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1、2020-2021学年天津市静海区第一中学高一12月考化学试题 解析版考生注意：本试卷分第卷基础题(80分)和第卷提高题(20分)两部分，共100分。相对原子质量：H：1 N：14 O：16 Al：27 S ：32 Cl ：35.5知 识 与 技 能学习能力(学法)内容物质的分类 离子反应 氧化还原易混易错规律方法提炼分数3040301314第卷 基础题(共80分)一、选择题: 每小题2分，共30分.1. 分类方法在化学发展中起到了重大的作用。以下分类正确的是单质氧化物酸碱盐A金刚石水硫酸烧碱胆矾B黄铜NO2盐酸石灰水FeSO4C碘酒一氧化碳磷酸熟石灰食盐DH2Fe3O4HNO3纯碱小苏打A.
2、 AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【分析】【详解】A金刚石是碳的单质，水属于化合物，硫酸属于酸，烧碱是氢氧化钠，属于碱，胆矾是硫酸铜的结晶水合物，属于盐，故A正确；B黄铜和合金，属于混合物，石灰水是氢氧化钙溶液，是混合物，故B错误；C碘酒是碘单质的酒精溶液，属于混合物，故C错误；D纯碱是碳酸钠的俗称，属于盐，不属于碱，故D错误；故选A。2. 分类是化学研究中常用的方法。下列分类方法中，不正确的是A. 依据组成元素的种类，将纯净物分为单质和化合物B. 碱性氧化物一定是金属氧化物，酸性氧化物一定是非金属氧化物C. 根据分散质粒子的大小，将分散系分为胶体、浊液和溶液D. 硫酸、Cu(OH
3、) 2、CuSO45H2O分别属于酸、碱、盐，都属于纯净物【答案】B【解析】【分析】【详解】A.单质由同种元素组成，化合物由不同种元素组成，根据组成元素的种类，将纯净物分为单质和化合物，A正确；B. 酸性氧化物也可能是金属氧化物，如HMnO4对应的酸性氧化物是Mn2O7，故B错误；C.根据分散质微粒直径的大小，可以将分散系分为胶体、浊液和溶液三大类，故C正确；D. 硫酸属于酸、Cu(OH) 2属于碱，CuSO45H2O属于盐，均为化合物，均为纯净物，故D正确；综上所述，本题选B。【点睛】碱性氧化物一定是金属氧化物，金属氧化物不一定为碱性氧化物，如氧化铝为两性氧化物；酸性氧化物不一定是非金属氧化
4、物，也可能是金属氧化物如Mn2O7，非金属氧化物也不一定是酸性氧化物，如CO为中性氧化物。3. 下列叙述正确的是（ ）A. 有单质产生的分解反应一定是氧化还原反应B. 氧化还原反应的本质是化合价发生变化C. 氧化剂在同一反应中既可以是反应物，也可以是生成物D. 还原剂在反应中发生还原反应【答案】A【解析】【分析】【详解】A氧化还原反应的特征是元素化合价的升降，有单质产生的分解反应一定有元素化合价的升降，所以一定是氧化还原反应，正确；B氧化还原反应的本质是电子的转移，故B错误；C氧化剂是化合价降低的元素所在的反应物，即氧化剂在同一反应中只能是反应物，故C错误；D还原剂在反应中发生氧化反应，故D错
5、误；故选A。4. KOH是我国古代纺织业常用作漂洗的洗涤剂。古代制取KOH的流程如下： 上述流程中没有涉及的化学反应类型是A. 化合反应B. 分解反应C. 置换反应D. 复分解反应【答案】C【解析】【分析】发生CaCO3CaO+CO2、CaO+H2O=Ca（OH）2、K2CO3+Ca（OH）2=CaCO3+2KOH，结合四种基本反应类型的概念来解答。【详解】由制备流程可知，发生的分液依次为CaCO3CaO+CO2、CaO+H2O=Ca（OH）2、K2CO3+Ca（OH）2=CaCO3+2KOH，其反应类型分别为分解反应、化合反应、复分解反应，没有涉及置换反应，答案选C。5. 下列关于胶体和溶液
