1、北京四中2018-2019学年上学期高中一年级期中考试化学试卷试卷满分100分，考试时间为100分钟一、选择题（每小题只有1个选项符合题意，每小题2分，共40分。）1.下列试剂瓶上的标识与物质性质对应正确的是A. CH4 B. KMnO4 C. NaCl D. 蔗糖【答案】B【解析】【详解】A甲烷为易燃性气体，应使用易燃气体标志，故A错误；B高锰酸钾具有强的氧化性，应使用氧化剂标志，故B正确；C氯化钠无毒，不能使用剧毒品标志，故C错误；D蔗糖不具有腐蚀性，不能使用腐蚀品标志，故D错误；答案选B。【点睛】本题考查化学试剂的分类，注意根据物质的性质和分类标准解题。2.经测定一瓶气体中只含有C、O两
2、种元素，通常情况下这瓶气体不可能是（ ）A. 一种化合物 B. 一种单质和一种化合物的混合物C. 两种化合物 D. 两种单质【答案】D【解析】试题分析：A、只含C和O两种元素的物质可以是CO或者是CO2，可以为一种化合物，故A正确；B、氧气和二氧化碳的混合物中就只含C和O两种元素，故B正确；C、只含C和O两种元素的物质可以是CO和CO2，属于两种化合物，故C正确；D、如是单质，C不是气体，故D错误故选D考点：物质的分类3. 根据中央电视台报道，近年来，我国的一些沿江或沿海城市多次出现大雾天气致使高速公路关闭，航班停飞，雾属于下列分散系中的A. 溶液 B. 悬浊液 C. 乳浊液 D. 胶体【答案
3、】D【解析】试题分析：雾属于胶体，答案选D。考点：考查三种分散系的判断点评：三种分散系的本质区别是分散质离子直径大小不同，其中分散质粒子直径大于100nm的是浊液，小于1nm的是溶液，介于1nm和100nm之间的是胶体，据此可以判断。4.符合下图中阴影部分的物质是A. Na2CO3B. Cu2（OH）2CO3C. K2CO3D. NaHCO3【答案】A【解析】【分析】图中阴影部分的物质既属于钠盐，又属于碳酸盐，还属于正盐，据此解答。【详解】A、Na2CO3属于正盐、钠盐和碳酸盐，A符合；B、Cu2(OH)2CO3属于碳酸盐的碱式盐，是一种铜盐，B不符合；C、K2CO3属于碳酸盐的正盐，是一种钾
4、盐，C不符合；D、NaHCO3属于碳酸盐的酸式盐，是一种钠盐，D不符合。答案选A。5.下列物质中，能够导电的电解质是A. Cu B. 熔融的MgCl2C. 酒精 D. 蔗糖【答案】B【解析】【分析】溶于水或熔融状态下能够导电的化合物是电解质，含有自由移动电子或离子的物质可以导电，据此判断。【详解】ACu能导电，但Cu是单质不是化合物，所以Cu不是电解质也不是非电解质，故A错误；B熔融的MgCl2中含有自由移动的镁离子和氯离子，所以能导电，熔融的MgCl2是能够导电的电解质，故B正确；C酒精中没有自由移动的阴阳离子，所以不能导电，酒精是非电解质，故C错误；D蔗糖中没有自由移动的阴阳离子，所以不能
5、导电，蔗糖是非电解质，故D错误；故答案选B。6.下列实验操作中正确的是A. 萃取操作时，应选择有机萃取剂，且萃取剂的密度必须比水大B. 蒸馏操作时，应使温度计水银球插入混合液体中C. 蒸发操作时，应使混合物中的水分完全蒸干后，才能停止加热D. 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【答案】D【解析】【详解】A萃取剂的密度不一定比水大，只要符合萃取剂与原溶剂互不相溶，溶质在萃取剂中的溶解度比在水中大，且萃取剂与水的密度有差别即可，故A错误；B蒸馏操作时，温度计用于测量馏分温度，则温度计水银球应靠近蒸馏烧瓶的支管口处，故B错误；C在蒸发操作的过程中，当加热到有大量固体析出时停
