福建省厦门市湖滨中学2022届高三上学期第一次阶段检测化学试题1.下列说法正确的是(　　)A.1mol任何气体的气体摩尔体积都约为22.4L·mol－1B.20℃、1.0×105Pa时，同体积的O2与CO2含有相同的分子数C.当1mol气态物质的体积为22.4L时，该气体一定处于标准状况D.2mol气体的体积约为44.8L【答案】B【解析】A、没有给出气体所处的温度和压强，标准状况下气体摩尔体积约为22.4L·mol－1，选项A错误；B、根据阿伏加德罗定律，同温、同压下，同体积的任何气体都含有相同的分子数，选项B正确；C、1mol气态物质在非标准状况时，体积也有可能等于22.4L，选项C错误；D、没有给出气体所处的温度和压强，选项D错误。答案选项B。2.设NA为阿伏加德罗常数的值，如果ag某双原子分子气体的分子数为P，则bg该气体在标准状况下的体积V(L)是A.B.C.D.【答案】D【解析】如果ag某双原子分子气体的分子数为P，则其物质的量是，所以该气体的摩尔质量是，则bg该气体在标准状况下的体积为，答案选D。3.常温常压下，两个容积相同的烧瓶中分别盛满X和Y两种气体，打开开关a，使两烧瓶内的气体相通，最后容器内的压强由大到小的顺序排列正确的是编号①②③④气体XHINH3H2NO-19-气体YCl2HClCl2O2A.②＞③＞①＞④B.③＞①＝④＞②C.③＞①＞④＞②D.④＞①＞②＞③【答案】C【解析】设起始状态下，每个烧瓶中气体的物质的量为amol。①中Cl2＋2HI=2HCl＋I2，常温下，碘呈固态，充分反应后，气体的物质的量为1.5amol。②中NH3＋HCl=NH4Cl，反应后无气体。③中不反应（光照或点燃条件下才反应）。④中发生反应2NO＋O2=2NO2,2NO2N2O4，反应后气体的物质的量介于amol与1.5amol之间。故C正确。4.NA代表阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是(　　)A.60g丙醇中存在的共价键总数为10NAB.1L0.1mol·L－1的NaHCO3溶液中HCO3－和CO32－离子数之和为0.1NAC.钠在空气中燃烧可生成多种氧化物，23g钠充分燃烧时转移电子数为1NAD.235g核素发生裂变反应：＋＋10，净产生的中子()数为10NA【答案】C【解析】【详解】A．n(CH3CH2CH2OH)==1mol，每个丙醇分子中含有11个共价键，则60g丙醇中存在的共价键的物质的量为11mol，总数为11NA，故A错误；B．碳酸氢钠溶液中，碳酸氢根离子部分电离生成碳酸氢根离子，部分水解生成碳酸，大部分以碳酸氢根离子存在，依据碳原子个数守恒可知，1L0.1mol•L-1的NaHCO3溶液中HCO3-和CO32-离子数之和小于0.1NA，故B错误；C．23g钠充分燃烧时转移电子数为×(1-0)×NA=1NA，故C正确；D．＋＋10中净产生的中子为10-1=9个，则235g核素92235U发生裂变反应净产生的中子(01n)数为9NA，故D错误；故选C。【点睛】本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算，把握物质中的化学键、物料守恒、盐类水解、氧化还原反应中转移电子计算等为解答的关键。本题的易错点为D，要注意观察方程式。5.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是(　　)-19-A.1L0.1mol·L－1NaF溶液中含有0.1NA个F－B.32g硫跟足量金属铜反应转移电子数为2NAC.48gO2和O3的混合气体中含有3NA个氧原子D.1molH2O中含有2NA个共价键【答案】A【解析】【详解】A．1L0.1mol·L－1NaF溶液中含有0.1molNaF，NaF属于强碱弱酸盐，要水解，F－少于0.1NA个，故A错误；B.32g硫的物质的量为1mol，而硫与铜反应后变为-2价，故1mol硫转移2NA个电子，故B正确；C、氧气和臭氧均由氧原子构成，故48g混合物中含有的物质的量为n==3mol，个数为3NA个，故C正确；D.1个水分子中含有2个H-O共价键，1molH2O中含有2NA个共价键，故D正确；故选A。6.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中不正砷的是A.1molCl2与足量NaOH反应，转移的电子数为NAB.常温常压下，11.2L甲烷中含有的氢原子数小于2NAC.1mol碳烯(∶CH2)所含的电子数目为6NAD.T℃时，1LpH=6的纯水中含OH-数为10-6NA【答案】C【解析】试题分析：A．1molCl2与足量NaOH反应生成氯化钠和次氯酸钠，氯元素化合价部分升高，部分降低，转移的电子数为NA，故A正确；B．