安徽省六安市第一中学2017_2018学年高一化学上学期第二次阶段性考试试题含解析.doc

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1、安徽省六安市第一中学2017-2018学年高一上学期第二次阶段性考试化学试题1. 为了除去硝酸钾晶体中所含的硫酸钙和硫酸镁，先将它配成溶液，然后加入KOH、K2CO3、Ba(NO)2等试剂，最后进行过滤、蒸发结晶等操作，制成纯净的硝酸钾晶体，加入试剂的顺序正确的是A. K2CO3、Ba(NO3)2、KOH、HNO3 B. Ba(NO3)2、KOH、HNO3、K2CO3C. KOH、K2CO3、Ba(NO3)2、HNO3 D. Ba(NO3)2、KOH、K2CO3、HNO3【答案】D【考点定位】本题考查混合物分离提纯方法的选择和应用【名师点晴】该题为高频考点，把握发生的反应及除杂的原则为解答的关

2、键，注意除杂时要考虑不能引入新的杂质，注意试剂的加入顺序和本题中加入K2CO3的作用。2. 摩尔质量为Mgmol-1的气态化合物VL (已换算成标准状况) 溶于mg 水中，得到溶液的溶质质量分数为%，物质的量浓度为cmolL-1，密度为gcm-3，则下列说法正确的是A. M 可表示为 B. c 可表示为C. %可表示为 D. 可表示为【答案】D【解析】A、溶液的质量为VM/22.4g；溶液的质量为g，根据质量分数的定义，解得M=22.4m%/(1%)V，故A错误；B、溶质物质的量为V/22.4mol，溶液的体积为，根据c=n/V，则c=1000V/(VM22.4m)molL1，故B错误；C、根

3、据A选项分析，故C错误；D、根据c=1000%/M，推出=cM/1000%g/cm3，故D正确。点睛：根据c=n/V，注意V的单位是L，因此解决这类题时应注意单位之间的换算，以及对质量分数、c=1000%/M公式的应用。3. 下列有关物质分类或归类正确的组是化合物：CaCl2、NaOH、HCl、O3 混合物：盐酸、漂白粉、水玻璃、水银 同素异形体：C60、金刚石、石墨 电解质：氯化铵、硫酸钡、纯醋酸A. A. B. C. D. 【答案】D【解析】O3为单质，故错误；水银是汞，属于单质，故错误；这三者都是碳元素组成，不同结构的单质，因此互为同素异形体，故正确；电解质一般为酸、碱、多数盐、多数金属

4、氧化物、水，因此这三者都属于电解质，故正确；综上所述，选项D正确。4. 纳米碳是一种重要的纳米材料，其粒子直径在1100nm之间。若将纳米碳均勾地分散到蒸馏水中得到一种分散系，则关于该分散系的描述正确的是属于溶液 属于胶体 能产生丁达尔效应 分散质粒子能透过滤纸 分散系粒子能透过半透膜 静置很快会析出黑色沉淀A. B. C. D. 【答案】C【解析】粒子直径在1100nm，分散到水中得到的分散系为胶体，胶体具有丁达尔效应，不能透过半透膜，但能透过滤纸，胶体为介稳性，故选项C正确。5. 甲、乙、丙是三种不含相同离子的可溶性强电解质，它们所含的离子如表所示：阳离子NH4+、Na+、Mg2+阴离子O

5、H-、NO3-、SO42-取等质量的三种化合物分别配制相同体积的溶液，其物质的量浓度：c(甲)c(乙)c(丙)。下列说法错误的是A. 甲中一定含有Na+ B. 乙中一定含有NH4+C. 丙中一定含有Mg2+ D. 丙中一定含有SO42-【答案】D【解析】甲、乙、丙是三种不含相同离子的可溶性强电解质，应为OH不与NH4、Mg2共存，因此三种电解质中必有NaOH，其摩尔质量为40gmol1，NH4与NO3结合成NH4NO3，其摩尔质量为80gmol1，MgSO4的摩尔质量为120gmol1，因为取等质量的三种化合物，配制相同体积的溶液，其物质的量浓度：c(甲)c(乙)c(丙)，因此摩尔质量越小，浓

