海南省海口市灵山中学2022届高三化学上学期第一次测试试题（含解析）第Ⅰ卷　选择题（36分）注意：请将试题答案填写在答题卡内，否则以零分计算可能用到的相对原子质量：H:1O:16C:12Na:23Cl:35.5S:32Fe:56Mg:24Al:27N:14一、选择题（本题共6小题，每小题2分，共12分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1.下列物质与常用危险化学品的类别不对应的是A.Na、K——遇湿易燃物品B.TNT、NH4NO3——爆炸品C.CH4、C2H5OH——易燃气体D.浓H2SO4、浓HNO3——腐蚀品【答案】C【解析】【详解】A．Na、K能与水反应生成氢气，氢气易燃，故为遇湿易燃物品，故A正确；B．TNT、NH4NO3碰撞能发生爆炸，为爆炸品，故B正确；C．乙醇常温下为液态，属于易燃液体，故C错误；D．浓硫酸、浓硝酸具有强烈的腐蚀性，属于腐蚀品，故D正确；故选C。2.化学与生活、社会发展息息相关，下列有关说法不正确的是(　　)A.“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，屠呦呦对青蒿素的提取属于化学变化B.“霾尘积聚难见路人”，雾霾所形成的气溶胶有丁达尔效应C.“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，该过程发生了置换反应D.古剑“沈卢”“以剂钢为刃，柔铁为茎干，不尔则多断折”，剂钢指的是铁的合金【答案】A【解析】试题分析：A、青蒿素的提取用的是低温萃取，属于物理方法，A错误；B、气溶胶属于胶体，有丁达尔效应，B正确；C、铁置换铜属于湿法炼铜，C正确；D、剑刃硬度要大，所以用碳铁合金，D正确，答案选A。考点：考查化学与生活的有关判断3.下列描述不涉及化学变化的是A.铁粉作袋装食品的抗氧化剂B.二氧化硫作纸浆的漂白剂-13-C.氢氟酸作普通玻璃的刻蚀剂D.有机溶剂作食用油的萃取剂【答案】D【解析】试题分析：A．铁粉作袋装食品的抗氧化剂属于化学变化，A错误；B．二氧化硫作纸浆的漂白剂，属于化学变化，B错误；C．氢氟酸与二氧化硅反应，作普通玻璃的刻蚀剂，属于化学变化，C错误；D．有机溶剂作食用油的萃取剂属于物理变化，D错误，答案选D。考点：考查物质变化判断4.利用太阳能分解制氢，若光解0.02mol水，下列说法正确的是（）A.可生成H2的质量为0.02gB.可生成氢的原子数为2.408×1023个C.可生成H2的体积为0.224L（标准状况）D.生成H2的量理论上等于0.04molNa与水反应产生H2的量【答案】D【解析】根据方程式2H2O=2H2↑+O2↑，光解0.02mol水，可产生0.02molH2和0.01molO2。则可得：A．可生成H2的质量为0.04g，错误；B．可生成氢的原子数为2.408×1022个，错误；C．可生成标准状况下H2的体积为0.448L，错误；D．0.04molNa与水反应产生0.02molH2。故选D。5.下表中物质的分类组合完全正确的是选项ABCD强电解质KNO3H2SO4BaSO4HClO4弱电解质HFCaCO3HClOCH3COONH4非电解质SO2金属AlH2OC2H5OHA.AB.BC.CD.D-13-【答案】A【解析】试题分析：常见的强电解质为强酸、强碱、大多数的盐、活泼金属氧化物，B中碳酸钙属于盐，属于强电解质，Al既不是电解质也不是非电解质，故错误；C、H2O属于弱电解质，故错误；D、CH3COONH4属于盐，属于强电解质，故错误，因此选项A正确。考点：考查强弱电解质、非电解质等知识。6.配制0.1mol/L的NaOH溶液,下列操作会使实验结果偏低的是A.移液前容量瓶内有水珠B.用滤纸称量NaOH固体C.摇匀后,液面低于刻度线D.定容时,俯视刻度线【答案】B【解析】【详解】A．容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水，对溶质的物质的量和溶液体积都不会产生影响，溶液浓度不受影响，故A错误；B．氢氧化钠易潮解变质，用滤纸称量NaOH固体，导致配制的溶液中氢氧化钠的物质的量偏小，配制的溶液浓度偏低，故B正确；C．摇匀后，由于部分溶液在刻度线上方，液面低于刻度线属于正常现象，不影响配制结果，故C错误；D．定容时俯视刻度线，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故D错误；故选B。