【文档说明】北京市第二中学2024-2025学年高一上学期学段考试 化学试题 Word版含解析.docx，共(22)页，702.462 KB，由小赞的店铺上传

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北京二中2024-2025学年度第一学段高一年级学段考试试卷化学必修一可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Cl-35.5Cu-64Mn-55一、选择题(本题包括25小题，每小题2分，共50分。每小题只有一个选项符合题意)。1

.下列说法错误的是A.甲图所示的分类方法属于树状分数法B.乙图所示的分类方法属于交叉分类法C.碱性氧化物一定是金属氧化物D.非金属氧化物一定是酸性氧化物【答案】D【解析】【详解】A．交叉分类法含义：根据物质不同的分类标准，对同一事物进行多种

分类的一种分类方式；树状分类法含义：对同一类事物按照某些属性进行再分类的分类法。从图形看甲应属于树状分类法，A正确；B．从图形看乙应属于交叉分类法，B正确；C．从乙图可以看出，碱性氧化物一定是金属氧化物，C正确；D．非金属氧化物不一定是酸性氧化物，例如NO、CO不是酸性氧化物，D错误；故选

D。2.合成新物质是研究化学的主要目的之一，意大利科学家合成了一种新型的氧分子(O4)，下列关于O4的说法中正确的是A.等质量的O4和O2所含氧原子数目相同B.O4是一种新型的化合物C.O4和O3不互为同素异形体D.1个O4分子由2个O2分子构成【答案】A【解析】【详解】A．依据氧元素守

恒分析，O4和O2都是氧元素组成，等质量O4和O2氧元素质量相同，氧原子数相同，故A正确；B．化合物至少含有两种元素，O4是单质，故B错误；C．同种元素形成的不同单质是同素异形体，因此O4与O3是同素异形体，故C错误；D．分子中不可能含有分子，只能含有原子，1个O4分子由4个O原子构成，故

D错误；故选：A。3.下列图示不正确的是A．水合钠离子B．氢氧根离子C．水合氢离子D．水合氯离子A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．钠离子带有的是正电荷，水分子中的氧原子带有负电荷，故水中的氧原子应靠近钠离子，而不能H靠近钠离子，故应为，故A正确

；B．氢氧根中含一个氧原子和一个H原子，且带负电，故符号为，故B正确；C．水合氢离子是水分子结合了一个氢离子形成的，且是H原子带正电，故图示为，故C错误；D．氯离子带负电荷，而水分子中的H原子带正电荷，故水分子中的H原子靠近氯离子，故应为，故D正确；故选：C。4.

下列关于物质分类都正确一组是的碱酸盐碱性氧化物酸性氧化物A纯碱盐酸烧碱2NaO25POB烧碱硫酸食盐23FeOCOC氢氧化钾硝酸苏打MgO3SOD生石灰醋酸氯化铵CuO2SOA.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．纯碱是碳酸钠，属于盐；烧碱是氢氧化钠，属于碱，故A错

误；B．CO和酸碱都不能反应，CO属于不成盐氧化物，故B错误；C．氢氧化钾属于碱；硝酸属于含氧酸；苏打是碳酸钠，属于盐；MgO能与盐酸反应生成氯化镁和水，MgO属于碱性氧化物；SO3和氢氧化钠反应生成硫酸钠和水，SO3属于酸性氧化物，故C正确；D．生石灰是氧化钙，属于碱性氧化物，故D错误；选

C。5.下列变化中，需加入还原剂的是（）A.232SOSO−→B.2SS−→C.223COHCO→D.2COCO→【答案】D【解析】【分析】需加入还原剂才能实现，选项中的物质被还原，所含元素的化合价应降低，据此进行分析。【详解】A.各元素的化合

价没有发生变化，不属于氧化还原反应，故A错误；B.S元素的化合价升高，需加入氧化剂才能实现，故B错误；C.各元素的化合价没有发生变化，不属于氧化还原反应，故C错误；D.C元素的化合价降低，需加入还原剂才能实现，故D正确；故答案选D。6.下列电离方程式不正确的是A.H2SO4

=2H++2-4SOB.NH4NO3=+4NH+-3NOC.NaHCO3=Na++-3HCOD.H2CO3=2H++2-3CO【答案】D【解析】【详解】A．硫酸为强酸完全电离，A正确；B．硝酸铵为可溶性盐，为强电解质，完全电离，B正确；C．碳酸氢钠

为可溶性盐，为强电解质，完全电离，C正确；D．碳酸为二元弱酸，分步电离，H2CO3⇌H++-3HCO，-3HCO⇌H++2-3CO，D错误；故选D7.某同学设计了两种由CuO→Cu的实验方案：方案一：Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑；H2+C

uOΔCu+H2O。方案二：CuO+H2SO4=CuSO4+H2O；CuSO4+Zn=ZnSO4+Cu。大家认为方案二优于方案一，理由是①节约能源；②产品纯净；③操作安全。其中，评价正确的是A.①②B.①③C.①②③D.②③【答案】B【解析

】【详解】方案一：H2和CuO反应需加热，且H2还原CuO时需先通H2排出空气，否则易爆炸，反应结束后还需通入H2至生成的Cu冷却，否则Cu又易被氧化；方案二：耗原料少，操作安全，产率高，但Cu中易混有Zn，则方案二优于方案一，理由是：①节约能

