【文档说明】河南省驻马店市正阳县高级中学2019-2020学年高一上学期第三次素质检测化学试题【精准解析】.doc，共(18)页，389.500 KB，由小赞的店铺上传

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化学试题可能用到的相对原子质量：H1He4C12N14O16Na23Al27S32Cl35.5K39P31Ba137Fe56Cu64Zn65第Ⅰ卷(选择题)一、选择题(每小题3分，共16小题，共48分。在四个选项中，只有一项是符合题

目要求的)1.下列对古文献记载内容理解错误的是（）A.《本草纲目》记载“（火药）乃焰硝（KNO3）、硫磺、杉木炭所合，以烽燧铳机诸药者”，这是利用了KNO3的氧化性B.《肘后备急方》中“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁，尽服之”启发屠呦呦采用低温提取，解决了关键性的技术难

题。青蒿素的提取仅属于物理变化C.《天工开物》记载“欲去杂还纯，再入水煎炼，倾入盆中，经宿成白雪”，这是利用重结晶方法提纯物质D.《天工开物》记载了砒霜的制取：“凡烧砒，下鞠土窑，纳石其上，上砌曲突，以铁釜倒悬覆突口。其下灼炭举火。其烟气从

曲突内熏贴釜上。”文中涉及的操作为蒸馏【答案】D【解析】【详解】A.“焰硝（KNO3）、硫磺、杉木炭”是黑火药的主要成分，在炸药爆炸时，KNO3、S都表现氧化性，A正确；B.“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁，尽服之”，属于萃取操作，因此青蒿素的

提取仅属于物理变化，B正确；C.“欲去杂还纯，再入水煎炼，倾入盆中，经宿成白雪”，这种提纯物质的方法属于重结晶，C正确；D.“凡烧砒，下鞠土窑，纳石其上，上砌曲突，以铁釜倒悬覆突口。其下灼炭举火。其烟气从曲突内熏贴釜上。”文

中涉及的操作为升华，D错误。故选D。【点睛】有机物中加水提取其有效成分，如煮中药等，我们会错误地理解为“溶解”，其实，我们要提取的物质是从有机体内分离出来的，是有机生命体的一部分，所以其操作方法应为萃取；如

果是从机械混合的物质中提取某一成分，才叫溶解。2.进行化学实验时应强化安全意识。下列做法正确的是（）A.用试管加热高锰酸钾粉末时使试管口竖直向上B.进行蒸馏实验时发现忘记加沸石，应立即向蒸馏烧瓶中补加C.排水法收集满KMnO4分解产生的O2后，先移出导管，后熄灭酒精灯D.使用分液漏斗前首先检查

其气密性是否良好【答案】C【解析】【详解】A.用试管加热固体时，试管口应向下倾斜，防止水蒸气在试管口冷凝，流回试管底，使试管底因受热不均而破裂，A错误；B.进行蒸馏实验时发现忘记加沸石，应待液体冷却后，再往蒸馏烧瓶中

补加，B错误；C.排水法收集满KMnO4分解产生的O2后，先移出导管，后熄灭酒精灯，以防产生倒吸，C正确；D.使用分液漏斗前，应首先检查其是否漏液，D错误。故选C。【点睛】制取气体时，将装置连接好后，第一步操作是检查装置的气密性；对于容量瓶和分液漏斗来说，不用它们制取气体，所以需要检查的不是气密

性，而是“液密性”，即检查其是否漏液，简称为检漏或查漏。3.下列实验装置或操作与微粒的大小无直接关系的是（）A.过滤B.渗析C.萃取D.丁达尔效应【答案】C【解析】【详解】A、悬浊液的分散质粒子不能通过滤纸，过滤利用了分散质粒子的大小进行分离，故A不选；B、胶体的分散质粒子不能透

过半透膜，溶液的分散质粒子能透过半透膜，渗析利用了分散质粒子的大小进行分离，故B不选；C、萃取利用一种溶质在两种溶剂中的溶解度不同进行分离，与物质微粒大小无直接关系，故C可选；D、胶体微粒能对光线散射，产生丁达尔效应，

