重庆市南开中学2023-2024学年高一上学期期中考试化学试题

重庆南开中学高2026级高一（上）期中考试化学试题本试卷分为第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。满分120分，考试时间120分钟，第I卷和第Ⅱ卷都答在答题卷上。可能用到的相对原子质量：H1C12O16Na23P31Cl35.5Ba137Hg201第I卷（选择题共60分）一、选择题：本题共15小题，每小题2分，共30分。在每小题给出的四个选项中只有一个选项符合题目要求的。1.中国科学技术大学以和金属钠为原料，在时反应制造出纳米级金刚石粉末和另一种化合物。该成果发表在世界权威的《科学》杂志上，被科学家们高度评价为“稻草变黄金”。下列有关说法正确的是A.金刚石的还原性强于 B.另一种化合物是C.纳米级金刚石粉末可以透过半透膜 D.这个反应是复分解反应【答案】B【解析】【分析】根据题意发生的反应方程式为4Na+CCl4C+4NaCl，以此解题。【详解】A．反应中Na元素化合价升高，被氧化，为还原剂，所以Na的还原性强于金刚石，故A错误；B．根据方程式，“另一种化合物”指的是NaCl，故B正确；C．胶体的粒子直径在1～100nm之间，不能透过半透膜，因此纳米级金刚石粉末不能透过半透膜，故C错误；D．CCl4和金属钠反应生成金刚石和氯化钠，符合“单质+化合物=单质+化合物”的特点，属于置换反应，故D错误；故选B。2.下列关于胶体的说法中不正确的是A.胶体和溶液的本质区别是：分散质粒子的直径大小不同B.能产生丁达尔效应是由于胶体粒子对光线的散射C.豆浆、血液都属于胶体D.云、雾、有色玻璃都属于气溶胶【答案】D【解析】【详解】A．胶体与溶液本质区别是分散质粒子的直径的大小不同，溶液的粒子直径小于1纳米，胶体的粒子直径在1～100nm之间，故A正确；B．属于胶体，能产生丁达尔效应是由于胶体粒子对光线的散射，故B正确；C．豆浆、墨水、蛋清、血液、淀粉溶胶都属于常见的胶体，故C正确；D．有色玻璃属于固溶胶，故D错误；故选D。3.春秋末期齐国的工艺官书《考工记》中载有“涑帛”的方法，即利用“灰”(草木灰)和“蜃(贝壳灰)混合加水所得液体来洗涤丝帛。下列说法错误的是A.草木灰的主要成分为碳酸钾，可用作钾肥B.将“蜃”与水混合时，发生化合反应C.“灰”和“蜃”混合加水所得溶液中含有D.可用焰色试验区分【答案】D【解析】【分析】草木灰中含K2CO3，而贝壳的主要成分为CaCO3，在煅烧后生成CaO，即贝壳灰的主要成分为CaO，溶于水后生成Ca(OH)2，据此分析“灰”(草木灰)和“蜃”(贝壳灰)混合加水所得液体的成分，据此分析。【详解】A．草木灰中含有K2CO3，含有钾元素，常用作钾肥，A正确；B．将“蜃”与水混合时发生反应CaO+H2O＝Ca(OH)2，B正确；C．“灰”(草木灰)和“蜃”(贝壳灰)混合加水后发生反应：K2CO3+Ca(OH)2＝CaCO3↓+2KOH，“灰”和“蜃”混合加水所得溶液中含有KOH，C正确；D．钾的焰色反应为紫色，K2CO3、KOH都含钾元素，因此不能用焰色试验区分K2CO3、KOH两种物质，D错误；故选D。4.我国传统文化源远流长。对下列古文或诗词的解读错误的是A.“曾青得铁则为铜”过程发生了复分解反应B.“野火烧不尽”涉及氧化还原反应C.“纷纷灿烂如星陨，㸌㸌喧豗似火攻”，呈现的就是金属元素的焰色D.“方以类聚，物以群分”表达了分类的观点【答案】A【解析】【详解】A．“曾青得铁则为铜”过程发生了置换反应，A错误；B．“野火烧不尽”涉及到燃烧，属于氧化还原反应，B正确；C．“纷纷灿烂如星陨，㸌㸌喧豗似火攻”，呈现的是不同金属在灼烧时产生不同的颜色，烟花就是利用焰色反应制成，C正确；D．“方以类聚，物以群分”表达不同物质按一定标准进行分类的观点，D正确；答案选A。5.下列物质既不属于电解质，又不属于非电解质，但其水溶液能导电的是A.乙醇 B.碱石灰 C.铁 D.二氧化碳【答案】B【解析】【详解】A．乙醇是不能电离出自由移动离子的非电解质，故A不符合题意；B．碱石灰是氢氧化钠和氧化钙的混合物，混合物既不是电解质也不是非电解质，碱石灰溶于水得到氢氧化钠和氢氧化钙的混合溶液，溶液中存在自由移动的离子，能导电，故B符合题意；C．