湖南省长沙市雨花区长沙市第二十一中学2024-2025学年高一上学期12月期中化学试题

这是一份湖南省长沙市雨花区长沙市第二十一中学2024-2025学年高一上学期12月期中化学试题，文件包含化学试题docx、化学答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共28页， 欢迎下载使用。
一、单选题
1．杭州亚运会主火炬使用了废碳再生的甲醇作燃料，助力打造碳中和亚运会。甲醇属于
A．有机化合物B．高分子C．氧化物D．混合物
【答案】A
【难度】0.94
【知识点】无机物与有机物
【详解】由分子的组成可知，甲醇是烃的含氧衍生物，属于有机化合物，故选A。
2．下列物质的应用中，利用了氧化还原反应的是
A．用纯碱清洗铁屑表面的油污(油脂类)B．用明矾处理污水
C．用高铁酸钠()杀菌消毒D．用盐酸去除铁锈(主要成分)
【答案】C
【难度】0.85
【知识点】明矾的净水作用及原理、氧化还原反应在生活、生产中的应用、氧化还原反应定义、本质及特征
【详解】A．油脂在碱性条件下可以发生水解，没有利用氧化还原反应，故A不符合题意；
B．用明矾[KAl(SO4)2⋅·12H2O]溶于水中，电离出的铝离子发生水解生成氢氧化铝胶体，利用胶体的吸附性可吸附污水中的固体颗粒物，该过程利用胶体的吸附性，发生的反应中没有元素的化合价变化，没有利用氧化还原反应，故B不符合题意；
C．高铁酸钠()，具有强氧化性，能使蛋白质发生变性而杀死细菌病毒，杀菌消毒的过程利用了氧化还原反应，故C符合题意；
D．用盐酸去除铁锈（主要成分Fe2O3·xH2O），发生的主要反应为：6HCl+Fe2O3===2FeCl3+3H2O，反应中没有元素化合价的变化，没有利用氧化还原反应，故D不符合题意；
答案选C。
3．物质分类的依据通常有组成和性质。下列物质分类中，只考虑组成的是
A．Na2SO4是钠盐、硫酸盐、正盐
B．HNO3是一元酸、强酸、挥发性酸
C．Mg(OH)2是二元碱、难溶性碱、中强碱
D．Al2O3是两性氧化物、金属氧化物、最高价氧化物
【答案】A
【难度】0.85
【知识点】酸、碱、盐、氧化物、分类方法的应用
【详解】A.Na2SO4是钠盐、硫酸盐、正盐，都是从组成上考虑的，A选；
B.HNO3是一元酸是从组成上考虑的，HNO3是强酸、挥发性酸是从性质上考虑的，B不选；
C.Mg（OH）2是二元碱是从组成上考虑的，Mg（OH）2是难溶性碱、中强碱是从性质上考虑的，C不选；
D.Al2O3是金属氧化物是从组成上考虑的，Al2O3是两性氧化物是从性质上考虑的，D不选；
答案选A。
4．常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A．0.1ml/L氨水：Na+、K+、OH-、NO
B．0.1ml/L盐酸：Cu2+、K+、NO、SO
C．0.1ml/LKMnO4溶液：NH、Na+、NO、I-
D．0.1ml/LAgNO3溶液：NH、Mg2+、Cl-、SO
【答案】A
【难度】0.85
【知识点】限定条件下的离子共存
【详解】A．在0.1ml/L氨水中，四种离子可以大量共存，A正确；
B．在0.1ml/L盐酸中含有大量氢离子，氢离子和亚硫酸根离子不共存，且酸性条件下硝酸根离子有强氧化性，能氧化亚硫酸根离子，B错误；
C．高锰酸根离子有强氧化性，碘离子有还原性，两者能发生氧化还原反应，不能大量共存，C错误；
D．在0.1ml/L硝酸银溶液中，银离子可以与氯离子、硫酸根离子反应生成氯化银、硫酸银沉淀，不能共存，D错误；
答案选A。
5．下列离子组中所有离子都能大量共存的是
A．、、、B．、、、
C．、、、D．、、、
【答案】B
【难度】0.94
【知识点】无附加条件的离子共存、离子反应的发生条件
【详解】A．镁离子和碳酸根离子结合生成碳酸镁沉淀不能大量共存，A错误；
B．四种离子之间不发生反应能够大量共存，B正确；
C．钙离子和硫酸根离子结合生成硫酸钙微溶物不能大量共存，C错误；
D．三价铁离子与碘离子发生氧化还原不能大量共存，D错误；
故选B。
6．在无色透明的溶液中，能大量共存的离子组是
