【文档说明】四川省成都市第七中学2023-2024学年高一上学期10月月考化学试题 含解析.docx，共(18)页，1.161 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-e2837ccc2d72d073a26a19a7ee9d4c2f.html

以下为本文档部分文字说明：

成都七中高2026届10月阶段性测试化学试题(考试时间：70分钟；试卷满分：100分)注意事项：1.本试卷分选择题和非选择题两部分。第Ⅰ卷(选择题)，第Ⅱ卷(非选择题)2.答题前，请将自己的姓名、班级、考号填写在答题卡规定的位置上。3.请将答案正确填

写在答题卡上。可能用到的相对原子质量：O-16Na-23S-32Cl-35.5一、单项选择题(本题共14小题，每题3分，共42分)1.化学助力成都2023年世界大学生运动会。下列说法中错误是A.成都大运会期间使用可

降解饭盒、使用氢燃料汽车等举措是绿色化学的重要体现B.大运村的“冷巷”降温系统零碳排放体现了“碳中和”的思想C.由铝材料制成的“蓉火”火炬可以循环使用D.开幕式现场让人印象深刻的低硫、无重金属的高科技焰火过程中未涉及化学反应【答案】D【解析】【详解】A．

使用可降解饭盒、使用氢燃料汽车等都会保护环境，不产生污染，举措是绿色化学的重要体现，A正确；B．“冷巷”降温系统零碳排放，不产生二氧化碳物质，体现了“碳中和”的思想，B正确；C．铝材料制成的“蓉火”火炬可以循环使用，利于节约原料和能源，C正确；D．焰火燃烧过程中生

成新物质，涉及化学反应，D错误；故选D。2.下列有关叙述正确的是A.由同种元素组成的物质均为纯净物B.碱性氧化物都能与水化合生成碱C.金属阳离子被还原不一定得到金属单质D.4CuSO溶液、液氯均属于分散

系【答案】C【解析】【详解】A．由同种元素组成的物质可能为纯净物，也可能为混合物，如氧气中仅存在O2一种微粒，属于纯净物，而O2和O3组成的混合气体中也只含有O元素，但由于有两种不同的微粒，因此属于混合物，A错的误

；B．Fe2O3是碱性氧化物，但不能与水反应产生相应的碱Fe(OH)3，故碱性氧化物不一定能和水反应生成碱，B错误；C．金属阳离子被还原不一定得到金属单质，例如铁离子被铁单质还原为亚铁离子，C正确；D．液氯为纯净物，不是

分散系，D错误；故选C。3.在指定条件的溶液中，下列各组离子能大量共存的是A.4KHSO溶液中：23NaBaClNO++−−、、、B.强碱性溶液中：323NaMgHCONO−−++、、、C.2BaCl溶液中：2233SONaKCO

−−++、、、D.使紫色石蕊变红的溶液：33KFeNOCl−−++、、、【答案】D【解析】【详解】A．硫酸根离子和钡离子生成硫酸钡沉淀，不能大量共存，A不符合题意；B．强碱性溶液中存在大量氢氧根离子，氢氧根离子和碳酸氢根离子生成水和碳酸根离子，碳酸根离子和镁离子生成碳酸镁沉淀，不能大量共存，

B不符合题意；C钡离子和亚硫酸根离子、碳酸根离子生成亚硫酸钡沉淀、碳酸钡沉淀，不能大量共存，C不符合题意；D．使紫色石蕊变红的溶液转化存在大量氢离子，氢离子、33KFeNOCl−−++、、、相互之间不反应，能大量共存，D符合题意；故选D。4.次磷酸钠()22NaHPO属于正盐，次磷

酸根()22HPO−的球棍模型如图所示，下列说法错误的是A.P的原子结构示意图为：B.次磷酸根P的化合价为1+C.次磷酸钠()22NaHPO的电离方程式为：3222NaHPONa2HP++−=++D.红磷和白磷，2O和3O互为同素异形体【答案】C【解析】【详解】A．P为15号元素，P的原子结构

