第09讲 第一章《物质及其变化》单元测试（培优提升）（教师版）-2022-2023学年高一化学（人教版2019必修第一册）

微信公众号：杨微信公众号：杨sir化学小杨老何侵权、倒卖、牟利行为，必定诉诸法庭追究法律责任！《物质及其变化》单元测试（培优提升）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(共45分)1．(本题3分)下列有关氧化物的判断正确的是A．凡是含氧的化合物均可称为氧化物B．依据性质不同氧化物只能分为酸性氧化物和碱性氧化物C．酸性氧化物都能与碱反应生成盐和水D．金属氧化物一定是碱性氧化物【答案】C【详解】A．氧化物是指有两种元素组成，其中一种元素为氧元素，故A错误；B．依据性质不同氧化物只能分为酸性氧化物、碱性氧化物、两性氧化物，故B错误；C．能与碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物，故C正确；D．金属氧化物不一定是碱性氧化物，如五氧化二钒为酸性氧化物，故D错误；故选C。2．(本题3分)如图所示，将淀粉胶体和食盐溶液的混合物放入半透膜的袋子中，放入蒸馏水中，一段时间后，Na+和Cl-通过半透膜进入蒸馏水中，重复几次，可以得到纯净的淀粉胶体，该方法称为渗析。下列说法中不正确的是A．粒子直径小于1nm(10-9m)的分子和离子能通过半透膜B．淀粉分子的直径在1nm~100nm之间C．渗析法可以用来提纯胶体D．用滤纸可以分离胶体和溶液【答案】D【分析】由题目所给的信息可知，Na+和Cl-能通过半透膜，淀粉分子不能通过半透膜，因此直径小于1nm的分子或离子能通过半透膜，直径在1nm~100nm之间的粒子(即胶体粒子)不能通过半透膜。【详解】A．溶液中粒子能透过半透膜，粒子直径小于1nm(10-9m)的分子和离子能通过半透膜，故A正确；B．淀粉分子不能通过半透膜，因此直径在1nm~100nm之间，故B正确；C．根据题目信息可知用半透膜能将小分子或离子与胶体分离，可以用渗析法来提纯胶体，故C正确；D．滤纸的空隙较大，当粒子直径大于100nm时，不能通过滤纸，胶体和溶液的粒子都能通过滤纸，故D错误。选D。3．(本题3分)下列实验操作与微粒直径大小无关的是A．渗析B．升华C．过滤D．验证丁达尔效应【答案】B【详解】A．胶体的分散质粒子不能透过半透膜，溶液的分散质粒子能透过半透膜，渗析是根据分散质粒子的大小进行分离的，故A不选；B．升华是固态物质不经过液态阶段直接变为气体，一般而言，熔点大于沸点的物质只能升华，熔点、沸点很接近的物质也会升华，升华与物质的熔沸点的高低有关，与微粒直径大小无关，故B选；C．悬浊液的分散质粒子不能通过滤纸，过滤是根据分散质粒子的大小进行分离的，故C不选；D．胶体微粒能对光线散射，产生丁达尔效应，而溶液中的离子很小，不能产生丁达尔效应，丁达尔效应和粒子直径大小有关，故D不选；故选B。4．(本题3分)下烈说法中正确的是A．某物质不属于电解质，就属于非电解质B．SO3溶于水可导电，SO3属于电解质C．NaCl属于电解质，所以NaCl晶体可导电D．已知氧化铝在熔融状态下能导电，则氧化铝在熔融状态下能电离【答案】D【详解】A．某物质可能是纯净物，也可能是混合物。若是混合物，则该物质既不属于电解质，也不属于非电解质；而电解质、非电解质是化合物，在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物，非电解质是在水溶液中和熔融状态下都不能够导电的化合物，因此某物质若不属于电解质，也不一定就属于非电解质，A错误；B．