2016-2017学年重庆四十二中高一上学期期中化学试卷
一、选择题
1．（2015高一上·回民月考）下面是人们对于化学科学的各种常见认识，其中错误的是（ ）
A．化学面对现代日益严重的环境问题显的无能为力
B．化学将在能源、资源的合理开发和安全应用方面大显身手
C．化学是一门具有极强实用性的科学
D．化学是一门以实验为基础的自然科学
2．（2016高一上·重庆期中）下列实验操作或事故处理正确的是（ ）
A．利用溶于水后“过滤”操作能分离NaCl和Ba（OH）2
B．实验结束后，用嘴吹灭酒精灯
C．皮肤上不慎沾上NaOH溶液，立即用盐酸冲洗
D．稀释浓硫酸时，将浓硫酸沿器壁慢慢注入水中，并不断搅拌
3．（2016高一上·重庆期中）配制一定物质的量浓度的溶液是一个重要的定量实验，下列有关说法正确的是（ ）
A．容量瓶用蒸馏水洗净后，可不经干燥直接用于配制溶液
B．配制一定物质的量浓度的稀盐酸时，用量筒量取9.82 mL浓盐酸
C．配制1 L 0.1 mol L﹣1的NaCl溶液时用托盘天平称量5.85 g NaCl固体
D．定容时，为防止液滴飞溅，胶头滴管紧贴容量瓶内壁
4．（2016高一上·重庆期中）下列实验操作正确的是（ ）
A． 称量氢氧化钠固体
B． 分离柴油和水
C． 把饱和食盐水中的食盐提取出来
D． 分离两种互溶但沸点相差较大的液体混合物
5．（2016高一上·重庆期中）2009年10月24日在京沪高速公路扬州境内高邮段发生了一起重大交通事故，是由于大雾引起的汽车追尾，雾属于下列哪种分散系（ ）
A．乳浊液 B．溶液 C．胶体 D．悬浊液
6．（2016高一上·重庆期中）我国科学家在世界上第一次为一种名为“钴酞菁”的分子（直径为1.3纳米）恢复了磁性，“钴酞菁”分子结构和性质与人体的血红素及植物体内的叶绿素非常相似．下列关于“钴酞菁”分子的说法中正确的是（ ）
A．在水中所形成的分散系属悬浊液
B．分子直径比Na+小
C．在水中形成的分散系能产生丁达尔效应
D．“钴酞菁”分子不能透过滤纸
7．（2016高一上·重庆期中）将下列各组物质按单质、氧化物、酸、碱、盐分类顺序排列，其中正确的是（ ）
A．银、干冰、硫酸、烧碱、食盐
B．碘酒、冰、盐酸、烧碱、食盐
C．氢气、二氧化硫、硝酸、烧碱、硝酸钾
D．铜、氧化铜、醋酸、石灰水、氯化铜
8．一化学兴趣小组在家中进行化学实验，按照图1连接好线路发现灯泡不亮，按照图2连接好线路发现灯泡亮，由此得出的结论正确的是（ ）
A．NaCl是非电解质
B．NaCl溶液是电解质
C．NaCl溶液中水电离出大量的离子
D．NaCl在水溶液中电离出了可以自由移动的离子
9．（2016高一上·重庆期中）下列叙述正确的有几项（ ）
①NH3溶于水能导电，所以NH3是电解质
②BaSO4投入水中，导电性较弱，故它是弱电解质
③氯化氢水溶液能导电，所以氯化氢是电解质
④氯化钠溶液能导电，所以氯化钠溶液是电解质
⑤硫磺（S）不能导电，所以硫磺是非电解质
⑥CaCO3投入水中几乎不能导电，但CaCO3是强电解质．
A．1项 B．2项 C．3项 D．4项
10．（2016高一上·重庆期中）下列说法正确的是（ ）
①Na2O、Fe2O3属于碱性氧化物，CO2、SO2、NO2都能和碱溶液发生反应属于酸性氧化物
②碳酸钠、氢氧化钡、氯化铵、过氧化钠都属于离子化合物
③蔗糖、硝酸钾和硫酸钡分别属于非电解质、强电解质和弱电解质
④醋酸、烧碱、纯碱和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物
⑤盐酸属于混合物，而液氯、冰醋酸均属于纯净物．
A．①③⑤ B．①④⑤ C．②③④ D．②④⑤
11．（2016高一上·重庆期中）系列物质在水溶液中的电离方程式书写错误的是（ ）
①NaHSO3=Na++H++SO32﹣
②NaHSO4=Na++H++SO42﹣
③H2SO4=2H++SO42﹣
④Ca（OH）2=Ca2++（OH﹣）2．
A．①② B．① C．③④ D．①④
12．（2016高一上·重庆期中）能用离子方程式Ba2++SO42﹣→BaSO4↓表示的是（ ）
A．氯化钡和硫酸钠溶液反应 B．碳酸钡和稀硫酸反应
C．氢氧化钡和硫酸铝溶液反应 D．氢氧化钡和稀硫酸反应
13．（2016高一上·重庆期中）某无色溶液既可能是强酸性又可能是强碱性，在该溶液中一定能大量共存的离子是（ ）
A．H+ Na+ NO3﹣ SO42﹣ B．Na+ CO32﹣ Cu2+ Cl﹣
C．K+ Na+ Cl﹣ SO42﹣ D．K+ Cl﹣ Ba2+ HCO3﹣
14．（2016高一上·重庆期中）下列各组离子在指定的溶液中能大量共存的是（ ）
①无色溶液中：K+、Cu2+、Na+、SO42﹣
②pH=11的溶液中：K+、Ba2+、Cl﹣、HCO3﹣
③能使酚酞试剂变红的溶液中：Cl﹣、CO32﹣、NO3﹣、NH4+
④稀HCl溶液中：Mg2+、Na+、SO42﹣、S2﹣
⑤能使石蕊试纸变为红色的溶液：Na+、Cl﹣、SO32﹣、Mg2+．
A．①⑤ B．③④ C．② D．全都不行
15．（2016高一上·重庆期中）下列说法正确的是（ ）
A．标准状况下，22.4 L H2和Cl2的混合气体中含有的分子数为2NA
B．在标准状况下，1 mol H2O的体积可能是22.4 L
C．当温度高于0℃时，一定量任何气体的体积都大于22.4 L
D．标况下，某气体的体积为22.4 L，则该气体的物质的量为1 mol，所含的分子数目约为：6.02×1023
16．（2016高一上·重庆期中）NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．23 g Na变为Na+时得到的电子数为NA
B．18 g水所含的电子数为NA
C．16 g O2与16 g O3所含的原子数均是NA
D．常温常压下，46 g的NO2和N2O4混合气体含有的分子数为3NA
17．（2017高一上·合肥期中）某国外化学教材中有一张关于氧化还原反应的插图：由图可知， 在该反应中是（ ）
A．还原剂 B．氧化剂 C．氧化产物 D．还原产物
18．（2016高一上·重庆期中）氧化还原反应与四种基本类型反应的关系如图所示，则下列化学反应属于阴影部分的是（ ）
A．Cl2+2KBr═Br2+2KCl
B．2NaHCO3 Na2CO3+H2O+CO2↑
C．4Fe（OH）2+O2+2H2O═4Fe（OH）3
D．2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2↑
19．（2016高一上·重庆期中）下列叙述中正确的是（ ）
A．在氧化还原反应中，肯定有一种元素被氧化，另一种元素被还原
B．有单质参加或生成的反应一定属于氧化还原反应
C．失电子难的原子，获得电子的能力一定强
D．元素由化合态变成游离态时，它可能被氧化，也可能被还原
20．（2016高一上·重庆期中）黑火药爆炸时发生：S+2KNO3+3C=K2S+N2↑+3CO2↑，其中被还原的物质是（ ）
A．S和KNO3 B．C 和S C．KNO3 D．C 和KNO3
21．（2016高一上·重庆期中）在3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O反应中，还原剂与氧化剂的物质的量为（ ）
A．3：8 B．1：1 C．3：2 D．1：2
22．（2016高一上·重庆期中）常温下，发生下列几种反应：①16H++10Z﹣+2XO ═2X2++5Z2+8H2O ②2A2++B2═2A3++2B﹣③2B﹣+Z2═B2+2Z﹣根据上述反应，判断下列结论错误的是（ ）
A．X2+是XO 的还原产物
B．氧化性强弱的顺序为：XO ＞Z2＞B2＞A3+
C．Z2在①③反应中均为还原剂
D．溶液中可发生：Z2+2A2+═2A3++2Z
23．（2016高一上·重庆期中）对于反应3Cl2+6NaOH 5NaCl+NaClO3+3H2O，以下叙述正确的是（ ）
A．Cl2是氧化剂，NaOH是还原剂
B．氧化剂得电子数与还原剂失电子数之比为1：1
C．NaCl是氧化产物
D．被氧化的氯原子和被还原的氯原子的物质的量之比为1：1
24．（2016高一上·重庆期中）某氧化还原反应中有反应物和生成物共六种：NO、FeSO4、Fe（NO3）3、H2O、HNO3和Fe2（SO4）3．其中HNO3为反应物，则该反应中的还原剂为（ ）
A．NO B．BFeSO4 C．Fe（NO3）3 D．Fe2（SO4）3
二、解答题
25．（2016高一上·重庆期中）现有以下物质：