示意图为：，A正确；B．次磷酸根转化氧为-2、氢为+1，利用元素化合价代数和为0，则P元素的化合价为+1价，B正确；C．次磷酸钠()22NaHPO属于正盐，则电离方程式为：2222NaHPONaHPO+−+=，C错误；D．红磷和白磷均为磷单质

，2O和3O均为氧单质，互为同素异形体，D正确；故选C。5.“价一类”二维图可以表示元素化合价与物质类别之间的关系，如图中的a、b、c、d、e代表常见的含碳物质，下列说法错误的是A.b和氧气反应生成cB.c和水反应生成dC.e可能难溶于水D.由a得到e至少要

经过三步反应【答案】D【解析】【详解】A．b、c均为含碳的氧化物，b中碳元素显+2价，所以b点表示的是一氧化碳，c中碳元素显+4价，所以c点所示的物质是二氧化碳，在点燃的条件下，一氧化碳与氧气反应生成二氧化碳，A正确

；B．c点所示的物质是二氧化碳，d点所示物质是一种酸，其中碳元素显+4价，所以该物质是碳酸，二氧化碳和水反应生成碳酸，B正确；C．e点所示物质是一种盐，其中碳元素显+4价，即是碳酸盐，碳酸盐中的碳酸钙、碳酸钡等

难溶于水，C正确；D．a是含碳元素的单质，e点所示物质是一种碳酸盐，从a到e两步即可实现，即碳与氧气在点燃的条件下反应生成二氧化碳，二氧化碳与碱反应即可得到碳酸盐，C错误。答案选D。6.下列化学方程式中，表

示电子转移的方向和数目都正确的是A.BC.D.【答案】B【解析】【详解】A．1个氧气和2个Na反应生成一个Na2O2，2个Na共失去2个电子，O2得到两个电子，电子转移数量错误，A错误；B．2个Cl2与2个Ca(OH)2反应，氯气既是氧化剂也是还原剂，2个Cl各失去一个电子转化为ClO-

，2个Cl各得到一个电子转化为Cl-，B正确；C．KClO3与6个HCl反应，KClO3中的Cl得到5个电子，5个HCl中的Cl各失去一个电子，转化为3个Cl2，C错误；D．该反应中3个Cu各失去2个电子转化为Cu2+，2个HNO3中的N各得到3个电子转化为

NO，电子转移方向错误，D错误；故答案选B。7.加入下列物质后，不会．．影响溶液中323NaHFeCaNOCl++++−−、、、、、大量共存的是A.加入铁粉B.加入2Mg(OH)C.通入2COD.加入()4

2KAlSO【答案】C【解析】【详解】A．铁和铁离子生成亚铁离子，铁和氢离子、硝酸根离子会发生氧化还原反应，不能大量共存，.A不符合题意；B．氢氧化镁和氢离子生成水，不能大量共存，B不符合题意；C．通入二氧化碳不反应，且离子之间相互不反应，能大量共存，C符合题意；D．硫酸根离子和钙离子

生成微溶物硫酸钙，不能大量共存，D不符合题意；故选C。8.能正确表示下列化学反应的离子方程式是A.向()32MgHCO溶液中加入足量澄清石灰水：223332Mg2HCOCa2OHMgCOCaCO2HO+−+−+++=++B.硫酸铜溶液与氢氧化钡溶液反应：2244BaS

OBaSO+−+=C碳酸氢铵溶液中加入足量NaOH稀溶液：23433222OHHCONHCONHHOHO−−+−++=++D.用3FeCl溶液腐蚀覆铜板制作电路板：322FeCuFeCu++++=+【答案】C【解析】【详解】A．向()32MgHCO溶液中加入足量澄清石灰水，镁离子和碳酸

氢根离子完全反应生成氢氧化镁沉淀、碳酸钙沉淀和水，反应为：()2+-2+-3322Mg+2HCO+2Ca+4OH=MgOH2CaCO2HO++，A错误；B．硫酸铜溶液与氢氧化钡溶液反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钡沉淀：()2+2+2-44-2Ba+Cu+SO=Ba++2SOCuOHOH，B错误

