陕西省商洛市洛南中学2023-2024学年 高一上学期期末化学模拟试卷（解析版）.docx

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2023-2024学年陕西省商洛市洛南中学高一(上)期末模拟化学试卷一、选择题(共15小题，满分45分，每小题3分)1.化学与生产、生活、社会密切相关。下列说法错误的是A.大量使用含丙烷、二甲醚等辅助成分的“空气清新剂”会对环境造成新的污染B.制造普通玻璃的原料为石英砂（Si02）、石灰石（CaCO3）和纯碱C.高锰酸钾溶液、酒精、双氧水能杀菌消毒，都利用了强氧化性D.红柿摘下未熟，每篮用木瓜三枚放入，得气即发，并无湿味。”文中的“气”是指乙烯【答案】C【解析】【详解】A.丙烷、二甲醚都有一定的毒性，会对环境造成污染，故A不选；B.SiO2和CaCO3、Na2CO3在玻璃熔炉里反应生成Na2SiO3和CaSiO3，和过量的SiO2共同构成了玻璃的主要成分，故B不选；C.高锰酸钾溶液和双氧水杀菌消毒，利用了强氧化性，酒精没有强氧化性，故C选；D.成熟的水果能释放乙烯，乙烯可以促进果实成熟，故D不选。故选C。2.2007年中国发射的“嫦娥一号”绕月探测卫星探测月球发现，在月球的土壤中含有较丰富的质量数为3的氦，它可以作为未来核聚变的重要原料之一、关于氦的该种同位素的说法不正确的A.氦的该种同位素应表示为：B.该种氦原子比4He少1个中子C.该种氦原子聚变后可能产生一种质子数比氦的质子数更多的原子D.氦原子的核外电子数比质子数多1个【答案】D【解析】【详解】A．氦质子数为2，质量数为3的氦的原子符号为，故A正确；B．中子数为3﹣2=1，4He的中子数为4﹣2=2，氦原子比4He少1个中子，故B正确；C．核聚变由质量小的原子，在一定条件下发生原子核互相聚合作用，生成新的质量更重的原子核，故C正确；D．氦原子为中性原子，核外电子数等于质子数，故D错误。第15页/共15页学科网（北京）股份有限公司 故选：D。3.下列说法中正确的是A.1molH2SO4的质量为98g·mol-1B.SO2的摩尔质量为64g·mol-1C.SO2的摩尔质量与SO2的相对分子质量相等D.6.02×1023就是阿伏加德罗常数【答案】B【解析】【详解】A．1molH2SO4的质量为98g，A错误；B．SO2的摩尔质量为64g·mol-1，B正确；C．摩尔质量在数值上等于该物质的相对分子质量或相对原子质量，C错误；D．阿伏加德罗常数是有单位的，单位为mol-1，D错误；故选B。4.下列说法正确的是A.第号元素位于第六周期第Ⅵ族B.和互为同素异形体C.和分别含个和个质子D.氯化铵的电子式为【答案】A【解析】【详解】A．稀有气体的原子序数分则是、、、、、、，第号元素应该位于号元素的前两位，即第六周期族，A正确；B．同一种元素形成的不同的单质互为同素异形体，例如氧气和臭氧，和是化合物，不是同素异形体，B错误；C．核素左下角数字代表质子数，和的质子数均为，C错误；D．氯化铵为离子化合物，氯离子也要满足8电子结构，电子式为，D错误；答案选A。5.下列实验操作或装置错误的是第15页/共15页学科网（北京）股份有限公司 A．蒸馏B．过滤C．萃取D．转移溶液A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．蒸馏时，温度计水银球应位于蒸馏烧瓶的支管口附近，用于测量馏分的温度，且冷凝水应该下口进，上口出，故A错误；B．过滤可用于分离不溶性固体和液体，装置图符合操作要求，故B正确；C．萃取可用分液漏斗，装置图符合操作要求，故C正确；D．转移液体时要防止液体飞溅，装置图符合操作要求，故D正确。故选：A。6.按照物质的组成和性质进行分类，HNO3应属于①酸②氧化物③无氧酸④挥发性酸⑤化合物⑥混合物⑦纯净物⑧一元酸A.①④⑤⑦⑧B.②③④⑤C.③④⑤⑦D.