【化学】安徽省六安市霍邱县第二中学2019-2020学年高一上学期段考试题（解析版）

【化学】安徽省六安市霍邱县第二中学2019-2020学年高一上学期段考试题（解析版）

安徽省六安市霍邱县第二中学2019-2020学年高一上学期段考试题 ‎1. 分类方法在化学学科的发展中起到了重要的作用。下列分类标准不合理的是（ ）‎ A. 根据反应中是否有电子得失，将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应 B. 从物质的分类看，Na2SO4既属于钠盐又属于硫酸盐 C. 根据分散质微粒直径大小将分散系分为溶液、胶体和浊液 D. 根据纯净物的元素组成，将纯净物分为单质和化合物 ‎【答案】A ‎【解析】是否为氧化还原反应，本质决定于是否有电子的得失及电子对的偏移，故A描述不完整，选A ‎2. 下列应用利用了氧化还原反应原理的是（ ）‎ A. 用“84消毒液”进行消毒 B. 用浓硫酸干燥二氧化硫气体 C. 用活性炭吸附新装修居室里的有害气体 D. 用小苏打治疗胃酸过多 ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：A．用“84消毒液”进行消毒是利用了消毒液中的次氯酸的氧化性能够使蛋白质变性，属于氧化还原反应，正确；B．用浓硫酸干燥二氧化硫气体是利用了浓硫酸的吸水性，与氧化还原反应无关，错误；C．用活性炭吸附新装修居室里的有害气体是利用了活性炭的吸附性，与氧化还原反应无关，错误；D．用小苏打治疗胃酸过多发生的是中和反应，与氧化还原反应无关，错误；故选A。‎ ‎3.下列关于纯净物、混合物、强电解质、弱电解质和非电解质的正确组合是（ ）‎ 纯净物 混合物 强电解质 弱电解质 非电解质 A 盐酸 水煤气 硫酸 醋酸 干冰 B 冰醋酸 铝热剂 硫酸钡 亚硫酸 二氧化硫 C 纯碱 天然气 苛性钾 氢硫酸 碳酸钙 D 玻璃 盐酸 氯化钠 次氯酸 氯气 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．盐酸是HCl的水溶液，属于混合物，故A错误； ‎ B．冰醋酸是纯净物，铝热剂是金属铝和氧化铁的混合物，硫酸钡是强电解质，亚硫酸是弱酸，属于弱电解质，二氧化硫是非电解质，故B正确；‎ C．碳酸钙是盐，属于强电解质，不是非电解质，故C错误；‎ D．玻璃是混合物，氯气是单质，不是电解质，也不是非电解质，故D错误；‎ 答案为B。‎ ‎4.下列有关离子共存的说法或离子方程式的书写中，正确的有（ ）‎ ‎①能使酚酞溶液变红的溶液中能大量共存的离子: K+、CO32－ 、Na+、S2－‎ ‎②向NaHCO3溶液中加入足量NaOH溶液并共热: NH4+ +OH－= NH3 ↑+ H2O ‎③氧化铜与盐酸反应: O2－ + 2H+ = H2O ‎④用FeCl3溶液腐蚀铜电路板: 2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+‎ ‎⑤向NaHSO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液至SO42－离子恰好沉淀完全:Ba2+ + 2OH－ +2H+ + SO42－ = BaSO4↓+ 2H2O A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①能使酚酞溶液变红的溶液中存在大量的OH-，K+、CO32－ 、Na+、S2－，与OH-均不反应，能大量共存，故①正确；‎ ‎②向NaHCO3溶液中加入足量NaOH溶液共热，氢氧根和碳酸氢根反应，不能大量共存，故②错误；‎ ‎③氧化铜与盐酸反应，氧化铜不能拆，故③错误；‎ ‎④用FeCl3溶液腐蚀铜电路板：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故④正确；‎ ‎⑤向NaHSO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液至SO42－离子恰好沉淀完全：Ba2－+ OH－ +H+ + SO42－ = BaSO4↓+ H2O，故⑤错误；‎ 正确的有①④两个，故B正确。‎ ‎5.某同学在实验室中用KMnO4代替MnO2制备Cl2, 反应原理为2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl + 2MnCl2 + 5Cl2↑+ 8H2O。下列叙述不正确的是（ ）‎ A. 氧化制为KMnO4，氧化产物是Cl2‎ B. 