【化学】黑龙江省宾县一中2019-2020学年高一上学期第二次月考试题（解析版）

【化学】黑龙江省宾县一中2019-2020学年高一上学期第二次月考试题（解析版）

黑龙江省宾县一中2019-2020学年高一上学期第二次月考试题 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 S 32 P 31 Na 23 Mg 24 Al 27 Ca 40 Fe 56 Cu 64 Zn 65‎ 第I卷(选择题) 共54分 一、单选题(每小题3分)‎ ‎1.以下实验装置一般不用于分离物质的是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.A装置是过滤装置，可用于固体和液体混合物的分离，故不选A；‎ B.B装置为蒸馏装置，可用来分离沸点不同的液体混合物，故不选B；‎ C.C为配制一定物质的量浓度的溶液的操作，不用于分离物质，故选C；‎ D.D装置为分液操作，可用于分离互不相溶的液体混合物，故不选D；‎ 本题答案C。‎ ‎2.实验中的下列操作正确的是（ ）‎ A. 用试管取出试剂瓶中的Na2CO3溶液，发现取量过多，为了不浪费，又把过量的试剂倒入试剂瓶中 B. Ba(NO3)2溶于水，可将含有Ba(NO3)2的废液做沉淀处理后，将余下废液倒入指定的回收缸中再做其他处理 C. 用蒸发方法使NaCl从溶液中析出时，应将蒸发皿中NaCl溶液全部加热蒸干 D. 用分液法分离食盐水和苯的混合液时，用烧杯从下口接收液体进而回收苯 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】蒸发最后应余热蒸干，分液漏斗内上层液体应从上口倒出。‎ ‎【详解】A. 从试剂瓶中取出的试剂通常不能放回原试剂瓶，以防止污染试剂瓶内的试剂，A项错误；‎ B. Ba(NO3)2易溶于水，会污染水体，常将其转化为难溶于水的硫酸钡沉淀，余下的废液倒入指定的回收缸中再做其他处理，B项正确；‎ C. 蒸发NaCl溶液时，当蒸发皿中有较多NaCl晶体析出，应停止加热，利用余热蒸干，C项错误；‎ D. 苯不溶于水，密度比水小。分液法分离食盐水和苯的混合液时，放出下层液体后，再从分液漏斗上口倒出上层的苯，D项错误。‎ 本题选B。‎ ‎3.下列叙述正确的是（ ）‎ A. 1 molH2O的质量为18g/mol B. 含有3.01×1023个氧原子的SO2分子的质量约为16g C. CH4的摩尔质量为16g D. 标准状况下，1mol任何物质体积均为22.4L ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】根据物质的量的计算公式及各物理量的单位进行判断。‎ ‎【详解】A. 1 molH2O的质量为m(H2O)=M×n=18g/mol×1 mol=18g，A项错误；‎ B. 3.01×1023个氧原子的物质的量n(O)=3.01×1023÷6.02×1023 mol-1=0.5mol，则n(SO2)=0.25mol，m(SO2)=0.25mol×64g/mol=16g，B项正确；‎ C. 摩尔质量的单位是g/mol，CH4的摩尔质量为16g/mol，C项错误；‎ D. 标准状况下气体摩尔体积Vm=22.4L/mol，只能用于气体物质。1mol任何气体在标况时体积均为22.4L，D项错误。‎ 本题选B。‎ ‎4.在常温常压下，将11.2LH2和11.2LO2混合，得到气体的体积为（ ）‎ A 22.4L B. <22.4 L C. 5.6L D. 无法确定 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】常温常压下H2和O2不反应。同温同压时，气体分子间距离大致相等，体积有加和性。‎ ‎【详解】同温同压时，任何气体分子间距离都大致相等。即同温同压时不发生化学反应的气体的体积可以相加，即在常温常压下将11.2LH2和11.2LO2混合，得到气体的体积为22.4L；‎ 本题选A。‎ ‎5.下列叙述正确的是（ ）‎ A. 含1mol溶质的任何溶液，物质的量浓度一定相等 B. 体积相同、物质的量浓度相同的不同种溶液所含溶质的微粒数一定相同 C. 