①NaCl晶体 ②纯H2SO4③CaCO3固体 ④熔融KCl ⑤蔗糖 ⑥铜 ⑦SO2⑧KOH固体 ⑨液氧 ⑩稀硫酸
（1）以上物质中能导电的是 ．
（2）以上物质中属于电解质的是 ．
26．（2016高一上·重庆期中）现有A，B，C，D四瓶溶液，分别是H2SO4、BaCl2、Na2SO4、Na2CO3中的一种．根据以下实验及现象回答下列问题：
①A加入B中无反应 ②A加入C中有气体产生 ③D加入A中有沉淀产生．
（1）请写出四瓶溶液中物质的化学式：A ；B ．
（2）写出A与C反应的离子方程式： ．A与D反应的离子方程式： ．
27．（2016高一上·重庆期中）用一种试剂除去下列物质中的杂质，写出所加的试剂及有关反应的离子方程式．
Na2CO3溶液（NaHCO3）：试剂 ，离子方程式 ．
28．（2016高一上·重庆期中）实验室欲用NaOH固体配制1.0mol/L的NaOH溶液240mL．一般可以分为以下几个步骤：
①称量 ②计算 ③溶解 ④摇匀 ⑤移液 ⑥洗涤 ⑦定容 ⑧冷却 ⑨摇动
（1）配制溶液时，其正确的操作顺序为 （填序号）．本实验必须用到的仪器有托盘天平、药匙、玻璃棒、烧杯、 、 ．
（2）某同学欲称量NaOH的质量，先用托盘天平称量烧杯的质量，托盘天平平衡后的状态如图所示．烧杯的实际质量为 g，要完成本实验该同学应称量 g NaOH．
（3）使用容量瓶前必须进行的一步操作是 ．
（4）配制过程中，下列操作会引起所配溶液浓度偏高的是 （填序号）．
A．转移溶液时，有少量溶液洒到容量瓶外面
B．定容时俯视刻度线
C．未冷却至室温就将溶液移入容量瓶中并定容
D．定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面低于刻度线，再加蒸馏水至刻度线．
29．（2016高一上·重庆期中）按要求填空
（1）已知实验室制备氧气可以通过加热高锰酸钾实现，其发生的反应如下：2KMnO4 K2MnO4+MnO2+O2↑其中被氧化的元素是 ，还原产物是 ．
（2）查阅资料可知：铜和浓H2SO4共热，发生如下反应：Cu+2H2SO4 CuSO4+SO2↑+2H2O该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 ，其中H2SO4在反应中体现 性．
（3）在一定条件下，RO3n﹣和氟气可发生如下反应：RO3n﹣+F2+2OH﹣=RO4﹣+2F﹣+H2O从而可知在RO3n﹣中元素R的化合价是 ．
（4）请用双线桥表示下列反应方程式中转移的电子数目及方向：
K2Cr2O7+14HCl=2KCl+2CrCl3+3Cl2↑+7H2O
若反应中，发生氧化反应的HCl为1.2mol，则被还原的K2Cr2O7物质的量为 mol．
30．（2016高一上·重庆期中）某反应体系中的物质有：NaOH，Au2O3、Na2S4O6、Na2S2O3、Au2O， H2O．
（1）请将Au2O3之外的反应物与生成物分别填入以下空格内使反应能够进行，并配平方程式．
+ + → + +
（2）反应中的还原剂是 ．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】化学的主要特点与意义；化学科学的主要研究对象
【解析】【解答】A．利用化学反应将有毒物质转化为无毒物质并进一步解决环境问题，垃圾等污染物通过化学方法回收利用减少环境污染，故A错误；
B．可以利用化学来解决能源、资源的开发及合理使用，能利用化学反应将有毒物质转化为无毒物质并进一步解决环境问题，故B正确；
C．因化学是为人类的生活、生产以及健康服务的，则化学是一门具有较强实用性的科学，故C正确；
D．因化学以实验为手段来分析物质的组成、结构、性质等变化规律，则化学是一门以实验为基础的自然科学，故D正确．
故选A．
【分析】根据化学对人类生活和生产的积极作用及化学学科的特点是以实验为基础的学科来分析解答．
2．【答案】D
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】解：A．过滤用于分离不溶于水的物质，而NaCl和Ba（OH）2都溶于水，不能用过滤的方法分离，故A错误；
B．熄灭酒精灯，应用酒精灯灯帽盖灭，不能用嘴吹，以防止火灾，故B错误；
C．皮肤上不慎沾上NaOH溶液，应先用水冲洗，在涂上硼酸，防止灼伤皮肤，故C错误；
D．稀释浓硫酸，可将浓硫酸沿器壁慢慢注入水中，并不断搅拌，以防止酸液飞溅，故D正确．
故选D．
【分析】A．NaCl和Ba（OH）2都溶于水；
B．熄灭酒精灯，应防止火灾；
C．应用硼酸，防止灼伤皮肤；
D．稀释浓硫酸，应防止酸液飞溅．
3．【答案】A
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液
【解析】【解答】解：A．容量瓶用蒸馏水洗净后，不需要干燥，因定容时还需要加水，故A正确；
B．量筒的感量为0.1mL，可量取9.8mL浓盐酸，故B错误；
C．托盘天平的感量为0.1g，可称量5.8g固体，故C错误；
D．定容时，胶头滴管要悬空正放，不能紧贴容量瓶内壁，故D错误；
故选A．
【分析】A．容量瓶用蒸馏水洗净后，不需要干燥；
B．量筒的感量为0.1mL；
C．托盘天平的感量为0.1g；
D．定容时，胶头滴管要悬空正放．
4．【答案】C
【知识点】常用仪器及其使用；过滤；蒸发和结晶、重结晶；蒸馏与分馏
【解析】【解答】解：A、氢氧化钠具有吸水性和腐蚀性，所以不能放在滤纸上称量，用天平称量物体时应左物右码，故A错误；
B、过滤适用于分离不溶性固体，所以柴油和水不能用过滤的方法分离，应用分液的方法分离，故B错误；
C、把饱和食盐水中的食盐提取出来用蒸发结晶，同时用玻璃棒不断搅拌，故C正确；
D、互溶的液体混合物中两种液体的沸点不同，则分离两种液体可用蒸馏的方法，但是冷凝器的水要从下向上流，故D错误．
故选：C．
【分析】A、氢氧化钠具有吸水性和腐蚀性以及左物右码进行解答；
B、过滤适用于分离不溶性固体；
C、由蒸发结晶的注意事项进行解答；
D、根据冷凝器的使用进行解答．
5．【答案】C
【知识点】胶体的性质和应用
【解析】【解答】解：因分散质粒子直径在1nm～100nm之间的分散系属于胶体，胶体具有丁达尔现象，大雾时，用灯照射时会出现一条光亮的通路，则雾属于胶体，故选C．
【分析】根据雾属于胶体，属于气溶胶来解答．
6．【答案】C
【知识点】胶体的性质和应用
【解析】【解答】解：A．钴酞菁”的分子（直径为1.3nm），其大小在胶体粒子范围之内，属于胶体，故A错误；
B．“钴酞菁”分子（直径为1.3nm），Na+半径小于1nm，故B错误；
C．钴酞菁”的分子（直径为1.3nm），在水中形成的分散系属于胶体，具有丁达尔现象等性质，故C正确；
D．“钴酞菁”分子（直径为1.3nm），能透过滤纸，不能透过半透膜，故D错误．
故选C．
【分析】“钴酞菁”的分子（直径为1.3nm），在水中形成的分散系属于胶体分散系，具有胶体的性质，具有丁达尔现象、能透过滤纸等性质．
7．【答案】C
【知识点】物质的简单分类
【解析】【解答】解：A、食盐的主要成分是NaCl，但含KIO3，是NaCl和KIO3的混合物，不属于盐，故A错误；
B、碘酒是I2的酒精溶液，是混合物，不是单质．盐酸是HCl的水溶液，是混合物，不是酸，故B错误；
C、氢气是单质；二氧化硫是氧化物；硝酸是酸；烧碱是NaOH，是碱；硝酸钾是盐，故C正确；
D、石灰水是氢氧化钙溶液，是混合物，故D错误；
故选C．
【分析】单质：只由一种元素构成的纯净物．
氧化物：由两种元素构成，其中一种是氧元素的化合物．
酸：电离出的阳离子全部是H+的化合物．
碱：电离出的阴离子全部是OH﹣的化合物．
盐：阳离子是金属离子或NH4+，阴离子为酸根离子的化合物．
食盐是NaCl和KIO3的混合物；碘酒是I2的酒精溶液，是混合物；盐酸是HCl的水溶液，也是混合物；纯碱是盐不是碱．
8．【答案】D
【知识点】电解质溶液的导电性
【解析】【解答】A、NaCl是强电解质，故A不符合题意；
B、NaCl溶液属于混合物，不是电解质，故B不符合题意；
C、NaCl溶液中含有大量的钠离子和氯离子，水电离出少量的氢离子和氢氧根离子，故C不符合题意；
D、NaCl在水溶液中电离出了大量的自由移动的氯离子和钠离子，能使装置构成电解池而产生电流，故D符合题意。
故答案为：D
【分析】氯化钠是强电解质，固体氯化钠中不含自由移动的离子而不能导电，在氯化钠溶液中含有自由移动的离子能够导电，据此解答即可.