浓HCl在反应中起酸性和还原性的作用 C. 若有1.6molHCl消耗，则反应中有NA个电子转移 D. 氧化产物与还原产物的物质的量之比为2:5‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A选项，KMnO4化合价降低，HCl化合价高，因此氧化剂为KMnO4，氧化产物是Cl2，故A正确，不符合题意；‎ B选项，HCl中的Cl在反应中一部分化合价升高，作还原剂，体现还原性，一部分化合价没有变化，体现酸性，因此在反应中起酸性和还原性的作用，故B正确，不符合题意；‎ C选项，根据反应方程式，16molHCl中有10molHCl化合价升高，共转移10mol电子，因此若有1.6molHCl消耗，则反应中有NA个电子转移，故C正确，不符合题意；‎ D选项，氧化产物为氯气，还原产物为氯化锰，其物质的量之比为5:2，故D错误；符合题意。‎ 综上所述，答案为D。‎ ‎6.根据如图的转化关系判断下列说法正确的是（ ）‎ 反应②：2Cl2+2Ca(OH)2==CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；⑤为置换反应(反应条件已略去，漂白粉主要成分为Ca(ClO)2；)。‎ A. 反应①②③④⑤均可写出离子方程式 B. 相同条件下生成等量的O2，反应③和④转移的电子数之比为1: 1‎ C. 反应①中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1: 4‎ D. 反应⑤说明该条件下铝的还原性强于锰 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、离子反应发生条件是水溶液中或熔融状态下，反应③④⑤均写不出离子方程式，故A错误；‎ B、相同条件下生成等量的O2，反应③得到1mol氧气转移2mol电子，反应④得到1mol氧气转移4mol电子，因此转移的电子数之比为1: 2，故B错误；‎ C、反应①中氧化剂为二氧化锰，还原剂为盐酸，其物质的量之比为1: 2，故C错误；‎ D、反应⑤Al置换出二氧化锰中的锰，说明该条件下铝的还原性强于锰，故D正确；‎ 综上所述，答案为D。‎ ‎7.有一混合物的水溶液，可能含有以下离子中的若干种：K+、NH4+、Cl－、CO32－、SO42－，现取三份100mL溶液进行如下实验：‎ 第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生；‎ 第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到0.03mol气体；‎ 第三份加足量BaCl2溶液后，得到干燥沉淀4.30g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33g。综合上述实验，你认为以下结论正确的是（ ）‎ A. 该混合液中一定含有：K+、NH4+、CO32－、SO42－，不含Cl－‎ B. 该混合液中—定含有：NH4+、CO32－、SO42－，可能含K+、Cl－‎ C. 该混合液中一定含有：NH4+、CO32－、SO42－、Cl－，可能含K+‎ D. 该混合液中：c（K+） ≥ 0.1mol/L c（CO32－） = 0.1mol/L ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生，说明Cl－、CO32－、SO42－中至少含有一种；第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到0.03mol气体，气体是氨气，一定含有铵根，物质的量是0.03mol；第三份加足量BaCl2溶液后，得到干燥沉淀4.30g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33g，说明达到的白色沉淀是碳酸钡和硫酸钡，其中硫酸钡的物质的量是2.33g÷233g/mol＝0.01mol，碳酸钡的物质的量是（4.30g－2.33g）÷197g/mol＝0.01mol，阴离子的总电荷为0.01mol×2+0.01mol×2＝0.04mol＞0.03mol，所以一定还存在K+，氯离子不能确定。由于氯离子不能确定，所以钾离子的物质的量至少是0.04mol－0.03mol＝0.01mol，其浓度≥0.01mol÷0.1L＝0.1mol/L，碳酸根的浓度为0.01mol÷0.1L＝0.1mol/L，答案选D。‎ ‎8.