【化学】陕西省西安市远东第一中学2018-2019学年高一上学期期中考试试卷（解析版）

陕西省西安市远东第一中学2018-2019学年高一上学期期中考试试卷
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 S-32 Cl-35.5
一 、选择题（本题包括24小题，每小题2分，共48分，每小题只有1个选项符合题意）
1.下列实验操作中错误的是（ ）
A. 用规格为10mL的量筒量取6.0mL的液体
B. 用酒精萃取分离碘水中的碘
C. 过滤时玻璃棒的末端应轻轻靠在三层的滤纸上
D. 蒸馏时温度计水银球应位于蒸馏烧瓶的支管口处
【答案】B
【详解】A. 量取6.0mL液体，需选用与6.0mL相近并大于该体积量程的量筒，则应选10mL量程的量筒，故A正确；
B. 酒精与水互溶，不能作萃取剂，故B错误；
C. 三层滤纸一侧较厚，过滤时玻璃棒的末端应轻轻靠在三层的滤纸上，故C正确；
D. 蒸馏时温度计测量馏分的温度，则温度计水银球应位于蒸馏烧瓶的支管口处，故D正确，答案选B。
2.下列事实与胶体性质无关的是 （ ）
A. 在豆浆里加入盐卤做豆腐
B. 在河流入海处易形成沙洲
C. 一束平行光线照射蛋白质溶液时，从侧面可以看到一束光亮的通路
D. 氯化铁溶液中滴入氢氧化钠溶液出现红褐色沉淀
【答案】D
【解析】试题分析：A、豆浆是常见的胶体，加入盐卤，使胶体聚沉，与胶体性质有关，故错误；B、河流含有的泥沙，属于胶体，在入海口遇到电解质，造成胶体聚沉，与胶体性质有关，故错误；C、这是胶体的丁达尔效应，跟胶体有关，故错误；D、发生的是Fe3＋＋3OH－=Fe(OH)3↓，和胶体无关，故正确。
3.下列说法中，正确的是（ ）
A. 100mL 0.5mol/LAlCl3溶液与150mL 1mol/LNaCl溶液中的Cl-浓度相等
B. 在标准状况下，22.4 L水的质量约为18 g
C. 22 g二氧化碳与标准状况下11.2 L HCl含有相同的分子数
D. 标准状况下，相同体积的任何气体单质所含的原子数相同
【答案】C
【详解】A. 0.5mol/L AlCl3溶液中Cl－的物质的量浓度为0.5mol/L×3=1.5mol/L，1mol/LNaCl溶液中Cl－的物质的量浓度为1mol/L，两溶液中Cl－的物质的量浓度不相等，故A错误；
B. 在标准状况下，水不是气体，水的密度为1g/mL，则22.4 L水的质量远大于18g，故B错误；
C. 22 g二氧化碳的物质的量为22g÷44g/mol=0.5mol，标准状况下11.2 L HCl的物质的量为11.2L÷22.4L/mol=0.5mol，二者物质的量相等，则所含分子数相等，故C正确；
D. 标准状况下，相同体积的任何气体单质，其物质的量相等，但原子数可能相等，如H2和O2，也可能不相等，如O2和He，故D错误，答案选C。
4.家里的食用植物油混有较多的水分，你将采用下列何种方法分离（　　）
A. 过滤 B. 蒸馏 C. 分液 D. 萃取
【答案】C
【解析】试题分析：花生油和水是互不相溶的两种液体A、过滤法实现固体和液体的分离，A项错误；B、蒸馏法实现两种互溶液体的分离，B项错误；C、分液法可以实现互不相溶的两种液体的分离，花生油和水不相溶，C项错误；D、萃取法可以实现在两种溶剂中溶解度不一样的物质的分离，D项正确；答案选C。
5.需要配制500 mL 0.5 mol·L－1氢氧化钠溶液，经测定实际所配氢氧化钠溶液的浓度为0.45 mol·L－1。可能的原因是（ ）
A. 称量氢氧化钠固体时砝码放反了 B. 容量瓶没有烘干
C. 转移时溶液没有冷却至室温 D. 定容时仰视读数
【答案】D
【详解】A. 所需的氢氧化钠的质量m=c×V×M=0.5mol/L×0.5L×40g/mol=10.0g，由于称量氢氧化钠固体时没有用到游码，则砝码和物品放反后对称量药品的质量无影响，配制溶液的物质的量浓度不变，故A不选；
