第2章 元素与物质世界 测试题2023-2024学年高一上学期鲁科版（2019）化学必修第一册

第2章 元素与物质世界 测试题 一、单选题（共15题） 1．下列物质的水溶液能导电，但属于非电解质的是（    ） A．CO2 B．CH3COOH C．CuSO4 D．NaOH 2．常温下，由水电离的c(H+)=1.0×10-13mol/L的溶液中一定不可能大量存在的离子是 A．NH B．НСО C．ОН- D．Fe3+ 3．用光束照射某“纳米材料”分散系时会出现一条光亮的“通路”。照射以下分散系不能看到类似现象的是 A．FeCl3溶液 B．豆浆 C．大雾 D．有色玻璃 4．已知反应：，。下列说法中正确的是 A．根据已知反应可以判断氧化性： B．氯气只具有氧化性，不具有还原性 C．KI溶液中，可以大量存在 D．上述反应中均为氧化产物 5．下列反应中前后没有元素化合价发生变化是 A． B． C． D． 6．如图所示，其中X、Y、Z、R、E分别是氧化铁、稀硫酸、氢氧化钡溶液、碳酸钠溶液、二氧化碳中的一种。图中短线相连的物质间均能相互发生反应，已知X和R反应有气泡出现，Y为，则下列说法正确的是 A．X是稀硫酸 B．X和Z反应无明显现象 C．E在一定条件下可以转化为Y D．R与E反应产生能使澄清石灰水变浑浊的气体 7．下列离子方程式书写正确的是（　　） A．硫酸和氢氧化钡溶液反应：Ba2＋＋=BaSO4↓ B．AlCl3溶液中加入足量的氨水：Al3＋＋3OH－=Al（OH）3↓ C．氯气与水反应：Cl2＋H2O=2H＋＋Cl－＋ClO－ D．少量稀盐酸滴入Na2CO3稀溶液中：＋H＋= 8．对于反应3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O，以下叙述正确的是 A．Cl2是氧化剂，NaOH是还原剂 B．每生成1mol的NaClO3转移6mol电子 C．Cl2既是氧化剂又是还原剂 D．被氧化的Cl原子和被还原的Cl原子的物质的量之比为5：1 9．用如图所示的装置分别进行如下实验，各离子方程式正确及各组物质反应后，溶液的导电性比反应前明显增强的是 A．向硝酸银溶液中通入少量氯化氢：Ag++Cl-=AgCl↓ B．向亚硫酸溶液中通入氯气：H2SO3 +Cl2+H2O=SO+4H++2Cl- C．向FeI2溶液中通入少量氯气：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl- D．向NaOH溶液中通入少量氯气：2OH -+Cl2=Cl-+ClO- +H2O 10．下列反应的离子方程式正确的是（　　） A．氨气通入醋酸溶液中CH3COOH＋NH3= CH3COONH4 B．氢氧化钠与氯化铵溶液混合加热：＋OH－= NH3·H2O C．氨水中加盐酸：NH3·H2O＋H＋=＋H2O D．硫酸铵与氢氧化钡溶液：＋OH－= NH3·H2O 11．我国传统文化富含化学知识，下列分析不正确的是 A．成语“百炼成钢”“蜡炬成灰”均包含化学变化 B．“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，该过程发生了氧化还原反应 C．《荷塘月色》中“薄薄的青雾浮起在荷塘里”中的“青雾”属于胶体 D．“将生砒就置火上，以器覆之，令砒烟上飞，着覆器”中的操作方法是萃取 12．下列各组离子在pH＝1的溶液中，因发生氧化还原反应而不能大量共存的是 A．Na＋、K＋、ClO-、 B．、K＋、、 C．Al3＋、Fe2＋、I-、 D．Cu2＋、Fe2＋、S2-、 13．实验室用氯酸钾制备氯气通常会混有杂质气体，其产生氯气的化学方程式为：。下列说法正确的是 A．固体中阴阳离子总数为 B．的摩尔质量为36.5 C．的密度比氯气小 D．每生成气体，转移电子数 14．已知铁元素的电势图为：FeOFe3+Fe2+ Fe， =+1.36V。下列有关说法正确的是 A．Fe2+在水溶液中可发生歧化反应 B．无论在酸性或碱性条件下，Fe均可还原水 C．在水溶液中可稳定存在 D．