1、九江市同文中学 20182019 学年度上学期期中考试高一年级化学试卷可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Na23 Cl35.5 P31 K39 S32 Al27 Mg24 Ag108 Ba137一、选择题：每题只有一个正确选项。(本题共 20 小题，每小题 2 分，共 40 分)1. 下列物质的分类不正确的是A. 水、过氧化氢和干冰都属于氧化物B. H2SO4、HNO 3、H 2CO3都属于酸C. 烧碱、纯碱、熟石灰都属于碱D. NaHSO4、CuSO 4和 KMnO4都属于盐【答案】C【解析】试题分析：A 水、过氧化氢和干冰（二氧化碳）都是由两种元素构成构成，其中一种是氧
2、元素，所以属于氧化物，A 正确；B、H 2SO4、HNO 3、H 2CO3电离时生成的阳离子全部是氢离子，所以属于酸，B 正确；C、纯碱为碳酸钠，属于盐，C 错误；D、NaHSO 4、CuSO 4和 KMnO4都是由金属离子和酸根离子组成的，所以属于盐，D 正确。答案选 C。考点：物质的分类2.过滤后的食盐水仍含有可溶性的 CaCl2、MgCl 2、Na 2SO4等杂质，通过如下几个实验步骤，可制得纯净的食盐水： 加入稍过量的 NaOH 溶液； 加入稍过量的 Na2CO3溶液； 加入稍过量的 BaCl2 溶液； 滴入稀盐酸至无气泡产生； 过滤正确的操作顺序是 ( )A. B. C. D. 【答
3、案】A【解析】【详解】欲除去粗盐中的可溶性的 CaCl2、MgCl 2、Na 2SO4等杂质，正确操作顺序应为：加入稍过量的 BaCl2 溶液，除去 SO42-，溶液中引入了少量的杂质 Ba2+；加入稍过量的 NaOH 溶液，除去 Mg2+，溶液中引入了杂质 OH-；加入稍过量的 Na2CO3溶液，除去 Ca2+、Ba 2+，溶液中引入了杂质 CO32-；过滤，除去 BaSO4、BaCO 3、CaCO 3、Mg(OH) 2等沉淀；滤液中滴入稀盐酸至无气泡产生，除去引入的 OH-、CO 32-；所以正确的操作顺序为：；综上所述，本题选 A。3.完成下列实验所选择的装置或仪器都正确的是（ ）A B
4、 C D实验分离植物油和氯化钠溶液除去氯化钠晶体中混有的氯化钾晶体分离 CCl4中的 Br2除去 CO2气体中的HCl 气体装置或仪器A. A B. B C. C D. D【答案】A【解析】试题分析：A、植物油和氯化钠溶液不混溶，可以选用分液的方法分离，故 A 正确；B、氯化铵受热容易分解，可以选用加热的方法除去氯化钠晶体中混有的氯化铵，故 B 错误；C、CCl 4和 Br2的沸点不同，可以选用蒸馏的方法分离分离 CCl4中的 Br2，故 C 错误；D、CO 2和 HCl 都能够与氢氧化钠反应，故 D 错误；故选 A。考点：考查了物质的分离和提纯的相关知识。4.现有下列四种因素：温度和压强 所
5、含微粒数 微粒本身大小 微粒间的距离，其中对气体物质体积有显著影响的是( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】影响物质体积的因素有微粒的大小，微粒之间的距离以及所含微粒数等因素，对于气体来说，微粒本身大小远小于微粒间的距离，条件不同，距离不同。【详解】对于气体来说，温度和压强不同，气体分子之间的距离不同，而微粒本身大小远小于微粒间的距离，所以微粒本身大小可忽略不计；微粒数目越多，则体积越大，所以影响气体体积的因素主要有：温度和压强、所含微粒数以及微粒间的距离；可选；综上所述，本题选 B。【点睛】本题考查影响气体体积的因素，题目难度不大，注意相关基础知识的积累，把握好课本相关知识
6、，是解答该题的关键；注意影响物质体积的三因素为：所含微粒数，微粒本身大小 微粒间的距离；对于气体来讲，微粒间的距离受温度和压强的影响。5.欲配制下列四种无色透明的酸性溶液，其中能配制成功的是( )A. K+、Mg 2+、Cl 、CO 32- B. Na 、CO 32 、Ca 2+、NO 3C. MnO4 、K 、SO 42 、Na D. NH4 、NO 3 、Al 3 、Cl 【答案】D【解析】【分析】溶液无色,则不存在有颜色的离子；酸性条件下,离子之间不产生气体、沉淀、弱电解质、络合物,不发生氧化还原反应、不发生双水解反应时即可配制成功,以此解答该题。【详解】A. Mg 2+与 CO32-反