下列各组物质间的反应能用离子方程式“H++ OH¯==H2O”表示的一组是（ ）‎ A. Na2CO3和HCl B. Cu(OH)2和 H2SO4‎ C. NaOH和H2SO4 D. Mg(OH)2和 HNO3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、Na2CO3和HCl的离子方程式为CO32－＋2H＋=CO2↑＋H2O，，故A不符合题意；‎ B、Cu(OH)2和 H2SO4的离子方程式为Cu(OH)2＋2H＋=Cu2＋＋2H2O，故B不符合题意；‎ C、NaOH和H2SO4的离子方程式为OH－＋H＋=H2O，故C符合题意；‎ D、Mg(OH)2和 HNO3的离子方程式为Mg(OH)2＋2H＋=Mg2＋＋2H2O，故D不符合题意。‎ 综上所述，答案为C。‎ ‎9.Na2Sx在碱性条件下可被NaClO氧化为Na2SO4，而NaClO被还原为NaCl，若反应中Na2Sx与NaClO的物质的量之比为1：16，则x值是（ ）‎ A. 5 B. 4 C. 3 D. 1‎ ‎【答案】A ‎【解析】Na2Sx在碱性溶液中可被NaClO氧化为Na2SO4，S元素化合价由-升高为+6，而NaClO被还原为NaCl，Cl元素化合价由+1价降低为-1价，反应中Na2Sx与NaClO的物质的量之比为1：16，根据电子转移守恒，则：x×[6-(-)]=16×[1-(-1)]，解得：x=5，故选A。‎ ‎10.已知X2、Y2、Z2、W2四种物质的氧化能力为W2>Z2>X2>Y2，则下列氧化还原反应能发生的是（ ）‎ A. 2Y-+W2=2W-+Y2 B. 2X-+Y2=2Y-+X2‎ C. 2W-+Z2=2Z-+W2 D. 2Z-+X2=2X-+Z2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.该反应中，物质的氧化性：W2>Y2，与题干物质的氧化性能力吻合，A正确；‎ B.该反应中，物质的氧化性：Y2>X2，与题干物质的氧化性能力相反，B错误；‎ C.该反应中，物质的氧化性：Z2>W2，与题干物质的氧化性能力相反，C错误；‎ D.该反应中，物质的氧化性：X2>Z2，与题干物质的氧化性能力相反，D错误；‎ 故合理选项是A。‎ ‎11.某离子反应中涉及H2O、ClO-、NH4+、H+、N2、Cl-六种粒子。其中N2、ClO-的物质的量随时间变化的曲线如图所示。下列判断不正确的是( )‎ A. 该反应的氧化剂是ClO-‎ B. 消耗1mol还原剂，转移3mol电子 C. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:3‎ D. 该离子方程式为3ClO-+2NH4+=2H++N2↑+3Cl-+3H2O ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析】根据物质的量变化、元素化合价升降确定反应物、生成物，配平离子方程式，并用氧化还原反应知识分析。‎ ‎【详解】据图，ClO-物质的量减少，是反应物；N2物质的量增加，是生成物。因反应前后元素种类不变，得H2O、Cl-是生成物，NH4+是反应物。‎ A项：ClO-→Cl-，氯元素化合价降低，ClO-是氧化剂，A项正确；‎ B项：NH4+→N2，氮元素失电子，NH4+是还原剂，消耗1molNH4+时转移3mol电子，B项正确；‎ C项：据得失电子相等，ClO-和NH4+的消耗量之比为3:2，C项错误；‎ D项：据以上分析，可写出离子方程式3ClO-+2NH4+=2H++N2↑+3Cl-+3H2O，D项正确。‎ 本题选D。‎ ‎12.下列各组微粒中，一定条件下均可以作氧化剂的是（ ）‎ A. F－、Br－、S2－ B. Fe3＋、MnO4－、NO3－‎ C. Cl2、HClO、Mg D. ClO－、Cl－、Ag＋‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】对于元素来说化合价降低被还原具有氧化性，所以有氧化性则该元素的化合价能够降低；处在最高价的元素只有氧化性。‎ ‎【详解】A．三种离子的化合价无法变低，故无氧化性，故A错误；‎ B．Fe3+，MnO4-，NO3-三种离子中各元素均具有最高价态，只具有氧化性，故B正确；‎ C．镁是金属只作还原剂，故C错误；‎ D．氯离子处最低价态只有还原性无氧化性，故D错误。故选B。‎ ‎13.