②⑤⑥⑦⑧【答案】A【解析】【详解】硝酸的电离方程式为：HNO3＝H＋＋NO3－，硝酸在水中电离出的阳离子只有氢离子属于酸，并且电离出的氢离子数目是一个，所以属于一元酸，硝酸中含有氧元素，所以属于含氧酸；硝酸是由氢、氧、氮元素组成的纯净物，属于化合物；硝酸具有挥发性，属于挥发性的酸，答案选A。7.下列电离方程式书写错误的是A.Na2CO3=2Na++B.NaHSO4=Na++H++C.H2SO4=H++D.KClO3=K++【答案】C【解析】第15页/共15页学科网（北京）股份有限公司 【详解】A．碳酸钠在水溶液里完全电离生成钠离子和碳酸根离子，电离方程式为Na2CO3=2Na+，故A正确；B．硫酸氢钠在水溶液里完全电离生成钠离子、氢离子和硫酸根离子，电离方程式为NaHSO4=Na++H+，故B正确；C．硫酸在水溶液里完全电离生成氢离子和硫酸根离子，电离方程式为H2SO4=2H+，故C错误；D．氯酸钾在水溶液里完全电离生成钾离子和氯酸根离子，电离方程式为KClO3=K++，故D正确；故选C。8.下列各氧化还原反应的化学方程式表示的电子转移情况正确的是A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】A．KClO3中Cl由+5价降低到﹣1价，O由﹣2价升高到0价，每2molKClO3转移电子数为12mol，题目得失电子数目错误，则双线桥表示电子转移的方向和数目为，故A错误；第15页/共15页学科网（北京）股份有限公司 B．反应中浓盐酸表现酸性和还原性，4molHCl参加反应，只有2molHCl被氧化，转移2mol电子，用双线桥表示该反应电子转移情况为，故B错误；C．反应中Si元素化合价由+4价降低到0价，得到电子，C元素由0价升高到+2价，失去电子，用双线桥表示该反应电子转移情况为，故C错误；D．反应中O元素化合价由0价降低到﹣2价，得到2×2e﹣，Mg元素由0价升高到+2价，失去2×2e﹣，故D正确；故选：D。9.下列离子方程式正确的是A.NH4Cl溶液与NaOH溶液混合混和：OH-Cl-=NH3•H2O+Cl-B.稀硫酸滴在铜片上：Cu+2H+=Cu2++H2↑C.稀硫酸与氢氧化钡溶液混和：H+Ba2++OH-=BaSO4↓+H2OD.过量氯气通入溴化亚铁溶液中：3Cl2+4Br-+2Fe2+=2Br2+2Fe3++6Cl-【答案】D【解析】【详解】A．方程式中前后没有变化的离子应该删去，所以NH4Cl溶液与NaOH溶液混合混和：OH-NH3•H2O，选项A错误；B．在金属活动顺序表中Cu排在H的后面，不能置换酸中的氢，所以稀硫酸与铜片不反应，选项B错误；C．反应中离子的计量数与实际不符，所以稀硫酸与氢氧化钡溶液混和：2H+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O，选项C错误；D．过量氯气通入溴化亚铁溶液中生成溴单质和三氯化铁，所以其离子方程式为：3Cl2+4Br-+2Fe2+=2Br2+2Fe3++6Cl-，选项D正确；答案选D。10.下列变化需要加入适当的氧化剂才能完成的是A.Cl2→ClO﹣B.Fe→FeCl2C.H2SO4→SO2D.NO2→HNO3第15页/共15页学科网（北京）股份有限公司 【答案】B【解析】【详解】A．Cl元素的化合价升高，但可发生自身氧化还原反应实现，如氯气与碱反应，故A不选；B．Fe元素的化合价升高，需要加氧化剂发生，故B选；C．S元素的化合价降低，需要加还原剂发生，故C不选；D．N元素的化合价升高，但可发生自身氧化还原反应实现，如二氧化氮与水的反应，故D不选；故选：B。11.下表是元素周期表的一部分，W、X、Y、Z为短周期主族元素，W与X的最高价之和为8。下列分析正确的是WXYZA.X是半导体材料B.Y的最高价氧化物的水化物是弱碱C.Z没有负价D.W的最高价氧化物的水化物是强酸【答案】D【解析】【分析】该表是元素周期表的一部分，W、X、Y、Z为短周期主族元素，W位于第二周期，X、Y、Z位于第三周期，W与X的最高价化合价之和为8，设X的最外层电子数为a，W的最外层电子数为a+2，W、X的最高价化合价之和=a+a+2=8，解得a=3，则X为Al，Y为Si，Z为P，W为N元素，以此分析解答。