配制0.1mol·L－1硫酸铜溶液，可将25g胆矾(CuSO4·5H2O)溶于水，然后将此溶液稀释至1L D. 1L0.5 mol·L－1CaCl2溶液中，Ca2＋和Cl－的物质的量浓度都是0.5mol·L－1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】据物质的量浓度的定义c=n/V分析判断。‎ ‎【详解】A. 溶质为1mol，溶液体积未知，不能比较物质的量浓度，A项错误；‎ B. 体积相同、物质的量浓度相同的溶液所含溶质的物质的量相同。但溶质是否电离、电离产生的离子数目不一定相同，B项错误；‎ C 25g胆矾(CuSO4·5H2O)含0.1molCuSO4，溶于水再稀释至1L，即制得0.1mol·L－1硫酸铜溶液，C项正确；‎ D. 据CaCl2=Ca2＋+2Cl－，0.5 mol·L－1CaCl2溶液中，Ca2＋和Cl－的物质的量浓度分别为0.5mol·L－1、1mol·L－1，D项错误。‎ 本题选C。‎ ‎6.下列叙述正确的是（ ）‎ A. 直径介于1～100 nm之间的粒子称为胶体 B. 用过滤的方法可以将胶体和溶液分离 C. 胶体区别于其他分散系本质特征是丁达尔效应 D. 由于胶粒之间的排斥作用，胶粒不易聚集成大的颗粒，所以胶体比较稳定 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】粒子直径介于1～100 nm之间的分散系称为胶体；溶液、胶体中的粒子都能透过滤纸；胶体区别于其他分散系的本质特征是粒子直径不同；胶粒带有同种电荷；‎ ‎【详解】粒子直径介于1～100 nm之间的分散系称为胶体，故A错误；溶液、胶体中的粒子都能透过滤纸，不能用过滤的方法分离胶体和溶液，故B错误；胶体区别于其他分散系的本质特征是粒子直径不同，故C错误；胶粒带有同种电荷，由于同种电荷的静电排斥作用，胶体相对比较稳定，故D正确。‎ ‎7.Fe3+、SO42﹣、Al3+和X四种离子以物质的量之比2: 4 :1 :1大量共存于同一溶液中，X可能是（　　）‎ A. Na+ B. Cl﹣ C. CO32﹣ D. OH﹣‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】假设离子的物质的量为分别为2mol、4mol、1mol、1mol，则根据溶液中的电荷守恒分析，2×3+1×3=2×4+1×x，解x=1，说明阴离子带一个单位的负电荷，铁离子和氢氧根离子不能共存，所以氢氧根离子不存，故X可能为氯离子，故选B。‎ ‎8.在给定的四种溶液中加入以下各种离子，能在原溶液中大量共存的是（ ）‎ A. 常温下强酸性 的溶液： K+、HCO3-、Br−、Ba2+‎ B. 滴加酚酞溶液显红色的溶液：Fe3+、NH4+、Cl−、NO3-‎ C. 所含溶质为FeCl3的溶液：K+、SO42-、NO3-、H+‎ D. 强碱性溶液：Cu2+、Na+、Mg2+、NO3-‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 强酸性的溶液中有大量的H+，H+ 与HCO3-反应不能大量共存；‎ B. 滴加酚酞溶液显红色，说明溶液中有OH-，Fe3+、NH4+与OH-能反应，不能大量共存；‎ C.离子相互间不反应，能大量共存；‎ D. 强碱性溶液有大量的OH-，Cu2+、Mg2+与OH-能反应，不能大量共存；‎ 故选C。‎ ‎9.能正确表示下列化学反应的离子方程式是（ ）‎ A. 金属铝溶于盐酸中：Al＋2H+＝Al3+＋H2↑‎ B. 碳酸镁溶于硝酸中：2H+＋CO32-＝CO2↑＋H2O C. 在澄清石灰水中通入过量的CO2：Ca2+＋2OH-＋CO2＝CaCO3↓＋H2O D. 硫酸氢钠溶液中加入碳酸氢钠溶液：H+＋HCO3-＝CO2↑＋H2O ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．题中所给离子方程式电荷不守恒，金属铝溶于盐酸中的离子反应为2Al+6H+=2Al3++3H2↑，故A错误；‎ B．碳酸镁难溶于水，在离子反应中应保留化学式，碳酸镁溶于硝酸中的离子反应为2H++MgCO3=CO2↑+H2O+Mg2+，故B错误；‎ C．因通入的CO2过量，反应生成碳酸氢钙，所以在澄清石灰水中通入过量的CO2的离子反应为OH-+CO2=HCO3-，故C错误；‎ D．