SO3溶于水，与水反应产生H2SO4，H2SO4电离产生自由移动的离子而可导电，所以离子不是SO3电离产生的，因此化合物SO3属于非电解质，B错误；C．NaCl是盐，溶于水或受热熔化时会电离产生自由移动的离子而能够导电，因此属于电解质，但在NaCl晶体中存在的离子不能自由移动，因此不可导电，C错误；D．氧化铝是离子化合物，在熔融状态下发生电离而能导电，因此氧化铝在熔融状态下能电离，D正确；故合理选项是D。5．(本题3分)下列叙述正确的是A．所有离子方程式都可表示同一类型反应B．H++OH-=H2O可表示所有酸和碱的中和反应C．凡是易溶于水的化合物都可以写成离子形式D．单质和氧化物在离子方程式中不用离子符号表示【答案】D【详解】A．离子方程式不一定表示同一类型反应，如Zn+2CH3COOH=Zn2++2CH3COO-+H2↑仅表示Zn与醋酸之间的反应，A错误；B．H++OH-=H2O仅表示可溶性强酸和可溶性强碱反应产生可溶性盐和水的中和反应，B错误；C．易溶性非电解质及加入的可溶性固体化合物，在书写离子方程式时仍然用化学式表示，不能拆写为离子形式，C错误；D．单质和氧化物在离子方程式书写时要保留化学式，不用离子符号表示，D正确；故合理选项是D。6．(本题3分)（江西省赣州市会昌县第五中学2021-2022学年高一上学期开学考测试新化学试题）如图所示甲、乙、丙、丁四种物质间相互关系中的反应，均为初中化学常见反应(“—”表示相连的两种物质能反应，“→”表示通过一步反应能实现转化)，下列达项符合图示关系的是选项甲乙丙丁AH2OO2CaOCa(OH)2BH2SO4HClMgCl2Mg(OH)2CHClCO2CaCO3H2ODFeSO4FeCl2CuCuOA．A B．B C．C D．D【答案】C【详解】A．水在通电的条件下反应生成氢气和氧气，氧气与氢氧化钙不反应，氧化钙和水反应生成氢氧化钙，钙能与氧气常温下反应生成氧化钙，氧化钙和水反应生成氢氧化钙，不符合题意，A项不选；B．硫酸和氯化钡反应生成硫酸钡和盐酸，氢氧化镁和盐酸反应生成氯化镁和水，氯化镁和硫酸不反应，氯化镁和氢氧化钠反应生成氢氧化镁和氯化钠，氯化镁不能转化为盐酸，不符合题意，B项不选；C．碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水，二氧化碳和氢氧化钙反应生成碳酸钙和水，二氧化碳和水反应生成碳酸，符合题意，C项选；D．硫酸亚铁和氯化钡反应生成硫酸钡和氯化亚铁，氧化铜和氯化亚铁不反应，铜和氧气在加热的条件下反应生成氧化铜，铜和硫酸亚铁不反应，氯化亚铁不能转化为铜，不符合题意，D项不选；答案选C。7．(本题3分)下列离子方程式书写正确的是A．硫酸铜溶液与氨水反应的离子方程式：Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓B．向氯化铜溶液中滴加硝酸银溶液：Ag++Cl－=AgCl↓C．氢氧化钡和稀硫酸反应的离子方程式：Ba2++OH－+H++＝BaSO4↓+H2OD．盐酸和碳酸氢钠溶液反应：2H++=H2O+CO2↑【答案】B【详解】A．NH3·H2O为弱碱，不能拆成离子形式，正确的离子方程为A错误；B．向氯化铜溶液中滴加硝酸银溶液时，Ag+和Cl-反应生成AgCl沉淀，反应的离子方程式为Ag++Cl－=AgCl↓，B正确；C．氢氧化钡和稀硫酸反应的离子方程式：Ba2++2OH－+2H++＝BaSO4↓+2H2O，C错误；D．盐酸和碳酸氢钠溶液反应：H++=H2O+CO2↑，D错误。答案选B。8．(本题3分)反应物之间的用量不同，往往导致离子反应的书写也不相同，下列离子方程式能正确表示反应的是A．NaOH溶液中通入过量CO2：CO2+2OH−=+H2OB．