【文档说明】四川省宜宾市叙州区第一中学2023-2024学年高一上学期期中化学试题 含解析.docx，共(17)页，877.296 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-89016feda8082167ea6fc540cd0d82bf.html

以下为本文档部分文字说明：

叙州区一中高2023级高一上期期中考试化学试题可能用到的相对原子质量有：H-1C-12O-16Na-23Cl-35.5Si-28Fe-56第一部分选择题(共42分)一、选择题(本题共14个小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共42分)1.化学促进了科

技进步和社会发展，下列叙述中没有涉及化学变化的是A.《神农本草经》中记载的“石胆能化铁为铜”B.利用废弃的秸秆生产生物质燃料乙醇C.利用基本的化学原料生产化学合成药物D.北京冬奥会场馆使用CO2跨临界直冷制冰【答案】D【解析】【详解】A．石胆能化铁为铜，发生CuSO4与Fe的置换反应，A不符合题

意；B．秸秆的主要成分为纤维素，经过化学处理后转化为乙醇，发生化学变化，B不符合题意；C．基本化学原料生产化学合成药物，有新物质生成，发生化学变化，C不符合题意；D．使用CO2跨临界直冷制冰，CO2分子没有改变

，只发生物理变化，D符合题意；故选D。2.使用含氯泡腾片[主要成分为二氧化氯()2ClO]可有效杀死病毒。下列关于二氧化氯()2ClO的说法正确的是A.2ClO属于酸B.2ClO属于碱C.2ClO属于盐

D.2ClO属于氧化物【答案】D【解析】【详解】2ClO是由氯元素和氧元素组成的一种化合物，属于氧化物，属于非金属氧化物；选D。3.下列物质中，属于电解质的是A.稀硫酸B.NaOH溶液C.CuD.KCl的【答案】D【解析】【分析】溶于水或在熔融状态下，能够电离出离子而导电的化

合物是电解质，据此判断。【详解】A.稀硫酸是混合物，不是电解质也不是非电解质，A不选；B.NaOH溶液是混合物，不是电解质也不是非电解质，B不选；C.Cu是单质，不是电解质也不是非电解质，C不选；D.KCl溶于水电离出阴阳离子，是

电解质，D选；答案选D。4.下列说法正确的是A.摩尔是国际单位制中七个基本物理量之一B.硫酸中含有3.01×1023个氧原子，则硫酸的物质的量是0.125molC.1molCO2中含有1mol碳和2mol氧D.6.

02×1023就是阿伏加德罗常数【答案】B【解析】【详解】A．物质的量是国际单位制中七个基本物理量之一，摩尔是物质的量的单位，不是物理量，A不正确；B．硫酸的分子式为H2SO4，硫酸中含有3.01×1023个

氧原子，则硫酸的物质的量是232313.0110146.0210mol−=0.125mol，B正确；C．用物质的量描述物质时，对微粒必须指明，不能含糊其辞，则1molCO2中含有1mol碳原子和

2mol氧原子，C不正确；D．6.02×1023就是阿伏加德罗常数近似值的数值，NA表示阿伏加德罗常数，D不正确；故选B。5.下列物质在水溶液或熔融状态下的电离方程式正确的是A.22424HSO=HSO+−+B.44KMnOKO=Mn+−+C.()244NaH

SO=NaHSO++−++熔融D.233NaHCONaHC=O++−++【答案】B【解析】【详解】A．24HSO的电离方程式为2244HSO2HSO+−+=，A项错误；B．4KMnO的电离方程式为44KMnOKMnO+−=+，B

项正确；C．4NaHSO熔融状态下的电离方程式为()44NaHSONaHSO+−+=熔融，C项错误；D．3NaHCO的电离方程式为33NaHCONaHCO+−=+，D项错误；故选B。6.化学在我们生活中无处不在，下列说法中不正确的是A.“日照香炉生紫烟