下列氧化还原反应中，实际参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比正确的是(　　)‎ ‎①KClO3＋6HCl(浓)=KCl＋3Cl2↑＋3H2O；1∶6‎ ‎②3Cu＋8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O；2∶3‎ ‎③SiO2＋3CSiC＋2CO↑；1∶2‎ ‎④3NO2＋H2O=2HNO3＋NO；2∶1‎ A. ①③ B. ②③‎ C. ②④ D. ①④‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①反应KClO3+6HCl(浓)═KCl+3Cl2↑+3H2O中，氧化剂为KClO3，还原剂为HCl，根据电子转移数目守恒可知，反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶5，故①错误；‎ ‎②反应3Cu+8HNO3(稀)═3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O中，氧化剂为HNO3，但8mol硝酸参与反应只有2molN的化合价发生降低，所以参加反应的氧化剂为2mol，还原剂为Cu，参加反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为2∶3，故②正确；‎ ‎③反应SiO2+3C═SiC+2CO↑中，氧化剂为C，还原剂为C，C元素化合价由0价降低为-4价，由0价升高为+2价，根据电子转移守恒可知，氧化剂与还原剂物质的量之比为1∶2，故③正确；‎ ‎④反应3NO2+H2O═2HNO3+NO，NO2为既是氧化剂，又是还原剂，参加反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为1∶2，故④错误；‎ 故选B。‎ ‎14.已知：2Fe2++Cl2==2Cl¯+2Fe3+，2Br¯+Cl2==Br2+2Cl¯，2Fe2++Br2==2Br¯+2Fe3+。含有a molFeBr2溶液，通入x mol Cl2,下列各项为通Cl2过程中，溶液内发生反应的离子方程式，其中不正确的是（ ）‎ A. x=0.4a，2Fe2++Cl2==2Cl¯+2Fe3+‎ B. x=0.6a，2 Fe2++4 Br¯+ 3Cl2==2Br2+2Fe3++6 Cl¯‎ C. x=a，2 Fe2++2Br¯+ 2Cl2==Br2+2Fe3++4 Cl¯‎ D. x=1.5a，2 Fe2++4 Br¯+ 3Cl2==2Br2+2Fe3++6 Cl¯‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】根据以上信息得出氯气先和亚铁离子反应，再和溴离子反应；含有amol FeBr2的溶液中有amol亚铁离子，2amol溴离子。amolFe2＋消耗0.5amolCl2，2amolBr-消耗amolCl2。‎ ‎【详解】A、x=0.4a < 0.5a，说明只和亚铁离子反应，2Fe2++Cl2==2Cl¯+2Fe3+，故A正确，不符合题意；‎ B、0.5a < x = 0.6a < 1.5a，亚铁离子先反应完后再和溴离子反应，亚铁离子消耗0.5a氯气，还剩余0.1amol氯气和0.2amol溴离子反应，因此10Fe2++2Br¯+ 6Cl2== Br2+10Fe3+ +12 Cl¯，故B错误，符合题意；‎ C、0.5a < x = a< 1.5a，亚铁离子先反应完后再和溴离子反应，亚铁离子消耗0.5a氯气，还剩余0.5amol氯气和amol溴离子反应，因此2Fe2++2Br¯+ 2Cl2==Br2+2Fe3++4Cl¯，故C正确，不符合题意；‎ D、x=1.5a，亚铁离子先反应完后再和溴离子反应，亚铁离子消耗0.5a氯气，还剩余amol氯气和2amol溴离子反应，因此2Fe2++4Br¯+ 3Cl2==2Br2+2Fe3++6Cl¯，故D正确，不符合题意；‎ 综上所述，答案为B。‎ ‎15.已知下列物质在一定条件下氧化KI时，自身发生如下变化：Fe3+→Fe2+，Cl2 →Cl¯，MnO4¯→Mn2+，HNO3→NO2，如果分别等物质的量的下列这些物质与足量的KI反应得到最多的是（ ）‎ A. Fe3+ B. Cl2 C. MnO4¯ D. HNO3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】根据得失电子守恒原理，失去多少电子，碘离子得到多少电子，得到电子越多生成的单质碘越多，1molFe3+→Fe2+转移1mol电子，1molCl2 →Cl¯转移2mol电子，1molMnO4¯ → Mn2+转移5mol电子，1molHNO3→NO2转移1mol电子，因此高锰酸钾转移电子多，与足量的KI反应得到单质碘最多，故C正确；‎ 综上所述，答案为C。