2026届景德镇市重点中学高一化学第一学期期中检测试题含解析

2026届景德镇市重点中学高一化学第一学期期中检测试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列化学方程式表示的化学反应中，属于氧化还原反应的是（）A．Na2CO3+CaCl2==CaCO3↓+2NaClB．Fe+CuSO4==Cu+FeSO4C．2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2OD．CaO+H2O==Ca(OH)22、某位同学配制一定物质的量浓度的NaOH溶液时，造成所配溶液浓度偏高的原因是A．定容时，仰视凹液面最低点B．向容量瓶中加水未到刻度线C．有少量NaOH溶液残留在烧杯里D．用带游码的托盘天平称2.4gNaOH时误用了“左码右物”方法3、下列离子方程式中，正确的是A．石灰石与盐酸反应：CO32－+2H+=CO2↑+H2OB．铜和硝酸银溶液反应：Cu+Ag+＝Cu2++AgC．向NaHSO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液至离子恰好沉淀完全：Ba2++2OH－+2H++SO42－=BaSO4↓+2H2OD．NH4HCO3溶液与过量HCl溶液混合：HCO3－+H+=CO2↑+H2O4、在盛放浓硫酸的试剂瓶标签上应印有下列警示标记中的()ABCD爆炸品易燃液体剧毒品腐蚀品A．A B．B C．C D．D5、不是Fe(OH)3胶体和MgCl2溶液共同具备的性质是()A．都比较稳定，密封放置不产生沉淀 B．都有丁达尔效应C．加入少量NaOH溶液都可产生沉淀 D．分散质微粒均可透过滤纸6、10gA物质和7gB物质完全反应,生成4.4gC物质,1.8gD物质和0.1molE物质,则E物质的摩尔质量为（）A．108gB．54g·molˉ1C．108g·molˉ1D．547、下列过程中没有发生氧化还原反应的是A．森林着火 B．醋除水垢 C．食物腐败变质 D．爆竹爆炸8、某元素的原子形成的离子可表示为baXn，有关说法错误的是A．中子数为a-bB．电子数为b+nC．质量数为a+bD．一个X离子的质量约为a/6.02×1023g9、下列溶液中NO3-的物质的量浓度与100mL2mol·L－1的NaNO3溶液相同的是A．200mL1mol·L－1的KNO3溶液B．50mL1mol·L－1的Ba(NO3)2溶液C．100mL0.5mol·L－1的Mg(NO3)2溶液D．80mL0.5mol·L－1的Fe(NO3)3溶液10、下列反应中，离子方程式为H+＋OH－===H2O的是A．CH3COOH＋NaOH===CH3COONa＋H2OB．HNO3＋KOH===KNO3＋H2OC．H2SO4＋Ba(OH)2===BaSO4↓＋2H2OD．2HCl＋Cu(OH)2===CuCl2＋2H2O11、Mg、Zn、Al、Fe四种金属单质分别与足量的稀硫酸反应，放出H2的物质的量与投入金属的质量的关系如图所示，则①②③④所表示的金属分别是A．Al、Mg、Fe、Zn B．Fe、Zn、Mg、AlC．Mg、Al、Zn、Fe D．Zn、Fe、Mg、Al12、下列各组离子在无色透明的酸性溶液中能大量共存的是A．Mg2+、NO3、C1、K+B．Na+、Cu2+、Cl、SO42C．Ca2+、Na+、NO3、MnO4D．K+、Cl、Na+、HCO313、如图所示测定溶液导电性实验的装置，甲与乙中盛有浓度相同的不同液体。接通电源后将甲中液体逐滴滴入乙中，发现灯泡由亮→暗灭→亮。下表中甲、乙所盛液体符合要求的是（）选项甲乙A氯化钠溶液硝酸银溶液B氨水醋酸C稀盐酸碳酸钙悬浊液D硫酸铜溶液氢氧化钡溶液A．A B．B C．C D．D14、某溶液可能含有Na+、NH4+、Ca2+、Cl–、SO42–、CO32–中的若干种。为了确定该溶液的组成，进行如下实验：①取100mL上述溶液，加入足量氯化钡溶液，充分反应后将沉淀过滤、洗涤、干燥，得到4.30g固体。向该固体中加过量的稀硝酸，仍有2.33g固体未溶解。②向①的滤液中加入足量NaOH，加热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体0.448L(气体全部逸出，且已经换算成标准状况下体积)。以下说法正确的是A．原溶液中SO42–、CO32–和NH4+一定存在，Cl－一定不存在B．原溶液中一定不存在Ca2+，无法判断Na+是否存在C．原溶液中可能存在Cl－，且c(Na+)≥0.200mol·L-1D．