【化学】湖南省邵东县第一中学2019-2020学年高一上学期第三次月考试题（解析版）

【化学】湖南省邵东县第一中学2019-2020学年高一上学期第三次月考试题（解析版）

湖南省邵东县第一中学2019-2020学年高一上学期第三次月考试题 相对原子质量：H—1　C—12　N—14　O—16 Na—23　 Mg—24 Al—27　S—32　Cl—35.5　 Fe—56　 Zn—65 Ag—108　Ba—137‎ 一、单项选择题 ‎1.下列实验原理与粒子大小关系最密切的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、蒸馏与物质的沸点有关，与粒子大小关系无关，故A错误；‎ B项、加热蒸发溶剂，使溶液由不饱和变为饱和，继续蒸发，过剩的溶质就会呈晶体析出，这与粒子大小无关，故B错误；‎ C项、萃取利用一种溶质在两种溶剂中的溶解度不同进行分离，与物质微粒大小无直接关系，故C错误；‎ D项、胶体微粒能对光线散射，产生丁达尔效应，而溶液中的离子很小，不能产生丁达尔效应，丁达尔效应与分散质粒子的大小有关，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎2.分类是化学学习中经常用到的方法,下列对一些物质或化学反应的分类以及依据正确的是(    )‎ A. H2SO4是酸，因为H2SO4中含有氢元素 B. 豆浆是胶体，因为豆浆中的分散质粒子直径在1nm～100nm之间 C. Na和H2O的反应不是离子反应，因为反应中没有离子参加 D. Na在Cl2中燃烧不是氧化还原反应，因为没有得氧或失氧 ‎【答案】B ‎【解析】酸是电离出的阳离子全部为H+的化合物，A选项错误；离子反应是有离子参加或生成的反应，Na和H2O的反应虽然没有离子参加，但是因为有离子生成，所以是离子反应，C选项错误；有电子转移（化合价变化）的反应属于氧化还原反应，Na在Cl2‎ 中燃烧是氧化还原反应，D选项错误。‎ ‎3.一小块金属钠久置于空气中，最终得到的产物是（ ）‎ A. Na2O B. Na2O2 C. NaOH D. Na2CO3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】金属钠在空气中放置，先与空气中的氧气反应生成氧化钠，然后吸水变成氢氧化钠溶液，再与二氧化碳反应生成碳酸钠晶体，最后失去风化得到碳酸钠，所以选D。‎ ‎4.现有一瓶甲和乙的混合物，已知甲和乙的某些性质如下表所示：‎ 物质 熔点/℃‎ 沸点/℃‎ 密度/（g·cm-3）‎ 水中的溶解性 甲 ‎-98‎ ‎57.5‎ ‎0.93‎ 可溶 乙 ‎-84‎ ‎97‎ ‎0.90‎ 可溶 据此，将甲和乙相互分离的方法是（ ）‎ A. 蒸馏法 B. 升华法 C. 萃取法 D. 过滤法 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】由表中数据可知，甲和乙沸点不同，且相差较大，可用蒸馏的方法分离，而二者都溶于水，则不能用过滤、分液的方法分离，故选A。‎ ‎5.下列反应过程中不能产生H2的是（ ）‎ A. 金属钠和水反应 B. 高温条件，铁和水蒸气反应 C. 加热条件下，铜和足量浓硫酸发生反应 D. 铝和氢氧化钠溶液 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、金属钠和水反应氢氧化钠和氢气，不符合题意，故A不选；‎ B项、高温条件，铁和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，不符合题意，故B不选；‎ C项、加热条件下，铜和足量浓硫酸发生反应硫酸铜、二氧化硫和水，没有氢气生成，符合题意，故C选；‎ D项、铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，不符合题意，故D不选；‎ 故选C。‎ ‎6. 下列叙述正确的是（ ）‎ A. 液态 HBr 不导电，因此 HBr 是非电解质 B. 