【详解】根据上述分析可知：W为N，X为Al，Y为Si，Z为P元素。A．X是Al元素，属于金属元素，能够导电，而不是半导体材料，A错误；B．Y为Si，其最高价氧化物的水化物是H2SiO3，该物质属于弱酸，B错误；C．Z为P元素，其最高为+5价，最低为-3价，可见Z元素有负化合价，C错误；D．W为N，N的最高价氧化物的水化物是HNO3，HNO3是一元强酸，D正确；故合理选项是D。12.将30mL、0.5mol/L的Na2SO4溶液，稀释成500mL，则所得溶液的物质的量浓度为A.0.3mol/LB.0.03mol/LC.0.15mol/LD.0.05mol/L【答案】B【解析】第15页/共15页学科网（北京）股份有限公司 【详解】稀释后溶液中硫酸钠的物质的量不变，设稀释后Na2SO4溶液的物质的量浓度为c，根据稀释定律：0.03L×0.5mol/L=0.5L×c，解得c=0.03mol/L，故选B。13.阿伏加德罗常数为6.02×1023mol-1，下列叙述正确的是A.4g重水(D2O)中所含中子数为0.2×6.02×1023B.32g含有少量臭氧的氧气中，共含有氧原子1.204×1024C.4.48LH2和O2的混合气体中所含分子数为0.2×6.02×1023D.0.1molNa2O2溶解于足量的水中，转移电子数为0.2×6.02×1023【答案】B【解析】【详解】A．根据n=m/M和N=n×NA，4g重水(D2O)中所含中子数为4÷20×10×NA=2×6.02×1023，A项错误；B．根据n=m/M和N=n×NA，32g含有少量臭氧的氧气中，共含有氧原子32÷16×NA=1.204×1024，B项正确；C．没有标准状况，无法计算物质的量，C项错误；D．根据2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑转移2e-，则0.1molNa2O2溶解于足量的水中，转移电子数为0.1×6.02×1023，D项错误；答案选B。14.下列离子方程式正确的是A.Na与溶液的反应：B.澄清石灰水与过量NaHCO3溶液反应：2+Ca2++2OH-=CaCO3↓+2H2O+C.硫酸铜溶液与氢氧化钡溶液混合：D.硝酸银溶度与氯化钠溶液混合：【答案】B【解析】【详解】A．Na放入溶液中，钠先和水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠再和硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钠，反应的离子方程式为，故A错误；B．澄清石灰水与过量NaHCO3溶液反应，钙离子和氢氧根离子按1:2反应生成碳酸钙沉淀、碳酸钠、水，反应的离子方程式是2+Ca2++2OH-=CaCO3↓+2H2O+，故B正确；C．硫酸铜溶液与氢氧化钡溶液混合生成氢氧化铜沉淀、硫酸钡沉淀，反应的离子方程式为第15页/共15页学科网（北京）股份有限公司 ，故C错误；D．硝酸银溶度与氯化钠溶液混合生成硝酸钠和氯化银沉淀，反应的离子方程式是，故D错误；选B。15.有氧化镁、氧化铝粉末18.2g将它溶于500mL4mol/L的盐酸里，若要使沉淀的质量达到最大值，则需加入2mol/L的氢氧化钠溶液的体积为A.100mLB.500mLC.1000mLD.1500mL【答案】C【解析】【详解】要使沉淀质量达到最大值，反应后溶质为NaCl，根据氯离子守恒可知：n(NaCl)=n(HCl)=0.5L×4mol/L=2mol，由钠离子守恒可得：n(NaCl)=n(NaOH)=2mol，故需要氢氧化钠溶液体积为：=1L=1000mL，故选：C。二、填空题(共4小题，满分55分)16.完成下列小题（1）现有以下物质：①NaCl晶体　②液态HCl　③NH3　④熔融KCl　⑤蔗糖　⑥铜　⑦CO2　⑧稀硫酸⑨KOH固体①以上物质中能导电的是_____(填序号，下同)；②以上物质中属于电解质的是_____，属于非电解质的是_____；（2）浓硫酸具有A-D所示的性质，以下过程主要表现了浓硫酸的哪些性质？