【文档说明】云南省罗平县第五中学2020-2021学年高一上学期12月月考化学试卷 【精准解析】.doc，共(20)页，550.500 KB，由小赞的店铺上传

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2020年-2021学年第一学期12月月考试卷高一化学可能用到的相对原子质量：H：1Na：23Cl：35.5N：14O：16Al：27S：32一、单选题1.一定条件下，6000L氧气可压入40L的钢瓶中。对此

现象的微观解释正确的是A.氧分子间的间隔变小B.氧分子的质量变小C.氧分子的体积变小D.氧分子的数目减少【答案】A【解析】【详解】分子间有间隔，气体受压后，分子间隔变小，气体的体积减小。氧分子之间有一定的间隔，在加压时分子之间的间隔变小，60

00L氧气能压入40L钢瓶中，故答案为A。2.下列说法中，不正确的是A.氯气可用于自来水消毒B.过氧化钠可作供氧剂C.氢氧化钠可作食品干燥剂D.苏打可用于食用碱或工业用碱【答案】C【解析】【详解】A．氯气的水溶液有氧化性，则氯气可

用于自来水消毒，故A正确；B．过氧化钠能与水或CO2反应生成O2，则过氧化钠可作供氧剂，故B正确；C．氢氧化钠有强腐蚀性，不能作食品干燥剂，故C错误；D．苏打是碳酸钠，水溶液有弱碱性，可用于食用碱或工业用碱，故D正确；故答案为C。3.将过氧化钠投入下列溶液中，

恢复至原温度时，会有白色物质析出的是（）A.饱和CuSO4溶液B.饱和石灰水C.生理盐水D.稀盐酸【答案】B【解析】【详解】A．将过氧化钠投入到饱和CuSO4溶液，首先发生反应：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，产生的NaO

H再与溶质CuSO4发生反应：CuSO4+2NaOH=Cu(OH)2↓+Na2SO4，因此产生的是Cu(OH)2蓝色沉淀，A不符合题意；B．将过氧化钠投入到饱和石灰水,发生反应：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，消耗溶剂水，导致Ca(OH)2溶解量减少，当恢复至原温度时，会有Ca

(OH)2白色物质析出，B符合题意；C．生理盐水是0.9%的NaCl水溶液，向其中加入过氧化钠，发生反应：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，消耗溶剂水，使溶液浓度增大，但由于溶液浓度较小，反应后仍然是不饱和溶液，因此无沉淀析出，C不符合

题意；D．将过氧化钠投入稀盐酸中，会发生反应：2Na2O2+4HCl=4NaCl+2H2O+O2↑，无沉淀析出，D不符合题意；故合理选项是B。4.在课堂上老师出示了两瓶失去标签的Na2CO3和NaHCO3

无色饱和溶液，希望班里同学提出简便的鉴别方法，该班同学踊跃提出看法，其中不合理的是()①用干燥的pH试纸检验，pH大的是Na2CO3②分别取等量的溶液于两支试管中，各滴入酚酞溶液，红色较深的是Na2CO3③取等量的Na2CO3和NaHCO3固体于两支试管中，加热，产生使澄清石灰水变

浑浊气体的是Na2CO3④取等量的溶液于两支试管中，逐滴加入稀盐酸，开始就有气体放出的是NaHCO3⑤取等量的溶液于两支试管中，滴加BaCl2溶液，生成白色沉淀的是Na2CO3⑥取等量的溶液于两支试管中，滴加Ba(OH)2溶液，生成白

色沉淀的只是Na2CO3A.①②B.③⑥C.④⑤D.②⑤【答案】B【解析】【详解】①Na2CO3和NaHCO3都属于强碱弱酸盐，在两者的饱和溶液中，Na2CO3溶液的碱性较强，则用干燥的pH试纸检验，pH大的是Na2CO3，①合理；②

根据①的分析，在两者的饱和溶液中，碱性较强的是Na2CO3溶液，则分别取等量的溶液于两支试管中，各滴入酚酞溶液，红色较深的是Na2CO3，②合理；③Na2CO3受热不分解，NaHCO3受热分解成Na2CO3、H2O和CO2，故取等量的Na2CO3和NaHCO3固体于两支试管中，加热，产生

使澄清石灰水变浑浊气体的是NaHCO3，③不合理；④Na2CO3与盐酸的反应分两步进行：233HCOHCO−+−+=、322HHOHCOCO−++=+，NaHCO3与盐酸的反应为322HHOHCOCO−++=+，故取等量的溶液于两支试管中，逐滴加入稀盐酸，开始就有

气体放出的是NaHCO3，开始没有气体放出、一段时间后有气体放出的是Na2CO3，④合理；⑤Na2CO3溶液与BaCl2溶液反应生成BaCO3沉淀和NaCl，而NaHCO3溶液与BaCl2溶液不反应，故取等量的溶液于两支试管中，滴加Ba

