2020-2021学年江西省宜春市靖安中学高一（上）第二次月考化学试卷

这是一份2020-2021学年江西省宜春市靖安中学高一（上）第二次月考化学试卷，共30页。试卷主要包含了单选题，填空题等内容，欢迎下载使用。
2020-2021学年江西省宜春市靖安中学高一（上）第二次月考化学试卷
一、单选题（本大题共16小题，共48分）
1．（3分）氧化还原反应与四种基本反应类型的关系如图所示，则下列化学反应属于区域3的是（　　）

A．2FeCl3+Fe═3FeCl2
B．2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑
C．MnO2+4HCl（浓）MnCl2+2H2O+Cl2↑
D．Zn+H2SO4═ZnSO4+H2↑
2．（3分）ClO2是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂．实验室可以通过以下反应制得ClO2：2KClO3+H2C2O4+H2SO42ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O，下列说法正确的是（　　）
A．KClO3在反应中失去电子
B．H2C2O4在反应中是还原剂
C．ClO2是氧化产物
D．1 mol KClO3参加反应有2 mol电子转移
3．（3分）下列氧化还原反应中，电子转移的方向和数目均正确的是（　　）
A．
B．
C．
D．
4．（3分）某容器中发生一个化学反应，反应过程中存在Fe2+、NO3﹣、Fe3+、NH4+、H+和水六种粒子，在反应过程中测得Fe3+、NO3﹣的物质的量随时间变化的曲线如图所示，下列有关判断错误的是（　　）

A．在反应中NO3﹣被还原，发生还原反应
B．还原性：Fe2+＞NH4+
C．该反应中Fe2+被氧化为Fe3+
D．在反应中参加反应的还原剂与氧化剂的物质的量之比为6：1
5．（3分）用0.1mol/L的FeSO4溶液100mL，恰好将2×10﹣3mol的XO4﹣还原，则元素X在还原产物中的化合价是（　　）
A．+1 B．+2 C．+3 D．+4
6．（3分）常温下，在溶液中能发生如下反应：①2A2++B2═2A3++2B﹣；②2B﹣+Z2═B2+2Z﹣；③16H++10Z﹣+2XO4﹣═2X2++5Z2+8H2O，由此判断下列说法错误的是（　　）
A．氧化性由强到弱的顺序是XO4﹣、Z2、B2、A3+
B．还原性由强到弱顺序是A2+、B﹣、Z﹣、X2+
C．Z2+2A2+═2A3++2Z﹣反应可以进行
D．Z元素在②③反应中均被还原
7．（3分）废气的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。将H2S和空气的混合气体慢慢通入FeCl3、FeCl2、CuCl2的混合溶液中反应回收S，其物质转化如图所示。下列叙述正确的是（　　）

A．由图示的转化可得出氧化性的强弱顺序：O2 ＞Fe3+＞S
B．在转化过程中能循环利用的物质只有FeCl2
C．在转化过程中化合价不变的元素只有Cu和Cl
D．反应中当有34g H2S转化为硫单质时，保持溶液中Fe3+的量不变，需要消耗O2 11.2L
8．（3分）将11.5g金属钠投入到足量水中，得到溶液a，将12g镁投入到与水等质量的足量的盐酸中，得到溶液b，则a和b的质量关系为（　　）
A．a＝b B．a＞b C．a＜b D．无法确定
9．（3分）把碎纸片b补充到a中，可得到一个完整的离子方程式（未配平）。下列说法正确的是（　　）
A．该反应不是氧化还原反应
B．该反应可能在酸性条件下进行
C．应物物微粒是S、SO32﹣、OH﹣
D．氧化剂与还原剂的质量比为2：1
10．（3分）某溶液中含有Fe3+、Mg2+、SO42﹣和M离子，四种离子的物质的量之比为2：1：3：2，则M有可能为（　　）
A．CO32﹣ B．Cl﹣ C．Na+ D．OH﹣
11．（3分）把各组中的气体通入溶液中，溶液的导电能力显著增强的是（　　）
A．CO2（g）通入NaOH溶液
B．CO2（g）通入石灰水
C．NH3（g）通入CH3COOH溶液
D．NH3（g）通入盐酸中
12．（3分）向两份相同的Ba（OH）2溶液中，分别滴入物质的量浓度相等的H2SO4、NaHSO4溶液，其导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如图所示。下列分析正确的是（　　）

A．①代表滴加NaHSO4溶液的变化曲线
B．B点时反应的离子方程式为Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣═BaSO4↓+2H2O
C．C点时两溶液中含有相同量的OH﹣
D．A、D两点对应的溶液均显中性
13．（3分）下列有关金属及其化合物的说法正确的是（　　）
A．Na久置于空气中最终生成NaHCO3
B．金属单质在化学反应中往往体现出还原性
C．金属元素在自然界中都是以化合态形式存在的
D．Mg比Al活泼，更易与NaOH溶液反应生成H2
14．（3分）某学习小组进行了下图所示的实验，实验后组员之间的交流不合理的是（　　）

A．甲同学认为试管b中收集到的气体可点燃，且产生淡蓝色火焰
B．乙同学认为试管a中生成的黑色固体可能为四氧化三铁
C．丙同学认为将少量还原性铁粉放入试管中，加适量的水，加热也可实现该反应
D．丁同学认为用盐酸溶解固体生成物所得溶液有颜色
15．（3分）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（　　）
A．22.4L（标准状况下）Ne和NH3的混合气体中所含电子总数为10NA
B．常温常压下，48gO2和O3的混合气体含有的O原子的数目大于1.5NA，小于3NA
C．NA个CO分子和0.5molCH4的质量之比为7：4
D．58.5gNaCl固体溶于1L的水中，所得溶液的物质的量浓度为1mol•L﹣1
16．（3分）今有一混合物的水溶液，只可能含有以下离子中的若干种：K+、NH4+、Cl﹣、Mg2+、Ba2+、CO32﹣、SO42﹣，现取三份100mL溶液进行如下实验：
①第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生；
②第二份加足量NaOH溶液后加热，收集到标准状况下气体0.04mol（已知加热时：NH4++OH﹣═NH3↑+H2O）；
③第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀6.27g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33g。
根据上述实验，以下推测正确的是（　　）
A．Cl﹣可能存在
B．100mL溶液中含0.01mol CO32﹣
C．K+一定存在，且c（K+）＞0.2mol/L
D．Ba2+一定不存在，Mg2+可能存在
二、填空题（本大题共5小题，共52分）
17．（10分）（1）①0.3mol NH3 分子中所含原子数与 　 　个 H2O 分子中所含原子数相等。
②在一定的温度和压强下，1 体积气体 X2 跟 3 体积气体 Y2 刚好化合生成 2 体积气体 A，则 A 的化学式可表示为 　 　。
③在同温同压同体积的条件下，H2 与气体 B 的质量之比是 1：8，则 B 的摩尔质量为 　 　。
④在 25℃、101kPa 的条件下，同质量的 CH4和气体 C 的体积之比是 15：8，则 C 的摩尔质量为 　 　。
⑤相同温度下在两个相同容积的密闭容器 D、E 中，分别充入相同质量的 X 气体和 CO 气体，D 和E 中的压强之比是 7：16，则 X 的摩尔质量为 　 　。
（2）按下列要求回答：
①Cu
②熔融的Al2O3
③CH3COOH（醋酸）
④干冰
⑤Ba（OH）2
⑥C2H5OH（酒精）
⑦KClO3
⑧CaCO3
⑨氨水
⑩液态硫酸
a.上述各物质属于电解质的是 　 　（填物质编号，下同）；属于非电解质的是 　 　；能导电的物质是 　 　。
b.⑤在水中的电离方程式为 　 　。⑦在水中的电离方程式为 　 　
18．（10分）向Ba（OH）2和NaOH的混合溶液中逐渐通入CO2气体至过量，生成沉淀的物质的量（n）和通入CO2气体的（V） 的关系如图所示，试回答：
（1）0到a点之间的反应的离子方程式　 　
（2）a到b点之间的反应的离子方程式　 　
（3）b点之后的反应的离子方程式　 　
（4）c 点CO2的体积　 　mL（同温同压下）。
（5）混合溶液中Ba（OH）2和NaOH 的物质的量之比为　 　。