铁是金属单质，单质既不是电解质也不是非电解质，既不是电解质也不是非电解质，但铁不溶于水，故C不符合题意；D．二氧化碳是不能电离出自由移动离子的非电解质，故D不符合题意；故选B。6.下列各组物质，按化合物、单质、混合物顺序排列的是A.生石灰、白磷、熟石灰 B.空气、氮气、胆矾C.干冰、铁、氯化氢 D.烧碱、液态氧、碘酒【答案】D【解析】【详解】A．生石灰是氧化钙的俗称为化合物，白磷为单质，熟石灰为氢氧化钙的俗称为化合物，不符合按化合物、单质、混合物顺序排列的要求，A不选；B．空气为混合物，氮气为单质，胆矾为化合物，不是按化合物、单质、混合物顺序排列，B不选；C．干冰是固态CO2为化合物，铁为单质，氯化氢为化合物，不符合按化合物、单质、混合物顺序排列要求，C不选；D．烧碱是NaOH的俗称为化合物，液态氧为单质，碘酒为混合物，是按化合物、单质、混合物顺序排列，D选；故选D。7.下列各组中的离子，能在溶液中大量共存的是A. B.C. D.【答案】D【解析】【详解】A．氢氧根离子会和铵根离子反应，不能共存，A错误；B．钙离子和碳酸根离子反应生成沉淀，不能共存，B错误；C．氢离子和醋酸根离子反应生成醋酸，不能共存，C错误；D．这些离子相互之间不反应，可以共存，D正确；故选D。8.下列相关反应的离子方程式书写错误的是A.盐酸除铁锈：B.碳酸氢钠溶液与氢氧化钠溶液混合：C.向氯化钠溶液中加入盐酸除去含有的D.向硝酸银溶液中滴加盐酸：【答案】D【解析】【详解】A．铁锈的主要成分是氧化铁，则盐酸除铁锈的离子方程式为，A正确；B．碳酸氢根可以和氢氧根反应生成碳酸根和水，离子方程式为：，B正确；C．碳酸根离子和盐酸反应生成二氧化碳和水，离子方程式为：，C正确；D．硝酸银为强电解质，写离子方程式时需要拆开，则向硝酸银溶液中加盐酸的离子方程式为：，D错误；故选D。9.下列说法不正确的是A.钠原子的最外层只有1个电子，且在化学反应中容易失去B.发酵粉中含有碳酸钙，能使焙制出的糕点疏松多孔C.切开的金属钠暴露在空气中，光亮表面会很快变暗D.金属钠着火时，可以使用干燥的沙土来灭火【答案】B【解析】【详解】A．钠是11号元素，则钠原子的最外层只有1个电子，且在化学反应中容易失去，A正确；B．发酵粉中主要含有碳酸氢钠，碳酸氢钠不稳定受热易分解：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑＋H2O，因此能使糕点疏松多孔，B错误；C．Na暴露在空气与氧气反应生成了氧化钠，颜色逐渐变暗失去金属光泽，C正确；D．泡沫灭火器产生CO2和泡沫，Na着火生成Na2O2，Na2O2与水、CO2能反应生成O2，O2是助燃剂，且钠与水反应生成氢气，故钠着火不能用泡沫灭火器灭火，应该用沙子扑灭，D正确；故选B。10.纯碱和小苏打是厨房中两种常见食用碱。下列区分它们的方法中正确的是A.分别用砂锅加热两种样品，全部分解挥发没有残留物的是小苏打B.用铁丝蘸取两种样品在火焰上灼烧，火焰颜色发生明显变化的是小苏打C.取两种样品配成溶液分别加入澄清石灰水，无白色沉淀生成的是小苏打D.取两种样品配成溶液分别加入少量稀盐酸，无明显现象的是纯碱【答案】D【解析】【详解】A．小苏打不稳定，加热易分解生成、和水，质量减小，有残留物，故A错误；B．纯碱和小苏打都含有元素，焰色反应都呈黄色，不能鉴别，故B错误；C．纯碱和小苏打都与石灰水反应生成碳酸钙沉淀，现象相同，不能鉴别二者，故C错误；D．碳酸钠和少量盐酸反应生成碳酸氢钠，没有现象，碳酸氢钠和少量盐酸反应也会生成二氧化碳气体，故D正确；故选D。11.下列各项操作中，发生“先沉淀后溶解”现象的有①向澄清石灰水中通入至过量②向饱和溶液中通入过量③向胶体中逐滴滴入过量稀A.①③ B.②③ C.①②③ D.仅有②【答案】A【解析】【详解】①向澄清石灰水中逐渐通入CO2至过量，先生成碳酸钙沉淀，后碳酸钙溶解生成碳酸氢钙，正确；②向饱和碳酸钠溶液中通入CO2至过量生成碳酸氢钠沉淀，错误；③向Fe(OH)3胶体中逐滴滴加稀H2SO4至过量，胶体先聚沉，后发生复分解反应，则先出现沉淀后沉淀完全溶解，正确；故选A。12.已知2MO+5S2+16H+=2M2++5S↓+8H2O，则MO中x的值为A.1 B.2 C.3 D.4【答案】A【解析】【分析】【详解】对于反应2MO+5S2+16H+=2M2++5S↓+8H2O，由O原子守恒可知2y=8，所以y=4；