Cl2溶液，生成白色沉淀的是Na2CO3，⑤合理；⑥Na2CO3溶液、NaHCO3溶液中滴加Ba(OH)2溶液，都能产生白色BaCO3白色沉淀，⑥不合理；不合理的是③⑥，答案选B。5.对于反应424222KMnOKMnOMnOO

→++，下列说法错误的是A.氧化剂和还原剂都是KMnO4B.该反应的还原产物只有MnO2C.该反应的氧化产物是O2D.KMnO4中Mn元素表现氧化性，O元素表现还原性【答案】B【解析】【详解】A.+7价的Mn降到+6价、+4价，同时-2价的

O升高到0价，同一种物质化合价既有降低又有升高，那么高锰酸钾既作氧化剂又作还原剂，选项A正确；B.该反应的还原产物是MnO2和K2MnO4，选项B错误；C.该反应的氧化产物是O2，选项C正确；D.KMnO4中Mn元素化合价降低表

现氧化性，O元素化合价升高，表现还原性，选项D正确；答案选B。6.下列物质中，属于电解质的是（）A.盐酸B.铜C.氯化钠D.二氧化硫【答案】C【解析】【分析】电解质是在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物，电解质必须是化合物，单质和混合物，既不是

电解质也不是非电解质。【详解】A.盐酸是混合物，既不是电解质也不是非电解质，故A不符合；B.铜是单质，既不是电解质也不是非电解质，故B不符合；C.氯化钠是在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物，是电解质，故C符合；D.SO2的水溶液虽然可以导

电，但是溶液中的离子是由亚硫酸电离产生的，并非SO2自身电离产生的，因此SO2属于非电解质，故D不符合；故选C。7.下列离子方程式不正确．．．的是（）A.实验室用大理石和稀盐酸制取CO2：2H++CaCO3=CO2↑+H2O+Ca2+B.过量氢氧化钙与碳酸氢钠溶液反应：Ca2+

+HCO-3+OH-=CaCO3↓+H2OC.将少量SO2气体通入Ca(ClO)2溶液中：SO2+3ClO-+Ca2++H2O=CaSO4↓+Cl-+2HClOD.硫酸铜溶液中加入少量氨水：Cu2++2OH-=C

u(OH)2↓【答案】D【解析】【详解】A．实验室用大理石和稀盐酸制取二氧化碳的离子反应为：2H++CaCO3=CO2↑+H2O+Ca2+，故A正确；B．过量氢氧化钙与碳酸氢钠溶液反应生成氢氧化钠、碳酸钙和水，离子反应为：Ca2++HCO-3+OH-=CaCO3↓+H2O，故B正确；C．少量

的SO2气体通入Ca(ClO)2溶液中的离子反应为：SO2+3ClO-+Ca2++H2O=CaSO4↓+Cl-+2HClO，故C正确；D．向硫酸铜溶液中加入少量氨水，反应生成Cu(OH)2沉淀，正确的离子方程式为：Cu2++2NH3⋅H2O=Cu(OH)2↓

+24NH+，故D错误；答案选D。8.标准状况下实验室用浓盐酸与二氧化锰反应制取氯气，MnO2+4HCl(浓)加热MnCl2+Cl2↑+2H2O，下列有关说法中正确的是A.MnO2被氧化B.浓盐酸仅体现还原性C.若有0.4molHCl参与反应，则可制得氯气2.24L

D.若有0.4molHCl被还原，则可制得氯气2.24L【答案】C【解析】【分析】该反应中锰元素化合价由+4价变为+2价、部分氯元素化合价由-1价变为0价，所以被还原的元素是锰元素，被氧化的元素氯元素，氧化剂是二氧化锰、还原产物是氯化锰

，浓盐酸起酸和还原剂的作用，氯气是氧化产物。【详解】A.反应中氧化剂是MnO2被还原，故A错误；B.该反应部分HCl中Cl元素化合价不变，生成MnCl2，部分Cl元素化合价升高，所以浓盐酸表现酸性和还原性，故B错误；C.反应中浓盐酸表现酸性和还原性，若有0.4molHCl参

与反应，则有0.2molHCl被氧化，标准状况下可制得氯气2.24L，故C正确；D.若有0.4molHCl被还原，标准状况下可制得氯气4.48L，故D错误。故选C。【点睛】本题通过实验室制取氯气的反应考查氧化还原反应，判断该反应中HCl表现的性质时，要注意不要漏掉酸

性，一般反应中若有盐生成，则酸会表现酸性是解答关键。9.使用容量瓶配制溶液时，由于操作不当，会引起误差，下列情况会使所配溶液浓度偏低的是()①用天平(使用游码)称量时，被称量物与砝码的位置放颠倒了②溶液转移到容

量瓶后，烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤③转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水④定容时，俯视容量瓶的刻度线⑤定容后摇匀，发现液面降低，又补加少量水，重新达到刻度线A.①②⑤B.①③⑤C.③④⑤D.②③④【答案】A【解析】【

详解】①用天平（使用游码）称量时，应左物右码，砝码错放在左盘，会导致药品的质量偏小，则所配溶液的浓度偏低，①选；②溶液转移到容量瓶后，烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤会导致溶质的损失，则浓度偏低，②选；③转移溶液前容量瓶内有

