天津市耀华中学2019-2020高一化学上学期期中试题（附解析Word版）

耀华中学 2019－2020 学年第一学期期中高一化学 Ⅰ卷(60 分) 可能用到的相对原子质量：H:1 Na:23 Al:27 K:39 Cu:64 C:12 O:16 S:32 Cl:35.5 N:14 Mn:55 1.采用不同的分类方法，可将非金属氧化物分为不同的类型。例如从某种意义上可将 P2O5、SO2、 SO3、Cl2O7 等归为—类，则下列氧化物与它们属于同—类的是 A. CO B. NO C. N2O5 D. Na20 【答案】C 【解析】 【详解】P2O5、SO2、SO3、Cl2O7 属于酸性氧化物，CO 和 NO 属于不成盐氧化物，N2O5 属于 酸性氧化物；Na2O 是碱性氧化物，答案选 C。 2. 下列说法不正确的是 A. 利用丁达尔现象可以鉴别胶体和溶液 B. 在豆浆里加入盐卤做豆腐与胶体的聚沉有关 C. 胶体与溶液 分离可用渗析的方法 D. KCl 溶液、淀粉溶液和纯水都属于分散系 【答案】D 【解析】 【详解】A、胶体可产生丁达尔现象，溶液不能，所以用丁达尔现象鉴别胶体和溶液，故 A 正 确； B、豆浆属于胶体，向其中加入盐卤，实质是电解质使胶体发生聚沉现象，故 C 正确； C、胶体不能透过半透膜，而溶液中的粒子可以透过半透膜，所以可用渗析的方法分离胶体和 溶液，故 C 正确； D、纯水不是混合物，所以不属于分散系，错误，故 D 错误； 故答案选 D。 3.下列现象或新技术应用中，不涉及胶体性质的是 A. 在饱和氯化铁溶液中逐滴加入 NaOH 溶液，产生红褐色沉淀 B. 使用微波手术刀进行外科手术，可使开刀处的血液迅速凝固而减少失血 C. 清晨，在茂密的树林中，常常可以看到从枝叶间透过的一道道光柱 的D. 肾功能衰竭等疾病引起的血液中毒，可利用血液透析进行治疗 【答案】A 【解析】 【详解】A.在饱和氯化铁溶液中滴加入 NaOH 溶液，产生红褐色沉淀发生复分解反应，与胶 体性质没有关系，A 正确； B.使用微波手术刀进行外科手术，可使开刀处的血液迅速凝固而减少失血利用的是胶体的聚 沉，B 错误； C.清晨在茂密的树林中，常常可以看到从枝叶间透过的一道道光柱，属于胶体的丁达尔效应， C 错误； D.肾功能衰竭等疾病引起的血液中毒，可利用血液透析进行治疗，利用的是胶体不能透过半 透膜，D 错误； 答案选 A。 4.下列中和反应对应的离子方程式能以“H＋+OH－═H2O”表示的是 A. 醋酸和氢氧化钠溶液反应 B. 氢氧化镁和盐酸反应 C. 澄清石灰水和硝酸反应 D. 氢氧化钡和稀硫酸反应 【答案】C 【解析】 【详解】A.醋酸为弱酸，不能拆成离子形式，故错误； B.氢氧化镁不溶于水，不能拆成离子形式，故错误； C.氢氧化钙为稀溶液，能拆成离子形式，硝酸为强酸，能拆成离子形式，故能写成 H＋+OH－ ═H2O，故正确； D.氢氧化钡和硫酸反应生成硫酸钡沉淀和水，硫酸钡不能拆开，故错误。 故选 C。 【点睛】掌握该离子方程式表示强酸和强碱反应生成可溶性盐和水，掌握离子方程式书写过 程中拆成离子形式的物质。 5.下列各组离子在同一溶液中一定能大量共存的是( ) A. 含大量 Ba2＋的溶液中：Cl－、K＋、SO42－、CO32－ B. 含大量 H＋的溶液中：Mg2＋、Na＋、CO32－、SO42－ C. 含大量 OH－的溶液中：K＋、NO3－、SO42－、Cu2＋ D. 含大量 Na＋的溶液中：H＋、K＋、SO42－、NO3－【答案】D 【解析】 【详解】A、含大量 Ba2＋的溶液中硫酸根、碳酸根离子均不能大量共存，生成硫酸钡和碳酸 钡沉淀，A 错误； B、含大量 H＋的溶液中碳酸根离子生成水和 CO2，且镁离子与碳酸根离子不能大量共存，B 错误； C、含大量 OH－的溶液中 Cu2＋转化为氢氧化铜沉淀，不能大量共存，C 错误； D、含大量 Na＋的溶液中 H＋、K＋、SO42－、NO3－之间均不反应，可以大量共存，D 正确； 答案选 D。 