‎ ‎16.已知:将Cl2通入适量KOH溶液中,产物中可能含有KCl、KClO、KClO3,且的值与温度高低有关。当n(KOH)=a mol时,下列说法不正确的是（ ）‎ A. 参加反应的氯气的物质的量等于a mol B. 改变温度,产物中KClO3的最大理论产量为a mol C. 改变温度,反应中转移电子的物质的量n(e-)的范围为a mol≤n(e-)≤a mol D. 若某温度下,反应后=11,则溶液中=‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】Cl2与KOH发生歧化反应，低温下发生Cl2＋2KOH=KCl＋KClO＋H2O，温度高时发生3Cl2＋6KOH=5KCl＋KClO3＋3H2O，据此分析讨论；‎ ‎【详解】A、产物中可能含有KCl、KClO、KClO3，三种物质中K和Cl的原子个数比均为1：1，，因此参加反应的KOH与Cl2之比为2：1，即参加反应氯气的物质的量为mol，故A说法正确；‎ B、当只发生3Cl2＋6KOH=5KCl＋KClO3＋3H2O时，KClO3的产量最大，即n(KClO3)= mol，故B说法错误；‎ C、当只发生Cl2＋2KOH=KCl＋KClO＋H2O，则转移电子物质的量为mol，当只发生3Cl2＋6KOH=5KCl＋KClO3＋3H2O，则转移电子物质的量为mol，因此反应中转移电子的物质的量范围是mol≤n(e－)≤mol，故C说法正确；‎ D、假设n(Cl－)=11mol，则n(ClO－)=1mol，根据得失电子数目守恒，11mol=1mol×n(ClO3－)×5，得出n(ClO3－)=2mol，因此有=，故D说法正确；‎ 答案为B。‎ ‎17.按要求填空：‎ ‎（1）①石墨 ②盐酸 ③胆矾 ④KOH固体 ⑤Fe ⑥氨水 ⑦乙醇 ⑧冰醋酸 ⑨干冰 ⑩熔融BaSO4‎ 能导电的是________________________，电解质是_______________________，非电解质是________________________；‎ ‎（2）KIO3 + 5KI + 3H2SO4 == 3K2SO4 + 3I2 + 3H2O的反应中氧化产物和还原产物的物质的量之比是__________________；‎ ‎（3）铁是应用最广的金属，铁的卤化物、氧化物以及高价铁的含氧酸盐为重要的化合物。高铁酸钾（K2FeO4）是一种强氧化剂，可作为水处理剂和高容量电池材料。FeCl3和KClO在强碱条件下反应制取K2FeO4‎ ‎，其反应的离子方程式为____________________________________‎ ‎【答案】(1). ①②⑤⑥⑩ (2). ③④⑧⑩ (3). ⑦⑨ (4). 5:1 (5). 2Fe3+ +3ClO－+ 10OH－= 2FeO42－+ 3Cl－+ 5H2O ‎【解析】‎ ‎【详解】⑴①石墨能导电，是单质，既不是电解质也不是非电解质；‎ ‎②盐酸能导电，属于混合物；③胆矾不能导电，属于电解质；‎ ‎④KOH固体不能导电，是电解质；‎ ‎⑤Fe能导电，是单质，既不是电解质也不是非电解质；‎ ‎⑥氨水能导电，属于是混合物；‎ ‎⑦乙醇不能导电，属于非电解质；‎ ‎⑧冰醋酸不能导电，属于电解质；‎ ‎⑨干冰不能导电，属于非电解质；‎ ‎⑩熔融BaSO4能导电，属于电解质；‎ 因此能导电的是①②⑤⑥⑩，电解质是③④⑧⑩，非电解质是⑦⑨；故答案为：①②⑤⑥⑩；③④⑧⑩；⑦⑨。‎ ‎⑵KIO3 + 5KI + 3H2SO4 == 3K2SO4 + 3I2 + 3H2O的反应中，5molKI化合价升高，得到氧化产物，为2.5mol碘单质；1mol KIO3化合价降低，得到还原产物，为0.5mol碘单质，因此氧化产物与还原产物的物质的量之比是5:1；故答案为：5:1。‎ ‎⑶FeCl3和KClO在强碱条件下反应制取K2FeO4、Cl－和水，其反应的离子方程式为2Fe3+ +3ClO－+10OH－=2FeO42－+ 3Cl－+5H2O，故答案为：2Fe3+ +3ClO－+10OH－=2FeO42－+ 3Cl－+5H2O。‎ ‎18.将2．