少量蒸馏水，对溶液浓度无影响，因为只要定容时正确，至于水是原来就有的还是后来加入的，对浓度无影响，③不选；④定容时，俯视视容量瓶的刻度线，则溶液的体积偏小，浓度偏高，④不选；⑤定容后摇匀，发现液面降低是正常的，又补加少量水

重新达到刻度线则导致浓度偏低，⑤选；答案选A。10.实验室需用480mL0.1mol/L的硫酸铜溶液，以下操作正确的是（）A.选用480mL容量瓶，称取12.0g硫酸铜，配成480mL溶液B.选用250mL容量

瓶，称取12.5g胆矾，配成500mL溶液C.选用500mL容量瓶，称取12.5g胆矾，加入500mL水D.选用500mL容量瓶，称取12.5g胆矾，配成500mL溶液【答案】D【解析】【分析】实验室没有480mL的容量瓶，应选择大于480mL且规格

相近的容量瓶，应选择500mL容量瓶。配制溶液的体积为500mL，需要硫酸铜物质的量等于硫酸铜晶体的物质的量，根据m=n·M=c·V·M计算所需硫酸铜的质量或硫酸铜晶体的质量。【详解】A.实验室没有480m

L的容量瓶，应选择大于480mL，A错误；B.实验室没有480mL的容量瓶，应选择大于480mL且规格相近的容量瓶，应选择500mL容量瓶，容量瓶规格选错，B错误；C.实验室没有480mL的容量瓶，应选择大于480mL且规格相近的容量瓶，应选择500mL容量瓶；

溶液的体积是500mL，不是溶剂的体积为500mL，C错误；D.实验室没有480mL的容量瓶，应选择大于480mL且规格相近的容量瓶，故应选择500mL容量瓶。需要胆矾的质量m(胆矾)=0.1mol/L×0.5L×250g/mol

=12.5g，加水配成500mL溶液，D正确；故合理选项是D。【点睛】本题考查一定物质的量浓度溶液的配制，注意根据c=nV理解溶液的配制、计算溶液的物质的量浓度，V是指溶液的体积，不是溶剂水的体积，注意根据“大而近”原则选择仪器。11.与铁、石灰水、石灰石都能发生离子

反应的是()A.盐酸B.CO2C.O2D.Na2CO3溶液【答案】A【解析】【详解】A、铁与盐酸发生置换反应生成氯化亚铁和氢气、氢氧化钙与盐酸发生中和反应生成氯化钙和水、碳酸钙与盐酸发生复分解反应生成氯化钙、二氧化碳和水，都是离子反应，A符合题

意；B、铁与CO2不反应，B不符合题意；C、石灰水、石灰石与O2都不反应，且Fe和O2的反应不属于离子反应，C不符合题意；D、铁、石灰石与Na2CO3溶液不反应，D不符合题意；故选A。12.已知：①向KMnO4晶体滴加浓盐酸，产生黄绿色气体；②FeCl2溶液中通入少量实验①产生的气

体，溶液变黄色；③实验②生成的溶液滴在KI试纸上，试纸变蓝。下列判断正确的是()A.上述实验证明氧化性：-4MnO＞Cl2＞Fe3＋＞I2B.上述实验中共有两个氧化还原反应C.实验①生成的气体不能使湿润的KI试纸变蓝

D.实验②证明Fe2＋既有氧化性又有还原性【答案】A【解析】【分析】反应①中产生的黄绿色气体是Cl2，反应②中FeCl2被Cl2氧化成FeCl3，反应③中FeCl3溶液将KI氧化成I2，遇淀粉变蓝。【详解】A．根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，由分析可得氧化性由强到弱的顺序为：

-4MnO＞Cl2＞Fe3＋＞I2，所以A对；B．由分析可得上述实验中有三个氧化还原反应，所以B错；C．因为Cl2的氧化性大于Fe3＋，而Fe3＋能将I-氧化成I2，根据氧化还原反应中的强弱规律，Cl2能氧化I-，所以实验①生成的气体能使湿润的KI试纸

变蓝，所以C错；D．实验②证明Fe2＋被Cl2氧化，只能证明具有还原性，不能证明有氧化性，所以D错；故答案为A。13.下列各组离子一定能大量共存的是()A.在无色溶液中：4NH+，2Fe+，24SO−，2-3COB.澄清透明的溶液：4MnO−，3Al+，

24SO−，K+C.使酚酞溶液变红的溶液：H+，Cl−，3NO−，2Ba+D.在pH1=的溶液中：K+，23CO−，3NO−，3HCO−【答案】B【解析】【详解】A．无色溶液不含2+Fe，且2+Fe和2-3CO反应生成沉淀而不能大

量共存，故A错误；B．这几种离子之间不反应，所以能大量共存，故B正确；C．酚酞变红色的溶液呈碱性，H+、OH−生成水而不能大量共存，故C错误；D．pH=1的溶液呈酸性，H+、2-3CO、-3HCO反应生成