而溶液中的离子很小，不能产生丁达尔效应，丁达尔效应与分散质粒子的大小有关，故D不选；故选C。4.下列有关钠的叙述，正确的是①钠在空气中燃烧生成氧化钠②金属钠有强还原性③钠与硫酸铜溶液反应，可以置换出铜④金属钠可以保存在煤油中⑤钠原子的最外层上只有一个电子，所以在

化合物中钠的化合价显+1价A.①②④B.②③⑤C.①④⑤D.②④⑤【答案】D【解析】【详解】①钠在空气中燃烧生成过氧化钠，不是氧化钠，错误；②钠原子最外层只有一个电子，这个电子受得原子核的吸引力小，容易失去

，因此金属钠在反应中容易失电子，具有强还原性，正确；③金属钠和硫酸铜溶液反应时，是Na先和水反应，不会置换出金属Cu，错误；④金属钠易和空气的成分反应，因其密度比煤油大，与煤油不发生反应，因此常保存在煤油中

以隔绝空气，正确；⑤钠原子最外层只有一个电子，易失去电子形成+1价Na+离子，正确．故正确的说法是②④⑤，选项D正确。5.NA为阿伏加德罗常数，下列描述正确的是A.含有NA个氦原子的氦气在标准状况下的体积约为11.2LB.40gNaOH溶

解在1L水中，所制得的溶液，物质的量浓度为1mol•L﹣1C.标准状况下，11.2L四氯化碳所含分子数为0.5NAD.常温常压下，5.6g铁与过量的盐酸反应转移电子总数为0.2NA【答案】D【解析】【详解】A．氦气是由单原子

构成的分子，则NA个氦原子的氦气其物质的量为1mol，标准状况下的体积约为22.4L，故A错误；B．把40g即1molNaOH固体溶于1L水中，溶液的体积不是1L，所以物质的量浓度不是1mol/L，故B错误；C．标况下，四氯化碳为液态，

不能用气体摩尔体积进行计算，故C错误；D．铁与盐酸反应后铁元素的化合价为+2价，故5.6g铁与过量盐酸反应生成氯化亚铁，转移的电子数为×2=0.2mol=0.2NA，故D正确；故选D。6.镍氢充电电池有着

广泛应用，镍及其化合物能发生下列反应：①Ni+2HCl=NiCl2+H2↑②NiO+2HCl=NiCl2+H2O③NiO2+4HCl=NiCl2+Cl2↑+2H2ONi(OH)2不溶于水。对上述反应的分析判断错误的是A.镍能与氯化铜溶液发

生置换反应B.反应②和③都是复分解反应C.NiCl2能与NaOH溶液发生复分解反应D.反应①、③中Ni的化合价都发生了变化【答案】B【解析】【详解】A、Ni能置换酸中的氢说明镍的金属性排在氢前所以一定能够置换出氯化铜中的铜，A正确；B、②符合，复分解反应中各物质

反应前后化合价不变，③中元素化合价有变化，所以不是复分解反应，B错误；C、氯化镍与氢氧化钠能发生复分解反应，因交换成分有沉淀氢氧化镍生成，C正确；D、①中有单质形式变成了化合物形式，化合价一定改变；③中根据化合物中元素化合

价代数和为零，反应物中镍的化合价为+4价，生成物中镍的化合价为+2价，也发生了改变，D正确；答案选B。7.宋代著名法医学家宋慈的《洗冤集录》中有“银针验毒”的记载，“银针验毒”的原理是：4Ag＋2H2S＋O2===2X＋2H2O。下列说法正确的是()A.X的化学式为Ag

SB.银针验毒时，空气中氧气失去电子C.反应中Ag和H2S均是还原剂D.每生成1molX，反应转移2mole－【答案】D【解析】【详解】A.由质量守恒定律Ag原子、S原子守恒确定X的化学式为Ag2S，故A错误。B.据元素化合价的变化反应中氧气作氧化剂得电子，故B错误

。C.据元素化合价的变化知反应中S作还原剂，故C错误。D.据方程式知每生成2molX，电子转移4mol，所以每生成1molX，反应转移2mole－，故D正确。故答案选D。8.在硫酸溶液中，NaClO3和Na2SO3能按粒子个数之

比1:2完全反应，生成一种棕黄色气体X，同时Na2SO3被氧化为Na2SO4，则X为（）A.Cl2B.Cl2O7C.ClO2D.Cl2O【答案】D【解析】【分析】Na2SO3被氧化为Na2SO4，Na2SO3是还原剂，NaClO3中氯元素的化合价由+5价降低，NaClO3为氧化剂，根据电子转移守恒

