江西省抚州市临川区第二中学2019-2020学年高一上学期月考化学试题

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2019-2020学年度高一上学期12月月考
化学试卷

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。
【点睛】注意不要将澄清透明的溶液误认为是无色溶液，澄清透明的溶液不一定是无色溶液是解答易错点。
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。
【点睛】溶液和胶体是混合物，属于分散系，分散系是混合物包括溶液、胶体、浊液是解答关键。
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
【点睛】掌握和理解应用万能公式n=====cV是解答关键。
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。
【点睛】本题考查了电子转移方向和数目分析判断，根据元素化合价变化来分析是解答此类试题的常用方法。本题的易错选项是B，要注意该反应中部分HCl不参加氧化还原反应。
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。
【点睛】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的水既不是氧化剂也不是还原剂是解答关键，也是易错点。
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。
【点睛】离子方程式正误判断要注意物质是否能拆写是判断关键，也是解答易错点。
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。
【点睛】物质的量和质量具有加合性，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是解答易错点。
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。
【点睛】不明确溶液的体积，无法计算一定物质的量浓度溶液中溶质的物质的量，标准状况下，无法计算一定条件非气态物质的物质的量是解答易错点。
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。
【点睛】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是解答关键，只有单质参加或生成的反应不属于置换反应是解答关键。
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：。
【点睛】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，单质和溶液既不是电解质也不是非电解质是解答关键。
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。
【点睛】掌握和理解应用万能公式n=====cV是解答此类试题的关键。
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-。
【点睛】由离子共存确定四种可溶性盐一定有BaCl2和AgNO3是解答突破口，由Cu2+不能和CO32-结合，只有C盐的溶液呈蓝色确定C为CuSO4是解答关键。
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。
【点睛】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说明维生素起还原剂作用是解答关键。
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。
【点睛】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，保证气压相等是解答易错点。