Cl2无论在何条件下均不能氧化Fe3+生成 15．下列各组粒子在溶液中可以大量共存且在加入(或通入)相应试剂后，发生反应的离子方程式也正确的是 选项 微粒组 试剂 发生反应的离子方程式 A 、、、 足量醋酸溶液 B 、、、 足量氯气 C 、、、 过量 D 、、、 适量稀盐酸 A．A B．B C．C D．D 二、填空题（共8题） 16．回答下列问题： (1)实验室中，制取Fe(OH)3胶体的操作方法是 ，反应方程式是 ，证明胶体已经制成的方法是 。 (2)向其中加入饱和(NH4)2SO4溶液发生的现象是 。 (3)提纯此分散系常用的方法是 。 17．下列说法正确的是 。 A．工业上通过电解氯化钠溶液制备金属钠和氯气 B．钢铁厂用热还原法冶炼铁 C．工业上电解熔融状态的Al2O3制备Al不涉及氧化还原反应 D．MgCl2(aq) Mg(OH)2MgOMg E．钛合金生物相容性好，强度大，可作人造骨骼 F．利用合金的熔点低于成分金属这一特点可制得耐热合金 18．现有物质①铜、②干冰、③盐酸、④冰醋酸、⑤蔗糖、⑥NaHSO4固体、⑦Ba(OH)2溶液、⑧熔融的NaCl、⑨胆矾 (1)能导电的是 ；属于电解质的是 。(填序号) (2)⑥在水溶液中的电离方程式为： 。 (3)向Ba(OH)2溶液中逐滴滴加NaHSO4溶液至Ba2+恰好完全沉淀的离子反应方程式为： ，Ba2+恰好沉淀后继续滴加NaHSO4溶液时，发生反应的离子方程式为： 。 19．填空。 I. (1)12.4gNa2R含Na+0.4mol，则Na2R的摩尔质量是 ；R的相对原子质量为 。 (2)等质量的CO和CO2，物质的量之比为 ，标准状况下密度之比为 。 II.现有以下8种物质：①BaSO4晶体②液氯③熔融的NaC1④乙醇⑤纯硫酸⑥石灰水⑦Cu⑧CO2(填序号，下同)     (3)上述状态下能导电的是 ； (4)属于电解质的是 ： (5)属于非电解质的是 ； III.某汽车安全气囊的产气药剂主要含有NaN3、Fe2O3、KClO4、NaHCO3等物质。当汽车发生碰撞时，产气药剂产生大量气体使气竞迅速膨胀，从而起到保护作用。 (6)NaHCO3是冷却剂，吸收产气过程中释放热而发生分解，化学反应方程式为 (7)NaN3中的阴离子为 (化学式)，在气囊膨胀过程中，生成的Na与Fe2O3发生置换反应，得到Na2O和 (化学式) 20．钠、氯及其化合物有如图转化关系，淡黄色物质M可在潜水艇中作为氧气的来源，常被用作供氧剂，常用N来杀菌消毒。请按要求填空： (1)淡黄色物质M是 ，物质N是 (填化学式)。 (2)写出M与水反应的离子方程式为 。 (3)Fe在Cl2中燃烧的现象为 。 (4)Cl2与H2O反应的化学反应方程式为 ，氧化产物为 。 (5)加热4.00 g Na2CO3 和NaHCO3的固体混合物，使NaHCO3完全分解，固体混合物的质量减少了0.31g，则原混合物中Na2CO3 的质量为 g。 21．氮的化合物是化学研究的热点之一，请回答下列问题： (1)汽车尾气中的、在适宜温度下采用催化转化法处理，使它们相互反应生成参与大气循环的无毒气体。写出被还原的化学方程式 ，并用双线桥法标出电子转移的方向和数目。 (2)氮氧化物是造成雾霾天气的主要原因之一，利用和的溶液处理氮氧化物的反应过程如下： 反应①的化学方程式是，反应②的离子方程式是 ；若有1.4g生成，需消耗 g。 亚硝酸钠有咸味，有毒。已知：。 (3)上述反应的还原剂为 (填化学式)；若反应中有1分子气体生成，则转移电子的数目为 。 (4)在酸性条件下，高锰酸钾可将氧化为，所得溶液中锰元素仅以形式存在，写出此反应的离子方程式： 。 22．有三份不同质量的硫化铜与硫化亚铜的混合物样品①②③。甲、乙、丙三同学各取一种样品，加强热充分反应，测定各样品中硫化铜的量。 (1)甲取2.56克样品①，置于空气中加强热，产物为氧化铜和二氧化硫。若产生0.448 L气体（标准状况），该气体被30 mL一定浓度氢氧化钠恰好完全吸收，将所得溶液小心低温蒸干得固体2.3克。