常温常压下，11.2L甲烷的物质的量小于0.5mol，其中含有的氢原子数小于2NA，故B正确；C．碳烯(∶CH2)呈电中性，电子数等于质子数，1mol碳烯(∶CH2)所含的电子数目为8NA，故C错误；D．T℃时，1LpH=6的纯水中H+的物质的量为1L×10-6mol/L=10-6mol，因此OH-数等于H+数为10-6NA，故D正确；故选C。【考点定位】考查阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律【名师点晴】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系。该类试题答题时需要注意以下几点：①注意物质的聚集状态与状况的关系，在标准状况下，溴、H2O、HF、苯、CCl4、CH2Cl2、CHCl3、CH3OH、碳原子数大于4的烃(辛戊烷除外)均为液体；SO3为固体，HCHO、CH3Cl为气体。②注意气体体积与状况的关系，如在标准状况下，11.2LH2的分子数一定为0.5NA-19-，但在非标准状况下，其分子数有可能为0.5NA。③氧化还原反应中转移电子数目的判断是一类典型的“陷阱”，突破“陷阱”的关键是：a．同一种物质在不同反应中氧化剂、还原剂的判断。如Cl2和Fe、Cu等反应，Cl2只做氧化剂，而Cl2和NaOH反应，Cl2既做氧化剂，又做还原剂；Na2O2与CO2或H2O反应，Na2O2既做氧化剂，又做还原剂，而Na2O2与SO2反应，Na2O2只做氧化剂。b．量不同，所表现的化合价不同。如Fe和HNO3反应，Fe不足生成Fe3＋，Fe过量，生成Fe2＋。c．氧化剂或还原剂不同，所表现的化合价不同。如Cu和Cl2反应生成CuCl2，而Cu和S反应生成Cu2S。d．注意氧化还原的顺序。如向FeI2溶液中，通入Cl2，首先氧化I－，再氧化Fe2＋，等。7.向含有1molFeCl2的溶液中通入0.2molCl2，再加入含0.1molX2O72-的酸性溶液，使溶液中的Fe2+恰好全部氧化，并使X2O72-还原为Xn+，则n值为(  )A.2B.3C.4D.5【答案】B【解析】0.2molCl2完全反应变成氯离子得到电子的物质的量为：0.2mol×2=0.4mol；Xn+的化合价为+n，X2O72-中X的化合价为+6，则0.1molX2O72-完全反应得到电子的物质的量为：（6-n）×2×0.1mol=0.2（6-n）mol；1mol的FeCl2完全被氧化成铁离子失去1mol电子，根据电子守恒可得：0.4mol+0.2（6-n）mol=1mol，解得：n=3，答案选B。8.将4.9gMg和Fe的混合物在过量的稀硝酸中完全反应，得到标准状况下NO气2.24L，向反应后的溶液中加入足量的烧碱充分反应，最后生成的沉淀的质量是A.8gB.10gC.10.2gD.11.2g【答案】B【解析】n(NO)=0.1mol，生成0.01molNO，转移的电子的物质的量为：n(e-)=0.1mol×(5-2)=0.3mol，反应中存在：Mg→Mg2+→Mg(OH)2，Fe→Fe3+→Fe(OH)3，得出n(e-)=n(OH-)，又m(沉淀)=m(混合物)+m(OH-)，所以m(沉淀)=4.9g+0.3mol×17g/mol=10g，故答案为B。9.下列溶液中，溶质的物质的量浓度不是lmol/L的是()A.10gNaOH固体溶解在水中配成250mL溶液B.将80gSO3溶于水并配成1L的溶液C.将05mol/L的NaNO3溶液100mL加热蒸发掉50g水的溶液D.标况下，将22.4L氯化氢气体溶于水配成1L溶液【答案】C-19-【解析】A、10gNaOH的物质的量为：10g/40g·mol－1=0.25mol，所得溶液浓度为：0.25mol/0.25L=1mol·L－1，故A不符；B、80g三氧化硫的物质的量为：80g/80g·mol－1=1mol，1mol三氧化硫溶于水生成1mol硫酸，所得溶液浓度为：1mol/1L=1mol·L－1，故B不符；C、将0.5mol·L－1的NaNO3溶液100mL加热蒸发掉50g水，所得溶液的体积不是50mL，则所得溶液的浓度不是1mol·L－1，故C正确；D、标准状况下，22.4LHCl的物质的量为：22.4L/22.4L·mol－1=1mol，所得溶液浓度为：1mol/1L=1mol·L－1，故D不符。故选C。点睛：本题考查了物质的量浓度的计算，解题关键：明确物质的量浓度的概念及表达式，C为易错点，注意硝酸钾溶液与水的密度不同，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力。10.