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2022-2023学年山东省“学情空间”区域教研共同体高一上学期10月联考（人教版）化学试题含解析
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这是一份2022-2023学年山东省“学情空间”区域教研共同体高一上学期10月联考（人教版）化学试题含解析，共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，元素或物质推断题等内容，欢迎下载使用。
山东省“学情空间”区域教研共同体2022-2023学年高一上学期10月联考（人教版）化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．下列有关物质及其变化的说法中，正确的是
A．化学变化不产生新元素，产生新元素的变化不是化学变化
B．同种元素组成的物质一定是纯净物
C．有沉淀析出的变化一定是化学变化
D．液氯、乙醇、均属于非电解质
【答案】A
【详解】A．化学变化遵循质量守恒定律，化学变化不产生新元素，产生新元素的变化不是化学变化，A正确；
B．同种元素组成的物质可能是混合物，如氧气和臭氧组成的混合物，B错误；
C．有沉淀析出的变化不一定是化学变化，饱和溶液中溶剂减少，或者改变温度，溶质结晶析出，但不是化学变化，C错误；
D．液氯是单质，不是非电解质，乙醇和氨气是非电解质，D错误；
故选A。
2．下列物质中能导电，但又不是电解质和非电解质的纯净物是
A．熔融的NaCl B．石墨晶体 C．液氯 D．盐酸
【答案】B
【详解】A．熔融的NaCl能电离出自由移动的阴阳离子，能导电，但属于电解质，故A错误；
B．石墨晶体是单质属于纯净物，既不是电解质也不是非电解质，但含有自由移动的电子能导电，故B正确；
C．液氯是单质，既不是电解质也不是非电解质，也不含有自由移动的电子或者离子，不能导电，故C错误；
D．盐酸是混合物，既不是电解质也不是非电解质，但含有自由移动的电子能导电，故D错误。
故选：B。
3．除去下列物质中的杂质(括号内为杂质)，所选用的试剂及操作方法均正确的一组是
选项
待提纯的物质
选用的试剂
操作的方法
A
水
溶解、过滤、结晶
B
稀盐酸
溶解、过滤、洗涤、干燥
C
氢氧化钠溶液
过滤
D
氧气
点燃
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【详解】A．CaO中混有碳酸钙，用水除杂时，碳酸钙不溶于水，但CaO却能与水反应，导致主要成分消耗而杂质却没有减少，错误，故A不符合题意；
B．Cu中混有CuO，使用盐酸，加入的盐酸和CuO反应，而和Cu不反应，且生成物中没有固体，所以可以采用这样的方法，在充分反应后过滤、洗涤、干燥后就能够得到纯净的Cu，正确，故B符合题意；
C．CuSO4中混有H2SO4，由于主要区别在于阳离子，所以需要将氢离子转化为铜离子，而加入氢氧化钠时，加入物质中的阳离子为钠离子，所以该试剂选用不合理无法达到除杂效果，错误，故C不符合题意；
D．二氧化碳中混有一氧化碳，通入氧气点燃容易引入新杂质氧气，错误，故D不符合题意；
故选B。
4．现有A、B、C、D四种物质，它们分别是、(稀)、(溶液)、(溶液)四种物质中的一种，它们之间的反应关系及所发生反应的反应类型如图：
则物质B为
A． B．(溶液) C．(稀) D．(溶液)
【答案】C
【详解】酸与碱反应属于中和反应，而金属单质与酸反应属于置换反应，由此可确定A为NaOH溶液，B为稀HCl，C为Fe，稀HCl与AgNO3溶液的反应属于复分解反应，所以D为AgNO3溶液；
故选C。
5．化学实验中若使某步中的有害产物作为另一步的反应物，形成一个循环，则可不再向环境排放该种有害物质。在如图所示有编号的反应中，属于氧化还原反应的有
A．3个 B．4个 C．5个 D．6个
【答案】A
【详解】由转化流程图可知，反应①中Cr的化合价降低了，是氧化还原反应，反应②中元素的化合价未改变，是非氧化还原反应，反应③元素的化合价未改变，是非氧化还原反应，反应④Cr的化合价升高了，是氧化还原反应，反应⑥中Cr元素的化合价降低了，是氧化还原反应，反应⑤元素的化合价未改变，是非氧化还原反应，综上所述，有①④⑥三个反应属于氧化还原反应，故答案为：A。
6．根据世界环保联盟的要求，广谱消毒剂ClO2将逐渐取代Cl2成为生产自来水的消毒剂。并且用于除甲醛。工业上ClO2常用NaClO3和Na2SO3溶液混合并加H2SO4酸化后反应制得，则反应后Na2SO3转化为（ ）
A．Na2SO4 B．SO2 C．S D．Na2S
【答案】A
【详解】反应物为NaClO3和Na2SO3，NaClO3生成ClO2是化合价降低的过程，由此可知在反应中NaClO3为氧化剂，Na2SO3为还原剂，NaClO3被Na2SO3还原生成ClO2，则Na2SO3被氧化生成+6价S，由选项可知，只能为Na2SO4；
故选A。
7．下列离子方程式书写正确的是
A．向溶液中通入气体：
B．氯气溶于水：
C．向溶液中通入：
D．酸性溶液中与反应生成：
【答案】D
【详解】A．向溶液中通入气体,，H2S不可拆，A选项错误；