向碳酸钠溶液中通入少量CO2：+CO2+H2O=2C．Na2CO3溶液中逐滴滴加少量盐酸：+2H+=H2O+CO2↑D．向Ba(OH)2溶液中滴加少量NaHSO4溶液：2H+++Ba2++2OH−=BaSO4↓+2H2O【答案】B【详解】A．二氧化碳过量时，二者反应生成碳酸氢钠，离子方程式为：CO2+OH-=，故A错误；B．二者反应生成碳酸氢钠，离子方程式为：+CO2+H2O=2，故B正确；C．稀盐酸少量时，二者反应生成碳酸氢钠和氯化钠，离子方程式为：+H+=，故C错误；D．硫酸氢钠少量时，二者反应生成硫酸钡、水和NaOH，离子方程式为：H+++Ba2++OH-=BaSO4↓+H2O，故D错误；答案选B。9．(本题3分)下列说法正确的是A．pH＜7的溶液：Cu2+、Na+、Mg2+、NOB．滴加酚酞溶液显红色的溶液：Ba2+、NH、Cl−、NOC．取少量某溶液，向其中加入盐酸酸化的BaCl2溶液，通过观察是否有白色沉淀生成，可证明该溶液中是否含有SOD．H++OH-=H2O可描述所有酸碱中和反应的实质【答案】A【详解】A．pH＜7的溶液：Cu2+、Na+、Mg2+、NO相互间不会发生反应，可以大量共存，A正确；B．滴加酚酞溶液显红色的溶液显碱性，NH不可以大量共存，B错误；C．氯化银，硫酸钡等白色沉淀不溶于酸。加入盐酸酸化的BaCl2溶液，通过观察是否有白色沉淀生成，则该溶液中是否可能含有SO、Ag+等，C错误；D．H++OH-=H2O不可描述所有酸碱中和反应的实质，可描述强酸和强碱之间生成可溶性盐的中和反应，D错误；答案选A。10．(本题3分)某溶液中含有较大量的Cl-、、OH-三种阴离子，如果只取一次该溶液就能够分别将3种阴离子依次检验出来。下列实验操作的操作顺序中，正确的是①滴加Mg(NO3)2溶液②过滤③滴加AgNO3溶液④滴加Ba(NO3)2溶液A．①②④②③ B．④②③②① C．①②③②④ D．④②①②③【答案】D【分析】检验氯离子选择硝酸银溶液；检验氢氧根离子，选择硝酸镁溶液；检验碳酸根离子选择硝酸钡溶液，用三种试剂将三种离子检验出来，每加一种试剂能够检验出一种离子，此时要注意每加入一种试剂只能与一种离子结合，来选择加入试剂顺序及操作步骤。【详解】Cl-用含有AgNO3溶液检验，二者反应生成白色沉淀AgCl；用Ba(NO3)2溶液检验，二者反应生成白色沉淀BaCO3；OH-用Mg(NO3)2溶液检验，二者反应生成白色沉淀Mg(OH)2。Cl-、、OH-都和AgNO3溶液反应，、OH-都和Mg(NO3)2溶液反应生成白色沉淀；只有和Ba(NO3)2溶液反应生成白色沉淀，为了防止干扰，应该先检验Ba(NO3)2、再检验OH-，故加入试剂顺序是④②①②③，故合理选项是B。11．(本题3分)氧化还原反应与四种基本反应类型的关系如图所示，则下列化学反应属于阴影部分的是()A．Cu+2AgNO3=Cu(NO3)2+2AgB．S+O2SO2C．2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2D．2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑【答案】C【分析】阴影部分表示的是不是四种基本反应类型，但是氧化还原反应。【详解】A．Cu+2AgNO3=Cu(NO3)2+2Ag是置换反应，且是氧化还原反应，故A错误；B．S+O2SO2是化合反应，且是氧化还原反应，故B错误；C．2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2不属于四种基本反应类型，但是氧化还原反应，故C正确；D．