9．【答案】A
【知识点】电解质与非电解质
【解析】【解答】解：①NH3溶于水生成一水合氨，故氨水能导电和氨气本身无关，即氨气为非电解质，故错误；②强弱电解质的本质区别是能否完全电离，而BaSO4投入水中能完全电离，故为强电解质，故错误；③在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物为电解质，由于盐酸能导电，故HCl为电解质，故正确；④氯化钠溶液是混合物，故既不是电解质也不是非电解质，故错误；⑤单质既不是电解质也不是非电解质，故硫单质不是电解质也不是非电解质，故错误； ⑥强弱电解质的本质区别是能否完全电离，CaCO3投入水中几乎不能导电，但能完全电离，故为强电解质，故错误．
故选A．
【分析】①NH3溶于水能导电和其本身无关； ②BaSO4投入水中能完全电离；③在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物为电解质；④氯化钠溶液是混合物；⑤单质既不是电解质也不是非电解质；⑥强弱电解质的本质区别是能否完全电离．
10．【答案】D
【知识点】物质的简单分类
【解析】【解答】解：①Na2O、Fe2O3能够与酸反应只生成盐和水，属于碱性氧化物，NO2与水反应除了生成酸还生成一氧化氮，不属于酸性氧化物，故错误；
②碳酸钠、氢氧化钡、氯化铵、过氧化钠都是由阳离子和阴离子构成的化合物，属于离子化合物，故正确；
③硫酸钡熔融状态下能够完全电离，为强电解质，故错误；
④醋酸、烧碱、纯碱和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物，故正确；
⑤盐酸含有氯化氢和水两种物质，属于混合物，而液氯、冰醋酸都只含一种物质，均属于纯净物，故正确；
故选：D．
【分析】能够与水反应只生成碱的氧化物为碱性氧化物，能够与酸反应只生成盐和水的氧化物为碱性氧化物；
能够与碱反应只生成盐和水的氧化物为酸性氧化物；
由阳离子和阴离子构成的化合物，为离子化合物；
在水溶液和熔融状态下都不导电的化合物为非电解质；水溶液中能够完全电离的电解质为强电解质，部分电离的为弱电解质；
电离产生阳离子都是氢离子的为酸；电离产生阴离子都是氢氧根离子的为碱；由两种元素组成，一种为氧的化合物为氧化物；
由两种以上物质组成的为混合物；只有一种物质组成的为纯净物．
11．【答案】D
【知识点】电离方程式的书写
【解析】【解答】解：①NaHSO3在溶液中电离出钠离子和亚硫酸氢根离子，则其电离方程式为：NaHSO3=Na++HSO3﹣，故错误； ②NaHSO4是强酸的酸式盐在溶液中完全电离，则其电离方程式为：NaHSO4=Na++H++SO42﹣，故正确；③硫酸是二元强酸在溶液中完全电离出氢离子，则其电离方程式为：H2SO4=2H++SO42﹣，故正确；④Ca（OH）2是强碱在溶液中完全电离，则其电离方程式为：Ca（OH）2=Ca2++2OH﹣，故错误．
故选D．
【分析】①NaHSO3在溶液中电离出钠离子和亚硫酸氢根离子； ②NaHSO4是强酸的酸式盐在溶液中完全电离；③二元强酸在溶液中完全电离出氢离子； ④Ca（OH）2是强碱在溶液中完全电离．
12．【答案】A
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】解：A．氯化钡和硫酸钠溶液反应生成硫酸钡和氯化钠，符合题意要求，故A正确；
B．碳酸钡为难溶物，保留化学式，故B错误；
C．氢氧化钡和硫酸铝溶液反应，除了钡离子与硫酸根离子反应外，氢氧根离子与铝离子也会发生反应，故C错误；
D．氢氧化钡和稀硫酸反应，除了钡离子与硫酸根离子反应外，氢氧根离子与氢离子也会发生反应，故D错误；
故选：A．
【分析】Ba2++SO42﹣→BaSO4↓表示可溶性钡盐与可溶性硫酸盐或者硫酸反应只生成硫酸钡沉淀的反应，或者表示氢氧化钡与可溶性硫酸盐反应只生成硫酸钡沉淀的反应．
13．【答案】C
【知识点】离子共存
【解析】【解答】解：A．H+在强碱性溶液中不能大量存在，故A不选；
B．Cu2+有色，且CO32﹣与Cu2+不共存，故B不选；
C．酸或碱溶液蒸干离子均不反应，且离子均为无色，大量共存，故C选；
D．HCO3﹣在酸性和强碱性溶液中都不能大量存在，故D不选．
故选C．
【分析】与酸或碱溶液中的离子不能结合生成沉淀、气体、水等，则离子大量共存，并结合常见离子的颜色来解答．
14．【答案】D
【知识点】离子共存
【解析】【解答】解：①无色溶液中不存在有色的Cu2+离子，故①错误；②pH=11的溶液呈碱性，溶液中存在大量氢氧根离子，Ba2+、HCO3﹣与氢氧根离子反应生成碳酸钡沉淀，在溶液中不能大量共存，故②错误；③能使酚酞试剂变红的溶液呈碱性，溶液中存在大量氢氧根离子，NH4+与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故③错误；④稀HCl溶液中，S2﹣与氢离子反应，在溶液中不能大量共存，故④错误；⑤能使石蕊试纸变为红色的溶液呈酸性，溶液中存在大量氢离子，SO32﹣与Mg2+、H+反应，在溶液中不能大量共存，故⑤错误；
故选D．
【分析】①铜离子为有色离子，不满足溶液无色的条件；②pH=11的溶液中存在大量氢氧根离子，碳酸氢根离子与氢氧根离子反应；③能使酚酞试剂变红的溶液中存在大量氢氧根离子，铵根离子与氢氧根离子反应；④稀HCl溶液中，硫离子与氢离子反应；⑤能使石蕊试纸变为红色的溶液中存在大量氢离子，亚硫酸根离子与镁离子、氢离子反应．
15．【答案】D
【知识点】物质的量的相关计算
【解析】【解答】解：A．标准状况下，22.4 L H2和Cl2的混合气体的物质的量为： =1mol，1mol混合气体中含有的分子数为NA，故A错误；
B．由于标准状况下是不是气体，不能使用标准状况下的气体摩尔体积计算，故B错误；
C．没有告诉气体的物质的量和压强，无法判断气体的体积，故C错误；
D．标况下某气体的体积为22.4 L，该气体的物质的量为： =1mol，所含气体分子数目约为：N=nNA=6.02×1023mol﹣1×1mol=6.02×1023，故D正确；
故选D．
【分析】A．根据n= 计算出混合气体的物质的量，最高价N=nNA计算出混合气体中含有的分子数；
B．标准状况下水的状态不是气态；
C．压强也影响气体体积，且没有告诉气体的物质的量，无法判断气体体积；
D．根据n= 计算出气体的物质的量，再根据N=nNA计算出所含分子数．
16．【答案】C
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】解：A、23g钠的物质的量为1mol，而钠反应后变为+1价，故1mol钠失去NA个电子，故A错误；
B、18g水的物质的量为1mol，而水为10电子微粒，故1mol水中含10NA个电子，故B错误；
C、氧气和臭氧均由氧原子构成，故16g氧气和16g臭氧中含有的氧原子的物质的量均为1mol，个数均为NA个，故C正确；
D、NO2和N2O4的摩尔质量不同，故46g混合物的物质的量无法计算，则分子个数无法计算，故D错误．
故选C．
【分析】A、求出钠的物质的量，然后根据钠反应后变为+1价来分析；
B、求出水的物质的量，然后根据水为10电子微粒来分析；
C、氧气和臭氧均由氧原子构成；
D、NO2和N2O4的摩尔质量不同．
17．【答案】A
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】由图可知， 在该反应中失去电子，则在反应中作还原剂，
故答案为：A．
【分析】根据氧化还原反应中氧化剂得电子、还原剂失电子，分析图中A电子的转移情况进行判断即可.
18．【答案】D
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】解：A．Cl2+2KBr═Br2+2KCl属于置换反应，不符合，故A不选；
B.2NaHCO3 Na2CO3+H2O+CO2↑属于分解反应，不符合，故B不选；
C.4Fe（OH）2+O2+2H2O═4Fe（OH）3属于化合反应，不符合，故C不选；
D.2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2不属于化合反应，不属于分解反应，不是置换反应，属于氧化还原反应，符合，故D选；
故选D．
【分析】由图中的阴影可知，反应不属于化合反应，不属于分解反应，不是置换反应，但一定属于氧化还原反应，以此来解答．
19．【答案】D
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】解：A、在氧化还原反应中，被氧化和被还原的元素可以是同种元素，如氯气与水反应，氯元素既被氧化，又被还原，故A错误；
B、有化合价的变化的反应属于氧化还原反应，有单质参加或生成的反应不一定属于氧化还原反应，如氧气转化为臭氧，没有化合价的变化不是氧化还原反应，故B错误；
C、稀有气体既不易得电子，也不易失电子，所以失电子难的原子，获得电子的能力不一定强，故C错误；
D、元素由化合态变成游离态时，若化合价升高，则被氧化，若化合价降低，则被还原，故D正确．
故选D．
【分析】A、在氧化还原反应中，被氧化和被还原的元素可以是同种元素；
B、有化合价的变化的反应属于氧化还原反应；
C、稀有气体既不易得电子，也不易失电子；
D、根据元素的化合价的变化分析．
20．【答案】A
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】解：S+2KNO3+3C=K2S+N2↑+3CO2↑中，S、N元素的化合价降低，则S和KNO3为氧化剂，被还原，
故选A．
【分析】含元素化合价降低的物质为氧化剂，在反应中被还原，以此来解答．
21．【答案】C
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】解：该反应3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O中，Cu元素化合价变化为：0价→+2价，失电子作还原剂；N元素的化合价变化为：+5价→+2价，得电子作氧化剂；硝酸有一部分化合价不变化，所以还有部分硝酸只起酸作用，根据氧化还原反应中得失电子数相等知，铜全部作还原剂，有 的硝酸作氧化剂，所以还原剂与氧化剂的物质的量之比为3：2．
故选C．
【分析】根据化合价变化判断出氧化剂、还原剂，同一化学反应中，物质的量之比等于计量数之比．
