2022-2023学年黑龙江省双鸭山市第一中学高一10月月考化学试题含解析

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黑龙江省双鸭山市第一中学2022-2023学年高一10月月考化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．将少量金属钠分别投入下列溶液中，有气体放出，且溶液质量减轻的是
A．稀盐酸 B．氢氧化钠溶液 C．硫酸钾溶液 D．硫酸铜溶液
【答案】D
【详解】A．钠和盐酸的反应方程式为：2Na+2HCl=2NaCl+H2↑，根据方程式知，溶液增加的质量=m(Na)-m(H2)，A不符合题意；
B．将金属钠加入到氢氧化钠溶液中，只有金属钠和水之间反应，钠和水的反应方程式为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，根据方程式知，溶液增加的质量=m(Na)-m(H2)，B不符合题意；
C．将金属钠加入到硫酸钾溶液中，只有金属钠和水之间反应，钠和水的反应方程式为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，根据方程式知，溶液增加的质量=m(Na)-m(H2)，C不符合题意；
D．将金属钠加入到硫酸铜溶液中，钠先和水反应，反应方程式为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，生成的氢氧化钠又和和硫酸铜反应，反应方程式为：2NaOH+CuSO4=Na2SO4+Cu(OH)2↓，将两个方程式相加：2Na+2H2O+CuSO4=H2↑+Na2SO4+Cu(OH)2↓，由方程式知，溶液的质量减轻，D符合题意；
答案选D。
2．下列有关胶体的说法中正确的是
A．向红褐色的氢氧化铁胶体中滴加足量稀盐酸的现象是：先沉淀，后沉淀溶解
B．将饱和溶液滴加到稀NaOH溶液中加热煮沸可制得胶体
C．根据分散系是否具有丁达尔效应将分散系分为溶液、胶体和浊液
D．可用过滤法分离溶液和胶体
【答案】A
【详解】A．氢氧化铁胶体中先加入盐酸，发生聚沉，盐酸过量，氢氧化铁沉淀又溶于盐酸，故A正确；
B．饱和溶液滴加到煮沸的蒸馏水中才能制备胶体，故B错误；
C．根据分散质微粒直径大小将分散系划分为溶液、胶体和浊液，故C错误；
D．溶液和胶体均可通过滤纸，分离溶液和胶体需要半透膜，采用渗析法，故D错误。
故选A。
3．下列物质中，属于电解质且在指定的条件下不导电的是
A．液态HCl B．熔融Na2O C．CO2气体 D．固体Cu
【答案】A
【详解】A．液态HCl的水溶液是盐酸，属于强酸，所以HCl是电解质，但不能发生电离，所以不导电，A符合题意；
B．熔融Na2O中含有Na+和O2-，属于电解质，且能导电，B不符合题意；
C．CO2气体在水溶液中能导电，但导电离子来自其与水反应生成的碳酸，所以CO2是非电解质，C不符合题意；
D．固体Cu由金属离子和自由电子构成，能导电，但其属于单质，既不是电解质，也不是非电解质，D不符合题意；
故选A。
4．下列各组离子在水溶液中能大量共存的是
A．、、、 B．、、、
C．、、、 D．、、、
【答案】B
【详解】A．H+和OH-会反应生成水，无法大量共存，A错误；
B．选项中的四种离子相互之间不发生反应，可以大量共存，B正确；
C．Ag+和Cl-反应生成AgCl沉淀，其次银离子也能与碳酸氢根离子反应，故不能大量共存，C错误；
D．氢离子和碳酸根离子反应生成二氧化碳和水，两者不能大量共存，D错误；
故答案选B。
