江苏省无锡市高一上学期月考化学练习卷(10月份)_2026-2027学年高一上学期化学人教版必修一

2026-2027学年江苏省无锡市高一（上）月考化学练习卷 一、单项选择题：共13小题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。 1．（3分）分类是认识和研究物质及其变化的一种常用的科学方法，下列物质的分类正确的是（　　） 选项 酸 碱 盐 酸性氧化物 碱性氧化物 A HNO3 KOH CaCO3 SO2 CaO B HCl NH3•H2O NaHSO4 CO Na2O C CH3COOH Cu2（OH）2CO3 NaF2 SiO2 Na2O2 D H2SO4 Na2CO3 KAl（SO4）2 P2O5 Mn2O7 A．A B．B C．C D．D 2．（3分）对物质进行正确的分类有利于化学的学习。下列说法正确的是（　　） A．能电离出H+的化合物一定是酸 B．溶液是分散质粒子直径小于1nm的分散系 C．碳和硫的氧化物都是酸性氧化物 D．氧化镁与稀硫酸的反应既是复分解反应，又是氧化还原反应 3．（3分）下列说法或化学用语正确的是（　　） A．CO2的水溶液能导电，说明CO2为电解质 B．BaSO4电离方程式为 C．CaCO3的水溶液导电性很弱，说明CaCO3为弱电解质 D．H2CO3的电离方程式为 4．（3分）下列离子方程式书写正确的是（　　） A．铜与氯化铁溶液反应：Cu+Fe3+＝Fe2++Cu2+ B．碳酸钙溶于稀盐酸： C．铜与稀硝酸反应： D．稀硫酸与氢氧化钡溶液反应： 5．（3分）实现下列物质之间的转化，需要加入氧化剂才能实现的是（　　） A．SO3→H2SO4 B．Cu→Cu（NO3）2 C．CuO→Cu D．Fe2O3→Fe 6．（3分）下列各组离子在给定溶液中能大量共存的是（　　） A．澄清透明的溶液中：Fe3+、Mg2+、、Br﹣ B．使甲基橙变红色的溶液：Na+、、Cl﹣、F﹣ C．在0.1mol•L﹣1氨水中：Ag+、、、CH3COO﹣ D．常温下，的溶液：K+、、、Na+ 7．（3分）某澄清透明溶液可能有K+、Mg2+、Cu2+、Cl﹣、NO、CO和SO中的若干种，离子浓度均为0.1mol•L﹣1，为了确定溶液的成分，进行如下实验：①取少量该溶液滴加Ba（OH）2溶液，产生白色沉淀甲，再滴加足量盐酸，沉淀部分溶解，得到甲溶液；②取少量甲溶液，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀乙。下列说法错误的是（　　） A．溶液中一定含有Mg2+ B．溶液中可能含有K+、NO C．溶液中一定含有Cl﹣ D．溶液中一定不含有Cu2+、CO 8．（3分）下列图象所表示的化学知识中，不正确的是（　　） A．图甲分散系的分类 B．图乙稀释浓氢氧化钠溶液的过程 C．图丙向碳酸钠溶液中逐滴滴加盐酸 D．图丁向澄清石灰水中通入二氧化碳 9．（3分）离子化合物Na2O2和CaH2与水的反应分别为①2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑；②CaH2+2H2O＝Ca（OH）2+2H2↑。下列说法正确的是（　　） A．Na2O2，CaH2中均有非极性共价键 B．①中水发生会化反应，②中水发生还原反应 C．Na2O2中阴，阳离子个数比为1：2，CaH2中阴，阳离子个数比为2：1 D．当反应①和②中转移的电子数相同时，产生的O2和H2的物质的量相同 10．（3分）下列化学反应中电子转移的表示方法正确的是（　　） A． B． C． D． 11．（3分）云雾中微液滴表面具有强活化能力，可将水分子解离成•OH、电子等微粒。工业尾气中NO2在微液滴表面发生的转化如图所示。下列说法正确的是（　　） A．在水溶液中上述转化速率会更快 B．转化过程中，微液滴只体现催化作用 C．NO2既被氧化又被还原 D．