【文档说明】重庆市铜梁一中等三校2023-2024学年高一上学期10月联考化学试题 含解析.docx，共(16)页，608.906 KB，由小赞的店铺上传

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2023~2024学年上期三校联合考试(高2026届)化学试题卷注意事项：1.考试时间：75分钟，满分：100分。2.所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷、草稿纸上答题无效。3.需要填涂的地方，一律用2B

铅笔涂满涂黑。需要书写的地方一律用0.5mm黑色签字笔。4.答题前，务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡规定的位置上。5.考试结束后，将试题卷和答题卡一并交回。6.可能用到的相对原子质量：H：1C：12N：14O：16Cl：35.5S：32Cu：64Mn：55第I卷(选择题，共4

2分)一、选择题(本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求。)1.合成新物质是研究化学的主要目的之一。四聚氧O4是意大利的一位科学家合成的一种新型的氧分子，氧化性极强。下列关于O4的说法中，正确的是A.O4是一种新型的化合物B.等质量O4和O

2含有的氧原子个数比为2：1C.O2和O4互为同素异形体D.O2转化为O4为氧化还原反应【答案】C【解析】【详解】A．O4仅由O元素组成，是一种新型的单质，A错误；B．依据氧元素守恒分析，都由氧元素组成，等质量时氧元素质量相同，氧

原子数相同，B错误；C．同种元素形成的不同单质是同素异形体，因此O2和O4是同素异形体，C正确；D．在O2和O4的转化过程中，氧元素的价态始终是0价，两者之间的转化不是氧化还原反应，D错误；故选C。2.下列有关氢氧化铁胶体的说法不正确的是A

.能产生丁达尔效应B.可用于净水C.是不均一的混合物D.是红褐色透明的分散系【答案】C【解析】【详解】A．氢氧化铁胶体属于胶体，能产生丁达尔效应，故A正确；B．氢氧化铁胶体的胶粒具有吸附作用，可以吸附水中杂质达到净水的目的，故B正确；C．胶体是均一的分散系，故C错误；D．氢氧化铁胶体是红褐色，且胶

体属于分散系，是由分散质和分散剂组成的，故D正确；故选C。3.下列关于物质分类组合正确的是碱酸盐碱性氧化物酸性氧化物A纯碱HClONaHCO3Al2O3SO2BNH3·H2OH2SO4NH4ClCaOCOCC2H5OHCH3COOHNa2SO3Na2O2CO

2D熟石灰HClO4FeSO4·7H2ONa2OMn2O7A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．纯碱是碳酸钠，属于盐，氧化铝属于两性氧化物，A错误；B．一氧化碳是不成盐氧化物，B错误；C．乙醇不能电离出氢氧根离子，不属于碱，

过氧化钠属于过氧化物，不是碱性氧化物，C错误；D．所给物质和所给物质类别一一对应，D正确；故选D。4.下列物质在给定条件下的转化均能一步实现的是A.Fe2O3CO⎯⎯⎯→高温Fe2O⎯⎯⎯→点燃Fe2O3B.S2O⎯⎯⎯→点燃SO2⎯⎯⎯

→烧碱Na2SO3C.2CO23CaClCaCOCaO⎯⎯⎯⎯→⎯⎯→高温溶液D.NaOH42CuCuSOCu(OH)⎯⎯⎯→⎯⎯⎯→稀硫酸溶液【答案】B【解析】【详解】A．Fe与O2点燃生成Fe3O4，A错误；的B．S与O2点燃生成SO2，S

O2与烧碱反应生成Na2SO3，B正确；C．CaCl2溶液与CO2不能反应，C错误；D．Cu不能与稀硫酸反应，D错误；故选B。5.化学兴趣小组进行下列实验，按照下图连接好线路发现图1、图2灯泡不亮，图3灯泡亮，由此得

出的结论正确的是A.水是非电解质B.NaCl固体中没有自由移动的离子C.NaCl溶液是电解质D.NaCl在水溶液中在电流的作用下电离出了可以自由移动的离子【答案】B【解析】【分析】蒸馏水中离子浓度很少，图1灯泡不亮；氯化钠固体中没有自由移动的钠离子和氯离子