5．下列电离方程式中正确的是
A．H2SO4=H+SO B．Ca(OH)2=Ca2++(OH)2
C．AlCl3=Al+3+3Cl- D．Al2(SO4)3=2Al3++3SO
【答案】D
【详解】A．H2SO4的电离方程式为：H2SO4=2H++SO，A错误；
B．Ca(OH)2的电离方程式为：Ca(OH)2=Ca2++2OH-，B错误；
C．AlCl3的电离方程式为：AlCl3=Al3++3Cl-，C错误；
D．Al2(SO4)3的电离方程式为：Al2(SO4)3=2Al3++3SO，D正确；
故答案为：D。
6．甲、乙、丙有如图所示的转化关系(”→”表示反应一步实现，部分物质和反应条件已略去)。下列各组物质按照甲、乙、丙的顺序不符合要求的是

A．C、CO、CO2 B．H2O2、H2O、O2
C．KOH、K2CO3、KNO3 D．Fe2O3、FeCl3、Fe(OH)3
【答案】C
【详解】A．C与少量O2在点燃时反应产生CO，CO与O2在点燃时反应产生CO2，CO2与C在加热时反应产生CO，能够实现物质之间的转化关系，A不符合题意；
B．H2O2在MnO2催化下分解产生H2O，H2O在电解条件下分解产生O2，O2与H2在点燃时反应产生H2O，能够实现物质之间的转化关系，B不符合题意；
C．KOH与CO2反应产生K2CO3，K2CO3和HNO3反应产生KNO3，但KNO3不能一步反应产生K2CO3，不能实现物质之间的转化关系，C符合题意；
D．Fe2O3与HCl反应产生FeCl3，FeCl3与NaOH反应Fe(OH)3，Fe(OH)3与HCl反应产生FeCl3，能够实现物质之间的转化关系，D不符合题意；
故合理选项是C。
7．下列说法正确的是
A．只含一种元素的物质一定是纯净物
B．过氧化钠不是碱性氧化物，但也能与酸性氧化物反应生成碳酸钠
C．次磷酸()与足量溶液反应生成的盐只有一种，则属于酸式盐
D．胶体的本质特征是丁达尔效应，常用此法鉴定胶体
【答案】B
【详解】A．一种元素可以组成不同的单质，例如碳元素的单质有金刚石、石墨，磷元素的单质有红磷、白磷，氧元素的单质有氧气、臭氧等等，所以只含有一种元素的物质还可能是混合物，选项A错误；
B．过氧化钠不是碱性氧化物，但也能与酸性氧化物反应生成碳酸钠和氧气，选项B正确；
C．次磷酸()与足量溶液反应生成的盐只有一种，则次磷酸()为一元酸，故属于正盐，选项C错误；
D．胶体的本质特征是分散质粒子直径介于1-100纳米之间，选项D错误；
答案选B。
8．下列各氧化还原反应的化学方程式表示的电子转移情况正确的是
A． B．
C． D．
【答案】D
【详解】A．电子不守恒，每生成3个O2，应失去6×2e－，生成2 个 KCl应得到2×6e－，选项A错误；
B．生成1 mol Cl2应转移2 mole－，有2 mol HCl未失去电子，选项B错误；
C．一部分Cl2得电子，一部分失电子，电子数目为1e－，选项C错误；
D．符合氧化还原反应得失电子守恒和相应转化规律，选项D正确；
答案选D。
9．2020年2月9日晚，湖北省新冠肺炎疫情防控指挥部的第19场新闻发布会上介绍，新型冠状病毒的主要传播途径有直接传播(飞沫传播)和接触传播，目前没有直接证据证明病毒通过气溶胶传播。下列说法不正确的是
A．云、烟、雾均属于气溶胶
B．胶体是混合物
C．胶体的分散质粒子能通过滤纸不能透过半透膜
D．PM2.5是对空气中直径小于或等于2.5μm(2.5×10-6 m)的固体颗粒或液滴的总称，其分散在空气中一定形成气溶胶
【答案】D
【详解】A．云、雾、烟是气体或固体颗粒分散在空气中形成的胶体分散系，所以云、烟、雾均属于气溶胶，A正确；