请将选项字母填在下列各小题的括号内：A．强酸性B．吸水性C．脱水性D．强氧化性①浓硫酸使蓝色的胆矾晶体变白色_____；②浓硫酸使木条变黑_____；③热浓硫酸与铜片反应_____；（3）下列三组物质中，均有一种物质的类别与其它三种不同A．MgO、Na2O、CO2、CuOB．HCl、H2O、H2SO4、HNO3第15页/共15页学科网（北京）股份有限公司 C．NaOH、CaCO3、KOH、Cu(OH)2三种物质依次是(填化学式)：A_____、B_____、C_____；这三种物质相互作用可生成一种新物质，这种新物质与盐酸反应的离子方程式为_____。【答案】（1）①.④⑥⑧②.①②④⑨③.③⑤⑦（2）①.B②.C③.AD（3）①.CO2②.H2O③.CaCO3④.+H+=H2O+CO2↑【解析】【小问1详解】①能够导电的物质必须存在自由移动的带电粒子，满足条件的有：④熔融KCl、⑥铜、⑧稀硫酸，故答案为：④⑥⑧；②电解质在水溶液或熔融状态下能够导电，满足条件的为：①NaCl晶体、②液态HCl、④熔融KCl、⑨KOH固体；非电解质在水溶液里或熔融状态下都不导电的化合物，满足条件的有：③NH3、⑤蔗糖、⑦CO2，故答案为：①②④⑨；③⑤⑦；【小问2详解】①浓硫酸使蓝色的胆矾晶体变白色，浓硫酸表现了吸水性，所以B正确，故答案为：B；②浓硫酸使木条变黑，浓硫酸表现了脱水性，故答案为：C；③热浓硫酸与铜片反应，浓硫酸表现了强氧化性和强酸性，故答案为：AD；小问3详解】A．MgO、Na2O、CuO为金属氧化物，为CO2为非金属氧化物；B．HCl、H2SO4、HNO3为酸，而H2O为中性物质；C．NaOH、KOH、Cu(OH)2为碱，而CaCO3为盐；二氧化碳、水和碳酸钙能够反应生成碳酸氢钙，碳酸氢钙与盐酸反应的离子方程式为：+H+=H2O+CO2↑，故答案为：CO2；H2O；CaCO3；+H+=H2O+CO2↑。17.甘氨酸亚铁[(NH2CH2COO)2Fe，M=204g•mol﹣1]是一种补铁强化剂，广泛用于缺铁性贫血的预防和治疗。某化学兴趣小组在实验室利用FeCO3与甘氨酸(NH2CH2COOH)制备甘氨酸亚铁，有关物质性质如下表所示：甘氨酸柠檬酸甘氨酸亚铁第15页/共15页学科网（北京）股份有限公司 易溶于水，微溶于乙醇易溶于水和乙醇易溶于水，难溶于乙醇有强酸性和还原性不易氧化，久储不变实验过程如下：Ⅰ．制备FeCO3：实验小组将足量的废铁屑和500mL1.0mol•L﹣1稀硫酸反应，再与200mL1.0mol•L﹣1NH4HCO3溶液充分混合，装置如图所示，反应结束后过滤并洗涤沉淀。（1）装置丙中发生反应的离子方程式为_________。（2）部分实验操作过程如下，请按正确操作顺序填入字母：________。搭建装置并检查装置气密性→在各个装置中加入试剂→___→____→___→观察到装置丁中有大量气泡冒出→___→待装置甲中液体完全流下→___→__→开动装置丙所连接的搅拌器→∙∙∙∙∙∙。a．关闭开关3；b．盖上装置甲上口玻璃塞；c．关闭开关2，打开开关1；d．关闭开关1，打开开关2；e．打开装置甲上口玻璃塞；f．打开开关3。Ⅱ．制备(NH2CH2COO)2Fe：将步骤Ⅰ得到的沉淀全部转移到装置C中，同时加入200mL1.0mol•L﹣1甘氨酸溶液。先打开仪器a的活塞，待整套装置中空气排净后，加热装置C并不断搅拌；然后向装置C中滴加柠檬酸溶液。反应物充分反应后，向装置C中加入无水乙醇，立即出现白色沉淀，过滤得到甘氨酸亚铁粗品，再对粗品进行纯化。（3）装置D的作用___________。（4）在甘氨酸亚铁的制备过程中，溶液pH与甘氨酸亚铁产率的关系如图所示。第15页/共15页学科网（北京）股份有限公司 ①pH过低或过高均导致产率下降，其原因是________。②柠檬酸的作用有________。（5）下列关于整个实验过程的说法中正确的是________。A.步骤Ⅰ中的废铁屑要预先用热的饱和Na2CO3溶液浸泡，并用倾析法洗涤数次至中性B.