6、的说法错误的是A. FeCl3溶液与Fe(OH)3胶体的外观都是澄清、透明、均匀的B. 新冠病毒可通过气溶胶传播。气溶胶的粒子大小在1nm100nm之间C. 光束通过淀粉溶液,可以看到一条光亮的“通路”，光束通过蔗糖溶液时，则无此现象D. 溶液最稳定,放置后不会生成沉淀，胶体很不稳定，放置后很快会生成沉淀【答案】D【解析】【分析】【详解】AFeCl3溶液是澄清、透明的均匀分散系，Fe(OH)3胶体也是澄清、透明的均匀分散系，区别在于分散质粒子大小不同，故A正确；B气溶胶属于胶体，则气溶胶的粒子大小在1nm100nm之间，故B正确；C当光束通过淀粉溶液时，出现一条光亮的“通路”，该现象为丁达尔效
7、应，说明该分散系为胶体，而通过蔗糖溶液时，无现象，丁达尔效应是鉴别溶液和胶体的常用方法，故C正确；D胶体较稳定，是一种介稳性的分散系，放置后不会很快会生成沉淀，溶液是一种非常稳定的分散系，故D错误；故选D。6. 下列氧化还原反应中，电子转移的方向和数目均正确的是A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】【详解】A反应中O元素化合价由-2价升高到0价，共转移12e-，故A错误；B反应中Mg共失去4个电子，氧气得到4个电子，电子转移方向和数目正确，故B正确；C反应中Cu得到电子，C失去电子，得失电子标反了，故C错误；D得失电子数不相等应为4个，故D错误。故选：B7. 下列各组中两稀溶液间的
8、反应可以用同一个离子方程式表示的是( )A. H2SO4溶液(足量)与 K2CO3 溶液；HNO3 溶液(足量)与 Na2CO3 溶液B. CH3COOH 溶液与 KOH 溶液；HCl 溶液与 NaOH 溶液C. BaCl2 溶液与Na2SO4溶液；Ba(OH)2 溶液与CuSO4 溶液D. H2SO4 溶液与 NaOH 溶液；H2SO4 溶液与 Ba(OH)2 溶液【答案】A【解析】【分析】【详解】AH2SO4溶液(足量)与K2CO3溶液；HNO3溶液(足量)与Na2CO3 溶液反应的离子方程式均为：，故选A；BCH3COOH 溶液与 KOH溶液；HCl溶液与NaOH溶液反应的离子方程式分别
9、为：；，故B不选；CBaCl2溶液与Na2SO4溶液；Ba(OH)2溶液与CuSO4溶液反应的乐滋滋方程式分别为：；，故C不选；DH2SO4溶液与 NaOH 溶液；H2SO4溶液与 Ba(OH)2溶液反应的离子方程式分别为：；，故D不选。答案选A8. 氮化铝(AlN)被广泛应用于电子、陶瓷等工业领域。在一定条件下,高温AlN可通过如下反应制取:。下列叙述正确的是A. AlN中N元素的化合价为+3B. 上述反应中AlN为氧化产物C. 上述反应中氮元素被还原，发生还原反应D. 上述反应中有电子的转移，是因为有元素的化合价发生变化【答案】C【解析】【分析】【详解】A由金属与非金属元素组成的化合物中，
10、金属元素显正价，非金属元素显负价，因此Al的化合价为+3价，N元素的化合价为-3，故A错误B上述反应中，N元素化合价由N2中的0价降低为AlN中的-3价，发生还原反应，AlN为还原产物，故B错误；C上述反应中，N元素的化合价从0价变成AlN中的-3价，化合价降低，N2发生还原反应，故C正确；D氧化还原反应的本质为电子转移，电子转移导致元素的化合价发生变化，故D错误；故选C。9. 下列离子能大量共存的是A. 使无色酚酞试液呈红色的溶液中：Na+、K+、B. 无色透明的溶液中：Cu2+、K+、C. 含有大量Ba(NO3)2的溶液中：Mg2+、ClD. 使紫色石蕊试液呈红色的溶液中：Na+、K+、【
