2018-2019学年吉林省长春外国语学校高一下学期开学考试化学试题（解析版）

2018-2019学年吉林省长春外国语学校高一下学期开学考试化学试题（解析版）

长春外国语学校2018-2019学年第二学期开学前测 高一化学试卷 可能用到的相对原子质量：H—1 C—12 O—16 Na—23 S—32 ‎ 第Ⅰ卷 一、选择题：本题共14小题，每小题4分，共56分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。‎ ‎1.设NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是 A. 标准状况下，2.24 L CCl4所含的原子数为0.5 NA B. 100 mL 0.1 mol/L的NaCl溶液中，所含微粒总数为0.02 NA C. 1.7 g的OH－中含有的电子数为NA D. 78 g Na2O2与足量水反应转移电子数为2 NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ A、标准状况下， CCl4是液态，不适合用气体摩尔体积计算，错误；B、100 mL 0.1 mol/L的NaCl溶液中，微粒总数应该包括水分子，故不止0.02 NA，错误；C、OH—为10电子的粒子，1.7 g的OH—的物质的量为1mol，含有的电子数为NA，正确；D、 78 g Na2O2为1mol，但1mol Na2O2与足量水反应转移电子数为NA(2 Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑)，错误。答案选C。‎ ‎2.配制100mL1.0mol·L-1的NaOH溶液，下列情况会导致溶液浓度偏高的是（ ）‎ A. 容量瓶使用前有少量蒸馏水 B. 配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒 C. 在转移过程中有溶液撒在外面 D. 俯视确定凹液面与刻度线相切 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析： A．容量瓶使用前有少量蒸馏水，对溶液的浓度无影响，错误； B．配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒，则溶质偏少，溶液的物质的量浓度就偏低，错误；C．在转移过程中有溶液撒在外面则溶质偏少，溶液的物质的量浓度就偏低，错误；D．俯视确定凹液面与刻度线相切，则溶液的体积偏小，因此是溶液的浓度偏高，正确。‎ 考点：考查物质的量浓度的溶液配制过程中误差分析的知识。‎ ‎3.已知15 g A物质和10.5 g B物质恰好完全反应生成7.2 g C、1.8 g D和0.3 mol ‎ E，则E物质的摩尔质量是( )‎ A. 110 g B. 110 g/mol C. 55 g/mol D. 55‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：15gA物质和10．5gB物质完全反应，生成7．2gC物质，1．8gD物质和0．3molE物质，由质量守恒定律可知，反应前后的物质的质量和相等，则E的质量为15g+10．5g-7．2g-1．8g=16．5g，E的物质的量为0．3mol，则E的摩尔质量为=55g/mol，答案选C 考点：摩尔质量 ‎4.设NA表示阿伏伽德罗常数，下列叙述中正确的是( )‎ A. 常温常压下，NA个CO2 分子占有的体积为22.4L B. 物质的量浓度为1mol/L的MgCl2 溶液中含有Cl―个数为2NA C. 常温常压下，1.06g Na2CO3含有的Na＋ 个数为0.02NA D. 1mol Fe 与足量的稀硫酸反应转化为Fe3＋失去的电子数为3NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 常温常压下气体的摩尔体积大于22.4L/mol，则NA个CO2分子，即1mol二氧化碳占有的体积大于22.4L，A错误；‎ B. 物质的量浓度为1mol/L的MgCl2溶液的体积无法确定，其中含有Cl―的个数不一定为2NA，B错误；‎ C. 常温常压下，1.06g Na2CO3的物质的量是0.01mol，其中含有的Na＋个数为0.02NA，C正确；‎ D. 1mol Fe与足量的稀硫酸反应转化为Fe2＋失去的电子数为2NA，D错误；‎ 答案选C。‎ ‎5.已知5KCl + KClO3 +3H2SO4==3Cl2 + 3K2SO4 + 3H2O ，下列说法不正确的是 ( )‎ A. H2SO4 既不是氧化剂又不是还原剂 B. 1mol KClO3 参加反应时有5mol电子转移 C. KClO3是氧化剂 D. 