2022-2023学年黑龙江省齐齐哈尔市第八中学高一上学期9月月考化学试题含解析

这是一份2022-2023学年黑龙江省齐齐哈尔市第八中学高一上学期9月月考化学试题含解析，共16页。试卷主要包含了单选题，填空题，元素或物质推断题等内容，欢迎下载使用。
黑龙江省齐齐哈尔市第八中学2022-2023学年高一上学期9月月考化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．按照物质的树状分类和交叉分类，硫酸应属于                           
①酸  ②能导电的纯净物   ③含氧酸   ④混合物  ⑤化合物  ⑥二元酸    ⑦强电解质
A．①②③④⑦ B．①③⑤⑥⑦ C．①②③⑤⑥⑦ D．②③⑤⑥⑦
【答案】B
【详解】①硫酸的水溶液中电离生成的阳离子都是氢离子，从性质分类属于酸，①正确；②硫酸由氢元素、硫元素、氧元素三种元素组成的纯净物，属于化合物，④错误、⑤正确，且纯净的硫酸中没有能够自由移动的离子不能导电，②错误；③硫酸由氢元素、硫元素、氧元素三种元素组成，属于含氧酸，③正确；⑥1mol硫酸可电离出2mol氢离子属于二元酸，⑥正确；⑦硫酸在水溶液中能够完全电离，属于强电解质，⑦正确；综上所述可知，①③⑤⑥⑦正确，故答案为：B。
2．下列说法正确的是
A．酸性氧化物一定能与水反应生成相应的酸
B．碱性氧化物一定是金属氧化物
C．能电离出H+的化合物一定是酸
D．只含有一种元素的物质为纯净物
【答案】B
【详解】A. 酸性氧化物不一定能与水反应生成相应的酸，如SiO2为酸性氧化物，不能溶于水，故A错误；
B. 碱性氧化物一定是金属氧化物，金属氧化物不一定为碱性氧化物，如Mn2O7为酸性氧化物，Al2O3为两性氧化物，故B正确；
C. 能电离出H+且显酸性的化合物不一定是酸，如NaHSO4为盐，水溶液中电离出氢离子，溶液显酸性，故C错误；
D. 只含有一种元素的物质不一定为纯净物，可能为混合物，如O2和O3组成的混合物为一种元素组成，故D错误；
故选：B。
3．下列每组中的两种物质之间的关系为同素异形体的一组是（    ）
A．CO 和 CO2 B．和
C．O2和 O3 D．HCl 和 HClO
【答案】C
【分析】由同种元素形成的不同种单质互为同素异形体，互为同素异形体的物质要符合以下两个条件：同种元素形成，不同单质，据此进行分析判断。
【详解】A．CO和CO2是化合物，不是单质，故A不符合题意；
B． 是钠原子，为钠离子，不是同素异形体，故B不符合题意；
C．O2和 O3是氧元素的不同单质互为同素异形体，故C符合题意；
D．HCl和HClO是不同化合物，不是单质，故D不符合题意。
答案选C。
4．胶体与溶液的根本区别在于
A．分散质粒子的大小 B．分散质粒子是否带电荷
C．外观是否均一、稳定 D．分散系是否透明有颜色
【答案】A
【详解】当分散剂是水或其它溶液时,根据分散质粒子直径大小来分类,把分散系划分为:溶液(小于1nm)、胶体（1nm-100nm）、浊液(大于100nm)；所以,溶液、胶体和浊液这三种分散系的本质的区别在于分散质粒子直径大小；
答案选A。
5．下列叙述正确的是
A．金属Na在熔融和溶于水时均能导电，所以Na是电解质
B．SO3溶于水形成的溶液能导电，所以SO3是电解质
C．通常情况下水不导电，所以水不是电解质
D．氯化氢在液态时虽不导电，但溶于水后能导电，所以氯化氢是电解质
【答案】D
【详解】A、Na是单质，既不是电解质，也不是非电解质，选项A错误；
B、SO3溶于水形成的溶液能导电，是SO3与水反应生成硫酸电离而导电，SO3是非电解质，选项B错误；
C、水能发生微弱的电离，是电解质，选项C错误；
D、液态HCl不导电，但氯化氢溶于水能电离出自由移动的氢离子和氯离子，能导电，所以HCl是电解质，选项D正确；
答案选D。
6．下列离子方程式正确的是
A．澄清的石灰水与盐酸反应Ca(OH)2+2H+=Ca2++2H2O
B．钠与水的反应Na+2H2O=Na++2OH-+H2↑
C．铜片插入硝酸银溶液Cu+Ag+=Cu2++Ag
D．大理石溶于盐酸CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑
【答案】D
【详解】A．澄清的石灰水与盐酸反应生成氯化钙和水，反应的离子方程式是 OH-+H+=H2O，故A错误；