，图2灯泡不亮；氯化钠溶液中存在自由移动的氯离子和钠离子，图3灯泡亮。【详解】A．水是电解质，蒸馏水中水电离的氢离子和氢氧根浓度很小，因此灯泡不亮，A错误；B．氯化钠固体不能导电，氯化钠固体中没有自由移

动的离子，B正确；C．氯化钠溶液是混合物，不是电解质，C错误；D．氯化钠溶液可以导电，是在水分子的作用下电离出自由移动的离子，D错误；故选B。6.下列物质在水溶液中电离方程式，正确的是A.Al2O3=2Al3++3O2

－B.Ba(OH)2=Ba2++(OH)22−C.KAl(SO4)2=K++Al3++224SO−D.NaHCO3=Na++H++23CO−【答案】C【解析】的【详解】A．氧化铝在水中不能电离，A错误；B．氢氧化钡电离出钡离子和氢氧根离

子，电离方程式为：Ba(OH)2=Ba2++2OH-，B错误；C．硫酸铝钾电离出铝离子、钾离子、硫酸根离子，电离方程式为：KAl(SO4)2=K++Al3++224SO−，C正确；D．碳酸氢钠电离出钠离

子和碳酸氢根离子，电离方程式为：NaHCO3=Na++3HCO−，D错误；故选C。7.下列反应可用离子方程式“H++OH﹣=H2O”表示的是A.HNO3溶液与澄清石灰水混合B.CH3COOH溶液与KOH溶液混合C.H2SO4

溶液与Ba(OH)2溶液混合D.向Fe(OH)3沉淀中滴加稀硫酸【答案】A【解析】【详解】A．硝酸是强酸，电离出H+，澄清石灰水是强碱，电离出OH-，离子方程式为：H++OH﹣=H2O，A正确；B．CH3COOH弱酸，离子方程式中保留化学式，B错误；C．

硫酸与氢氧化钡溶液发生还包含生成硫酸钡沉淀的反应，C错误；D．Fe(OH)3是沉淀，在离子方程式中保留化学式，D错误；故选A。8.下列反应的离子方程式书写正确的是A.稀硫酸滴在铁片上：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑B.向沸水中滴加饱和氯化铁溶液至液体变为红褐色：Fe3++3H2O=Fe

(OH)3↓+3H+C.金属钠与水反应生成氢氧化钠和氢气：2Na+2H2O=2Na++2OH－+H2↑D.向NaHCO3溶液中滴加少量Ca(OH)2溶液：3HCO−+Ca2++OH－=CaCO3↓+H2O【答案】C【解析】【详解】A．稀硫酸和铁反应

生成硫酸亚铁和氢气，离子方程式为：Fe+2H+=Fe2++H2↑，A错误；B．向沸水中滴加饱和氯化铁溶液至液体变为红褐色，离子方程式为：Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+，B错误；是C

．金属钠与水生成氢氧化钠和氢气，离子方程式为：2Na+2H2O=2Na++2OH－+H2↑，C正确；D．NaHCO3溶液与少量Ca(OH)2溶液反应生成碳酸钠、碳酸钙和水，Ca2++23HCO−+2OH-=CaCO3↓+23CO−+H2O，D错误；故选C。

9.下列各组离子一定能大量共存的是A.在无色溶液中：Na+、Fe3+、Cl−、24SO−B.在KOH溶液中：Na+、K+、3NO−、23CO−C.在含大量Cu2+的溶液中：+4NH、K+、3NO−、OH−D.滴

加紫色石蕊溶液显红色的溶液中：K+、Fe2+、ClO−、3HCO−【答案】B【解析】【详解】A．铁离子的水溶液的颜色为黄色，无色溶液中铁离子不能大量共存，故A错误；B．氢氧化钾溶液中，Na+、K+、硝酸根离子、碳酸根离子都能大量共存，故B正确；C．铜离子与氢氧根离子能反应产生沉淀，不能

大量共存，故C错误；D．次氯酸根离子具有强氧化性，会使紫色石蕊溶液褪色，故D错误；故选B。10.下列氧化还原反应方程式，表示电子转移方向与数目错误的是A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】A．铁失去电子，盐酸中氢得到电子，双线桥为：，A正确；B．6

