第2章 元素与物质世界 同步练习 （含解析）2023-2024学年高一上学期化学鲁科版（2019）必修第一册

第2章 元素与物质世界 同步练习
一、单选题
1．下列属于强碱的是（　　）
A．Na2CO3 B．Na2O
C．NH3·H2O D．氢氧化钙Ca(OH)2
2．下列说法中正确的是（　　）
A．冰醋酸、酒精、氨气、苯等均是非电解质
B．装碘的试剂瓶中残留的碘可以用酒精洗涤
C．胶体区别于其他分散系的本质特征是否能发生丁达尔效应
D．氢氧化铁胶体具有吸附性，因而常用于自来水的杀菌消毒
3．下列各组物质，按化合物、单质、混合物的顺序排列的是（　　）
A．烧碱、液态氧、碘酒 B．干冰、铁、冰水混合物
C．生石灰、白磷、熟石灰 D．碱石灰、氮气、胆矾
4．下列反应与相比较，的作用相同的是（　　）
A． B．
C． D．
5．下列物质属于电解质的是（　　）
A．C2H5OH B．BaSO4 C．NH3 D．铁
6．下列说法正确的是（　　）
A．HClO 中氯元素化合价比 HClO4 中氯元素化合价低，所以 HClO4 的氧化性强
B．已知①Fe+Cu2+═Fe2++Cu； ②2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+，则氧化性强弱顺序为：Fe3+＞Cu2+＞Fe2+
C．已知还原性 B﹣＞C﹣＞D﹣，反应 2C﹣+D2═2D﹣+C2 和 2C﹣+B2=2B﹣+C2 都能发生
D．具有强氧化性和强还原性的物质放在一起就能发生氧化还原反应
7．水溶液中能大量共存的一组离子是（　　）
A．Na+、Ca2+、Cl-、SO42- B．Fe2+、H+ 、SO32-、ClO-
C．Mg2+、NH4+、Cl-、SO42- D．K+、Fe3+、NO3-、SCN-
8．为了除去粗盐中的 、 ， 及少量泥沙，得到纯净的 ，可将粗盐溶于水，下列操作顺序正确的是（　　）
①过滤 ②加入过量的 溶液 ③加入过量的盐酸 ④加入过量的 溶液 ⑤加入过量的 溶液 ⑥加热蒸发
A．④①⑤②①③⑥ B．⑤①④②③⑥
C．②④⑤①③⑥ D．①②⑤④①③⑥
9．以蓝铜矿为原料制备铜有多种途径，可能涉及如下反应，其中有错误的是。（　　）
A．
B．
C．
D．
10．下列化学反应的离子方程式正确的是（　　）
A．在稀氨水中通入过量CO2：NH3·H2O＋CO2＝NH4＋＋HCO3－
B．少量SO2通入漂白粉溶液中：SO2＋H2O＋Ca2＋＋2ClO－＝CaSO3↓＋2HClO
C．用稀HNO3溶解FeS固体：FeS＋2H＋＝Fe2＋＋H2S↑
D．向NH4HCO3溶液中加入足量Ba(OH) 2溶液： 2HCO3－＋Ba2＋＋2OH－＝BaCO3↓＋CO32－＋2H2O
11．下列判断正确的是（　　）
①任何物质在水中都有一定的溶解度，②浊液用过滤的方法分离，③分散系一定是混合物，④丁达尔效应、布朗运动、渗析都是胶体的物理性质，⑤饱和溶液的浓度一定比不饱和溶液的浓度大一些，⑥布朗运动不是胶体所特有的运动方式，⑦任何溶胶加入可溶性电解质后都能使胶粒发生聚沉，⑧相同条件下，相同溶质的溶液，饱和溶液要比不饱和溶液浓些。
A．③⑥⑧ B．②④⑥⑧⑦
C．①②③④⑤ D．全部不符合题意
12．下列反应会导致溶液导电性减弱的是（　　）
A．氢氧化钡溶液中加入少量硫酸铜固体
B．氢氧化钠溶液中加入氯化钾固体
C．硫酸钠溶液中加入氯化钡固体
D．水中加入氯化钠固体
13．下列物质的分类合理的是（　　）
A．酸性氧化物：CO2、SiO2、SO2、CO
B．碱：烧碱、纯碱、苛性钾、氢氧化钡
C．混合物：盐酸、漂白粉、水煤气、氢氧化铁胶体
D．碱性氧化物：Na2O、CaO、MgO、Na2O2