【点睛】掌握常见离子的性质、发生的化学反应是解答的关键。注意了解离子不能大量共存 的一般情况：（1）能发生复分解反应的离子之间（即生成沉淀，气体，水、弱酸、弱碱等难 电离物质）；（2）能生成难溶物的离子之间；（3）能发生氧化还原反应的离子之间（如： Fe2+、H+、NO3-；S2-、ClO-；S2-、Fe3+等）；（4）能发生络合反应的离子之间（如 Fe3+和 SCN-）。 6.下列对于某些离子的检验及结论中一定正确的 A. 加入稀盐酸产生无色的气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，一定有 CO32－ B. 加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，一定有 SO42－ C. 加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，一定有 NH4＋ D. 加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，一定有 Ba2＋ 【答案】C 【解析】 【详解】A.溶液中的离子可能是碳酸氢根离子，故错误； B.溶液中可能是银离子，故错误； C.溶液中只能是铵根离子，故正确； D.溶液中可能含有钙离子，故错误。 故选 C。 7.下列有关焰色反应叙述正确的是 A. 氯化钠在火焰上灼烧时火焰呈黄绿色 B. 焰色反应是金属单质的特性 C. 连续做两个样品时，应将铂丝用硫酸洗净并灼烧到无特殊焰色D. 可用洁净的铁丝代替铂丝进行焰色反应 【答案】D 【解析】 【详解】A.含有钠元素的物质焰色反应为黄色，故错误； B.焰色反应是某些金属元素的性质，不是单质的性质，故错误； C.焰色反应实验中用稀盐酸洗铂丝，不用硫酸，故错误； D.用洁净的铁丝可以代替铂丝做焰色反应，故正确。 故选 D。 【点睛】掌握焰色反应的适用范围和操作。焰色反应是金属元素的性质，是物理性质。用洁 净的铁丝或铂丝做实验，实验过程中用稀盐酸洗铂丝。掌握钠的焰色为黄色，钾的焰色为紫 色，需要透过蓝色钴玻璃观察。 8. 2.3g 纯净的金属钠在干燥的空气中被氧化后得到 3.5g 固体,由此可判断其氧化产物是 A. 只有 Na2O B. 只有 Na2O2 C. Na2O 和 Na2O2 D. 无法确定 【答案】C 【解析】 【分析】 金属钠在干燥空气中被氧化后可能为氧化钠、过氧化钠或者二者的混合物，根据方程式计算 判断。 【详解】已知钠与氧气反应，产物为氧化钠或过氧化钠，此题可采用极值法： 钠的物质的量为 0.1mol，若生成物全为 Na2O，其质量为 0.05mol×62g·mol-1= 3.1g＜3.5g；若生 成物全为 Na2O2，其质量为 0.05mol×78g·mol-1=3.9g＞3.5g；故其生成物为 Na2O 和 Na2O2 的混 合物；故选 C。 9.下列关于氯水的叙述中，正确的是 A. 新制氯水中有 3 种分子，有 4 种离子 B. 新制氯水在光照的条件下，可以产生气体，该气体是氯气 C. 向新制氯水中滴加硝酸银溶液，没有任何现象 D. 新制氯水不可以使干燥的有色布条褪色 【答案】A 【解析】 【详解】A.氯水中含有水分子，次氯酸分子，氯气分子，氢离子，氯离子，氢氧根离子，次氯酸根离子，故正确； B.新制的氯水中有次氯酸，在见光的条件下分解生成盐酸和氧气，故错误； C.新制氯水中有盐酸，与硝酸银反应生成氯化银沉淀，故错误； D.新制氯水中有次氯酸，能使干燥的有色布条褪色，故错误。 故选 A。 【点睛】掌握氯水中的成分和性质。有氯气和水和盐酸和次氯酸。氯气有颜色，有强氧化性， 盐酸有酸性，次氯酸有强氧化性和漂白性。 10.