为确定原溶液中Cl－是否存在，可以取实验①的滤液，加硝酸酸化的AgNO3进行检验15、下列说法不正确的是()A．利用丁达尔效应可以区分溶液和胶体，但这不是它们的本质区别B．胶体的分散质粒子大小在1nm到l00nm之间，能通过滤纸不能透过半透膜C．氢氧化铁胶体在电场作用下“红褐色”向阴极移动，是因为氢氧化铁胶粒带正电D．将氢氧化钠浓溶液滴入饱和氯化铁溶液，制得氢氧化铁胶体16、将0.2molMnO2和50mL12mol·L-1盐酸混合后缓慢加热，反应完全后向留下的溶液中加入足量AgNO3溶液，生成AgCl沉淀，物质的量为xmol（不考虑盐酸的挥发），则x的取值范围是A．x＝0.3 B．x＜0.3 C．0.3＜x＜0.6 D．以上结论都不对二、非选择题（本题包括5小题）17、下列图示中，A为一种常见的单质，B、C、D、E是含A元素的常见化合物，它们的焰色反应均为黄色．填写下列空白：（1）写出化学式：A__________，B______________．（2）写出反应⑤的化学反应方程式：_______________________________﹣．（3）写出反应⑥的化学反应方程式：_________________________________．18、某溶液只含Cl、CO、SO、Na、K、Mg六种离子中的某几种。经实验：①原溶液白色沉淀；②原溶液中加BaCl2溶液不产生沉淀；③原溶液中加AgNO3溶液产生白色沉淀，再加稀硝酸白色沉淀不溶解。回答下列问题：（1）试分析原溶液中一定含有的离子是______________，一定不含有的离子是_______，可能含有的离子是______________。（2）有的同学认为实验③可以省略，你认为是否正确（填“是”或“否”）_________，说明理由_________________________________________________________。19、某同学取海带灰加蒸馏水煮沸2～3min，冷却，过滤，获得含I-的溶液，并设计以下实验方案，从中提取I2。（1）反应1中硫酸的作用是提供酸性环境，则试剂a的作用是__________。（2）试剂b应选择______（填序号）。A．CCl4B．苯C．酒精D．醋酸（3）操作1的名称是_______。实验室里进行操作1需要的玻璃仪器除烧杯外，还需要__________。（4）反应2为：3I2+6NaOH＝5NaI+NaIO3+3H2O，单线桥标出此反应电子转移______。此反应氧化剂是__________，氧化产物是__________。（5）反应3的离子方程式是__________。20、为了探究铁、铜及其化合物的性质，某同学设计并进行了下列实验：已知：①3Fe＋4H2O(气)Fe3O4＋4H2②Fe3O4可以看成FeO•Fe2O3，可溶于盐酸请回答：（1）在图I的虚线框中，应选用图Ⅱ中的_________填(“A”或“B”）装置；实验时应先将螺旋状铜丝加热，变黑后再趁热迅速伸入所制得的纯净氢气中，观察到的实验现象是_________________。（2）实验后，取硬质玻璃管中适量的固体，用一定浓度的盐酸溶解，滴加KSCN溶液，没有出现血红色，说明该固体中没有＋3价的铁。该结论是否正确？___________，并说明理由____________________。21、实验室要配制80mlL1.00mol/LNaCl溶液，实验室现有含有少量碳酸钠的氯化钠固体。Ⅰ．为了除去氯化钠样品中的杂质，某兴趣小组最初设计了如下方案进行实验：(1)沉淀A的化学式是_______________。(2)在实验过程中，又发现了新的问题：此方案很容易引入新的杂质。则固体物质B的成分为_________________(用化学式表示)。(3)继续探究后又提出了新的方案：将混合物溶解，先滴加足量_________________(填试剂名称)，再蒸发结晶，有关反应的离子方程式为_______________________________。Ⅱ．配制溶液：(1)配制过程中需要使用的玻璃仪器除烧杯和玻璃棒外还有_________________。(2)从所配溶液中取出10mL，与足量AgNO3溶液反应，经过滤、洗涤、干燥后得到白色沉淀1.50g。则所配溶液的浓度________1.00mol/L(填“>”、“<”或“=”)，造成此误差的操作可能是_______________。A．使用容量瓶前未干燥B．用托盘天平称量氯化钠固体时将砝码错放在左盘C．定容时俯视容量瓶的刻度线D．定容后经震荡、摇匀、静置，发现液面下降，再加适量的蒸馏水