14．在实验室中，常用KMnO4代替MnO2与浓盐酸反应制取氯气，反应的化学方程式为2KMnO4+16HCl（浓）=2MnCl2+5Cl2↑+2KCl+8H2O，下列叙述中正确的是（　　）
A．反应中KMnO4被氧化
B．HCl发生还原反应
C．每消耗2mol HCl时，反应中转移的电子为2 mol
D．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1﹕5
15．下列离子能大量共存的是（　　）
A．无色透明的溶液中：K+、Fe3+、 、
B．pH>7的溶液中：Na+、K+、 、
C．含有大量CuCl2的溶液中：Na+、 、 、OH-
D．紫色石蕊试液呈红色的溶液中：Ca2+、K+、 、
16．下列各组物质的分类正确的是（　　）
①混合物：水玻璃、水银、水煤气
②电解质：明矾、冰醋酸、石膏
③酸性氧化物：CO2、CO，SO3
④同位素：1H，2H2、3H
⑤同素异形体：C80、金刚石、石墨
⑥干冰、液氯都是非电解质．
A．②⑤ B．②⑤⑥
C．②④⑤⑥ D．①②③④⑤⑥
二、综合题
17．在Fe、Fe2+、Fe3+、S2﹣、SO2、Cu、H+、S等物质或粒子中：
（1）只能被氧化，不能被还原的是　 　；
（2）只能被还原，不能被氧化的是　 　．
18．处于下列状态的物质中：①氯化钠固体 ②干冰 ③HCl气体④铜 ⑤硫酸钡固体 ⑥蔗糖 ⑦乙醇 ⑧熔融的硝酸钾 ⑨NaCl溶液
（1）能导电的是（填编号，下同）　 　；
（2）属于电解质的是　 　；
（3）属于非电解质的是　 　．
19．二氧化硒（SeO2）是一种氧化剂，其被还原后的单质硒可能成为环境污染物，通过与浓HNO3或浓H2SO4反应生成SeO2以回收Se．
完成下列填空：
（1）Se和浓HNO3反应的还原产物为NO和NO2，且NO和NO2的物质的量之比为1：1，写出Se和浓HNO3的化学反应方程式　 　
（2）已知：Se+2H2SO4（浓）═2SO2↑+SeO2+2H2O、2SO2+SeO2+2H2O═Se+2SO +4H+、SeO2、H2SO4（浓）、SO2的氧化性由强到弱的顺序是　 　．
（3）回收得到的SeO2的含量，可以通过下面的方法测定：
①SeO2+KI+HNO →Se+I2+KNO3+H2O②I2+2Na2S2O3═Na2S4O6+2NaI
配平方程式①，标出电子转移的方向和数目　 　
（4）实验中，准确称量SeO2样品0.1500g，消耗0.2000mol L﹣1的Na2S2O3溶液25.00mL，所测定的样品中SeO2的质量分数为　 　．
20．
（1）Ⅰ．用20gNaOH配成250mL溶液,它的物质的量浓度为 　 　 取出5mL该溶液,它的物质的量浓度为 　 　 ,再加水稀释至100mL,则稀释后溶液的物质的量浓度为 　 　
（2）现有14.4gCO和 的混合气体，在标准状况下其体积为8.96L。
①该混合气体的平均摩尔质量为　 　。
②混合气体中碳原子的个数为　 　(用 表示阿伏加德罗常数)。
（3）Ⅱ．已知NaHSO4晶体易溶于水,它溶于水时,电离出三种不同的离子,电离方程式为 NaHSO4=Na++H++ ,因此 NaHSO4 溶液显酸性。但 NaHSO4受热熔化时却只能电离出两种不同离子。
NaHSO4在熔融状态下的电离方程式是　 　。
（4）下列说法中正确的是_________(填字母)。
A．NaHSO4属于酸 B．NaHSO4属于氢化物
C．NaHSO4晶体属于电解质 D．NaHSO4溶液能与Zn反应生成氢气
（5）向一定量的Ba(OH)2溶液中,逐滴加入NaHSO4溶液,直至不再生成沉淀,该过程中发生反应的离子方程式为　 　，沉淀完全后,继续滴加NaHSO4溶液,此时发生反应的离子方程式为　 　。
（6）NaHSO4和NaHCO3中都含有氢元素,但将二者同时加入水中,可以发生化学反应,该反应的离子方程式为　 　.