个氯化氢中的5个-1价氯失去电子变为氯气中的氯，氯酸钾中+5价氯得到5个电子变为氯气中的氯，双线桥为：，B错误；C．NO中氮元素由+2价升高到+5价，氧气得到电子，单线桥为：，C正确；D．氯气中的氯发生歧化反应，一部分变为-1价，一部分变为+1价，双线桥为：，D正确；故选B。11.在碱性条件下

，可发生如下反应：3ClO－+2Fe3++aOH−=2Y2－+3Cl−+5H2O，下列说法中不正确的是A.Fe3+是还原剂B.Y2－可用于消毒杀菌C.a=2D.每有1个ClO－参加反应，转移的电子数为2【答案】C【解析】【分析】根据元素守

恒和电荷守恒可知，配平后的方程式为：-3+-2--423ClO+2Fe+10OH=2FeO+3Cl+5HO，以此解题。【详解】A．在该反应中三价铁失去电子变为+6价，则Fe3+还原剂，A正确；B．由分析可知，Y2－为2-4FeO，具有

较强的氧化性，可用于消毒杀菌，B正确；C．由分析可知，a=10，C错误；D．由分析可知，配平后的方程式中，转移电子数为6，则每有1个ClO－参加反应，转移的电子数为2，D正确；故选C。12.利用缺铁氧化物0.9FeO可实现

2CO的综合利用，构建低碳环保社会，下列说法错误的是A.过程Ⅰ发生反应的化学方程式为0.923410FeOCO3FeOC+=+B.过程Ⅱ中2O是氧化产物C.在整个过程中Fe0.9O是催化剂D.整个过程的总反应

为3422FeOCOCO+【答案】D【解析】【详解】A．由图可知，过程Ⅰ发生反应为Fe0.9O和CO2生成四氧化三铁和碳，化学方程式为0.923410FeOCO3FeOC+=+，A正确；B．过程Ⅱ中氧元素化合价升高发生氧化反应生成氧气，是氧化产物，B正确；C．根

据流程可知，在过程I中Fe0.9O参与反应，过程Ⅱ又生成Fe0.9O，则Fe0.9O为催化剂，C正确；D．整个过程的总反应为二氧化碳在Fe0.9O催化作用下分解为氧气和碳，方程式为：0.922FeOCOCO+，D错误；故选D。13.2个3XO−恰好能氧化5个23SO−，则还原产物中变价元素的化合价

是是A.-1B.0C.+1D.+6【答案】B【解析】【分析】利用得失电子数目守恒进行分析；【详解】XO3−将SO23−氧化SO24−，SO23−作还原剂，化合价变化2价，XO3−作氧化剂，令还原产物中变价元素的化合价为a，根据得失电子数目守恒，有2×(5-a)=

5×2，得出a=0，选项B正确；答案为B。14.已知有下列四个反应：①Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl－②2222Cl+FeI=FeCl+I③Br2+2Fe2+=2Fe3++2Br－④23222CoO+6HCl=2

CoCl+Cl+3HO下列有关说法正确的是A.反应②③④中的氧化产物分别是I2、Fe3+、CoCl2B.根据①②③可以得到还原性：I－>Fe2+>Br－C.可以发生反应2222=Cl+FeBrFeCl+BrD.

在反应④中参加反应的Co2O3和体现还原性的HCl个数比为1∶6【答案】B【解析】【详解】A．在氧化还原反应中，物质所含元素化合价升高，发生氧化反应，生成氧化产物，所以反应②③④的氧化产物分别为I2、Fe3+

和Cl2，反应④的氧化产物不是CoCl2，故A错误；B．根据氧化还原反应规律：还原剂的还原性强于还原产物的还原性，则根据反应①②③可知，还原性顺序为I－>Fe2+>Br－，故B正确；C．由B项分析可知，还原性：Fe2+>Br－，故当Cl2和FeBr2的物质的量之比为1:1时，Cl2先氧化

Fe2+，故C错误；D．在反应④中，若参加反应的HCl的物质的量为6mol，则只有2molHCl化合价升高转化为氯气，体现还原性，所以参加反应的HCl和体现还原性的HCl个数比为6:2=3:1，故D错误；故选B。第II卷(非选择题，共58分)二、填

空题15.对于数以千万计的化学物质和为数众多的化学反应，分类法的作用几乎是无可代替的。Ⅰ．现有以下物质：①Ba(OH)2固体②熔融的KHSO4③Cu④NaHCO3固体⑤Fe(OH)3胶体⑥乙醇⑦CO2⑧稀硫酸（1）上述状态下的物质可导电且属