B．氯气溶于水：，HClO是弱酸不可拆，B选项错误；
C．向溶液中通入：，所以C选项错误；
D．酸性溶液中与反应生成：，D选项正确；
故答案选D。
8．已知X和Y能发生如下反应：X＋Y=H2O＋盐，下列有关物质X和Y所属种类的判断中一定不正确的是( )
A．X为酸、Y为碱 B．X为碱性氧化物、Y为酸
C．X为盐、Y为碱 D．X为碱性氧化物、Y为酸性氧化物
【答案】D
【详解】X和Y可能为酸和碱、碱性氧化物和酸、酸式盐和碱(如NaHCO3＋NaOH===Na2CO3＋H2O)，不可能是碱性氧化物和酸性氧化物(二者反应只生成盐，无水生成)。故选D。
9．一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。
10．在反应中氧化剂与还原剂个数之比为
A．1∶8 B．8∶1 C．1∶5 D．5∶l
【答案】C
【详解】在反应中Mn的化合价由KMnO4的+7价变为MnCl2中的+2价，化合价降低被还原，KMnO4是氧化剂，HCl中部分的Cl的化合价由-1价升高为Cl2中的0价，化合价升高被氧化，这部分HCl是还原剂，16分子HCl中只有10分子的Cl的化合价升高，故该反应中氧化剂与还原剂个数之比为2:10=1:5，故答案为：C。
11．对下列氧化还原反应中转移电子数的判断，不正确的是（ ）
A．：
B．：
C．：
D．：
【答案】A
【详解】A．硫酸中S的化合价由+6价降低为+4价，降低2，故生成SO2转移电子数为2e-，故A错误；
B．氯气中氯的化合价由0价升高为+5价，升高5，故生成KClO3转移电子数为5e-，故B正确；
C．Na2O2中O的化合价由-1价升高为0价，升高1，故生成O2转移电子数为2e-，故C正确；
D．SO2中硫的化合价由+4价降低为0价，降低4，故生成S转移电子数为4e-，故D正确。
故答案选：A。
12．下列反应，不能用离子方程式：Ca2++OH－+HCO3－→CaCO3↓+H2O表示的是
A．碳酸氢钠与足量的氢氧化钙 B．氢氧化钙与足量的碳酸氢钙
C．碳酸氢钙与足量的氢氧化钠 D．氢氧化钠与足量的碳酸氢钙
【答案】C
【详解】A．碳酸氢钠与足量的氢氧化钙反应，少量：；故A正确；
B．向碳酸氢钙中加入氢氧化钙，先和反应生成碳酸根，再结合钙离子生成沉淀： ，故B正确；
C．碳酸氢钙与足量的氢氧化钠反应，碳酸氢钙少量，钙离子和满足1:2关系：，故C错误；
D．氢氧化钠与足量的碳酸氢钙反应：，故D正确；
答案选C。
【点睛】根据物质的少量、足量，分析离子的对应系数关系，若少量，需要各组分呈化学式中的比例关系。
13．某溶液中含有较大量的Cl-、、OH-三种阴离子，如果只取一次该溶液就能够分别将3种阴离子依次检验出来。下列实验操作的操作顺序中，正确的是
①滴加Mg(NO3)2溶液 ②过滤 ③滴加AgNO3溶液 ④滴加Ba(NO3)2溶液
A．①②④②③ B．④②③②① C．①②③②④ D．④②①②③
【答案】D
【分析】检验氯离子选择硝酸银溶液，检验氢氧根离子选择硝酸镁溶液，检验碳酸根离子选择硝酸钡溶液，用三种试剂将三种离子检验出来，每加一种试剂能够检验出一种离子，此时要注意每加入一种试剂只能与一种离子结合，来选择加入试剂顺序及操作步骤。
【详解】Cl-用含有AgNO3溶液检验，二者反应生成白色沉淀AgCl；CO用Ba(NO3)2溶液检验，二者反应生成白色沉淀BaCO3；OH-用Mg(NO3)2溶液检验，二者反应生成白色沉淀Mg(OH)2；Cl-、CO、OH-都和AgNO3反应，CO、OH-都和Mg(NO3)2溶液反应生成白色沉淀；只有CO和Ba(NO3)2溶液反应生成白色沉淀，为了防止干扰，应该先检验CO、再检验OH-；即正确顺序为④②①②③；
故选D。
14．在一定条件下，3个X2O离子恰好能把9个离子氧化成，则还原产物中X元素的化合价为
A．+1 B．+2 C．+3 D．+4
【答案】C
【详解】X2O离子中X的化合价为+6价，离子被氧化生成，S元素化合价由+4价转化为+6价，设X2O离子中X在还原产物中化合价为n，根据得失电子守恒可知，，解得n=3；
故选C。
15．根据反应①Fe+Cu2+=Fe2++Cu； ②2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+；③2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-； ④HClO+H++Cl-=Cl2+H2O。可以判断出各微粒的氧化性由强到弱的顺序正确的是
A．HClO>Cl2>Fe3+>Cu2+>Fe2+ B．Cl2>HClO>Fe3+>Cu2+>Fe2+
C．Cl2>Fe3+>HClO>Cu2+>Fe2+ D．HClO>Cl2>Cu2+>Fe3+>Fe2+
【答案】A
【详解】①Fe+Cu2+=Fe2++Cu中铜离子是氧化剂，亚铁离子是氧化产物，所以氧化性Cu2+＞Fe2+；
②2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+中铁离子是氧化剂，铜离子是氧化产物，所以氧化性Fe3+＞Cu2+；
③2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-中氯气是氧化剂，铁离子是氧化产物，所以氧化性Cl2＞Fe3+；
