第一章 物质及其变化 同步练习--- 2023-2024学年高一上学期化学人教版（2019）必修第一册

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第一章 物质及其变化 同步练习

一、单选题
1．纳米Fe3O4(可写成FeO•Fe2O3)可用于太阳能光解水制H2，过程如图所示，下列说法正确的是

A．过程I中Fe3O4只作氧化剂
B．过程I中n(氧化产物):n(还原产物)=1:6
C．过程II中发生反应的化学方程式为H2O+3FeO=Fe3O4+H2↑
D．FeO是太阳能光解水的催化剂
2．化学与生活、社会发展息息相关，下列说法不正确的是
A．“霾尘积聚难见路人”雾霾所形成的气溶胶有丁达尔效应
B．“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，该过程发生了置换反应
C．“水乳交融，火上浇油”两者都是化学变化
D．用食醋可除去热水壶内壁的水垢
3．下列反应中，发生电子转移的是（　　）
①3Cl2＋6KOH=5KCl＋KClO3＋3H2O
②2NO2＋2NaOH=NaNO3＋NaNO2＋H2O
③SnCl4＋2H2O=SnO2＋4HCl
④NaOH＋HCl=H2O＋NaCl
A．①②
B．②③
C．①③
D．③④
4．SiO2是一种化工原料，可以制备一系列物质。下列说法正确的是

A．图中所有反应都不属于氧化还原反应
B．硅酸盐的化学性质稳定，常用于制造光导纤维
C．可用盐酸除去石英砂(主要成分为SiO2)中少量的碳酸钙
D．普通玻璃是由纯碱、黏土和石英制成的，具有固定的熔点
5．某无色澄清溶液中可能大量含有：Na+、SO、Cl-、SO、CO、H+、Cu2+中的若干种，依次进行下列实验，且每步所加试剂均过量，观察到的部分现象如下：
步骤
操作
现象
Ⅰ
取试样1，滴加几滴酚酞溶液
溶液变红
Ⅱ
取试样2，向该试样中滴加Ba(NO3)2溶液和稀硝酸
有白色沉淀生成
Ⅲ
将Ⅱ中所得混合物过滤，向滤液中加入AgNO3溶液
有白色沉淀生成
下列有关原溶液结论正确的是
A．该实验无法确定是否含有SO
B．肯定含有的离子是Na+、SO、Cl-
C．可能含有的离子是Na+、CO
D．肯定没有的离子是CO、H+、Cu2+，可能含有的离子是SO
6．下列有关叙述正确的是
A．电泳现象可证明胶体带电荷
B．直径在1～100 nm之间的粒子称为胶体
C．是否具有丁达尔效应是区分溶液、胶体的依据
D．胶体粒子很小，可以透过滤纸
7．亚砷酸(H3AsO3)与氯化亚锡(SnCl2)在浓盐酸中发生反应的离子方程式为：3Sn2＋＋2H3AsO3＋6H＋＋18Cl－＝2As＋3SnCl62－＋6M下列关于该反应的说法错误的是
A．M为H2O
B．还原性：Sn2＋>As
C．SnCl62－是氧化反应的产物
D．每生成1.5 mol SnCl62－，H3AsO3失去电子的物质的量为4mol
8．废水脱氮工艺中有一种方法是在废水中加入NaClO使NH4+完全转化为N2，该反应可表示为2NH4++3ClO-=N2↑+3Cl-+2H++3H2O。下列说法中，不正确的是（    ）
A．反应中氮元素被氧化
B．还原性NH4+＞Cl-
C．反应中氯元素被还原
D．经此法处理过的废水可以直接排放
9．实验室利用以下反应制取少量氮气：NaNO2+NH4Cl=NaCl+N2↑+2H2O，下列关于该反应的说法正确的是
A．发生氧化反应
B．每生成时转移电子的物质的量为6mol
C．既是氧化产物，又是还原产物
D．中的氮元素被还原
10．利用 Cu-ZSM-5 分子筛催化剂，NH3可脱除燃煤烟气中的NO和NO2，生成两种无毒物质，其反应历程如图所示，下列说法不正确的是

A．该去除氮氧化物的总反应中，标况下每生成2.24 L氮气，转移的电子数为0.6NA
B．X是氮气和水的混合物
C．阶段④中的氮元素既被氧化又被还原
D．阶段②中各元素的化合价没有发生变化
11．“价-类”二维图可以表示元素化合价与物质类别之间的关系，图中的a、b、c、d、e代表常见的含碳物质，下列说法错误的是