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解析】A．该反应为复分解反应，没有元素的化合价变化，不属于氧化还原反应，故A不选；B．属于置换反应，Fe、Cu元素的化合价变化，为氧化还原反应，故B选；C．属于分解反应，没有元素的化合价变化，不属于氧化还原反应，故C不选；D．属于化合反应，没有元素的化合价变化，不属于氧化还原反应，故D不选；故选B。2、B【解析】

A.定容时，仰视凹液面最低点，溶液体积增加，浓度偏低，A错误；B.向容量瓶中加水未到刻度线，溶液体积减少，浓度偏高，B正确；C.有少量NaOH溶液残留在烧杯里，溶质减少，浓度偏低，C错误；D.用带游码的托盘天平称2.4gNaOH时误用了“左码右物”方法，溶质的质量不足2.4g，所以浓度偏低，D错误。答案选B。【点睛】明确误差分析的依据是解答的关键，即根据cB=nBV可得，一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量ｎB和溶液的体积V引起的。误差分析时，关键要看配制过程中引起ｎ和V怎样的变化。在配制一定物质的量浓度溶液时，若nB比理论值小，或V比理论值大时，都会使所配溶液浓度偏小；若3、D【解析】A.石灰石难溶于水，不能用CO32－表示，A不正确；B.该离子方程式没有配平，电荷不守恒，B不正确；C.向NaHSO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液至SO42－离子恰好沉淀完全的离子方程式为Ba2++OH－+H++SO42－=BaSO4↓+H2O，C不正确；D.NH4HCO3溶液与过量HCl溶液反应的离子方程式为HCO3－+H+=CO2↑+H2O，D正确。答案选D。4、D【解析】

A．警示标志为爆炸品，浓硫酸不具有此性质，故A错误；B．警示标记为易燃液体的标志，而浓硫酸不能燃烧，则不能使用该标志，故B错误；C．警示标记为剧毒标志，而浓硫酸无毒，不能使用该标志，故C错误；D．警示标记为腐蚀性液体的标志，浓硫酸具有腐蚀性，则使用该标志，故D正确。故选:D。5、B【解析】

A、溶液和胶体外观基本一致，一般为均一透明、稳定，故A不选；B、只有胶体具有丁达尔效应，溶液不具备，故B选；C、向Fe(OH)3胶体中加入NaOH溶液，会使胶体发生聚沉，产生Fe(OH)3沉淀，而MgCl2与NaOH反应生成Mg(OH)2沉淀，故C不选；D、溶液和胶体都能透过滤纸，故D不选；答案选B。6、C【解析】根据质量守恒定律，m（E）=m（A）+m（B）-m（C）-m（D）=10g+7g-4.4g-1.8g=10.8g，M（E）===108g/mol，答案选C。7、B【解析】

A．森林着火时木材发生燃烧，C、O元素的化合价发生变化，发生氧化还原反应，故A不选；B．食醋除去水壶中的水垢，反应方程式为CaCO3+2CH3COOH=Ca(CH3COO)2+CO2↑+H2O，该反应中没有元素化合价的变化，不属于氧化还原反应，故B选；C．食物腐败变质的过程包括微生物的繁殖引起的食品腐败变质、空气中氧气的作用，引起食品成分的氧化变质等，因此食物腐败变质过程中发生了氧化还原反应，故C不选；D．燃放爆竹时，C、S等元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故D不选；故选B。8、C【解析】根据课本AZX表达的意义可知道：A表示元素X的质量数，Z表示元素X的质子数，因此对abXn-，质量数是a，质子数是b，中子数N=A-Z=a-b，A选项正确；元素X带n个单位负电荷，所以abXn-含有的电子数是b+n，B选项正确；abXn-质量数是a，不是a+b，C选项错误；1molabXn-的质量约ag，所以一个abXn-的质量约为a/6.02×1023g，D选项正确，正确答案是C。9、B【解析】