常温下，下列各组物质不能用一种试剂通过化学反应区别的是( ) A. MnO2 CuO FeO B. (NH4)2SO4 K2SO4 NH4Cl C. AgNO3 KNO3 Na2CO3 D. Na2CO3 NaHCO3 K2CO3 【答案】D 【解析】 【详解】A、用稀硫酸：MnO2→不反应,CuO、FeO→分别生成蓝色、绿色溶液，A 错误； B、用氢氧化钡,(NH4)2SO4→沉淀和气体,K2SO4→沉淀,NH4Cl→气体，B 错误； C、用稀盐酸：AgNO3→沉淀,KNO3→不反应,Na2CO3→气体，C 错误； D、用稀盐酸：三个都有气体，且无色无味，但 NaHCO3 一旦遇到盐酸就有气体,Na2CO3、K2CO3 则要用多的稀盐酸，鉴别 Na2CO3、K2CO3 可用焰色反应，D 正确。 答案选 D。 11.下列反应中，氯元素全部被氧化的是 A. 2Fe+3Cl2═2FeCl3 B. 2NaCl 2Na+Cl2↑ C. NaOH+HCl═NaCl+H2O D. 2Cl2+2Ca(OH)2═CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O 【答案】B 【解析】 【详解】A.氯气中化合价全部降低，被还原，故错误； B.氯元素化合价全部升高，被氧化，故正确； C.该反应不是氧化还原反应，故错误； D.氯气部分被氧化部分被还原，故错误。 故选 B。12.某温度下，将 Cl2 通入 NaOH 溶液中，反应得到 NaCl、NaClO、NaClO3 的混合液，经测定 ClO－与 ClO 的物质的量浓度之比为 1∶3，则 Cl2 与 NaOH 溶液反应时，被还原的氯元素与被 氧化的氯元素的物质的量之比为 A. 21∶5 B. 11∶3 C. 3∶1 D. 4∶1 【答案】D 【解析】 【详解】根据 ClO-与 ClO3-的浓度之比 1：3，由 Cl 到 ClO-，失去 1 个电子，由 Cl 到 ClO3-， 失去 5 个电子，一共失去 1+3×5=16 个电子；由 Cl 到 Cl-，得到 1 个电子，需要 16 个原子才 能得到 16 个电子，所以，被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比=16：(1+3)=4： 1，故答案为 D。 【点睛】氧化还原反应中，氧化剂得电子总数与还原剂失电子总数相等，常用于有关氧化还 原反应的计算及配平氧化还原反应方程式；运用守恒规律进行氧化还原反应的计算方法：氧 化剂物质的量×变价元素的原子个数×化合价的变化值=还原剂物质的量×变价元素的原子个数 ×化合价的变化值。 13.实验室用 MnO2 和浓盐酸反应制取 Cl2 时，若有 0.2molMnO2 被还原，则被氧化的 HCl 为 A. 29.2g B. 14.6g C. 21.9g D. 7.3g 【答案】B 【解析】 【详解】根据反应方程式分析，0.2mol 二氧化锰被还原，则被氧化的氯化氢为 0.4mol，质量 为 14.6 克。 故选 B。 【点睛】掌握反应中盐酸表现酸性和还原性，其中表现还原性的占二分之一。 14.当溶液中 X2O72-和 SO32-离子数之比为 1：3 时，恰好完全发生氧化还原反应，X 在还原产 物中的化合价为（ ） A. ＋1 B. ＋2 C. ＋3 D. ＋4 【答案】C 【解析】 【详解】题目中要求的是“X 在还原产物中的化合价”，那么 X2O72-在反应中做氧化剂，得到电 子，得到电子的个数等于 SO32-失去电子的个数，而 SO32-→SO42-过程中每个离子失去 2 个电 子，则 3 个离子共失去 6 个电子，那么 1 个 X2O72-在反应过程中应得到 6 个电子，设还原产物中 X 的化合价为 a，则得到 2×(6-a)个电子，故 2×(6-a)=6，解得 a=+3，故选 C。 