源、②Cu产率高、③操作安全，故选：B。8.以下物质中，不能与SO2发生反应的是A.CaCl2B.Ca(OH)2C.CaOD.H2O【答案】A【解析】【详解】A．亚硫酸的酸性弱于盐酸，二氧化硫不能与氯化钙溶液反应，故A符合题意；B．酸性氧化物二氧化硫能与氢氧化

钙溶液反应生成亚硫酸钙和水，故B不符合题意；C．酸性氧化物二氧化硫能与氧化钙溶液反应生成亚硫酸钙，故C不符合题意；D．酸性氧化物二氧化硫能与水反应生成亚硫酸，故D不符合题意；故选A。9.下列反应既属于氧化还原反应，又属于离子反应的是A.氯化钡与稀硫酸反应B.氢氧化铝

治疗胃酸过多。C.金属铁放入硫酸铜溶液中D.燃料的燃烧【答案】C【解析】【详解】A．氯化钡与稀硫酸反应不属于氧化还原反应，A错误；B．氢氧化铝治疗胃酸过多不属于氧化还原反应，B错误；C．金属铁放入硫酸铜溶液中属于离子

反应，又是氧化还原反应，C正确；D．燃料的燃烧不是离子反应，D错误；答案选C。10.下列叙述正确的是A.易溶于水的物质一定是电解质B.由一种元素组成的物质一定是纯净物C.熔化状态下能导电的物质不一定是离子化合物D.电解质溶液导电属于物理变化【答案】C【解

析】【详解】A．是否是电解质应根据电解质的定义判断，与溶解性无关，如：蔗糖易溶于水但是非电解质，氯化银难溶于水但是电解质，故A错误；B．只由一种元素组成的物质不一定是纯净物，可能是混合物，例如O2和O3的混合气体，故B错误；C．熔化状态下能导电的物质一定含自由移动的离子或电子，则不一定是离子化合物

，可能为金属单质，故C正确；D．电解质溶液导电是化学变化，发生电能和化学能的转化，一定发生化学变化，故D错误；故选：C。11.下列说法正确的是A.导电性强的溶液里自由移动的离子数一定比导电性弱的溶液里自由移动的离子数多B.氧化还原反

应中，还原剂得到的电子总数一定等于氧化剂失去的电子总数C.在氧化还原反应中不一定是一种元素被氧化，另一种元素被还原D.凡是溶于水后能电离出H+的化合物叫做酸【答案】C【解析】【详解】A．电解质溶液导电能力与自由移动的离子浓度，自由移动离子带电荷数有关，所以导电性强的溶

液里自由移动的离子数目不一定比导电性弱的溶液里自由移动的离子数多，故A错误；B．氧化还原反应中，氧化剂中元素的化合价降低得电子，还原剂中元素的化合价升高失电子，氧化剂、还原剂之间得失电子数目相等，故B错误；C．氧化还原反应中，同种元素之间可发生氧化还原反应，如Cl2+H2O=HCl+HCl

O，化合价发生变化的只有Cl元素，故C正确；D．酸是指电离出的阳离子只有H+，NaHSO4在水溶液里能电离出氢离子，但是它是盐，故D错误；故选C12.下列反应都有水参加，其中属于氧化还原反应，且水既不做氧化剂，又不做

还原剂的是A.2F2＋2H2O＝4HF＋O2B.2Na＋2H2O＝2NaOH＋H2↑C.Cl2＋H2O＝HClO＋HClD.C＋H2O(g)高温CO＋H2【答案】C【解析】【详解】A．该反应中，水中氧元素的化合价

都升高，所以反应是氧化还原反应，水做还原剂，A错误；B．该反应中，水中氢元素化合价降低，所以水是氧化剂，B错误；C．该反应中，氯气中的氯元素有的化合价升高有的降低，所以该反应是氧化还原反应，水中的各元素化合价都不发生变化，所以水既不是氧化剂又不是还原剂，

C正确；D．该反应中，水中的氢元素化合价降低，所以水是氧化剂，D错误；答案选C。13.某元素R的原子结构示意图如图。下列关于该元素的说法中，不正确．．．的是A.核电荷数和核外电子数是16B.属于非金属元素C.其含氧酸的的化学式为HRO4D.RO3

为酸性氧化物【答案】C【解析】【详解】A．元素R的原子结构示意图为，其核电荷数是16，核外电子数是16，故A正确；。B．该元素是硫元素，属于非金属元素，故B正确；C．硫元素最高价为+6价，其最高价含氧酸的化学式是H2SO4，低价含氧酸可以是H2SO3，而化

学式为HRO4中R为+7价，故C错误；D．SO3与水反应生成H2SO4，SO3属于酸性氧化物，故D正确；故选：C。14.能用H＋＋OH-=H2O表示的是A.NaOH溶液和CO2的反应B.Ba(OH)2溶液和稀硫酸的反应C.NaOH溶液和盐酸的反应D.氨水和稀硫酸的反应【答案】C【解析】【详

解】A．二氧化碳为氧化物，不能用该离子方程式表示，A错误；B．反应中还有硫酸钡白色沉淀生成，不能用该离子方程式表示，B错误；C．氢氧化钠和盐酸反应生成氯化钠和水，可以用该离子方程式表示，C正确；D．一水合氨是弱碱，用化学式表示，不能用该离