6、度越大，即甲为NaOH，乙为NH4NO3，丙为MgSO4；如果NH4与SO42组合，(NH4)2SO4摩尔质量为132gmol1，Mg(NO3)2摩尔质量为148gmol1，因此推出甲为NaOH，乙为(NH4)2SO4，丙为Mg(NO3)2，则推出选项D符合题意。点睛：甲、乙、丙为可溶性强电解质，然后根据离子共存，判断出NaOH的存在，然后进行讨论，假设为NH4NO3或(NH4)2SO4，MgSO4或Mg(NO3)2，因为是等质量，根据浓度大小，需要判断其摩尔质量，摩尔质量越小，其物质的量浓度越大，得出最后的结果。6. 在离子反应xR+yH+O2=mR3+nH2O中，n和m分别为A. 2、2

7、B. 2、3 C. 3、3 D. 2、4【答案】A【解析】根据反应前后所带电荷数守恒，得出xy=3m，根据原子守恒，x=m，n=2，得出m=2，故选项A正确。点睛：本题采用原子守恒和电荷守恒的方法进行计算比较简单，学生也容易接受，此题也可以采用化合价升降法进行配平，求出n和m，根据离子反应方程式，R化合价由1价3价，化合价升高2价，O2化合价由0价2价，化合价整体降低4价，最小公倍数为4，即R的系数为2，然后根据原子守恒配平其他，最后得出n、m。7. 将下列物质同时加入到水中，能大量共存且得到无色透明溶液的是A. K2CO3 BaCl2 NaOH B. CaCl2 HCl KNO3C. KOH

8、 KCl (NH4)2SO4 D. Fe2O3 HCl NaNO3【答案】B【解析】试题分析：AK2CO3与BaCl2会发生反应：K2CO3+BaCl2=BaCO3+2KCl，溶液变浑浊，错误；B三种物质混合，不能发生任何反应，且溶液为无色，正确；CKOH与HCl会发生酸碱中和反应，不能大量共存；KOH与(NH4)2SO4会发生反应，产生硫酸钾、氨气和水，不能大量共存，错误；DFe2O3难溶于水，不能得到无色透明溶液，错误。考点：考查物质混合的现象的判断的知识。8. 离子方程式BaCO3+2H+=CO2+H2O+Ba2+中的H+均不能代表的物质是HCl H2SO4 HNO3 NaHSO4 CH

9、3COOHA. B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析：离子方程式BaCO3 + 2H CO2 + H2O + Ba2中的H表示的是可溶性的强酸，而且酸根离子不能与Ba2结合形成难溶性的盐。HCl是强酸，BaCl2是易溶的、易电离的物质，可以表示为H+，错误；H2SO4是可溶性的强酸，但是电离产生的酸根离子SO42-会与Ba2+结合形成BaSO4沉淀，因此不能表示为H+，正确；HNO3，是强酸，Ba（NO3）2是易溶的、易电离的物质，可以表示为H+，错误；NaHSO4是强酸的酸式盐，可以电离产生H+，同时电离产生酸根离子SO42-会与Ba2+结合形成BaSO4沉淀，因此不能表示为H+，正

10、确；CH3COOH是弱酸主要以电解质分子形式存在，不能写成H+形式，正确。故符合题意的是，选项C符合题意。考点：考查电解质与电离方程式正误判断的知识。9. 重金属离子具有毒性，如Cu2+、Ba2+。实验室中有甲、乙两种含重金属离子的废液，甲废液经化验呈碱性，所含阳离子主要是Ba2+。如将甲、乙两废液按一定比例混合，毒性明显降低，则乙废液中可能含有的离子是A. Cu2+和SO42- B. Cu2+和Cl- C. K+和SO42- D. Ag+和NO3-【答案】A【解析】试题分析：甲废液经化验呈碱性，则溶液中含有OH-，主要为有毒离子为Ba2+，将甲、乙两废液按一定比例混合，毒性明显降低，则甲乙发