A．由a得到e至少要经过三步化学反应 B．e可能难溶于水
C．c和水反应生成d D．b和氧气反应生成c
12．NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列判断正确的是
A．1mol Na2O2与足量的CO2反应，转移电子的数目为2NA
B．6.9g的NO2与足量的水反应转移电子的数目为0.1NA
C．1mol Na2O2固体中含离子总数为4NA
D．在某反应中，还原剂只有I-，则每生成3mol I2转移的电子数必为6NA
13．.某盐是一种重要的化工原料，在印染、制革、木材和农业等领域有重要用途，其溶液可能含有NH4+、Al3＋、SO42-、Fe2＋、Cl－等若干种离子，某同学设计并完成了如下实验：

根据以上的实验操作与现象，该同学得出的结论不正确的是(　　)
A．试样中肯定有NH4+、SO42-和Fe2+
B．试样中一定没有Al3＋
C．若气体甲在标准状况下体积为0.448 L，沉淀丙和沉淀戊分别为1.07 g和4.66 g，则可判断溶液中还有Cl－
D．该盐工业上可以用作净水剂
14．汽车发动机稀燃控制系统主要工作原理是发动机在稀燃和富燃条件下交替进行，尾气中的在催化剂上反应脱除。共工作原理示意图如下：

下列过程中的反应方程式不正确的是
A．稀燃过程中，发生的主要反应为：
B．稀燃过程中，被吸收的反应为：
C．富燃过程中，被CO还原的反应为：
D．富燃过程中，被氧化的反应为：
15．下列实验的导电能力变化符合下图的是

A．向Ba(OH)2溶液中逐滴加入等浓度的硫酸
B．向NaOH溶液中遂滴加入等浓度的硝酸
C．向澄清石灰水中逐滴加入等浓度的Na2CO3溶液
D．向NaCl溶液中逐滴加入等浓度的KNO3溶液

二、填空题
16．(1)判断下列物质在相应条件下能否电离，并说明理由：
①液态HCl： ， 。
②熔融状态下的NaCl： ， 。
③高温熔化后的单质铁： ， 。
④固体KOH： ， 。
(2)写出下列物质在水溶液中的电离方程式：
①H2SO4 ；
②Ca(OH)2 ；
③K2SO4 ；
④NH4NO3 。
17．亚氯酸钠(NaClO2)是一种高效氧化剂、漂白剂。在NaOH溶液中ClO2与H2O2反应可以得到亚氯酸钠。______ ClO2+_____ H2O2+______ NaOH=______NaClO2+ _______O2↑+ ________H2O
(1)ClO2中氯元素的化合价是 ；在制备亚氯酸钠的反应中ClO2作 (填“氧化剂”或“还原剂”)，对应的性质ClO2 O2(填“强于”或“弱于”)。
(2)若反应中生成2个O2，转移电子的个数为 。
(3)配平该反应化学方程式，从左往右的系数依次为 。
18．导电实验

(1)烧杯内为NaCl固体和KNO3固体时，灯泡不亮，说明 。
(2)烧杯内为NaCl和KNO3水溶液时，灯泡变亮，说明 。
(3)烧杯内为熔融NaCl和KNO3时，灯泡变亮，说明 。
19．已知H2SO4溶于水时电离出H+、SO，某同学欲探究其化学性质，取5份溶液做了如下实验，请你用离子方程式解释下述实验现象：
(1)加Zn粒有大量气体生产： 。
(2)加入Fe2O3后溶液变黄色： 。
(3)加入CuCO3固体后溶液变蓝色： 。
(4)加入NaHCO3后有大量气泡产生： 。
(5)滴加Ba(OH)2溶液： 。
20．填空。
(1)以Na、K、H、O、C、S、N中任两种或三种元素组成合适的物质，分别填在下空中
物质类别
酸
碱
盐
氧化物
氢化物
化学式
①HCl
②
③
④Ba(OH)2
⑤Na2CO3
⑥
⑦CO2
⑧Na2O
⑨NH3
⑩H2O2
(2)写出NaHCO3的电离方程式 。
(3)下列物质中：①固体烧碱②HCl气体③NH3④蔗糖⑤石墨⑥稀硫酸⑦熔融KCl⑧碳酸钙⑨Na2O固体；属于非电解质的是 能导电的是 (填编号)。
(4)写出仪器名称① ② ；仪器①～④中，使用时必须检查是否漏水的 (填序号)。

(5)选择下列实验方法分离物质，将分离方法的序号填在横线上。
A．萃取分液　　B．升华　　C．结晶　　D．过滤　　E．蒸馏　　F．分液
①分离饱和食盐水与沙子的混合物 ；
②从硝酸钾和氯化钠的混合液中获得硝酸钾 ；
③将碘水中的碘和水分离 ；
④分离水和汽油的混合物 ；
⑤分离CCl4(沸点为76.75℃)和甲苯(沸点为110.6℃)的混合物 ；
21．硫是重要的非金属元素，也是人类较早认识的元素之一。下图为硫及其化合物在自然界中的部分转化关系。根据信息，完成下列填空。