5g碳酸钠、碳酸氢钠和氢氧化钠的固体混合物完全溶解于水，制成稀溶液，然后向该溶液中逐滴加入1mol·L-1的盐酸，所加入盐酸的体积与产生CO2的体积（标准状况）关系如下图所示：‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）写出OA段所发生反应的离子方程式 ‎________________________________________________‎ ‎__________________________________________ 。‎ ‎（2）当加入35mL盐酸时，产生CO2的体积为___________mL（标准状况）。‎ ‎（3）计算原混合物中NaOH的质量及碳酸钠的质量分数。‎ ‎【答案】（9分）（1）H-+OH-=H2O，CO32-+H-=HCO3-（各1分）‎ ‎（2）224mL（2分）（3）NaOH的质量为0.6g（2分），Na2CO3的质量分数为 (3分)‎ ‎【解析】‎ ‎19.A～H为中学化学中常见的物质，转化关系如下所示，其中“O”代表化合物，“□”代表单质，A为医疗上治疗胃酸过多的一种药剂，G为淡黄色固体，C在通常状况下为无色液体．‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)G的化学式为________，每生成1 mol G转移电子________mol.‎ ‎(2)反应①②③④中________(填序号)属于氧化还原反应．‎ ‎(3)写出下列反应的化学方程式：A→B＋C＋D：_______________________________，F＋C：________________________________.‎ ‎【答案】(1). Na2O2 (2). 2 (3). ②③ (4). 2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑ (5). 2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】化合物G为淡黄色固体，化合物C在通常状况下为无色液体，二者反应生成气体单质E与化合物H，则G是Na2O2，C是H2O，H为NaOH，E是O2，由反应②可知单质F为Na．根据反应④可知D中含有Na元素，A是医疗上治疗胃酸过多的一种药剂，加热分解生成水、B及含Na元素化合物D，可推知A是NaHCO3、B为CO2、D为Na2CO3，二氧化碳与氢氧化钠反应生成碳酸钠与水，符合转化关系，据此解答。‎ ‎【详解】（1）由上述分析可知，G为Na2O2，反应②中每生成1molNa2O2需要2molNa，Na元素化合价由0价升高为+1，故转移电子为2mol×1=2mol，故答案为Na2O2；2。‎ ‎（2）再反应①②③④中，Na与氧气反应生成过氧化钠、过氧化钠与水反应生成氢氧化钠与氧气，二者都属于氧化还原反应，故答案为②③。‎ ‎（3）A→B+C+D的化学方程式为：2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑，F+C反应的化学方程式为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，故答案2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑，2Na+2H2O=2NaOH+H2↑。‎ ‎20.将高碘酸H5IO6加入MnSO4溶液中可使溶液呈紫红色，已知H5IO6在反应中发生如下过程：H5IO6→HIO3。完成下列填空：‎ ‎（1）将该反应的氧化剂、还原剂及配平后的系数填入正确位置，并用单线桥法标明电子转移的方向和数目。________________‎ ‎（2）生成2 mol的HIO3转移的电子数为___________‎ ‎（3）若向H5IO6溶液中加入足量的下列物质，能将碘元素还原成I¯的是_____（选填序号）‎ a.盐酸 b.硫化氢 c.溴化钠 d.硫酸亚铁 ‎（4）若向H5IO6的溶液中加入过量的过氧化氢溶液，再加入淀粉溶液，溶液变蓝，同时有大量气体产生。请写出此反应的化学方程式：___________________‎ ‎【答案】(1). (2). 4NA (3). b (4). 2H5IO6+7H2O2=I2+12H2O+7O2↑‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】⑴‎ 根据氧化还原反应原理进行方程式配平得到5H5IO6+2MnSO4=2HMnO4+5HIO3+2H2SO4+7H2O，因此，故答案为：。‎ ‎⑵根据反应方程式转移10mol电子生成5molHIO3，则生成2mol的HIO3转移电子物质的量为4mol，其转移的电子数为4NA，故答案为：4NA。