B. 容量瓶没有烘干，对溶液浓度无影响，故B不选；
C. 转移时溶液没有冷却至室温，则定容并冷却至室温后溶液体积偏小，配制的溶液物质的量浓度偏高，故C不选；
D. 定容时仰视读数，溶液体积偏大，配制的溶液物质的量浓度偏低，故D选，答案选D。
6.设NA为阿伏加德罗常数，下列说法中，正确的是（ ）
A. 2.4 g金属镁所含电子数目为0.2 NA
B. 22.4L CH4所含分子数目为NA
C. 17 g NH3 所含质子数目为10 NA
D. 0.15mol/L的FeCl3溶液中含Cl- 数目为0.45NA
【答案】C
【详解】A. 2.4g金属镁的物质的量为2.4g÷24g/mol=0.1mol，1mol镁原子中含有12mol电子，则0.1mol金属镁中含有1.2mol电子，数目为1.2 NA，故A错误；
B. 因未说明甲烷气体是否处于标准状况，所以无法判断22.4L CH4所含分子数目，故B错误；
C. 17 g NH3的物质的量为17g÷17g/mol=1mol，1mol NH3分子中含有10mol质子，个数为10 NA，故C正确；
D. 因未给出溶液的体积，所以无法判断0.15mol/L的FeCl3溶液中所含Cl－ 数目，故D错误，答案选C。
7.粗盐中含可溶性CaCl2、MgCl2及Na2SO4，除去这些杂质的试剂可选用①Na2CO3、②NaOH、③BaCl2、④HCl，加入的先后顺序可以是（ ）
A. ①②③④ B. ①③②④ C. ②①③④ D. ②③①④
【答案】D
【详解】首先把粗盐溶于水形成溶液，加入过量的氢氧化钠将镁离子沉淀，加入过量的氯化钡将硫酸根离子沉淀，至于先除镁离子，还是先除硫酸根离子都可以，再加入过量的碳酸钠将钙离子转化为沉淀，注意碳酸钠要放在氯化钡之后加入，这样碳酸钠可除去反应剩余的氯化钡，过滤去除沉淀，最后在溶液中再加入盐酸除去反应剩余的氢氧根离子和碳酸根离子，最后经蒸发操作得到纯净的氯化钠，所以正确的顺序为③②①④或②③①④，故答案选D。
8.下列电离方程式的书写错误的是（ ）
A. NaHSO4=Na+＋H+＋SO42─ B. NaHCO3=Na+＋H+＋CO32─
C. HCl=H+＋Cl─ D. BaSO4=Ba2+＋SO42─
【答案】B
【详解】A. 硫酸氢钠在水溶液中完全电离生成钠离子、氢离子和硫酸根离子，电离方程式为NaHSO4=Na+＋H+＋SO42─，故A正确；
B. 碳酸氢钠在水溶液中完全电离生成钠离子和碳酸氢根离子，碳酸氢根离子不能拆开，电离方程式为NaHCO3=Na+＋HCO3─，故B错误；
C. 氯化氢在水溶液中完全电离生成氢离子和氯离子，电离方程式为HCl=H+＋Cl─，故C正确；
D. 硫酸钡难溶于水，溶解的部分完全电离生成钡离子和硫酸根离子，电离方程式为BaSO4=Ba2+＋SO42─，故D正确，答案选B。
9.下列反应中，离子方程式为H+＋OH－===H2O的是（ ）
A. CH3COOH＋NaOH===CH3COONa＋H2O
B. HNO3＋KOH===KNO3＋H2O
C. H2SO4＋Ba(OH)2===BaSO4↓＋2H2O
D. 2HCl＋Cu(OH)2===CuCl2＋2H2O
【答案】B
【解析】试题分析：A、醋酸是弱酸，用化学式表示，不能用该离子方程式表示，A错误；B、强酸和强碱反应生成可溶性盐和水，可以用该离子方程式表示，B正确；C、反应中还有硫酸钡白色沉淀生成，不能用该离子方程式表示，C错误；D、氢氧化铜难溶，不能用该离子方程式表示，D错误，答案选B。
10.在无色透明的强碱性溶液中，能大量共存的离子组是（ ）
A. K＋、Na＋、Cl－、CO32- B. K＋、Cu2＋、NO3-、SO42-
