四川省成都市树德中学2024-2025学年高一上学期10月月考化学试卷（Word版附解析）

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可能用到的相对原子量：H1 C12 O16 Cl35.5 Na23 K39 Ca40 Fe56
选择题(每道题只有一个正确选项，每小题三分)
1. 中国传统文化对人类文明贡献巨大，《本草纲目》中有如下记载：“(火药)乃焰消(KNO3)、硫黄、杉木炭所合，以为烽燧铳机诸药者”，其中利用KNO3的性质是
A. 自燃性B. 稳定性C. 还原性D. 氧化性
【答案】D
【解析】
【详解】根据火药的反应原理为2KNO3＋S＋3C＝K2S＋N2＋3CO2，反应中N元素化合价降低，KNO3作氧化剂，故反应中利用了KNO3的氧化性，本题正确答案为D。
2. 盐是一类常见的物质，下列物质通过一步反应可直接形成盐的是
①金属单质 ②碱性氧化物 ③碱 ④非金属单质 ⑤酸性氧化物 ⑥酸
A. ①②③⑥B. ①④⑤⑥C. ②③⑤⑥D. 全部
【答案】D
【解析】
【详解】①金属单质与非金属单质可生成盐，如Na与Cl2反应可生成氯化钠，①符合题意；②碱性氧化物与酸性氧化物、酸都可能生成盐，如Na2O与CO2反应生成碳酸钠，氧化钠与盐酸反应生成氯化钠，②符合题意；③碱和酸发生中和反应生成盐和水，③符合题意；④酸性氧化物与碱性氧化物、碱、某些盐反应都可能生成盐，如二氧化碳与氧化钠、氢氧化钠、碳酸钠溶液都能反应生成盐，④符合题意；⑤酸与金属、碱性氧化物、碱、某些盐反应，都可能生成盐，如盐酸与钠、氧化钠、氢氧化钠、碳酸钠都能反应生成盐，⑤符合题意；⑥酸与碱反应可以生成盐，如盐酸与氢氧化钠反应生成氯化钠，⑥符合题意；综合以上分析，①②③④⑤⑥都可通过一步反应生成盐，故选D。
3. 能够在人体血管中通行的药物分子运输车-“纳米药物分子运输车”在中国科学院上海硅酸盐研究所研制成功，该“运输车”可提高肿瘤的治疗效果，其结构如图所示。下列有关说法正确的是
A. 该“运输车”分散于水中所得的分散系属于胶体
B. 该“运输车”的外壳含有碳元素
C. 该“运输车”中的四氧化三铁为碱性氧化物
D. 二氧化硅属于属于酸性氧化物，是电解质
【答案】B
【解析】
【详解】A．该“纳米药物分子车”的直径为200nm，而胶体分散质粒子直径为1~100nm，所以该“纳米药物分子车”分散于水中所得的分散系不属于胶体， A错误；
B．该“运输车”为有机物外壳，有机物中含有碳，B正确；
C．四氧化三铁与酸反应生成铁盐和亚铁盐，不是碱性氧化物， C错误；
D．二氧化硅能与碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，但二氧化硅由硅、氧原子构成，不溶于水、熔化时也不发生电离，是非电解质，D错误；
答案选B。
4. 下列离子方程式中，只能表示一个化学反应的是
①
②
③
④
A. ②B. ③C. ④D. 没有
【答案】D
【解析】
【详解】①表示强碱溶液与二氧化碳反应生成可溶性碳酸盐和水的一类反应，不只表示一个化学反应，故①不选；
②可表示硫酸和氢氧化钡按1:1反应的离子方程式，也可以表示氢氧化钡与过量硫酸氢盐溶液反应生成硫酸钡和水的一类反应，不只表示一个化学反应，故②不选；
③表示硝酸银溶液与可溶性盐酸盐反应生成氯化银沉淀的一类反应，如硝酸银和氯化钠的反应，也可表示硝酸银和KCl的反应，不只表示一个化学反应，故③不选；
④可表示铁和氯化铜的反应，也可表示铁和硫酸铜、硝酸铜等可溶性铜盐的反应，不只表示一个化学反应，故④不选；
故选：D。
5. 如图是含氮化合物及单质的“类别-价态”二维图，结合二维图及氧化还原反应原理的基本规律，下列相关分析或预测错误的是
A. 和在一定条件下均能反应，可用氨气处理氮氧化物
B. 和通入水的化学方程式：
C. 硝酸用于清洗粘有银的试管，因为银可以置换出稀硝酸中的
D. 可能被氧化生成氮气
【答案】C
【解析】
【详解】A．NO、NO2都能与NH3在一定条件下发生归中反应生成N2和H2O：6NO+4NH35N2+6H2O、6NO2+8NH37N2+12H2O，可用NH3处理氮氧化物，A项正确；