21．在室温下，向Cu（IO3）2饱和溶液中加入足量的经稀硫酸酸化的KI溶液，产生碘化亚铜（CuI）沉淀，溶液由蓝色变为棕黄色，反应前加入淀粉溶液不变蓝，反应后加入淀粉溶液变为蓝色．
（1）该反应中氧化剂是　 　；
（2）该反应的氧化产物是　 　；
（3）1mol氧化剂在反应中得到电子的物质的量为　 　；
（4）某反应体系中有物质：Bi2（SO4）3、NaMnO4、H2O、MnSO4、NaBiO3、Na2SO4、H2SO4．请将NaBiO3之外的反应物与生成物分别填入以下空格内，配平化学计量数，并用单线桥表示电子转移的方向和数目．
答案解析部分
1．【答案】D
【解析】【解答】A. Na2CO3是由钠离子与碳酸根离子构成的化合物，属于盐，A不符合题意；
B. Na2O属于金属氧化物，不是碱，B不符合题意；
C. NH3·H2O在水中发生部分电离生成铵根离子与氢氧根离子，属于弱碱，C不符合题意；
D. 氢氧化钙Ca(OH)2在水溶液中完全电离生成钙离子与氢氧根离子，属于强碱，D符合题意；
故答案为：D
【分析】此题是对物质分类的考查， 强碱是指在水中能完全电离的碱。
2．【答案】B
【解析】【解答】A. 冰醋酸溶于水能导电，是电解质；酒精和苯溶于水或熔融状态下均不能导电，是非电解质；氨气溶于水能导电，原因是NH3 H2O导电，故氨气是非电解质；故A不符合题意；
B. 碘单质易溶于酒精，故装碘的试剂瓶中残留的碘可以用酒精洗涤，故B符合题意；
C. 胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质微粒的直径在1nm 100nm，故C不符合题意；
D. 氢氧化铁胶体具有吸附性，能吸附悬浮杂质，而杀菌消毒是氧化性的体现，且氢氧化铁无氧化性，所以氢氧化铁胶体不能杀菌消毒，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.冰醋酸是电解质；
B.碘易溶于酒精；
C.胶体与其他分散系的本质区别是分散质颗粒的大小；
D.氢氧化铁胶体不能用于消毒杀菌。
3．【答案】A
【解析】【解答】解：A．烧碱是氢氧化钠为不同元素组成的纯净物为化合物，液态氧是同种元素组成的纯净物为单质，碘酒是碘单还的酒精溶液属于混合物，故A正确；
B．干冰为不同元素组成的纯净物为化合物，铁是同种元素组成的纯净物为单质，冰水混合物是一种物质组成的为纯净物，故B错误；
C．生石灰为不同元素组成的纯净物为化合物，白磷是同种元素组成的纯净物为单质，熟石灰为不同元素组成的纯净物为化合物，故C错误；
D．碱石灰是氧化钙和氢氧化钠组成的混合物、氮气同种元素组成的纯净物为单质，胆矾是一种物质组成的为纯净物，故D错误；
故选A．
【分析】物质分为混合物和纯净物，混合物是由两种或两种以上的物质组成；纯净物是由一种物质组成．纯净物又分为单质和化合物．由同种元素组成的纯净物叫单质；由两种或两种以上的元素组成的纯净物叫化合物．
4．【答案】D
【解析】【解答】A．反应，中氧元素化合价由-1降低为-2、由-1升高为0，既是氧化剂又是还原剂，故不选A；
B．反应，中氧元素化合价由-1降低为-2、由-1升高为0，既是氧化剂又是还原剂，故不选B；
C．反应，元素化合价没变，属于非氧化还原反应，故不选C；
D．反应，中氧元素化合价降低，只作氧化剂，表现氧化性，
故答案为：D；
【分析】题干中过氧化钠作为氧化剂，氧元素化合价降低；
A、过氧化钠中氧元素有升有降；
B、过氧化钠中氧元素化合价有升有降；
C、过氧化钠中氧元素化合价不变；
D、过氧化钠中氧元素化合价减低。
5．【答案】B
【解析】【解答】A．C2H5OH是有机物，属于醇类物质，是非电解质，故A不符合题意；
B．BaSO4是盐，属于电解质，故B符合题意；
C．NH3是氢化物，属于非电解质，故C不符合题意；
D．铁是单质，既不是电解质也不是非电解质，故D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】电解质是指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物。
