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安徽省合肥一中2023-2023學年高一上學期化學期中考試試卷

一、選擇題

1．（2023高一上·合肥期中）灰霾天氣可以簡潔地描述為是“細粒子氣溶膠粒子在高濕度條件下引發的低能見度事件”．氣溶膠是膠體的一種，關于膠體，下列說法不正確的是（）

A．利用丁達爾現象可區別溶液和膠體

B．根據分散質和分散劑的狀態，可以將膠體分為9種

C．氣溶膠分散質粒子直徑在1nm﹣100nm之間

D．向氫氧化鈉溶液中邊滴加飽和FeCl3溶液邊震蕩可制備Fe（OH）3膠體

2．（2023高一上·北京期中）下列邏輯關系圖中正確的是()

A．

B．

C．

D．

3．（2023高一上·合肥期中）用NA表示阿伏加德羅常數的值．下列敘述正確的是（）

A．常溫常壓下，11.2L二氧化硫所含的氧原子數等于NA

B．0.5molH2O所含的電子數為9NA

C．8.0gCu2S和CuO的混合物中含有銅原子數為0.1NA

D．300mL2molL﹣1蔗糖溶液中所含分子數為0.6NA

4．（2023高一上·合肥期中）3g鎂鋁合金與100mL稀硫酸恰好完全反應，將反應后的溶液加熱蒸干，得到無水硫酸鹽17.4g，則原硫酸的物質的量濃度為（）

A．1molL﹣1B．1.5molL﹣1C．2molL﹣1D．2.5molL﹣1

5．（2023高一上·合肥期中）實驗室配制1mol/L鹽酸250mL，下列不需用的儀器是（）

A．250mL容量瓶B．托盤天平C．膠頭滴管D．燒杯

6．（2023高一上·合肥期中）下列關于氧化物分類的說法不正確的組合為（）

①金屬氧化物也可以是酸性氧化物；②非金屬氧化物一定是酸性氧化物；③堿性氧化物一定是金屬氧化物；④能與酸反應生成鹽和水的氧化物一定是堿性氧化物；⑤能與堿反應生成鹽和水的氧化物一定是酸性氧化物．

A．③④⑤B．①②③C．②④⑤D．①②③④⑤

7．（2023高一上·合肥期中）下列說法正確的是（）

A．BaSO4難溶于水，BaSO4屬于非電解質

B．非電解質的水溶液一定不導電

C．電解質主要包括：酸、堿、鹽和部分氧化物

D．電解質在任何情況下均一定導電

8．（2023高一上·合肥期中）在澄清透明強酸性溶液中，能大量共存的離子組是（）

A．K+、Cu2+、OH﹣、SO42﹣B．Fe3+、NH4﹣、NO3﹣、Cl﹣

C．K+、Na+、Cl﹣、CO32﹣D．K+、Fe2﹣、MnO4﹣、SO42﹣

9．（2023高一上·合肥期中）下列各組中兩溶液間的反應，不能用同一離子方程式來表示的是（）

A．Na2CO3+HCl；K2CO3+HNO3

B．Fe+HCl；Fe+H2SO4

C．BaCl2+Na2SO4；Ba（OH）2+H2SO4

D．NaOH+H2O；Ba（OH）2+HCl

10．（2023高一上·合肥期中）下列離子方程式正確的是（）

A．澄清石灰水與過量碳酸氫鈉溶液反應：HCO3﹣+Ca2++OH﹣═CaCO3↓+H2O

B．硫酸氫鈉碳酸氫鈉溶液中加入氫氧化鋇溶液至中性：H++SO42﹣+Ba2++OH﹣═BaSO4↓+2H2O

C．向氫氧化鈉溶液中通入足量CO2+2OH﹣+CO2CO32﹣+H2O

D．向氫氧化鋇溶液中加入過量硫酸：2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣BaSO4↓+2H2O

11．（2023高一上·安慶期中）氯仿（CHCl3，非電解質）在空氣中能發生緩慢氧化，生成劇毒物質光氣（COCl2，非電解質），化學方程式為2CHCl3+O2=2COCl2+2HCl．檢驗氯仿是否被氧化應選用的試劑是（）

A．水B．NaOH溶液

C．酚酞溶液D．硝酸酸化的硝酸銀溶液

12．（2023高一上·合肥期中）下列關于化學反應的說法正確的是（）

A．有單質生成的化學反應，一定是氧化還原反應

B．金屬單質在氧化還原反應中只能作還原劑

C．有非金屬單質參加的化合反應，非金屬單質一定是氧化劑

D．有氣體生成的化學反應一定是氧化還原反應

13．（2023高一上·合肥期中）某國外化學教材中有一張關于氧化還原反應的插圖：由圖可知，在該反應中是（）

A．還原劑B．氧化劑C．氧化產物D．還原產物

14．（2023高一上·合肥期中）Cu2O是赤銅礦的主要成分，Cu2S是輝銅礦的主要成分．銅的冶煉過程通常發生反應：Cu2S+Cu2O=6Cu+SO2↑，下列有關說法正確的是（）

A．該反應中有三種元素的化合價發生了變化

B．每生成0.1molCu，轉移0.2mol電子

C．Cu2S在反應中既是氧化劑又是還原劑

D．Cu既是氧化產物又是還原產物

15．（2023高一上·合肥期中）常溫下，在溶液中能發生如下反應：①2A2++B2=2A3++2B﹣；②16H++10Z﹣+2XO4﹣2X2++5Z2+8H2O③2B﹣+Z2=B2+2Z﹣，由此判斷下列說法錯誤的是（）

A．Z2+2A2+=2A3++2Z﹣反應可以進行

B．Z元素在②③反應中均被還原

C．氧化性由強到弱的順序是XO4﹣、Z2、B2、A3+

D．還原性由強到弱順序是A2+、B﹣、Z﹣、X2+

16．（2023高一下·營山期末）在含有Cu（NO3）2、Mg（NO3）2和AgNO3的溶液中加入適量鋅粉，首先置換出的是（）

A．MgB．CuC．AgD．H2

17．（2023高一上·樂山期中）在xR2++yH++O2=mR3++nH2O的離子方程式中，對m和R3+判斷正確的是（）

A．m=4，R3+是氧化產物B．m=2y，R3+是氧化產物

C．m=2，R3+是還原產物D．m=y，R3+是還原產物

18．（2023高一上·合肥期中）把圖2的碎紙片補充到圖1中，可得到一個完整的氧化還原反應的離子方程式（未配平）．下列對該反應的說法不正確的是（）

A．IO4-作氧化劑

B．若有1molMn2+參加反應轉移5mol電子

C．氧化劑與還原劑的物質的量之比為5：2

D．配平后Mn2+、H+的化學計量數分別為2、3

二、解答題

19．（2023高一上·合肥期中）現有下列物質①NaCl晶體②干冰③HCl④銅⑤CaCO3固體⑥葡萄糖⑦酒精⑧熔融的KNO3⑨液氧⑩稀硫酸

（1）以上物質屬于電解質的是：；

（2）以上物質屬于非電解質的是；

（3）以上物質能導電的是．

20．（2023高一上·合肥期中）某固體可能由KNO3、K2SO4、KCl、NaCl、CuCl2和Na2CO3中的一種或幾種組成．依次進行下列五步實驗，觀察到的實驗現象記錄如下：①將固體加水得到無色溶液；②向上述溶液中滴加過量BaCl2溶液，有白色沉淀生成．將該沉淀濾出，并將沉淀可完全溶于稀HNO3；③向②的濾液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，該沉淀不溶于稀HNO3．