【点睛】本题考查氧化还原反应计算，旨在考查氧化还原反应中电子转移守恒运用。根据题 中物质的物质的量和得失电子守恒列出等式，n(氧化剂)×变价原子个数×化合价变化值(高价－ 低价)＝n(还原剂)×变价原子个数×化合价变化值(高价－低价)。 15.氮化铝广泛应用于电子、陶瓷等工业领域。在一定条件下，AlN 可通过反应 Al2O3+N2+3C=2AlN+3CO 合成。下列叙述正确 是 A. 上述反应中，N2 是还原剂，Al2O3 是氧化剂 B 上述反应中，每生成 1molAlN 需转移 3mol 电子 C. AlN 中氮元素的化合价为+3 D. AlN 的摩尔质量为 41g 【答案】B 【解析】 【详解】A.反应红氮气中元素化合价降低，做氧化剂，氧化铝没有变价，故错误； B.每生成一个氮化铝转移 3 个电子，故正确； C.氯化铝中的氮元素化合价为-3，故错误； D. AlN 的摩尔质量为 41g/mol，故错误。 故选 B。 16.根据 S2O82－+2e－→2SO42－，Mn2＋+4H2O→MnO4－+8H＋+5e－，推测氧化 1.5molMn2＋需要 Na2S2O8 的物质的量为 A. 1.5mol B. 3.75mol C. 3.25mol D. 3.125mol 【答案】B 【解析】 【详解】根据得失电子守恒分析，锰离子和 S2O82－比例关系为 2:5，故氧化 1.5molMn2＋需要 Na2S2O8 的物质的量为 3.75mol。 故选 B。 17.两份质量相同的 CH4 和 NH3 比较，下列结论错误的是（　　） A. 分子个数比为 17∶16 B. 原子个数比为 17∶16 C. 氢原子个数比为 17∶12 D. 氢原子质量比为 17∶12 【答案】B 【解析】 的【分析】 A.根据 N=m/M×NA 计算判断； B.根据 N=m/M×NA 结合分子构成判断； C.根据 N=m/M×NA 结合一个分子中含有的氢原子个数计算判断； D.根据 H 原子数目之比等于 H 原子质量之比进行计算。 【详解】A.根据 N=m/M×NA 知，质量相同的两种气体中含有的分子个数之比等于摩尔之比的 反比，所以两份质量相同的 CH4 和 NH3 的分子数之比为 17：16，故 A 正确； B.CH4 和 NH3 的分子含有的原子数分别为 5、4，由 A 知两份质量相同的 CH4 和 NH3 的分子数 之比为 17：16，所以含有的原子数之比为 17×5：16×4=85：64，故 B 错误； C.CH4 和 NH3 的分子含有的 H 原子数分别为 4、3，由 A 知两份质量相同的 CH4 和 NH3 的分 子数之比为 17：16，所以含有的 H 原子数之比为 17×4：16×3=17：12，故 C 正确； D.由 C 可知两份质量相同的 CH4 和 NH3 所以含有的 H 原子数之比为 17：12，H 原子数目之比 等于 H 原子质量之比为 17：12，故 D 正确。 故选 B。 18.下列各物质中含氢原子数最多的是 A. 1molNH4Cl B. 1.5molNH4NO3 C. 1.204×1024CO(NH2)2 D. 1molNH3 【答案】C 【解析】 【详解】1molNH4Cl 含 4mol 氢原子， 1.5molNH4NO3 含 6mol 氢原子， 1.204×1024CO(NH2)2 含有 8mol 氢原子， 1molNH3 含有 3mol 氢原子，故含氢原子最多的为 C。 故选 C。 19.已知氧化还原反应：2Cu(IO3)2+24KI+12H2SO4=2CuI↓+13I2+12K2SO4+12H2O，其中 1mol 氧 化剂在反应中得到的电子为（　　） A. 10mol B. 11mol C. 12mol D. 13mol 【答案】B 【解析】 【详解】由 2Cu(IO3)2+24KI+12H2SO4==2CuI↓+13I2+12K2SO4+12H2O 可知，Cu 元素的化合价 由+2 价降低为+1 价，I 元素的化合价由+5 价降低为 0，则 Cu(IO3)2 为氧化剂，所以 1mol 氧化 剂在反应中得到的电子为 1mol×（2-1）+2mol×（5-0）=11mol；答案选 B。 