④HClO+H++Cl-=H2O+Cl2中次氯酸是氧化剂，氯气是氧化产物，所以氧化性HClO＞Cl2，
所以氧化性由强到弱的顺序正确的是HClO＞Cl2＞Fe3+＞Cu2+＞Fe2+，
故选：A。
16．用下列方法均可制得氯气：
①MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O
②KClO3+6HCl(浓)3Cl2↑+KCl+3H2O
③2KMnO4+16HCl(浓)═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O
若要制得相同质量的氯气，①②③反应中电子转移数目之比为
A．6：5：6 B．1：3：5 C．15：5：3 D．1：6：10
【答案】A
【详解】反应①中氯气为唯一氧化产物，且全部是Cl元素被氧化生成，根据氯元素的化合价变化可知，生成1mol氯气转移2mol电子；
反应②中KClO3为唯一氧化剂，且全部被还原，根据KClO3中氯元素化合价的变化，可知生成1mol氯气转移mol电子；
反应③中氯气为唯一氧化产物，且全部是Cl元素被氧化生成，根据氯元素的化合价变化可知，生成1mol氯气转移2mol电子；
则要制得相同质量的氯气，①②③反应中电子转移数目之比为2：：2=6：5：6，故答案为A。
17．已知可与反应，被氧化，产物为单质，被还原，产物为，且与的化学计量数之比为，则值为
A．4 B．5 C．7 D．6
【答案】C
【详解】被氧化生成B单质，B元素化合价变化为0-(-2)=2，被还原为，A元素化合价变化为-(+3)=n-4，由升降相等，则2×(n-4)=2×3，解得n=7，故选：C。
18．已知G、Q、X、Y、Z均为含氯元素的化合物，我们不了解它们的化学式，但它们在一定条件下有下列转化关系（未配平，且四个反应均为氧化还原反应）：
① ②
③ ④
这五种化合物中Cl元素化合价由低到高的顺序是（ ）
A．G、Y、Q、Z、X B．X、Z、Q、G、Y
C．X、Z、Q、Y、G D．G、Q、Y、Z、X
【答案】A
【分析】G、Q、X、Y、Z均为氯的含氧化合物，氧化还原反应中元素的化合价有升高，则必然有降低，以此来解答。
【详解】解本题的关键是抓住题目所给反应中氯元素的变化规律。由①得出Q中氯元素的化合价高于G中氯元素的化合价；分析②：中的H元素的化合价降低，则Q中的氯元素转变为X中的氯元素，化合价必升高，故X中氯元素的化合价高于Q；分析③：Y中氯元素的化合价在G与Q之间，且Q中氯元素的化合价高于Y，G中氯元素的化合价低于Y；最后分析④：Z中氯元素的化合价在Q与X之间，且Q中氯元素的化合价低于Z，X中氯元素的化合价高于Z。综上所述，A项正确。
答案选A。
二、多选题
19．下列关于氧化还原反应基本原理说法错误的有
①物质失去的电子数越多，其还原性越强
②有单质参与的化合反应一定是氧化还原反应
③某元素由化合态变为游离态，则它可能被还原也可能被氧化
④阳离子只有氧化性，阴离子只有还原性
A．① B．② C．③ D．④
【答案】AD
【详解】A．①氧化还原反应中，失去电子能力越强，其还原性越强，还原性与失去电子数目无关，A错误；
B．②有单质参与的化合反应说明单质转化为化合物，化合价一定发生改变，一定是氧化还原反应，B正确；
C．③某元素由化合态变为游离态，可能是化合价降低也可能是化合价升高，则它可能被还原也可能被氧化，C正确；
D．④阳离子可能既有氧化性又有还原性，如亚铁离子，阴离子可能既有氧化性又有还原性，如亚硫酸根离子，D错误；
故选AD。
20．下列物质：①盐酸，②氨水，③二氧化碳，④三氧化硫，⑤纯碱粉末，⑥酒精，⑦铜，⑧熔融氯化钠，⑨水玻璃(硅酸钠水溶液)。以下叙述不正确的是
A．属于电解质的有3种 B．属于纯净物的有6种
C．属于非电解质的有2种 D．上述状态下能导电的有5种
【答案】AC
【详解】A．在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物叫做电解质，⑤纯碱粉末、⑧熔融氯化钠是电解质，共2种，A错误；
B．③二氧化碳，④三氧化硫，⑤纯碱粉末，⑥酒精，⑦铜，⑧熔融氯化钠是纯净物，共6种，B正确；
C．③CO2气体，④SO3气体和⑥酒精是非电解质，共3种，C错误；
D．①盐酸，②氨水，⑦铜，⑧熔融氯化钠和⑨水玻璃能导电，共5种，D正确；
答案选AC。
三、填空题
21．现有下列物质：①高锰酸钾 ②镁 ③氧气 ④氢氧化钠 ⑤硫酸 ⑥甲烷 ⑦胶体 ⑧硫酸铜
(1)以上物质属于电解质的是_______属于非电解质的是_______(填序号)。
(2)属于有机物的是_______(填序号)。
(3)鉴别胶体和溶液最简单有效的物理方法是_______，分离胶体和溶液常用的物理方法是_______。
【答案】(1) ①④⑤⑧ ⑥
(2)⑥
(3) 丁达尔效应 渗析
【解析】（1）
在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物为电解质，在水溶液中和熔融状态下均不能导电的化合物为非电解质；
①高锰酸钾在水溶液中和熔融状态下均能导电，属于电解质；
②镁是单质，既不属于电解质，也不属于非电解质；
③氧气是单质，既不属于电解质，也不属于非电解质；