C. Mg2＋、NH4+、NO3-、Cl－ D. K＋、Na＋、MnO4—、SO42-
【答案】A
【详解】A. 离子之间不反应，与氢氧根离子也不反应，且均无颜色，可以大量共存，故A选；
B. Cu2＋有颜色且能与氢氧根离子反应生成沉淀，不能大量共存，故B不选；
C. Mg2＋、NH4+均可与氢氧根离子反应，不能大量共存，故C不选；
D. MnO4－有颜色，在无色溶液中不能大量共存，故D不选，答案选A。
11.下列反应的离子方程式正确的是（ ）
A. 锌片插入稀硫酸溶液中：Zn＋H＋===Zn2＋＋H2↑
B. 碳酸钙与盐酸反应： CO32-＋2H＋===CO2↑＋H2O
C. 铁与硫酸铜溶液反应：2Fe＋3Cu2＋===2 Fe3＋＋3Cu
D. 氢氧化铜加到盐酸中：Cu(OH)2＋2H＋===Cu2＋＋2H2O
【答案】D
【详解】A. 锌片插入稀硫酸溶液中，反应生成硫酸锌和氢气，离子方程式为Zn＋2H＋=Zn2＋＋H2↑，故A错误；
B. 碳酸钙难溶于水，不能拆成离子形式，正确的离子方程式为CaCO3＋2H＋=Ca2＋+CO2↑＋H2O，故B错误；
C. 铁与硫酸铜溶液反应生成硫酸亚铁和铜，离子方程式为Fe＋Cu2＋=Fe2＋＋Cu，故C错误；
D. 氢氧化铜难溶于水，不能拆成离子形式，离子方程式为Cu(OH)2＋2H＋=Cu2＋＋2H2O，故D正确，答案选D。
12.点燃的镁条能在氨气中剧烈燃烧，发生如下反应：Mg+2NH3Mg(NH2)2+H2，对该反应说法正确的是（ ）
A. NH3既是氧化剂又是还原剂 B. 氢元素既被氧化又被还原
C. 0.5 mol氢气生成时转移1 mol电子 D. 镁具有氧化性
【答案】C
【解析】A.氢元素化合价从＋1价降低到0价，得到电子， NH3是氧化剂，镁是还原剂，A错误；B. 氢元素得到电子，被还原，B错误；C. 氢元素化合价从＋1价降低到0价，得到1个电子，0.5mol氢气生成时转移1mol电子，C正确；D. 镁具有还原性，D错误，答案选C。
13.在某体系内有反应物和生成物5种物质：H2S、S、FeCl3、FeCl2、HCl.已知H2S为反应物，则另一反应物是（ ）
A. S B. FeCl2 C. FeCl3 D. HCl
【答案】C
【详解】H2S为反应物，根据S守恒，S为生成物，即反应中S元素的化合价由-2价升至0，H2S→S为氧化反应；氧化还原反应中氧化反应和还原反应一定同时发生，根据各物质中元素的化合价，另一过程为FeCl3→FeCl2，Fe元素的化合价由+3价降至+2价，另一反应物为FeCl3，反应的化学方程式为H2S+2FeCl3=S↓+2FeCl2+2HCl，答案选C。
14.根据下列反应判断有关物质的氧化性由强到弱的顺序是（ ）
①2FeCl2＋Cl2===2FeCl3； ②2FeCl3＋2HI===2FeCl2＋2HCl＋I2；
③H2SO3＋I2＋H2O===2HI＋H2SO4；
A. Cl2> FeCl3> I2> H2SO4 B. I2> FeCl3>H2SO4> Cl2
C. FeCl3>I2>H2SO4> Cl2 D. Cl2> FeCl3>H2SO4>I2
【答案】A
【详解】同一氧化还原反应中，氧化性：氧化剂>氧化产物。
①反应“2FeCl2+Cl2=2FeCl3”中，Fe元素的化合价由+2价升至+3价，FeCl2为还原剂，FeCl3为氧化产物，Cl元素的化合价由0价降至-1价，Cl2为氧化剂，则氧化性：Cl2>FeCl3；
②反应“2FeCl3+2HI=2FeCl2+2HCl+I2”中，Fe元素的化合价由+3价降至+2价，FeCl3为氧化剂，I元素的化合价由-1价升至0价，HI为还原剂，I2为氧化产物，则氧化性：FeCl3>I2；
③反应“H2SO3+I2+H2O=2HI+H2SO4”中，S元素的化合价由+4价升至+6价，H2SO3为还原剂，H2SO4为氧化产物，I元素的化合价由0价降至-1价，I2为氧化剂，则氧化性：I2>H2SO4；