被氧化与被还原的氯元素的质量比为1:5‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 反应5KCl+KClO3+3H2SO4＝3Cl2↑+3K2SO4+3H2‎ O中氯化钾中Cl元素的化合价由-1价升高为0，氯酸钾中Cl元素的化合价由+5价降低为0，该反应转移5e-，以此解答。‎ ‎【详解】A．反应5KCl+KClO3+3H2SO4＝3Cl2↑+3K2SO4+3H2O中氯化钾Cl元素的化合价由-1价升高为0，氯酸钾中Cl元素的化合价由+5价降低为0，氯化钾是还原剂，氯酸钾是氧化剂，H2SO4既不是氧化剂又不是还原剂，A正确；‎ B.1molKClO3参加反应时有1mol×（5-0）=5mol电子转移，B正确；‎ C．所含元素化合价降低的物质为氧化剂，则KClO3是氧化剂，C正确；‎ D．KCl为还原剂，被氧化，KClO3是氧化剂被还原，由反应可知被氧化与被还原的氯元素的质量比为5：1，D错误；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】本题考查氧化还原反应，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念和转移电子的考查。‎ ‎6.下列叙述正确的是 A. 氯化氢水溶液能导电，所以氯化氢是电解质 B. 固体氯化钠不导电，所以氯化钠是非电解质 C. SO3溶于水能导电，所以SO3是电解质 D. 铜丝能导电，所以铜是电解质 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 水溶液或熔融液能导电的化合物叫做电解质。电解质电离是其水溶液或熔融液能够导电的基础。可以说电离是化合物属于电解质的条件。A. 氯化氢水溶液能导电，所以氯化氢是电解质，故A正确；B. 氯化钠的水溶液、熔融液可以导电，所以氯化钠是电解质，故B错误；C. SO3溶于水能导电，是因为SO3与水反应产生硫酸溶液，硫酸电离产生自由移动的阳阴离子，所以硫酸是电解质，SO3不是电解质，故C错误；D. 铜是单质，不能电离，所以铜不是电解质，故D错误。故选A。‎ 点睛：解答本题的关键是理解电解质的含义。在水溶液或熔融液中能够电离的化合物属于电解质。‎ ‎7.重金属离子具有毒性。实验室中有甲、乙两种重金属溶液的废液，甲废液经化验呈碱性，主要为有毒离子Ba2＋，如将甲、乙两种废液按一定比例混合，毒性明显降低，同时碱性减弱。则乙废液中可能含有的离子是(　 　)‎ A. Cu2＋ 和SO42― B. Cu2＋ 和Cl―‎ C. K＋ 和SO42― D. Ag＋ 和NO3―‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】甲废液经化验呈碱性，则溶液中含有OH－，主要为有毒离子为Ba2+，将甲、乙两废液按一定比例混合，毒性明显降低，则甲乙发生反应使重金属离子生成沉淀，则乙中应含有SO42－，发生反应Ba2++SO42－＝BaSO4↓，乙中的重金属离子与甲中的OH－反应生成沉淀，根据选项中离子的性质可知，只有A符合，发生反应为2OH－+Cu2+＝Cu（OH）2↓，故答案选A。‎ ‎8.下列指定反应的离子方程式正确的是( )‎ A. 钠与水反应：Na+2H2O＝Na＋+2OH―+H2↑‎ B. 澄清石灰水中通入过量的二氧化碳：CO2+OH―＝HCO3―‎ C. 向氢氧化钡溶液中加入稀硫酸：Ba2＋+OH―+H＋+SO42―＝BaSO4↓+H2O D. 向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水：Ca2＋+HCO3―+OH―＝CaCO3↓+H2O ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，离子方程式为：2Na+2H2O＝2Na++2OH－+H2↑，A错误；‎ B．澄清石灰水中通入过量的二氧化碳生成碳酸氢钙：CO2+OH－＝HCO3－，B正确；‎ C．向氢氧化钡溶液中加入稀硫酸反应生成硫酸钡和水，离子方程式为Ba2++2OH－+2H++SO42－＝BaSO4↓+2H2O，C错误；‎ D．向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水，二者反应产生碳酸钙沉淀和一水合氨，离子方程式为：Ca2++HCO3－+NH4++2OH－＝CaCO3↓+H2O+NH3·H2O，D错误；‎ 答案选B。‎ ‎9.C1O2是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂。实验室可通过以下反应制得C1O2：2KClO3+H2C2O4+H2SO42ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O,下列说法中正确的是 A. 在反应中H2C2O4既不是氧化剂也不是还原剂 B. 1 mol KClO3参加反应，在标准状况下能得到22.4 L气体 C. 1 mol KClO3参加反应有2 mol电子转移 D. KClO3在反应中是氧化剂 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 反应2KClO3+H2C2O4+H2SO4=2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O 中，Cl元素的化合价由+5降低为+4价，C元素的化合价由+3升高到+4价。‎ ‎【详解】A、因C元素的化合价由+3升高到+4价，则H2C2O4在反应中作还原剂，故A错误；‎ B、反应中1molKClO3参加反应，生成1mol二氧化碳和1molClO2，则在标准状况下能得到44.8L气体，故B 错误；‎ C、Cl元素的化合价由+5降低为+4价，1molKClO3参加反应转移的电子为1mol×（5-4）=1mol，故C错误；‎ D、因反应中Cl元素的化合价由+5降低为+4价，KClO3在反应中得到电子，则KClO3反应中是氧化剂，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题考查氧化还原反应，解题关键：明确反应中元素的化合价变化，A选项易错点、也是难点，H2C2O4中C元素化合价的判断，用化合价代数和为0去判断。‎ ‎10.一定体积CO2和O2的混合气体通过足量的Na2O2后，所得气体体积变为原来的3/4，则CO2在原混合气体中的体积分数为 A. 25% B. 40% C. 50% D. 75%‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 假设原来的混合气体的体积为4体积，令原来的混合气体中二氧化碳的体积为x，则：‎ ‎2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，气体减少△V ‎     2             1‎ ‎    x          4体积-3体积=1体积 所以x=2体积，则CO2在原混合气体中的体积分数为×100%=50%。故选C。‎ 点睛：考查根据方程式的计算。假设原来的混合气体的体积为4体积，反应后为3体积，反应前后气体体积减小1体积，导致体积减小的原因为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，根据差量法计算混合气体中二氧化碳的体积。清楚体积减少的原因，运用差量法计算比常规法简单，注意理解差量法的应用。‎ ‎11.某溶液中可能含有H+，Na+，Ba2+，Mg2+，Fe3+，Al3+，SO42﹣，CO32﹣等离子，当向该溶液中加入一定物质的量浓度的NaOH溶液时，发现生成沉淀的物质的量随NaOH溶液的体积变化的图像如图所示，下列判断正确的是 A. 原溶液中一定含有H+、Fe3+、Al3+，可能含Ba2+‎ B. 原溶液中含Fe3+和Al3+，物质的量之比为l：l C. 原溶液中可能含有CO32﹣‎ D. 反应最后形成的溶液中含有的溶质只有NaAlO2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 加入氢氧化钠刚开始没有沉淀，说明溶液中有氢离子，没有碳酸根离子，选项C错误；阴离子只能是硫酸根离子，所以钡离子不存在。后加入氢氧化钠出现沉淀，沉淀量后来减少，说明溶液中存在铝离子，通过沉淀溶解需要的氢氧化钠的体积分析，1摩尔氢氧化铝溶解需要氢氧化钠为1体积，则生成氢氧化铝沉淀需要的氢氧化钠的体积为3体积，说明另一种沉淀1摩尔，需要的氢氧化钠的体积为3体积，说明溶液中存在铁离子，而不是镁离子，铁离子和铝离子的物质的量比为1:1，选项B正确，选项A错误。根据溶液中的离子的存在情况分析，最后的溶液中含有的溶质为偏铝酸钠和硫酸钠，选项D错误。答案选B。‎ ‎12.下列实验现象的描述中不正确的是( )‎ 选项 实验 现象 A 加热放在坩埚中的一小块钠 钠先熔化成光亮的小球，燃烧时，火焰为黄色，燃烧后，生成淡黄色固体 B 在酒精灯上加热铝箔 铝箔熔化时失去光泽，熔化的铝并不滴落好像有一层膜包着 C 点燃的镁条伸入盛有O2的集气瓶(底部铺有少量细沙)中 镁条继续燃烧，发出耀眼的白光，放出大量的热，生成白色固体 D 在空气中久置的铝条放入NaOH溶液中 立刻产生大量无色气泡，铝条逐渐变细，放出大量的热 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A． 