2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑是分解反应，也不是氧化还原反应，故D错误；故答案为C。12．(本题3分)一定条件下硝酸铵受热分解的化学方程式(未配平)为，下列说法正确的是A．配平后H2O的系数为8B．氧化产物和还原产物的物质的量之比为1∶2C．N2只是还原产物D．被氧化与被还原的氮原子数之比为5∶3【答案】D【分析】由方程式可知，反应中铵根离子中氮元素化合价升高被氧化，硝酸根离子中化合价部分降低被还原，氮气即是氧化产物又是还原产物，由得失电子数目守恒和原子个数守恒可知，硝酸铵受热分解的化学方程式为5NH4NO32HNO3+4N2↑+9H2O。【详解】A．由分析可知，配平后水的系数为9，故A错误；B．由分析可知，反应中氮气即是氧化产物又是还原产物，由得失电子数目守恒可知，氧化产物和还原产物的物质的量之比为5∶3，故B错误；C．由分析可知，反应中氮气即是氧化产物又是还原产物，故C错误；D．由分析可知，被氧化与被还原的氮原子数之比为5∶3，故D正确；故选D。13．(本题3分)已知在酸性溶液中易被还原成，且还原性：。下列反应在水溶液中不可能发生的是A． B．C． D．【答案】A【详解】A．根据氧化性是:Cl2>FeCl3>I2，因此氯气可以氧化Fe2+，也可以氧化I-，但是碘离子还原性强于亚铁离子，碘离子会先被氯气氧化，正确的离子方程式是：Cl2不足时，Cl2+2I-=2Cl-+I2，Cl2过量时，3Cl2+2Fe2++4I-=6C1-+2I2+2Fe3+，所以A不可能发生，故A符合题意；B．根据反应：，得出氧化性是：Cl2>I2，和题意相符合，反应可能发生，故B不符合题意；C．根据反应：，得出氧化性是：>Cl2，和题意相符合，反应可能发生，故C不符合题意；D．根据反应，得出氧化性是：FeCl3>I2，和题意相符合，反应可能发生，故D不符合题意；故选A。14．(本题3分)某固体可能含有NH、Cu2+、Na+、Cl-、CO、SO中的几种离子，取等质量的两份该固体，进行如下实验(不考虑盐类的水解及水的电离)；(1)一份固体溶于水得无色透明溶液，加入足量BaCl2溶液，得沉淀6.63g，在沉淀中加入过量稀盐酸，仍有4.66g沉淀。(2)另一份固体与过量NaOH固体混合后充分加热，产生0.672LNH3(标准状况)。(已知：NH+OH-=NH3+H2O)下列说法正确的是A．该固体中一定含有NH、CO、SO、Na+ B．该固体中一定没有Cu2+、Cl-、Na+C．该固体中只含有NH、CO、SO、Cl- D．根据以上实验，无法确定该固体中有Na+【答案】A【分析】(1)一份固体溶于水得无色透明溶液，加入足量溶液，得沉淀6.63g，在沉淀中加入过量稀盐酸，仍有4.66g沉淀，是硫酸钡沉淀，物质的量为0.02mol，而碳酸钡沉淀溶于稀盐酸，所以沉淀部分溶解，说明原溶液中一定含有，一定不含，，碳酸钡沉淀是6.63g−4.66g=1.97g，物质的量是0.01mol；(2)另一份固体与过量固体混合后充分加热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体，即氨气0.672L即0.03mol(标准状况)，所以含有铵根离子0.03mol，根据电荷守恒，所以一定含有钠离子，其物质的量至少是：0.02mol×2+0.01mol×2−0.03mol=0.03mol，氯离子无法确定是否存在；【详解】A．根据上述分析，该固体中一定含有NH、CO、SO、Na+，A正确；B．该固体一定没有Cu2+，B错误；C．