11、生反应使重金属离子生成沉淀，则乙中应含有SO42，发生反应Ba2+SO42-=BaSO4，乙中的重金属离子与甲中的OH-反应生成沉淀，根据选项中离子的性质可知，只有A符合，发生反应为2OH-+Cu2+=Cu(OH)2，故选A。【考点定位】考查离子共存问题【名师点晴】注意离子的性质以及题目的要求，题目中的信息为解答该题的关键；常见的重金属离子：Cu2+、Ag+、Hg2+、Ba2+、Pb2+，甲中有OH-、Ba2+，乙中有Cu2+、SO42-，它们发生如下反应：2OH-+Cu2+=Cu(OH)2，Ba2+SO42-=BaSO4，将甲、乙两废液按一定比例混合，毒性明显降低。10. 下列离子组在指定溶

12、液中一定能大量共存的是A. 使pH试纸呈蓝色溶液中：I-、Cl-、NO3-、Cu2+B. 使酚酞呈深红色的溶液中：Na+、Cl-、H+、NO3-C. 含大量Ag+的溶液中：K+、Na+、NO3-、SO42-D. 含大量OH-的溶液中：CO32-、Cl-、F-、K+【答案】D【解析】A、pH试纸呈蓝色，说明溶液显碱性，Cu2与OH不能大量共存，产生氢氧化铜沉淀，不能大量共存，故A错误；B、酚酞呈深红色，说明溶液显碱性，H和OH不能大量共存，生成弱电解质H2O，故B错误；C、Ag与SO42生成微溶物Ag2SO4，故C错误；D、这些离子在指定的溶液中能够大量共存，故D正确。11. 已知下列反应：反应

13、：Co2O3+6HCl(浓)=2CoCl2+Cl2+3H2O反应：5Cl2+I2+6H2O=10HCl+2HIO3下列说法正确的是A. 反应中HCl是氧化剂 B. 反应中Cl2被氧化，发生氧化反应C. 还原性：CoCl2HClI2 D. 氧化性：Co2O3Cl2HIO3【答案】D【解析】A、反应I中HCl，HCl中Cl由1价0价，化合价升高，被氧化，即HCl属于还原剂，故A错误；B、反应I中Cl2属于氧化产物，故B错误；C、还原剂的还原性强于还原产物的还原性，反应I中，HCl属于还原剂，CoCl2属于还原产物，即还原性：HClCoCl2，反应II中，I2是还原剂，HCl是还原产物，即还原性：I

14、2HCl，综上所述，还原性：I2HClCoCl2，故C错误；D、氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，反应I中Co2O3是氧化剂，Cl2是氧化产物，即氧化性：Co2O3Cl2，反应II中Cl2是氧化剂，HIO3是氧化产物，氧化性：Cl2HIO3，综上所述，氧化性：Co2O3Cl2HIO3，故D正确。12. 下列各组离了在溶液中因发生氧化还原反应而不能大量共存的是A. H+、NO3-、Fe2+、Na+ B. K+、Ba2+、OH-、SO42-C. Ag+、NO3-、Cl-、K+ D. Cu2+、NH4+、Cl-、OH-【答案】A【解析】A、NO3在酸性条件下具有强氧化性，Fe2具有还原性，NO3在

15、酸性条件下把Fe2氧化成Fe3，属于氧化还原反应不能大量共存，故A正确；B、Ba2与SO42反应生成BaSO4沉淀，不属于氧化还原反应，故B错误；C、Ag和Cl生成AgCl沉淀，不属于氧化还原反应，故C错误；D、Cu2、NH4分别与OH反应生成Cu(OH)2、NH3H2O，均不属于氧化还原反应，故D错误。13. 工业上可用硫酸银与硫黄培烧制备氧化铝，再电解氧化铝，发生反应如下：反应：2A12(SO4)3+3S2Al2O3+9SO2反应：2Al2O34Al+3O2下列说法正确的是A. 反应中S 单质是氧化剂B. 反应中铝元素被氧化C. 当生成5.4gAl时，反应和共转移1.2mole-D. 反应

