【文档说明】新疆维吾尔自治区和田地区第二中学2022-2023学年高一上学期11月期中考试化学试题 含解析.pdf，共(18)页，851.338 KB，由小赞的店铺上传

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2022~2023学年度第一学期和田地区第二中学期中考试高一化学试题注意事项考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求1.本试卷满分为100分，考试时间为75分钟。考试结束后，请将答题卡交回。2.答

题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在答题卡的规定位置。3.作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。作答非选择题，必

须用0.5毫米黑色墨水的签字笔在答题卡的指定位置作答，在其他位置作答一律无效。一、选择题：共20题，每题2分，共40分。在每题列出的四个选项中，只有一项最符合题目要求。1.下列物质的性质与用途对应关系正确

的是A.2SO具有氧化性，可用于漂白纸浆B.碱金属元素发生焰色反应，可用于制造烟花C.氯化钙能够吸水，可用作豆腐的制作过程中的凝固剂D.聚乙烯耐热性差、易老化，用于食品的包装材料【答案】B【解析】【分析】【详解】A．2SO漂白纸

浆是利用2SO与有色有机物能发生反应生成无色物质，表现出漂白性，与氧化性无关，故A不选；B．金属元素发生焰色反应会出现不同的色彩，所以碱金属元素发生焰色反应可用于制造烟花，故B选；C．氯化钙用作豆腐的制作过

程中的凝固剂是利用蛋白质在盐溶液中发生聚沉，与吸水性无关，故C不选；D．聚乙烯用于食品的包装材料的原因是其稳定性好，能耐大多数酸碱的侵蚀，故D不选；综上所述，答案为B。2.下表由元素周期表的前三周期去掉副族上方的空白区域后组合而成，表中虚线处为ⅡA、ⅢA族的连

接处，图Ⅰ是表示第三周期8种元素单质的熔点(℃)柱形图，图Ⅱ是b、c、d、e、f的简单氢化物的沸点(℃)直角坐标图，下列说法正确的是A.1mol柱形“8”晶体中含有4mol化学键B.表中a、b、g均为碱金属元素C.图Ⅱ中序列“5”的氢化物的空间构型为正四面体D.

图Ⅱ中序列“1”的氢化物晶体为原子晶体【答案】C【解析】【分析】由元素在周期表的位置可知，a为H元素，b为Li元素，c为C元素，d为N元素，e为O元素，f为F元素，g为Na元素，h为Al元素，据此解答。【详解】A．柱形“8”晶体是晶体硅，

Si是原子晶体，每个Si与4个Si以共价键结合，即1molSi晶体含有共价键为（4×12）mol=2mol，故A错误；B．H元素不是金属，b、g均为碱金属元素，故B错误；C．图Ⅱ中序列“5”的氢化物为甲烷，甲烷空间构型为正四面体，故C正确；D．图Ⅱ中序列“1”

的氢化物为NaH，由钠离子和氢负离子构成，是离子化合物，所以NaH是离子晶体，故D错误；故答案选C。3.下列物质分类正确的是（）A.酒精、氨水、纯碱均为电解质B.硅酸、稀豆浆、氯化铁溶液均为胶体C.碘酒、食盐水、盐酸均为混合物D.SO2、CO2、CO均为酸

性氧化物【答案】C【解析】【详解】A．纯碱是碳酸钠，其水溶液能导电属于电解质，酒精水溶液中不能导电属于非电解质，而氨水是混合物，不是电解质，也不是非电解质，故A错误；B．稀豆浆、硅酸均为胶体，氯化铁溶液不是胶体，故B错误；C．碘酒、食盐水、盐酸均为溶液，均是混合物，故C正确；D．SO2、

CO2均为酸性氧化物，CO与酸不能发生反应，为不成盐氧化物，故D错误；故答案为C。【点睛】考查物质分类的依据，主要是酸性氧化物、胶体、电解质概念的理解应用，掌握概念内涵和物质组成性质是关键，特别注意：金属氧化物不一定是碱性氧化

物，非金属氧化物也不一定是酸性氧化物(如CO、NO)；酸性氧化物也不一定是非金属氧化物，但碱性氧化物一定是金属氧化物。4.下列实验方案能达到探究目的的是选项探究方案探究目的A取少量久置的Na2SO3粉末于试管中，向其中滴加BaCl2溶液Na2SO3粉末是否变质B将铁片置于盐酸中，充分溶解后，