B．胶体是分散质粒子直径介于1 nm~ 100 nm之间的分散系，分散系属于混合物，因此胶体属于混合物，B正确；
C．胶体是分散质粒子直径介于1 nm~ 100 nm之间的分散系，该分散系的分散质微粒能通过滤纸，但不能透过半透膜，C正确；
D．胶体粒子的直径介于1 nm ~ 100 nm ( 10-9m~ 10-7 m)之间，PM2.5是对空气中直径小于或等于2.5μm ( 2.5×10-6 m)的固体颗粒或液滴的总称，其分散在空气中不能形成气溶胶，D错误；
故合理选项是D。
10．下列关于钠及其化合物的说法中，正确的是
A．钠放置在空气中，会迅速被氧化而生成淡黄色的氧化钠
B．Na2O与Na2O2都能和水反应生成碱，它们都是化合反应
C．向酚酞溶液中加入足量的Na2O2粉末，溶液最终变红，并有气泡生成
D．两小块质量相等的金属钠，一块在常温下充分反应生成Na2O，另一块在加热的条件下充分反应生成Na2O2，两次转移的电子数一样多
【答案】D
【详解】A．钠放置在空气中，会迅速被氧化而生成白色的氧化钠，A错误；
B．Na2O与水反应生成NaOH，属于化合反应，Na2O2与水反应生成NaOH和氧气，该反应产物有两种，不属于化合反应，B错误；
C．Na2O2有具有强氧化性，能够起到漂白作用，红色溶液最终变为无色，C错误；
D．Na在常温下与氧气充分反应生成Na2O，在加热的条件下与氧气充分反应生成Na2O2，无论生成Na2O和Na2O2，Na元素均有0价变为+1价，故等质量的两块钠与氧气反应无论生成Na2O和Na2O2，转移电子数一样多，D正确。
答案选D。
11．下列物质之间的转化，需要加入氧化剂才能实现的是
A． B．
C． D．
【答案】A
【详解】A. 的过程中Cu的化合价升高被氧化，且其自身不能发生歧化反应，故需加入氧化剂，A符合题意，    
B. 的过程中元素的化合价未发生改变，不属于氧化还原反应，B不合题意；
C. 的过程中元素的化合价未发生改变，不属于氧化还原反应，C不合题意；    
D. 该过程只需加热即可实现，故不定要加入氧化剂才能实现，D不合题意；
故答案为：A。
12．符合图中阴影部分的物质是

A．NaCl B．Na2SO4 C．Na2CO3 D．NaNO3
【答案】C
【详解】A．NaCl是正盐又是钠盐，但不是碳酸盐，A项不符合题意；
B．Na2SO4是正盐又是钠盐，但不是碳酸盐，B项不符合题意；
C．Na2CO3是正盐又是钠盐，也是碳酸盐，C项符合题意；
D．NaNO3是正盐又是钠盐，但不是碳酸盐，D项不符合题意；
答案选C。
13．已知NaH中氢元素为-1价，关于反应NaH+H2O=NaOH+H2↑，下列说法正确的是
A．该反应属于置换反应 B．NaH是氧化剂
C．NaOH是氧化产物 D．H2既是氧化产物，又是还原产物
【答案】D
【详解】A．置换反应是单质与化合物反应产生新的单质和新的化合物，该反应中反应物无单质，因此该反应不属于置换反应，A错误；
B．在该反应中，H元素化合价由反应前NaH中的-1价变为反应后H2中的0价，化合价升高，失去电子被氧化，所以NaH是还原剂，B错误；
C．NaOH中的Na+来源于NaH，NaOH中的OH-来源于水，其组成元素在反应前后化合价不变，所以NaOH既不是氧化产物，也不是还原产物，C错误；
D．在该反应中，H元素化合价由反应前NaH中的-1价变为反应后H2中的0价，化合价升高，失去电子被氧化，所以H2既是氧化产物；H元素化合价由反应前H2O中的+1价变为反应后H2中的0价，化合价降低，得到电子被还原，所以H2又是还原产物，D正确；
故合理选项是D。