则样品①中硫化铜的质量为 g，氢氧化钠浓度 mol·L-1； (2)乙取3.52克样品②，投入过量的浓硝酸中加热，充分反应后，样品全部参与反应，溶液失重8.44克。样品②中硫化铜的物质的量为 mol；若浓硝酸的浓度为14.2 mol·L-1，则反应消耗浓硝酸 mL。(已知：Cu2S+14HNO3→2Cu(NO3)2+10NO2↑+H2SO4+6H2O) (3)丙称量样品③强热后剩余的固体质量比原样品减小了a g，若该固体为氧化铜，则样品③中硫化铜物质的量(n)为 mol。若要计算硫化亚铜的质量，则缺少 数据，若设该数据为b克，则硫化亚铜的质量为 。 23．研究表明丰富的CO2完全可以作为新碳源，解决当前应用最广泛的碳源(石油和天然气)到本世纪中叶将枯竭的危机，同时又可缓解由CO2累积所产生的温室效应，实现CO2的良性循环。 (1)目前工业上有一种方法是用CO2和H2在230℃催化剂条件下转化生成甲醇蒸汽和水蒸气。下图表示恒压容器中0.5 mol CO2和1.5 mol H2转化率达80%时的能量变化示意图。    ①写出该反应的热化学方程式： 。 ②能判断该反应达到化学平衡状态的依据是 。 a.容器中压强不变 b.H2的体积分数不变 c.c(H2)=3c(CH3OH) d.容器中密度不变 e.2个C=O断裂的同时有6个H-H断裂。 (2)人工光合作用能够借助太阳能，用CO2和H2O制备化学原料。下图是通过人工光合作用制备HCOOH原理的示意图。根据要求回答问题：    ①该过程是将 转化为 。(以上两空选填“电能”“太阳能”“化学能”) ②催化剂b表面的电极反应方程式为 。 (3)某国科研人员提出了使用氢气和汽油(汽油化学式用C8H18表示)混合燃料的方案，以解决汽车CO2的排放问题。该方案主要利用储氢材料CaH2产生H2和用汽油箱贮存汽油供发动机使用，储氢系统又捕集汽油燃烧产生的CO2，该系统反应如下图所示：    解决如下问题： ①写出CaH2的电子式 。 ②反应1中氧化剂与还原剂的物质的量之比是： 。 ③如该系统反应均进行完全，试写出该系统总反应的化学方程式 。 参考答案： 1．A 电解质：在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物； 【解析】A．CO2与水反应生成碳酸，碳酸为弱电解质，并非CO2在水中电离而导电，所以CO2为非电解质，故选A； B．CH3COOH在水溶液中，则CH3COOH为电解质，故B不选； C．CuSO4在水溶液中，则CuSO4为电解质，故C不选； D．NaOH在水溶液中，则NaOH为电解质，故D不选。 2．B 【解析】常温下，溶液中由水电离的c(H+)=1.0×10-13mol/L＜1.0×10-７mol/L，说明水的电离过程被抑制，则该溶液可能显酸性，也可能显碱性； A．若溶液显碱性，NH与ОН-不能大量共存，若溶液显酸性，NH与H+可以大量共存，故A不符合题意； B．不论溶液显酸性还是碱性，НСО与ОН-或H+都不能大量共存，故B符合题意； C．若溶液显碱性，ОН-与ОН-能大量共存，若溶液显酸性，ОН-与H+不能大量共存，故C不符合题意； D．若溶液显碱性，Fe3+与ОН-不能大量共存，若溶液显酸性，Fe3+与H+可以大量共存，故D不符合题意； 答案选B。 3．A 用光束照射某“纳米材料”分散系时会出现一条光亮的“通路”，称为丁达尔效应，只有胶体能产生丁达尔效应。 【解析】A．FeCl3溶液不是胶体，不能产生丁达尔效应，故A选； B．豆浆里有一些粒子直径在1nm~100nm之间，有胶体的性质，能产生丁达尔效应，故B不选； C．雾属于胶体，能产生丁达尔效应，故C不选； D．有色玻璃属于胶体，能产生丁达尔效应，故D不选； 故选A。 4．D 【解析】A．氧化剂氧化性大于氧化产物，可知氧化性氯气大于碘单质，可知氧化性铁离子大于碘单质，无法判断出与的氧化性强弱，A错误； B．氯元素有正价，而氯气中氯元素化合价为0，能升高，具有还原性，B错误； C．与能反应生成碘单质，不能大量共存，C错误； D．