2021-2022学年四川省绵阳一中高一(上)期中化学试卷(附答案详解)

2021-2022学年四川省绵阳一中高一（上）期中化学试卷
1.下列物质与危险化学品标志的对应关系错误的是()
A B C D
砒霜KCl乙醇浓NaOH溶液
A. A
B. B
C. C
D. D
2.下列关于古籍中的记载说法不正确的是()
A. 《天工开物》中“凡石灰，经火焚炼为用”涉及的反应类型是分解反应
B. “朝坛雾卷，曙岭烟沉”中的雾是一种气溶胶，能产生丁达尔效应
C. “熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，该过程发生了氧化还原反应
D. “丹砂(HgS)烧之成水银，积变又还成丹砂”，该过程中不涉及氧化还原反应
3.下列实验操作完全正确的是()
编号实验操作
A
用浓硫酸配制一定
浓度的稀硫酸用量筒准确量取一定体积的浓硫酸，将浓硫酸溶于水后，立刻转移到容量瓶中。

B量取盐酸溶液用10mL量筒量取4.0mol/L的盐酸5.62mL
C 除去BaSO4中的少量
BaCO3
加入足量稀盐酸，充分反应后，过滤、洗涤、干燥
D
取出分液漏斗中所
需的上层液体下层液体从分液漏斗下口放出，关闭活塞，换一个接收容器，上层液体继续从分液漏斗下口放出
A. A
B. B
C. C
D. D
4.用胆矾配制0.1mol⋅L−1的硫酸铜溶液，下列操作正确的是()
A. 取25g胆矾溶于1L水中
B. 取16g胆矾溶于水配成1L溶液
C. 取25g胆矾溶于水配成1L溶液
D. 将胆矾加热除去结晶水，再取16g硫酸铜溶于1L水中
5.完成下列实验所需选择的装置或仪器都正确的是()
选项A B C D
实验分离植物油和
NaCl溶液
除去NaCl晶体中混有
的I2
分离氢氧化铁胶体
和氯化钠溶液
除去CO2气体中的
HCl气体
装置
或
仪器
A. A
B. B
C. C
D. D
6.下列各溶液中，Na+物质的量浓度最大的是()
A. 1L0.3mol/LNa2SO4溶液
B. 4L0.5mol/L NaCl溶液
C. 5L0.4mol/L NaOH
D. 2L0.15mol/LNa3PO4
7.已知N A为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()
A. 常温常压下，22.4LCO2中含有N A个CO2分子
B. 3.4gH2O2中含有的电子数为0.9N A
C. 标准状况下，2.24LH2O含有的分子数等于0.1N A
D. 64gO2和O3的混合物中含有的氧原子数为4N A
8.同温、同压下等质量的SO2气体和CO2气体，下列有关比较的叙述中，正确的是()
①分子个数之比为11：16
②密度比为11：16
③体积比为16：11
④原子个数比为11：16．
A. ①④
B. ①③
C. ②③
D. ②④
9.下列物质的分类正确的组合是()
电解质非电解质酸盐碱性氧化物
A H2SO4干冰硫酸小苏打Al2O3
B KCl SO2盐酸食盐Na2O
C HCl NH3CH3COOH CuSO4⋅5H2O生石灰
D Na2O酒精HNO3碳酸钙Na2O2
A. A
B. B
C. C
D. D
10.下列关于胶体的叙述中，不正确的是()
A. 豆腐的制作是利用了胶体的聚沉
B. 胶体与其他分散系的本质区别是分散质粒子的直径大小
C. 利用丁达尔效应可以区分溶液和胶体
D. 胶体能发生电泳现象是因为胶体带电
11.甲、乙两种溶液中分别含有大量的Cu2+、K+、H+、Cl−、CO32−、OH−这6种离子中
的3种(两种溶液中的离子不重复)，已知甲溶液呈蓝色，则乙溶液中大量存在的离子是()
A. Cu2+、H+、Cl−
B. K+、OH−、CO32−
C. CO32−、OH−、Cl−
D. K+、H+、Cl−
12.亚硝酸钠(NaNO2)可将人体血红蛋白中的Fe2+离子转化为Fe3+离子，生成高铁血红
蛋白而丧失与氧气结合的能力．误食亚硝酸钠中毒，可服维生素C缓解，则亚硝酸钠和维生素C分别表现出的性质是()
A. 氧化性、还原性
B. 还原性、氧化性
C. 氧化性、酸性
D. 还原性、碱性
13.提纯下列物质除去其中的杂质(括号中为杂质)，所用试剂和方法一定正确的是()
A. H2SO4(HCl)：AgNO3溶液、过滤
B. KNO3(K2SO4)：过量Ba(NO3)2溶液、过滤
C. Cu(CuO)：盐酸、过滤
D. CaCO3(CaO)：加少量水、过滤
14.下列变化中，必须加入还原剂才可以实现的是()
A. KCl→Cl2
B. KMnO4→MnO2
C. Fe2(SO4)3→FeSO4
D. CaO→Ca(OH)2
15.下列离子方程式书写正确的是()
A. 过氧化钠与水反应：2O22−+2H2O=4OH−+O2↑
B. 将金属钠投入硫酸铜溶液中：Na+Cu2+=Na++Cu
C. 实验室制备氢氧化铝：Al3++3NH3⋅H2O=Al(OH)3↓+3NH4+
D. 盐酸与氢氧化镁中和：H++OH−=H2O
16.反应①、②分别是从海藻灰和某种矿石中提取碘的主要反应：
①2NaI+MnO2+3H2SO4=2NaHSO4+MnSO4+2H2O+I2
②2NaIO3+5NaHSO3=2Na2SO4+3NaHSO4+H2O+I2。

