【文档说明】湖北省武汉外国语学校2024-2025年高一上学期10月阶段性诊断考试化学试题 Word版含解析.docx，共(16)页，952.641 KB，由小赞的店铺上传

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武汉外国语学校2024-2025学年度上学期10月阶段性诊断考试高一化学试卷可能用到的相对原子质量：H-1N-14O-16Na-23Cl-35.5Ca-40第Ⅰ卷(选择题，共45分)一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小

题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.制作豆腐过程一般有如图步操作，其中操作⑤CaSO4或MgCl2作凝固剂根据图示，下列说法不正确的是A.操作①与操作②的目的是为了更多的蛋白质溶解于水B.操作③属于固液分离，取其袋子内的固体作

为操作④的原料C.在适宜温度下，操作⑤用MgCl2，作凝固剂可使蛋白质沉淀D.操作⑥使豆腐“成形”，此过程主要发生是物理变化【答案】B【解析】【详解】A．操作①即浸泡豆子与操作②即磨豆浆的目的是为了更多的蛋白质溶解于水，以提供豆浆的产量，A正确；B．操作③属于固液

分离，袋内的固体为豆渣，流出的液体才是豆浆，故应取过滤出的液体作为操作④的原料，B错误；C．经过步骤④后得到蛋白质胶体，在适宜温度下，操作⑤用MgCl2，作凝固剂可使蛋白质沉淀，C正确；D．操作⑥使豆腐“成形”，此过程主要使失去更多的水分，故发生的是物理变化，D正确；的故答案为：B

。2.利用3FeCl与2HO制备3Fe(OH)胶体，新制3Fe(OH)胶体的胶团结构为x++--3mFe(OH)nFeO(n-x)ClxCl(如图所示)。下列说法错误的是A.胶粒的直径介于1~100nm之间B.在制备氢氧化铁胶体时边加热边搅拌C.胶体能

够稳定存在的主要原因是胶粒间存在静电斥力D.3Fe(OH)胶体电泳现象的原因是胶粒带正电荷【答案】B【解析】【详解】A．依据分散系定义可知，胶体粒子的直径介于1～100nm之间，故A正确；B．制备胶体时不能搅拌，防止胶体聚沉，加热至出现红褐色液体可停止加热，故B错误；

C．胶体整体上不带电，氢氧化铁胶体稳定存在的主要原因是氢氧化铁胶粒带正电荷，相互排斥，不能聚沉，故C正确；D．Fe(OH)3胶粒带正电，通电发生电泳，带正电的胶粒向阴极移动，故D正确；故选B。3.以下物质间的转化，在一定条件下

均能一步实现的是①2CCOCO→→②23FeFeClFeCl→→③233KCOKClKNO→→④32CaCOCaOCa(OH)→→A.①②③④B.①②④C.①③④D.①②③【答案】A【解析】【详解】①C和少量氧气不完全燃烧生成CO，CO与氧气点燃生成二氧化碳，2CCOCO→→

能一步实现，故正确；②铁和稀盐酸反应生成氯化亚铁，通入氯气将氯化亚铁转化为氯化铁，能一步实现，故正确；的③碳酸钾和稀盐酸反应生成KCl，与硝酸银反应生成硝酸钾和AgCl沉淀，能一步实现，故正确；④碳酸钙高

温分解生成CaO，与水反应生成氢氧化钙，能一步实现，故正确；故选A。4.下图表示汽车尾气净化器处理汽车尾气的过程。下列有关叙述错误的是A.CO转化为2CO所需氧元素来源于xNOB.汽车尾气发生的都是氧化反应C.催化剂化学反应前后质量不变D.2CO属于酸性氧化物

【答案】B【解析】【详解】A．由图可知，一氧化碳、烃与氮氧化合物反应生成氮气、二氧化碳和水，则CO转化为CO2所需氧元素来源于NOx，故A正确；B．由图可知，氮的氧化物变为氮气，发生还原反应，故B错误；C．催化剂只是参与反应，但

是反应前后其质量是不变的，故C正确；D．2CO能与NaOH溶液反应生成碳酸钠和水，属于酸性氧化物，故D正确；故选：B。5.下列离子组在指定溶液中一定能大量共存的是A.强碱性溶液中：Na+、K+、2-4SO、-3HCOB.无色透明的溶液中：K+、2Fe+、2-4SO、-3NO