6．【答案】B
【解析】【解答】解：A．HClO中氯元素化合价比HClO4中氯元素化合价低，只能得出HClO4的酸性强，而氧化性HClO＞HClO4，故A错误；
B．氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，在反应①Fe+Cu2+═Fe2++Cu中，氧化剂是Cu2+，氧化产物是Fe2+，所以氧化性Cu2+＞Fe2+，在反应②2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+中，氧化剂是Fe3+，氧化产物是Cu2+，所以氧化性Fe3+＞Cu2+，故氧化性顺序是：Fe3+＞Cu2+＞Fe2+，故B正确；
C．氧化还原反应中，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，还原性：C﹣＞D﹣，故反应 2C﹣+D2═2D﹣+C2能发生，还原性：B﹣＞C﹣，故反应2C﹣+B2═2B﹣+C2不能发生，故C错误；
D．具有强氧化性和强还原性的物质放在一起不一定发生氧化还原反应，化学反应需要适宜的反应条件，比如说氯气有强氧化性，氢气有强还原性，两者只有在点燃时才会反应，常温下不反应，故D错误，
故选B．
【分析】A．氧化性HClO＞HClO4；
B．氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；
C．还原剂的还原性大于还原产物的还原性；
D．具有强氧化性和强还原性的物质放在一起不一定发生氧化还原反应．
7．【答案】C
【解析】【解答】A、Ca2＋和SO42－反应生成微溶物硫酸钙，不能大量共存，A不符A、A、
A、硫酸钙微溶于水，故A不符合题意；
B、H＋与SO32－、ClO－均发生反应不能共存，B不符合题意；
C、该组离子之间互相不反应，能大量共存，C符合题意；
D、Fe3＋和SCN－反应，不能大量共存，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、 SO42- 与 Ca2+ 生成硫酸钙微溶于水；
B、次氯酸具有强氧化性，与Fe2+发生氧化还原反应；
C、氯化铵、硫酸镁不发生反应；
D、SCN-用于检验 Fe3+ ，能够发生化学反应；
8．【答案】D
【解析】【解答】首先要过滤，除去不溶性的泥沙。其次要除去可溶性的杂质离子，除 可加入 溶液，除 可加入 溶液，除 可加入 溶液，且加入的试剂必须是过量的，过量的试剂必须在后面操作中除去，因此， 溶液必须在 溶液之后加入，否则过量的 无法除去，盐酸需在过滤操作之后加入，以除去过量的 和 ，否则生成的 、 和 沉淀又会重新溶解，达不到分离提纯的目的。最后加热蒸发除去 ，结晶得到纯净的 。综上，操作顺序为①②⑤④①③⑥，故本题选D。
【分析】首先，明确三种杂质离子分别用哪种试剂除去；其次，所加试剂必须过量，过量的试剂也要除去，因此要合理确定加入试剂的顺序；最后，要明确加入盐酸的目的及何时加入。
9．【答案】A
【解析】【解答】A．原子不守恒，反应方程式为，A符合题意；
B．CO具有还原性，CuO具有氧化性，两者发生氧化还原反应生成Cu和二氧化碳，反应方程式为，B不符合题意；
C．碳酸盐与强酸反应生成二氧化碳，碱与强酸反应生成水，反应方程式为，C不符合题意；
D．Fe和铜离子发生置换反应生成亚铁离子和铜，反应的离子方程式为，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.该方程式原子不守恒；
B.CO和CuO反应生成Cu和CO2；
C.碳酸盐与强酸反应生成二氧化碳，碱与强酸反应生成水；
D.Fe和Cu2+发生置换反应。
10．【答案】A
【解析】【解答】A．在稀氨水中通入过量CO2生成碳酸氢铵，即NH3·H2O＋CO2＝NH4＋＋HCO3－，A符合题意；
B.少量SO2通入漂白粉溶液中发生氧化还原反应，即SO2＋H2O＋Ca2＋＋3ClO－＝CaSO4↓＋Cl－＋2HClO，B不符合题意；