”的现象是丁达尔效应B.“熬胆矾铁金，久之亦化为铜”该过程发生了置换反应C.江河入海口沙洲的形成与胶体的聚沉有关D.酒驾测试仪是利用乙醇将K2Cr2O7氧化成Cr3+【答案】D【解析】【详解】A．日光照在香炉峰上，水雾对光产生

散射作用，于是产生丁达尔效应，A正确；B．用铁锅熬煮胆矾，铁与硫酸铜反应生成铜和硫酸亚铁，发生置换反应，B正确；C．江河入海口处，海水中的电解质使泥沙胶体发生聚沉，于是形成了沙洲，C正确；D．酒驾测试仪是利用

乙醇将K2Cr2O7还原成Cr3+，于是发生颜色改变，D不正确；故选D。7.用NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是A.标准状况下，2.24L乙醇中含有的分子数为0.1NAB.0.2molNH4+中

含有的电子数为2.2NAC.常温常压下，17gNH3含有的原子数目为4NAD.4.0gNaOH与MgO的混合物中含有的离子数为0.4NA【答案】C【解析】【详解】Ａ．标况下乙醇不是气体，不能用气体摩尔体积来计算物质的量，无法计算，A错误；Ｂ．0.2mo

lNH4+中含有的电子的物质的量为2mol，电子数为2NA，B错误；Ｃ．17gNH3的物质的量为1mol，含有原子的物质的量为4mol，含有的原子数目为4NA，C正确；Ｄ．4.0gNaOH的物质的量为0.1mol，含有离子的物质的量为0.2mol，4.0gMgO的物质的量也为0.1mol，含

有离子的物质的量也为0.2mol，所以混合后混合物含有离子的物质的量为0.2mol，含有的离子数为0.2NA，D错误；故选C。8.关于钠元素单质及其化合物的叙述不正确的是A.金属钠质软，密度小，熔、沸点相对较低B.金属

钠着火时可以用沙子扑灭，少量的金属钠应保存在煤油或石蜡油中C.金属钠在空气中长期放置，最终变为碳酸钠D.氧化钠和过氧化钠都是白色固体【答案】D【解析】【详解】A．钠是银白色有金属光泽的固体，质软，可以用小刀切割，熔点较低，密度比水小，A正确；B．钠着火

时可以用沙子隔绝氧气扑灭，钠的密度比煤油或石蜡油大，且与煤油或石蜡油不反应，可保存在煤油或石蜡油中，B正确；C．钠在空气中长时间放置时，发生Na→Na2O→NaOH→Na2CO3·10H2O→Na2CO3等一系列变化，最终生成Na2CO3，C正确；D．Na2O是白

色固体，而Na2O2是淡黄色固体，D错误；故选D。9.下列离子能大量共存的是A.在含大量3Fe+的溶液中：Na+、K+、3NO−、OH−B.无色澄清透明的溶液中：2Cu+、K+、3NO−、24SO−、C.使无色酚酞试液呈红色的溶液中：Na+、K+、23CO−、2

4SO−D.使石蕊试液变红的溶液中：2Ca+、Cl−、Na+、3CHCOO−【答案】C【解析】【详解】A．在含有大量Fe3+的溶液中，OH-不能大量存在，A不符合题意；B．含有Cu2+的溶液呈蓝色，则无色澄清透明的溶液中不含有2Cu+，B不符合题意；C．

使无色酚酞试液呈红色的溶液呈碱性，Na+、K+、23CO−、24SO−都能稳定存在，C符合题意；D．使石蕊试液变红的溶液呈酸性，3CHCOO−不能大量存在，D不符合题意；故选C。10.下列离子方程式书写正确的是的A.稀盐酸与澄清石灰水的反应：2H++Ca(OH)2=2H2O+Ca2+B.氢

氧化铝与稀硫酸的反应：OH-+H+=H2OC.碳酸钡与稀硝酸的反应：2H++BaCO3=Ba2++CO2↑+H2OD.硫酸镁与氢氧化钠溶液的反应：MgSO4+2OH-=SO24−+Mg(OH)2↓【答案】C【解析】【详解】A．稀盐酸与澄清石灰水的反应离子方程式：H++OH-=H2O，故