C.常温下，加入铁粉能生成2H的溶液：4NH+、Na+、2-4SO、-ClD.遇紫色石蕊试剂变蓝的溶液中：2Mg+、-3NO、2-4SO、-4MnO【答案】C【解析】【详解】A．强碱性溶液中，OH-、-3HCO反应生成碳酸根离子和水，不能大量

共存，A错误；B．2Fe+是浅绿色，不符合无色溶液条件，B错误；的C．加入铁粉能生成2H的溶液显酸性，各离子之间互不反应，能大量共存，C正确；D．遇紫色石蕊试剂变蓝的溶液显碱性，OH-、2Mg+反应生成氢氧化镁沉淀

，不能大量共存，D错误；故选C。6.两种溶液相互滴加，反应过程中现象相同但离子方程式不同的是A.()32CaHCO溶液与NaOH溶液B.23NaCO溶液与稀盐酸C.24HSO溶液与()2BaOH溶液D.2M

gCl溶液与NaOH溶液【答案】A【解析】【详解】A．()32CaHCO溶液中滴加NaOH溶液的过程中会产生白色沉淀，其反应的离子方程式是2+--332Ca+HCO+OH=CaCO+HO，NaOH溶液中滴加()32CaHCO溶液的过程中会产生白色沉淀，其反应的离子方程式是2+--

23323Ca+2HCO+2OH=CaCO+2HO+CO−，A符合题意；B．向23NaCO溶液中滴加稀盐酸先无明显现象，后有气体产生，其反应的离子方程式为2-+-33CO+H=HCO、-+322HCO+H=CO+HO，向稀盐酸中滴加23NaCO溶液立即就有气体产生，其

反应的离子方程式为2-+322CO+2H=CO+HO，现象完全不同，离子方程式不同，B不符合题意；C．24HSO溶液与()2BaOH溶液互滴时反应产物相同都是硫酸钡沉淀和水，离子方程式都是+2-2+-4422H+SO+Ba+2OH=BaSO+2HO，现象完全相同，C

不符合题意；D．2MgCl溶液与NaOH溶液互滴时反应产物相同都是氢氧化镁沉淀，离子方程式都是2+-2Mg+2OH=Mg(OH)，现象完全相同，D不符合题意；故选A。7.下列离子方程式书写正确的是A.用3CHCOOH溶解3CaCO：2322CaCO2HCaH

OCO+++=++B.澄清石灰水与过量碳酸氢钠溶液反应：-2+-332HCO+Ca+OH=CaCO+HOC.()442NHFeSO溶液与过量NaOH溶液反应制3Fe(OH)：3+-3Fe+3OH=

Fe(OH)D.2Cl通入2FeBr溶液中，2Cl与2FeBr以4：5反应：2+-3+-2210Fe+6Br+8Cl=10Fe+3Br+16Cl【答案】D【解析】【详解】A．用3CHCOOH溶解3CaCO

生成醋酸钙、二氧化碳和水，3CHCOOH是弱酸，保留化学式，离子方程式：2-33322CaCO2CHCOOHCa2CHCOOHOCO++=+++，A错误；B．澄清石灰水与过量碳酸氢钠则钙离子和氢氧根完全反应，离子反应方程

式：+-32-322-32HCO+Ca+2OH=CaCOCO+2HO+，B错误；C．()442NHFeSO溶液与过量的NaOH溶液反应制3Fe(OH)，铵根离子与OH-反应生成一水合氨，离子方程式为：+4NH+Fe3++4OH-=NH3∙H2O+Fe(OH)3↓，C错误；D．以FeBr2物

质的量为5mol，因还原性：Fe2+>Br-，故Fe2+先完全反应，会反应2.5molCl2，余下的1.5molCl2与Br-反应，会反应3molBr-，故其反应的离子方程式为：2+-3+-2210Fe+6Br+8Cl=10Fe+3Br+16Cl，D正确

；故选D。8.下列对于相关离子进行检验的实验操作和结论均正确的是A.取少量待测液，加入3AgNO溶液，有白色沉淀产生，则该溶液中一定有Cl−B.取少量待测液，将pH试纸浸入待测液中，试纸变红，则该溶液中一定有H+C.取少量待测液，加入稀盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的

气体，则该溶液中一定有2-3COD.取少量待测液，加入稀盐酸，无明显现象，再滴加2BaCl溶液，出现白色沉淀，则该溶液中一定有2-4SO【答案】D【解析】【详解】A．取少量待测液，加入AgNO3溶液，有白色沉淀产生，该沉淀可能氯化银、碳酸银等，所以该溶液中不一定有Cl-，故A错误；B．用pH试纸测

