河北省邢台市第一中学2025-2026学年高一上学期9月月考化学试题（Word版附解析）

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考试范围：人教版必修一第一章
说明：1.本试卷共6页，满分100分。
2.请将所有答案填写在答题卡上，答在试卷上无效。
相对原子质量：H：1 C：12 O：16 Na：23 Mg：24 Al：27 S：32 Cl：35.5 K：39 Ca：40 Mn：55 Fe：56 Ba：137
一、选择题：(包含14道小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题目要求)
1. 分类是学习和研究化学的一种重要方法，下列物质的归类不正确的是
A. 酸性氧化物：CO2、SO2、N2O5
B. 碱：氢氧化钡、氢氧化铜、氢氧化铁胶体
C. 非电解质：CO2、NH3、C2H5OH
D. 盐：KAl(SO4)2、CH3COONa、FeS
【答案】B
【解析】
【详解】A．酸性氧化物与碱反应只生成盐和水，CO2与强碱生成碳酸盐和水，SO2与碱生成亚硫酸盐和水，N2O5与碱反应生成硝酸盐和水，三者均为酸性氧化物，A正确；
B．碱的定义是电离时阴离子全为OH-的化合物，氢氧化钡、氢氧化铜属于碱，氢氧化铁胶体是混合物，不属于碱，B错误；
C．CO2、NH3、C2H5OH在水溶液中或熔融状态下均不能发生电离，属于非电解质，C正确；
D．盐是指一类金属离子或铵根离子与酸根离子通过离子键结合形成的化合物，KAl(SO4)2、CH3COONa、FeS均属于盐，D正确；
故选B。
2. 下列关于古籍中的记载说法不正确的是
A. 《天工开物》中“凡石灰经火焚炼为用”涉及的反应类型是分解反应
B. 镀金时“以汞和金，涂银器上成白色，入火则汞去而金存”，其中“入火则汞去”指汞的挥发
C. “信州铅山，胆水自山下注，势若瀑布·····古传一人至水滨，遗匙钥，翌旦得之，已成铜矣”涉及的反应类型是置换反应
D. “丹砂(HgS)烧之成水银，积变又还成丹砂”描述的是升华和凝华过程
【答案】D
【解析】
【详解】A．“凡石灰经火焚炼为用”涉及的反应为碳酸钙高温分解为氧化钙和二氧化碳，类型是分解反应，A正确；
B．汞和金形成液态的合金，涂在银器上，加热，汞转化为蒸气，剩下的金附着在银表面，“入火则汞去”指的是汞的挥发，B正确；
C．该过程的反应为铁和硫酸铜发生置换反应生成铜和硫酸亚铁，涉及到置换反应，C正确；
D．描述涉及反应为HgS灼烧生成汞单质，汞单质和硫又反应生成HgS，为化学变化，不是升华和凝华，D错误；
故选D。
3. 多角度认识物质的性质是化学研究的基本任务。下列有关酸、碱、盐的认识正确的是
A. 某盐的水溶液中必然含有金属元素
B. 用pH试纸测得某物质的溶液呈强酸性，该物质必然属于酸
C. 酸、碱、盐之间的反应并非总是复分解反应
D. 两种物质反应后仅生成盐和水的反应，必定是酸与碱之间的反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．盐的水溶液中不一定含有金属阳离子，如氯化铵溶液中不含金属阳离子，A项错误；
B．呈强酸性的溶液不一定是酸溶液，如溶液可能呈强酸性，B项错误；
C．一般来说，复分解反应的发生需要有沉淀、气体或水生成，如属于酸与盐的反应，但不属于复分解反应，C项正确；
D．酸式盐与碱反应(如与NaOH反应)也可能只生成盐和水，D项错误；
故答案选C。
4. 根据物质的组成及其性质进行分类是进行化学研究的基础，有关分类正确的
A. 根据组成元素的种类，将物质分为单质和化合物
B. 根据氧化物的性质将氧化物可分为酸性氧化物、碱性氧化物、两性氧化物等
C. 根据能否发生丁达尔效应，将分散系分为溶液、胶体和浊液
D. 根据在水溶液中能否导电将物质分为电解质和非电解质
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据组成元素的种类，可将纯净物分为单质和化合物，A错误；