计算Cl元素在还原产物中的化合价，进而判断产物．【详解】NaClO3和Na2SO3能按物质的量之比l：2完全反应，Na2SO3被氧化为Na2SO4，S元素化合价由+4价升高为+6价，NaClO3中氯元素的化合价由+5价降低，NaClO3为氧化剂，令Cl元素在还原产物中的化合价

为a，则：2×（6-4）=1×（5-a），解得a=1，故棕黄色气体X的化学式为Cl2O，故选D。9.在某无色酸性溶液中，下列各组离子可能大量共存的是（）A.43+NaNHClNO+−﹣、、、B.242+CuOHSOCl−﹣﹣、、、C.2+2+

3COKMgCl−﹣、、、D.++3+3NOKNaFe−、、、【答案】A【解析】【详解】A、Na+、NH4+、Cl-、NO3-离子间不相互反应，在溶液中能大量共存，A正确；B、Cu2+为有色离子，Cu2+与OH-之间发生反应生成难溶物，不能大量共存，B错误

；C、Mg2+与CO32-之间发生反应生成难溶物，不能大量共存，C错误；D、Fe3+为有色离子，不符合题意，D错误；故选A。10.下列叙述正确的是（）A.同温同压下，相同体积的气体，其分子数一定相等，原子数也一定相等B.任何条件下，等物质的量的甲烷（CH4）和一氧

化碳所含的原子数一定相等C.同温同压下的二氧化碳气体和氮气，若体积相等，则质量一定相等D.同温同压下，1L一氧化碳气体一定比1L氧气的质量小【答案】D【解析】【详解】A.由于分子可以有多原子分子，所以同温同压下，相同体积的气体，其分子数一定相等，原子数不一定相等，A错误；B.任何

条件下，1mol甲烷(CH4)含有5mol原子，1mol一氧化碳（CO）含有2mol原子，所以等物质的量的两种气体所含的原子数一定不相等，B错误；C.同温同压下的二氧化碳气体和氮气，若体积相等，则物质的量一定相等，由于两种气体的摩尔质量不同，所以两种气体的质量不相等，C错误；D.同温同压

下，同体积的气体，物质的量相等，而一氧化碳的摩尔质量（28g/mol）小于氧气的摩尔质量（32g/mol），因此结论正确，D正确；故答案选D。11.物质的量浓度相同的硝酸钾、硫酸钾、磷酸钾（K3PO4）三种溶液中，若使钾离子的物质的量相同，则这三

种溶液的体积比为（）A.3：2：1B.6：3：2C.2：3：6D.1：2：3【答案】B【解析】【详解】令三种溶液的物质的量浓度为1mol/L，则硝酸钾溶液中c（K+）=1mol/L、硫酸钾溶液中c（K+）=2mol/L、磷酸钾（K3PO4）溶液中c（K+）

=3mol/L，设硝酸钾、硫酸钾、磷酸钾（K3PO4）三种溶液的体积分别为V1L、V2L、V3L，则：V1=2V2=3V3，解得V1：V2：V3=6：3：2，选B。12.下列各组离子能大量共存，加入NaOH溶液

后有沉淀生成，加人盐酸后有气体生成的是（）A.+2+-23NaCuClCO−、、、B.+2+-3NaCaClHCO−、、、C.2+3+-3CaAlClNO−、、、D.+3+2-4KAlSOCl−、、、【答案】B【解析】【详解】A、Cu2+与CO32-之间发生

反应生成难溶物，不能大量共存，A错误；B、+2+-3NaCaClHCO−、、、四种离子间不相互反应，在溶液中能大量共存，加入NaOH，OH-与HCO3-反应生成CO32-，再与Ca2+结合为沉淀；当加入盐酸，H+与HCO3-反应生成CO2，B正确；C、加入氢氧化钠，可以生成氢氧化铝沉淀，

但加入盐酸无气体生成，C错误；D、加入NaOH溶液后可以生成氢氧化铝沉淀，加人盐酸无气体生成，D错误；故选B。13.下列反应的离子方程式书写中，正确的是()A.NaHCO3溶液中加入少量NaOH溶液：+2H+OH=HO-B.铁跟稀硫酸反应：+3+22Fe+6H=2Fe+3H