7、应生成沉淀，且酸性条件下, CO 32-不能大量共存，故 A 错误；B. CO32 和 Ca2+反应生成沉淀，且酸性条件下, CO 32-不能大量共存，故 B 错误；C. MnO4 有颜色，不符合题目要求,故 C 错误；D. 溶液无色,酸性条件下离子之间不发生反应,可大量共存，能配制成功, 故 D 正确；综上所述，本题选 D。6.“纳米材料”是粒子直径为 1100nm 的材料，纳米碳就是其中一种，若将纳米碳均匀地分散到蒸馏水中，所形成的物质( )是溶液 是胶体 能产生丁达尔效应 能透过滤纸 不能透过滤纸 静置后会析出黑色沉淀A. B. C. D. 【答案】B【解析】试题分析：纳米材料”是粒子直
8、径为 1100nm 的材料，纳米碳就是其中的一种属于胶体分散质微粒直径的大小，若将纳米碳均匀地分散到蒸馏水中形成分散系是胶体，具有丁达尔现象，不能透过半透膜，能透过滤纸，具有介稳性，不生成沉淀，故正确。答案选B。考点：胶体的性质7.设 NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是( )标准状况下，11.2L 以任意比例混合的氮气和氧气所含的原子数为 NA4.6g 钠由原子变成离子时，得到的电子数为 0.2 NA物质的量浓度为 1 molL1 的 MgCl2溶液，含有 Cl 数为 2 NA标准状况下，22.4LCCl 4中所含分子数为 NA常温常压下，32g O 2和 O3混合气体中含有原子数为 2
9、NA1 mol FeCl 3完全转化为 Fe(OH)3胶体后生成 NA个胶体粒子A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】标准状况下，11.2L 混合气体的总量为 0.5mol，因为氮气和氧气均为双原子分子，因此 0.5mol 以任意比例混合的氮气和氧气所含的原子数为 NA，正确；4.6g 钠的物质的量为 0.2mol，1 个钠原子变成离子时失去 1 个电子，因此 0.2mol 钠变为钠离子时失去的电子数为 0.2NA，错误；没有给出溶液的体积，也就不能计算出 1molL1 的 MgCl2溶液中溶质的量及含有 Cl 数目，错误；标准状况下，CCl 4为液态，不能用气体摩尔体积进行计算，
10、错误；32gO 2和 O3混合气体中含有氧原子的质量为 32g，物质的量为 2mol，含有原子数为 2NA，正确；氢氧化铁胶体是很多氢氧化铁胶粒的集合体，因此 1molFeCl3完全转化为 Fe(OH)3胶体后生成胶体粒子数目小于 NA个，错误；结合以上分析可知，正确；综上所述，本题选 B。8.下面关于电解质的叙述中正确的是( )A. 电解质在水中一定能导电B. 纯水的导电性很差，所以水不是电解质C. 化合物电离时，生成的阳离子是氢离子的是酸D. 电解质、非电解质都指化合物而言，单质不属于此范畴【答案】D【解析】【分析】A、难溶物硫酸钡、氯化银等在水中均不能导电；B、纯水部分电离,属于化合物,
11、是电解质；C、酸指电离时产生的阳离子全部都是氢离子的化合物； D、按化合物是否导电把化合物分为电解质和非电解质。【详解】A. 电解质在水中不一定能导电，如难溶电解质硫酸钡、氯化银等，故 A 错误；B. 纯水能够电离出氢离子和氢氧根离子，属于极弱的电解质，故 B 错误；C. 酸是指电离时产生的阳离子全部都是氢离子的化合物,故 C 错误；D. 在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质,在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质,电解质和非电解质都是对化合物而言的, D 正确；综上所述，本题选 D。9.下列变化中，需加入氧化剂才能实现的是( )Al(OH) 3Al 2O3 FeCl 3 F
12、eCl 2 SO 2SO 3 CuOCu Cl Cl 2H 2O2O 2A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】Al(OH) 3Al 2O3中，氧元素、铝元素、氢元素化合价均没有变化，不属于氧化还原反应，故不选；FeCl 3 FeCl 2中，Fe 元素的化合价降低，需要加入还原剂实现，故不选；SO 2SO 3中，S 元素的化合价升高，需要加入氧化剂实现，故选；CuOCu 中，Cu 元素的化合价降低，需要加入还原剂实现，故不选；Cl Cl 2中，Cl 元素的化合价升高，需要加入氧化剂实现，故选；H 2O2O 2中，O 元素既可由-1 价升高到 0 价，也可由-1 价降低到-2 价，自身