反应中均为，碘化合价升高，发生氧化反应生成氧化产物碘单质，D正确； 故选D。 5．C 【解析】A．反应中，H元素由0价升高到+1价，Cl元素由0价降低到-1价，A不符合题意； B．反应中，C元素由+2价升高到+4价，Cu元素由+2价降低到0价，B不符合题意； C．反应为复分解反应，各元素的化合价均未发生变化，C符合题意； D．反应中，Fe元素由0价升高到+2价，H元素由+1价降低为0价，D不符合题意； 故选C。 6．C 在氧化铁、稀硫酸、氢氧化钡溶液、碳酸钠溶液、二氧化碳中，只有Ba(OH)2、H2SO4能与另外三种物质反应，则Z、R为Ba(OH)2、H2SO4中的一种。因为X和R反应有气泡出现，所以R为H2SO4，X为Na2CO3，从而得出Y为CO2，Z 为Ba(OH)2，E为Fe2O3。 【解析】A．由以上分析知，X是Na2CO3，A不正确； B．X(Na2CO3)和Z[Ba(OH)2]反应，生成BaCO3白色沉淀，B不正确； C．E(Fe2O3)在一定条件下与一氧化碳反应可以转化为Y(CO2)， C正确； D．R(H2SO4)与E[Ba(OH)2]反应，产生BaSO4沉淀，无气体产生，D不正确； 故选C。 7．D 【解析】A项、硫酸和氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀和水，反应的离子方程式为Ba2++2OH-+2H++SO42-=2H2O+BaSO4↓，故A错误； B项、AlCl3溶液中与足量的氨水反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，一水合氨是弱碱，不能拆写，反应的离子方程式为Al3++3NH3．H2O═Al（OH）3↓+3NH4+，故B错误； C项、氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸是弱酸，不能拆写，反应的离子方程式为Cl2＋H2O=H＋＋Cl－＋HClO，故C错误； D项、少量稀盐酸滴入Na2CO3稀溶液中，盐酸与Na2CO3稀溶液反应生成氯化钠和碳酸氢钠，反应的离子方程式为CO32—＋H＋=HClO3—，故D正确； 故选D。 【点睛】若向足量Na2CO3溶液中加入少量的盐酸溶液，盐酸与Na2CO3稀溶液反应生成氯化钠和碳酸氢钠是易错点。 8．C 【解析】A．由3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O可知，该反应中氢氧化钠各元素的化合价都不变，只有Cl元素的化合价变化，Cl元素的化合价部分升高，部分降低，氯气既是氧化剂又是还原剂，故A错误； B．由3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O可知，该反应中1个氯原子由0价失5个电子变为+5价，5个氯原子得5个电子变为-1价，则每生成1molNaClO3转移5mol电子，故B错误； C．由3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O可知，该反应中氢氧化钠各元素的化合价都不变，氯气中Cl元素的化合价既升高又降低，则Cl2既是氧化剂又是还原剂，故C正确； D．由3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O可知，该反应中1个Cl原子失去电子，5个Cl原子得到电子，则被氧化的氯原子和被还原的氯原子的物质的量之比为1：5，故D错误； 答案选C。 9．B 【解析】溶液导电性取决于离子浓度的大小和离子所带电荷的多少， A．氯化氢是强电解质，反应离子方程式为：Ag++Cl-=AgCl↓，反应前后导电性变化不大，故A不选； B．向亚硫酸溶液中通入氯气，发生反应的离子方程式为：H2SO3 +Cl2+H2O=SO+4H++2Cl-，弱电解质被氧化为强电解质，溶液导电性增强，故B选； C．向FeI2溶液中通入少量氯气，因还原性：I->Fe2+，发生反应的离子方程式为：2I-+Cl2=2Cl-+I2，溶液导电性变化不大，故C不选； D．