（1）據此，可判斷出固體中肯定有，肯定沒有，可能含有．

（2）寫出②中反應的離子方程式．

21．（2023高一上·合肥期中）按要求回答下列問題．

（1）KMnO4作為強氧化劑，其氧化性隨溶液的酸性增強而增大，在酸性介質中還原產物是Mn2+，在中性或堿性介質中還原產物主要是MnO2，試寫出KMnO4在酸性條件下將H2O2氧化的離子方程式：．

（2）工業上可用KClO3溶液與Na2SO3溶液在稀H2SO4存在下制得ClO2氣體，試寫出該反應的離子方程式：．

（3）在強酸性混合稀土溶液中加入H2O2，可以將溶液中Ce3+氧化成Ce（OH）4沉淀得以分離，完成該反應的離子方程式：．

（4）H3PO2的工業制法是將白磷（P4）與Ba（OH）2溶液反應生成PH3氣體和Ba（H2PO2）2，后者再與H2SO4反應．寫出白磷與Ba（OH）2溶液反應的化學方程式：．

22．（2023高一上·合肥期中）已知某碳酸鈉樣品中含有少量NaCl雜質，為測定該樣品中Na2CO3的質量分數，可用如圖所示的裝置進行實驗．主要實驗步驟如下：

①按如圖所示裝置來組裝儀器，并檢查裝置的氣密性；

②將ag碳酸鈉樣品放入錐形瓶中，加入適量蒸餾水溶解，得到碳酸鈉樣品溶液

③稱量盛有堿石灰的U型管的質量為bg；

④通過分液漏斗滴入6molL﹣1的硫酸，直到不再產生氣體為止；

⑤從導管A處緩緩鼓入一定量的空氣

；⑥再次稱量盛有堿石灰的U型管的質量為cg；

⑦重復步驟⑤和⑥的操作，直到U型管的質量基本不變，為dg．請回答下列問題：

（1）裝置中干燥管B的作用是；

（2）如果將分液漏斗中的硫酸換成物質的量濃度相同的鹽酸，Na2CO3的質量分數測量結果將（填“偏高”、“偏低”或“不變”）；

（3）步驟⑤的目的是；若缺少該步驟，則Na2CO3的質量分數測量結果將（填“偏高”、“偏低”或“不變”）；

（4）步驟⑦的目的是；

（5）該樣品中Na2CO3的質量分數為．

三、計算題

23．（2023高一上·合肥期中）根據題意進行計算：

（1）現有CuO和Fe2O3組成的混合物ag，向其中加入2molL﹣1的硫酸溶液50mL，恰好完全反應．若將ag該混合物在足量H2中加熱，使其充分反應，計算冷卻后剩余固體質量．

（2）、取一定量的CuO粉末與0.5L稀硫酸充分反應后，將一根50g鐵棒插入上述溶液中，至鐵棒質量不再變化時，鐵棒增重0.24g．并收集到224mL氣體（標準狀況）．求此CuO粉末的質量．

答案解析部分

1．【答案】D

【知識點】膠體的性質和應用

【解析】【解答】A．丁達爾效應是膠體特有性質，可以用來區別溶液和膠體，故A不符合題意；

B．分散劑和分散質都存在3種狀態：固體、液體和氣體，每一種狀態的分散劑能夠與3種不同狀態的分散質組成了3種分散系，所以總共可以組成3×3=9種分散系，故B不符合題意；

C．氣溶膠屬于膠體，膠體分散系中分散質直徑在1nm﹣100nm之間，故C不符合題意；

D．向氫氧化鈉溶液中邊滴加飽和FeCl3溶液邊震蕩可制備Fe（OH）3沉淀，得不到氫氧化鐵膠體，故D符合題意；

故答案為：D．

【分析】根據分散系的分類標準和膠體的性質以及氫氧化鐵膠體的制備方法進行判斷即可.

2．【答案】B

【知識點】物質的簡單分類；分散系、膠體與溶液的概念及關系

【解析】【解答】A項，膠體和溶液是并列關系，兩者之間沒有交集，故A不符合題意；

B項，復分解反應都不是氧化還原反應，置換反應都是氧化還原反應，化合反應和分解反應中有的是氧化還原反應有的不是，故B符合題意；

C項，鈉鹽和鉀鹽是根據鹽中陽離子分類的，碳酸鹽是根據鹽中陰離子分類的，鈉鹽和鉀鹽可以是碳酸鹽，碳酸鹽也可以是鈉鹽和鉀鹽，故C不符合題意；

D項，電解質屬于化合物，故D不符合題意。

故答案為：B

【分析】根據分散系、化學反應基本類型、物質的分類等概念之間的關系進行判斷即可.

3．【答案】C

【知識點】阿伏加德羅常數

【解析】【解答】A．常溫常壓下，11.2L二氧化硫物質的量不是0.5mol，故A不符合題意；

B.1mol水分子中含10mol電子，0.5molH2O所含的電子數為5NA，故B不符合題意；

C．Cu2S的摩爾質量是CuO的2倍，含有的銅原子也是CuO的2倍，故8.0g混合物可以認為均由CuO構成，故含有的CuO的物質的量為n==0.1mol，則含0.1NA個銅原子，故C符合題意；

D.300mL2molL﹣1蔗糖溶液中溶質分子物質的量=0.3L×2mol/L=0.6mol，溶液中含有水分子，溶液中所含分子數大于0.6NA，故D不符合題意；

故答案為：C．

【分析】A.常溫常壓下不能使用22.4L/mol計算氣體的物質的量；

B.水分子是10電子微粒；

C.根據兩種物質的相對分子質量的特點進行分析；

D.水溶液中除溶質分子外還含有水分子.

4．【答案】B

【知識點】有關混合物反應的計算

【解析】【解答】3g鎂鋁合金與100mL稀硫酸恰好完全反應，將反應后的溶液加熱蒸干，得到無水硫酸鹽17.4g，由質量守恒可知，硫酸根離子的物質的量為=0.15mol，則硫酸的物質的量為0.15mol，其濃度為=1.5mol/L，

故答案為：B．

【分析】根據硫元素的質量守恒進行計算即可.

5．【答案】B

【知識點】配制一定物質的量濃度的溶液

【解析】【解答】根據配制250mL1mol/L鹽酸的步驟可知，需要使用的儀器為：量筒、燒杯、玻璃棒、250mL容量瓶、膠頭滴管等，所以不需要的儀器為托盤天平，

故選B．

【分析】配制250mL1mol/L鹽酸的步驟為：計算、量取、稀釋、冷卻、移液、洗滌、定容、搖勻等，根據配制步驟選用儀器，然后判斷不需要的儀器．

6．【答案】C

【知識點】物質的簡單分類

【解析】【解答】①金屬氧化物也可以是酸性氧化物，如Mn2O7為酸性氧化物，故①不符合題意；

②非金屬氧化物不一定是酸性氧化物，如CO、NO、H2O等為不成鹽氧化物，故②符合題意；

③堿性氧化物是和酸反應生成鹽和水的氧化物，一定是金屬氧化物，故③不符合題意；

④能與酸反應生成鹽和水的氧化物不一定是堿性氧化物，如過氧化鈉和鹽酸反應生成鹽和水，但發生的是氧化還原反應，故④符合題意；

⑤能與堿反應生成鹽和水的氧化物不一定是酸性氧化物，如NO2和堿反應生成鹽和水但發生的是氧化還原反應，故⑤符合題意；

故②④⑤錯誤，

故答案為：C．

【分析】根據氧化物的分類以及氧化物的性質進行判斷即可.