13、发生氧化还原反应，不需要加氧化剂就可以反应，故不选；结合以上分析可知，正确的有； 综上所述，本题选 B。【点睛】本题考查氧化还原反应，为高考常见题型，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应中氧化剂的考查，题目难度不大。需加氧化剂才能实现，则选项中物质应为还原剂、发生了氧化反应，还原剂中某元素的化合价升高。10.在 VmL 硫酸铝溶液中含有 a g 的 Al3+，取该溶液 V/10 mL，用水稀释至 10V mL，则稀释后溶液中 SO42 的物质的量浓度为( )A. 5a/9v molL-1 B. 10a/9v molL-1C. 10a/27v molL-1 D. 20a/v
14、molL-1【答案】A【解析】【详解】稀释前后 Al2(SO4)3溶液中 Al3+与 SO42 的物质的量浓度之比均为 2:3，原溶液中Al3+的物质的量为 a/27mol,则原溶液中 Al3+的物质的量浓度为 a/27mol/VmL10-3=1000 a/27V molL-1，取该溶液 V/10mL，Al 3+的量为：V/1010 -31000a/27V=a/270mol, 用水稀释至 10V mL，稀释后 Al3+的浓度为 a/270mol/(10V10-3)=10a/27V molL-1，则稀释后溶液中 SO42 的物质的量浓度为 3/210a/27V molL-1=5a/9v molL
15、-1 ； A 正确；综上所述，本题选 A。11.完全沉淀相同体积的 NaCl 、MgCl 2 、 AlCl 3 溶液中的 Cl ，消耗相同浓度的 AgNO3 溶液的体积比为 3：2：1，则 NaCl 、MgCl 2 、 AlCl 3溶液的物质的量浓度之比为( )A. 1：2：3 B. 3：2：1 C. 9：3：1 D. 6：3：2【答案】D【解析】由 n=cV 可知使三种溶液中的 Cl-完全沉淀时所消耗的 n(Ag+)相同，根据 Ag+Cl-AgCl，可知三种溶液中 n(Cl-)=n(Ag+)，由于三种溶液的体积相等，所以三种溶液中 c(Cl-)相等，则 c(Cl-)=c(NaCl)= c(M
16、gCl2)= c(AlCl3)，所以 c(NaCl):c(MgCl2):c(AlCl3)=6:3:2；故 D正确。12.下列哪种溶液中氯离子的物质的量浓度与 50mL 0.5mol/L 的氯化铝溶液中氯离子的物质的量浓度相同A. 30mL 0.5mol/L 的氯化镁溶液 B. 90mL 0.075mol/L 的氯化钙溶液C. 20mL 0.1mol/L 的氯化钾溶液 D. 60mL 1.5mol/L 的氯化钠溶液【答案】D【解析】【详解】根据氯化铝的化学式结合氯化铝的电离方程式可知 50mL 0.5mol/L 氯化铝溶液中氯离子的物质的量浓度是 0.5mol/L3=1.5 mol/L；A.30
17、mL 0.5mol/L 的氯化镁溶液中氯离子的物质的量浓度是 0.5mol/L2=1mol/L； B.90mL 0.075mol/L 的氯化钙溶液中氯离子的物质的量浓度是 0.075mol/L2=0.15mol/L； C.20mL 0.1mol/L 的氯化钾溶液中氯离子的物质的量浓度是 0.1mol/L1=0.1mol/L； D. 60mL 1.5mol/L 的氯化钠溶液中氯离子的物质的量浓度是 1.5mol/L1=1.5mol/L；综上所述，本题选 D。13.能正确表示下列反应的离子方程式是 ( )A. 向氢氧化钡溶液中加入过量的硫酸氢钠溶液 H + + SO42- + Ba2+ + OH-
18、 = BaSO4 + H 2OB. 向 NH4HCO3溶液中加入少量 NaOH 溶液： HCO 3-+OH-= CO32-+H2OC. 稀硫酸与铁屑反应：2Fe+6H +=2Fe3+3H2D. 向澄清石灰水中通入过量 CO2 ：CO 2 +2 OH +Ca2+ = CaCO3 + H 2O【答案】B【解析】【详解】A.向氢氧化钡溶液中加入过量的硫酸氢钠溶液，反应生成硫酸钡、硫酸钠和水，正确的离子方程式：2H + +SO42- +Ba2+ +2OH- = BaSO4 +2H 2O，错误；B.向 NH4HCO3溶液中加入少量 NaOH 溶液生成碳酸铵和水，离子方程式 HCO3-+OH-=CO32-