22．【答案】C
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】解：A．反应①中X元素的化合价降低，则XO4﹣为氧化剂，则X2+是XO4﹣的还原产物，故A正确；
B．①中X的化合价降低，则氧化性XO4﹣＞Z2，②中B元素的化合价降低，则氧化性B2＞A3+，③中Z元素的化合价降低，则氧化性Z2＞B2，则氧化性XO4﹣＞Z2＞B2＞A3+，故B正确；
C．①中Z元素的化合价升高，则Z2为氧化产物，③中Z元素的化合价降低，则Z2为氧化剂，故C错误；
D．①中X的化合价降低，则氧化性XO4﹣＞Z2，②中B元素的化合价降低，则氧化性B2＞A3+，③中Z元素的化合价降低，则氧化性Z2＞B2，则氧化性Z2＞A3+，反应Z2+2A2+=2A3++2Z﹣可发生，故D正确；
故选C．
【分析】①中Z元素的化合价升高，X元素的化合价升高；②中A元素的化合价升高，B元素的化合价降低；③中B元素的化合价升高，Z元素的化合价降低，结合氧化还原反应基本概念及氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性来解答．
23．【答案】B
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】解：A．该反应中只有Cl元素的化合价变化，氯气既是氧化剂又是还原剂，故A错误；
B．由电子守恒可知，氧化剂得电子总数与还原剂失电子总数之比为1：1，故B正确；
C．生成NaCl，Cl元素化合价降低，则NaCl为还原产物，故C错误；
D．由Cl元素守恒及元素的化合价变化可知，该反应中1molCl原子失去电子时5molCl原子得到电子，则被氧化的Cl原子和被还原的Cl原子的物质的量的比为1：5，故D错误．
故选B．
【分析】3Cl2+6NaOH 5NaCl+NaClO3+3H2O中，Cl元素的化合价由0升高为+5价，Cl元素的化合价由0降低为﹣1价，该反应中转移5e﹣，从化合价变化的角度解答该题．
24．【答案】B
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】解：氧化还原反应的特征为化合价的升降，反应中HNO3为反应物，具有强氧化性，则NO为生成物，反应中硝酸被还原，为氧化剂，题给物质中元素化合价发生变化的还有Fe，则Fe元素化合价应升高，被氧化，则FeSO4应为还原剂，被氧化生成Fe（NO3）3和Fe2（SO4）3．
故选B．
【分析】HNO3为反应物，具有强氧化性，则NO为生成物，反应中硝酸被还原，为氧化剂，则反应中FeSO4应为还原剂，被氧化生成Fe（NO3）3和Fe2（SO4）3．
25．【答案】（1）④⑥⑩
（2）①②③④⑧
【知识点】电解质与非电解质
【解析】【解答】解：①NaCl晶体 ②纯H2SO4③CaCO3固体 ④熔融KCl ⑤蔗糖 ⑥铜 ⑦SO2⑧KOH固体 ⑨液氧 ⑩稀硫酸①NaCl晶体属于电解质，但无自由移动离子，不能导电；②纯H2SO4 属于电解质，但不含自由移动的阴、阳离子，所以不导电；③CaCO3属于电解质，因为不含自由移动的阴、阳离子，所以不导电；④熔融KCl属于电解质，因为含有自由移动的阴、阳离子，所以能导电；⑤蔗糖属于非电解质，不含自由移动的阴阳离子或自由电子，所以不导电；⑥铜是单质，所以既不是电解质也不是非电解质，因为含有自由移动的电子，所以能导电；⑦SO2属于非电解质，不含自由移动的阴阳离子或自由电子，所以不导电；⑧KOH固体属于电解质，但没有自由移动的阴、阳离子，所以不导电；⑨液氧 不能导电，是单质不是电解质也不是非电解质，⑩稀硫酸溶液中存在离子能导电，是溶液属于混合物，（1）能导电的是④⑥⑩；故答案为：④⑥⑩；（2）以上物质中属于电解质的是①②③④⑧，故答案为：①②③④⑧．
【分析】（1）能导电的物质中含有自由移动的阴阳离子或电子，如金属或电解质溶液能导电；（2）在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，酸、碱、盐、金属氧化物都属于电解质．
26．【答案】（1）H2SO4；Na2SO4
（2）2H++CO32﹣=CO2↑+H2O；Ba2++SO42﹣=BaSO4↓
【知识点】无机物的推断
【解析】【解答】解：A加入C中有气体产生，则A、C为H2SO4、Na2CO3中的一种，BaCl2与H2SO4、Na2SO4、Na2CO3反应均生成白色沉淀，结合D加入A中有沉淀产生，可知D为BaCl2，A加入B中无反应，则A为H2SO4，B为Na2SO4，C为Na2CO3，（1）由上述分析可知，A为H2SO4，B为Na2SO4，故答案为：H2SO4；Na2SO4；（2）A与C反应的离子方程式为2H++CO32﹣=CO2↑+H2O，A与D反应的离子方程式为Ba2++SO42﹣=BaSO4↓，故答案为：2H++CO32﹣=CO2↑+H2O；Ba2++SO42﹣=BaSO4↓．
【分析】A加入C中有气体产生，则A、C为H2SO4、Na2CO3中的一种，BaCl2与H2SO4、Na2SO4、Na2CO3反应均生成白色沉淀，结合D加入A中有沉淀产生，可知D为BaCl2，A加入B中无反应，则A为H2SO4，B为Na2SO4，以此来解答．
27．【答案】NaOH溶液；HCO3﹣+OH﹣=CO32﹣+H2O
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】解：碳酸氢钠与NaOH溶液反应生成碳酸钠和水，则试剂为NaOH溶液、发生的离子反应为HCO3﹣+OH﹣=CO32﹣+H2O；
故答案为：NaOH溶液；HCO3﹣+OH﹣=CO32﹣+H2O．
【分析】碳酸氢钠与NaOH溶液反应生成碳酸钠和水，结合离子方程式的书写要求解答．
28．【答案】（1）②①③⑧⑤⑨⑥⑦④；250mL容量瓶；胶头滴管
（2）27.4；10.0
（3）检查是否漏水
（4）B；C
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液
【解析】【解答】解：（1）配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤为：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀，所以正确的操作步骤为：②①③⑧⑤⑨⑥⑦④；需要的仪器：托盘天平、药匙、玻璃棒、烧杯、容量瓶、胶头滴管，配制250mL溶液应选择250mL容量瓶，所以还需要的仪器：250mL容量瓶、胶头滴管；
故答案为：②①③⑧⑤⑨⑥⑦④；250mL容量瓶；胶头滴管；（2）先看图中称量方式是左码右物，所称物品质量为砝码﹣游码，再据图读数，砝码20、10共30g，游码2.6g，所以烧杯质量为10+20﹣2.6=27.4g；配制1.0mol/L的NaOH溶液240mL，应选择250mL容量瓶，实际配制250mL溶液，需要溶质的质量为：1.0mol/L×0.25L×40g/mol=10.0g；
故答案为：27.4；10.0；（3）容量瓶带有活塞，使用时需要上下颠倒摇匀，为防止漏液，使用前应检查是否漏水；
故答案为：检查是否漏水；（4）A．转移溶液时，有少量溶液洒到容量瓶外面，导致溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故A不选；
B．定容时俯视刻度线，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故B选；
C．未冷却至室温就将溶液移入容量瓶中并定容，冷却后溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故C选；
D．定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面低于刻度线，再加蒸馏水至刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故D不选；
故选：BC．
【分析】（1）配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤为：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀，据此排序选择合适的仪器；（2）天平称量的问题，先看图中称量方式是否是左物右码，如果不是，质量为砝码减游码，再据图读数；依据m=CVM计算需要溶质的质量；（3）容量瓶带有活塞，使用时需要上下颠倒摇匀，为防止漏液，使用前应检查是否漏水；（4）分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，依据C= 进行误差分析．
29．【答案】（1）O；K2MnO4、MnO2
（2）1：1；氧化、酸
（3）+5
（4）0.2
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】解：（1）反应中Mn元素化合价由+7价分别降低为+6价、+4价，KMnO4为氧化剂，K2MnO4、MnO2为还原产物，O元素化合价升高，O2为氧化产物，故答案为：O；K2MnO4、MnO2；（2）反应中Cu为还原剂，H2SO4为氧化剂，2molH2SO4中只有1mol作氧化剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1，硫酸在反应起到氧化剂和酸性的作用，故答案为：1：1；氧化、酸；（3）根据电荷守恒可知，﹣n﹣2=﹣1﹣2，解得n=1．
令中R元素的化合价为a，离子中各元素化合价代数和等于离子的所带电荷，则：
a+（﹣2）×3=﹣1
解得：a=+5，
故答案为：+5；（4）氧化还原反应K2Cr2O7+14HCl=2KCl+2CrCl3+3Cl2↑+7H2O中，化合价升高元素Cl失电子，化合价降低元素Cr得电子，得失电子数目相等=反应中转移电子数=6，电子转移情况如下所示： ，若反应中，假设有14molHCl参加反应，有6molHCl被氧化，所以发生氧化反应的HCl为1.2mol，则被还原的K2Cr2O7物质的量 =0.2mol，
故答案为： ；0.2mol．