14．一种阳离子与多种酸根离子构成的盐称为“混盐”，如氯化硝酸钙[]；而“复盐”则是指含有多种简单阳离子和一种酸根阴离子的盐，如，据此，下列各化合物中属于混盐的是
A． B．
C． D．
【答案】B
【详解】A．(NH4)2Fe(SO4)2含亚铁离子、铵根离子和硫酸根离子，含两种阳离子和一种酸根阴离子，是复盐，故A不符合题意；
B．含钙离子、氯离子和次氯酸根离子，含两种阴离子和一种阳离子，是混盐，故B符合题意；
C．K3[Fe(CN)6]含钾离子和铁氰根离子，是配位化合物，故C不符合题意；
D．Mg(OH)Cl含镁离子、氢氧根离子和氯离子，是碱式盐，故D不符合题意。
综上所述，答案为B。
15．取某固体样品，进行如下实验：
①取一定量的样品，加足量水充分溶解，过滤得到白色滤渣和无色溶液
②取白色滤渣，加入稀盐酸，滤渣全部溶解，同时有气体产生
③取①中无色溶液，通入适量，产生白色沉淀
根据上述实验现象，该固体样品的成分可能是
A．、、KOH B．、、NaCl
C．、、NaOH D．、、NaOH
【答案】C
【详解】A．加水充分溶解产生Cu(OH)2和CaCO3沉淀，其中Cu(OH)2为蓝色沉淀，与题意不符，A错误；
B．取①中无色溶液，通入适量CO2产生白色沉淀，CaCl2和NaCl溶液中通入CO2气体，不会产生CaCO3沉淀，与题意不符，B错误；
C．加水充分溶解，可得到BaCO3白色沉淀，加入稀HCl，滤渣全部溶解，有气体CO2产生，①中无色溶液中可以有BaCl2剩余，与氢氧化钠同时存在时，通入CO2气体，可以产生白色沉淀，C正确；
D．①加水产生Mg(OH)2沉淀，但加入稀HCl，没有气体产生，与题意不符，D错误；
答案选C。
16．已知5.5gCO、HCOOCH3、CH3COOH的混合物在O2中完全燃烧，将其产物通过足量的Na2O2后，则Na2O2固体增重为（    ）
A．4.7g B．6.1g C．5.5g D．无法确定
【答案】C
【详解】HCOOCH3、CH3COOH都可以改写为(CO)2(H2)2，借助于O2，Na2O2+H2==2NaOH， Na2O2+CO==Na2CO3，所以5.5gCO、HCOOCH3、CH3COOH的混合物能被Na2O2完全吸收，最终Na2O2增重5.5g。故选C。
17．在甲、乙两溶液中，分别含有下列离子(大量存在)中的三种：Cu2+、Na+、H+、、、OH-。已知甲溶液呈蓝色，则乙溶液中存在的离子是
A．Cu2+、、 B．Na+、OH-、 C．、OH-、 D．Na+、、
【答案】B
【详解】已知甲溶液呈蓝色，则甲溶液中含有Cu2+，Cu2+与CO、OH-不能大量共存，溶液呈电中性，则甲溶液应该有SO，OH-和CO在乙溶液，H+与OH-不能大量共存在甲溶液，故Na+在乙溶液。甲溶液含有：Cu2+、SO、H+，乙溶液含有OH-、CO、Na+，B选项正确。
18．当溶液中X2O和SO的个数之比为1∶3时，正好完全发生氧化还原反应，则X在还原产物中的化合价是
A．+2 B．+3 C．+6 D．+7
【答案】B
【详解】根据得失电子守恒，中S元素是+4价，具有还原性，生成，此时S元素是+6价，1个S原子失去2个电子，有3个S原子变化，则失电子总数为6个，同时种X元素化合价是+6价，应做氧化剂，价态降低，设每个X原子得到a个电子，则1个参与反应时得电子总数为2a个，有2a=6，a=3，所以每个X原子得到3个电子，降低3个价态，起始价态是+6价，产物价态为+3价，故B项为正确选项
19．还原性I->Fe2+>Br-。向含有I-、Fe2+、Br-溶液中通入一定量氯气后，所得溶液离子成分分析正确的是
A．I-、Fe3+、Cl- B．Fe2+、Cl-、Br-