该固体中一定含有NH、CO、SO、Na+，Cl-无法确定是否含有，C错误；D．根据上述实验，该固体中一定含有Na+，D错误；答案选A。15．(本题3分)某种制备的反应机理如图。下列说法不正确的是A．总反应可表示为B．该过程中的化合价有0和两种C．和可循环利用D．①、②、③均为氧化还原反应【答案】D【详解】A．由反应过程图可知，氢气和氧气在[PdC14]2-的作用下生成过氧化氢，反应方程式为：，A项正确；B．Pd元素在[PdC14]2-、[PdCl2O2]2-中的化合价均为+2价，Pd单质是0价，B项正确；C．依据过程图可知，和可循环利用，C项正确；D．①、②均为氧化还原反应，③不是氧化还原反应，D项错误；故选D。二、填空题(共55分)16．(本题10分)食品包装袋中有一个小纸袋，面写着“石灰干燥剂”(1)“石灰干燥剂”的主要成分生石灰是_______(填化学式)，“石灰”所属的物质类型是_______(填序号)①金属氧化物；②碱性氧化物；③碱；④碱性干燥剂；⑤化合物；⑥盐(2)生石灰可做干燥剂的理由是_______(用化学方程式表示)。(3)你认为下列内容还必须在这种小纸袋上注明的是_______(填序号)。①禁止食用﹔②可以食用；③禁止未成年入用手拿；④生产日期(4)小纸袋中的物质能否长期做干燥剂_______，原因是_________。(5)你还知道哪些干燥剂？请举一例_______。【答案】CaO①②④⑤CaO+H2O=Ca(OH)2①③④否CaO能与水蒸气反应而吸收水，反应方程式为：CaO+H2O=Ca(OH)2，该反应不可逆浓硫酸、P2O5，硅胶、碱石灰和无水氯化钙等(任写一种)【详解】(1)“石灰干燥剂”的主要成分生石灰是CaO，CaO由钙元素和氧元素组成的纯净物，故属于金属氧化物、它能与酸反应生成盐和水，故又属于碱性氧化物，是碱性干燥剂，属于化合物，故答案为：CaO；①②④⑤；(2)生石灰可做干燥剂的理由是由于CaO能与水蒸气反应而吸收水，反应方程式为：CaO+H2O=Ca(OH)2，故答案为：CaO+H2O=Ca(OH)2；(3)由于CaO能与水反应生成具有强腐蚀性的Ca(OH)2，且反应过程放出大量的热，故应该注明禁止食用，禁止未成年人用手拿和生成日期的字样，故答案为：①③④；(4)由于CaO能与水蒸气反应而吸收水，反应方程式为：CaO+H2O=Ca(OH)2，该反应不可逆，故小纸袋中的物质不能长期做干燥剂，原因是CaO能与水蒸气反应而吸收水，反应方程式为：CaO+H2O=Ca(OH)2，该反应不可逆，故答案为：否；CaO能与水蒸气反应而吸收水，反应方程式为：CaO+H2O=Ca(OH)2，该反应不可逆；(5)实验室常见的干燥剂有：浓硫酸、P2O5，硅胶、碱石灰和无水氯化钙等，故答案为：浓硫酸、P2O5，硅胶、碱石灰和无水氯化钙等(任写一种)17．(本题10分)离子反应是中学化学中重要的反应类型，回答下列问题：Ⅰ.下列物质：①铜②纯碱③Ba(OH)2固体④Cu2(OH)2CO3⑤盐酸溶液⑥酒精⑦熔融的NaCl⑧二氧化碳(1)属于盐类的是_______。(2)属于非电解质是_______。(3)属于电解质的是_______。Ⅱ.将两种化合物一起溶于水得到一种无色透明溶液，溶液中含有下列离子中的某些离子：K+、Mg2+、Fe3+、Ba2+、SO、OH-、CO和Cl-，取该溶液进行如下实验：Ⅰ.取少量溶液滴入紫色石蕊试液，溶液呈蓝色。Ⅱ.取少许溶液滴入BaCl2溶液，无白色沉淀产生。Ⅲ.取少许溶液先滴加硝酸再加AgNO3溶液，产生白色沉淀。Ⅳ.再取少许原溶液滴入少量H2SO4溶液，有白色沉淀产生。①根据以上现象判断，原溶液中肯定不存在的离子是_______。