由电荷守恒可知2×（x）+5×（2）+16=2×2，解得x=1。故选：A。13.下列“实验方案”不能用于完成“实验目的”的是选项实验目的实验方案A确认胶体是否制备成功用红色激光笔照射B检验无色溶液中是否含有取少量待测液加入溶液C确认钠与水反应生成向反应后混合液中滴加酚酞D确认溶液中含少量的取少量溶液先加溶液，再加淀粉A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．丁达尔现象为胶体特有的性质，红色激光照射Fe(OH)3胶体，若出现一条光的通路，则制备成功，能完成实验目的，A不符合题意；B．检验硫酸根离子，应先加过量盐酸排除Ag+、碳酸根离子等的干扰再加BaCl2溶液，不能完成实验目的，B符合题意；C．NaOH溶液显碱性，滴加酚酞可确认钠与水反应有NaOH生成，能完成实验目的，C不符合题意；D．NaI中I与Fe3+发生2Fe3++2I=I2+2Fe2+，加入淀粉后溶液为蓝色，能完成实验目的，D不符合题意；故选B。14.将片放入溶液中，反应一定时间后取出片，测得溶液中与个数比为，则所得溶液中与的个数比为A. B. C. D.【答案】A【解析】【详解】将Cu片放入FeCl3溶液中，发生反应：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，若溶液中n(Fe2+)=3mol，则n(Fe3+)=2mol，由离子方程式中物质反应关系可知n(Cu2+)=n(Fe2+)=×3mol=1.5mol，所以反应后溶液中Cu2+与Fe3+的物质的量之比为1.5mol：2mol=3：4；故选A。15.将金属钠分别投入下列物质的溶液中，有气体放出，且溶液质量减轻的是A.稀盐酸 B.K2SO4 C.CuCl2 D.NaOH溶液【答案】C【解析】【详解】A、钠和盐酸的反应方程式为：2Na+2HCl═2NaCl+H2↑，根据方程式知，溶液增加的质量=m（Na）m（H2），A错误；B、钠与硫酸钾溶液反应的实质是钠与水的反应，钠和水的反应方程式为：2Na+2H2O═2NaOH+H2↑，所以溶液质量增加，溶液增加的质量=m（Na）m（H2），B错误；C、钠先和水的反应方程式为：2Na+2H2O═2NaOH+H2↑，生成的氢氧化钠和氯化铜反应，方程式为：2NaOH+CuCl2═2NaCl+Cu（OH）2↓，将两个方程式相加：2Na+2H2O+CuCl2═H2↑+2NaCl+Cu（OH）2↓，由方程式知，溶液的质量减轻，C正确；D、钠与NaOH溶液反应的实质是钠与水的反应，钠和水的反应方程式为：2Na+2H2O═2NaOH+H2↑，所以溶液质量增加，溶液增加的质量=m（Na）m（H2），D错误。答案选C。二、选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中只有一个选项符合题目要求的。16.如图表示部分常见物质的相互转化关系（反应条件已省略），下列说法错误的是A.反应①和②可能是同一反应B图中氧化物中有四种属于酸性氧化物C.图中物质类别有单质、氧化物、碱和盐D.圈Ⅱ中的氧化物都可以由和相应单质在点燃条件下生成【答案】B【解析】【详解】A．反应①可能是二氧化碳和氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和水，也可能是氢氧化钙和可溶性的碳酸盐反应生成碳酸钙沉淀，②是二氧化碳可以和氢氧化钙溶液反应生成碳酸钙沉淀和水，①②可能是同一个反应，故A正确；B．能与碱反应生成盐和水的氧化物是酸性氧化物，由图可知，图中二氧化碳、二氧化硫和五氧化二磷属于酸性氧化物，共有3种，故B错误；C．由图可知，图中氧气为非金属单质，水、四氧化三铁、二氧化碳、二氧化硫和五氧化二磷属于氧化物，氢氧化钙属于碱，碳酸钙属于盐，故C正确；D．