7．【答案】C

【知識點】電解質與非電解質

【解析】【解答】A．BaSO4難溶于水，熔融狀態下完全電離，BaSO4屬于強電解質，故A不符合題意；

B．非電解質的水溶液中生成電解質，溶液可以導電，如二氧化硫非電解質，溶于水生成電解質亞硫酸導電，故B不符合題意；

C．酸、堿、鹽和部分氧化物屬于電解質，故C符合題意；

D．電解質在任何情況下不一定導電，如硫酸鋇水溶液中不導電，熔融狀態導電，故D不符合題意；

故答案為：C．

【分析】根據電解質和非電解質的概念進行判斷即可.

8．【答案】B

【知識點】離子共存

【解析】【解答】A．Cu2+、OH﹣都與氫離子反應，在溶液中不能大量共存，故A不符合題意；

B．Fe3+、NH4﹣、NO3﹣、Cl﹣之間不反應，都不與氫離子反應，在溶液中能夠大量共存，故B符合題意；

C．CO32﹣與氫離子反應，在溶液中不能大量共存，故C不符合題意；

D．Fe2﹣、MnO4﹣在酸性條件下發生氧化還原反應，在溶液中不能大量共存，故D不符合題意；

故答案為：B．

【分析】在酸性溶液中含有大量氫離子，結合本組離子能否發生離子反應進行判斷能否大量共存即可.

9．【答案】C

【知識點】離子方程式的書寫

【解析】【解答】A．Na2CO3+HCl；K2CO3+HNO3，兩個反應的離子方程式都是：CO32﹣+2H+=CO2↑+H2O，能用同一離子方程式來表示，故A不符合題意；

B．Fe+HCl；Fe+H2SO4，反應的離子方程式都是Fe+2H+=Fe2++H2↑，能用同一離子方程式來表示，故B不符合題意；

C．BaCl2+Na2SO4反應的離子方程式為：Ba2++SO42﹣=BaSO4↓，Ba（OH）2+H2SO4的離子方程式為：Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣=BaSO4↓+2H2O，反應離子方程式不同，不能用同一離子方程式來表示，故C符合題意；

D．NaOH+H2O、Ba（OH）2+HCl的離子方程式都是：OH﹣+H+=H2O，能用同一離子方程式來表示，故D不符合題意；

故答案為：C．

【分析】根據離子反應方程式的書寫要求判斷兩個反應中化學符號是否正確即可判斷.

10．【答案】D

【知識點】離子方程式的書寫

【解析】【解答】A．澄清石灰水與過量碳酸氫鈉溶液反應，離子方程式按照氫氧化鈣的化學式組成書寫，正確的離子方程式為：2HCO3﹣+Ca2++2OH﹣═CO32﹣+CaCO3↓+2H2O，故A不符合題意；

B．硫酸氫鈉溶液中加入氫氧化鋇溶液至中性，反應生成硫酸鋇沉淀和水，正確的離子方程式為：2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣═BaSO4↓+2H2O，故B不符合題意；

C．向氫氧化鈉溶液中通入足量CO2，反應生成碳酸氫鈉，正確的離子方程式為：OH﹣+CO2HCO3﹣，故C不符合題意；

D．向氫氧化鋇溶液中加入過量硫酸，反應的離子方程式為：2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣BaSO4↓+2H2O，故D不符合題意；

故答案為：D．

【分析】根據離子反應的實質和參加反應的反應物的用量的多少進行判斷離子方程式是否正確即可.

11．【答案】D

【知識點】氯、溴、碘及其化合物的綜合應用

【解析】【解答】解：A．加入水，HCl溶于水沒有明顯的現象，不能用來檢驗是否被氧化，故A錯誤；

B．加入NaOH溶液，沒有明顯的現象，不能用來檢驗，故B錯誤；

C．HCl溶液呈酸性，加入酚酞溶液無色，不能用來檢驗，故C錯誤；

D．氯仿被氧化時生成HCl，加入硝酸酸化的硝酸銀溶液生成AgCl白色沉淀，可檢驗，故D正確．

故選D．

【分析】由方程式可知氯仿被氧化時生成HCl，可用石蕊試液或硝酸酸化的硝酸銀溶液檢驗．

12．【答案】B

【知識點】氧化還原反應

【解析】【解答】A：有單質生成的化學反應不一定是氧化還原反應，如2O3=2O2，故A不符合題意；

B、金屬沒有負化合價，單質在氧化還原反應中只能作還原劑，故B符合題意；

C、硫與氧氣反應生成二氧化硫，硫是還原劑，故C不符合題意；

D、碳酸鈣與鹽酸反應生成二氧化碳的復分解反應不是氧化還原反應，故D不符合題意；

故答案為：B．

【分析】根據氧化還原反應的實質是電子的轉移、表現為元素化合價的變化進行分析判斷即可.

13．【答案】A

【知識點】氧化還原反應

【解析】【解答】由圖可知，在該反應中失去電子，則在反應中作還原劑，

故答案為：A．

【分析】根據氧化還原反應中氧化劑得電子、還原劑失電子，分析圖中A電子的轉移情況進行判斷即可.

14．【答案】C

【知識點】氧化還原反應

【解析】【解答】A．該反應中Cu元素化合價降低，S元素化合價升高，所以有兩種元素化合價變化，故A不符合題意；

B．每生成0.1molCu，轉移電子=0.1mol×（1﹣0）=0.1mol，故B不符合題意；

C．該反應中Cu元素化合價降低，S元素化合價升高，則Cu2S在反應中既是氧化劑，又是還原劑，故C符合題意；

D．該反應中銅元素化合價降低，所以銅是還原產物，故D不符合題意；

故答案為：C．

【分析】根據反應方程式中元素化合價的變化分析氧化劑和還原劑、電子得失情況即可.

15．【答案】B

【知識點】氧化性、還原性強弱的比較

【解析】【解答】A、根據反應2A2++B2=2A3++2B﹣，可得氧化性是B2＞A3+，2B﹣+Z2=B2+2Z﹣，可得氧化性是Z2＞B2＞A3+，反應Z2+2A2+=2A3++2Z﹣可以進行，故A不符合題意；

B、Z元素在②中化合價升高，在反應中被氧化，在③中化合價降低，在反應中被還原，故B符合題意；

C、氧化還原反應中氧化劑的氧化性強于氧化產物的氧化性，反應②16H++10Z﹣+2XO4﹣=2X2++5Z2+8H2O中，氧化性XO4﹣＞Z2；反應①2A2++B2=2A3﹣+2B﹣中，氧化性B2＞A3+；反應③2B﹣+Z2=B2+2Z﹣中，氧化性Z2＞B2，所以氧化性由強到弱的順序是XO4﹣＞Z2＞B2＞A3+，故C不符合題意；

D、氧化還原反應中，還原劑的還原性強于還原產物的還原性，反應②16H++10Z﹣+2XO4﹣=2X2++5Z2+8H2O中，還原性Z﹣＞X2+；反應①2A2++B2=2A3﹣+2B﹣中，還原性A2+＞B﹣；反應③2B﹣+Z2=B2+2Z﹣中，還原性B﹣＞Z﹣，所以還原性由強到弱的順序是A2+＞B﹣＞Z﹣＞X2+，故D不符合題意．

故答案為：B．

【分析】根據氧化還原反應中左大于右的原則判斷氧化性和還原性強弱順序，然后分析反應發生等性即可.