向NaOH溶液中通入少量氯气，反应的离子方程式为：2OH-+Cl2=Cl-+ClO-+H2O，溶液导电性变化不大，故D不选； 综上所述，答案为B。 10．C 【解析】A. 氨气通入醋酸溶液中生成醋酸铵，铵盐易溶于水，应该拆成铵根离子和醋酸根离子，离子反应为：CH3COOH＋NH3= CH3COO-+NH4+，故A错误； B.氢氧化钠与氯化铵溶液混合加热会有氨气逸出，必须写成氨气形式，离子反应为：＋OH－= NH3↑+H2O，故B错误； C. 氨水中加盐酸生成氯化铵和水，离子反应为：NH3·H2O＋H＋=＋H2O，故C正确； D.硫酸铵与氢氧化钡溶液反应生成氨气、水和硫酸钡，硫酸钡不溶于水，不能拆成离子，生成物中要有硫酸钡出现，离子反应为：2+SO42-＋2OH－+Ba2+=2NH3·H2O+ BaSO4↓， D错误； 答案选C。 【点睛】离子反应书写时，要注意拆写问题，在离子反应中，沉淀、氧化物、气体、弱电解质浓硫酸不可拆。 11．D 【解析】A．百炼成钢包含碳和氧气反应生成二氧化碳的变化，蜡炬成灰包含蜡烛燃烧生成二氧化碳和水，都包含化学变化，故A正确； B．该过程属于湿法炼铜，发生了置换反应，故B正确； C．题干中所提及的雾，是空气中的小液滴，是一种胶体，本质特征是分散质粒子的直径在1～100nm，故C正确； D．“取砒之法，将生砒就置火上，以器覆之，令砒烟上飞着覆器，遂凝结累然下垂如乳”，涉及用到加热的方法，将被提纯物质气化、冷凝为固体的过程，为升华操作，故D错误； 故答案选D。 12．C pH＝1的溶液中存在大量H+，再根据反应判断其是否为氧化还原反应。 【解析】A．H+与ClO-反应生成HClO，不属于氧化还原反应，故A不选； B. H+与反应生成SO2和水，不属于氧化还原反应，故B不选； C.在酸性条件下，与具有强氧化性，Fe2＋被氧化为Fe3+，I-被氧化为I2，属于氧化还原反应不能大量共存，故C选； D. H+与S2-反应生成H2S，铜离子与硫离子生成硫化铜沉淀，不属于氧化还原反应，故D不选。 故答案选：C。 13．C 【解析】A．固体由钾离子和氯酸根离子构成，固体中阴阳离子总数为2NA，A错误； B．摩尔质量在数值上等于相对分子质量，单位为g/mol，的摩尔质量为36.5g/mol，B错误； C．的摩尔质量为67.5g/mol，Cl2的摩尔质量为71g/mol，由阿伏伽德罗定律的推论可知，气体的密度与摩尔质量成正比，则的密度比氯气小，C正确； D．1mol生成氯气过程中得到5mol电子同时生成气体，转移电子数5NA，D错误； 故选：C。 14．B 【解析】A．由铁元素的电势图可知，Fe3+的电势大于Fe2+的电势，但Fe2+的电势小于Fe的电势， Fe2+在水溶液中不可以发生歧化反应生成Fe和Fe3+，A错误； B．Fe的电势大于Fe2+的电势，无论在酸性或碱性条件下，Fe均可还原水，B正确； C．在水溶液中会和H2O反应生成氢氧化铁胶体，不能在酸性溶液中稳定存在，C错误； D．Cl2在碱性条件下能氧化Fe3+生成，D错误； 故选B。 15．B 【解析】A．、、、可以大量共存，加入足量醋酸溶液，碳酸根离子和醋酸会发生反应，醋酸不能直接用氢离子代替，离子方程式为，A项错误； B．氯气可以氧化亚硫酸根离子，生成硫酸根，而氯气本身被还原为氯离子，离子方程式为，B项正确； C．、、、可以大量共存，加入过量，次氯酸根离子和亚硫酸根离子会发生氧化还原反应生成硫酸根离子和氯离子，离子反应方程式不符，C项错误； D．与可以反应生成硫化铜沉淀，离子方程式为，不能大量共存，D项错误； 故答案选B。 16．