B．酸性氧化物、碱性氧化物、两性氧化物是根据氧化物与酸碱反应的性质来划分的，B正确；
C．区分溶液、胶体和浊液的本质为分散质颗粒的直径，小于1nm的为溶液，大于100nm的为浊液，介于1nm~100nm之间的为胶体，C错误；
D．区分电解质和非电解质是看该物质在水溶液中或熔融状态是否能电离出离子来判断的，D错误；
故答案为：B。
5. 一定条件下，下列各组离子一定能大量共存的是
A. 能使紫色石蕊试液变红的溶液中：Na+、K+、Cl-、
B. 澄清透明的溶液中：Na+、Ca2+、、
C. 透明强酸性的溶液：K+、、I-、
D. 加入Zn有H2生成的溶液中；Na+、K+、Cl-、
【答案】A
【解析】
【详解】A．能使紫色石蕊试液变红的溶液显酸性，含大量，且与溶液中的离子之间都不发生反应，一定能大量共存，A正确；
B．澄清透明的溶液中，、 不能大量共存，会转化为微溶的固体，不能大量共存，B错误；
C．透明强酸性的溶液中含大量，能与组合显强氧化性把氧化，不能大量共存，C错误；
D．加入Zn有H2生成的溶液显酸性，含大量，能与反应生成气体，不能大量共存，D错误；
故答案为：A。
6. 某化学社团进行实验探究，使用如图所示的装置探究溶液中离子浓度的变化(搅拌装置略)，下列实验组中灯光变化不能出现“亮→暗→几乎熄灭→逐渐变亮”现象的是(已知：所给溶液的浓度均相等)
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【分析】溶液导电性强弱与离子浓度成正比，实验时灯泡能出现由“亮→暗(或灭)→亮”，说明在滴加溶液过程中导致离子浓度减小，最终为0，再继续滴加溶液，离子浓度逐渐增大。
【详解】A．，随着反应进行离子浓度逐渐减小至0，继续加后离子浓度增大，灯泡逐渐变亮，A不符合题意；
B．，随着反应进行离子浓度逐渐减小至0，继续加后离子浓度增大，灯泡逐渐变亮，B不符合题意；
C．当加入发生反应：完全反应后仍有碳酸根离子，灯泡只变暗，不会几乎熄灭，C符合题意；
D．，随着反应进行离子浓度逐渐减小至0，继续加后离子浓度增大，灯泡逐渐变亮，D不符合题意；
故选C。
7. 下列反应能用离子方程式+2H+=CO2↑+H2O表示的是
A. Na2CO3+2CH3COOH=2CH3COONa+CO2↑+H2O
B. NH4HCO3+HNO3=NH4NO3+CO2↑+H2O
C. BaCO3+2HCl=BaCl2+CO2↑+H2O
D. K2CO3+2KHSO4=2K2SO4+CO2↑+H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A．该反应中为弱酸，不能拆分，则反应的离子方程式为：，A错误；
B．铵盐都是易溶易电离，要拆分成离子，而为弱酸酸跟离子，不能拆分，则反应的离子方程式为：，B错误；
C．为难溶固体，保留化学式，则反应的离子方程式为：，C错误；
D．K盐和Na盐都易溶易电离，而为强酸酸根离子，全电离，则反应的离子方程式为：，D正确；
故答案为：D。
8. NaCl是一种常见的电解质，其导电示意图如图所示，其中电极a、b、c、d均与电源相连。下列说法正确的是
A. 由上图可以看出NaCl在外电场的作用下能电离出自由移动的离子
B. 由上图可以看出NaCl在任何状态下都可以导电
C. 上图乙中的NaCl处于熔融状态
D. 上图电极a、c连接电源负极，b、d连接电源正极
【答案】C
【解析】
【详解】A．甲图氯化钠在水分子的作用下发生电离，并不是只能在电场的作用下才能电离，A错误；
B．NaCl在水溶液或熔融状态下才可以导电，氯化钠固体不导电，B错误；
C．图乙中NaCl可以电离出阴阳离子，只有钠离子与氯离子，说明NaCl处于熔融状态，图甲中是水合钠离子与水合氯离子，说明NaCl处于水溶液中，C正确；
D．电极a、c连接电源正极，b、d连接电源负极，D错误；
故选C。