定待测液的pH时，应用玻璃棒蘸取待测液滴在pH试纸，不能将pH试纸浸入待测液中，会污染待测液，操作有误，故B错误；C．取少量待测液，加入稀盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，该气体为CO2或SO2，则该溶液中可能有2-3CO、2-3

SO、-3HCO等离子，故C错误；D．取少量待测液，加入稀盐酸，无明显现象，再滴加BaCl2溶液，出现白色沉淀，沉淀一定是硫酸钡，则该溶液中一定有2-4SO，故D正确；是故选D。9.有一无色酸性溶液中可能含有K+、-4MnO、Cl−、2-4SO、2Mg+、+4N

H、3NO−、2-3CO中一种或几种，已知：+-432NH+OHNH+HO，3NH为有刺激性气味的气体。为确定其成分，做如下实验：①取部分溶液，加入过量氢氧化钠固体，产生白色沉淀；②另取部分溶液，加入2BaCl溶液，有白色沉淀产生；③取反应②后的溶液部分，加入硝酸酸化的硝酸

银溶液，有白色沉淀生成。下列推断正确的是A.可能有K+、Cl−、2-3COB.可能有K+、4NH+、2-3COC.肯定有2-4SO、2Mg+D.肯定有2-4SO、2Mg+、Cl−【答案】C【解析】【分析】在无色溶液中不能存在紫色离子-4MnO；在酸性溶液中，H+与2-3CO会发生反应产生CO2

、H2O而不能大量共存，因此不能存在2-3CO；①取部分溶液，加入过量氢氧化钠固体，产生白色沉淀，NaOH与Mg2+反应产生Mg(OH)2是白色沉淀，说明该溶液中含有Mg2+；②另取部分溶液，加入BaCl2溶液，有白色沉淀产生，该沉淀是BaSO4，则原溶液中含2-4SO；③取反应

②后的溶液部分，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，有白色沉淀生成，该沉淀为AgCl，但由于②中加入了Cl-，因此不能确定原溶液中是否含有Cl-；【详解】A．在酸性溶液中，H+与2-3CO会发生反应产生CO2、H2O而不能大量共存，因此不可能存在2-3CO，A错误；B．由A项分析可知，不可

能存在2-3CO，B错误；C．根据分析，加入过量氢氧化钠固体，产生白色沉淀，NaOH与Mg2+反应产生Mg(OH)2是白色沉淀，说明该溶液中含有Mg2+，加入BaCl2溶液，有白色沉淀产生，该沉淀是BaSO4，则原溶液中含2-4SO，C正确；

D．取反应②后的溶液部分，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，有白色沉淀生成，该沉淀为AgCl，但由于②中加入了Cl-，因此不能确定原溶液中是否含有Cl-，D错误；故选C。10.下列关于氧化还原反应的叙述中，正确的说法只有①有一种元素被氧化，肯定有其它元素被还原②阳离子只有氧化性，阴离

子只有还原性③氧化还原反应中，失电子越多，还原性越强④反应Co2O3+6HCl=2CoCl2+Cl2↑+3H2O中，HCl只表现出还原性⑤有单质参加的分解反应一定是氧化还原反应⑥必须加氧化剂才能实现H2O2→O

2⑦重铬酸铵[(NH4)2Cr2O7]分解产物不可能只有Cr2O3、NH3和H2O⑧用分解H2O2和KClO3固体的方法分别制氧气，若生成等量O2时，转移电子数为1∶1⑨向等浓度的AgNO3和Cu(NO3)2混合溶液中加入少量锌粉，Ag＋优先被氧化A.2个B.3个C.