C．Fe2+、Fe3+、Cl- D．Fe2+、I-、Cl-
【答案】B
【详解】还原性I-＞Fe2+＞Br-，向含有I-、Fe2+、Br-的溶液中通入氯气后，碘离子先被氧化，其次是亚铁离子，最后是溴离子；
A.当溶液中含有碘离子，就不会出现铁离子，故A错误；
B.通入氯气后，碘离子先被氧化，其次是亚铁离子，当亚铁离子存在时，溴离子一定不会参与反应，氯气作氧化剂，对应产物是氯离子，故B正确；
C.当溶液中存在亚铁离子时，一定会存在溴离子，故C错误；
D.当溶液中存在亚铁离子时，一定会存在溴离子，故D错误；
故选B。
【点睛】依据离子的还原性强弱顺序判断溶液中的各离子是否能够共存是解决本题的关键。
20．下列说法中正确的是
①酸性氧化物在一定条件下均能与碱发生反应
②金属氧化物不一定都是碱性氧化物，但碱性氧化物一定都是金属氧化物
③蔗糖、硫酸钡和水分别属于非电解质、强电解质和弱电解质
④硫酸、纯碱、醋酸钠和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物
⑤因为胶粒比溶液中溶质粒子大，所以胶体可以用过滤的方法把胶粒分离出来
⑥氢氧化铁胶体稳定存在的主要原因是胶粒直径介于1nm到l00nm之间
A．3个 B．4个 C．5个 D．6个
【答案】A
【详解】①酸性氧化物即便难溶于水，在一定条件下也能与强碱发生反应，如SiO2能溶于热的NaOH溶液，①正确；
②金属氧化物如Fe2O3、FeO都是碱性氧化物，但Fe3O4不是碱性氧化物，除一水合氨外，碱都是金属的氢氧化物，而一水合氨没有碱性氧化物，所以碱性氧化物一定是金属氧化物，②正确；
③蔗糖在水溶液和熔融状态下都不导电，属于非电解质，硫酸钡虽然难溶于水，但溶于水的部分发生完全电离，属于强电解质，水发生部分电离，是弱电解质，③正确；
④硫酸、醋酸钠和生石灰分别属于酸、盐和氧化物，但纯碱不属于碱，它属于盐，④不正确；
⑤虽然胶粒比溶液中溶质粒子大，但胶粒直径比滤纸孔隙直径小，所以不能用过滤的方法把胶粒分离出来，⑤不正确；
⑥氢氧化铁胶体稳定存在的主要原因是胶粒带有同种电性，且能发生布朗运动，⑥不正确；
综合以上分析，只有①②③3个是正确的，故选A。

二、填空题
21．写出下列物质在水溶液中的电离方程式。
(1)(水溶液)___________
(2)：___________
(3)：___________
(4)：___________
(5)：___________
【答案】(1)KHSO4=K++H++
(2)=2Fe3++3
(3)CH3COO-+H+
(4)+OH-
(5)H2OH++OH-

【分析】用化学式和离子符号表示电离过程的式子，称为电离方程式，表示物质溶解于水时电离成离子的化学方程式。离子所带电荷数一般可根据它们在化合物中的化合价来判断。所有阳离子带的正电荷总数与所有阴离子所带的负电荷总数相等，强电解质在溶液中能完全电离用“=”，弱电解质部分电离用“⇌”，多元弱酸，应分步电离，离子团在电离方程式中不能拆开；据此解答。
（1）
硫酸氢钾为强电解质，水溶液中完全电离出钾离子、氢离子和硫酸根离子，其电离方程式为KHSO4=K++H++；答案为KHSO4=K++H++。
（2）
Fe2(SO4)3为可溶性盐，属于强电解质，水溶液中完全电离出铁离子和硫酸根离子，其电离方程式为=2Fe3++3；答案为=2Fe3++3。
（3）
CH3COOH属于一元弱酸，为弱电解质，水溶液中部分电离出氢离子和醋酸根离子，其电离方程式为CH3COO-+H+；答案为CH3COO-+H+。
（4）