19、+H2O 书写正确，正确；C.稀硫酸与铁屑反应生成硫酸亚铁和氢气，正确的离子方程式为 Fe+2H+=Fe2+H2，错误；D. 向澄清石灰水中通入过量 CO2 反应生成碳酸氢钙溶液，正确的离子方程式为：CO 2 +OH = HCO3-，错误；综上所述，本题选 B。【点睛】二氧化碳属于酸性氧化物，能够与碱反应，当少量二氧化碳与氢氧化钙反应时，生成碳酸钙和水；当二氧化碳过量时，生成碳酸氢钙。规律：当二氧化碳少量时，与碱反应生成正盐，当二氧化碳过量时，与碱反应生成酸式盐。14.下列说法正确的是( )A. 在氧化还原反应中，金属单质只体现还原性，金属阳离子只体现氧化性B. 能在水溶液或熔融状态下导电的物
20、质是电解质C. 在一个氧化还原反应中，有一种元素被氧化，必有另一种元素被还原D. 清晨的阳光穿过茂密的树木枝叶所产生的美丽景象(美丽的光线)是由于胶体粒子对光线的散射形成的【答案】D【解析】【分析】A.在氧化还原反应中,金属阳离子可能具有还原性；B.能在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质；C.在一个氧化还原反应中,被氧化和被还原的元素可能是同一种；D.胶体具有丁达尔效应。【详解】A.在氧化还原反应中,金属阳离子可能具有还原性,如亚铁离子，故 A 错误；B.能在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，能导电的物质不一定是电解质，如二氧化碳，故 B 错误；C.在一个氧化还原反应中,被氧
21、化和被还原的元素可能是同一种，如：Cl 2+H2O=HCl+HClO，故C 错误；D. 胶体具有丁达尔效应，是因为胶体粒子对光线的散射形成的，故 D 正确；综上所述，本题选 D。15.今有一混合物的水溶液,只可能含有以下离子中的若干种：K 、NH 4 、Cl 、Ca 2 、Ba 2 、CO 32 、SO 42 ，现取三份 100mL 溶液进行如下实验：第一份加入 AgNO3溶液有沉淀产生；第二份加入足量 NaOH 溶液加热后，收集到 0.08mol 气体；第三份加入足量 BaCl2 溶液后，得干燥沉淀 12.54g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为4.66g。综合上述实验，你认为以下结论正确
22、的是( )A. 该混合物中一定含有 NH4+、SO 42-，可能含有 Ca2+、K +、Cl -B. 该混合物中一定含有 NH4+、CO 32-、SO 42-，可能含有 Ca2+、 K +、Cl -C. 该混合物中一定含有 NH4+、CO 32-、SO 42-，可能含有 K+、Cl -D. 该混合物中一定含有 K+、NH 4+、CO 32-、SO 42-，可能含有 Cl-，且 n(K+)0.04mol【答案】D【解析】【分析】第一份加入 AgNO3溶液后有沉淀生成，溶液中可能含有 Cl-，SO 42-，CO 32-；第二份加足量NaOH 有气体，一定含有 NH4+，没有沉淀生成，一定没有 Mg
23、2+；第三份有沉淀后加酸沉淀部分溶解一定存在 CO32-、SO 42-,不存在 Ba2+；所以一定存在的离子是 NH4+ 、CO 32-、SO 42-；根据题给信息，生成 0.08mol NH3，溶液中 NH4+的量为 0.08mol；生成硫酸钡沉淀 4.66g，溶液中n(SO42-)=0.02mol，碳酸钡沉淀质量为 7.88 g，则溶液中 n(CO32-)=0.04mol，最后根据溶液中存在电荷守恒关系确定钾离子是否存在；据以上分析解答。【详解】第一份加入 AgNO3溶液后有沉淀生成，溶液中可能含有 Cl-，SO 42-，CO 32-；第二份加足量 NaOH 有气体，一定含有 NH4+，没