【点睛】本题考查了一定物质的量浓度溶液配制的误差分析，准确把握操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响是解题关键。根据c=，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n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。二、选择题（本题共6小题，每小题4分，共24分。每小题有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确得2分，选两个且都正确得4分，但只要选错一个就得0分）7.下列指定微粒的数目相等的是A.等质量的乙烯和丙烯中含有的共用电子对数B.等物质的量的水与重水含有的中子数C.同温、同压、同体积的CO和NO含有的质子数D.等物质的量的铁和铝分别与足量盐酸完全反应时转移的电子数【答案】A-13-【解析】试题分析：A、乙烯和丙烯的最简式均为CH2，由n=可知，等质量时含CH2的个数相同，1个C2H4分子共用6对电子（其中4个C-H，2个C-C），1个C3H6分子共用9对电子（其中6个C-H，3个C-C），因此可以发现规律：1个CH2平均共用3对电子，含CH2的个数相同则共有电子对数相同，故A正确；B、H2O中的中子数为8，D2O中的中子数为10，则等物质的量的水与重水含有的中子数不同，故B错误；C、同温、同压、同体积，由n=可知，气体的物质的量相同，C、N的质子数不同，则CO和NO含有的质子数不同，故C错误；D、铁和铝分别与足量盐酸完全反应，Fe的化合价均由0升高为+2价、Al元素的化合价均由0升高为+3价，则等物质的量的铁和铝分别与足量盐酸完全反应时转移的电子数不等，故D错误；故选A。考点：考查了物质的量的计算的相关知识。8.取100mL0.3mol·L－1和300mL0.25mol·L－1的硫酸注入500mL容量瓶中，加水稀释至刻度线，该混合溶液中H＋的物质的量浓度是A.0.21mol·L－1B.0.42mol·L－1C.0.56mol·L－1D.0.26mol·L－1【答案】B【解析】该混合溶液中H+的物质的量为n(H+)=(0.1L×0.3mol·L-1+0.3L×0.25mol·L-1)×2=0.21mol，所以c(H+)0.21/500×10－3mol·L－1=0.42mol·L-1，故B正确。9.下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A.0.1mol·L－1NH4HCO3溶液：K＋、Na＋、SO42-、OH－B.能使pH试纸显红色的溶液：Na＋、NH4+、Fe3+、NO3-C.0.1mol·L－1CH3COONa溶液：Mg2＋、Cl－、H＋、SO42-D.Kw/c(H＋)＝0.1mol·L－1的溶液：K＋、Na＋、NO3-、SiO32-【答案】BD【解析】【详解】A．NH4HCO3溶液中不能大量存在OH-，能够反应生成一水合氨，故A不选；B．能使pH试纸呈红色的溶液，显酸性，在酸性溶液中Na＋、NH4+、Fe3+、NO3-不发生反应，能大量共存，故B选；C．CH3COONa溶液中不能大量存在H+，故C不选；D．Kw/c（H+）=0.1mol•L-1的溶液显碱性，该组离子之间不反应，可大量共存，故D选；故选BD。-13-10.有硫酸镁溶液500mL,它的密度是1.20g·cm-3，其中镁离子的质量分数是4.8%，则有关该溶液的说法不正确的是A.溶质的质量分数是24.0%B.溶液的物质的量浓度是2.4mol/LC.溶质和溶剂的物质的量之比是1∶40D.硫酸根离子的质量分数是19.2%【答案】C【解析】试题分析：；；，溶质的质量分数是，故A正确；溶液的物质的量浓度是，故B正确；水的质量为，水的物质的量为25.33mol，溶质和溶剂的物质的量之比是1.2∶25.33，故C错误；硫酸根离子的质量分数是，故D正确。考点：本题考查物质的量浓度。11.能正确表达下列反应的离子方程式为(　　)A.用稀盐酸除去水垢：2H＋＋CaCO3===Ca2＋＋CO2↑＋H2OB.硫化亚铁与浓硫酸混合加热：2H＋＋FeS===H2S↑＋Fe2＋C.向硫酸铝溶液中滴加碳酸钠溶液：2Al3＋＋3CO32-===Al2(CO3)3↓D.Na2O2溶于水产生O2∶Na2O2＋H2O===2Na＋＋2OH－＋O2↑【答案】A【解析】【详解】A．