④氢氧化钠在水溶液中和熔融状态下均能导电，属于电解质；
⑤硫酸在水溶液中能导电，属于电解质；
⑥甲烷在水溶液中和熔融状态下均不能导电，属于非电解质；
⑦胶体是混合物，既不属于电解质，也不属于非电解质；
⑧硫酸铜在水溶液中和熔融状态下均能导电，属于电解质；
综上所述，以上物质中，属于电解质的是①④⑤⑧，属于非电解质的是⑥，故答案为:①④⑤⑧；⑥；
（2）
含碳元素的化合物为有机物，故⑥甲烷是有机物，故答案为:⑥；
（3）
丁达尔效应是胶体特有的性质，则鉴别胶体和溶液最简单有效的物理方法是丁达尔效应，胶体不能透过半透膜，溶液可以透过半透膜，利用半透膜可以分离胶体和溶液，操作为渗析，故答案为:丁达尔效应；渗析。
22．按要求填空
(1)向CuCl2溶液中滴加NaOH溶液，现象：_________，离子方程式：_____，
(2)向NaHCO3溶液中滴加稀硫酸，现象：_____，离子方程式：_______ ；
(3)铜粉(铁粉)：除杂，括号内为杂质，所加试剂_____，离子方程式；_____。
(4)FeSO4 (CuSO4)：除杂，括号内为杂质，所加试剂 ________，离子方程式__________。
【答案】 有蓝色沉淀生成 Cu2+＋2OH－＝Cu(OH)2↓ 生成无色无味的气体 ＋H+＝CO2↑＋H2O 盐酸（或硫酸、或硫酸铜溶液） Fe＋2H+＝Fe2+＋H2↑（或Fe＋Cu2+＝Fe2+＋Cu） 铁粉 Fe＋Cu2+＝Fe2+＋Cu
【详解】(1)CuCl2溶液中滴加NaOH溶液，发生复分解反应，生成难溶的氢氧化铜，因此反应过程中能看到蓝色沉淀生成，离子方程式为：Cu2+＋2OH－＝Cu(OH)2↓。
(2)向NaHCO3溶液中滴加稀硫酸，发生复分解反应，强酸制弱酸，反应离子方程式为：＋H+＝CO2↑＋H2O，反应中可观察到有无色无味的气体生成。
(3)Cu不能与盐酸、硫酸反应，而Fe可以，故可以利用盐酸或硫酸除去铜粉中的铁粉杂质，反应的离子方程式为：Fe＋2H+＝Fe2+＋H2↑；也可以利用CuSO4溶液除去铁粉，离子方程式为：Fe＋Cu2+＝Fe2+＋Cu。
(4)除去FeSO4中的CuSO4杂质，可以将混合物溶于水后加入足量的铁粉，充分反应后过滤除去剩余的Fe粉和生成的Cu，反应的离子方程式为：Fe＋Cu2+＝Fe2+＋Cu。
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)的氧化性由强到弱依次是_______。
(2)在强酸性溶液中能否大量共存？_______(填“能”或“不能”)，理由是_______。
Ⅱ.因外观和食盐相似，又有咸味，容易使人误食中毒。已知能发生如下反应：。
(3)反应中_______元素被氧化(填元素名称)，_______是氧化剂(填化学式)；
(4)用单线桥标出电子转移方向和数目：_______。
(5)表现的性质是_______。
(6)某厂废液中，含有2%～5%的，直接排放会造成污染，下列试剂能使转化为不引起二次污染的的是_______。
A． B． C． D．浓
【答案】(1)
(2) 不能 会氧化
(3) 碘
(4)
(5)还原性、酸性
(6)B
【解析】（1）
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；
（2）
FeCl3、I2、Cl2、K2Cr2O7的氧化性由强到弱依次是K2Cr2O7＞Cl2＞FeCl3＞I2，故会氧化I-，两者不共存，故答案为：不能；会氧化；
（3）
根据可知，I的化合价升高，I元素被氧化；N的化合价降低NaNO2被还原，为氧化剂，故答案为：碘；；
（4）
N的化合价降低，得到1个电子，I的化合价升高失去一个电子，其单线桥为：；
（5）
在反应中I的化合价升高，表现还原性；另外生成了盐碘化钠，表现酸性；
（6）
能使转化为不引起二次污染的N2, N元素的化合价降低，则加入的试剂应该具有还原性，只有加作还原剂，发生，故选B。
四、元素或物质推断题
24．A、B、C、D为四种可溶性盐，它们的阳离子分别是Ba2+、Ag+、Na+、Cu2+中的一种，阴离子分别是NO、SO、Cl-、CO中的一种(离子在物质中不能重复出现)。现做如下实验：
①把四种盐分别溶于盛有蒸馏水的四支试管中，只有C的溶液呈蓝色；
②向①的四支试管中分别加入盐酸，B的溶液中有沉淀生成，D的溶液中有无色无味的气体逸出。
根据①②实验现象回答下列问题。
(1)写出A、C的化学式：A_______，C_______。
(2)写出盐酸与D反应的离子方程式：_______。
(3)写出C与Ba(OH)2溶液反应的离子方程式：_______。
【答案】 BaCl2 CuSO4 CO+2H+=H2O+CO2↑ Cu2++SO+Ba2++2OH-=BaSO4↓+Cu(OH)2↓
【详解】(1)①把四种盐分别溶于盛有蒸馏水的四支试管中，只有C的溶液呈蓝色，则C溶液中的阳离子为Cu2+；②向①的四支试管中分别加入盐酸，B的溶液中有沉淀生成，则B中的阳离子为Ag+，由于B为可溶性盐，因此B为AgNO3；D的溶液中有无色无味的气体逸出，则D中阴离子为CO，则D为Na2CO3；故C为CuSO4，A为BaCl2；故答案：BaCl2、CuSO4；