11、答案】A【解析】【分析】【详解】A使无色酚酞溶液呈红色的溶液中含有大量OH-，Na+、K+、离子之间不会发生反应，能够大量共存，故A正确；B含大量Cu2+的溶液呈蓝色，不能在无色溶液中大量存在，故B错误；CBa2+与能反应生成BaSO4，不能大量共存，故C错误；D使紫色石蕊溶液呈红色的溶液中含有大量H+，H+与反应生成二氧化碳和水，不能大量共存，故D错误。故选A。10. 废水脱氮工艺中有一种方法是在废水中加入过量NaClO使NH完全转化为N2，该反应可表示为2NH+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，氯元素被还原B. 还原性：NHCl
12、-C. 反应中每生成1个N2分子，转移6个电子D. 经此法处理过的废水不用再处理就可以直接排放【答案】D【解析】【分析】【详解】A反应2NH+3ClO-=N2+3Cl-+2H+3H2O中氮元素从-3价升高为0价，Cl元素从+1价降为-1价，则氮元素被氧化，氯元素被还原，故A正确；B反应2NH+3ClO-=N2+3Cl-+2H+3H2O中氮元素从-3价升高为0价，Cl元素从+1价降为-1价，则NH是还原剂，Cl-是还原产物，则还原性：NHCl-，故B正确；C反应2NH+3ClO-=N2+3Cl-+2H+3H2O中氮元素从-3价升高为0价，则每生成1个N2分子，转移6个电子，故C正确；D经反应2N
13、H4+3ClO-N2+3Cl-+2H+3H2O处理过的废水呈酸性，需要先用石灰水中和酸，则不能直接排放，故D错误；故答案为D。11. 下列反应的离子方程式书写正确的是A. 稀硫酸滴在铜片上：Cu+2H+=Cu2+H2B. 稀硫酸与氢氧化钡溶液混合：+2H+2OH+Ba2+=BaSO4+2H2OC. 稀硝酸滴在大理石上：CaCO3+2H+=Ca2+H2CO3D. 铜与硝酸银溶液反应CuAg=Cu2Ag【答案】B【解析】分析】【详解】A稀硫酸与Cu不反应，A错误；B两者反应化学方程式为：H2SO4+Ba(OH)2=BaSO4+2H2O，强酸H2SO4、强碱Ba(OH)2拆写成离子形式，沉淀和H2O
14、均不拆，故离子方程式为：，B正确；C生成物H2CO3不稳定，分解为CO2和H2O，正确方程式为：CaCO3+2H+=Ca2+CO2+ H2O，C错误；D选项所写方程式未配平电荷守恒和得失电子守恒，正确方程式为：Cu+2Ag+=2Ag+Cu2+，D错误；故答案选B。12. 根据下列各反应，判断有关物质还原性由强到弱的顺序是H2SO3+I2+H2O=2HI+H2SO42FeCl3+2HI=2FeCl2+2HCl+I23FeCl2+4HNO3=2FeCl3+NO+2H2O+Fe(NO3)3A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】【详解】H2SO3+I2+H2O=2HI+H2SO4中，I元素
15、的化合价降低，S元素的化合价升高，则H2SO3为还原剂，还原性H2SO3HI ；2FeCl3+2HI=2FeCl2+2HCl+I2中，Fe元素的化合价降低，I元素的化合价升高，则HI为还原剂，还原性HIFeCl2；3FeCl2+4HNO3=2FeCl3+NO+2H2O+Fe(NO3)3中，N元素的化合价降低，Fe元素的化合价升高，则FeCl2为还原剂，还原性FeCl2NO；因此还原性由强到弱的顺序为H2SO3HIFeCl2NO，故选B。【点睛】明确化合价的变化和氧化还原反应的规律是解题的关键。解答本题要注意还原剂的还原性大于还原产物的还原性。13. 在甲、乙两烧杯中，大量含有的离子有Cu2+、