；C．碳酸氢铵溶液中加入足量NaOH稀溶液，碳酸氢根离子完全转化为水、碳酸根离子，铵根离子完全转化为一水合氨：23433222OHHCONHCONHHOHO−−+−++=++，C正确；D．未配平、电荷不守恒，反应为3+2+2

+2Fe+Cu=2Fe+Cu，D错误；故选C。9.某固体可能含有2CaCl、24NaSO、4CuSO、3KNO、23NaCO中的一种或几种，现对其进行如下实验：①取少量固体于试管中，加适量蒸馏水，固体完全溶解得无色透明溶液；②在①所得溶液中，滴加足量2BaCl溶液，产生白色

沉淀。过滤后，在白色沉淀中加过量稀盐酸，沉淀部分溶解，且有气泡产生。下列对原固体成分的说法正确的是.A.一定有23NaCO和24NaSO，可能有3KNO、4CuSO、2CaClB.一定有23NaCO，24NaSO和4CuSO两种物质中至少有一种C.一定有23NaCO和24N

aSO，不含2CaCl，可能有3KNO、4CuSOD.一定有23NaCO和24NaSO，不含4CuSO和2CaCl，可能有3KNO【答案】D【解析】【分析】①取少量固体于试管中，加适量蒸馏水，固体完全溶解形成无色透明溶液，说明固体溶于水且能共存，由于硫酸铜溶液显蓝色，则原固体中一定不含

有硫酸铜；②在①所得溶液中，滴加足量2BaCl溶液，产生白色沉淀。过滤后，在白色沉淀中加过量稀盐酸，沉淀部分溶解，且有气泡产生。由于硫酸钠能与氯化钡反应生成了硫酸钡沉淀，硫酸钡沉淀不溶于稀盐酸；碳酸钠能与氯化钡反应生成了碳酸钡沉淀，碳酸钡沉淀能与稀盐酸反应生

成了二氧化碳气体，说明了原固体中一定含有硫酸钠和碳酸钠；由于碳酸钠能与氯化钙反应生成沉淀，则固体中一定不含有氯化钙。通过上述实验不能确定硝酸钾是否存在，是可能存在的物质。由以上分析可知，原固体成分中一定有23NaCO和24NaSO，不含4CuSO和2CaCl，可能

有3KNO。【详解】A．由分析可知，原固体成分中一定没有4CuSO和2CaCl，可能有3KNO，A错误；B．由分析可知，原固体成分中一定没有4CuSO，B错误；C．由分析可知，原固体成分中一定没有4CuSO和2CaCl，可能有3KNO，C错误；D．由分析可知，原固体成分中一定有23NaCO

和24NaSO，一定没有4CuSO和2CaCl，可能有3KNO，D正确；答案选D。10.某同学在实验室进行了如图所示的实验，下列说法错误的是A.利用过滤的方法，可将Z中固体与液体分离B.Z中液体能产生丁达尔效应C.Y中产生的气体

可能是2COD.X烧杯中加入NaOH浓溶液也可大量产生胶体【答案】D【解析】【分析】FeCl3溶液水解显酸性，放入石灰石，CaCO3和H+反应生成CO2，促进Fe3+放置一昼夜形成了红褐色的氢氧化铁胶体。【详解】A．过滤法可分离固体和液体，A正确；B．Z是氢氧化铁胶体，具有胶体的性质，能产生丁

达尔效应，B正确；C．由分析可知，Y中产生的气体可能是2CO，C正确；D．X烧杯中加入NaOH浓溶液生成氢氧化铁沉淀，而不是产生胶体，D错误；故选D。11.电解质溶液为2Ca(OH)溶液，向溶液中逐渐滴加浓度相近的()32CaHCO溶液，能比较准确地反映出溶液的导电能力和加入()32CaHCO溶液