(2)盐酸与Na2CO3反应有二氧化碳气体放出，反应的离子方程式为：CO+2H+=H2O+CO2↑；
(3)CuSO4与Ba(OH)2溶液反应，生成BaSO4白色沉淀和Cu(OH)2蓝色沉淀，反应的离子方程式为：Cu2++SO+Ba2++2OH-=BaSO4↓+Cu(OH)2↓。
山东省“学情空间”区域教研共同体2022-2023学年高一上学期10月联考（人教版）化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．下列有关物质及其变化的说法中，正确的是
A．化学变化不产生新元素，产生新元素的变化不是化学变化
B．同种元素组成的物质一定是纯净物
C．有沉淀析出的变化一定是化学变化
D．液氯、乙醇、均属于非电解质
【答案】A
【详解】A．化学变化遵循质量守恒定律，化学变化不产生新元素，产生新元素的变化不是化学变化，A正确；
B．同种元素组成的物质可能是混合物，如氧气和臭氧组成的混合物，B错误；
C．有沉淀析出的变化不一定是化学变化，饱和溶液中溶剂减少，或者改变温度，溶质结晶析出，但不是化学变化，C错误；
D．液氯是单质，不是非电解质，乙醇和氨气是非电解质，D错误；
故选A。
2．下列物质中能导电，但又不是电解质和非电解质的纯净物是
A．熔融的NaCl B．石墨晶体 C．液氯 D．盐酸
【答案】B
【详解】A．熔融的NaCl能电离出自由移动的阴阳离子，能导电，但属于电解质，故A错误；
B．石墨晶体是单质属于纯净物，既不是电解质也不是非电解质，但含有自由移动的电子能导电，故B正确；
C．液氯是单质，既不是电解质也不是非电解质，也不含有自由移动的电子或者离子，不能导电，故C错误；
D．盐酸是混合物，既不是电解质也不是非电解质，但含有自由移动的电子能导电，故D错误。
故选：B。
3．除去下列物质中的杂质(括号内为杂质)，所选用的试剂及操作方法均正确的一组是
选项
待提纯的物质
选用的试剂
操作的方法
A
水
溶解、过滤、结晶
B
稀盐酸
溶解、过滤、洗涤、干燥
C
氢氧化钠溶液
过滤
D
氧气
点燃
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【详解】A．CaO中混有碳酸钙，用水除杂时，碳酸钙不溶于水，但CaO却能与水反应，导致主要成分消耗而杂质却没有减少，错误，故A不符合题意；
B．Cu中混有CuO，使用盐酸，加入的盐酸和CuO反应，而和Cu不反应，且生成物中没有固体，所以可以采用这样的方法，在充分反应后过滤、洗涤、干燥后就能够得到纯净的Cu，正确，故B符合题意；
C．CuSO4中混有H2SO4，由于主要区别在于阳离子，所以需要将氢离子转化为铜离子，而加入氢氧化钠时，加入物质中的阳离子为钠离子，所以该试剂选用不合理无法达到除杂效果，错误，故C不符合题意；
D．二氧化碳中混有一氧化碳，通入氧气点燃容易引入新杂质氧气，错误，故D不符合题意；
故选B。
4．现有A、B、C、D四种物质，它们分别是、(稀)、(溶液)、(溶液)四种物质中的一种，它们之间的反应关系及所发生反应的反应类型如图：
则物质B为
A． B．(溶液) C．(稀) D．(溶液)
【答案】C
【详解】酸与碱反应属于中和反应，而金属单质与酸反应属于置换反应，由此可确定A为NaOH溶液，B为稀HCl，C为Fe，稀HCl与AgNO3溶液的反应属于复分解反应，所以D为AgNO3溶液；
故选C。
5．化学实验中若使某步中的有害产物作为另一步的反应物，形成一个循环，则可不再向环境排放该种有害物质。在如图所示有编号的反应中，属于氧化还原反应的有
A．3个 B．4个 C．5个 D．6个
【答案】A
【详解】由转化流程图可知，反应①中Cr的化合价降低了，是氧化还原反应，反应②中元素的化合价未改变，是非氧化还原反应，反应③元素的化合价未改变，是非氧化还原反应，反应④Cr的化合价升高了，是氧化还原反应，反应⑥中Cr元素的化合价降低了，是氧化还原反应，反应⑤元素的化合价未改变，是非氧化还原反应，综上所述，有①④⑥三个反应属于氧化还原反应，故答案为：A。
6．根据世界环保联盟的要求，广谱消毒剂ClO2将逐渐取代Cl2成为生产自来水的消毒剂。并且用于除甲醛。工业上ClO2常用NaClO3和Na2SO3溶液混合并加H2SO4酸化后反应制得，则反应后Na2SO3转化为（ ）
A．Na2SO4 B．SO2 C．S D．Na2S
【答案】A
【详解】反应物为NaClO3和Na2SO3，NaClO3生成ClO2是化合价降低的过程，由此可知在反应中NaClO3为氧化剂，Na2SO3为还原剂，NaClO3被Na2SO3还原生成ClO2，则Na2SO3被氧化生成+6价S，由选项可知，只能为Na2SO4；
故选A。
7．下列离子方程式书写正确的是
A．向溶液中通入气体：
B．氯气溶于水：
C．向溶液中通入：
D．酸性溶液中与反应生成：
【答案】D
【详解】A．向溶液中通入气体,，H2S不可拆，A选项错误；
B．氯气溶于水：，HClO是弱酸不可拆，B选项错误；
C．向溶液中通入：，所以C选项错误；
D．酸性溶液中与反应生成：，D选项正确；
故答案选D。
8．已知X和Y能发生如下反应：X＋Y=H2O＋盐，下列有关物质X和Y所属种类的判断中一定不正确的是( )
A．X为酸、Y为碱 B．X为碱性氧化物、Y为酸
C．X为盐、Y为碱 D．X为碱性氧化物、Y为酸性氧化物