16、Ba2+、H+、Cl-、OH-共六种。且两溶液中大量存在的离子种类互不相同。已知甲烧杯的溶液呈蓝色，则有关结论正确的是A. 甲中一定有B. 乙中一定有Cl-C. 甲中可能有H+D. 乙中可能有OH-【答案】A【解析】【分析】【详解】甲、乙两烧杯中，大量含有的离子有Cu2+、Ba2+、H+、Cl-、OH-共六种。且两溶液中大量存在的离子种类互不相同。已知甲烧杯的溶液呈蓝色，则甲溶液中含有Cu2+，结合离子共存关系，因此OH-不能在甲溶液中，即乙溶液中含有OH-，则H+不能与OH-共存，则甲溶液中含有H+，由于Ba2+、和不能共存，只能分别在甲乙两溶液中，溶液为电中性，一个溶液中既含有阳离子，同时
17、也含有阴离子，则在甲溶液中，Ba2+在乙溶液中；根据题干信息，无法确定Cl-在哪个烧杯中，但根据Cl-的性质，Cl-既可以在甲溶液中，也可以在乙溶液中，综上分析，答案选A。14. 在酸性条件下，可发生如下反应： +2M3+4H2O=+Cl+8H+， 中M的化合价是 （ ）A. +4B. +5C. +6D. +7【答案】C【解析】根据离子反应方程式中，反应前后所带电荷数相等，即61=8n1，解得n=2，从而得出M2O7n中M的化合价为+6价，故C正确。15. 向CuSO4溶液中加入H2O2溶液，很快有大量气体逸出，同时放热，一段时间后，蓝色溶液变为红色浑浊（Cu2O），继续加入H2O2溶液，红色
18、浑浊又变为蓝色溶液，这个反应可以反复多次。下列关于上述过程说法不正确的是（ ）A. Cu2+将H2O2还原为O2B. H2O2既表现氧化性又表现还原性C. Cu2+是H2O2分解反应的催化剂D. 发生了反应Cu2O+H2O2+4H+2Cu2+3H2O【答案】A【解析】【分析】【详解】A硫酸铜与H2O2溶液首先发生反应产生氧化亚铜，铜元素化合价降低，硫酸铜作氧化剂，则H2O2作还原剂被氧化成氧气，故A错误；B开始结合过氧化氢被氧化成氧气表现还原性作还原剂；继续滴加过氧化氢溶液后氧化亚铜转变成铜离子被氧化，则过氧化氢又表现氧化性，故B正确；C整个过程中反应开始有铜离子，反应结束时还有铜离子，铜离子
19、的量没有变化，符合催化剂的特点，故C正确；D反应的第二阶段是过氧化氢与氧化亚铜反应产生铜离子的过程，根据价态变化，可知过氧化氢应被还原成水，根据化合价升降总数相等完成方程式书写：Cu2O+H2O2+4H+2Cu2+3H2O，故D正确。答案选A。二、填空题：共40分. 16. 现有下列10种物质：铝 硫酸溶液 CO2 H2SO4 Ba(OH)2 胆矾 盐酸 NaHSO4 碳酸钙 乙醇 (1)上述物质中属于电解质的有_，非电解质_，能导电的有_(填序号)。电解质与非电解质都属于_，电解质包括哪些物质类别_(2)在水中的电离方程式为_。 (3)向溶液中逐滴滴加溶液至恰好中和，发生反应的离子方程式为_
20、；(4)和混合，反应的离子方程式为_。【答案】 (1). (2). (3). (4). 化合物 (5). 绝大多数的酸、碱、盐、活泼金属氧化物和水 (6). (7). (8). 【解析】【分析】【详解】铝，该物质可以导电，但该物质是单质，既不是电解质，也不是非电解质；硫酸溶液，该物质可以导电，但该物质是混合物，既不是电解质，也不是非电解质；CO2，该物质不能导电，在熔融状态下或者溶液中也都不能导电，是非电解质；H2SO4，该物质本身不能导电，在水中可以导电，是电解质；Ba(OH)2,该物质本身不能导电，在熔融状态下或者溶液中可以导电，是电解质；胆矾，该物质本身不能导电，在熔融状态下或者溶液中可