水和二氧化碳而不能大量共存，故D错误；答案选B。【点睛】无色溶液要排除三价铁离子，亚铁离子，高锰酸根等离子，离子发生双水解也不能大量共存。14.常温下，在溶液中可发生以下反应:①H++Z-+XO42-→X2++Z2+H2O（未配平）②2M2++R2

=2M3++2R-③2R-+Z2=R2+2Z-由此判断下列说法正确的是（）A.氧化性强弱顺序为XO42->Z2>R2>M3+B.还原性强弱顺序为X2+>Z->R->M2+C.R元素在反应②中被氧化，在③中被还原D.常

温下反应2M2++Z2=2M3++2Z-不可进行【答案】A【解析】【分析】①H++Z-+2-4XO→X2++Z2+H2O中，Z元素的化合价升高，X元素的化合价降低；②2M2++R2═2M3++2R-中，M元素的化合价升高，R元素的化合价降低；③2R-+Z2=R2+2Z

-中，R元素的化合价升高，Z元素的化合价降低，结合氧化还原反应的规律来解答。【详解】A．反应过程中含化合价降低的元素对应物质作氧化剂，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，氧化性强弱顺序为：2-4XO>Z2>R2>M3+，故A正确；B．化合

价升高的元素对应的物质作还原剂，由还原剂的还原性大于还原产物的还原性可知，还原性强弱顺序为X2+<Z−<R−<M2+，故B错误；C．R元素在反应②中被还原，在③中被氧化，故C错误；D．氧化性Z2>M3+，则2M2++Z2=2M3++2Z-能发生，故D错误；故答案为：A。1

5.2019年10月9日，瑞典皇家科学院宣布，将2019年诺贝尔化学奖授予约翰·古迪纳夫、斯坦利·惠廷厄姆和吉野彰，以表彰他们在锂离子电池研发领域作出的贡献。磷酸铁锂(LiFePO4)是一种锂电池高效正极材料。它属于A.酸B.碱C.盐D.单质【答案】C

【解析】【详解】磷酸铁锂(LiFePO4)是有金属阳离子和酸根离子组成，所以是盐，故选C。16.下列对1mol/L的Na2SO4溶液的叙述中，正确的是（）A.溶液中含有1molNa2SO4B.1L溶液中含142gNa2SO4C.1molNa2SO4溶于1L水得到1mol/L的Na2

SO4溶液D.将142gNa2SO4·10H2O溶于少量水后，再将其稀释成1000mL【答案】B【解析】【详解】A.溶液中溶质的物质的量与溶液体积有关，溶液体积未给出，无法计算溶质的物质的量，选项A错误；B.142gNa2SO4的物质的量为1mol，溶于水配成1L溶液，可得1mol/

L的Na2SO4溶液，选项B正确；C.1molNa2SO4溶于水，配成1L溶液，可得1mol/L的Na2SO4溶液，而不是溶于1L水，选项C错误；D.硫酸钠晶体的物质的量为142g322g/mol=0.44mol，所以硫酸钠的物质的量为0.44mol，溶液体积为1000mL，所以硫酸钠溶

液浓度为0.44mol/L，选项D错误；答案选B。17.下列现象与胶体无关的是A.用激光笔照射蛋白质溶液时，出现一条光亮的通路B.向豆浆中加入石膏制得可口的豆腐C.CuSO4溶液显蓝色D.向沸水中逐滴加入FeCl3饱和溶液，得到红褐色透明的分散系【答案】C【

解析】【详解】A.蛋白质溶液达到胶体颗粒的大小，具有胶体的性质。因此当用激光笔照射蛋白质溶液时，出现一条光亮的通路，A正确；B．豆浆属于胶体，遇到盐会发生聚沉，因此向豆浆中加入石膏制得可口的豆腐，B正确；C．CuSO4溶液显蓝色是Cu2+的颜

色，与胶体无关，C错误；D．向沸水中逐滴加入FeCl3饱和溶液，得到红褐色透明的分散系属于胶体，D正确；本题答案选C。18.下列说法正确的是()A.摩尔是一个基本物理量，表示物质所含粒子的多少B.1mol氢中含有2mol氢原子和2m

ol电子C.摩尔是表示物质的数量的单位D.1molH2O的质量等于NA个H2O质量的总和(NA表示阿伏加德罗常数)【答案】D【解析】A项，摩尔是物质的量的单位，不是物理量，错误；B项，“1mol氢”没有指明是氢分子还是氢原子，错误；C项，摩尔是表示物质的量的单

位，错误；D项，1molH2O中含NA个H2O分子，1molH2O的质量等于NA个H2O质量的总和，正确；答案选D。点睛：摩尔是物质的量的单位，不是物理量，使用物质的量时要指明粒子的种类。19.下列有几种溶液，其中硝酸根离子的物质的量浓度相等的组合是（）①50mL0.15mol⋅L−1硝酸镁