用稀盐酸除去水垢，反应的离子方程式为2H＋＋CaCO3=Ca2＋＋CO2↑＋H2O，故A正确；B．硫化亚铁与浓硫酸混合加热，发生氧化还原反应，离子方程式为2FeS+6H2SO4（浓）2Fe3++3SO42-+3SO2↑+2S+6H2O，故B错误；C．铝离子水解显酸性，碳酸根离子水解显碱性，混合后相互促进水解生成氢氧化铝和二氧化碳，反应的离子方程式为2Al3++3CO32-+3H2O=2Al（OH）3↓+3CO2↑，故C错误；D．Na2O2溶于水产生O2，离子方程式为：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑，故D错误；故选A。【点睛】本题考查了离子方程式的判断，注意明确离子方程式正误判断常用方法。本题的易错点为B，要注意浓硫酸具有强氧化性，其中主要以硫酸分子存在。12.高锰酸钾溶液在酸性条件下可以与硫酸亚铁反应，化学方程式如下(未配平)：KMnO4＋FeSO4-13-＋H2SO4―→K2SO4＋MnSO4＋Fe2(SO4)3＋H2O。下列说法正确的是A.Fe2＋的还原性强于Mn2＋B.MnO4-是氧化剂，Fe3＋是还原产物C.生成1mol水时，转移1.25mol电子D.取反应后的溶液加KSCN溶液，可观察到有血红色沉淀生成【答案】AC【解析】【详解】A．该反应中还原剂是Fe2+，还原产物是Mn2+，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，故A正确；B．该反应中，锰元素的化合价由+7价变为+2价，铁元素的化合价由+2价变为+3价，所以氧化剂是MnO4-，还原产物是Mn2+，故B错误；C．根据得失电子相等配平方程式得2KMnO4+10FeSO4+8H2SO4=K2SO4+2MnSO4+5Fe2（SO4）3+8H2O，根据方程式知，生成1mol水时，转移电子的物质的量==1.25mol，故C正确；D．铁离子和硫氰化钾溶液反应生成络合物而没有沉淀，故D错误；故选AC。【点睛】本题考查了氧化还原反应，明确元素化合价变化是解本题关键。本题的易错点为D，要注意铁离子的检验中的现象是溶液变成血红色，不是血红色沉淀。第Ⅱ卷　非选择题（64分）三、填空题13.计算后填空：(1)在标准状况下，448mL某气体的质量为0.64g，这种气体的相对分子质量为________。(2)某氯化铁与氯化钠的混合液，已知c(Fe3＋)＝0.2mol·L－1，c(Cl－)＝1mol·L－1。则c(Na＋)为________。(3)19g某二价金属的氯化物RCl2中含有0.4mol的Cl－，则R的相对原子质量为__________。(4)500mLFe2(SO4)3溶液中含Fe3＋28g，则溶液中SO42-的物质的量浓度为________mol·L－1。(5)在无土栽培中，配制1L含5molNH4Cl、1.6molKCl、2.4molK2SO4的某营养液，若用KCl、NH4Cl、(NH4)2SO4配制，则需KCl、NH4Cl的物质的量分别为________、________。【答案】(1).32(2).0.4mol/L(3).24(4).1.5(5).6.4mol(6).0.2mol-13-【解析】【详解】（1）在标准状况下，448mL某气体的物质的量为=0.02mol，该气体的质量为0.64g，则其摩尔质量为=32g/mol，故该气体的相对分子质量为32，故答案为：32；（2）根据溶液中阴阳离子所带的正负电荷总数相等，则有c（Na+）×1+c（Fe3+）×3=c（Cl-）×1，即：c（Na+）×1+0.2mol/L×3=1mol/L×1，解得：c（Na+）=0.4mol/L，故答案为：0.4mol/L；（3）设R的相对原子质量为x，则RCl2的摩尔质量为（x+71）g/mol，由19g某二价金属的氯化物RCl2中含有0.4mol的Cl-离子，则×2=0.4mol，解得x=24，故答案为：24；（4）500mL Fe2（SO4）3溶液中，含有Fe3+ 28 g，则n（Fe3+）==0.5mol，根据化学式可得SO42-的物质的量为n（SO42-）=×n（Fe3+）=×0.5mol=0.75mol，所以SO42-的物质的量浓度为c（SO42-）==1.5mol/L，故答案为：1.5；（5）在无土栽培中，配制1L内含5molNH4Cl、1.6molKCl、2.4molK2SO4的某营养液，该培养液中含有钾离子的总物质的量为：1.6mol+2.4mol×2=6.4mol，根据钾离子守恒，需要氯化钾的物质的量为6.4mol；需要配制的溶液中含有氯离子的物质的量为：5mol+1.6mol=6.6mol，其中6.4mol氯化钾中提供了6.4mol氯离子，则还需要氯化铵的物质的量为：6.6mol-6.4mol=0.2mol，故答案为：6.4mol；0.2mol。