21、以导电，是电解质；盐酸，该物质可以导电，但该物质是混合物，既不是电解质，也不是非电解质；NaHSO4，该物质本身不能导电，但在熔融状态下或者溶液中可以导电，是电解质；碳酸钙，该物质本身不能导电，但在熔融状态下可以导电，是电解质；乙醇，该物质不能导电，在熔融状态下或者溶液中也都不能导电，是非电解质；(1)综上所述，属于电解质的有；属于非电解质的有；能导电的有；电解质与非电解质都属于化合物，电解质包括绝大多数的酸、碱、盐、活泼金属氧化物和水；(2) NaHSO4是强酸的酸式盐，在水中完全电离，其电离方程式为；(3)向NaHSO4溶液中逐滴滴加Ba(OH)2溶液至恰好中和，即2份NaHSO4和1份B
22、a(OH)2反应，该反应的离子方程式为：，(4)碳酸钙和盐酸混合，反应的离子方程式为。17. .完成下列反应的离子反应方程式(1)实验室用碳酸钙与盐酸反应制取CO2气体，反应的离子方程式：_；常用澄清石灰水检验CO2气体的离子方程式是_。(2)表面附有铁锈(成分是Fe2O3)的铁钉放入稀硫酸中，开始反应的离子方程式是_；反应片刻后，可观察到有气体产生，其离子方程式是_。(3)人体胃液中有胃酸(0.2%0.4%的盐酸)，起杀菌、帮助消化等作用，但胃酸的量不能过多或过少，它必须控制在一定范围内，当胃酸过多时，医生通常用“小苏打片”或“胃舒平”给病人治疗。用小苏打片(NaHCO3)治疗胃酸过多离子方
23、程式为_。如果病人同时患有胃溃疡，此时最好服用胃舒平主要成分是Al(OH)3，反应的离子方程式为_。(4)碳酸钙与醋酸反应_(5) NaHCO3 溶液和 NaOH混合_书写离子方程式时，哪些物质不能写成离子_II.配平下列反应 KMnO4+ K2SO3+ H2O=_ MnO2+_ K2SO4+ KOH _ 。 K2Cr2O7+ KI+ H2SO4= K2SO4+ Cr2(SO4)3+ I2+ H2O _ 。氧化还原方程式的配平依据是_【答案】 (1). CaCO32HCa2+CO2H2O (2). Ca2+2OHCO2CaCO3H2O (3). Fe2O36H2Fe3+3H2O (4). Fe
24、2HFe2+H2 (5). HCO2H2O (6). Al(OH)33HAl3+3H2O (7). CaCO32CH3COOH2CH3COOCa2+CO2H2O (8). OHH2O (9). 单质、沉淀、弱电解质(弱酸、弱碱)、气体、氧化物 (10). 2，3，1，2，3，2 (11). 1，6，7，4，1，3，7 (12). 得失电子守恒【解析】【分析】【详解】.(1)实验室用碳酸钙与盐酸反应制取CO2气体，反应的化学方程式：CaCO32HClCaCl2CO2H2O，反应的离子方程式：CaCO32HCa2+CO2H2O，常用澄清石灰水检验CO2气体的化学方程式是Ca(OH)2CO2CaCO
25、3H2O，其离子方程式是Ca2+2OHCO2CaCO3H2O；故答案为：CaCO32HCa2+CO2H2O；Ca2+2OHCO2CaCO3H2O。(2)表面附有铁锈(成分是Fe2O3)的铁钉放入稀硫酸中，开始是氧化铁和稀硫酸反应生成硫酸铁和水，反应的离子方程式是Fe2O36H2Fe3+3H2O；反应片刻后，可观察到有气体产生，则是Fe和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，其离子方程式是Fe2HFe2+H2；故答案为：Fe2O36H2Fe3+3H2O；Fe2HFe2+H2。(3)用小苏打片(NaHCO3)治疗胃酸过多，主要是碳酸氢钠和盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，其离子方程式为HCO2H2O；HC