溶液②200mL0.15mol⋅L-1硝酸钠溶液③30mL0.3mol⋅L-1硝酸银溶液④30mL0.3mol⋅L-1硝酸钡溶液A.①②B.③④C.①③D.①②③【答案】C【解析】【详解】①50mL0

.15mol⋅L−1Mg(NO3)2溶液中NO3-的浓度为0.15mol⋅L−1×2=0.3mol⋅L−1；②200mL0.15mol⋅L-1NaNO3溶液NO3-的浓度为0.15mol⋅L−1；③30mL0.3mol⋅L-1AgNO3溶

液NO3-的浓度为0.3mol⋅L−1；④30mL0.3mol⋅L-1Ba(NO3)2溶液NO3-的浓度为0.3mol⋅L−1×2=0.6mol⋅L−1；综上，①③中硝酸根离子的物质的量浓度相等，C选项正确；答案选C。【点睛】根据溶液中不水解的离子的物质的量浓度=溶质的物

质的量浓度×化学式中离子的个数进行计算某离子的物质的量浓度，与溶液的体积无关。20.下列关于化合物、单质、混合物、电解质和非电解质的正确组合是()化合物单质混合物电解质非电解质A烧碱液态氧冰水混合物醋酸二氧化

硫B生石灰白磷胆矾氧化铝氯气C干冰铁氨水碳酸钙酒精D空气氮气小苏打氯化铜硫酸钡A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A.冰水混合物是聚集状态不同的水，属于纯净物，故A错误；B.胆矾是五水硫酸铜，属于纯净物；氯气是单质，既不是电解质，也不是非电解质，故B

错误；C.干冰为固态二氧化碳，属于化合物；铁是金属单质；氨水是氨气的水溶液，属于混合物；碳酸钙是盐，属于电解质；酒精不能电离，属于非电解质，故C正确；D.空气是混合物，不属于化合物；小苏打是碳酸氢钠的俗称，属于纯净物；硫酸钡能电离，属于

电解质，故D错误；故选C。二、填空题21.(1)被称为“万能还原剂”的NaBH4溶于水发生反应：NaBH4+2H2O==NaBO2+4H2↑(已知：NaBH4中H为-1价)，用双线桥分析电子转移情况：__

______________________________________；反应中的还原剂是__________，被氧化的元素和被还原的元素的质量比是__________(2)已知8NH3+3Cl2＝6NH4Cl+N2反应中电

子转移数为1.806×1023，则被氧化的物质的体积是_________(标准状况)(3)在一定条件下,RO3n－和氟气发生如下反应：RO3n－＋F2＋2OH－＝RO4－＋2F－＋H2O。从而可知在RO3n－中

，元素R的化合价是________【答案】(1).(2).NaBH4(3).1﹕1(4).2.24L(5).+5【解析】【详解】(1)反应NaBH4+2H2O==NaBO2+4H2↑中，NaBH4中H由-1价升高到0价，

作还原剂，水中氢元素的化合价由+1价降为0价，作氧化剂，被氧化的元素和被还原的元素的质量比是1:1，用双线桥法表示为；(2)反应8NH3+3Cl2＝6NH4Cl+N2中氯元素的化合价由0价降为-1价，氮元素的化合价由-3价升高到0价，电子转移数6e-，先转移电

子数为1.806×1023，物质的量为0.3mol，则被氧化的氨气的物质的量为0.1mol，标准状况下的体积是2.24L；(3)根据反应RO3n－＋F2＋2OH－＝RO4－＋2F－＋H2O利用电荷守恒知n=1；利用化合价规则知RO3－中

，元素R的化合价是+5。22.现有①铁片②NaCl③氨水④醋酸⑤酒精⑥盐酸⑦浓H2SO4⑧KOH⑨蔗糖⑩H2S，其中属于电解质的是_____________，属于非电解质的是_____________，属于强电解质的

是______________，属于弱电解质的是_____________。【答案】(1).②④⑧⑩(2).⑤⑨(3).②⑧(4).④⑩【解析】【分析】结合电解质与非电解质以及强弱电解质的概念分析判断即可。【详解】①铁片是金属单质

，它既不是电解质也不是非电解质；②NaCl在水溶液或熔融状态下能完全电离出自由移动的阴阳离子而导电，所以是强电解质；③氨水是氨气的水溶液，属于混合物，既不是非电解质也不是电解质；④醋酸在水溶液里只能部分电离出自由移动的离子而导电，是弱电解质；⑤酒精在水溶液里和熔融状态下都不能电离出自由移

动的离子，是非电解质；⑥盐酸是混合物，它既不是电解质也不是非电解质；⑦浓H2SO4是混合物，它既不是电解质也不是非电解质；⑧KOH在水溶液或熔融状态下能完全电离出自由移动的阴阳离子而导电，所以是强电解质；⑨蔗糖是在水溶液里和熔融状态下都