C.用稀HNO3溶解FeS固体发生氧化还原反应，生成硝酸铁、硫酸和NO，C不符合题意；
D.向NH4HCO3溶液中加入足量Ba(OH) 2溶液生成碳酸钡、一水合氨和水，D不符合题意，
故答案为：A
【分析】根据离子方程式是否符合反应事实、是否遵循两个守恒定律判断离子方程式是否正确。
11．【答案】A
【解析】【解答】①酒精、H2SO4、HNO3等能与水以任意比互溶，没有溶解度，故①不符合题意；②对乳浊液应通过分液的方法进行分离，无法通过过滤分离，故②不符合题意；③分散系是由分散质和分散剂组成的，属于混合物，故③符合题意；④渗析是一种分离方法，不属于胶体的物理性质，胶体粒子不能透过半透膜是胶体的物理性质，故④不符合题意；⑤饱和溶液与不饱和溶液忽略了“一定温度”这一前提条件没有可比性，并且不同物质在相同温度下的溶解度不同，如果不是同一物质，也没有可比性，故⑤不符合题意；⑥布朗运动是悬浮在流体中的微粒受到流体分子与粒子的碰撞而发生的不停息的随机运动，不是胶体特有的性质，故⑥符合题意；⑦对不带电荷的胶粒，如淀粉胶体，加入可溶性电解质后不一定发生聚沉，故⑦不符合题意；⑧在相同条件下，相同溶质的溶液，饱和溶液要比不饱和溶液浓些，故⑧符合题意；
正确的有③⑥⑧，
故答案为：A。
【分析】本题的易错点为①，要注意能与水以任意比互溶的物质，不能形成饱和溶液，也就不存在溶解度。
12．【答案】A
【解析】【解答】溶液的导电性强弱主要和溶液中自由移动的离子浓度和带有的电荷有关，据此分析：
A. 氢氧化钡溶液中加入少量硫酸铜固体，两者会发生反应，生成物氢氧化铜和硫酸钡都难溶于水，反应后，溶液中自由移动的离子浓度会减小，故导电性会减弱，故A符合题意；
B.氢氧化钠溶液中加入氯化钾固体,两者不会反应，氯化钾是电解质，溶于水会电离出离子，故加入氯化钾固体后，溶液中离子浓度会变大，故导电性会增强，故B不符合题意；
C. 硫酸钠溶液中加入氯化钡固体，两者会反生反应，反应的离子方程式为 + Ba2+= BaSO4,虽然消耗了一个 ，但同时又会引进2个 ,故溶液的导电能力可认为不变，故C不符合题意；
D. 水中加入氯化钠固体，由于氯化钠是电解质，溶于水，会电离出离子，故导电能力是增强的，故D不符合题意；
故答案为：A 。
【分析】溶液的导电能力取决于溶液中自由移动离子的多少，若是溶液混合后离子之间反应生成沉淀、弱电解质、挥发性物质，会导致溶液中离子浓度减小，则溶液的导电能力会减弱，据此分析；
A.Ba（OH）2+CuSO4=BaSO4↓+Cu（OH）2↓；
B.两者不反应，导致溶液中离子浓度增大，导电性增强；
C.Na2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2NaCl；
D.氯化钠为强电解质，溶液导电性增强。
13．【答案】C
【解析】【解答】A．能与碱反应生成盐和水的氧化物是酸性氧化物，CO2、SO2、SiO2都是酸性氧化物，CO不是酸性氧化物，故A不符合题意；
B．烧碱、苛性钾、氢氧化钡均为碱，而纯碱是碳酸钠，属于盐，故B不符合题意；
C．盐酸是HCl的水溶液为混合物；漂白粉是氯化钙和次氯酸钙的混合物；水煤气是CO和H2组成的混合物；氢氧化铁胶体是分散系的一种，为混合物，故C符合题意；
D．能与酸反应生成盐和水的氧化物是碱性氧化物，Na2O、CaO、MgO是碱性氧化物，Na2O2不是，因为与酸反应时还产生氧气，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、酸性氧化物一般指能跟碱起反应，只生成盐和水的氧化物，非金属氧化物多数是酸性氧化物；
B、碱指在水溶液中电离出的阴离子全部都是OH-的物质；
C、碱性氧化物是指溶于水而成碱或与酸反应而成盐和水的氧化物，碱性氧 化物皆为金属的氧化物；
D、混合物是由两种或多种物质混合而成的物质；
14．【答案】D
【解析】【解答】解：A．Mn元素的化合价降低，则反应中KMnO4被还原，故A错误；
B．Cl元素的化合价升高，则HCl发生氧化反应，故B错误；