下列说法中正确的是()
A. 两个反应中硫元素均被氧化
B. 碘元素在反应①中被还原，在反应②中被氧化
C. 反应①、②中生成等质量的I2时，转移电子数之比为1：5
D. 氧化性：MnO2>I2>IO3−>SO42−
17.R2O82−离子在一定条件下可以把Mn2+离子氧化，若反应后R2O82−离子变为RO42−离
子，又知反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为5：2，Mn2+离子被氧化后的化合价为()
A. 4
B. 5
C. 6
D. 7
18.有下列物质：①氢氧化钡固体②KHSO4③HNO3④稀硫酸⑤二氧化碳气体⑥铜
⑦蔗糖晶体⑧熔融氯化钠。

请用序号填空：
(1)上述状态下可导电的是______。

(2)属于电解质的是______。

(3)属于非电解质的是______。

(4)②在水溶液中的电离方程式为______，①与②在溶液中反应使溶液呈中性的
离子方程式为______。

19.高铁酸钾(K2FeO4)是一种绿色氧化剂，具有高效的杀菌消毒作用，常用于饮水处理，
在许多领域展现出广阔的应用前景。

制备高铁酸钾有下列两种方法：
方法一：Fe2O3+KNO3+KOH=K2FeO4+KNO2+H2O(未配平)
方法二：2Fe(OH)3+3KClO+4KOH=2K2FeO4+3KCl+5H2O
(1)配平方法一的化学方程，并用双线桥标明电子转移的方向和数目______：
______Fe2O3+______KNO3+______KOH=______K2FeO4+______KNO2+______ H2O
(2)方法二中的还原产物为______(写化学式)，将方法二的化学方程式改写为离子
方程式______，根据反应方程式判断，氧化性：KClO______K2FeO4(填“>”、“<”或“=”)；
(3)利用方法二制备K2FeO4，若有0.5molK2FeO4生成，转移的电子数为______；
(4)已知反应：
①Cl2+2KBr=2KCl+Br2，
②2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，
③Br2+K2S=2KBr+S。

下列说法正确的是______。

A.上述三个反应都有单质生成，所以都是置换反应
B.氧化性由强到弱顺序为KMnO4>Cl2>Br2>S
C.反应②中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：8
D.反应③中1mol还原剂被氧化则转移电子的物质的量为2mol
20.化学是一门以实验为基础的科学。

