精品解析：江苏南通市启东市第一中学2026-2027学年高一上学期第一次质检检测 化学试题

启东市第一中学2026-2027年度第一学期第一次素质检测 高一化学试卷 可能用到的相对原子质量：N-14 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5 K-39 Ca-40 Mn-55 一、单项选择题：共14题，每题3分，共42分。每题只有一个选项符合题意。 1. 下列物质属于含氧酸盐的是 A. NaCl B. C. D. 2. 能满足下列物质间直接转化关系(省略反应条件)的单质X不可能是 A. C B. S C. Cu D. Ca 3. 我国自主研制的隐形战斗机使用了高强度、耐高温的钛合金材料。工业上冶炼钛的反应为：。下列有关反应的说法中，正确的是 A. 是还原剂 B. Na被氧化 C. 中氯元素被氧化 D. 1 mol 被还原时转移2 mol电子 4. 下列各组离子在澄清透明的溶液中一定能大量共存的是 A. 、、、 B. 、、、 C. 、、、 D. 、、、 5. 下列离子方程式书写正确的是 A. 钠与水反应： B. 氧化钠固体与盐酸反应： C. 氢氧化钡溶液与稀硫酸反应： D. 将少量通入澄清石灰水中： 6. Na2Sx在碱性溶液中可被NaClO氧化为Na2SO4，而NaClO被还原为NaCl，若反应中Na2Sx与NaClO的个数之比为1：16，则x的值为 A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 7. 常温下进行下列实验，根据实验操作和现象所得到的结论正确的是 选项 实验操作和现象 结论 A 向无色透明溶液中滴加溶液，有白色沉淀生成 该溶液中一定含 B 将某钠盐溶于盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体 该钠盐可能是 C 将铜丝放入溶液中，铜丝表面有银白色固体析出 的氧化性强于的氧化性 D 将溶液滴加到淀粉-KI试纸上，试纸由白色变为蓝色 被还原为 A. A B. B C. C D. D 8. 下列单、双线桥的表示方法正确的是 A. B. C. D. 9. 同类物质性质相似，因此可以依据物质类别推测物质性质。下列推测正确的是 A. NaHSO4和NaHCO3均为酸式盐，所以NaHSO4和NaHCO3的电离方程式分别为和 B. Na2CO3和K2CO3均为碳酸盐，所以二者分别与稀盐酸反应的离子方程式均为 C. NaCl和HCl均为电解质，熔融NaCl能够导电，所以液态HCl也能导电 D. CO2和SO2均为酸性氧化物，所以CO2和SO2均能与水反应，分别生成H2CO3和H2SO4 10. 化学需氧量(COD)是评价水体受有机物污染程度的重要指标，其定义为：在规定的实验条件下，处理单位体积的水样所消耗氧化剂的量，折算成相对应的质量(单位为)。某测定方法的主要流程为：先用过量氧化水样中的还原性物质，再将剩余和与KI反应生成，最后用已知浓度的计算生成的，通过差值计算出水样的COD值。其流程图如下图所示： 下列说法错误的是 A. III中消耗的越多，水样的COD值越高 B. II中避光、加盖可抑制I⁻被氧化及的升华 C. II中发生的反应有 D. 测定时，不要在水体表面取样，否则会对最终COD计算结果产生影响 11. 以菱镁矿(主要成分为MgCO3，含少量FeCO3等物质) 为原料制备MgCl2·6H2O的实验流程如下图所示。下列说法正确的是 A. MgCO3与稀盐酸反应的离子方程式为CO+2H+ = CO2↑+H2O B. 氧化过程说明氧化性： Cl2>Fe3+ C. “沉铁”后的溶液中大量存在Mg2+、NH、OH-、Cl- D. 蒸干并灼烧MgCl2溶液可获得MgCl2·6H2O 12. 下列离子方程式正确的是 A. 用小苏打治疗胃酸过多： B. 向石灰石上滴加稀醋酸： C. 向氯化铝溶液滴加过量的氨水： D. 向溶液中逐滴滴加溶液至中性： 13. 自然界中氮的循环对生命活动有重要意义。在不同催化剂下，H2能够还原氮氧化物(NOx)实现氮污染的治理。硝酸厂的烟气中含有大量的氮氧化物(NOx)，将烟气与H2的混合气体通入Ce(SO4)2与Ce2(SO4)3的混合溶液中实现无害化处理，其转化过程如图所示：下列说法正确的是 A. 过程I发生反应的离子方程式： B. 