的量关系的(x轴表示()32CaHCO溶液的加入量，y轴表示导电能力)是A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】由题意知，氢氧化钙能电离出自由移动的钙离子和氢氧根离子，向溶液中逐渐滴加浓度相近的()32CaHCO溶液，发生的化学反应为：()()32322CaOH+=2CaCO

+2HOCaHCO，生成碳酸钙是沉淀，水是弱电解质，导致溶液中离子浓度逐渐减小，导电能力逐渐减弱，直至恰好反应导电性几乎为零；当继续通入()32CaHCO时，()32CaHCO电离出自由移动的离子，溶液中离子浓度逐渐增大，导电能力逐渐增强，最终接近初始溶液的导电能力；故选D。12

.海洋中有丰富的水生生物和化学资源。海水晒盐后，以其母液(卤水)和贝壳为原料，还可以生产一种具有特殊用途的材料—纳米氧化镁，其简要流程如下：下列说法正确的是A.步骤Ⅰ的煅烧可在表面皿中直接进行B.纳米MgO可产生丁达尔效应C.步骤Ⅱ中发生反应的离子方程式为2222Ca(OH)MgMg(

OH)Ca=++++D.滤液中含有的微粒仅为2Ca+和Cl−【答案】C【解析】【分析】煅烧石灰石生成氧化钙和二氧化碳，氧化钙溶于水生成氢氧化钙，石灰乳加入卤水中沉淀镁离子生成氢氧化镁沉淀，氢氧化镁经一系列处理得到纳米氧化镁

，据此解答。【详解】A．固体灼烧应该在坩埚中进行，因此步骤I的煅烧不能在表面皿中直接进行，A错误；B．纳米MgO的微粒直径超过100nm，溶于水后形成的分散系不是胶体，不能产生丁达尔效应，B错误；C．步骤II沉淀镁离子，其中发生反应的离子方程式为()()2+2+22CaOH+Mg=MgOH

+Ca，C正确；D．滤液中含有的微粒主要为2Ca+和Cl−，还含有少量镁离子等，D错误；答案选C。13.已知3HNO可以氧化2Fe+。某溶液中只存在以下五种离子：3234FeNOSOH+−−+、、、、M，它们的数量之比为()()(

)()()2334NNO:NSO:NFe:NH:NM2:3:1:3:1−−++=，则M可能为A.2Mg+B.2Fe+C.23CO−D.2Ba+【答案】A【解析】【详解】已知3HNO可以氧化2Fe+，则不存在亚铁

离子；氢离子会和碳酸根离子生成二氧化碳、水，不存在碳酸根离子；硫酸根离子和钡离子生成硫酸钡沉淀，则不存在钡离子；设M所带电荷为a，则2×(-1)+3×(-2)+1×(+3)+3×(+1)+1×a=0，

解得a=+2，所以M为阳离子，可以为镁离子；故选A。14.双碱法脱硫过程如图所示，下列说法错误的是A.双碱法脱硫过程中，NaOH可以循环利用B.过程Ⅰ中，2SO表现出酸性氧化物的性质C.总反应为222422Ca(OH)2SOO2CaS

O2HO++=+D.过程Ⅱ中，232gO参加反应时可氧化23126gNaSO【答案】D【解析】【分析】由图可知，过程Ⅰ：2222SO+2NaOH=NaSO+HO，过程Ⅱ：()242232CaOH+2+O=2CaSO+4NaSONaOH。【详解

】A．双碱法脱硫过程中，起初消耗NaOH，后来生成NaOH，所以NaOH可以循环利用，A正确；B．过程Ⅰ中，SO2与碱反应，生成盐和水，则表现出酸性氧化物的性质，B正确；C．将过程Ⅰ、Ⅱ的反应加和，便可得到总反应为222422Ca(OH)2SOO2CaSO2HO++=+，C正确；D．