(1) 向沸水中逐滴加入FeCl3溶液；继续加热至溶液呈红褐色，停止加热，即得到Fe(OH)3胶体 FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl 用光束照射溶液，如果有丁达尔效应，则说明胶体已制成 (2)生成红褐色沉淀 (3)渗析 【解析】（1）实验室中，制取Fe(OH)3胶体的操作方法是向沸水中逐滴加入饱和氯化铁溶液；继续加热至溶液呈红褐色，停止加热，即得到Fe(OH)3胶体，反应的化学方程式为FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl，可用丁达尔效应证明胶体已制成，故答案为：向沸水中逐滴加入FeCl3溶液，继续加热至溶液呈红褐色，停止加热，即得到Fe(OH)3胶体；FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl；用光束照射溶液，如果有丁达尔效应，则说明胶体已制成； （2）向氢氧化铁胶体中加入饱和硫酸铵溶液，胶体在电解质溶液的作用下会发生聚沉转化为氢氧化铁红褐色沉淀，故答案为：生成红褐色沉淀； （3）可用渗析的方法提纯氢氧化铁胶体，故答案为：渗析。 17．BE 【解析】A．电解NaCl溶液生成NaOH、H2和Cl2，得不到单质钠，故A错误； B．工业上常采用CO还原氧化铁得到铁单质，属于热还原法，故B正确； C．电解熔融Al2O3制备Al单质，铝的化合价发生变化，发生的是氧化还原反应，C错误； D．工业上冶炼镁是电解熔融MgCl2，而不是MgO，D错误； E．钛合金与人体有很好的相容性，可作人造骨骼，故E正确； F．多数合金的熔点低，但耐热合金熔点高，故F错误； 故选：BE。 18．(1) ①③⑦⑧ ④⑥⑧⑨ (2)NaHSO4=Na++H++ (3) Ba2++OH-+H++=BaSO4↓+ H2O OH-+H+=H2O 【解析】(1) ①铜是金属单质，含有自由移动的电子，因此能够导电；Cu是金属单质，不是化合物，因此不属于电解质； ②干冰是固态CO2，该物质由分子构成，无自由移动的微粒，因此不能导电；CO2在水溶液和熔融状态下都不能因自身发生电离而导电，因此属于非电解质； ③盐酸中含有自由移动的H+、Cl-离子，因此能够导电；盐酸是HCl的水溶液，是混合物，不是化合物，因此不属于电解质； ④冰醋酸是由CH3COOH构成的纯净物，无自由移动的微粒，因此不能导电；CH3COOH在水中能够发生电离而导电，因此CH3COOH属于电解质； ⑤蔗糖是由化合物C12H22O11分子构成的物质，无自由移动的微粒，因此不能导电；在水水溶液和熔融状态下都不能因自身发生电离而导电，因此蔗糖属于非电解质； ⑥NaHSO4固体中含有的离子不能自由移动，因此不能导电；NaHSO4固体在水溶液中或熔融状态下能够发生电离而导电，因此NaHSO4属于电解质； ⑦Ba(OH)2溶液中含有自由移动的Ba2+、OH-，因此能够导电；该物质是混合物，不是化合物，因此Ba(OH)2溶液不属于电解质； ⑧熔融的NaCl中含有自由移动的Na+、Cl-，因此能够导电；该物质是离子化合物，能够在水中和熔融状态下发生电离而导电，因此NaCl为电解质； ⑨胆矾是CuSO4·5H2O，其中含有的离子不能自由移动，因此不能导电；在水溶液中和熔融状态下能够发生电离而导电，因此CuSO4·5H2O属于电解质。 综上所述可知：能导电的物质序号是①③⑦⑧；属于电解质的是④⑥⑧⑨； (2) ⑥是NaHSO4固体，其在水中电离产生Na+、H+、，其电离方程式为：NaHSO4=Na++H++； (3) 向Ba(OH)2溶液中逐滴滴加NaHSO4溶液至Ba2+恰好完全沉淀时，二者反应的物质的量的比是1：1，二者反应BaSO4、NaOH、H2O，该反应的离子反应方程式为：Ba2++OH-+H++=BaSO4↓+H2O；若Ba2+恰好沉淀后继续滴加NaHSO4溶液时，溶液中的NaOH与NaHSO4发生反应产生Na2SO4、H2O，该反应的离子方程式为：OH-+H+=H2O。 19．