16、中氧化产物与还原产物物质的量之比为2：9【答案】C【解析】A、反应I中S的化合价由0价4价，化合价升高，被氧化，作还原剂，故A错误；B、反应II中Al的化合价由3价0价，化合价降低，被还原，故B错误；C、生成5.4gAl时转移电子物质的量为5.43/27mol=0.6mol，此时消耗Al2O3物质的量为0.22/4mol=0.1mol，反应I中，生成0.1molAl2O3时，转移电子物质的量为0.134/2mol=0.6mol，因此共转移电子物质的量为(0.60.6)mol=1.2mol，故C正确；D、反应I中还原剂是S，氧化剂是Al2(SO4)3，3S3SO2，6SO426SO2，因此氧化产

17、物与还原产物的物质的量之比为3：6=1：2，故D错误。14. 物质的量之比为2：5的锌与稀硝酸恰好完全反应，若硝酸被还原的产物为N2O，则该反应中被还原的硝酸与未被还原的硝酸的物质的量之比是A. 1：4 B. 1：5 C. 2：3 D. 2：5【答案】A【解析】试题分析：设锌的物质的量是2x，则稀硝酸的物质的量是5x。生成硝酸锌是2x。则根据原子守恒可知，被还原的硝酸是5x2x2x，则该反应中被还原的硝酸与未被还原的硝酸的物质的量之比是x:4x1:4，答案选A。考点：考查锌和稀硝酸反应的有关计算点评：该题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题。主要是考查学生灵活运用电子得失守恒进行有关氧化还原

18、反应计算的能力，有利于培养学生的逻辑推理能力。15. 在真空密闭装置中，亚氯酸钠(NaClO2)固体在一定条件下发生分解反应，不可能生成的物质是A. NaCl和O2 B. NaClO3和NaClO C. NaClO3和O2 D. NaClO3和NaCl【答案】C【解析】氧化还原反应中，有化合价的升高，同时也有化合价的降低，A、NaClO2NaClO2，Cl的化合价由3价1价，O由2价0价，因此可能生成这些物质，故A错误；B、NaClO2NaClO3NaClO，Cl由3价5价，3价1价，因此可能生成这些物质，故B错误；C、NaClO2NaClO3O2，Cl由3价5价，O由2价0价，化合价都升高，

19、反应不能进行，故C正确；D、NaClO2NaClO3NaCl，Cl由3价5价，Cl的化合价由3价1价，此反应能够发生，故D错误。16. 在一定条件下，PbO2与浓盐酸反应，产物是Cl2和Pb2+，则生成0.1molCl2所需PbO2的物质的量为A. 0.30mol B. 0.15mol C. 0.1mol D. 0.075mol【答案】C【解析】根据得失电子数目守恒，0.121=n(PbO2)(42)，解得n(PbO2)=0.1mol，故C正确。点睛：一般解决氧化还原反应的计算时，采用的方法是得失电子数目守恒，即氧化剂的物质的量变价原子右下角系数化合价变化值=还原剂物质的量变价原子右下角系数化

20、合价变化值。17. 现有Na、Mg、Al、Fe四种金属中的两种组成的混合物12g，与足量的盐酸反应产生0.5gH2，则此混合物中必含A. Na B. Mg C. Al D. Fe【答案】D【解析】设两种金属为M，与盐酸反应后，化合价为+2价，反应方程式为M2HCl=MCl2H2，解得M的摩尔质量为122/0.5gmol1=48gmol1，A、钠的化合物中Na显1价，转化成2价的摩尔质量为232gmol1=46gmol1；B、镁的化合物中Mg显2价，即摩尔质量为24gmol1；C、铝化合物中Al的化合价为3价，转化成2价，其摩尔质量为227/3gmol1=18gmol1；D、Fe与盐酸反应生成F