强电解质溶液的导电能力不一定比弱电解质溶液的导电能力强 C. NH3的水溶液能导电，因此NH3是电解质 D. BaSO4难溶于水，其水溶液的导电性极弱，因此BaSO4是弱电解质 ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：A、电解质导电需要水溶液或熔融状态下，HBr在水溶液全部电离出H＋和Br－，因此HBr属于电解质，故错误；B、溶液导电能力与电解质的强弱无关，与离子的浓度和所带电荷数有关，故正确；C、NH3的水溶液虽然导电，但导电的离子不是NH3本身提供的，因此NH3不是电解质，属于非电解质，故错误；D、BaSO4的水溶液导电性极弱，但溶解的BaSO4全部电离，因此BaSO4属于强电解质，故错误。‎ ‎7.NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法中正确的是（ ）‎ A. 32 g 氧气含原子数为NA B. 一定条件下，2.3 g的Na完全与O2反应生成3.6 g产物时失去的电子数为0.1NA C. 2 L 0.5 mol/ L硫酸钾溶液中阴离子所带电荷数为NA D. 标准状况下，22.4 L的CCl4中含有的CCl4分子数为NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、32 g 氧气的物质的量为1mol，氧气是双原子分子，1mol氧气含原子数为2NA，故A错误；‎ B项、2.3g钠的物质的量为0.1mol，钠与氧气反应后变为+1价，则0.1mol钠失去0.1NA个电子，与产物无关，故B正确；‎ C项、2 L 0.5 mol/ L硫酸钾溶液中硫酸根离子所带电荷数为2L×0.5 mol/ L×2×NAmol-1=2NA，故C错误；‎ D项、标准状况下，四氯化碳不是气体，无法按标准状况下的气体摩尔体积计算22.4 L的CCl4的物质的量，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎8.常温下，在溶液中可发生以下反应：①H+ + Z- + XO42-X2+ + Z2 + H2O(未配平)，②2M2+ ‎ ‎+ R2 = 2M3+ + 2R- ， ③2R- + Z2 = R2 + 2Z-。由此判断下列说法正确的是（ ）‎ A. 氧化性强弱顺序为XO42- > Z2 > R2 > M3+‎ B. 还原性强弱顺序为X2+ > Z- > R- > M2+‎ C. R元素在反应②中被氧化，在③中被还原 D. 常温下反应2M2+ + Z2 = 2M3+ + 2Z-不可进行 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、由氧化还原反应规律可知，氧化剂的氧化性强于氧化产物，反应①中XO4-是氧化剂，Z2是氧化产物，氧化性：XO4->Z2，反应②中R2是氧化剂，M3+是氧化产物，氧化性：R2>M3+，反应③中Z2是氧化剂，R2是氧化产物，氧化性：Z2>R2，氧化性强弱关系为：XO4->Z2>R2>M3+，故A正确；‎ B项、由氧化还原反应规律可知，还原剂的还原性强于还原产物，反应①中Z-是还原剂，X2+是还原产物，还原性：Z-> X2+，反应②中M2+是还原剂，R-是还原产物，还原性：M2+-> R-，反应③中R-是还原剂，Z-是还原产物，还原性：R->Z-，还原性强弱关系为：M2+>R- >Z- >X2+，故B错误；‎ C项、R元素在反应②中做氧化剂，被还原，在③中做还原剂，被氧化，故C错误；‎ D项、由氧化还原反应规律可知，氧化剂的氧化性强于氧化产物，由反应②和反应③可知氧化性强弱关系为：Z2>R2>M3+，则反应2M2++Z2═2M3++2Z-可以进行，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎9.