(1) 16 (2) 11:7 11:7 (3)③⑥⑦ (4)①③⑤ (5)④⑧ (6) (7) Fe 【解析】（1）12.4gNa2R含Na+0.4mol，则Na2R的物质的量为0.2mol，摩尔质量是；R的相对原子质量为62-232=16； （2）等质量的CO和CO2，物质的量之比为；密度之比等于摩尔质量之比，； （3）金属和含有自由移动的离子的物质能导电，上述状态下能导电的是③熔融的NaC1含有自由移动的钠离子 和氯离子能导电，⑥石灰水含有自由移动的钙离子 和氢氧根离子能导电，⑦Cu含有自由移动的电子，故能导电是③⑥⑦； （4）电解质是在水溶液或者熔融状态能导电的化合物，属于电解质的是①BaSO4晶体③熔融的NaC1⑤纯硫酸，故答案为：①③⑤； （5）非电解质是在水溶液或者熔融状态都不能导电的化合物，属于非电解质的是④乙醇、⑧CO2，故答案为④⑧； （6）NaHCO3是冷却剂，吸收产气过程中释放热而发生分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，化学方程式为：； （7）NaN3中的阴离子为，在气囊膨胀过程中，生成的Na与Fe2O3发生置换反应，得到Na2O和Fe。 20．(1) Na2O2 NaClO (2)2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑ (3)剧烈燃烧，产生棕褐色的烟 (4) Cl2+H2O=HCl+HClO HClO (5)3.16 由题干可知，淡黄色物质M可在潜水艇中作为氧气的来源，常被用作供氧剂，故M是Na2O2，常用N来杀菌消毒，故N为NaClO，据此分析回答问题。 【解析】（1）由分析可知，淡黄色物质M是Na2O2，物质N是NaClO； （2）Na2O2和H2O反应生成NaOH和O2，离子方程式为2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑； （3）Fe在Cl2中燃烧的现象是剧烈燃烧，产生棕褐色的烟，反应的化学方程式是； （4）Cl2与H2O反应生成HCl和HClO，化学反应方程式为Cl2+H2O=HCl+HClO；反应中氯气的化合价由0价变成HClO中的+1价，氯气是还原剂，HClO是氧化产物； （5）利用差量法计算，，得原混合物中碳酸氢钠的质量为=0.84g，所以混合物中碳酸钠的质量为4.00g-0.84g=3.16g。 21．(1) (2) 6 (3) 1 (4) 【解析】（1）被还原生成N2和CO2，C由+2价升高为+4价，结合得失电子守恒，转移8个电子，双线桥为。 （2）反应①的化学方程式是，反应②的离子方程式是；1.4g物质的量为0.05mol，需消耗0.2mol，质量为0.2mol×30g/mol=6g。 （3）反应中I由-1价升高为0价，还原剂为HI；根据N元素由+3降低为+2价，若反应中有1分子气体生成，则转移电子的数目为1。 （4）在酸性条件下，高锰酸钾可将氧化为，所得溶液中锰元素仅以形式存在，反应的离子方程式。 22． 0.96 1 0.02 23.9 0.0625a或 样品总质量 b-6a 克 (1)根据n=计算SO2的物质的量，然后利用S原子守恒、固体质量计算CuS的质量；根据硫原子守恒、得到固体的质量计算亚硫酸钠、硫酸氢钠的物质的量，再根据钠原子守恒计算氢氧化钠的物质的量浓度； (2)CuS、Cu2S与硝酸发生反应：CuS+10HNO3=Cu(NO3)2+8NO2↑+H2SO4+4H2O、Cu2S+14HNO3→2Cu(NO3)2+10NO2↑+H2SO4+6H2O，根据固体质量及溶液失重质量列方程式计算CuS的物质的量；根据CuS、Cu2S与硝酸的关系式计算硝酸的体积； (3)CuS、Cu2S发生反应生成CuO，根据化学式知，Cu2S的相对分子质量相当于2个CuO的相对分子质量，所以反应过程中减少的质量相当于CuS---CuO之间减少的质量，据此计算CuS的物质的量；要计算硫化亚铜的质量，还需要知道样品总的质量，根据m=n·M计算CuS的质量，总质量减去CuS的质量就是硫化亚铜的质量。 