C.少量金属钠加到冷水中：+22Na+2HO=Na+OH+H-D.氧化铁与稀硫酸反应：+3+232FeO+6H=2Fe+3HO【答案】D【解析】【详解】A.NaHCO3溶液中加入NaOH溶液，反应生成碳酸钠和水，正确的离子方程式为：HCO

3-+OH-═CO32-+H2O，故A错误；B.铁和稀硫酸反应生氢气和二价铁，正确的离子方程式为：Fe+2H+=Fe2++H2，故B错误；C.少量金属钠加到冷水中的反应实质是：2Na+2H2O═2Na++2OH-+H2↑，故C错误；D.氧化铁和稀硫酸反应生成三价铁和

水，离子方程式为：Fe2O3+6H+=3H2O+2Fe3+，故D正确；正确答案是D。14.在常温下，发生下列几种反应:2KMnO4＋16HCl＝2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2OCl2＋2NaBr＝2NaCl＋Br2Br2＋2

FeBr2＝2FeBr3根据上述反应，下列结论正确的是（）A.还原性强弱顺序为：Br—>Fe2+>Cl—B.氧化性强弱顺序为：MnO4—>Cl2>Br2>Fe3+C.反应·中，当生成1molCl2时，被氧化

的HCl为3.2molD.溶液中可发生反应：2Fe3+＋2Cl—＝2Fe2+＋Cl2↑【答案】B【解析】【分析】2KMnO4＋16HCl＝2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O反应中，氧化性：MnO4－>Cl2；还原性：Cl－>Mn2+；Cl2＋2NaBr＝2NaCl＋Br2反应中，氧化

性：Cl2>Br2；还原性：Br－>Cl－；Br2＋2FeBr2＝2FeBr3反应中，氧化性：Br2>Fe3＋；还原性：Fe2＋>Br－；据以上分析进行解答。【详解】A、根据还原剂的还原性强于还原产物还原性，Br－>Cl－，Fe2＋>Br－，因此有Fe2＋>Br－>Cl

－，故错误；B、根据氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，MnO4－>Cl2，Cl2>Br2，Br2>Fe3＋，因此有MnO4－>Cl2>Br2>Fe3＋，故正确；C、生成5molCl2，被氧化10molHCl，因此生成1molCl2，被氧化的

HCl的物质的量为2mol，故错误；D、根据选项B的分析，氯气的氧化性强于Fe3＋，此反应不能发生，故错误；故答案选B。15.一定条件下，ROn-3和氟气可发生如下反应ROn-3＋F2＋2OH－===RO-4＋2F－＋H2O，从而可知在ROn-3中，元素R的化

合价是A.＋4B.＋5C.＋6D.＋7【答案】B【解析】【详解】根据等号两端电荷守恒可知，n=2221412+−（）=1，所以R的化合价是+5价，答案选B。【点睛】化学计算时一般都遵循几个守恒关系，即质量守恒、电荷守恒、电子的得失守恒和原子守恒等。16.取100mL0.3mol·L－1和3

00mL0.25mol·L－1的硫酸注入500mL容量瓶中，加水稀释至刻度线，该混合溶液中H＋的物质的量浓度是()A.0.21mol·L－1B.0.42mol·L－1C.0.56mol·L－1D.0.26mol·L－1【答案】B【解析】【分析】混合后溶液中溶

质H2SO4的物质的量等于100mL0.3mol/L和300mL0.25mol/L的H2SO4溶液中含有的H2SO4之和，假设混合后溶质H2SO4的物质的量浓度为a，根据n=c·V计算混合后的浓度，溶液中H+的物质的量浓度是H2SO4浓度的2倍。【详解】假设混

合后溶质H2SO4的物质的量浓度为a，根据混合前后溶液中溶质的物质的量总和不变可得：100mL×0.3mol/L+300mL×0.25mol/L=500mL×a，解得：a=0.21mol/L，H2SO4是二元强酸，在溶液中完全电离，因此混合后溶液中氢离子的浓度c