21、eCl2，Fe的摩尔质量为56gmol1；综上所述，混合物中必含有Fe，故选项D正确。点睛：这类题一般采用平均值法进行计算和判断，把两种金属看成一种，书写出化学反应方程式，求出平均摩尔质量，两种金属的摩尔质量一个比平均摩尔质量大，一个比平均摩尔质量小，注意本题假设M的化合价为+2价，而Na、Al等化合价为1价、3价，需要转化成2价时的摩尔质量。18. 有关Al与NaOH溶液反应的说法中，正确的是A. Al是还原剂，NaOH及H2O均是氧化剂B. 还原产物是H2，且由H2O还原所得的H2与NaOH还原所得H2的物质的量之比为2：1C. 反应中1molAl失去4mol电子D. 此反应中，只有水是氧

22、化剂，NaOH既不是氧化剂也不是还原剂【答案】D【解析】铝与氢氧化钠溶液发生反应的实质为2Al6H2O=2Al(OH)33H2、NaOHAl(OH)3=NaAlO22H2O，A、根据反应实质，Al的化合价升高，Al作还原剂，H2O作氧化剂，NaOH既不是氧化剂也不是还原剂，故A错误；B、根据铝与氢氧化钠溶液反应实质，NaOH既不是氧化剂也不是还原剂，氢气只来自于H2O，故B错误；C、反应Al的化合价由0价3价，因此1molAl参与反应失去3mol电子，故C错误；D、根据上述分析，水是氧化剂，NaOH既不是氧化剂也不是还原剂，故D正确。点睛：化学反应中要了解此反应的实质，从实质入手，2Al6H2

23、O=2Al(OH)33H2、NaOHAl(OH)3=NaAlO22H2O，前一个反应是氧化还原反应，后一个反应不属于氧化还原反应，然后作出合理的判断。19. 有下列物质：NaNO3固体，熔融KCl， 液氨，石墨，氯化氢，盐酸，蔗糖。（1）上述物质中能导电的是_(填序号，下同)。（2）上述物质中属于电解质的是_。（3）上述物质中既不是电解质也不是非电解质的是_。【答案】 (1). (2). (3). .20. A、B、C、D、E五瓶透明溶液分别是Na2CO3溶液、BaCl2溶液、HCl溶液、NaHSO4溶液、AgNO3溶液中的一种。已知：A与D反应有气体生成，A与E反应有沉淀生成，B与E反应有沉

24、淀生成，B与C反应有沉淀生成，C与D反应有气体生成，在和的反应中生成的沉淀是同一种物质。请回答下列问题：（1）B与D反应的离子方程式为_。（2）向一定量的Ba(HCO3)2溶液中逐滴加入C溶液，直至不再生成沉淀，该过程中发生反应的离子方程式为_，沉淀完全后，继续滴加C溶液，此时发生反应的离子方程式为_。（3）向C溶液中加入Zn粒，发生反应的化学方程式为_。【答案】 (1). Ba2+CO32-=-BaCO3 (2). Ba2+SO42-+H+HCO3-=BaSO4+H2O+CO2 (3). H+HCO3-=H2O+CO2 (4). Zn+2NaHSO4=ZnSO4+Na2SO4+H2【解析】本

25、题考查物质检验和离子反应方程式的书写，A与D反应产生气体，因此A与D应是Na2CO3、NaHSO4与HCl中的一种；A与E反应有沉淀生成，B与E反应有沉淀生成，且在和 的反应中生成的沉淀是同一种物质，此沉淀只能是AgCl，因此推出E为AgNO3，A为HCl，B为BaCl2，D为Na2CO3，C为NaHSO4，（1）BaCl2与Na2CO3反应的离子方程式为Ba2CO32=BaCO3；（2）向Ba(HCO3)2溶液中滴加NaHSO4，不再产生沉淀，即离子反应方程式为Ba2SO42HHCO3=BaSO4H2OCO2，继续滴加NaHSO4溶液，发生HCO3H=CO2H2O；（3）NaHSO4的电离方

