2022-2023学年山东省新泰市第一中学高一上学期期中考试化学试题（解析版）6

这是一份2022-2023学年山东省新泰市第一中学高一上学期期中考试化学试题（解析版）6，共24页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，填空题，元素或物质推断题，计算题等内容，欢迎下载使用。

山东省新泰市第一中学2022—2023学年高一上学期期中考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．对物质进行分类是中学生必须要学会的方法。下列物质的分类正确的是
选项
碱
盐
单质
混合物
A
纯碱
BaCO3
O2
空气
B
Ca(OH)2
NaCl
Na
澄清石灰水
C
烧碱
CaCl2
N2
冰水混合物
D
KOH
CaCO3
CaO
牛奶

A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【详解】A. 纯碱为碳酸钠，属于盐，不是碱，A错误，A不选；
B. 氢氧化钙属于碱，氯化钠属于盐，钠属于单质，石灰水为混合物，分类正确，B选；
C. 冰水混合物是纯净物、是氧化物，C错误，C不选；
D. CaO是纯净物、是氧化物，不是单质，D错误，D不选；
答案选B。
2．新型冠状病毒可通过气溶胶传播，气溶胶属于胶体的一种。下列关于胶体的叙述，正确的是
A．依据丁达尔效应可将分散系分为溶液、胶体与浊液
B．胶体的本质特征是具有丁达尔效应
C．雾是气溶胶，在阳光下可观察到丁达尔效应
D．溶液中溶质粒子的运动有规律，胶体中分散质粒子的运动无规律
【答案】C
【详解】A．不同分散系是以分散质粒子的直径大小来划分的而不是丁达尔效应，A错误；
B．胶体的本质特征是其分散质粒子的直径在1~100nm之间，B错误；
C．雾是一种气溶胶，属于胶体，因此在阳光下可观察到丁达尔效应，C正确；
D．溶液中溶质粒子的运动也是无规律的，D错误；
答案选C。
3．下列叙述不正确的是
A．石墨有较好的导电性，但不是电解质
B．CaCO3、BaSO4都难溶于水，但它们都是电解质
C．实验测定固体KNO3不能导电，所以KNO3是非电解质
D．酒精在水溶液和熔融状态下均不能导电，酒精属于非电解质
【答案】C
【详解】A．石墨是单质，不是电解质，也不是非电解质，故A正确；
B．CaCO3、BaSO4都难溶于水，均属于盐，是电解质，故B正确；
C．固体KNO3不能导电，但KNO3的水溶液或熔融状态下能导电，则KNO3是电解质，故C错误；
D．酒精是非电解质，在水溶液和熔融状态下均不能导电，故D正确；
故答案为C。
4．下列离子方程式正确的是
A．铁与稀硫酸反应的离子方程式：2Fe＋6H+=2Fe3+＋3H2↑
B．硫酸铜溶液与氢氧化钡溶液反应：Ba2+＋SO=BaSO4↓
C．CaCO3中滴加过量的稀盐酸：CO＋2H+=CO2+H2O
D．澄清石灰水与少量小苏打溶液混合：Ca2++OH-+HCO=CaCO3↓+H2O
【答案】D
【详解】A．铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，离子方程式：Fe＋2H+=Fe2+＋H2↑，故A错误；
B． 硫酸铜溶液与氢氧化钡溶液反应生成氢氧化铜和硫酸钡沉淀：Cu2++2OH-+Ba2+＋SO=BaSO4↓+Cu(OH)2↓,故B错误；
C． CaCO3难溶于水，写化学式，CaCO3中滴加过量的稀盐酸：CaCO3＋2H+=CO2↑+H2O+Ca2+，故C错误；
D． 澄清石灰水与少量小苏打溶液混合生成碳酸钙沉淀、水：Ca2++OH-+HCO=CaCO3↓+H2O，故D正确；
故选D。
5．辉银矿的主要矿物成分是黑色硫化银。明代宋应星在《天工开物》下卷“五金”中记载辉银矿：“……形如煤炭，而不甚黑。付与冶工，高者六七两一斗，礁砂放光甚者，得银偏少。凡礁砂入炉，先行拣净淘洗”，下列说法不正确的是
A．“形如煤炭，而不甚黑”，是指辉银矿外形像煤，但没有煤那么黑
B．“高者六七两一斗”，是指辉银矿中银的含量
C．“礁砂放光甚者，得银偏少”，是指含杂质偏多的辉银矿，冶炼得到的银较少
D．“凡礁砂入炉，先行拣净淘洗”中既涉及物理变化又涉及化学变化
【答案】D
【详解】A. “形如煤炭，而不甚黑”，是指辉银矿外形像煤炭一样黑色固体，但颜色没有煤那么黑，故A正确；
B. “付与冶工，高者六七两一斗”，是指从辉银矿中银的含量，故B正确；
C. “礁砂放光甚者，得银偏少”，是指含杂质偏多的辉银矿，冶炼得到的银较少，故C正确；
D. “凡礁砂入炉，先行拣净淘洗”是对辉银矿洗涤的过程，只涉及物理变化没有化学变化，故D错误；
答案：D。
6．数字化实验将传感器、数据采集器和计算机相连，可利用信息技术对化学实验进行数据的采集和分析。如图是数字化实验得到的光照过程中氯水的pH变化情况。对此，下列有关说法正确的是