A错误；B．氢氧化铝为不溶物，保留化学式，与稀硫酸的反应离子方程式：Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O，故B错误；C．碳酸钡为不溶物，保留化学式，与稀硝酸的反应离子方程式：2H++BaCO3=Ba2++CO2↑+H2O，

故C正确；D．硫酸镁与氢氧化钠溶液的反应离子方程式：Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓，故D错误；故选C。11.科学家刚刚发现了某种元素的原子其质量是mg，一个12C的原子质量是ng，NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是A.

该原子的摩尔质量是AmNg/molB.该原子的相对原子质量是12nmC.Wg该原子中含有Wm个该原子D.由已知信息可得：-1A12N=moln【答案】B【解析】【详解】A．该原子的摩尔质量为1mol该原子所

具有的质量，由题可知，一个该原子的质量为mg，1mol含NA个原子，则1mol该原子的质量为AmNg，则该原子的摩尔质量是AmNg/mol，A正确；B．相对原子质量是指原子的平均原子质量相对一个12C原子质量的112的比值，则该原子的相对原子质量为

mg12m=1nng12，B错误；C．由A可知该原子的摩尔质量是mNAg/mol，则Wg该原子中含有AAWgW=molmNg/molmN原子，即Wm个原子，C正确；D．由题可知，一个12C的原子质量是ng，12C的原子的摩尔质量为12g/mol，则-1A12g/mol12

N==molngn，D正确；故选C。12.在氯水中存在多种分子和离子，它们在不同的反应中表现各自的性质.下列实验现象和结论一致且正确的是A.用pH试纸测定氯水的酸性B.新制氯水滴在蓝色石蕊试纸上，试纸先变红色后褪色，说明Cl

2有漂白性C.向淀粉碘化钾溶液中加入氯水，溶液变为蓝色，可证明Cl2的氧化性强于I2D.加入NaOH溶液，氯水黄绿色消失，说明有HClO分子存【答案】C【解析】【详解】A．氯水具有漂白性使pH试纸褪色，不能用pH试纸测定氯水的酸性，A错误；B．新制氯水滴在蓝色石蕊试纸上，试纸先变红

色后褪色，是Cl2与水反应生成的次氯酸具有漂白性，B错误；C．向淀粉碘化钾溶液中加入氯水，溶液变为蓝色，氯气将碘化钾氧化为碘单质，可证明Cl2的氧化性强于I2，C正确；D．加入NaOH溶液，氯水黄绿色消失，说明有Cl2分子存在，D错误；故选C。13

.长征系列火箭常用的燃料有液态的偏二甲肼(C2H8N2，其中H元素显+1价，N元素显-3价)和四氧化二氮(N2O4)，反应方程式为C2H8N2+2N2O4=3N2↑+2CO2↑+4H2O。下列说法中正确的是A.该反应属于置换反应

B.C2H8N2仅作还原剂C.氮元素在反应中仅被氧化D.氧化性：N2O4＜CO2【答案】B【解析】【分析】C2H8N2中在反应中N由-3价变为0价，被氧化，C由-1价变为+4价，被氧化；N2O4中N由+4价变为0价，被还原；【详解】A．反应物中没有单质，不是置换反应，A错误；B．根

据分析，则C2H8N2作还原剂，B正确；C．氮元素被氧化又被还原，C错误；D．氧化剂氧化性>氧化产物氧化性，D错误；答案：选B在14.将一定量的2Cl通入一定量的石灰乳中，两者恰好完全反应[已知反应过程放热，温度较低时先生成2CaCl和()2CaClO]，生

成物中有三种含氯元素的离子，其中ClO−和3ClO−两种离子的物质的量(n)与反应时间(t)的变化关系如图所示(不考虑氯气和水的反应)，下列说法正确的是A.曲线Ⅰ表示3ClO−的物质的量随反应时间变化的关系B.所取石灰乳中含有()2CaOH的物质的量为0.25molC.生成物中Cl−的物质