9. 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. ①②④②③B. ④②①②③
C. ①②③②④D. ④②③②①
【答案】B
【解析】
【详解】取该溶液先滴加过量硝酸钡溶液，反应生成碳酸钡白色沉淀检验并除去碳酸根离子，随后过滤，滤液中加入过量硝酸镁生成白色沉淀，检验并除去氢氧根离子，过滤，滤液中加入硝酸银，生成AgCl白色沉淀，检验氯离子，则可依次检验三种阴离子，顺序为④②①②③，故答案选B。
10. 用下列方法均可制得氯气：
①MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O
②KClO3+ 6HCl（浓）=KCl+3Cl2↑+3H2O
③2KMnO4+ 16HCl（浓）=2KCl+2MnCl2+ 5Cl2↑+ 8H2O
若要制得相同质量的氯气，①②③反应中电子转移数目之比为（ ）
A. 6：5：6B. 1 ：3：5C. 1：1：1D. 1：6：10
【答案】A
【解析】
【分析】制取的氯气质量相等，则制取的氯气物质的量相等，假设制取的氯气都是1ml，根据氯气和转移电子之间关系式计算转移电子数之比。
【详解】制取的氯气质量相等，则制取的氯气物质的量相等，假设制取的氯气都是1ml，
①生成1ml氯气转移电子物质的量=1ml×2×[0-(-1)]=2ml；
②中生成1ml氯气转移电子物质的量=；
③中生成1ml氯气转移电子物质的量=；
三个方程式中转移电子物质的量之比=2ml：：2ml=6：5：6。
答案选A。
【点睛】本题考查氧化还原反应有关计算，明确氯气和转移电子关系即可解答，注意②中氯气一部分来自于氯酸根离子，为易错点。
11. 下列表示反应中电子转移的方向和数目正确的是
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】
【详解】A．该反应中，中的Mn元素化合价为+4价，反应后变为的+2价，化合价降低，得到2个电子；同时HCl中价的Cl化合价升高单质的0价，失去2个电子，根据得失电子守恒，则正确的电子转移方向和数目表示为：，A错误；
B．该反应中，中+2的Fe反应后变为中的+6价Fe，失去4电子；同时中价的O转变为中价O，得到2电子，根据得失电子守恒，则正确的电子转移方向和数目表示为：，B正确；
C．该反应中，中+5价的Cl降低为单质的0 价，得到5个电子，同时HCl中价的Cl化合价升高单质的0价，失去1个电子，根据得失电子守恒，则正确的电子转移方向和数目表示为：，C错误；
D．该反应中，是中价O失去电子被中+5价的Cl得到，共转移12个电子，根据得失电子守恒，则正确的电子转移方向和数目表示为：，D错误；
故答案为：B。
12. 双碱法脱除烟气中SO2的过程如图所示。下列说法中不正确的是
A. 双碱法中的“双碱”是指NaOH和Ca(OH)2
B. 脱除SO2的过程中，NaOH可以循环利用
C. 过程Ⅱ反应的离子方程式为2+O2=2
D. 脱除烟气中SO2的总反应为2SO2+2Ca(OH)2+O2=2CaSO4+2H2O
【答案】C
【解析】
【分析】根据转化关系图，过程I的反应为：；过程Ⅱ的反应为：，据此信息解答。
【详解】A．NaOH和Ca(OH)2都属于碱，则双碱法中的“双碱”确实是指NaOH和Ca(OH)2，A正确；
B．根据分析，过程I中消耗NaOH，而过程Ⅱ中又生成NaOH，且量相等，所以在脱除的过程中，NaOH可以循环利用，B正确；
C．根据分析，过程Ⅱ反应的离子方程式为：，C错误；
D．根据分析，把过程I和过程Ⅱ相加即可得到总反应：，D正确；
故答案：C。
13. 为了除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、以及泥沙等杂质，某同学设计了一种制备精盐的实验方案，步骤如下(用于沉淀的试剂均过量)
下列叙述不正确的是
A. 第⑤步操作用到的玻璃仪器只有烧杯、漏斗和玻璃棒