理论上转化1mol NO2消耗1mol H2O 12．（3分）将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、CuCl2和HCl的混合溶液中反应回收S，其物质转化历程如图所示。下列说法正确的是（　　） A．历程①发生反应S2++Cu2+＝CuS↓ B．历程②中CuS作还原剂，被氧化 C．历程③中当有1个O2参加化学反应时，转移2个电子 D．转化的总反应为H2S＝H2+S 13．（3分）K2FeO4作净水剂时会产生Fe3+，该过程能消毒杀菌、吸附水中悬浮物，其制备原理的离子方程式为：。下列说法错误的是（　　） A．该制备原理中铁元素被氧化 B．氧化性： C．0.6mol ClO﹣参与制备反应时转移电子的物质的量为1.2mol D．K2FeO4能吸附水中悬浮物是因为其具有强氧化性 二、非选择题：共4题，共61分。 14．（7分）现有下列物质：①Cl2、②熔融K2CO3、③FeCl2溶液、④SO2、⑤NaOH溶液 （1）上述物质属于电解质的是 _____ 。（填写序号），能导电的是 ________ 。 （2）写出①与③反应的离子方程式 ____________________ 。 （3）将⑤慢慢滴加到③中，观察到白色沉淀迅速变为 _______ 色，最后变为 _______ 色解释沉淀颜色变化是 ____________________ （用化学方程式表示）。 （4）写出④与CO2属于酸性氧化物。写出过量④与⑤反应的化学方程式 ____________________ 。 15．（14分）为探究胶体的性质，某兴趣小组用图示方案制备Fe（OH）3胶体（夹持仪器已省略）。 （1）判断胶体是否成功制备的方法是____________________ 。 （2）实验中，制备氢氧化铁胶体的化学方程式为____________________ 。 （3）向烧杯中逐滴加入过量的盐酸，观察到先生成沉淀，然后沉淀溶解，原因是____________________ 。 （4）下列说法正确的是_____ 。 A．该胶体制备过程涉及到氧化还原反应 B．纳米材料粒子直径一般在1～100nm之间，因此纳米材料属于胶体 C．将碳酸钙经过特殊加工制成纳米碳酸钙，化学性质没有明显变化 D．天空的晚霞光柱现象与胶体的性质无关 （5）已知胶体的分散质不能透过半透膜，但水分子等小分子或离子能透过半透膜。明胶是水溶性蛋白质混合物，溶于水形成胶体。现将10mL明胶的水溶液与5mLNaCl溶液混合装入半透膜内，将此半透膜袋浸入盛蒸馏水的烧杯中，请设计一个实验证明Cl﹣能够透过半透膜：____________________ 。 （6）高铁酸钾（K2FeO4，极易溶于水）是常见的水处理剂，其工作原理如图所示。 过程①中活细菌表现了________ （填“氧化”或“还原”）性，高铁酸钾可用于消毒和净水的原因分别是____________________ 。 16．（18分）Ⅰ.某无色透明溶液中可能大量存在Fe3+、Na+、Mg2+、Ca2+、OH﹣、、、Cl﹣中的几种，为确定溶液中的离子组成，取三份少量溶液于试管中，进行了如下实验： ①向第一份溶液中滴入几滴酚酞试液，溶液变红； ②向第二份溶液中加入过量BaCl2溶液，生成白色沉淀，然后再滴加足量盐酸，沉淀部分溶解并有气泡冒出； ③向第三份溶液中先加入AgNO3溶液，生成白色沉淀，再加入稀硝酸，沉淀完全溶解。 已知：可与水作用，产生较多的OH﹣，使溶液呈碱性；Ag2SO4溶于稀硝酸。 （1）根据上述实验现象可知，原溶液中一定存在的离子是____________________ ，一定不存在的离子是____________________ ，不能确定是否存在的离子是________ 。 （2）请分别写出检验溶液中存在K+、Cl﹣的实验操作：____________________ ，____________________ 。 Ⅱ.