若该过程中，每转移4mol电子消耗1mol氮氧化物(NOx)，则x为2 C. 当x=2时，反应II中还原产物与氧化产物物质的量之比为8∶1 D. 该处理过程中，起催化作用的离子是Ce3+ 14. 油画创作通常需要用到多种无机颜料。研究发现，在不同的空气湿度和光照条件下，颜料雌黄()褪色的主要原因是发生了以下两种化学反应： 下列说法错误的是 A. 反应Ⅱ可以表示为 B. 反应Ⅰ和Ⅱ中，元素和S都被氧化 C. 反应Ⅰ和Ⅱ中，参加反应的 D. 反应Ⅰ和Ⅱ中，氧化转移的电子数之比为 二、非选择题：共4题，共58分。 15. 氧化还原反应在物质制备方面应用广泛。下面三个方法都可以用来制氯气： ①4HCl(浓)+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O ②KClO3+6HCl(浓)=3Cl2↑+KCl+3H2O ③2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+8H2O+5Cl2↑ 根据以上三个反应，回答下列有关问题。 （1）反应②中，氧化产物与还原产物的个数之比为______。反应①中，氧化剂与还原剂的个数之比为______。 （2）反应③的离子方程式为______。 （3）已知四种氧化剂(均可氧化KI)对应的还原产物如表。 氧化剂 KMnO4 KIO3 H2O2 HNO3 还原产物 Mn2+ I2 H2O NO 请判断，等数量的四种氧化剂分别与足量KI作用，得到I2最多的是______(填化学式)。 （4）补全方程式并配平：______。 ______KMnO4+____KNO2+______=______MnSO4+______K2SO4+_____KNO3+______H2O （5）某强酸反应体系中，反应物和生成物共六种物质或离子：O2、、H2O、Mn2+、H2O2、H+。已知该反应中H2O2只发生了如下过程：H2O2→O2。 ①该反应中发生还原反应的过程是：______。 ②该反应选择的酸是：______。(填序号) A.盐酸 B.稀硫酸 C.醋酸 16. SO2是大气污染物之一，可通过多种方法对工业烟气中的SO2进行脱除并回收含硫产品，实现SO2的资源化利用。 （1）双碱脱硫法。工业双碱法脱除烟气中SO2的过程如图所示： 物质A的化学式为______，写出“再生”步骤的化学方程式：______。 （2）催化氧化脱硫法。使用活性炭作催化剂，SO2与H2混合气体在活性炭表面吸附并发生反应实现SO2脱除，反应原理如图1所示。 ①步骤I中H2还原SO2的化学方程式为______，若生成1分子S理论上消耗_____分子H2。 ②SO2与H2混合气体按照一定的流速通向活性炭，不同流速对SO2脱除率的影响如图2所示，随着气体流速的增大，SO2脱除率降低的原因是______。 ③反应进行一段时间后，SO2脱除效率降低的可能原因是______。 17. 钙及其化合物有着广泛的应用。 Ⅰ．实验室以工业废渣(主要含，还含少量、)为原料制取溶液和晶体，其实验流程如下： （1）“浸取”时，废渣中固体转化为，其离子方程式为_______。 （2）“滤渣”经多步处理得到溶液。设计以水洗后的滤渣为原料，制取溶液的实验方案：[已知：滤渣中含少量不溶于酸的杂质：时和沉淀完全；时开始溶解，生成能溶于水的含铝化合物。]在搅拌下向足量盐酸中分批加入滤渣，待_______(填现象)时停止加入，过滤，向滤液中分批加入少量，测得溶液pH为_______时，过滤，得到溶液。 Ⅱ．过氧化钙()是一种在水产养殖中广泛使用的供氧剂。实验室制备的实验流程如下： 已知：ⅰ．微溶于水，能溶于酸，在碱性溶液中能稳定存在；ⅱ．在室温下稳定，受热易分解成CaO和 （3）步骤①在如题图所示的装置中完成，发生反应：三颈烧瓶中应盛有的试剂是_______(填序号)。 A．溶液 B．和的混合溶液 （4）步骤②中，用冰水充分洗涤沉淀，可通过检验洗涤滤液中是否含来确定洗涤是否完全，操作方法是：取最后一次洗涤滤液1 mL于试管中，_______。 （5）步骤③中需控温105℃烘干的原因是_______。 （6）向池塘水中加入一定量的后，会与水缓慢反应释放出，该过程中水中浓度增加的离子有_______(填序号)。 A. B. C. D. 18. 空气中CO2含量的控制和CO2资源化利用具有重要意义。 （1）燃煤烟气中CO2的捕集可通过如图所示的物质转化实现。 ①“吸收”后所得的KHCO3溶液与石灰乳反应的化学方程式为______。 ②10月31日，神舟二十一号载人航天飞船成功发射。载人航天器对载重和安全性有严苛的要求，因此更适合选用______(填序号)来吸收航空舱中的CO2。 A.浓氨水 B.LiOH(s) C.NaOH(s) D.KOH(s) （2）CaO可在较高温度下捕集CO2，在更高温度下将捕集的CO2释放利用。CaC2O4•H2O(分子量146)热分解可制备CaO，CaC2O4•H2O加热升温过程中固体的质量变化如图1所示。 ①400～600℃范围内分解反应的化学方程式为_____。 ②结合图示分析，CaO固体捕捉CO2的反应温度应_____(填“高于”或“低于”)800℃。 （3）CeO2催化CO2加氢制CH3OH依次经历步骤i、ii(如图2)： ①CO2加氢制CH3OH的总反应的方程式如下，用单线桥法表示其电子转移：_____。 CO2+3H2CH3OH+H2O ②Ce正价有+3和+4。x=0.2时，CeO2-x中=_____。 ③步骤ii中，1分子CO2和2分子H2参与反应生成1分子CH3OH，该反应过程中Ce元素失去_____个电子。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 启东市第一中学2026-2027年度第一学期第一次素质检测 高一化学试卷 可能用到的相对原子质量：N-14 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5 K-39 Ca-40 Mn-55 一、单项选择题：共14题，每题3分，共42分。每题只有一个选项符合题意。 1. 下列物质属于含氧酸盐的是 A. NaCl B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】A．NaCl由Na⁺和Cl⁻组成，Cl⁻不含氧，属于无氧酸盐，A不符合题意； B．K2CO3由K+和组成，含氧，属于碳酸盐，是含氧酸盐，B符合题意； C．H2SO4是硫酸分子，属于酸而非盐，C不符合题意； D．Cu(OH)2由Cu2+和OH-组成，属于碱而非盐，D不符合题意； 故答案为B。 2. 能满足下列物质间直接转化关系(省略反应条件)的单质X不可能是 A. C B. S C. Cu D. Ca 【答案】C 【解析】 【详解】A．，A不符合题意； B．，B不符合题意； C．铜与氧气反应生成氧化铜，氧化铜不能与水反应，反应终止，C符合题意； D．，D不符合题意； 故答案选C。 3. 我国自主研制的隐形战斗机使用了高强度、耐高温的钛合金材料。工业上冶炼钛的反应为：。下列有关反应的说法中，正确的是 A. 是还原剂 B. Na被氧化 C. 中氯元素被氧化 D. 1 mol 被还原时转移2 mol电子 【答案】B 【解析】 【详解】A．在反应中，中Ti的化合价由+4价降低为0价，被还原，故是氧化剂，A错误； B．在反应中，Na的化合价由0价升高为+1价，失去电子，被氧化，B正确； C．中Cl的化合价始终为-1价，未被氧化，C错误； D．在反应中，每1 mol被还原时，Ti的化合价降低4，转移4 mol电子，D错误； 故选B。 4. 下列各组离子在澄清透明的溶液中一定能大量共存的是 A. 、、、 B. 、、、 C. 、、、 D. 、、、 【答案】A 【解析】 【详解】A．Na+、Cu2+、、四种离子之间不反应，能大量共存，A正确； B．Mg2+与OH-会生成Mg(OH)2沉淀，不能大量共存，B错误； C．OH-与反应生成和H2O，不能大量共存，C错误； D．Ag+与Cl-生成AgCl沉淀，不能大量共存，D错误； 故选A。 5. 下列离子方程式书写正确的是 A. 钠与水反应： B. 氧化钠固体与盐酸反应： C. 氢氧化钡溶液与稀硫酸反应： D. 将少量通入澄清石灰水中： 【答案】D 【解析】 【详解】A．钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，离子方程式为：，A错误； B．氧化钠固体与盐酸反应生成氯化钠和水，离子方程式为：，B错误； C．氢氧化钡与硫酸反应生成硫酸钡和水，离子方程式为：，C错误； D．少量CO2与石灰水反应生成CaCO3和H2O，离子方程式为：，D正确； 故选D。 