B. 第③步的试剂可以是NaOH溶液也可以是Ca(OH)2溶液
C. 步骤②和③顺序可以颠倒
D. 第④发生的反应为Ca2++=CaCO3
【答案】D
【解析】
【分析】粗盐的提纯的实验操作，溶解后②加入过量BaCl2将变为BaSO4沉淀，③加入过量的NaOH将Mg2+变为Mg(OH)2沉淀，④加入过量的Na2CO3将除去Ca2+和②加入的过量的Ba2+变为CaCO3和BaCO3沉淀，⑤将前面生成的4种沉淀过滤除去，⑥加HCl除去③加入的过量的氢氧化钠和④加入的过量的碳酸钠，最后经过⑦得到精盐，据此解答。
【详解】A．第⑤步操作为过滤，过滤时用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒，故A正确；
B．第③步的试剂若换成Ca(OH)2溶液，Mg2+变为Mg(OH)2沉淀，不引入新的离子，Ca2+在第④步除去，故B正确；
C．步骤②除，引入Ba2+，步骤③除Mg2+，不引入其他离子，碳酸钠除Ca2+和过量的Ba2+，因此步骤②和③顺序可以颠倒不影响除杂，故C正确；
D．第④步除Ca2+和过量的Ba2+，发生的反应有Ca2++=CaCO3↓和Ba2++=BaCO3↓，故D错误；
故答案为D。
14. 已知有如下反应：①2KBrO3+Cl2=Br2+2KClO3，②5Cl2+I2+6H2O=10HCl+2HIO3，③KClO3+6HCl=3Cl2↑+KCl+3H2O，④Cl2+2KI=2KCl+I2。下列有关说法不正确的是
A. 氧化能力由强到弱的顺序为
B. 在淀粉KI溶液中逐渐通入Cl2，溶液先变蓝后蓝色又逐渐褪去
C. 由以上信息可推知反应可以发生
D. 在上述①②③反应中，Cl2分别为还原剂、氧化剂、氧化产物
【答案】D
【解析】
【分析】根据氧化剂的氧化性大于氧化产物，①2KBrO3+Cl2=Br2+2KClO3，可得氧化性：KBrO3>KClO3；②5Cl2+I2+6H2O=10HCl+2HIO3，可得氧化性：Cl2>HIO3；③KClO3+6HCl=3Cl2↑+KCl+3H2O，可得氧化性：KClO3>Cl2；④Cl2+2KI=2KCl+I2，可得氧化性：Cl2>I2。
【详解】A．根据分析可得氧化能力由强到弱的顺序KBrO3>KClO3>Cl2>HIO3，A正确；
B．在淀粉KI溶液中逐渐通入Cl2，发生反应④溶液先变蓝，再发生反应②蓝色又逐渐褪去，B正确；
C．由以上信息可推知氧化性：KBrO3>KIO3，反应可以发生，C正确；
D．反应①中Cl2化合价升高为还原剂，反应②中Cl2化合价降低为氧化剂，反应③中通过化合价降低得到Cl2，Cl2为还原产物，D错误；
故选D。
二、非选择题(包含4道小题，共58分)
15. 铜器久置于空气中会和空气中的水蒸气、CO2、O2作用产生“绿锈”、“绿锈”俗称铜绿[化学式为Cu2(OH)2CO3]，铜绿能跟酸反应生成铜盐、CO2和H2O。某同学利用下述反应实现了“铜→铜绿→……→铜”的转化：
铜铜绿ACu(OH)2BCu
（1）从三种不同角度进行分类，铜绿属于哪类物质：___________。
（2）请写出铜绿与盐酸反应的离子方程式___________。
（3）写出反应⑤的化学方程式，并用单线桥表示该反应电子转移的方向和数目：⑤___________。
（4） 上述转化过程中属于化合反应的是___________(填序号，下同)，属于复分解反应的是___________。
（5）现代工业以黄铜矿为原料炼铜，在炼铜的过程中发生了多个反应，其中有如下两个反应：2Cu2S+3O22Cu2O+2SO2；Cu2S+2Cu2O6Cu+SO2↑，第一个反应中转移的电子数目为___________；第二个反应中氧化剂为___________。
（6）印刷电路板是电子元器件电气连接的提供者，制作印刷电路板主要原料是铜板。在制作过程中将产生的铜粉，用稀硫酸和H2O2的混合溶液溶解，可生成硫酸铜和水，其反应的离子方程式为___________。