于电解质的是___________。（2）Fe(OH)3胶体与稀硫酸两种分散系的本质区别是_______。（3）将⑦通入①的溶液中，溶液电导率(σ)随⑦加入量(V)的变化曲线是_______。A．B．C．（4）向Ba(OH)2溶液逐滴加入KHSO4

溶液至Ba2+恰好完全沉淀，发生反应的离子方程式为：___________，然后继续滴加KHSO4溶液时，此步发生反应的离子方程式为___________。Ⅱ．虽然分类的方法不同，但四种基本反应类型和离子反应、氧化还原反应之间也存在着一定的关系。（5）如图为离子反应、氧化还原反应和置换

反应三者之间的关系，其中表示离子反应的是___________。(填字母)。（6）写出Cu+2Ag+=Cu2++2Ag对应的一个化学方程式：___________。【答案】（1）②（2）分散质粒子直径大小不同（3）B（4）①.2-42+-+42Ba+OH+H+=

BaSOO+HOS②.-+2OH+H=HO（5）C（6）()332g=Cu+2AgNOCuNO+2A【解析】【小问1详解】①Ba(OH)2固体中的阴、阳离子不能自由移动，不能导电，①不选；②熔融的KHSO4中含

有可以自由移动的钾离子和硫酸氢根离子，可以导电，且属于电解质，②选；③Cu属于单质，既不是电解质，也不是非电解质，③不选；④NaHCO3固体的阴、阳离子不能自由移动，不能导电，④不选；⑤Fe(OH)3胶体属于混

合物，既不是电解质，也不是非电解质，⑤不选；⑥乙醇属于非电解质，且不能到点，⑥不选；⑦CO2不能到点，且属于非电解质，⑦不选；⑧稀硫酸属于混合物，既不是电解质，也不是非电解质，⑧不选；故答案为：②；【小问2详解】Fe(OH)3胶体属于胶体，稀硫酸属于溶液，两种分散系的本质区别是分散质粒子直径

大小不同；【小问3详解】二氧化碳和氢氧化钡反应生成碳酸钡和水，溶液中离子浓度降低，电导率降低，随着二氧化碳的继续通入，碳酸钡和二氧化碳生成碳酸氢钡，离子浓度增大，电导率增大，故选B；【小问4详解】至Ba2+恰好完全沉淀，此时两者的物质的量相等，则离子方程式为：2-42

+-+42Ba+OH+H+=BaSOO+HOS，然后继续滴加KHSO4溶液时，此时是余下的氢氧根离子和氢离子反应生成水，离子方程式为：-+2OH+H=HO；【小问5详解】置换反应都是氧化还原反应，二者是包含关系，离子反应与氧化还原反应和置换反应是交叉关系

,因此表示离子反应的是C；【小问6详解】根据离子方程式可知，应该选择单质铜和可溶性银盐反应，则相应的化学方程式为：()332g=Cu+2AgNOCuNO+2A。16.A．B．C．D为四种可溶性的盐，它们包含的阳离子和阴离子分别为Ba2+、Fe2+、N

a+、Cu2+和3NO−、24SO−、Cl－、23CO−(离子在物质中不能重复出现)。现做以下实验：①若把四种盐分别溶于盛有蒸馏水的四支试管中，观察到C盐的溶液呈蓝色，且C盐固体中阴阳离子个数之比为1：1；②若向①的四支试管中分别加

入足量稀盐酸，只有D的盐溶液有无色无味的气体逸出；③向B盐溶液中加入硝酸酸化的AgNO3溶液，有白色沉淀产生；④A盐溶液与C盐溶液混合后有白色沉淀产生。（1）根据以上实验事实可推断它们的化学式为：A______

_____，B___________。（2）写出足量稀盐酸与D盐溶液反应放出气体的离子方程式：___________。（3）写出④中发生反应的离子方程式：___________。（4）向B盐与C盐混合溶液中加入一定量的Zn粉，可能发生的反应有(

按照反应的先后顺序写出相应的离子方程式)：___________。若加入Zn粉后，有金属析出，过滤、洗涤后向滤渣中加入稀盐酸，无气体产生，则滤液中一定含有的金属阳离子为___________。的【答案】（1）①.Ba(NO3)2②.FeCl2（2）23222HH