子方程式表示，D错误；答案选C。15.在强酸性无色透明溶液中，能大量共存的离子组是A.+4NH、Mg2+、2-4SO、Cl-B.K+、S2-、Cl-、Na+C.Al3+、Cu2+、2-4SO、Cl-D.Na+、Ca2+、Cl-、2-3CO【答案】A【解

析】【详解】A．所有离子无色、都不反应，在酸性条件下能大量共存，故A正确；B．强酸溶液中，氢离子会和硫离子反应，不能大量共存，故B错误；C．Cu2+含有颜色，不能存在于无色溶液中，故C错误；D．强酸溶液中，氢离子会和2-3CO反应，且钙离子和2-3C

O会生成沉淀，不能大量共存，故D错误；答案选A.16.下列离子方程式中，正确的是A.将稀硫酸滴在铜片上：Cu+2H+=Cu2++H2↑B.将氧化镁与稀盐酸混合：MgO+2H+=Mg2++H2OC.将醋酸溶液滴在石灰石上：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑D.向氢氧化铜悬浊液中加入稀硫

酸：H++OH-=H2O【答案】B【解析】【详解】A．稀硫酸与不活泼金属铜不反应，故A错误；B．氧化镁与稀盐酸反应生成氯化镁和水，反应的离子方程式为MgO+2H+=Mg2++H2O，故B正确；C．醋酸溶液与石灰石

反应生成醋酸钙、二氧化碳和水，反应的离子方程式为CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO—+CO2↑+H2O，故C错误；D．氢氧化铜悬浊液与稀硫酸反应生成硫酸铜和水，反应的离子方程式为2H++Cu(OH)2=Cu2++2H2O，故D错误；故选B。17.将硫酸钠、氯化镁的混合物放入水

中完全溶解，所得溶液中钠离子和镁离子的数量比为4：5，则氯离子和硫酸根离子的数量比是（）A.1：3B.3：2C.8：3D.5：1【答案】D【解析】【详解】Na2SO4~2Na+~2-4SO，MgCl2~Mg2+~

2Cl-，已知n(Na+)：n(Mg2+)=4：5，则n(Na2SO4)：n(MgCl2)=2：5，n(Cl-)：n(2-4SO)=10：2=5：1，答案选D。18.加入NaOH溶液后，溶液中离子数目不会减少的是A.-3HCOB.Cu2+C.2-4

SOD.Fe3+【答案】C【解析】【详解】A.加入氢氧化钠后，碳酸氢根离子与氢氧根离子反应生成碳酸根离子，数目减少，A错误；B.加入氢氧化钠后，铜离子与氢氧根离子反应生成氢氧化铜沉淀，数目减少，B错误；C.加入氢氧化钠后，硫酸根离子不反应，数目不减少，C正

确；D.加入氢氧化钠后，铁离子与氢氧根离子反应生成氢氧化铁沉淀，数目减少，D错误；答案选C。19.在两份相同的H2SO4溶液中，分别滴入浓度相等的Ba(OH)2、NaOH溶液，其导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如下图所示。下列分析不正确的是A.①代表滴加Ba(OH)2溶液的变

化曲线B.a、c两点，溶液中均大量存在H+和24SO−C.b、d两点对应的反应容器中均只存在盐和水D.e点，两溶液中含有相同数量的OH-【答案】D【解析】【分析】在两份相同的H2SO4溶液中，分别滴入物质的量浓度相等的Ba(OH)2、NaOH溶液，完全反应时

，可分别生成硫酸钡、硫酸钠，则生成硫酸钡时，溶液导电性基本为0，由此可知①代表滴加Ba(OH)2溶液的变化曲线，b点生成硫酸钡，d点生成硫酸钠。【详解】A．由以上分析可知①代表滴加Ba(OH)2溶液的变化曲线，故A正确；B．a、c两点，加入氢氧化钠、氢氧化钡较少，溶液主要

成分为硫酸，则溶液中均大量存在H+和24SO−，故B正确；C．b点生成硫酸钡，d点生成硫酸钠，都为强酸强碱盐，溶液呈中性，均只存在盐和水，故C正确；D．e点，导电能力相同，说明溶液中离子浓度相同，此时反应②

中硫酸过量，则②中OH-的量较少，故D错误；故选：D。20.如图所示甲、乙、丙、丁四种物质间相互关系中的反应，均为初中化学常见反应(“—”表示相连的两种物质能反应，“→”表示通过一步反应能实现转化)，下列达项符合图示关系的是选项甲乙丙丁AH2OO2CaOCa(OH

)2BH2SO4HClMgCl2Mg(OH)2CHClCO2CaCO3H2ODFeSO4FeCl2CuCuOA.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【分析】【详解】A．水在通电的条件下反应生成氢气和氧气，氧气与氢氧化钙不反应，氧

化钙和水反应生成氢氧化钙，钙能与氧气常温下反应生成氧化钙，氧化钙和水反应生成氢氧化钙，不符合题意，A项不选；B．硫酸和氯化钡反应生成硫酸钡和盐酸，氢氧化镁和盐酸反应生成氯化镁和水，氯化镁和硫酸不反应，氯化镁和氢氧化钠反应生成氢氧