次磷酸（H3PO2）是一种精细的磷化工产品，它是一元弱酸，具有较强的还原性，可将溶液中的Ag+还原为银单质，从而用于化学镀银。H3PO2的工业制法是将白磷与溶液反应生成PH3气体和Ba（H2PO2）2，后者再与H2SO4反应生成H3PO2。 （3）写出白磷（P4）与Ba（OH）2溶液反应的化学方程式：____________________ 。反应中每消耗2mol P4，转移的电子数为____________________ 。 （4）写出H3PO2与足量NaOH溶液反应的离子方程式：____________________ 。 （5）工业上利用H3PO2进行化学镀银的反应中，当氧化剂与还原剂物质的量之比为4：1时，则氧化产物中p元素的化合价为_______ 。 17．（12分）氧化还原反应是物质制备中经常涉及的化学反应类型。回答下列问题： （1）实验室制备氧气可以用加热高锰酸钾的方法实现，其发生的反应为。 其中被还原的元素是_______ （填元素符号），氧化产物是_______ （填化学式）。 （2）下列反应方程式：K2Cr2O7+14HCl＝2KCl+2CrCl3+3Cl2↑+7H2O中还原剂是________ ，若反应中发生氧化反应的HCl是12个，则反应中转移的电子数目为_______ 个。 （3）下面三个方法都可以用来制Cl2： ①4HCl（浓）； ②KClO3+6HCl（浓）＝3Cl2↑+KCl+3H2O； ③2KMnO4+16HCl（浓）＝2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O。 根据以上三个反应，回答下列有关问题： Ⅰ．反应②中，氧化产物与还原产物的质量比为________ 。 Ⅱ．已知反应④：，该反应也能制得氯气。已知反应条件越简单反应越容易发生，说明性质越强烈。则MnO2、O2、KMnO4三种物质的氧化性由强到弱的顺序为__________________ 。 18．（10）分探究自然物质是培养“化学人”创新能力和实践能力的强有力手段。 Ⅰ.从矿物学资料查得，硫铁矿FeS2（S的化合价为﹣1价），一定条件下自然界存在如下反应：14CuSO4+5FeS2+12H2O═7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4。 （1）下列说法正确的是 _____ 。 a.Cu2S既是氧化产物又是还原产物 b被还原的元素只有Cu c.产物中的有一部分是氧化产物 d.反应中Fe被氧化 Ⅱ.稀土氟化物是金属热还原法制取单一稀土金属的重要原料。微波法合成CeF3的化学方程式为6CeO2+18NH4F═6CeF3+16NH3↑+12H2O+N2↑ （2）该反应中氧化剂是 _________ ，反应中被氧化的氮原子与未被氧化的氮原子个数之比为 ________ ，每生成一个N2分子，转移电子总数目为 _____ 。 Ⅲ.锰广泛分布在自然界中，最具商业价值的含锰矿为软锰矿MnO2、黑锰矿Mn3O4、菱锰矿MnCO3。在氧气气氛中加热分解Mn2CO3，测得加热升温过程中固体的质量变化如图所示。 （3）加热分解MnCO3制备Mn2O3，需要控制的温度为 _________ [写出计算过程]。 2026-2027学年江苏省无锡市高一（上）月考化学练习卷 参考答案与试题解析 1．【解答】解：A．硝酸是酸，氢氧化钾是碱，碳酸钙是盐，二氧化硫属于酸性氧化物，氧化钙属于碱性氧化物，故A正确； B．一氧化碳属于不成盐氧化物，故B错误； C．Cu2（OH）2CO3属于盐类，不属于碱，过氧化钠不是碱性氧化物，是过氧化物，故C错误； D．Mn2O7，不是碱性氧化物，是酸性氧化物，故D错误； 故选：A。 2．【解答】解：A．能电离出H+的化合物不一定是酸，如NaHSO4能电离出氢离子，属于盐，故A错误； B．溶液是分散质粒子直径小于1nm的分散系，故B正确； C．碳和硫的氧化物不都是酸性氧化物，其中CO属于不成盐氧化物，故C错误； D．