‎ ‎⑶H5IO6溶液与盐酸反应生成氯气和碘离子，而氯气要氧化碘离子，因此不能将碘元素还原成I¯；H5IO6溶液与硫化氢反应生成硫单质和碘离子，相互共存，因此能将碘元素还原成I¯；H5IO6溶液与溴化钠反应生成溴单质和碘离子，溴单质和碘离子不共存，因此不能将碘元素还原成I¯；H5IO6溶液与硫酸亚铁反应生成铁离子和碘离子，不共存，因此不能将碘元素还原成I¯；故答案为b。‎ ‎⑷若向H5IO6的溶液中加入过量的过氧化氢溶液，再加入淀粉溶液，溶液变蓝说明有单质碘生成，同时有大量气体产生说明有氧气生成，其化学方程式：2H5IO6+7H2O2=I2+12H2O+7O2↑，故答案为：2H5IO6+7H2O2=I2+12H2O+7O2↑。‎ ‎21.某兴趣小组探究SO2气体还原Fe3+、I2（体系均为酸性条件），它们使用的药品和装置如图所示：‎ ‎（1）SO2气体还原Fe3+后的所有产物有___________（填离子符号），参加反应的SO2和Fe3+的物质的量之比是______________；‎ ‎（2）写出装置B中反应的离子方程式________________________；装置C的作用是________________________。‎ ‎（3）若要从A中所得溶液提取晶体，必须进行的实验操作步骤：蒸发、冷却结晶、过滤、然后干燥，在这一系列操作中没有用到的仪器是____________‎ A、蒸发皿 B、石棉网 C、漏斗 D、玻璃棒 E、坩埚 ‎（4）在上述装置中通入过量的SO2，为了验证SO2与Fe3+发生了氧化还原反应，他们取A中的溶液，分为三份，并设计了如下实验：‎ 方案①：往第一份试液中加入酸性KMnO4溶液，紫红色褪去；‎ 方案②：往第二份试液中加入KSCN溶液（硫氰化钾，遇到Fe3+时溶液变成血红色），溶液不变红，再加入某种氧化剂，溶液变红；‎ 方案③：往第三份试液中加入用盐酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀。‎ 上述方案不合理的是_______________，原因是___________________________。‎ ‎【答案】(1). Fe2+、H+、SO42－ (2). 1:2 (3). SO2 + I2 + 2H2O =4H+ + 2I－ + SO42－ (4). 处理尾气，防止污染环境 (5). BE (6). ① (7). 二氧化硫、亚铁离子都使酸性高锰酸钾溶液褪色 ‎【解析】‎ ‎【分析】⑴SO2气体还原Fe3+生成亚铁离子、硫酸根和氢离子，参加反应的SO2变为硫酸根，升高2个价态，Fe3+变为亚铁离子，降低1个价态，因此可得参加反应的SO2和Fe3+的物质的量之比。‎ ‎⑵装置B中是二氧化硫和单质碘反应生成硫酸和氢碘酸，还有二氧化硫没有反应完，因此装置C的作用是处理尾气，防止污染环境。‎ ‎⑶蒸发需要蒸发皿和玻璃棒，冷却结晶、过滤时需要玻璃棒和漏斗、然后干燥，在这一系列操作中没有用到的仪器是石棉网和坩埚。‎ ‎⑷过量的二氧化硫能与高锰酸钾发生氧化还原反应使酸性高锰酸钾溶液褪色，亚铁离子也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，因此上述方案不合理的是方案①。‎ ‎【详解】⑴SO2气体还原Fe3+生成亚铁离子、硫酸根和氢离子，因此所有产物有Fe2+、H+、SO42－，参加反应的SO2变为硫酸根，升高2个价态，Fe3+变为亚铁离子，降低1个价态，因此参加反应的SO2和Fe3+的物质的量之比是1:2，故答案为：Fe2+、H+、SO42－；1:2。‎ ‎⑵装置B中是二氧化硫和单质碘反应生成硫酸和氢碘酸，其反应的离子方程式SO2 + I2 +2H2O =4H+ + 2I－ + SO42－；还有二氧化硫没有反应完，因此装置C的作用是处理尾气，防止污染环境，故答案为：SO2 + I2 +2H2O =4H+ + 2I－ + SO42－；处理尾气，防止污染环境。‎ ‎⑶蒸发需要蒸发皿和玻璃棒，冷却结晶、过滤时需要玻璃棒和漏斗、然后干燥，在这一系列操作中没有用到的仪器是BE，故答案为：BE。‎ ‎⑷过量的二氧化硫能与高锰酸钾发生氧化还原反应使酸性高锰酸钾溶液褪色，亚铁离子也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，因此上述方案不合理的是方案①，原因是二氧化硫、亚铁离子都使酸性高锰酸钾溶液褪色，故答案为：①；二氧化硫、亚铁离子都使酸性高锰酸钾溶液褪色。‎ ‎ ‎