某无色溶液中可能仅含下列某组离子，且一定能满足对应要求的是（ ）‎ 选项 离子 要求 A NH4+、Al3+、SO42-、H+‎ 滴加NaOH溶液并加热，立即有气体产生 B K+、NO3-、Cl-、Na+‎ c（K+）＜c（Cl-）、c（Na+）＜c（NO3-）‎ C Fe2+、Mg2+、SO42-、Cl-‎ 逐滴滴加盐酸，溶液没有颜色变化 D Na+、Mg2+、SO42-、Cl-‎ 滴加氨水，立即有沉淀产生 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、向含有NH4+、Al3+、SO42-、H+的溶液中滴加NaOH溶液加热，溶液中H+‎ 先反应，不可能立即有氨气产生，故A错误；‎ B项、若溶液中c（K+）＜c（Cl-）、c（Na+）＜c（NO3-），溶液中阴离子电荷数大于阳离子，电荷不守恒，故B错误；‎ C项、溶液中亚铁离子的颜色为浅绿色，无色溶液中不可能含有亚铁离子，故C错误；‎ D项、向含有Na+、Mg2+、SO42-、Cl-的溶液中滴加氨水，镁离子与氨水反应生成氢氧化镁白色沉淀，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎10.下列反应的离子方程式书写正确的是（ ）‎ A. 向石灰乳中通入CO2：Ca2+ + 2OH-+ CO2 = CaCO3 ↓+ H2O B. 铝和氢氧化钠溶液的反应：Al + 2OH- = AlO2- + H2↑‎ C.酸性高锰酸钾中加入双氧水：2MnO4- + H2O2 + 6H+ = Mn2+ + 3O2↑ + 4H2O D. 碳酸钠溶液中加入少量盐酸：CO32- + H+ = HCO3-‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、向石灰乳中通入CO2，石灰乳与CO2反应生成碳酸钙和水，石灰乳为氢氧化钙悬浊液，氢氧化钙不能拆写，反应的离子方程式为Ca(OH)2+ CO2 = CaCO3↓+ H2O，故A错误；‎ B项、铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式为2Al + 2OH- +2H2O =2AlO2- +3H2↑，故B错误；‎ C项、酸性高锰酸钾溶液与双氧水发生氧化还原反应生成硫酸钾、硫酸锰、氧气和水，反应的离子方程式为2MnO4- +5H2O2 +6H+ =2Mn2++5O2↑+8H2O，故C错误；‎ D项、碳酸钠溶液与入少量盐酸反应生成碳酸氢钠和氯化钠，反应的离子方程式为CO32- + H+ = HCO3-，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎11.将11.5g钠、9g铝、28g铁分别投入200ml 1 mol/L的盐酸中,下列分析结果正确的是(  )‎ A. 反应结束时产生的气体一样多 B. 铝与盐酸反应的速率仅次于钠,但产生的气体最多 C. 铁与盐酸反应产生的气体比钠多 D. 钠与盐酸反应最剧烈,产生的气体最多 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】n（Na）=11.5g÷23g/mol=0.5mol，n（Al）=9g÷27g/mol=1/3mol，n（Fe）=28g/56g/mol=0.5mol，n（HCl）=0.2L×1mol/L=0.2mol，反应关系式依次为Na～HCl、Al～3HCl、Fe～2HCl，由此可知盐酸不足，完全反应，但由于钠性质活泼，与水剧烈反应生成氢气，则钠与盐酸反应最剧烈，产生的气体最多，铝、铁生成氢气一样多，D项正确，答案选D。‎ ‎12.下表中，对陈述1、2的正确性及两者间是否具有因果关系的判断都正确的是（ ）‎ 选项 陈述1‎ 陈述2‎ 判断 A 纯碱可用于治疗胃病 Na2CO3可与盐酸反应 ‎1对，2对，有 B 向Na2O2的水溶液中滴入酚酞变红色 Na2O2与水反应生成NaOH ‎1对，2对，有 C 金属钠具有强还原性 高压钠灯发出透雾性强的黄光 ‎1对，2对，无 D Na2O2可用作航天员的供氧剂 Na2O2能和CO2、H2O反应生成O2‎ ‎1对，2对，无 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、碳酸钠溶液的碱性较强，不可用于治疗胃病，故A错误；‎ B项、过氧化钠具有强氧化性，向Na2O2的水溶液中滴入酚酞试液，过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，溶液会先变红后褪色，故B错误；‎ C项、高压钠灯发出透雾性强的黄光体现其物理性质，与还原性无关，故C正确；‎ D项、因Na2O2能和CO2、H2O反应生成O2，所以过氧化钠可用作航天员的供氧剂，有因果关系，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎13.