A．pH减小的主要原因是光照引起了Cl2溶解度的减小，氯气逸出，导致了溶液中H+浓度减小
B．光照过程中，氯水pH减小的同时，溶液中Cl—的浓度也不断减小
C．光照使氯水中的次氯酸分解为盐酸，溶液的酸性增强
D．随着对氯水光照时间的延长，氯水的漂白性将增强
【答案】C
【详解】A．溶液中存在反应Cl2+H2O⇌HCl+HClO、2HClO2HCl+O2↑，光照条件下HClO分解生成HCl导致“Cl2+H2O⇌HCl+HClO”平衡正向移动，则溶液中氢离子浓度增大，溶液的pH值减小，故A错误；
B．根据A的分析知，光照条件下HClO分解生成HCl导致“Cl2+H2O⇌HCl+HClO”平衡正向移动，则溶液中氯离子浓度增大，故B错误；
C．HClO是弱酸、盐酸是强酸，光照条件下HClO分解生成HCl，溶液酸性增强，故C正确；
D．HClO具有漂白性，盐酸没有漂白性，光照条件下HClO分解生成HCl，导致溶液中HClO浓度减小，溶液的漂白性减弱，故D错误；
故选C。
7．下列叙述正确的有几项
①与都能和水反应生成碱，它们都是碱性氧化物
②与发生化合反应生成，与发生置换反应生成
③是淡黄色物质，是白色物质
④可作供氧剂，而不可
⑤和焰色反应均为黄色
A．5 B．4 C．3 D．2
【答案】D
【详解】①碱性氧化物是指溶于水而只生成一种碱或与酸反应而成一种盐和水(除了盐和水以外不包括其它物质)的化合物，与水反应除生成NaOH外还有O2，因此不属于碱性氧化物，故①错误；
②为碱性氧化物，为酸性氧化物，二者能发生化合反应生成，与生成和O2，该反应不属于置换反应，故②错误；
③是白色固体，是淡黄色固体，故③错误；
④能与CO2、H2O反应生成O2，因此可用作供氧剂，与CO2、H2O反应不能生成O2，不能用作供氧剂，故④正确；
⑤和中都含有钠元素，焰色反应均为黄色，故⑤正确；
综上所述，正确的是④⑤，共2项，故答案为D。
8．有一种气体的质量是14.2g，体积是4.48升(标准状况下)，该气体的摩尔质量是
A．28.4 B． C．71 D．
【答案】D
【详解】标准状况下4.48L气体的物质的量为，其质量为14.2g，则该气体的摩尔质量是，故答案为D项。
9．设为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是
A．标准状况下，11.2L和的混合气体中所含分子数为
B．17g所含电子数目为
C．常温常压下，16g和的混合气体中含有个原子
D．32g硫在空气中充分燃烧，转移电子的数目为
【答案】A
【详解】A．因氮气和氧气都是双原子所构成的气体分子，所以有标准状况下0.5mol的气体，分子数为0.5NA，A错误；
B．17gOH-物质的量为1mol，一个OH-有10 个电子，故17gOH-所含电子数目为10 NA，B正确；
C．O2和O3可认为都是由O组成，所以可认为有16g O，对应物质的量为1mol，含有NA个原子，C正确；
D．硫在空气中充分燃烧生成二氧化硫，32g硫对应物质的量为1mol，化合价由0价变成+4价，所以转移电子的数目为4 NA，D正确；
故选A。
10．某溶液中含有Na＋、Al3＋、Cl-、SO四种离子，已知前三种离子的个数比为3∶2∶1，则溶液中Al3＋和SO的个数比为
A．1∶2 B．1∶4 C．3∶4 D．3∶2
【答案】A
【详解】溶液中电荷守恒，也就是说所有正电的总数应该等于所有负电的总数，设SO的离子个数为x，所以3+3×2=1+2×x，解得x=4，所以溶液中Al3+和 SO的离子个数比为2：4=1：2。故选：A。
11．下列物质能使干燥的蓝色石蕊试纸先变红后褪色的是有几种
①氯气  ②液氯  ③新制氯水  ④氯气的四氯化碳溶液  ⑤盐酸  ⑥盐酸与少量漂白粉的混合溶液
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】A
【详解】①氯气不能使干燥的石蕊试纸褪色，故①不选；
②液氯为液态氯气，不能使干燥的石蕊试纸褪色，故②不选；
③新制氯水中含有HCl和HClO，HCl能使干燥的蓝色石蕊试纸变红，HClO能使干燥的蓝色石蕊试纸褪色，故③选；
④氯气的四氯化碳溶液中存在氯气，氯气不能使干燥的石蕊试纸褪色，故④不选；
⑤盐酸具有酸性，能使蓝色石蕊试纸变红，但盐酸没有漂白性，所以不能使试纸褪色，故⑤不选；
⑥漂白粉的主要成分为次氯酸钙和氯化钙，次氯酸钙能与盐酸反应生成HClO，用盐酸酸化的漂白粉溶液中含有HCl和HClO，HCl能使干燥的蓝色石蕊试纸变红，HClO能使干燥的蓝色石蕊试纸褪色，故⑥选；
综上所述，符合题意的有③⑥，共2种，故答案为A。
12．关于反应，下列说法不正确的是
A．中氮元素被还原 B．氧化产物和还原产物的物质的量之比为
C．中氮原子失去电子 D．氧化剂和还原剂的物质的量之比为
【答案】B
【详解】A．中氮元素化合价降低，被还原，故A正确；    
B．中N元素被氧化，中N元素被还原，氧化产物和还原产物的物质的量之比为，故B错误；
C．中N元素化合价升高，氮原子失去电子，故C正确；    
D．中N元素化合价升高，是还原剂，中N元素化合价降低，是氧化剂，氧化剂和还原剂的物质的量之比为，故D正确；
选B。
13．安全气囊碰撞时发生反应：10NaN3＋2KNO3===K2O＋5Na2O＋16N2↑，下列判断正确的是
A．每生成16 mol N2转移30 mol电子
B．NaN3中N元素被还原
C．N2既是氧化剂又是还原剂
D．还原产物与氧化产物质量之比为1∶15
【答案】D
【详解】A、根据方程式可知NaN3中氮元素的化合价从－1/3升高到0价，作还原剂。硝酸钾中氮元素的化合价从＋5价降低到0价，作氧化剂，因此每生成16 mol N2转移10 mol电子，A错误；
B、NaN3中N元素被氧化，B错误；
C、氮气既是氧化产物，也是还原产物，C错误；
D、根据电子得失守恒可知还原产物与氧化产物质量之比为1:15，D正确。
答案选D。
14．取等物质的量浓度的NaOH溶液两份A和B，每份10mL，分别向A、B中通入不等量的，再继续向两溶液中逐滴加入浓度为0.1mol/L的盐酸，标准状况下产生的气体体积与所加的盐酸溶液体积之间的关系如图所示，下列叙述正确的是

