江西省宜春九中2019-2020学年高一上学期月考化学试题

江西省宜春九中2019-2020学年高一上学期月考化学试题

www.ks5u.com 化学试题 相对原子质量：H-1 C-12 O-16 N-14 Na-23 Mg-24 Al-27 Cl-35.5 S-32 Ba-137 ‎ 一、单选题（本大题共16小题，每小题3分，共48分）‎ ‎1.朱自清在《荷塘月色》冲写道:“薄薄的青雾浮起在荷塘里……月光是隔了树照过来的，高处丛生的灌木，落下参差的班驳的黑影……”月光穿过薄雾形成的种种美景本质原因是 A. 空气中的小水滴颗粒直径大小约为1nm-100nm B. 空气中的小水滴颗粒的布朗运动 C. 雾是一种胶体，胶粒带相同电荷 D. 发生丁达尔效应 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．题干中所提及的雾，是空气中的小液滴，是一种胶体，本质特征是分散质粒子的直径在1～100nm，A正确；‎ B．空气中的小水滴颗粒的布朗运动不是月光穿过薄雾所形成的种种美景的本质原因，B错误；‎ C．雾是一种胶体，但这不是月光穿过薄雾所形成的种种美景的本质原因，C错误；‎ D．雾作为一种胶体，确实能发生丁达尔效应，但这也不是月光穿过薄雾所形成的种种美景的本质原因，D错误；‎ 答案选A。‎ ‎2.下列关于钠的说法中，不正确的是 (    )‎ ‎①钠放置在空气中，会迅速被氧化而生成淡黄色的氧化钠；②钠是银白色金属，熔点低，硬度大③Na是比较活泼的金属，在化学反应中容易失去电子，表现出还原性④两小块质量相等的金属钠,一块在常温下充分反应生成Na2O,另一块在加热的条件下反应生成Na2O2,其中生成Na2O2时转移的电子数多⑤少量钠可保存在煤油里⑥金属钠着火时可用沙子灭火 A. ③⑤⑥ B. ①②③ C. ②④⑤ D. ①②④‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】①钠在常温下与氧气反应生成白色的氧化钠，与氧气在加热条件下反应生成淡黄色的过氧化钠，故错误；‎ ‎②钠的硬度很小，可用小刀切割，故错误；‎ ‎③Na原子最外层只有1个电子，在化学反应中容易失去电子，是比较活泼的金属，表现出还原性，故正确；‎ ‎④无论生成氧化钠还是生成过氧化钠，金属钠失电子均变为+1价的阳离子，等质量的两块钠与氧气反应生成氧化钠和过氧化钠，转移的电子数相同，故错误；‎ ‎⑤金属钠和煤油不反应并且密度比煤油大，少量金属钠保存在煤油里，故正确；‎ ‎⑥钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，则钠失火时不能用水灭火，应用沙子覆盖灭火，故正确；‎ ‎①②④错误，故选D。‎ ‎【点睛】无论生成氧化钠还是生成过氧化钠，金属钠失电子均变为+1价的阳离子，等质量的两块钠与氧气反应生成氧化钠和过氧化钠，转移的电子数相同是解答易错点。‎ ‎3.下列关于化学实验的说法正确的是 A. 某溶液中加入BaCl2溶液，生成白色沉淀,说明原溶液中含有SO42-‎ B. 在蒸馏过程中，发现蒸馏烧瓶中未加沸石或碎瓷片，可以立即加入 C. 某溶液中加入硝酸银溶液，生成白色沉淀，说明原溶液中含有Cl-‎ D. 制备Fe(OH)3胶体时,向沸腾的蒸馏水中逐滴加入饱和FeCl3溶液，继续煮沸至液体呈红褐色，停止加热 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 某溶液中加入BaCl2溶液，生成白色沉淀，不能说明原溶液中含有SO42-，也可能含有银离子，A错误；‎ B. 在蒸馏过程中，发现蒸馏烧瓶中未加沸石或碎瓷片，应立即停止加热，冷却后再加入沸石或碎瓷片，B错误；‎ C. 某溶液中加入硝酸银溶液，生成白色沉淀，不能说明原溶液中含有Cl-，也可能含有硫酸根等离子，C错误；‎ D. 制备Fe(OH)3胶体时，向沸腾的蒸馏水中逐滴加入饱和FeCl3溶液，继续煮沸至液体呈红褐色，停止加热即可得到氢氧化铁胶体，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎4.下列有关叙述正确的是(    )‎ A. 相同条件下，质量相等的CO和CO2它们所含的氧原子数之比为11:7‎ B. 同体积、同密度的C2H4和CO两种气体的分子数一定相等 C. 