6. Na2Sx在碱性溶液中可被NaClO氧化为Na2SO4，而NaClO被还原为NaCl，若反应中Na2Sx与NaClO的个数之比为1：16，则x的值为 A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】D 【解析】 【详解】反应中，存在转化关系，，而已知Na2Sx与NaClO的个数之比为1：16，根据得失电子守恒，，解得，故答案选D。 7. 常温下进行下列实验，根据实验操作和现象所得到的结论正确的是 选项 实验操作和现象 结论 A 向无色透明溶液中滴加溶液，有白色沉淀生成 该溶液中一定含 B 将某钠盐溶于盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体 该钠盐可能是 C 将铜丝放入溶液中，铜丝表面有银白色固体析出 的氧化性强于的氧化性 D 将溶液滴加到淀粉-KI试纸上，试纸由白色变为蓝色 被还原为 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．向溶液中滴加BaCl2生成白色沉淀，原溶液可能含Ag+、、等，A错误； B．某钠盐与盐酸反应生成能使澄清石灰水变浑浊的气体为SO2或CO2，则该钠盐可能为NaHSO3、Na2SO3、NaHCO3或Na2CO3，B正确； C．铜置换出Ag，说明Cu的还原性强于Ag，对应Ag+的氧化性强于Cu2+，C错误； D．Fe3+将I-氧化为I2使淀粉变蓝，该反应中被氧化，D错误； 故答案为B。 8. 下列单、双线桥的表示方法正确的是 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】A．Na从0价→+1价（失电子），Cl从0价→-1价（得电子），转移电子数为2e-，单线桥箭头方向从失电子的Na指向得电子的Cl，A错误； B．H2S中S元素化合价由-2价升高到0价，H2SO4中S元素化合价由+6价降低到+4价，电子转移总数为2e-，B错误； C．氢氧化铁中的铁元素化合价升高，次氯酸钠中氯元素化合价降低，电子从铁转移到氯且转移电子数为6e-，C正确； D．氯酸钾分解为氯化钾和氧气，氯元素化合价由+5降低为-1、O元素化合价由-2升高为0，电子转移数目为12e-，选项标“得到6e-”“失去6e-”电子数错误，D错误； 故选C。 9. 同类物质性质相似，因此可以依据物质类别推测物质性质。下列推测正确的是 A. NaHSO4和NaHCO3均为酸式盐，所以NaHSO4和NaHCO3的电离方程式分别为和 B. Na2CO3和K2CO3均为碳酸盐，所以二者分别与稀盐酸反应的离子方程式均为 C. NaCl和HCl均为电解质，熔融NaCl能够导电，所以液态HCl也能导电 D. CO2和SO2均为酸性氧化物，所以CO2和SO2均能与水反应，分别生成H2CO3和H2SO4 【答案】B 【解析】 【详解】A．NaHCO3是弱酸的酸式盐，电离方程式为，A错误； B．Na2CO3和K2CO3均为可溶碳酸盐，与稀盐酸反应的离子是碳酸根，离子方程式均为，B正确； C．熔融NaCl含有自由移动的阴阳离子，能够导电，HCl是共价化合物，液态HCl时无自由移动离子或电子，不能导电，C错误； D．SO2能与水反应，生成H2SO3，D错误； 故选B。 10. 化学需氧量(COD)是评价水体受有机物污染程度的重要指标，其定义为：在规定的实验条件下，处理单位体积的水样所消耗氧化剂的量，折算成相对应的质量(单位为)。某测定方法的主要流程为：先用过量氧化水样中的还原性物质，再将剩余和与KI反应生成，最后用已知浓度的计算生成的，通过差值计算出水样的COD值。其流程图如下图所示： 下列说法错误的是 A. III中消耗的越多，水样的COD值越高 B. II中避光、加盖可抑制I⁻被氧化及的升华 C. II中发生的反应有 D. 测定时，不要在水体表面取样，否则会对最终COD计算结果产生影响 【答案】A 【解析】 【分析】化学需氧量(COD)的定义是：在规定的实验条件下，处理单位体积的水样所消耗氧化剂的量，折算成相对应的质量(单位为)，先用过量氧化水样中的还原性物质，再将剩余和与KI反应生成，最后用已知浓度的计算生成的，通过差值计算出水样的COD值。 【详解】A．