14.现有NH3、CO、Na、Na2O2、Fe、NO、NO2、Cl2、SO2等中学化学教材中出现过的物质，根据它们的组成及性质进行如下分类：请回答下列问题：(1)淡黄色固体最终位于________组。（填“A～F”）(2)C组有一种气体常用作工业上冶炼铁的还原剂，写出高温下它还原Fe2O3-13-的化学方程式：_____________。(3)F组某种物质能与水发生氧化还原反应，该反应中被氧化与被还原的元素的质量比为_____________。(4)B组中有一种物质在高温下能与水蒸气反应，若该反应过程中有8×6.02×1023个电子转移，则有________g该物质参与反应。【答案】(1).E(2).3CO+Fe2O32Fe+3CO2(3).2:1(4).168【解析】【分析】NH3、CO、Na、Na2O2、Fe、NO、NO2，SO2、Cl2等，按照组成元素的多少分为单质和化合物，属于单质的是Na、Fe、Cl2，属于化合物的是NH3、CO、Na2O2、NO、NO2、SO2；单质中能与氢气反应的是Cl2；化合物中能与水反应的是NH3、Na2O2、NO2、SO2，反应显碱性的是NH3、Na2O2。【详解】（1）淡黄色固体为Na2O2，可与水反应生成NaOH和氧气，最终位于E组，故答案为：E；（2）C组有一种气体常用作工业上冶炼铁的还原剂是CO，CO与Fe2O3在高温条件下生成Fe和二氧化碳，反应方程式为：Fe2O3+3CO2Fe+3CO2；故答案为：Fe2O3+3CO2Fe+3CO2；（3）F组的某种物质能与水发生氧化还原反应，该物质为NO2，NO2与水反应产生3NO2+H2O═2HNO3+NO，反应中只有氮元素的化合价发生变化，由+4价升高为+5价，由+4价降低为+2价，所以NO2既是氧化剂也是还原剂，氧化剂被还原，还原剂被氧化，由产物中氮元素的化合价，可知起氧化剂与还原剂的NO2物质的量之比为1：2，所以被氧化的NO2与被还原的NO2的物质的量之比为2：1；故答案为：2：1；（4）B组中与水在高温条件下反应的物质为Fe，反应的方程式为4H2O（g）+3FeFe3O4+4H2，若该反应过程中有8×6.02×1023个电子转移，即转移8mol电子，则消耗3molFe，即3mol×56g/mol=168g，故答案为：168。15.实验室需要0.1mol·L－1NaOH溶液450mL和0.5mol·L－1硫酸溶液500mL。根据这两种溶液的配制情况回答下列问题：(1)如图所示的仪器中配制溶液肯定不需要的是________(填序号)，配制上述溶液还需用到的玻璃仪器是________(填仪器名称)。-13-(2)下列操作中，容量瓶所不具备的功能有________(填序号)。A．配制一定体积准确浓度的标准溶液B．贮存溶液C．测量容量瓶规格以下的任意体积的液体D．准确稀释某一浓度的溶液E．用来加热溶解固体溶质(3)根据计算用托盘天平称取NaOH的质量为________g。在实验中其他操作均正确。若NaOH溶液在转移至容量瓶时未经冷却，则所得溶液浓度________（填“大于”“等于”或“小于”）0.1mol·L－1。(4)根据计算得知，所需质量分数为98%、密度为1.84g·cm－3的浓硫酸的体积为________mL(计算结果保留一位小数)。【答案】(1).AC(2).玻璃棒、烧杯(3).BCE(4).2.0(5).大于(6).13.6【解析】【详解】（1）配制步骤有计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解（可用量筒量取水），冷却后转移到100mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，所以需要的仪器为：托盘天平、药匙、烧杯、筒量、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，所以不需要的仪器是AC，还需要的仪器是烧杯和玻璃棒，故答案为：AC；玻璃棒、烧杯；（2）容量瓶不能用于贮存、加热溶液，溶解固体溶质等，只有1个刻度线不能测量容量瓶规格以下的任意体积的液体，故答案为：BCE；（3）m=nM=CVM=0.1mol/L×0.5L×40g/mol=2g，在容量瓶中定容时俯视容量瓶刻度线，导致溶液的体积偏小，所以配制溶液的浓度偏大，故答案为：2.0；大于；（4）浓硫酸的物质的量浓度为：c==mol/L=18.4mol/L；设需要浓硫酸的体积为V，0.5mol/L×0.5L=18.4mol/L×V，V=0.0136L=13.6mL，故答案为：13.6。