硫酸氢钠溶液中加入碳酸氢钠溶液的离子反应为H++HCO3-=CO2↑+H2O，故D正确；‎ 故答案选D。‎ ‎10.11P + 15CuSO4 + 24H2O = 5Cu3P + 6H3PO4 + 15H2SO4 反应中，被氧化的P原子与被还原的P原子个数比是（ ）‎ A. 6:5 B. 5:6 C. 11:5 D. 11:6‎ ‎【答案】A ‎【解析】根据方程式可知，铜的化合价从＋2价降低到＋1价，做氧化剂。P的化合价从0价部分降低到－3价，部分升高到＋5价，所以根据得失电子守恒可知，5x＝（11－x）×3＋15，解得x＝6，所以被还原的P是5，则选项A正确，答案选A。‎ ‎11.已知有如下反应：①2BrO3-+Cl2=Br2+2ClO3-，②2FeCl2+Cl2=2FeCl3③ClO3-+5Cl-+6H+=3Cl2+3H2O，④2FeCl3+2KI=2FeCl2+2KCl+I2，下列各微粒氧化能力由强到弱的顺序正确的是（ ）‎ A. ClO3-＞BrO3-＞Cl2＞Fe3+＞I2 B. BrO3-＞Cl2＞ClO3-＞I2＞Fe3+‎ C. BrO3-＞ClO3-＞Cl2＞Fe3+＞I2 D. BrO3-＞ClO3-＞Fe3+＞Cl2＞I2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】根据在氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性可知在2BrO3-+Cl2=Br2+2ClO3-中氧化性是BrO3-＞ClO3-，在2FeCl2+Cl2=2FeCl3中氧化性是Cl2‎ ‎＞Fe3+，在ClO3-+5Cl-+6H+=3Cl2+3H2O中氧化性是ClO3-＞Cl2，在2FeCl3+2KI=2FeCl2+2KCl+I2中氧化性是Fe3+＞I2，所以微粒氧化能力由强到弱的顺序为BrO3-＞ClO3-＞Cl2＞Fe3+＞I2，答案选C。‎ ‎12.下列反应中，氧化剂与还原剂物质的量之比为1∶2的是(　　)‎ A. 3S＋6NaOH===2Na2S＋Na2SO3＋3H2O B. 2CH3COOH＋Ca(ClO)2===2HClO＋Ca(CH3COO)2‎ C. 4HCl(浓)＋MnO2MnCl2＋Cl2↑＋2H2O D. I2＋2NaClO3===2NaIO3＋Cl2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．反应3S＋6NaOH===2Na2S＋Na2SO3＋3H2O中有2molS化合价降低，作氧化剂，有1molS化合价升高作还原剂，则氧化剂与还原剂物质的量之比为2：1，A错误；‎ B．反应2CH3COOH＋Ca(ClO)2===2HClO＋Ca(CH3COO)2中没有元素化合价的变化，不是氧化还原反应，B错误；‎ C．反应HCl(浓)＋MnO2MnCl2＋Cl2↑＋2H2O中，当1molMnO2得到2mol电子时，有2molHCl失电子，则氧化剂与还原剂物质的量之比为1：2，C正确；‎ D．反应I2＋2NaClO3===2NaIO3＋Cl2中，NaClO3作氧化剂，I2作还原剂，则氧化剂与还原剂物质的量之比为2：1，D错误；‎ 答案选C。‎ ‎13.将9.6g Cu投入到 500 mL 一定物质的量浓度的稀硝酸中，恰好完全反应，还原产物只有一氧化氮，则该稀硝酸的物质的量浓度为（ ）‎ A. 1 mol/L B. 0.2 mol/L C. 0.4 mol/L D. 0.8 mol/L ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】铜的物质的量为 =0.15mol，由化学方程式3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O所示的物质的量的关系可知，完全反应0.15molCu需要硝酸的物质的量为0.4mol，生成的气体NO的物0.1mol，则该稀硝酸的物质的量浓度为=0.8 mol/L，故选D。‎ ‎14.