19．（14分）氯酸钾和浓盐酸之间有下列反应：2KClO3+4HCl（浓）═2 KCl+Cl2↑+2ClO2↑+2H2O
（1）该反应中发生还原反应的物质是 　 　。氧化产物是 　 　。
（2）用双线桥标出方程式中的电子得失 　 　。2KClO3+4HCl（浓）═2 KCl+Cl2↑+2ClO2↑+2H2O。
（3）当有0.2mol电子发生转移时，生成的氯气的体积为 　 　L（标准状况）。被氧化的HCl的物质的量为 　 　mol。
（4）若分别用①KMnO4（还原产物是Mn2+）②MnO2（还原产物是Mn2+）③Ca（ClO）2（还原产物是Cl2）氧化浓盐酸制备氯气，当浓盐酸足量且这三种氧化剂的物质的量相同时，生成氯气的物质的量最少的是 　 　（填编号）。
（5）有下列6种物质：K2SO4、K2SO3、I2、H2SO4、KIO3、H2O组成一个氧化还原反应，已知在反应中K2SO3失去电子。请回答下列问题：
将这6种物质分别填入下面对应的横线上，组成一个配平的化学方程式：　 　+　 　+H2SO4→　 　+　 　+　 　（填化学式）。
20．（8分）根据题目信息完成下列方程式。
（1）已知硫酸铅（PbSO4）不溶于盐酸也不溶于硝酸，但可溶于醋酸铵（CH3COONH4）溶液中形成无色溶液，其化学方程式为PbSO4+2CH3COONH4═（CH3COO）2Pb+（NH4）2SO4．当在（CH3COO）2Pb溶液中通入H2S气体时，有黑色PbS沉淀生成，则此反应的离子方程式为　 　。
（2）钛（Ti）因为具有神奇的性能越来越引起人们的关注。地壳中含钛铁矿石之一是金红石（TiO2），目前大规模生产的方法是：
第一步：金红石、炭粉混合，在高温条件下，通入Cl2制得TiCl4和一种可燃气体，该反应的化学方程式为：　 　，
第二步：在氩气的气氛中，用过量的镁在加热条件下与TiCl4反应制得金属钛。
写出此反应的化学方程式：　 　。
（3）用100mL 0.1mol/L的NaOH溶液吸收224mlCO2气体（标准状况），恰好完全吸收。再将所得溶液加入100mL 0.1mol/L氢氧化钙溶液中。请写出所得溶液与氢氧化钙溶液反应的离子方程式：　 　。
21．（10分）根据所学知识回答下列问题：
（1）如图甲所示，在平底烧瓶底部有一小块钠，剩余空间充有干燥的空气。过一段时间后可观察到银白色的钠变暗，发生反应的化学方程式为 　 　。
（2）如图乙所示，先用弹簧夹夹住橡胶管，点燃钠（足量），迅速伸入瓶中并塞上瓶塞，发生反应的化学方程式为 　 　，产物的颜色是 　 　，待反应完全并冷却至原温度后，打开弹簧夹，则流入广口瓶内的水的体积约占瓶内原空气体积的 　 　（假设装置的气密性良好且操作正确，反应产物与水不接触）。
（3）若图乙的广口瓶中是铁丝在纯氧中燃烧，会观察到铁丝剧烈燃烧，火星四射，所得产物的化学式是 　 　。


2020-2021学年江西省宜春市靖安中学高一（上）第二次月考化学试卷
参考答案与试题解析
一、单选题（本大题共16小题，共48分）
1．（3分）氧化还原反应与四种基本反应类型的关系如图所示，则下列化学反应属于区域3的是（　　）

A．2FeCl3+Fe═3FeCl2
B．2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑
C．MnO2+4HCl（浓）MnCl2+2H2O+Cl2↑
D．Zn+H2SO4═ZnSO4+H2↑
【分析】由图可知，区域3的反应是氧化还原反应，但不能是化合反应、分解反应和置换反应，据此作答。
【解答】解：A.铁元素价态改变，属于氧化还原反应，但该反应为化合反应，故A错误；
B.该反应没有价态变化，不属于氧化还原反应，故B错误；
C.该反应中Mn、Cl元素价态变化，属于氧化还原反应，但不是化合反应、分解反应和置换反应，故C正确；
D.该反应Zn、H元素价态变化，属于氧化还原反应，但该反应是置换反应，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查四大基本反应类型和氧还原反应的判断，题目难度不大，掌握四大基本反应类型和氧化还原反应的特征是解题的关键。
2．（3分）ClO2是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂．实验室可以通过以下反应制得ClO2：2KClO3+H2C2O4+H2SO42ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O，下列说法正确的是（　　）
A．KClO3在反应中失去电子
B．H2C2O4在反应中是还原剂
C．ClO2是氧化产物
D．1 mol KClO3参加反应有2 mol电子转移
【分析】在氧化还原反应中，得电子的反应物是氧化剂，失电子的反应物是还原剂，氧化剂对应的产物是还原产物，还原剂对应的产物是氧化产物，根据硫酸钾和转移电子之间的关系计算转移电子的物质的量．
【解答】解：A．该反应中，氯酸钾中氯元素得电子化合价降低，所以氯酸钾是氧化剂，故A错误；
B．H2C2O4在反应中失电子化合价升高，所以H2C2O4是还原剂，故B正确；
C．氯酸钾是氧化剂，所以ClO2是还原产物，故C错误；
D.2molKClO3参加反应有2 mol电子转移，所以1molKClO3参加反应有1 mol电子转移，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了氧化还原反应，明确元素化合价是解本题的关键，难度不大．
3．（3分）下列氧化还原反应中，电子转移的方向和数目均正确的是（　　）
A．
B．
C．
D．
【分析】A、反应中Cl元素化合价降低得电子，氧元素升高失电子，转移电子数为12；
B、Mg与氧气反应，Mg失电子，氧气得电子，转移电子数为4；
C、CuO与C反应，铜得电子，C失电子；
D、氧化还原反应中得失电子数应该相等．
【解答】解：A、2KClO32KCl+3O2↑中Cl元素化合价降低得电子，氧元素升高失电子，转移电子数为12，则电子转移的方向和数目，故A错误；
B、Mg与氧气反应，Mg失电子，氧气得电子，转移电子数为4，则电子转移的方向和数目，故B正确；
C、CuO与C反应，铜得电子，C失电子，则电子转移的方向和数目为，故C错误；
D、氧化还原反应中得失电子数应该相等，则碳与氧气反应时，电子转移的方向和数目，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查氧化还原反应，侧重于学生的分析能力的考查，注意从元素化合价的角度分析，能用双线桥标出电子转移的方向和数目，难度不大．
4．（3分）某容器中发生一个化学反应，反应过程中存在Fe2+、NO3﹣、Fe3+、NH4+、H+和水六种粒子，在反应过程中测得Fe3+、NO3﹣的物质的量随时间变化的曲线如图所示，下列有关判断错误的是（　　）