由图可知，圈Ⅱ中的氧化物分别为四氧化三铁、二氧化碳、二氧化硫和五氧化二磷，都可以由氧气和相应单质在点燃条件下生成，故D正确；故选B。17.是精细磷化工产品，其工业制备原理如下：反应I：反应Ⅱ：下列说法正确的是A.反应I、Ⅱ均属于氧化还原反应B.具有氧化性，在空气中可能被还原成磷酸C.在反应I中氧化剂与还原剂的质量之比为D.反应I中每生成，消耗【答案】D【解析】【详解】A．反应I中P元素的化合价发生变化，是氧化还原反应，反应II中没有元素的化合价发生变化，是强酸制弱酸的反应，不是氧化还原反应，A错误；B．H3PO2中P的化合价为+1价，可以升价为+3或+5价，因此具有还原性，空气中有O2，具有较强的氧化性，可将H3PO2氧化为H3PO4，B错误；C．反应I中有6个P的化合价由0价升为+1价，失6e，做还原剂，2个P的化合价由0价降为3价，得6e，做氧化剂，氧化剂与还原剂的质量之比为1:3，C错误；D．的物质的量为0.1mol，根据方程式I可知，会消耗0.3mol的水，其质量为5.4g，D正确；故选D。18.纳米Fe3O4为多功能性的新型无机材料，某科学小组尝试利用废旧镀锌铁皮制备纳米Fe3O4的一部分流程如图：已知：Zn及其化合物可溶于氢氧化钠溶液，但Fe及其化合物不溶于氢氧化钠溶液。若“分离”阶段在实验室中进行，可选用的实验装置为A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】产物为纳米Fe3O4，其分散系为胶体，胶体粒子能通过滤纸但不能通过半透膜，不能用过滤的方法分离，应用渗析的方法分离。【详解】A．分液适用于分离互不相容的液体，A不符合；B．过滤适用于分离固体和溶液，但不适用提纯胶体，B不符合；C．过滤适用于分离固体和溶液，但不适用提纯胶体，C不符合；D．胶体粒子能通过滤纸但不能通过半透膜，应用渗析的方法分离，D符合；故选D。19.下列关于钠的化合物的说法中，正确的是A.除去固体中含有的，可将固体混合物加热至恒重B.除去溶液中含有的，可加入适量溶液，过滤C.分别向和与水反应后的溶液立即滴入酚酞，两者现象相同D.等质量和分别与足量盐酸反应，前者产生的更多【答案】A【解析】【详解】A．碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠，则加热法可除杂，故A正确；B．氢氧化钡与硫酸钠反应生成硫酸钡和NaOH，引入新杂质NaOH，故B错误；C．过氧化钠与水反应生成氢氧化钠与氧气，反应后的溶液中含有过氧化氢，过氧化氢具有强氧化性，立即滴入酚酞，现象是：溶液先变红，红色立即褪去，氧化钠与水反应中生成氢氧化钠，滴入酚酞，溶液变为红色，现象不相同，故C错误；D．碳酸钠的摩尔质量大，由方程式Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O，NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O可知，等质量的NaHCO3和Na2CO3与盐酸完全反应，后者产生的二氧化碳较多，故D错误；故选A。20.某无色溶液中只含有中的几种，向溶液中滴加酚酞，溶液变红，下列说法正确的是A.一定存在 B.一定存在，可能存在C.可能存在 D.一定不存在【答案】B【解析】【分析】高锰酸根离子在溶液呈紫色，则无色溶液中一定不含有高锰酸根离子；向溶液中滴加酚酞，溶液变红，说明溶液中含有氢氧根离子，不含有镁离子、铝离子和铵根离子，由溶液呈电中性可知，溶液中一定含有钡离子，不含有硫酸根离子，可能含有氯离子，综上可知，无色溶液中一定含有氢氧根离子、钡离子，一定不含有高锰酸根离子、硫酸根离子、镁离子、铝离子和铵根离子，可能含有氯离子。【详解】高锰酸根离子在溶液呈紫色，则无色溶液中一定不含有高锰酸根离子；向溶液中滴加酚酞，溶液变红，说明溶液中含有氢氧根离子，不含有镁离子、铝离子和铵根离子，由溶液呈电中性可知，溶液中一定含有钡离子，不含有硫酸根离子，可能含有氯离子，综上可知，无色溶液中一定含有氢氧根离子、钡离子，一定不含有高锰酸根离子、硫酸根离子、镁离子、铝离子和铵根离子，可能含有氯离子，故选B。21.