【分析】（1）反应中Mn元素化合价由+7价分别降低为+6价、+4价，O元素化合价升高；（2）反应Cu+2H2SO4 CuSO4+SO2↑+2H2O中Cu元素的化合价升高，Cu为还原剂，CuSO4为氧化产物，S元素的化合价降低，H2SO4为氧化剂，SO2为还原产物；（3）根据电荷守恒，得n=1，根据离子中各元素化合价代数和等于离子的所带电荷计算RO3n﹣中R元素的化合价；（4）该反应中，Cr元素化合价由+6价变为+3价、Cl元素化合价由﹣1价变为0价．
30．【答案】（1）Au2O3；4Na2S2O3；2H2O；Au2O；2Na2S4O6；4NaOH
（2）Na2S2O3
【知识点】氧化还原反应方程式的配平
【解析】【解答】解：（1）Au2O3为反应物，则反应中Au2O3→Au2O，Au的化合价由+3价变为+1价，化合价总共降低2×2=4价，Na2S4O6中硫元素平均化合价为+2.5，Na2S2O3中硫元素平均化合价为+2，所以Na2S2O3为反应物，Na2S4O6为生成物，由于2Na2S2O3→1Na2S4O6，根据钠元素守恒可知NaOH是生成物，由氢元素守恒可知水是反应物，Na2S2O3→Na2S4O6中，S硫元素平均化合价由+2价升高为+2.5价，化合价总共升高4×（2.5﹣2）=2，根据化合价升降相等，可知Au2O3系数为1，Na2S4O6系数为2，根据Au守恒可知Au2O系数为1，根据硫元素守恒可知Na2S2O3系数为4，根据元素Na元素守恒可知NaOH的系数为4，根据H元素守恒可知H2O系数为2，反应方程式为Au2O3+4Na2S2O3+2H2O=Au2O+2Na2S4O6+4NaOH．
故答案为：4Na2S2O3、2H2O；Au2O、2Na2S4O6、4NaOH．（2）Na2S2O3→Na2S4O6中，S硫元素平均化合价由+2价升高为+2.5价，化合价升高的元素所在的反应物是还原剂，故答案为：Na2S2O3．
【分析】（1）Au2O3为反应物，则反应中Au2O3→Au2O，Au的化合价由+3价变为+1价，化合价总共降低2×2=4价，Na2S4O6中硫元素平均化合价为+2.5，Na2S2O3中硫元素平均化合价为+2，所以Na2S2O3为反应物，Na2S4O6为生成物，由于2Na2S2O3→1Na2S4O6，根据钠元素守恒可知NaOH是生成物，由氢元素守恒可知水是反应物，Na2S2O3→Na2S4O6中，S硫元素平均化合价由+2价升高为+2.5价，化合价总共升高4×（2.5﹣2）=2，根据化合价升降相等，可知Au2O3系数为1，Na2S4O6系数为2，根据元素守恒配平其它物质的系数．（2）反应中化合价升高的元素所在的反应物是还原剂．
2016-2017学年重庆四十二中高一上学期期中化学试卷
一、选择题
1．（2015高一上·回民月考）下面是人们对于化学科学的各种常见认识，其中错误的是（ ）
A．化学面对现代日益严重的环境问题显的无能为力
B．化学将在能源、资源的合理开发和安全应用方面大显身手
C．化学是一门具有极强实用性的科学
D．化学是一门以实验为基础的自然科学
【答案】A
【知识点】化学的主要特点与意义；化学科学的主要研究对象
【解析】【解答】A．利用化学反应将有毒物质转化为无毒物质并进一步解决环境问题，垃圾等污染物通过化学方法回收利用减少环境污染，故A错误；
B．可以利用化学来解决能源、资源的开发及合理使用，能利用化学反应将有毒物质转化为无毒物质并进一步解决环境问题，故B正确；
C．因化学是为人类的生活、生产以及健康服务的，则化学是一门具有较强实用性的科学，故C正确；
D．因化学以实验为手段来分析物质的组成、结构、性质等变化规律，则化学是一门以实验为基础的自然科学，故D正确．
故选A．
【分析】根据化学对人类生活和生产的积极作用及化学学科的特点是以实验为基础的学科来分析解答．
2．（2016高一上·重庆期中）下列实验操作或事故处理正确的是（ ）
A．利用溶于水后“过滤”操作能分离NaCl和Ba（OH）2
B．实验结束后，用嘴吹灭酒精灯
C．皮肤上不慎沾上NaOH溶液，立即用盐酸冲洗
D．稀释浓硫酸时，将浓硫酸沿器壁慢慢注入水中，并不断搅拌
【答案】D
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】解：A．过滤用于分离不溶于水的物质，而NaCl和Ba（OH）2都溶于水，不能用过滤的方法分离，故A错误；
B．熄灭酒精灯，应用酒精灯灯帽盖灭，不能用嘴吹，以防止火灾，故B错误；
C．皮肤上不慎沾上NaOH溶液，应先用水冲洗，在涂上硼酸，防止灼伤皮肤，故C错误；
D．稀释浓硫酸，可将浓硫酸沿器壁慢慢注入水中，并不断搅拌，以防止酸液飞溅，故D正确．
故选D．
【分析】A．NaCl和Ba（OH）2都溶于水；
B．熄灭酒精灯，应防止火灾；
C．应用硼酸，防止灼伤皮肤；
D．稀释浓硫酸，应防止酸液飞溅．
3．（2016高一上·重庆期中）配制一定物质的量浓度的溶液是一个重要的定量实验，下列有关说法正确的是（ ）
A．容量瓶用蒸馏水洗净后，可不经干燥直接用于配制溶液
B．配制一定物质的量浓度的稀盐酸时，用量筒量取9.82 mL浓盐酸
C．配制1 L 0.1 mol L﹣1的NaCl溶液时用托盘天平称量5.85 g NaCl固体
D．定容时，为防止液滴飞溅，胶头滴管紧贴容量瓶内壁
【答案】A
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液
【解析】【解答】解：A．容量瓶用蒸馏水洗净后，不需要干燥，因定容时还需要加水，故A正确；
B．量筒的感量为0.1mL，可量取9.8mL浓盐酸，故B错误；
C．托盘天平的感量为0.1g，可称量5.8g固体，故C错误；
D．定容时，胶头滴管要悬空正放，不能紧贴容量瓶内壁，故D错误；
故选A．
【分析】A．容量瓶用蒸馏水洗净后，不需要干燥；
B．量筒的感量为0.1mL；
C．托盘天平的感量为0.1g；
D．定容时，胶头滴管要悬空正放．
4．（2016高一上·重庆期中）下列实验操作正确的是（ ）
A． 称量氢氧化钠固体
B． 分离柴油和水
C． 把饱和食盐水中的食盐提取出来
D． 分离两种互溶但沸点相差较大的液体混合物
【答案】C
【知识点】常用仪器及其使用；过滤；蒸发和结晶、重结晶；蒸馏与分馏
【解析】【解答】解：A、氢氧化钠具有吸水性和腐蚀性，所以不能放在滤纸上称量，用天平称量物体时应左物右码，故A错误；
B、过滤适用于分离不溶性固体，所以柴油和水不能用过滤的方法分离，应用分液的方法分离，故B错误；
C、把饱和食盐水中的食盐提取出来用蒸发结晶，同时用玻璃棒不断搅拌，故C正确；
D、互溶的液体混合物中两种液体的沸点不同，则分离两种液体可用蒸馏的方法，但是冷凝器的水要从下向上流，故D错误．
故选：C．
【分析】A、氢氧化钠具有吸水性和腐蚀性以及左物右码进行解答；
B、过滤适用于分离不溶性固体；
C、由蒸发结晶的注意事项进行解答；
D、根据冷凝器的使用进行解答．
5．（2016高一上·重庆期中）2009年10月24日在京沪高速公路扬州境内高邮段发生了一起重大交通事故，是由于大雾引起的汽车追尾，雾属于下列哪种分散系（ ）
A．乳浊液 B．溶液 C．胶体 D．悬浊液
【答案】C
【知识点】胶体的性质和应用
【解析】【解答】解：因分散质粒子直径在1nm～100nm之间的分散系属于胶体，胶体具有丁达尔现象，大雾时，用灯照射时会出现一条光亮的通路，则雾属于胶体，故选C．
【分析】根据雾属于胶体，属于气溶胶来解答．
6．（2016高一上·重庆期中）我国科学家在世界上第一次为一种名为“钴酞菁”的分子（直径为1.3纳米）恢复了磁性，“钴酞菁”分子结构和性质与人体的血红素及植物体内的叶绿素非常相似．下列关于“钴酞菁”分子的说法中正确的是（ ）
A．在水中所形成的分散系属悬浊液
B．分子直径比Na+小
C．在水中形成的分散系能产生丁达尔效应
D．“钴酞菁”分子不能透过滤纸
【答案】C
【知识点】胶体的性质和应用
【解析】【解答】解：A．钴酞菁”的分子（直径为1.3nm），其大小在胶体粒子范围之内，属于胶体，故A错误；
B．“钴酞菁”分子（直径为1.3nm），Na+半径小于1nm，故B错误；
C．钴酞菁”的分子（直径为1.3nm），在水中形成的分散系属于胶体，具有丁达尔现象等性质，故C正确；
D．“钴酞菁”分子（直径为1.3nm），能透过滤纸，不能透过半透膜，故D错误．
故选C．
【分析】“钴酞菁”的分子（直径为1.3nm），在水中形成的分散系属于胶体分散系，具有胶体的性质，具有丁达尔现象、能透过滤纸等性质．
7．（2016高一上·重庆期中）将下列各组物质按单质、氧化物、酸、碱、盐分类顺序排列，其中正确的是（ ）
A．银、干冰、硫酸、烧碱、食盐
B．碘酒、冰、盐酸、烧碱、食盐
C．氢气、二氧化硫、硝酸、烧碱、硝酸钾
D．铜、氧化铜、醋酸、石灰水、氯化铜
【答案】C
【知识点】物质的简单分类
【解析】【解答】解：A、食盐的主要成分是NaCl，但含KIO3，是NaCl和KIO3的混合物，不属于盐，故A错误；
B、碘酒是I2的酒精溶液，是混合物，不是单质．盐酸是HCl的水溶液，是混合物，不是酸，故B错误；
C、氢气是单质；二氧化硫是氧化物；硝酸是酸；烧碱是NaOH，是碱；硝酸钾是盐，故C正确；
D、石灰水是氢氧化钙溶液，是混合物，故D错误；
故选C．
【分析】单质：只由一种元素构成的纯净物．
氧化物：由两种元素构成，其中一种是氧元素的化合物．
酸：电离出的阳离子全部是H+的化合物．
碱：电离出的阴离子全部是OH﹣的化合物．
盐：阳离子是金属离子或NH4+，阴离子为酸根离子的化合物．
食盐是NaCl和KIO3的混合物；碘酒是I2的酒精溶液，是混合物；盐酸是HCl的水溶液，也是混合物；纯碱是盐不是碱．
8．一化学兴趣小组在家中进行化学实验，按照图1连接好线路发现灯泡不亮，按照图2连接好线路发现灯泡亮，由此得出的结论正确的是（ ）
A．NaCl是非电解质
B．NaCl溶液是电解质
C．NaCl溶液中水电离出大量的离子
D．NaCl在水溶液中电离出了可以自由移动的离子
【答案】D
【知识点】电解质溶液的导电性
【解析】【解答】A、NaCl是强电解质，故A不符合题意；
B、NaCl溶液属于混合物，不是电解质，故B不符合题意；
C、NaCl溶液中含有大量的钠离子和氯离子，水电离出少量的氢离子和氢氧根离子，故C不符合题意；
D、NaCl在水溶液中电离出了大量的自由移动的氯离子和钠离子，能使装置构成电解池而产生电流，故D符合题意。
故答案为：D
【分析】氯化钠是强电解质，固体氯化钠中不含自由移动的离子而不能导电，在氯化钠溶液中含有自由移动的离子能够导电，据此解答即可.