配制450 mL 0.1 mol﹒L-1NaOH溶液，用托盘天平称取NaOH固体1.8g D. 1L 0.45 mol﹒L-1NaCl溶液中Cl-的物质的量浓度比1 L 0.15 mol﹒L-1 AlCl3溶液大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、质量相等的CO和CO2，物质的量比为:=11:7，则所含的氧原子数之比为11×1:7×2=11:14，故A错误； ‎ B项、C2H4和CO的摩尔质量相同，同体积、同密度的C2H4和CO的质量相同，则C2H4和CO的物质的量相同，分子数相等，故B正确；‎ C项、实验室没有450 mL的容量瓶，配制450 mL 0.1 mol﹒L-1NaOH溶液应选用500ml容量瓶，则用托盘天平称取NaOH固体的质量为0.5L×0.1 mol﹒L-1×40g/mol=2.0g，故C错误；‎ D项、0.45 mol﹒L-1NaCl溶液中Cl-的物质的量浓度0.45 mol﹒L-1，0.15 mol﹒L-1 AlCl3溶液Cl-的物质的量浓度0.15 mol﹒L-1×3=0.45 mol﹒L-1，Cl-的物质的量浓度相同，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】实验室没有450 mL的容量瓶，配制450 mL 0.1 mol﹒L-1NaOH溶液应选用500ml容量瓶是解答易错点。‎ ‎5.质量分数为w，物质的量浓度为c mol﹒L-1的NaCl溶液，蒸发溶剂，恢复到原来的温度，若物质的量浓度变为2c mol﹒L-1，则质量分数变为( )‎ A. 大于2w B. 小于2w C. 等于2w D. 无法确定 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】质量分数为w，物质的量浓度为cmol•L-1的NaCl溶液，设密度是ρ1，则c=，物质的量浓度为2cmol•L-1的NaCl溶液，设密度是ρ2，质量分数是a，则2c=，整理得到=，氯化钠的密度大于水，浓度越大，密度越大，所以ρ1＜ρ2，则a＜2w，故选B。‎ ‎【点睛】依据c=，结合氯化钠的密度大于水，浓度越大，密度越大进行计算是解答关键，也是难点。‎ ‎6.下列关于电解质、非电解质的说法正确的是 A. 氯气溶于水得氯水，该溶液能导电，因此氯气是电解质 B. CaCO3饱和溶液导电能力很弱，故CaCO3是弱电解质 C. 导电能力弱的溶液肯定是弱电解质的溶液 D. HF的水溶液中既有H+、F－，又有大量的HF分子，因此HF是弱电解质 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．氯气为单质，不是化合物，所以氯气既不是电解质，也不是非电解质，故A错误；‎ B．碳酸钙溶于水的部分完全电离，所以碳酸钙为强电解质，电解质的导电性与其溶液的导电性强弱无关，故B错误；‎ C．导电能力与溶液中离子浓度大小有关，与电解质强弱没有必然关系，如硫酸钡在溶液中导电性较弱，但硫酸钡所以强电解质，故C错误；‎ D．HF的水溶液中既有H+、F﹣，又有大量的HF分子，证明氟化氢在溶液中部分电离，所以氟化氢为弱电解质，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎7.下图表示的一些物质或概念间的从属关系中正确的是 X Y A A 二氧化氮 酸性氧化物 氧化物 B 硫酸 化合物 电解质 C 胶体 分散系 混合物 D 置换反应 氧化还原反应 离子反应 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.酸性氧化物是与水反应生成相应的酸，或与碱反应生成相应的盐和水，NO2与水反应：3NO2＋H2O=2HNO3＋NO，HNO3不是NO2‎ 相应的酸，即二氧化氮并不属于酸性氧化物，故A错误；‎ B.硫酸属于化合物，但化合物不一定属于电解质，如CO2、NO等，它们属于化合物，但不属于电解质，故B错误；‎ C.分散系包括胶体、溶液、悬浊液等，分散系都属于混合物，故C正确；‎ D.置换反应属于氧化还原反应，氧化还原反应不一定是离子反应，如H2＋Cl22HCl，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎8.某溶液可能含有以下离子中的若干种：K+、NH4+、Cl-、Ca2+、CO32-、SO42-,现取300 mL溶液平均分为3份进行如下实验：(1)第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生；(2)第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到标准状况下气体1344 mL(假设气体全部逸出)；(3)第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀8.24 g，经足量盐酸洗涤、干燥后,沉淀质量2.33 g。