(H+)=2c(H2SO4)=2×0.21mol/L=0.42mol/L，故合理选项是B。【点睛】本题考查物质的量浓度的有关计算，注意混合溶液中溶质的物质的量为混合前两种溶液中溶质的物质的量的和，并根据酸分子化

学式确定氢离子与酸的浓度关系，结合物质的量浓度定义式的变形进行计算、判断。第Ⅱ卷(非选择题)二、非选择题(共5道题，52分)17.(1)光束通过Fe(OH)3胶体，可看到光亮的通路，这种现象叫__________________(2)19g某二价金属的氯化物ACl2中

含有0.4molCl－离子，求ACl2的摩尔质量________(3)在标准状况下，测得4.2g气体A的体积是3360mL，则A可能是什么气体________(4)在标准状况下15gCO与CO2的混合气体，体积为11.2L。则：CO2和CO的体积之比是_____________(5)在标准

状况下，将224LHCl气体溶于635mL水(水的密度看作1g/mL)中，所得盐酸的密度为1.18g·cm－3。所得盐酸物质的量浓度是___________【答案】(1).丁达尔效应(2).95g/mol(3).N2或者CO或C2H4(4).1∶7(5).11.8mol·L－1【解析】【分析

】（1）光束通过胶体时，产生光亮的通路，称为丁达尔效应；（2）先根据二价金属A的氯化物的分子式，由Cl-的物质的量求出氯化物的物质的量，再根据公式M=mn来确定摩尔质量；（3）依据n=mM，n=mVV计算摩尔质量分析判断气体；（4）在标准状况下，15gCO和CO2的混合气体的体积为11.2L，物质

的量为0.5mol，令一氧化碳的物质的量为xmol，二氧化碳的物质的量为ymol，列方程计算x、y的值，在根据N=nNA计算CO和CO2的分子数之比，进行判断；（5）根据n=mVV计算224LHCl的物质的量，再根

据m=nM计算HCl的质量，根据m=ρV计算水的质量，进而计算溶液的质量，根据ω（HCl）=HCl的质量溶液的质量×100%计算盐酸的质量分数，再根据c=1000ρwM计算盐酸的物质的量浓度。【详解】（1）

光束通过胶体时，产生光亮的通路，称为丁达尔效应，是胶体的特征性质，故答案为：丁达尔效应；（2）因某二价金属的氯化物ACl2中含有0.4molCl−可知，氯化物ACl2的物质的量为0.4mol2=0.2mol，则M(ACl2)=mn=19g

0.2mol=95g/mol，故答案为：95g/mol；（3）在标准状况下，测得4.2g气体A的体积是3360mL，M=mV22.4=4.2g3.36L22.4L/mol=28g/mol，则气体可能为N2或者CO或C2H4，故答案为：N2或者CO或C2H4；（4）在标准状况下，15gC

O和CO2的混合气体的体积为11.2L，物质的量为0.5mol，令一氧化碳的物质的量为xmol，二氧化碳的物质的量为ymol，则xmol+ymol=0.5mol，xmol×28g/mol+ymol×44g/

mol=15g，解得x=716，y=116，则CO2和CO的体积之比是1:7，故答案为：1:7；（5）标准状况下，224LHCl气体的物质的量为224L22.4L/mol=10mol，故HCl的质量为10m

ol×36.5g/mol=365g，635mL水的质量为635mL×1g/mL=635g，故HCl的质量分数为365g365g+635g×100%=36.5%，所得盐酸的物质的量浓度为1000ρwM=10001

.1836.536.5%mol/L=11.8mol/L，故答案为：11.8mol/L。18.托盘天平、容量瓶、量筒是常见的中学化学计量仪器，熟知这些仪器的使用是定量研究化学的基础。(1)下列操作中，容量瓶所不具备的功能有________________(填

序号)。A.配制一定体积准确浓度的标准溶液B.贮存溶液C.测量容量瓶规格以下的任意体积的溶液D.准确稀释某一浓度的溶液E.量取一定体积的液体F.用来加热溶解固体溶质(2)如图是某些仪器的刻度部分示意图，图中各仪器虚线为所示读数。其中为量筒的是_______(填编

号)，读数为_____mL。(3)实验室用98%的浓硫酸配制(浓硫酸的密1.84g/mL)450mL0.1mol·L-1的硫酸。回答下列问题：①配制中应选用的玻璃仪器除量筒、烧杯、玻璃棒、还有___________，应量取________mL98%的浓硫酸。②对浓硫酸稀释过程