9．（2016高一上·重庆期中）下列叙述正确的有几项（ ）
①NH3溶于水能导电，所以NH3是电解质
②BaSO4投入水中，导电性较弱，故它是弱电解质
③氯化氢水溶液能导电，所以氯化氢是电解质
④氯化钠溶液能导电，所以氯化钠溶液是电解质
⑤硫磺（S）不能导电，所以硫磺是非电解质
⑥CaCO3投入水中几乎不能导电，但CaCO3是强电解质．
A．1项 B．2项 C．3项 D．4项
【答案】A
【知识点】电解质与非电解质
【解析】【解答】解：①NH3溶于水生成一水合氨，故氨水能导电和氨气本身无关，即氨气为非电解质，故错误；②强弱电解质的本质区别是能否完全电离，而BaSO4投入水中能完全电离，故为强电解质，故错误；③在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物为电解质，由于盐酸能导电，故HCl为电解质，故正确；④氯化钠溶液是混合物，故既不是电解质也不是非电解质，故错误；⑤单质既不是电解质也不是非电解质，故硫单质不是电解质也不是非电解质，故错误； ⑥强弱电解质的本质区别是能否完全电离，CaCO3投入水中几乎不能导电，但能完全电离，故为强电解质，故错误．
故选A．
【分析】①NH3溶于水能导电和其本身无关； ②BaSO4投入水中能完全电离；③在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物为电解质；④氯化钠溶液是混合物；⑤单质既不是电解质也不是非电解质；⑥强弱电解质的本质区别是能否完全电离．
10．（2016高一上·重庆期中）下列说法正确的是（ ）
①Na2O、Fe2O3属于碱性氧化物，CO2、SO2、NO2都能和碱溶液发生反应属于酸性氧化物
②碳酸钠、氢氧化钡、氯化铵、过氧化钠都属于离子化合物
③蔗糖、硝酸钾和硫酸钡分别属于非电解质、强电解质和弱电解质
④醋酸、烧碱、纯碱和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物
⑤盐酸属于混合物，而液氯、冰醋酸均属于纯净物．
A．①③⑤ B．①④⑤ C．②③④ D．②④⑤
【答案】D
【知识点】物质的简单分类
【解析】【解答】解：①Na2O、Fe2O3能够与酸反应只生成盐和水，属于碱性氧化物，NO2与水反应除了生成酸还生成一氧化氮，不属于酸性氧化物，故错误；
②碳酸钠、氢氧化钡、氯化铵、过氧化钠都是由阳离子和阴离子构成的化合物，属于离子化合物，故正确；
③硫酸钡熔融状态下能够完全电离，为强电解质，故错误；
④醋酸、烧碱、纯碱和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物，故正确；
⑤盐酸含有氯化氢和水两种物质，属于混合物，而液氯、冰醋酸都只含一种物质，均属于纯净物，故正确；
故选：D．
【分析】能够与水反应只生成碱的氧化物为碱性氧化物，能够与酸反应只生成盐和水的氧化物为碱性氧化物；
能够与碱反应只生成盐和水的氧化物为酸性氧化物；
由阳离子和阴离子构成的化合物，为离子化合物；
在水溶液和熔融状态下都不导电的化合物为非电解质；水溶液中能够完全电离的电解质为强电解质，部分电离的为弱电解质；
电离产生阳离子都是氢离子的为酸；电离产生阴离子都是氢氧根离子的为碱；由两种元素组成，一种为氧的化合物为氧化物；
由两种以上物质组成的为混合物；只有一种物质组成的为纯净物．
11．（2016高一上·重庆期中）系列物质在水溶液中的电离方程式书写错误的是（ ）
①NaHSO3=Na++H++SO32﹣
②NaHSO4=Na++H++SO42﹣
③H2SO4=2H++SO42﹣
④Ca（OH）2=Ca2++（OH﹣）2．
A．①② B．① C．③④ D．①④
【答案】D
【知识点】电离方程式的书写
【解析】【解答】解：①NaHSO3在溶液中电离出钠离子和亚硫酸氢根离子，则其电离方程式为：NaHSO3=Na++HSO3﹣，故错误； ②NaHSO4是强酸的酸式盐在溶液中完全电离，则其电离方程式为：NaHSO4=Na++H++SO42﹣，故正确；③硫酸是二元强酸在溶液中完全电离出氢离子，则其电离方程式为：H2SO4=2H++SO42﹣，故正确；④Ca（OH）2是强碱在溶液中完全电离，则其电离方程式为：Ca（OH）2=Ca2++2OH﹣，故错误．
故选D．
【分析】①NaHSO3在溶液中电离出钠离子和亚硫酸氢根离子； ②NaHSO4是强酸的酸式盐在溶液中完全电离；③二元强酸在溶液中完全电离出氢离子； ④Ca（OH）2是强碱在溶液中完全电离．
12．（2016高一上·重庆期中）能用离子方程式Ba2++SO42﹣→BaSO4↓表示的是（ ）
A．氯化钡和硫酸钠溶液反应 B．碳酸钡和稀硫酸反应
C．氢氧化钡和硫酸铝溶液反应 D．氢氧化钡和稀硫酸反应
【答案】A
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】解：A．氯化钡和硫酸钠溶液反应生成硫酸钡和氯化钠，符合题意要求，故A正确；
B．碳酸钡为难溶物，保留化学式，故B错误；
C．氢氧化钡和硫酸铝溶液反应，除了钡离子与硫酸根离子反应外，氢氧根离子与铝离子也会发生反应，故C错误；
D．氢氧化钡和稀硫酸反应，除了钡离子与硫酸根离子反应外，氢氧根离子与氢离子也会发生反应，故D错误；
故选：A．
【分析】Ba2++SO42﹣→BaSO4↓表示可溶性钡盐与可溶性硫酸盐或者硫酸反应只生成硫酸钡沉淀的反应，或者表示氢氧化钡与可溶性硫酸盐反应只生成硫酸钡沉淀的反应．
13．（2016高一上·重庆期中）某无色溶液既可能是强酸性又可能是强碱性，在该溶液中一定能大量共存的离子是（ ）
A．H+ Na+ NO3﹣ SO42﹣ B．Na+ CO32﹣ Cu2+ Cl﹣
C．K+ Na+ Cl﹣ SO42﹣ D．K+ Cl﹣ Ba2+ HCO3﹣
【答案】C
【知识点】离子共存
【解析】【解答】解：A．H+在强碱性溶液中不能大量存在，故A不选；
B．Cu2+有色，且CO32﹣与Cu2+不共存，故B不选；
C．酸或碱溶液蒸干离子均不反应，且离子均为无色，大量共存，故C选；
D．HCO3﹣在酸性和强碱性溶液中都不能大量存在，故D不选．
故选C．
【分析】与酸或碱溶液中的离子不能结合生成沉淀、气体、水等，则离子大量共存，并结合常见离子的颜色来解答．
14．（2016高一上·重庆期中）下列各组离子在指定的溶液中能大量共存的是（ ）
①无色溶液中：K+、Cu2+、Na+、SO42﹣
②pH=11的溶液中：K+、Ba2+、Cl﹣、HCO3﹣
③能使酚酞试剂变红的溶液中：Cl﹣、CO32﹣、NO3﹣、NH4+
④稀HCl溶液中：Mg2+、Na+、SO42﹣、S2﹣
⑤能使石蕊试纸变为红色的溶液：Na+、Cl﹣、SO32﹣、Mg2+．
A．①⑤ B．③④ C．② D．全都不行
【答案】D
【知识点】离子共存
【解析】【解答】解：①无色溶液中不存在有色的Cu2+离子，故①错误；②pH=11的溶液呈碱性，溶液中存在大量氢氧根离子，Ba2+、HCO3﹣与氢氧根离子反应生成碳酸钡沉淀，在溶液中不能大量共存，故②错误；③能使酚酞试剂变红的溶液呈碱性，溶液中存在大量氢氧根离子，NH4+与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故③错误；④稀HCl溶液中，S2﹣与氢离子反应，在溶液中不能大量共存，故④错误；⑤能使石蕊试纸变为红色的溶液呈酸性，溶液中存在大量氢离子，SO32﹣与Mg2+、H+反应，在溶液中不能大量共存，故⑤错误；
故选D．
【分析】①铜离子为有色离子，不满足溶液无色的条件；②pH=11的溶液中存在大量氢氧根离子，碳酸氢根离子与氢氧根离子反应；③能使酚酞试剂变红的溶液中存在大量氢氧根离子，铵根离子与氢氧根离子反应；④稀HCl溶液中，硫离子与氢离子反应；⑤能使石蕊试纸变为红色的溶液中存在大量氢离子，亚硫酸根离子与镁离子、氢离子反应．
15．（2016高一上·重庆期中）下列说法正确的是（ ）
A．标准状况下，22.4 L H2和Cl2的混合气体中含有的分子数为2NA
B．在标准状况下，1 mol H2O的体积可能是22.4 L
C．当温度高于0℃时，一定量任何气体的体积都大于22.4 L
D．标况下，某气体的体积为22.4 L，则该气体的物质的量为1 mol，所含的分子数目约为：6.02×1023
【答案】D
【知识点】物质的量的相关计算
【解析】【解答】解：A．标准状况下，22.4 L H2和Cl2的混合气体的物质的量为： =1mol，1mol混合气体中含有的分子数为NA，故A错误；
B．由于标准状况下是不是气体，不能使用标准状况下的气体摩尔体积计算，故B错误；
C．没有告诉气体的物质的量和压强，无法判断气体的体积，故C错误；
D．标况下某气体的体积为22.4 L，该气体的物质的量为： =1mol，所含气体分子数目约为：N=nNA=6.02×1023mol﹣1×1mol=6.02×1023，故D正确；
故选D．
【分析】A．根据n= 计算出混合气体的物质的量，最高价N=nNA计算出混合气体中含有的分子数；
B．标准状况下水的状态不是气态；
C．压强也影响气体体积，且没有告诉气体的物质的量，无法判断气体体积；
D．根据n= 计算出气体的物质的量，再根据N=nNA计算出所含分子数．
16．（2016高一上·重庆期中）NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．23 g Na变为Na+时得到的电子数为NA
B．18 g水所含的电子数为NA
C．16 g O2与16 g O3所含的原子数均是NA
D．常温常压下，46 g的NO2和N2O4混合气体含有的分子数为3NA
【答案】C
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】解：A、23g钠的物质的量为1mol，而钠反应后变为+1价，故1mol钠失去NA个电子，故A错误；
B、18g水的物质的量为1mol，而水为10电子微粒，故1mol水中含10NA个电子，故B错误；
C、氧气和臭氧均由氧原子构成，故16g氧气和16g臭氧中含有的氧原子的物质的量均为1mol，个数均为NA个，故C正确；
D、NO2和N2O4的摩尔质量不同，故46g混合物的物质的量无法计算，则分子个数无法计算，故D错误．
故选C．
【分析】A、求出钠的物质的量，然后根据钠反应后变为+1价来分析；
B、求出水的物质的量，然后根据水为10电子微粒来分析；
C、氧气和臭氧均由氧原子构成；
D、NO2和N2O4的摩尔质量不同．
17．（2017高一上·合肥期中）某国外化学教材中有一张关于氧化还原反应的插图：由图可知， 在该反应中是（ ）
A．还原剂 B．氧化剂 C．氧化产物 D．还原产物
【答案】A
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】由图可知， 在该反应中失去电子，则在反应中作还原剂，
故答案为：A．
【分析】根据氧化还原反应中氧化剂得电子、还原剂失电子，分析图中A电子的转移情况进行判断即可.