取一小块金属钠放在燃烧匙里加热，下列实验现象中描述正确的是（ ）‎ ‎①金属钠熔化 ②在空气中燃烧，火焰为紫色 ③燃烧后得到白色固体④燃烧时火焰为黄色⑤燃烧后生成浅黄色固体物质 A. ①② B. ①②③ C. ①④⑤ D. ④⑤‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】钠的熔点较低，钠在加热条件下与氧气发生反应时，先熔化，与氧气在加热条件下反应生成淡黄色过氧化钠固体，燃烧时火焰为黄色。①钠熔点低，反应放热，金属钠熔化，故正确；②在空气中燃烧，火焰为黄色，故错误；③燃烧后生成产物为过氧化钠，为淡黄色，故错误；④燃烧时火焰为黄色，故正确；⑤燃烧后生成产物为过氧化钠，为淡黄色，故正确；故答案选C。‎ ‎15.下列说法正确的是(　　)‎ A. 失电子多的金属还原性强 B. 金属阳离子被还原不一定得到金属单质 C. 某元素从化合态到游离态，该元素一定被还原 D. 金属单质在反应中只能作还原剂，非金属单质只能作氧化剂 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、金属还原性强弱与失去电子的多少没有关系，只与失去电子的难易程度有关系，A错误；‎ B、金属阳离子被还原不一定得到金属单质，例如铁离子被还原转化为亚铁离子，B正确；‎ C、某元素从化合态到游离态，该元素不一定被还原，也可能被氧化，C错误；‎ D、金属单质在反应中只能作还原剂，非金属单质既能作氧化剂，也能作还原剂，D错误；‎ 答案选B。‎ ‎16.下列离子方程式书写正确的是(　　)‎ A. 钠与稀硫酸反应：2Na + 2H2O = 2Na+ + 2OH- + H2↑‎ B. 铝和氢氧化钠溶液反应：Al + 3OH- = Al(OH)3 + H2↑‎ C. 澄清石灰水中滴加少量NaHCO3：Ca2+ + OH- + HCO3﹣ = CaCO3↓ + H2O D. 向 FeBr2 溶液中通入过量的Cl2：Cl2 + 2Br- = Br2 + 2Cl-‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 钠与稀硫酸溶液反应时，钠首先和稀硫酸电离出的氢离子反应，氢离子消耗完后再和水反应，故A错误；‎ B. 铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，离子方程式为：2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2↑，故B错误；‎ C. 澄清石灰水中滴入少量的NaHCO3溶液发生的离子反应为Ca2++OH-+HCO3-=CaCO3↓+H2O，故C正确；‎ D. 亚铁离子的还原性大于Br-的还原性，向 FeBr2 溶液中通入过量的Cl2，Cl2会先和亚铁离子反应，再和Br-反应，故D错误；‎ 正确答案是C。‎ ‎17.下列说法正确的是（ ）‎ A. 氨气的水溶液能导电，所以氨气是电解质 B. 1 mol·L－1的硫酸钠溶液与1 mol·L－1的氢氧化钠溶液导电性不同 C. 氢氧化铁胶体能导电，故氢氧化铁胶体是电解质 D. 在相同条件下，饱和溶液一定比不饱和溶液的导电性强 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.氨气的水溶液能导电，说明一水合氨是电解质，但是氨气是非电解质，故错误；B.溶液的导电性与溶液中离子的浓度和离子所带的电荷数有关，二者比较。硫酸钠溶液中钠离子浓度较大，且硫酸根离子带的电荷多，所以硫酸钠溶液导电能力强，故正确；C.氢氧化铁胶体是混合物，不是电解质，故错误；D.饱和溶液的浓度不一定比不饱和溶液的浓度大，故导电性不一定强，故错误。故选B。‎ ‎18.将总物质的量为amol的钠和铝的混合物投入到水中，若两者的物质的量之比n(Na):n(Al)＝2:3，则生成的氢气在标准状况下的体积为（ ）‎ A. 11.24a L B. 36.6a L C. 17.92a L D. 44.82a L ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】钠和铝的混合物的总物质的量为amol，且n(Na):n(Al)= 2:3，则n(Na)=mol，n(Al)=，根据钠和水的反应列出关系式2Na～2H2O～2OH-～H2可知，n(OH-)=n(Na)=‎ mol，生气氢气n(H2)=n(Na)=mol；根据铝和氢氧化钠的反应列出关系式2Al～2OH-～3H2可知，氢氧根不足，所以n(H2)=n(OH-)=mol，共生成氢气mol+mol=0.8amol，准状况下的体积为0.8amol×22.4L/mol=17.92a L，故选C。