(1)硫元素在自然界中的存在形式 (选填编号)
a．只有游离态b．只有化合态c．既有游离态也有化合态
(2)下列关于的说法正确的是 (选填编号)
a．是无色无味的有毒气体b．与反应生成不稳定的
c．有毒，不能用作食品加工d．气体通入溶液中产生白色沉淀
工业上常用漂白纸浆、毛、丝等，时间久了，漂白过的物质会发黄。简述原因 。
(3)请写出过程①发生反应的化学方程式，并标出电子转移的方向和数目 。
(4)浓硫酸是一种重要的无机酸
①浓硫酸在空气中放置一段时间后浓度变小，体现了浓硫酸的 (选填编号)。
a．吸水性b．挥发性c．脱水性d．强酸性
②利用 现象，工业上用铁或铝制容器盛装冷的浓硫酸。
③浓硫酸在使下列物质发生转化时，只表现出强氧化性的是 (选填编号)。
a．b．c．C→
(5)金属离子可以与硫酸根结合形成硫酸盐，下列硫酸盐的化学式不正确的是 (选填编号)
a．明矾：b．重晶石：c．胆矾：
请书写溶于水的电离方程式 。
22．盐的主要化学性质
盐的主要化学性质
反应实例(以CuSO4为例，写出化学方程式)
(1)与碱反应(如氢氧化钡溶液)

(2)与某些盐反应(如氯化钡溶液)

(3)与某些活泼金属反应(如Fe)

[注意] 从微观角度来看，不同的硫酸盐溶液中都含有 ，发生复分解反应时，硫酸盐的化学通性由 体现。
23．(1)下列离子方程式中，只能表示一个化学反应的是 。(填序号)
①Fe＋Cu2＋=Fe2＋＋Cu
②Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO42-=BaSO4↓＋2H2O
③Cl2＋H2O=H＋＋Cl－＋HClO
④CO32-＋2H＋=CO2↑＋H2O
⑤Ag＋＋Cl－=AgCl↓
(2)在下列反应中，HCl作还原剂的是 ，HCl作氧化剂的是 。
①CaCO3＋2HCl=CaCl2＋CO2↑＋H2O
②Fe＋2HCl=FeCl2＋H2↑
③PbO2＋4HCl(浓) PbCl2＋Cl2↑＋2H2O
④KClO3＋6HCl(浓) KCl＋3Cl2↑＋3H2O
⑤CuO＋2HCl=CuCl2＋H2O
(3)在横线上补充所需的离子或分子，并配平方程式。
①P＋FeO＋CaOCa3(PO4)2＋Fe  
②Mn2＋＋ClO3-＋H2O=MnO2↓＋Cl2↑＋
(4)按要求分别用双线桥或单线桥标出下列反应中电子转移的情况。
①3NO2＋H2O=2HNO3＋NO(双线桥)
②8NH3＋6NO27N2＋12H2O(单线桥)
(5)在做制备氢氧化铁胶体的实验时，有些同学没有按要求进行，结果没有观察到胶体，请你预测其现象并分析原因：
①甲同学没有选用饱和氯化铁溶液，而是将稀氯化铁溶液滴入沸水中，结果没有观察到 ，其原因是 。
②乙同学在实验中没有使用蒸馏水，而是用自来水，结果会 ，原因是 。
③丙同学向沸水中滴加饱和氯化铁溶液后，长时间加热，结果会 ，原因是 。

参考答案：
1．C
【详解】A．过程I，Fe3O4中Fe元素化合价降低、O元素化合价升高，Fe3O4既是氧化剂又是还原剂，故A错误；
B．Fe3O4可写成FeO•Fe2O3，过程I反应可写为s↑，Fe元素化合价降低，FeO是还原产物，O元素化合价升高，O2是氧化产物，n(氧化产物):n(还原产物)=1:4，故B错误；
C．根据图示，过程II中发生反应的化学方程式为H2O+3FeO=Fe3O4+H2↑，故C正确；
D．纳米Fe3O4可用于太阳能光解水制H2，Fe3O4是太阳能光解水的催化剂，故D错误；
选C。
2．C
【详解】