18．（2016高一上·重庆期中）氧化还原反应与四种基本类型反应的关系如图所示，则下列化学反应属于阴影部分的是（ ）
A．Cl2+2KBr═Br2+2KCl
B．2NaHCO3 Na2CO3+H2O+CO2↑
C．4Fe（OH）2+O2+2H2O═4Fe（OH）3
D．2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2↑
【答案】D
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】解：A．Cl2+2KBr═Br2+2KCl属于置换反应，不符合，故A不选；
B.2NaHCO3 Na2CO3+H2O+CO2↑属于分解反应，不符合，故B不选；
C.4Fe（OH）2+O2+2H2O═4Fe（OH）3属于化合反应，不符合，故C不选；
D.2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2不属于化合反应，不属于分解反应，不是置换反应，属于氧化还原反应，符合，故D选；
故选D．
【分析】由图中的阴影可知，反应不属于化合反应，不属于分解反应，不是置换反应，但一定属于氧化还原反应，以此来解答．
19．（2016高一上·重庆期中）下列叙述中正确的是（ ）
A．在氧化还原反应中，肯定有一种元素被氧化，另一种元素被还原
B．有单质参加或生成的反应一定属于氧化还原反应
C．失电子难的原子，获得电子的能力一定强
D．元素由化合态变成游离态时，它可能被氧化，也可能被还原
【答案】D
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】解：A、在氧化还原反应中，被氧化和被还原的元素可以是同种元素，如氯气与水反应，氯元素既被氧化，又被还原，故A错误；
B、有化合价的变化的反应属于氧化还原反应，有单质参加或生成的反应不一定属于氧化还原反应，如氧气转化为臭氧，没有化合价的变化不是氧化还原反应，故B错误；
C、稀有气体既不易得电子，也不易失电子，所以失电子难的原子，获得电子的能力不一定强，故C错误；
D、元素由化合态变成游离态时，若化合价升高，则被氧化，若化合价降低，则被还原，故D正确．
故选D．
【分析】A、在氧化还原反应中，被氧化和被还原的元素可以是同种元素；
B、有化合价的变化的反应属于氧化还原反应；
C、稀有气体既不易得电子，也不易失电子；
D、根据元素的化合价的变化分析．
20．（2016高一上·重庆期中）黑火药爆炸时发生：S+2KNO3+3C=K2S+N2↑+3CO2↑，其中被还原的物质是（ ）
A．S和KNO3 B．C 和S C．KNO3 D．C 和KNO3
【答案】A
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】解：S+2KNO3+3C=K2S+N2↑+3CO2↑中，S、N元素的化合价降低，则S和KNO3为氧化剂，被还原，
故选A．
【分析】含元素化合价降低的物质为氧化剂，在反应中被还原，以此来解答．
21．（2016高一上·重庆期中）在3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O反应中，还原剂与氧化剂的物质的量为（ ）
A．3：8 B．1：1 C．3：2 D．1：2
【答案】C
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】解：该反应3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O中，Cu元素化合价变化为：0价→+2价，失电子作还原剂；N元素的化合价变化为：+5价→+2价，得电子作氧化剂；硝酸有一部分化合价不变化，所以还有部分硝酸只起酸作用，根据氧化还原反应中得失电子数相等知，铜全部作还原剂，有 的硝酸作氧化剂，所以还原剂与氧化剂的物质的量之比为3：2．
故选C．
【分析】根据化合价变化判断出氧化剂、还原剂，同一化学反应中，物质的量之比等于计量数之比．
22．（2016高一上·重庆期中）常温下，发生下列几种反应：①16H++10Z﹣+2XO ═2X2++5Z2+8H2O ②2A2++B2═2A3++2B﹣③2B﹣+Z2═B2+2Z﹣根据上述反应，判断下列结论错误的是（ ）
A．X2+是XO 的还原产物
B．氧化性强弱的顺序为：XO ＞Z2＞B2＞A3+
C．Z2在①③反应中均为还原剂
D．溶液中可发生：Z2+2A2+═2A3++2Z
【答案】C
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】解：A．反应①中X元素的化合价降低，则XO4﹣为氧化剂，则X2+是XO4﹣的还原产物，故A正确；
B．①中X的化合价降低，则氧化性XO4﹣＞Z2，②中B元素的化合价降低，则氧化性B2＞A3+，③中Z元素的化合价降低，则氧化性Z2＞B2，则氧化性XO4﹣＞Z2＞B2＞A3+，故B正确；
C．①中Z元素的化合价升高，则Z2为氧化产物，③中Z元素的化合价降低，则Z2为氧化剂，故C错误；
D．①中X的化合价降低，则氧化性XO4﹣＞Z2，②中B元素的化合价降低，则氧化性B2＞A3+，③中Z元素的化合价降低，则氧化性Z2＞B2，则氧化性Z2＞A3+，反应Z2+2A2+=2A3++2Z﹣可发生，故D正确；
故选C．
【分析】①中Z元素的化合价升高，X元素的化合价升高；②中A元素的化合价升高，B元素的化合价降低；③中B元素的化合价升高，Z元素的化合价降低，结合氧化还原反应基本概念及氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性来解答．
23．（2016高一上·重庆期中）对于反应3Cl2+6NaOH 5NaCl+NaClO3+3H2O，以下叙述正确的是（ ）
A．Cl2是氧化剂，NaOH是还原剂
B．氧化剂得电子数与还原剂失电子数之比为1：1
C．NaCl是氧化产物
D．被氧化的氯原子和被还原的氯原子的物质的量之比为1：1
【答案】B
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】解：A．该反应中只有Cl元素的化合价变化，氯气既是氧化剂又是还原剂，故A错误；
B．由电子守恒可知，氧化剂得电子总数与还原剂失电子总数之比为1：1，故B正确；
C．生成NaCl，Cl元素化合价降低，则NaCl为还原产物，故C错误；
D．由Cl元素守恒及元素的化合价变化可知，该反应中1molCl原子失去电子时5molCl原子得到电子，则被氧化的Cl原子和被还原的Cl原子的物质的量的比为1：5，故D错误．
故选B．
【分析】3Cl2+6NaOH 5NaCl+NaClO3+3H2O中，Cl元素的化合价由0升高为+5价，Cl元素的化合价由0降低为﹣1价，该反应中转移5e﹣，从化合价变化的角度解答该题．
24．（2016高一上·重庆期中）某氧化还原反应中有反应物和生成物共六种：NO、FeSO4、Fe（NO3）3、H2O、HNO3和Fe2（SO4）3．其中HNO3为反应物，则该反应中的还原剂为（ ）
A．NO B．BFeSO4 C．Fe（NO3）3 D．Fe2（SO4）3
【答案】B
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】解：氧化还原反应的特征为化合价的升降，反应中HNO3为反应物，具有强氧化性，则NO为生成物，反应中硝酸被还原，为氧化剂，题给物质中元素化合价发生变化的还有Fe，则Fe元素化合价应升高，被氧化，则FeSO4应为还原剂，被氧化生成Fe（NO3）3和Fe2（SO4）3．
故选B．
【分析】HNO3为反应物，具有强氧化性，则NO为生成物，反应中硝酸被还原，为氧化剂，则反应中FeSO4应为还原剂，被氧化生成Fe（NO3）3和Fe2（SO4）3．
二、解答题
25．（2016高一上·重庆期中）现有以下物质：
①NaCl晶体 ②纯H2SO4③CaCO3固体 ④熔融KCl ⑤蔗糖 ⑥铜 ⑦SO2⑧KOH固体 ⑨液氧 ⑩稀硫酸
（1）以上物质中能导电的是 ．
（2）以上物质中属于电解质的是 ．
【答案】（1）④⑥⑩
（2）①②③④⑧
【知识点】电解质与非电解质
【解析】【解答】解：①NaCl晶体 ②纯H2SO4③CaCO3固体 ④熔融KCl ⑤蔗糖 ⑥铜 ⑦SO2⑧KOH固体 ⑨液氧 ⑩稀硫酸①NaCl晶体属于电解质，但无自由移动离子，不能导电；②纯H2SO4 属于电解质，但不含自由移动的阴、阳离子，所以不导电；③CaCO3属于电解质，因为不含自由移动的阴、阳离子，所以不导电；④熔融KCl属于电解质，因为含有自由移动的阴、阳离子，所以能导电；⑤蔗糖属于非电解质，不含自由移动的阴阳离子或自由电子，所以不导电；⑥铜是单质，所以既不是电解质也不是非电解质，因为含有自由移动的电子，所以能导电；⑦SO2属于非电解质，不含自由移动的阴阳离子或自由电子，所以不导电；⑧KOH固体属于电解质，但没有自由移动的阴、阳离子，所以不导电；⑨液氧 不能导电，是单质不是电解质也不是非电解质，⑩稀硫酸溶液中存在离子能导电，是溶液属于混合物，（1）能导电的是④⑥⑩；故答案为：④⑥⑩；（2）以上物质中属于电解质的是①②③④⑧，故答案为：①②③④⑧．
【分析】（1）能导电的物质中含有自由移动的阴阳离子或电子，如金属或电解质溶液能导电；（2）在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，酸、碱、盐、金属氧化物都属于电解质．
26．（2016高一上·重庆期中）现有A，B，C，D四瓶溶液，分别是H2SO4、BaCl2、Na2SO4、Na2CO3中的一种．根据以下实验及现象回答下列问题：
①A加入B中无反应 ②A加入C中有气体产生 ③D加入A中有沉淀产生．
（1）请写出四瓶溶液中物质的化学式：A ；B ．
（2）写出A与C反应的离子方程式： ．A与D反应的离子方程式： ．
【答案】（1）H2SO4；Na2SO4
（2）2H++CO32﹣=CO2↑+H2O；Ba2++SO42﹣=BaSO4↓
【知识点】无机物的推断
【解析】【解答】解：A加入C中有气体产生，则A、C为H2SO4、Na2CO3中的一种，BaCl2与H2SO4、Na2SO4、Na2CO3反应均生成白色沉淀，结合D加入A中有沉淀产生，可知D为BaCl2，A加入B中无反应，则A为H2SO4，B为Na2SO4，C为Na2CO3，（1）由上述分析可知，A为H2SO4，B为Na2SO4，故答案为：H2SO4；Na2SO4；（2）A与C反应的离子方程式为2H++CO32﹣=CO2↑+H2O，A与D反应的离子方程式为Ba2++SO42﹣=BaSO4↓，故答案为：2H++CO32﹣=CO2↑+H2O；Ba2++SO42﹣=BaSO4↓．