根据上述实验，以下推测正确的是(    )‎ A. Cl-一定存在 B. 原溶液CO32-浓度为0.1 mol﹒L-1‎ C. Ca2+可能存 D. K+一定存在 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由（2）加入足量NaOH溶液后加热有气体生成，说明溶液中有NH4+，n（NH4+）=n（NH3）==0.06mol；由③加入足量的BaCl2溶液，得到沉淀8.24g，沉淀经足量盐酸洗涤、干燥后，剩余2.33g，说明生成的沉淀能部分溶于盐酸，所以溶液中含有CO32-、SO42-，而不含Ca2+；剩余2.33g是BaSO4，n（SO42-）=n（BaSO4）==0.01mol，BaCO3的质量为m（BaCO3）=8.24g-2.33g=5.91g，n（CO32-）=n（BaCO3）==0.03mol。‎ ‎【详解】A项、加入AgNO3溶液，有沉淀产生，不能说明溶液中有Cl-，因为CO32-、SO42-与AgNO3溶液也能生成沉淀，故A错误；‎ B项、由一份溶液中n（CO32-）为0.03mol可知原溶液CO32-浓度=0.3mol/L，故Ｂ错误；‎ C项、由（3）可知溶液中含有CO32-、SO42-，则溶液中一定不含Ca2+，故C错误；‎ D项、若溶液中不含有K+、Cl-，阳离子电荷数为0.06mol，阴离子电荷数为0.01mol×2+0.03mol×2=0.08mol,阴离子电荷数大于阳离子，则原溶液一定含有K+‎ ‎，可能含有Cl-，个D正确；‎ 故选D。‎ ‎9.已知2MOyx－+5S2－+16H+=2M2++5S↓+8H2O，则MOyx－中的x的值为 A. 1 B. 2 C. 3 D. 4‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】根据电子的得失守恒可知5×2＝2×n，解得n＝5，即MOyx－在反应中得到5个电子，所以化合价是＋7价。根据原子守恒可知，y＝4，所以x＝1，答案A。‎ ‎10.关于反应5NH4NO3=2HNO3+4N2↑+9H2O，下列说法中错误的是(    )‎ A. 被氧化和与被还原的氮元素的物质的量之比为5:3‎ B. NH4NO3既是氧化剂又是还原剂 C. 若生成4.48 L N2，则转移0.75 mol电子 D. NH4+在反应中体现的性质与反应4NH3+5O2=4NO+6H2O中NH3体现的性质相同 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、由反应化学方程式可知，5mol硝酸铵完全反应，有5mol铵根离子被氧化生成氮气，3mol硝酸根离子被还原生成氮气，则被氧化和与被还原的氮元素的物质的量之比为5:3，故A正确；‎ B项、由反应化学方程式可知，硝酸铵中铵根离子被氧化，硝酸根部分被还原，则硝酸铵既是氧化剂又是还原剂，故B正确；‎ C项、缺标准状况，无法计算4.48 L N2的物质的量，不能计算转移电子数目，故C错误；‎ D项、由反应化学方程式可知，硝酸铵中铵根离子被氧化，做还原剂，氨气与氧气反应，氨气被氧化，做还原剂，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】从化合价变化的角度判断氧化剂和还原剂，根据氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等判断发生氧化反应的氮原子与发生还原反应的氮原子的个数之比是解答关键。‎ ‎11.据说每天早上六点起床默写离子方程式会使人变得更加美丽，而丑陋的人才会被尿憋醒。下列离子反应方程式能正确表示反应的为( )‎ A. 向FeBr2溶液中通入足量氯气：2Fe2++4Br-+3Cl2=2Fe3++2Br2+6Cl-‎ B. 向NaHSO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液，恰好使SO42-沉淀完全： Ba2++SO42-+2OH-+2H+=BaSO4↓+2H2O C. NH4HCO3稀溶液与过量的KOH溶液反应：HCO3-+OH-=CO32-+H2O D. 