A.雾霾所形成的气溶胶属于胶体，胶体都具有丁达尔效应，故A正确；
B.铁活泼性强于铜，铁置换铜属于湿法炼铜，该过程发生了置换反应，故B正确；
C.“水乳交融”是物理变化，“火上浇油”是有机物的燃烧，是化学变化 ，故C错误；
D.水垢的主要成分是氢氧化镁和碳酸钙，均能与醋酸反应，所以用食醋可除去热水壶内壁的水垢，故D正确。
故选C。
3．A
【详解】因为发生电子转移的反应一定是氧化还原反应，所以此题实际是判断反应是否是氧化还原反应。其关键是分析反应前后元素的化合价是否发生变化，通过判断反应中各物质所含元素在反应前后的价态可知，
①中的氯元素的化合价：氯气中氯的化合价为0价， KCl中氯为 -1价，KClO3中氯为+5价，有化合价的升降。
②NO2中氮元素为+4价，NaNO3中氮为+5价，NaNO2中氮为+3价，有化合价的升降。①②有电子的转移。
答案为A。
【点睛】氧化还原反应的特征是化合价的升降，本质是电子的转移。
4．C
【分析】A．化学反应前后有元素化合价变化的一定是氧化还原反应；
B．光导纤维的成分是二氧化硅；
C．二氧化硅和盐酸不反应，碳酸钙溶于盐酸；
D．玻璃属于混合物，没有个固定的熔点。
【详解】A．化学反应前后有元素化合价变化的一定是氧化还原反应，二氧化硅与碳反应生成硅单质的反应有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，A错误；
B．光导纤维的成分是二氧化硅，不是硅酸盐，B错误；
C．碳酸钙溶于盐酸生成氯化钙和水以及二氧化碳，二氧化硅和盐酸不反应，可以用盐酸除去石英(主要成分为SiO2)中混有的少量碳酸钙，C正确；
D．玻璃是由纯碱、石灰石和石英制成的，玻璃属于混合物，没有固定的熔点，D错误；
故合理选项是C。
【点睛】本题考查硅和二氧化硅的性质和用途，注意只有纯净物有固定的熔沸点，混合物没有固定的熔沸点。
5．A
【分析】无色溶液说明不含Cu2+，步骤I中滴加几滴酚酞溶液变红，说明溶液呈碱性，则H+不能共存而不存在；步骤II加入稀硝酸有氧化性，可将SO氧化为SO，则滴加Ba(NO3)2溶液有白色沉淀生成不能证明有SO，步骤III加入AgNO3溶液有白色沉淀生成，说明含有Cl-，由溶液呈电中性，而阳离子只有Na+，则一定存在：Na+、Cl-，一定不存在：Cu2+、H+，可能存在SO，不能确定是否存在SO、CO；
【详解】A．分析可知，步骤II加入稀硝酸有氧化性，可将SO氧化为SO，则滴加Ba(NO3)2溶液有白色沉淀生成不能证明有SO，无法确定是否含有SO，A正确；
B．分析可知，肯定含有的离子是Na+、Cl-，无法确定是否含有SO，B错误；
C．分析可知，Na+一定存在，C错误；
D．肯定没有的离子是H+、Cu2+，无法确定是否含有CO，D错误；
故选：A。
6．D
【详解】A．胶体不带电，胶体能发生电泳是因为胶体吸附离子而带电，故A错误；
B．直径在1～100 nm之间的粒子，不一定是混合物，所以不一定是胶体，故B错误；
C．区分溶液、胶体和浊液的依据是：分散系粒子的直径大小，大于100nm的是浊液，小于1nm的是溶液，介于二者之间的是胶体，故C错误；
D．胶体粒子直径大小在1～100nm间，胶体粒子很小，可以透过滤纸，故D正确；
故选D。
7．D
【详解】A. 根据原子守恒，可知M为水，A正确；
B. 还原剂的还原性强于还原产物的还原性，故还原性：Sn2＋>As，B正确；
C. SnCl62－是Sn2＋被氧化后的产物，是氧化反应的产物，C正确；
D. 每生成3mol SnCl62－，H3AsO3失去电子的物质的量为6mol，则每生成1.5 mol SnCl62－，H3AsO3失去电子的物质的量为3 mol，D错误；
故答案选D。
8．D
【详解】A.反应中氮元素化合价由－3价升高为0价，被氧化，A正确；
B.    根据上述分析，NH4+是还原剂，Cl－是还原产物，还原性NH4+>Cl－，B正确；
C.    反应中氯元素化合价由＋1价降低为－1价被还原，C正确；
D.    经此法处理过的废水中含有盐酸，属于酸性废水，不能直接排放，D错误。
答案选D。
9．C
【分析】由NaNO2+NH4Cl=NaCl+N2↑+2H2O可知，NaNO2中N元素的化合价由+3价降低为0，NH4Cl中N元素的化合价由-3价升高为0，据此分析解答。
【详解】A．NaNO2中N元素的化合价降低，被还原，发生还原反应，故A错误；
B．根据化合价的变化可知，每生成1mol N2时，转移电子的物质的量为3mol，故B错误；
C．该反应中只有N元素的化合价变化，则N2既是氧化产物，又是还原产物，故C正确；
D．中N元素的化合价升高，被氧化，故D错误；
故选C。
10．A
【分析】由反应历程可知反应①NH3和H+反应生成；反应②中NO2和反应生成[(NH4)2(NO2)]2+，反应③中[(NH4)2(NO2)]2+和NO反应生成[(NH4)(HNO2)]+，同时生成N2和H2O，反应④中[(NH4)(HNO2)]+生成N2、H2O和H+，总反应为2NH3+NO+NO22N2+ 3H2O，以此解答该题。
【详解】A．由反应历程图可知，氨气、二氧化氮和一氧化氮是反应物，氮气与水是生成物，所以总反应为：2NH3+NO+NO22N2+3H2O，每反应产生2 mol N2，转移6 mol电子，则生成标准状况下2.24 L氮气时，气体的物质的量是0.1 mol，则转移的电子数为0.3NA，A错误；
B．根据上述分析可知：X是氮气和水的混合物，B正确；
C．反应④中[(NH4)(HNO2)]+生成N2、H2O和H+，中-3价的N被氧化变为0价的N2，HNO2中+3价的N被还原变为0价的N2，N元素化合价既升高又降低，因此阶段④中的氮元素既被氧化又被还原，C正确；
D．在阶段②中NO2和反应生成[(NH4)2(NO2)]2+，各元素的化合价没有发生变化，D正确；