【分析】A加入C中有气体产生，则A、C为H2SO4、Na2CO3中的一种，BaCl2与H2SO4、Na2SO4、Na2CO3反应均生成白色沉淀，结合D加入A中有沉淀产生，可知D为BaCl2，A加入B中无反应，则A为H2SO4，B为Na2SO4，以此来解答．
27．（2016高一上·重庆期中）用一种试剂除去下列物质中的杂质，写出所加的试剂及有关反应的离子方程式．
Na2CO3溶液（NaHCO3）：试剂 ，离子方程式 ．
【答案】NaOH溶液；HCO3﹣+OH﹣=CO32﹣+H2O
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】解：碳酸氢钠与NaOH溶液反应生成碳酸钠和水，则试剂为NaOH溶液、发生的离子反应为HCO3﹣+OH﹣=CO32﹣+H2O；
故答案为：NaOH溶液；HCO3﹣+OH﹣=CO32﹣+H2O．
【分析】碳酸氢钠与NaOH溶液反应生成碳酸钠和水，结合离子方程式的书写要求解答．
28．（2016高一上·重庆期中）实验室欲用NaOH固体配制1.0mol/L的NaOH溶液240mL．一般可以分为以下几个步骤：
①称量 ②计算 ③溶解 ④摇匀 ⑤移液 ⑥洗涤 ⑦定容 ⑧冷却 ⑨摇动
（1）配制溶液时，其正确的操作顺序为 （填序号）．本实验必须用到的仪器有托盘天平、药匙、玻璃棒、烧杯、 、 ．
（2）某同学欲称量NaOH的质量，先用托盘天平称量烧杯的质量，托盘天平平衡后的状态如图所示．烧杯的实际质量为 g，要完成本实验该同学应称量 g NaOH．
（3）使用容量瓶前必须进行的一步操作是 ．
（4）配制过程中，下列操作会引起所配溶液浓度偏高的是 （填序号）．
A．转移溶液时，有少量溶液洒到容量瓶外面
B．定容时俯视刻度线
C．未冷却至室温就将溶液移入容量瓶中并定容
D．定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面低于刻度线，再加蒸馏水至刻度线．
【答案】（1）②①③⑧⑤⑨⑥⑦④；250mL容量瓶；胶头滴管
（2）27.4；10.0
（3）检查是否漏水
（4）B；C
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液
【解析】【解答】解：（1）配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤为：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀，所以正确的操作步骤为：②①③⑧⑤⑨⑥⑦④；需要的仪器：托盘天平、药匙、玻璃棒、烧杯、容量瓶、胶头滴管，配制250mL溶液应选择250mL容量瓶，所以还需要的仪器：250mL容量瓶、胶头滴管；
故答案为：②①③⑧⑤⑨⑥⑦④；250mL容量瓶；胶头滴管；（2）先看图中称量方式是左码右物，所称物品质量为砝码﹣游码，再据图读数，砝码20、10共30g，游码2.6g，所以烧杯质量为10+20﹣2.6=27.4g；配制1.0mol/L的NaOH溶液240mL，应选择250mL容量瓶，实际配制250mL溶液，需要溶质的质量为：1.0mol/L×0.25L×40g/mol=10.0g；
故答案为：27.4；10.0；（3）容量瓶带有活塞，使用时需要上下颠倒摇匀，为防止漏液，使用前应检查是否漏水；
故答案为：检查是否漏水；（4）A．转移溶液时，有少量溶液洒到容量瓶外面，导致溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故A不选；
B．定容时俯视刻度线，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故B选；
C．未冷却至室温就将溶液移入容量瓶中并定容，冷却后溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故C选；
D．定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面低于刻度线，再加蒸馏水至刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故D不选；
故选：BC．
【分析】（1）配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤为：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀，据此排序选择合适的仪器；（2）天平称量的问题，先看图中称量方式是否是左物右码，如果不是，质量为砝码减游码，再据图读数；依据m=CVM计算需要溶质的质量；（3）容量瓶带有活塞，使用时需要上下颠倒摇匀，为防止漏液，使用前应检查是否漏水；（4）分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，依据C= 进行误差分析．
29．（2016高一上·重庆期中）按要求填空
（1）已知实验室制备氧气可以通过加热高锰酸钾实现，其发生的反应如下：2KMnO4 K2MnO4+MnO2+O2↑其中被氧化的元素是 ，还原产物是 ．
（2）查阅资料可知：铜和浓H2SO4共热，发生如下反应：Cu+2H2SO4 CuSO4+SO2↑+2H2O该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 ，其中H2SO4在反应中体现 性．
（3）在一定条件下，RO3n﹣和氟气可发生如下反应：RO3n﹣+F2+2OH﹣=RO4﹣+2F﹣+H2O从而可知在RO3n﹣中元素R的化合价是 ．
（4）请用双线桥表示下列反应方程式中转移的电子数目及方向：
K2Cr2O7+14HCl=2KCl+2CrCl3+3Cl2↑+7H2O
若反应中，发生氧化反应的HCl为1.2mol，则被还原的K2Cr2O7物质的量为 mol．
【答案】（1）O；K2MnO4、MnO2
（2）1：1；氧化、酸
（3）+5
（4）0.2
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】解：（1）反应中Mn元素化合价由+7价分别降低为+6价、+4价，KMnO4为氧化剂，K2MnO4、MnO2为还原产物，O元素化合价升高，O2为氧化产物，故答案为：O；K2MnO4、MnO2；（2）反应中Cu为还原剂，H2SO4为氧化剂，2molH2SO4中只有1mol作氧化剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1，硫酸在反应起到氧化剂和酸性的作用，故答案为：1：1；氧化、酸；（3）根据电荷守恒可知，﹣n﹣2=﹣1﹣2，解得n=1．
令中R元素的化合价为a，离子中各元素化合价代数和等于离子的所带电荷，则：
a+（﹣2）×3=﹣1
解得：a=+5，
故答案为：+5；（4）氧化还原反应K2Cr2O7+14HCl=2KCl+2CrCl3+3Cl2↑+7H2O中，化合价升高元素Cl失电子，化合价降低元素Cr得电子，得失电子数目相等=反应中转移电子数=6，电子转移情况如下所示： ，若反应中，假设有14molHCl参加反应，有6molHCl被氧化，所以发生氧化反应的HCl为1.2mol，则被还原的K2Cr2O7物质的量 =0.2mol，
故答案为： ；0.2mol．
【分析】（1）反应中Mn元素化合价由+7价分别降低为+6价、+4价，O元素化合价升高；（2）反应Cu+2H2SO4 CuSO4+SO2↑+2H2O中Cu元素的化合价升高，Cu为还原剂，CuSO4为氧化产物，S元素的化合价降低，H2SO4为氧化剂，SO2为还原产物；（3）根据电荷守恒，得n=1，根据离子中各元素化合价代数和等于离子的所带电荷计算RO3n﹣中R元素的化合价；（4）该反应中，Cr元素化合价由+6价变为+3价、Cl元素化合价由﹣1价变为0价．
30．（2016高一上·重庆期中）某反应体系中的物质有：NaOH，Au2O3、Na2S4O6、Na2S2O3、Au2O， H2O．
（1）请将Au2O3之外的反应物与生成物分别填入以下空格内使反应能够进行，并配平方程式．
+ + → + +
（2）反应中的还原剂是 ．
【答案】（1）Au2O3；4Na2S2O3；2H2O；Au2O；2Na2S4O6；4NaOH
（2）Na2S2O3
【知识点】氧化还原反应方程式的配平
【解析】【解答】解：（1）Au2O3为反应物，则反应中Au2O3→Au2O，Au的化合价由+3价变为+1价，化合价总共降低2×2=4价，Na2S4O6中硫元素平均化合价为+2.5，Na2S2O3中硫元素平均化合价为+2，所以Na2S2O3为反应物，Na2S4O6为生成物，由于2Na2S2O3→1Na2S4O6，根据钠元素守恒可知NaOH是生成物，由氢元素守恒可知水是反应物，Na2S2O3→Na2S4O6中，S硫元素平均化合价由+2价升高为+2.5价，化合价总共升高4×（2.5﹣2）=2，根据化合价升降相等，可知Au2O3系数为1，Na2S4O6系数为2，根据Au守恒可知Au2O系数为1，根据硫元素守恒可知Na2S2O3系数为4，根据元素Na元素守恒可知NaOH的系数为4，根据H元素守恒可知H2O系数为2，反应方程式为Au2O3+4Na2S2O3+2H2O=Au2O+2Na2S4O6+4NaOH．
故答案为：4Na2S2O3、2H2O；Au2O、2Na2S4O6、4NaOH．（2）Na2S2O3→Na2S4O6中，S硫元素平均化合价由+2价升高为+2.5价，化合价升高的元素所在的反应物是还原剂，故答案为：Na2S2O3．
【分析】（1）Au2O3为反应物，则反应中Au2O3→Au2O，Au的化合价由+3价变为+1价，化合价总共降低2×2=4价，Na2S4O6中硫元素平均化合价为+2.5，Na2S2O3中硫元素平均化合价为+2，所以Na2S2O3为反应物，Na2S4O6为生成物，由于2Na2S2O3→1Na2S4O6，根据钠元素守恒可知NaOH是生成物，由氢元素守恒可知水是反应物，Na2S2O3→Na2S4O6中，S硫元素平均化合价由+2价升高为+2.5价，化合价总共升高4×（2.5﹣2）=2，根据化合价升降相等，可知Au2O3系数为1，Na2S4O6系数为2，根据元素守恒配平其它物质的系数．（2）反应中化合价升高的元素所在的反应物是还原剂．