16．【答案】C

【知識點】常見金屬的活動性順序及其應用

【解析】【解答】解：金屬活潑性順序Mg＞Zn＞Cu＞Ag，則氧化性：Ag+＞Cu2+＞Zn2+＞Mg2+，金屬越活潑，對應的陽離子的氧化性越弱，則首先置換出Ag，

故選C．

【分析】已知活潑性順序Mg＞Zn＞Cu＞Ag，金屬越活潑，對應的陽離子的氧化性越弱，加入鋅粉，應首先置換出氧化性最強的離子．

17．【答案】A

【知識點】氧化還原反應

【解析】【解答】解：根據氧原子守恒，所以n=2，根據氫原子守恒，所以y=4，

根據R原子守恒則x=m，根據電荷守恒則2x+y=3m，所以x=y=m，在反應中，R的化合價升高，所以R3+是氧化產物，氧元素化合價降低，所以H2O是還原產物．

故選A．

【分析】在離子方程式中遵循電荷守恒和原子守恒，化合價升高元素所在的生成物是氧化產物，化合價降低元素所在的生成物是還原產物．

18．【答案】D

【知識點】氧化還原反應

【解析】【解答】該反應方程式為2Mn2++5IO4﹣+3H2O=2MnO4﹣+5IO3﹣+6H+，

A．IO4﹣在反應中得電子，I元素化合價降低，作氧化劑，故A不符合題意；

B．若有1molMn2+參加反應時則轉移=1mol×（7﹣2）=5mol電子，故B不符合題意；

C．由方程式可知氧化劑和還原劑的物質的量之比為5：2，故C不符合題意；

D．配平后Mn、H+的化學計量數分別為2、6，故D符合題意；

故答案為：D．

【分析】根據氧化還原反應中氧化劑和還原劑中元素化合價的變化判斷反應物和產物，結合電子轉移計算各個物理量即可.

19．【答案】（1）①③⑤⑧

（2）②⑥⑦

（3）④⑧⑩

【知識點】電解質與非電解質

【解析】【解答】解：①NaCl晶體不能導電，溶于水導電屬于電解質，

②干冰為二氧化碳不能導電，不能電離屬于非電解質，

③HCl不能導電，溶于水導電屬于電解質，

④銅是金屬既不是電解質也不是非電解質，

⑤CaCO3固體不能導電，熔融狀態導電，屬于電解質，

⑥葡萄糖不能電離屬于非電解質，

⑦酒精不能電離屬于非電解質，

⑧熔融的KNO3導電，屬于電解質，

⑨液氧是單質，既不是電解質也不是非電解質，

⑩稀硫酸是硫酸溶液導電，屬于混合物，既不是電解質也不是非電解質，

（1）以上物質屬于電解質的是：①③⑤⑧，

故答案為：①③⑤⑧；

（2）以上物質屬于非電解質的是②⑥⑦，

故答案為：②⑥⑦；

（3）以上物質能導電的是④⑧⑩，

故答案為：④⑧⑩．

【分析】根據電解質和非電解質的概念以及導電性原理進行判斷即可.

20．【答案】（1）Na2CO3；CuCl2、K2SO4；KCl、NaCl、KNO3

（2）Ba2++CO32﹣=BaCO3↓、BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O

【知識點】無機物的推斷

【解析】【解答】解：①將固體加水得到無色溶液，則不含CuCl2；

②向上述溶液中滴加過量BaCl2溶液，有白色沉淀生成．將該沉淀濾出，并將沉淀可完全溶于稀HNO3，則不含K2SO4，應含有Na2CO3；

③向②的濾液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，該沉淀不溶于稀HNO3，生成沉淀為AgCl，因加入氯化鋇，不能證明含有KCl、NaCl，

（1）由以上分析可知肯定含有Na2CO3，肯定沒有CuCl2、K2SO4，實驗②加入氯化鋇，引入氯離子，則不能證明是否含有KCl、NaCl，題目沒有涉及KNO3的性質實驗，無法證明是否含有KNO3，

故答案為：Na2CO3；CuCl2、K2SO4；KCl、NaCl、KNO3；

（2）②中反應的離子方程式為Ba2++CO32﹣=BaCO3↓、BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O，

故答案為：Ba2++CO32﹣=BaCO3↓、BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O．

【分析】①將固體加水得到無色溶液，則不含CuCl2；

②向上述溶液中滴加過量BaCl2溶液，有白色沉淀生成．將該沉淀濾出，并將沉淀可完全溶于稀HNO3，則不含K2SO4，應含有Na2CO3；

③向②的濾液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，該沉淀不溶于稀HNO3，生成沉淀為AgCl，因加入氯化鋇，不能證明含有KCl、NaCl，以此解答該題．

21．【答案】（1）2MnO4﹣+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2↑

（2）2ClO3﹣+SO32﹣+2H+═2ClO2+SO42﹣+H2O

（3）2Ce3++H2O2+6H2O═2Ce（OH）4↓+6H+

（4）2P4+3Ba（OH）2+6H2O=3Ba（H2PO2）2+2PH3↑

【知識點】氧化還原反應；離子方程式的書寫

【解析】【解答】解：（1）KMnO4在酸性條件下將H2O2氧化，還原產物是Mn2+，H2O2生成氧化產物O2，同時反應后生成水，根據得失電子守恒反應的離子方程式為2MnO4﹣+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2↑，

故答案為：2MnO4﹣+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2↑；

（2）KClO3在H2SO4存在下與Na2SO3反應，SO32﹣被氧化成SO42﹣，由電子、電荷守恒可知該離子反應為2ClO3﹣+SO32﹣+2H+═2ClO2+SO42﹣+H2O，

故答案為：2ClO3﹣+SO32﹣+2H+═2ClO2+SO42﹣+H2O；

（3）該反應中Ce元素化合價由+3價變為+4價，則Ce3+是還原劑，則雙氧水是氧化劑，得電子化合價降低，則O元素化合價由﹣1價變為﹣2價，轉移電子數為2，根據轉移電子守恒、原子守恒書寫離子方程式為2Ce3++H2O2+6H2O═2Ce（OH）4↓+6H+，故答案為：2Ce3++H2O2+6H2O═2Ce（OH）4↓+6H+；

（4）白磷（P4）與Ba（OH）2溶液反應生成PH3氣體和Ba（H2PO2）2，反應方程式為2P4+3Ba（OH）2+6H2O=3Ba（H2PO2）2+2PH3↑，

故答案為：2P4+3Ba（OH）2+6H2O=3Ba（H2PO2）2+2PH3↑．

【分析】（1）KMnO4在酸性條件下將H2O2氧化，還原產物是Mn2+，H2O2生成氧化產物O2，同時反應后生成水，根據得失電子守恒書寫離子方程式；

（2）二氧化氯由KClO3在H2SO4存在下與Na2SO3反應制得，則可知反應物、生成物，結合電子守恒、電荷守恒分析；

（3）該反應中Ce元素化合價由+3價變為+4價，則Ce3+是還原劑，則雙氧水是氧化劑，得電子化合價降低，根據轉移電子守恒、原子守恒書寫離子方程式；

（4）根據反應物和生成物結合原子守恒和電子守恒書寫方程式．

22．【答案】（1）防止空氣中的CO2和水氣進入U型管中

（2）偏高

（3）把反應產生的CO2全部導入U型管中；偏低

（4）判斷反應產生的CO2是否全部排出，并被U型管中的堿石灰吸收

（5）×100%

【知識點】探究物質的組成或測量物質的含量

【解析】【解答】解：（1）U型管中的堿石灰是為了吸收反應生成的二氧化碳，但空氣中也存在二氧化碳，干燥管B的作用就是防止空氣中的二氧化碳和水分進入U型管，對結果產生誤差；

故答案為：防止空氣中的CO2和水氣進入U型管中；

（2）由于鹽酸具有揮發性，也會隨著二氧化碳進入U型管，被誤認為是二氧化碳，所以二氧化碳的質量偏大，算出的碳酸鈉的質量也會偏大的，所以結果會偏大；

故答案為：偏高；

（3）由于反應完了錐形瓶中存留有二氧化碳，鼓入一定量的空氣就是將殘留的二氧化碳完全排入U型管，若缺少該步驟，二氧化碳質量減少，則Na2CO3的質量分數測量結果將偏低，