的量为0.55molD.另取一份等物质的量的石灰乳，以较大的速率通入足量氯气，反应后测得产物中Cl−的物质的量为0.37mol。则产物中()()3ClO6:7ClOnn−−=【答案】B【解析】【分析】已知反应过程放热，温度较低时先生成2CaCl和()2CaC

lO，生成物中有三种含氯元素的离子，则随着反应进行，温度升高，产物中3ClO−的量增大，故Ⅰ、Ⅱ分别为ClO−和3ClO−两种离子的变化曲线；【详解】A．由分析可知，曲线Ⅰ表示ClO−的物质的量随反应时间变化的关系，A错误；B．由图可知，t2时氢氧化钙与氯气恰好反应，n(C

lO−)=0.10mol，故n[Ca(ClO)2]=0.05mol，n(3ClO−)=0.05mol，故n[Ca(ClO3)2]=0.025mol，反应中部分氯元素化合价升高得到ClO−和3ClO−，部分氯元素化合价降低得到氯离子，结

合ClO−和3ClO−量的关系及电子守恒可知，反应为：10Cl2+10Ca(OH)2=7CaCl2+2Ca(ClO)2+Ca(ClO3)2+10H2O，则n[Ca(OH)2]=10n[Ca(ClO3)2]=0.025mol×10=0.25mol，

B正确；C．结合B分析可知，n[CaCl2]=7n[Ca(ClO3)2]=0.025mol×7=0.175mol，则n(Cl-)=0.35mol，C错误；D．另取一份等物质的量的石灰乳，以较大的速率通入足量氯气，反应后测得产物中Cl−的物质的量为0.37mol

，设ClO−和3ClO−分别为amol、bmol，根据电子守恒可知，a+5b=0.37，根据生成物中氯元素和钙元素关系结合B结论可知，0.37+a+b=0.25×2，解得a=0.07mol、b=0.06mol，则()()3ClO7:6ClOnn−−=，D

错误；故选B。第二部分非选择题(共58分)二、非选择题(本题包括15~19题，共5题)15.甲、乙两同学分别进行Fe(OH)3胶体的制备及相关实验。试回答下列问题：（1）甲同学向25mL沸水中逐滴加入5～6滴FeCl3饱和溶液；继续加热，最

终得到悬浊液，可能的原因是___________；（2）乙同学向25mL煮沸的蒸馏水中逐滴加入5～6滴FeCl3饱和溶液；继续煮沸至溶液呈___________，停止加热；（3）制备Fe(OH)3胶体涉及的化学反

应方程式为___________；（4）检验乙同学胶体制备是否成功的方法是___________效应，若制备成功，乙同学利用所制得的Fe(OH)3胶体进行下列实验：①将其装入U形管内，用石墨作电极，接通直流电，通电一段时间后发现阴极附近的颜色逐渐变深，这表明Fe(OH)3胶粒带_________

__电荷(填“正”或“负”)；②向其中加入稀H2SO4溶液，产生的现象___________；③欲对该实验制得的胶体进行提纯，应该采取的方法是___________。【答案】（1）未用蒸馏水而用自来水煮沸（2）红褐色（3）

FeCl3+3H2O加热Fe(OH)3(胶体)+3HCl（4）①.丁达尔②.正③.先产生红褐色沉淀，后沉淀溶解，溶液变为浅黄色④.渗析【解析】【小问1详解】自来水中有矿物质离子，胶体遇电解质离子会聚沉，因此甲同学得到悬浊

液，可能是用自来水煮沸，故答案为：未用蒸馏水而用自来水煮沸；【小问2详解】Fe(OH)3胶体为红褐色，因此乙同学因煮沸至溶液呈红褐色再停止加热，故答案为：红褐色；【小问3详解】用FeCl3饱和溶液制备Fe(OH)3胶体的化学反

