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    17．乙烯和乙烷的混合气体共a mol，与b mol O2共存于一密闭容器中，点燃后充分反应，乙烯和乙烷全部消耗完，得到CO和CO2的混合气体和45g H2O，试求：
    （1）当a=1时，乙烯和乙烷的物质的量之比n（C2H4）：n（C2H6）=1：1
    （2）当a=1，且反应后CO和CO2的混合气体的物质的量为反应前O2的$\frac{2}{3}$时，b=3，得到的CO和CO2的物质的量之比n（CO）：n（CO2）=1：3．
    （3）a的取值范围是$\frac{5}{6}$＜a＜$\frac{5}{4}$．

    分析 （1）设乙烯与乙烷的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者物质的量之和与生成的水中H原子守恒列方程，据此计算解答；
    （2）根据碳元素守恒计算反应后CO和CO2混合气体的物质的量之和，据此计算b的值；设反应后CO和CO2的物质的量分别为amol、bmol，根据二者之和与氧原子守恒列方程计算；
    （3）根据H原子守恒利用极限法解答，只有乙烯时，a值最大，只有乙烷时，a值最小．

    解答 解：（1）设乙烯与乙烷的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者物质的量之和与H原子守恒列方程，则：x+y=1，4x+6y=$\frac{45}{18}$，解得：x=0.5，y=0.5，故n（C2H4）：n（C2H6）=0.5mol：0.5mol=1：1，故答案为：1：1；
    （2）根据碳元素守恒可知，反应后CO和CO2混合气体的物质的量之和为1mol×2=2mol，故$\frac{2}{3}$b=2，b=3，
    设反应后CO和CO2的物质的量分别为amol、bmol，根据二者之和与氧原子守恒列方程，则：a+b=2，a+2b=3×2-$\frac{45}{18}$，解得：a=0.5，b=1.5，故n（CO）：n（CO2）=0.5mol：1.5mol=1：3，故答案为：3；1：3；
    （3）生成水的物质的量=$\frac{45}{18}$mol=2.5mol，只有乙烯时，a值最大，根据H原子守恒可知，a的极大值为：$\frac{2.5mol×2}{4}$=$\frac{5}{4}$mol，只有乙烷时，a值最小，根据H原子守恒可知，a的极小值为：$\frac{2.5mol×2}{6}$=$\frac{5}{6}$mol，故a的取值范围为：$\frac{5}{6}$＜a＜$\frac{5}{4}$，故答案为：$\frac{5}{6}$＜a＜$\frac{5}{4}$．

    点评 本题考查了混合物反应的计算，题目难度中等，注意掌握质量守恒定律、极值法在化学计算中的应用，试题侧重考查学生的分析、理解能力及化学计算能力．

    练习册系列答案
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    B．在做中和滴定实验时向滴有酚酞的NaOH溶液中滴加盐酸至溶液恰好无色，此时溶液PH＜7
    C．肥田粉溶于水所得溶液中C（NH4+）＞C（SO42-）＞C（H+）＞C（OH-）
    D．PH＞7的草酸钾溶液中C（OH-）-C（H+）=4 C（H2C2O4）+2 C（HC2O4-）+2 C（C2O42-）-C（K+）

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    （2）化学法可采用盐酸或双氧水还原氯酸钠制备ClO2．用H2O2作还原剂制备的ClO2更适合用于饮用水的消毒，其主要原因是H2O2作还原剂时氧化产物为O2，而盐酸作还原剂时产生大量Cl2．
    （3）电解法是目前研究最为热门的生产ClO2的方法之一．如图所示为直接电解氯酸钠、自动催化循环制备高纯ClO2的实验．
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    ②写出阴极室发生反应依次为：ClO2+e-=ClO2-、ClO3-+ClO2-+2H+=2ClO2↑+H2O；
    ③控制电解液H+不低于5mol/L，可有效防止因H+浓度降低而导致的ClO2-歧化反应．若两极共收集到气体22.4L（体积已折算为标准状况，忽略电解液体积的变化和ClO2气体溶解的部分），此时阳极室与阴极室c（H+）之差为1.2mol/L．

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    科目：高中化学 来源： 题型：填空题

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