化镁和氯化钠，氯化镁不能转化为盐酸，不符合题意，B项不选；C．碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水，二氧化碳和氢氧化钙反应生成碳酸钙和水，二氧化碳和水反应生成碳酸，符合题意，C项选；D．硫酸亚铁和氯化钡反应生成硫酸钡和氯化亚铁，氧化铜和氯化亚铁不反应，铜和氧气在加热的条件下反应生成氧化铜，铜和

硫酸亚铁不反应，氯化亚铁不能转化为铜，不符合题意，D项不选；答案选C。21.下列反应转化关系(未配平)肯定不正确．．．的是A.2322S+KOHKSO+KS+HO⎯⎯→B.3332FeO+HNOFe(NO)+HO→C.2244

2CuO+HSOCuSO+Cu+HO→D.4222NHNON+HO→【答案】B【解析】【详解】A．S元素的化合价既升高又降低，为同种元素的歧化反应，A正确；B．硝酸具有氧化性，FeO具有还原性，应发生氧化还原反应生成硝酸铁、NO、水，B错误；C．Cu元素的化合价既升高又降低，为氧化还原反应，C正确

；D．反应中N元素的化合价部分升高，部分降低，为氧化还原反应，D正确；答案选B。22.在一定条件下，分别以过氧化钠、高锰酸钾、氯酸钾为原料制取氧气，当制得相同数量的氧气时，三个反应中转移的电子数之比为A.1∶1∶1B.1∶2∶2C.2∶

2∶1D.1∶1∶3【答案】B【解析】【详解】用过氧化钠制取氧气，氧元素化合价由-1价升高至0价，生成1mol氧气转移2mol电子；用高锰酸钾制取氧气，氧元素化合价由-2价升高至为0价，生成1mol氧气转移4mol电子；用氯酸钾制取氧

气，氧元素化合价由-2价升高至为0价，生成1mol氧气转移4mol电子；当制得相同数量的氧气时，三个反应中转移的电子数之比为1∶2∶2，故选B。23.2Cl通入70℃的氢氧化钠水溶液中，能同时发生两个自身氧化还原反应：2NaOHClNaCl+⎯⎯→+2NaClOHO+、232NaOHClNaClN

aClOHO+⎯⎯→++(均未配平)，反应完成后测得溶液中NaClO与3NaClO的数目之比为5：2，则该溶液中NaCl与NaClO的数目之比为A.2：1B.3：1C.15：7D.7：5【答案】B【解析】【详解】反应中注意氯

元素的化合价变化，令溶液中NaClO与NaClO3的物质的量分别为5mol、2mol，根据电子注意守恒可知NaCl的物质的量=5mol×1+2mol×(5-0)=15mol，则该溶液中NaCl与NaCl

O的数目之比为15mol：5mol=3：1；故答案为：B。24.联氨（24NH）可用于处理锅炉水中的溶解氧，防止锅炉被腐蚀，其中一种反应机理如图所示。下列叙述不正确的是A.①转化中24NH是还原剂B.③转化中()234CuNH+是氧化产物C.1分子

24NH可处理1分子2OD.上述三个转化过程①②③均为氧化还原反应【答案】D【解析】【详解】A．①转化24NH中N元素化合价升高发生氧化反应，24NH是还原剂，故A正确；B．③转化中铜元素化合价由+1升高为+

2，铜元素发生氧化反应，()234CuNH+是氧化产物，故B正确；C．24NH中N元素化合价由-2变为0，1分子24NH失4个电子，2O中氧元素化合价由0降低为-2，1分子2O得4个电子，所以1分子24NH可处

理1分子2O，故C正确；D．上述三个转化过程中，反应②元素化合价不变，反应②属于非氧化还原反应，故D错误；选D。25.BrOnsted-Lowry认为，凡是能给出质子(质子即H+)的分子或离子都是质子的给体，称为酸；凡是能与质子结合的分子或离子都是质子的受体，称为碱，即：酸→

H++碱，其中左边的酸是右边碱的共轭酸，而右边的碱则是左边酸的共轭碱，彼此联系在一起叫做共轭酸碱对；共轭酸的酸性越强，其共轭碱就越弱，相同条件下，已知碱性由强到弱：Na2CO3>NaClO>NaHCO3>Na2SO4，以下说法

不正确的是A.根据该理论，NaHCO3既属于酸，也属于碱B.物质酸性由强到弱：NaHSO4>HClO>NaHCO3C.物质酸性由强到弱：HClO>H2CO3>NaHSO4D.向Ca(ClO)2中通入过量CO2：Ca(ClO)2+2C

O2+2H2O=Ca(HCO3)2+2HClO【答案】C【解析】【详解】A．碳酸氢钠即可以与水反应也与碱反应，所以由BrOnsted-Lowry理论可知，碳酸氢钠既属于酸，也属于碱，故A正确；B．由Br

Onsted-Lowry理论可知，共轭酸的酸性越强，其共轭碱就越弱，由题给信息可知，碱性由强到弱的顺序为Na2CO3>NaClO>NaHCO3>Na2SO4，所以酸性由强到弱为NaHSO4>HClO>NaHCO3，故B正