B．NO中N为+2价，NO2中N为+4价，NO和NO2通入水中可发生反应的化学方程式为NO+NO2+H2O=2HNO2，B项正确；
C．在金属活动性顺序表中Ag处于H的后面，Ag不能置换出稀硝酸中的H+，稀硝酸与Ag反应生成AgNO3、NO和H2O，C项错误；
D．NH3中N为-3价，HNO2中N为+3价，两者可发生归中反应生成N2：NH3+HNO2=N2↑+2H2O，D项正确；
答案选C。
6. 下列叙述正确的是
A. B的阳离子的氧化性比A的阳离子强，说明A元素的金属性一定比B元素的强
B. 发生氧化还原反应时A原子失去的电子比B原子多，证明A的金属性一定比B的强
C. 已知氧化性：，则可以发生
D. 暖贴中的铁粉遇空气放热，该应用中涉及到氧化还原反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．若B为多价态金属，则B的金属性不一定比A弱，如Fe3+的氧化性大于Cu2+的氧化性，而金属性Fe＞Cu，故A错误；
B．发生氧化还原反应时，由失去电子的难易可判断金属性，不能利用失去电子数目的多少来判断，故B错误；
C．已知氧化性：，则还原性排序：I-＞Fe2+＞Br-＞ Cl-；多种氧化剂和多种还原剂混合，氧化性强的和还原性强的优先反应，则氯气和碘化亚铁反应时，碘离子先和氯气反应生成碘单质，不能生成FeI3，故C错误；
D．暖贴中的铁粉遇空气放热，铁粉最终被氧化为氧化铁，则反应过程中元素化合价发生变化，故该应用中涉及到氧化还原反应，故D正确；
故选D。
7. 某研究性学习小组欲分析某矿石的主要成分，粉碎后将其溶于过量稀盐酸中充分反应，过滤后用所得滤液进行如下实验，下列说法正确的是
A. 取少量滤液，向其中滴加过量溶液，产生白色沉淀，说明矿石中含有
B. 取少量滤液，向其中滴加少量溶液，无白色沉淀，说明矿石中一定不含
C. 取少量滤液，向其中加入硝酸酸化的硝酸银溶液，产生白色沉淀，说明矿石中一定含有
D. 取少量滤液，向其中滴加适量溶液，产生白色沉淀，说明矿石中一定含有
【答案】A
【解析】
【详解】A．矿石粉碎后溶于过量稀盐酸中充分反应，过滤后取少量滤液，排除了Ag+等干扰，向其中滴加过量BaCl2溶液产生白色沉淀，说明矿石中含，A项正确；
B．矿石粉碎后溶于过量稀盐酸中充分反应，过滤后取少量滤液，滤液中含过量的盐酸，向其中滴加少量Na2CO3溶液，少量Na2CO3被过量盐酸完全消耗，无白色沉淀，不能说明矿石中不含Ba2+，B项错误；
C．矿石粉碎后溶于过量稀盐酸中充分反应，过滤后取少量滤液，滤液中含过量的盐酸，向其中加入硝酸酸化的硝酸银溶液，过量的盐酸与AgNO3反应生成白色AgCl沉淀，不能说明矿石中一定含有Cl-，C项错误；
D．能与适量NaOH溶液产生白色沉淀的离子有Mg2+、Al3+等，不能说明矿石中一定含有Mg2+，D项错误；
答案选A。
8. 下列相关条件下的离子方程式书写正确的是
A. 向氢氧化钠溶液中通入足量二氧化硫：
B. 与混合：
C. 向溶液中加入足量的溶液：
D. 碳酸氢钠溶液中滴加少量澄清石灰水：
【答案】D
【解析】
【详解】A．氢氧化钠中通入过量SO2，实质为氢氧根离子与SO2反应生成亚硫酸氢根离子，离子方程式为，A错误；
B．氯化钡溶液与亚硫酸混合，弱酸无法制强酸，两者不反应，B错误；
C．向溶液中加入足量的溶液，钡离子和氢氧根均完全反应，离子方程式为：，C错误；
D．碳酸氢钠溶液与少量澄清石灰水混合，Ca2+和OH-，1:2完全反应，反应生成碳酸钙沉淀、碳酸钠和水，离子方程式正确，D正确；
答案选D。
9. 下列相关说法正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．用双线桥分析反应2KClO32KCl +3O2↑表示为：，A错误；
B．2Na2O2+ 2H2O= 4NaOH+ O2↑反应中Na2O2中的-1价的氧转化为O2中0价的氧，Na2O2中的-1价的氧转化为Na2CO3中-2价的氧，故每生成1个O2，转移2个电子，B正确；