向其中滴加KSCN溶液铁片表面是否已被氧化C向淀粉溶液中滴加少量稀硫酸，加热后一段时间后，向其中滴加碘水检验淀粉是否水解D向品红溶液中滴加新制氯水，观察溶液颜色变化氯水是否具有漂白性A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．亚硫酸钠和空气中氧气反应生成硫酸

钠，硫酸钠、亚硫酸钠都会和氯化钡生成白色沉淀，A错误；B．即使铁被氧化，氧化铁和盐酸生成氯化铁，氯化铁还会和铁生成氯化亚铁，亚铁离子不能使KSCN溶液变色，B错误；C．淀粉不水解或部分水解，溶液都会变蓝色，C错误；D．新制氯水中含有氯气和水生成的

次氯酸，次氯酸具有漂白性能使品红溶液褪色，D正确；故选D。5.下列变化需要加入还原剂才能实现的是A.Ca(OH)2→CaOB.Cl2→HClC.Fe→Fe3+D.-4MnO→Mn2+【答案】D【解析】【详解】A．Ca(OH)2→CaO为分解反应，无元素化合价的变化，不需加入还

原剂，A不符合题意；B．Cl2→HCl，可通过歧化反应，如将Cl2与H2O反应实现，不一定需加入还原剂，B不符合题意；C．Fe→Fe3+，Fe元素的化合价升高，需要加入氧化剂，C不符合题意；D．-4MnO→Mn2+，Mn元素的化合价降低，需要加入还原剂，D符合题意；故选D。6.设NA为阿伏

伽德罗常数的数值，下列各项叙述中正确的有A.pH=1的H3PO4溶液中，含有0.1NA个H+B.在Na2O2与CO2的反应中，每转移NA个电子时，标准状况下消耗11.2L的CO2C.1L1mol/LFeBr2溶液与1mol氯气反应时转移的电子

数为3NAD.23gNa与O2充分反应生成Na2O和Na2O2的混合物，消耗O2的分子数在0.25NA和0.5NA之间【答案】D【解析】【详解】A．pH=1的H3PO4溶液中氢离子浓度是0.1mol/L，溶液体积未知，不一定含有0.1NA个H+，A错误；B

．在Na2O2与CO2的反应中，过氧化钠既是氧化剂，也是还原剂，方程式为2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2，每转移NA个电子时，标准状况下消耗22.4L的CO2，B错误；C．1L1mol/LFeBr2溶液与1mol氯气反应时，氯气不足，只氧化溴离子，转

移的电子数为2NA，C错误；D．23gNa的物质的量是1mol，与O2充分反应如果全部生成Na2O，消耗0.25mol氧气，如果全部转化为Na2O2，消耗0.5mol氧气，所以消耗O2的分子数在0.25NA和0.5NA之间，D正确。答案选D。7.下列关于物

质分类的说法正确的是①稀豆浆、硅酸、氧化铁溶液都属于胶体②纯碱、氨水、蔗糖分别属于强电解质、弱电解质和非电解质③明矾、冰水混合物、四氧化三铁都不是混合物④2NaO、MgO、23AlO均属于碱性氧化物⑤葡萄糖、油脂都不属于有机高分子⑥电解熔融的3AlCl可制得金属铝A.①②B.②③C.③

⑤D.④⑤【答案】C【解析】【分析】本题运用各物质分类标准进行分析。【详解】①氧化铁难溶于水，在水中会形成浊液，稀豆浆、硅酸溶液都属于胶体，故①错误；②氨水是混合物，不属于电解质，纯碱属于强电解质，蔗糖属于非电解质，故②错误；③明矾、冰水混合物、四氧化三铁都是

只由一种物质组成的是纯净物，不是混合物，故③正确；23AlO④既能与酸反应生成盐和水，又能与碱反应生成盐和水，属于两性氧化物，2NaO、MgO都是碱性氧化物，故④错误；⑤葡萄糖、油脂都属于有机物，它们的分子量较小，不是高分子，所以葡萄糖、油脂都不属于有机

高分子，故⑤正确；3AlCl⑥是共价化合物，熔融时不导电，工业上用电解熔融的氧化铝的方法制备Al，故⑥错误；答案选C。8.在杠杆的两端分别挂着质量相同的铝球和铁球，此时杠杆平衡。然后将两球分别浸没在溶液质量相等的稀

烧碱溶液和硫酸铜溶液中一段时间，如图所示，下列说法正确的是A.铝球表面有气泡产生，且有白色沉淀生成，杠杆不平衡B.铝球表面有气泡产生，溶液澄清；铁球表面有红色物质析出，溶液蓝色变浅，杠杆右边下沉C.反应后去掉两