应方程式为：FeCl3+3H2O加热Fe(OH)3(胶体)+3HCl，故答案为：FeCl3+3H2O加热Fe(OH)3(胶体)+3HCl；【小问4详解】胶体具有丁达尔效应：当光束通过胶体时，从侧面观察到一条光亮的“通路”，则证明有胶体生成；①胶体胶粒带电，胶体具有电

泳性质，将Fe(OH)3胶体装入U形管内，用石墨作电极，接通直流电，与负极相连的阴极附近的颜色逐渐变深，说明胶粒向负极移动，Fe(OH)3胶粒带正电；②加入稀H2SO4溶液会使Fe(OH)3胶体聚沉为Fe(OH)3沉淀，H2SO4还会

溶解Fe(OH)3沉淀生成Fe2(SO4)3，Fe3+为黄色离子，产生的现象为先产生红褐色沉淀，后沉淀溶解，溶液变为浅黄色；③胶体粒子不可以透过半透膜，而小分子、离子等可以透过半透膜，所以可用渗析法提纯胶体；故答案为：丁

达尔；正；先产生红褐色沉淀，后沉淀溶解，溶液变为浅黄色；渗析。16.实验室有如下物质：①Fe②酒精③CaCO3④熔融的K2SO4⑤饱和FeCl3溶液⑥CO2⑦NH4HCO3⑧稀盐酸⑨NaHSO4回答下列问题：（1）某同学将③④⑨归为一类，他的分类依据是_______。A.都属于酸式盐B.都属于

盐C.都易溶于水（2）以上物质属于电解质的有_______(填编号，下同)（3）以上物质能导电的有_______。（4）写出⑦在水中的电离方程式_______。（5）向4NaHSO溶液中滴加Ba(OH)2溶液至中性，写出反应的离子方程式_______。（6）现有甲、乙、丙三名同学分别进

行Fe(OH)3胶体的制备实验。I.甲同学向饱和氯化铁溶液中加入少量的NaOH溶液；II.乙同学直接加热饱和FeCl3溶液；III.丙同学向25mL沸水中逐滴加入5～6滴FeCl3饱和溶液，继续煮沸至液体呈红褐色，停止加热。①其中操作正确的同学是___

____；他的操作中涉及到的化学反应方程式为_______。②证明有Fe(OH)3胶体生成的现象是_______。【答案】（1）B（2）③④⑦⑨（3）①④⑤⑧（4）NH4HCO3=NH+4+HCO-3（5）

2H++SO2-4+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O（6）①.丙②.()323ΔFeCl+3HOFe()OH+3HCl胶体③.用一束光照射，有光亮的道路【解析】【分析】①Fe为单质，不属于电解质也不属于非电解质，能导电；②酒精为非电

解质，不能导电；③CaCO3为电解质，不能导电；④熔融的K2SO4为电解质，能导电；⑤饱和FeCl3溶液为混合物，能导电；⑥CO2为非电解质，不能导电；⑦NH4HCO3为电解质，不能导电；⑧稀盐酸为混合物，能导电；⑨NaHSO4

为电解质，不能导电；【小问1详解】A．③④不是酸式盐，A错误；B．三种物质都是盐类，B正确；C．CaCO3不易溶于水，C错误；故答案选B【小问2详解】以上物质中属于电解质的为③④⑦⑨。【小问3详解】以上物质中能导电的是①④⑤⑧【小问4详解】NH4HCO3在水中的

电离方程式为NH4HCO3=NH+4+3HCO−。【小问5详解】向4NaHSO溶液中滴加Ba(OH)2溶液至中性，反应的离子方程式为2H++SO2-4+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O。【小问6详解】①制备Fe

(OH)3胶体，应该向沸水中逐滴加入FeCl3，煮沸至溶液呈红褐色，停止加热。操作正确的为丙同学。操作中涉及的化学方程式为()323ΔFeCl+3HOFe()OH+3HCl胶体。②胶体具有丁达尔效应，则用一束光照射，有光亮的道路，就证明有氢氧化铁胶体生