16.硫、氯的单质和化合物应用广泛。-13-(1)将硫铁矿和焦炭按物质的量比3∶2混合放在炼硫炉中，通入适量空气中，发生下列燃烧反应：FeS2＋C＋O2―→Fe3O4＋CO＋S。若生成3mol硫，转移的电子的物质的量为________。(2)盐酸是应用广泛的酸之一，它具有：a.酸性；b.氧化性；c.还原性；d.挥发性。请回答下列问题：①用盐酸除去铁表面的铁锈，盐酸表现了______(填序号)，反应的离子方程式为_____________________。②实验室常用KMnO4和浓盐酸反应制取Cl2，反应的化学方程式为2KMnO4＋16HCl(浓)===2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O。盐酸表现了______(填序号)，被还原的元素是__________，还原剂是________。【答案】(1).6mol(2).a(3).Fe2O3+6H+====2Fe3++3H2O(4).ac(5).Mn(6).HCl【解析】【详解】（1）将硫铁矿和焦炭按物质的量比3∶2混合放在炼硫炉中，发生FeS2+C+O2→Fe3O4+CO+S中，Fe、C、S元素的化合价升高，O元素的化合价降低，FeS2、C均为还原剂被氧化，结合电子、原子守恒配平得：3FeS2+2C+3O2═Fe3O4+2CO+6S，由反应可知，生成6molS时，转移12mol电子，则生成3mol硫，转移电子的物质的量为6mol，故答案为：6mol；（2）①用盐酸除去铁表面的铁锈，反应生成氯化铁和水，氯化铁为盐，则盐酸表现酸性，离子反应为Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O，故答案为：a；Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O；②2KMnO4+16HCl（浓）═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O中，Mn元素的化合价降低，则Mn元素被还原，Cl元素的化合价升高，则HCl为还原剂，同时体现了盐酸的酸性，故答案为：ac；Mn；HCl。【点睛】本题考查物质的性质及氧化还原反应，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键。本题的易错点为（2）②，注意氯化氢中氯元素化合价的变化，没有变化的体现了盐酸的酸性，变化了的体现了盐酸的氧化性或还原性。17.有一无色透明溶液，欲确定是否含有下列离子：K＋、Mg2＋、Al3＋、Fe2＋、Ba2＋、NO3-、SO42-、I－、HCO3-，实验如下：实验步骤实验现象(1)用玻璃棒蘸取少量该溶液，点在pH试纸中部试纸变为红色-13-(2)取少量该溶液，加入Cu片和浓硫酸，加热有无色气体产生，气体遇空气可以变成红棕色(3)取少量该溶液，加入BaCl2溶液有白色沉淀生成(4)取(3)中反应后的上层清液，加入AgNO3溶液有稳定的白色沉淀生成，且不溶于稀硝酸(5)取少量该溶液，加入NaOH溶液有白色沉淀生成，当NaOH过量时，沉淀部分溶解由此判断：(1)溶液中一定存在的离子是________________；溶液中肯定不存在的离子是________________。(2)写出实验步骤(2)中所发生反应的离子方程式__________________。(3)写出实验步骤(5)中沉淀部分溶解的离子方程式__________________。(4)为了进一步确定其他离子，应该补充的实验及对应欲检验离子的名称(如为溶液反应，说明使用试剂的名称，不必写详细步骤)_______________。【答案】(1).Mg2＋、Al3＋、NO3-、SO42-(2).Fe2＋、Ba2＋、I－、HCO3-(3).3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O(4).Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O(5).K＋，焰色反应【解析】【详解】因是一无色透明溶液，则不含有Fe2+；由（1）pH试纸显红色，说明溶液显示酸性，所以HCO3-不存在；由（2）取少量该溶液加热浓缩，加Cu片和浓硫酸，加热有无色气体产生，气体（NO）遇空气可以变成红棕色（二氧化氮），说明溶液中含有NO3-，则一定不含有I-；由（3）取少量该溶液，加BaCl2溶液，有白色沉淀生成，则含有SO42-；由（4）取（3）中的上层清液，溶液中含有Cl-，加AgNO3，有氯化银白色沉淀生成；由（5）取少量该溶液，加入NaOH溶液有白色沉淀生成，当NaOH过量时，沉淀部分溶解，则含有铝离子、镁离子。（1）综上可知，溶液中一定存在的离子是NO3-、SO42- Mg2+、Al3+，溶液中肯定不存在的离子是I-、Ba2+、Fe2+、HCO3-，故答案为：NO3-、SO42- Mg2+、Al3+；I-、Ba2+、Fe2+、HCO3-；-13-（2）步骤(2)中铜与硝酸反应生成一氧化氮，反应的离子方程式为3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O，故答案为：3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O；（3）步骤（5）中氢氧化铝能和氢氧化钠反应，而氢氧化镁则不能，反应的实质是Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，故答案为：Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O；（4）根据上述分析，不能确定的离子为K＋，可以通过焰色反应来检验，故答案为：K＋，焰色反应。18.“8·12”天津港危化仓库爆炸，造成生命、财产的特大损失。据查危化仓库中存有大量的钠、钾，硝酸铵和氰化钠(NaCN)。请回答下列问题：(1)钠、钾着火，下列可用来灭火的是________。A．水B．泡沫灭火器C．干粉灭火器D．细沙盖灭(2)NaCN属于剧毒物质，有多种无害化处理方法。①H2O2处理法：NaCN＋H2O2→N2↑＋X＋H2O推测X的化学式为________。②NaClO处理法：aCN－＋bClO－＋2cOH－=dCNO－＋eN2↑＋fCO32-＋bCl－＋cH2O方程式中e∶f的值为________(填选项标号)。A．1B.1/2C．2D．不能确定(3)以TiO2为催化剂用NaClO将CN－离子氧化成CNO－，CNO－在酸性条件下继续与NaClO反应生成N2、CO2、Cl2等。取浓缩后含CN－离子的废水与过量NaClO溶液混合液共200mL(设其中CN－的浓度为0.2mol·L－1)进行实验。①写出CNO－在酸性条件下被NaClO氧化的离子方程式：___________________________；②若结果测得CO2的质量为1.408g，则该实验中测得CN－被处理的百分率为_____________。【答案】(1).D(2).NaHCO3(3).B(4).2CNO-+6ClO-+8H+═N2↑+2CO2↑+3Cl2↑+4H2O(5).80%【解析】【详解】（1）Na、K均与水反应，燃烧生成的过氧化氢均与二氧化碳反应生成氧气，则钠、钾着火，可用细沙覆盖来灭火，故答案为：D；（2）①NaCN+H2O2→N2↑+X+H2O中，由原子守恒可知X为NaHCO3，故答案为：NaHCO3；  ②由CN-离子中碳与氮原子之比为1：1，而碳氮转化为CNO-和N2以及CO32-，又因为CNO-离子碳氮之比为1：1，所以N2和CO32-两微粒之比为1：2，所以e：f=1：2，故答案为：B；（3）①根据题意可知，酸性条件下CNO-与NaClO反应生成N2、CO2和Cl2，反应离子方程式为2CNO-+6ClO-+8H+═N2↑+2CO2↑+3Cl2↑+4H2-13-O，故答案为：2CNO-+6ClO-+8H+═N2↑+2CO2↑+3Cl2↑+4H2O；②干燥管Ⅰ中碱石灰增重1.408g为二氧化碳的质量，物质的量为=0.032mol，根据碳元素守恒可知被处理的CN-的物质的量为n（CN-）=n（CO2）=0.032mol，原溶液中CN-的物质的量为0.2L×0.2mol/L=0.04mol，所以该实验中测得CN-被处理的百分率为×100%=80%，故答案为：80%。-13-