26、程式为NaHSO4=NaHSO42，加入Zn后，发生 Zn+2NaHSO4 =ZnSO4+Na2SO4+H2。点睛：本题的难点是问题（2），Ba(HCO3)2的电离方程式为Ba(HCO3)2=Ba22HCO3，NaHSO4的电离方程式为NaHSO4=NaHSO42，根据量，直至不再生成沉淀，NaHCO3的系数为1，因此离子反应方程式为：Ba2SO42HHCO3=BaSO4H2OCO2，反应后溶液中含有HCO3，继续滴加NaHSO4，发生发生HCO3H=CO2H2O。21. 某无色透明溶液中可能大量存在Ag+、Mg2+、Cu2+、Fe3+、Na+中的几种，请填写下列空白：（1）不做任何实验就可以

27、确定原溶液中不存在的离子是_。（2）取少量原溶液，加入过量稀盐酸，有白色沉淀生成;再加入过量的稀硝酸，沉淀不消失。说明原溶液中，肯定存在的离子是_。（3）取（2）中的滤液，加入过量的稀氨水(NH3H2O)，出现白色沉淀，说明原溶液中肯定有_，有关反应的离子方程式为_。（4）原溶液中可能大量存在的阴离子是_。A.Cl- B.NO3- C.CO32- D.OH-【答案】 (1). Cu2+、Fe3+ (2). Ag+ (3). Mg2+ (4). Mg2+2MH3H2O=Mg(OH)2+2NH4+ (5). B【解析】本题考查离子检验和离子反应方程式的书写，（1）因为溶液为无色溶液，Cu2显蓝色、

28、Fe3显棕色，因此原溶液中不存在Cu2和Fe3；（2）取少量原溶液，加入过量稀盐酸，有白色沉淀生成，再加入过量的稀硝酸，沉淀不消失，此沉淀应为AgCl，说明原溶液中含有Ag；（3）取（2）中的滤液，加入过量的稀氨水(NH3H2O)，出现白色沉淀，此沉淀应为Mg(OH)2，说明原溶液中含有Mg2，其离子反应方程式为Mg22OH=Mg(OH)2；（4）因为原溶液中存在Ag、Mg2，根据离子共存，原溶液中存在阴离子是NO3，故选项B正确。22. I在热的稀硫酸中溶解11.4gFeSO4固体，加入足量KNO3溶液，使Fe2+全部转化成Fe3+，并放出NO气体。（1）反应中氧化产物是_ (填化学式)；当

29、FeSO4恰好完全反应时，转移电子的物质的量为_。（2）配平该反应的化学方程式：_ FeSO4+ KNO3+ H2SO4= K2SO4+ Fe2(SO4)3+ NO+ H2O。（3）用单线桥法表示下列反应的电子转移方向和数目：2Mg+CO22MgO+C。_【答案】 (1). Fe2(SO4)3 (2). 0.075mol (3). 6、2、4、1、3、2、4 (4). 【解析】本题考查氧化还原反应中几个概念、氧化还原反应方程式的配平、表示电子转移方向和数目，（1）氧化产物是还原剂被氧化得到产物，根据题意，FeSO4中Fe2被氧化成Fe3，因此FeSO4为还原剂，根据问题(2)，氧化产物是Fe2