醋酸除去水垢：2H++CaCO3=Ca2++CO2↑+H2O ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、FeBr2溶液中与足量氯气反应生成氯化铁和单质溴，反应的离子方程式为2Fe2++4Br-+3Cl2=2Fe3++2Br2+6Cl-，故A正确；‎ B项、向NaHSO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液，恰好使SO42-沉淀完全，氢氧化钡溶液过量，溶液呈碱性，反应的离子方程式为Ba2++SO42-+OH-+H+=BaSO4↓+H2O，故B错误；‎ C项、NH4HCO3稀溶液与过量的KOH溶液反应生成碳酸钾、一水合氨和水，反应的离子方程式为NH4++HCO3-+2OH-=CO32-+NH3•H2O+H2O，故C错误；‎ D项、水垢的主要成分是碳酸钙，碳酸钙与醋酸反应生成醋酸钙、二氧化碳和水，醋酸为弱酸、碳酸钙为难溶盐，不能拆写，反应的离子方程式为2CH3COOH+CaCO3=Ca2++CO2↑+H2O+2CH3COO-，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎【点睛】向NaHSO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液，若恰好使SO42-沉淀完全，氢氧化钡溶液过量，溶液呈碱性，若溶液呈中性，硫酸氢钠溶液过量，SO42-没有沉淀完全。‎ ‎12.下列变化过程中，加人氧化剂才能实现的是 A. Cl2→Cl- B. I-→I2 C. SO2→SO32- D. CuO→Cu ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 化合价升高元素所在的反应物是还原剂，实现化合价的升高要加入氧化剂，以此解答。‎ ‎【详解】A、Cl2→Cl-，氯元素化合价由0价降到-1价，所以可以加入还原剂来实现，故A错误； B、I-→I2，碘元素的化合价由-1价升高到0价，所以需加入氧化剂才能实现，故B正确； C、SO2→SO32- 中，没有元素化合价变化，不是氧化还原反应，故C错误； D、CuO→Cu铜元素的化合价降低了，所以需加入还原剂才能实现，故D错误。 故选B。‎ ‎【点睛】该题的关键是要理解氧化还原反应的概念，例如，还原剂、氧化剂，被氧化、被还原等。其次要根据题给信息得出所给微粒中有关元素的化合价必须升高这一关键。最后要注意自身发生氧化还原反应的微粒，如Cl2→Cl-，NO2→NO等，应引起足够重视。‎ ‎13.下列各组离子一定能大量共存的是（ ）‎ A. 在无色溶液中：Na+ Fe3+ Cl— SO42-‎ B. 在含大量Fe3+ 的溶液中：NH4+ K+ NO3- OH－‎ C. 在强碱溶液中：Na+ K+ NO3- CO32—‎ D. 滴加紫色石蕊试剂显红的溶液中：K+ Fe2+ Cl— CO32—‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ A中铁离子为黄色，A错误。B中铁离子会和氢氧根离子反应生成氢氧化铁沉淀，所以B错误。C中强碱性溶液中，这些离子都可以大量共存，C正确。D滴加紫色石蕊试剂显红的溶液应该显酸性，有一定量的氢离子，氢离子和碳酸根离子会反应，所以不共存，D错误。‎ 点睛：高一阶段要求掌握发生下列反应而不能大量共存的情况：‎ ‎1、发生复分解反应。（1）生成难溶物或微溶物：如：Ba2+与CO32-，Ag+与Cl-，Ca2+与SO42-等不能大量共存(微溶也不能大量共存)。‎ ‎（2）生成气体或挥发性物质：如：NH4+与OH-，H+与CO32-、HCO3-、S2-、HS-等不能大量共存。‎ ‎（3）生成难电离物质：如：H+与CH3COO-、ClO-等因生成弱酸不能大量共存；OH-与NH4+因生成的弱碱不能大量共存；H+与OH-生成水不能大量共存。‎ ‎2、发生氧化还原反应：‎ 氧化性离子(如Fe3+、NO3-、ClO-、MnO4- (H+)等)与还原性离子(如S2-、I-、Fe2+、等)不能大量共存。‎ ‎14.