确；C．由BrOnsted-Lowry理论可知，共轭酸的酸性越强，其共轭碱就越弱，由题给信息可知，碱性由强到弱的顺序为Na2CO3>NaClO>NaHCO3>Na2SO4，所以酸性由强到弱为NaHSO4>H2CO3>HClO，故C错误；D．由BrOnsted-Lowry理

论可知，共轭酸的酸性越强，其共轭碱就越弱，由题给信息可知，碱性由强到弱的顺序为Na2CO3>NaClO>NaHCO3>Na2SO4，所以酸性由强到弱为H2CO3>HClO>NaHCO3，由强酸制弱酸的原理可知，次氯酸钙溶液与过量二氧化碳反应生成碳酸氢钙和次氯酸，反应的化学方程式为Ca(Cl

O)2+2CO2+2H2O=Ca(HCO3)2+2HClO，故D正确；故选C。二、非选择题。26.Ⅰ．画出以下几种微粒的原子结构示意图或离子结构示意图：（1）碳原子：_______、K_______、A

l3+：_____、硫离子：_______。Ⅱ．现有下列物质①NaCl晶体；②干冰；③液态醋酸；④铜；⑤BaSO4固体；⑥蔗糖；⑦酒精；⑧熔化的KNO3；⑨稀盐酸；⑩Na2O固体。请回答下列问题(填写序号)：（2）以上物质中

属于电解质的是_______。（3）以上物质中能导电的是_______。【答案】（1）①.②.③.④.（2）①③⑤⑧⑩（3）④⑧⑨【解析】【分析】①氯化钠晶体中不含有自由移动的离子，不能导电，在溶液中能电离出自由移动的离子，属于电解质；②干冰

不能电离出自由移动的离子，是不能导电的非电解质；③液态醋酸中不存在离子，只存在分子，在溶液中能电离出自由移动的离子，属于电解质；④铜是能导电的金属单质，单质既不是电解质也不是非电解质；⑤硫酸钡固体中不含有自由移动的离子，不能导电，在熔融状

态下能电离出自由移动的离子，属于电解质；⑥蔗糖不能电离出自由移动的离子，是不能导电的非电解质；⑦酒精不能电离出自由移动的离子，是不能导电的非电解质；⑧熔化的硝酸钾能电离出自由移动的离子，是能导电的电解质；⑨稀盐酸是能导电的混合物，混合物既不是电解质也不是非电解质；⑩氧化钠固体中不含有自由移

动的离子，不能导电，在熔融状态下能电离出自由移动的离子，属于电解质。【小问1详解】碳原子的核电荷数为6，核外有2个电子层，最外层电子数为4，原子结构示意图为；钾原子的核电荷数为19，核外有4个电子层，最外层电子数为1，原子结构示意图为；铝离子的核电荷数为13，核外有2个电子

层，最外层电子数为8，离子的结构示意图为；硫离子的核电荷数为16，核外有3个电子层，最外层电子数为8，离子的结构示意图为，故答案为：；；；；【小问2详解】由分析可知，属于电解质的物质是①③⑤⑧⑩，故答案为：①③⑤⑧⑩；【小问3详解】能导电的物质是④⑧⑨，故答案为：④⑧⑨。27.Ⅰ．

写出下列物质在水溶液中的电离方程式。（1）KClO3：_______。（2）H2SO3：_______。（3）KHSO4：_______。（4）NH3·H2O：_______。Ⅱ．写出下列反应的离子方程式：（5）硫酸铜溶液与氢氧化钡溶液反应：_______

。（6）盐酸除铁锈：_______。（7）CO2能使澄清的石灰水变浑浊_______。（8）NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液恰好沉淀_______。（9）铁与NaHSO4溶液反应_______。【答案】（1）KClO3=K++ClO-3（2）H

2SO3H++HSO-3（3）KHSO4=K++H++SO2-4（4）NH3·H2ONH+4+OH—（5）Cu2++SO2-4+Ba2++2OH—=BaSO4↓+Cu(OH)2↓（6）Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O（7）CO2+Ca2++2OH—=C

aCO3↓+2H2O（8）H++SO2-4+Ba2++OH—=BaSO4↓+H2O（9）Fe+2H+=Fe2++H2↑【解析】【小问1详解】氯酸钾在溶液中电离出钾离子和氯酸根离子，电离方程式为KClO3=K++ClO-3，故

答案为：KClO3=K++ClO-3；【小问2详解】亚硫酸是二元弱酸，在溶液中分步电离，以一级电离为主，电离方程式为H2SO3H++HSO-3，故答案为：H2SO3H++HSO-3；【小问3详解】硫酸氢钾在溶液中电离出钾离子、氢离子和硫酸根离子，电离方程式为KH

SO4=K++H++SO2-4，故答案为：KHSO4=K++H++SO2-4；【小问4详解】一水合氨是弱碱，在溶液中部分电离出铵根离子和氢氧根离子，电离方程式为NH3·H2ONH+4+OH—；故答案为：NH3·H2ONH+4+O

H—；【小问5详解】硫酸铜溶液与氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化铜沉淀，反应的离子方程式为Cu2++SO2-4+Ba2++2OH—=BaSO4↓+Cu(OH)2↓，故答案为：Cu2++SO2-4+