NH3⋅H2O属于弱碱，为弱电解质，水溶液中部分电离出铵根离子和氢氧根离子，其电离方程式为+OH-；答案为+OH-。
（5）
H2O属于弱电解质，部分电离出氢离子和氢氧根离子，其电离方程式为H2OH++OH-；答案为H2OH++OH-。
22．回答下列问题
(1)已知氯气和溶液在一定温度下能发生反应：
，。某温度下，将氯气通入溶液中，反应得到和的混合溶液，经测定与的个数比为1∶3，则氯气与氢氧化钠反应时，被还原的氯原子和被氧化的氯原子的个数比为___________。
(2)某种飞船以联氨和为动力源，发生反应：，反应温度可高达，回答下列问题。
①配平该方程式___________。。
②该反应中，氧化产物与还原产物的质量之比为___________。
【答案】(1)4∶1
(2)          2∶1

【解析】（1）
假设反应后溶液中的ClO−为1个，根据与的个数比为1：3，且由Cl到失去1个电子，由Cl到失去5个电子可知，一共失去的电子为(1+3×5)=16个，由Cl到Cl−得到1个电子，则16个Cl被还原得到16个电子，所以被还原的氯原子与被氧化的氯原子的个数比为16∶(1+3)=4∶1；
（2）
①N2H4中氮元素化合价为-2，N2O4中氮元素化合价为+4，生成物氮元素化合价为0，则每个N2H4失去4个电子，每个N2O4得到8个电子，根据电子守恒和原子个数守恒得配平后的方程式为2N2H4+N2O4=3N2+4H2O；
②N2H4失去电子，N2O4得到电子，则氧化产物的个数为2，还原产物的个数为1，所以氧化产物与还原产物的质量之比为2∶1。
23．Ⅰ、有下列三个在溶液中发生的氧化还原反应：
①
②
③
请根据上述反应分析推断后回答下列问题：
(1)请用双线桥法标出反应③电子转移的方向及数目___________，
(2)的氧化性由强到弱依次是___________。
Ⅱ、已知实验室也可以用氯酸钾与浓盐酸反应制氯气，其反应为：
回答下列问题：
(3)反应中的氧化剂是___________，被氧化的元素是___________；
(4)用单线桥法标出电子转移的方向和数目___________；
【答案】(1)
(2)
(3)     KClO3     Cl
(4)

【解析】（1）
反应③Cr元素从+6降到+3，得到2×3mol电子，Cl元素从-1价升到0价，失去6×1mol电子，双线桥表示为；
（2）
依据氧化剂的氧化性大于氧化产物可知，①．2FeCl3+2KI=2FeCl2+2KCl+I2中氧化性：FeCl3＞I2，②．2FeCl2+Cl2=2FeCl3中氧化性：Cl2＞FeCl3，、③．K2Cr2O7+14HCl=2KCl+2CrCl3+7H2O+3Cl2↑中氧化性：K2Cr2O7＞Cl2，所以FeCl3、I2、Cl2、K2Cr2O7的氧化性由强到弱依次是K2Cr2O7＞Cl2＞FeCl3＞I2；
（3）
根据反应可以看出，该氧化还原反应中，若有3molCl2生成，则有lmolKClO3中Cl元素化合价降低为0价，6molHCl中有5mol氯元素化合价升高为0价，1molHCl起酸性作用生成KCl，即作还原剂的浓盐酸为5mol，则反应中的氧化剂为KClO3，被氧化的元素是HCl中的Cl；
（4）
氯酸钾中的氯由+5价降低到0价，氯化氢中的氯由-1价升高到0价，其单线桥为： 。
24．完成下列情况下的离子方程式。
(1)与醋酸反应：___________。
(2)溶液与过量溶液反应_____。
(3)向中加入盐酸：___________。
(4)氯化铁溶液跟过量氨水反应：___________。
(5)向溶液中逐滴加入溶液至中性：___________。
【答案】(1)