成。。17.钠及其化合物在人类生产生活中有着重大的作用。I.（1）加热条件下，Na可以在氧气中燃烧，现象是___________，反应的化学方程式是___________。（2）向一小烧杯中分别加入等体积的水和煤油，片刻后再向该烧杯中轻缓的加入一绿豆粒大小的金属钠，实验

现象如图所示，回答下列问题：①该实验说明钠、煤油、水的密度大小关系是___________。②上述实验中发生反应的离子方程式是___________。Ⅱ．某课外活动小组设计了下列装置，证实二氧化碳跟过氧化钠反应时需要与水接触。【装置分析】（3）装置①中反应的离子方程

式．．．．．是___________。（4）装置②中的试剂是为了除去2CO中混有的Cl，则可选用的试剂为___________。a．饱和NaOH溶液b．饱和23NaCO溶液c．饱和3NaHCO溶液（5）装置③中的试剂是________

___。【进行实验】步骤1：打开弹簧夹2K，关闭1K，打开分液漏斗活塞加入盐酸，将带火星的木条放在a处。步骤2：打开弹簧夹1K，关闭2K，打开分液漏斗活塞加入盐酸，将带火星的木条放在a处。（6）步聚1和步骤2中，a处带火星的木条产生的实验现象分别是________、_

________。（7）写出过氧化钠跟二氧化碳反应化学方程式并用单线桥．．．标出电子转移：___________。（8）若要证明2CO和22NaO发生了反应，需要取出少量反应后的固体，___________(请补全实验方案)。的【答案】（1）①.

火焰呈黄色，产生淡黄色固体②.2Na+O2=Na2O2（2）①.煤油<钠<水②.-222Na+2HO=2Na+2OH+H（3）CaCO3＋2H＋=Ca2＋＋H2O＋CO2↑（4）c（5）浓硫酸（6）①.步骤1中木条不复燃②.步骤2中木条复燃（7）（8）加入稀盐酸，将产

生的气体通入澄清的石灰水中（或加BaCl2溶液等体现检验23CO−的方法即可）【解析】【分析】Ⅰ．钠在空气中氧化生成氧化钠；煤油的密度比水小，钠的密度大于煤油小于水，则钠位于煤油和水层之间，遇到水生成氢氧化钠和氢气；Ⅱ．碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水，

据此书写离子方程式；除杂质不能引入新杂质，不能减少要提纯的物质，所以此反应产生的二氧化碳中混有HCl气体，饱和碳酸氢钠中，二氧化碳已经饱和，不能再溶解了，但是可与HCl反应；对照试验，应为吸水试剂；步骤1：打开弹簧夹K2，关闭K1，生成的二氧

化碳被干燥，步骤2为湿润的二氧化碳，可观察到步骤1中木条不复燃，步骤2中木条复燃，据此分析解题。【小问1详解】加热或点燃条件下，钠在氧气中燃烧，火焰呈黄色，产生淡黄色固体为Na2O2，反应方程式为2Na+O2=Na2O2；故答案为火焰呈黄色，产生淡黄色固体；2Na+O2=

Na2O2。【小问2详解】煤油的密度比水小，钠的密度大于煤油小于水，则钠应位于煤油和水层之间，钠接触水反应生成氢气，因此有气泡产生；离子方程式为-222Na+2HO=2Na+2OH+H；故答案为煤油<钠<水；-222Na+2HO=2Na+2

OH+H。【小问3详解】装置①中盐酸和碳酸钙反应生成二氧化碳，反应的化学方程式为：CaCO3＋2HCl=CaCl2＋H2O＋CO2↑，碳酸钙难溶于水，写化学式，所以离子方程式是：CaCO3＋2H＋=Ca2＋

＋H2O＋CO2↑，故答案为CaCO3＋2H＋=Ca2＋＋H2O＋CO2↑。【小问4详解】a．饱和NaOH溶液可以与2CO和Cl反应，不能去除2CO中混有的Cl，故a不符合题意；b．饱和23NaCO溶液既可以溶解2CO，也