‎ 第II卷(非选择题)(共46分)‎ 二、非选择题(共46分)‎ ‎19.按要求计算、整理化简并填空：‎ ‎（1）若20g密度为ρg•cm﹣3的硝酸钙溶液里含1gCa2+，则NO3-的物质的量浓度是____。‎ ‎（2）现有mg某气体，它由双原子分子构成，它的摩尔质量为Mg/mol。若阿伏加德罗常数的值用NA表示，则：‎ ‎①该气体所含原子总数为___个。‎ ‎②该气体在标准状况下的体积为____L。‎ ‎③该气体溶于1L水中(不考虑反应)，形成的溶液密度为ρg/cm3，则该溶液的物质的量浓度为____mol•L－1。‎ ‎【答案】(1). 2.5ρmol•L﹣1 (2). (3). ×22.4L (4). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】应用计算物质的量的公式分析求解。‎ ‎【详解】（1）据Ca2+~2NO3-，n(NO3-)=2n(Ca2+)==0.05mol；‎ 溶液体积V＝=1/(50ρ)L；‎ c(NO3-)==2.5ρ mol•L﹣1。‎ ‎（2）设气体双原子分子的化学式为R2，则m g该气体 ‎①所含原子总数N(R)=n(R)×NA=2×n(R2)×NA==。‎ ‎②在标准状况下的体积V=n(R2)×22.4L/mol=×22.4L/mol=×22.4L。‎ ‎③溶质物质的量n(R2)==mol，溶液体积V==L，溶液浓度c(R2)==mol•L﹣1。‎ ‎20.实验室用密度为1.84 g•cm﹣3、溶质的质量分数为98 %的硫酸，配制250 mL物质的量浓度为0.46 mol•L﹣1的硫酸。‎ ‎(1)需要量取该浓硫酸的体积为_______mL。‎ ‎(2)实验需要以下步骤：‎ ‎①定容 ②量取 ③摇匀 ④洗涤 ⑤转移 ⑥冷却 ⑦计算 ⑧装瓶 ⑨稀释 进行顺序为_______。‎ ‎(3)下列操作使所配溶液的物质的量浓度偏高的是________。‎ A.往容量瓶中转移溶液时有少量液体溅出 B.未洗涤稀释浓H2SO4的小烧杯 C.定容时俯视刻度线 D.洗净容量瓶未干燥即用来配制溶液 E.定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面不到刻度线，再加水至刻度线 ‎【答案】(1). 6.3 (2). ⑦②⑨⑥⑤④①③⑧ (3). C ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)根据n＝cV计算。‎ ‎(2)根据配制一定物质量浓度的溶液的步骤分析；‎ ‎(3)根据c=进行判断。‎ ‎【详解】(1)浓硫酸浓度为，配制250mL物质的量浓度为0.46mol▪L-1的硫酸需要硫酸的物质的量为：0.46mol·L-1×0.25L=0.115mol，需要浓硫酸的体积为：=0.00625L=6.25mL，所以需要选用10mL量筒，但是10mL量筒只能精确到小数点后一位，故需要量取该浓硫酸的体积为6.3mL；‎ ‎(2)配制一定物质量浓度的溶液的正确步骤是：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶；故进行顺序为⑦②⑨⑥⑤④①③⑧；‎ ‎(3)A.‎ ‎ 往容量瓶中转移溶液时有少量液体溅出，会导致部分溶质损失，使所配溶液的物质的量浓度偏低，故A错误；‎ B. 未洗涤稀释浓H2SO4的小烧杯，会导致部分溶质损失，使所配溶液的物质的量浓度偏低，故B错误；‎ C. 定容时俯视刻度线，会导致定容时溶液体积偏小，使所配溶液的物质的量浓度偏高，故C正确；‎ D. 洗净容量瓶未干燥即用来配制溶液，对实验结果没有影响，故D错误；‎ E. 定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面不到刻度线，再加水至刻度线，会导致定容时溶液体积偏大，使所配溶液的物质的量浓度偏低，故E错误；‎ 正确答案是C。‎ ‎21.