若20g密度为ρg·mL－1的Ca(NO3)2溶液中含有2gCa(NO3)2，则溶液中NO3－的物质的量浓度为(　　)A.mol·L－1B.mol·L－1C.mol·L－1D.mol·L－1【答案】C【解析】该硝酸钙溶液中溶质的质量分数为：×100%=10%，则该溶液中硝酸钙的物质的量浓度为：c=mol/L=mol/L=mol/L，所以溶液中NO3-的物质的量浓度为：c(NO3-)=2c[Ca(NO3)2]=mol/L×2=mol/L，故答案为C。点睛：确物质的量浓度与溶质质量分数的关系为解答关键，先计算出该硝酸钙溶液中溶质的质量分数，然后根据c=mol/L计算出该溶液中硝酸钙的物质的量浓度，再结合硝酸钙的化学式计算出溶液中硝酸根离子的浓度。11.下图是配制一定物质的量浓度溶液过程示意图中的几步，其先后顺序应是(　　)-19-A.①②③④B.③④②①C.③②④①D.③④①②【答案】B【解析】【详解】配制一定物质的量浓度溶液一般步骤：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，图中，①为定容的第二步，②为定容的第一步，③为溶解，④为转移，因此先后顺序为③④②①，故选B。12.下列配制的溶液浓度偏高的是(　　)A.配制盐酸用量筒量取盐酸时俯视刻度线B.配制盐酸定容时，仰视容量瓶刻度线C.称量NaOH溶液时，砝码错放左盘D.NaOH溶解后未经冷却即注入容量瓶并定容至刻度线【答案】D【解析】【详解】A．用量筒量取盐酸时，俯视刻度线导致量取盐酸的体积偏小，所配溶液中溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故A错误；B．定容时仰视容量瓶刻度线，导致配制的盐酸体积偏大，所得溶液的浓度会偏低，故B错误；C．称量氢氧化钠时砝码错放在左盘，导致称取的NaOH固体的质量偏小，配制的溶液浓度偏小，故C错误；D．NaOH溶解后未经冷却即注入容量瓶至刻度线，导致所得溶液的体积偏小，所配溶液浓度偏高，故D正确；故选D。【点睛】本题考查了配制一定物质的量浓度的溶液方法及误差分析，注意掌握误差分析的方法与技巧。根据c=可知，配制过程中的误差都是由溶质的物质的量n和溶液的体积V-19-引起的，分析时，关键要看配制过程中引起n和V怎样的变化。本题的易错点为AB，要注意量筒和容量瓶的误差在配制过程中影响的物理量不同。13.把1.0mol/LCuSO4溶液、1.0mol/LFe2(SO4)3溶液两种溶液等体积混合(假设混合后液体的体积等于混合前两种溶液的体积之和)，向溶液中加入足量铁粉，经足够长的时间后，铁粉有剩余。此时溶液中Fe2＋的物质的量浓度为(　　)A.1.0mol/LB.2.0mol/LC.3.0mol/LD.4.0mol/L【答案】B【解析】试题分析：把1.0mol/LCuSO4和1.0mol/LFe2（SO4）3溶液等体积混合，稀释前后溶质的物质的量不变，则混合后溶液中c（CuSO4）=×1.0mol/L=0.5mol/L，c（H2SO4）=×1.0mol/L=0.5mol/L，混合后溶液中硫酸根来源于硫酸铜与硫酸铁电离，故c（SO42-）=c（CuSO4）+3c[Fe2（SO4）3]=0.5mol/L+3×0.5mol/L=2mol/L，向溶液中加入铁粉，经过足够长的时间，铁粉有剩余，则硫酸铜、硫酸都完全反应，此时溶液中溶质为FeSO4，故c（Fe2+）=c（SO42-）=2mol/L，故选B。考点：考查物质的量浓度的有关计算14.把500mLNH4HCO3和Na2CO3的混合溶液分成五等份，取一份加入含amolNaOH的溶液恰好反应完全，另取一份加入含bmolHCl的盐酸恰好反应完全，则该混合溶液中c(Na＋)为(　　)A.mol·L－1B.mol·L－1C.(2b－a)mol·L－1D.(10b－5a)mol·L－1【答案】D【解析】【详解】混合溶液分成5等份，每份溶液浓度相同，都是0.1L；一份加入含amolNaOH的溶液恰好反应，根据反应NH4HCO3+2NaOH=Na2CO3+NH3·H2O+H2O可知，每一份中：n(NH4HCO3)=n(NaOH)=0.5amol；另一份加入含bmolHCl的盐酸恰好反应，反应NH4HCO3+HCl=NH4Cl+CO2↑+H2O消耗HCl为0.5amol，根据反应Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O可知每一份中：n(Na2CO3)=-19-×(b-0.5a)mol，所以混合溶液中c(Na+)==(10b-5a)mol/L，故选D。15.下列化工生产过程中，未涉及氧化还原反应的是（）A.海带提碘B.氯碱工业C.氨碱法制碱D.海水提溴【答案】C【解析】试题分析：A．海带提碘是将KI变为I2，有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，错误；B．