可以可与HCl反应；故b不符合题意；c．碳饱和3NaHCO溶液中二氧化碳已经饱和，不能再溶解了，但是可与HCl反应；可以去除2CO中混有的Cl，故c符合题意；故答案选c。【小问5详解】对照试验，应为酸性吸水试剂，浓硫酸；故答案为浓硫酸。【小问6详解】打开弹簧夹K2，关闭K1，打

开分液漏斗活塞加入盐酸，④中没有水蒸气，则二氧化碳不能和过氧化钠反应；所以不能生成氧气，所以，a处带火星木条不复燃。步骤2：打开弹簧夹K1，关闭K2，打开分液漏斗活塞加入盐酸，⑤有水蒸气，则二氧化碳能和过氧化钠反应生成氧气，

所以，a处带火星木条复燃，故答案为步骤1中木条不复燃；步骤2中木条复燃。【小问7详解】Na2O2与CO2反应生成了碳酸钠和氧气，在Na2O2与CO2的反应中，化合价升高数＝化合价降低数＝转移电子数＝2，用单线桥表示电子转移情况为：；故答案我。【小问8详解】向反应后的固体加入盐酸，观察生成的气体是否

能使澄清石灰水变浑浊，或加BaCl2溶液等体现检验23CO−的方法即可，故答案为加入稀盐酸，将产生的气体通入澄清的石灰水中（或加BaCl2溶液等体现检验23CO−的方法即可）。18.氧化还原反应的学习，为我们研究化学物质和化学反应提供了

新的视角：（1）下列粒子中，只有还原性的是_______(填序号)。①2S−②2+Fe③Mg④2Cl（2）吸入人体内的氧有2%转化为氧化性极强的“活性氧”，它能加速人体衰老，被称为“生命杀手”，服用维生素C能消除人体内的活性氧，由此推断维生素C的作用是_____

__。（3）高铁酸钠(Na2FeO4)是一种新型绿色消毒剂，湿法制备高铁酸钠的原理为：()24233NaClO2FeOH4NaOH2NaFeO3NaCl5HO++=++。该反应中氧化剂是_______；被氧化的元素是_______(填名称)。（4）配平下列方程式：_______________A

l+_______3NaNO+_______NaOH=_______2NaAlO+_______2N+_______2HO（5）已知反应：①3226HClKClOKCl3HO3Cl+=++②22Cl2KI2KClI+=+③2223IClHOHIOHCl++⎯⎯→+(未配平)a)

使用单线桥法标出反应①3226HClKClOKCl3HO3Cl+=++的电子转移方向和数目_______b)根据以上三个方程式判断，下列说法正确的是_______A.还原性由强到弱顺序：ClI−−B.氧化性由强到弱顺序：322KClOClIC.反应③中氧化剂和还原剂

的系数之比为1∶5D.结合反应②③，将足量2Cl通入含有淀粉的KI溶液中，可能会观察到先变蓝后褪色【答案】（1）①③（2）将“活性氧”还原（3）①.次氯酸钠②.铁（4）10Al+63NaNO+4NaOH=102NaAlO+32

N+22HO（5）①.②.BD【解析】【小问1详解】化合价可以升高的具有还原性，故只有还原性的是①2S−、③Mg，二者均处于最低价态；【小问2详解】“活性氧”氧化性强，服用维生素C能消除人体内的活性氧，由此推断维生素C的作用是将“活性氧”还原；【小问3详解】()24233NaC

lO2FeOH4NaOH2NaFeO3NaCl5HO++=++中Cl化合价+1→-1，化合价降低，该反应中氧化剂是次氯酸钠(NaClO)；Fe的化合价由+3→+6，化合价升高，被氧化的元素是铁元素；【小问4

详解】根据原子守恒可知，10Al+63NaNO+4NaOH=102NaAlO+32N+22HO；【小问5详解】①箭头一律指向氧化剂降价的原子，不得标明“得”或“失”，Cl化合价由+5→0，；②A．由于氧