根据硝酸钠的化学式NaNO3可知100mL2mol·L－1的硝酸钠溶液中硝酸根离子的浓度是2mol/L，结合物质的组成分析解答。【详解】A.200mL1mol·L－1的KNO3溶液中硝酸根离子的浓度是1mol/L；B.50mL1mol·L－1的Ba(NO3)2溶液中硝酸根离子的浓度是1mol/L×2＝2mol/L；C.100mL0.5mol·L－1的Mg(NO3)2溶液中硝酸根离子的浓度是0.5mol/L×2＝1mol/L；D.80mL0.5mol·L－1的Fe(NO3)3溶液中硝酸根离子的浓度是0.5mol/L×3＝1.5mol/L；因此符合条件的是选项B，答案选B。10、B【解析】

A、醋酸是弱酸，用化学式表示，不能用该离子方程式表示，A错误；B、强酸和强碱反应生成可溶性盐和水，可以用该离子方程式表示，B正确；C、反应中还有硫酸钡白色沉淀生成，不能用该离子方程式表示，C错误；D、氢氧化铜难溶，不能用该离子方程式表示，D错误；答案选B。11、A【解析】

金属与稀硫酸反应的实质是金属失去电子被氧化为金属阳离子，氢离子得到电子被还原为H2，产生H2的多少取决于金属失去电子的多少。镁在化合物中的化合价只有+2价，1molMg可失去2mol电子，12gMg可失去1mol电子；铝在化合物中只有+3价，1molAl可失去3mol电子，9gAl可失去1mol电子，锌在化合物中的化合价只有+2价，1molZn可失去2mol电子，32.5gZn可失去1mol电子；铁与稀硫酸反应是生成硫酸亚铁，1molFe可失去2mol电子，28gFe可失去1mol电子；所以，等质量的四重金属分别与足量的稀硫酸完全反应，生成氢气的量由多到少的顺序为：Al、Mg、Fe、Zn；故选择：A。12、A【解析】

根据离子反应中，离子共存的条件分析。【详解】A.在酸性条件下，即含有H+，Mg2+、NO3、C1、K+能大量共存，且皆为无色离子，故A正确；B.Cu2+显蓝色，故B错误；C.MnO4显紫色，故C错误；D.在酸性条件下，即含有H+，H+与HCO3-反应生成CO2和水，不能共存，故D错误。故选A。【点睛】高中阶段常见有颜色离子有：Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4。13、D【解析】

A.氯化钠溶液逐滴滴加到硝酸银溶液中，发生反应：NaCl+AgNO3=AgCl↓+NaNO3，反应前后溶液的浓度变化不大，灯泡亮度基本不变，故A错误；B.氨水逐滴加到醋酸溶液中，发生反应：NH3∙H2O+CH3COOH=CH3COONH4+H2O，醋酸属于弱电解质，导电能力差，而醋酸铵属于强电解质，同浓度的条件下，导电能力增强，灯泡变亮，故B错误；C.稀盐酸逐滴加到碳酸钙悬浊液中，发生反应：CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑，碳酸钙悬浊液中自由移动的离子浓度较小，导电能力差，而氯化钙属于强电解质，同浓度的条件下，自由移动离子浓度大，导电能力增强，灯泡变亮，故C错误；D.硫酸铜溶液逐滴滴加到氢氧化钡溶液中，发生反应：CuSO4+Ba（OH）2=BaSO4↓+Cu（OH）2↓，氢氧化钡属于强电解质，自由移动离子浓度大，导电能力强，反应后生成BaSO4和Cu（OH）2沉淀，溶液中自由移动的离子数目大幅度减小，导电能力减弱，灯泡变暗，当硫酸铜溶液过量后，溶液中自由移动的离子数目增加，溶液导电能力又逐渐增强，灯泡变亮，符合题意，故D正确；故答案选D。【点睛】电解质溶液中存在自由移动的离子，因此能够导电；溶液中自由移动的离子浓度越大，带的电荷越多，溶液导电能力就越强，导电能力与电解质的强弱没有必然的联系，强电解质导电能力不一定就强。14、C【解析】