故合理选项是A。
11．A
【详解】A．a是含碳元素的单质，e点所示物质是一种碳酸盐，从 a到e两步即可实现，即碳与氧气在点燃的条件下反应生成二氧化碳，二氧化碳与碱反应即可得到碳酸盐，A错误；
B．e点所示物质是一种盐，其中碳元素显+4价，即是碳酸盐，碳酸盐中的碳酸钙、碳酸钡等难溶于水，B正确；
C．c点所示的物质是二氧化碳，d点所示物质是一种酸，其中碳元素显+4价，所以该物质是碳酸，二氧化碳和水反应生成碳酸，C正确；
D．b、c均为含碳的氧化物，b中碳元素显+2价，所以b点表示的是一氧化碳，c中碳元素显+4价，所以c点所示的物质是二氧化碳，在点燃的条件下，一氧化碳与氧气反应生成二氧化碳，D正确；
故选A。
12．B
【详解】A. 该反应为，歧化反应，则一份Na2O2中，有一份O失去一份电子变为O（0价），一份O得到一份电子变为O（-2价），所以1mol Na2O2转移电子数为NA，A错误；
B. 该反应为，歧化反应，则三份NO2中，有两份NO2失去两份电子变为HNO3，一份NO2得到两份电子变为NO；6.9g NO2的物质的量为0.15mol，即有0.1mol NO2失去0.1mol电子变为HNO3，所以该反应中电子转移的数目为0.1NA，B正确；
C. 1mol Na2O2固体中含有2mol Na+和1mol ，即含有3NA离子，C错误；
D. 若该反应为归中反应，比如：，每生成3mol I2，转移5NA电子，D错误；
故合理选项为B。
13．C
【分析】加入过量氢氧化钠有气体放出，说明为氨气，则溶液中含有铵根离子，生成白色沉淀，又变为红褐色，说明含有亚铁离子，溶液丁加足量盐酸和氯化钡溶液，有白色沉淀，说明含有钡离子，加二氧化碳气体无现象，说明没有铝离子。
【详解】A现象，根据上面分析得出试样中肯定有NH4+、SO42－和Fe2+，故A正确，不符合题意；
B现象，根据上面分析得出试样中一定没有Al3＋，故B正确，不符合题意；
C选项，若气体甲在标准状况下体积为0.448L，即物质的量为0.02mol，沉淀丙和沉淀戊分别为1.07g和4.66g，氢氧化铁物质的量为0.01mol，即亚铁离子物质的量为0.01mol，硫酸钡的物质的量为0.02mol级硫酸根物质的量为0.02mol，根据电荷守恒，刚好呈电中性，因此溶液中没有Cl-，故C错误，符合题意；
D选项，该盐含有亚铁离子，氧化水解生成氢氧化铁胶体，可以用作净水剂，故D正确，不符合题意；
综上所述，答案为C。
14．B
【详解】A．与氧气反应，生成二氧化氮，化学方程式为：，A项正确；
B．中，不遵循质量守恒定律，B项错误；
C．被CO还原的反应，生成氮气和二氧化碳，化学方程式为：，C项正确；
D．被氧化的反应，生成水和二氧化碳，化学方程式为：，D项正确；
答案选B。
15．A
【详解】A．向Ba(OH)2溶液中滴加稀硫酸至过量，二者反应方程式：H2SO4+ Ba(OH)2=BaSO4↓+2H2O，反应过程中离子浓度变化较大，溶液导电性变化较大，当二者恰好反应时溶液中自由移动的离子浓度几乎为0，因而溶液不导电，符合图象，A正确；
B．向NaOH溶液滴加HNO3溶液至过量，二者反应生成硝酸钠和水，导电能力不会降为0，B错误；
C．往澄清石灰水中滴加等浓度的Na2CO3溶液反应，生成碳酸钙与氢氧化钠，溶液导电能力不会降为0，C错误；
D．往NaCl溶液中滴加等浓度的KNO3溶液，两者不反应，导电能力基本不变，D错误；
故合理选项是A。
16． 不能 HCl是酸，液态时不电离，只在水溶液中电离 能 能电离出Na＋和Cl－ 不能 Fe是单质 不能 电解质在固态时不电离 H2SO4===2H＋＋ Ca(OH)2===Ca2＋＋2OH－ K2SO4===2K＋＋ NH4NO3===＋
【详解】（1）①液态HCl不能电离；HCl是酸，液态时不电离，只在水溶液中电离；
②熔融状态下的NaCl能电离出Na＋和Cl－；
③铁是单质，单质既不是电解质也不是非电解质；高温熔化后的单质铁不能电离；
④固体KOH不能电离，在水溶液或熔融状态下能电离；
（2）①H2SO4：H2SO4===2H＋＋；
②Ca(OH)2：Ca(OH)2===Ca2＋＋2OH－；
③K2SO4：K2SO4===2K＋＋；
④NH4NO3：NH4NO3===＋。
17． +4 氧化剂 强于 4 2、1、2、2、1、2
【详解】(1)在ClO2中，O元素化合价为-2价，根据化合物中元素化合价代数和为0，可知氯元素的化合价是+4价；
在该反应中Cl元素化合价由反应前ClO2中的+4价变为反应后NaClO2中的+3价，化合价降低，得到电子被还原，所以ClO2作氧化剂；
O元素化合价由反应前H2O2中-1价变为反应后O2中的0价，化合价升高，失去电子，被氧化，H2O2为还原剂，O2是氧化产物。由于在氧化还原反应中，氧化剂的氧化性比氧化产物的强，所以氧化性：ClO2＞O2；
(2)O元素化合价由反应前H2O2中-1价变为反应后O2中的0价，化合价升高1价，失去电子，被氧化，每反应产生1个O2，转移2 个电子，则反应产生2个O2时，转移电子个数为4个；
(3)在该反应中Cl元素化合价由反应前ClO2中的+4价变为反应后NaClO2中的+3价，化合价降低1价，得到电子被还原；O元素化合价由反应前H2O2中-1价变为反应后O2中的0价，化合价升高2×1，失去电子，被氧化，化合价升降最小公倍数是2，所以ClO2、NaClO2的系数是2，H2O2、O2的系数是1，根据Na元素守恒，可知NaOH的系数是2，根据H元素守恒可知H2O的系数是2，则配平后方程式为，2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2+2H2O，故方程式的系数由前到后依次为：2、1、2、2、1、2。
18．(1)固体不导电
(2)两溶液导电
(3)熔融NaCl和KNO3能导电