在一条鱼、虾绝迹的小河边有四座工厂甲、乙、丙、丁(如图)，它们排出的废液里，每个工厂只有 Na2CO3、CuCl2、Ca(OH)2、HCl 中的一种。某中学环保小组对河水监测时发现：① 甲处河水澄清且呈蓝色；② 乙处河水由乳白色浑浊变浅蓝色浑浊；③ 丙处河水由浑变清；④ 丁处产生气泡，河水仍清，请推断：‎ ‎(1)四座工厂排除的废液里含有的污染物：甲_______，乙________，丙_______，丁________。‎ ‎(2)在M处取出的河水中，肯定含有的离子是____________________。‎ ‎(3)写出丙厂处可能发生的离子方程式______________________________________________。‎ ‎【答案】(1). CuCl2 (2). Ca(OH)2 (3). HCl (4). Na2CO3 (5). Cu2+、Ca2+、Cl-、H+ (6). Cu(OH)2 + 2H+ = Cu2+ + 2H2O；Ca(OH)2 + 2H+ = Ca2+ + 2H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】水流方向是由甲经过乙，依次流经丙和丁，根据四种物质的性质特点，甲处河水澄清且呈蓝色，故为CuCl2；乙处河水由乳白色浑浊变浅蓝色浑浊，说明Ca(OH)2和CuCl2反应生成Cu(OH)2蓝色沉淀，故乙处为Ca(OH)2；丙处河水由浑变清，是由于Cu(OH)2和Ca(OH)2在丙处被溶解，故丙处为HCl，丁处为Na2CO3（与盐酸作用产生气泡），以此解答。‎ ‎【详解】(1)由分析可知，甲为CuCl2；乙为Ca(OH)2；丙为HCl；丁为Na2CO3；‎ ‎(2)乙处氢氧化钙与氯化铜反应生成氢氧化铜、氯化钙，丙处氢氧化铜和氢氧化钙与盐酸反应生成氯化铜和氯化钙，则丙的下游，丁的上游M处含有氯化钙、氯化铜、盐酸等，M处取出的河水中含有： Ca2+、Cu2+、H+、Cl-等；‎ ‎(3)丙处氢氧化铜与盐酸反应生成氯化铜、水，反应离子方程式为：Cu(OH)2+2H+=Cu2++2H2O；同时Ca(OH)2与盐酸反应生成氯化钙、水，反应离子方程式为：Ca(OH)2 + 2H+ = Ca2+ + 2H2O。‎ ‎22.某一反应体系有反应物和生成物总共有5种物质：O2 、H2CrO4 、Cr(OH)3 、H2O、H2O2。已知该反应中H2O2 发生如下变化过程：H2O2 → O2 ，则有：‎ ‎(1)该反应中的氧化产物_________________________；‎ ‎(2)配平该反应的化学方程式并用单线桥表示电子转移情况：_______________________。‎ ‎(3)现有反应：3BrF3 + 5H2O = HBrO3 + Br2 + 9HF + O2↑，已知BrF3中F的化合价为-1价，则有该反应中的氧化剂是____________，若生成0.5 mol Br2，则反应过程中转移电子为__________mol。‎ ‎【答案】(1). O2 (2). (3). BrF3 (4). 3‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)由信息H2O2→O2中可知，O元素的化合价由-1价升高到0，则H2O2为还原剂，发生氧化反应生成氧化产物O2，故答案为：O2；‎ ‎(2)氧化剂发生还原反应，含元素化合价降低的物质为氧化剂，则Cr元素的化合价降低，即还原反应的过程为H2CrO4→Cr(OH)3，结合(1)可以写出该反应的方程式为：2H2CrO4+3H2O2＝2Cr(OH)3+3O2↑+2H2O，该反应中O元素失电子，Cr元素得到电子，2molH2CrO4反应转移电子为2mol×（6-3）=6mol，则用单线桥法标出电子转移的方向和数目为：；‎ ‎(3)在反应3BrF3+5H2O=HBrO3+Br2+9HF+O2↑中，元素化合价变化情况为：溴元素由+3价升高为+5价，溴元素由+3价降低为0价，氧元素化合价由-2价升高为0价，所以BrF3既起氧化剂也起还原剂作用，同时水也起还原剂作用，故氧化剂是BrF3；该反应中氧化剂只有BrF3，溴元素由+3价降低为0价生成Br2，若生成0.5 mol Br2，则需要BrF3中Br元素得到3×2×0.5mol=3mol，则反应过程中转移电子为3mol。‎ ‎23.