A．Cu2+、Fe3+、SOB．Al3+、NO、OH-
C．Na+、Cl-、K+D．H+、Cl-、CO
【答案】C
【难度】0.85
【知识点】限定条件下的离子共存、离子共存
【详解】A．Cu2+是蓝色的，Fe3+是黄色的，溶液有颜色，A不符合题意；
B．Al3+与OH-反应生成氢氧化铝沉淀，不能共存，B不符合题意；
C．溶液没有颜色，且各种离子之间不发生反应可以共存，C符合题意；
D．H+与CO 反应生成二氧化碳和水，不能共存，D不符合题意；
故选C。
7．关于下列诗句或谚语，说法不正确的是（ ）
A．“忽闻海上有仙山，山在虚无缥缈间”的海市蜃楼是一种自然现象，与胶体知识有关
B．“水乳交融，火上浇油”前者包含物理变化，而后者包含化学变化
C．“滴水石穿、绳锯木断”不包含化学变化
D．“落汤螃蟹着红袍”肯定发生了化学变化
【答案】C
【难度】0.85
【知识点】物质的化学变化、化学科学对人类文明发展的意义、胶体的性质和应用
【详解】A．空气属于胶体，海市蜃楼是光线在沿直线方向密度不同的气层中，经过折射造成的结果，故A正确；
B．水乳交融体现的是物质溶解性，属于物理变化，火上浇油体现的是物质的燃烧反应，属于化学变化，故B正确；
C．水滴石穿蕴含着碳酸钙与二氧化碳和水反应生成碳酸氢钙，属于化学变化，绳锯木断体现的是物质间的摩擦，属于物理变化，故C错误；
D．“落汤螃蟹着红袍”体现了在加热条件下蛋白质发生了变性，生成了新的物质，属于化学变化，故D正确；
故选C。
8．设为阿伏加德罗常数的值，已知：在一定条件下的分解反应为，下列叙述错误的是
A．含数小于
B．生成时被氧化的N原子数为
C．的溶液含数为
D．生成（标准状况）时生成的水中极性键数为
【答案】A
【难度】0.85
【知识点】物质结构基础与NA相关推算、阿伏加德罗常数的应用
【详解】A．8.0 g NH4NO3的物质的量为0.1ml，为弱碱阳离子，会发生水解，在溶液中的数目小于，题中没有说明溶液，A错误；
B．生成0.2 ml HNO3时，被氧化的0.5 NA，B正确;
C．pH=1的HNO3溶液中c(HNO3)=0.1ml/L，1LpH=1的HNO3溶液中含数为0.1NA，C正确;
D．生成8960 mL N2(标准状况)时，生成的水的物质的量为0.9ml，1个水分子中含有2个极性键，0.9ml水分子中极性键数为1.8NA，D正确;
故选A。
9．下列图象能正确表示相关反应中产物物质的量的变化的是
（横、纵坐标单位：ml）
A．图1：n（HCl）=1ml，K2CO3逐步加入到HCl溶液中，在敞口容器中生成的气体
B．图2：n（NaOH）=1ml，CO2逐步通入到NaOH溶液中反应生成的盐
C．图3：n（O2）=1ml，高温下C和O2在密闭容器中的反应产物
D．图4：n（HNO3）=1ml，Fe和稀HNO3反应生成的氧化产物（还原产物为NO）
【答案】C
【难度】0.65
【知识点】铁与强氧化性酸的反应、碳酸钠与盐酸的反应
【详解】A、K2CO3逐步加入到HCl溶液中生成的二氧化碳气体越来越多，当盐酸反应完后，不再有二氧化碳气体生成，A错误；
B、二氧化碳气体逐步通入到NaOH溶液中先生成碳酸钠，当氢氧化钠反应完全后，再通入二氧化碳则碳酸钠与二氧化碳反应生成碳酸氢钠；
C、高温下C和O2在密闭容器中的反应先生成1ml二氧化碳，碳过量后继续与二氧化碳反应生成CO，C正确；
D、铁与稀硝酸反应先生成硝酸铁，当硝酸反应完全后，铁继续与硝酸铁反应生成硝酸亚铁，D错误；
答案选C。
10．NA表示阿伏加 德罗常数，下列关于7.8g过氧化钠固体的说法正确的是（ ）
A．与足量H2O反应，生成O2分子数目为0.1NA
B．其中所含离子总数目为0.4NA
C．与足量CO2反应，转移的电子数目为0.1NA
D．其中所含电子总数目为0.4NA
【答案】C
【难度】0.65
【知识点】过氧化钠和二氧化碳反应、过氧化钠与水的反应、物质结构基础与NA相关推算、氧化还原反应与NA相关推算
【详解】过氧化钠的摩尔质量是78g/ml，7.8g过氧化钠就是0.1ml，