氧化镁与稀硫酸的反应既是复分解反应，不是氧化还原反应，故D错误； 故选：B。 3．【解答】解：A．电解质必须是本身能电离产生自由移动的离子而导电。二氧化碳与水反应生成的碳酸可以发生电离，使得溶液导电，但二氧化碳本身不能电离，则CO2是非电解质，故A错误； B．BaSO4是强电解质，在熔融状态下能完全电离出钡离子和硫酸根离子，电离方程式为，故B错误； C．CaCO3难溶于水，但在熔融状态下能完全电离，属于强电解质，故C错误； D．H2CO3是弱电解质，部分电离，电离方程式为，故D正确； 故选：D。 4．【解答】解：A．Fe3+具有氧化性，铜与氯化铁溶液反应生成亚铁离子和铜离子，离子方程式为：Cu+2Fe3+＝2Fe2++Cu2+，故A错误； B．碳酸钙难溶，不能拆，离子方程式为：，故B错误； C．铜与稀硝酸反应生成NO，离子方程式为：，故C正确； D．氢氧化钡溶液和稀硫酸反应生成硫酸钡沉淀和水，离子方程式为Ba2+2H++2OH﹣＝BaSO4↓+2H2O，故D错误； 故选：C。 5．【解答】解：A.SO3转化为H2SO4时，硫元素的化合价未发生变化，不需要氧化剂或还原剂，故A错误； B.Cu转化为Cu（NO3）2时，铜元素的化合价升高，需要加入氧化剂才能实现，故B正确； C.CuO转化为Cu时，铜元素的化合价降低，需要加入还原剂才能实现，故C错误； D.Fe2O3转化为Fe时，铁元素的化合价降低，需要加入还原剂才能实现，故D错误； 故选：B。 6．【解答】解：A．该组离子彼此不发生反应，可以大量共存，故A正确； B．使甲基橙变红色的溶液呈酸性，F﹣在酸性条件下不能大量共存，故B错误； C．氨水与银离子能反应，不能大量共存，故C错误； D．的溶液呈酸性，、碳酸根离子均能与氢离子反应不能大量共存，故D错误； 故选：A。 7．【解答】解：实验①中取少量该溶液滴加Ba（OH）2溶液，产生白色沉淀甲，再滴加足量盐酸，沉淀部分溶解，该沉淀一定含有BaSO4，而Mg（OH）2、BaCO3至少含有一种，实验②取少量①中的甲溶液，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀乙，沉淀乙是AgCl，则甲的溶液含有Cl﹣，不能说明原溶液含有Cl﹣，因为①中加入的盐酸引入Cl﹣，综合①②可知，原溶液一定含有，而Mg2+、CO至少含有1种，但Mg2+与CO不能同时存在，一定不含Cu2+，不能确定是否含有Cl﹣，假设原溶液不含Mg2+，则一定含有CO，由于溶液中离子浓度均相等，该情况不满足电荷守恒，假设不成立，则原溶液一定含有Mg2+、一定没有CO，不能确定是否含有K+、Cl﹣、，若含有K+，则一定还含有Cl﹣、中1种，若不含K+，则一定没有Cl﹣、，综上所述，原溶液一定含有有、Mg2+，一定不含Cu2+，不能确定是否含有K+、Cl﹣、，故ABD正确、C错误， 故选：C。 8．【解答】解：A．胶体区别于其它分散系的本质特征是胶体粒子直径在1﹣100nm（10﹣7～10﹣9m）之间，溶液的粒子直径小于1nm，浊液的子直径大于100nm，故A正确； B．稀释浓氢氧化钠溶液，离子的浓度降低，导电能力降低，故B正确； C．向碳酸钠溶液中逐滴滴加盐酸，先生成碳酸氢钠，再生成氯化钠和二氧化碳，所以先没有二氧化碳生成、后产生二氧化碳，且不产生二氧化碳和二氧化碳完全产生所需稀盐酸体积比为1：1，故C正确； D．向澄清石灰水中通入二氧化碳，先生成碳酸钙沉淀Ca（OH）2+CO2＝CaCO3↓+H2O，后沉淀溶解CaCO3+CO2+H2O＝Ca（HCO3）2，此过程中消耗二氧化碳的物质的量之比为1：1，故D错误； 故选：D。 9．【解答】解：A．Na2O2中的阴离子为过氧根离子（），其内部O—O键为非极性共价键，CaH2由Ca2+和H﹣组成，H﹣是独立的离子，不存在非极性共价键。故A错误； B．反应①（Na2O2与水反应）中，过氧根离子（）自身发生歧化反应（部分O被氧化为O2，部分被还原为OH﹣），水未参与氧化还原反应，既非氧化也非还原。