4个D.5个【答案】B【解析】【详解】①被氧化和被还原的元素可能是同一种，如H2O2分解，O元素既被氧化又被还原，①错误；②阳离子也可以具有还原性，如Fe2+具有还原性，能被氧化为Fe3+，②错误；③氧化还

原反应中，物质的还原性与失电子能力有关，与失电子数目多少无关，③错误；④HCl中的氯元素，部分化合价升高，作还原剂表现还原性，部分化合价不变，作酸表现酸性，④错误；⑤有单质参加的分解反应，一定有元素化合

价升降，一定是氧化还原反应，⑤正确；⑥H2O2在MnO2催化作用下分解为O2，无需加氧化剂就能实现，⑥错误；⑦重铬酸铵[(NH4)2Cr2O7]分解产物不可能只有Cr2O3、NH3和H2O，因为只有Cr元素化合价降低，没有元素化合价升高，不符合氧化还原反应的原

理，⑦错误；⑧用分解H2O2和KClO3固体的方法分别制氧气，由于生成O2的量相等，且O元素均是从-2价升高到0价，因此转移电子数为1:1，⑧正确；⑨向等浓度的AgNO3和Cu(NO3)2混合溶液中加入少量锌粉，由于氧化性：Ag+>Cu2+，因此Ag+优

先被氧化，⑨正确；综上所述，⑤⑧⑨正确，故选B。11.一定条件下，硝酸铵受热分解的化学方程式43322NHNOHNONHO⎯⎯→++（未配平），该反应中，被氧化与被还原的氮原子个数之比为A.5∶3B.5∶4C.1∶1D.3∶5【答案】A【解析】【详解】在5NH4

NO32HNO3+4N2↑+9H2O的反应中，铵根离子中N元素化合价由-3价升高为0价，失电子被氧化，硝酸根中N元素化合价由+5价降低为0价，得电子被还原，氮气既是还原产物也是氧化产物，根据电子转移守恒，可知被氧化的氮原

子与被还原的氮原子物质的量之比为(5-0):[0-(-3)]=5:3，故选A。12.在一定条件下，n3RO−和F2可发生如下反应：n3RO−＋F2＋2OH-=4RO−＋2F-＋H2O，从而可知在n3RO−中，元素R的化合价、n的值分别是A.＋4价2B.＋5价1C.＋6价0D.＋3

价3【答案】B【解析】【详解】根据电荷守恒得n+1×2=1+1×2，则n=1，所以n3RO−为3RO−，该离子中O元素化合价为-2价，R、O元素化合价的代数和为-1，所以该离子中R元素化合价=-1-(-2)×3=

+5；故答案选B。13.含硒(Se)的几种物质存在如图所示转化关系，下列说法错误的是A.反应④⑤为非氧化还原反应B.图中共有4种含硒的酸C.66HSeO属于二元酸D.反应③中22HO作还原剂【答案】D【解析】【分析】由题干转化关系图可知，H2Se被氧气先氧化为Se、Se在一定条件下和H2O、

O2反应转化为H2SeO3，H2SeO3和H2O2反应转化为H6SeO6，H6SeO6和过量的NaOH反应生成Na2H4SeO6，H2SeO3转化为H2Se4O9，H2Se和H2Se4O9反应转化为Se，由此分析解题。【详解】A．由题干转化关系图结合分析可知，反应④中H6SeO6和Na2H4S

eO6中Te的化合价均为+6价，故H6SeO6和过量的NaOH反应生成Na2H4SeO6，未有元素化合价发生改变，故没有发生了氧化还原反应；反应⑤中H2TeO3和H2Te4O9中Te的化合价均为+4价，故H2Te2O5转化为H2Te4O9未有元素化合价发

生改变，故没有发生了氧化还原反应，因此反应④⑤为非氧化还原反应，故A正确；B．由题干转化关系图结合分析可知，图中共有H2Se、H2SeO3、H6SeO6和H2Se4O9共4种含硒的酸，故B正确；C．H6SeO6和过量的NaOH反应生成Na2H4SeO6，故说明

H6SeO6属于二元酸，故C正确；D．由题干转化关系图可知，反应③的方程式为：H2TeO3+H2O+H2O2=H6TeO6，反应中H2O2做氧化剂，即利用了22HO的氧化性，故D错误；故答案选D。14.

高铜酸钾(KCuO2)是一种难溶于水的黑色粉末状固体(其中氧元素的化合价为-2价)，与高铁酸钾(K2FeO4)性质相似，可以由四羟基合铜酸钾和次溴酸在冰水浴中合成：①K2[Cu(OH)4]+HBrO→KCuO2+KBr+KBrO+H2O(未配平)。高铜酸钾在酸性条件下不稳定：②KCuO

2+H2SO4→O2↑+CuSO4+H2O+K2SO4(未配平)。下列说法错误的是A.①中还原剂和氧化剂的数量之比为2：1B.②若有32gO2生成，则生成72gH2OC.②中KCuO2既表现氧化性，又表现还原性D.由①、