【解析】(1) n(SO2)===0.02 mol，设CuS的物质的量为x mol，Cu2S的物质的量为y mol，则x+y=0.02，96x+160y=2.56，解得x=0.01，y=0.01，则m(CuS)=0.01 mol×96 g/mol=0.96 g；设反应产生Na2SO3的物质的量为a mol、NaHSO3的物质的量为b mol，a+b=0.02，126a+104y=2.3，解得a=0.01，b=0.01，所以根据钠原子守恒得n(NaOH)=2n(Na2SO3)+n(NaHSO3)=2×0.01 mol+0.01 mol=0.03 mol，故NaOH溶液的物质的量浓度c(NaOH)==1 mol/L； (2)设CuS的物质的量为c mol，Cu2S的物质的量为d mol，则根据固体质量和为3.52 g可得：96c+160d=3.52；根据CuS、Cu2S与硝酸发生反应：CuS+10HNO3=Cu(NO3)2+8NO2↑+H2SO4+4H2O、Cu2S+14HNO3→2Cu(NO3)2+10NO2↑+H2SO4+6H2O，溶液失重可得：272c+300d=8.44，两式联立，解得c=0.02 mol，d=0.01 mol，所以样品②中CuS的物质的量为0.02 mol，Cu2S为0.01 mol。由CuS+10HNO3=Cu(NO3)2+8NO2↑+H2SO4+4H2O可知，0.02 molCuS完全反应需要硝酸的物质的量n(HNO3)=0.02mol×10=0.2 mol，根据Cu2S+14HNO3→2Cu(NO3)2+10NO2↑+H2SO4+6H2O可知，0.01 mol Cu2S完全反应需要硝酸的物质的量n(HNO3)=0.01 mol×14=0.14 mol，故需要总的硝酸的物质的量n(HNO3)总=0.2 mol+0.14 mol=0.34 mol因此需要硝酸的体积V(HNO3)总==0.0239 L=23.9 mL； (3)CuS、Cu2S发生反应生成CuO，根据化学式知，Cu2S的相对分子质量相当于2个CuO的相对分子质量，所以反应过程中减少的质量相当于CuS---CuO之间减少的质量，所以n(CuS)=mol=0.0625a mol；m(CuS)=96 g/mol×mol=6a g，所以m(Cu2S)=bg-6a g=(b-6a) g。 【点睛】本题考查了混合物的有关计算，要结合反应方程式中物质之间反应的各个物理量之间的关系式进行计算，注意列方程进行计算，注意(2)中溶液失重的质量是气体与溶解固体的质量差，(3)中利用化学式代换这两个点为易错点。充分考查了学生对物质的量的有关公式的应用能力和分析与计算能力。 23．(1) bd (2) 太阳能 化学能 (3)    2：1 【解析】（1）①由所给能量变化示意图可知，1mol和3mol转化率达100%时放出热量49kJ，所以该反应的热化学方程式为：； ②a．该反应是在恒压容器中进行，所以压强始终不变，不能判断该反应达到化学平衡状态，a错误； b．达平衡时，各物质的含量都不再改变，氢气的体积分数恒定，可以判断该反应达到化学平衡状态，b正确； c．平衡时，氢气和甲醇的浓度不一定具备化学计量数的比例关系，不能判断该反应达到化学平衡状态，c错误； d．由于该反应是反应前后气体的物质的量改变的反应，当压强不变时，容器体积在减小，密度增大，当平衡时气体密度不再增大，保持不变，能判断该反应达到化学平衡状态，d正确； e．反应的任何状态时都有2个C＝O断裂的同时有6个H－H断裂，不能判断该反应达到化学平衡状态，e错误； 故选bd； （2）①该图是利用太阳能将二氧化碳转化为，所以是把太阳能转化为化学能；②根据电子的流动方向，催化剂b相当于原电池的正极，发生还原反应，所以发生的反应为； （3）①是离子化合物，其电子式为  ； ②反应1是与反应生成氢氧化钙和氢气，反应中作还原剂，水作氧化剂，可写出发生的化学方程式，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比是2:1； ③由反应的流程图可知，最终产物是、，反应1生成的氢气与氧气反应生成水，汽油与氧气反应生成二氧化碳和水，其中二氧化碳用于和反应1产生的氢氧化钙的反应，将发生反应的化学方程式叠加，消去中间产物二氧化碳、氢气、氢氧化钙，最后的产物只有水和碳酸钙，所以总反应方程式。 学科网（北京）股份有限公司 $$