①取100mL上述溶液，加入足量氯化钡溶液，充分反应后将沉淀过滤、洗涤、干燥，得到4.30g固体。向该固体中加过量的稀硝酸，仍有2.33g固体未溶解。说明白色沉淀为BaCO3和BaSO4，质量一共是4.3g，则溶液中含有CO32-、SO42-，且硫酸钡的质量是2.33g，所以硫酸根离子的物质的量是=0.01mol；碳酸钡的质量是：4.3g-2.33g=1.97g，碳酸根离子的物质的量为=0.01mol；②向①的滤液中加入足量的NaOH溶液，加热，产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体是氨气，物质的量是=0.02mol，说明溶液中有NH4+的物质的量是0.02mol，据此分析解答。【详解】A．由以上分析可知一定存在0.01molSO42-、0.01molCO32-、0.02molNH4+，阴离子所带负电荷大于阳离子所带正电荷，不能确定是否含有Cl-，故A错误；B．由以上分析可知溶液中含有CO32-、SO42-，一定不存在Ca2+，阴离子所带负电荷大于阳离子所带正电荷，一定含Na+，故B错误；C．原溶液中可能存在Cl－，根据n(+)=n(-)，即0.02+n(Na+)=2×0.01+2×0.01+n(Cl－)，据此得出n(Na+)≥0.02mol，体积为100mL，则c(Na+)≥0.200mol·L-1，故C正确；D．①中加入足量氯化钡溶液，会干扰Cl－的检验，故D错误；故选C。【点睛】本题的易错点为D，要注意加入的氯化钡对实验的影响。15、D【解析】

A．溶液与胶体的本质区别在于分散质微粒直径大小，前者小于1nm，后者介于1nm～100nm之间，丁达尔效应是胶体的特性，利用丁达尔效应可以区分溶液和胶体，故A正确；B．胶体与其他分散系的本质区别是分散质粒子的大小，胶体分散质粒子的直径大小在1nm～100nm之间，能发生丁达尔效应、能透过滤纸、不能透过半透膜都是胶体的性质，故B正确；C．胶体能发生电泳现象是由于胶体粒子带电荷，氢氧化铁胶体在电场作用下“红褐色”向阴极移动，是因为氢氧化铁胶粒带正电，故C正确；D．氢氧化钠是电解质，电解质可使胶体发生聚沉，向饱和FeCl3溶液中滴加氢氧化钠生成的是氢氧化铁沉淀，向沸水中滴加饱和氯化铁溶液加热至红褐色液体为氢氧化铁胶体，故D错误；答案选D。16、C【解析】

盐酸的物质的量是0.05L×12mol/L=0.6mol，二氧化锰是0.2mol，所以根据反应的化学方程式MnO2＋4HCl（浓）MnCl2＋Cl2↑＋2H2O可知，二氧化锰过量，所以理论上生成氯气的物质的量是0.15mol，但由于在反应过程中盐酸的浓度逐渐降低，降低到一定程度时反应会停止，所以实际生成的氯气的物质的量小于0.15mol，所以溶液中氯离子的物质的量大于0.3mol，因此生成的氯化银的物质的量大于0.3mol，答案选C。二、非选择题（本题包括5小题）17、NaNa2O2NaOH+CO2=NaHCO32NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑【解析】