C．2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+反应中Cu是还原剂，Fe2+是还原产物，故还原性：Cu>Fe2+，不能得出氧化性：Cu>Fe2+，C错误；
D．由于CO2也能和NaOH溶液反应，则应该用饱和碳酸氢钠溶液除去CO2中的HCl气体，D错误；
故选B。
10. 将一定量的氯气通入热的浓溶液中，恰好完全反应，溶液中形成和的共存体系。下列判断错误的是
A. 参加反应的氯气与个数比为
B. 生成物中和的个数比可能为
C. 若有一个氯气参加反应，转移的电子数目1到之间
D. 反应后的溶液中，与个数比可能为
【答案】C
【解析】
【详解】A．将一定量的Cl2通入热的NaOH浓溶液中，恰好完全反应生成NaCl、NaClO、NaClO3和H2O，NaCl、NaClO、NaClO3中Na与Cl的个数之比都为1∶1，根据Na、Cl原子守恒，参加反应的Cl2与NaOH个数比为1∶2，A项正确；
B．反应中部分Cl元素的化合价由0价降至-1价，部分Cl元素的化合价由0价升至+1价或+5价，根据得失电子守恒可得N(NaCl)=N(NaClO)+5N(NaClO3)，当NaCl、NaClO和NaClO3的个数比为6∶1∶1时满足上述守恒，故生成物中NaCl、NaClO和NaClO3的个数比可能为6∶1∶1，B项正确；
C．若生成物为NaCl、NaClO和H2O，反应为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，1个Cl2参加反应，转移电子数为1；若生成物为NaCl、NaClO3和H2O，反应为3Cl2+6NaOH5NaCl+NaClO3+3H2O，3个Cl2参与反应转移5个电子，则1个Cl2参加反应，转移电子数为；故若1个Cl2参加反应，转移电子数目1到之间，C项错误；
D．若生成物为NaCl、NaClO和H2O，反应为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，溶液中Na+与Cl-的个数比为2∶1；若生成物为NaCl、NaClO3和H2O，反应为3Cl2+6NaOH5NaCl+NaClO3+3H2O，溶液中Na+与Cl-的个数比为6∶5；故反应后溶液中Na+与Cl-的个数比为6∶5到2∶1之间，可能为7∶4，D项正确；
答案选C。
11. 常温下，向某硫酸铜溶液中分别加入硫酸铜固体和固体，随着二者的加入，溶液的导电性变化如图所示。下列分析不合理的是
A. M点后曲线表征的是新加入的硫酸铜固体生成了胆矾晶体，使溶液质量减小
B. 若将固体换成固体，曲线变化可能完全重叠
C. 原硫酸铜溶液一定不是饱和溶液
D. N点时和恰好完全反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．M点为硫酸铜饱和溶液，继续加入的硫酸铜固体变成胆矾晶体析出，使溶液质量减小，A正确；
B．若将Ba(OH)2固体换成BaCl2固体，导电能力应先基本不变，后上升，B错误；
C．加入硫酸铜固体后导电能力增强，所以原硫酸铜溶液一定不是饱和溶液，C正确；
D．N点时导电能力几乎为0，所以是CuSO4和Ba(OH)2恰好完全反应的点，D正确；
答案选B。
12. 某氯化钾样品中含有少量K2CO3、K2SO4和不溶于水的杂质。为了提纯KCl，先将样品溶于适量水中，充分搅拌后过滤，再将滤液按如图所示步骤进行操作。下列说法中正确的是
A. 试剂Ⅰ是Ba(NO3)2溶液，试剂Ⅲ是HCl溶液
B. ①②③的操作均为过滤
C. 步骤②中加入试剂Ⅱ的目的是除去Ba2+
D Y和Z中都含有BaSO4
【答案】C
【解析】
【分析】含有的滤液中，为了不引入新的杂质，应加入过量，生成Y为和，滤液X含有和，向含有和加入，除去，W为含有和，再加入适量的盐酸，至溶液不产生气泡为止，得到Q含有的溶液，通过蒸发结晶得到晶体。
【详解】A．为了不引入新的杂质，应加入过量，试剂Ⅰ是，试剂Ⅲ是HCl溶液，A错误；
B．根据以上分析，①②操作为过滤，操作③为加入适量的盐酸，至溶液不产生气泡为止，目的是除去溶液中的，B错误；
C．操作②为向含有和加入，除去，C正确；
D．根据以上分析，Y为和，Z为沉淀，D错误；