A．在反应中NO3﹣被还原，发生还原反应
B．还原性：Fe2+＞NH4+
C．该反应中Fe2+被氧化为Fe3+
D．在反应中参加反应的还原剂与氧化剂的物质的量之比为6：1
【分析】由曲线变化图可知，随反应进行NO3﹣的物质的量减小，而Fe3+的物质的量从0开始增加，故Fe3+是生成物，则Fe2+和NO3﹣应是反应物，N元素化合价应该是降低，其还原产物为NH4+，结合化合价升降守恒，则反应的方程式应为8Fe2++NO3﹣+10H+＝8Fe3++NH4++3H2O，以此解答该题。
【解答】解：反应的方程式应为8Fe2++NO3﹣+10H+＝8Fe3++NH4++3H2O，
A．反应中NO3﹣被还原，发生还原反应，故A正确；
B．根据还原剂的还原性大于还原产物，可知还原性：Fe2+＞NH4+，故B正确；
C．Fe元素的化合价升高，该反应中Fe2+被氧化为Fe3+，故C正确；
D．在反应8Fe2++NO3﹣+10H+＝8Fe3++NH4++3H2O中参加反应的还原剂与氧化剂的物质的量之比为8：1，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握元素的化合价变化、基本概念为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的易错点，题目难度中等．
5．（3分）用0.1mol/L的FeSO4溶液100mL，恰好将2×10﹣3mol的XO4﹣还原，则元素X在还原产物中的化合价是（　　）
A．+1 B．+2 C．+3 D．+4
【分析】FeSO4恰好将XO4﹣还原，反应中Fe2+变成Fe3+，则X的化合价降低，利用电子守恒计算解答．
【解答】解：（FeSO4）＝0.1mol/L×0.1L＝0.01mol，恰好将XO4﹣还原，反应中Fe2+变成Fe3+，失去0.01mol电子，
n（XO4﹣）＝2×10﹣3mol，假设元素X还原后的化合价为n，
由电子守恒可知，
0.01mol×（3﹣2）＝2×10﹣3mol×（7﹣n），
n＝2，
故选：B。
【点评】本题考查氧化还原反应的计算，侧重于学生的分析、计算能力的考查，明确氧化还原反应中元素的化合价升降及电子守恒是解答本题的关键，题目难度不大．
6．（3分）常温下，在溶液中能发生如下反应：①2A2++B2═2A3++2B﹣；②2B﹣+Z2═B2+2Z﹣；③16H++10Z﹣+2XO4﹣═2X2++5Z2+8H2O，由此判断下列说法错误的是（　　）
A．氧化性由强到弱的顺序是XO4﹣、Z2、B2、A3+
B．还原性由强到弱顺序是A2+、B﹣、Z﹣、X2+
C．Z2+2A2+═2A3++2Z﹣反应可以进行
D．Z元素在②③反应中均被还原
【分析】A．氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性；
B．氧化还原反应中，还原剂的还原性强于还原产物的还原性；
C．氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性；
D．化合价降低的元素在反应中被还原。
【解答】解：A．氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，反应③16H++10Z﹣+2XO4﹣═2X2++5Z2+8H2O中，氧化性XO4﹣＞Z2；反应①2A2++B2＝2A3﹣+2B﹣中，氧化性B2＞A3+；反应②2B﹣+Z2＝B2+2Z﹣中，氧化性Z2＞B2，所以氧化性由强到弱的顺序是XO4﹣＞Z2＞B2＞A3+，故A正确；
B．氧化还原反应中，还原剂的还原性强于还原产物的还原性，反应③16H++10Z﹣+2XO4﹣═2X2++5Z2+8H2O中，还原性Z﹣＞X2+；反应①2A2++B2＝2A3﹣+2B﹣中，还原性A2+＞B﹣；反应②2B﹣+Z2＝B2+2Z﹣中，还原性B﹣＞Z﹣，所以还原性由强到弱的顺序是A2+＞B﹣＞Z﹣＞X2+，故B正确；
C．根据反应2A2++B2＝2A3++2B﹣，可得氧化性是B2＞A3+，2B﹣+Z2＝B2+2Z﹣，可得氧化性是Z2＞B2＞A3+，反应Z2+2A2+＝2A3++2Z﹣可以进行，故C正确；
D．Z元素在②中化合价降低，在反应中被还原，在③中化合价升高，在反应中被氧化，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查学生氧化还原反应中氧化性和还原性强弱判断规律：氧化还原反应中还原剂的还原性强于还原产物的还原性，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性。
7．（3分）废气的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。将H2S和空气的混合气体慢慢通入FeCl3、FeCl2、CuCl2的混合溶液中反应回收S，其物质转化如图所示。下列叙述正确的是（　　）