将一定质量的Mg、Al混合物与足量的稀硫酸反应，生成2.24 L 氢气（标准状况下），则混合物的质量可能是（ ）‎ A. 1 g B. 2 g C. 3 g D. 4 g ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】标准状况下2.24 L氢气的物质的量为0.1mol，若为镁与与足量的稀硫酸反应，由方程式Mg+H2SO4═MgSO4+H2↑可知生成0.1mol氢气需要消耗镁的质量为0.1mol×24g/mol=24g，若为铝与与足量的稀硫酸反应，由方程式2Al+3H2SO4═Al2（SO4）3+3H2↑可知生成0.1mol氢气需要消耗镁的质量为×0.1mol×27g/mol=1.8g，若为镁、铝化合物，混合物的质量应介于1.8g～2.4g之间，故选B。‎ ‎14.过氧化钠可作为氧气的来源。常温常压下二氧化碳和过氧化钠反应后，若固体质量增加了28 g，反应中有关物质的物理量正确的是(NA表示阿伏加德罗常数)(　　)‎ 选项 二氧化碳 碳酸钠 转移的电子 A ‎1 mol NA B ‎22.4 L ‎1 mol C ‎212 g ‎1 mol D ‎106 g ‎2NA ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】Na2O2与CO2反应产生Na2CO3和O2，反应方程式为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，根据方程式可知，每有1molCO2参加反应，固体质量增加28g，转移电子1mol。‎ A.根据方程式可知：每有1molCO2发生反应，转移电子的物质的量是1mol，电子数目为NA，A正确；‎ B.常温常压下22.4L CO2的物质的量小于1mol，因此根据C元素守恒可知反应产生的Na2CO3的物质的量小于1mol，B错误；‎ C.212g Na2CO3的物质的量是2mol，根据方程式可知反应产生2mol Na2CO3，会转移2mol电子，C错误；‎ D.106g Na2CO3的物质的量是1mol，根据方程式可知反应产生1mol Na2CO3，会转移1mol电子，电子数目为NA，D错误；‎ 故合理选项是A。‎ ‎15.某无色溶液含有下列离子中的若干种：H+、NH4+、Fe3+、Ba2+、Al3+、CO32–、Cl–、OH–、NO3–。向该溶液中加入铝粉，只放出H2，则溶液中能大量存在的离子最多有（ ）‎ A. 3种 B. 4种 C. 5种 D. 6种 ‎【答案】C ‎【解析】含有Fe3+的溶液显黄色，在无色溶液中不能大量存在；H+与CO32–、OH–会发生反应，不能大量共存；OH–与NH4+、Al3+会发生反应，不能大量共存；Ba2+、Al3+、CO32–会发生反应，不能大量共存。向该溶液中加入铝粉，只放出H2，若溶液为碱性，则含有大量的OH–。还可能含有大量的Ba2+、CO32–、Cl–、NO3–。离子最多4种；若溶液为酸性，由于H+、NO3–起硝酸的作用，加入Al不能产生氢气，所以含有的离子可能是：H+、NH4+、Ba2+、Al3+、Cl–，最多是5种离子。故选项是C。‎ ‎16.用下列方法均可制取氧气：‎ ‎①2KClO3 2KCl+3O2↑‎ ‎②2Na2O2+2H2O═4NaOH2+O2↑‎ ‎③2HgO2Hg+O2↑‎ ‎④2KMnO4 K2MnO4+MnO2+O2↑‎ 若要制得相同质量的氧气，上述四个反应中电子转移数目之比为（ ）‎ A. 3:2:1:4 B. 1:1:1:1 C. 2:1:2:2 D. 1:2:1:1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由反应方程式可知，生成氧气时，①③④中O元素的化合价均为-2价升高为0，即O元素失去电子，②中O元素的化合价从-1升高到0价，则制得相同质量的氧气，反应中电子转移数目之比为4：2：4：4=2：1：2：2，故选C。