Ba2++2OH—=BaSO4↓+Cu(OH)2↓；【小问6详解】盐酸除铁锈发生的反应为氧化铁与盐酸反应生成氯化铁和水，反应的离子方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，故答案为：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H

2O；【小问7详解】二氧化碳能使澄清的石灰水变浑浊发生的反应为二氧化碳与氢氧化钙溶液反应生成碳酸钙沉淀和水，反应的离子方程式为CO2+Ca2++2OH—=CaCO3↓+2H2O，故答案为：CO2+Ca2++2OH—=CaCO3↓+2H2O；【小问8详解】硫酸氢钠溶液与氢氧化钡溶液恰好沉淀发

生的反应为硫酸氢钠溶液与氢氧化钡溶液反应生成氢氧化钠、硫酸钡沉淀和水，反应的离子方程式为H++SO2-4+Ba2++OH—=BaSO4↓+H2O，故答案为：H++SO2-4+Ba2++OH—=BaSO4↓+H2O；【小问9详解】铁

与硫酸氢钠溶液反应生成硫酸钠、硫酸亚铁和水，反应的离子方程式为Fe+2H+=Fe2++H2↑，故答案为：Fe+2H+=Fe2++H2↑。28.按要求回答下列问题。（1）①配平方程式并用单线桥标出电子转移方向和数目：_______。_______KIO3+_______KI+

_______H2SO4=_______K2SO4+_______I2+_______H2O②当有3个I2生成，氧化产物与还原产物的个数之比是_______。（2）①用双线桥标出该反应电子转移的方向和数目：_______

。_______K2S+_______HNO3=_______KNO3+_______NO+_______S+_______H2O②当有1个NO生成，被还原的HNO3的个数为_______个。③写出该反应的离子方程式：_______。【答案】（1）①.②.5:1（2）

①.②.1③.3S2-+8H++2-3NO=2NO↑+3S↓+4H2O【解析】【小问1详解】①反应中-1价碘离子化合价升高为0价，失去1个电子，碘酸钾中+5价碘降为0价，得到5个电子，依据氧化还原反应得失电子守恒，二者最小公倍数为5，则碘化钾系数

为5，碘酸钾系数为1，单质碘系数为3，依据原子个数守恒可知，硫酸系数为3，硫酸钾系数为3，水系数为3，反应方程式：KIO3+5KI+3H2SO4=3K2SO4+3I2+3H2O，用单线桥表示为：；②该反应还原剂是KI，氧化剂是KIO3，当有3个I2生成，

消耗5个KI、1个KIO3，氧化产物与还原产物的个数之比即还原剂与氧化剂个数比是5:1；【小问2详解】①K2S与HNO3发生氧化还原反应，1个K2S失去2个电子生成1个S，1个HNO3得3个电子生成1个NO，根据得失电子守恒以及元素守

恒得反应方程式为：3K2S+8HNO3=6KNO3+2NO↑+3S↓+4H2O，双线桥表示电子转移的过程为：；②1个HNO3得3个电子生成1个NO，当有1个NO生成，被还原的HNO3的个数为1个；③氧化物保留化学式，钾离子和硝酸钾中硝酸根离子不参与氧化还原反应，该反应的

离子方程式：3S2-+8H++2-3NO=2NO↑+3S↓+4H2O。29.生物浸出是指用细菌(微生物)从固体中没出金属离子，有速率快、浸出率高等特点。已知：①氧化亚铁硫杆菌是一类在酸性环境中加速Fe2+氧化的细菌，培养后能提供Fe3+；②控制适宜的温度和溶液酸碱度，可使氧

化亚铁硫杆菌达到最大活性。氧化亚铁硫杆菌的生物浸矿机理如下图：用氧化亚铁硫杆菌生物浸出难溶的ZnS矿物。（1）反应1的离子方程式是_______。（2）反应2中有S单质生成，离子方程式是_______。（3）实验表明，温度较高或酸性过强时金属离子的浸出率均偏低，原因可能是_____

__。（4）在反应1和反应2两步反应过程中化合价没有变化的元素只有_______。【答案】（1）O2+4Fe2++4H+细菌4Fe3+＋2H2O（2）ZnS+2Fe3+细菌Zn2++S+2Fe2+（3）温度较高或酸性过强时，会导致细菌的活性降低或者失去

活性（4）H、Zn【解析】【分析】由图可知，反应1为细菌作用下溶液中的亚铁离子在酸性条件下与氧气反应生成铁离子和水；反应2为细菌作用下溶液中的铁离子与硫化锌反应生成锌离子、硫和亚铁离子。【小问1详解】由分析可知，反应1为细菌作用下溶液中的亚铁

离子在酸性条件下与氧气反应生成铁离子和水，反应的离子方程式为O2+4Fe2++4H+细菌4Fe3+＋2H2O，故答案为：O2+4Fe2++4H+细菌4Fe3+＋2H2O；【小问2详解】由分析可知，反应2为细菌作用下溶液中的铁离子与硫化锌反应生成锌离子、硫和亚铁离子，反应的

离子方程式为ZnS+2Fe3+细菌Zn2++S+2Fe2+，故答案为：ZnS+2Fe3+细菌Zn2++S+2Fe2+；【小问3详解】温度较高或酸性过强时金属离子的浸出率均偏低是因为溶液的酸性较强或温度偏高时，会导致细菌的活性降低或者失去活性，使得金属离子的浸出率均偏低，故答案为：温度较高或酸性过强