氯碱工业是由NaCl的水溶液在通电时反应产生NaOH、Cl2、H2，有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，错误；C．氨碱法制取碱的过程中没有元素化合价的变化，是非氧化还原反应，正确；D．海水提溴是由溴元素的化合物变为溴元素的单质，有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，错误。故选项C正确。考点：考查氧化还原反应概念。视频16.下列颜色变化与氧化还原反应无关的是(　　)A.将乙醇滴入酸性K2Cr2O7溶液中，溶液由橙色变为绿色B.将SO2通入滴有酚酞的NaOH溶液中，溶液红色褪去C.将H2C2O4溶液滴入酸性KMnO4溶液中，溶液紫色褪去D.将新制氯水滴入紫色石蕊溶液中，溶液先变红色后褪色【答案】B【解析】【详解】A.2K2Cr2O7+3C2H5OH+8H2SO4=2K2SO4+2Cr2(SO4)3+3CH3COOH+11H2O，Cr2O72-转化为Cr3+，C元素化合价由-2价变为0价，有电子转移，所以属于氧化还原反应，故A不选；B.2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O，该反应中各元素化合价不变，没有电子转移，所以不属于氧化还原反应，故B选；C.2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O中Mn元素化合价由+7价变为+2价、C元素化合价由+3价变为+4价，所以有电子转移，属于氧化还原反应，故C不选；D．氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸具有酸性，次氯酸具有漂白性，将新制氯水滴入紫色石蕊溶液中，可以看到石蕊溶液先变红后褪色，故D不选；故选B。17.O2F2可以发生反应：H2S+4O2F2→SF6+2HF+4O2，下列说法正确的是（）-19-A.氧气是氧化产物B.O2F2既是氧化剂又是还原剂C.若生成4.48LHF，则转移0.8mol电子D.还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：4【答案】D【解析】试题分析：A．O元素由+1价降低到0价，化合价降低，获得电子，所以氧气是还原产物，故A正确；B．在反应中，O2F2中的O元素化合价降低，获得电子，所以该物质是氧化剂，而硫化氢中的S元素的化合价是-2价，反应后升高为+6价，所以H2S表现还原性，O2F2表现氧化性，故B错误；C．不是标准状况下，且标准状况下HF为液态，不能使用标准状况下的气体摩尔体积计算HF的物质的量，所以不能确定转移电子的数目，故C错误；D．该反应中，S元素化合价由-2价升高到+6价被氧化，O元素由+1价降低到0价被还原，氧化产物为SF6，还原产物为O2，由方程式可知氧化剂和还原剂的物质的量的比是4：1，故D错误；故选A。【考点定位】考查氧化还原反应的计算【名师点晴】为高频考点和常见题型，侧重于学生的分析、计算能力的考查，答题注意把握元素化合价的变化，为解答该题的关键，反应H2S+4O2F2→SF6+2HF+4O2中，S元素化合价由-2价升高到+6价被氧化，O元素由+1价降低到0价被还原；氧化产物为SF6，还原产物为O2，以此解答该题。视频18.根据表中信息，判断下列叙述中正确的是序号氧化剂还原剂其它反应物氧化产物还原产物①Cl2FeBr2/Cl－②KClO3浓盐酸/Cl2③KMnO4H2O2H2SO4O2Mn2+-19-A．表中①组的反应可能有一种或两种元素被氧化B．氧化性强弱的比较：KClO3＞Fe3+＞Cl2＞Br2C．表中②组反应的还原产物是KCl，电子转移数目是6e－D．表中③组反应的离子方程式为：2MnO4－+3H2O2+6H+=2Mn2++4O2↑+6H2O【答案】A【解析】试题分析：A、按照亚铁离子的还原性大于溴离子，氯气可以顺序氧化，所以表中①组的反应可能有一种或两种元素被氧化，故A正确；B、氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物；①中Cl2＞Fe3+；Cl2＞Br2②KClO3＞Cl2③KMnO4＞O2；得到KClO3＞Cl2＞Fe3+＞Br2故B错误；C、反应②还原产物是KCl，KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O，电子转移5e-；故C错误；D、③组反应的离子方程式为：2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O；故D错误；故选A。