②可知氧化性强弱顺序为HBrO>KCuO2>O2【答案】B【解析】【详解】A．①中，HBrO中Br+1价发生还原反应生成KBr，HBrO作氧化剂，Cu的化合价由K2[Cu(OH)4]中Cu的+2价升高到KCuO2中+3价Cu，

2K2[Cu(OH)4]+2HBrO=2KCuO2+KBr+KBrO+5H2O，则还原剂：氧化剂的物质的量之比为2：1，A正确；B．反应②中，KCuO2中Cu+3价降低到+2，O由-2升高到0价O2，4KCuO2+

6H2SO4=O2↑+4CuSO4+6H2O+2K2SO4，32gO2的物质的量为1mol，则有1molO2生成，则生成6molH2O，质量为6mol×18g/mol=108g，B错误；C．②中Cu的化合价降低，O化合价升高，则KCu

O2既是氧化剂也是还原剂，C正确；D．氧化性：氧化剂＞氧化产物，在①中HBrO＞KCuO2，在②中KCuO2＞O2，D正确；故选B。15.已知氯气和NaOH溶液在一温度下能发生化学反应，其方程式为：22Cl+2NaOH=NaCl+NaClO+HO，2323Cl+6NaOH=5NaCl+NaClO+

3HO。某温度下，将一定量的氯气通入NaOH溶液中使其完全反应，溶液中形成NaCl、NaClO、3NaClO共存体系，下列判断正确的是A.溶液中Na+和Cl−的个数比可能为1：1B.若被氧化的氯原子和被还原的氯原子个数比为3：5，则-ClO与-3ClO的个数比

5：1C.往反应后溶液中加入适量硝酸酸化的硝酸银溶液，无沉淀生成D.溶液中Cl-、-ClO、-3ClO的个数比可能为6：2：1【答案】B的【解析】【详解】A．NaCl中Na+和Cl-的个数比为1:1，但溶液中还存在NaClO和NaClO3，根据溶液中阴离子、阳离子所带电荷总数相等，因此溶液中Na+

和Cl-的个数比不可能为1:1，A项错误；B．Cl2→NaClO或NaClO3，氯原子被氧化，Cl2→NaCl，氯原子被还原，若被氧化的氯原子和被还原的氯原子个数比为3:5，设ClO-的个数为x，根据得失电子守恒有x+5×(3-x)=5，解

得x=2.5，-3ClO的个数为3-2.5=0.5，则ClO-与-3ClO的个数比为2.5:0.5=5:1，B项正确；C．反应后的溶液中含有NaCl，加入适量硝酸酸化的硝酸银溶液，反应生成AgCl沉淀，C项错误；D．若溶液中Cl-、-ClO、-3ClO的个数比为6:2:1，根据得失电子守恒，

得到电子数为6，失去电子数为2×1+1×5=7，等式不成立，故溶液中-ClO、-3ClO的个数比不可能为6:2:1，D项错误；故选B。第Ⅱ卷(非选择题，共55分)二、非选择题：本题共4小题，共55分。16.现有下列十种物质：①HCl；②3NaH

CO；③NaCl溶液；④2CO；⑤()3AlOH；⑥4NaHSO溶液；⑦氢氧化铁胶体；⑧氨气；⑨蔗糖；⑩()2BaOH溶液（1）上述物质中属于电解质的有___________，能导电的有___________。(填序号)（2）向⑦中逐滴滴加过量的①的水溶液，看到的现象___________。（

3）向⑩中滴加少量②的水溶液，反应离子方程式___________。（4）胃液中含有①，胃酸过多的人常有胃疼烧心的感觉，服用适量的胃舒平(主要成分为⑤)能治疗胃酸过多，请写出其反应的离子方程式：___________

。（5）向⑩中逐滴滴加⑥的水溶液，溶液的导电能力变化曲线如图中的___________(填序号)，当溶液恰好呈中性时的离子反应方程式___________。A．B．C．D．【答案】（1）①.①②⑤②.③⑥⑦⑩（2）先出现红褐色沉淀，沉淀再溶解，溶液变

为黄色（3）-3HCO+OH-+Ba2+=BaCO3↓+H2O（4）()3AlOH+3H+=Al3++3H2O（5）①.D②.2H++2-4SO+Ba2++2OH-=2H2O+BaSO4↓【解析】【小问1详解】电解质：在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物；例：酸、碱、盐，金属氧