6、止加热，利用余热蒸干，故C错误；D分液操作时，为防止药品污染，先将分液漏斗中下层液体从下口放出，再将上层液体从上口倒出，故D正确；答案选D。7.下列各组物质，在水溶液中不能发生下列离子反应的是：HCO3-+H+=CO2+H2OA. NaHCO3+CH3COOH B. KHSO4+NaHCO3C. Mg（HCO3）2+H2SO4 D. NaHCO3+HNO3【答案】A【解析】【分析】离子反应HCO3-+H+CO2+H2O表示碳酸氢盐和强酸或强酸的酸式盐反应生成可溶性盐、水和二氧化碳的反应，据此判断。【详解】A. NaHCO3与CH3COOH反应中醋酸是弱酸，用化学式表示，离子反应方程式为HCO3
7、-+CH3COOHCH3COO+CO2+H2O，A符合；B. KHSO4与NaHCO3反应的离子方程式为HCO3-+H+CO2+H2O，B不符合；C. Mg（HCO3）2与H2SO4反应的离子方程式为HCO3-+H+CO2+H2O，C不符合；D. NaHCO3与HNO3反应的离子方程式为HCO3-+H+CO2+H2O，D不符合；答案选A。8.有NaCl、FeCl3、CuCl2、Na2SO4四种溶液，只用一种试剂能够鉴别它们，该试剂是()A. 盐酸 B. 烧碱溶液C. 氢氧化钡溶液 D. 氯化钡溶液【答案】C【解析】【分析】盐酸与NaCl、FeCl3、CuCl2、Na2SO4四种溶液都不反应；氢
8、氧化钠溶液与NaCl、Na2SO4溶液都不反应；氢氧化钡溶液与NaCl溶液不反应，氢氧化钡溶液与FeCl3、CuCl2、Na2SO4三种溶液都能反应，现象分别是红褐色沉淀、蓝色沉淀、白色沉淀；氯化钡溶液与NaCl、FeCl3、CuCl2三种溶液都不反应。【详解】盐酸与NaCl、FeCl3、CuCl2、Na2SO4四种溶液都不反应，盐酸不能鉴别这四种溶液，故不选A；氢氧化钠溶液与NaCl、Na2SO4溶液都不反应，氢氧化钠溶液不能鉴别NaCl、Na2SO4，故不选B；氢氧化钡溶液与NaCl溶液不反应，氢氧化钡溶液与FeCl3、CuCl2、Na2SO4三种溶液都能反应，现象分别是红褐色沉淀、蓝色沉
9、淀、白色沉淀，现象不同可以鉴别，故选C；氯化钡溶液与NaCl、FeCl3、CuCl2三种溶液都不反应，氯化钡溶液不能鉴别NaCl、FeCl3、CuCl2，故不选D。9.下列反应中，水只表现出还原性的是A. 2Na+2H2O2NaOH+H2B. 2F2+2H2O4HF+O2C. 3NO2+H2O2HNO3+NOD. 2H2O2H2+O2【答案】B【解析】【分析】反应中水只表现出还原性，说明水中氧元素的化合价升高，据此解答。【详解】A. 反应2Na+2H2O2NaOH+H2中氢元素化合价降低，得到电子，水是氧化剂，表现出氧化性，A不符合；B. 反应2F2+2H2O4HF+O2中氧元素化合价升高，失
10、去电子，水是还原剂，表现出还原性，B符合；C. 反应3NO2+H2O2HNO3+NO中氮元素化合价部分升高，部分降低，NO2既是氧化剂也是还原剂，水不是氧化剂也不是还原剂，C不符合；D. 反应2H2O2H2+O2中氢元素化合价降低，氧元素化合价升高，水既是氧化剂也是还原剂，D不符合。答案选B。10.下列除去杂质的方法中，正确的是选项物质（括号内为杂质）去除杂质的方法ANaCl（Na2CO3）加入适量的Ca（OH）2溶液、过滤BCaO（CaCO3）加水、过滤CFe（Zn）加过量FeSO4溶液、过滤DH2SO4（HNO3）加Ba（NO3）2溶液、过滤A. A B. B C. C D. D【答案】C
11、【解析】【分析】根据原物质和杂质的性质选择适当的除杂剂和分离方法。【详解】A、Na2CO3能与适量的Ca（OH）2溶液反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，能除去杂质但引入了新的杂质氢氧化钠，不符合除杂原则，A错误。B、碳酸钙不溶于水，氧化钙溶于水后生成氢氧化钙，会把原物质除去，不符合除杂原则，B错误。C、锌能与过量FeSO4溶液反应生成硫酸锌溶液和铁，能除去杂质且没有引入新的杂质，符合除杂原则，C正确。D、H2SO4能与Ba（NO3）2溶液反应生成硫酸钡沉淀和硝酸，反而会把原物质除去，不符合除杂原则，D错误。答案选C。【点睛】所谓除杂（提纯），是指除去杂质，同时被提纯物质不得改变，解决除杂问题时，抓