A．A曲线表明原NaOH溶液中通入后，所得溶液含和
B．B曲线消耗盐酸时发生的反应为和
C．B曲线表明原NaOH溶液中通入后，所得溶液加盐酸后产生气体体积(标准状况)的最大值约为112mL
D．B曲线表明原NaOH溶液中通入后，所得溶液中的溶质成分是和NaOH
【答案】C
【分析】A、B中通入不等量的，再继续向两溶液中逐滴加入浓度为0.1mol/L的盐酸，盐酸首先和氢氧根离子反应生成水，再和碳酸根离子生成碳酸氢根离子，最后和碳酸氢根离子生成二氧化碳气体，根据碳元素守恒结合图像可知，B中通入二氧化碳较多，加入盐酸前溶质为碳酸钠、碳酸氢钠，A中通入二氧化碳较少，加入盐酸前溶质为碳酸钠、氢氧化钠；
【详解】A．根据Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3及NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑可知：Na2CO3发生的两步反应消耗HCl的体积相同，而曲线A中加入HCl时，未产生气体消耗HCl的体积与产生CO2气体消耗的HCl的体积比是60 mL：(75-60) mL=4：1＞1：1，说明A曲线表明原NaOH溶液中通入CO2后，所得溶液中的溶质成分是Na2CO3和NaOH，A错误；
B．在曲线B中未产生气体消耗HCl的体积是25 mL，反应放出气体消耗HCl的体积是(75-25)mL=50 mL，V1：V2=1：2，则说明A曲线表明原NaOH溶液中通入CO2后，所得溶液中的溶质成分是Na2CO3和NaHCO3，二者的物质的量的比是1：1。则当B曲线中消耗盐酸0＜V(HCl)＜25 mL时发生的离子反应为：H++=，B错误；
C．对于B曲线反应产生CO2的反应方程式为：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，根据方程式可知：0.05L×0.1mol/L=0.005molHCl完全反应产生0.005molCO2，CO2的体积0.122L=112mL，C正确；
D．根据选项B分析可知B曲线表明原NaOH溶液中通入CO2后，所得溶液中的溶质成分是Na2CO3和NaHCO3，D错误；
故选C。