加热放在坩埚中的小块钠，发生反应：2Na+O2Na2O2，由于钠的熔点低，因此钠先熔化成光亮的小球，燃烧时，火焰为黄色，燃烧后，生成淡黄色固体，A正确；‎ B． 在酒精灯上加热铝箔，发生反应：4Al+3O22Al2O3，Al的熔点低，而Al2O3熔点高，因此铝箔内部的铝熔化，而表面的铝被氧化后失去光泽并不熔化，故熔化的铝并不滴落，好像有一层膜包着，B正确；‎ C． 点燃的镁条伸入盛有O2的集气瓶(底部铺有少量细沙)中，会发生反应：2Mg+O22MgO，会看到镁条继续燃烧，发出耀眼白光放出大量热量，生成白色固体MgO，C正确；‎ D． 在空气中久置的铝条放入NaOH溶液中，首先发生反应：Al2O3+2NaOH＝2NaAlO2+H2O，因此开始无气泡，后来发生反应：2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑，看到产生气泡，铝条逐渐变细，D错误。‎ 答案选D。‎ ‎13.将ag Fe2O3 、Al2O3 样品溶解在过量的200mL c(H＋)=0.1mol/L的硫酸溶液中，然后向其中加入NaOH溶液使Fe3＋ 、Al3＋ 刚好完全沉淀，用去NaOH溶液100mL，则NaOH溶液的浓度为( )‎ A. 0.1mol/L B. 0.2mol/L C. 0.4mol/L D. 0.8mol/L ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 反应生成硫酸铝、硫酸铁，硫酸有剩余，向反应后的混合溶液中加入100mLNaOH溶液，恰好使Fe3+、Al3+完全沉淀，此时溶液中溶质为Na2SO4，根据原子守恒以及c=n÷V计算。‎ ‎【详解】反应生成硫酸铝、硫酸铁，硫酸有剩余，向反应后的混合溶液中加入100mLNaOH溶液，恰好使Fe3+、Al3+完全沉淀，此时溶液中溶质为Na2SO4，根据硫酸根守恒有n（Na2SO4）=n（H2SO4）=0.2L×0.05mol/L=0.01mol，根据钠离子守恒有n（NaOH）=2n（Na2SO4）=0.02mol，则该c（NaOH）=0.02mol÷0.1L=0.2mol/L，故答案选B。‎ ‎【点睛】本题考查了混合物的计算，明确最后溶液中的溶质是解本题的关键，再结合原子守恒来分析解答，如果考虑每一步反应较麻烦且易出现错误，同时考查学生分析问题及解决问题的能力。‎ ‎14. 下列各组中的物质作用时，反应条件或反应物用量的改变，对生成物没有影响的是 A. Fe和FeCl3 B. Na与O2‎ C. NaOH与CO2 D. NaOH与AlCl3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：A．Fe和FeC13发生反应产生FeCl2，与反应条件及物质的量的多少无关，正确；B．Na与O2在室温下反应产生Na2O，在点燃或加热时发生反应产生Na2O2，反应温度不同，产物不同，错误；C．NaOH与少量CO2反应产生碳酸钠和水，与过量CO2反应产生碳酸氢钠，物质的量多少不同，产物不同，错误；D．少量NaOH与AlC13反应产生氢氧化铝和氯化钠；过量NaOH与AlC13反应产生偏铝酸钠、氯化钠和水，物质的量多少不同，反应产物不同，错误。‎ ‎【考点定位】考查物质发生的反应与反应条件及物质的量多少的关系正误判断的知识。‎ ‎【名师点睛】物质发生反应是由物质的性质决定的，在物质种类相同时，物质的浓度大小、反应的温度、物质的量多少对化学反应也有一定的影响。如S与O2发生反应，，尽管都产生SO2，但在空气中是微弱的淡蓝色火焰，在纯净的氧气中反应产生的是明亮的蓝紫色火焰；Na与O2在室温下反应产生的是Na2O，在点燃或加热时发生反应产生Na2O2，反应温度不同，产物不同；Cu与硝酸发生反应，如是浓硝酸，发生反应：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+NO2↑+2H2O；若是稀硝酸，发生的反应是：3Cu＋8HNO3(稀) =2Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，物质的浓度不同，发生的反应不同；NaOH与AlC13溶液发生反应，若NaOH溶液不足量，发生反应：Al3＋＋3OH-= Al(OH)3↓；若NaOH溶液过量，发生反应：Al3＋＋4OH-= AlO2-+ 2H2O，二者相对物质的量多少不同，反应不同。因此一定要注意外界条件对发生的反应及产物及反应现象的影响。‎ 第Ⅱ卷 二、填空题：本题共4小题，共58分。 ‎ ‎15.掌握仪器名称、组装及使用方法是中学化学实验的基础，根据如图所示的实验装置，回答下列问题：‎ ‎(1)写出下列仪器的名称：x_________；y_____________；z_____________。