C．每消耗16mol HCl时，反应中转移的电子为10 mol，则每消耗2mol HCl时，反应中转移的电子为1.25 mol，故C错误；
D.2molKMnO4作氧化剂得到电子与10molHCl作还原剂失去电子相同，则氧化剂和还原剂的比是1：5，故D正确；
故选D．
【分析】2KMnO4+16HCl（浓）═2MnCl2+5Cl2↑+2KCl+8H2O中，Mn元素的化合价降低，Cl元素的化合价升高，以此来解答．
15．【答案】B
【解析】【解答】A.含有Fe3＋的溶液显黄色，与无色溶液不符，A不符合题意；
B.溶液中各个离子相互间不发生反应，可大量共存，B符合题意；
C.溶液中Cu2＋能与OH－反应生成Cu(OH)2沉淀，不可大量共存，C不符合题意；
D.溶液中的H＋能与SO32－反应生成H2O和SO2，不可大量共存，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A、无色透明溶液中不含有色离子：Fe2＋(浅绿色)、Fe3＋(黄色)、Cu2＋(蓝色)、MnO4－(紫红色)；
B、pH>7的溶液显碱性，含有大量的OH－；
C、Cu2＋能与OH－形成Cu(OH)2沉淀；
D、能使紫色石蕊试液变红色的溶液先算，含有大量的H＋；
16．【答案】A
【解析】【解答】解：①水玻璃和水煤气是混合物，水银是单质，故①错误；
②明矾、冰醋酸、石膏在水溶液里或熔融状态下能导电，是电解质，故②正确；
③CO2、SO3都可以与碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，CO不能与碱反应是不成盐氧化物，故③错误；
④同位素是同元素的不同原子，1H、3H是氢元素的同位素，2H2是单质，故④错误；
⑤同素异形体是同元素的不同单质，C80、金刚石、石墨都是碳元素的不同单质，属于同素异形体，故⑤正确；
⑥干冰的水溶液能导电，原因是干冰和水反应生成碳酸，碳酸能电离出自由移动的阴阳离子而使溶液导电，碳酸是电解质，干冰是非电解质；液氯是单质不是化合物，所以液氯既不是电解质也不是非电解质，故⑥错误；
故选A．
【分析】①纯净物是由一种物质组成的物质，混合物是由多种物质组成的物质；
②在水溶液里或熔融状态下导电的化合物是电解质；
③酸性氧化物的概念是和碱反应生成盐和水的氧化物；
④同位素是质子数相同中子数不同的同元素的不同核素；
⑤同素异形体的概念是同种元素的不同单质；
⑥在水溶液里或熔融状态下都不导电的化合物是非电解质，非电解质首先必须是化合物．
17．【答案】（1）Fe，Cu，S2﹣
（2）H+
【解析】【解答】解：Fe的化合价是0价，最低价态，只有还原性，只能被氧化；
Fe2+的化合价是+2价，中间价态，既有氧化性又有还原性，既能被氧化又能被还原；
Fe3+的化合价是+3价，处于中间价态，既有氧化性又有还原性；
S2﹣的化合价是﹣2价，最低价态，只有还原性，只能被氧化；
SO2的化合价是+4价，中间价态，既有氧化性又有还原性，既能被氧化又能被还原；
Cu的化合价是0价，最低价态，只有还原性，只能被氧化；
H+的化合价是+1价，最高价态，只有氧化性，只能被还原；
S的化合价是0价，中间价态，既有氧化性又有还原性，既能被氧化又能被还原；
故答案为：（1）Fe，Cu，S2﹣；（2）H+
【分析】根据元素的化合价判断，最高价态的元素只有氧化性，最低价态的只有还原性，中间价态的既有氧化性又有还原性．
18．【答案】（1）④⑧⑨
（2）①③⑤⑧
（3）②⑥⑦
【解析】【解答】解：①氯化钠固体，不含自由电子或者自由离子，不能导电；是化合物，在水溶液或者熔融状态下能导电，属于电解质；②干冰，不含自由电子或者自由离子，不能导电；是化合物，但是本身在水溶液和熔融状态下都不能电离产生自由移动的离子，不导电，属于非电解质；③HCl气体，不含自由电子或者自由离子，不能导电；是化合物，在水溶液或者熔融状态下能导电，属于电解质；④铜，含自由电子，能够导电；是单质，既不是电解质，也不是非电解质；⑤硫酸钡固体，不含自由电子或者自由离子，不能导电；是化合物，在水溶液或者熔融状态下能导电，属于电解质；⑥蔗糖、⑦乙醇都不含自由电子或者自由离子，不能导电；是化合物，在水溶液和熔融状态下都不导电，属于非电解质；⑧熔融的硝酸钾，含有自由离子，能够导电；是化合物，在水溶液或者熔融状态下能导电，属于电解质；⑨NaCl溶液，含有自由离子，能够导电；是混合物，既不是电解质，也不是非电解质；（1）能导电的是：④⑧⑨；故答案为；④⑧⑨；（2）属于电解质的是：①③⑤⑧；故答案为：①③⑤⑧；（3）属于非电解质的是：②⑥⑦；故答案为：②⑥⑦．
