 100 mL容量瓶、胶头滴管 (3). 0.096 (4). 100 mL (5). 调节量筒高度，使量筒内的液面与集气瓶内的液面相平；或读数时视线应与量筒中液体的凹液面最低处保持相平(任写一点即可) (6). 0.25V ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）依据c=分析溶液体积和溶质的物质的量是否发生变化分析解答；‎ ‎（2）步骤①为用已知浓度的浓盐酸配制100 mL 1.0 mol·L－1的盐酸，需要用到的仪器有量筒、玻璃棒、烧杯、100 mL容量瓶、胶头滴管；步骤③为去膜镁条与盐酸反应，因8.0 mL 1.0 mol·L－1盐酸中HCl的物质的量为0.008mol，依据化学方程式计算a的数值；‎ ‎(3) 实验中产生的气体在标准状况下的体积为0.004mol×22.4 L/mol＝0.0896L＝89.6mL，25 ℃、101 kPa时氢气体积大于89.6mL，小于100 mL；‎ ‎（4）读数时除需要恢复至室温外，还需要注意应调节量筒高度，使量筒内的液面与集气瓶中液面相平，保证气压相等，同时注意视线应与量筒中液体的凹液面最低处保持相平，不能仰视或俯视；‎ ‎（5）由排出水的体积为气体体积结合n=计算可得。‎ ‎【详解】（1）A、用量筒量取浓盐酸时，俯视量筒的刻度会使所量取溶液的体积减小，所配制的溶液的浓度偏小，故正确；‎ B、容量瓶未干燥即用来配制溶液对所配制的溶液的浓度没有影响，故错误；‎ C、未洗涤烧杯和玻璃棒，则n偏小，会使配制浓度偏低，故正确；‎ D、定容完成后，将容量瓶倒置摇匀后，发现液面低于刻度线不会对所配制的溶液的浓度有影响，故错误；‎ E、在容量瓶中定容时俯视容量瓶刻度线，会使容量瓶中的液体的体积偏小，所配制的溶液浓度偏大，故E错误；‎ F、烧杯中有少量水对配制的溶液的浓度无关，故F错误；‎ AC正确，故答案为：AC；‎ ‎（2）步骤①为用已知浓度的浓盐酸配制100 mL 1.0 mol·L－1的盐酸，需要用到的仪器有量筒、玻璃棒、烧杯、100 mL容量瓶、胶头滴管；步骤③为去膜镁条与盐酸反应，因8.0 mL 1.0 mol·L－1盐酸中HCl的物质的量为0.008mol，由盐酸与镁反应的化学方程式Mg＋2HCl=MgCl2＋H2↑可知，0.008mol HCl可与0.004mol Mg完全反应，为保证HCl完全反应，故镁应不少于0.004mol×24 g/mol＝0.096g。故答案为：100 mL容量瓶、胶头滴管；0.096；‎ ‎(3) 实验中产生的气体在标准状况下的体积为0.004mol×22.4 L/mol＝0.0896L＝89.6mL，25 ℃、101 kPa时氢气体积大于89.6mL，小于100 mL，则步骤⑤中应选用的量筒规格是100 mL，故答案为：100 mL；‎ ‎（4）读数时除需要恢复至室温外，还需要注意应调节量筒高度，使量筒内的液面与集气瓶中液面相平，保证气压相等，同时注意视线应与量筒中液体的凹液面最低处保持相平，不能仰视或俯视，故答案为：调节量筒高度，使量筒内的液面与集气瓶内的液面相平；或读数时视线应与量筒中液体的凹液面最低处保持相平；‎ ‎（5）排出水的体积为气体体积，气体的体积为VmL，实验中产生的气体的物质的量为0.004mol，则25 ℃、101 kPa时气体摩尔体积Vm＝=0.25VL/mol，故答案为：0.25V。‎ ‎ ‎