【答案】（1）盐、铜盐、碱式盐(其他合理答案均可)
（2）Cu2(OH)2CO3+4H+=2Cu2++3H2O+CO2↑
（3） （4） ①. ① ②. ②③
（5） ①. 12(或12e-) ②. Cu2S、Cu2O
（6）Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O
【解析】
【分析】铜在空气中与氧气、二氧化碳、水反应生成铜绿，铜绿和盐酸反应生成氯化铜，氯化铜和氢氧化钠反应生成氢氧化铜，氢氧化铜加热分解为氧化铜和水，用氢气还原氧化铜生成铜和水，所以A是氯化铜、B是氧化铜。
【小问1详解】
从组成看，Cu2(OH)2CO3由金属阳离子Cu2+和酸根离子组成，属于盐；同时含有OH-和，属于碱式盐；含有Cu2+，属于铜盐。
【小问2详解】
铜绿与盐酸反应生成氯化铜、二氧化碳和水，离子方程式为：Cu2(OH)2CO3+4H+=2Cu2++3H2O+CO2↑
【小问3详解】
反应⑤是氢气还原氧化铜生成铜和水，用单线桥表示电子转移：从H2中H原子指向CuO中的Cu原子，桥上标 2e-，因为H2失去2个电子，CuO中的Cu得到2个电子，。
【小问4详解】
化合反应：反应①是铜与空气中的水蒸气、CO2、O2化合生成铜绿，属于化合反应。
复分解反应：反应②是铜绿与酸反应生成盐和水，反应③盐与碱反应生成盐和水，都属于复分解反应。
【小问5详解】
对于反应，Cu2S中Cu为+1价，S为-2价；O2中O为0价；生成的Cu2O中Cu为+1价，SO2中S为+4价，O为-2价。S从-2价升高到+4价，每个S原子失去6个电子，2个S原子共失去12个电子；O从0价降低到-2价，每个O2分子得到4个电子，3个O2分子共得到12个电子，所以转移电子数目为12e-。对于反应，Cu2S中Cu为+1价（作氧化剂，得电子），S为-2价（作还原剂，失电子）；Cu2O中Cu为+1价（作氧化剂，得电子），所以氧化剂为Cu2S和Cu2O。
【小问6详解】
铜、稀硫酸和H2O2反应生成硫酸铜和水，离子方程式为：Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O
16. 高铁酸钾(，极易溶于水)是优良的多功能水处理剂，原理如下图所示。
（1）过程①中活细菌表现出___________(填“氧化”或“还原”)性。
（2）Fe3+与水反应能产生具有强吸附性的胶体，可除去水中细微的悬浮物，有净水作用。某同学在实验室制备胶体模拟净水过程。
①实验室制备胶体的化学方程式为___________。
②用一束光照射胶体，在与光束垂直的方向进行观察，可以看到一条光亮的“通路”，这是胶体粒子对光线___________(填“透射”、“反射”、“散射”或“折射”)造成的。
③下列关于胶体的制备和性质的叙述中，不正确的是___________(填字母)。
a．待水沸腾后滴加5~6滴饱和溶液
b．当溶液呈红褐色时停止加热
c．用过滤的方法分离氢氧化铁胶体和生成的盐酸
d．将胶体在直流电场中作用下，阴极附近红褐色加深说明胶体带正电
④某同学向胶体中逐滴滴加稀硫酸，加入的离子中和了胶体粒子所带的电荷，使胶体粒子聚集成较大颗粒，从而形成红褐色沉淀，继续加稀硫酸，沉淀又溶解。
i．红褐色沉淀直接与水混合会形成悬浊液，悬浊液与胶体的本质区别为___________。
ii．沉淀溶解时反应的离子方程式为___________。
（3）工业上制备高铁酸钾是先制得高铁酸钠，然后在低温下，向高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和，使高铁酸钾析出。
①高铁酸钠生产方法之一电解法，其原理为；该反应中若a=1，则e=___________。
②在碱性条件下，湿法制备高铁酸钾的反应体系中有六种微粒：、、、、、，写出该反应的离子反应方程式___________。
【答案】（1）还原 （2） ①. ②. 散射 ③. cd ④. 分散质粒子直径大小不同 ⑤.