B．钠与水的反应生成氢氧化钠和氢气，反应的离子方程式是2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，故B错误；
C．铜片插入硝酸银溶液生成硝酸铜和银，反应的离子方程式是Cu+2Ag+=Cu2++2Ag，故C错误；
D．大理石溶于盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳、水，反应的离子方程式是CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑，故D正确；
选D。
7．水溶液中能大量共存的一组离子是
A．Na+、Ba2+、Cl-、CO B．K+、Ca2+、Cl-、NO
C．H+、Na+、Fe2+、ClO- D．K+、NH、OH-、SO
【答案】B
【详解】A．该组离子中，Ba2+与发生反应生成BaCO3沉淀，即Ba2++=BaCO3↓，不能大量共存，故A不符合题意；
B．该组离子之间不发生反应，能大量共存，故B符合题意；
C．该组离子中，H+、Fe2+、ClO-会发生氧化还原反应，不能大量共存，故C不符合题意；
D．该组离子中，与OH-发生反应生成NH3·H2O，即+OH-=NH3·H2O，不能大量共存，故D不符合题意；
答案为B。
8．下列叙述正确的是
A．氯化钠溶液在电流作用下电离成钠离子和氯离子
B．溶于水后能电离出氢离子的化合物一定是酸
C．硫酸钡难溶于水，但硫酸钡属于电解质
D．二氧化碳溶于水能部分电离，故二氧化碳属于电解质
【答案】C
【详解】A．氯化钠溶液在水分子作用电离成钠离子和氯离子，电离不需要电流作用，A错误；
B．溶于水后能电离出氢离子的化合物可能是酸、水或酸式盐，B错误；
C．硫酸钡难溶于水，但硫酸钡在熔融状态下能够发生电离而导电，因此属于电解质，C正确；
D．二氧化碳溶于水能与水反应产生H2CO3，H2CO3部分电离产生自由移动的离子而能够导电，故H2CO3属于电解质，而CO2则属于非电解质，D错误；
故合理选项是C。
9．下列各组反应，前后均可用同一离子方程式表示的是
A．HNO3＋Na2CO3，HCl＋NaHCO3 B．HNO3＋Na2CO3，NaHSO4＋K2CO3
C．HCl＋NH3·H2O， H2S＋KOH D．BaCl2＋CuSO4，Ba(OH)2＋NaHSO4
【答案】B
【详解】A. Na2CO3写成钠离子和碳酸根离子形式，NaHCO3写成钠离子和碳酸氢根离子, 则分别与盐酸反应的离子反应不同,故A不选；
B. NaHSO4在水溶液中完全电离出氢离子，因此两个反应实质均为氢离子与碳酸根离子反应,离子反应方程式相同,故B选；
C. H2S、NH3·H2O属于弱电解质，应保留化学式，HCl、KOH写成离子形式，因此二者反应的离子反应不同,故C不选；
D. BaCl2和CuSO4反应生成硫酸钡沉淀和可溶盐氯化铜，Ba(OH)2和NaHSO4反应生成硫酸钡沉淀、硫酸钠溶液和水，水在离子反应中保留化学式，则离子反应不同，故D不选；
综上所述，本题选B。
【点睛】强酸的酸式盐，如硫酸氢钠，在水溶液中完全电离：NaHSO4=Na++H++，所以在书写离子方程式时，要拆成离子形式；而弱酸的酸式盐，如碳酸氢钠，在水溶液中完全电离：NaHCO3= Na++，在书写离子方程式时，就不能拆成离子形式。
10．判断下列有关化学基本概念的依据正确的是
A．溶液与胶体：本质区别是能否发生丁达尔效应
B．纯净物与混合物：是否仅含有一种元素
C．物理变化与化学变化：是否有新物质生成
D．电解质与非电解质：物质本身的导电性
【答案】C
【分析】溶液和胶体的本质区别在于分散质粒子直径的大小；仅含一种元素的不一定是纯净物；化学变化的特征是有新物质生成；导电的不一定是电解质。
【详解】A、分散系根据分散质粒子直径的大小可以分为溶液、胶体和浊液。所以溶液和胶体的本质区别是分散质粒子直径的大小，故A错误；
B、纯净物：只由一种物质组成的称为纯净物。混合物：由两种或两种以上物质组成的称为混合物。所以纯净物、混合物与是否仅含一种元素没有必然的关系。比如：O2和O3混合在一起，虽然只含一种元素，但仍是混合物；H2SO4含三种元素，但由于是一种物质，故仍是纯净物，故B错误；
C、有新物质生成的是化学变化，因此根据是否有新物质生成可以分为物理变化与化学变化，故C正确；