26、O2H2O。如果病人同时患有胃溃疡，此时最好服用胃舒平主要成分是Al(OH)3，主要是Al(OH)3和盐酸反应生成氯化铝和水，其反应的离子方程式为Al(OH)33HAl3+3H2O；故答案为：Al(OH)33HAl3+3H2O。(4)碳酸钙与醋酸反应生成醋酸钙、二氧化碳和水，其反应方程式为CaCO32CH3COOH(CH3COO)2CaCO2H2O，其离子方程式为CaCO32CH3COOH2CH3COOCa2+CO2H2O；故答案为：CaCO32CH3COOH2CH3COOCa2+CO2H2O。(5)NaHCO3 溶液和 NaOH混合生成碳酸钠和水，其化学方程式为：NaHCO3 NaOHNa2
27、CO3H2O，因此离子方程式为OHH2O；故答案为：OHH2O。根据前面分析，书写离子方程式时，单质、沉淀、弱电解质(弱酸、弱碱)、气体、氧化物等物质不能写成离子；故答案为：单质、沉淀、弱电解质(弱酸、弱碱)、气体、氧化物。II.KMnO4中Mn化合价降低变为MnO2，降低了3个价态，K2SO3中S化合价升高变为K2SO4，升高了3个价态，根据得失电子守恒得到2KMnO43K2SO31H2O 2MnO23 K2SO42KOH；故答案为：2，3，1，2，3，2。K2Cr2O7中Cr化合价降低变为Cr2(SO4)3，降低了3个价态，1mol K2Cr2O7得到6mol电子，KI中I化合价升高变为I
28、2，升高了1个价态，生成1mol I2失去2mol电子，根据得失电子守恒得到1 K2Cr2O76KI7H2SO44K2SO41Cr2(SO4)33I27H2O；故答案为：1，6，7，4，1，3，7。氧化还原方程式的配平依据是化合价升降守恒即得失电子守恒；故答案为：得失电子守恒。18. 如图所示，纵轴表示导电能力，横轴表示所加物质的质量：下列过程中溶液导电性的变化情况为(填字母)(1)向NaOH溶液中通入HCl气体_(2)向溶液中加KOH固体_(3)向溶液中滴加稀硫酸_(4)向Ca(OH)2溶液中通入CO2气体_溶液导电能力的强弱取决于_【答案】 (1). B (2). A (3). C (4)
29、. D (5). 溶液中自由移动的离子浓度及离子所带电荷数【解析】【分析】根据溶液中离子浓度的大小分析溶液导电性的变化，结合图示信息分析解答。【详解】(1)氢氧化钠与HCl都为强电解质，向NaOH溶液中通入HCl气体时，反应生成氯化钠，氯化钠也为强电解质，溶液的导电性不变，故答案为：B；(2)为弱电解质，不完全电离，加KOH固体时，反应生成CH3COOK，CH3COOK为强电解质，溶液的导电性逐渐增强，故答案为：A；(3)氢氧化钡为强电解质，加入硫酸时反应生成硫酸钡沉淀，溶液的导电性降低，硫酸过量时，溶液的导电性逐渐升高，故答案为：C；(4)Ca(OH)2为强电解质，通入CO2气体生成碳酸钙沉
30、淀，溶液中离子浓度降低，导电性降低，故答案为：D；溶液导电能力的强弱取决于溶液中自由移动的离子浓度及离子所带电荷数，故答案为：D；溶液中自由移动的离子浓度及离子所带电荷数。19. (1)化学实验中，如使某步中的有害产物作为另一步的反应物，形成一个循环，就可不再向环境排放该种有害物质。例如：在如图有编号的步骤中，发生氧化反应的是_(填编号，下同)，发生还原反应的是_。(提示：铬元素化合价有+6、+3价)(2)盐酸在不同反应中，可以分别表现出酸性、氧化性和还原性。现有如下四个反应，请写出盐酸在反应中，分别表现什么性质？_；NaOH+HCl=NaCl+H2O_；_；_。反应中氧化剂与还原剂的个数之比
31、为_，若有5个还原剂被氧化，则生成的Cl2为_个。【答案】 (1). (2). (3). 氧化性和酸性 (4). 酸性 (5). 氧化性和还原性 (6). 还原性和酸性 (7). 1:5 (8). 3【解析】【分析】根据反应中元素化合价的变化情况分析是否为氧化还原反应，并判断氧化剂、还原剂。【详解】(1)化合价升高被氧化发生氧化反应，化合价降低被还原发生还原反应，反应中Cr元素化合价降低，发生还原反应；Cr元素化合价不变，发生非氧化还原反应；Cr元素化合价升高，发生氧化反应，故答案为：；(2)反应中盐酸作氧化剂，表现氧化性，和金属反应生成氢气，又体现出酸性；NaOH+HCl=NaCl+H2O反