A．由图示的转化可得出氧化性的强弱顺序：O2 ＞Fe3+＞S
B．在转化过程中能循环利用的物质只有FeCl2
C．在转化过程中化合价不变的元素只有Cu和Cl
D．反应中当有34g H2S转化为硫单质时，保持溶液中Fe3+的量不变，需要消耗O2 11.2L
【分析】由图可知：一共发生的有三个反应①H2S+Cu2+＝CuS↓+2H+②CuS+2Fe3+＝2Fe2++Cu2++S③4Fe2++4H++O2＝4Fe3++2H2O，由此可以推出总反应2H2S+O2＝2S↓+2H2O，再结合氧化还原反应中的基本概念来解决问题，
A．由反应②③可知氧化性的强弱顺序；
B．由图可知能循环利用的物质是FeCl2和FeCl3；
C．在转化过程中化合价不变的元素不止有Cu和Cl，还有H元素化合价也未发生变化；
D．有关电子转移的计算结合总反应2H2S+O2＝2S↓+2H2O，可以计算消耗氧气的体积，计算气体体积要注意标况。
【解答】解：A．由反应②CuS+2Fe3+＝2Fe2++Cu2++S③4Fe2++4H++O2＝4Fe3++2H2O，可知氧化性的强弱顺序：O2＞Fe3+＞S，故A正确；
B．在转化过程中化合价不变的元素不止有Cu和Cl，还有H元素化合价也未发生变化，故B错误；
C．由图可知能循环利用的物质是FeCl2和FeCl3，故C错误；
D．有关电子转移的计算结合总反应2H2S+O2＝2S↓+2H2O，当有2molH2S参与反应是耗氧气1mol，34gH2S为1mol，可以计算消耗氧气为0.5mol，其标况下的体积为0.5mol×22.4L•mol﹣1＝11.2L，该选项没有说明标况，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查氧化还原反应的基本概念和有关电子转移的计算，注意计算气体体积时要注意状况，由图示形式出现意在考查学生分析问题的能力，难度中等。
8．（3分）将11.5g金属钠投入到足量水中，得到溶液a，将12g镁投入到与水等质量的足量的盐酸中，得到溶液b，则a和b的质量关系为（　　）
A．a＝b B．a＞b C．a＜b D．无法确定
【分析】根据 2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑、Mg+2HCl＝MgCl2+H2↑，利用差量法来计算．
【解答】解：设金属钠与水反应生成氢气的质量为x，镁与盐酸反应生成氢气的质量为y，则
2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑
46 2
11.5g x
，
解得x＝0.5g，
溶液增重为11.5g﹣0.5g＝11g＝a，
Mg+2HCl＝MgCl2+H2↑
24 2
12g y
，解得y＝1g，
溶液增重为12g﹣1g＝11g＝b，
则a＝b，
故选：A。
【点评】本题考查学生利用化学反应方程式的计算，明确发生的化学反应是解答本题的关键，难度不大．
9．（3分）把碎纸片b补充到a中，可得到一个完整的离子方程式（未配平）。下列说法正确的是（　　）
A．该反应不是氧化还原反应
B．该反应可能在酸性条件下进行
C．应物物微粒是S、SO32﹣、OH﹣
D．氧化剂与还原剂的质量比为2：1
【分析】非金属单质在碱性条件下的歧化反应，1molS的化合价从0价升高到+4价生成SO32﹣，2mol的S的化合价从0价降低到﹣2价生成S2﹣，反应反应的离子方程式为：3S+6OH﹣＝2S2﹣+SO32﹣+3H2O，据此分析。
【解答】解：A.由上述分析可知，反应中的S元素化合物发生了变化，故该反应是氧化还原反应，故A错误；
B.由于反应物中有OH﹣参与，故该反应不能在酸性条件下进行，故B错误；
C.由分析可知反应物的微粒是S和OH﹣，故C错误；
D.氧化剂是在反应中被还原所含元素化合价降低的反应物，故为S，还原剂是在反应中被氧化所含元素化合价升高的反应物故为S，3molS中2mol转化为S2﹣，1mol转化为SO32﹣，故氧化剂与还原剂的质量比为2：1，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了氧化还原反应的有关计算，题目难度不大，注意把握硫及其化合物的性质、方程式的配平、电子转移的计算，侧重于考查学生的分析能力和计算能力。
10．（3分）某溶液中含有Fe3+、Mg2+、SO42﹣和M离子，四种离子的物质的量之比为2：1：3：2，则M有可能为（　　）
A．CO32﹣ B．Cl﹣ C．Na+ D．OH﹣
【分析】某溶液中含有Fe3+、Mg2+、SO42﹣和M离子，溶液不显电性，利用电荷守恒及离子的共存来计算解答。
【解答】解：溶液中含有Fe3+、Mg2+、SO42﹣和M离子，四种离子的物质的量之比为2：1：3：2，设M的电荷为x，由电荷守恒可知，（2×1+3×2）＞3×2，所以M为阴离子，依据电荷守恒可知，2×1+3×2＝3×2+2x，解得x＝1，而铁离子、镁离子与氢氧根离子反应，不能共存，
故选：B。
【点评】本题考查物质的量浓度相关计算、离子共存问题，本题的关键为根据电荷守恒判断离子的种类。
11．（3分）把各组中的气体通入溶液中，溶液的导电能力显著增强的是（　　）
A．CO2（g）通入NaOH溶液
B．CO2（g）通入石灰水
C．NH3（g）通入CH3COOH溶液
D．NH3（g）通入盐酸中
【分析】溶液的导电能力与离子浓度成正比，离子浓度越大，溶液的导电能力越强，通入气体后溶液的导电能力显著增强说明溶液中离子浓度增大，据此分析解答．
【解答】解：A．氢氧化钠是强电解质，通入二氧化碳后生成的碳酸钠也是强电解质，离子浓度变化不大，溶液的导电能力增强不显著，故A不选；
B．氢氧化钙是微溶物，二氧化碳通入石灰水中生成难溶性的碳酸钙，离子浓度减小，溶液导电能力降低，故B不选；
C．醋酸是弱电解质，溶液中离子浓度较小，氨气和醋酸反应生成醋酸铵，醋酸铵是强电解质，离子浓度变化较大，溶液导电能力变化显著，故C选；
D．氯化氢是强电解质，氨气和盐酸反应生成的氯化铵是强电解质，溶液中离子浓度变化不大，溶液的导电能力变化不大，故D不选；
故选：C。
【点评】本题考查了溶液导电能力大小判断，明确物质的性质及离子浓度与溶液导电能力关系是解本题关键，难度不大．
12．（3分）向两份相同的Ba（OH）2溶液中，分别滴入物质的量浓度相等的H2SO4、NaHSO4溶液，其导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如图所示。下列分析正确的是（　　）