D、电解质：在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物；非电解质：在水溶液中和熔融状态下均不能导电的化合物。根据定义可以看出，电解质、非电解质的判断并不是看物质本身是否导电，而是看在水溶液中或熔融状态下能否自身电离出离子而导电，故D错误。
故答案选C。
【点睛】本题考查常见化学概念的判断依据，容易出错的是电解质、非电解质的判断依据，应注意化合物在水溶液中或受热熔化时本身能否发生电离是区别电解质与非电解质的理论依据，能否导电则是实验依据。能导电的物质不一定是电解质，如石墨；电解质本身不一定能导电，如NaCl晶体。
11．下列各氧化还原反应的化学方程式表示的变化过程正确的是
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】A. 反应中硫化氢被氧化为单质硫，硫酸被还原为二氧化硫，A错误；
B. 4molHCl参加反应，只有2mol被氧化，转2mol电子，B错误；
C. 1mol氯气参加反应，转移1mol电子，C错误；
D. 氧化铁中铁元素化合价从+3价降低到+2价，碘化氢中碘元素化合价从－1价升高到0价，转移2个电子，D正确；答案选D。
12．有反应2A-+ C2 = 2C-+ A2，2C-+ B2 = 2B-+ C2，2D-+ A2 = 2A-+ D2，由此可推断的结论
A．氧化性：A2>B2>C2>D2
B．还原性：D->A->C->B-
C．反应：A2 + 2B- = 2A- + B2 能进行
D．反应：2D- + C2= 2C- + D2 不能进行
【答案】B
【分析】根据氧化还原反应中的强弱规律即：氧化性：氧化剂大于氧化产物，还原性：还原剂大于还原产物，由题干反应2A-+ C2 = 2C-+ A2可知还原性：A-＞C-，氧化性：C2＞A2，反应2C-+ B2 = 2B-+ C2可知还原性：C-＞B-，氧化性：B2＞C2，反应2D-+ A2 = 2A-+ D2可知还原性：D-＞A-，氧化性：A2＞D2，综上所述可知：氧化性：B2＞C2＞A2＞D2，还原性：D-＞A-＞C-＞B-，据此分析解题：
【详解】A．由分析可知，氧化性：B2＞C2＞A2＞D2，A错误；
B．由分析可知，还原性：D->A->C->B-，B正确；
C．由分析可知，由于氧化性：B2＞A2，故反应：A2 + 2B- = 2A- + B2 不能进行，C错误；
D．由分析可知，由于氧化性：C2＞D2，反应：2D- + C2= 2C- + D2 能进行，D错误；
故答案为：B。
13．氧化还原反应与四种基本类型反应的关系如图，则下列化学反应属于区域3的是

A．4NH3+5O24NO+6H2O B．2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑
C．4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3 D．Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑
【答案】A
【分析】区域3所表示的反应是氧化还原反应，但不是置换反应，不是化合反应，也不是分解反应，据此分析判断。
【详解】A．4NH3+5O2 4NO+6H2O是氧化还原反应，不是置换反应，不是化合反应，也不是分解反应，属于区域3，故A选；
B．2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑不是氧化还原反应，是分解反应，不属于区域3，故B不选；
C．4Fe(OH)2+O2+2H2O═4Fe(OH)3是氧化还原反应，也是化合反应，不属于区域3，故C不选；
D．Zn+H2SO4═ZnSO4+H2↑是氧化还原反应，又是置换反应，不属于区域3，故D不选；
故选A。
14．某心脏起搏器工作时发生反应：，下列判断正确的是
A．还原剂只有Li B．既是氧化剂又是还原剂
C．还原产物包括LiCl和S D．生成2个分子时，反应转移4个电子
【答案】A
【详解】A．反应中，只有锂元素化合价升高，所以还原剂只有Li，故A正确；    
B．中只有硫元素化合价由+4降低为0，是氧化剂，故B错误；
C．反应中，锂元素化合价升高、硫元素化合价降低，还原产物是S、氧化产物是LiCl，故C错误；    
D．反应中，只有锂元素化合价由0升高为+1，生成2个分子时，反应转移8个电子，故D错误；
选A。
15．向一定体积的Ba(OH)2溶液中逐滴加入H2SO4溶液，测得混合溶液的导电能力随时间的变化曲线如图所示。下列说法正确的是（    ）