步骤Ⅰ采用较大废铁屑而不是铁粉的主要原因是防止反应过于剧烈，铁粉顺着导管从装置乙被压入装置丙中，使得制得的FeCO3中混有杂质C.装置B中盛有的试剂是饱和Na2CO3溶液D.粗品纯化的方法是：先用冰水洗涤，再用无水乙醇洗涤，置于真空干燥机中干燥。（6）通过测量得知：等浓度(NH2CH2COO)2Fe溶液导电能力远小于FeSO4溶液。请分析甘氨酸亚铁不易氧化，久储不变的原因_______。（7）纯化后最终得到15.3g甘氨酸亚铁，则其产率是_____%。【答案】（1）Fe2++2=FeCO3↓+H2O+CO2↑（2）defcab（3）根据装置D中出现白色沉淀，判断排尽装置中的空气，防止氧化亚铁离子（4）①.pH过低使产率下降的原因是H+会与NH2CH2COOH反应，pH过高使产率下降的原因是Fe2+会与OH﹣结合生成Fe(OH)2沉淀②.可以促进FeCO3溶解，增大反应接触面积，还原性可以防止二价铁被氧，调节pH在适当的范围（5）ABD（6）(NH2CH2COO)2Fe为弱电解质，电离出的亚铁离子浓度很小，不易被氧化（7）75%【解析】【分析】由装置A中盐酸和碳酸钙反应制取二氧化碳气体，由于盐酸具有挥发性，生成的二氧化碳气体中混有氯化氢，则装置B中盛有的试剂是饱和碳酸氢钠溶液，用来除去二氧化碳气体中混有的氯化氢气体；利用二氧化碳气体将实验装置中的空气排干净，在进行C装置中的甘氨酸亚铁的制取反应，实验过程中装置C中加入的反应物中含有碳酸亚铁，亚铁离子具有还原性，易被空气中的氧气氧化，影响实验结果，必须将D中导管没入液面以下，防止空气中的氧气进入C装置将亚铁离子氧化。【小问1详解】装置丙中NH4HCO3溶液可与FeSO4溶液反应生成FeCO3，离子方程式Fe2++2第15页/共15页学科网（北京）股份有限公司 =FeCO3↓+H2O+CO2↑；【小问2详解】实验时，关闭开关1，打开开关2，打开装置甲上口玻璃塞，打开开关3，产生氢气赶走装置内的空气，关闭开关2，打开开关1，将FeSO4溶液压入装置丙中，生成氢氧化亚铁沉淀，关闭开关3，关闭开关2，打开开关1，操作顺序defcab，故答案为：defcab；【小问3详解】二价铁具有较强的还原性，为了防止二价铁被氧化，需排净装置中的空气，装置D是用来检验二氧化碳的存在，用来判断是否排净装置中的空气，故答案为：根据装置D中出现白色沉淀，判断排尽装置中的空气，防止氧化亚铁离子；【小问4详解】①NH2CH2COOH中的氨基显碱性，pH过低使产率下降的原因是H+会与NH2CH2COOH反应，pH过高使产率下降的原因是Fe2+会与OH﹣结合生成Fe(OH)2沉淀，故答案为：pH过低使产率下降的原因是H+会与NH2CH2COOH反应，pH过高使产率下降的原因是Fe2+会与OH﹣结合生成Fe(OH)2沉淀；②已知：柠檬酸有强酸性和还原性，强酸性可以促进FeCO3溶解，还原性可以防止二价铁被氧，调节pH在适当的范围，故答案为：可以促进FeCO3溶解，增大反应接触面积，还原性可以防止二价铁被氧，调节pH在适当的范围；【小问5详解】A．步骤Ⅰ中的废铁屑要预先用热的饱和Na2CO3溶液浸泡，除去表面的油污，并用倾析法洗涤数次至中性，故A正确；B．表面积越大反应越快，步骤Ⅰ采用较大废铁屑而不是铁粉的主要原因是防止反应过于剧烈，铁粉顺着导管从装置乙被压入装置丙中，使得制得的FeCO3中混有FeSO4，故B正确；C．Na2CO3溶液，吸收二氧化碳气体，装置B中盛有的试剂是饱和NaHCO3溶液，故C错误；D．由于甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇，故为降低甘氨酸亚铁的溶解度，提高产率和纯度，用乙醇洗涤，置于真空干燥机中干燥防止氧化，故D正确；故答案为：ABD；【小问6详解】通过测量得知：等浓度(NH2CH2COO)2Fe溶液导电能力远小于FeSO4溶液，说明(NH2CH2COO)2Fe为弱电解质，电离出的亚铁离子浓度很小，不易被氧化，故答案为：(NH2CH2COO)2Fe为弱电解质，电离出的亚铁离子浓度很小，不易被氧化；【小问7详解】根据题意，FeCO3过量，0.20mol甘氨酸反应完全，根据质量守恒有关系式：2NH2CH2COOH～第15页/共15页学科网（北京）股份有限公司 (NH3CH3COO)2Fe，则理论上得到的(NH3CH3COO)2Fe的物质的量为n(NH2CH2COOH)=0.10mol，质量为0.01mol×204g/mol=20.4g，产率为：100%=75%；故答案为：75%。