反应②（CaH2与水反应）中，H﹣被氧化为H2，水未被还原，故B错误； C．Na2O2中，每个晶胞含2个Na+和1个，阴、阳离子个数比为1：2，CaH2中，每个晶胞含1个Ca2+和2个H﹣，阴、阳离子个数比为2：1，故C正确。 D．反应①生成1mol O2时转移2mol电子，反应②生成2mol H2时转移2mol电子；当转移相同电子数（如2mol），O2为1mol，H2为2mol，物质的量不同，故D错误； 故选：C。 10．【解答】解：A．C元素的化合价从0升高为+2，1个C失去2个电子，2个C共失去4个电子，二氧化硅中硅元素的化合价从+4降低为0，1个Si得到4个电子，正确的双线桥为：，故A错误； B．1个Na失去1个e﹣，2个Na共失去2e﹣，4个H只有2个H得到2个电子生成H2，单线桥为：，故B错误； C．MnO2中Mn元素的化合价从+4降低为+2，1个Mn得到2e﹣，4个HCl中有2个Cl的化合价从﹣1升高为0，共失去2e﹣，电子转移表示正确，故C正确； D．Cu元素的化合价从0升高为+2，1个Cu失去2个电子，2个硫酸分子中1个S的化合价从+6降低为+4，1个S得到2个电子，正确的单线桥为：，故D错误； 故选：C。 11．【解答】解：A．题干信息“云雾中微液滴表面具有强活化能力”表明该转化在微液滴表面受到了催化，反应速率快。在普通水溶液中，缺少这种表面的活化（催化）作用，因此“上述转化”的速率会更慢，故A错误； B．微液滴中的水是反应的反应物，同时微液滴表面具有强活化能力，也体现了催化作用，故B错误； C．反应时二氧化氮中氮元素的化合价既升高被氧化又降低被还原，故C正确； D．二氧化氮在微液滴表面发生的反应为：2NO2+H2O＝HNO3+HNO2，由方程式可知，1 mol二氧化氮反应时，消耗水的物质的量为0.5 mol，故D错误； 故选：C。 12．【解答】解：A．氢硫酸为弱酸，离子方程式中不能拆，则历程①发生反应H2S+Cu2+═CuS↓+2H+，故A错误； B．历程②中硫化铜转化为S，硫元素化合价从﹣2价升高为0价，则硫化铜作还原剂，被氧化，故B正确； C．历程③为氧气将亚铁离子氧化为铁离子，1个氧气参与反应转移4个电子，故C错误； D．据图中转化可知，转化的总反应为2H2S+O2＝2H2O+2S↓，故D错误； 故选：B。 13．【解答】解：A．应中铁元素的化合价升高被氧化，故A正确； B．反应中次氯酸根离子是氧化剂，高铁酸根离子是氧化产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物，所以次氯酸根离子的氧化性强于高铁酸根离子，故B正确； C．3 mol次氯酸根离子参与制备反应时，转移电子的物质的量为6 mol，则0.6 mol次氯酸根离子参与制备反应时，转移电子的物质的量为0.6 mol×2 ＝ 1.2 mol，故C正确； D．高铁酸钾能吸附水中悬浮物是因为高铁酸钾杀菌消毒时生成的铁离子能在溶液中发生水解反应生成氢氧化铁胶体，胶体能吸附水中悬浮杂质聚沉所致，与具有强氧化性无关，故D错误； 故选：D。 14．【解答】解：（1）①Cl2是单质，不是电解质，不能导电； ②熔融K2CO3是电解质、能导电； ③FeCl2溶液是混合物，不是电解质、能导电； ④SO2是非电解质、不能导电； ⑤NaOH溶液是混合物，不是电解质、能导电，所以属于电解质的是②，能导电的②③⑤； 故答案为：②；②③⑤； （2）Cl2和FeCl2反应生成FeCl3，离子方程式为Cl2+2Fe2+＝2Fe3++2Cl﹣， 故答案为；Cl2+2Fe2+＝2Fe3++2Cl﹣； （3）FeCl2溶液滴加NaOH溶液时，观察到白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变为红褐色，反应为4Fe（OH）2+O2+2H2O＝4Fe（OH）3， 故答案为；灰绿；红褐；4Fe（OH）2+O2+2H2O＝4Fe（OH）3； （4）过量SO2与NaOH溶液反应生成NaHSO3，化学方程式为SO2+NaOH＝NaHSO3， 故答案为：SO2+NaOH＝NaHSO3。 