A．AB段溶液的导电能力不断减弱，说明产物BaSO4是非电解质
B．AB段反应的离子方程式为Ba2++OH－+H++SO=BaSO4↓+H2O
C．BC段溶液的导电能力不断增强，说明过量的Ba(OH)2发生电离
D．BC段溶液中：Fe3+、Na+、NH和Cl－可以大量共存
【答案】D
【详解】A. AB段是向Ba(OH)2溶液中逐滴滴入稀硫酸，发生如下反应：Ba(OH)2+H2SO4=BaSO4↓+2H2O，所以随H2SO4溶液的不断加入，溶液中Ba2+和OH－的浓度越来越小，生成的BaSO4是难溶物，所以导电能力不断减弱，A错误。
B. AB段反应的离子方程式为Ba2++2OH－+2H++SO=BaSO4↓+2H2O，B错误。
C. BC段溶液继续滴加硫酸，因为H2SO4=2H++SO，所以自由移动的离子浓度逐渐增大，导电性逐渐增强，当滴加到一定量时，随着H2SO4的加入，自由移动的离子浓度变化不大，其导电能力基本不再发生变化，C错误。
D. BC段溶液中主要存在H+ 和SO，Fe3+、Na+、NH和Cl－可以大量共存，D错误。
16．某溶液中，忽略水的电离，只含有表中所示的四种离子，推测X离子及其个数b可能为（    ）
离子
Fe3+
Al3+
Cl-
X
个数
a
2a
a
b

A．OH-、8a B．I-、8a C．SO、4a D．SO、8a
【答案】C
【详解】溶液中存在的阳离子为Fe3+、Al3+，根据各自离子个数可知，带正电荷数为：a3+2a3=9a，因溶液呈电中性，则阴离子也应带9a个负电荷，因含有a个Cl-，则选项离子应带8a个负电荷，四个选项阴离子电荷数分别为8a、8a、8a、16a，由于Fe3+与OH-、I-不能大量共存，Al3+和OH-不能大量共存，只有选项C符合题意，故选：C。
17．5KI + KIO3 + 3H2SO4 = 3K2SO4 + 3I2+ 3H2O中，被氧化的碘元素和被还原的碘元素质量比为
A．1:3 B．1:4 C．5:1 D．4:1
【答案】C
【详解】KI中碘元素化合价升高，被氧化的物质的量n=5mol，KIO3中碘元素化合价降低，被还原的物质的量n=1mol，都是碘元素，其摩尔质量相等，则质量比等于物质的量之比，即5:1，故选:C。
18．高锰酸钾溶液在酸性条件下可以与硫酸亚铁反应，离子方程式如下(未配平)：+Fe2++H+=Mn2++Fe3++H2O；下列说法不正确的是
A．是氧化剂，Fe3+是氧化产物
B．Mn2+的还原性弱于Fe2+
C．离子方程式中按物质顺序的化学计量数是：1、5、8、1、5、4
D．生成1分子水时，转移2.5个电子
【答案】D
【详解】A．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，所以是氧化剂，Fe3+是氧化产物，故A正确；
B．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B正确；
C．根据得失电子相等配平方程式得2KMnO4+10FeSO4+8H2SO4=K2SO4+2MnSO4+5Fe2（SO4）3+8H2O，离子方程式为MnO+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，故C正确；
D．根据方程式知，生成1mol水时，转移电子的物质的量=10×1mol/8=1.25mol，故D错误，
故选D。

二、填空题
19．现有以下物质：a.NaOH溶液，b.液氨，c.Ba(OH)2固体，d.NaHSO4，e.Fe(OH)3胶体，f.铜，g.CO2，h.CH3COOH。
(1)①以上物质中属于非电解质的是_______(填序号，下同)，属于强电解质的有_______。
②写出d在水溶液中电离方程式_______。
③在足量d的水溶液中加入少量c的水溶液，发生反应的离子方程式为_______。
④在含a的水溶液中缓缓通少量CO2，该过程的离子反应方程式为_______。
(2)向煮沸的蒸馏水中逐滴加入饱和FeCl3溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热，可制得Fe(OH)3胶体。
①制取Fe(OH)3胶体的离子方程式为_______。
②下列描述的分别是胶体的性质或现象，请按要求填空：
A．胶体的聚沉   B．胶体的电泳   C．丁达尔效应