III中消耗的Na2S2O3越多，说明生成的I2越多，即与KI反应的剩余KMnO4和MnO2越多，根据COD计算逻辑，n(水样消耗KMnO4)=n(总KMnO4)-n(剩余)，n剩余越大则水样消耗的KMnO4越少，COD值越低，A错误； B．II中I-在酸性条件下易被O2氧化，避光可抑制该氧化；I2易升华，加盖可减少I2挥发，B正确； C．II中MnO2与酸性KI反应，Mn4+得2e-生成Mn2+，2I-失2e-生成I2，离子方程式为MnO2+2I-+4H+=Mn2++I2+2H2O，电子、电荷、原子均守恒，C正确； D．水体表面可能因溶解O2或有机物与空气接触被氧化，导致水样中还原性物质含量偏离实际，影响COD测定准确性，D正确； 故选A。 11. 以菱镁矿(主要成分为MgCO3，含少量FeCO3等物质) 为原料制备MgCl2·6H2O的实验流程如下图所示。下列说法正确的是 A. MgCO3与稀盐酸反应的离子方程式为CO+2H+ = CO2↑+H2O B. 氧化过程说明氧化性： Cl2>Fe3+ C. “沉铁”后的溶液中大量存在Mg2+、NH、OH-、Cl- D. 蒸干并灼烧MgCl2溶液可获得MgCl2·6H2O 【答案】B 【解析】 【分析】菱镁矿(主要成分为MgCO3，含少量FeCO3等物质) 用稀盐酸酸浸，得氯化镁、氯化亚铁等混合溶液，通入氯气，把亚铁离子氧化为铁离子，再加氨水，得氢氧化铁沉淀，过滤，再从滤液中提取MgCl2·6H2O，据此回答； 【详解】A．MgCO3与稀盐酸反应的离子方程式为MgCO3+2H+ = CO2↑+H2O+Mg2+，A错误； B． 氧化过程离子方程式为，氯气是氧化剂，铁离子为氧化产物，氧化剂的氧化性大于氧化产物，说明氧化性： Cl2>Fe3+，B正确； C． “沉铁”后的溶液中大量存在Mg2+、NH、Cl-，NH与OH-因反应生成一水合氨而不能大量共存，C错误； D．MgCl2·6H2O是结晶水合物，从溶液中获取该晶体时不能蒸干并灼烧，若蒸干灼烧MgCl2·6H2O会转变为碱式氯化镁、氢氧化镁、氧化镁等物质，D错误； 答案选B。 12. 下列离子方程式正确的是 A. 用小苏打治疗胃酸过多： B. 向石灰石上滴加稀醋酸： C. 向氯化铝溶液滴加过量的氨水： D. 向溶液中逐滴滴加溶液至中性： 【答案】D 【解析】 【详解】A．小苏打成分为碳酸氢钠，可以和胃酸中的盐酸反应生成氯化钠、水以及二氧化碳，反应的离子方程式为：，选项A错误； B．石灰石主要成分是碳酸钙，碳酸钙中滴加稀醋酸，碳酸钙是难溶物、醋酸是弱酸，均应保留化学式，产生二氧化碳，离子方程式：，选项B错误； C．水合氨属于弱碱，应保留化学式，且反应生成氢氧化铝沉淀，反应的离子方程式为：，选项C错误； D．溶液与溶液反应至溶液呈中性，离子方程式为：，选项D正确； 答案选D。 13. 自然界中氮的循环对生命活动有重要意义。在不同催化剂下，H2能够还原氮氧化物(NOx)实现氮污染的治理。硝酸厂的烟气中含有大量的氮氧化物(NOx)，将烟气与H2的混合气体通入Ce(SO4)2与Ce2(SO4)3的混合溶液中实现无害化处理，其转化过程如图所示：下列说法正确的是 A. 过程I发生反应的离子方程式： B. 若该过程中，每转移4mol电子消耗1mol氮氧化物(NOx)，则x为2 C. 当x=2时，反应II中还原产物与氧化产物物质的量之比为8∶1 D. 该处理过程中，起催化作用的离子是Ce3+ 【答案】B 【解析】 【详解】A．根据图示，反应的历程为：和反应生成和，反应式为，A错误； B．转移电子消耗氮氧化物，最终氮氧化物全部转化为氮气，则氮氧化物中N元素化合价为价，则，解得，B正确； C．时，反应生成元素由价变成0价，作氧化剂，生成元素由价变成价，作还原剂，根据氧化还原反应规律配平离子反应为；还原产物与氧化产物物质的量之比为，C错误； D．起催化作用的为Ce4+，Ce3+是中间产物，故D错误； 故选B 14. 油画创作通常需要用到多种无机颜料。研究发现，在不同的空气湿度和光照条件下，颜料雌黄()褪色的主要原因是发生了以下两种化学反应： 下列说法错误的是 A. 反应Ⅱ可以表示为 B. 反应Ⅰ和Ⅱ中，元素和S都被氧化 C. 反应Ⅰ和Ⅱ中，参加反应的 D. 反应Ⅰ和Ⅱ中，氧化转移的电子数之比为 【答案】B 【解析】 【分析】根据转化信息，反应Ⅰ为As2S3在紫外光条件下与氧气反应生成As2O3和H2S2O3，化学方程式为；反应Ⅱ为As2S3在自然光条件下被氧气氧化为和，化学方程式为。 