《本草纲目》记载了利尿剂甘汞的制法：“用水银一两，白矾二两，食盐一两，同研不见星，铺于铁器内，以小乌盆覆之，筛灶灰，盐水和，封固盆口，以炭打二炷香取开，则粉升于盆上矣，其白如雪，轻盈可爱，一两汞，可升粉八钱。”下列叙述错误的是A.上述制法中，利用了甘汞容易升华的性质B.甘汞中汞的化合价为C.制备甘汞的反应中，氧化剂与还原剂的个数之比为D.若题中1两等于10钱，则甘汞的产率约为【答案】C【解析】【分析】由题意可知，制备甘汞的反应为受热挥发出的汞与硫酸铝钾、氯化钠、氧气反应生成硫酸钠、硫酸钾和甘汞，反应的方程式为12Hg+4KAl(SO4)2+12NaCl+3O2=2K2SO4+6Na2SO4+2Al2O3+6Hg2Cl2。【详解】A．取开则粉升于盆上矣说明甘汞发生了升华，故A正确；B．甘汞中氯元素的化合价为—1价，由化合价代数和为0可知，汞元素的化合价为+1价，故B正确；C．由方程式可知，反应中汞元素的化合价升高被氧化，汞是还原剂，氧元素的化合价降低被还原，氧气是氧化剂，则氧化剂与还原剂的个数之比为1：4，故C错误；D．由题意可知，一两汞可升粉八钱，由1两等于10钱可知，甘汞的产率为×100%≈68%，故D正确；故选C。22.实验室惜助电导率传感器研究溶液中离子反应的实质。将电导率传感器插入滴有酚酞的一定体积、一定浓度的溶液中，匀速逐滴加入与溶液等浓度的溶液，测得混合溶液的导电能力随时间的变化曲线如图所示。下列说法不正确的是A.实验中观察到溶液中立即产生白色沉淀，同时溶液由红色逐渐变为无色B.段反应的离子方程式为C.B点时导电能力最低说明和恰好完全反应D.段导电能力不断增强，主要是由于过量的电离的离子导电【答案】B【解析】【详解】A．实验过程中产生了硫酸钡沉淀，氢氧化钡被硫酸反应完溶液由红色逐渐变为无色，A正确；B．AB段反应的离子方程式为，B错误；C．B点时硫酸和氢氧化钡恰好完全反应,溶液中离子浓度极低，产物硫酸钡是难溶性物质，溶液导电能力最低，C正确；D．BC段溶液的导电能力增大，是因为B点后稀硫酸过量，硫酸电离出阴阳离子而使溶液导电，D正确；故选B。23.已知Pb3O4与HNO3溶液发生反应Ⅰ：Pb3O4+4H+=PbO2+2Pb2++2H2O；PbO2与酸化的MnSO4溶液发生反应Ⅱ：5PbO2+2Mn2++4H++5SO=2MnO+5PbSO4+2H2O；KMnO4与浓盐酸发生反应Ⅲ：2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O。下列推断正确的是A.由反应Ⅰ可知，Pb3O4中+2价的Pb和+4价的Pb含量之比为1：2B.由反应Ⅰ、Ⅱ可知，氧化性：HNO3＞PbO2＞MnOC.Pb可与稀硝酸发生反应：3Pb+16HNO3=3Pb(NO3)4+4NO↑+8H2OD.Pb3O4可与盐酸发生反应：Pb3O4+8HCl=3PbCl2+4H2O+Cl2↑【答案】D【解析】【详解】A．由反应I可知，PbO2与Pb2+的比为1:2，Pb3O4中+2价的Pb和+4价的Pb含量之比为2:1，故A错误；B．根据反应I可知，PbO2和硝酸不反应，不能得出氧化性HNO3>PbO2，故B错误；C．由反应I可知，硝酸不能把Pb氧化为+4价的Pb，故C错误；D．根据反应II，氧化性PbO2>MnO4－，所以+4价的Pb能把盐酸氧化为氯气，Pb3O4与盐酸发生反应的离子方程式是Pb3O4+8HCl=3PbCl2+4H2O+Cl2↑，故D正确；答案选D。24.已知工业上制备氧缺位铁酸盐部分流程如图，该方法可实现硫、氮氧化合物的废气利用。下列有关说法错误的是A.若与以个数比发生反应，则B.与的反应要在无氧条件下进行C.若使1个完全转化为，需失去个D.的还原性强于【答案】D【解析】【详解】A．若与以个数比发生反应生成ZnFe2Ox和水，根据原子守恒可知，故A正确；B．ZnFe2O4与H2在300～500℃下反应生成ZnFe2Ox和水，在无氧条件下就可进行，故B正确；C．已知ZnFe2O4中Zn为+2价，Fe为+3价，中Zn为+2价，Fe为+（x1）价，故使1个完全转化为，需失去2×[3（x1）]=（82x）电子，故C正确；D．与SO2、NO2反应生成ZnFe2O4，铁元素化合价升高，被氧化，作还原剂，所以的还原性弱于，故D错误；故选：D。