二、多选题
15．实验室中利用固体KMnO4进行如图实验，下列说法错误的是

A．G与H均为氧化产物 B．实验中KMnO4只作氧化剂
C．Mn元素至少参与了3个氧化还原反应 D．G与H的物质的量之和可能为0.25mol
【答案】BD
【分析】KMnO4固体受热分解生成K2MnO4、MnO2、O2，K2MnO4、MnO2均具有氧化性，在加热条件下能与浓盐酸发生氧化还原反应，反应过程中Cl-被氧化为Cl2，K2MnO4、MnO2被还原为MnCl2，因此气体单质G为O2，气体单质H为Cl2。
【详解】A．加热KMnO4固体的反应中，O元素化合价由-2升高至0被氧化，加热K2MnO4、MnO2与浓盐酸的反应中，Cl元素化合价由-1升高至0被氧化，因此O2和Cl2均为氧化产物，故A正确；
B．KMnO4固体受热分解过程中，Mn元素化合价降低被还原，部分O元素化合价升高被氧化，因此KMnO4既是氧化剂也是还原剂，故B错误；
C．Mn元素在反应过程中物质及化合价变化为 ，Mn元素至少参加了3个氧化还原反应，故C正确；
D．每生成1mol O2转移4mol电子，每生成1mol Cl2转移2mol电子，若KMnO4转化为MnCl2过程中得到的电子全部是Cl-生成Cl2所失去的，则气体的物质的量最大，由2KMnO4～5Cl2可知，n(气体)max=0.25mol，但该气体中一定含有O2，因此最终所得气体的物质的量小于0.25mol，故D错误；
综上所述，说法错误的是BD，故答案为：BD。
16．下列反应与相比较，的作用相同的是
A． B．
C． D．
【答案】CD
【详解】反应中，中O元素化合价降低，作氧化剂被还原。
A．中的O元素化合价既有降低，也有升高，既是氧化剂，也是还原剂，故A项不选；
B．中的O元素化合价既有降低，也有升高，因此既是氧化剂，也是还原剂，故B项不选；
C．中O元素化合价降低，作氧化剂被还原，故C项选；
D．中O元素化合价降低，作氧化剂被还原，故D项选；
综上所述，答案为CD。
17．含元素碲()的几种物质存在如图所示转化关系。下列说法错误的是