【详解】A．结合分析可知，反应Ⅱ可以表示为，A正确； B．As2S3中元素As为+3价，元素S为-2价，反应Ⅰ为As2S3在紫外光条件下与氧气反应生成As2O3和H2S2O3，As2O3中，元素As为+3价，元素As化合价没有变，没有被氧化，B错误； C．结合分析中反应Ⅰ和Ⅱ的方程式中化学计量数可知，参加反应的：，C正确； D．反应Ⅰ中，As2S3中S元素从-2价升高为H2S2O3的+2价，则氧化1mol As2S3转移的电子数为；反应Ⅱ中，As2S3中As元素从+3价升高为的+5价，S元素从-2价升高为的+6价，则氧化1mol As2S3转移的电子数为，因此反应Ⅰ和Ⅱ中氧化1mol As2S3转移的电子数之比为，D正确； 故选B。 二、非选择题：共4题，共58分。 15. 氧化还原反应在物质制备方面应用广泛。下面三个方法都可以用来制氯气： ①4HCl(浓)+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O ②KClO3+6HCl(浓)=3Cl2↑+KCl+3H2O ③2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+8H2O+5Cl2↑ 根据以上三个反应，回答下列有关问题。 （1）反应②中，氧化产物与还原产物的个数之比为______。反应①中，氧化剂与还原剂的个数之比为______。 （2）反应③的离子方程式为______。 （3）已知四种氧化剂(均可氧化KI)对应的还原产物如表。 氧化剂 KMnO4 KIO3 H2O2 HNO3 还原产物 Mn2+ I2 H2O NO 请判断，等数量的四种氧化剂分别与足量KI作用，得到I2最多的是______(填化学式)。 （4）补全方程式并配平：______。 ______KMnO4+____KNO2+______=______MnSO4+______K2SO4+_____KNO3+______H2O （5）某强酸反应体系中，反应物和生成物共六种物质或离子：O2、、H2O、Mn2+、H2O2、H+。已知该反应中H2O2只发生了如下过程：H2O2→O2。 ①该反应中发生还原反应的过程是：______。 ②该反应选择的酸是：______。(填序号) A.盐酸 B.稀硫酸 C.醋酸 【答案】（1） ①. 5：1 ②. 1：2 （2） （3）KIO3 （4） （5） ①. ②. B 【解析】 【小问1详解】 反应②中，氯酸钾中+5价的氯元素化合价降低为0价，被还原；浓盐酸中-1价的氯元素化合价升高为0价，被氧化。根据电子守恒，1个得到5个电子，需要5个失去5个电子，因此生成的3个分子中，有2.5个是氧化产物，0.5个是还原产物，二者个数之比为5:1。 反应①中，二氧化锰中+4价的锰元素化合价降低为+2价，作氧化剂；浓盐酸中-1价的氯元素化合价升高为0价，作还原剂。1个得到2个电子，需要2个失去2个电子（另外2个起酸性作用），因此氧化剂与还原剂的个数之比为1:2。 【小问2详解】 反应③中，高锰酸钾、氯化氢、氯化钾、氯化锰均属于强电解质，可拆分为离子，水和氯气保留化学式，根据电荷守恒和原子守恒，离子方程式为：。 【小问3详解】 假设四种氧化剂均为1 mol。 1 mol 被还原为得到5 mol电子，可氧化生成2.5 mol ； 1 mol 被还原为得到5 mol电子，可氧化生成2.5 mol ，同时自身还原也生成0.5 mol ，共生成3 mol ； 1 mol 被还原为得到2 mol电子，可氧化生成1 mol ； 1 mol 被还原为得到3 mol电子，可氧化生成1.5 mol 。 因此，等数量的四种氧化剂中，得到最多的是。 【小问4详解】 根据生成物中的硫酸根离子可知，反应物中缺少的物质为。反应中Mn元素化合价由+7价降低到+2价，得5个电子；N元素化合价由+3价升高到+5价，失2个电子。根据得失电子守恒，最小公倍数为10，故的系数为2，的系数为5。再根据原子守恒配平其他物质，得到完整的化学方程式为：。 【小问5详解】 ① 反应中转化为，氧元素化合价升高，发生氧化反应；则发生还原反应的过程必然是锰元素化合价降低的过程，即。 ② 该反应需要在强酸性条件下进行。盐酸中的氯离子具有还原性，会被高锰酸根离子氧化，不能使用；醋酸是弱酸，不能提供强酸性环境；稀硫酸是强酸且不具有还原性，符合要求，故选B。 