【考点定位】考查氧化性、还原性强弱的比较；氧化还原反应的电子转移数目计算【名师点晴】本题考查了氧化还原反应离子方程式的应用和注意问题，主要考查氧化还原反应的反应顺序判断，氧化还原反应的概念应用，电子守恒的应用计算，离子方程式的书写方法。元素处于高价的物质一般具有氧化性，元素处于低价的物质一般具有还原性，元素处于中间价态时，该物质既有氧化性，又有还原性。对于同一种元素，一般是价态越高，其氧化性就越强；价态越低，其还原性越强，如氧化性：Fe3+＞Fe2+，S(+6)＞S(+4)＞S(0)。19.已知I－、Fe2＋、SO2和H2O2均有还原性，它们在酸性溶液中还原性的强弱顺序为Fe2＋<h2o2<i－<so2，则下列反应不能发生的是(>H2SO4，但在硝酸存在时，溶液又变为棕黄色，说明Fe2+迅速被氧化为Fe3+，故氧化性：HNO3>Fe3+-19-，所以氧化性：HNO3>Fe3+>H2SO4，正确；C.NO3-和SO2被氧化产生的H+构成了强氧化性的体系，氧化Fe2+时产生无色NO气体，正确；D.在上述反应过程中，最终被还原的是NO3-，因此相当于SO2与NO3-之间发生氧化还原反应，3SO2～2NO3-，二者反应的物质的量的比是3:2，错误。考点：考查氧化还原反应的有关知识。22.K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O72-(橙色)+H2O2CrO42-(黄色)+2H+。用K2Cr2O7溶液进行下列实验：结合实验，下列说法不正确的是A.①中溶液橙色加深，③中溶液变黄B.②中Cr2O72-被C2H5OH还原C.对比②和④可知K2Cr2O7酸性溶液氧化性强D.若向④中加入70%H2SO4溶液至过量，溶液变为橙色【答案】D【解析】A．在平衡体系中加入酸，平衡逆向移动，重铬酸根离子浓度增大，橙色加深，加入碱，平衡正向移动，溶液变黄，故A正确；B．②中重铬酸钾氧化乙醇，重铬酸钾被还原，故B错误；C．②是酸性条件，④是碱性条件，酸性条件下氧化乙醇，而碱性条件不能，说明酸性条件下氧化性强，故C正确；D．若向④溶液中加入70%的硫酸到过量，溶液为酸性，可以氧化乙醇，溶液变绿色，故D正确；故选B。点睛：准确理解实验原理是解题关键，K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O72-(橙色)+H2O⇌2CrO42-(黄色)+2H+，加入酸，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，则溶液橙色加深，加入碱，平衡正向移动，溶液变黄，由实验②、④可知Cr2O72-具有较强的氧化性，可氧化乙醇，而CrO42-不能。视频23.足量铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，这些气体与1.68LO2(标准状况)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入5mol·L－1NaOH溶液至Cu2＋恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是（）A.60mLB.45mLC.30mLD.15mL-19-【答案】A【解析】【详解】由题意可知，HNO3，则Cu失去的电子数与O2得到的电子数相等。即n(Cu)＝2n(O2)＝＝0.15mol。根据质量守恒及NaOH和Cu(NO3)2的反应可得关系式：n(NaOH)＝2n[Cu(NO3)2]＝2n(Cu)＝0.3mol，则V(NaOH)＝＝0.06L＝60mL。答案选A。24.已知Fe3+、Fe2+、NO3-、NH4+、H+和H2O六种微粒属于一个氧化还原反应中的反应物和生成物。下列叙述中不正确的是（）A.还原产物为NH4+B.氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶8C.Fe3+和Fe2+分别属于反应物和生成物D.若把该反应设计为原电池，则负极反应为Fe2+-e-=Fe3+【答案】C【解析】试题分析：A．氧化剂对应的产物是还原产物，亚铁离子是还原剂、硝酸根离子是氧化剂，所以还原产物是NH4+，故A正确；B．该反应中Fe元素化合价由+2价变为+3价、N元素化合价由+5价变为-3价，所以亚铁离子是还原剂、硝酸根离子是氧化剂，氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：8，故B正确；C．根据方程式知，Fe3+和Fe2+分别属于生成物和反应物，故C错误；D．若把该反应设计为原电池，负极上失电子发生氧化反应，电极反应式为Fe2+-e-=Fe3+，故D正确；故选C。