25.纳米铁粉具有较强的还原性和吸附性，能被水体中的氧化。利用纳米铁粉除去水体中六价铬的反应机理如图所示：下列说法错误的是A.机理中生成反应的离子方程式为：B.元素参与的反应均存在电子转移C.纳米铁粉除去的机理主要包括吸附、还原和共沉淀D.铁粉处理成纳米铁粉有利于提高的处理效率【答案】B【解析】【详解】A．由图可知，机理中生成氢气的反应为铁与溶液中氢离子反应生成亚铁离子和氢气，反应的离子方程式为，故A正确；B．由图可知，机理中铬离子与溶液中氢氧根离子反应生成氢氧化铬的反应和铬离子、铁离子与水反应生成生成CrxFe1x(OH)3或CrxFe1xOOH的反应中都没有元素发生化合价变化，都无电子转移，故B错误；C．由图可知，纳米铁粉除去的机理主要包括吸附、还原和共沉淀，故C正确；D．铁粉处理成纳米铁粉可以增大固体的表面积，有利于增大反应物的接触面积，提高的处理效率，故D正确；故选B第Ⅱ卷（非选择题共60分）三、非选择题。26.现有八种物质：①；②熔融；③；④乙醇；⑤液态氯化氢；⑥澄清石灰水；⑦；⑧，回答下列问题：（1）上述物质中属于电解质的是_______（填序号，下同），属于非电解质的是_______，属于盐的是_______。（2）写出物质③溶于水的电离方程式____________；写出⑧加入③的水溶液中发生反应的离子方程式____________。（3）写出过量⑦通入⑥中发生反应的离子方程式____________。【答案】（1）①.①②③⑤②.④⑦③.①②③（2）①.NaHSO4=Na++H++SO②.Zn+2H+=Zn2++H2↑（3）CO2+OH=HCO【解析】【分析】①BaSO4属于盐，属于电解质；②熔融NaCl属于盐，属于电解质；③NaHSO4属于盐，属于电解质；④乙醇水溶液不导电，乙醇属于非电解质；⑤液态氯化氢，属于电解质；⑥澄清石灰水是混合物，既不是电解质，也不是非电解质；⑦CO2会和水反应生成碳酸，其水溶液能导电，但其本身不是电解质，是非电解质；⑧Zn是单质，既不是电解质，也不是非电解质；【小问1详解】根据以上分析可知，属于电解质的是①②③⑤；属于非电解质的是④⑦；属于盐的是①②③；【小问2详解】硫酸氢钠溶于水电离出钠离子，氢离子和硫酸根，则③电离方程式为：NaHSO4=Na++H++SO；锌和硫酸氢钠中氢离子反应生成锌离子和氢气，离子方程式为：Zn+2H+=Zn2++H2↑；【小问3详解】过量的二氧化碳和氢氧化钙反应生成碳酸氢钙，离子方程式为：CO2+OH=HCO。27.I．按要求完成下列填空：（1）盐酸和小苏打反应的离子方程式____________。（2）向硫酸氢钠溶液中逐滴加入氢氧化钡溶液，溶液恰好显中性时反应的离子方程式____________。（3）配平下列方程式，并用双线桥表示电子转移的方向与数目____________：。Ⅱ．过氧化氢的水溶液，俗称双氧水，医疗上利用它有杀菌消毒作用来清洗伤口。对于下列涉及的反应，回答相关问题：A．B．C．D．（4）仅体现还原性的反应是_______。（填字母代号）（5）上述反应说明氧化性由强到弱的顺序是_______。（6）在稀硫酸中，和能发生氧化还原反应。已知该反应中只发生过程：，写出该反应的离子方程式______________。【答案】（1）H++HCO=CO2↑+H2O（2）Ba2++2OH—+2H++SO=BaSO4↓+2H2O（3）（4）B（5）Ag2O>H2O2>K2CrO4（6）2MnO+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O【解析】【小问1详解】盐酸和小苏打反应生成氯化钠、二氧化碳和水，反应的离子方程式为H++HCO=CO2↑+H2O，故答案为：H++HCO=CO2↑+H2O；【小问2详解】向硫酸氢钠溶液中逐滴加入氢氧化钡溶液，溶液恰好显中性时发生的反应为硫酸氢钠溶液与氢氧化钡溶液反应生成硫酸钠、硫酸钡沉淀和水，反应的离子方程式为Ba2++2OH—+2H++SO=BaSO4↓+2H2OBa2++2OH—+2H++SO=BaSO4↓+2H2O，故答案为：Ba2++2OH—+2H++SO=