时，会导致细菌的活性降低或者失去活性；【小问4详解】由分析可知，反应1中氢元素的化合价没有发生变化、反应2中锌元素的化合价没有发生变化，故答案为：H、Zn。30.某同学探究溶液的导电性实验。(滴定管是用于滴加溶液的仪器)

。（1）若烧杯中所盛液体是H2SO4溶液，滴定管内是CH3COONa溶液，随着CH3COONa溶液的滴加，灯泡逐渐变暗，写出发生反应的离子方程式：_______。（2）若烧杯中所盛液体是NaHSO4溶液，滴定管内是Ba(OH)

2溶液。随者Ba(OH)2溶液的滴加，灯泡逐渐变暗，当滴加至溶液呈中性时的离子方程式：_______，继续滴加。发生反应的离子方程式为_______。【答案】（1）33HCHCOOCHCOOH+−+=（2）①.22442

22H2HOBaOHSOBaSO+−+−+++=+②.2244BaSOBaSO+−+=【解析】【分析】溶液的导电性是由溶液中离子浓度的大小决定的，要判断溶液导电性是否发生改变，要根据反应后离子的浓度是否有改变，据此分析解答。【小问1详解】往盛有24HSO溶液的烧杯中逐滴滴加3CHC

OONa溶液，发生反应：243243H22SOCHCOONaNaSOCHCOOH+=+，H+和CHCOO−生成了难电离的弱酸3CHCOOH，同时由于溶液体积增加，溶液中离子浓度减小，灯泡逐渐变暗。故答案为：33HCHCOOCH

COOH+−+=。【小问2详解】往盛有4NaHSO溶液的烧杯中逐滴滴加()2BaOH溶液，4NaHSO为强酸酸式盐，电离方程式为：244HNaHSONaSO++−=++，灯泡逐渐变暗原因是滴加()2BaOH溶液反应产生了4BaSO沉淀和难电离的水，溶液中离子浓度减

小，导电性减弱；在滴加至溶液呈中性的过程中，4NaHSO溶液过量，()2BaOH溶液完全反应，则发生反应的方程式要按照()2BaOH中OH−的计量数来书写：()44242222HOBaOHNaHSOBaSONaSO+=++

；当继续滴加()2BaOH溶液，加入的()2BaOH溶液此时与溶液中的24NaSO反应：()24422BaOHNaSOBaSONaOH+=+。故答案为：2244222H2HOBaOHSOBaSO+−+−+++=+；2244BaSOBa

SO+−+=。三、选做题(共20分，请将答案填写在答题纸上)。31.Ⅰ．离子反应是中学化学中重要的反应类型，而实验是验证离子反应的重要方法。某同学通过实验探究溶液中的离子存在情况：现有某无色透明溶液，只含有下列离子中的若干种，每种离子的个数相等：Na+、Cl-、2-4SO、Al3+、2

-3CO、Cu2+，现取两份各100mL溶液进行实验：实验1：第一份滴加适量NaOH溶液，滴加过程中有沉淀生成。实验2：第二份加入足量BaCl2溶液后，有沉淀生成，加入足量盐酸后沉淀不溶解，将该混合物过滤后得到滤液。实验3：向实验2的滤液中加入硝酸银溶液，有白色沉淀。（1）写出实验1中沉淀

生成的离子反应方程式_______。（2）实验2中沉淀的化学式为_______。（3）写出实验3中沉淀生成的离子反应方程式_______。（4）综合上述实验，溶液中一定大量存在的微粒有_______。Ⅱ．现有下列三个氧化还

原反应：①2-4XO+10Z-+16H+=2X2++5Z2+8H2O；②2A2++B2=2A3++2B-；③2B-+Z2=B2+2Z-。（5）根据上述反应，判断下列结论中正确的是_______。A.在溶液中不可能发生反应：-4XO+5A2++8H

+=X2++5A3++4H2OB.X2+是-4XO的氧化产物，B2是B-的还原产物C.还原性强弱顺序为：A2+>B->Z->X2+D.只除去含有A2+、Z-和B-混合溶液中的A2+，应加入Z2【答案】（1）Al3++3OH—=Al(OH)3↓（

2）BaSO4（3）Ag++Cl—=AgCl↓（4）Al3+、Cl—、SO2-4（5）C【解析】【分析】铜离子在溶液中呈淡蓝色，无色溶液中不可能含有铜离子；第一份滴加适量氢氧化钠溶液，滴加过程中有沉淀生成说明溶液中含有

铝离子，不含有碳酸根离子；第二份加入足量氯化钡溶液后，有沉淀生成，加入足量盐酸后沉淀不溶解说明溶液中含有硫酸根离子；溶液中的氯离子能与银离子反应生成氯化银白色沉淀，加入氯化钡溶液时会引入氯离子，所以向实验2的滤液中加入硝酸银溶液，有白色沉淀生成不能说明溶液中是否含有氯离子；每种离