【分析】当存在可以自由移动的粒子时就可以导电，灯泡就会亮，以此解题。
【详解】（1）NaCl固体和KNO3固体中没有可以自由移动的离子，故灯泡不亮，说明固体不导电；
（2）NaCl和KNO3水溶液中可以电离出自由移动的离子，故此时灯泡变亮，说明两溶液导电；
（3）熔融NaCl和KNO3也可以电离出自由移动的离子，故此时灯泡变亮，说明熔融NaCl和KNO3能导电。
19．(1)Zn+2H+=H2↑+Zn2+
(2)Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O
(3)CuCO3+2H+=Cu2++H2O+CO2↑
(4)HCO+H+=H2O+CO2↑
(5)Ba2++SO+2H++2OH-=2H2O+BaSO4↓

【详解】（1）Zn粒和氢离子反应生成氢气，离子方程式为：Zn+2H+=H2↑+Zn2+；
（2）Fe2O3和氢离子反应转化为铁离子，离子方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；
（3）CuCO3固体和氢离子反应转化为铜离子，离子方程式为：CuCO3+2H+=Cu2++H2O+CO2↑；
（4）NaHCO3和氢离子反应生成二氧化碳气体，离子方程式为HCO+H+=H2O+CO2↑；
（5）Ba(OH)2和硫酸反应生成硫酸钡沉淀和水，离子方程式为Ba2++SO+2H++2OH-=2H2O+BaSO4↓。
20．(1) H2CO3或H2SO4、H2SO3、H2S、HNO3、HNO2 KOH或NaOH K2CO3或K2S、K2SO3、K2SO4、KNO3、KNO2、Na2S、Na2SO3、Na2SO4、NaNO3、NaNO2
(2)NaHCO3＝Na++HCO
(3) ③④ ⑤⑥⑦
(4) 蒸馏烧瓶 冷凝管 ③④
(5) D C A F E