A．反应①利用了的还原性 B．反应②中既不是氧化剂也不是还原剂
C．反应③利用了的氧化性 D．转化为发生了氧化还原反应
【答案】BD
【详解】A．中H元素为-1价，因此Te元素为+2价，反应①中Te元素化合价降低，被还原，体现了的还原性，故A项正确；
B．反应②中Te元素化合价由0升高至+5，因此反应过程中H2O中H元素化合价降低被还原，H2O作氧化剂，故B项错误；
C．H2TeO3中Te元素化合价为+4，H6TeO6中Te元素化合价为+6，因此H2TeO3与H2O2反应过程中Te元素化合价升高，根据化合价有升必有降可知，H2O2中部分元素化合价降低，H2O2作氧化剂体现氧化性，故C项正确；
D．中Te元素化合价为+4价，中Te元素化合价为+4，因此转化为过程中无化合价变化，不是氧化还原反应，故D项错误；
综上所述，答案选BD。
18．下列各组离子能够大量共存的是
A． B．
C． D．
【答案】BC
【详解】A．与能发生复分解反应生成CaCO3沉淀，二者不能大量共存，故A项不选；
B．两两之间不发生化学反应，能大量共存，故B项选；
C．两两之间不发生化学反应，能大量共存，故C项选；
D．S2-具有还原性，具有强氧化性，二者能发生氧化还原反应，不能大量共存，故D项不选；
综上所述，答案为BC项。
19．下列除去物质中少量杂质的方法正确的是
选项
物质
杂质
除去杂质的方法
A
固体
固体
将固体混合物加热至恒重
B
溶液

加入适量盐酸
C
NaCl溶液

加入盐酸，加热
D

HCl
通过盛有饱和碳酸钠溶液的洗气瓶

A．A B．B C．C D．D
【答案】AC
【详解】A．将固体加热，固体NaHCO3受热分解变为Na2CO3固体，能达到实验目的，A正确；
B．加入适量盐酸，碳酸氢钠和稀盐酸反应，想保留的物质反应了且反应中引入氯离子杂质，B错误；
C．向含有NaHCO3的NaCl溶液中加入稀盐酸，盐酸与NaHCO3反应变为NaCl，最后加热，反应产生CO2气体及过量HCl挥发逸出，能够达到除杂、净化的目的，C正确；
D．CO2及杂质HCl都可以与除杂试剂饱和碳酸钠溶液反应，不能达到除杂、净化的目的，D错误；
故选AC。
20．向三个密闭容器中分别充入He、空气、，下列有关这三种气体的叙述正确的是
A．同温、同压、同体积时，三种气体的密度关系：
B．同温、同压、同质量时，三种气体的体积关系：
C．同温、同压、同体积时，三种气体的分子数关系：
D．同温、同压、同体积时，三种气体的质量关系：
【答案】AB
【详解】A．根据阿伏伽德罗定律可知，同温、同压、同体积时，三种气体的密度比为相对分子质量比，则，A正确；
B．同温、同压、同质量时，三种气体的物质的量为，则体积关系：，B正确；
C．同温、同压、同体积时，三种气体的物质的量相同，则分子数关系：，C错误；
D．同温、同压、同体积时，三种气体的物质的量相同，三种摩尔质量关系为，则三种气体的质量关系：，D错误；
故选AB。