下列是中学化学中一些常见的实验装置，按要求
回答下列问题：
(1)写出仪器名称：D______。

(2)装置①中的错误是______。

(3)分离下列混合物的实验操作中，用到实验装置②的是______，用到装置⑤的是
______(填字母代号)。

A.水和泥沙的混合物
B.水和酒精的混合物
C.水和四氯化碳的混合物
D.淀粉胶体和氯化钠溶液
E.固体氯化钠和碘单质
F.碳酸钙和碳酸钠粉末
(4)粗盐提纯所需装置为______和______，操作过程中均要用到玻璃棒，玻璃棒的
作用分别是______、______。

(5)装置②可用于CCl4萃取碘水中的碘，如何检验萃取后的碘水中还存在碘单质
______。

21.已知某工业废水中含有大量FeSO4，较多的Cu2+，少量的Na+以及部分污泥，通过
下列流程可从该废水中回收FeSO4⋅7H2O晶体及金属Cu．
(1)步骤1的主要操作是______，需用到的玻璃仪器除烧杯外有______，______．
(2)步骤2中发生反应的离子方程式为______．
(3)步骤3中发生反应的化学方程式为______．
(4)步骤4中涉及的操作是：蒸发浓缩．______.过滤．洗涤．烘干．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.砒霜有毒，为剧毒品，应选择剧毒品标志，故A正确；
B.氯化钾不能爆炸，不属于危险品，不能使用爆炸品标志，故B错误；
C.乙醇为液体，能够燃烧，应选择易燃液体标志，故C正确；
D.氢氧化钠具有强烈的腐蚀性，应选择腐蚀品标志，故D正确；
故选：B。

A.砒霜有毒，为剧毒品；
B.氯化钾不能爆炸，不属于危险品；
C.乙醇为液体，能够燃烧；
D.氢氧化钠具有强烈的腐蚀性。

本题考查危险化学品的分类，比较基础，侧重对基础知识的巩固，注意对基础知识的理解掌握。

2.【答案】D
【解析】解：A.《天工开物》中“凡石灰，经火焚炼为用”是指碳酸钙受热分解生成氧化钙和二氧化碳，是由一种物质生成多种物质的反应，反应类型是分解反应，故A正确；
B.气溶胶属于胶体，具有胶体的性质，可发生丁达尔效应，故B正确；
C.铁与硫酸铜反应生成铜和硫酸亚铁，Fe、Cu元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，故C正确；
D.丹砂(HgS)烧之成水银，即HgS发生分解反应生成水银，此过程为氧化还原反应，故D 错误；
故选：D。

A.由一种物质生成多种物质的反应是分解反应；
B.气溶胶具有胶体的性质；
C.铁与硫酸铜反应生成铜和硫酸亚铁；
D.HgS变为水银为氧化还原反应。

本题综合考查物质的性质、用途等知识，为高频考点，侧重化学与生活的考查，有利于
培养学生的良好的科学素养，提高学生学习的积极性，难度不大。

3.【答案】C
【解析】解：A.浓硫酸溶于水后，应冷却至室温，防止温度对溶液体积的影响，故A错误；
B.量筒的感量为0.1mL，则10mL量筒量取4.0mol/L的盐酸为5.6mL，故B错误；
C.碳酸钡溶于盐酸，硫酸钡不能，反应后，过滤、洗涤、干燥可分离，故C正确；
D.分液时避免上下层液体混合，则下层液体从分液漏斗下口放出，关闭活塞，换一个接收容器，上层液体从上口倒出，故D错误；
故选：C。

A.浓硫酸溶于水后，应冷却至室温；
B.量筒的感量为0.1mL；
C.碳酸钡溶于盐酸，硫酸钡不能；
D.分液时避免上下层液体混合。

本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、混合物的分离提纯、溶液的配制、实验操作、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。