过程Ⅱ：()242232CaOH+2+O=2CaSO+4NaSONaOH，232gO（为1mol）参加反应时可氧化2mol23NaSO，为252g23NaSO，D错误；故选D。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.Ⅰ．下表有三组物质，每组均有三种物质(酸、碱、盐均为溶液)。第Ⅰ组第Ⅱ

组第Ⅲ组2BaClHCl()32CuNO23FeO24KSO24HSOMgNaOH2MgCl根据该表回答问题：（1）第Ⅱ组物质中与第Ⅰ组任何物质都不发生反应的是_______。（2）第Ⅱ组物质中与第Ⅲ组任何物质都能发生反应的是___

____。Ⅱ．某无色溶液中可能含22222343MgCuBaCOClSONO+++−−−−、、、、、、中的几种，现进行如下实验：①取适量溶液，加入足量NaOH溶液，生成白色沉淀。②过滤，向实验①所得的滤液中加入足量24HSO溶液，有白色沉淀生成。根据上述实

验回答下列问题：（3）溶液中一定不存在的离子有_______；（4）写出①和②中所发生反应的离子方程式_______、_______；（5）为了验证溶液中是否存在3ClNO−−、，某同学对此提出下列假设：①只存在Cl−；②3ClNO−−、同时存在；③___

____。已知实验提供的试剂只有稀盐酸、3AgNO溶液、稀硝酸、NaOH溶液和蒸馏水。实验方法及现象：_______。实验结论：假设③正确。【答案】（1）NaOH（2）NaOH（3）22234CuCOSO+−−、、（4）①.22Mg2OHM

g(OH)+−+=②.2244BaSOBaSO+−+=（5）①.只存在3NO−②.取少量溶液于试管中，滴入硝酸银溶液和稀硝酸，若无沉淀生成，则说明不含Cl−，则假设③正确【解析】【分析】某无色溶液中可能含22222343MgCuBaCOClSONO+++−−−−、、、、、、中的几

种，则一定不含有2Cu+。①取适量溶液，加入足量NaOH溶液，生成白色沉淀[Mg(OH)2]，则一定含有2Mg+，一定不含有23CO−。②过滤，向实验①所得的滤液中加入足量24HSO溶液，有白色沉淀(BaSO4)生成

，则一定含有2Ba+，一定不含有24SO−。【小问1详解】氯化钡和硫酸钾生成硫酸钡沉淀，盐酸和氧化铁、镁分别生成氯化铁、氯化镁；故第Ⅱ组物质中与第Ⅰ组任何物质都不发生反应的是NaOH；【小问2详解】氢氧化钠和硝酸铜、硫酸、氯化镁分别生成氢氧化铜沉淀、水、氢氧化镁沉淀，故第Ⅱ组物质中与第Ⅲ组任

何物质都能发生反应的是NaOH；【小问3详解】由分析可知，溶液中一定不存在的离子有22234CuCOSO+−−、、；【小问4详解】①和②中所发生反应分别为镁离子和氢氧根离子生成氢氧化镁沉淀、钡离子和硫酸根离子生成硫酸钡沉淀，离子方程式22Mg2O

HMg(OH)+−+=、2244BaSOBaSO+−+=；【小问5详解】根据电荷守恒可知，溶液中氯离子、硝酸根离子至少存在5，故猜想③为只存在3NO−；实验结论为假设③正确，则不存在氯离子，氯离子和银

离子生成不溶于酸的沉淀，故实验设计为：取少量溶液于试管中，滴入硝酸银溶液和稀硝酸，若无沉淀生成，则说明不含Cl−，则假设③正确。16.现有下列十种物质：①铜②熔融KCl③2Ba(OH)固体④2CO⑤3NaHCO晶体⑥胆矾⑦碳酸钙⑧4NaHSO固体⑨盐酸⑩酒精回答

下列问题：（1）将上述物质按单质、氧化物、碱、有机物分类顺序排列_______、_______、_______、_______(填序号，下小题同)。（2）上述物质中不属于电解质的有_______，能导电的有_______。（3）写出③在水溶液中的电离方程式_______。（