化物等，①HCl、②3NaHCO、⑤()3AlOH属于电解质；导电应满足存在自由移动的离子或电子，③NaCl溶液、⑥4NaHSO溶液、⑦氢氧化铁胶体、⑩()2BaOH溶液能导电，故答案为：①②⑤；③⑥

⑦⑩；【小问2详解】向⑦氢氧化铁胶体逐滴滴加过量的①HCl的水溶液，加入电解质会使胶体聚沉，生成氢氧化铁红褐色沉淀，过量盐酸与沉淀反应生成氯化铁溶液，溶液变黄色，因此可看到的现象是：先出现红褐色沉淀，沉淀再溶解，溶液变为黄色；【小问3详解】少量②3NaHCO溶液与⑩()2BaOH溶液，以少量的

定为1，则-3HCO与OH-反应生成碳酸根离子和水，碳酸根离子与钡离子结合生成碳酸钡沉淀，反应离子方程式：-3HCO+OH-+Ba2+=BaCO3↓+H2O；【小问4详解】()3AlOH与胃酸中HCl反应生成氯化铝和水，其反应的离子方程式：()3AlOH+3H+=Al3++3H2O；【小问5详解】

氢氧化钡为强电解质，溶液中含有大量钡离子和氢氧根离子，导电能力很强，向氢氧化钡中加入硫酸氢钠水溶液，先发生反应H++2-4SO+Ba2++OH-=H2O+BaSO4↓，该阶段钡离子和氢氧根离子浓度减小，导电能力减弱，钡离子完全沉淀时，溶液中氢氧根离子消耗一半，还有加进

来的钠离子，还能导电，接下来氢氧根离子浓度继续减小且加进来的硫酸根离子与钠离子未反应，导电能力减弱，但是没有第一阶段减弱的快，待溶液中氢氧根离子消耗完，溶液中离子浓度开始增大，导电能力增强，所以导电能力变化图像为D；硫酸氢钠与氢氧化钡按照物质的量之比

2：1反应生成硫酸钡和硫酸钠和水，溶液呈中性，溶液恰好呈中性时的离子反应方程式2H++2-4SO+Ba2++2OH-=2H2O+BaSO4↓。17.某化工厂用石灰粉[主要成分为2Ca(OH)和固体杂质

(不参与反应)]为原料制备3KClO，其工艺流程如图所示。【已知】氯酸钾的溶解度随温度的升高而增大。根据要求回答下列问题：（1）“氯化”过程中用过量的2Cl与打浆后，的混合物生成2CaCl和()32CaClO，其主要反应为：______(填化学

方程式)，反应中还原产物为_____(填化学式)。（2）当“氯化”温度较低时，2Cl易与2Ca(OH)反应生成氯化钙和次氯酸钙，其中2Ca(ClO)是漂白粉的主要成分，若有71g氯气完全反应，则消耗()2CaOH的质量为_____g

。（3）操作a的名称是_____，该操作需要的玻璃仪器有_____。（4）步骤“冷水洗涤干燥”中，用冷水而不用热水的目的是：______。【答案】（1）①.6Cl2+6Ca(OH)275=℃5CaCl2+Ca(ClO3)2+6H2O②.CaCl2（2）74（3）①.过滤②

.漏斗、玻璃棒、烧杯（4）减少氯酸钾的损失【解析】【分析】石灰粉加水搅拌打浆，使石灰粉混合均匀，使其更充分反应，更迅速反应；氯化过程中用过量的Cl2与打浆后的混合物生成2CaCl和Ca(ClO3)2；经过过滤后得到滤液和滤渣，Ca(C

lO3)2溶液中加过量KCl转化后得到KClO3溶液，经过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤后得到固体A氯酸钾，经冷水洗涤干燥后得到纯净的KClO3固体。【小问1详解】“氯化”过程中用过量的Cl2与Ca(OH)2反应生成CaCl2和Ca(ClO3)

2，其主要反应为：6Cl2+6Ca(OH)275=℃5CaCl2+Ca(ClO3)2+6H2O；生成CaCl2过程中氯元素化合价降低，被还原，故CaCl2为还原产物；【小问2详解】2Cl与2Ca(OH)反应生成氯化钙和次氯酸钙，反应方程式为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+