烧杯，杠杆仍平衡D.右边球上出现红色，左边溶液的c(OH-)增大【答案】B【解析】【详解】A．铝与稀烧碱反应放出氢气，铝球表面有气泡产生，产物偏铝酸钠可溶于水，没有白色沉淀生成，铝球质量减少，铁置换出铜，铁球质量增加，杠杆不平衡，A错误；B．铝与稀烧碱反应放

出氢气，铝球表面有气泡产生，产物偏铝酸钠可溶于水，溶液澄清；铁与硫酸铜溶液发生置换反应生成铜单质和硫酸亚铁，铁球表面有红色物质铜析出，溶液蓝色变浅，铝球质量减少，铁置换出铜，铁球质量增加，杠杆右边下沉，B正确；C．反应后去掉两烧杯，杠杆不平衡，杠杆右边下沉，C错误；D

．右边球上铁置换出铜，出现红色，左边铝与稀烧碱溶液反应，c(OH-)减少，D错误；故选B。9.下列叙述中，正确的是A.氯水、液氯是状态不同的同一种物质，均属于纯净物B.氯水的颜色呈浅黄绿色，说明氯水中含有Cl2分子C.漂

白粉在空气中容易失效的原因是次氯酸钙不稳定，易分解D.可以用pH试纸测定新制氯水的pH【答案】B【解析】【详解】A．氯水是氯气的水溶液，属于混合物，液氯是氯气的液态形式，属于纯净物，A错误；B．氯气为黄绿色，氯水中因为含氯气分子，所以显浅黄绿色，B正确；C．漂白粉在空气中容易失效的原

因是次氯酸钙和空气中的二氧化碳、水发生反应生成次氯酸和碳酸钙，次氯酸不稳定分解产生HCl和氧气而失效，C错误；D．新制氯水具有漂白性，不能用pH试纸测定其pH，D错误；故选B。10.设AN为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.16g由2O和3O组成的混合物中含氧原子的数目为ANB

.21mol/LCaCl溶液中所含Cl的数目为A2NC.21molCl与足量Fe反应时，转移电子数目为A3ND.标准状况下，211.2LHO所含分子数为A0.5N【答案】A【解析】【详解】A．16g由2O和3O组成的混合物中含氧原子的物质的量为16g16g/mol=1mol，数目为AN，

故A正确；B．未告知溶液的体积，无法计算21mol/LCaCl溶液中所含Cl的数目，故B错误；C．铁在氯气中反应生成FeCl3，氯元素化合价由0降低为-1，则21molCl与足量Fe反应时，转移电子数目为A2N，故C错误；D．标准状况下，水不是气体，不能用气

体摩尔体积计算211.2LHO的物质的量和所含分子数，故D错误；故选A。11.常温下，在下列溶液中发生如下反应①H++Z-+XO4═X2++Z2+H2O②2A2++B2═2A3++2B-③2B-+Z2═B2+2Z-由此判断

下列说法中不正确的是A.反应Z2+2A2+═2A3++2Z-能够进行B.Z元素在①③反应中均被氧化C.反应①的离子方程式为：16H++10Z-+2XO4═2X2++5Z2+8H2OD.氧化性由强到弱的顺序是XO4、Z2、B2、A3+【答案】B【解析】【详解】A．根据反应2A2++B2

=2A3++2B-，可得氧化性是B2>A3+，由2B-+Z2=B2+2Z-可得氧化性是Z2>B2>A3+，因此反应Z2+2A2+=2A3++2Z-能够进行，A正确；B．Z元素在①中化合价升高，在反应中被氧化，在③中化合价降低，在反

应中被还原，B错误；C．根据电子得失守恒、原子守恒以及电荷守恒可知反应①的离子方程式为：16H++10Z-+2XO4=2X2++5Z2+8H2O，C正确；D．氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，反应①氧化性XO4->Z2；反应②中氧化性B2>A3+；反应③中氧化

性Z2>B2，所以氧化性由强到弱的顺序是XO4>Z2>B2>A3+，D正确；答案选B。12.第二主族元素R的单质及其相应氧化物的混合物12g，加足量水经完全反应后蒸干，得固体16g，试推测该元素可能为A.MgB.CaC.BeD.Ba【答案】B【解析】【分析】【详解】该单质及其相应

氧化物的混合物12g加足量水经完全反应后蒸干得固体16g，质量增加，说明其单质或氧化物能与水发生反应，故可排除A、C，Ca、Ba及其氧化物与水反应的产物均为R(OH)2，设该金属的相对原子质量为x，若全部为金属单质则n