【答案】D
【详解】X和Y可能为酸和碱、碱性氧化物和酸、酸式盐和碱(如NaHCO3＋NaOH===Na2CO3＋H2O)，不可能是碱性氧化物和酸性氧化物(二者反应只生成盐，无水生成)。故选D。
9．一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。
10．在反应中氧化剂与还原剂个数之比为
A．1∶8 B．8∶1 C．1∶5 D．5∶l
【答案】C
【详解】在反应中Mn的化合价由KMnO4的+7价变为MnCl2中的+2价，化合价降低被还原，KMnO4是氧化剂，HCl中部分的Cl的化合价由-1价升高为Cl2中的0价，化合价升高被氧化，这部分HCl是还原剂，16分子HCl中只有10分子的Cl的化合价升高，故该反应中氧化剂与还原剂个数之比为2:10=1:5，故答案为：C。
11．对下列氧化还原反应中转移电子数的判断，不正确的是（ ）
A．：
B．：
C．：
D．：
【答案】A
【详解】A．硫酸中S的化合价由+6价降低为+4价，降低2，故生成SO2转移电子数为2e-，故A错误；
B．氯气中氯的化合价由0价升高为+5价，升高5，故生成KClO3转移电子数为5e-，故B正确；
C．Na2O2中O的化合价由-1价升高为0价，升高1，故生成O2转移电子数为2e-，故C正确；
D．SO2中硫的化合价由+4价降低为0价，降低4，故生成S转移电子数为4e-，故D正确。
故答案选：A。
12．下列反应，不能用离子方程式：Ca2++OH－+HCO3－→CaCO3↓+H2O表示的是
A．碳酸氢钠与足量的氢氧化钙 B．氢氧化钙与足量的碳酸氢钙
C．碳酸氢钙与足量的氢氧化钠 D．氢氧化钠与足量的碳酸氢钙
【答案】C
【详解】A．碳酸氢钠与足量的氢氧化钙反应，少量：；故A正确；
B．向碳酸氢钙中加入氢氧化钙，先和反应生成碳酸根，再结合钙离子生成沉淀： ，故B正确；
C．碳酸氢钙与足量的氢氧化钠反应，碳酸氢钙少量，钙离子和满足1:2关系：，故C错误；
D．氢氧化钠与足量的碳酸氢钙反应：，故D正确；
答案选C。
【点睛】根据物质的少量、足量，分析离子的对应系数关系，若少量，需要各组分呈化学式中的比例关系。
13．某溶液中含有较大量的Cl-、、OH-三种阴离子，如果只取一次该溶液就能够分别将3种阴离子依次检验出来。下列实验操作的操作顺序中，正确的是
①滴加Mg(NO3)2溶液 ②过滤 ③滴加AgNO3溶液 ④滴加Ba(NO3)2溶液
A．①②④②③ B．④②③②① C．①②③②④ D．④②①②③
【答案】D
【分析】检验氯离子选择硝酸银溶液，检验氢氧根离子选择硝酸镁溶液，检验碳酸根离子选择硝酸钡溶液，用三种试剂将三种离子检验出来，每加一种试剂能够检验出一种离子，此时要注意每加入一种试剂只能与一种离子结合，来选择加入试剂顺序及操作步骤。
【详解】Cl-用含有AgNO3溶液检验，二者反应生成白色沉淀AgCl；CO用Ba(NO3)2溶液检验，二者反应生成白色沉淀BaCO3；OH-用Mg(NO3)2溶液检验，二者反应生成白色沉淀Mg(OH)2；Cl-、CO、OH-都和AgNO3反应，CO、OH-都和Mg(NO3)2溶液反应生成白色沉淀；只有CO和Ba(NO3)2溶液反应生成白色沉淀，为了防止干扰，应该先检验CO、再检验OH-；即正确顺序为④②①②③；
故选D。
14．在一定条件下，3个X2O离子恰好能把9个离子氧化成，则还原产物中X元素的化合价为
A．+1 B．+2 C．+3 D．+4
【答案】C
【详解】X2O离子中X的化合价为+6价，离子被氧化生成，S元素化合价由+4价转化为+6价，设X2O离子中X在还原产物中化合价为n，根据得失电子守恒可知，，解得n=3；
故选C。
15．根据反应①Fe+Cu2+=Fe2++Cu； ②2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+；③2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-； ④HClO+H++Cl-=Cl2+H2O。可以判断出各微粒的氧化性由强到弱的顺序正确的是
A．HClO>Cl2>Fe3+>Cu2+>Fe2+ B．Cl2>HClO>Fe3+>Cu2+>Fe2+
C．Cl2>Fe3+>HClO>Cu2+>Fe2+ D．HClO>Cl2>Cu2+>Fe3+>Fe2+
【答案】A
【详解】①Fe+Cu2+=Fe2++Cu中铜离子是氧化剂，亚铁离子是氧化产物，所以氧化性Cu2+＞Fe2+；
②2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+中铁离子是氧化剂，铜离子是氧化产物，所以氧化性Fe3+＞Cu2+；
③2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-中氯气是氧化剂，铁离子是氧化产物，所以氧化性Cl2＞Fe3+；
④HClO+H++Cl-=H2O+Cl2中次氯酸是氧化剂，氯气是氧化产物，所以氧化性HClO＞Cl2，
所以氧化性由强到弱的顺序正确的是HClO＞Cl2＞Fe3+＞Cu2+＞Fe2+，
故选：A。
16．用下列方法均可制得氯气：
①MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O