‎ ‎17.现有两瓶失去标签的Na2CO3和NaHCO3饱和溶液，有下列方法可以鉴别二者，其中不合理的是（ ）‎ ‎①取等量的溶液于两支试管中，各滴入酚酞溶液，红色较深的是Na2CO3‎ ‎②取等量的溶液于两支试管中，加热，有气泡产生的是NaHCO3‎ ‎③取等量的溶液于两支试管中，逐滴加入稀盐酸，立即就有气体放出的是NaHCO3‎ ‎④取等量的溶液于两支试管中，滴加Ba(OH)2溶液，生成白色沉淀的是Na2CO3‎ A. ①② B. ①③ C. ②③ D. ②④‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】①碳酸钠溶液的碱性强于碳酸氢钠，则取等量的溶液于两支试管中，各滴入酚酞溶液，红色较深的是碳酸钠，故正确；‎ ‎②碳酸氢钠固体受热分解，但碳酸氢钠溶液受热不分解，则取等量的溶液于两支试管中，加热，均没有气体生成，故错误；‎ ‎③向碳酸钠溶液中逐滴加入稀盐酸，碳酸钠与盐酸先反应生成碳酸氢钠，没有气体放出，而向碳酸氢钠溶液中逐滴加入稀盐酸，碳酸氢钠与盐酸反应放出二氧化碳气体，则取等量的溶液于两支试管中，逐滴加入稀盐酸，立即就有气体放出的是碳酸氢钠，故正确；‎ ‎④取等量的溶液于两支试管中，滴加Ba(OH)2溶液，均生成碳酸钡白色沉淀，故错误；‎ ‎②④错误，故选D。‎ ‎18.若 m g Na在足量氯气中燃烧，生成固体的质量为（m+3.55）g，则 m g Na与氧气反应，生成的固体的质量为：①2.7g、②3.1g、③3.55g、④3.9g、⑤4.0g（ ）‎ A. ①②③ B. ②③④ C. ③④⑤ D. ①③⑤‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】由mgNa在足量氯气中燃烧，生成NaCl的质量为（m+3.55g）可知氯化钠中m（Cl）为3.55g，n（Cl）为0.1mol，根据NaCl化学式可知n（Na）=n（Cl）=0.1mol，则m为2.3；钠与氧气反应，若全部生成Na2O时，固体的质量最小，固体增重为氧原子质量，增重为×0.1mol×16g/mol=0.8g，若全部生成Na2O2时，固体的质量最大，固体增重为氧原子质量，增重为0.1mol×16g/mol=1.6g，固体的质量为（m+1.6）g，故钠与氧气反应生成固体的质量：3.1g≤m（固体）≤3.9g，则②③④符合，故选B。‎ ‎19.向四瓶盛有相同物质的量的NaOH溶液中通入体积不同的CO2气体，得到①②③④四瓶溶液。分别向四瓶溶液中逐滴加入等体积、等浓度的盐酸，产生的气体体积V(CO2)与所加盐酸体积V(HCl)的关系如下图所示，且图②③④中分别有0A＜AB、0A＝AB、0A＞AB。则下列分析与判断正确的是（忽略CO2的溶解）（ ）‎ A. ①中通入的CO2最少 B. ③中的溶质只有Na2CO3‎ C. 有两种溶质的是②和③ D. 若④中AB＞20A，则有c(Na2CO3)＞c(NaHCO3)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】向四瓶盛有相同物质的量的NaOH溶液中通入体积不同的CO2气体，由图可知，①中氢氧化钠溶液与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，②中0A＜AB说明氢氧化钠溶液与二氧化碳反应生成碳酸氢钠和碳酸钠，③中0A＝AB说明氢氧化钠溶液与二氧化碳恰好反应生成碳酸钠，④中0A＞AB说明氢氧化钠溶液过量，与二氧化碳反应生成碳酸钠，得到碳酸钠和氢氧化钠化合物。