【详解】（1）②酸是指电离出的阳离子全部是氢离子的化合物，以Na、K、H、O、C、S、N等元素中任选两种或三种元素组成的一种物质如H2CO3或H2SO4、H2SO3、H2S、HNO3、HNO2等，故答案为：H2CO3或H2SO4、H2SO3、H2S、HNO3、HNO2；
③碱是指电离出的阴离子全部为氢氧根离子，以Na、K、H、O、C、S、N等元素中任选两种或三种元素组成的一种物质如KOH或NaOH，故答案为：KOH或NaOH；
⑥盐是指电离出的阳离子为金属离子，阴离子为酸根离子，以Na、K、H、O、C、S、N等元素中任选两种或三种元素组成的一种物质如K2CO3或K2S、K2SO3、K2SO4、KNO3、KNO2、Na2S、Na2SO3、Na2SO4、NaNO3、NaNO2等，故答案为：K2CO3或K2S、K2SO3、K2SO4、KNO3、KNO2、Na2S、Na2SO3、Na2SO4、NaNO3、NaNO2；
（2）NaHCO3的电离方程式：NaHCO3＝Na++HCO，故答案为：NaHCO3＝Na++HCO；
（3）①固体烧碱不能导电，溶于水电离，属于电解质；
②HCl气体不能导电，溶于水能电离，属于电解质；
③NH3不能导电，溶于水因为生成了一水合氨，所以导电，本身不能电离，属于非电解质；
④蔗糖不能导电也不电离，属于非电解质；
⑤石墨能导电，是单质，既不是电解质也不是非的电解质；
⑥稀硫酸能导电，属于混合物，既不是电解质也不是非电解质；
⑦熔融KCl能导电，属于电解质；
⑧碳酸钙不能导电，熔融状态下能导电，属于电解质；
⑨Na2O固体不能导电，熔融状态下能导电，属于电解质，
所以属于非电解质的是③④，能导电的是⑤⑥⑦；
故答案为：③④；⑤⑥⑦；
（4）由图可知，仪器①为蒸馏烧瓶，②为冷凝管；仪器①～④中，使用时必须检查是否漏水的为容量瓶和分液漏斗，故答案为：蒸馏烧瓶；冷凝管；③④；
（5）①沙子不溶于水，则选择过滤法分离，故答案为：D；
②硝酸钾和氯化钠的溶解度受温度影响不同，则选择结晶法，故答案为：C；
③碘不易溶于水，易溶于有机溶剂，则选择萃取分液法分离，故答案为：A；
④水和汽油分层，则选择分液法分离，故答案为：F；
⑤二者互溶，但沸点不同，则选择蒸馏法分离，故答案为：E。
21．(1)c
(2) b 漂白后的生成物不稳定，加热或经过一段时间后又会恢复原色
(3)
(4) a 钝化 c
(5) b