A．①代表滴加NaHSO4溶液的变化曲线
B．B点时反应的离子方程式为Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣═BaSO4↓+2H2O
C．C点时两溶液中含有相同量的OH﹣
D．A、D两点对应的溶液均显中性
【分析】A．Ba（OH）2溶液和H2SO4、NaHSO4溶液反应方程式分别为H2SO4+Ba（OH）2＝BaSO4↓+2H2O、NaHSO4+Ba（OH）2＝BaSO4↓+NaOH+H2O，2NaHSO4+Ba（OH）2＝BaSO4↓+Na2SO4+2H2O，溶液导电能力与离子浓度成正比，根据图知，曲线①在A点溶液导电能力接近0，说明该点溶液离子浓度几乎为0，应该为Ba（OH）2溶液和H2SO4的反应，则曲线②为Ba（OH）2溶液和NaHSO4溶液的反应；
B．根据图知，B点反应为NaHSO4、Ba（OH）2反应生成BaSO4、NaOH及H2O；
C．C点，①中稀硫酸过量，溶质为硫酸，②中硫酸氢钠过量，则溶质为NaOH、Na2SO4；
D．A点①中硫酸和氢氧化钡恰好完全反应，溶液中只含水；D点②中溶质为Na2SO4。
【解答】解：A．Ba（OH）2溶液和H2SO4、NaHSO4溶液反应方程式分别为H2SO4+Ba（OH）2＝BaSO4↓+2H2O、NaHSO4+Ba（OH）2＝BaSO4↓+NaOH+H2O，2NaHSO4+Ba（OH）2＝BaSO4↓+Na2SO4+2H2O，溶液导电能力与离子浓度成正比，根据图知，曲线①在A点溶液导电能力接近0，说明该点溶液离子浓度几乎为0，应该为Ba（OH）2溶液和H2SO4的反应，则曲线②为Ba（OH）2溶液和NaHSO4溶液的反应，即①代表滴加H2SO4溶液的变化曲线，故A错误；
B．根据图知，B点反应为NaHSO4+Ba（OH）2＝BaSO4↓+NaOH+H2O，离子方程式为Ba2++OH﹣+H++SO42﹣═BaSO4↓+H2O，故B错误；
C．C点，①中稀硫酸过量，溶质为硫酸，②中硫酸氢钠过量，则溶质为NaOH、Na2SO4，因为c（SO42﹣）相同，②中c（Na+）大于①中c（H+），所以溶液中c（OH﹣）不同，故C错误；
D．A点①中硫酸和氢氧化钡恰好完全反应，溶液中只含水；d点②中溶质为Na2SO4，水和硫酸钠溶液都呈中性，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查学生分析判断及识图能力，明确发生的反应及各点溶液中溶质成分是解本题关键，注意：溶液导电能力与离子浓度成正比，易错选项是B。
13．（3分）下列有关金属及其化合物的说法正确的是（　　）
A．Na久置于空气中最终生成NaHCO3
B．金属单质在化学反应中往往体现出还原性
C．金属元素在自然界中都是以化合态形式存在的
D．Mg比Al活泼，更易与NaOH溶液反应生成H2
【分析】A．NaHCO3不稳定，易分解；
B．金属单质在反应中只能失去电子；
C．根据金属元素在自然界的存在形式分析；
D．Mg与氢氧化钠溶液不反应。
【解答】解：A．NaHCO3不稳定，易分解，Na久置于空气中最终生成Na2CO3，故A错误；
B．金属单质在反应中只能失去电子，所以金属单质在化学反应中往往体现出还原性，故B正确；
C．大多数金属性质活泼以化合态存在，只有少数非常不活泼的金属元素以游离态存在，如金，银等，故C错误；
D．Mg与氢氧化钠溶液不反应，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查较为综合，涉及金属的性质以及应用，为高频考点，侧重于基础知识的综合理解和运用的考查，难度不大，注意相关基础知识的积累。
14．（3分）某学习小组进行了下图所示的实验，实验后组员之间的交流不合理的是（　　）