32、应中盐酸元素化合价没有变化，发生的是复分解反应，表现酸性；反应中盐酸中元素化合价既有降低又有升高，既表现氧化性又表现还原性；反应中盐酸中氯元素化合价部分升高，部分被氧化，在反应中表现为还原性和酸性；故答案为：氧化性和酸性；酸性；氧化性和还原性；还原性和酸性。反应中，氧化剂为KClO3，还原剂为HCl，参加反应的6 molHCl中只有5 mol被氧化作还原剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:5，则氧化剂与还原剂的个数之比为1:5；根据方程式，若有5个还原剂被氧化，则生成的Cl2为3个，故答案为：1:5；3。三、实验题：共10分.20. 少量饱和溶液分别滴入下列物质中，得到三种分散系，完成相关
33、问题。甲：饱和溶液滴入冷水中；乙：饱和溶液滴入NaOH溶液中；丙：饱和溶液滴入沸水中。(1)将丙继续加热煮沸得到红褐色透明液体，反应的化学方程式为 _(2)用最简单的方法判断丙中是否成功制备胶体，请写出相关的操作、现象和结论_【答案】 (1). (2). 用强光照射，若有光亮的“通路”，则已制备成功。【解析】【分析】【详解】(1)该反应的化学方程式为；(2)想要判断是否成功制备胶体，最简单的方法是依据丁达尔效应来判断，具体的操作为用强光照射，若有光亮的“通路”，则已制备成功。21. 现有失去标签的四瓶无色溶液A，B，C，D，只知它们是K2CO3，K2SO4，NaHSO4和Ba(NO3)2，为鉴
34、别它们，进行如下实验：A+D溶液+气体；B+C溶液+沉淀；B+D溶液+沉淀；A+B溶液+沉淀。将得到的沉淀物加入所得的溶液中，沉淀很快溶解并产生无色无味的气体。根据以上实验事实，请完成如下问题：(1)写出各物质化学式：A_，B_，C_，D_。(2)写出实验中反应中相关的离子方程式：_。【答案】 (1). K2CO3 (2). Ba(NO3)2 (3). K2SO4 (4). NaHSO4 (5). Ba2+SO=BaSO4【解析】【分析】B与A、C、D混合都有沉淀析出，B应为Ba(NO3)2，将得到的沉淀物加入所得溶液中，中沉淀很快溶解并产生无色无味的气味，则只有碳酸钡沉淀符合该要求，则A为K
35、2CO3，结合可知，D为NaHSO4，所以C为K2SO4，以此来解答。【详解】(1)根据分析可知A为K2CO3，B为Ba(NO3)2，C为K2SO4，D为NaHSO4；(2)为硝酸钡和硫酸氢钠的反应，离子方程式为Ba2+SO=BaSO4。第卷 提高题(共20分)22. 已知A和B两支试管所盛的溶液中共含有K+、Ag+、Mg2+、Cl-、OH-、NO3-六种离子，向试管A的溶液中滴入酚酞试液呈粉红色。请回答下列问题：(1)试管A的溶液中所含的上述离子有_。(2)若向某试管中滴入稀盐酸产生沉淀，则该试管为_(填“A”或“B”)。(3)若向试管B的溶液中加入合适的药品，过滤后可以得到相应的金属和仅含
36、一种溶质的溶液，则加入的药品是_(填化学式)。(4)若将试管A和试管B中的溶液按一定体积比混合过滤后，蒸干滤液可得到一种纯净物，则混合过程中发生反应的离子方程式为_、_。(不考虑氢氧化银的存在)(5)若向由试管A溶液中的阳离子组成的碳酸氢盐溶液中，滴入少量Ba(OH)2溶液，则发生反应的离子方程式为_。【答案】 (1). OH-、K+、Cl- (2). B (3). Mg (4). Mg2+2OH-= Mg(OH)2 (5). Ag+Cl-=AgCl (6). 2HCO3-+Ba2+2OH-=BaCO3+CO32-+2H2O【解析】【分析】试管A的溶液中滴入酚酞试液呈粉红色，说明溶液显碱性，一