②KClO3+6HCl(浓)3Cl2↑+KCl+3H2O
③2KMnO4+16HCl(浓)═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O
若要制得相同质量的氯气，①②③反应中电子转移数目之比为
A．6：5：6 B．1：3：5 C．15：5：3 D．1：6：10
【答案】A
【详解】反应①中氯气为唯一氧化产物，且全部是Cl元素被氧化生成，根据氯元素的化合价变化可知，生成1mol氯气转移2mol电子；
反应②中KClO3为唯一氧化剂，且全部被还原，根据KClO3中氯元素化合价的变化，可知生成1mol氯气转移mol电子；
反应③中氯气为唯一氧化产物，且全部是Cl元素被氧化生成，根据氯元素的化合价变化可知，生成1mol氯气转移2mol电子；
则要制得相同质量的氯气，①②③反应中电子转移数目之比为2：：2=6：5：6，故答案为A。
17．已知可与反应，被氧化，产物为单质，被还原，产物为，且与的化学计量数之比为，则值为
A．4 B．5 C．7 D．6
【答案】C
【详解】被氧化生成B单质，B元素化合价变化为0-(-2)=2，被还原为，A元素化合价变化为-(+3)=n-4，由升降相等，则2×(n-4)=2×3，解得n=7，故选：C。
18．已知G、Q、X、Y、Z均为含氯元素的化合物，我们不了解它们的化学式，但它们在一定条件下有下列转化关系（未配平，且四个反应均为氧化还原反应）：
① ②
③ ④
这五种化合物中Cl元素化合价由低到高的顺序是（ ）
A．G、Y、Q、Z、X B．X、Z、Q、G、Y
C．X、Z、Q、Y、G D．G、Q、Y、Z、X
【答案】A
【分析】G、Q、X、Y、Z均为氯的含氧化合物，氧化还原反应中元素的化合价有升高，则必然有降低，以此来解答。
【详解】解本题的关键是抓住题目所给反应中氯元素的变化规律。由①得出Q中氯元素的化合价高于G中氯元素的化合价；分析②：中的H元素的化合价降低，则Q中的氯元素转变为X中的氯元素，化合价必升高，故X中氯元素的化合价高于Q；分析③：Y中氯元素的化合价在G与Q之间，且Q中氯元素的化合价高于Y，G中氯元素的化合价低于Y；最后分析④：Z中氯元素的化合价在Q与X之间，且Q中氯元素的化合价低于Z，X中氯元素的化合价高于Z。综上所述，A项正确。
答案选A。
二、多选题
19．下列关于氧化还原反应基本原理说法错误的有
①物质失去的电子数越多，其还原性越强
②有单质参与的化合反应一定是氧化还原反应
③某元素由化合态变为游离态，则它可能被还原也可能被氧化
④阳离子只有氧化性，阴离子只有还原性
A．① B．② C．③ D．④
【答案】AD
【详解】A．①氧化还原反应中，失去电子能力越强，其还原性越强，还原性与失去电子数目无关，A错误；
B．②有单质参与的化合反应说明单质转化为化合物，化合价一定发生改变，一定是氧化还原反应，B正确；
C．③某元素由化合态变为游离态，可能是化合价降低也可能是化合价升高，则它可能被还原也可能被氧化，C正确；
D．④阳离子可能既有氧化性又有还原性，如亚铁离子，阴离子可能既有氧化性又有还原性，如亚硫酸根离子，D错误；
故选AD。
20．下列物质：①盐酸，②氨水，③二氧化碳，④三氧化硫，⑤纯碱粉末，⑥酒精，⑦铜，⑧熔融氯化钠，⑨水玻璃(硅酸钠水溶液)。以下叙述不正确的是
A．属于电解质的有3种 B．属于纯净物的有6种
C．属于非电解质的有2种 D．上述状态下能导电的有5种
【答案】AC
【详解】A．在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物叫做电解质，⑤纯碱粉末、⑧熔融氯化钠是电解质，共2种，A错误；
B．③二氧化碳，④三氧化硫，⑤纯碱粉末，⑥酒精，⑦铜，⑧熔融氯化钠是纯净物，共6种，B正确；
C．③CO2气体，④SO3气体和⑥酒精是非电解质，共3种，C错误；
D．①盐酸，②氨水，⑦铜，⑧熔融氯化钠和⑨水玻璃能导电，共5种，D正确；
答案选AC。
三、填空题
21．现有下列物质：①高锰酸钾 ②镁 ③氧气 ④氢氧化钠 ⑤硫酸 ⑥甲烷 ⑦胶体 ⑧硫酸铜
(1)以上物质属于电解质的是_______属于非电解质的是_______(填序号)。
(2)属于有机物的是_______(填序号)。
(3)鉴别胶体和溶液最简单有效的物理方法是_______，分离胶体和溶液常用的物理方法是_______。
【答案】(1) ①④⑤⑧ ⑥
(2)⑥
(3) 丁达尔效应 渗析
【解析】（1）
在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物为电解质，在水溶液中和熔融状态下均不能导电的化合物为非电解质；
①高锰酸钾在水溶液中和熔融状态下均能导电，属于电解质；
②镁是单质，既不属于电解质，也不属于非电解质；
③氧气是单质，既不属于电解质，也不属于非电解质；
④氢氧化钠在水溶液中和熔融状态下均能导电，属于电解质；
⑤硫酸在水溶液中能导电，属于电解质；
⑥甲烷在水溶液中和熔融状态下均不能导电，属于非电解质；
⑦胶体是混合物，既不属于电解质，也不属于非电解质；
⑧硫酸铜在水溶液中和熔融状态下均能导电，属于电解质；
综上所述，以上物质中，属于电解质的是①④⑤⑧，属于非电解质的是⑥，故答案为:①④⑤⑧；⑥；