(R)=n[R(OH)2]，即12g16g=xg/molx+172g/mol，解得x=102；若全部为金属氧化物，则n(RO)=n[R(OH)2]，即12g16g=x+16g/molx+172g/mol，解得x=38，即该元

素的相对原子质量在38～102之间，故选B。【点睛】采用假设的方法将固体看做只有金属单质或只有金属氧化物，从而确定其相对原子质量的范围，根据其相对原子质量范围确定金属元素。13.为了防止钢铁零件生锈，常采用化学处理使钢铁零件表面生成

Fe3O4的致密保护层——“发蓝”。化学处理过程中其中一步的反应为3Fe+NaNO2+5NaOH=3Na2FeO2+H2O+NH3↑。下列叙述不正确的是（）A.上述反应涉及的物质中，Fe的还原性最强B.上述反应涉及的物质中，NaNO2的氧化性最强C

.上述反应中，铁是还原剂，NaNO2和NaOH是氧化剂D.NaNO2的氧化性大于Na2FeO2的氧化性【答案】C【解析】【详解】A．反应3Fe+NaNO2+5NaOH=3Na2FeO2+H2O+NH3↑中，Fe是还原剂，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，该反应涉及的物质中，铁的还原性最强，A叙述

正确；B．NaNO2是氧化剂，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，所以该反应涉及的物质中，NaNO2的氧化性最强，B叙述正确；C．NaOH中各元素在反应前后化合价均不变，NaOH既不是氧化剂也不是还原剂，C叙述

错误；D．NaNO2是氧化剂，Na2FeO2是氧化产物，同一反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，所以NaNO2的氧化性大于Na2FeO2的氧化性，D叙述正确；答案为C。14.下列物质的转化在给定条件下能实现的是A.硫磺(S)2足量O点燃SO3

通入水中H2SO4B.NH32催化剂O，加热NO通入水中HNO3C.Na2O加热Na2O2通入水中NaOHD.Fe2Cl（少量）点燃FeCl22ClFeCl3【答案】C【解析】【分析】【详解】A．硫

单质和足量氧气反应只能生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，不能一步实现，故A错误；B．氨气催化氧化生成一氧化氮，一氧化氮不溶于水，不能一步实现，故B错误；C．钠在点燃条件下反应生成过氧化钠，过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，反应能一步实现，故C正确；D．氯气

是强氧化剂，铁和少量氯气反应只能生成氯化铁，反应不能一步实现，故D错误；故选：C。15.下列各组离子在选项条件下一定能大量共存的是A.无色溶液：Na+、Cu2+、Cl−、3NOB.酸性溶液：4NH、Fe3+、23CO、24SOC.遇酚酞变红的溶液：Na+、K+、24SO、3

NOD.碱性溶液：K+、Al3+、24SO、3NO【答案】C【解析】【详解】A．Cu2+形成的溶液呈蓝色，故A错误；B．酸性溶液中存在大量H+,与23CO间发生反应不能大量共存，故B错误；C．遇酚酞变红的溶液呈碱性，溶液中存在大量OH-，各离子间不反

应，可大量共存，故C正确；D．碱性溶液中存在大量OH-，与Al3+间形成发生反应生成氢氧化铝沉淀，故D错误；答案选C。16.下列关于物质的量浓度表述正确的是（）A.0.3mol•L﹣1的Na2SO4溶液中含有Na+和SO42﹣的总物质的量为0.9molB.当22.4L氨气完全溶于水制得1L氨

水时，其浓度是1mol•L﹣1C.在K2SO4和NaCl的中性混合水溶液中，如果Na+和SO42﹣的物质的量相等，则K+和Cl﹣的物质的量浓度一定相等D.10℃时，0.35mol/L的KCl饱和溶液100mL蒸发掉5g水，冷却到10℃时，其体积小于100mL，它的物质的量浓度仍为0.35mol

/L【答案】D【解析】【详解】A、由于不知道溶液体积，无法计算物质的量，不能计算微粒数，故A错误；B、只有在标况下，气体的摩尔体积才是22.4L/mol，当22.4L(标准状况)氨气溶于水制得1L氨水时，其浓度是1mol/L，故B错误；C、1molK2SO4和NaCl的中性混合水溶液中

，c(H+)=c(OH-)，存在电荷守恒：c(K+)+c(Na+)=c(Cl-)+2c(SO42﹣)，若Na+和SO42﹣物质的量相等，则K+的浓度必定大于Cl-的浓度，故C错误；D、同一物质在同一温度下的溶解度一定，饱和溶液