4.【答案】C
【解析】解：A.取25g胆矾溶于1L水中，溶液体积大于1L，所配溶液浓度偏小，故A错误；
<0.1mol，溶于水配成1L溶液，硫酸铜溶液浓
B.16g胆矾含有硫酸铜物质的量为16g
250g/mol
度小于0.1mol/L，故B错误；
=0.1mol，溶于水配成1L溶液，硫酸铜溶液C.25g胆矾含有硫酸铜物质的量为：25g
250g/mol
=0.1mol/L，故C正确；
浓度为0.1mol
1L
= D.将胆矾加热除去结晶水，再取16g硫酸铜溶于1L水中，硫酸铜物质的量为16g
160g/mol 0.1mol，溶液体积大于1L，则溶液浓度小于0.1mol/L，且操作复杂，故D错误。

故选：C。

A.取25g胆矾溶于1L水中，溶液体积大于1L；
<0.1mol；
B.16g胆矾含有硫酸铜物质的量为16g
250g/mol
=0.1mol；
C.25g胆矾含有硫酸铜物质的量为：25g
250g/mol
D.16g硫酸铜溶于1L水中，溶液体积大于1L。

本题考查了配制一定物质的量浓度的溶液的方法，该题是中等难度的试题，试题基础性强，贴近高考，难易适中，注重灵活性，侧重对学生能力的培养和解题方法的指导和训练，有利于培养学生的逻辑思维能力和严谨的规范实验操作能力。

5.【答案】A
【解析】解：A.植物油和NaCl溶液分层，可选图中分液装置分离，故A正确；
B.碘加热易升华，应加热升华法分离，不能选蒸馏，故B错误；
C.胶体与溶液均可透过滤纸，图中过滤装置不能分离，应选渗析法，故C错误；
D.二者均与NaOH溶液反应，应选饱和碳酸氢钠溶液、洗气，故D错误；
故选：A。

A.植物油和NaCl溶液分层；
B.碘加热易升华；
C.胶体与溶液均可透过滤纸；
D.二者均与NaOH溶液反应。

本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。

6.【答案】A
【解析】解：A、1L0.3mol/LNa2SO4溶液Na+浓度为0.3mol/L×2=0.6mol/L；
B、4L0.5mol/LNaCl溶液中Na+浓度为0.5mol/L×1=0.5mol/L；
C、5L0.4mol/LNaOH溶液中Na+浓度为0.4mol/L×1=0.4mol/L；
D、2L0.15mol/L Na3PO4溶液中Na+浓度为0.15mol/L×3=0.45mol/L；
故选A．
电解质离子的浓度=电解质浓度×电解质电离出该离子的数目，与溶液的体积无关，据此结合选项判断．
本题考查物质的量浓度，注意电解质溶液中离子的浓度与电解质浓度的计算．
7.【答案】D
【解析】解：A.常温常压条件下，气体摩尔体积不等于22.4L/mol，无法计算二氧化碳
的物质的量，故A错误；
×18×N A mol−1=1.8N A，故B错误；
B.3.4gH2O2中含有的电子数为： 3.4g
34g/mol
C.标况下水是液体，不能使用气体摩尔体积计算其物质的量，故C错误；
×N A mol=4N A，故D正确；
D.64gO2和O3的混合物中含有的氧原子数为：64g
16g/mol
故选：D。

A.常温常压条件下，气体摩尔体积不等于22.4L/mol；
B.1个过氧化氢含有18个电子；
C.气体摩尔体积使用对象为气体；
D.氧气、臭氧都是由氧原子构成。

本题考查了阿伏加德罗常数的计算，难度不大，应熟练掌握公式的使用和物质的性质与结构特点，注意气体摩尔体积使用条件和对象。

8.【答案】A
【解析】解：①同温、同压下等质量的SO2气体和CO2气体，其物质的量之比为11：16，物质的量之比等于其分子个数之比，所以分子数之比是11：16，故正确；
②两种气体的密度之比等于其摩尔质量之比=64g/mol：44g/mol=16：11，故错误；
③相同条件下，气体摩尔体积相同，则体积之比等于其物质的量之比为11：16，故错误；
④.每个分子中含有原子个数相同，所以其原子个数之比等于其分子个数之比，等于其
物质的量之比11：16，故正确；
故选：A。