根据上述分析，氧化性：Cl2>FeCl3>I2>H2SO4，答案选A。
15.溶液中有0.2mol XO4-，加入0.3mol Na2SO3恰好反应，已知Na2SO3被氧化成Na2SO4，则还原产物中X的化合价为（ ）
A. +1 B. +3 C. +4 D. 0
【答案】C
【详解】设还原产物中X的化合价为y，XO4-中X的化合价为+7价，Na2SO3被氧化成Na2SO4，S元素的化合价由+4价升至+6价，根据得失电子守恒，0.2mol×[（+7）-y]=0.3mol×[（+6）-（+4）]，解得y=+4，答案选C。
16.500mL含有MgCl2 、NaC1、Na2SO4三种物质的混合溶液,已知其中含有C1-为1.8mol,Na+ 为2mol,Mg2+ 为0.5mol,则SO42- 的物质的量浓度为（ ）
A. 0.6mo1/L B. 0.7mo1/L C. 1.0mo1/L D. 1.2mo1/L
【答案】D
【解析】试题分析：在任何溶液中，阳离子带有的正电荷总数与阴离子带有的负电荷总数相等。可得n(Na＋)+2n(Mg2＋)=n(Cl－)+2n(SO42-)，将已知数据代入上式式子，可得2＋2×0.5=1.8+2n(SO42-)，解得n(SO42-)=0.6mol，由于溶液的体积是500mL，所以SO42-的物质的量浓度为0.6mol÷0.5L=1.2mol/L，选项C正确。
17.下列离子的检验方法正确的是（ ）
A. 向某溶液中加入硝酸银溶液产生白色沉淀，说明原溶液中有Cl－
B. 向某溶液中加入氢氧化钠溶液产生蓝色沉淀，说明原溶液中有Cu2＋
C. 向某溶液中加入氯化钡溶液产生白色沉淀，说明原溶液中有SO42-
D. 向某溶液中加入稀硫酸生成无色气体，说明原溶液中有CO32-
【答案】B
【解析】试题分析：A项要先加入稀硝酸，排除CO32-等离子的干扰；B项要先加入盐酸，排除CO32-、SO32-的干扰；C项蓝色沉淀说明是氢氧化铜，原溶液中含有Cu2+，正确；D项产生气体的可能是CO32-或HCO3-等离子。
18.各物质中含有的少量杂质以及除去这些杂质对应的方法如表所示。
序号
物质
杂质
除杂方法
①
KNO3溶液
KOH
加入适量FeCl3溶液，并过滤
②
FeSO4溶液
CuSO4
加入过量铁粉，并过滤
③
H2
CO2
通过盛有NaOH溶液的洗气瓶，再通过盛有浓硫酸的洗气瓶
④
NaNO3
CaCO3
溶解、过滤、蒸发
其中正确的一组是(　　)
A. ①②③④ B. ③④
C. ②③④ D. ①②③
【答案】C
【详解】①. 加入适量FeCl3溶液除去KNO3溶液中的KOH杂质，会引入Cl－杂质，故①错误；
②. 硫酸根离子不是杂质，铜离子是杂质，可以用铁粉除去，再过滤，故②正确；
③. 二氧化碳可以和氢氧化钠溶液反应而被除去，氢气不反应，最后通过盛有浓硫酸的洗气瓶除去水蒸气，故③正确；
④. 硝酸钠溶于水，碳酸钙不溶于水，可以加水溶解然后过滤、蒸发得硝酸钠晶体，故④正确，答案选C。
19.下列各组数据中，前者刚好是后者两倍的是(　　)
A. 2 mol H2O的摩尔质量和1 mol H2O的摩尔质量
B. 200 mL 1 mol·L-1氯化钙溶液中c(Cl-)和100 mL 2 mol·L-1氯化钾溶液中c(Cl-)
C. 64 g二氧化硫中氧原子数和标准状况下22.4 L一氧化碳中氧原子数
D. 20% NaOH溶液中NaOH的物质的量浓度和10% NaOH溶液中NaOH的物质的量浓度
【答案】C