‎ ‎【详解】A项、①中氢氧化钠溶液与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，通入的CO2最多，故A错误；‎ B项、③中0A＝AB说明氢氧化钠溶液与二氧化碳恰好反应生成碳酸钠，溶质只有碳酸钠，故B正确；‎ C项、②中溶质是碳酸氢钠和碳酸钠，④中溶质是碳酸钠和氢氧化钠，故C错误；‎ D项、若④中AB＞20A，结合③中OA＝AB可知，溶液中c(NaHCO3)＞c(Na2CO3)，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎20.2017年我国首艘使用了钛合金材料的国产航母下水。钛(Ti)常温下与酸、碱均不反应，但高温下能被空气氧化。由钛铁矿(主要成分是FeO和TiO2) 提取金属钛的主要工艺流程如图，下列说法错误的是（ ）‎ A. 步骤I中碳作还原剂 B.步骤II中未发生氧化还原反应 C. 步骤III需在氩气环境中进行，防止金属Mg被空气氧化 D. 可用稀硫酸除去金属钛中的少量镁 ‎【答案】B ‎【解析】A. FeO和碳反应生成铁和碳的氧化物，步骤I中碳作还原剂，A正确；B. 步骤II中碳单质参加反应，属于氧化还原反应，B错误；C. 镁是活泼的金属，钛在高温下能被空气氧化，所以步骤III需在氩气环境中进行，防止金属被空气氧化，C正确；D. 钛常温下与酸、碱均不反应，可用稀硫酸除去金属钛中的少量镁，D正确，答案选B。‎ 二、填空题 ‎21.填空：‎ ‎（1）同温同压下，同体积的甲烷和二氧化碳物质的量之比为____，质量比为____；‎ ‎（2）在标准状况下，4 g H2，11.2 L O2，1 mol H2O中，所含分子数最多的是______，体积最小的是________；‎ ‎（3）硫酸钾和硫酸铝的混合溶液中，已知其中Al3+的浓度为0.4 mol/L，SO42-的浓度为0.7 mol/L，则K+的浓度为________mol/L ‎【答案】 (1). 1:1 (2). 4:11 (3). H2 (4). H2O (5). 0.2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）由阿伏加德罗定律可知，同温同压下，同体积的甲烷和二氧化碳分子数目相同，物质的量相同，由m=nM计算质量比；‎ ‎（2）物质的物质的量越大，所含分子数越大；标准状况下，水为固态，1mol水的体积小于气体体积；‎ ‎（3）由溶液中电荷守恒关系计算可得。‎ ‎【详解】（1）由阿伏加德罗定律可知，同温同压下，同体积的甲烷和二氧化碳分子数目相同，物质的量相同，则物质的量之比为1：1，甲烷的相对分子质量为16，二氧化碳的相对分子质量为44，则质量之比为16：44=4：11，故答案为：1：1； 4：11；‎ ‎（2）在标准状况下，4 g H2的物质的量为=2mol，11.2 L O2的物质的量为=0.5mol，物质的物质的量越大，所含分子数越大，则三种物质中所含分子数最多的是氢气，标准状况下，水为固态，则1mol水的体积最小，故答案为：H2；H2O；‎ ‎（3）硫酸钾和硫酸铝的混合溶液呈电中性，溶液中存在电荷守恒关系：c（K+）+3c（Al3+）=2c（SO42-），则c（K+）=2×0.7 mol/L—3×0.4 mol/L=0.2 mol/L，故答案为：0.2。‎ ‎22.按要求回答下列问题：‎ ‎（1）锌粒投入稀硫酸中，反应的离子方程式是____________________________；‎ ‎（2）往澄清石灰水中通入少量CO2，请写出此反应的离子方程式_____________；‎ ‎（3）向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至溶液呈中性，写出发生反应的离子方程式___________；‎ ‎（4）向FeBr2溶液中通入等量的Cl2，请写出此反应的离子方程式___________（已知还原性：Fe2+＞Br-）；‎ ‎（5）配平：__MnO4- + __Cl- +__→ __Mn2+ + __Cl2↑+___H2O ‎【答案】(1). Zn + 2H+ = Zn2+ + H2↑ (2). CO2 + Ca2+ + 2OH-= CaCO3↓ +H2O (3). 2H+ + SO42- + Ba2+ + 2OH- = BaSO4↓ + 2H2O (4). 2Fe2+ + 2Br- + 2Cl2 = 2Fe3+ + Br2 + 4Cl- (5). 