4）写出⑤⑧反应的化学方程式为_______。（5）向2Ba(OH)溶液逐滴加入4NaHSO溶液至2Ba+恰好完全沉淀，然后继续滴加4NaHSO溶液，后一步发生反应的离子方程式为_______。【答案】（1）①.①②.④③.③④.⑩（2）①.①④⑨⑩

②.①②⑨。（3）22Ba(OH)Ba2OH+−=+（4）342422NaHCONaHSONaSOCOHO+=++（5）2HOHHO+−+=【解析】【分析】①铜是金属单质，含有自由移动的电子，因此能够导电；Cu是金属单质，不是化合物，因此不属于电解质；②熔融的KCl中含有自由移动的K+、

Cl-，因此能够导电；该物质是离子化合物，能够在水中和熔融状态下发生电离而导电，因此KCl为电解质；③Ba(OH)2固体中含有不能自由移动的Ba2+、OH-，因此不能够导电；Ba(OH)2溶液能导电，故

2Ba(OH)固体属于电解质；④CO2，该物质由分子构成，无自由移动的微粒，因此不能导电；CO2在水溶液和熔融状态下都不能因自身发生电离而导电，因此属于非电解质；⑤3NaHCO固体中含有的离子不能自由移动，因此不能导电；3NaHCO固体在水溶液中或熔融状态下能够发生

电离而导电，因此3NaHCO属于电解质；⑥胆矾是CuSO4·5H2O，其中含有的离子不能自由移动，因此不能导电；在水溶液中和熔融状态下能够发生电离而导电，因此CuSO4·5H2O属于电解质。⑦碳酸钙固体中含有的离子不能自由移动，因此不能导电

；碳酸钙熔融状态下能够发生电离而导电，因此碳酸钙属于电解质；⑧4NaHSO固体中含有的离子不能自由移动，因此不能导电；4NaHSO固体在水溶液中或熔融状态下能够发生电离而导电，因此4NaHSO属于电解质；⑨盐酸

中含有自由移动的H+、Cl-离子，因此能够导电；盐酸是HCl的水溶液，是混合物，不是化合物，因此不属于电解质；⑩酒精是由有机化合物，是由分子构成的物质，无自由移动的微粒，因此不能导电；在水溶液和熔融状态下都不能因自身发生电离而导电，因

此蔗糖属于非电解质；【小问1详解】单质是一种元素组成的纯净物；氧化物是含有两种元素一种为氧元素的化合物；碱是电离出的阴离子都是氢氧根离子的化合物；结合分析可知，按单质、氧化物、碱、有机物分类顺序排列①、④、③、

⑩；【小问2详解】结合分析可知，上述物质中不属于电解质的有①④⑨⑩，能导电的有①②⑨；【小问3详解】③在水溶液中电离出钡离子和氢氧根离子，电离方程式22Ba(OH)Ba2OH+−=+；【小问4详解】⑤⑧反应为碳酸氢钠和硫酸氢钠反应生成水和二氧化碳、硫酸钠，化学方程式为342422N

aHCONaHSONaSOCOHO+=++；【小问5详解】向2Ba(OH)溶液逐滴加入4NaHSO溶液至2Ba+恰好完全沉淀，二者反应的物质的量的比是1：1，二者反应生成BaSO4、NaOH、H2O，该反应的离子反应方程式为：Ba2++OH-+H++2-4SO=

BaSO4↓+H2O；若Ba2+恰好沉淀后继续滴加NaHSO4溶液时，溶液中的NaOH与NaHSO4发生反应产生Na2SO4、H2O，该反应的离子方程式为：OH-+H+=H2O。17.酸碱盐是化学工业中的重要原料

。回答下列问题：（1）纯碱是重要的化工原料之一，写出其在水中的电离方程式_______。（2）明矾()422KAlSO12HO是常见的净水剂，属于_______(填“酸”、“碱”或“盐”)，实验室可以利用明矾和氨水制备3Al(OH)沉淀，其离子方程