化性：Cl2>I2，物质的氧化性越强，其相应的离子还原性就越弱，所以还原性由强到弱顺序：ClI−−＜，A错误；B．根据①可知氧化性:KClO3>Cl2；根据②可知氧化性：Cl2>I2，所以氧化性:322KClOClI，B正确；C．在③I2+5Cl2+6H2O=2HIO3+10

HCl中，I2作还原剂失去电子，Cl2作氧化剂获得电子，氧化剂和还原剂的物质的量之比为5:1，C错误；D．根据②③可知，当向含有淀粉的KI溶液中通入少量Cl2时，置换出I2，能使淀粉溶液变为蓝色；若Cl2过量，又被过量Cl2氧化产生HIO3，从而使淀粉溶液又变为无

色，D正确；答案选BD。19.以含钴废催化剂(主要成分为2CoFeSiO、、)为原料制取复合氧化钴的流程如下：（1）用24HSO溶解后过滤，得到的滤渣是___________(填化学式)；将滤渣洗涤2-3次，再将洗液与滤液合并的目的是_________

__。（2）氧化过程中加入3NaClO反应的离子方程式是___________；若将3NaClO换成22HO，实际上消耗22HO的量比理论值大，其原因是___________。（3）写出溶解Ⅱ的离子方程式___________。

（4）要得到纯净的产品，需要对沉淀进行洗涤，如何检验沉淀Ⅱ是否洗净___________。（5）灼烧：准确称取沉淀Ⅱ中所得纯净24CoCO固体8.82g，在空气中灼烧得到钴的一种氧化物4.82g，写出该氧化物的化学式___________。(已知24Co

CO的相对分子质量为147)【答案】（1）①.SiO2②.提高钴元素的利用率（2）①.6Fe2++6H++3ClO−=6Fe3++Cl-+3H2O②.Fe3+可作为催化剂使H2O2分解为氧气和水（3）CoCO

3+2H+=Co2++H2O+CO2↑（4）取适量的最后一次洗涤液于试管中，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若没有生成白色沉淀，则说明已经洗涤干净（5）Co3O4【解析】【分析】含钴废催化剂中加入稀硫酸，发生反应Co+H2SO4=CoSO4+H2↑，

Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，二氧化硅不溶于稀硫酸，滤渣为二氧化硅，滤液中加入NaClO3将亚铁离子氧化成铁离子，再加入碳酸钠生成黄钠铁矾沉淀，再加入碳酸钠生成碳酸钴，过滤得到碳酸钴固体，往其中加入稀盐酸碳酸钴溶解生成钴离子

，再加入草酸铵生成草酸钴沉淀，灼烧草酸钴生成氧化钴。【小问1详解】根据分析可知，用硫酸溶解后过滤，得到的滤渣为SiO2。将滤渣洗涤2-3次，再将洗涤液与滤液合并，可提高钴元素的利用率。【小问2详解】氧化过程中加入NaClO3，N

aClO3将亚铁离子氧化成铁离子，自身被还原为Cl-，反应的离子方程式为6Fe2++6H++3ClO−=6Fe3++Cl-+3H2O。若将NaClO3换成H2O2，实际消耗的过氧化氢的量比理论值大，原因是Fe3+可作为催化

剂使H2O2分解为氧气和水。【小问3详解】溶解Ⅱ中碳酸钴与稀盐酸反应，生成钴离子、水和二氧化碳，离子方程式为CoCO3+2H+=Co2++H2O+CO2↑。【小问4详解】生成沉淀Ⅱ的反应为CoCl2和(NH4)2C2O4反

应生成CoC2O4和NH4Cl，要检验沉淀Ⅱ是否洗涤干净，只需检验洗涤液中有无氯离子即可，具体实验操作为取适量的最后一次洗涤液于试管中，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若没有生成白色沉淀，则说明已经洗涤干净。

【小问5详解】获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com