37、定含有OH-，则A一定没有与OH-发生反应的Ag+、Mg2+， Ag+、Mg2+在试管B中，由于Cl-与Ag+会反应产生AgCl沉淀，则试管B中一定没有Cl-，Cl-在试管A中，根据电荷守恒可知A试管中含有K+；试管B中应含有NO3-，结合对应离子的性质解答该题。【详解】(1)根据上述分析可知试管A中含有OH-、K+、Cl-，试管B中含有Ag+、Mg2+、NO3-(2)若向某试管中滴入稀盐酸产生沉淀，发生反应为Ag+Cl-=AgCl，则该试管中含有Ag+，为试管B；(3)试管B中含有Ag+、Mg2+、NO3-，若向试管B的溶液中加入合适的药品，过滤后可以得到相应的金属和仅含一种溶质的溶液，应该
38、发生置换反应，且不能引入其它杂质离子，则加入的药品是Mg，发生的反应为Mg+2Ag+=Mg2+2Ag；(4)若将试管A和试管B中的溶液按一定体积比混合过滤后，蒸干滤液可得到一种纯净物，则Mg2+和OH-恰好完全反应生成Mg(OH)2沉淀，Ag+与Cl-恰好完全反应产生AgCl沉淀，剩余K+和NO3-存在于溶液中，溶质为KNO3，则混合过程中发生反应的离子方程式为：Mg2+2OH-= Mg(OH)2、Ag+Cl-=AgCl；(5)试管A中金属阳离子为K+，其碳酸氢盐是KHCO3，向KHCO3溶液中滴入少量Ba(OH)2溶液，发生反应产生K2CO3、BaCO3和H2O，反应的离子方程式为2HCO3
39、-+Ba2+2OH-=BaCO3+CO32-+2H2O。【点睛】本题考查了离子共存及离子方程式的书写，注意掌握离子反应发生的条件及离子方程式的书写方法，侧重考查学生的分析能力，充分考查了学生对所学知识的掌握情况。23. (1)反应3Cu8HNO3(稀)3Cu(NO3)22NO4H2O。其中氧化剂是_，氧化产物是_，当有126克HNO3被还原，生成NO_g。用双线桥表示反应中电子转移的方向和数目：3Cu8HNO3(稀)3Cu(NO3)22NO4H2O_。(2)一个完整的氧化还原反应方程式可以拆开写成两个“半反应式”，一个是“氧化反应”式，一个是“还原反应”式。如2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+
40、的拆写结果是：氧化反应为：Cu-2e=Cu2+；还原反应为：2Fe3+2e=2Fe2+。请据此将反应：Fe+2H+=Fe2+H2拆写成两个“半反应式”：氧化反应为_；还原反应为_。【答案】 (1). HNO3 (2). Cu(NO3)2 (3). 60 (4). (5). Fe2e=Fe2+ (6). 2H+2e=2H2【解析】【分析】【详解】（1）由题给方程式可知，反应中硝酸中N元素部分降低被还原，硝酸为反应的氧化剂，铜单质中铜元素化合价升高被氧化，硝酸铜为反应的氧化产物，126克硝酸的物质的量为=2mol，由N原子个数守恒可知126克HNO3被还原时生成一氧化氮的质量为2mol30g/mol=60g，故答案为：HNO3；Cu(NO3)2；60；由题给方程式可知，反应中生成2mol一氧化氮，反应转移电子的物质的量为6mol，则用双线桥表示反应中电子转移的方向和数目的表达式为，故答案为：；（2）由题给信息可知，反应Fe+2H+=Fe2+H2的氧化反应为铁失去电子发生氧化反应生成亚铁离子，半反应式为Fe2e=Fe2+，还原反应为氢离子得到电子发生还原反应生成氢气，半反应式为2H+2e=2H2，故答案为：Fe2e=Fe2+；2H+2e=2H2。