式为_______。（3）向两份相同的滴有酚酞的2Ba(OH)溶液中，分别滴入导电能力大致相同的24HSO、4NaHSO溶液，混合溶液的导电能力随滴入溶液体积的变化曲线如下图所示。①从开始至a点，除电

导变化外，还观察到烧杯中的实验现象有_______。②b点溶液中大量存在的离子有_______。③b点溶液中发生中和的OH−与未反应的OH−之比为_______。【答案】（1）2233NaCO2NaCO+−=+（2）①.盐②.33234Al3NHHOA

l(OH)3NH+++=+（3）①.有白色沉淀生成，红色逐渐变浅至褪色②.OHNa−+、③.1:1【解析】【小问1详解】纯碱为强电解质碳酸钠，水溶液中完全电离，2233NaCO2NaCO+−=+；【小问2详解】盐是由金属

阳离子或铵根离子和酸根离子构成的化合物；明矾含有金属阳离子和酸根离子，为盐；明矾和氨水制备3Al(OH)沉淀，反应为铝离子和一水合氨生成氢氧化铝沉淀和铵根离子，其离子方程式为33234Al3NHHOA

l(OH)3NH+++=+；【小问3详解】溶液或熔融电解质导电的原因是存在自由移动的离子，稀硫酸和氢氧化钡生成水和硫酸钡沉淀，溶液中离子浓度减小，导电性减弱，恰好反应时溶液中几乎不存在自由移动的离子，导电性为零，继续滴加稀硫酸，稀硫酸过量又存在自由移动的氢离子、硫酸根离子，溶液导电性增

强；而滴入硫酸氢钠后，溶液中一直存在导电的钠离子，故溶液导电性不会变为零；结合图像可知，①为滴入硫酸溶液的图像、②为滴入硫酸氢钠溶液的图像；①碱性溶液能使酚酞变红色，从开始至a点，溶液碱性减弱至中性，故除电导变化外，还观察到烧杯中的实验现象有有白色沉淀生成，红色逐渐变浅至褪色。②根据图

知，a点为2Ba(OH)溶液和24HSO恰好反应，24HSO、4NaHSO溶液的物质的量浓度相等，则b点发生反应为()4422NaHSO+BaOH=BaSO+NaOH+HO，b点溶液中溶质为氢氧化钡和硫酸氢钠生成的氢氧化钠，故大量存在的离子有OHNa−+、。③结合分析可知，b点发生反应为()4

422NaHSO+BaOH=BaSO+NaOH+HO，b点溶液中钡离子恰好生成硫酸钡沉淀，氢氧根离子中的一半和硫酸氢钠中氢离子反应生成水，故发生中和的OH−与未反应的OH−之比为1:1。18.某小组通过实验探究氧化还原反应的规律。已知：氧化还原反应电位传感器可以测量不同

溶液的电位值，根据电位值大小可比较物质的氧化性/还原性强弱；数值越大，氧化性越强；数值越小，还原性越强。测得几种物质的电位值如表所示。(注：实验中进行酸化时均用稀硫酸)物质3FeCl4KMnO(酸化)3NaNO(酸化)2Br2I2NaS浓度0.10

M(M为物质的量浓度的单位)电位值/mV1711130603662116361−根据表中数据，回答下列问题：（1）浓度相同的下列三种溶液，氧化性由强到弱的顺序为_______(填序号)。①3FeCl②酸性4KMnO③酸性3NaNO（2）已知3Fe+与I−不能共存，由此推测下列能大量共存的离子组是

_______。a．3FeBr+−、b．32FeS+−、c．3NOHI−+−、、d．4HMnOI+−−、、（3）向等浓度的NaBr和KI混合溶液滴加少量酸性4KMnO溶液(对应还原产物为2Mn+)，发生反应的离子方程式为_______。（4

）已知常温下2I遇淀粉变蓝。现往淀粉KI−溶液中逐滴加入氯水(含2Cl)，观察到溶液先变蓝后褪色。小组同学就溶液褪色的原因，提出两种猜想，并设计如下实验进行验证。猜想1：_______；猜想2：2I被2Cl继续氧化