【解析】A.2mol水的摩尔质量和1 mol水的摩尔质量的摩尔质量都是18g/mol，故A错误；B.1 mol/L氯化钙溶液中c(Cl-)=2mol/L，2 mol/L氯化钾溶液中c(Cl-)=2mol/L，两溶液中氯离子浓度相等，故B错误；C.64g二氧化硫的物质的量为1mol，1mol二氧化硫中含有2mol氧原子，标况下22.4LCO的物质的量为1mol，1molCO含有1mol氧原子，前者刚好是后者两倍，故C正确；D.20%NaOH溶液中NaOH的物质的量浓度为：c1=mol/L，10%NaOH溶液中NaOH的物质的量浓度：c1=mol/L，由于两溶液的密度不同，所以前者不是后者两倍，故D错误；故选C。
20.某校化学兴趣小组在实验中发现一瓶溶液，标签上标有“CaCl2 0.1 mol·L−1”的字样，下面是该小组成员对溶液的叙述，正确的是（ ）
A. 配制1 L该溶液，可将0.1 mol CaCl2溶于1 L水中
B. Ca2+和Cl−的物质的量浓度都是0.1 mol·L−1
C. 从试剂瓶中取该溶液的一半，则所取溶液的物质的量浓度为0.05 mol·L−1
D. 将该瓶溶液稀释一倍，则所得溶液的c(Cl−)为 0.1 mol·L−1
【答案】D
【解析】试题分析：标签上标有“CaCl20.1mol/L”的字样，即在1L的溶液中含1molCaCl2，则A、将0.1mol CaCl2溶于1L水中，所得溶液的体积大于1L，A错误；B、在CaCl2中，Ca2+和Cl-的物质的量之比为1：2，则浓度之比也为1：2，故Ca2+的浓度为0.1mol/L，而Cl-的浓度应为0.2mol/L，B错误；C、溶液是均一稳定的，浓度与取出的溶液的体积是多少无关，C错误；D、溶液中Cl-的浓度为0.2mol/L，将溶液稀释一倍，则浓度减半，故稀释后Cl-的浓度应为0.1mol/L，D正确，答案选D。
21.下列叙述中正确的是（ ）
A. CO2的水溶液能导电，但CO2是非电解质
B. 盐酸能导电，所以盐酸是电解质
C. BaSO4难溶于水，所以是弱电解质
D. 强电解质溶液一定比弱电解质溶液导电性强
【答案】A
【详解】A. 二氧化碳的水溶液能导电，但电离出阴阳离子的是碳酸而不是二氧化碳，所以二氧化碳是非电解质，故A正确；
B. 盐酸能导电，但盐酸是混合物，所以盐酸不是电解质，故B错误；
C. BaSO4难溶于水，但溶于水的部分可以完全电离，所以硫酸钡是强电解质，故C错误；
D. 溶液的导电能力与溶液中的离子浓度及离子电荷有关，与电解质的强弱无直接关系，故D错误，答案选A。
22.下列各组溶液中的两个反应，可用同一离子方程式表示的是（ ）
A. BaCO3和HCl；BaCO3和H2SO4 B. BaCl2和H2SO4；Ba(OH)2和H2SO4
C. HNO3和K2CO3；HCl和NaHCO3 D. KOH和H2SO4；Ba(OH)2和HNO3
【答案】D
【详解】A、碳酸钡、硫酸钡均是难溶的，用化学式表示，而氯化钡是易溶的，用离子表示，A错误；
B、前者生成硫酸钡和氯化氢，后者生成硫酸钡和水，离子方程式不同于前者，B错误；
C、碳酸钾和碳酸氢钠是不同的，离子方程式不同，C错误；
D、KOH和H2SO4以及Ba(OH)2和HNO3反应的离子方程式均是H++OH－＝H2O，D正确；
答案选D。
23.下列变化过程中得到电子的是（ ）
A. MnO2→Mn2＋ B. CuO →CuCl2 C. Ag＋→Ag2O D. Sn2＋→Sn4＋
【答案】A
【详解】A. Mn元素的化合价从+4价降低到+2价，在变化过程中得到电子，故A选；
B. 该变化过程中没有元素化合价变化，不能得到电子，故B不选；
C. 该变化过程中没有元素化合价变化，不能得到电子，故C不选；
D. Sn元素的化合价从+2价升高到+4价，在变化过程中失去电子，故D不选，答案选A。
24.等物质的量的 SO2 和 SO3 相比较，下列结论错误的是（ ）
A. 它们的分子数目之比是 1∶1
B. 它们的氧原子数目之比为 2∶3
C. 它们的质量之比为 1∶1