BaSO4↓+2H2O；【小问3详解】由未配平的方程式可知，酸性溶液中亚铁离子与高锰酸根离子反应生成铁离子、锰离子和水，反应中铁元素的化合价升高被氧化，亚铁离子是反应的还原剂、铁离子是氧化产物，锰元素的化合价降低被还原，高锰酸根离子是氧化剂、锰离子是还原产物，表示反应电子转移的方向与数目的双线桥为，故答案为：；【小问4详解】由方程式可知，反应A中没有元素发生化合价变化，该反应属于非氧化还原反应；反应B中银元素的化合价降低被还原，氧化银是反应的氧化剂、银是还原产物，氧元素的化合价升高被氧化，过氧化氢是还原剂、氧气是氧化产物；反应C中氧元素的化合价即升高被氧化又降低被还原，过氧化氢即是氧化剂又是还原剂；反应D中氧元素化合价降低被还原，过氧化氢是反应的氧化剂，铬元素的化合价升高被氧化，硫酸铬是还原剂，铬酸钾是氧化产物，则反应中过氧化氢表现还原性的是反应B，故选B；【小问5详解】由(4)可知，反应B中氧化银是反应的氧化剂、过氧化氢是还原剂，说明氧化银的氧化性强于过氧化氢，反应D中过氧化氢是反应的氧化剂，铬酸钾是氧化产物，由氧化剂的氧化性强于氧化产物可知，过氧化氢的氧化性强于铬酸钾，则氧化剂的氧化性强弱顺序为Ag2O>H2O2>K2CrO4，故答案为：Ag2O>H2O2>K2CrO4；【小问6详解】由题意可知，过氧化氢转化为氧气的反应为过氧化氢溶液与酸性高锰酸钾溶液反应生成硫酸钾、硫酸锰、氧气和水，反应的离子方程式为：2MnO+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O，故答案为：2MnO+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O。28.饮用水质量是关系人类健康的重要问题。（1）是一种广谱型的消毒剂，将逐渐取代成为生产自来水的消毒剂。工业上常用和溶液混合并加酸化后反应制得，反应中氧化剂和还原剂的个数比为_______。（2）高铁酸盐是一种新型、高效、多功能绿色水处理剂。①干法制备高铁酸钠的主要反应为：，该反应中是_______（填“氧化剂”或“还原剂”）；请写出与反应的化学方程式____________。②湿法制备高铁酸钾的反应体系中有六种微粒：，写出并配平在碱性条件下湿法制备高铁酸钾反应的离子方程式______________。（3）实验室可向溶液中通入模拟制备苏打水，若该反应中生成等个数的和，写出其离子方程式______________。【答案】（1）2：1（2）①.还原剂②.2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2③.2Fe(OH)3+3ClO—+4OH—=2FeO+3Cl—+5H2O（3）2CO2+3OH—=CO+HCO+H2O【解析】【小问1详解】由题意可知，制备二氧化氯的反应为氯酸钠与亚硫酸钠、稀硫酸反应生成硫酸钠、二氧化氯和水，反应中氯元素的化合价降低被还原，氯酸钠是反应的氧化剂、二氧化氯是还原产物，硫元素的化合价升高被氧化，亚硫酸钠是反应的还原剂、硫酸钠是氧化产物，由得失电子数目守恒可知，氧化剂氯酸钠和还原剂亚硫酸钠的个数比为2：1，故答案为：2：1；【小问2详解】①由方程式可知，反应中铁元素的化合价升高被氧化，硫酸亚铁是反应的还原剂；过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，反应的化学方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，故答案为：还原剂；2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；②由题意可知，碱性条件下湿法制备高铁酸钾的反应为碱性条件下氢氧化铁与溶液中的次氯酸根离子反应生成高铁酸根离子、氯离子和水，反应的离子方程式为2Fe(OH)3+3ClO—+4OH—=2FeO+3Cl—+5H2O，故答案为：2Fe(OH)3+3ClO—+4OH—=2FeO+3Cl—+5H2O；【小问3详解】由题意可知，氢氧化钠溶液与二氧化碳反应生成等个数的碳酸钠、碳酸氢钠和水，反应的离子方程式为2CO2+3OH—=CO+HCO+H2O，故答案为：2CO2+3OH—=CO+HCO+H2O。