24、有沉淀生成，一定没有 Mg2+；第三份有沉淀后加酸沉淀部分溶解一定存在 CO32-、SO 42-,不存在 Ba2+；所以一定存在的离子是 NH4+ 、CO 32-、SO 42-；根据 NH4+- NH3关系可知，每生成 0.08molNH3，溶液中的 NH4+的量为 0.08mol；生成硫酸钡沉淀4.66g，物质的量为 0.02mol，所以 n(SO42-)=n(BaSO4)=0.02mol，碳酸钡沉淀质量为 12.54g-4.66g=7.88g，物质的量为 0.04mol，所以 n(CO32-)=n(BaCO3)= 0.04mol，因为电解质溶液呈电中性，所以 0.08molNH4+带的正电
25、荷总量为 0.08mol，而 0.04molCO32-带的负电荷总量为0.08 mol，0.02molSO 42-带的负电荷总量为 0.04mol，因此该溶液中一定含有阳离子钾离子0.04 mol；当溶液中如果再含有 Cl-，那么 n(K+)0.04mol。结合以上分析可知，该混合物中一定含有 K+、NH 4+、CO 32-、SO 42-，可能含有 Cl-，且 n(K+)0.04mol，D 正确；综上所述，本题选 D。【点睛】本题考查了离子反应及其计算，题目难度中等，明确常见离子的性质及检验方法为解答的关键，注意掌握根据电荷守恒在判断离子存在的方法，培养了学生的分析能力和化学计算能力。16.对
26、于溶液中某些离子的检验及结论一定正确的是( )A. 加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸沉淀消失，一定有 Ba2+B. 加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，一定有 SO42-C. 加入足量稀盐酸，再加入氯化钡溶液后有白色沉淀产生，一定有 SO42-D. 加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，一定有 CO32-【答案】C【解析】A 溶液中含有钙离子也能发生如上现象，A 错误。B 溶液中含有银离子，生成氯化银沉淀，也是如上现象，B 错误。C 本选项为硫酸根离子检验的标准答案，C 正确。D 溶液中如果有碳酸氢根，也能发生如上现象，D 错误。17.实验室将 NaCl
27、O3和 Na2SO3按物质的量之比 21 倒入烧瓶中，用水浴加热，同时滴入H2SO4，恰好完全反应，产生棕黄色气体 X，则 X 为( )A. Cl2 B. Cl2O C. ClO2 D. Cl2O3【答案】C【解析】试题分析：反应中 S 元素化合价从4 价升高到6 价失去 2 个电子，则氯酸钠在反应中得到 221 个电子，因此氯元素的化合价从5 价降低到4 价，则 X 是 ClO2，答案选 C。考点：考查氧化还原反应计算18.如果反应 4P + 3KOH + 3H2O = 3KH2PO2 + PH3中转移 0.6mol 电子，消耗 KOH 的质量为（ ）A. 5.6 克 B. 16.8 克 C
28、. 33.6 克 D. 100.8 克【答案】C【解析】反应中 P 元素化合价从 0 价部分升高到+1 价，部分降低到3 价，即 4molP 参加反应转移3mol 电子，消耗 3molKOH，所以转移 0.6mol 电子，消耗 KOH 的物质的量是 0.6mol，质量是0.6mol56g/mol33.6g，答案选 C。点睛：准确判断出 P 元素的化合价变化情况是解答的关键，注意氧化还原反应的分析思路，即判价态、找变价、双线桥、分升降、写得失、算电子、定其他。其中“找变价”是非常关键的一步，特别是反应物中含有同种元素的氧化还原反应，必须弄清它们的变化情况。19.常温下，在水溶液中发生如下反应：1
29、6H 10C 2XO 4 = 2X2 5C 2 8H 2O； 2A 2 B 2 = 2A3 2B ； 2B C 2 = B22C 。 下列说法错误的是( )A. 反应 C2 2A 2 = 2A3 2C 可以进行B. 元素 C 在反应中被氧化，在反应中被还原C. 氧化性由强到弱的顺序是 XO4 C2B2A3D. 还原性由强到弱的顺序是 C A2 B X2【答案】D【解析】【分析】16H 10C 2XO 4 =2X2 5C 2 8H 2O 反应可知氧化性：XO 4 C2；还原性：C X2 ；2A 2 B 2 = 2A3 2B 反应可知氧化性：B 2 A3 ；还原性：A 2 B ；2B C 2 =