已知常温下在溶液中可发生如下两个离子反应：Ce4++Fe2+=Fe3++Ce3+，Sn2++2Fe3+=2Fe2++Sn4+，由此可以确定Fe2+、Ce3+、Sn2+三种离子的还原性由强到弱的顺序是 (    )‎ A. Sn2+ 、Fe2+、Ce3+ B. Sn2+、Ce3+、Fe2+‎ C. Ce3+、Fe2+ 、Sn2+ D. Fe2+、Sn2+、Ce3+‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】氧化还原反应中，还原剂的还原性强于还原产物的还原性，根据反应Ce4++Fe2+=Fe3++Ce3+可知，Fe2+为还原剂，Ce3+为还原产物，还原性Fe2+＞Ce3+，根据反应Sn2++2Fe3+=2Fe2++Sn4+可知，Sn2+为还原剂，Fe2+为还原产物，还原性Sn2+＞Fe2+，则还原性由强到弱的顺序是Sn2+＞Fe2+＞Ce3+，故选A。‎ ‎【点睛】在氧化还原反应中，还原剂的还原性强于还原产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物是解答关键。‎ ‎15.有一混合溶液,其中只含有Fe2+、Cl-、Br-、I-,其中Cl-、Br-、I-的个数比为2：3：4，向该溶液中通入氯气使溶液中Cl-和Br-的个数比为3：1，则通入氯气的物质的量与溶液中Fe2+剩余的物质的量之比为(    )‎ A. 7：4 B. 7：3 C. 7：2 D. 7：1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】由题意可设Cl-、Br-、I-的物质的量分别为2mol、3mol、4mol，由电荷守恒可得：2n（Fe2+）=n（Cl-）+n（Br-）+n（I-）=2mol+3mol+4mol=9mol，解得n（Fe2+）=4.5mol，通入氯气后，由溶液中Cl-和Br-的个数比为3：1可知Cl-需增加7mol，即通入氯气的物质的量为3.5mol，反应中还原性强的先反应，溶液中4mol I-与2mol氯气反应，余下1.5mol氯气只能与3mol Fe2+反应，剩余Fe2+1.5mol，则通入氯气与剩余Fe2+的物质的量之比为：3.5：1.5=7：3，故选B。‎ ‎【点睛】先依据电荷守恒计算溶液中Fe2+的物质的量，再依据同种还原剂，反应中还原性强的先反应计算剩余Fe2+的物质的量是解答关键，也是难点。‎ ‎16.下列化学反应属于氧化还原反应，且水做氧化剂的是 A. 2F2+2H2O＝4HF+O2 B. 2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑‎ C. CaO+H2O＝Ca(OH)2 D. H2+CuO ＝ Cu+H2O ‎【答案】B ‎【解析】‎ A、O和F元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，水为还原剂，故A错误；B、H元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，水为氧化剂，故B正确；C、各元素的化合价都没有发生变化，不是氧化还原反应，故C错误；D、H、Cu元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，水既不作氧化剂又不作还原剂，故选B。‎ 第II卷 非选择题(52分)‎ ‎17.今有10种物质：①Na ②稀硝酸 ③冰醋酸 ④NH3 ⑤空气⑥CO2 ⑦Fe(OH)3胶体 ⑧NaCl晶体 ⑨BaCO3 ⑩碘酒,(1)至(4)小题用序号填空．‎ ‎(1)能导电的物质 _____________；‎ ‎(2)电解质,但熔融状态下并不导电________；‎ ‎(3)强电解质 __________________________；‎ ‎(4)非电解质________________________；‎ ‎(5)写出下列物质的电离方程式：NaHSO4（熔融）___________，NaHCO3_________。‎ ‎(6)向胶体中逐滴滴入过量的盐酸,会出现一系列变化：先出现______,原因：_______，随后_________，原因(用离子方程式表示)____________。‎ ‎【答案】 (1). ①②⑦ (2). ③ (3). ⑧⑨ (4). ④⑥ (5). NaHSO4= Na++ HSO4- (6). NaHCO3= Na++ HCO3- (7). 红褐色沉淀 (8). 盐酸为电解质溶液会使胶体发生聚沉而产生沉淀 (9). 