【分析】在水溶液或者熔融状态下能导电的化合物属于电解质；
在水溶液和熔融状态下都不导电的化合物属于非电解质；
物质导电的条件是含有自由电子或者自由离子．
19．【答案】（1）Se+2HNO3（浓）═H2SeO3+NO↑+NO2↑
（2）H2SO4（浓）＞SeO2＞SO2
（3）
（4）92.5%
【解析】【解答】解：（1.）利用题中信息可知Se与浓HNO3反应，Se被氧化为+4价的H2SeO3，HNO3还原为NO与NO2，生成NO与NO2的物质的量之比为1：1，即二者计量系数比为1：1，令二者系数为1，根据电子转移守恒可知，Se的系数为 =1，故反应方程式为：Se+2HNO3（浓）=H2SeO3+NO↑+NO2↑，
故答案为：Se+2HNO3（浓）=H2SeO3+NO↑+NO2↑；
（2.）在氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物的，所以根据反应的方程式可知，SeO2、H2SO4（浓）、SO2的氧化性由强到弱的顺序是H2SO4（浓）＞SeO2＞SO2，故答案为：H2SO4（浓）＞SeO2＞SO2；
（3.）在反应①中Se元素的化合价从+4价降低到0价，而碘元素的化合价从﹣1价升高到0价，所以根据电子的得失守恒，配平后的方程式是SeO2+4KI+4HNO3═Se+2I2+4KNO3+2H2O，反应中转移的电子数为4，则用单线桥表示为： ；
故答案为： ；
（4.）已知反应①SeO2+4KI+4HNO3═Se+2I2+4KNO3+2H2O，②I2+2Na2S2O3═Na2S4O6+2NaI，由电子的得失守恒可知，SeO2～2I2～4Na2S2O3，所以参加反应的SeO2的物质的量是0.200 0 mol L﹣1×0.025 L× =0.001 25 mol，因此所测定的样品中SeO2的质量分数为 ×100%=92.5%；
故答案为：92.5%．
【分析】（1）利用题中信息可知Se与浓HNO3反应，Se被氧化为+4价的H2SeO3，HNO3还原为NO与NO2，利用电子守恒和限定条件（生成NO与NO2的物质的量之比为1：1，即二者计量系数比为1：1）可得方程式；（2）在氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物的，而还原剂的还原性强于还原产物的；（3）在反应①中Se元素的化合价从+4价降低到0价，而碘元素的化合价从﹣1价升高到0价，所以根据电子的得失守恒，配平后的方程式是SeO2+4KI+4HNO3═Se+2I2+4KNO3+2H2O，反应中转移的电子数为4；（4）根据反应①②及电子的得失守恒可知，SeO2～2I2～4Na2S2O3，所以参加反应的SeO2的物质的量是Na2S2O3的 ，然后求出质量和质量分数．
20．【答案】（1）2mol/L；2mol/L；0.1mol/L
（2）36g·mol－1；0.4NA
（3）NaHSO4 = Na++
（4）C；D
（5）Ba2++OH-+H++ = BaSO4↓+H2O；OH-+H+ = H2O
（6）H++ =H2O+CO2↑
【解析】【解答】Ⅰ．(1)20gNaOH的物质的量为 =0.5mol，所以配成250mL溶液后浓度为 =2mol/L；溶液为均一稳定的分散系，所以取出5mL该溶液,它的物质的量浓度仍为2mol/L；加水稀释溶液中溶质的物质的量不变，所以稀释的后的浓度为 = 0.1mol/L；(2)①标况下8.96L气体的物质的量为 =0.4mol，所以混合气体的平均摩尔质量为 =36g/mol；②一个CO分子和一个CO2均只含一个C原子，所以0.4mol混合气体含有0.4NA个碳原子；Ⅱ．(3)NaHSO4受热熔化时却只能电离出两种不同离子，所以电离方程式为NaHSO4 = Na++ ；(4)A．NaHSO4电离出的阳离子不止有氢离子，所以不是酸，故A不正确；