区分胶体和溶液的方法是_______(填字母，下同)；“卤水点豆腐”，利用的性质是_______(填字母，下同)；工厂采用高压静电除尘，利用的胶体性质是_______。
【答案】(1)     bg     cd     NaHSO4=Na++H++SO     2H++2OH-+Ba2++SO=BaSO4↓+2H2O     2OH-+CO2=CO+H2O
(2)     Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+     C     A     B

【分析】a.NaOH溶液，是混合物，既不是电解质也不是非电解质；b.液氨，属于非电解质，c.Ba(OH)2固体在水溶液或熔融状态下能完全电离，属于电解质，也属于强电解质，，d.NaHSO4，在水溶液或熔融状态下能完全电离，属于电解质，也属于强电解质，e.Fe(OH)3胶体， 是混合物，既不是电解质也不是非电解质，f.铜，属于单质，既不是电解质也不是非电解质，g.CO2，属于非电解质，h.CH3COOH，属于弱电解质。
【详解】（1）①以上物质中属于非电解质的是bg(填序号，下同)，属于强电解质的有cd。故答案为：bg；cd；
②d在水溶液中电离出氢离子、钠离子、硫酸根离子，电离方程式NaHSO4=Na++H++SO。故答案为：NaHSO4=Na++H++SO；
③在足量d的水溶液中加入少量c的水溶液，生成硫酸钡和水，发生反应的离子方程式为2H++2OH-+Ba2++SO=BaSO4↓+2H2O。故答案为：2H++2OH-+Ba2++SO=BaSO4↓+2H2O；
④在含a的水溶液中缓缓通少量CO2，生成碳酸钠，该过程的离子反应方程式为2OH-+CO2=CO+H2O。故答案为：2OH-+CO2=CO+H2O；
（2）①向煮沸的蒸馏水中逐滴加入饱和FeCl3溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热，可制得Fe(OH)3胶体，同时生成HCl，制取Fe(OH)3胶体的离子方程式为Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+。故答案为：Fe3++3H2O=Fe(OH)3(胶体)+3H+；
②区分胶体和溶液的方法是C丁达尔效应(填字母，下同)，溶液不能发生丁达尔效应；胶体粒子带电，遇带相反电荷的离子，会发生聚沉，“卤水点豆腐”，利用的性质是A胶体的聚沉(填字母，下同)；胶体粒子带电，在电场作用下发生定向移动，工厂采用高压静电除尘，利用的胶体性质是B胶体的电泳。故答案为：C；A；B。

三、元素或物质推断题
20．一种无色透明溶液中含有下列离子中的某些离子：K+、Mg2+、Fe3+、Ba2+、SO、OH-、CO和Cl-，取该溶液进行如下实验：
Ⅰ.取少量原溶液滴入紫色石蕊试液，溶液呈蓝色。
Ⅱ.取少许原溶液滴入溶液，无白色沉淀产生。
Ⅲ.取少许原溶液先滴加硝酸再加溶液，产生白色沉淀。
Ⅳ.再取少许原溶液滴入少量溶液，有白色沉淀产生。
(1)根据以上现象判断，原溶液中肯定不存在的离子是_______；肯定存在的离子是_______。
(2)写出实验Ⅲ中可能发生反应的离子方程式：_______，_______。
(3)如原溶液中各种离子的个数相等，确定原溶液中_______(填有或无)，判断依据是_______。
(4)向原溶液中通入过量的二氧化碳，发生反应的离子方程式为_______。
【答案】(1)     Mg2+、Fe3+、SO、CO     Ba2+、OH-、Cl-
(2)     Ag++Cl-=AgCl↓     H++OH-=H2O
(3)     无     溶液中一定有钡离子，氯离子和氢氧根，离子个数相等，根据电荷守恒，所以无钾离子
(4)OH-+CO2=HCO

【分析】溶液无色透明，则溶液中不含有Fe3+；
Ⅰ．取少量溶液滴入紫色石蕊试液，溶液呈蓝色，则溶液中含有CO或OH-中至少一种，不含有Mg2+；
Ⅱ．取少许溶液滴入BaCl2溶液，无白色沉淀产生，则原溶液中不含有SO、CO；
Ⅲ．取少许溶液先滴加硝酸再加AgNO3溶液，产生白色沉淀，则溶液中含有Cl-；
Ⅳ．再取少许原溶液滴入少量H2SO4溶液，有白色沉淀产生，则溶液中含有Ba2+，原溶液中不含有SO、CO，结合Ⅰ可知，原溶液中一定含有OH-；
综上，原溶液中一定含有Ba2+、OH-、Cl-，一定不含有Mg2+、Fe3+、SO、CO，可能含有K+.