【详解】（1）硫元素在自然界中的既有游离态也有化合态。
（2）a．是无色刺激性气味的有毒气体，错；b．与反应生成不稳定的，对；c．可以用于葡萄酒的防腐剂，错；d．气体通入溶液中不会产生沉淀，错；故选b。漂白后的生成物不稳定，加热或经过一段时间后又会恢复原色，故工业上常用漂白纸浆、毛、丝等，时间久了，漂白过的物质会发黄。
（3）反应①为二氧化硫和硫化氢反应生成硫单质和水，故答案为 。
（4）①浓硫酸具有吸水性，可以吸收空气中的水蒸气，故在空气中放置一段时间后浓度变小。
②铁或铝制容器与冷的浓硫酸在常温下可以发生钝化反应，故可以用铁或铝制容器盛装冷的浓硫酸。
③a．中浓硫酸体现了酸性和氧化性；b．中体现了浓硫酸的酸性；c．C→中浓硫酸体现了氧化性；故选c。
（5）重晶石为，故硫酸盐的化学式不正确的是b；硫酸钠为强电解质，故电离方程式为。
22． CuSO4+Ba(OH)2=Cu(OH)2↓+BaSO4↓ CuSO4+BaCl2=CuCl2+BaSO4↓ Fe+CuSO4=FeSO4+Cu
【详解】(1) CuSO4与氢氧化钡溶液发生复分解反应，化学反应方程式为：CuSO4+Ba(OH)2=Cu(OH)2↓+BaSO4↓；
(2) CuSO4与氯化钡溶液发生复分解反应，化学反应方程式为：CuSO4+BaCl2=CuCl2+BaSO4↓；
(3) CuSO4与Fe发生置换反应，化学反应方程式为：Fe+CuSO4=FeSO4+Cu；
硫酸盐是指由金属阳离子或铵根离子与硫酸根离子组成的盐类物质，从微观角度来看，不同的硫酸盐溶液中都含有；发生复分解反应时，硫酸盐的化学通性由体现。
23． ③ ③④ ② 2 P+5 FeO+3 CaO Ca3(PO4)2+5 Fe 5Mn2++2ClO3-+4H2O=5MnO2+Cl2↑+8H+       红褐色液体 FeCl3溶液太稀，生成的Fe(OH)3胶体微粒太少 生成红褐色沉淀 自来水中含有电解质，胶体发生聚沉 生成红褐色沉淀 长时间加热，胶体发生聚沉
【分析】(1)根据各离子反应的反应物代表的物质分析判断；
(2)在化学反应中HCl作氧化剂，说明HCl中元素在反应中化合价降低；作还原剂时，所含元素化合价应升高，据此分析解答；
(3)根据得失化合价升降守恒配平方程式；
(4)根据化合价的变化分析判断转移的电子数，再根据要求分析书写转移电子的方向和数目；
(5)按照氢氧化铁胶体的制备方法结合胶体的性质分析解答。
【详解】(1)①Fe+Cu2+═Fe2++Cu表示铁与可溶性铜盐反应，表示一类反应，故①不选；
②Ba2++2OH-+2H++SO42-═BaSO4↓+2H2O表示氢氧化钡与可溶性硫酸氢盐或者硫酸反应，表示一类反应，故②不选；
③Cl2+H2O═H++Cl-+HClO表示氯气与水反应，只表示一个反应，故③选；
④CO32-+2H+═CO2↑+H2O表示强酸与可溶性碳酸盐反应，表示一类反应，故④不选；
⑤Ag++Cl-═AgCl↓表示硝酸银与可溶性盐酸或氯化物反应，表示一类反应，故⑤不选；
只表示一个反应的是③，故答案为③；
(2)①CaCO3＋2HCl=CaCl2＋CO2↑＋H2O反应中各元素化合价都不变，属于非氧化还原反应；
②Fe＋2HCl=FeCl2＋H2↑中H元素化合价降低，被还原，HCl为氧化剂；
③PbO2＋4HCl(浓) PbCl2＋Cl2↑＋2H2O 中Cl元素化合价升高，被氧化，反应中HCl为还原剂；
④KClO3＋6HCl(浓) KCl＋3Cl2↑＋3H2O中，KClO3为氧化剂，HCl为还原剂；
⑤CuO＋2HCl=CuCl2＋H2O中元素化合价没有发生变化，不是氧化还原反应；
HCl作还原剂的是③④，HCl作氧化剂的是②；故答案为③④；②；
(3)①P＋FeO＋CaOCa3(PO4)2＋Fe中元素的化合价变化为：P→Ca3(PO4)2，磷元素由0价→+5价，一个磷原子失5个电子；FeO→Fe，铁元素由+2价→0价，一个 FeO得2个电子，根据氧化还原反应中得失电子相等，所以其最小公倍数为10，故 P的计量数为2，FeO的计量数为5，其它元素根据原子守恒配平，所以该方程式为2 P+5 FeO+3 CaO Ca3(PO4)2+5 Fe，故答案为2 P+5 FeO+3 CaO Ca3(PO4)2+5 Fe；
②Mn2＋转化为MnO2，失去2个电子，ClO3-转化为氯气，得到10个电子，根据氧化还原反应中得失电子相等，故 Mn2＋的计量数为5，ClO3-的计量数为2，结合原子守恒，还缺少H+，所以反应的方程式是：5Mn2++2ClO3-+4H2O=5MnO2↓+Cl2↑+8H+，故答案为5Mn2++2ClO3-+4H2O=5MnO2+Cl2↑+8H+；
(4)①3NO2＋H2O===2HNO3＋NO反应中，只有氮原子化合价变化，电子转移的方向和数目为，故答案为；
②在反应8NH3+6NO2=7N2+12H2O中，NH3→N2，化合价变化为-3价→0价，NH3是还原剂，失8×3e-，NO2→N2，化合价变化为+4价→0价NO2是氧化剂，得6×4e-，可表示为，故答案为；
(5)①实验室制备氢氧化铁胶体的方法为：向沸水中滴加饱和氯化铁溶液加热到红褐色，将稀氯化铁溶液滴入沸水中，FeCl3溶液太稀，生成的Fe(OH)3太少，无红褐色，故答案为红褐色液体；FeCl3溶液太稀，生成的Fe(OH)3胶体微粒太少；
②自来水生产时需向水中通入氯气，氯气遇水会产生次氯酸HClO，用于消毒，同时生成盐酸，盐酸、HClO电解质电离生成的阴离子Cl-、ClO-中和了 Fe(OH)3胶粒所带的正电荷，使胶粒聚集成较大的颗粒而形成红褐色沉淀，故答案为生成红褐色沉淀；自来水中含有电解质，胶体发生聚沉；
③制备氢氧化铁胶体时，当溶液呈红褐色时应停止加热，否则生成的胶体在加热条件下发生聚沉，形成红褐色沉淀，故答案为生成红褐色沉淀；长时间加热，胶体发生聚沉。
【点睛】本题的易错点为(5)①，要注意氯化铁溶液浓度对实验现象的影响。