D. 它们所含原子数目之比为 3∶4
【答案】C
【解析】试题分析：A．等物质的量的SO2和SO3分子数目之比等于物质的量之比=1：1，故A正确；B．等物质的量的SO2和SO3分子数目之比等于物质的量之比=1：1，1个SO2分子中含有2个氧原子，1个SO3分子中含有3个氧原子，则所含O原子数之比为(1×2)：(1×3)=2：3，故B正确；C．等物质的量的SO2和SO3质量之比等于物质的摩尔质量之比=64：80=4：5，故C错误；D．等物质的量的SO2和SO3分子数目之比等于物质的量之比=1：1，1个SO2分子中含有3个原子，1个SO3分子中含有4个原子，则原子总数之比为(1×3)：(1×4)=3：4，故D正确；故选C。
二、填空题（52分）
25.(1)把标准状况下VL气体（摩尔质量为Mg·mol-1）溶于1L水中（不考虑反应），所得溶液密度为ρg/cm3，则此溶液的物质的量浓度为_________________mol/L；
(2)把100mL0.3mol/LNa2SO4溶液和400mL0.2mol/LNaCl溶液混合后，溶液中Na+的物质的量浓度为_____________________
(3)一定质量的Al与足量盐酸反应，当转移了2 mol电子时，参与反应的铝的质量是________g。
(4)下列物质：①Fe ②NaCl ③Na2O ④CO ⑤CO2 ⑥蔗糖 ⑦NH3 ⑧NaCl溶液 ⑨盐酸 ⑩ H2SO4 ⑪Ba(OH)2
属于电解质的是_______ ， 属于非电解质的是 ________，能导电的是_____________。
【答案】(1). (2). 0.28mol/L (3). 18 (4). ②③⑩⑪ (5). ④⑤⑥⑦ (6). ①⑧⑨
【详解】(1). 标准状况下VL气体的物质的量为：n==mol，其质量为：m=mol×M g/mol=g，1L水的质量约为1000g，所得溶液的质量为：(1000+)g，溶液的体积为：=L，则此溶液的物质的量浓度为：c==mol/L，故答案为：；
(2). 把100mL0.3mol/LNa2SO4溶液和400mL0.2mol/LNaCl溶液混合后，溶液中Na+的物质的量为n(Na+)=0.1L×0.3mol/L×2+0.4L×0.2mol/L=0.14mol，Na+的物质的量浓度为c(Na+)=0.14mol÷0.5L=0.28mol/L，故答案为：0.28mol/L；
(3). 1mol Al与足量盐酸反应生成氯化铝和氢气时，转移3mol电子，当转移2 mol电子时，参加反应的铝的物质的量为n(Al)=mol，质量为m(Al)=mol×27g/mol=18g，故答案为：18；
(4). NaCl、H2SO4、Ba(OH)2在水溶液中可以电离出离子导电，Na2O在熔融状态下可以电离出离子导电，这四种物质属于电解质；CO、CO2、蔗糖、NH3在水溶液中或熔融状态下均不能电离出离子导电，这四种物质属于非电解质；Fe是金属单质，可以导电，NaCl溶液、盐酸中含有电解质电离出的离子，可以导电，故答案为：②③⑩⑪ ；④⑤⑥⑦；①⑧⑨。
26.已知下列四个反应：
①2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑
②2F2＋2H2O===4HF＋O2
③Cl2＋H2O===HCl＋HClO
④C＋H2O(g) CO＋H2
试从氧化还原的角度，回答下列问题：
(1)水只作氧化剂的是________；
(2)水只作还原剂的是________；
(3)水既不作氧化剂又不作还原剂的是________。
【答案】(1). ①④ (2). ② (3). ③
【详解】(1). 在反应①和④中，水中的氢元素化合价从+1价降低到0价，水为氧化剂，故答案为：①④；
(2). 在反应②中，水中的氧元素化合价从－2价升高到0价，水为还原剂，故答案为：②；