30、B22C 反应可知氧化性：C 2 B2；还原性：B C ；由此可知氧化性顺序为：XO4 C2B2A3 ； 还原性顺序：A 2 B C X2 ；据以上分析解答。【详解】16H 10C 2XO 4 = 2X2 5C 2 8H 2O 反应可知氧化性：XO 4 C2；还原性：C X2 ；2A 2 B 2 = 2A3 2B 反应可知氧化性：B 2 A3 ；还原性：A2 B ；2B C 2 = B22C 反应可知氧化性：C 2 B2；还原性：B C ；由此可知氧化性顺序为：XO 4 C2B2A3 ； 还原性顺序： A 2 B C X2 ； A.由以上分析可知，氧化性：C 2A3 ，所以该反应 C2 2A
31、2 = 2A3 2C 可以进行，A 正确；B.元素 C 在反应中化合价升高，被氧化，在反应中化合价降低，被还原，B 正确；C.结合以上分析可知，氧化性由强到弱的顺序是 XO4 C2B2A3 ，C 正确；D. 结合以上分析可知，还原性由强到弱的顺序是 A2 B C X2 ；D 错误；综上所述，本题选 D。20.在 25时,在一刚性容器内部有一个不漏气且可滑动的活塞将容器分隔成左右两室。左室充入氮气,右室充入 H2与 O2的混和气体,活塞恰好停留在离左端的 1/5 处(图 1),然后引燃H2、O 2混和气体,反应完毕后恢复至原来温度,活塞恰好停在中间(图 2),如果忽略水蒸气体积,则反应前 H2与
32、 O2的体积比可能是A. 3:1 B. 4:5 C. 2:1 D. 7:2【答案】A【解析】试题分析：设容器容积为 5L，则 N2为 1L，H 2和 O2共 4L，反应后剩佘气体为 1L，若 H2过量，剩佘 H21L，则反应前氢气与氧气的体积比 3：1，若 O2过量，剩佘 O21L，则反应前氢气与氧气的体积比 1：1；答案选 A。考点：阿伏加德罗定律及推论第卷(共 60 分)21.现有下列状态的物质干冰 NaCl 晶体 氨水 CH 3COOH 碘酒 铜 熔融 KOH 蔗糖 稀硫酸 液态 SO3，其中属于电解质的是_(填序号)，属于非电解质的是_(填序号)，能导电的是_(填序号)。【答案】 (1
33、). (2). (3). 【解析】【分析】在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质,在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质,含有自由移动电子或离子的物质能导电。【详解】干冰即固态的二氧化碳,无自由移动的电子或离子,不导电；在熔融状态下不导电，在水溶液中导电和其本身无关,故为非电解质；NaCl 晶体不导电,但其溶于水或熔融状态下能导电,故为电解质；氨水能导电,但因为是混合物,故既不是电解质也不是非电解质；CH 3COOH 固态不导电，其溶于水状态下能够导电，故为电解质；碘酒为碘的酒精溶液，属于混合物，不导电，故既不是电解质也不是非电解质；铜能导电,但因为是单质,故既不是电解质也不是
34、非电解质；熔融的 KOH 能导电,因为熔融的氢氧化钾能导电,故是电解质；蔗糖的水溶液不导电，熔融状态下不导电， 故为非电解质；稀硫酸的水溶液导电，属于混合物，故既不是电解质也不是非电解质；液态 SO3无自由移动的电子或离子,不导电；在熔融状态下不导电，在水溶液中导电和其本身无关,故为非电解质；结合以上分析可知，属于电解质的是；属于非电解质的是；能导电的是。综上所述，本题答案是：，。【点睛】电解质和非电解质均为化合物，属于电解质的物质主要有酸、碱、盐、金属氧化物和水等，属于非电解质的物质主要有绝大多数有机物、非金属氧化物、非金属氢化物等，电解质溶液导电靠的是溶液中自由移动的离子，金属导电靠的是自
35、由移动的电子。22.氯酸钾和浓盐酸之间有下列反应：KClO3 + HCl(浓)= KCl + Cl2+ ClO2 + H2O。(1)配平上述方程式_。(2)该反应氧化剂是_，氧化产物是_。(3)当有 0.4mol 电子发生转移时，生成的氯气的体积为_L(标准状况)。被氧化的 HCl 的物质的量为_mol。(4)若分别用KMnO 4(还原产物是 Mn2+)MnO 2(还原产物是 Mn2+)Ca(ClO) 2(还原产物是 Cl2)与浓盐酸反应制备氯气，当浓盐酸足量且这三种氧化剂的物质的量相同时，生成氯气的物质的量最少的是_。【答案】 (1). 2 4 2 1 2 2 (2). KClO3 (3).