的物质的量浓度恒定，10℃时，0.35mol/L的KCl饱和溶液100mL蒸发掉5g水，冷却到10℃时，其体积小于100mL，它的物质的量浓度仍为0.35mol/L，故D正确；故选D。17.下列离子方程式正确的是（）A.铁和稀盐酸反应：2Fe+6H+═2Fe3++3H2↑B.Na

HCO3溶液和少量的Ca(OH)2溶液:Ca2++OH-+-3HCO=CaCO3↓+H2OC.氯气通入水中：Cl2+H2O═2H++Clˉ+ClOˉD.硅酸钠溶液中通入足量CO2：2-3SiO+2H2O+2CO2═H2SiO3↓+2-3HCO【答案】D【解析】【详解】A．铁和稀盐酸反应生成氯化亚

铁和氢气，离子方程式为Fe+2H+═Fe2++H2↑，A错误；B．NaHCO3溶液和少量的Ca(OH)2溶液，则氢氧根离子消耗完全，离子方程式为Ca2++2OH-+2-3HCO=CaCO3↓+2H2O+23CO，B错误；C．氯气通入水中生成的次氯酸为弱酸，应以化学式保留，离子方程式为Cl2+H2

O═H++Clˉ+HClO，C错误；D．硅酸钠溶液中通入足量CO2，生成硅酸沉淀和碳酸氢根离子，离子方程式为2-3SiO+2H2O+2CO2═H2SiO3↓+2-3HCO，D正确；答案为D。18.假设12C的相对原子质量为24，如果以0.02

4kg12C所含的原子数为阿伏加德罗常数，下列数值中肯定不变的是()A.氢气的摩尔质量B.16g氧气所含的分子数C.氧气的相对分子质量D.一定条件下，跟2g氢气相化合的氧气的物质的量【答案】B【解析】【详解】A.氢气的摩尔质量与相对

分子质量在数值上相等，因相对原子质量的标准由112变为124，则氢气的摩尔质量为原来的2倍，故A错误；B.因相对原子质量的标准由112变为124，阿伏加德罗常数和氧气相对分子质量变为原先的2倍，16g氧气的物质的量为原来的12，则氧

气所含的分子数与原来相同，故B正确；C.因相对原子质量的标准由112变为124，氧气相对分子质量变为原先的2倍，故C错误；D.因相对原子质量的标准由112变为124，氢气的摩尔质量为原来的2倍，2g氢气的物质的量为

原来的12，则与氢气反应消耗的O2的物质的量也会变为原来的12，故D错误；故选B。【点睛】以0.012kg12C所含有的碳原子数作为阿伏加德罗常数（即6.02×1023），现在用0.024kg12C中所含的原子个数为阿伏加德罗常数（NA），显然0.024kg12C中所含的原子个

数是0.012kg12C中所含的原子个数的2倍，阿伏加德罗常数（NA）变为原来阿伏加德罗常数的2倍（即2×6.02×1023），明确常数的规定发生变化时其数值的变化是解答本题的关键。19.海水中的MgCl2是Mg的重要来源之一，从海水中提取镁，可按如下步骤进行：①将贝壳制

成石灰乳；②在引入的海水中加入石灰乳，沉降、过滤、洗涤沉淀物；③将沉淀物与盐酸反应，结晶过滤、干燥产物；④在一定条件下加热得到的晶体产物使其失去结晶水，再将产物熔融后电解关于提取镁，下列说法错误的是（）A.此法的优点之一是原料来源丰

富B.进行①、②、③步的目的是从海水中提取MgCl2•6H2OC.第④步会产生氯气D.以上过程中涉及分解反应、化合反应和置换反应【答案】D【解析】【详解】A.海水中含有丰富的2Mg，此法的优点之一是原料来源丰富，A项正确；B.经过①、②、③步可得到2MgC

l晶体，B项正确；C.电解熔融2MgCl生成Mg和2Cl：22MgClMgCl通电熔融，C项正确；D.以上过程中涉及分解反应化合反应以及复分解反应，不涉及置换反应，D项错误；故选D。20.以铝土矿粉(主要含Al2O3、Fe2O3、SiO2，少量FeS2和金属

硫酸盐)；为原料生产Al2O3和Fe3O4的部分流程如下：下列说法正确的是A.“焙烧I”时，加入少量CaO可提高矿粉中硫的去除率B.用NaOH溶液吸收过量SO2的离子方程式为：2OH-+SO2=SO23+H2OC.滤液中通入足量CO2，过滤后可得到Al2O3D.无氧条件下进行“焙烧II”时