20.Na2FeO4 是一种高效多功能水处理剂。一种制备 Na2FeO4 的方法可用化学方程式表示如下： 2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑，下列说法中不正确的是 A. Na2O2 在反应中只作氧化剂 B. Na2FeO4 既 氧化产物又是还原产物 C. O2 是氧化产物 D. 2molFeSO4 发生反应时，共有 10mol 电子转移 【答案】A 【解析】 【详解】A.反应中 6mol 过氧化钠中有 2mol 过氧化钠中的氧化合价升高，做还原剂，其余做 氧化剂，故错误； B. Na2FeO4 中铁元素是化合价升高后生成的，氧元素是化合价降低后生成的，所以既是氧化产 物又是还原产物，故正确； C.氧气是过氧化钠中氧元素化合价升高生成的，为氧化产物，故正确； D. 反应中铁元素和氧元素化合价升高，总共转移 10 个电子，所以 2molFeSO4 发生反应时，共 有 10mol 电子转移，故正确。 故选 A。 【点睛】掌握元素化合价变化分析氧化还原，注意过氧化钠中的氧元素有不同的变化，根据 原子守恒进行分析。 第Ⅱ卷(40 分) 二、非选择题 21.根据有关概念回答下列问题： （1）稀硫酸 （2）液氨 （3）氨水 （4）铝条 （5）熔融氯化钠 （6）石墨 （7）氢氧 化钡溶液 （8）二氧化硫 （9）水 （10）熔融 Na2O （11）稀盐酸 （12）乙醇 判断上述物质：能够导电的是_______(填序号，下同)；属于电解质的是_______；属于非电解 质的是_______。 【答案】 (1). （1）（3）（4）（5）（6）（7）（9）（10）（11） (2). （5）（9）（10） (3). （2）（8）（12） 【解析】 【分析】 是根据在水溶液中或熔融状态下导电的化合物属于电解质，在水溶液中或熔融状态下不导电的 化合物属于非电解质。注意电解质导电有条件。 【详解】(1)稀硫酸能导电，液氨不导电，氨水能导电，铝条能导电，熔融的氯化钠能导电， 石墨能导电，氢氧化钡溶液能导电，二氧化硫不导电，水能导电，熔融氧化钠能导电，稀盐 酸能导电，乙醇不导电。 (2)氯化钠和水和氧化钠属于电解质； (3)液氨和二氧化硫和乙醇是非电解质。 【点睛】掌握电解质和非电解质都是化合物，单质或混合物不是电解质或非电解质。所以在 判断时先把单质和混合物排除。电解质导电是有条件的，在水溶液或熔融状态下，注意酸在 熔融状态下不导电。 22.完成下列反应的离子方程式 （1）碳酸钙与醋酸反应________ （2）向 NaHSO4 溶液中加入 Ba(OH)2 溶液至中性_____ （3）Na2O2 与水反应______ （4）氯气通入到 NaOH 溶液中_____ （5）SO2 通入氯水中生成硫酸和盐酸______ 【答案】 (1). CaCO3＋2CH3COOH=Ca2＋＋2CH3COO－＋H2O＋CO2↑ (2). 2H＋＋SO42－＋ Ba2＋＋2OH－=BaSO4↓＋2H2O (3). 2Na2O2＋2H2O=4Na＋＋4OH－＋O2↑ (4). Cl2＋2OH－=Cl －＋ClO－＋H2O (5). SO2＋Cl2＋H2O=4H＋＋SO42－＋2Cl－ 【解析】 【分析】 将容易电离的易溶的物质拆成离子形式，注意沉淀或气体或水或弱电解质不能拆成离子形式。 