A．甲同学认为试管b中收集到的气体可点燃，且产生淡蓝色火焰
B．乙同学认为试管a中生成的黑色固体可能为四氧化三铁
C．丙同学认为将少量还原性铁粉放入试管中，加适量的水，加热也可实现该反应
D．丁同学认为用盐酸溶解固体生成物所得溶液有颜色
【分析】A．在高温下铁与水蒸气反应生成氢气和四氧化三铁，试管b中收集到的气体为氢气；
B．高温下铁与水蒸气反应生成氢气和四氧化三铁，四氧化三铁为黑色固体；
C．铁与水不反应；
D．盐酸与四氧化三铁反应生成氯化亚铁和氯化铁。
【解答】解：A．在高温下铁与水蒸气反应生成氢气和四氧化三铁，则试管b中收集到的气体可点燃，且产生淡蓝色火焰，故A正确；
B．高温下铁与水蒸气反应生成氢气和四氧化三铁，则试管a中生成的黑色固体可能为四氧化三铁，故B正确；
C．铁与水不反应，应该是水蒸气，丙同学的观点错误，故C错误；
D．用盐酸溶解固体生成物得到氯化亚铁和氯化铁的混合溶液，溶液带有颜色，故D正确。]
故选：C。
【点评】本题考查物质的性质实验，为高频考点，把握制备原理、实验装置的作用、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
15．（3分）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（　　）
A．22.4L（标准状况下）Ne和NH3的混合气体中所含电子总数为10NA
B．常温常压下，48gO2和O3的混合气体含有的O原子的数目大于1.5NA，小于3NA
C．NA个CO分子和0.5molCH4的质量之比为7：4
D．58.5gNaCl固体溶于1L的水中，所得溶液的物质的量浓度为1mol•L﹣1
【分析】A.求出标况下22.4L混合气体的物质的量，然后根据氖气和氨气分子中均含10个电子来分析；
B.氧气和臭氧均由氧原子构成；
C.NA个CO分子的物质的量n＝＝1mol，根据质量m＝nM来计算两者的质量；
D.将氯化钠固体溶于1L水，则溶液体积大于1L，据此分析。
【解答】解：A.标况下22.4L混合气体的物质的量n＝＝1mol，而氖气和氨气分子中均含10个电子，则1mol混合气体中含电子为10NA个，故A正确；
B.氧气和臭氧均由氧原子构成，则48g混合物中含有的氧原子的物质的量n＝＝3mol，个数为3NA个，故B错误；
C.NA个CO分子的物质的量n＝＝1mol，则质量m＝nM＝1mol×28g/mol＝28g，0.5mol甲烷的质量m＝0.5mol×16g/mol＝8g，故两者的质量之比为28g：8g＝7：2，故C错误；
D.将氯化钠固体溶于1L水，则溶液体积大于1L，则浓度小于1mol/L，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查了阿伏加德罗常数的计算，难度不大，应注意公式的应用和物质结构特点的掌握。
16．（3分）今有一混合物的水溶液，只可能含有以下离子中的若干种：K+、NH4+、Cl﹣、Mg2+、Ba2+、CO32﹣、SO42﹣，现取三份100mL溶液进行如下实验：
①第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生；
②第二份加足量NaOH溶液后加热，收集到标准状况下气体0.04mol（已知加热时：NH4++OH﹣═NH3↑+H2O）；
③第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀6.27g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33g。
根据上述实验，以下推测正确的是（　　）
A．Cl﹣可能存在
B．100mL溶液中含0.01mol CO32﹣
C．K+一定存在，且c（K+）＞0.2mol/L
D．Ba2+一定不存在，Mg2+可能存在
【分析】①第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生，说明Cl﹣、CO32﹣和SO42﹣至少含有一种；②第二份加入足量NaOH后加热，有气体生成，该气体为NH3，说明含有NH4+，且n（NH4+）＝n（NH3）＝0.04mol；③第三份加入足量BaCl2溶液有沉淀生成，且沉淀部分溶于盐酸，故沉淀6.27g是BaCO3、BaSO4混合物，最后剩余的2.33g为BaSO4，故BaCO3为6.27g﹣2.33g＝3.94g，则溶液含有CO32﹣、SO42﹣，一定不含Mg2+、Ba2+，且n（CO32﹣）＝n（BaCO3）＝＝0.02mol，n（SO42﹣）＝n（BaSO4）＝＝0.01mol，由于2n（CO32﹣）+2n（SO42﹣）＝0.02mol×2+0.01mol×2＝0.06mol＞n（NH4+）＝0.04mol，而溶液呈电中性，可知溶液一定含有K+，不能确定是否含有Cl﹣，当溶液不含Cl﹣时，溶液中K+的物质的量最小，故n最小（K+）＝0.06mol﹣0.04mol＝0.02mol。
【解答】解：A．由分析可知，不能判断Cl﹣离子是否存在，溶液可能含有Cl﹣离子，故A正确；
B．由分析可知，100mL溶液中n（CO32﹣）＝n（BaCO3）＝＝0.02mol，故B错误；
C．由分析可知，溶液一定含有K+，不能确定是否含有Cl﹣，当溶液不含Cl﹣时，溶液中K+的物质的量最小，n最小（K+）＝0.06mol﹣0.04mol＝0.02mol，故c（K+）≥＝0.2mol/L，故C错误；
D．由分析可知，溶液一定不含Ba2+、Mg2+，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查常见离子的检验，题目以定性分析与定量计算的形式进行呈现，根据反应现象分析判断，注意电荷守恒的运用，题目侧重考查学生分析推理能力、运用知识解决实际问题的能力。
二、填空题（本大题共5小题，共52分）
17．（10分）（1）①0.3mol NH3 分子中所含原子数与 　0.4NA　个 H2O 分子中所含原子数相等。
②在一定的温度和压强下，1 体积气体 X2 跟 3 体积气体 Y2 刚好化合生成 2 体积气体 A，则 A 的化学式可表示为 　XY3或Y3X　。
③在同温同压同体积的条件下，H2 与气体 B 的质量之比是 1：8，则 B 的摩尔质量为 　16g/mol　。
④在 25℃、101kPa 的条件下，同质量的 CH4和气体 C 的体积之比是 15：8，则 C 的摩尔质量为 　30g/mol　。
⑤相同温度下在两个相同容积的密闭容器 D、E 中，分别充入相同质量的 X 气体和 CO 气体，D 和E 中的压强之比是 7：16，则 X 的摩尔质量为 　64g/mol　。
（2）按下列要求回答：
①Cu
②熔融的Al2O3
③CH3COOH（醋酸）
④干冰
⑤Ba（OH）2
⑥C2H5OH（酒精）
⑦KClO3
⑧CaCO3
⑨氨水
⑩液态硫酸
a.上述各物质属于电解质的是 　②③⑤⑦⑧⑩　（填物质编号，下同）；属于非电解质的是 　④⑥　；能导电的物质是 　①②⑨　。
b.⑤在水中的电离方程式为 　Ba（OH）2═Ba2++2OH﹣　。⑦在水中的电离方程式为 　KClO3═K++ClO3﹣　
【分析】（1）①根据n＝，粒子个数比等于物质的量之比，1个NH3 分子中含有4个原子，先据此计算0.3molNH3 分子中所含有的原子的物质的量，1个 H2O分子中含有3个原子，再据此计算相同原子的物质的量时的H2O分子的物质的量，最后得出H2O 分子数；
②根据阿伏加德罗定律的推论，同温同压下，气体的体积比等于物质的量之比，也等于反应的化学计量数之比，先据此书写化学方程式，再根据质量守恒定律，反应前后元素种类和原子个数相等，据此得出A的化学式；
③根据阿伏加德罗定律的推论，在同温同压同体积的条件下，气体的质量比等于摩尔质量之比，据此计算；
④根据阿伏加德罗定律的推论，同温同压下，气体的体积比等于物质的量之比，结合n＝计算；
⑤根据阿伏加德罗定律的推论，同温同容时，气体的压强之比等于物质的量之比，结合n＝计算；
（2）a.在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物为电解质，例：酸、碱、盐等，在水溶液中和熔融状态下不能导电的化合物为非电解质，例：大多数有机物、非金属氧化物等，电解质溶液、熔融状态下的电解质、金属单质等能导电；
b.电离方程式是用化学式和离子符号表示电离过程的式子，据此书写电解质在水中的电离方程式。
【解答】解：（1）①根据n＝，1个NH3 分子中含有4个原子，则0.3molNH3 分子中含有（4×0.3）mol原子，1个 H2O分子中含有3个原子，当其原子的物质的量为（4×0.3）mol时，H2O分子的物质的量为＝0.4mol，故0.3mol NH3 分子中所含原子数与0.4NA个 H2O 分子中所含原子数相等，
故答案为：0.4NA；
②根据阿伏加德罗定律的推论，该反应的化学方程式为：X2+3Y2═2A，根据质量守恒定律可知，每个A分子中含有1个X和3个Y，故A的化学式可表示为XY3或Y3X，
故答案为：XY3或Y3X；
③根据阿伏加德罗定律的推论，在同温同压同体积的条件下，H2与气体B的质量之比等于摩尔质量之比，则B的摩尔质量为2g/mol×8＝16g/mol，
故答案为：16g/mol；
④根据阿伏加德罗定律的推论，在 25℃、101kPa 的条件下，同质量的CH4和气体C的体积之比是：＝15：8，解得C的摩尔质量为M（C）＝30g/mol，
故答案为：30g/mol；
⑤根据阿伏加德罗定律的推论，相同温度下在两个相同容积的密闭容器D、E中，分别充入相同质量的X气体和CO气体，D和E中的压强之比是：＝7：16，解得X的摩尔质量为M（X）＝64g/mol，
故答案为：64g/mol；
（2）a..①Cu是金属单质，既不是电解质也不是非电解质，能导电；
②熔融的Al2O3属于电解质，能导电；
③CH3COOH（醋酸）属于电解质，但不能导电；
④干冰属于非电解质，不能导电；
⑤Ba（OH）2属于电解质，但不能导电；
⑥C2H5OH（酒精）属于非电解质，不能导电；
⑦KClO3属于电解质，但不能导电；
⑧CaCO3属于电解质，但不能导电；
⑨氨水属于混合物，既不是电解质也不是非电解质，能导电；
⑩液态硫酸属于电解质，但不能导电；
综上所述，上述各物质属于电解质的是②③⑤⑦⑧⑩，属于非电解质的是④⑥，能导电的物质是①②⑨，
故答案为：②③⑤⑦⑧⑩；④⑥；①②⑨；
b..⑤Ba（OH）2和⑦KClO3属于强电解质，在水中均能完全电离，电离方程式分别为：Ba（OH）2═Ba2++2OH﹣和KClO3═K++ClO3﹣，
故答案为：Ba（OH）2═Ba2++2OH﹣；KClO3═K++ClO3﹣。
【点评】本题考查阿伏加德罗定律的推论、电解质和非电解质、电离方程式的书写等，题目难度中等，关键是掌握阿伏加德罗定律推论的应用、电解质和非电解质的概念、电离方程式的书写原则。
18．（10分）向Ba（OH）2和NaOH的混合溶液中逐渐通入CO2气体至过量，生成沉淀的物质的量（n）和通入CO2气体的（V） 的关系如图所示，试回答：
（1）0到a点之间的反应的离子方程式　Ba2++CO2+2OH﹣═BaCO3↓+H2O　
（2）a到b点之间的反应的离子方程式　2OH﹣+CO2═CO32﹣+H2O、CO32﹣+CO2+H2O═2HCO3﹣　
（3）b点之后的反应的离子方程式　BaCO3+CO2+H2O═Ba2++2HCO3﹣　
（4）c 点CO2的体积　40　mL（同温同压下）。
（5）混合溶液中Ba（OH）2和NaOH 的物质的量之比为　1：2　。