【考点定位】考查氧化还原反应【名师点晴】正确判断反应物、生成物是解本题关键，侧重考查学生分析、推断能力，亚铁离子具有还原性，酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性，二者发生氧化还原反应生成铁离子、铵根离子，其反应方程式为8Fe2++NO3-+10H+=8Fe3++NH4++3H2O，该反应中Fe元素化合价由+2价变为+3价、N元素化合价由+5价变为-3价，所以亚铁离子是还原剂、硝酸根离子是氧化剂，据此分析作答。25.计算下列粒子的粒子数目。(1)0.3molH2O分子中所含氢原子数与________个NH3分子中所含氢原子数相等。(2)12g乙烷中所含共价键的物质的量是________。-19-(3)分子数为0.5NA的CO2分子，质量是________。(4)9.5gA分子的物质的量是0.25mol，A的摩尔质量是________，N个B分子的质量是mg，则B的摩尔质量是________，24gO3中的分子数与________g18O2中的分子数相等。【答案】(1).0.2NA(2).2.8mol(3).22g(4).38g·mol－1　(5).g·mol－1(6).18【解析】【详解】(1)与0.3molH2O分子所含氢原子数相等的NH3分子物质的量为：=0.2mol，故氨气分子数目为0.2NA=0.2mol×6.02×1023mol-1=1.204×1023，故答案为：1.204×1023(或0.2NA)；(2)12g乙烷的物质的量为：=0.4mol，乙烷分子中含7条共价键，则0.4mol乙烷中含有共价键的物质的量为：0.4mol×7=2.8mol，故答案为：2.8mol；(3)分子数为0.5NA的CO2分子的质量是=0.5mol，其质量为：44g/mol×0.5mol=22g，故答案为：22g；(4)9.5gA分子的物质的量是0.25mol，A的摩尔质量是：=38g/mol；N个B分子的质量是mg，B的物质的量为mol，则B的摩尔质量是：=g/mol；24gO3分子的物质的量为：=0.5mol，物质的量相等时含有分子数相同，则18O2的物质的量为0.5mol，0.5mol18O2的质量为：36g/mol×0.5mol=18g，故答案为：38g·mol－1；g·mol－1；18。26.完成下列方程式的书写及配平。(1)_____NaBO2＋____SiO2＋____Na＋____H2=____NaBH4＋____Na2SiO3；________(2)_____P＋____FeO＋_____CaO_____Ca3(PO4)2＋____Fe；________(3)_____P4＋_____KOH＋_____H2O=_____K3PO4＋_____PH3；________(4)_____BiO3－＋_____Mn2＋＋_______=_____Bi3＋＋_____MnO4-＋________；_______。(5)向盛有H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的FeCl2溶液，溶液变成棕黄色，发生反应的离子方程式为_________________。-19-(6)烟气中含有SO2和NO，写出用NaClO2溶液将烟气中NO转化成NO3－的离子方程式：________________。(7)一定条件下，向FeSO4溶液中滴加碱性NaBH4溶液，溶液中BH4-(B元素的化合价为＋3)与Fe2＋反应生成纳米铁粉、H2和B(OH)4－，其离子方程式为______________。【答案】(1).1　2　4　2　1　2(2).2　5　3　1　5(3).29335(4).5　2　14H＋　5　2　7H2O(5).2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O(6).4NO+3ClO2-+4OH-=4NO3-+3Cl-+2H2O(7).2Fe2++BH4-+4OH-=2Fe+2H2↑+B(OH)4-【解析】【详解】(1)该反应中NaBH4中H：0→-1价，降1价，生成1个NaBH4降4价；钠单质中Na元素化合价由0→+1价，升1价，根据化合价升降相等，NaBH4前配1，Na前配4，根据H元素守恒H2前配2，根据B元素守恒原子守恒NaBO2前配1，根据钠元素守恒Na2SiO3前配2，根据Si元素守恒SiO2前配2，配平方程式为：NaBO2+2SiO2+4Na+2H2═NaBH4+2Na2SiO3，故答案为：124212；(2)反应中P磷元素的化合价由0价升高为+5价，总共升高10价，铁元素化合价由+2价降低为0价，总共降低2价，化合价升高最小公倍数为10，故Ca3(PO4)2系数为1，FeO的系数为5，P系数为2，CaO的系数为3，Fe的系数为5，故配平后方程式为2P+5FeO+3CaO=Ca3(PO4)2+5Fe，故答案为：25315；(3)只有P元素的化合价变化，由0升高为+5价，由0降低为-3价，由电子、原子、电荷守恒可知反应为2P4+9KOH+3H2O═3K3PO4+5PH3，故答案为：29335；(4)发生BiO3-→Bi3+的反应，Bi元素由+5价降低为+3价即发生还原反应，一个氧化还原反应体系则还要发生氧化反应即Mn2+→MnO4-，Mn元素由+2升高为+7，发生Mn2++BiO3-+H+→MnO4-+Bi3++H2O，由电子守恒及质量守恒定律可知，该反应为5BiO3-+2Mn2++14H+═5Bi3++2MnO4-+7H2O，故答案为：5　