故选C。
13. 铋(Bi)是第ⅤA族元素，＋3价时较稳定，铋酸钠(NaBiO3)溶液呈无色。现取一定量的硫酸锰(MnSO4)溶液，依次滴加下列溶液，对应现象如下表所示：(已知I2能使淀粉碘化钾试纸变蓝)
在上述实验条件下，下列结论正确的是
A. H2O2被高锰酸根离子还原成O2
B. KI-淀粉溶液中滴加铋酸钠溶液，溶液出现蓝色
C. 实验②的离子方程式为
D. 氧化性强弱顺序：
【答案】B
【解析】
【分析】由①中现象可知：NaBiO3把Mn2+氧化生成，则NaBiO3（氧化剂）的氧化性强于（氧化产物）的氧化性；
由②中现象可知：氧化H2O2产生O2，自身被还原为Mn2+，则（氧化剂）的氧化性强于H2O2的氧化性；
由③中现象可知：碘离子被双氧水氧化成单质碘，则双氧水（氧化剂）的氧化性强于碘单质（氧化产物）的氧化性；
综上所述，NaBiO3、、I2、H2O2的氧化性由强到弱的顺序是：NaBiO3＞＞H2O2＞I2，据此分析。
【详解】A．H2O2被高锰酸根离子氧化成O2，故A错误；
B．KI-淀粉溶液中滴加铋酸钠溶液，生成碘单质，溶液变蓝色，故B正确；
C．实验②中高锰酸根离子和过氧化氢发生氧化还原生成锰离子和氧气，氧化H2O2产生O2，自身被还原为Mn2+，根据电子守恒、质量守恒可知，离子方程式为，故C错误；
D．由分析可知，氧化性强弱顺序为：NaBiO3＞＞H2O2＞I2，故D错误；
故选B。
14. 是一种重要的杀菌消毒剂，的一种生产工艺流程如图所示。已知：“有效氯含量”是指每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克的氧化能力(产物视为)。下列说法错误的是
A. 在该生产过程中，有三处涉及氧化还原反应
B. 在电解过程中，是还原产物
C. “尾气吸收”反应中，氧化剂与还原剂的个数之比为
D. 的“有效氯含量”约为
【答案】C
【解析】
【分析】由制备流程可知，NaClO3和SO2在H2SO4酸化条件下生成ClO2，其中NaClO3是氧化剂，回收产物为NaHSO4，说明生成硫酸氢钠，且产生ClO2，反应的化学方程式为2NaClO3+SO2+H2SO4=2NaHSO4+2ClO2，电解装置中阴极ClO2得电子生成，阳极Cl-失电子生成Cl2，含过氧化氢的氢氧化钠溶液吸收ClO2，产物为，最后NaClO2溶液结晶、干燥得到产品，据此分析解题。
【详解】A．由制备流程可知，“反应”“电解”“尾气吸收”过程均发生元素的化合价变化，发生了氧化还原反应，A正确；
B．电解过程中，在阴极得电子，发生还原反应生成，所以阴极反应的还原产物是，B正确；
C．“尾气吸收”过程发生反应的化学方程式为，该反应中中元素化合价由-1价变为0价、Cl元素化合价由+4价变为+3价，是氧化剂、是还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比等于其计量数之比，即，C错误；
D．的物质的量，依据电子转移数目相等，，，可知氯气的物质的量为，则氯气的质量为，D正确。
答案选C。
15. 按要求填空：
（1）现有以下物质：①；②；③溶液；④；⑤蔗糖；⑥；⑦；⑧；⑨氨水；
a.其中能导电的是(填编号，下同)：___________；属于电解质的是___________；属于非电解质的是：___________；
b.请写出③和⑨离子反应___________；
c.过量的⑧与的④的悬浊液反应的离子反应___________；
（2）实验室制备胶体的化学方程式为___________。检验胶体制备是否成功的方法是___________，若制备成功，利用所制得的胶体进行下列实验：将其装入U形管内，用石墨作电极，接通直流电，通电一段时间后发现阴极附近的颜色逐渐变深，这表明胶粒带___________电荷(填“正”或“负”)；
（3）在反应中，若有10分子参加反应，被水还原的溴元素个数为___________；
（4）与一定浓度的反应，生成和，当生成的和个数之比为时，实际参加反应的与的个数之比为___________。
【答案】（1） ①. ③⑥⑨ ②. ①④⑥⑦ ③. ⑤⑧ ④. ⑤.