【详解】(1)碳酸钙不溶于水，不能拆成离子形式，醋酸是弱酸，不能拆成离子形式，故离子 方程式为：CaCO3＋2CH3COOH=Ca2＋＋2CH3COO－＋H2O＋CO2↑； (2)硫酸氢钠和氢氧化钡反应到中性，是指氢离子和氢氧根离子完全反应，即反应后生成硫酸 钠，反应的离子方程式为：2H＋＋SO42－＋Ba2＋＋2OH－=BaSO4↓＋2H2O； (3)过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，氢氧化钠属于强碱，能拆成离子形式，故离子方 程式为： 2Na2O2＋2H2O=4Na＋＋4OH－＋O2↑ ； (4)氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠和水，离子方程式为：Cl2＋2OH－=Cl－＋ClO－ ＋H2O ；(5)二氧化硫和氯气反应生成硫酸和盐酸，根据硫酸和盐酸能拆成离子形式书写离子方程式 为;SO2＋Cl2＋H2O=4H＋＋SO42－＋2Cl－。 23.在 xR2＋+yH＋+O2=mR3＋+nH2O 的离子反应中，化学计量数 m 的值为______。 【答案】4 【解析】 【详解】根据原子守恒分析，有 x=m，y=2n，n=2，根据电荷守恒有 2x+y=3m，则 x=m=4。 24.（1） K2MnF6＋ SbF5＝ F2＋ KSbF6＋ MnF3 _____ （2） Fe(NO3)3＋ NaOH＋ Cl2＝ Na2FeO4＋ NaNO3＋ NaCl＋ H2O ______ （3） MnO4－+ H++ Br－= Br2+ Mn2++ H2O ______ 【答案】 (1). 2K2MnF6＋4SbF5＝F2＋4KSbF6＋2MnF3 (2). 2Fe(NO3)3＋16NaOH＋3Cl2＝ 2Na2FeO4＋6NaNO3＋6NaCl＋8H2O (3). 2MnO4－+16H++10Br－=5Br2+Mn2++8H2O 【解析】 【分析】 首先根据化合价变化分析，再根据质量守恒进行配平 【详解】(1)锰元素化合价从+4 降低到+3，氟元素化合价从-1 升高到 0，所以根据电子守恒分 析，F2 与 MnF3 的比例为 1:2，再根据质量守恒分析，得方程式为： 2K2MnF6＋4SbF5＝F2＋ 4KSbF6＋2MnF3 ； (2)氯元素化合价从 0 降低到-1，铁元素化合价从+3 升高到+6，根据电子守恒分析，氯气和硝 酸铁的比例为 2:3，再 根据质量守恒分析，得方程式为： 2Fe(NO3)3＋16NaOH＋3Cl2＝2Na2FeO4 ＋6NaNO3＋6NaCl＋8H2O； (3)反应中锰元素化合价从+7 降低到+2，溴元素化合价从-1 升高到 0，所以根据电子守恒分析， MnO4－与 Br－比例为 2:10，再根据质量守恒分析，得方程式为： 2MnO4－+16H++10Br－ =5Br2+Mn2++8H2O。 25.下列物质中，物质的量最大的是____，含分子个数最多的是_____，含原子个数最多的是 ___，质量最大的是_____。 A．6gH2； B．0.5molCO2； C．1.204×1024 个 HCl 分子； D．147gH2SO4； E．92g 乙醇(C2H5OH)； F．4℃时 10mL 水 【答案】 (1). A (2). A (3). E (4). D 【解析】 。【分析】 根据 n=m/M=N/NA 计算出各物质的物质的量，原子个数和质量，再进行比较。 【详解】各物质的物质的量，原子物质的量，质量依次为：A.3mol，9mol，6g；B.0.5mol， 1.5mol，22g；C.2mol，4mol，73g；D.1.5mol，10.5mol，147g；E.2mol，18mol，92g； F.5/9mol，15/9mol，10g。所以物质的量最大的为 A。分子个数最多的为 A。原子个数最多的 为 E。质量最大的为 D。 26.（1）0.3molNH3 分子中所含质子数与_____个 H2O 分子中所含质子数相等。 （2）含 0.4molAl3＋的 Al2(SO4)3 中所含的 SO42－的物质的量是______。 （3）已知 16gA 和 20gB 恰好完全反应生成 0.04molC 和 31.76gD，则 C 的摩尔质量为 ________。 （4）在反应 X+2Y=R+2M 中，已知 R 和 M 的相对分子质量之比为 22:9，当 1.6gX 与 Y 完全 反应后，生成 4.4gR，则在此反应中 Y 和 M 的质量比是________。 【答案】 (1). 1.806×1023 (2). 0.6mol (3). 106g•mol－1 (4). 16:9 【解析】 【分析】 （1）根据氨气和水都含有 10 个质子分析。 （2）根据硫酸铝中铝离子和硫酸根离子的比例分析。 （3）根据方程式中的质量守恒定律计算 C 的质量，再根据 n=m/M，计算摩尔质量。 （4）根据相对分子质量结合方程式系数计算产生的 M 的质量，再根据质量守恒计算 Y 的质 量，进而计算质量比。 【详解】(1) 一个氨气分子含有 10 个质子，一个水分子含有 10 个质子，所以 0.3molNH3 分子 中所含质子为 3mol，对应的水为 0.3mol,则水分子个数为 1.806×1023 ； (2) 含 0.4molAl3＋的 Al2(SO4)3 的物质的量为 0.2mol 含有的硫酸根离子物质的量为 0.6mol； (3)根据质量守恒定律分析，0.04molC 的质量为 16+20-31.76=4.24g，C 的摩尔质量为 4.24g/0.04mol= 106g•mol－1 ； (4). 根据 R 和 M 的相对分子质量之比为 22:9 分析，反应生成 4.4gR，则生成 3.6 克 M，根据 质量守恒分析，Y 的质量为 4.4+3.6-1.6=6.4 克，则 Y 和 M 的质量比为 6.4:3.6= 16:9。 27.某研究小组制备 84 消毒液(主要成分 NaClO)设计了如图装置。并查阅到下列资料，“在加 热情况下卤素和碱液发生如下反应：3X2+6OH－ 5X－+XO3−+3H2O。”回答下列问题： （1）装置中的大试管内发生反应的离子方程式为_______。 （2）装置中能否省去盛饱和 NaCl 溶液的洗气瓶？______(填“能”或“不能”，下同)，理由是 _______。 （3）装置中能否省去盛浓硫酸的洗气瓶？________，理由是________。 （4）装置中能否省去盛冰水的烧杯？______，理由是_______。 【答案】 (1). Cl2+2OH－=Cl－+ClO－+H2O (2). 不能 (3). 氯气中混有的 HCl 气体进 入试管中也会和氢氧化钠溶液反应，降低了 NaClO 的产量和纯度 (4). 能 (5). 少量水 蒸气进入试管中不影响反应 (6). 不能 (7). 氯气和水的反应是放热反应，反应时温度升 高，可能会引起副反应，生成 NaClO3 【解析】 【分析】 根据二氧化锰和浓盐酸反应生成氯气，氯气中含有氯化氢和水蒸气，氯化氢可以和氢氧化钠 反应，消耗氢氧化钠并减小次氯酸钠的生成，应该除去，水蒸气不影响反应，可以不除去， 因为氯气在不同的温度下和氢氧化钠的反应不同，根据要求应在低温下进行，所以装置中用 冰水冷却。 【详解】(1).大试管在冰水中进行冷却，所以氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠和水， 离子方程式为： Cl2+2OH－=Cl－+ClO－+H2O (2). 氯气中混有的 HCl 气体进入试管中也会和氢氧化钠溶液反应，降低了 NaClO 的产量和纯 度，饱和氯化铵溶液是为了除去氯化氢气体，所以不能省去。 (3)试管中为氢氧化钠溶液，有水，少量水蒸气进入试管中不影响反应，所以能省去浓硫酸的 装置； (4)根据信息分析，氯气和水的反应是放热反应，反应时温度升高，可能会引起副反应，生成 NaClO3，所以不能省去冰水的烧杯。