A．过氧化钠固体与足量H2O反应，2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑，根据方程式知2ml过氧化钠与足量水可以得到1ml氧气，即1NA个氧气分子，则0.1mlNa2O2充分反应生成O2的物质的量为0.05ml，所以生成O2分子数目为0.05NA，故A错误；
B．1ml过氧化钠晶体由2ml钠离子和1ml过氧根离子构成，所以1ml过氧化钠中有3ml离子，则0.1mlNa2O2有0.3ml离子，故B错误；
C．过氧化钠与二氧化碳反应：2Na2O2+2CO2 =2Na2CO3+O2，氧气来自过氧化钠中的氧，且化合价由-1价变到0价，每生成1ml氧气转移电子的是2ml，即2NA个电子，所以0.1ml过氧化钠就可以和二氧化碳反应转移0.1NA电子，故C正确；
D．1ml过氧化钠晶体中含有2ml钠离子和1ml过氧根离子，1个钠离子含有10个电子，一个过氧根离子含有18个电子，所以1ml过氧化钠晶体中含有38ml电子，则0.1mlNa2O2，含电子总数目为3.8NA，故D错误；
故答案为：C。
【点睛】Na2O2与水或二氧化碳的反应中，Na2O2既是氧化剂，又是还原剂，等物质的量的Na2O2与Na2O所含的离子总数相等。
11．设为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A．31g白磷中含有的磷原子数为
B．溶液中含有的数目为
C．标准状况下，中含有的原子总数为
D．与足量水反应转移的电子数为
【答案】A
【难度】0.85
【知识点】阿伏加德罗常数的应用
【详解】A．31g白磷中含有31g磷原子，磷原子物质的量为，磷原子数为，故A正确；
B．溶液体积未知，不能确定氯离子数目，故B错误；
C．标准状况下不是气体，不能依据体积确定分子数，故C错误；
D．与足量水反应转移的电子数为，故D错误；
故选：A。
12．下列物质属于碱的是
A．B．C．D．
【答案】C
【难度】0.94
【知识点】酸、碱、盐、氧化物
【详解】A．属于醇类，A不符合题意；
B．属于无机盐，B不符合题意；
C．是二元强碱，C符合题意；
D．是碱式盐，D不符合题意；
故选C。
13．胶体是一种重要的分散系，下列说法正确的是
A．胶体分散质不能通过滤纸孔隙
B．胶体和溶液的本质区别是胶体能够产生丁达尔效应
C．16.25 g FeCl3水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数小于0.1 NA
D．将氯化铁饱和溶液滴加到氨水中可以制得氢氧化铁胶体
【答案】C
【难度】0.85
【知识点】胶体的制备、胶体的性质和应用、分散系概念及组成、胶体
【详解】A．胶体分散质的直径在1-100nm，能通过滤纸孔隙，故A错误；
B．胶体和溶液的本质区别是胶体分散质的颗粒大小，故B错误；
C．由于胶体是分子的集合体，16.25 g FeCl3水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数小于0.1 NA，故C正确；
D．将氯化铁饱和溶液滴加到氨水中，发生复分解反应，生成沉淀，不是胶体，故D错误；
故选C。
14．催化还原的机理示意图如下。下列说法不正确的是（ ）
A．的断裂需要吸收能量B．①→②，发生加成反应
C．④中，被氧化为D．生成总反应的化学方程式是
【答案】C
【难度】0.65
【知识点】化学反应中能量变化的原因、氧化还原反应的概念判断
【详解】A. 断裂化学键吸收能量，则H-H的断裂需要吸收能量，故A正确；
B. 如图所示，C=O键转化为单键，为加成反应，故B正确；
C. ④中，CO转化为甲烷，C元素的化合价降低，得到电子被还原，故C错误；
D. 由图可知二氧化碳和氢气反应生成甲烷和水，反应为，故D正确；
故选C。
15．NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．标准状况下，2.24 L苯中含有碳碳双键的数目为0.3NA
B．100 g质量分数为17%的H2O2溶液中氧原子的数目为NA
C．24 g金属镁在空气中完全燃烧，转移电子数为2NA