15．【解答】解：（1）胶体能产生丁达尔效应，判断胶体是否成功制备的具体操作是：用激光笔照射该液体，若观察到一条光亮的通路，则证明胶体制备成功， 故答案为：用激光笔照射该液体，若观察到一条光亮的通路，则证明胶体制备成功； （2）实验中，氯化铁和水加热生成氢氧化铁胶体，反应的化学方程式为， 故答案为：； （3）酸碱盐溶液能使胶体聚沉，氢氧化铁和盐酸反应生成氯化铁和水， 故答案为：酸碱盐溶液能使胶体聚沉，氢氧化铁和盐酸反应生成氯化铁和水； （4）A．该胶体制备过程中元素化合价不变，不涉及氧化还原反应，故A错误； B．胶体是分散系，纳米材料粒子直径一般在1～100 nm之间，纳米材料不是分散系，不属于胶体，故B错误； C．将碳酸钙经过特殊加工制成纳米碳酸钙，只是微粒大小变化，化学性质没有明显变化，故C正确； D．天空的晚霞光柱现象属于胶体的丁达尔效应，与胶体的性质有关，故D错误； 故答案为：C； （5）若烧杯中的蒸馏水中含有Cl﹣，则说明Cl﹣能够透过半透膜；取烧杯中溶液，加入稀硝酸和硝酸银溶液，能够产生白色沉淀，证明Cl﹣能够透过半透膜， 故答案为：烧杯中溶液，加入稀硝酸和硝酸银溶液，能够产生白色沉淀； （6）过程①中铁元素化合价降低发生还原反应，活性菌表现了还原性；高铁酸钾中的铁元素处于+6价的高价态，具有很强的氧化性，在水溶液中，高铁酸钾能通过氧化还原反应生成Fe3+，破坏细菌、病毒等微生物的细胞结构和生理活性物质，从而达到消毒杀菌的目的，Fe3+在溶液中水解生成Fe（OH）3胶体具有较大的比表面积，Fe（OH）3胶体可以吸附水中的悬浮杂质，如泥土颗粒、有机物等，使这些杂质聚集形成较大的颗粒，从而加速沉淀，达到净水的目的， 故答案为：还原性；强氧化性、Fe3+在溶液中水解生成Fe（OH）3胶体，Fe（OH）3胶体可以吸附水中的悬浮杂质。 16．【解答】解：（1）①无色溶液排除黄色的Fe3+；酚酞变红说明溶液呈碱性，Mg2+与生成沉淀、Ca2+与生成沉淀，故两者一定不存在； ②加BaCl2生成白色沉淀，加盐酸部分溶解，说明沉淀为BaCO3和BaSO4，故原溶液一定存在和； ③加AgNO3生成白色沉淀，加稀硝酸完全溶解（AgCl不溶于稀硝酸），故原溶液一定不存在Cl﹣； ④电荷守恒：溶液必须有阳离子，剩余阳离子只有Na+，故Na+一定存在；水解即可使溶液呈碱性，无法确定原溶液是否存在大量OH﹣，故OH﹣不能确定， 故答案为：；Fe3+、Mg2+、Ca2+、Cl﹣；OH﹣； （2）检验K+：用洁净的铂丝（或无锈铁丝）蘸取少量待测液，在酒精灯火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察火焰颜色，若火焰呈紫色，说明溶液中存在K+，否则不存在。检验Cl﹣：取少量原溶液于试管中，加入过量Ba（NO3）2溶液，静置后过滤，取上层清液，滴加稀硝酸酸化的AgNO3，若产生白色沉淀，说明溶液中存在Cl﹣，否则不存在； （、会干扰Cl﹣检验，需先加Ba（NO3）2除去）， 故答案为：用洁净的铂丝（或无锈铁丝）蘸取少量待测液，在酒精灯火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察火焰颜色，若火焰呈紫色，说明溶液中存在K+，否则不存在；取少量原溶液于试管中，加入过量Ba（NO3）2溶液，静置后过滤，取上层清液，滴加稀硝酸酸化的AgNO3，若产生白色沉淀，说明溶液中存在Cl﹣，否则不存在； （3）该反应为歧化反应，P4中P为0价，的P变为PH3中﹣3价（得3e⁻），3/4的P变为中+1价（共失3e⁻），2mol P4共转移6mol电子。