故答案為：把反應產生的CO2全部導入U型管中；偏低；

（4）重復步驟⑤和⑥的操作，直到U型管的質量基本不變，說明二氧化碳已經被全部排到U型管中，

故答案為：判斷反應產生的CO2是否全部排出，并被U型管中的堿石灰吸收；

（5）設需要碳酸鈉的質量為X，則：

Na2CO3+H2SO4═Na2SO4+H2O+CO2↑

10644

xd-b

解得X=.g；

所以試樣中純堿的質量分數的計算式=×100%；

故答案為：×100%；

【分析】（1）空氣中含有二氧化碳和水分，干燥管B的作用就是不讓它們進入的；

（2）根據鹽酸的揮發性進行分析；

（3）反應完成后錐形瓶中存留有二氧化碳，鼓入一定量的空氣就是為了驅趕它們的；

（4）重復步驟⑤和⑥的操作，直到U型管的質量基本不變，為了將二氧化碳全部趕過去；

（5）根據U型管的質量的增加量就是生成的二氧化碳的質量，根據二氧化碳的質量算出碳酸鈉的質量，再用碳酸鈉的質量除以樣品質量即可．

23．【答案】（1）ag﹣1.6g

（2）8g

【知識點】有關混合物反應的計算

【解析】【解答】解：（1）由反應CuO～H2SO4，Fe2O3～3H2SO4，可知硫酸的物質的量與金屬氧化物中O元素的物質的量相等，

n（H2SO4）=0.05L×2mol/L=0.1mol，

所以金屬氧化物中O的質量為0.1mol×16g/mol=1.6g，

若將ag原混合物在足量氫氣中加熱，使其充分反應，冷卻后剩余固體為金屬單質，

則質量為氧化物的質量減去氧的質量為ag﹣1.6g，

答：冷卻后剩余固體質量為ag﹣1.6g；

（2）氧化銅能與硫酸反應生成硫酸銅和水，生成的硫酸銅能與鐵反應生成硫酸亞鐵和銅，生成的銅附著在鐵的表面，鐵能與硫酸反應生成氫氣，并收集到224mL氣體（標準狀況），所以氫氣的物質的量為：0.01mol，質量為：0.02g，設生成0.02g氫氣需要鐵的質量為x則有

Fe+H2SO4═FeSO4+H2↑

562

x0.02g

=.，

x=0.56g，

與硫酸銅反應的鐵的質量為50g﹣0.56g=49.44g，反應后鐵棒的質量為50.24g，說明鐵與硫酸銅反應時增重的質量為50.24g﹣49.44g=0.8g，設硫酸銅的質量為y，根據反應的化學方程式則有

Fe+CuSO4═FeSO4+Cu△m

56160648

y

0.8g

，

解得y=16g，

設氧化銅的質量為z．則有

CuO+H2SO4═CuSO4+H2O

80160

z16g

，解得z=8g，

答：此CuO粉末的質量為8g．

【分析】（1）金屬氧化物與硫酸反應生成硫酸鹽和水，根據硫酸的物質的量可知金屬氧化物中O元素的物質的量，金屬氧化物的質量減去氧的質量即為金屬的質量；

（2）由信息可知，加入鐵反應還生成氫氣，則一定量的CuO粉末與0.5L稀硫酸充分反應，發生CuO+H2SO4═CuSO4+H2O，且硫酸剩余，然后加Fe，發生Fe+CuSO4═FeSO4+Cu、Fe+H2SO4═FeSO4+H2↑，然后結合氣體的體積及質量差計算．

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安徽省合肥一中2023-2023學年高一上學期化學期中考試試卷

一、選擇題

1．（2023高一上·合肥期中）灰霾天氣可以簡潔地描述為是“細粒子氣溶膠粒子在高濕度條件下引發的低能見度事件”．氣溶膠是膠體的一種，關于膠體，下列說法不正確的是（）

A．利用丁達爾現象可區別溶液和膠體

B．根據分散質和分散劑的狀態，可以將膠體分為9種

C．氣溶膠分散質粒子直徑在1nm﹣100nm之間

D．向氫氧化鈉溶液中邊滴加飽和FeCl3溶液邊震蕩可制備Fe（OH）3膠體

【答案】D

【知識點】膠體的性質和應用

【解析】【解答】A．丁達爾效應是膠體特有性質，可以用來區別溶液和膠體，故A不符合題意；

B．分散劑和分散質都存在3種狀態：固體、液體和氣體，每一種狀態的分散劑能夠與3種不同狀態的分散質組成了3種分散系，所以總共可以組成3×3=9種分散系，故B不符合題意；

C．氣溶膠屬于膠體，膠體分散系中分散質直徑在1nm﹣100nm之間，故C不符合題意；

D．向氫氧化鈉溶液中邊滴加飽和FeCl3溶液邊震蕩可制備Fe（OH）3沉淀，得不到氫氧化鐵膠體，故D符合題意；

故答案為：D．

【分析】根據分散系的分類標準和膠體的性質以及氫氧化鐵膠體的制備方法進行判斷即可.

2．（2023高一上·北京期中）下列邏輯關系圖中正確的是()

A．

B．

C．

D．

【答案】B

【知識點】物質的簡單分類；分散系、膠體與溶液的概念及關系

【解析】【解答】A項，膠體和溶液是并列關系，兩者之間沒有交集，故A不符合題意；

B項，復分解反應都不是氧化還原反應，置換反應都是氧化還原反應，化合反應和分解反應中有的是氧化還原反應有的不是，故B符合題意；

C項，鈉鹽和鉀鹽是根據鹽中陽離子分類的，碳酸鹽是根據鹽中陰離子分類的，鈉鹽和鉀鹽可以是碳酸鹽，碳酸鹽也可以是鈉鹽和鉀鹽，故C不符合題意；

D項，電解質屬于化合物，故D不符合題意。

故答案為：B

【分析】根據分散系、化學反應基本類型、物質的分類等概念之間的關系進行判斷即可.

3．（2023高一上·合肥期中）用NA表示阿伏加德羅常數的值．下列敘述正確的是（）

A．常溫常壓下，11.2L二氧化硫所含的氧原子數等于NA

B．0.5molH2O所含的電子數為9NA

C．8.0gCu2S和CuO的混合物中含有銅原子數為0.1NA

D．300mL2molL﹣1蔗糖溶液中所含分子數為0.6NA

【答案】C

【知識點】阿伏加德羅常數

【解析】【解答】A．常溫常壓下，11.2L二氧化硫物質的量不是0.5mol，故A不符合題意；

B.1mol水分子中含10mol電子，0.5molH2O所含的電子數為5NA，故B不符合題意；

C．Cu2S的摩爾質量是CuO的2倍，含有的銅原子也是CuO的2倍，故8.0g混合物可以認為均由CuO構成，故含有的CuO的物質的量為n==0.1mol，則含0.1NA個銅原子，故C符合題意；

D.300mL2molL﹣1蔗糖溶液中溶質分子物質的量=0.3L×2mol/L=0.6mol，溶液中含有水分子，溶液中所含分子數大于0.6NA，故D不符合題意；

故答案為：C．

【分析】A.常溫常壓下不能使用22.4L/mol計算氣體的物質的量；

B.水分子是10電子微粒；

C.根據兩種物質的相對分子質量的特點進行分析；

D.水溶液中除溶質分子外還含有水分子.

4．（2023高一上·合肥期中）3g鎂鋁合金與100mL稀硫酸恰好完全反應，將反應后的溶液加熱蒸干，得到無水硫酸鹽17.4g，則原硫酸的物質的量濃度為（）

A．1molL﹣1B．1.5molL﹣1C．2molL﹣1D．2.5molL﹣1

【答案】B

【知識點】有關混合物反應的計算

【解析】【解答】3g鎂鋁合金與100mL稀硫酸恰好完全反應，將反應后的溶液加熱蒸干，得到無水硫酸鹽17.4g，由質量守恒可知，硫酸根離子的物質的量為=0.15mol，則硫酸的物質的量為0.15mol，其濃度為=1.5mol/L，

故答案為：B．

【分析】根據硫元素的質量守恒進行計算即可.