D．已知H2(g)＋I2(g)=2HI(g) △H=-11 kJ·ml-1，当晶体I2与H2反应生成2NA个HI分子时，反应放出的热量为11 kJ
【答案】C
【难度】0.65
【知识点】阿伏加德罗常数的求算、阿伏加德罗常数的应用、氧化还原反应与NA相关推算、物质结构基础与NA相关推算
【详解】A．苯在标准状况下不是气体，且苯分子中不含碳碳双键，A错误；
B．H2O2溶液中不仅溶质过氧化氢含氧原子，水分子中也含氧原子，100 g质量分数为17%的H2O2溶液中氧原子的数目大于，即含氧原子数大于NA，B错误；
C．金属镁在空气中完全燃烧会生成镁离子失去2个电子，24 g金属镁的物质的量为1ml，则转移电子数为2NA，C正确；
D．晶体I2和I2(g)状态不同，所含的能量不同，则根据热化学方程式可知，当晶体I2与H2反应生成2NA个HI分子时，反应放出的热量不等于11 kJ，D错误；
故选C。
16．氨氮废水是造成河流湖泊富营养化的主要原因，处理氨氮废水(主要以和NH3·H2O的形式存在)的主要流程如图所示：

下列说法不正确的是
A．过程I降低氮元素浓度的方法：加入NaOH溶液，调节pH为碱性，升高温度，再通入空气，赶出氨气
B．过程II是在碱性条件下通入氧气实现：→→转化，被氧气氧微生物化为 ，总反应的离子方程式： +2O2 +H2O+2H+
C．过程III中甲醇的作用是作还原剂，将还原为N2
D．过程III的转化过程为→→N2，每生成1mlN2转移10ml电子
【答案】B
【难度】0.65
【知识点】氧化还原反应在生活、生产中的应用、氧化还原反应方程式的书写与配平、氧化还原反应有关计算
【分析】向氨氮废水中加NaOH溶液，调节pH至9后，升温至30℃，并通入空气将氨气赶出并回收，得到低浓度的氨氮废水;然后使低浓度的氨氮废水在微生物作用下，将经过两步反应被氧化成，得到含有HNO3的废水，再向废水中加入CH3OH，将HNO3还原成N2。从而得到达标废水。
【详解】A．向废水中加入NaOH溶液，与OH反应+OH-= NH3·H2O，反应产生的NH3·H2O受热易分解变为NH3被热空气带出，从而使废水中的氮元素含量降低，故A正确；
B．在碱性条件下被氧气氧微生物化为 ，总反应的离子方程式： +2OH-+2O2 +3H2O，故B错误；
C．废水中加入CH3OH，将HNO3还原成N2，故C正确；
D．在反应中得到电子被还原产生N2，每生成1mlN2转移10ml电子，故D正确；
故选B。
17．通常利用反应Cl2+2NaBr=2NaCl+Br2从海水中提取Br2。该反应属于
A．化合反应B．分解反应C．置换反应D．复分解反应
【答案】C
【难度】0.85
【知识点】四种基本反应类型、氧化还原反应基本概念、四种基本反应类型与氧化还原反应的关系
【详解】该反应是一种单质和一种化合物，反应生成另一种单质和另一种化合物，这样的反应为置换反应；答案选C。
18．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是
A．常温下，将5.6g铁块投入足量浓硝酸中，转移电子数为0.3NA
B．4.6g乙醇中含有C-H键数目为0.5NA
C．某温度和压强下，将46g NO2气体充入密闭容器中，容器中的分子数为NA
D．在合成氨反应中，当有2.24L氨气(标准状况下)生成时，转移的电子数小于0.3NA
【答案】B
【难度】0.65
【知识点】气体物质与NA相关的推算、阿伏加德罗常数的应用
【详解】A．常温下，铁在浓硝酸中钝化，不能完全反应，故转移电子数小于0.3NA，A项错误；
B．乙醇的相对分子质量为46g/ml，4.6g乙醇的物质的量为0.1ml，1ml乙醇分子中含有5mlC-H键，故4.6g乙醇中含有C-H键数目为0.5NA，B项正确；
C．二氧化氮的相对分子质量为46g/ml，故46g二氧化氮的物质的量为1ml，二氧化氮转化为N2O4，为可逆反应，故1ml的NO2气体充入密闭容器中，容器中的分子数小于NA，C项错误；
D．标况下2.24L氨气的物质的量为，而合成氨的反应中，生成1ml氨气转移3ml电子，故生成0.1ml氨气转移电子为0.3 NA，D项错误；
答案选B。
二、解答题