，理论上消耗的n(FeS2)：n(Fe2O3)=1：16【答案】D【解析】【分析】铝土矿粉在空气中焙烧，将FeS2转化为氧化铁和二氧化硫，加入氢氧化钠溶液，氧化铝、二氧化硅和氢氧化钠反应除去铝、硅，得到氧化铁，氧化铁加入FeS2隔绝氧气焙烧得到四氧化三铁；【详解】A．氧化钙和硫元素化合物反应转化

为硫酸钙留在矿粉中，导致矿粉中硫的去除率下降，A错误；B．用NaOH溶液吸收过量SO2生成亚硫酸氢钠：OH-+SO2=HSO-3，B错误；C．滤液中通入足量CO2，偏铝酸钠和二氧化碳生成氢氧化铝沉淀，不是Al2O3，

C错误；D．无氧条件下进行“焙烧II”，FeS2和Fe2O3生成四氧化三铁，反应为FeS2+16Fe2O3焙烧2SO2+11Fe3O4，理论上消耗的n(FeS2)：n(Fe2O3)=1:16；D正确；故选D。二、非选择题：

本大题共60分。21.根据所学知识填写下列空白：（1）现有下列十种物质：①HCl气体②Cu③C2H5OH④CO2⑤CuSO4•5H2O⑥NaHCO3⑦Ba(OH)2溶液⑧熔融Na2SO4⑨液氨⑩空气。所给状态能导电的是____；

属于电解质的是___；属于非电解质的是____(填所给物质的序号)。（2）完成下列有关物质的量的相关计算：①若1gN2中含有x个氮分子，则阿伏加德罗常数为____mol-1。②3.4gNH3与标准状况下的____L的H2S含有相同数目的氢原子。③40.5g某金属氯化物MCl2中含有0.6mo

lCl-，则该金属氯化物的摩尔质量为____。【答案】（1）①.②⑦⑧②.①⑤⑥⑧③.③④⑨（2）①.28x②.6.72③.135g•mol-1【解析】【小问1详解】①HCl气体在水溶液中能自身电离出自由移

动的离子而导电，所以HCl气体是电解质；HCl气体不含自由移动的离子，HCl气体不导电；②Cu是单质，含有自由移动的电子，Cu能导电；③C2H5OH的水溶液不导电，C2H5OH是非电解质，不含自由移动的离子，所以不导电；④CO2在水溶液

中不能自身电离出离子，CO2是非电解质，CO2气体不含自由移动的离子，所以不导电；⑤CuSO4•5H2O的水溶液中能自身电离出自由移动的离子而导电，CuSO4•5H2O是电解质，CuSO4•5H2O固体不含自由移动的离子，所以不导电；⑥NaHCO3固体的水

溶液中能自身电离出自由移动的离子而导电，NaHCO3固体是电解质，NaHCO3固体不含自由移动的离子，所以不导电；⑦Ba(OH)2溶液是混合物，含有自由移动的离子，所以导电；⑧熔融Na2SO4能导电，所以Na2SO4是电解质，熔融Na2SO4

含有自由移动的离子，所以熔融Na2SO4导电；⑨NH3不能导电，溶于水因为生成了一水合氨，所以导电，本身不能电离，属于非电解质；液氨不能导电；⑩空气是混合物，既不是电解质也不是非电解质，空气不能导电；所给状态能导电的是②Cu、⑦Ba(OH)2溶液、⑧

熔融Na2SO4；属于电解质的是①HCl气体、⑤CuSO4•5H2O、⑥NaHCO3、⑧熔融Na2SO4；属于非电解质的是③C2H5OH、④CO2、⑨NH3；答案为②⑦⑧；①⑤⑥⑧；③④⑨；【小问2详解】①1gN2的物质的量为：1

g28g/mol=128mol，阿伏加德罗常数NA=Nn=x128mol=28xmol-1；②3.4gNH3的物质的量为3.4g17g/mol=0.2mol，含有H原子的物质的量为0.2mol3=0.6mol，含有相同数目的氢原子的H2S的物质的量为0.6mol2=0.