（3） ①. 3 ②.
【解析】
【分析】与活细菌反应得到和灭活细菌，转化为胶体，胶体净水后发生聚沉，据此解答。
【小问1详解】
由图知，过程①中铁元素从+6价降低到+3价，铁元素体现氧化性，则活细菌表现出还原性，故答案为：还原；
【小问2详解】
①实验室制备胶体的化学方程式为：；
②用一束光照射胶体，在与光束垂直的方向进行观察，可以看到一条光亮的“通路”，即“丁达尔现象”，这是胶体粒子对光线的散射作用，故答案为：散射；
③a．待水沸腾后滴加滴饱和溶液，a正确；
b．当溶液呈红褐色时停止加热，避免过度加热引起聚沉，b正确；
c．胶体和溶液均可以通过滤纸，应用渗析的方法分离氢氧化铁胶体和生成的盐酸，c错误；
d．将胶体在直流电场中作用下，阴极附近红褐色加深说明胶体粒子带正电，胶体不带电，d错误；
故答案为：cd；
④i．悬浊液与胶体的本质区别为分散质粒子直径大小不同，故答案为：分散质粒子直径大小不同；
ii．红褐色沉淀为，加入稀硫酸，沉淀溶解，对应的离子方程式为：；
【小问3详解】
①由a=1，根据原子守恒可得e=3，故答案为：3；
②在碱性条件下，根据原子守恒和电荷守恒可得湿法制备高铁酸钾的离子方程式为：。
17. Ⅰ．现有下列物质：①生石灰 ②KHSO4固体 ③纯盐酸 ④单质铁 ⑤CO2 ⑥熔融MgCl2⑦石墨 ⑧蔗糖晶体 ⑨Ba(OH)2固体 ⑩NaHCO3固体。
请填空：
（1）上述状态下可导电的物质是___________(填序号，下同)，属于电解质的是___________。
（2）用化学方程式说明上述物质中的某物质为碱性氧化物___________。
（3）②与⑨的水溶液混合后，溶液恰好呈中性，发生反应的离子方程式为___________。
Ⅱ．某透明溶液中可能大量存在Na+、Mg2+、Ba2+、Fe3+、OH-、、、Cl-中的几种，为确定溶液中的离子组成，进行了如下实验：
①用玻璃棒蘸取溶液滴在pH试纸上；待试纸变色后与标准比色卡比对，溶液pH为13
②取少量溶液于试管中，向其中加入足量的BaCl2溶液，生成白色沉淀，过滤，向白色固体中滴加足量盐酸，沉淀部分溶解并有气泡冒出；
③将实验②所得悬浊液过滤，向滤液中滴加AgNO3溶液，有白色沉淀生成，再加入稀硝酸，沉淀不溶解。
已知常温下Na2CO3饱和溶液的pH为12，Ag2SO4微溶于水，易溶于HNO3溶液。
回答下列问题：
（4）由实验①可推知，原溶液中一定不存在的离子是___________(填离子符号)。
（5）实验②中白色沉淀的成分是___________(填化学式)，白色沉淀部分溶解的离子方程式为___________。
（6）根据上述实验现象可知，原溶液中一定存在的离子是___________(填离子符号)。
【答案】（1） ①. ③④⑥⑦ ②. ①②⑥⑨⑩
（2）CaO+2HCl=CaCl2+H2O(合理即可)
（3）2H+++Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O
（4）、Fe3+
（5） ①. 、 ②.