16. SO2是大气污染物之一，可通过多种方法对工业烟气中的SO2进行脱除并回收含硫产品，实现SO2的资源化利用。 （1）双碱脱硫法。工业双碱法脱除烟气中SO2的过程如图所示： 物质A的化学式为______，写出“再生”步骤的化学方程式：______。 （2）催化氧化脱硫法。使用活性炭作催化剂，SO2与H2混合气体在活性炭表面吸附并发生反应实现SO2脱除，反应原理如图1所示。 ①步骤I中H2还原SO2的化学方程式为______，若生成1分子S理论上消耗_____分子H2。 ②SO2与H2混合气体按照一定的流速通向活性炭，不同流速对SO2脱除率的影响如图2所示，随着气体流速的增大，SO2脱除率降低的原因是______。 ③反应进行一段时间后，SO2脱除效率降低的可能原因是______。 【答案】（1） ①. NaOH ②. （2） ①. ②. 2 ③. 气体流速过大，使活性炭表面吸附的SO2减少，导致SO2脱除率降低(或气体流速过大，SO2与催化剂不能充分接触发生反应) ④. 反应生成的硫单质覆盖在活性炭表面，阻止活性炭吸附SO2，使催化剂活性降低(或SO2与活性炭反应，使催化剂减少) 【解析】 【分析】双碱脱硫法，在含的烟气中加入NaOH溶液吸收，然后加入进行再生，生成NaOH溶液循环到吸收步骤重复利用，产生的通入氧化为达到脱硫效果； 催化氧化脱硫法：使用活性炭作催化剂，与混合气体在活性炭表面吸附并发生反应：、来实现脱除，据此分析解答。 【小问1详解】 由流程图可知，含烟气在吸收塔中被物质A吸收生成​，结合复分解反应原理，物质A为溶液。“再生”步骤中，向​溶液中加入​，生成​沉淀和，实现吸收剂的再生，反应的化学方程式为。 【小问2详解】 ①由图1可知，步骤I中与在催化剂表面反应生成和，根据得失电子守恒和原子守恒配平，化学方程式为。步骤Ⅱ中生成的继续与​反应生成单质，总反应可看作​与反应生成和，总化学方程式为，故理论上生成1分子S消耗2分子。 ②由图2可知，当气体流速过大时，气体在活性炭表面的停留时间变短，导致活性炭表面吸附的​量减少，且​与催化剂未能充分接触发生反应，从而导致脱除率显著下降。 ③随着反应进行，反应生成的硫单质会逐渐沉积并覆盖在活性炭催化剂的表面，堵塞了催化剂的活性位点，阻止了活性炭对和​的吸附，或者与活性炭直接反应消耗了催化剂，导致催化剂的活性降低，脱硫效率下降。 17. 钙及其化合物有着广泛的应用。 Ⅰ．实验室以工业废渣(主要含，还含少量、)为原料制取溶液和晶体，其实验流程如下： （1）“浸取”时，废渣中固体转化为，其离子方程式为_______。 （2）“滤渣”经多步处理得到溶液。设计以水洗后的滤渣为原料，制取溶液的实验方案：[已知：滤渣中含少量不溶于酸的杂质：时和沉淀完全；时开始溶解，生成能溶于水的含铝化合物。]在搅拌下向足量盐酸中分批加入滤渣，待_______(填现象)时停止加入，过滤，向滤液中分批加入少量，测得溶液pH为_______时，过滤，得到溶液。 Ⅱ．过氧化钙()是一种在水产养殖中广泛使用的供氧剂。实验室制备的实验流程如下： 已知：ⅰ．微溶于水，能溶于酸，在碱性溶液中能稳定存在；ⅱ．在室温下稳定，受热易分解成CaO和 （3）步骤①在如题图所示的装置中完成，发生反应：三颈烧瓶中应盛有的试剂是_______(填序号)。 A．溶液 B．和的混合溶液 （4）步骤②中，用冰水充分洗涤沉淀，可通过检验洗涤滤液中是否含来确定洗涤是否完全，操作方法是：取最后一次洗涤滤液1 mL于试管中，_______。 （5）步骤③中需控温105℃烘干的原因是_______。 （6）向池塘水中加入一定量的后，会与水缓慢反应释放出，该过程中水中浓度增加的离子有_______(填序号)。 A. B. C. D. 【答案】（1） （2） ①. 待观察不到气泡产生后 ②. （3）B （4）向其中加入稀硝酸酸化，再滴加少量溶液，若无白色沉淀产生，则表明已洗涤干净 （5）温度过低，中的结晶水不能完全脱除；温度过高，会使得分解生成CaO和 （6）AD 【解析】 【分析】工业废渣(主要含CaSO4，还含少量Al2O3、Fe2O3)，加入碳酸铵溶液浸取，可将CaSO4转化为CaCO3，滤渣含有CaCO3、Al2O3、Fe2O3，经一系列步骤可得到CaCl2溶液，滤液中主要含有硫酸铵，可制备(NH4)2SO4晶体；溶液与和的混合溶液混合后反应、静置、过滤、用冰水充分洗涤沉淀得到CaO2·8H2O，控温105℃烘干得到CaO2；以此解答该题。 