【分析】向Ba（OH）2和NaOH的混合稀溶液中通入CO2，开始产生沉淀，a点之前发生反应：CO2+Ba（OH）2＝BaCO3↓+H2O；a～b之间先后发生的反应为：2NaOH+CO2═Na2CO3、Na2CO3+H2O+CO2═2NaHCO3，b～c之间发生反应：BaCO3+H2O+CO2═Ba（HCO3）2，由方程式可知生成碳酸钡沉淀与碳酸钡溶解消耗二氧化碳的体积相等，可知c点二氧化碳的体积，根据氢氧化钡、氢氧化钠消耗二氧化碳体积计算溶液中Ba（OH）2和NaOH的浓度之比，据此分析解答。
【解答】解：向NaOH和Ba（OH）2的混合稀溶液中通入CO2，开始产生沉淀，故a点之前发生反应：CO2+Ba（OH）2＝BaCO3↓+H2O，a～b之间先后发生的反应为：2NaOH+CO2═Na2CO3、Na2CO3+H2O+CO2═2NaHCO3，b～c之间发生反应：BaCO3+H2O+CO2═Ba（HCO3）2，
（1）由上述分析可知，0到a点之前发生反应：CO2+Ba（OH）2＝BaCO3↓+H2O，其离子方程式为：Ba2++CO2+2OH﹣═BaCO3↓+H2O，
故答案为：Ba2++CO2+2OH﹣═BaCO3↓+H2O；
（2）a～b之间的反应：2NaOH+CO2═Na2CO3、Na2CO3+H2O+CO2═2NaHCO3，离子方程式为：2OH﹣+CO2═CO32﹣+H2O、CO32﹣+H2O+CO2═2HCO3﹣，
故答案为：2OH﹣+CO2═CO32﹣+H2O；CO32﹣+H2O+CO2═2HCO3﹣；
（3）b点之后发生反应：BaCO3+H2O+CO2═Ba（HCO3）2，其离子方程式为：BaCO3+CO2+H2O═Ba2++2HCO3﹣，
故答案为：BaCO3+CO2+H2O═Ba2++2HCO3﹣；
（4）由方程式可知生成碳酸钡沉淀与碳酸钡溶解消耗二氧化碳的体积相等，可知c点二氧化碳的体积＝10mL+30mL＝40mL，
故答案为：40；
（5）氢氧化钡、氢氧化钠消耗二氧化碳体积分别为10mL、20mL，结合方程式CO2+Ba（OH）2＝BaCO3↓+H2O、NaOH+CO2═NaHCO3可知，溶液中Ba（OH）2和NaOH的物质的量之比为1：2，根据c＝可知其浓度之比等于物质的量之比＝1：2，
故答案为：1：2。
【点评】本题考查混合物反应的计算，题目难度中等，明确发生反应的先后顺序为解答关键，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力。
19．（14分）氯酸钾和浓盐酸之间有下列反应：2KClO3+4HCl（浓）═2 KCl+Cl2↑+2ClO2↑+2H2O
（1）该反应中发生还原反应的物质是 　KClO3　。氧化产物是 　Cl2　。
（2）用双线桥标出方程式中的电子得失 　　。2KClO3+4HCl（浓）═2 KCl+Cl2↑+2ClO2↑+2H2O。
（3）当有0.2mol电子发生转移时，生成的氯气的体积为 　2.24　L（标准状况）。被氧化的HCl的物质的量为 　0.2　mol。
（4）若分别用①KMnO4（还原产物是Mn2+）②MnO2（还原产物是Mn2+）③Ca（ClO）2（还原产物是Cl2）氧化浓盐酸制备氯气，当浓盐酸足量且这三种氧化剂的物质的量相同时，生成氯气的物质的量最少的是 　②　（填编号）。
（5）有下列6种物质：K2SO4、K2SO3、I2、H2SO4、KIO3、H2O组成一个氧化还原反应，已知在反应中K2SO3失去电子。请回答下列问题：
将这6种物质分别填入下面对应的横线上，组成一个配平的化学方程式：　5K2SO3　+　2KIO3　+H2SO4→　I2　+　6K2SO4　+　H2O　（填化学式）。
【分析】（1）Cl元素的化合价由+5价降低为+4价，Cl元素的化合价由﹣1价升高为0；
（2）+5价Cl得到电子，﹣1价Cl失去电子，该反应转移2e﹣；
（3）当有0.2mol电子发生转移时，生成0.1mol氯气，0.2molHCl被还原；
（4）三种氧化剂的物质的量相同，得到电子数越少，生成氯气越少，设氧化剂均为1mol，①中得到5mol电子，②中得到2mol电子，③中得到2mol电子，且氧化产物还原产物均为氯气；
（5）反应中K2SO3失去电子，S元素的化合价升高，则KIO3在酸性溶液中得到电子生成碘，结合原子守恒、得失电子守恒书写化学方程式。
【解答】解：（1）Cl元素的化合价由+5价降低为+4价，Cl元素的化合价由﹣1价升高为0，KClO3作氧化剂被还原，HCl被氧化，则发生还原反应的物质是KClO3，氧化产物是Cl2，
故答案为：KClO3；Cl2；
（2）+5价Cl得到电子，﹣1价Cl失去电子，该反应转移2e﹣，用双线桥标出方程式中的电子得失为，
故答案为：；
（3）当有0.2mol电子发生转移时，生成0.1mol氯气，生成的氯气的体积为0.1mol×22.4L/mol＝2.24L，由Cl原子守恒可知被氧化的HCl的物质的量为0.2mol，
故答案为：2.24；0.2；
（4）三种氧化剂的物质的量相同，得到电子数越少，生成氯气越少，设氧化剂均为1mol，①中得到5mol电子，②中得到2mol电子，③中得到2mol电子，且氧化产物还原产物均为氯气，则生成氯气的物质的量最少的是②，
故答案为：②；
（5）反应中K2SO3失去电子，S元素的化合价升高，则KIO3在酸性溶液中得到电子生成碘，由原子守恒、得失电子守恒可知组成的化学方程式为5K2SO3+2KIO3+H2SO4═I2+6K2SO4+H2O，
故答案为：5K2SO3；2KIO3；I2；6K2SO4；H2O。
【点评】本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握元素的化合价变化、基本概念为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意守恒法的应用，题目难度不大。