（2）
含碳元素的化合物为有机物，故⑥甲烷是有机物，故答案为:⑥；
（3）
丁达尔效应是胶体特有的性质，则鉴别胶体和溶液最简单有效的物理方法是丁达尔效应，胶体不能透过半透膜，溶液可以透过半透膜，利用半透膜可以分离胶体和溶液，操作为渗析，故答案为:丁达尔效应；渗析。
22．按要求填空
(1)向CuCl2溶液中滴加NaOH溶液，现象：_________，离子方程式：_____，
(2)向NaHCO3溶液中滴加稀硫酸，现象：_____，离子方程式：_______ ；
(3)铜粉(铁粉)：除杂，括号内为杂质，所加试剂_____，离子方程式；_____。
(4)FeSO4 (CuSO4)：除杂，括号内为杂质，所加试剂 ________，离子方程式__________。
【答案】 有蓝色沉淀生成 Cu2+＋2OH－＝Cu(OH)2↓ 生成无色无味的气体 ＋H+＝CO2↑＋H2O 盐酸（或硫酸、或硫酸铜溶液） Fe＋2H+＝Fe2+＋H2↑（或Fe＋Cu2+＝Fe2+＋Cu） 铁粉 Fe＋Cu2+＝Fe2+＋Cu
【详解】(1)CuCl2溶液中滴加NaOH溶液，发生复分解反应，生成难溶的氢氧化铜，因此反应过程中能看到蓝色沉淀生成，离子方程式为：Cu2+＋2OH－＝Cu(OH)2↓。
(2)向NaHCO3溶液中滴加稀硫酸，发生复分解反应，强酸制弱酸，反应离子方程式为：＋H+＝CO2↑＋H2O，反应中可观察到有无色无味的气体生成。
(3)Cu不能与盐酸、硫酸反应，而Fe可以，故可以利用盐酸或硫酸除去铜粉中的铁粉杂质，反应的离子方程式为：Fe＋2H+＝Fe2+＋H2↑；也可以利用CuSO4溶液除去铁粉，离子方程式为：Fe＋Cu2+＝Fe2+＋Cu。
(4)除去FeSO4中的CuSO4杂质，可以将混合物溶于水后加入足量的铁粉，充分反应后过滤除去剩余的Fe粉和生成的Cu，反应的离子方程式为：Fe＋Cu2+＝Fe2+＋Cu。
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)的氧化性由强到弱依次是_______。
(2)在强酸性溶液中能否大量共存？_______(填“能”或“不能”)，理由是_______。
Ⅱ.因外观和食盐相似，又有咸味，容易使人误食中毒。已知能发生如下反应：。
(3)反应中_______元素被氧化(填元素名称)，_______是氧化剂(填化学式)；
(4)用单线桥标出电子转移方向和数目：_______。
(5)表现的性质是_______。
(6)某厂废液中，含有2%～5%的，直接排放会造成污染，下列试剂能使转化为不引起二次污染的的是_______。
A． B． C． D．浓
【答案】(1)
(2) 不能 会氧化
(3) 碘
(4)
(5)还原性、酸性
(6)B
【解析】（1）
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；
（2）
FeCl3、I2、Cl2、K2Cr2O7的氧化性由强到弱依次是K2Cr2O7＞Cl2＞FeCl3＞I2，故会氧化I-，两者不共存，故答案为：不能；会氧化；
（3）
根据可知，I的化合价升高，I元素被氧化；N的化合价降低NaNO2被还原，为氧化剂，故答案为：碘；；
（4）
N的化合价降低，得到1个电子，I的化合价升高失去一个电子，其单线桥为：；
（5）
在反应中I的化合价升高，表现还原性；另外生成了盐碘化钠，表现酸性；
（6）
能使转化为不引起二次污染的N2, N元素的化合价降低，则加入的试剂应该具有还原性，只有加作还原剂，发生，故选B。
四、元素或物质推断题
24．A、B、C、D为四种可溶性盐，它们的阳离子分别是Ba2+、Ag+、Na+、Cu2+中的一种，阴离子分别是NO、SO、Cl-、CO中的一种(离子在物质中不能重复出现)。现做如下实验：
①把四种盐分别溶于盛有蒸馏水的四支试管中，只有C的溶液呈蓝色；
②向①的四支试管中分别加入盐酸，B的溶液中有沉淀生成，D的溶液中有无色无味的气体逸出。
根据①②实验现象回答下列问题。
(1)写出A、C的化学式：A_______，C_______。
(2)写出盐酸与D反应的离子方程式：_______。
(3)写出C与Ba(OH)2溶液反应的离子方程式：_______。
【答案】 BaCl2 CuSO4 CO+2H+=H2O+CO2↑ Cu2++SO+Ba2++2OH-=BaSO4↓+Cu(OH)2↓
【详解】(1)①把四种盐分别溶于盛有蒸馏水的四支试管中，只有C的溶液呈蓝色，则C溶液中的阳离子为Cu2+；②向①的四支试管中分别加入盐酸，B的溶液中有沉淀生成，则B中的阳离子为Ag+，由于B为可溶性盐，因此B为AgNO3；D的溶液中有无色无味的气体逸出，则D中阴离子为CO，则D为Na2CO3；故C为CuSO4，A为BaCl2；故答案：BaCl2、CuSO4；
(2)盐酸与Na2CO3反应有二氧化碳气体放出，反应的离子方程式为：CO+2H+=H2O+CO2↑；
(3)CuSO4与Ba(OH)2溶液反应，生成BaSO4白色沉淀和Cu(OH)2蓝色沉淀，反应的离子方程式为：Cu2++SO+Ba2++2OH-=BaSO4↓+Cu(OH)2↓。
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