红褐色沉淀溶解 (10). Fe(OH)3+3H+= Fe3++3H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）当物质中有自由移动的离子或自由移动的电子时，物质能导电；‎ ‎（2）熔融状态下不导电的电解质说明化合物为共价化合物；‎ ‎（3）在水溶液中能完全电离的化合物为强电解质；‎ ‎（4）在水溶液中和熔融状态下都不能导电的化合物为非电解质；‎ ‎（5）硫酸氢钠为强酸酸式盐，在熔融状态下电离出钠离子和硫酸氢根离子，碳酸氢钠为弱酸酸式盐，在溶液中电离出钠离子和碳酸氢根离子；‎ ‎（6）向氢氧化铁胶体中逐滴滴入盐酸，盐酸为电解质溶液，会使氢氧化铁胶体发生聚沉而产生氢氧化铁红褐色沉淀，继续加入盐酸，氢氧化铁与盐酸发生中和反应生成氯化铁和水。‎ ‎【详解】（1）当物质中有自由移动的离子或自由移动的电子时，物质能导电，则能导电的物质有①Na、②稀硝酸、⑦Fe（OH）3胶体，故答案为：①②⑦；‎ ‎（2）属于电解质，但熔融状态下并不导电的化合物为共价化合物③纯醋酸，故答案为：③；‎ ‎（3）在水溶液中能完全电离的化合物为强电解质，则强电解质是⑧NaCl晶体、⑨BaCO3，故答案为：⑧⑨；‎ ‎（4）在水溶液中和熔融状态下都不能导电的化合物为非电解质，则非电解质是④NH3、⑥CO2，故答案为：④⑥；‎ ‎（5）硫酸氢钠为强酸酸式盐，在熔融状态下电离出钠离子和硫酸氢根离子，电离方程式为NaHSO4= Na++ HSO4-；碳酸氢钠为弱酸酸式盐，在溶液中电离出钠离子和碳酸氢根离子，电离方程式为NaHCO3= Na++ HCO3-，故答案为：NaHSO4= Na++ HSO4-；NaHCO3= Na++ HCO3-；‎ ‎(6)向氢氧化铁胶体中逐滴滴入盐酸，盐酸为电解质溶液，会使氢氧化铁胶体发生聚沉而产生氢氧化铁红褐色沉淀，继续加入盐酸，氢氧化铁与盐酸发生中和反应生成氯化铁和水，红褐色沉淀溶解，反应的离子方程式为Fe(OH)3+3H+= Fe3++3H2O，故答案为：红褐色沉淀；盐酸为电解质溶液会使胶体发生聚沉而产生沉淀；红褐色沉淀溶解；Fe(OH)3+3H+= Fe3++3H2O。‎ ‎18.Ⅰ某无土栽培用的营养液，营养液要求KCl、K2SO4和NH4Cl 3种固体原料的物质的量之比为1:4:8。‎ ‎(1) 配制该营养液后c(NH4+)=0.016 mol﹒L-1，溶液c(K+)=_______________。‎ ‎(2) 若采用(NH4)2SO4和KCl来配制该营养液，则(NH4)2SO4和KCl物质的量之比为________‎ Ⅱ从1L 1 mol﹒L-1氢氧化钠溶液中取出100 mL：‎ ‎(1)取出的这100 mL氢氧化钠溶液的物质的量浓度是______。若将取出的这100 mL氢氧化钠溶液加水稀释至500 mL，所得溶液的物质的量浓度是_____。‎ 某学生计划用12 mol﹒L-1的浓盐酸配制0.1 mol﹒L-1的稀盐酸450 mL，回答下列问题：‎ ‎(2)实验过程中，不必使用的是________(填字母)。‎ A.托盘天平      B.量筒   C.容量瓶     D.250 mL烧杯    E.胶头滴管    F.500 mL试剂瓶 ‎(3)除上述仪器可使用外，还缺少的仪器是________。‎ ‎(4)量取浓盐酸的体积为___ mL，应选用的量筒规格为______(提供10.0 mL、25.0 mL)。‎ ‎(5)配制时应选用的容量瓶规格为______________。‎ ‎(6)某同学操作出现以下情况，对所配溶液浓度将有何影响（填“偏高”“偏低”或“无影响”）。‎ 定容时俯视刻度线__________加蒸馏水时不慎超过了刻度__________,此时应如何处理 ________。‎ ‎【答案】 (1). 0.018mol/L (2). 4:9 (3). 1mol/L (4). 0.2mol/L (5). A (6). 玻璃棒 (7). 4.2 mL (8). 10.0mL (9). 500 mL (10). 偏高 (11). 偏低 (12). 重新配制 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Ⅰ由配制营养液的KCl、K2SO4和NH4Cl三种固体原料的物质的量之比为1:4:8可知，溶液中K+‎ 和NH4+的物质的量比为（1+2×4）：8=9:8，由K+和NH4+的物质的量比计算可得；‎ Ⅱ溶液是均匀的，从1L 1 mol﹒L-1氢氧化钠溶液中取出的100mLNaOH溶液浓度等于原溶液的浓度，由稀释定律计算可得；配置一定物质的量浓度的溶液，配制步骤有计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，需要用到的仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管、和500 mL试剂瓶。