A是一种常见单质，其焰色反应为黄色，则A是Na，B、C、D、E是含A元素的常见化合物，Na在O2中燃烧生成B，B为Na2O2，Na和H2O反应生成NaOH和H2，Na2O2和水反应生成NaOH和O2，所以C是NaOH，NaOH和过量CO2反应生成NaHCO3，所以E是NaHCO3，Na2O2和CO2反应生成Na2CO3和O2，NaHCO3分解生成Na2CO3、CO2和水，所以D是Na2CO3，再结合物质间的反应分析解答。【详解】A是一种常见单质，其焰色反应为黄色，则A是Na，B、C、D、E是含A元素的常见化合物，Na在O2中燃烧生成B，B为Na2O2，Na和H2O反应生成NaOH和H2，Na2O2和水反应生成NaOH和O2，所以C是NaOH，NaOH和过量CO2反应生成NaHCO3，所以E是NaHCO3，Na2O2和CO2反应生成Na2CO3和O2，NaHCO3分解生成Na2CO3、CO2和水，所以D是Na2CO3，（1）通过以上分析知，A是Na、B是Na2O2；（2）NaOH和过量二氧化碳反应生成碳酸氢钠，化学反应方程式为：NaOH+CO2=NaHCO3；（3）在加热条件下，碳酸氢钠分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，反应方程式为：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑。【点睛】本题以钠及其化合物为载体考查了物质的推断，明确物质的性质是解本题关键，根据A为单质及焰色反应来确定A的组成，再结合物质间的反应来推断，熟悉钠及其化合物之间转化关系的网络结构，灵活运用知识解答问题，题目难度不大。18、Mg2+、Cl-CO32-、SO42-K+、Na+是溶液必须呈电中性，有Mg2+，无CO32-、SO42-，则必然有Cl-【解析】⑴.题目所给的六种离子中，只有Mg2＋遇NaOH可以生成白色沉淀，则原溶液中一定含有Mg2＋；向原溶液中加入BaCl2溶液不产生沉淀，则原溶液中一定没有CO32－和SO42－；原溶液中加AgNO3溶液产生白色沉淀，再加稀硝酸白色沉淀不溶解，说明原溶液中一定含有Cl－，则可能含有的离子是K+、Na+，故答案为Mg2+、Cl-；CO32-、SO42-；K+、Na+；⑵.根据上述分析可知，原溶液中一定有Mg2+，根据溶液电中性原则，溶液中一定含有阴离子，但根据上述判断可知原溶液中无CO32-、SO42-，则一定含有Cl－，故答案是：是；溶液必须呈电中性，有Mg2+，无CO32-、SO42-，则必然有Cl-。19、将I-氧化成I2（或作氧化剂）A萃取、分液分液漏斗I2NaIO35I-+IO3-+6H+＝3I2+3H2O【解析】

含碘离子的溶液加入硫酸和试剂a把碘离子氧化为碘单质，试剂a为氧化剂，含碘的溶液中加入试剂b，结合后续实验操作可知碘的有机溶液中加入氢氧化钠溶液发生反应生成碘化钠、碘酸钠，分液后碘单质在上层溶液中生成，则b为萃取剂且密度大于水，上层溶液加入稀硫酸发生反应得到碘单质的浊液，过滤提取得到粗碘，据此判断。【详解】（1）反应1中硫酸的作用是提供酸性环境，试剂a用来氧化碘离子，则其作用是将I-氧化成I2（或作氧化剂）。（2）结合后续实验操作可知碘的有机溶液中加入氢氧化钠溶液发生反应生成碘化钠、碘酸钠，分液后碘单质在上层溶液中生成，则b为萃取剂且密度大于水，所以试剂b应选择四氯化碳，答案选A；（3）操作1是萃取分液得到含碘单质的有机溶液，操作的名称是：萃取、分液，实验室里进行操作1需要的玻璃仪器除烧杯外，还需要分液漏斗；（4）反应2为3I2+6NaOH＝5NaI+NaIO3+3H2O，反应中碘元素化合价部分从0价升高到+5价，部分降低到－1价，根据电子得失守恒可知转移电子数是5个，所以用单线桥标出此反应电子转移为。此反应氧化剂是I2，氧化产物是NaIO3。（5）反应3是碘离子与碘酸根离子在酸溶液中发生归中反应生成碘单质，反应的离子方程式为5I-+IO3-+6H+＝3I2+3H2O。【点睛】本题考查了含碘物质分离提纯碘单质的实验过程分析，注意萃取分液的操作，掌握基础、物质的性质和题干中的信息提取是解题关键。20、B铜丝由黑变红不正确因为铁过量