18.Ⅰ、（1）配平此反应的方程式：_____。_____Zn+_____HNO3(稀)=_____Zn(NO3)2+_____NO↑+_____H2O。Ⅱ、亚氯酸钠(NaClO2)主要用于棉纺、造纸业，也用于食品消毒、水处理等，以氯酸钠(NaClO3)等为原料制备亚氯酸钠(NaClO2)的工艺流程如图。（2）NaClO2中Cl的化合价为_____。（3）写出反应1的化学方程式_____。（4）反应2中的还原剂是_____。【答案】（1）3Zn+8HNO3(稀)=3Zn(NO3)2+2NO↑+4H2O（2）+3（3）2NaClO3+SO2=Na2SO4+2ClO2（4）H2O2【解析】【小问1详解】反应中Zn元素化合价由0价升高到+2价，N元素化合价由+5价降低到+2价，则反应中Zn与NO的物质的量之比为3：2，反应的方程式为3Zn+8HNO3(稀)=3Zn(NO3)2+2NO↑+4H2O，故答案为：3；8；3；2；4；【小问2详解】NaClO2中Na为+1价、O为-2价，由化合价代数和为0可知Cl的化合价为+3价，故答案为：+3；【小问3详解】NaClO3与SO2反应生成ClO2和Na2SO4，反应方程式为2NaClO3+SO2=Na2SO4+2ClO2，故答案为：2NaClO3+SO2=Na2SO4+2ClO2；【小问4详解】过氧化氢与ClO2在碱性条件下反应生成NaClO2，化学反应方程式为第15页/共15页学科网（北京）股份有限公司 H2O2+2ClO2+2NaOH═2NaClO2+2H2O+O2，H2O2为还原剂，故答案为：H2O2。19.填空（1）-5℃时，高氙酸钠(Na4XeO6)能跟浓硫酸反应生成XeO4气体。请写出该反应的化学方程式：_____（2）Xe的原子序数为54，请画出Xe的原子结构示意图_____。（3）高氙酸钠(Na4XeO6)用于分析锰、铈和铬等元素，显示有突出的优越性，例如高氙酸钠在酸性溶液中能将Mn2+氧化生成，生成XeO3。请写出高氙酸钠溶液和硫酸酸化的硫酸锰溶液反应的离子方程式：_____，若有1molNa4XeO6参加反应，转移电子_____mol。由以上反应可知：酸性条件下，氧化性_____Na4XeO6(选填“>”、“<”或“=”)。【答案】19.Na4XeO6+2H2SO4(浓)═XeO4↑+2Na2SO4+2H2O20.21.①.5+2Mn2++14H+=2+5XeO3+7H2O②.2③.<【解析】【小问1详解】高氙酸钠(Na4XeO6)与浓硫酸发生复分解反应，Na4XeO6+2H2SO4(浓)=XeO4↑+2Na2SO4+2H2O，故答案为：Na4XeO6+2H2SO4(浓)=XeO4↑+2Na2SO4+2H2O；【小问2详解】根据题意核外电子分层排布时有每一层电子数不得超过2n2(n为层数)个，最外层不得超过8个，次外层不得超过18个的原则，以及质子数等于电子数；Xe的原子序数为54，故质子数为54；故原子结构示意图为：，故答案为：；【小问3详解】由信息可知，Mn元素的化合价由+2价升高到+7价，Xe元素的化合价由+8降低为+6价，由电子守恒及质量守恒定律可知，配平的化学反应为5+2Mn2++14H+=2+5XeO3+7H2O，根据Xe和转移电子之间的关系式知，每生成1molXeO3，转移电子的物质的量2mol，则有1molNa4XeO6第15页/共15页学科网（北京）股份有限公司 参加反应，转移电子2mol，同一化学反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，所以氧化性