2　14H＋　5　2　7H2O；(5)向盛有H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的FeCl2溶液，发生的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；故答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；(6)废气中的NO与NaClO2反应，NaClO2具有氧化性，NO具有还原性，发生氧化还原反应，生成NO3-、SO42-，则此反应的离子方程式为4NO+3ClO2-+4OH-=4NO3-+3Cl-+2H2O，故答案为：4NO+3ClO2-+4OH-=4NO3-+3Cl-+2H2O；(7)向FeSO4溶液中滴加碱性NaBH4溶液，溶液中BH4-(B元素的化合价为+3)与Fe2+反应生成纳米铁粉、H2和B(OH)4--19-，反应中只有Fe、H元素化合价发生变化，发生氧化还原反应，离子方程式为2Fe2++BH4-+4OH-=2Fe+2H2↑+B(OH)4-，故答案为：2Fe2++BH4-+4OH-=2Fe+2H2↑+B(OH)4-。27.某小组同学为探究H2O2、H2SO3、Br2的氧化性强弱，设计如下实验(夹持仪器已略去，装置的气密性已检验)。实验记录如下：　实验操作实验现象Ⅰ打开活塞a，滴加少量新制氯水，关闭活塞aA中溶液变为浅红棕色Ⅱ吹入热空气A中红棕色明显变浅；B中有气泡，产生大量白色沉淀，混合液颜色无明显变化Ⅲ停止吹入空气，打开活塞b，逐滴加入H2O2溶液B中开始时颜色无明显变化；继续滴加H2O2溶液，一段时间后，混合液逐渐变成红棕色请回答下列问题：(1)实验操作Ⅰ时，A中反应的离子方程式为__________________________。(2)实验操作Ⅱ吹入热空气的目的是________________________________。(3)装置C的作用是______________________；C中盛放的药品是________。(4)实验操作Ⅲ中混合液逐渐变成红棕色，其对应的离子方程式为_____________。(5)由上述实验得出的结论是______________________________________。(6)①有同学认为实验操作Ⅱ吹入的热空气，会干扰(5)中结论的得出，你认为是否有干扰，理由是_______________________________________________。②实验操作Ⅲ，开始时颜色无明显变化的原因是________________(写出一条即可)。【答案】(1).2Br－＋Cl2===Br2＋2Cl－(2).吹出单质Br2(3).吸收多余的Br2，以免污染环境(4).NaOH溶液(5).H2O2＋2Br－＋2H＋===Br2＋2H2O(6).-19-氧化性：H2O2>Br2>H2SO3(7).不干扰，无论热空气是否参加氧化H2SO3，只要观察到B中产生白色沉淀的同时颜色无明显变化，即能证明Br2氧化了H2SO3(8).H2SO3有剩余(或H2O2浓度小或Br－与H2O2反应慢等合理答案均可)【解析】【详解】(1)A中是氯水滴入溴化钠溶液中发生的氧化还原反应，氯气氧化溴离子为溴单质，A中溶液变为红棕色．反应的离子方程式为：2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，故答案为：2Br-+Cl2=Br2+2Cl-；(2)吹入热空气，A中红棕色明显变浅，说明溴单质被赶入B在；B中有气泡，产生大量白色沉淀，说明溴单质氧化亚硫酸生成硫酸和氯化钡生成白色沉淀，混合液颜色无明显变化，进一步证明了溴单质被还原为溴离子，故答案为：吹出单质Br2；(3)装置C是尾气吸收装置，反应过程中有氯气、溴蒸气等污染性气体不能排放到空气中需要用氢氧化钠溶液吸收，故答案为：吸收尾气；NaOH溶液；(4)滴入过氧化氢在酸溶液中会氧化溴离子为溴单质，反应的两种方程式根据电子守恒、原子守恒配平书写为：H2O2+2Br-+2H+=Br2+2H2O，故答案为：H2O2+2Br-+2H+=Br2+2H2O；(5)依据反应H2SO3+Br2+H2O=H2SO4+2HBr；H2O2+2Br-+2H+=Br2+2H2O；氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物，氧化性为：H2O2＞Br2＞H2SO3，故答案为：氧化性为H2O2＞Br2＞H2SO3；(6)①欲证明是H2SO3与Br2发生了反应，有两个角度：H2SO3被氧化→有SO42-，即沉淀 