B．NaHSO4中含有不止两种元素，所以不是氢化物，故B不正确；
C．NaHSO4熔融状态和水溶液均可以导电，属于电解质，故C正确；
D．NaHSO4在水溶液中可以电离出氢离子，可以与Zn反应生成氢气，故D正确；
综上所述答案为CD；(5)不再生成沉淀说明硫酸根和钡离子的比例为1:1，所以Ba(OH)2和NaHSO4按照1:1反应，离子方程式为Ba2++OH-+H++ = BaSO4↓+H2O；沉淀完全后溶液中还有氢氧根剩余，所以继续滴加硫酸氢钠时发生的离子反应为OH-+H+ = H2O；(6)硫酸氢钠电离出氢离子和碳酸氢钠反应生成二氧化碳和水，离子方程式为H++ =H2O+CO2↑。
【分析】(1)根据n=和c=分析；溶液为均一稳定的分散系；根据稀释前后物质的量不变计算；
(2) ① 根据n=计算出物质的量，再根据M=计算平均摩尔质量；
②根据CO和CO2中都只有一个C分析；
(3)NaHSO4熔融时电离出Na+和离子；
(4)A． 酸在是指在水溶液中电离时产生的阳离子都是氢离子的化合物；
B． 氢化物是氢与其他元素形成的二元化合物；
C．电解质是在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物；
D．根据Zn+2H+=Zn2++H2分析；
(5)不再生成沉淀说明和Ba2+的比例为1:1；沉淀完全后溶液中OH-有剩余；
(6)根据H+与的反应分析；
21．【答案】（1）Cu（IO3）2
（2）I2
（3）11mol
（4）10NaBiO3+4MnSO4+14H2SO4=5Bi2（SO4）3+4NaMnO4+3Na2SO4+14H2O；
【解析】【解答】解：（1）向Cu（IO3）2饱和溶液中加入足量的经稀硫酸酸化的KI溶液，产生CuI沉淀，溶液由蓝色变为棕黄色，反应前加入淀粉溶液不变蓝，反应后加入淀粉溶液变为蓝色，则反应过程中有碘生成，同时说明铜离子、碘酸根离子得电子发生还原反应，则Cu（IO3）2作氧化剂，碘化钾中碘离子失电子作还原剂，
故答案为：Cu（IO3）2； （2）还原剂碘离子失电子对应的产物I2是氧化产物，故答案为：I2；（3）根据氧化剂和转移电子之间的关系式得转移电子的物质的量=1mol×[（2﹣1）+（5﹣0）×2]=11mol；（4）该反应中NaBiO3是反应物，根据Bi元素守恒，Bi2（SO4）3是生成物，Bi元素由反应物到生成物，化合价降低，所以NaBiO3是氧化剂；NaMnO4中锰元素的化合价是+7价，MnSO4中锰元素的化合价是+2价，要选取还原剂，只能是化合价由低变高，所以MnSO4作还原剂，NaMnO4是氧化产物；再根据元素守恒，反应物中还有硫酸，产物中还有Na2SO4和H2O；该反应中，NaBiO3是氧化剂，MnSO4作还原剂；MnSO4→NaMnO4，锰元素由+2价→+7价，一个MnSO4失去5个电子；
NaBiO3→Bi2（SO4）3，Bi元素由+5价→+3价，生成一个Bi2（SO4）3，需得4个电子，所以其得失电子的最小公倍数为20，则其化学反应方程式为10NaBiO3+4MnSO4+14H2SO4=5Bi2（SO4）3+4NaMnO4+3Na2SO4+14H2O．故答案为：10NaBiO3+4MnSO4+14H2SO4=5Bi2（SO4）3+4NaMnO4+3Na2SO4+14H2O；
．
【分析】（1）得电子化合价降低的反应物是氧化剂，失电子化合价升高的反应物是还原剂；（2）还原剂对应的产物是氧化产物；（3）根据氧化剂和转移电子之间的关系式计算；（4）根据化合价的升降判断参加氧化还原反应的反应物和生成物，然后根据元素守恒判断未参加氧化还原反应的反应物和生成物；根据化合价 的升降判断电子的转移方向，根据得失电子的最小公倍数确定转移的电子数．