3mol，标准状况下H2S的体积为0.3mol22.4L/mol=6.72L；③40.5g某金属氯化物MCl2中含有0.6molCl-，则该金属氯化物的物质的量为0.6mol2=0.3mol，摩尔质量为40.5g0.3mol=135g•mol-1。22.焊接钢铁时常用的焊药为氯化铵，其作用是消

除焊接处的铁锈。发生反应的体系中共有六种物质：NH4Cl、FeCl3、N2、Fe2O3、Fe和H2O。（1）写出并配平该反应的方程式____；（2）发生氧化反应的物质是___，反应中4mol的氧化剂能得到___mol电子；（3）反应中产生了11.2L（标准状况）的气体时，被还原的物质的质量为__

_g；（4）向NH4Cl溶液中滴加NaOH溶液并加热会放出气体，发生反应的离子方程式为_____。【答案】①.4Fe2O3+6NH4Cl2FeCl3+6Fe+3N2↑+12H2O②.NH4Cl③.18④.80⑤.NH4++OH—NH3↑+H2O【解析】【分析】根据信息，用氯

化铵除去铁锈，即氯化铵和Fe2O3为反应物，根据元素守恒，则N2、Fe、FeCl3、H2O为产物，NH4Cl中N的化合价由－3价→0价，Fe2O3中铁元素的化合价由＋3价→0价，根据化合价升降法进行配平，据此分析；【详解】（1）根据信息，用氯化铵除去铁锈，即氯化铵和Fe2O3为反应物，根据元素守

恒，则N2、Fe、FeCl3、H2O为产物，得出Fe2O3＋NH4Cl→N2＋Fe＋FeCl3＋H2O，NH4Cl中N的化合价由－3价→0价，Fe2O3中铁元素的化合价由＋3价→0价，根据化合价升降法进行配平，得出4Fe2O3＋6NH4Cl2FeC

l3＋6Fe＋3N2↑＋12H2O；答案为4Fe2O3＋6NH4Cl2FeCl3＋6Fe＋3N2↑＋12H2O；（2）根据（1）的分析，N的化合价升高，NH4Cl为还原剂，发生氧化反应，该反应中Fe2O3为氧化剂

，根据反应方程式，4molFe2O3参加反应时，其中有1molFe2O3没有参与氧化还原反应，3molFe2O3作氧化剂时，得到电子物质的量为3mol×2×3=18mol；答案为NH4Cl；18；（3）生成气体的物质的量为11.2L22.4L/mol=0.5mol，被还原的物质

是Fe2O3，根据反应方程式，3molFe2O3被还原的同时有3molN2生成，即被还原的物质的量为0.5mol×160g·mol－1=80g；答案为80g；（4）向NH4Cl溶液中滴加NaOH溶液并加热，发生NH4＋＋OH－NH3↑＋H

2O；答案为NH4＋＋OH－NH3↑＋H2O。【点睛】氧化还原反应方程式的书写是难点，也是常考的点，一般根据题中信息，判断出还原剂、氧化剂、氧化产物和还原产物，如本题，焊接时常用NH4Cl除去铁锈，说明NH4Cl和Fe2O3作反应物，然后根据元素守恒

，判断出产物，利用化合价升降法进行配平，最后利用原子守恒和电荷守恒，配平其他。23.A、B、C、D均为中学化学中的常见物质，请根据题中信息回答问题。(1)已知它们存在如下反应转化关系：A+B→C+D(未配平，反应条件略去)。①该转化关系中所涉及的反应为置换反应。

若A是金属单质，D是非金属单质，且A原子的质子数是D原子的2倍，则反应的方程式是___。②该转化关系中所涉及的反应为非置换反应。若A、D分子的核外电子总数都为10个，B与C能发生反应，则反应的方程式是___。(2)已知它们存在如下反应转化关系：A+B→C+D+H2O

(未配平，反应条件略去)。①该转化关系中所涉及的反应为氧化还原反应。若C、D两种气体均能使澄清石灰水变浑浊，当A的摩尔质量小于B时，物质B的名称为___，鉴别C、D两种气体不能选用的试剂是___。a．Ba(OH)2溶液b．酸性K

MnO4溶液c．紫色石蕊试液d．H2O2与BaCl2混合液e．酸化的Ba(NO3)2溶液②该转化关系中所涉及的反应为非氧化还原反应。若A是造成温室效应的主要气体之一，C、D均为钠盐，D与B反应能转化为C。当参加反应的A、B物质的量之比为3:4时，则C与D物质的

量之比为___。【答案】①.2Mg+CO2点燃2MgO+C②.4NH3+5O2催化剂Δ4NO+6H2O③.浓硫酸④.ac⑤.1:2【解析】【分析】(1)①金属置换非金属的反应中，只有金属镁质子数为碳原子质子数的一倍，应为镁与二氧化碳反应；②10电子分子有H2O、NH3、CH4、HF