根据质量相同计算出两种物质的物质的量之比，结合阿伏加德罗定律及其推论计算并比较体积、密度、分子数关系．
本题考查物质的量的相关计算以及阿伏加德罗定律及其推论的有关知识，题目难度不大，
注意有关公式的利用．
9.【答案】C
【解析】解：A.Al2O3和酸、碱都能反应，属于两性氧化物，故A错误；
B.盐酸是酸溶液，故B错误；
C.HCl是电解质，NH3是非电解质，CH3COOH是酸，CuSO4⋅5H2O属于盐，生石灰是氧化钙，为碱性氧化物，故C正确；
D.Na2O2和酸反应生成盐、水和氧气，不是碱性氧化物，故D错误；
故选：C。

水溶液中或熔融状态下导电的化合物为电解质；
水溶液中和熔融状态下都不导电的化合物为非电解质；
酸是电离出的阳离子全部是氢离子的化合物；
盐是金属阳离子或铵根离子与酸根阴离子构成的化合物；
碱性氧化物是和酸反应生成盐和水的氧化物。

本题考查了物质组成、物质分类、物质名称的分析判断，注意概念实质的理解应用，题目难度不大。

10.【答案】D
【解析】解：A.豆浆为胶体，遇到可溶性电解质发生聚沉，制成豆腐，故A正确；
B.胶体与其他分散系的本质区别是分散质的粒子直径大小不同，故B正确；
C.丁达尔现象为胶体特有的性质，则利用丁达尔效应可以区分溶液和胶体，故C正确；
D.胶体本身不带电，但是胶体粒子能吸附带电的离子形成带电的胶体微粒，所以能发生电泳，故D错误；
故选：D。

A.豆浆为胶体，遇到可溶性电解质发生聚沉；
B.分散质粒度小于1nm为溶液，介于1−100nm为胶体，大于100nm为浊液；
C.丁达尔现象为胶体特有的性质；
D.胶体本身不带电。

本题考查了胶体性质、组成、本质特征，注意知识的积累，题目难度不大。

11.【答案】B
【解析】解：甲溶液呈蓝色，说明含有Cu2+，能和铜离子反应的离子CO32−、OH−不能存在，铜盐溶液呈酸性，所以含有H+，因为是盐溶液，所以还含有酸根离子Cl−，则乙溶液中存在的离子为K+、OH−、CO32−，故选B。

甲溶液呈蓝色，说明含有Cu2+，能和铜离子反应的离子不能存在，铜盐溶液呈酸性，所以含有H+，因为是盐溶液，所以还含有酸根离子，剩余的离子为乙溶液中离子．
本题考查了离子共存，明确离子共存的条件是解本题关键，再结合隐含条件来分析解答，题目难度不大．
12.【答案】A
【解析】解：亚硝酸钠能将亚铁离子氧化生成铁离子，该反应中亚铁离子失电子作还原剂，亚硝酸钠得电子作氧化剂，氧化剂具有氧化性，所以亚硝酸钠体现氧化性；维生素C能将铁离子还原为亚铁离子，该反应中铁离子得电子作氧化剂，维生素C失电子作还原剂，还原剂具有还原性，所以维生素C体现还原性，故选A。

亚硝酸钠能将亚铁离子氧化生成铁离子，维生素C能将铁离子还原为亚铁离子，氧化剂具有氧化性，还原剂具有还原性．
本题考查了氧化还原反应，明确氧化性、还原性的判断方法即可解答，难度不大．
13.【答案】C
【解析】解：A.二者都与硝酸银溶液反应，且引入硝酸杂质，故A错误；
B.硝酸钡过量，引入新杂质，应加入适量的硝酸钡，故B错误；
C.Cu与盐酸不反应，CuO与盐酸反应，可除杂，故C正确；
D.加少量水，生成微溶于水的氢氧化钙，仍为固体混合物，不能得到纯净的碳酸钙，故D错误。