②写出实验Ⅲ中可能发生反应的离子方程式_______，_______。③如溶液中各种离子数相等，确定溶液中_______(填有或无)K+。判断依据是_______。【答案】②④⑦⑥⑧②③④⑦Mg2+、Fe3+、SO、COH++OH-=H2OCl-+Ag+=AgCl↓无溶液中一定有Ba2+、Cl-、OH-，数目相等时电荷守恒，所以无K+【分析】Ⅰ.①铜是单质，既不是电解质又不是非电解质；②纯碱是碳酸钠，由金属阳离子和酸根阴离子构成，属于盐，水溶液能导电，碳酸钠属于电解质；③Ba(OH)2固体由金属阳离子和氢氧根离子构成，属于碱，水溶液能导电，Ba(OH)2属于电解质；④Cu2(OH)2CO3由金属阳离子、氢氧根离子、碳酸根离子构成，属于盐，熔融状态能导电，属于电解质；⑤盐酸溶液是混合物，既不是电解质又不是非电解质；⑥酒精是有机物，不能电离，属于非电解质；⑦熔融的NaCl由金属阳离子和酸根离子构成，属于盐，能导电，属于电解质；⑧二氧化碳是非金属氧化物，自身不能电离，属于非电解质；【详解】根据以上分析，(1)②纯碱、④Cu2(OH)2CO3、⑦熔融的NaCl都由金属阳离子和酸根阴离子构成，属于盐类的是②④⑦；(2)⑥酒精是自身不能电离的化合物，属于非电解质；⑧二氧化碳是自身不能电离的化合物，属于非电解，属于非电解质是⑥⑧；(3)②纯碱是碳酸钠，碳酸钠水溶液能导电，碳酸钠属于电解质；③Ba(OH)2的水溶液能导电，Ba(OH)2属于电解质；④Cu2(OH)2CO3熔融状态能导电，属于电解质；⑦熔融的NaCl能导电，属于电解质；属于电解质的是②③④⑦；Ⅱ.将两种化合物一起溶于水得到一种无色透明溶液，说明不含Fe3+；Ⅰ.取少量溶液滴入紫色石蕊试液，溶液呈蓝色，说明一定含有OH-，一定不含Mg2+；Ⅱ.取少许溶液滴入BaCl2溶液，无白色沉淀产生，说明一定不含SO或CO；Ⅲ.取少许溶液先滴加硝酸再加AgNO3溶液，产生白色沉淀，说明一定含有Cl-；Ⅳ.再取少许原溶液滴入少量H2SO4溶液，有白色沉淀产生，说明一定含有Ba2+；①综上所述，溶液中一定含有Ba2+、Cl-、OH-，一定不含Mg2+、Fe3+、SO、CO；②实验Ⅲ中硝酸和OH-反应生成水，离子方程式是H++OH-=H2O；银离子和氯离子反应生成氯化银沉淀，反应的离子方程式是Cl-+Ag+=AgCl↓；③溶液中一定有Ba2+、Cl-、OH-，离子数目相等时，正负电荷数相等，所以无K+。【点睛】本题考查物质分类和离子推断，明确物质分类的依据、离子共存的条件是解题关键，熟悉电解质、非电解质的定义，掌握常见的离子的性质和反应，会根据电荷守恒判断离子是否存在。18．(本题10分)A、B、C、D四种可溶性盐，其阳离子分别是Na＋、Ba2＋、Cu2＋、Ag＋中的某一种，阴离子分别是Cl-、SO、CO、NO中的某一种。现做以下实验：①将四种盐各取少量，分别溶于盛有5mL蒸馏水的4支试管中，只有B盐溶液呈蓝色。②分别向4支试管中加入2mL稀盐酸，发现A盐溶液中产生白色沉淀，C盐溶液中有较多气泡产生，而D盐溶液无明显现象。(1)根据上述实验事实，推断这四种盐的化学式分别为：A___________B___________；C___________；D___________。