19．从某矿渣（成分为NiFe2O4、NiO、FeO、CaO、SiO2等）中回收NiSO4的工艺流程如图：
已知①600℃时发生反应：NiFe2O4+4H2SO4═NiSO4+Fe2（SO4）3+4H2O
②Ksp（CaF2）=4.0×10-11
回答下列问题：
（1）将NiFe2O4写成氧化物的形式为 ；（NH4）2SO4的作用是 。
（2）“焙烧”时矿渣中部分FeO反应生成Fe2（SO4）3的化学方程式为 。
（3）“浸渣”的成分有Fe2O3、FeO（OH）、CaSO4外，还含有 （写化学式）。
（4）向“浸出液”中加入NaF以除去Ca2+，当溶液中c（F-）=2.0×10-3ml•L-1时，若除钙率为99%，则原“浸出液”中c（Ca2+）= g•L-1。
（5）“萃取”后，分离得到无机层的操作为 ，用到的主要玻璃仪器是 。
（6）将“浸渣”进一步处理后，利用以下流程可得到高铁酸盐。K2FeO4是倍受关注的一类新型、高效、无毒的多功能水处理剂。回答下列问题：
①反应液Ⅰ和90%Fe（NO3）3溶液反应的离子方程式为 。
②反应液Ⅱ经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤可得到K2FeO4晶体，流程中的碱用KOH而不用NaOH的原因是 。
【答案】 NiO•Fe2O3 提供和矿渣反应的硫酸（或硫酸铵分解产生硫酸等） 4FeO+6H2SO4+O22Fe2（SO4）3+6H2O SiO2 4.0×10-2 分液 分液漏斗 2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O 高铁酸根在苛性钠溶液中的溶解度大于苛性钾溶液
【难度】0.4
【知识点】物质分离、提纯综合应用、溶度积常数相关计算、null
【分析】某矿渣的主要成分是NiFe2O4（铁酸镍）、NiO、FeO、CaO、SiO2等，加入硫酸铵研磨后，600°C焙烧，已知：（NH4）2SO4在350℃以上会分解生成NH3和H2SO4．NiFe2O4在焙烧过程中生成NiSO4、Fe2（SO4）3，在90°C的热水中浸泡过滤得到浸出液，加入NaF除去钙离子，过滤得到滤液加入萃取剂得到无机相和有机相，无机相通过一系列操作得到硫酸镍，有机相循环使用；
足量Cl2通入和KOH溶液中，温度低时发生反应Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，向溶液I中加入KOH，使氯气完全反应，且将溶液转化为碱性溶液，只有碱性条件下次氯酸根离子才能和铁离子发生氧化还原反应生成高铁酸根离子，除去KCl得到碱性的KClO浓溶液，向碱性的KClO浓溶液中加入90%的Fe（NO3）3溶液，发生反应2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O，得到溶液II，纯化得到湿产品，将湿产品洗涤、干燥得到晶体K2FeO4。
【详解】（1）（NH4）2SO4的作用：提供和矿渣反应的硫酸（或硫酸铵分解产生硫酸等），故答案为：NiO•Fe2O3；提供和矿渣反应的硫酸（或硫酸铵分解产生硫酸等）；
（2）矿渣中部分FeO焙烧时与H2SO4反应生成Fe2（SO4）3的化学方程式为4FeO+6H2SO4+O22Fe2（SO4）3+6H2O，故答案为：4FeO+6H2SO4+O22Fe2（SO4）3+6H2O；
（3）“浸渣”的成分有Fe2O3、FeO（OH）、CaSO4外，还含有SiO2，故答案为：SiO2；
（4）当溶液中c（F-）=2.0×10-3ml•L-1时，c（Ca2+）=ml•L-1=1.0×10-5ml•L-1，原“浸出液”中c（Ca2+）为x，除钙率为×100%=99%，x=1.0×10-3ml/L=（1.0×10-3ml×40g/ml）/L=4.0×10-2g•L-1
故答案为：4.0×10-2；
（5）“萃取”后，分离得到无机层的操作是分液，主要仪器是分液漏斗，故答案为：分液；分液漏斗；
（6）①反应液Ⅰ和90%Fe（NO3）3溶液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；