(3). 在反应③中，水中的氢元素和氧元素的化合价均无变化，水既不是氧化剂也不是还原剂，故答案为：③。
27.(1)火药是中国古代“四大发明”之一。黑火药爆炸时发生如下反应：2KNO3+C+S==K2S+2NO2↑+CO2↑。其中被还原的元素是_________，被氧化的物质是 _______，氧化剂是 ________，还原剂是 ________。
(2)写出下列反应的离子方程式
①铁粉溶于稀硫酸中：______________________________________________
②碳酸氢钠溶液与过量氢氧化钙溶液混合：____________________________
【答案】 (1). N、S (2). C (3). KNO3、S (4). C (5). Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑ (6). HCO3－＋Ca2＋＋OH－=CaCO3↓＋H2O
【详解】(1). 黑火药爆炸时发生如下反应：2KNO3+C+S=K2S+2NO2↑+CO2↑，在该反应中，KNO3中的氮元素和单质S中的硫元素化合价降低，则被还原的元素是N和S，氧化剂是KNO3和S，单质C中的碳元素化合价升高，则被氧化的物质是单质C，还原剂是单质C，故答案为：N、S；C；KNO3、S；C；
(2). ①.铁粉与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，离子方程式为：Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑，故答案为：Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑；
②. 碳酸氢钠溶液与过量氢氧化钙溶液反应生成碳酸钙沉淀和水，离子方程式为：HCO3－＋Ca2＋＋OH－=CaCO3↓＋H2O，故答案为：HCO3－＋Ca2＋＋OH－=CaCO3↓＋H2O。
28.有一包白色粉末,其中可能含有Ba(NO3)2、MgCl2、K2CO3、NaOH,现做以下实验:
①取一定量粉末加入水中,振荡,有白色沉淀生成;
②向①的沉淀物中加入足量稀硝酸,白色沉淀完全消失,没有气泡产生;
③向①的上层清液中滴入稀硫酸,有白色沉淀产生。
根据上述实验事实,回答下列问题:
(1)原白色粉末中一定含有的物质是________,一定不含有的物质是________。(写化学式)
(2)写出各步变化的离子方程式
①_______________________________________________________;
②_______________________________________________________;
③_______________________________________________________。
【答案】(1). Ba(NO3)2 MgCl2 NaOH (2). K2CO3 (3). 略 (4). 略 (5). 略
【详解】①取一定量粉末加入水中，振荡有白色沉淀生成，该白色沉淀可能是BaCO3、MgCO3、Mg（OH）2或任意两种或三种的混合物；
②向①的沉淀物中加入足量稀HNO3，白色沉淀完全消失，没有气泡产生，沉淀中没有BaCO3、MgCO3，沉淀为Mg（OH）2，原白色粉末中一定有MgCl2和NaOH，一定没有K2CO3；
③向①的上层清液中滴入稀硫酸，有白色沉淀产生，原白色粉末中一定有Ba（NO3）2；
（1）原白色粉末中一定含有的物质是Ba（NO3）2、MgCl2、NaOH，一定不含有的物质是K2CO3。
（2）①MgCl2与NaOH反应生成Mg（OH）2沉淀和NaCl，反应的离子方程式为Mg2++2OH-=Mg（OH）2↓。