36、 Cl2 (4). 4.48 (5). 0.4 (6). 【解析】【分析】(1)根据电子守恒（或化合价升降相等）配平该反应；(2)根据氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的定义进行分析；(3)根据 2e- Cl2-2HCl（被氧化）关系进行计算；(4) 假设氧化剂都是 1mol，然后根据氧化还原反应电子得失守恒计算出生成氯气的量，以此进行分析；【详解】(1) KClO 3 + HCl(浓) KCl + Cl 2+ ClO 2 + H2O 反应中 KClO3中氯元素+5 价降低到+4 价，变化了 1 价，HCl 中氯元素-1 价升高到+0 价，生成了氯气，变化了 2 价，根据化合价升降总数相等，K
37、ClO 3填系数 2，Cl 2填系数 1，ClO 2填系数 2，最后根据原子守恒配平该反应，具体如下：2KClO 3 +4HCl(浓)=2KCl+Cl 2+2ClO 2 +2H2O；综上所述，本题答案是：2、4、2、1、2、2。(2) 该反应中 KClO3中的 Cl 元素化合价由+5 价变为+4 价，发生还原反应，所以氯酸钾是氧化剂；HCl 中氯元素的化合价由-1 价变为 0 价，发生氧化反应，浓盐酸是还原剂；所以发生还原反应的是 KClO3，氧化产物是 Cl2；因此，本题正确答案是: KClO 3；Cl 2。(3) 2KClO3 +4HCl(浓)=2KCl+Cl 2+2ClO 2 +2H2O
38、 反应发生后转移电子 2e-；4molHCl(浓)参加反应，有 2molHCl(浓)被氧化；根据 2e- Cl2-2HCl（被氧化）关系可知，当有 0.4mol 电子发生转移时，生成的氯气的体积为 0.222.4=4.48L；被氧化的 HCl 的物质的量为 0.4 mol。综上所述，本题答案是：4.48， 0.4。(4) 假设氧化剂都是 1mol，1mol KMnO 4转移 5mol 电子，得到氯气 2.5mol；1mol MnO 2转移 2mol 电子，得到氯气 1mol；Ca(ClO) 2+4HCl=2Cl2+CaCl2+2H2O 可知，1mol Ca(ClO) 2参加反应生成 2mol
39、氯气；结合以上分析可知，生成氯气最少的是 1mol MnO2,故符合题；综上所述，本题选。23.根据题目信息完成下列方程式。(1)钛(Ti)因为具有神奇的性能越来越引起人们的关注。地壳中含钛铁矿石之一是金红石(TiO2)，目前大规模生产的方法是：第一步：金红石、炭粉混合，在高温条件下，通入 Cl2制得 TiCl4和一种可燃气体，该反应的化学方程式为：_；第二步：在氩气的气氛中，用过量的镁在加热条件下与 TiCl4反应制得金属钛。写出此反应的化学方程式：_。(2)用 100mL 0.1mol/L 的 NaOH 溶液吸收 224mLCO2气体(标准状况)，恰好完全吸收。再将所得溶液加入 100mL
40、 0.1mol/L 氢氧化钙溶液中。请写出所得溶液与氢氧化钙溶液反应的离子方程式：_。【答案】 (1). TiO2+2C+2Cl2 TiCl4+2CO (2). 2Mg+TiCl4 2MgCl2+Ti (3). Ca2+HCO3- + OH- = CaCO3+ H 2O【解析】【分析】（1）第一步:根据元素守恒及原子守恒确定另一种生成物,再根据反应物、生成物及反应条件书写方程式；第二步:根据反应物、生成物及反应条件书写方程式；（2）用 100mL0.1mol/L 的 NaOH 吸收 224mLCO2气体(标准状况)，恰好完全吸收。n(NaOH)=0.1mol/L0.1L=0.01mol，n(C
41、O 2)=0.224L/22.4L/mol=0.01mol，二者恰好反应生成NaHCO3，再将所得溶液加入 100mL0.1mol/L 氢氧化钙溶液中,氢氧化钙物质的量0.1mol/L0.1 L=0.01mol，所以碳酸氢钠与氢氧化钙 1:1 完全反应生成碳酸钙、氢氧化钠和水，据此写出该反应的离子方程式。【详解】(1)第一步:在高温时,将金红石 TiO2、炭粉混合并通入氯气制得 TiCl4和一种可燃气体,根据元素守恒及原子守恒知,该物质是 CO,所以反应方程式为：TiO 2+2C+2Cl2 TiCl4+2CO；在氩气的气氛中，用过量的镁在加热条件下与 TiCl4反应制得金属钛，发生置换反应，反