故选：C。

A.二者都与硝酸银溶液反应；
B.硝酸钡过量，引入新杂质；
C.CuO与盐酸反应；
D.加少量水，生成微溶于水的氢氧化钙。

本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应及混合物分离方法为解答本题的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大．
14.【答案】C
【解析】解：A.KCl→Cl2氯元素的化合价升高，被氧化，所以需要加入氧化剂即可实现，故A错误；
B.KMnO4→MnO2，可通过加热分解即可，不需要加入还原剂，故B错误；
C.Fe元素化合价降低，被还原，应加入还原剂，故C正确；
D.CaO→Ca(OH)2，元素化合价未发生变化，所以不需要加入还原剂即可实现，故D错误；
故选：C。

根据给出的变化中元素的化合价若降低，则一般需要加入还原剂才能实现转化，以此解答该题。

本题考查氧化还原反应，为高频考点，明确元素的化合价变化是解答本题的关键，注意氧化剂中某元素的化合价在反应中降低，则需要加入还原剂实现氧化还原反应。

15.【答案】C
【解析】解：A.过氧化钠与水反应，离子方程为：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH−+O2↑，故A错误；
B.将金属钠投入硫酸铜溶液中，离子方程式为：2Na+2H2O+Cu2+=2Na++
Cu(OH)2↓+H2↑，故B错误；
C.实验室制备氢氧化铝，离子方程式为：Al3++3NH3⋅H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，故C 正确；
D.盐酸与氢氧化镁中和，离子方程式为：2H++Mg(OH)2=2H2O+Mg2+，故D错误；故选：C。

A.过氧化钠为氧化物，应保留化学式；
B.不符合反应客观事实；
C.一水合氨与铝离子反应生成氢氧化铝沉淀和铵根离子；
D.氢氧化镁为难溶物，应保留化学式。

本题考查离子方程式的书写判断，为高频考点，把握物质性质、反应实质为解答关键，注意掌握离子方程式的书写原则，试题侧重考查学生灵活应用基础知识的能力，题目难度不大。

16.【答案】C
【解析】解：A.在反应①中硫元素既不被氧化也不被还原，在反应②中S元素化合价从+4价变为+6价，化合价升高被氧化，故A错误；
B.反应①中碘元素化合价由−1价升高到0价，被氧化，反应②中碘元素化合价降低被还原，故B错误；
C.反应①中生成1mol碘转移2N A电子，反应②中生成1mol碘转移10N A电子，所以反应
①、②中生成等量的I2时转移电子数比为2N A：10N A=1：5，故C正确；
D.氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，反应①中二氧化锰是氧化剂，碘是氧化产物，故氧化性MnO2>I2，反应②中I元素化合价从+5价变为0价，S元素化合价从+4价变为+6价，NaIO3为氧化剂，SO42−为氧化产物，则氧化性：IO3−>SO42−，但无法比较碘单质和碘酸根的氧化性，故D错误；
故选：C。

①2NaI+MnO2+3H2SO4=2NaHSO4+MnSO4+2H2O+I2中I元素化合价从−1价变为0价，Mn元素从+4价变为+2价，NaI为还原剂，MnO2为氧化剂；②2NaIO3+
5NaHSO3=2Na2SO4+3NaHSO4+H2O+I2中I元素化合价从+5价变为0价，S元素化合价从+4价变为+6价，NaIO3为氧化剂，NaHSO3为还原剂，以此分析解答。

本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素化合价变化为解答关键，注意掌握氧化还原反应的概念及氧化性、还原性强弱的比较方法，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。

17.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查氧化还原反应的计算，根据原子守恒和电荷守恒即可分析解答本题，难度不大。

【解答】
该反应中，锰元素的化合价变化为+2价→+n价，失电子化合价升高，锰离子作还原剂；
氧元素的化合价不变，所以R元素得电子化合价降低，R2O82−作氧化剂，R由+7价变为RO42−离子中R为+6价，即R2O82−与Mn2+的物质的量之比为5：2，根据电荷守恒得(7−6)×2×5=(n−2)×2，n=7，
故选：D。