30、(SO4)3，转移电子物质的量为11.4(32)/152mol=0.075mol；（2）Fe的化合价由2价3价，化合价升高1价，N的化合价由5价2价，化合价降低3价，最小公倍数为3，因此FeSO4的系数为3，KNO3的系数为1，根据原子守恒，得出3FeSO4KNO32H2SO4=1/2K2SO43/2Fe2(SO4)3NO2H2O，整理得出：6FeSO42KNO34H2SO4=K2SO43Fe2(SO4)32NO4H2O；（3）用单线桥的形式表示电子转移方向和数目，Mg的化合价由0价2价，化合价升高，Mg为还原剂，CO2中C的化合价由4价0价，化合价降低，CO2为氧化剂，。23. 有反应2H2

31、O+Cl2+SO2=H2SO4+2HCl，2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O。针对上述两个反应回答：（1）反应中氧化产物和还原产物的物质的量之比为_。（2）反应中HCl表现出的性质是_。a.还原性 b.酸性 c.氧化性【答案】 (1). 1：2 (2). ab【解析】本题考查氧化还原反应几种概念，（1）氧化产物是还原剂被氧化的产物，还原产物是氧化剂被还原的产物，Cl2中Cl的化合价由0价1价，化合价降低，因此Cl2为氧化剂，HCl为还原产物，SO2中S的化合价由4价6价，化合价升高，因此SO2为还原剂，H2SO4为氧化产物，因此氧化产物与还原产物的物质的量之比

32、为1：2；（2）反应2中HCl中Cl的化合价由1价0价，化合价升高，HCl作还原剂，MnCl2中Cl显1价，则一部分HCl其酸性，故选项ab正确。24. 在热的稀硫酸中溶解了7.6gFeSO4固体，当加入50mL0.5molL-1KNO2溶液时，其中的Fe2+全部转化成Fe3+，KNO2也完全反应并放出NxOy气体。（1）配平该反应的方程式_ FeSO4+ KNO2+ H2SO4 K2SO4+ Fe2(SO4)3+ + H2O化学计算数若为“1”，也必须写出，NxOy要写出具体物质并填在中。（2）反应中氧化产物是_。（3）标准状况下，当生成NxOy气体的体积为2.24L时，转移的电子数目为_。

33、【答案】 (1). 4 、 2、 3 、1、 2、 1 N2O 、3 (2). Fe2(SO4)3 (3). 0.4NA或2.4081023【解析】本题考查氧化还原反应的配平和计算，（1）根据得失电子数目守恒，令NO2中N被还原成x价，由7.6(32)/152=501030.5(3x)，解得x=1，NO2的还原产物是N2O，根据化合价的升降法进行配平，该反应方程式为4FeSO42KNO33H2SO4=K2SO42Fe2(SO4)3N2O3H2O；（2）氧化产物是还原剂被氧化的产物，即氧化产物为Fe2(SO4)3；（3）生成2.24LN2O转移电子物质的量为2.2422/22.4mol=0.4m

34、ol，即转移电子个数为0.4NA或2.4081023。25. （1）一小块金属钠久置于空气中，产生下列现象，这些现象出现的先后顺序是_(填序号)。变变成白色粉末 变暗 变成白色固体 有“液滴”出现。（2）用铝箔包裹0.1mol 金属钠，用针扎若干小孔后放入水中，完全反应后，用排水法收集到标准状况下气体的体积_1.12L (填、=、【解析】本题考查钠及其化合物的性质、以及铝与氢氧化钠溶液的反应，（1）金属钠属于非常活泼金属，露置在空气中有NaNa2ONaOHNa2CO3，因此出现的现象顺序是金属钠表面变暗，然后转化成白色固体NaOH，因为NaOH能吸收空气水蒸气而潮解，因此出现“液滴”，吸收空气CO2，变为Na2CO3白色粉末，故顺序是；（2）金属钠与H2O反应2Na2H2O=2NaOHH2，消耗0.1mol金属钠，产生氢气物质的量0.1/2mol=0.05mol，气体体积0.0522.4L=1.12L，因为铝箔包裹金属钠，因此发生2Al2NaOH2H2O=2NaAlO23H2，因此氢气的体积1.12L。 - 12 -