②足量的氯气与KOH反应得到“反应液I”，“反应液I”中含有过量的氯气，在“反应液I”中加KOH固体可以与“反应液I”中过量的Cl2继续反应，生成更多的KClO，反应液Ⅱ经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤可得到K2FeO4晶体，流程中的碱用KOH而不用NaOH的原因是：高铁酸根在苛性钠溶液中的溶解度大于苛性钾溶液，故答案为：高铁酸根在苛性钠溶液中的溶解度大于苛性钾溶液。
【点睛】由复杂硅酸盐改写成氧化物形式的一般原则是先写一系列金属氧化物，并按金属活动性顺序排列，较活动的金属氧化物写在前面，再写SiO2，含有氢元素的H2O最后写。氧化物之间加黑点隔开，各氧化物的系数均为整数，并写在相应氧化物前面。写成氧化物后，原化学式中的各元素、原子的个数比应保持不变。
20．某同学设计实验如图所示：
(1)两个烧杯中的试管都分别盛有2 mL 0.1 ml/L H2C2O4溶液和4 mL 0.1 ml/L 酸性KMnO4溶液，分别混合并振荡，记录溶液褪色所需时间。该实验目的是研究 ，但该实验始终没有看到溶液褪色，推测原因 。
(2)已知草酸(H2C2O4)受热分解的化学方程式为：H2C2O4 → H2O+CO↑+CO2↑，写出FeC2O4在密闭容器中高温分解的化学方程式 。
【答案】 温度对反应速率的影响 KMnO4溶液过量 FeC2O4Fe+2CO2↑(或FeC2O4FeO+CO↑+CO2↑、FeO+COFe+CO2↑)
【难度】0.65
【知识点】反应速率的测定、氧化还原反应在生活、生产中的应用
【分析】两烧杯中水的温度不同，该实验是研究温度对反应速率的影响；草酸与高锰酸钾反应的物质的量之比为5：2，结合草酸分解产生的物质分析反应方程式。
【详解】(1)两烧杯中水的温度不同，该实验是研究温度对反应速率的影响；草酸与高锰酸钾反应的化学方程式为：5H2C2O4+2MnO4-+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，根据方程式可知二者物质的量之比n(H2C2O4)：n(KMnO4)=5：2，试管中加入的H2C2O4的物质的量为n(H2C2O4)=c·V=0.1 ml/L×0.002 L=2.0×10-4 ml/L，KMnO4的物质的量n(KMnO4)=c·V=0.1 ml/L×0.004 L=4.0×10-4 ml/L，所以试管中草酸与高锰酸钾物质的量之比为1：2，高锰酸钾溶液过量，不能完全反应，所以溶液不褪色；
(2)FeC2O4在密闭容器中高温分解产生FeO、CO、CO2，反应的化学方程式为：FeC2O4FeO+CO↑+CO2↑，分解产生的CO可能会还原FeO为Fe，继续发生反应FeO+COFe+CO2↑，所以总反应方程式为FeC2O4Fe+2CO2↑。
【点睛】本题考查了化学反应速率的影响因素、反应方程式的书写及反应现象与反应物质的关系。掌握氧化还原反应的规律、化学反应速率的影响因素是本题解答的关键。
21．Na、K属于碱金属元素，其形成的物质在生活生产中有广泛应用。NaCl不仅可以作调味剂，在工业生产中也占据着重要地位。
(1)写出Na+电子式 ，比较Na+和Cl-的半径大小 ，NaCl属于 晶体。
(2)NaCl是氯碱工业的原料，此工业可以制取的产品有 (至少写出2种)。
(3)KIO3常用作食盐中的补碘剂，可用“氯酸钾氧化法”制备，该方法的第一步反应为：______I2+______KClO3+______→______KH(IO3)2+5KCl+3Cl2↑。配平该反应的化学方程式 。反应中生成的Cl2可用 吸收制备漂粉精。
NaHCO3俗称小苏打，可用于治疗胃酸过多。
(4)有实验小组利用pH传感器探究Na2CO3和NaHCO3的性质，实验过程如表所示。
写出Na2CO3与澄清石灰水反应的离子方程式 ，OH-未参与该反应的实验证据是 。
(5)结合离子方程式说明NaHCO3可用于治疗胃酸过多的原因 。胃酸过多易引起胃溃疡，小苏打可用于治疗胃溃疡，如果处于胃溃疡的活动期，医生不建议服用小苏打，请猜测医生不建议的原因 。
【答案】(1) Na+ r(Na+)