29.侯德榜先生对索尔维制碱法进行了改进，将氨碱法和合成氨联合起来，这就是联合制碱法，也称侯氏制碱法。Ⅰ、侯氏制碱法的生产流程如下图所示：（1）所需物质X的名称为_______，产品Z的化学式为_______，操作1的名称是_______。（2）该法通入的反应原理是_______（用化学方程式表示）。Ⅱ、制得的碳酸钠样品中往往含有少量的，某探究性学习小组设计如下图所示装置，测定该样品中的质量分数。操作步骤如下：①检查装置的气密性②取样品装入广口瓶中③打开止水夹④缓慢鼓入空气数分钟⑤关闭止水夹⑥在干燥管内装满碱石灰，称量其质量为⑦缓慢加入稀硫酸至不再产生气体为止⑧打开止水夹⑨缓慢鼓入空气数分钟，再称量干燥管质量为（3）装置A的作用是_______；操作④中，鼓入空气的作用是_______。（4）如果将步骤⑥提前到与步骤②一同进行，会导致测定结果_______（填“偏大”、“偏小”或“不变”）（5）根据实验数据列出样品中的质量分数表达式_______。【答案】（1）①.氨气②.NH4Cl③.过滤（2）（3）①.吸收空气中的CO2，防止干扰实验②.把生成的二氧化碳全部赶到碱石灰干燥管中吸收（4）偏大（5）【解析】【分析】Ⅰ：把二氧化碳通入溶有氨气的水中，会使生成的碳酸与氨水发生反应，促进二氧化碳的吸收，将氨通入饱和食盐水而成氨盐水，再通入二氧化碳生成碳酸氢钠沉淀和氯化铵，通过过滤分离出碳酸氢钠，再煅烧得到纯碱。Ⅱ：依据装置图分析，需要先检查装置气密性，称取ng样品装入广口瓶中，打并止水夹，缓慢鼓入空气数分钟用来赶净装置中的空气，关闭止水夹，在干燥管内填满碱石灰，质量为ag，缓慢加入稀硫酸至不再产生气体为止，打开止水夹，缓慢鼓入空气数分钟，把生成的二氧化碳全部赶到碱石灰干燥管中全部吸收，再称量干燥管质量为bg。ag和bg的差值即生成的CO2的质量。鼓入空气的目的是将装置内残余CO2全部赶入碱石灰中进行吸收；碱石灰具有吸水性，需要将气体中的水蒸气除尽；以此解答该题。【小问1详解】综合上述分析可知，物质X的名称为氨气，产品Z为氯化铵，化学式为NH4Cl，操作1的名称为过滤；【小问2详解】该法通入二氧化碳的反应原理是二氧化碳与饱和氨盐水反应生成碳酸氢钠沉淀和氯化铵，化学方程式为；【小问3详解】装置A的NaOH可以吸收空气中的CO2，防止干扰实验；缓慢鼓入空气数分钟的目的是把生成的二氧化碳全部赶到碱石灰干燥管中吸收；【小问4详解】如果将步骤⑥提前到与步骤②一同进行，碱石灰会吸收空气中的二氧化碳和水，导致二氧化碳的质量偏高，根据碳守恒，碳酸钠的质量也偏高，最后导致测定结果偏大；【小问5详解】二氧化碳的质量为（ba）g，则二氧化碳物质的量为，根据碳元素守恒可知样品中碳酸钠的物质的量为，样品中碳酸钠的质量为，样品中碳酸钠质量分数为。30.氧化还原反应、离子反应在生产生活中应用广泛。I．现有两种溶液，经测定这两种溶液中含有下列10种离子：。（1）完成下列表格中实验①的结论和实验②的实验内容以及现象：实验内容以及现象结论①取少量N溶液滴加足量的硝酸钡溶液，无沉淀产生_______________②_________________确定M溶液中含有，不含③取M溶液少量加酚酞试液，溶液变红_______________（2）已知：酸性环境中，被氧化，生成和气体，请写出对应离子方程式：_______；结合（1）可判断出，存在于_______（填“M”或“N”）溶液中。（3）根据（1）和（2）可以确定，M溶液中含有的离子为______________。Ⅱ．氮氧化物储存还原的工作原理如下图所示，柴油发动机工作时在稀燃（充足、柴油较少）和富燃（不足、柴油较多）条件下交替进行，通过和的相互转化实现的储存和还原。（4）吸收的反应中氧化剂与还原剂的粒子个数之比为_______。（5）富燃条件下表面反应的化学方程式是______________。（6）若柴油中硫含量较高，在稀燃过程中，吸收氮氧化物的能力下降至很低水平，用化学方程式解释其原因______________。（7）研究对吸收氮氧化物的影响。一定温度下测得气体中的体积分数与氮氧化物吸收率的