中遇到下列情况，使所配制的硫酸浓度大于0.1mol/L有_____(填序号)A.未经冷却趁热将溶液注入容量瓶中B.摇匀后发现液面低于刻度线，再加水至刻度线C.容量瓶中原有少量蒸馏水D.定容时俯视观察液面【答案】(1).BCDEF(2).②(3).2.6(4).胶头滴管、500mL容量瓶(5).2

.7(6).AD【解析】【分析】（1）容量瓶作为精密仪器，是用来配置一定物质的量浓度的溶液的主要仪器，不可用于储存和溶解、稀释物质，也不能测量除其规格以外容积的液体体积；（2）从图中给出仪器的刻度特点，可知②为量筒，读数为2.6mL；（3）

①根据稀释公式计算和解答；②根据c=nV分析和判断。【详解】（1）容量瓶作为精密仪器，是用来配置一定物质的量浓度的溶液的主要仪器，不可用于储存和溶解、稀释物质，也不能测量除其规格以外容积的液体体积，所以容量瓶不具备的功

能有：BCDEF，故答案为：BCDEF；（2）从图中给出仪器的刻度特点，可知②为量筒，读数为2.6mL，故答案为：②；2.6；（3）①配制450mL0.1mol·L-1的硫酸溶液的实验中，选用的玻璃仪器除量筒、烧杯、玻璃棒、还有胶头滴管、500mL容量瓶；配制450

mL0.1mol·L-1的稀硫酸，需要500mL的容量瓶；98%的浓硫酸（密度为1.84g/mL）的物质的量浓度为10001.8498%98mol/L=18.4mol/L，令所需浓硫酸体积为V，根据稀释定律，稀释前后溶质的物质的量不变，则500×0.1mol/L=V×18.4

mol/L，解得V=2.7mL；②A.未经冷却趁热将溶液注入容量瓶中会导致定容时溶液体积偏小，使所配制的硫酸浓度大于0.1mol/L，故A正确；B.摇匀后发现液面低于刻度线，再加水至刻度线会导致定容时溶液体积偏大，使所配制的硫

酸浓度小于0.1mol/L，故B错误；C.容量瓶中原有少量蒸馏水对实验结果没有影响，故C错误；D.定容时俯视观察液面会导致定容时溶液体积偏小，使所配制的硫酸浓度大于0.1mol/L，故D正确；正确答案是AD。【点睛】本

题考查配制一定浓度的溶液，把握配制溶液的仪器、步骤、操作为解答的关键，注意容量瓶的选择及使用，题目难度不大。19.向Ba(OH)2溶液中逐滴加入稀硫酸，请完成下列问题：（1）写出反应的离子方程式____________________。（2）下列三种情

况下，离子方程式与（1）相同的是_____（填序号）。A.向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba(OH)2溶液至溶液显中性B.向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba(OH)2溶液至SO42-恰好完全沉淀C.向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba(OH)2溶液至过量（3）

若缓缓加入稀硫酸直至过量，整个过程中混合溶液的导电能力（用电流强度表示）可近似地用图中的_____曲线表示（填序号）。（4）若有一表面光滑的塑料小球悬浮于Ba(OH)2溶液中央，如图所示，向该烧杯里缓缓注入与Ba(OH)2溶液等密度的稀硫酸至恰好完全反应。在此实验过程中，小球将_____（选填

“上浮”、“不动”、“下降”）。【答案】(1).2+-2-+442Ba+2OH+SO+2H=BaSO+2HO(2).A(3).C(4).下降【解析】【分析】（1）氢氧化钡与硫酸反应生成硫酸钡沉淀和水；（2）A．NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba(OH)2溶液至溶液显中

性，反应生成硫酸钠、硫酸钡和水；B．向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba(OH)2溶液至SO42-恰好完全沉淀，反应生成硫酸钡、氢氧化钠和水；C．向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba(OH)2溶液至过量，反应生成硫酸钡、氢氧化钠和水；