反应方程式为：2P4+3Ba（OH）2+6H2O＝2PH3↑+3Ba（H2PO2）2， 故答案为：2P4+3Ba（OH）2+6H2O＝2PH3↑+3Ba（H2PO2）2；6NA（或3.612×1024）； （4）H3PO2是一元弱酸，与足量NaOH反应的离子方程式：（弱酸不拆，一元酸仅一个H+电离，故按1：1反应）， 故答案为：； （5）氧化剂Ag+化合价从+1→0，4mol Ag+共得4mol电子，故1mol H3PO2（还原剂）失4mol电子；H3PO2中P为+1价，失4e⁻后化合价为：+1+4＝+5， 故答案为：+5。 17．【解答】解：（1）反应中KMnO4为氧化剂发生还原反应得到K2MnO4、MnO2为还原产物；O元素化合价升高，发生氧化反应得到O2为氧化产物，故其中被还原的元素是Mn，氧化产物是O2， 故答案为：Mn；O2； （2）氧化还原反应K2Cr2O7+14HCl＝2KCl+2CrCl3+3Cl2↑+7H2O中，HCl中氯化合价升高，失电子发生氧化反应，还原剂是HCl；若反应中发生氧化反应的HCl个数为12，每个HCl失去1个电子，则反应中转移的电子数为12， 故答案为：HCl；12； （3）I．反应②中氧化产物和还原产物都是氯气，生成的3个氯气分子中的6个氯原子中有1个来自于KClO3是还原产物，5个来自于HCl是氧化产物，所以氧化产物与还原产物的物质的量比为5：1， 故答案为：5：1； II．根据①4HCl（浓）、③2KMnO4+16HCl（浓）＝2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，反应④：；③没有反应条件，①的反应条件是加热，④的条件是催化剂、加热，说明氧化性KMnO4＞MnO2＞O2， 故答案为：KMnO4＞MnO2＞O2。 18．【解答】解：（1）a.在反应14CuSO4+5FeS2+12H2O═7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4中，Cu元素化合价从+2降低到+1，FeS2中部分S元素化合价从﹣1降低到﹣2（生成Cu2S），所以Cu2S是还原产物，不是氧化产物，故a错误；b.被还原的元素有Cu（化合价从+2到+1）和部分S（化合价从﹣1到﹣2），故b错误；c.反应中FeS2中部分S元素化合价从﹣1升高到+6（生成硫酸根离子），所以产物中的硫酸根离子有一部分是氧化产物，故c正确；d.Fe元素化合价在反应前后均为+2，没有被氧化，故d错误； 故答案为：c； （2）6CeO2+18NH4F═6CeF3+16NH3↑+12H2O+N2↑，在反应中，Ce元素化合价从CeO2中的+4降低到CeF3中的+3，所以CeO2是氧化剂；被氧化与未被氧化的氮原子个数比：NH4F中N元素化合价为﹣3，反应后部分N元素化合价升高到N2中的0价（被氧化），部分N元素化合价仍为﹣3（存在于NH3中，未被氧化）；生成1个N2分子，需要2个N原子被氧化，未被氧化的N原子个数为16，所以被氧化的氮原子与未被氧化的氮原子个数之比为2：16＝1：8；Ce元素从+4降低到+3，每个Ce原子得到1个电子，6个Ce原子共得到6个电子；同时生成1个N2分子，2个N原子从﹣3升高到0，每个N原子失去3个电子，共失去6个电子，所以每生成一个N2分子，转移电子总数为6， 故答案为：CeO2；1：8；6； （3）MnCO3分解生成Mn2O3的化学方程式为：4MnCO3+O22Mn2O3+4CO2，Mn2O3的相对分子质量为115，Mn2O3\的相对分子质量为158；根据化学方程式可知，4mol MnCO3（质量为4×115 ＝460g）分解生成2mol Mn2O3 （质量为316g）；则剩余固体质量与原始固体质量的比值为100%≈68.7%，从图像中可以看到，当剩余固体质量为原始固体质量的68.7%左右时，对应的温度约为900K；所以，加热分解MnCO3制备Mn2O3，需要控制的温度为900K， 故答案为：900K。 学科网（北京）股份有限公司 $