三、实验题
21．实验室欲用固体配制的溶液。
(1)配制溶液时，一般有以下几个步骤：
①称量  ②计算  ③溶解  ④摇匀  ⑤转移  ⑥洗涤  ⑦定容  ⑧冷却
其正确的操作顺序为_______。本实验必须用到的仪器有托盘天平、药匙、玻璃棒、量筒、烧杯、_______。
(2)某同学欲称量固体，要完成本实验该同学应称取_______固体。
(3)在配制过程中，其他操作都是正确的，下列操作会引起所配溶液浓度偏大的是_______。
A．转移溶液时不慎有少量洒到容量瓶外面
B．定容时俯视刻度线
C．未冷却到室温就将溶液转移到容量瓶并定容
D．定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面低于刻度线，再加水至刻度线
【答案】(1)     ②①③⑧⑤⑥⑦④     容量瓶、胶头滴管
(2)10.0
(3)BC

【详解】（1）配制的溶液的操作步骤为：计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、摇动、定容、摇匀，所以正确操作顺序为②①③⑧⑤⑥⑦④；配制240mL溶液需选用250mL容量瓶进行定容，实验操作中，在烧杯中溶解固体，并用玻璃棒搅拌，加速溶解，冷却后转移到250mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤2～3次，并将洗涤液移入250mL的容量瓶，当加水至液面距离刻度线1~2cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀，所有本实验必须用到的仪器除了天平、药匙、玻璃棒、烧杯还需要250mL容量瓶、胶头滴管。
（2）需要称量的固体的质量。
（3）根据分析操作过程中引起相关参数的影响判断对溶液浓度的影响。
A．转移溶液时不慎有少量洒到容量瓶外面，则实际转移到容量瓶内的的物质的量减少，溶液的浓度偏低；
B．定容时俯视刻度线，导致溶液的体积偏小，溶液的浓度偏高；
C．液体具有热胀冷缩的性质，溶解放出大量的热，未冷却到室温就将溶液转移到容量瓶并定容，待溶液冷却至室温时会导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高；
D．定容后塞上瓶塞反复倒转摇匀后液面下降，一部分溶液附着在瓶塞或者容量瓶刻度线以上的瓶壁上，若再加蒸馏水至刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低；
故答案为：BC。
22．下图是实验室制取、提纯氯气及研究氯气性质的装置图。请回答：

(1)盛放浓盐酸的仪器名称是_______，实验室制备氯气的化学反应方程式为_______。
(2)若要收集到干燥纯净的氯气，A、B瓶所装的试剂分别为_______和_______。
(3)E装置中通常盛放的是_______溶液，该装置中发生反应的离子方程式为_______。
(4)甲同学认为实验中存在一处具有安全隐患的地方，如何整改？_______。
【答案】(1)     分液漏斗    
(2)     饱和溶液     浓硫酸
(3)         
(4)DE之间增加一个安全瓶(防倒吸装置)

【分析】反应装置中浓盐酸和二氧化锰在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水，浓盐酸具有挥发性导致生成的氯气中含有HCl，A装置除去氯气中的HCl，氯气在饱和食盐水中溶解度较低，因此除杂试剂是饱和食盐水；B装置是干燥氯气，干燥剂是浓硫酸，C装置收集氯气，D装置探究氯气性质，E装置用于尾气处理。
【详解】（1）由图可知，盛放浓盐酸的仪器名称是分液漏斗；实验室利用浓盐酸和二氧化锰在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水制取氯气，反应方程式为。
（2）由上述分析可知，A、B瓶所装的试剂分别为饱和氯化钠溶液和浓硫酸。
（3）E装置用于尾气处理，氯气与氢氧化钠溶液能发生反应生成氯化钠、次氯酸钠、水，因此选用氢氧化钠溶液吸收氯气；反应离子方程式为。
（4）D装置用于检验氯气的性质，而氯气与氢氧化钠溶液反应生成的次氯酸钠也具有氧化性，如果E中溶液发生倒吸，则会干扰D中氯气的相关实验，因此需要在DE之间增加一个安全瓶(防倒吸装置)。