（2） ①. ②. 丁达尔效应 ③. 正
（3）
（4）
【解析】
【小问1详解】
①NaHCO3是电解质，固体不导电；
②O2单质，既不是电解质，也不是非电解质，不导电；
③CH3COOH溶液属于混合物，既不是电解质，也不是非电解质，导电；
④Ca(OH)2是电解质，固体不导电；
⑤蔗糖是非电解质，不导电；
⑥H2O是弱电解质，能微弱导电；
⑦NaCl是电解质，不导电；
⑧CO2是非电解质，不导电；
⑨氨水属于混合物，既不是电解质，也不是非电解质，导电；
a.所以能导电的是③⑥⑨，属于电解质的是①④⑥⑦，属于非电解质的是⑤⑧；
b.③和⑨的离子反应为CH3COOH+NH3·H2O= CH3COO-++H2O；
c.过量的⑧与的④的悬浊液反应的离子反应。
答案：③⑥⑨；①④⑥⑦；⑤⑧；CH3COOH+NH3·H2O= CH3COO-+ NH+H2O；Ca2++2OH-+2HCO=CaCO3↓+2H2O+CO；;
【小问2详解】
向沸水中加饱和FeCl3溶液并继续加热至液体呈红褐色可用于实验室制备Fe(OH)3胶体，化学方程式为FeCl3+3H2O Fe(OH)3(胶体) +3HCl，检验胶体制备是否成功的方法是丁达尔效应。Fe(OH)3胶体装入U形管内，用石墨作电极，接通直流电，通电一段时间后发现阴极附近的颜色逐渐变深，这表明Fe(OH)3胶粒带正电荷。答案：FeCl3+3H2O Fe(OH)3(胶体) +3HCl；丁达尔效应；正；
【小问3详解】
3BrF3＋5H2O=9HF＋Br2＋HBrO3＋O2↑，由反应可知，一部分BrF3被还原，溴元素由+3价降低为0价，一部分BrF3被氧化，溴元素化合价+3价升高为+5价，部分H2O被氧化，氧元素由-2价升高为0价，由方程式可知若有10分子H2O参加反应，生成2分子O2，失电子8个，被还原的溴元素由+3价降低为0价，根据得失电子守恒计算，被水还原的溴离子个数为。答案：。
【小问4详解】
n(NO2)：n(NO)=1：1，假定生成1mlNO2、1mlNO；则HNO3被还原生成1mlNO2、1mlNO共得4mle-；Cu2S应失4mle-．而1mlCu2S能失10mle-，故失4mle-说明反应的Cu2S的物质的量为0.4ml，根据硫元素守恒，0.4mlCu2S生成0.4mlCuSO4和0.4mlCu(NO3)2；即起酸性作用的HNO3的物质的量为0.8ml，起氧化作用的HNO3为2ml。反应的HNO3共2.8ml，故n（Cu2S）：n（HNO3）=0.4ml：2.8ml=1：7，故答案为：1：7。
16. 已知：，某溶液X中可能含有下列离子中的若干种：，且所含离子的个数均相等。为了确定该溶液的组成，某同学取上述溶液X，进行如下实验：
（1）白色沉淀1的成分是___________(写化学式)。
（2）溶液中一定存在的阳离子是___________(写离子符号，下同)。
（3）溶液中一定不存在的阴离子是___________。
（4）①写出加入足量溶液产生白色沉淀的离子方程式___________。
②写出生成气体2的离子方程式___________。
【答案】（1）
（2）
（3）
（4） ①. ， ②.
【解析】
【分析】溶液X与足量Ba(OH)2反应生成白色沉淀，则一定不含Fe3+，产生气体1是OH-和铵根离子反应生成的氨气，则X中一定存在，白色沉淀1与足量盐酸反应，沉淀部分溶解且产生气体2，则白色沉淀2为BaSO4，白色沉淀1除了BaSO4，还有BaSO3、BaCO3中至少一种，则X中一定存在，、中至少存在一种，又已知溶液X中所含离子的个数均相等，根据电中性原则，溶液X中若存在，溶液的负电荷数大于正电荷数，则假设不成立，故气体2只能是CO2，溶液中一定存在：，一定没有：Fe3+、Cl-、。
【小问1详解】
据分析，白色沉淀1的成分是 。
【小问2详解】
据分析，溶液中一定存在的阳离子是 。
【小问3详解】
据分析，溶液中一定不存在的阴离子是。
【小问4详解】
①白色沉淀1的成分是，X溶液中加入足量溶液产生白色沉淀，即分别发生：与反应生成碳酸钡沉淀和水，该反应中氢氧根离子过量，硫酸根离子和钡离子生成硫酸钡沉淀，则离子方程式分别为、。
②生成气体2的反应，即碳酸钡沉淀和盐酸反应生成氯化钡、二氧化碳和水，离子方程式为：。
17. 氧化还原反应在物质制备方面应用广泛。
（1）下面三个方法都可以用来制氯气：
①
②
③
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个数之比为___________。反应①中，氧化剂与还原剂的个数之比为___________。
Ⅱ．反应③的离子反应为___________。
Ⅲ．已知反应④：，该反应也能制得氯气。提示：反应条件越简单反应越容易发生，说明反应物性质越强烈。则三种物质氧化性由强到弱的顺序为___________。
Ⅳ．补全方程式并配平__________。
（2）某反应体系的物质有：。
I．请将之外的反应物与生成物分别填入以下空格内________。
Ⅱ．将氧化剂与还原剂填入空格中，并用单线桥标出电子转移方向和数目_________。
【答案】（1） ①. 5:1 ②. 1:2 ③. ④. KMnO4＞MnO2＞O2 ⑤. 2 5 3H2SO4 2 1 5 3
（2） ①. Au2O3+4Na2S2O3+2H2O= 2Na2S4O6+Au2O+4NaOH(或4Na2S2O3 2H2O 2Na2S4O6 Au2O 4NaOH) ②.
【解析】
【小问1详解】
I．反应②中，KClO3中氯元素从+5价降低到0价、为氧化剂， HCl中部分Cl氯元素从-1价升高到0价，则按得失电子数守恒可知，6HCl中5HCl的氯元素从-1价升高到0价、为还原剂，氯气既是氧化产物又是还原产物，按，，则氧化产物与还原产物的个数之比为5:1。反应①中，二氧化锰中锰元素从+4价降低到+2价、为氧化剂， HCl中部分Cl氯元素从-1价升高到0价，则按得失电子数守恒可知，4HCl中2HCl的氯元素从-1价升高到0价、为还原剂，氧化剂与还原剂的个数之比为1:2。
Ⅱ．反应③中，均是强电解质能拆写成离子，则离子方程式为。
Ⅲ．根据价态变化，三个反应中HCl均为还原剂、Cl2为氧化产物，三个反应中氧化剂分别为MnO2、KMnO4 、O2，均表现氧化性，由于反应条件越简单反应越容易发生，说明性质越强烈，可知氧化性：KMnO4＞MnO2＞O2。
Ⅳ．高锰酸钾的还原产物为硫酸锰，锰元素化合价降低了5价，亚硝酸钾的氧化产物是硝酸钾，氮元素化合价升高了2价，所以高锰酸钾、硫酸锰的化学计量数是2，亚硝酸钾、硝酸钾的化学计量数是5，根据元素守恒，硫酸钾的化学计量数是1，所缺项为硫酸、其化学计量数是3，水的化学计量数是3，可知完整的化学方程式为2KMnO4+5KNO2+3H2SO4=2MnSO4+K2SO4+5KNO3+3H2O；答案为2 5 3H2SO4 2 1 5 3。
【小问2详解】
Au2O3为反应物，则Au2O一定为生成物，Au的化合价从＋3价降低到＋1价，化合价总降低2×2=4，故Au2O3为氧化剂；Na2S4O6中S的平均化合价为，Na2S2O3中硫元素平均化合价为+2，所以Na2S2O3为反应物，Na2S4O6为生成物，因为2Na2S2O3→1Na2S4O6，根据钠元素守恒可以知道NaOH是生成物，由氢元素守恒可以知道水是反应物，2Na2S2O3→1Na2S4O6中，S硫元素平均化合价由+2价升高为价，化合价总共升高，根据化合价升降相等，可以知道Au2O3化学计量数为1，Na2S4O6化学计量数为2，根据Au守恒可以知道Au2O化学计量数为1，根据硫元素守恒可以知道Na2S2O3化学计量数为4，根据元素Na元素守恒可以知道NaOH的化学计量数为4，根据H元素守恒可以知道H2O化学计量数为2，则反应方程式为Au2O3+4Na2S2O3+2H2O= 2Na2S4O6+Au2O+4NaOH。或：将之外的反应物与生成物分别填入以下空格内时，答案为：4Na2S2O3 2H2O 2Na2S4O6 Au2O 4NaOH
根据前面分析可知，氧化剂为Au2O3，还原剂为Na2S2O3，该反应转移4e-，则将氧化剂与还原剂填入空格中，并用单线桥标出电子转移的方向和数目为： 。
18. 某化学兴趣小组为测定“阳光”牌脱氧剂中已被氧化的粉、未被氧化的粉和活性炭的质量进行了以下实验。已知：“阳光”牌脱氧剂的成分为粉、活性炭、少量和水。
步骤一：“阳光”牌脱氧剂袋，将里面的固体倒在滤纸上，仔细观察，固体中夹杂着一些红棕色粉末。
步骤二：将步骤一中的固体溶于水，过滤，将滤渣洗涤、干燥，以除去脱氧剂中的和水。
步骤三：取步骤二中的滤渣，将其分为两等份，每一份的质量为；将其中一份在氧气流中充分灼烧，并将生成的气体全部通入足量的澄清石灰水中，经过滤、洗涤、干燥得到纯净的沉淀。
步骤四：将步骤三中未使用的另一份滤渣放入烧杯中，加入足量的稀硫酸得浅绿色溶液。
（1）步骤一中红棕色物质为___________(填化学式)。
（2）指出步骤二中过滤操作中不规范之处：___________。
（3）由步骤三可知，滤渣中活性炭的质量为___________g。
（4）步骤四中发生的离子反应方程式为___________。
【答案】（1）
（2）玻璃棒没有紧靠三层滤纸处，漏斗末端较长处(尖嘴部分)没有紧靠在“盛滤液”的烧杯内壁
（3）2.4 （4）、、
【解析】
【分析】脱氧剂中夹杂着一些红棕色粉末说明部分Fe被氧化成Fe2O3；脱氧剂在氧气流中充分灼烧，活性炭完全转化成CO2，CO2与足量的澄清石灰水反应得到20.0gCaCO3沉淀；脱氧剂中加入足量稀硫酸得到的浅绿色溶液为FeSO4溶液。
【小问1详解】
“阳光”牌脱氧剂的成分为Fe粉、活性炭、少量NaCl和水，步骤一观察到固体中夹杂着一些红棕色粉末，说明Fe粉部分被氧化成红棕色的Fe2O3，即红棕色物质为Fe2O3；
【小问2详解】
由图可知，过滤的不规范之处为：玻璃棒没有紧靠三层滤纸处，漏斗末端较长处(尖嘴部分)没有紧靠在“盛滤液”的烧杯内壁；
【小问3详解】
根据C守恒，16.0g滤渣中活性炭的质量为=2.4g；
【小问4详解】
由以上可知，该“阳光”牌脱氧剂中含Fe、Fe2O3、活性炭、NaCl、H2O，步骤二除去脱氧剂中的NaCl和H2O，步骤四中加入足量稀硫酸发生的反应有Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑、Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O、Fe2(SO4)3+Fe=3FeSO4，反应的离子方程式为Fe+2H+=Fe2++H2↑、Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、2Fe3++Fe=3Fe2+。
化学反应方程式
相关说法
A
双线桥：
B
每生成1个，转移2个电子
C
氧化性：
D
除去中的气体
将混合气体通入装饱和溶液的洗气瓶
加入溶液
①适量铋酸钠溶液
②过量双氧水
③适量KI-淀粉溶液
实验现象
溶液呈紫红色
溶液紫红色消失，产生气泡
溶液缓慢变成蓝色