12、住除杂质的必需条件（加入的试剂只与杂质反应，反应后不能引入新的杂质）是正确解题的关键。11.下列各组离子一定能大量共存的是A. 在无色溶液中：NH4+、Fe3+、SO42-、CO32-B. 在含大量Ca2+的溶液中：Mg2+、Na+、Cl-、OH-C. 在强酸性溶液中：Na+、K+、Cl-、SO42-D. 在强碱性溶液中：K+、Na+、Cl-、NH4+【答案】C【解析】【分析】离子间如果不发生化学反应，则可以大量共存，结合离子的性质和题干中的限制条件分析解答。【详解】A、Fe3+有颜色且不能与CO32-大量共存，故A项错误；B、钙离子、镁离子和氢氧根离子形成难溶性物质，不能大量共存，故B项错误
13、；C、在强酸性溶液中Na+、K+、Cl-、SO42-之间不反应，可以大量共存，故C项正确；D、在强碱性溶液中NH4+、OH-会反应生成一水合氨，所以不能大量共存，故D项错误；答案选C。12.下列变化需要加入还原剂才能实现的是A. MnO4-Mn2+ B. Cl-Cl2C. H2SSO2 D. FeFe2+【答案】A【解析】【分析】还原剂失去电子，化合价升高。如果变化需要加入还原剂才能实现，这说明所给微粒一定是得到电子的，有关元素的化合价一定是降低的。【详解】A、锰元素的化合价降低，得到电子，需要加入还原剂，选项A正确；B、氯元素的化合价升高，需要加入氧化剂，选项B错误；C、硫元素的化合价升高，
14、需要加入氧化剂，选项C错误；D、铁元素的化合价升高，需要加入氧化剂，选项D错误。答案选A。【点睛】本题考查氧化还原反应的有关判断和应用，明确氧化还原反应的规律以及准确判断出元素的化合价变化情况是解答的关键。另外解答该类试题时一定要注意一些自身的氧化还原反应，例如氯酸钾、高锰酸钾、双氧水分解等。13.判断下列概念的依据正确的是A. 纯净物与混合物：是否仅含有一种元素B. 溶液与胶体：本质不同的原因是能否发生丁达尔现象C. 强弱电解质：溶液的导电能力大小D. 氧化还原反应的本质：有无电子转移【答案】D【解析】【详解】A. 判断纯净物与混合物的依据为是否仅含有一种物质，只有一种元素的物质也可能是混合
15、物，如氧气与臭氧组成的混合物只有一种元素，A不正确；B. 溶液与胶体的本质区别是分散质粒子的直径不同，丁达尔效应是胶体的性质，B不正确；C. 强电解质与弱电解质的分类依据是其在水溶液中的电离程度不同，与导电能力无关，C不正确；D. 氧化还原反应的本质是有电子转移，D正确。答案选D。14.粗盐中含可溶性CaCl2、MgCl2及一些硫酸盐，除去这些杂质的试剂可选用Na2CO3、NaOH、BaCl2、HCl，加入的先后顺序不正确的是A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】Ca2用碳酸钠除去，Mg2用氢氧化钠除去，SO42用氯化钡除去，过滤后向滤液中加入盐酸酸化。但由于过量的氯化钡要用碳酸钠
16、来除，所以碳酸钠必须放在氯化钡的后面，而氢氧化钠可以随意调整，所以先后顺序可以是或或。答案选D。15.3NO2+H2O=2HNO3+NO此反应氧化剂和还原剂的质量比是A. 2：1 B. 1：1 C. 1：2 D. 无法确定【答案】C【解析】【分析】反应3NO2+H2O2HNO3+NO中，只有N元素的化合价变化，则NO2既是氧化剂，也是还原剂，结合守恒法分析。【详解】反应3NO2+H2O2HNO3+NO中，只有N元素的化合价变化，则NO2既是氧化剂，也是还原剂，生成NO时作氧化剂，生成硝酸时作还原剂，由原子守恒可知，该反应中氧化剂和还原剂的质量之比是1：2，答案选C。【点睛】本题考查氧化还原反应