2H2O，可得关系式Cl2~Ca(OH)2，若有71g氯气完全反应，则消耗()2CaOH的质量为74g；【小问3详解】操作a分离出滤渣和滤液，操作名称为过滤，需要的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯；【小问4详解】已知氯酸钾的溶解度随温度的升高而增大，用冷水而不用热水的目的是减少氯酸钾的损失。18.亚

硝酸钠(2NaNO)是一种用途广泛的工业盐，有像食盐一样的外观和咸味，它可将正常的血红蛋白变为高铁血红蛋白，使血红蛋白中的铁元素由二价变为三价，失去携氧能力，美蓝是亚硝酸盐中毒的有效解毒剂。由于2NaNO有毒性，将含

该物质的废水直接排放会引起水体严重污染，所以这种废水必须处理后才能排放。回答以下问题：（1）2NaNO也可作为食品防腐剂，但由于亚硝酸钠具有一定的毒性，因此食品中用量和残留量均有严格规定。可用酸性4KMnO测定2Na

NO样品纯度，反应原理如下：---2+2432___NO+___MnO+___=NO+___Mn+___HO，请将离子方程式抄写在答题卡上并完成配平。____________。（2）从物质分类角度来看，2NaNO是___

_____(填字母代号)。a．酸b．正盐c．酸式盐d．碱e．电解质f．非电解质（3）下列关于中毒与解毒原理中说法正确的是________。A.解毒剂美蓝应该具有氧化性B.中毒时亚硝酸盐发生氧化反应C.解毒时高铁血红蛋白被还原D.中毒过程中血红蛋白显氧化性已知：①亚硝酸(2H

NO)是一种弱酸，且不稳定，易分解生成NO气体和2NO(红棕色)气体；②在酸性溶液中亚硝酸可作氧化剂，如能把2Fe+(浅绿色)氧化成3Fe+(棕黄色)；③2AgNO是一种难溶于水(白色)、易溶于酸的化合物。（4）下列方法中，不能用来区别2NaNO和NaCl的是________。a．取样加

水溶解后，向其中加入稀硫酸b．取样加水溶解后，向其中加入3AgNO溶液c．取样加水溶解后，向其中加入稀硫酸酸化的KI-淀粉溶液（5）已知亚硝酸钠可以与氯化铵反应生成氮气和氯化钠，写出该反应的化学反应方程式，并用双线桥表示其电子转移的方向和数目：__

______。【答案】（1）--+-2+24325NO+2MnO+6H=5NO+2Mn+3HO（2）be（3）C（4）b（5）【解析】【小问1详解】根据方程式可知，高锰酸钾中Mn元素的化合价从+7价降低到+2价，得到5个电

子，作氧化剂，亚硝酸钠中氮元素的化合价从+3价升高到+5价，作还原剂，失去2个电子，氧化剂和还原剂的物质的量之比2：5，根据电荷守恒，需要在反应物加氢离子，根据原子守恒，配平得--+-2+24325NO+2MnO+6

H=5NO+2Mn+3HO；【小问2详解】NaNO2是由钠离子和亚硝酸根离子构成的，故其属于正盐，盐属于电解质，故选be；【小问3详解】A．解毒剂美蓝应将Fe元素化合价由+3价变为+2价，所以解毒剂美蓝具有还原性，故A错误；B．中毒时，2NaNO使血红蛋

白中的铁元素由+2价变为+3价，则Fe2+作还原剂，被氧化，亚硝酸盐作氧化剂，在反应中被还原，发生还原反应，故B错误；C．解毒时，高铁血红蛋白中Fe元素化合价由+3价变为+2价，所以高铁血红蛋白被还原，故C正确；D．中毒过程

中血红蛋白被氧化，表现出还原性，故D错误；故答案为：C；【小问4详解】a．取样加水溶解后，向其中加入稀硫酸，亚硝酸钠和稀硫酸反应生成的亚硝酸不稳定，会分解生成NO气体和NO2红棕色气体，NaCl与稀硫酸不反应，无明显现象，能用稀硫酸区

别NaNO2和NaCl，故a不符合题意；b．AgNO2是一种难溶于水的白色沉淀，AgCl也是白色沉淀，则利用AgNO3溶液无法鉴别，故b符合题意；c．在酸性条件下，亚硝酸钠和碘离子反应方程式为2-3NO+2I-+4H+=2NO↑+I2+2H2O，碘遇淀粉变蓝色，氯离子和碘离子不反应，所以反应现象