(为3IO−)。序号实验操作试剂观察实验现象结论1分别取少量褪色后溶液于三支试管中，并加入对应试剂a溶液变蓝猜想1不正确2淀粉溶液溶液不变蓝猜想2正确3b+稀24HSO溶液变蓝①猜想1为_______

，实验1所用试剂a为_______。②试剂b是一种可溶性含碘化合物，该反应的离子方程式为_______。（5）已知下列四种氧化剂(均可氧化KI)对应的还原产物情况如下：氧化剂4KMnO3KIO22HO3HNO还原产物2+Mn2I2HONO请判断，等数量的四种氧化剂微粒分别与足量K

I作用，得到2I最多的是_______。（6）结合上述信息思考：对于IBr−−、混合溶液，若控制性氧化I−而不氧化Br−，请提出两种合理的氧化方案：①加入_______；②加入_______。（7）2ClO具有很强的氧化性(

还原产物为Cl−)，常被用作消毒剂，其消毒的效率(以单位质量得到的电子数表示)是2Cl的_______倍(保留两位有效数字)。【答案】（1）②③①（2）a（3）24222MnO10I16H5I2Mn8HO−−++++=++（4）①.2Cl将淀粉氧化②.碘溶液③.322IO5I6H3I3HO−−++

+=+（5）3KIO（6）①.2Br②.3FeCl（7）2.6【解析】【分析】通过对比实验研究某一因素对实验的影响，应该要注意控制研究的变量以外，其它量要相同，以此进行对比；【小问1详解】根据电位值大小可比较物质的氧化性/还原性强弱；数值越大，氧化

性越强；数值越小，还原性越强。由表可知，三种溶液，氧化性由强到弱的顺序为②③①；【小问2详解】由表可知，氧化性：4MnO−>3NO−>2Br>3Fe+>2I，且都具有较强的氧化性，已知3Fe+与I−不能共存，则I−

、2S−具有较强的还原性，则b．32FeS+−、，c．3NOHI−+−、、，d．4HMnOI+−−、、组合中均会发生氧化还原反应而不共存；而a．3FeBr+−、中离子不反应，能共存；故选a；【小问3详解】氧化性：4MnO−>2Br>2I，则还原性碘离子大于溴离子，故向等浓度的NaBr和KI混合

溶液滴加少量酸性4KMnO溶液(对应还原产物为2Mn+)，发生反应为碘离子被高锰酸根离子氧化为碘单质，离子方程式为24222MnO10I16H5I2Mn8HO−−++++=++；【小问4详解】①碘单质和淀粉反应变蓝色，而氯气具有强氧化性，可能将

淀粉氧化，故猜想1可以为：2Cl将淀粉氧化；实验1结论为猜想1不正确，则说明溶液中还存在淀粉，可以加入少量的碘液观察到溶液变蓝色，故所用试剂a为碘溶液；②实验证明猜想2正确，实验3中溶液变蓝色，说明3IO−和试剂b生成了碘单质，b是一种可溶性含碘化合物，则b含

碘离子，碘离子和3IO−发生氧化还原反应生成碘单质，该反应的离子方程式为322IO5I6H3I3HO−−+++=+；小问5详解】由表可知，4KMnO锰元素化合价由+7变为+2且不提供碘元素，3KIO中碘元素由+5变为0且提供碘元素生成碘单质，22HO氧元素化合价由-1变为-2且不提供碘元素，

3HNO锰元素化合价由+5变为+2且不提供碘元素，结合电子守恒和质量守恒可知，等数量的四种氧化剂微粒分别与足量KI作用，得到2I最多的是3KIO；【小问6详解】氧化性：4MnO−>3NO−>2Br>3

Fe+>2I，对于IBr−−、混合溶液，若控制性氧化I−而不氧化Br−，则可以使用的氧化方案为：①加入2Br；②加入3FeCl；【小问7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