17、，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，注意此反应中只有N元素的化合价发生变化。16.下列离子方程式中，正确的是A. 石灰石与盐酸反应：CO32+2H+=CO2+H2OB. 铜和硝酸银溶液反应：Cu+Ag+Cu2+AgC. 向NaHSO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液至离子恰好沉淀完全：Ba2+2OH+2H+SO42=BaSO4+2H2OD. NH4HCO3溶液与过量HCl溶液混合：HCO3+H+=CO2+H2O【答案】D【解析】A. 石灰石难溶于水，不能用CO32表示，A不正确；B. 该离子方程式没有配平，电荷不守恒，B不正确；C. 向NaHSO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液至SO42离子恰
18、好沉淀完全的离子方程式为Ba2+OH+H+SO42=BaSO4+H2O，C不正确；D. NH4HCO3溶液与过量HCl溶液反应的离子方程式为HCO3+H+=CO2+H2O，D正确。答案选D。17.已知PbO2在盐酸溶液中易被还原成PbCl2，且PbO2、Cl2、FeCl3、I2的氧化性依次减弱。下列叙述中，正确的是A. Cl2通入FeI2溶液中，可存在反应3Cl2+6FeI2=2FeCl3+4FeI3B. 每1个PbO2在盐酸溶液中被氧化生成PbCl2时转移2个e-C. FeCl3溶液能将KI溶液中的I-氧化D. I2具有较强的氧化性，可以将PbCl2氧化成PbO2【答案】C【解析】【详解】A
19、Cl2、FeCl3、I2的氧化性依次减弱，所以氯气通入FeI2溶液中，氯气先氧化碘离子后氧化亚铁离子，不存在FeI3这种物质，A错误；B每1个PbO2在盐酸溶液中被还原生成PbCl2时Pb元素化合价从+4价降低到+2价，转移2个e-，B错误；C氯化铁的氧化性大于碘，所以氯化铁和碘化钾反应生成碘单质，C正确；DPbO2、Cl2、FeCl3、I2的氧化性依次减弱，因此I2不能把PbCl2氧化成PbO2，D错误；答案选C。18.已知aRO4x-+bH+cCl-=dR2+5Cl2+8H2O，则RO4x-中R的化合价为A. +4 B. +5 C. +6 D. +7【答案】D【解析】【分析】由质量守恒可知
20、b=16，c=10，a=2，d=2，结合电荷守恒计算x，则可确定RO4x-中R的化合价，以此解答该题。【详解】对应反应aRO4x-+bH+cCl-dR2+5Cl2+8H2O，由质量守恒可知b=16，c=10，a=2，d=2，结合电荷守恒可知16-2x-10=4，则x=1，因此可确定RO4x-中R的化合价+7，答案选D。【点睛】本题以氧化还原反应为载体考查元素化合价判断，根据电荷守恒、离子中各元素化合价的代数和分析解答即可。19.Cl2通入70的某浓度的氢氧化钠水溶液中，能同时发生两个自身氧化还原反应（未配平）：NaOH + Cl2 NaCl + NaClO + H2O，NaOH + Cl2 N
21、aCl + NaClO3+ H2O。反应完成后测得溶液中NaClO与NaClO3的数目之比为5:2，则该溶液中NaCl与NaClO的数目之比为A. 31 B. 21 C. 152 D. 11【答案】A【解析】试题分析：设溶液中NaClO与NaClO3的物质的量分别为5mol、2mol，NaClO与NaClO3均是氯气的氧化产物，转移电子的物质的量5mol1+2mol（5-0）15mol。氯气的还原产物是氯化钠，则根据电子注意守恒可知NaCl的物质的量5mol1+2mol（5-0）15mol，因此该溶液中NaCl与NaClO的数目之比为15mol:5mol3:1，答案选A。考点：考查氧化还原反应