Br2被还原→有Br-且颜色不变化，其中第一条有氧气的干扰，但第二条完全符合实验现象，故已经可以说明是H2SO3而非氧气与Br2发生了反应，故答案为：不干扰，无论热空气是否参加氧化H2SO3，只要观察到产生白色沉淀的同时无明显颜色变化，即能证明Br2氧化了H2SO3；②实验操作III，开始时颜色无明显变化的原因是，氯化铁浓度小、过氧化氢与溴离子反应慢，亚硫酸有剩余等，故答案为：H2SO3有剩余(H2O2浓度小或Br-与H2O2反应慢等因素都可)。【点睛】本题考查了物质性质的实验验证方法和实验现象分析，氧化还原反应的强弱规律的应用，离子方程式的书写方法等。本题的易错点为(6)①，要注意“热空气”即氧气，需要说明现有现象是否能排除氧气的影响。28.NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂，也常用来漂白织物等，其一种生产工艺如下：-19-回答下列问题：（1）NaClO2中Cl的化合价为_______。（2）写出“反应”步骤中生成ClO2的化学方程式_______。（3）“电解”所用食盐水由粗盐水精制而成，精制时，为除去Mg2+和Ca2+，要加入的试剂分别为________、________。“电解”中阴极反应的主要产物是______。（4）“尾气吸收”是吸收“电解”过程排出的少量ClO2。此吸收反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为________，该反应中氧化产物是_________。（5）“有效氯含量”可用来衡量含氯消毒剂的消毒能力，其定义是：每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克Cl2的氧化能力。NaClO2的有效氯含量为____。(计算结果保留两位小数)【答案】(1).+3价(2).2NaClO3+SO2+H2SO4=ClO2+2NaHSO4(3).NaOH溶液(4).Na2CO3溶液(5).ClO2-(或NaClO2)(6).2:1(7).O2(8).1.57g。【解析】（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；（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，回收产物为NaHSO4，说明生成硫酸氢钠，且产生ClO2，根据电子守恒可知，此反应的化学方程式为：2NaClO3+SO2+H2SO4=2NaHSO4+2ClO2；（3）食盐溶液中混有Mg2+和Ca2+，可以利用过量NaOH溶液除去Mg2+，利用过量Na2CO3溶液除去Ca2+，ClO2氧化能力强，根据结晶干燥后的产物可知ClO2的还原产物为NaClO2，因此电解装置中阴极ClO2得电子生成ClO2-，阳极Cl-失电子生成Cl2；（4）依据图示可知，利用含过氧化氢的氢氧化钠溶液吸收ClO2，产物为ClO2-，则此反应中ClO2为氧化剂，还原产物为ClO2-，化合价从+4价降为+3价，H2O2为还原剂，氧化产物为O2，每摩尔H2O2得到2mol电子，依据电子守恒可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为2∶1；（5）1gNaClO2的物质的量=mol，依据电子转移数目相等，NaClO2～Cl-～4e--19-，Cl2～2Cl-～2e-，可知氯气的物质的量为mol×4×=mol，则氯气的质量为mol×71g/mol=1.57g。点睛：准确理解流程图是解题关键，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，根据电子守恒可知，此反应的化学方程式为2NaClO3+SO2+H2SO4=2NaHSO4+2ClO2，选择NaOH除去食盐水中的Mg2+，选择碳酸钠除去食盐水中的Ca2+，然后电解装置中阴极ClO2得电子生成ClO2-，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ClO2-，最后NaClO2溶液结晶、干燥得到产品，以此来解答。视频-19-</h2o2<i－<so2，则下列反应不能发生的是(>