42、应的化学方程式：2Mg+TiCl 4 2MgCl2+Ti ； 综上所述，本题答案是：TiO 2+2C+2Cl2 TiCl4+2CO，2Mg+TiCl 4 2MgCl2+Ti 。(2)用 100mL0.1mol/L 的 NaOH 吸收 224mLCO2气体(标准状况)，恰好完全吸收。n(NaOH)=0.1mol/L0.1L=0.01mol，n(CO 2)=0.224L/22.4L/mol=0.01mol,二者恰好反应生成 NaHCO3，再将所得溶液加入 100mL0.1mol/L 氢氧化钙溶液中,氢氧化钙物质的量 0.1mol/L0.1 L=0.01mol，所以碳酸氢钠与氢氧化钙 1:1 完全反
43、应生成碳酸钙、氢氧化钠和水，反应的离子方程式为: Ca 2+HCO3-+OH- =CaCO3+H 2O；综上所述，本答案是：Ca 2+HCO3-+OH- = CaCO3+H 2O。24.按要求完成下列空白：(1) 已知 3.011023个氖原子的质量为 w g，则氖气的摩尔质量是_。(2) 在同温、同压下，实验测得 CO、N 2和 O2三种气体的混合气体的密度是 H2的 14.5 倍，其中 O2的质量分数为_。若其中 CO 和 N2的物质的量之比为 1: 1，则混合气体中氧元素的质量分数为_。(保留 3 位有效数字)(3) 将 25 101KPa 条件下 49 L 的 NH3气体(注：该条件下
44、气体摩尔体积为 24.5 L/mol)溶于 166ml(=1g/cm 3)的水中，所得氨水的密度为 0.8 g/cm3， 该氨水的物质的量浓度为_，取出 30.0 ml 该溶液，配成 4.0 mol/L 的稀溶液，则稀释后溶液的体积为_ml。【答案】 (1). 2w g/mol (2). 27.6% (3). 48.3% (4). 8 mol/L (5). 60.0【解析】【分析】(1) 根据 n=N/NA 及 n=m/M 进行相关计算；(2)混合气体的密度是 H2的 14.5 倍,则混合气体平均相对分子质量为 14.52=29。CO、N 2的相对分子质量都是 28，可以看作 CO、O 2的混
45、合气体,令 CO、N 2的总物质的量为 xmol、O 2的物质的量为 ymol, 根据平均相对分子质量确定 x、y 关系，据此计算解答。(3)n(NH3)=2mol，气体质量为 34g，水的质量为 166g，氨水的质量为 200g，氨水体积=200g/800g/L=0.25L；根据 c=n/V 计算溶液物质的量浓度；溶液稀释前后溶质的物质的量不变,据此计算稀释后溶液的体积。【详解】(1) 3.0110 23个氖原子的物质的量为 0.5mol，根据公式 n=m/M 可知，M=m/n= w g/0.5mol=2w g/mol ；因此，本题答案是：2w g/mol。(2)混合气体的密度是 H2的 1
46、4.5 倍,则混合气体平均相对分子质量为 14.52=29,CO、N 2的相对分子质量都是 28,可以看作 CO、O 2的混合气体,令 CO、N 2的总物质的量为 xmol、O 2的物质的量为 ymol,则 28x+32y=29(x+y),整理得 x:y=3:1，故氧气的质量分数=132g/mol/（132g/mol+328g/mol）100%=27.6%；其中 CO 和 N2的物质的量之比为1:1，根据 x:y=3:1 可知，混合气体中氧元素的质量分数为(132+1.516)/（132g/mol+328g/mol）100%= 48.3%；因此，本题答案是：27.6%，48.3%。(3) n(
47、NH3)=49/24.5=2mol，气体质量为 172=34g，水的质量为 166g，氨水溶液的质量为166+34=200g；氨水体积=200g/800g/L=0.25L；氨水物质的量浓度=2mol/0.25L=8 mol/L；溶液稀释前后溶质的物质的量不变,稀释后溶液的体积为=8 mol/L0.03L/4.0mol/L=0.06 L=60.0ml；综上所述，本题答案是：8mol/L，60.0。25.如图为实验室某浓盐酸试剂瓶标签上的有关数据，试根据标签上的有关数据,回答下列问题：盐酸分子式：HCl相对分子质量：36.5密度：1.19 gcm 3HCl 的质量分数：36.5%(1)该浓盐酸中 HCl 的物质的量浓度为_