（6）、、、OH-
【解析】
【分析】①用玻璃棒蘸取溶液滴在pH试纸上，待试纸变色后与标准比色卡比对，溶液pH为13，说明溶液显碱性，原溶液中含有OH-；Mg2+、Fe3+不能大量共存，则原溶液中一定不存在Mg2+、Fe3+；
②取少量溶液于试管中，向其中加入足量的氯化钡溶液，有白色沉淀，然后再滴加足量盐酸，沉淀部分溶解并有气泡冒出，则说明白色沉淀是BaCO3、BaSO4，则原溶液中一定含有、，原溶液中一定不含有Ba2+；
③将实验②所得悬浊液过滤，向滤液滴加AgNO3，有白色沉淀，白色沉淀为AgCl，实验②中滴加足量氯化钡和盐酸，引入Cl-，因此原溶液可能含有Cl-，根据溶液呈现电中性，原溶液中一定含有Na+，据此分析。
【小问1详解】
含有自由移动电子或离子的物质能导电；在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质；则上述状态下可导电的物质是③纯盐酸、④单质铁、⑥熔融MgCl2、⑦石墨，属于电解质的是①生石灰、②KHSO4固体、⑥熔融MgCl2、⑨Ba(OH)2固体、⑩NaHCO3固体。
【小问2详解】
碱性氧化物是指和酸反应只能生成盐和水的氧化物，用化学方程式说明上述物质中CaO(生石灰)为碱性氧化物为：CaO+2HCl=CaCl2+H2O。
【小问3详解】
②KHSO4固体与⑨Ba(OH)2固体的水溶液混合后，溶液恰好呈中性，生成BaSO4和H2O，发生反应的离子方程式为：2H+++Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O。
【小问4详解】
用玻璃棒蘸取溶液滴在pH试纸上；待试纸变色后与标准比色卡比对，溶液pH为13，说明溶液呈碱性，原溶液中一定不存在的离子是Mg2+、Fe3+。
【小问5详解】
实验②取少量溶液于试管中，向其中加入足量的BaCl2溶液，生成白色沉淀，过滤，向白色固体中滴加足量盐酸，沉淀部分溶解并有气泡冒出，说明得到白色沉淀为BaCO3、BaSO4，加入盐酸，沉淀部分溶液，发生离子方程式为BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O。
【小问6详解】
由分析可知，原溶液中一定存在的离子是、、、OH-。
18. Ⅰ．水是最常见的反应物之一，已知有反应：①2SO2+O2+2H2O=2H2SO4；②N2O4+H2O=HNO3+HNO2；③2F2+2H2O=4HF+O2；④CaH2+2H2O=Ca(OH)2+2H2↑；⑤3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2↑。
（1）上述反应中H2O被氧化的有___________(填序号，下同)，H2O做氧化剂的有___________。
Ⅱ．H2O2是一种重要的化学品，具有广泛的应用。
（2）H2O2的性质研究
①理论分析：
H2O2具有氧化性和还原性，从氧元素的化合价分析，原因是：___________。
②实验研究：
向酸化的CuSO4溶液中加入H2O2溶液，很快有大量气体逸出，同时放热，一段时间后，蓝色溶液变为红色浑浊(Cu2O)，继续加入H2O2溶液，红色浑浊又变为蓝色溶液，这个过程可以反复多次，下列有关说法不正确的是___________(填序号)。
A．Cu2+反应前后质量和化学性质未变，所以未参与反应
B．H2O2既表现出氧化性，又表现出还原性
C．Cu2+将H2O2还原O2
D．发生了化学反应：Cu2O+H2O2+4H+=2Cu2++3H2O
（3）H2O2的制备
一种制取过氧化氢的方法如下：硫酸
重晶石(BaSO4)→碳酸钡氧化钡过氧化钡过氧化氢