5．（2023高一上·合肥期中）實驗室配制1mol/L鹽酸250mL，下列不需用的儀器是（）

A．250mL容量瓶B．托盤天平C．膠頭滴管D．燒杯

【答案】B

【知識點】配制一定物質的量濃度的溶液

【解析】【解答】根據配制250mL1mol/L鹽酸的步驟可知，需要使用的儀器為：量筒、燒杯、玻璃棒、250mL容量瓶、膠頭滴管等，所以不需要的儀器為托盤天平，

故選B．

【分析】配制250mL1mol/L鹽酸的步驟為：計算、量取、稀釋、冷卻、移液、洗滌、定容、搖勻等，根據配制步驟選用儀器，然后判斷不需要的儀器．

6．（2023高一上·合肥期中）下列關于氧化物分類的說法不正確的組合為（）

①金屬氧化物也可以是酸性氧化物；②非金屬氧化物一定是酸性氧化物；③堿性氧化物一定是金屬氧化物；④能與酸反應生成鹽和水的氧化物一定是堿性氧化物；⑤能與堿反應生成鹽和水的氧化物一定是酸性氧化物．

A．③④⑤B．①②③C．②④⑤D．①②③④⑤

【答案】C

【知識點】物質的簡單分類

【解析】【解答】①金屬氧化物也可以是酸性氧化物，如Mn2O7為酸性氧化物，故①不符合題意；

②非金屬氧化物不一定是酸性氧化物，如CO、NO、H2O等為不成鹽氧化物，故②符合題意；

③堿性氧化物是和酸反應生成鹽和水的氧化物，一定是金屬氧化物，故③不符合題意；

④能與酸反應生成鹽和水的氧化物不一定是堿性氧化物，如過氧化鈉和鹽酸反應生成鹽和水，但發生的是氧化還原反應，故④符合題意；

⑤能與堿反應生成鹽和水的氧化物不一定是酸性氧化物，如NO2和堿反應生成鹽和水但發生的是氧化還原反應，故⑤符合題意；

故②④⑤錯誤，

故答案為：C．

【分析】根據氧化物的分類以及氧化物的性質進行判斷即可.

7．（2023高一上·合肥期中）下列說法正確的是（）

A．BaSO4難溶于水，BaSO4屬于非電解質

B．非電解質的水溶液一定不導電

C．電解質主要包括：酸、堿、鹽和部分氧化物

D．電解質在任何情況下均一定導電

【答案】C

【知識點】電解質與非電解質

【解析】【解答】A．BaSO4難溶于水，熔融狀態下完全電離，BaSO4屬于強電解質，故A不符合題意；

B．非電解質的水溶液中生成電解質，溶液可以導電，如二氧化硫非電解質，溶于水生成電解質亞硫酸導電，故B不符合題意；

C．酸、堿、鹽和部分氧化物屬于電解質，故C符合題意；

D．電解質在任何情況下不一定導電，如硫酸鋇水溶液中不導電，熔融狀態導電，故D不符合題意；

故答案為：C．

【分析】根據電解質和非電解質的概念進行判斷即可.

8．（2023高一上·合肥期中）在澄清透明強酸性溶液中，能大量共存的離子組是（）

A．K+、Cu2+、OH﹣、SO42﹣B．Fe3+、NH4﹣、NO3﹣、Cl﹣

C．K+、Na+、Cl﹣、CO32﹣D．K+、Fe2﹣、MnO4﹣、SO42﹣

【答案】B

【知識點】離子共存

【解析】【解答】A．Cu2+、OH﹣都與氫離子反應，在溶液中不能大量共存，故A不符合題意；

B．Fe3+、NH4﹣、NO3﹣、Cl﹣之間不反應，都不與氫離子反應，在溶液中能夠大量共存，故B符合題意；

C．CO32﹣與氫離子反應，在溶液中不能大量共存，故C不符合題意；

D．Fe2﹣、MnO4﹣在酸性條件下發生氧化還原反應，在溶液中不能大量共存，故D不符合題意；

故答案為：B．

【分析】在酸性溶液中含有大量氫離子，結合本組離子能否發生離子反應進行判斷能否大量共存即可.

9．（2023高一上·合肥期中）下列各組中兩溶液間的反應，不能用同一離子方程式來表示的是（）

A．Na2CO3+HCl；K2CO3+HNO3

B．Fe+HCl；Fe+H2SO4

C．BaCl2+Na2SO4；Ba（OH）2+H2SO4

D．NaOH+H2O；Ba（OH）2+HCl

【答案】C

【知識點】離子方程式的書寫

【解析】【解答】A．Na2CO3+HCl；K2CO3+HNO3，兩個反應的離子方程式都是：CO32﹣+2H+=CO2↑+H2O，能用同一離子方程式來表示，故A不符合題意；

B．Fe+HCl；Fe+H2SO4，反應的離子方程式都是Fe+2H+=Fe2++H2↑，能用同一離子方程式來表示，故B不符合題意；

C．BaCl2+Na2SO4反應的離子方程式為：Ba2++SO42﹣=BaSO4↓，Ba（OH）2+H2SO4的離子方程式為：Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣=BaSO4↓+2H2O，反應離子方程式不同，不能用同一離子方程式來表示，故C符合題意；

D．NaOH+H2O、Ba（OH）2+HCl的離子方程式都是：OH﹣+H+=H2O，能用同一離子方程式來表示，故D不符合題意；

故答案為：C．

【分析】根據離子反應方程式的書寫要求判斷兩個反應中化學符號是否正確即可判斷.

10．（2023高一上·合肥期中）下列離子方程式正確的是（）

A．澄清石灰水與過量碳酸氫鈉溶液反應：HCO3﹣+Ca2++OH﹣═CaCO3↓+H2O

B．硫酸氫鈉碳酸氫鈉溶液中加入氫氧化鋇溶液至中性：H++SO42﹣+Ba2++OH﹣═BaSO4↓+2H2O

C．向氫氧化鈉溶液中通入足量CO2+2OH﹣+CO2CO32﹣+H2O

D．向氫氧化鋇溶液中加入過量硫酸：2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣BaSO4↓+2H2O

【答案】D

【知識點】離子方程式的書寫

【解析】【解答】A．澄清石灰水與過量碳酸氫鈉溶液反應，離子方程式按照氫氧化鈣的化學式組成書寫，正確的離子方程式為：2HCO3﹣+Ca2++2OH﹣═CO32﹣+CaCO3↓+2H2O，故A不符合題意；

B．硫酸氫鈉溶液中加入氫氧化鋇溶液至中性，反應生成硫酸鋇沉淀和水，正確的離子方程式為：2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣═BaSO4↓+2H2O，故B不符合題意；

C．向氫氧化鈉溶液中通入足量CO2，反應生成碳酸氫鈉，正確的離子方程式為：OH﹣+CO2HCO3﹣，故C不符合題意；

D．向氫氧化鋇溶液中加入過量硫酸，反應的離子方程式為：2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣BaSO4↓+2H2O，故D不符合題意；

故答案為：D．

【分析】根據離子反應的實質和參加反應的反應物的用量的多少進行判斷離子方程式是否正確即可.