2 (6). 10 (7). 16H+ (8). 2 (9). 5 (10). 8‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）锌粒与稀硫酸反应生成硫酸锌和氢气；‎ ‎（2）澄清石灰水中与少量CO2反应生成碳酸钙沉淀和水；‎ ‎（3）向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至溶液呈中性时，NaHSO4溶液过量，反应生成硫酸钠、硫酸钡和水；‎ ‎（4）向FeBr2溶液中通入等量的Cl2，Fe2+被Cl2完全氧化为Fe3+，Br-只有二分之一被Cl2完全氧化为Br2；‎ ‎（5）酸性条件下，高锰酸根与氯离子发生氧化还原反应生成锰离子、氯气和水。‎ ‎【详解】（1）锌粒与稀硫酸反应生成硫酸锌和氢气，反应的离子方程式为Zn + 2H+ = Zn2+ + H2↑，故答案为：Zn + 2H+ = Zn2+ + H2↑；‎ ‎（2）澄清石灰水中与少量CO2反应生成碳酸钙沉淀和水，反应的离子方程为CO2 + Ca2+ + 2OH-= CaCO3↓ +H2O，故答案为：CO2 + Ca2+ + 2OH-= CaCO3↓ +H2O；‎ ‎（3）向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至溶液呈中性时，NaHSO4溶液过量，反应生成硫酸钠、硫酸钡和水，反应的离子方程为2H+ + SO42- + Ba2+ + 2OH- = BaSO4↓ + 2H2O，故答案为：2H+ + SO42- + Ba2+ + 2OH- = BaSO4↓ + 2H2O；‎ ‎（4）向FeBr2溶液中通入等量的Cl2，Fe2+被Cl2完全氧化为Fe3+，Br-只有二分之一被Cl2完全氧化为Br2，反应的离子方程为2Fe2+ + 2Br- + 2Cl2 = 2Fe3+ + Br2 + 4Cl-，故答案为：2Fe2+ + 2Br- + 2Cl2 = 2Fe3+ + Br2 + 4Cl-；‎ ‎（5）酸性条件下，高锰酸根与氯离子发生氧化还原反应生成锰离子、氯气和水，由得失电子数目守恒和原子个数守恒可得反应的离子方程为2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O，故答案为：2；10；16H+；2；5；8。‎ ‎23.如图所示实验装置用于验证某些物质的性质。在A试管中装入足量的固体NaHCO3。试回答下列问题：‎ ‎（1）在A试管内发生反应的化学方程式是_____________；‎ ‎（2）B装置的作用是_____________________；‎ ‎（3）在双球干燥管内发生反应的化学方程式为_________；‎ ‎（4）实验时在C装置中观察到的现象是_______________；‎ ‎（5）若将双球干燥管内的Na2O2换成Na2O，则实验时观察到的现象是___________________________________。‎ ‎【答案】(1). 2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑ (2). 吸收CO2中的水蒸气（或干燥CO2） (3). 2Na2O2 + 2CO2 = 2Na2CO3 + O2 (4). 淡黄色的固体逐渐转变为白色粉末，蚊香燃烧更加剧烈 (5). 蚊香逐渐熄灭 ‎【解析】‎ ‎【分析】由实验装置可知，装置A中碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，装置B中浓硫酸吸收反应生成的水蒸气，装置C为双球干燥管，在双球干燥管内过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，反应生成氧气具有助燃性，使蚊香燃烧更剧烈。