18.【答案】④⑥⑧①②③⑧⑤⑦KHSO4=K++H++SO42−Ba2++2OH−+ SO42−+2H+=BaSO4↓+2H2O
【解析】解：(1)物质中含自由移动的离子或电子时则能导电，④稀硫酸和⑧熔融氯化钠中含自由移动的离子，能导电，⑥铜中含自由移动的电子，故也能导电，
故答案为：④⑥⑧；
(2)①氢氧化钡固体②KHSO4③HNO3⑧熔融氯化钠均在水溶液中或熔融状态下能
导电，故为电解质，
故答案为：①②③⑧；
(3)⑤二氧化碳气体和⑦蔗糖晶体在水溶液中和熔融状态下均不能导电，故为非电解质，故答案为：⑤⑦；
(4)KHSO4在溶液中能完全电离为K+、H+、SO42−，电离方程式为KHSO4=K++H++SO42−；Ba(OH)2和KHSO4在溶液中反应呈中性时，两者的物质的量之比为1：2，离子方程式为Ba2++2OH−+SO42−+2H+=BaSO4↓+2H2O，
故答案为：KHSO4=K++H++SO42−；Ba2++2OH−+SO42−+2H+=BaSO4↓+2H2O。

(1)物质中含自由移动的离子或电子时则能导电；
(2)在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物为电解质；
(3)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；
(4)KHSO4在溶液中能完全电离为K+、H+、SO42−；Ba(OH)2和KHSO4在溶液中反应呈中性时，两者的物质的量之比为1：2，据此分析离子方程式。

本题考查了电解质、非电解质的判断以及电离方程式和离子方程式的书写等，属于基础知识的考查，难度不大，应注意基础的巩固。

19.【答案】134232KCl2Fe(OH)3+ 3ClO−+4OH−=2FeO4−+3Cl−+5H2O> 1.5N A BD
【解析】解：(1)KNO3被还原为KNO2，反应中N元素的化合价降低2价，Fe2O3被氧化为K2FeO4，Fe元素的化合价升高3价，反应方程式为Fe2O3+3KNO3+4KOH=2K2FeO4+ 3KNO2+2H2O，用双线桥表示反应的电子转移方向及数目为：
；
故答案为：；1；3；4；2；3；2；
(2)2Fe(OH)3+3KClO+4KOH=2K2FeO4+3KCl+5H2O反应中，Fe元素的化合价升高，被氧化，Cl元素的化合价降低，被还原，则还原产物为KCl；2Fe(OH)3+3KClO+4KOH= 2K2FeO4+3KCl+5H2O改写成离子方程式为：2Fe(OH)3+3ClO−+4OH−=2FeO4−+
3Cl−+5H2O；反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，则氧化性：KClO大于
K2FeO4；
故答案为：KCl；2Fe(OH)3+3ClO−+4OH−=2FeO4−+3Cl−+5H2O；>；
(3)铁元素的化合价由+3价变为+6价，生成0.5molK2FeO4转移的电子的物质的量=
0.5mol×(6−3)=1.5mol，即转移的电子数为1.5N A；
故答案为：1.5N A；
(4)A.①③属于置换反应，反应②不属于置换反应，故A错误；
B.反应①中氧化剂为Cl2，氧化产物为Br2，氧化性Cl2>Br2，反应②中氧化剂为KMnO4，氧化产物为Cl2，氧化性KMnO4>Cl2，反应③中氧化剂为Br2，氧化产物为S，氧化性
Br2>S，故氧化性：KMnO4>Cl2>Br2>S，故B正确；
C.反应②中还原剂为HCl，氧化剂为KMnO4，但起还原剂的作用的HCl占反应的HCl的5
，
8
)：2=5：1，故C错误；
还原剂与氧化剂的物质的量之比为(16×5
8
D.反应硫元素化合价由−2价升高为0价，1mol还原剂(K2S)被氧化则转移电子的物质的
量为2mol，故D正确，
故答案为：BD。