11．（2023高一上·安慶期中）氯仿（CHCl3，非電解質）在空氣中能發生緩慢氧化，生成劇毒物質光氣（COCl2，非電解質），化學方程式為2CHCl3+O2=2COCl2+2HCl．檢驗氯仿是否被氧化應選用的試劑是（）

A．水B．NaOH溶液

C．酚酞溶液D．硝酸酸化的硝酸銀溶液

【答案】D

【知識點】氯、溴、碘及其化合物的綜合應用

【解析】【解答】解：A．加入水，HCl溶于水沒有明顯的現象，不能用來檢驗是否被氧化，故A錯誤；

B．加入NaOH溶液，沒有明顯的現象，不能用來檢驗，故B錯誤；

C．HCl溶液呈酸性，加入酚酞溶液無色，不能用來檢驗，故C錯誤；

D．氯仿被氧化時生成HCl，加入硝酸酸化的硝酸銀溶液生成AgCl白色沉淀，可檢驗，故D正確．

故選D．

【分析】由方程式可知氯仿被氧化時生成HCl，可用石蕊試液或硝酸酸化的硝酸銀溶液檢驗．

12．（2023高一上·合肥期中）下列關于化學反應的說法正確的是（）

A．有單質生成的化學反應，一定是氧化還原反應

B．金屬單質在氧化還原反應中只能作還原劑

C．有非金屬單質參加的化合反應，非金屬單質一定是氧化劑

D．有氣體生成的化學反應一定是氧化還原反應

【答案】B

【知識點】氧化還原反應

【解析】【解答】A：有單質生成的化學反應不一定是氧化還原反應，如2O3=2O2，故A不符合題意；

B、金屬沒有負化合價，單質在氧化還原反應中只能作還原劑，故B符合題意；

C、硫與氧氣反應生成二氧化硫，硫是還原劑，故C不符合題意；

D、碳酸鈣與鹽酸反應生成二氧化碳的復分解反應不是氧化還原反應，故D不符合題意；

故答案為：B．

【分析】根據氧化還原反應的實質是電子的轉移、表現為元素化合價的變化進行分析判斷即可.

13．（2023高一上·合肥期中）某國外化學教材中有一張關于氧化還原反應的插圖：由圖可知，在該反應中是（）

A．還原劑B．氧化劑C．氧化產物D．還原產物

【答案】A

【知識點】氧化還原反應

【解析】【解答】由圖可知，在該反應中失去電子，則在反應中作還原劑，

故答案為：A．

【分析】根據氧化還原反應中氧化劑得電子、還原劑失電子，分析圖中A電子的轉移情況進行判斷即可.

14．（2023高一上·合肥期中）Cu2O是赤銅礦的主要成分，Cu2S是輝銅礦的主要成分．銅的冶煉過程通常發生反應：Cu2S+Cu2O=6Cu+SO2↑，下列有關說法正確的是（）

A．該反應中有三種元素的化合價發生了變化

B．每生成0.1molCu，轉移0.2mol電子

C．Cu2S在反應中既是氧化劑又是還原劑

D．Cu既是氧化產物又是還原產物

【答案】C

【知識點】氧化還原反應

【解析】【解答】A．該反應中Cu元素化合價降低，S元素化合價升高，所以有兩種元素化合價變化，故A不符合題意；

B．每生成0.1molCu，轉移電子=0.1mol×（1﹣0）=0.1mol，故B不符合題意；

C．該反應中Cu元素化合價降低，S元素化合價升高，則Cu2S在反應中既是氧化劑，又是還原劑，故C符合題意；

D．該反應中銅元素化合價降低，所以銅是還原產物，故D不符合題意；

故答案為：C．

【分析】根據反應方程式中元素化合價的變化分析氧化劑和還原劑、電子得失情況即可.

15．（2023高一上·合肥期中）常溫下，在溶液中能發生如下反應：①2A2++B2=2A3++2B﹣；②16H++10Z﹣+2XO4﹣2X2++5Z2+8H2O③2B﹣+Z2=B2+2Z﹣，由此判斷下列說法錯誤的是（）

A．Z2+2A2+=2A3++2Z﹣反應可以進行

B．Z元素在②③反應中均被還原

C．氧化性由強到弱的順序是XO4﹣、Z2、B2、A3+

D．還原性由強到弱順序是A2+、B﹣、Z﹣、X2+

【答案】B

【知識點】氧化性、還原性強弱的比較

【解析】【解答】A、根據反應2A2++B2=2A3++2B﹣，可得氧化性是B2＞A3+，2B﹣+Z2=B2+2Z﹣，可得氧化性是Z2＞B2＞A3+，反應Z2+2A2+=2A3++2Z﹣可以進行，故A不符合題意；

B、Z元素在②中化合價升高，在反應中被氧化，在③中化合價降低，在反應中被還原，故B符合題意；

C、氧化還原反應中氧化劑的氧化性強于氧化產物的氧化性，反應②16H++10Z﹣+2XO4﹣=2X2++5Z2+8H2O中，氧化性XO4﹣＞Z2；反應①2A2++B2=2A3﹣+2B﹣中，氧化性B2＞A3+；反應③2B﹣+Z2=B2+2Z﹣中，氧化性Z2＞B2，所以氧化性由強到弱的順序是XO4﹣＞Z2＞B2＞A3+，故C不符合題意；

D、氧化還原反應中，還原劑的還原性強于還原產物的還原性，反應②16H++10Z﹣+2XO4﹣=2X2++5Z2+8H2O中，還原性Z﹣＞X2+；反應①2A2++B2=2A3﹣+2B﹣中，還原性A2+＞B﹣；反應③2B﹣+Z2=B2+2Z﹣中，還原性B﹣＞Z﹣，所以還原性由強到弱的順序是A2+＞B﹣＞Z﹣＞X2+，故D不符合題意．

故答案為：B．

【分析】根據氧化還原反應中左大于右的原則判斷氧化性和還原性強弱順序，然后分析反應發生等性即可.

16．（2023高一下·營山期末）在含有Cu（NO3）2、Mg（NO3）2和AgNO3的溶液中加入適量鋅粉，首先置換出的是（）

A．MgB．CuC．AgD．H2

【答案】C

【知識點】常見金屬的活動性順序及其應用

【解析】【解答】解：金屬活潑性順序Mg＞Zn＞Cu＞Ag，則氧化性：Ag+＞Cu2+＞Zn2+＞Mg2+，金屬越活潑，對應的陽離子的氧化性越弱，則首先置換出Ag，

故選C．

【分析】已知活潑性順序Mg＞Zn＞Cu＞Ag，金屬越活潑，對應的陽離子的氧化性越弱，加入鋅粉，應首先置換出氧化性最強的離子．

17．（2023高一上·樂山期中）在xR2++yH++O2=mR3++nH2O的離子方程式中，對m和R3+判斷正確的是（）

A．m=4，R3+是氧化產物B．m=2y，R3+是氧化產物

C．m=2，R3+是還原產物D．m=y，R3+是還原產物

【答案】A

【知識點】氧化還原反應

【解析】【解答】解：根據氧原子守恒，所以n=2，根據氫原子守恒，所以y=4，

根據R原子守恒則x=m，根據電荷守恒則2x+y=3m，所以x=y=m，在反應中，R的化合價升高，所以R3+是氧化產物，氧元素化合價降低，所以H2O是還原產物．

故選A．

【分析】在離子方程式中遵循電荷守恒和原子守恒，化合價升高元素所在的生成物是氧化產物，化合價降低元素所在的生成物是還原產物．

18．（2023高一上·合肥期中）把圖2的碎紙片補充到圖1中，可得到一個完整的氧化還原反應的離子方程式（未配平）．下列對該反應的說法不正確的是（）

A．IO4-作氧化劑

B．若有1molMn2+參加反應轉移5mol電子

C．氧化劑與還原劑的物質的量之比為5：2

D．配平后Mn2+、H+的化學計量數分別為2、3

【答案】D

【知識點】氧化還原反應

【解析】【解答】該反應方程式為2Mn2++5IO4﹣+3H2O=2MnO4﹣+5IO3﹣+6H+，

A．IO4﹣在反應中得電子，I元素化合價降低，作氧化劑，故A不符合題意；

B．若有1molMn2+參加反應時則轉移=1mol×（7﹣2）=5mol電子，故B不符合題意；

C．由方程式可知氧化劑和還原劑的物質的量之比為5：2，故C不符合題意；

D．配平后Mn、H+的化學計量數分別為2、6，故D符合題意；

故答案為：D．

【分析】根據氧化還原反應中氧化劑和還原劑中元素化合價的變化判斷反應物和產物，結合電子轉移計算各個物理量即可.