不导电的化合物，是非电解质；⑩H2S在水溶液里只能部分电离出自由移动的离子而导电，是弱电解质；则属于电解质的是②④⑧⑩，属于非电解质的是⑤⑨，属于强电解质的是②⑧，属于弱电解质的是④⑩。【点睛】电解质是指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，例如酸、碱、盐、活泼金属氧化物等，凡在上述情况下

不能导电的化合物叫非电解质，例如非金属氧化物、一些氢化物和一些有机物如蔗糖和酒精等；特别注意能导电的不一定是电解质，且非电解质的水溶液也可能导电，如CO2的水溶液导电，是因为生成碳酸的缘故；另外电解质和非电解质都是化合物，既要排除单质又要排

除混合物。23.(1)碘化钾溶液中滴加适量硫酸铜溶液，就能得到碘化亚铜。请完成并配平上述反应：____KI+____CuSO4→____I2+____Cu2I2↓+_________，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________。(2)往上述反应后溶液中加入淀粉

，溶液变蓝，再滴加亚硫酸溶液，蓝色又褪去。写出KI、Cu2I2、H2SO3的还原性由强到弱的顺序是____________________。【答案】(1).4(2).2(3).1(4).1(5).2K2SO4(6).1：1(7).H2SO3、KI、Cu2

I2【解析】【分析】(1)KI中I元素的化合价由-1价升高0，CuSO4中Cu元素的化合价由+2价降低为+1价，根据得失电子守恒进行方程式配平；含元素化合价降低的物质为氧化剂，含元素化合价升高的物质为还原剂；(2)氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物的还原性、大于氧化剂的

还原性，以此来解答；【详解】(1)反应中KI中I元素的化合价由-1价升高0生成单质碘I2，失去2e-，CuSO4中Cu元素的化合价由+2价降低为+1价，得到e-，根据得失电子数目相等可知二者最小公倍数数为2，则硫酸铜前的系数为2，碘化亚铜前的系数为1，则结合质量守恒定律可知该反应的化

学方程式为4KI+2CuSO4=I2+Cu2I2↓+2K2SO4，该反应中CuSO4中Cu化合价降低，所以CuSO4为氧化剂，KI中I元素的化合价升高，KI为还原剂，根据得失电子守恒，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：2=1：1；(2)由(1)解答可知，KI为还原剂，C

u2I2为还原产物，由于还原剂的还原性大于还原产物的还原性，所以还原性：KI>Cu2I2，往上述反应后溶液中加入淀粉，溶液变蓝，是因为碘单质和淀粉显示蓝色，再滴加亚硫酸溶液，蓝色又褪去是因为发生反应：H2SO3+I2+H2O=H2SO4+HI，该反应中H2SO3是还原剂，I-是还原产物，则

还原性：H2SO3>I-；故还原性由强到弱的顺序是H2SO3>KI>Cu2I2。【点睛】本题考查氧化还原反应的知识，注意从元素化合价的角度认识相关概念并把握物质的性质，元素的化合价升高，失去电子，作还原剂，表现还原性；

元素化合价降低，得到原子，作氧化剂，表现氧化性，氧化剂的氧化性强于氧化产物；还原剂的还原性强于还原产物。在配平方程式时要结合元素化合价升降总数等于反应过程中电子转移总数，先配平参加氧化还原反应的元素，再根据质量守恒定律配平未

参加氧化还原反应的元素，侧重于学生的分析能力与判断能力。三、计算题24.(1)1L0.2moI/L的KI溶液中，含溶质KI的物质的量是___。(2)含NA个氧分子的O2物质的量是___。(3)标准状况下2.24LN2物质的量是___。(4)0.5molCH4的质量___。(5)22gC

O2在标准状况下的体积是___。(6)同温同压下，同体积的O2和CO2物质的量之比为___。【答案】(1).0.2mol(2).1mol(3).0.1mol(4).8g(5).11.2L(6).1∶1【解析】【分析】根据n=ANN=mM=mVV

=cV计算解答。【详解】(1)1L0.2moI/L的KI溶液中溶质KI的物质的量是1L×0.2mol/L=0.2mol，故答案为：0.2mol；(2)氧分子物质的量n=ANN=AANN=1mol，故答案为

：1mol；(3)标准状况下2.24L氮气物质的量=2.24L22.4L/mol=0.1mol，故答案为：0.1mol；(4)甲烷的质量为0.5mol×16g/mol=8g，故答案为：8g；(5)22gCO2的物质的量为22g44g/mol=0.5mol，标

准状况下，二氧化碳体积是0.5mol×22.4L/mol=11.2L，故答案为：11.2L；(6)同温同压下，气体的Vm相等，由n=mVV可知同体积的O2和CO2物质的量之比为1∶1，故答案为：1∶1

。四、实验题25.实验室欲用固体NaCl配制500mL2.0mol/L的NaCl溶液，试回答：(1)实验中除托盘天平、药匙、量筒、烧杯、玻璃棒外，还需要的玻璃仪器有________(2)配制时应称取NaCl________g。(3)配制过程有如下操作，正确的操作顺序是___________A.冷却