【小问1详解】 碳酸铵溶液浸取CaSO4得到CaCO3和硫酸铵，离子方程式为。 【小问2详解】 滤渣含有CaCO3、Al2O3、Fe2O3，均溶于酸，Al3+和Fe3+完全沉淀pH为酸性，Ca2+完全沉淀pH为碱性，因此在滤渣中加入稀盐酸，再调pH使Al3+和Fe3+完全沉淀、Ca2+不沉淀，即得到CaCl2溶液，实验步骤为：在搅拌下向足量盐酸中分批加入滤渣，待观察不到气泡产生后时停止加入，过滤，向滤液中分批加入少量，测得溶液pH的范围为时，过滤，得到溶液。 【小问3详解】 若将氨水和过氧化氢的混合溶液滴入氯化钙溶液中，钙离子浓度较大，钙离子会和氢氧根离子生成溶解度较小的氢氧化钙沉淀，导致产品不纯，故应将氯化钙溶液滴入氨水和过氧化氢的混合溶液中，故滴液漏斗中应盛有的试剂是氯化钙，三颈烧瓶中应盛有的试剂为和的混合溶液，故答案为B。 【小问4详解】 步骤②中检验洗涤是否完全，就是检验最后一次洗涤液中是否含氯离子，故方法是取少量最后一次洗涤滤液，向其中加入稀硝酸酸化，再滴加硝酸银溶液，若无白色沉淀产生，则表明已洗涤干净。 【小问5详解】 温度过低，中的结晶水不能完全脱除；温度过高，会使得分解生成CaO和，因此步骤③中需控温105℃烘干。 【小问6详解】 过氧化钙与水反应生成氢氧化钙和氧气，则该过程中水中浓度增加的离子有Ca2+和OH-，故答案为AD。 18. 空气中CO2含量的控制和CO2资源化利用具有重要意义。 （1）燃煤烟气中CO2的捕集可通过如图所示的物质转化实现。 ①“吸收”后所得的KHCO3溶液与石灰乳反应的化学方程式为______。 ②10月31日，神舟二十一号载人航天飞船成功发射。载人航天器对载重和安全性有严苛的要求，因此更适合选用______(填序号)来吸收航空舱中的CO2。 A.浓氨水 B.LiOH(s) C.NaOH(s) D.KOH(s) （2）CaO可在较高温度下捕集CO2，在更高温度下将捕集的CO2释放利用。CaC2O4•H2O(分子量146)热分解可制备CaO，CaC2O4•H2O加热升温过程中固体的质量变化如图1所示。 ①400～600℃范围内分解反应的化学方程式为_____。 ②结合图示分析，CaO固体捕捉CO2的反应温度应_____(填“高于”或“低于”)800℃。 （3）CeO2催化CO2加氢制CH3OH依次经历步骤i、ii(如图2)： ①CO2加氢制CH3OH的总反应的方程式如下，用单线桥法表示其电子转移：_____。 CO2+3H2CH3OH+H2O ②Ce正价有+3和+4。x=0.2时，CeO2-x中=_____。 ③步骤ii中，1分子CO2和2分子H2参与反应生成1分子CH3OH，该反应过程中Ce元素失去_____个电子。 【答案】（1） ①. ②. B （2） ①. ②. 低于 （3） ①. ②. 2∶3(或) ③. 2 【解析】 【小问1详解】 ①烟气中的被吸收生成，加入石灰乳进行转化，发生复分解反应生成沉淀、和水，化学方程式为：； ②航天器对载重有严苛要求，应选择吸收等量时质量最轻的吸收剂。的摩尔质量最小，等质量的吸收的最多，且为固体，安全性高，故选B； 【小问2详解】 ①的相对分子质量为146，由图1可知，第一阶段（0～200 ℃）固体质量分数降至，失去18的相对质量，即失去1个分子，固体变为；第二阶段（400～600 ℃）固体质量分数降至，失去28的相对质量，即失去1个分子，固体变为。故400～600 ℃范围内分解反应的化学方程式为：； ②由图1可知，当温度高于800 ℃时，会分解生成和。因此，为了使能有效捕捉生成而不分解，反应温度应低于800 ℃； 【小问3详解】 ①在反应中，H元素的化合价由0价升高到+1价，失去；C元素的化合价由+4价降低到-2价，得到。单线桥应从还原剂指向氧化剂，并标明“”，用单线桥法表示其电子转移情况为：； ②时，氧化物化学式为。设1 mol中的物质的量为mol，的物质的量为mol。根据Ce原子守恒和正负化合价代数和为0，可得、，解得，，故； ③步骤ii中，1分子转化为，C元素化合价由+4价降至-2价，得到6个电子；2分子转化为和中的H，H元素化合价由0价升至+1价，失去4个电子。根据得失电子守恒，Ce元素需失去个电子。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $