4甘肃省2023-2024学年高二第一学期联片办学期中考试(11月)化学试卷答案，目前2025-2026衡水金卷答案网已经汇总了4甘肃省2023-2024学年高二第一学期联片办学期中考试(11月)化学试卷答案的各科答案和试卷，获取更多{{papers_name}}答案解析，请在关注本站。
化学试卷答案)
(新教材)高三大一轮总复多维特训卷化学15.解析：(1)①由题干所给信息可知，KMnO,可与浓盐酸发生2Mn2++14H+-2Mn0:+5Na++5B3++7H2O,氧化产氧化还原反应，所以在H2SO,作用下，KMnO,可把KCl氧物为MnO,。(2)氧化剂为NaBiO3。(3)由题意可知，V,O:化成Cl2,本身被还原成Mn+;②由题干信息可知NaBiO与硫酸、亚硫酸钾反应生成VOSO4、K,SO,,反应中V由十不能拆写成离子形式，NaBiO,作为氧化剂，把Mn2+氧化成5价降为十4价，硫元素由十4价升高为十6价，由得失电子MnO:,本身被还原成B+,结合质量守恒、得失电子守恒、守恒和原子守恒可得反应的化学方程式为V,O十K,SO,十电荷守恒可写出反应的离子方程式。(2)Cr2O-可以用绿2H2SO4一2VOS0,+K2SO4+2H20,氧化剂(V2Os)和矾(FeSO,·7H2O)除去，Cr2O被Fe2+还原为Cr3+,而还原剂(K2S03)的物质的量之比为1：1。(4)C103与Fe2+被氧化为Fe3+,结合酸性条件可写出反应的离子方程V02+反应生成V0士、C1,氯元素化合价由+5降为-1，V式。(3)将KMnO溶液滴人NaOH溶液中微热，得到透明元素化合价由十4升高为十5，由得失电子守恒、电荷守恒和的绿色溶液，结合已知信息①，在强碱性条件下，MO:得原子守恒可得该转化的离子方程式为CIO,+6VO2++电子生成绿色的MnO?,根据“有升必有降”的规律可知，3H2O=C1-十6VO+6H。(5)V2Os能和盐酸反应生2价的氧失电子生成O2,则反应的离子方程式为4MnO,十成VO+和氯气，说明还原性：CI>VO+,氯气能将亚硫酸4OH-==4MnO+2H20+O2个。(4)题给方程式中S元根离子氧化成硫酸根离子，自身被还原成C1,说明还原性：SO->C1,则SO-、CI、VO2+的还原性由强到弱的顺序素的化合价由一2价升高为+6价，C1由十1价降至-1是SO}>C1>VO+。(6)V2O,在碳高温还原时，在氮气价，由得失电子守恒及质量守恒，配得Na2S,十（3x十1)气氛下氮化还原制备VN,还生成一种具有还原性的气体NaClO+(2x-2)NaOH=-xNa,SO,++(3x++1)NaCl+(x1)H2O.则该反应的化学方程式可表示为V,0,十5C+N,高温2N+5C0.答案：(1)①2KMnO,+10KC1+8H2SO,(浓)=6K2SO4十答案：(1)5 NaBiO3+2Mn2++14H+=2MnO:+5Na++2MnSO4+5Cl2↑+8H2O②2Mn2++5 NaBiO3+14H5Bi++7H2 O MnO-2MnO,+5Na++5B3++7H2O(2)NaBiO,(2)Cr2O号-+6Fe2++14H+=-2Cr3++6Fe3++7H2O(3)1:1(3)4MnO+40H-4MnO2+2H,O++O,(4)C1O5+6VO2++3H20=C1-+6VO克+6H(4)13x+12x-2x3x+1x-1(5)S0g>C1->VO2+16.D由题意知碳酸锌与碳在高温下反应生成锌和一氧化碳，反应的化学方程式为ZmC0,+2C高温2n+3C0+。ZnC0,(6)V,0,+5C+N,高温2N+5C0中Zn、C元素化合价降低，作氧化剂；碳中C元素化合价升22.DC02→C0,C化合价降低，发生还原反应，C0是还原产高，碳作还原剂。D项，每生成65g即1 mol Zn,转移电子4物，A项错误；SiH,是还原剂，发生氧化反应，B项错误；氧mol,错误。化剂与还原剂的物质的量之比为4：1，C项错误；生成117.C氢气中的氢元素由0价变为+1价，SiHCl,中的氢元素mol SiO2时，由4CO2→4Q0知，转移电子的物质的量是(4由一1价变为+1价，故HCI是氧化产物，A项正确；SiHCI一2)X4mol=8mol,D项正确中的硅元素由十4价变为0价，氢元素由一1价变为十1价23.D图解剖析故SiHCI,既发生还原反应又发生氧化反应，B项正确；氢气中的氢元素由0价变为十1价，SiHCl3中氢元素由一1价变反应物NO+NHt+2H*+3e°=为+1价，被氧化的氢原子数为3，SiHC1中硅元素由十4价N,H4+H,0变为0价，被还原的硅原子数为1，故被氧化的原子与被还中间产物NH.O原的原子的个数之比为3：1，C项错误；由Si化合价的变化NH一中间产物可知，生成1 mol Si时，转移4mol电子，D项正确。18.D由化学方程式可知，反应中铜元素的化合价降低被还产物i,0酶24H*+4eⅢ--→N,H=原，硫酸铜是反应的氧化剂，故A错误；反应中只有P化合酶3N2+4H+4e价升高，磷单质被氧化生成磷酸，则11molP被氧化时，反N0,+e+2H*N0酶1应中有55mol电子发生转移，故B错误；硫酸铜是反应的氧H,O+N0↑反应物产物供I、化剂，磷酸是反应的氧化产物，氧化剂的氧化性强于氧化产使用物，则硫酸铜的氧化性强于磷酸，故C错误；硫酸铜是反应的氧化剂，磷单质既是反应的氧化剂，又是还原剂，则反应过程I发生的是还原反应，A项错误，由以上分析知，a、b中的氧化剂和还原剂的物质的量之比是(15+5)：6=10：3，转移电子数目不相等，B项错误；过程Ⅱ中参加反应的故D正确(NO)与n(NH)之比为1：1，C项错误；由图知，总反应为19.D柴油的主要成分为Cs~C8的烷烃，无法燃烧生成NH+NO2=一N2个十2H2O,D项正确NO,,在电火花作用下空气中的N2和O2化合生成NO,，24.DA项，K2H3IO6中碘元素化合价降低，K2H3IO6发生还A错误；从图示可知，BaO转化为Ba(NO,)2的过程实现原反应，错误；B项，还原产物和氧化产物都是I2,错误；CNO,的储存，而非NO,的还原，B错误；在储存过程中O项，n(L2)=12.7g÷254g·mol-1=0.05mol,由化学方程式体现氧化性，在还原过程中Ba(NO3)2体现氧化性，C错误；知，生成4molI2时转移7mol电子，则生成0.05mol12时还原过程中H2与Ba(NO,)2反应，1molH2失去2molee 7转移电子0.05×mol=0.0875mol,错误；D项，由化学方生成H2O,1 mol Ba(NO3)2得到10mole生成N2,根据得失电子守恒，H,与Ba(NO)2的物质的量之比是5：1，D正确程式可知，还原剂是HI,氧化剂是K2H3IO。,二者物质的量20.C氯气中含有挥发出的HCl,可用饱和NaCI溶液吸收，达之比为7：1，正确。到净化氯气的目的，故A正确；C12和KOH在加热条件下25.BD加热KMnO4时发生反应：2KMnO,△KMnO.十反应生成KCIO,其离子方程式为3C,+60H△MnO2十O2个，所得固体K2MnO,、MnO2和浓盐酸加热时十5C1-+3H2O,故B正确；无色溶液a中主要含IO:与发生反应：KMn0,+8HCI(浓)△2KC1+MnCl,+2Cl,,滴加稀H,S0,后，发生的离子反应为1O+5I+6H=3I2十3H2O,溶液略显黄色不是无色，故C错误；根据B+4H,0、Mn0,+4HCl(浓)△MnCl,+C,++2H,0,若选项分析，碱性条件下氧化性：Cl2>KC1O,,KCIO,和HC1反应生成氯气，因此酸性条件下氧化性：Cl2
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七年级上学期期中教学质量调研答案