22、的有关计算20.从某含Br-废水中提取Br2的过程包括：过滤、氧化、萃取（需选择合适萃取剂）及蒸馏等步骤。已知：2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2OBr2极易溶于四氯化碳和正十二烷物质Br2CCl4正十二烷密度/gcm-33.1191.5950.753沸点58.7676.8215217在水中溶解性微溶难溶难溶下列说法不正确的是A. 甲装置中Br-发生的反应为：2Br-+Cl2=Br2+2Cl-B. 甲装置中NaOH溶液每吸收1个Cl2，转移1个e-C. 用乙装置进行萃取，溶解Br2的有机层在下层D. 用丙装置进行蒸馏，先收集到的是Br2【答案】C【解析】【详解】A、氯气的氧化性大于
23、溴，所以甲装置中Br-发生的反应为：2Br-+Cl2Br2+2C1-，A正确；B、1molCl2与足量的碱液反应转移1mol电子，甲装置中NaOH溶液每吸收1个Cl2，转移1个e-，B正确；C、如果用正十二烷进行萃取溴，由于正十二烷密度小于水，所以溶解Br2的有机层在上层，C错误；D、根据表中数据可知溴的沸点最低，所以用丙装置进行蒸馏，先收集到的是Br2，D正确；答案选C。二、填空题（共5道大题，共60分。）21.（1）下图所示为按树状分类法对一组物质进行的分类。回答下列问题类别1_，类别2_，分类标准2_。上述物质中属于电解质的是_，非电解质的是_。向NaHSO4溶液中加Fe可产生气体，对应
24、的离子方程式_。将NaHSO4溶液和Ba（OH）2溶液混合，恰好呈中性，对应的离子方程式为_。（2）请对以下过程形成的分散系进行分类：花生油加入到水中后充分搅拌；向蒸馏水中加入硝酸钾至恰好饱和；饱和氯化铁溶液中加入氢氧化钠溶液；氢氧化钡溶液中通入过量的CO2；用滤纸过滤氢氧化铁胶体后得到的滤液；将纳米材料分散在塑料中制备复合材料；碘水和酒精的混合物。属于浊液的是_（填序号，下同）；属于溶液的是_；属于胶体的是_。【答案】 (1). 混合物 (2). 单质 (3). 元素种类 (4). NaHSO4、Ba（OH）2 (5). SO3 (6). Fe+2H+=Fe2+H2 (7). 2H+SO42
25、-+Ba2+2OH-=BaSO4+2H2O (8). (9). (10). 【解析】【分析】（1）混合物是由两种或多种物质混合而成的，单质必须是由一种元素组成的纯净物，混合物不可能是单质；溶于水或在熔融状态下能够导电的化合物是电解质，溶于水和在熔融状态下都不能够导电的化合物是非电解质；硫酸氢钠是强酸的酸式盐和铁反应生成氢气；将NaHSO4溶液和Ba（OH）2溶液混合，恰好呈中性时生成硫酸钠、硫酸钡和水；（2）胶体区别于其它分散系的本质特征是胶体粒子直径在1100nm之间，溶液的分散质粒子直径小于1nm，浊液的分散质粒子直径大于100nm。【详解】（1）类别1空气、氯化钠溶液都是由多种物质组成，
26、属于混合物；类别2氮气、铁均是仅由一种元素组成的纯净物，属于单质；化合物是由多种元素组成的纯净物，则分类标准2为元素种类；氢氧化钡是强碱，硫酸氢钠是酸式盐，属于电解质；三氧化硫属于非电解质，单质和混合物既不是电解质也不是非电解质。硫酸氢钠是强酸的酸式盐和铁反应生成氢气、硫酸钠和硫酸亚铁，离子方程式为Fe+2H+Fe2+H2；将NaHSO4溶液和Ba（OH）2溶液混合，恰好呈中性时生成硫酸钠、硫酸钡和水，反应的离子方程式为2H+SO42-+Ba2+2OH-BaSO4+2H2O；（2）根据分散系的分类，可以分为浊液、胶体、溶液，其中属于浊液的是花生油加入到水中后充分搅拌，形成乳浊液，饱和氯化铁溶液