‎ ‎【详解】（1）在A试管内碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，反应的化学方程式为2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，故答案为：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑；‎ ‎（2）B装置中的浓硫酸吸收反应生成的水蒸气，干燥二氧化碳气体，故答案为：吸收气体中的水蒸气（干燥CO2）；‎ ‎（3）在双球干燥管内过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，反应的化学方程式为：2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2，故答案为：2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2；‎ ‎（4）过氧化钠是淡黄色固体，随反应进行变为白色固体碳酸钠，反应生成氧气具有助燃性，蚊香燃烧更剧烈，故答案为：淡黄色的Na2O2逐渐转变为白色粉末，点燃的蚊香燃烧更加剧烈；‎ ‎（5）氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠，无氧气生成，在二氧化碳环境，蚊香逐渐熄灭，故答案为：点燃的蚊香逐渐熄灭。‎ ‎24.NaClO2是一中重要的杀菌消毒剂，也常用来漂白织物等，其一种生产工艺如图所示。请回答下列问题：‎ ‎（1）NaClO2中Cl元素的化合价为_____________；‎ ‎（2）写出“反应”步骤中生成ClO2的化学方程式________________________。‎ ‎（3）“尾气吸收”步骤中发生的反应为2NaOH + H2O2 + 2ClO2 = 2NaClO2 + O2↑ + 2H2O ，其中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_________；若有3 mol 电子发生转移，则有__________L（标准状况下）O2生成。‎ ‎（4）“有效氯含量”可用来衡量含氯消毒剂的消毒能力，是指每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克Cl2的氧化能力。则NaClO2的有效氯含量为_____（结果保留两位小数）。‎ ‎【答案】(1). +3 (2). 2NaClO3 + SO2 + H2SO4 = 2ClO2 + 2NaHSO4 (3). 2:1 (4). 33.6 (5). 1.57‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】由流程图可知，NaClO3和SO2在H2SO4酸化条件下生成ClO2和NaHSO4，向NaCl溶液中加入ClO2，进行电解时ClO2在阴极得电子生成ClO2-，Cl-在阳极失电子生成Cl2，利用含有过氧化氢的NaOH溶液吸收未参与电解的ClO2气体，反应生成NaClO2、O2和H2O，NaClO2溶液结晶、干燥得到NaClO2产品。‎ ‎【详解】（1）在NaClO2‎ 中Na为+1价，O为-2价，根据正负化合价的代数和为0，可得Cl的化合价为+3价，故答案为：+3；‎ ‎（2）NaClO3和SO2在H2SO4酸化条件下生成ClO2，其中NaClO2是氧化剂，还原产物为NaCl，根据得失电子守恒和原子守恒，此反应的化学方程式为2NaClO3+SO2+H2SO4=2ClO2+2NaHSO4，故答案为：2NaClO3+SO2+H2SO4=2ClO2+2NaHSO4；‎ ‎（3）由反应方程式可知生成1mol氧气，反应中转移2mol电子，氧化剂和还原剂的物质的量之比为2:1，则若有3 mol 电子发生转移，反应生成氧气的物质的量为1.5mol，体积为1.5mol×22.4L/mol=33.6L，故答案为：2:1；33.6；‎ ‎（4）每克NaClO2的物质的量n(NaClO2)==mol，获得电子的物质的量是n(e−)为mol×4，1 mol Cl2获得电子的物质的量是2 mol，根据电子转移数目相等，可知其相对于氯气的物质的量为mol×4×=mol，则氯气的质量为mol×71 g/mol=1.57 g，NaClO2的有效氯含量为1.57，故答案为：1.57。‎ ‎ ‎