（3）加入稀硫酸直至过量，恰好反应时导电性为0，过量后离子浓度增大，导电性增强；（4）塑料小球悬浮于Ba(OH)2溶液中央，说明塑料小球的重力等于浮力，当注入稀硫酸后，发生反应：Ba2++2OH−+2H++SO42−═BaSO4↓+2H2O，溶质的质量逐渐减小，所以溶液的密度变

小，塑料球所受浮力变小，所以在此实验过程中，小球将逐渐下降。【详解】（1）向Ba(OH)2溶液中逐滴加入稀硫酸，离子方程式为Ba2++2OH−+2H++SO42−═BaSO4↓+2H2O；故答案为Ba2++2OH−+2H++SO42−═BaSO4↓+2H2O；（2）A.向Na

HSO4溶液中，逐滴加入Ba(OH)2溶液至溶液显中性，反应的离子方程式为：Ba2++2OH−+2H++SO42−═BaSO4↓+2H2O；A项正确；B.向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba(OH)2溶液至SO42−恰好完全沉淀，反应的离子方程式为：Ba2++OH−+H

++SO42−═BaSO4↓+H2O，B项错误；C.向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba(OH)2溶液至过量，反应的离子方程式为：Ba2++OH−+H++SO42−=BaSO4↓+H2O，C项错误；故答案为A；（3）加入稀硫酸直至过量，恰好反应时导电性为0，过量后离子浓度增大，导电性增强，图中只

有C符合；故答案为C；（4）塑料小球悬浮于Ba(OH)2溶液中央，说明塑料小球的重力等于浮力，当注入稀硫酸后，发生反应：Ba2++2OH−+2H++SO42−═BaSO4↓+2H2O，溶质的质量逐渐减小，所以溶液的密度变小，塑料球所受浮力变小，所以在此实验过程中，小球将逐渐下降

；故答案为下降。20.有五瓶损坏标签的试剂，分别盛有AgNO3溶液、稀硝酸、盐酸、氯化钡溶液、碳酸钾溶液，为了确定各瓶中是什么试剂，将它们任意编号为A、B、C、D、E，用小试管各盛少量多次进行两两混合反应，反应现象为：A与B、A与E均可产生白色沉淀，其中A与B反应所产生沉

淀不溶于酸，A与E反应所生成的白色沉淀可以溶于C或D；B与D、B与E产生沉淀；E与C、E与D反应均可产生二氧化碳气体；而C与D由于属于同一类物质，混合时无反应现象。由此，可判定各试剂瓶中所盛试剂为（用化学式表示）A________；B________；C______

__；D________；E________。另外，请写出下面要求的离子方程式：(1)A与E：________________________________________________________。(2)A与B：_______

__________________________________________________。(3)C与E：__________________________________________

________________。【答案】(1).BaCl2(2).AgNO3(3).HNO3(4).HCl(5).K2CO3(6).2+2-33Ba+CO=BaCO(7).-AgCl=+AgCl+(8)

.2322CO+2H=CO+HO−+【解析】【分析】C与E、D与E产生气体，五种物质中，能与两种物质的产生气体的只有K2CO3，则E为K2CO3，则C、D为HNO3、HCl中的物质，而D与B能产生沉淀，则D为HCl，能与硝酸银产生

AgCl沉淀，所以C为HNO3，B为AgNO3，则A为BaCl2，结合以上各物质的性质进行分析。【详解】C与E、D与E产生气体，五种物质中，能与两种物质的产生气体的只有K2CO3，则E为K2CO3，则C、D为HNO3、HCl中的物质，

而D与B能产生沉淀，则D为HCl，能与硝酸银产生AgCl沉淀，所以C为HNO3，B为AgNO3，则A为BaCl2；故答案为BaCl2；AgNO3；HNO3；HCl；K2CO3；(1)A为BaCl2，E为K2CO3，二者反

应生成BaCO3，反应的离子方程式为：Ba2++CO32-=BaCO3↓，故答案为Ba2++CO32-=BaCO3↓；(2)A为BaCl2，B为AgNO3，二者反应生成AgCl，反应的离子方程式为Ag++Cl-=AgCl↓，故答案为Ag++Cl-=AgCl↓；(3)C为HNO3，E为K2CO3

，二者反应生成CO2，反应的离子方程式为2H++CO32-=CO2↑+H2O，故答案为2H++CO32-=CO2↑+H2O。21.过氧化氢俗名双氧水，医疗上利用它有杀菌消毒作用来清洗伤口。根据下列反应回答问题：A