子的个数相等，由电荷守恒可知，溶液中一定含有氯离子，不含有钠离子，综上可知，溶液中一定含有铝离子、硫酸根离子和氯离子，一定不含有铜离子、钠离子、碳酸根离子。【小问1详解】由分析可知，实验1中沉淀生成的反应

为溶液中铝离子与适量氢氧根离子反应生成氢氧化铝沉淀，反应的离子反应方程式为Al3++3OH—=Al(OH)3↓，故答案为：Al3++3OH—=Al(OH)3↓；【小问2详解】由分析可知，实验2中沉淀是化学式为BaSO4的硫酸钡，故答案为：BaSO4；【小问

3详解】由分析可知，实验3中沉淀生成的反应为溶液中的氯离子与银离子反应生成氯化银白色沉淀，反应的离子反应方程式为Ag++Cl—=AgCl↓，故答案为：Ag++Cl—=AgCl↓；【小问4详解】由分析可知，溶液中一定含有铝离子、硫酸根离子和氯离子，故答案为：Al3+、Cl—、SO2-

4；【小问5详解】由方程式可知，反应①中，X元素的化合价降低被还原，-4XO是反应的氧化剂、X2+是还原产物，Z元素的化合价升高被氧化，Z-是还原剂、Z2是氧化产物；反应②中，A元素的化合价升高被氧化，A2+是还原剂、A3+是氧化产物，B元素

的化合价降低被还原，B2是反应的氧化剂、B—是还原产物；反应③中B元素的化合价升高被氧化，B—是还原剂、B2是氧化产物，Z元素的化合价降低被还原，Z2是反应的氧化剂、Z—是还原产物，由氧化剂的氧化性强于氧化产物

、还原剂的还原性强于还原产物可知，氧化性的强弱顺序为-4XO＞Z2＞B2＞A3+，还原性的强弱顺序为A2+>B->Z->X2+；A．由分析可知，-4XO的氧化性强于A3+，由氧化还原反应规律可知，在溶液中可能发生反应-4XO

+5A2++8H+=X2++5A3++4H2O，故错误；B．由分析可知，X2+是-4XO的还原产物，B2是B-的氧化产物，故错误；C．由分析可知，还原性的强弱顺序为A2+>B->Z->X2+，故正确；D．由分析可知，氧化性的强弱顺序为-4XO＞Z2＞B2＞A3+，则只除去含有A2

+、Z-和B-混合溶液中的A2+，应加入B2，故错误；故选C。32.磷的含氧酸有很多种，其中有磷酸(H3PO4)、亚磷酸(H3PO3)、次磷酸(H3PO2)等。已知：每个磷酸、亚磷酸、次磷酸最多消耗NaOH

的个数依次为3个、2个、1个。（1）NaH2PO3为_______；NaH2PO2为_______(填“正盐”或“酸式盐”)。（2）亚磷酸(H3PO3)为中强酸，其电离方程式为_______。（3）H3PO2

和NaH2PO2均可将溶液中的Ag+还原为Ag，从而可用于化学镀银。①H3PO2中，P元素的化合价为_______。②利用H3PO2进行化学镀银反应中，氧化产物为H3PO4，则氧化剂和还原剂个数比为_______。③次磷酸H

3PO2的工业制法是：将白磷(P4)与Ba(OH)2溶液反应生成PH3气体和Ba(H2PO2)2，后者再与H2SO4反应，写出上述两个反应的化学方程式_______、_______。【答案】（1）①.酸式盐②.正盐（2）H3PO3H++H2PO-3（3）①+1②

.4∶1③.2P4+3Ba(OH)2+6H2O=3Ba(H2PO2)2+2PH3↑④.Ba(H2PO2)2+H2SO4=BaSO4↓+2H3PO2【解析】小问1详解】由亚磷酸、次磷酸最多消耗氢氧化钠的个数依次为2个、1个可知，

亚磷酸为二元酸、次磷酸为一元酸，则NaH2PO3为酸式盐、NaH2PO2为正盐，故答案为：酸式盐；正盐；【小问2详解】亚磷酸为中强酸，在溶液中分步电离，以一级电离为主，电离方程式为H3PO3H++H2PO-3，故答案为：H3PO3H++H2PO-3；【

小问3详解】①次磷酸分子中氢元素的化合价为+1价、氧元素的化合价为-2价，则分子中磷元素的化合价为+1价，故答案为：+1；②由题意可知，溶液中次磷酸与银离子反应生成磷酸、银和水，反应中磷元素的化合价升高被氧化，次磷酸是反应的还原剂，银元素的化合价降低被还原，银

离子是氧化剂，由得失电子数目守恒可知，氧化剂和还原剂的个数比为4∶1，故答案为：4∶1；③由题意可知，制备次磷酸的反应为白磷与氢氧化钡溶液反应生成次磷酸钡和磷化氢，反应的化学方程式为2P4+3Ba(OH)2+6H2O=3Ba(H2PO2)2+2PH3

↑，反应生成的次磷酸钡溶液和硫酸溶液反应生成硫酸钡沉淀和次磷酸，反应的化学方程式为Ba(H2PO2)2+H2SO4=BaSO4↓+2H3PO2，故答案为：2P4+3Ba(OH)2+6H2O=3Ba(H2PO2)2+2PH3↑；Ba(H2PO2)2+H2SO4=B

aSO4↓+2H3PO2。.【