，B与C能发生反应，若A为NH3，B为O2，则氨气与氧气反应生成NO和水，NO和氧气能反应；若A为甲烷，B为氧气，则甲烷不完全燃烧生成CO和水，CO也能和氧气反应；(2)二氧化硫和二氧化碳都能使石灰水变浑浊，所以C、D为二氧化硫和二氧化碳，反应为碳和浓硫

酸的反应；②A是造成温室效应的主要气体之一，则A为CO2。转化关系中所涉及的反应为非氧化还原反应，C、D均为钠盐，所以B为NaOH，CO2和NaOH反应生成Na2CO3、NaHCO3和水。D与B反应能转化为C，NaOH和NaHCO3能反应生成Na2CO3，所以C

为Na2CO3，D为NaHCO3。【详解】(1)①镁与二氧化碳反应的化学方程式为：2Mg+CO2点燃2MgO+C；②氨气与氧气反应的化学方程式为：4NH3+5O2催化剂Δ4NO+6H2O；甲烷不完全燃烧的化学方程式为：2CH4+3O2点燃2CO+4H2O；(2

)①碳和浓硫酸反应，碳的摩尔质量小于硫酸，所以B为浓硫酸。二氧化硫和二氧化碳均为酸性氧化物，都与Ba(OH)2溶液反应生成沉淀，都能使石蕊试液呈红色；但二氧化硫具有还原性能被氧化剂氧化：SO2能使酸性KMnO4溶液褪

色；SO2能和H2O2反应生成H2SO4，生成的H2SO4和BaCl2反应生成BaSO4沉淀；酸化的Ba(NO3)2溶液有强氧化性，SO2被氧化为SO2-4，和Ba2+生成BaSO4沉淀，所以bde都能鉴别SO2和CO2，而ac不能鉴别两者，故选ac；②

参加反应的CO2和NaOH的物质的量之比为3:4，设CO2的物质的量为3mol，则NaOH的物质的量为4mol，设Na2CO3和NaHCO3物质的量分别为x、y，根据钠原子守恒得2x+y=4，根据碳原子守恒得x+y=3，解得x=1，y=2，所以Na2CO3和NaHCO3物质的量之比为1:2。

24.工业纯碱中常常含有NaCl、Na2SO4等杂质。为测定某工业纯碱的纯度，设计了如下图实验装置。依据实验设计，请回答：(1)装置中盛装稀硫酸的仪器名称是_________；装置D的作用是_________________。(2)为达到测定某工业纯碱的纯度实验目的，一次实验中至少应进行称量操

作的次数为__________。(3)若不考虑操作、药品及其用量等方面的影响，该实验测得结果会______填“偏高”、“偏低”、“无影响”)；原因是___________________(你若认为无影响，该空不用回答)。【答案】①.分液漏斗②.防止空气中的

CO2、H2O进入U形管，干扰碳酸钠含量的测定③.3④.偏低⑤.反应产生的CO2在装置A、B中有残留或者CO2未能被装置C中的碱石灰完全吸收【解析】【分析】纯碱中常常含有NaCl、Na2SO4等杂质．为测定某工业纯碱的纯度，由实验装

置可知，A中发生纯碱与硫酸的反应生成二氧化碳，B为干燥气体，C吸收二氧化碳，利用C中的质量查确定二氧化碳的质量，D防止空气中的二氧化碳进入C中，以此来解答。【详解】由实验装置可知，A中发生纯碱与硫酸的反应生成二氧化碳，B为干燥气体，C吸收二氧化碳，利用C中

的质量查确定二氧化碳的质量，D防止空气中的二氧化碳进入C中；(1)盛装稀硫酸的仪器名称是分液漏斗；装置D的作用为防止空气中的CO2、H2O进入U形管，干扰碳酸钠含量的测定；(2)实验中，称量C反应前后的质量，且称量纯碱的质量，则一次实验

中至少应进行称量操作的次数为3次；(3)不考虑操作、药品及其用量等方面的影响，该实验中反应产生的CO2在装置A、B中有残留(或CO2未能被装置C中的碱石灰完全吸收)，则实验测定结果偏低。25.为确定Fe和Cu混合物样品的组成，称取四份该样品分别加入相同浓度FeCl3溶液2

00mL，充分反应，剩余沉淀的质量如下表：实验序号IIIⅢIVFeCl3溶液体积(mL)200200200200样品质量(g)9.3612.4815.618.72沉淀质量(g)6.409.6012.815.92（1）样品中物质的量之比n(Fe)∶n(C

u)=_________。（2）FeCl3溶液的物质的量浓度c(FeCl3)=_________。【答案】①.1∶4②.0.500mol·L-1【解析】获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.

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