【详解】（1）根据以上分析判断，原溶液中肯定不存在的离子是Mg2+、Fe3+、SO、CO；肯定存在的离子是Ba2+、OH-、Cl-。故答案为：Mg2+、Fe3+、SO、CO；Ba2+、OH-、Cl-；
（2）原溶液中一定含有Ba2+、OH-和Cl-，实验Ⅲ中先滴加硝酸再加AgNO3溶液，实验Ⅲ中可能发生反应的离子方程式：Ag++Cl-=AgCl↓，H++OH-=H2O。故答案为：Ag++Cl-=AgCl↓；H++OH-=H2O；
（3）即n(Ba2+)=n(OH-)=n(Cl-)，且2n(Ba2+)=n(OH-)+n(Cl-)，根据溶液不显电性可知，如原溶液中各种离子的个数相等，确定原溶液中无(填有或无)，判断依据是溶液中一定有钡离子，氯离子和氢氧根，离子个数相等，根据电荷守恒，所以无钾离子。故答案为：无；溶液中一定有钡离子，氯离子和氢氧根，离子个数相等，根据电荷守恒，所以无钾离子；
（4）原溶液中一定含有Ba2+、OH-和Cl-，向原溶液中通入过量的二氧化碳，发生反应的离子方程式为OH-+CO2=HCO，故答案为：OH-+CO2=HCO。

四、填空题
21．已知NaNO2能发生如下反应(未配平)：NaNO2+HI→NO+I2+NaI+H2O
(1)配平方程式，并用单线桥表示电子的转移方向和数目：_______。
NaNO2+_______HI—_______NO+_______I2+_______NaI+_______H2O
(2)反应中_______元素被氧化(填元素名称)，_______是氧化剂(填化学式)；
(3)氧化产物是_______(填写化学式，下同)，还原产物是_______。
(4)反应中，每生成1分子I2，转移的电子数为_______；消耗128g还原剂，生成还原产物的质量为_______。
【答案】(1)2NaNO2+4HI=2NO+I2+2NaI+2H2O，
(2)     碘     NaNO2
(3)     I2     NO
(4)     2     30g

【详解】（1）在反应中，N元素的化合价从+3价降低到了+2价，得到1mol电子，I元素的化合价从-1价升高到了0价，共失去电子2mol，根据电子守恒，所含以氮元素的物质前边都乘以系数2，碘单质系数是1，根据原子守恒，NaI前边式系数2，HI前边式系数4，水的前边是系数2，反应为2NaNO2+4HI═2NO+I2+2NaI+2H2O，并用单线桥表示电子的转移方向和数目：。
故答案为：；
（2）反应中碘元素化合价升高，被氧化(填元素名称)，N元素化合价降低，NaNO2是氧化剂(填化学式)；故答案为：碘；NaNO2；
（3）还原剂失电子被氧化生成氧化产物，氧化产物是I2(填写化学式，下同)，氧化剂得电子被还原，得到还原产物，还原产物是NO。故答案为：I2；NO；
（4）I元素的化合价从-1价升高到了0价，共失去电子2mol，反应中，每生成1分子I2，转移的电子数为2；由2NaNO2+4HI═2NO+I2+2NaI+2H2O，4molHI有2mol作氧化剂，得关系式，HI~NO，消耗128g还原剂，生成还原产物的质量为=30g。故答案为：2；30g。