OCOCO+−+=+（3）2244=BaSOBaSO++（4）①.22=ZnCuZnCu++++、22FeFeZnZn+++=+②.Zn2+、Fe2+【解析】【分析】根据离子共存可知：23CO−与Ba2+、Fe2+、Cu2+会形成BaCO3、FeCO3、CuCO

3沉淀而不能大量共存，则溶液4种可溶性的盐中有一种为Na2CO3；①C盐的溶液呈蓝色，说明其中含有Cu2+，且C盐固体中阴、阳离子个数之比为1：1，则其阴离子为24SO−，C为CuSO4；②若向①的四支试管中分别加入足量稀盐酸，只有D的盐溶液有无色无味的气体逸出，则D为

Na2CO3，无Fe(NO3)2；③向B盐溶液中加入硝酸酸化的AgNO3溶液，有白色沉淀产生，则B为FeCl2；④A盐溶液与C盐溶液混合后有白色沉淀产生，则A为Ba(NO3)2。综上所述可知：A、B、C、D四种可溶性的盐分别为Ba(NO3)2、FeCl2、CuSO4、Na2CO3

，据此分析解答。【小问1详解】由上述分析可知，A、B、C、D四种可溶性的盐分别为Ba(NO3)2、FeCl2、CuSO4、Na2CO3。故答案为：Ba(NO3)2、FeCl2。【小问2详解】D是Na2CO3，HCl与Na2CO3反应产

生NaCl、H2O、CO2，因此该反应的离子方程式为：23222HHOCOCO+−+=+。【小问3详解】④A是Ba(NO3)2，C是CuSO4，二者混合反应产生BaSO4沉淀和Cu(NO3)2，该反应的离子方程式为：22

44=BaSOBaSO++。【小问4详解】B是FeCl2，C是CuSO4，在FeCl2、CuSO4混合溶液中加入一定量的Zn粉时，由于氧化性：Cu2+>Fe2+，金属活泼性：Zn>Fe>Cu，则反应的离子方程式为：Cu2++Zn=Cu+Zn2+、Fe2++Zn=Zn2++Fe；若加入Zn粉后，

有金属析出，过滤、洗涤后向滤渣中加入稀盐酸，无气体产生，根据金属活动性顺序可知：物质的活动性：Zn>Fe>H>Cu，则滤渣中不含有Zn、Fe单质，则滤液中一定含有Fe2+、Zn2+，可能含有Cu2+。故答案为：Cu2++Zn

=Cu+Zn2+、Fe2++Zn=Zn2++Fe；Fe2+、Zn2+。17.氧化还原反应是重要的化学反应类型，在生活、生产、科研领域都有广泛的应用，请回答以下问题。（1）人体正常的血红蛋白含有Fe2+，若误食亚硝酸盐会导致血红蛋白中的Fe2+转化为Fe3+而中毒，服用维生素C可解毒。以上过程

中分别体现了亚硝酸盐、维生素C的什么性质：___________、___________(填“氧化性”或“还原性”)。（2）化学方程式：N2H4+N2O4——N2+H2O(未配平)，该反应放出大量的热、产生

大量气体，因此某种飞船以联氨(24NH)和24NO为动力源。①配平该方程式，并用单线桥表示电子转移的方向和数目__________。N2H4+N2O4——N2+H2O②该反应中，氧化产物与还原产物的质量之比为___________。（3）次磷酸(32HPO)常用于化学镀

银，反应为：32234AgHPOHOAgHPOH++++⎯⎯→++①32HPO中，P元素的化合价为_______；该反应中，还原产物是___________(填化学式)。②每生成1个H3PO4分子转移___________个电子。③

32HPO是一元弱酸，写出其与足量NaOH溶液反应的离子方程式：___________。【答案】（1）①.氧化性②.还原性（2）①.②.2:1（3）①.+1②.Ag③.4④.32222HPO+NaOH=NaHPO+HO【解析】【小问1详解】硝酸盐会导致血红

蛋白中的2Fe+转化为3Fe+，2Fe+发生氧化反应，体现了亚硝酸盐的氧化性，服用维生素C，3Fe+转化为2Fe+，3Fe+发生还原反应，体现维生素C的还原性；【小问2详解】①每个N2H4失去4个电子，2个N2H4失去8个电子，作还原剂；每个N2O4得到8个电子，作氧化