27、中逐滴加入少量氢氧化钠溶液生成氢氧化铁的沉淀，形成悬浊液；属于溶液的是向蒸馏水中加入硝酸钾至恰好饱和，得到硝酸钾溶液，氢氧化钡溶液中通入过量的CO2，得到碳酸氢钡溶液，碘水和酒精的混合物，得到碘的酒精溶液；属于胶体的是用滤纸过滤氢氧化铁胶体后得到的滤液是氢氧化铁胶体；将纳米材料分散在塑料中制备复合材料，纳米材料的粒子直径在胶体的粒子直径的范围内，属于胶体。22.有5瓶损坏标签的溶液，分别盛有AgNO3、HNO3、盐酸、BaCl2、K2CO3，为了确定各瓶中是什么试剂，将它们任意编号为A、B、C、D、E，用小试管各盛少量多次进行两两混合反应，反应现象为：A与B、E产生沉淀，B与D、E产生沉淀，C
28、、D与E产生气体，而C与D无反应现象。（1）判断各试剂瓶中所盛试剂为：B_、D_。（2）写出下面要求的离子方程式：A与E：_。C与E：_。【答案】 (1). AgNO3 (2). 盐酸 (3). Ba2+CO32-=BaCO3 (4). CO32-+2H+=CO2+H2O【解析】【分析】C与E、D与E产生气体，五种物质中，能与两种物质的产生气体的只有K2CO3，则E为K2CO3，C、D为HNO3、HCl中的物质；D与B能产生沉淀，HNO3不能产生沉淀，而HCl能与AgNO3产生AgCl沉淀，则D为HCl，C为HNO3，B为AgNO3；A与B产生沉淀，则A为BaCl2。据此解答。【详解】根据以上
29、分析可知A是氯化钡，B是硝酸银，C是硝酸，D是盐酸，E是碳酸钾，则（1）B中所盛试剂为AgNO3，D中所盛试剂为盐酸；（2）A为BaCl2，E为K2CO3，二者反应生成BaCO3，反应的离子方程式为Ba2+CO32BaCO3；C为HNO3，E为K2CO3，二者反应生成CO2，反应的离子方程式为2H+CO32CO2+H2O。【点睛】掌握常见物质的性质特点是解答的关键，注意进行物质的检验时，要依据物质的特殊性质和特征反应，选择适当的试剂和方法，准确观察反应中的明显现象，如颜色的变化、沉淀的生成和溶解、气体的产生和气味、火焰的颜色等，进行判断、推理、验证即可。23.现有含有少量NaCl、Na2SO4
30、、Na2CO3、泥沙（SiO2）等杂质的NaNO3固体，选择适当的试剂除去杂质，得到纯净的NaNO3固体，实验流程如下图所示。（1）操作1、操作3的名称分别是_、_。（2）试剂1和试剂2分别是_、_。固体2中除了含有AgCl，还有_（答全）。（3）试剂3加入后发生的离子反应方程式是_。【答案】 (1). 溶解 (2). 蒸发 (3). Ba（NO3）2 (4). Na2CO3 (5). BaSO4、BaCO3、Ag2CO3 (6). 2H+CO32-=CO2+H2O【解析】【分析】固体混合物首先溶于水，然后过滤出泥沙，所得滤液中氯离子用硝酸银除去，硫酸钠用硝酸钡除去，过量的银离子和钡离子均用碳
31、酸钠除去，过滤后向滤液中加入硝酸除去多余的碳酸钠，最后蒸发结晶得到硝酸钠固体，据此解答。【详解】（1）固体混合物首先溶于水，然后过滤出泥沙，因此操作1是溶解；操作3是从硝酸钠溶液中得到硝酸钠晶体，则其名称为蒸发。（2）根据流程图可知试剂1用来除去硫酸钠，则试剂1是Ba（NO3）2；试剂2用来除去过量的银离子和钡离子，则试剂2是Na2CO3。根据以上分析可知固体2中除了含有AgCl外，还有BaSO4、BaCO3、Ag2CO3。（3）试剂3用来除去过量的碳酸钠，应该是硝酸，则加入后发生的离子反应方程式是2H+CO32-CO2+H2O。24.化学实验中，如使某步中的有害产物作为另一步的反应物，形成一