‎ ‎【详解】Ⅰ（1）由配制营养液的KCl、K2SO4和NH4Cl三种固体原料的物质的量之比为1:4:8可知，溶液中K+和NH4+的物质的量比为（1+2×4）：8=9:8，若营养液中c(NH4+)为0.016 mol﹒L-1，n（K+）：n（NH4+）=c（K+）：c（NH4+）=9:8，则c（K+）==0.018mol/L，故答案为：0.018mol/L；‎ ‎（2）设(NH4)2SO4的物质的量为x，KCl的物质的量的物质的量为y，由溶液中K+、NH4+的物质的量比为9:8可得y：2x=9:8，则x：y=4：9，故答案为：4：9；‎ Ⅱ（1）溶液是均匀的，从1L 1 mol﹒L-1氢氧化钠溶液中取出的100mLNaOH溶液浓度等于原溶液的浓度，则取出的这100 mL氢氧化钠溶液的物质的量浓度是为1mol/L；据稀释定律，稀释前后溶质氢氧化钠的物质的量不变，令稀释后的浓度为c，则可得关系式100mL×1mol/L=500mL×c，解得c=0.2mol/L，故答案为：1mol/L ；0.2mol/L；‎ ‎（2）配置一定物质的量浓度的溶液，配制步骤有计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，需要用到的仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管、和500 mL试剂瓶，不必使用的是托盘天平，故答案为：A；‎ ‎（3）由（2）分析可知，还缺少的仪器是玻璃棒，故答案为：玻璃棒；‎ ‎（4）设量取浓盐酸的体积是Vml，由稀释定律可知稀释前后HCl物质的量不变，则有12mol/L×V×10—3L=0.10mol/L×0.5L，解得V=4.2，由量筒使用的最近原则可知，应选用10.0mL量筒量取4.2ml浓盐酸，故答案为：4.2ml；10.0mL；‎ ‎（5）实验室没有450mL的容量瓶，则配制0.1 mol﹒L-1的稀盐酸450 mL应选用500mL的容量瓶，故答案为：500 mL；‎ ‎（6）定容时俯视刻度线，会导致溶液体积偏小，所配溶液浓度偏高；加蒸馏水时不慎超过了刻度，会导致溶液体积偏大，所配溶液浓度偏低，由于操作导致实验失败，解决的方法是重新配制，故答案为：偏高；偏低；重新配制。‎ ‎19.根据题目提供的信息，书写下列过程反应的离子方程式。‎ ‎(1)往NaHCO3‎ 溶液中加入少量澄清的石灰水溶液，写出该过程的离子方程式：________________________________。‎ ‎(2)医疗上用碳酸氢钠治疗胃酸过多，其离子方程式为____________________。‎ ‎(3)溶液中的Cd2+可用锌粉除去，反应的离子方程式为____________________。‎ ‎(4)NO被H2O2氧化为NO3-的离子方程式为____________________________。‎ ‎【答案】 (1). Ca2++2OH-+2HCO3-=CaCO3↓+CO32-+2H2O (2). HCO3-+ H+= CO2↑+H2O (3). Cd2++Zn= Cd+Zn2+ (4). 2NO+3H2O2=2NO3-+2H++2H2O ‎【解析】‎ ‎【详解】(1) NaHCO3溶液与少量澄清石灰水溶液反应生成碳酸钙沉淀、碳酸钠和水，反应的离子方程式为Ca2++2OH-+2HCO3-=CaCO3↓+CO32-+2H2O，故答案为：Ca2++2OH-+2HCO3-=CaCO3↓+CO32-+2H2O；‎ ‎（2）胃酸的主要成分是盐酸，盐酸与碳酸氢钠反应生成氯化钠、二氧化碳和水，反应的离子方程式为HCO3-+ H+= CO2↑+H2O，故答案为：HCO3-+ H+= CO2↑+H2O；‎ ‎（3）锌的金属性比镉强，锌于镉离子发生置换反应生成锌离子和镉，反应的离子方程式为Cd2++Zn= Cd+Zn2+，故答案为：Cd2++Zn= Cd+Zn2+；‎ ‎（4）一氧化氮具有还原性，与具有氧化性的双氧水反应生成硝酸和水，反应的离子方程式为2NO+3H2O2=2NO3-+2H++2H2O，故答案为：2NO+3H2O2=2NO3-+2H++2H2O。‎ ‎20.Ⅰ①根据反应8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2，回答下列问题：‎ 该反应中氧化剂是______________，氧化产物是___________________。