等质量的甲、乙、丙三种金属，分别与足量的溶质质量分数相同的稀硫酸完全反应，都生成＋2价的硫酸盐，其产生氢气的体积与反应时间的关系如下图所示，则比较下列大小关系：‎ ‎(1)三种金属的活动性由强到弱的顺序为：________________________。‎ ‎(2)三种金属反应时消耗硫酸的质量由少到多的顺序为：_____________。‎ ‎(3)三种金属的相对原子质量由大到小的顺序为：________________。‎ ‎【答案】(1). 甲＞丙＞乙 (2). 丙＜乙＜甲 (3). 丙＞乙＞甲 ‎【解析】‎ ‎【分析】由产生氢气的体积与反应时间的关系图，等质量的甲最先完成反应而乙最后反应完成；完全反应后甲放出氢气量最大而丙最小，以此解答。‎ ‎【详解】(1)等质量的甲、乙、丙三种金属，甲最先完成反应，其次为丙，而乙最后反应完全，因此可判断三种金属的活动性大小为甲＞丙＞乙；‎ ‎(2)反应所放出氢气全部来自于稀硫酸，产生的氢气越多，消耗硫酸的质量越大，故三种金属反应时消耗硫酸的质量由少到多的顺序为：丙＜乙＜甲；‎ ‎(3)根据一定量金属完全反应产生氢气质量=×金属的质量，因金属的质量及化合价均相同，所以金属的相对原子质量与反应放出氢气的多少成正比，则三种金属的相对原子质量是丙＞乙＞甲。‎ ‎24.(1)分别取m g钠、铁、铝与足量的盐酸反应，在相同条件下产生氢气的体积比是____________________。‎ ‎(2)分别取0.1 mol 钠、铁、铝与足量的盐酸反应，在相同条件下产生氢气的体积比是________________________。‎ ‎(3)若都产生0.25 mol的氢气，所需钠、铁、铝的质量比是________________________。‎ ‎(4)若产生相同体积(同温同压)的氢气，所需钠、铁、铝三种金属的物质的量之比是________________________。‎ ‎(5)若产生相同质量的氢气，钠、铁、铝三种金属转移电子的物质的量之比是________________________________。‎ ‎【答案】(1). (2). 1:2:3 (3). 23:28:9 (4). 6:3:2 (5). 1:1:1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】题中涉及到的化学方程式有①2Na+2HCl=2NaCl+H2↑，②Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，③2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，根据各反应物的物质的量结合化学方程式计算。‎ ‎【详解】(1)钠、铁和铝在反应中分别失去1、2、3个电子，mg钠、铁、铝的物质的量分别为mol、mol、mol，由电子得失转移守恒可得，2 mol钠生成1 mol氢气，1 mol铁生成1 mol氢气，2 mol铝生成3 mol氢气，所以生成氢气的体积比为mol:mol:mol＝；‎ ‎(2)分别取0.1mol钠、铁、铝与足量盐酸反应，则：2Na+2HCl=2NaCl+H2↑、Fe+HCl=FeCl2+H2↑、2Al+6HCl=AlCl3+3H2↑，故在相同条件下产生氢气的体积比=0.05mol：0.1mol：0.15mol=1：2：3；‎ ‎(3)若都产生0.25 mol的氢气，则：2Na+2HCl=2NaCl+H2↑、Fe+HCl=FeCl2+H2↑、2Al+6HCl=AlCl3+3H2↑，故所需钠、铁、铝的物质的量之比=0.25mol×2：0.25mol：0.25×mol=6：3：2，则质量比=6×23：3×56：：2×27=23：28：9；‎ ‎(4)若产生相同体积（同温同压下）的H2，由于体积之比是相应的物质的量之比，假设都是1mol，根据反应2Na+2HCl=2NaCl+H2↑、Fe+HCl=FeCl2+H2↑、2Al+6HCl=AlCl3+3H2↑，则所需的钠、镁、铝物质的量比为2：1：=6：3：2；‎ ‎(5)从得失电子的角度考虑，2个H+得到两个电子生成1个H2，H+得到的电子，由活泼金属提供，若产生相同质量的氢气，则钠、铁、铝三种金属转移电子的物质的量相等，故钠、铁、铝三种金属转移电子的物质的量之比是1:1:1。‎