②Mg（OH）2与HNO3发生中和反应生成Mg（NO3）2和H2O，反应的离子方程式为Mg（OH）2+2H+=Mg2++2H2O。
③上层清液中的Ba（NO3）2与稀硫酸反应生成BaSO4沉淀和HNO3，反应的离子方程式为Ba2++SO42-=BaSO4↓。
29.实验室需要0.1mol/LNaOH溶液450mL和0.5mol/L的硫酸溶液500mL。根据这两种溶液的配制情况回答下列问题。

(1)在下图所示仪器中，配制上述溶液肯定不需要的是_________（填序号），除图中已有仪器外，配制上述溶液还需要的玻璃仪器是 ____________________。
(2)在容量瓶的使用方法中，下列操作不正确的是____________。
A．使用容量瓶前检验是否漏水。
B．容量瓶用水洗净后，再用待配溶液洗涤。
C．配制溶液时，如果试样是固体，把称好的固体用纸条小心倒入容量瓶中，缓慢加水至接近刻度线1~2cm处，用胶头滴管加蒸馏水至刻度线。
D．配制溶液时，若试样是液体，用量筒取样后用玻璃棒引流倒入容量瓶中，缓慢加水至刻度线1~2cm处，用胶头滴管加蒸馏水至刻度线。
E．盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，另一只手托住瓶底，把容量瓶反复倒转多次，摇匀。
(3)根据计算用托盘天平称取的质量为_______g。在实验中其他操作均正确，若定容时仰视刻度线，则所得溶液浓度______0.1mol/L（填“大于”“小于”或“等于”）。
(4)根据计算得知，需用量筒量取质量分数为98%、密度为1.84g/cm3的浓硫酸的体积为________mL。
【答案】(1). AC (2). 烧杯、玻璃棒 (3). BCD (4). 2.0 (5). 小于 (6). 13.6
【详解】(1). 配制一定物质的量浓度的上述溶液需要的仪器有：量筒、托盘天平、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶等，则肯定不需要的是圆底烧瓶和分液漏斗，还需要的玻璃仪器是烧杯和玻璃棒，故答案为：AC；烧杯、玻璃棒；
(2). A. 容量瓶有瓶塞，配制过程中需要反复颠倒摇匀，为了避免漏液，使用容量瓶前要检验是否漏水，故A正确；
B. 容量瓶用水洗净后，再用待配溶液洗涤，会导致配制的溶液中溶质的物质的量偏大，配制的溶液浓度偏高，故B错误；
C. 容量瓶为定量仪器，只能用于配制一定物质的量浓度的溶液，不能用于溶解或者稀释溶质，故C错误；
D. 容量瓶为定量仪器，只能用于配制一定物质的量浓度的溶液，不能用于溶解或者稀释溶质，故D错误；
E. 定容结束后，需要进行摇匀，操作方法为：盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，另一只手托住瓶底，把容量瓶反复倒转多次，摇匀，故E正确，答案为：BCD；
(3). 配制NaOH溶液时需用托盘天平称量NaOH固体的质量，实验室无450mL规格的容量瓶，需选用500mL规格的容量瓶进行配制，配制氢氧化钠溶液时需要NaOH的物质的量为：0.1mol/L×0.5L=0.05mol，需要氢氧化钠的质量为：40g/mol×0.05mol=2.0g；在实验中其他操作均正确，若定容时仰视刻度线，会导致加入的蒸馏水体积超过容量瓶刻度线，配制的溶液体积偏大，浓度偏小，即小于0.1mol/L，故答案为：2.0；小于；
(4). 用量筒量取浓硫酸溶液的体积，质量分数为98%、密度为1.84g/cm3的浓硫酸的物质的量浓度为c(H2SO4)==18.4mol/L，设需用量筒量取浓硫酸的体积为a mL，则a×10－3L×18.4mol/L=0.5L×0.5mol/L，解得a=13.6mL，故答案为：13.6。