‎ ‎②在方程式中用双线桥法表示出反应中的电子转移：_____________‎ ‎8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2   ‎ Ⅱ配平下列化学方程式或离子方程式，填写相关空白 ‎①______KClO3+ ______HC1--_____KCl+ ______Cl2↑+ ______H2O ‎ 生成3 mol Cl2时转移电子的物质的量为______．‎ ‎②______MnO4-+______SO2 +_____ _______=______Mn2++ ______SO42-+____ _____‎ 氧化剂与氧化产物的物质的量之比是______‎ ‎【答案】 (1). Cl2 (2). N2 (3). (4). 1 (5). 6 (6). 1 (7). 3 (8). 3 (9). 5mol (10). 2 (11). 5 (12). 2 (13).‎ ‎ H2O (14). 2 (15). 5 (16). 4 (17). H+ (18). 2:5‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Ⅰ由化学方程式可知，反应中N元素化合价由-3价变为0价，化合价升高被氧化，Cl元素化合价由0价变为-1价，化合价降低被还原，所以NH3是还原剂、Cl2是氧化剂；‎ Ⅱ依据化合价变化确定氧化剂和还原剂，由升降法和观察法配平可得。‎ ‎【详解】Ⅰ①由化学方程式可知，反应中N元素化合价由-3价变为0价，化合价升高被氧化，Cl元素化合价由0价变为-1价，化合价降低被还原，所以NH3是还原剂、Cl2是氧化剂，故答案为：Cl2；N2；‎ ‎②该反应中N元素化合价由-3价变为0价，Cl元素化合价由0价变为-1价，由化学方程式可知，反应中消耗3mol氯气转移6mol电子，用双线桥标出电子转移的方向和数目可为，故答案为：；‎ Ⅱ①由题给未配平化学方程式可知，氯酸钾中氯元素化合价降低被还原，发生还原反应，氯化氢中氯元素部分化合价升高被氧化发生氧化反应，部分没有变化，则氯酸钾做氧化剂，氯化氢起还原剂和酸的作用，由升降法和观察法配平可得化学方程式为KClO3+6HC1=KCl+3Cl2↑+ 3H2O，由化学方程式可知，反应中生成3 mol Cl2时转移5mol电子，故答案为：1；6；1； 3；3；5mol；‎ ‎②由题给未配平化学方程式可知，高锰酸根中锰元素化合价降低被还原发生还原反应，二氧化硫中硫元素化合价升高被氧化发生氧化反应，则高锰酸根做氧化剂，二氧化硫做还原剂，由升降法和观察法可得化学方程式为2MnO4-+5SO2 +2 H2O =2Mn2++ 5SO42-+4H+，由化学方程式可知，氧化剂MnO4-与氧化产物SO42-的物质的量之比是2:5，故答案为：2；5；2；H2O；2；5；4；H+；2:5。‎ ‎【点睛】氧化还原反应中，化合价升高值=化合价降低值=转移电子数，结合电子守恒来配平方程式并标出电子转移情况是解答关键。‎ ‎21.将表面氧化的镁条2.8 g投入100 mL稀硫酸中至不再产生气泡为止，共收集到标准状况气体2.24 L。向所得溶液中滴入4.0 mol﹒L-1的氢氧化钠溶液，开始滴入时无沉淀生成，滴加一定量的氢氧化钠溶液后开始出现白色沉淀，当滴加氢氧化钠溶液体积至100 ‎ mL时，恰好使沉淀完全。试求(溶液体积变化忽略不计)： ‎ ‎(1)镁条中已被氧化的镁和未被氧化的镁的物质的量之比____________；‎ ‎(2)最终所得溶液中溶质的物质的量浓度___________。‎ ‎【答案】 (1). 1:10 (2). 1.0 mol/L ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）镁与稀硫酸反应生成硫酸镁和氢气，反应的化学方程式为Mg+H2S04=MgSO4+H2↑，标准状况气体下，2.24 L氢气的物质的量为0.1mol，由化学方程式可知镁的物质的量为0.1mol，则氧化镁的物质的量为=0.01mol，由镁原子个数守恒可知，被氧化的镁的物质的量为0.01mol，镁条中已被氧化的镁和未被氧化的镁的物质的量之比为0.01mol：0.1mol=1:10，故答案为：1:10；‎ ‎（2）由题意可知，加入的氢氧化钠溶液先中和溶液中未反应的H2SO4，然后与镁离子反应生成氢氧化镁沉淀，氢氧化镁沉淀完全时NaOH全部转化为Na2SO4，由钠原子个数守恒可知，n（Na2SO4）=n（NaOH）=×4.0 mol﹒L-1×0.1L=0.2mol，最终所得溶液中硫酸钠的物质的量浓度=1.0mol/L，故答案为：1.0mol/L。‎ ‎ ‎ ‎ ‎