①用氧化钡制取过氧化钡(BaO2)的反应属于___________(填序号)。
A．化合反应 B．分解反应 C．离子反应 D．氧化还原反应
②用过氧化钡制取过氧化氢的离子方程式是___________。
（4）H2O2的定量检测
用酸性KMnO4溶液测定产品中H2O2的含量，反应原理为：2+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O，用双线桥标出该反应的电子转移方向和数目：___________。据此反应可知，该条件下还原性：___________。
___________>___________。
（5）已知氧化性强弱顺序为H2O2(H+)>Fe3+>I2，向FeI2溶液中加入足量硫酸酸化的双氧水，发生反应的离子方程式为___________。
【答案】（1） ①. ③ ②. ④⑤
（2） ①. H2O2中氧为-1价，化合价处于中间价态，既可升高又可降低，因此H2O2具有氧化性和还原性 ②. AC
（3） ①. AD ②. BaO2+2H++SO=BaSO4↓+H2O2
（4） ①. ②. H2O2>Mn2+
（5）2Fe2++4I-+3H2O2+6H+=2Fe3++2I2+6H2O
【解析】
【小问1详解】
③2F2+2H2O=4HF+O2中O元素由-2价上升到0价，H2O被氧化，④CaH2+2H2O=Ca(OH)2+2H2↑、⑤3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2↑反应中H2O的H元素化合价由+1价下降到0价，H2O做氧化剂。
【小问2详解】
①H2O2具有氧化性和还原性，从氧元素的化合价分析，原因是：H2O2中氧为-1价，化合价处于中间价态，既可升高又可降低，因此H2O2具有氧化性和还原性；
②A．在反应过程中，向酸化的CuSO4溶液中加入H2O2溶液，很快有大量气体逸出，同时放热，一段时间后，蓝色溶液变为红色浑浊(Cu2O)，继续加入H2O2溶液，红色浑浊又变为蓝色溶液，生成了Cu2+，A错误；
B．根据“蓝色溶液变为红色浑浊(Cu2O)”，说明铜离子被还原成+1价，H2O2表现了还原性；继续加入H2O2溶液，红色浑浊又变为蓝色溶液，说明发生了反应Cu2O + H2O2+ 4H+= 2Cu2++ 3H2O，H2O2又表现了氧化性，B正确；
C．H2O2变为O2，氧元素化合价从-1变为0价，这表明H2O2发生了氧化反应，而不是Cu2+将H2O2还原为O2，C错误；
D．红色浑浊变为蓝色溶液是因为Cu2O中的+1价铜被氧化成+2价Cu2+，发生了反应Cu2O+H2O2+4H+=2Cu2++3H2O ，D正确；
故选AC。
小问3详解】
①用氧化钡制取过氧化钡(BaO2)的反应是，该反应属于化合反应，该反应过程中O元素化合价发生了变化，也是氧化还原反应，该反应没有在水溶液中进行，不属于离子反应，故答案为：AD。
②过氧化钡和硫酸反应生成硫酸钡沉淀和过氧化氢，离子方程式是：BaO2+2H++SO=BaSO4↓+H2O2。
【小问4详解】
2+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O中Mn元素由+7价下降到+2价，O元素由-1价上升到0价，用双线桥标出该反应的电子转移方向和数目：，H2O2为还原剂，Mn2+为还原产物，则该条件下还原性：H2O2> Mn2+。
【小问5详解】选项
A
B
C
D
实验装置
向烧杯中加(通)入的物质
CuSO4
溶液
CO2气体
NaHCO3溶液
H2SO4
溶液
烧杯中的溶液
Ba(OH)2
溶液
Ba(OH)2
溶液
Ba(OH)2
溶液
Ba(OH)2
溶液