32、个循环，就可不再向环境排放该种有害物质。例如：（1）配平并回答问题，用单线桥标出2个反应的电子转移的方向和数目。反应为：_Na2Cr2O7+_HCl_NaCl+_CrCl3+_Cl2+_，氧化剂_，氧化产物_。反应为：_ClO3-+_CrO2-+_Cl-+_CrO42-+_H2O，还原剂_，还原产物_。（2）在上述有编号的步骤中，除了外，需用氧化剂的步骤是（填编号）_。【答案】 (1). (2). Na2Cr2O7 (3). Cl2 (4). (5). CrO2- (6). Cl- (7). 【解析】【分析】（1）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，表现为化合价升降的总数相等
33、进行解答；依据氧化还原反应的有关概念判断；（2）需用还原剂的反应，应被还原，所含元素的化合价降低，需要氧化剂，物质被氧化，所含元素的化合价升高，从化合价的角度判断。【详解】（1）在反应Cr元素化合价由+6价降低到+3价，Cl元素化合价由-1价升高到0价，则根据化合价升降总数相等结合质量守恒可知配平后的方程式应为Na2Cr2O7+14HCl2NaCl+2CrCl3+3Cl2+7H2O，反应中氧化剂为Na2Cr2O7，氧化产物为Cl2，用单线桥表示电子转移的方向、数目，可表示为；在反应中Cl元素化合价从+5价降低到1价，Cr元素化合价从+3价升高到+6价，则根据化合价升降总数相等结合质量守恒可知配
34、平后的方程式应为ClO3-+2CrO2-+2OH-Cl-+2CrO42-+H2O，其中还原剂是CrO2-，还原产物为Cl-，用单线桥表示电子转移的方向、数目，可表示为；（2）根据转化关系图可知中Cr元素化合价不变，中Cr元素化合价升高，需加入氧化剂，中Cr元素化合价不变，答案选。【点睛】本题考查考查氧化还原反应的有关判断以及方程式的配平，注意元素化合价的变化和电子转移的方向以及数目的判断。25.某同学取海带灰加蒸馏水煮沸23 min，冷却，过滤，获得含I-的溶液，并设计以下实验方案，从中提取I2。（1）反应1中硫酸的作用是提供酸性环境，则试剂a的作用是_。（2）试剂b应选择_（填序号）。A.
35、CCl4 B. 苯 C. 酒精 D. 醋酸（3）操作1的名称是_。实验室里进行操作1需要的玻璃仪器除烧杯外，还需要_。（4）反应2为：3I2+6NaOH5NaI+NaIO3+3H2O，单线桥标出此反应电子转移_。此反应氧化剂是_，氧化产物是_。（5）反应3的离子方程式是_。【答案】 (1). 将I-氧化成I2（或作氧化剂） (2). A (3). 萃取、分液 (4). 分液漏斗 (5). (6). I2 (7). NaIO3 (8). 5I-+IO3-+6H+3I2+3H2O【解析】【分析】含碘离子的溶液加入硫酸和试剂a把碘离子氧化为碘单质，试剂a为氧化剂，含碘的溶液中加入试剂b，结合后续实验
36、操作可知碘的有机溶液中加入氢氧化钠溶液发生反应生成碘化钠、碘酸钠，分液后碘单质在上层溶液中生成，则b为萃取剂且密度大于水，上层溶液加入稀硫酸发生反应得到碘单质的浊液，过滤提取得到粗碘，据此判断。【详解】（1）反应1中硫酸的作用是提供酸性环境，试剂a用来氧化碘离子，则其作用是将I-氧化成I2（或作氧化剂）。（2）结合后续实验操作可知碘的有机溶液中加入氢氧化钠溶液发生反应生成碘化钠、碘酸钠，分液后碘单质在上层溶液中生成，则b为萃取剂且密度大于水，所以试剂b应选择四氯化碳，答案选A；（3）操作1是萃取分液得到含碘单质的有机溶液，操作的名称是：萃取、分液，实验室里进行操作1需要的玻璃仪器除烧杯外，还需要分液漏斗；（4）反应2为3I2+6NaOH5NaI+NaIO3+3H2O，反应中碘元素化合价部分从0价升高到+5价，部分降低到1价，根据电子得失守恒可知转移电子数是5个，所以用单线桥标出此反应电子转移为。此反应氧化剂是I2，氧化产物是NaIO3。（5）反应3是碘离子与碘酸根离子在酸溶液中发生归中反应生成碘单质，反应的离子方程式为5I-+IO3-+6H+3I2+3H2O。【点睛】本题考查了含碘物质分离提纯碘单质的实验过程分析，注意萃取分液的操作，掌握基础、物质的性质和题干中的信息提取是解题关键。