四、填空题
23．现有下列物质：①铁丝；②溶液；③固体；④；⑤酒精；⑥；⑦熔融；⑧胶体
(1)上述物质中，能导电的是_______(填序号，下同)，属于电解质的是_______，属于非电解质的是_______。
(2)物质③溶于水的电离方程式为_______。
(3)实验室制备⑧的离子方程式为_______。
【答案】(1)     ①②⑦⑧     ③⑦     ④⑤
(2)
(3)

【详解】（1）电解质是溶于水溶液中或在熔融状态下自身能够导电的化合物，一般为酸、碱、盐、典型的金属氧化物和某些非金属氢化物。非电解质是在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物，通常为非金属氧化物、某些非金属氢化物和绝大多数有机物。
①铁丝为金属单质，能导电，既不是电解质也不是非电解质；
②溶液为混合物，既不是电解质也不是非电解质，在水中电离出Na+和OH-，溶液能导电；
③固体为盐，属于电解质，未发生电离，不能导电；
④为非电解质，不发生电离，不能导电；
⑤酒精为非电解质，不发生电离，不能导电；
⑥为非金属单质，既不是电解质也不是非电解质，不能导电；
⑦熔融为盐，属于电解质，在熔融状态下电离出K+和，能导电；
⑧胶体为混合物，既不是电解质也不是非电解质，胶粒带正电，能导电；
综上所述，能导电的是①铁丝、②溶液、⑦熔融、⑧胶体；属于电解质的是③固体、⑦熔融；属于非电解质的是④、⑤酒精，故答案为：①②⑦⑧；③⑦；④⑤。
（2）为电解质，在水中完全电离出Na+、H+、，电离方程式为。
（3）胶体的制备方法：向沸腾的蒸馏水中逐滴加入1～2mL饱和氢化铁溶液，继续煮沸至液体呈红褐色，停止加热，就会得到氢氧化铁胶体，反应离子方程式为。

五、元素或物质推断题
24．填空。
(1)由几种离子组成的混合物中可能含有下列离子中的若干种：。将该混合物溶于水后得到澄清的溶液，现取三份各该溶液分别进行如下实验：
实验序号
实验内容
实验结果
1
加入盐酸
有气泡产生
2
加入足量浓溶液并加热
收集到标准状况下的气体
3
加入足量溶液，对所得沉淀进行洗涤、干燥、称量；
第一次称量读数为；再向沉淀中加入足量盐酸，然后过滤、洗涤、干燥、称量，第二次称量读数为

请回答下列问题：
①实验1说明存在的离子是_______(填离子符号，下同)，一定不存在的离子是_______。
②溶液中的范围是_______。
(2)电解质溶于水时会发生电离产生自由移动的离子，电导率变化一定程度上可以反映溶液中自由移动的离子浓度变化。在两份相同的溶液中，分别滴入物质的量浓度相等的溶液，其导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如图所示。

下列分析正确的是_______。A．①代表滴加溶液的变化曲线
B．b点，溶液中大量存在的离子是
C．a、d两点对应的溶液均显中性
D．导电能力比弱
(3)甲同学认为(1)实验3能证明溶液中存在，乙同学认为不能证明。那么甲同学如何利用题目涉及药品证明溶液中一定存在：_______。
【答案】(1)              
(2)ABC
(3)取少量药品于试管中溶解，滴加适量稀盐酸至不再生成气体，滴加少量氯化钡溶液有白色沉淀生成，则溶液中存在