二、解答題

19．（2023高一上·合肥期中）現有下列物質①NaCl晶體②干冰③HCl④銅⑤CaCO3固體⑥葡萄糖⑦酒精⑧熔融的KNO3⑨液氧⑩稀硫酸

（1）以上物質屬于電解質的是：；

（2）以上物質屬于非電解質的是；

（3）以上物質能導電的是．

【答案】（1）①③⑤⑧

（2）②⑥⑦

（3）④⑧⑩

【知識點】電解質與非電解質

【解析】【解答】解：①NaCl晶體不能導電，溶于水導電屬于電解質，

②干冰為二氧化碳不能導電，不能電離屬于非電解質，

③HCl不能導電，溶于水導電屬于電解質，

④銅是金屬既不是電解質也不是非電解質，

⑤CaCO3固體不能導電，熔融狀態導電，屬于電解質，

⑥葡萄糖不能電離屬于非電解質，

⑦酒精不能電離屬于非電解質，

⑧熔融的KNO3導電，屬于電解質，

⑨液氧是單質，既不是電解質也不是非電解質，

⑩稀硫酸是硫酸溶液導電，屬于混合物，既不是電解質也不是非電解質，

（1）以上物質屬于電解質的是：①③⑤⑧，

故答案為：①③⑤⑧；

（2）以上物質屬于非電解質的是②⑥⑦，

故答案為：②⑥⑦；

（3）以上物質能導電的是④⑧⑩，

故答案為：④⑧⑩．

【分析】根據電解質和非電解質的概念以及導電性原理進行判斷即可.

20．（2023高一上·合肥期中）某固體可能由KNO3、K2SO4、KCl、NaCl、CuCl2和Na2CO3中的一種或幾種組成．依次進行下列五步實驗，觀察到的實驗現象記錄如下：①將固體加水得到無色溶液；②向上述溶液中滴加過量BaCl2溶液，有白色沉淀生成．將該沉淀濾出，并將沉淀可完全溶于稀HNO3；③向②的濾液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，該沉淀不溶于稀HNO3．

（1）據此，可判斷出固體中肯定有，肯定沒有，可能含有．

（2）寫出②中反應的離子方程式．

【答案】（1）Na2CO3；CuCl2、K2SO4；KCl、NaCl、KNO3

（2）Ba2++CO32﹣=BaCO3↓、BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O

【知識點】無機物的推斷

【解析】【解答】解：①將固體加水得到無色溶液，則不含CuCl2；

②向上述溶液中滴加過量BaCl2溶液，有白色沉淀生成．將該沉淀濾出，并將沉淀可完全溶于稀HNO3，則不含K2SO4，應含有Na2CO3；

③向②的濾液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，該沉淀不溶于稀HNO3，生成沉淀為AgCl，因加入氯化鋇，不能證明含有KCl、NaCl，

（1）由以上分析可知肯定含有Na2CO3，肯定沒有CuCl2、K2SO4，實驗②加入氯化鋇，引入氯離子，則不能證明是否含有KCl、NaCl，題目沒有涉及KNO3的性質實驗，無法證明是否含有KNO3，

故答案為：Na2CO3；CuCl2、K2SO4；KCl、NaCl、KNO3；

（2）②中反應的離子方程式為Ba2++CO32﹣=BaCO3↓、BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O，

故答案為：Ba2++CO32﹣=BaCO3↓、BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O．

【分析】①將固體加水得到無色溶液，則不含CuCl2；

②向上述溶液中滴加過量BaCl2溶液，有白色沉淀生成．將該沉淀濾出，并將沉淀可完全溶于稀HNO3，則不含K2SO4，應含有Na2CO3；

③向②的濾液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，該沉淀不溶于稀HNO3，生成沉淀為AgCl，因加入氯化鋇，不能證明含有KCl、NaCl，以此解答該題．

21．（2023高一上·合肥期中）按要求回答下列問題．

（1）KMnO4作為強氧化劑，其氧化性隨溶液的酸性增強而增大，在酸性介質中還原產物是Mn2+，在中性或堿性介質中還原產物主要是MnO2，試寫出KMnO4在酸性條件下將H2O2氧化的離子方程式：．

（2）工業上可用KClO3溶液與Na2SO3溶液在稀H2SO4存在下制得ClO2氣體，試寫出該反應的離子方程式：．

（3）在強酸性混合稀土溶液中加入H2O2，可以將溶液中Ce3+氧化成Ce（OH）4沉淀得以分離，完成該反應的離子方程式：．

（4）H3PO2的工業制法是將白磷（P4）與Ba（OH）2溶液反應生成PH3氣體和Ba（H2PO2）2，后者再與H2SO4反應．寫出白磷與Ba（OH）2溶液反應的化學方程式：．

【答案】（1）2MnO4﹣+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2↑

（2）2ClO3﹣+SO32﹣+2H+═2ClO2+SO42﹣+H2O

（3）2Ce3++H2O2+6H2O═2Ce（OH）4↓+6H+

（4）2P4+3Ba（OH）2+6H2O=3Ba（H2PO2）2+2PH3↑

【知識點】氧化還原反應；離子方程式的書寫

【解析】【解答】解：（1）KMnO4在酸性條件下將H2O2氧化，還原產物是Mn2+，H2O2生成氧化產物O2，同時反應后生成水，根據得失電子守恒反應的離子方程式為2MnO4﹣+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2↑，

故答案為：2MnO4﹣+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2↑；

（2）KClO3在H2SO4存在下與Na2SO3反應，SO32﹣被氧化成SO42﹣，由電子、電荷守恒可知該離子反應為2ClO3﹣+SO32﹣+2H+═2ClO2+SO42﹣+H2O，

故答案為：2ClO3﹣+SO32﹣+2H+═2ClO2+SO42﹣+H2O；

（3）該反應中Ce元素化合價由+3價變為+4價，則Ce3+是還原劑，則雙氧水是氧化劑，得電子化合價降低，則O元素化合價由﹣1價變為﹣2價，轉移電子數為2，根據轉移電子守恒、原子守恒書寫離子方程式為2Ce3++H2O2+6H2O═2Ce（OH）4↓+6H+，故答案為：2Ce3++H2O2+6H2O═2Ce（OH）4↓+6H+；

（4）白磷（P4）與Ba（OH）2溶液反應生成PH3氣體和Ba（H2PO2）2，反應方程式為2P4+3Ba（OH）2+6H2O=3Ba（H2PO2）2+2PH3↑，

故答案為：2P4+3Ba（OH）2+6H2O=3Ba（H2PO2）2+2PH3↑．

【分析】（1）KMnO4在酸性條件下將H2O2氧化，還原產物是Mn2+，H2O2生成氧化產物O2，同時反應后生成水，根據得失電子守恒書寫離子方程式；

（2）二氧化氯由KClO3在H2SO4存在下與Na2SO3反應制得，則可知反應物、生成物，結合電子守恒、電荷守恒分析；

（3）該反應中C