不同，所以可以用酸性条件下的KI淀粉试液来区别，故c不符合题意；故选：b；【小问5详解】亚硝酸钠可以与氯化铵反应生成氮气和氯化钠，根据原子守恒，可知还有水生成，反应的化学方程式为NaNO2+NH4Cl=N2↑+NaCl+2H2O，该反应NaNO2中N失去3个电子，NH4Cl中N得到3个电子，用

双线桥表示其电子转移的方向和数目：。19.某同学欲探究H2O2的氧化还原性：（1）该同学从化合价的角度分析H2O2既有氧化性又有还原性，其原因是___________。（2）探究H2O2的氧化性可以选取的物质是：

___________(填序号)①淀粉KI溶液②FeSO4溶液③Cl2④HNO3溶液任选一个你所选的物质进行实验，观察到___________现象，证明H2O2有氧化性，反应的离子方程式为___________。（3）继续探究：资料：Na2O2+2H2O=2NaOH+H2O2、2

H2O2=2H2O+O2↑①制备H2O2：将Na2O2溶于冰水中，产生少量气泡，得溶液A。向A中加入过量稀H2SO4，得溶液B。②检验H2O2：向溶液A、B中分别滴加适量KMnO4溶液。Ⅰ．B中产生气泡，滴入的溶液紫色褪去。反应的离子方

程式为___________。Ⅱ．A中滴入的溶液紫色褪去，有棕褐色固体生成，产生大量气泡。推测固体可能含MnO2，对其产生的原因提出猜想：猜想1.KMnO4，有氧化性，能被还原为MnO2猜想2.Mn2+有___________性，能与H2O2反应产生MnO2猜想3……③探究猜想2的合理性，并

分析Ⅰ中没有产生棕褐色固体的原因，设计实验如下：序号实验试剂现象ia生成棕褐色固体，产生大量气泡iib有少量气泡iiiH2O2溶液有少量气泡iii是ii和i的对照实验。①X是___________。②a是___________、b是____

_______。③取i中棕褐色固体，实验证明是MnO2。综上所述，H2O2体现氧化性还是还原性与反应对象的性质和溶液的酸碱性有关。【答案】（1）H2O2中的氧元素化合价为-1价，属于中间价态，既能升高也能降低（2）①.①或者②②.淀粉KI溶液变蓝或溶液

由浅绿色变为黄色③.2H++H2O2+2I-=I2+2H2O或者2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O（3）①.5H2O2+6H++-4MnO=2Mn2++5O2↑+8H2O②.还原③.MnSO4溶液④.H2O2和NaOH溶液⑤.H2O2和H2SO4溶液【解析】【小

问1详解】H2O2中O的化合价为-1价，为中间价态，在反应中化合价可以降低为-2价，则得到电子，表现氧化性，也可以升高为0价，失去电子，表现还原性，故H2O2既具有氧化性，也具有还原性；【小问2详解】已知H2O2可以氧化I-转化为I2，I2遇

到淀粉溶液变为蓝色，反应的离子方程式为：2H++H2O2+2I-=I2+2H2O，H2O2也能够氧化Fe2+，转化为Fe3+，可观察到溶液由浅绿色变为黄色，离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，而H2O2不能氧化Cl2、HNO3溶液，故探究H2O2的氧化性可以选取的物质

是：①或者②，观察到的现象为：淀粉KI溶液变蓝或溶液由浅绿色变为黄色，证明H2O2有氧化性，反应的离子方程式分别为：2H++H2O2+2I-=I2+2H2O或者2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；【小问3详解】Ⅰ．向溶液A、B中分别滴加适量KMnO4溶液

，B中产生气泡，滴入的溶液紫色褪去，即KMnO4与H2O2反应生成Mn2+和O2，根据氧化还原反应配平可得，反应的离子方程式为5H2O2+6H++-4MnO=2Mn2++5O2↑+8H2O；猜想2．Mn2+转化为M

nO2，Mn的化合价升高，被氧化，体现Mn2+有还原性，能与H2O2反应产生MnO2；探究猜想2的合理性，即探究的是Mn2+的性质，需要加入MnSO4溶液，即溶液X为MnSO4溶液，根据题干的最后一句信息可知溶液A为碱性环境，有棕褐色固体生成，且iii是i的对照实验

，可知试剂a为H2O2和NaOH溶液，溶液B为酸性，产生气泡，无沉淀生成，且iii是ii的对照实验，可知试剂b为H2O2和H2SO4溶液。