20．（8分）根据题目信息完成下列方程式。
（1）已知硫酸铅（PbSO4）不溶于盐酸也不溶于硝酸，但可溶于醋酸铵（CH3COONH4）溶液中形成无色溶液，其化学方程式为PbSO4+2CH3COONH4═（CH3COO）2Pb+（NH4）2SO4．当在（CH3COO）2Pb溶液中通入H2S气体时，有黑色PbS沉淀生成，则此反应的离子方程式为　（CH3COO）2 Pb+H2S＝PbS↓+2CH3COOH　。
（2）钛（Ti）因为具有神奇的性能越来越引起人们的关注。地壳中含钛铁矿石之一是金红石（TiO2），目前大规模生产的方法是：
第一步：金红石、炭粉混合，在高温条件下，通入Cl2制得TiCl4和一种可燃气体，该反应的化学方程式为：　TiO2+2C+2Cl2 TiCl4+2CO　，
第二步：在氩气的气氛中，用过量的镁在加热条件下与TiCl4反应制得金属钛。
写出此反应的化学方程式：　2Mg+TiCl4 2MgCl2+Ti　。
（3）用100mL 0.1mol/L的NaOH溶液吸收224mlCO2气体（标准状况），恰好完全吸收。再将所得溶液加入100mL 0.1mol/L氢氧化钙溶液中。请写出所得溶液与氢氧化钙溶液反应的离子方程式：　Ca2++HCO3﹣+OH﹣＝CaCO3↓+H2O　。
【分析】（1）（CH3COO）2 Pb溶液中通入H2S时，有黑色PbS生成，反应的化学方程式为：（CH3COO）2 Pb+H2S＝PbS↓+2CH3COOH，依据离子方程式书写方法写出其离子方程式；
（2）第一步：根据元素守恒及原子守恒确定另一种生成物，再根据反应物、生成物及反应条件书写方程式，根据元素化合价变化确定还原剂；
第一步：根据反应物、生成物及反应条件书写方程式；要加入稀盐酸除去过量的Mg，然后过滤、洗涤、干燥；
（3）用100mL 0.1mol/L的NaOH溶液吸收224mlCO2气体（标准状况），恰好完全吸收，n（NaOH）＝0.1L×0.1mol/L＝0.01mol，n（CO2）＝＝0.01mol，二者恰好反应生成NaHCO3，再将所得溶液加入100mL 0.1mol/L氢氧化钙溶液中，氢氧化钙物质的量＝0.1L×0.1mol/L＝0.01mol，1；1反应生成碳酸钙和水；
【解答】解：（1）CH3COO）2 Pb溶液中通入H2S时，有黑色PbS生成，反应的化学方程式为：（CH3COO）2 Pb+H2S＝PbS+2CH3COOH，硫化铅为沉淀应保留化学式，醋酸铅、醋酸为弱电解质、硫化氢是气体应保留化学式，所以其离子方程式为：（CH3COO）2 Pb+H2S＝PbS↓+2CH3COOH，
故答案为：（CH3COO）2 Pb+H2S＝PbS↓+2CH3COOH；
（2）第一步：在高温时，将金红石（TiO2）、炭粉混合并通入氯气制得TiCl4和一种可燃气体，根据元素守恒及原子守恒知，该物质是CO，所以反应方程式为：TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO；
第二步：在氩气的环境中，用过量的镁在加热条件下与TiCl4反应制得金属钛，反应方程式为：2Mg+TiCl42MgCl2+Ti；
故答案为：TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO；2Mg+TiCl42MgCl2+Ti；
（3）用100mL 0.1mol/L的NaOH溶液吸收224mlCO2气体（标准状况），恰好完全吸收，n（NaOH）＝0.1L×0.1mol/L＝0.01mol，n（CO2）＝＝0.01mol，二者恰好反应生成NaHCO3，再将所得溶液加入100mL 0.1mol/L氢氧化钙溶液中，氢氧化钙物质的量＝0.1L×0.1mol/L＝0.01mol，1；1反应生成碳酸钙和水，反应的离子方程式为：Ca2++HCO3﹣+OH﹣＝CaCO3↓+H2O，
故答案为：Ca2++HCO3﹣+OH﹣＝CaCO3↓+H2O。
【点评】本题以氧化还原反应为载体考查了方程式的书写，根据方程式书写规则书写即可，知道混合物分离提纯的方法，题目难度不大。
21．（10分）根据所学知识回答下列问题：
（1）如图甲所示，在平底烧瓶底部有一小块钠，剩余空间充有干燥的空气。过一段时间后可观察到银白色的钠变暗，发生反应的化学方程式为 　4Na+O2＝2Na2O　。
（2）如图乙所示，先用弹簧夹夹住橡胶管，点燃钠（足量），迅速伸入瓶中并塞上瓶塞，发生反应的化学方程式为 　2Na+O2Na2O2　，产物的颜色是 　淡黄色　，待反应完全并冷却至原温度后，打开弹簧夹，则流入广口瓶内的水的体积约占瓶内原空气体积的 　　（假设装置的气密性良好且操作正确，反应产物与水不接触）。
（3）若图乙的广口瓶中是铁丝在纯氧中燃烧，会观察到铁丝剧烈燃烧，火星四射，所得产物的化学式是 　Fe3O4　。

【分析】（1）钠在常温下即可与氧气反应生成氧化钠，致使钠表面变暗，据此写出化学反应方程式即可；
（2）①钠在加热条件下与氧气反应生成过氧化钠，据此写出化学反应方程式即可，注意条件；氧气占空气中的成分为；
②铁丝剧烈燃烧生成四氧化三铁。
【解答】解：（1）钠在常温下即可与氧气反应生成氧化钠，致使钠表面变暗，故化学反应方程式为：4Na+O2＝2Na2O，
故答案为：4Na+O2＝2Na2O；
（2）①钠在加热条件下与氧气反应生成过氧化钠，过氧化钠为淡黄色，氧气占空气中的成分为，则流入广口瓶内的水的体积约占瓶内原空气体积的，
故答案为：2Na+O2Na2O2；淡黄色； ；
②铁丝剧烈燃烧生成四氧化三铁；
故答案为：Fe3O4。
【点评】本题主要考查的是钠的性质与空气成分测定实验及铁在氧气中燃烧的产物，题目较好，难度不大，注意基础知识的积累。