(2)2HCO+Ca2++2OH-=CaCO3↓+2H2O+CO
(3)
(4)
(5)

【解析】（1）
醋酸和碳酸钙在离子反应中都需要保留化学式，CaCO3与醋酸反应的离子反应为。
（2）
溶液与过量溶液反应生成碳酸钙沉淀、碳酸钠和水，故离子方程式为2HCO+Ca2++2OH-=CaCO3↓+2H2O+CO。
（3）
氧化铜和稀盐酸反应生成氯化铜和水，离子方程式为。
（4）
氯化铁溶液与氨水反应生成氢氧化铁沉淀和氯化铵，与氨水的用量无关，反应的离子方程式为。
（5）
向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至中性，生成硫酸钡、硫酸钠和水，离子方程式为。
25．回答下列问题
(1)有以下六种物质：①乙醇；②溶液；③固体；④液态氯化氢；⑤冰醋酸；⑥石墨。上述状态下的物质中，能导电的有___________(填序号，下同)，属于电解质的有___________。
(2)过氧化钠和水反应的离子方程式为___________。
【答案】(1)     ②⑥     ③④⑤
(2)2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑

【解析】（1）
①乙醇是由分子构成，无自由移动的电子或离子因此不能导电；在水溶液中和熔融状态下也不能发生电离而导电，属于非电解质；
②溶液中含有自由移动的离子，因此能够导电；该物质属于混合物，不是化合物，因此不属于电解质，也不属于非电解质；
③NaOH固体中含有离子，但不能自由移动，因此不能导电；在水溶液中和熔融状态下能够导电，属于电解质；
④液态氯化氢由分子构成，无自由移动的电子或离子，因此不能导电；在水溶液中能发生电离而导电，属于电解质；
⑤冰醋酸由分子构成，无自由移动的电子或离子，因此不能导电；在水溶液中能发生电离而导电，属于电解质；
⑥石墨中含有自由移动的电子,因此能够导电；石墨是非金属单质，不是化合物，因此不属于电解质；
故上述物质中能够导电的为②⑥；属于电解质的有③④⑤；
（2）
过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，离子方程式为：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑。
26．配平下列反应方程式。
(1)①，___________。
②，___________。
(2)的工业制法是：将白磷与溶液反应生成气体和，后者再与反应。配平白磷与溶液反应的化学方程式___________。

【答案】(1)         
(2)2P4+3Ba(OH)2+6H2O=2PH3+3Ba(H2PO2)2

【分析】全变从左边配，即氧化剂、还原剂中都有元素化合价变化的，一般从左边反应物着手配平；自变从右边配，即自身氧化还原反应（包括分解、歧化）一般从右边产物着手配平；
（1）
①KI中I元素的化合价从-1价失电子升高到0价，KIO3中I元素的化合价从+5价得电子降低到0价，由电子守恒和原子守恒可知方程式为5KI+KIO3+3H2SO4=3I2+3K2SO4+3H2O；
②S中部分S元素的化合价从0价失电子升高到+4价，S中部分S元素的化合价从0价得电子降低到-2价，由电子守恒和原子守恒可知方程式为3S+6KOH=2K2S+K2SO3+3H2O；
（2）
P4中部分P元素的化合价从0价失电子升高到+1价，P4中部分P元素的化合价从0价得电子降低到-3价，由电子守恒和原子守恒可知方程式为：2P4+3Ba(OH)2+6H2O=2PH3+3Ba(H2PO2)2。