．2222NaO+2HCl=2NaCl+HOB．22222AgO+HO=2Ag+O+HOC．22222HO2HO+O=D．()22242424233HO+CrSO+10KOH=2KCrO+3KSO+8HO（

1）上述反应中，H2O2仅体现氧化性的反应是（填序号，下同）_________,H2O2仅体现还原性的反应是（填序号，下同）_________,H2O2既体现氧化性又体现还原性的反应是________。（2）上述反应说明H2O2、Ag

2O、K2CrO4的氧化性由强到弱的顺序是________（3）某酸性反应体系中发生的一个氧化还原的离子反应，反应物和生成物共六种微粒：42++2222OMnOHOMnHOH−、、、、、。已知该反应中H2O2只发生了如下过程：H2O2→O2。①写出上述反应的离子方

程式并配平_______________________________________②如果上述反应中有6.72L（标准状况）气体生成，转移的电子为_______mol。（4）H2O2有时可作为矿业废液消毒剂，有“绿色氧化剂”的美称

；如消除采矿业胶液中的氰化物（如KCN），发生以下反应：2223KCN+HO+HO=A+NH，试指出生成物A的化学式为________。【答案】(1).D(2).B(3).C(4).Ag2O>H2O2>K

2CrO4(5).2222422MnO+5HO+6H=2Mn+5O+8HO−++(6).0.6(7).KHCO3【解析】【分析】(1)双氧水体现氧化性说明双氧水中元素化合价升高，体现还原性说明双氧水中元素化合价降低，H2O2又名过氧乙酸，有酸性，它是二元弱

酸；(2)氧化剂的氧化性>氧化产物的氧化性>还原剂的氧化性；(3)①根据氧化还原反应中氧化剂和还原剂的特点和性质来寻找反应物和生成物，然后结合化合价升降相等配平；②根据所发生的反应来分析化合价的变化情况，进而得

到转移电子的数目；(4)根据原子守恒来确定物质的化学式，双氧水做氧化剂的还原产物为水，无污染产物。【详解】(1)D中双氧水中氧元素化合价降低，说明双氧水作氧化剂，体现了氧化性，B中双氧水中氧元素化合价升高，体现还原性，C中双氧水中氧元素化合价既升高也

降低，体现还原性和氧化性，故答案为D；B；C；(2)反应22222AgO+HO=2Ag+O+HO中，氧化银做氧化剂，双氧水作还原剂，则氧化性Ag20>H2O2，反应()22242424233HO+CrSO+10KOH=2KCrO+3KSO+8HO中，双氧

水做氧化剂，铬酸钾做氧化产物，则氧化性H2O2>K2CrO4，故氧化性顺序为：Ag2O>H2O2>K2CrO4；故答案为Ag2O>H2O2>K2CrO4；(3)①、该反应过程中，高锰酸根的氧化性和双氧水的还原性导致二者间发生氧化还原反应，高锰酸根离子中锰元素

从+7变为+2价，化合价降低5价，双氧水中氧元素化合价从-1价变为0价，化合价至少升高2价，则高锰酸根离子的系数为2，双氧水的系数为5，然后利用质量守恒配平可得该反应的离子方程式为：2422222MnO+5HO+6H=2Mn+5O+8HO−++

，故答案为2422222MnO+5HO+6H=2Mn+5O+8HO−++；②上述反应中生成5mol氧气转移电子10mol，当反应中有6.72L(标准状况)即0.3mol氧气生成时,则转移的电子为：10mol×0.3mol=0.6mol，故答案为0.6；(4)反应2223KCN+HO

+HO=A+NH中,根据原子守恒可知生成物A的化学式为KHCO3；故答案为KHCO3。【点睛】对于缺项配平反应方程式的步骤为：写四样，平四样，选离子，平电荷，最后元素守恒。如(3)①配平，氧元素化合价升高，则双氧水为还原剂，氧气为氧化产物，同时

有另一种元素化合价降低，根据提供的离子高锰酸根化合价降低，变为锰离子，所以高锰酸根为氧化剂，锰离子为还原产物，完成第一步，写四样，根据得失电子守恒，配平四样；最后依据电荷守恒和元素守恒配平整个方程式。