剂，单线桥的方法表示为：；②根据化学反应2N2H4+N2O4=3N2+4H2O，N2H4失去电子，N2O4得到电子，得到的N2既是氧化产物，也是还原产物。2molN2H4完全反应得到的氧化产物氮气为2mol，还原产物氮气为1mol，

所以氧化产物与还原产物的质量之比为2:1；【小问3详解】①根据元素化合价为零的原则可知，P元素的化合价为+1；该反应中银元素由+1价降低到0价，则还原产物是Ag；②H3PO2生成H3PO4，P元素化合价升高4价，依据化合价升高与降低总数

相等，可确定Ag+与H3PO2的化学计量数之比为4:1，由此可配平该离子方程式：++322344Ag+HPO+2HO=4Ag+HPO+4H，则每生成1个H3PO4分子转移4个电子；③H3PO2是一元弱酸，则1mo

lH3PO2只能与1molNaOH发生反应，所以其与足量NaOH溶液反应的化学方程式：32222HPO+NaOH=NaHPO+HO。18.胆矾(或蓝矾)在日常生活中有广泛应用，如配制农药波尔多液、作游泳池的消毒剂。某小组以辉铜矿粉(

主要成分是2CuS)为原料制备胆矾及副产品的简易流程如下：请回答下列问题：（1）胆矾的相对分子质量为___________。（2）反应1中被氧化的元素为___________(填元素符号)；在上述反应1~6中属于氧化还原反应的有___________个(填数字)。（3）反应3的化学方程式为：

___________。（4）反应6的离子方程式为：___________。（5）23NaSO在空气中易氧化变质生成___________(填化学式)。（6）已知胆矾的溶解度随温度变化如图所示。从4CuSO溶液中提取胆矾，采用“一系列操

作”包括蒸发浓缩、___________、过滤、洗涤、低温干燥。【答案】（1）250（2）①.S②.4（3）2222OS6CuCuCuSO++高温（4）2222HO2H2HOCuCu+++++（5）Na2SO4（6）冷却结晶或降温结晶【解析】【分析】辉铜矿粉(主要成

分是Cu2S)在空气中高温煅烧，反应产生SO2、Cu2O，SO2是酸性氧化物，被NaOH溶液吸收反应产生Na2SO3；Cu2O与Cu2S高温煅烧，反应产生Cu、SO2，SO2与O2在催化剂存在条件下加热发生氧化反应产生SO3，SO3被H2O吸收得到H2SO4；反应产生的Cu与H2O2、H2SO4

反应产生CuSO4溶液，然后经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、低温干燥就分离得到蓝矾CuSO4·5H2O。【小问1详解】硫酸铜晶体俗称胆矾、蓝矾，其化学式为CuSO4·5H2O，相对分子质量是250；【小问2详解】Cu2S在空气中高温煅烧，反应产生SO2、Cu2O，在该反应中Cu元素

化合价不变，S元素化合价升高，失去电子被氧化；O元素化合价降低，得到电子被还原，所以该反应中被氧化的元素为S元素。反应1是氧化还原反应；二氧化硫与烧碱溶液生成亚硫酸钠和水，不是氧化还原反应；反应2氧化亚铜变成铜单质，有化合价变化，是氧化还原反应；

反应4二氧化硫与氧气反应生成三氧化硫是氧化还原反应；反应5三氧化硫与水反应生成硫酸，不是氧化还原反应；反应6铜单质变成硫酸铜，化合价发生变化，是氧化还原反应；因此反应1、3、4、6，共4个反应属于氧化还原反应。【小问3详解】反应3是Cu2S、Cu2O在高温下反

应产生Cu、SO2，反应的化学方程式为：2222OS6CuCuCuSO++高温。【小问4详解】反应6是Cu与H2O2在硫酸存在条件下反应产生CuSO4、H2O，该反应的化学方程式为：Cu+H2O2+H2

SO4=CuSO4+2H2O，该反应的离子方程式为：Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O；【小问5详解】Na2SO3中S元素化合价为+4价，具有强的还原性，容易被空气中的O2氧化为Na2SO4；【小问6详解】获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众

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