(2)写出下列反应的离子方程式：①B＋D→：_____②C＋HCl→气体：_____【答案】AgNO3CuSO4Na2CO3BaCl2SO＋Ba2＋=BaSO4↓CO＋2H＋=CO2↑＋H2O【详解】①将四种盐各取少量，分别溶于盛有5mL蒸馏水的4支试管中，只有B盐溶液呈蓝色，B的阳离子为Cu2+，由于Cu2+与在溶液中不能大量共存，B的阴离子不为；②A盐溶液加入盐酸产生白色沉淀，A的阳离子为Ag+，由于Ag+与Cl-、、在溶液中不能大量共存，则A为AgNO3，C盐溶液加入盐酸有较多气泡产生，C的阴离子为，由于与Ba2+、Cu2+、Ag+在溶液中不能大量共存，则C为Na2CO3，根据A、B、C中的阳离子可知D中阳离子为Ba2+，而与Ba2+在溶液中不能大量共存，则D为BaCl2、B为CuSO4；(1)A、B、C、D的化学式依次为AgNO3、CuSO4、Na2CO3、BaCl2；(2)①CuSO4与BaCl2反应生成BaSO4沉淀和CuCl2，反应的离子方程式为Ba2++=BaSO4↓；②Na2CO3与HCl反应生成NaCl、H2O和CO2气体，反应的离子方程式为2H++=H2O+CO2↑。19．(本题12分)回答下列问题：（1）①H2+CuOCu+H2O②CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2O③3S+6NaOH=2Na2S+Na2SO3+3H2O④NH4NO3+Zn=ZnO+N2↑+2H2O⑤Cu2O+4HCl=2HCuCl2+H2O。上述反应中，属于氧化还原反应的是___________(填序号)。（2）用双线桥法表示下述反应电了转移的方向和数目___________。MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O（3）智利硝石矿层中含有碘酸钠，可用亚硫酸氢钠与其反成来制备单质碘，其化学方程式为2NaIO3+5NaHSO3=3NaHSO4+2Na2SO4+I2+H2O①反应中___________元素被氧化，___________是氧化剂；②用单线桥标法出电了转移方向和数目___________。【答案】（1）①③④（2）（3）SNaIO3【分析】（1）氧化还原反应的特征是元素化合价的升降。在上述反应中，反应①③④中有元素化合价的变化，因此这几个反应为氧化还原反应，因此属于氧化还原反应的序号是①③④。（2）在反应MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O中，MnO2→MnCl2，Mn元素化合价降低2价，得到电子2e-；HCl→Cl2，Cl元素化合价升高1×2=2价，失去电子2×e-。由于化合价升降最小公倍数是2等于反应过程中电子转移总数，所以用双线桥法表示下述反应电了转移的方向和数目为：。（3）①在反应2NaIO3+5NaHSO3=3NaHSO4+2Na2SO4+I2+H2O中，S元素化合价由反应前NaHSO3中的+4价变为反应后NaHSO4、Na2SO4中的+6价，化合价升高，失去电子被氧化，所以S元素被氧化；I元素化合价由反应前NaIO3中的+5价变为反应后I2中的0价，化合价降低，得到电子被还原，所以NaIO3为氧化剂；②在反应2NaIO3+5NaHSO3=3NaHSO4+2Na2SO4+I2+H2O中，S元素化合价由反应前NaHSO3中的+4价变为反应后NaHSO4、Na2SO4中的+6价，化合价升高2×5=10价，失去电子2×5e-；I元素化合价由反应前NaIO3中的+5价变为反应后I2中的0价，化合价降低5×2=10价，得到电子5×2e-，用单线桥法表示电子转移为：。20．(本题13分)Ⅰ.实验室可用KMnO4和浓盐酸反应制取氯气，反应原理如下：2KMnO4+l6HC1(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O(1)用双线桥标出电子得失情况。_______(2)由此反应可以推断氧化性强弱KMnO4_______Cl2(填“＞”、“＜”、“