；B.称量；C.计算；D.定容；E.溶解；F.倒转摇匀；G.移液；H.洗涤烧杯并将洗涤液转移到容量瓶(4)下列所述情况能导致所配制溶液c(C1-)偏低的是_______(填字母序号)A．NaCl中混有MgCl2B．溶解NaCl的烧杯没有洗涤C．定容时俯视液面D．配制溶液前容量瓶没有干燥【

答案】(1).500mL容量瓶、胶头滴管(2).58.5(3).CBEAGHDF(4).B【解析】【详解】(1)按照实验步骤，所需要的仪器有托片天平、药匙、量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，故答案为：500mL容量瓶、胶头滴管；(2)配制过程中需要的NaCl

的物质的量n=c·V=2.0mol/L×0.5L=1mol，质量m=n·M=1mol×58.5g/mol=58.5g，故答案为：58.5；(3)配制一定物质的量浓度的溶液的步骤为：计算→称量→溶解→冷却→移液→洗涤烧杯并将洗涤液转移到容量瓶→定容→

倒转摇匀，故答案为：CBEAGHDF；(4)A．NaCl中混有少量MgCl2，导致配制的溶液中氯离子浓度偏高，A不选；B．溶解NaCl的烧杯没有洗涤，则氯离子浓度偏低，B选；C．定容时俯视液面，则加水量偏低，配制的溶液中氯离子浓度偏高，C不选；D．配制溶液时需要向容量瓶中加入蒸馏水

，则配制溶液前容量瓶没有干燥，对物质的量浓度无影响，D不选；故答案选B。26.Na2O2具有强氧化性，H2具有还原性，某同学根据氧化还原反应的知识推测Na2O2与H2能发生反应。为了验证此推测结果，该同学设计并进行了如图所示实验。Ⅰ．

实验探究(1)装置A中用粗锌和稀盐酸制取氢气，B装置的作用是______，里面所盛放的试剂是______（①浓硫酸②碱石灰③无水硫酸铜）。(2)下面是实验过程中的重要操作，正确的顺序是________

（填序号）A．加热至Na2O2逐渐熔化，反应一段时间B．用小试管收集气体并检验其纯度C．打开K1、K2，通入氢气D．停止加热，充分冷却，关闭K1、K2(3)实验过程中观察到淡黄色粉末慢慢变成白色固体，无水硫酸铜未

变蓝色。由此可推测出Na2O2与H2反应生成的产物为_____。Ⅱ．数据处理(4)实验结束后，该同学欲测定C装置内白色固体中未反应完的Na2O2含量。其操作流程如图：①测定过程中需要的仪器除固定、夹持仪器外，还有天平、烧杯、酒精灯、蒸发皿和____，操作2的名称是____。②白色固体中N

a2O2的质量分数为_____________（用含m1和m2的式子表示）。③在转移溶液时，若溶液转移不完全，则测得的Na2O2质量分数________（填“偏大”“偏小”或“不变”）。【答案】(1).除去H2中混有的HCl和水蒸气(2).②(3).CBAD(4).NaOH(5).玻璃棒(

6).蒸发(7).21139(m-m)×100%m(8).偏小【解析】【分析】Ⅰ.为推测Na2O2与H2能反应，首选要制得氢气，A为氢气的制备装置，实验室用锌与稀盐酸反应制氢气，制得的氢气中含氯化氢气体、

水蒸气，用B碱石灰吸收，C是Na2O2与H2的反应装置，D检验其产物无水生成，结合元素守恒、氧化还原中化合价有升有降可知Na2O2与H2反应生成的产物为NaOH；Ⅱ.样品(m1)中含NaOH、Na2O

2，加入一定质量的水，使Na2O2和水充分反应生成NaOH和氧气，将溶液转移到蒸发皿中进行蒸发得NaOH固体，冷却称量得m2，根据2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑可知2molNa2O2完全反应固体减轻的质量为2H2的质量，结合方程式计算出

Na2O2的质量，进而确定Na2O2质量分数。【详解】(1)装置A中用粗锌和稀盐酸制取氢气混有HCl和水蒸气，B装置的作用是除去H2中混有的HCl和水蒸气，可盛放②碱石灰，故答案为：除去H2中混有的HCl和水蒸气；②；(2)装

置内有空气，应先用产生的氢气排除装置内的空气并检验氢气的纯度后点燃酒精灯加热，反应一段时间后停止加热、充分冷却后停止通入氢气，以防爆炸，故答案为：CBAD；(3)实验过程中观察到淡黄色粉末慢慢变成白色固体，无水硫酸铜未变蓝色，则结合元素守恒、氧化还原反应可知产物为NaOH，故答案

为：NaOH；(4)①溶液转移需要用到玻璃棒，操作2为蒸发除去水得NaOH固体，故答案为：玻璃棒；蒸发；②结合分析可知，2molNa2O2完全反应固体减轻的质量为2H2的质量，设样品中过氧化钠的质量为xg，则22222212

NaO+2HO=4Na~2H4OgH+(mO278ggx-m)g↑，解得x=3921(m-m)g，则白色固体中Na2O2的质量分数为21139(m-m)×100%m，故答案为：21139(m-m)×100%m；(5

)在转移溶液时，若溶液转移不完全，则所得质量m2偏小，测得的Na2O2质量分数偏小，故答案为：偏小。27.某化学兴趣小组设计了如图装置，该装置能制取Cl2，并进行相关性质实验，且可利用装置G储存多余的氯气。

（1）A中发生反应的化学反应方程式为________（2）实验开始时，先打开分液漏斗旋塞和活塞K，点燃A处酒精灯，让氯气充满整个装置，再点燃E处酒精灯，回答下列问题：①在装置C、D中能看到的实验现象分别是________、________；②在装置E的硬质玻璃管内盛有碳粉

，发生氧化还原反应，产物为CO2和HCl，则E中发生反应的化学方程式为_________；③装置F中球形干燥管的作用是__________；（3）储气瓶b内盛放的试剂是___________；【答案】(1).MnO2+4HCl(浓)MnCl2+2H2O+C

l2↑(2).溶液由无色变为蓝色(3).溶液先变红后褪色(4).C+2Cl2+2H2OCO2+4HCl(5).防倒吸(6).饱和NaCl溶液【解析】【分析】本题主要考察实验室制氯气及氯气的化学性质检验。【详解】（1）MnO2和

浓HCl反应条件为加热，二氧化锰将HCl氧化为氯气，自身被还原成Mn2+，化学方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+2H2O+Cl2↑。（2）①C中，氯气具有强氧化性，通入淀粉-KI溶液，发生氧化还原反应，即Cl2+2KI=I2+2KCl，生成

的碘单质能够让淀粉溶液变蓝，即现象为溶液由无色变为蓝色；D中，氯气通入到紫色石蕊溶液中，氯气会和水发生反应，即Cl2+H2O=HCl+HClO，其中HCl会使石蕊变红，但HClO具有强氧化性，使变红的溶液褪色，即现象

为溶液先变红后褪色。②在装置E的硬质玻璃管内盛有碳粉，发生氧化还原反应，产物为CO2和HCl，氯气通过碳粉能够生成HCl，说明反应物中有水参与，根据守恒法，化学方程式为C+2Cl2+2H2OCO2+4HCl。③氯气和氢氧化钠发生反应，导致装置内气压减小，在大气压作用下溶液会被吸到

导管中，为防止溶液持续上升，用如图所示装置，使其受到的重力大于大气压作用，从而不能持续上升，故作用为防倒吸。（3）浓盐酸具有挥发性，刚制得的氯气中混有HCl和水，饱和食盐水吸收HCl而难吸收氯气，故用饱和食盐水除去氯气中的HCl。五、推断题28.目

前，世界上多采用电解熔融氯化钠的方法来生产金属钠：2NaCl(熔融)通电2Na+Cl2↑。已知物质A、B、C、D、E、F有如图转化关系：(1)试根据上述变化写出下列物质的化学式：A_______，B_________，D________，E________(

2)请写出下列反应的化学方程式：C+D→NaCl：__________E+F→NaCl：___________(3)若把A投入盛有CuSO4溶液的烧杯中，烧杯中的现象是______；烧杯中反应的化学方程式有_______(4)工业上常用B和C反应制取“8

4”消毒液，写出该反应的化学方程式：_______【答案】(1).Na(2).Cl2(3).FeCl3(4).Na2CO3(5).3NaOH+FeCl3=3NaCl+Fe(OH)3↓(6).Na2CO3+CaCl2=Ca

CO3↓+2NaCl(7).溶液中有气泡放出，溶液由蓝色变为无色，溶液中有沉淀生成(8).2Na+2H2O=2NaOH+H2↑、2NaOH+CuSO4=Cu(OH)2↓+2NaCl(9).Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O【解析】【分析】根据转化流程可

知，A与水反应生成C，且C与二氧化碳反应，则A为Na，C为NaOH，E为Na2CO3，B为Cl2，D为FeCl3，E为Na2CO3，F为CaCl2，据此答题。【详解】(1)根据上述分析，A为Na，B为Cl2，D为FeCl3，E为Na2CO3；(2)C和D反应生成NaCl的

化学方程式为3NaOH+FeCl3=3NaCl+Fe(OH)3↓；E和F反应生成NaCl的化学方程式为Na2CO3+CaCl2=CaCO3↓+2NaCl；(3)Na的活动性非常强，将Na投入到硫酸铜溶液中，可以与水发生反应生成NaOH，生成

的NaOH再与CuSO4反应生成蓝色沉淀，故现象为：溶液中有气泡放出，溶液由蓝色变为无色，溶液中有沉淀生成，该过程涉及的化学方程式为2Na+2H2O=2NaOH+H2↑、2NaOH+CuSO4=Cu(OH)2↓+2NaCl；(4)“84

消毒液”的主要成分为NaCl和NaClO，可以利用NaOH与Cl2反应制得，反应的方程式为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O。