【详解】（1）①实验1中加入盐酸有气体生成，说明样品溶液含有，根据能与Mg2+、Cu2+反应可知，则样品一定不含Mg2+、Cu2+。
②实验2中有气体生成，说明含有，且。实验3中先加入足量溶液，再加入足量盐酸，生成的白色沉淀部分溶液，说明生成的白色沉淀为BaCO3、BaSO4，最终的2.33g沉淀为BaSO4，因此样品溶液中含有、，其中，，样品溶液中负电荷的物质的量为，正电荷的物质的量为，根据电荷守恒可知，样品溶液中还存在中至少一种，且物质的量为0.01mol，样品溶液体积为100mL，因此溶液中。
（2）A．溶液导电能力与溶液中自由移动电荷浓度呈正比。在两份相同的溶液中，分别滴入物质的量浓度相等的溶液，与反应方程式为，与反应化学方程式为、，根据图知，曲线①在a点溶液导电能力接近0，说明该点溶液离子浓度最小，应该为与反应，故A正确；
B．曲线②为与反应，b点Ba2+与恰好完全反应，溶液中溶质为，溶液中大量存在的离子是，故B项正确；
C．a点①与恰好完全反应，溶液中只含水，d点②中溶质为，水和溶液都呈中性，故C项正确；
D．对比曲线①a点以后部分(H2SO4溶液)和曲线②d点以后部分(Na2SO4和NaHSO4)可知，曲线①a点以后部分导电能力变化较大，所以H+导电能力比Na+强，故D项错误；
综上所述，正确的是ABC。
（3）检验实验中，常利用Ba2+进行检验，为防止干扰，可先向溶液中加入稀盐酸至不再有气泡产生，然后再滴加Ba2+溶液，根据实验现象判断样品溶液中是否含有，故答案为：取少量药品于试管中溶解，滴加适量稀盐酸至不再生成气体，滴加少量氯化钡溶液有白色沉淀生成，则溶液中存在。

六、计算题
25．是一种消毒、杀菌效率高、二次污染小的水处理剂，实验室可通过以下反应制得：。试回答下列问题。
(1)若反应共产生了气体(标准状况)，则反应转移电子的物质的量为_______。
(2)标准状况下的气体恰好能与的溶液完全反应生成，此过程所发生的离子方程式为_______。
(3)常温下，可用氯酸钾固体与浓盐酸反应制备，写出反应的化学方程式_______，若氧化产物比还原产物多，则被氧化的物质的量为_______。
(4)“有效氯含量”可用来衡量含氯消毒剂的消毒能力，其定义是：每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克的氧化能力，的有效氯含量为_______。(计算结果保留两位小数)
【答案】(1)
(2)
(3)          2.5
(4)1.63

【详解】（1）标准状况下4.48L气体的物质的量为，由化学方程式可知，产物中有0.1mol ClO2、0.1mol CO2，反应过程中C元素化合价由+3升高至+4，Cl元素化合价由+5降低至+4，因此转移电子的物质的量为0.1mol。
（2）标准状况下的气体的物质的量为，的溶液中，生成失去电子的物质的量为0.005mol×2=0.01mol，根据转移电子守恒，反应过程中化合价变化数为，即中Cl元素化合价由+4降低至-1，根据化合价升降守恒可知，与的系数之比为5：2，令系数为5，则的系数为2，根据Na、S原子守恒可知的系数为5，根据Cl原子守恒可知HCl的系数为2，根据H原子守恒可知反应物中有H2O参与，且H2O的系数为1，、、HCl在离子方程式中均需拆分，因此反应离子方程式为。
（3）常温下，可用氯酸钾固体与浓盐酸反应制备，反应方程式为；反应过程中只有Cl元素化合价变化，根据氧化还原反应中同种元素化合价“只靠近，不交叉”原则可知，KClO3中Cl元素化合价由+5降低至0，KClO3中Cl元素被还原，HCl中部分Cl元素化合价由-1升高至0，HCl中部分Cl元素被氧化，当氧化产物为5mol时，转移10mol电子，根据转移电子守恒，还原产物为1mol，即，当时，解得，则被氧化的物质的量为1.25mol×2=2.5mol。
（4）Cl2O中氯的还原产物为Cl-，1gCl2O完全反应时转移电子为，1g氯气完全反应生成Cl-时转移电子为，根据“有效氯含量”定义可知的有效氯含量为。