(1)KNO3被还原为KNO2，反应中N元素的化合价降低2价，Fe2O3被氧化为K2FeO4，Fe元素的化合价升高3价，根据电子守恒和原子守恒配平方程式，然后标出电子转移；(2)2Fe(OH)3+3KClO+4KOH=2K2FeO4+3KCl+5H2O反应中，Fe元素的化合价升高，被氧化，Cl元素的化合价降低，被还原；氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；(3)根据高铁酸钾和转移电子之间的关系式计算；
(4)①A.置换反应指一种单质与一种化合物反应生成另外一种单质与另外一种化合物；
B.氧化剂氧化性强于氧化产物氧化性；
C.反应②中还原剂为HCl，氧化剂为KMnO4，但起还原剂的作用的HCl占反应的HCl的5
；
8 D.结合硫元素化合价变化计算转移电子物质的量。

本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握物质的性质、元素的化合价变化、电子转移为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意化学与生活的联系，题目难度不大。

20.【答案】分液漏斗冷凝管的进出水方向C E③④引流搅拌，防止因受热不均引起固体飞溅取萃取后的碘水少量于试管中，加入淀粉溶液，若变蓝，则未萃取完全，反之完全
【解析】解：(1)由图可知D为分液漏斗，用于分离互不相溶的液体，故答案为：分液漏斗；
(2)蒸馏时，冷凝管应充满冷却水，冷却水应从下端进，上端出，故答案为：冷凝管的进出水方向；
(3)装置②为分液操作，用于分离互不相溶的液体，可分离水和四氯化碳的混合物，装置⑤为升华操作，可分离固体氯化钠和碘单质，故答案为：C；E；
(4)粗盐提纯，可用到过滤、蒸发操作，玻璃棒起到引流、搅拌的作用，且在蒸发时，充分搅拌，防止因受热不均引起固体飞溅，
故答案为：③；④；引流；搅拌，防止因受热不均引起固体飞溅；
(5)淀粉遇碘变蓝色，检验碘水，可取萃取后的碘水少量于试管中，加入淀粉溶液，若变蓝，则未萃取完全。

反之完全，
故答案为：取萃取后的碘水少量于试管中，加入淀粉溶液，若变蓝，则未萃取完全，反之完全。

(1)由图可知D为分液漏斗；
(2)蒸馏时，冷凝管应充满冷却水；
(3)装置②为分液操作，用于分离互不相溶的液体，装置⑤为升华操作；
(4)粗盐提纯，可用到过滤、蒸发操作，玻璃棒起到引流、搅拌的作用；
(5)根据淀粉遇碘变蓝色检验。

本题考查较为综合，涉及物质的分离、提纯，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和实验能力，注意把握物质的性质的差异，把握分离、提纯的方法、原理，难度不大。

21.【答案】过滤普通漏斗玻璃棒Fe+Cu2+=Cu+2Fe2+Fe+H2SO4= FeSO4+H2↑冷却结晶
【解析】解：(1)步骤1、步骤2、步骤3都为过滤操作，需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、普通漏斗，故答案为：过滤；普通漏斗、玻璃棒；
(2)在步骤2中加入过量的Fe，发生Fe+Cu2+=Cu+2Fe2+，以制得单质Cu，故答案为：Fe+Cu2+=Cu+2Fe2+；
(3)经步骤2后所得固体混合物为Fe和Cu的混合物，过量的Fe用稀硫酸除去，发生反应为Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，故答案为：Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑；
(4)最后所得滤液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤可得到FeSO4⋅7H2O晶体，故答案为：冷却结晶；
工业废水中含有大量FeSO4，较多的Cu2+，少量的Na+以及部分污泥，首先通过步骤1进行过滤除去污泥，在步骤2中加入过量的Fe，发生Fe+Cu2+=Cu+2Fe2+，过量的Fe用稀硫酸除去，发生反应为Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，最后所得滤液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤可得到FeSO4⋅7H2O晶体．
本题考查物质的分离和提纯，题目难度不大，注意根据物质的性质选择分离提纯的方法，特别是过滤和蒸发结晶操作，注意把握所使用仪器和操作步骤．。