‎ ‎(2)仪器y的进水口为_____________(填“a”或“b”)。‎ ‎(3)请分别指出图中的一处错误_____________________，_________________。‎ ‎(4)在配置1.0mol/L盐酸溶液时，下列操作会导致所配溶液浓度偏大的是___________(填写字母，下同)；浓度不变的是_______。‎ A．用量筒量取浓盐酸时，俯视量筒刻度线 B．容量瓶未干燥即用来配置溶液 C．浓盐酸在烧杯中稀释时，搅拌时间过长 D．定容后，将容量瓶倒置摇匀，发现液面低于刻度线，继续加水至刻度线 E．在容量瓶中定容时俯视容量瓶刻度线 F．未进行洗涤操作 ‎【答案】 (1). 蒸馏烧瓶 (2). 冷凝管 (3). 500mL容量瓶 (4). b (5). 温度计水银球伸入液面下 (6). 未用玻璃棒引流 (7). E (8). B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由图及常见仪器可知名称；‎ ‎（2）根据冷水在冷凝管中下进上出，冷凝效果好判断；‎ ‎（3）根据装置判断其错误；‎ ‎（4）结合c=n÷V及不当操作对n、V的影响分析。‎ ‎【详解】（1）根据仪器的构造可知x、y、z分别是蒸馏烧瓶、冷凝管、500mL容量瓶。‎ ‎（2）蒸馏时为充分冷却，冷凝管下口是进水口，上口是出水口，因此仪器y的进水口为b。‎ ‎（3）蒸馏时温度计测量的是蒸汽的温度，不是溶液的温度，则装置中的错误是温度计水银球伸入液面下；配制一定物质的量浓度的溶液时必须用玻璃棒引流，防止液体外溅，因此装置中的错误是未用玻璃棒引流；‎ ‎（4）A．用量筒量取浓盐酸时，俯视量筒刻度线，实际量取的盐酸减少，所以所配溶液的浓度偏小；‎ B．容量瓶未干燥即用来配置溶液，n、V均无影响，则浓度不变；‎ C．浓盐酸在烧杯中稀释时，搅拌时间过长，盐酸挥发，溶质的物质的量减少，所以所配溶液的浓度偏小；‎ D．定容后，将容量瓶倒置摇匀，发现液面低于刻度线，继续加水至刻度线，溶液的体积增加，所以所配溶液的浓度偏小；‎ E．在容量瓶中定容时俯视容量瓶刻度线，V偏小，所以所配溶液的浓度偏大；‎ F．未进行洗涤操作，溶质的物质的量减少，所以所配溶液的浓度偏小；‎ 因此所配溶液浓度偏大的是E；浓度不变的是B。‎ ‎16.(1)氯酸钾和浓盐酸在一定温度下反应会生成黄绿色的易爆物二氧化氯，其化学方程式为：2KClO3+4HCl(浓)═2KCl+2ClO2↑+Cl2↑+2H2O ‎①用单线桥表示上述反应中电子转移的方向和数目_____________________；‎ ‎②浓盐酸在该反应中表现的性质是______(填序号)；‎ A．只有还原性 B．还原性和酸性 C．只有氧化性 D．氧化性和酸性 ‎③该反应的还原产物是______________(填化学式)；‎ ‎④上述反应产生0.1 mol Cl2时，转移电子的物质的量为______________。‎ ‎(2)实验室可以用高锰酸钾和浓盐酸反应制取氯气，反应的化学方程式为：2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O ‎①在该反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比是_________________；‎ ‎②KMnO4的氧化性比Cl2的氧化性______________；‎ ‎③若在反应中生成了标况下2.24L氯气，则电子转移的个数是______NA ‎【答案】 (1). (2). B (3). ClO2 (4). 0.2 mol (5). 1:5 (6). 强 (7). 0.2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）①根据反应中氯元素的化合价变化情况解答；‎ ‎②HCl中Cl元素的化合价升高，具有还原性，生成盐表现酸性；‎ ‎③得到电子的元素被还原，得到还原产物；‎ ‎④根据反应中氯元素的化合价变化计算；‎ ‎（2）①分析方程式中元素化合价变化判断氧化剂及还原剂；‎ ‎②依据氧化还原反应中：氧化剂氧化性大于氧化产物氧化性解答；‎ ‎③依据方程式判断元素的化合价变化计算转移电子数。‎ ‎【详解】（1）①KClO3中Cl元素由+5价降低为+4价，HCl中Cl元素由-1价升高为0，反应中转移2e-，则单线桥表示反应中电子转移的方向和数目为；‎ ‎②由反应可知，HCl中部分Cl元素的化合价升高，体现还原性，部分化合价不变生成盐表现酸性，故答案为B；‎ ‎③KClO3中Cl元素由+5价降低为+4价，得到电子，被还原，所以该反应的还原产物是ClO2；④反应可知，生成1molCl2时，转移2mol电子，则产生0.1molCl2时，转移电子的物质的量为0.2mol；‎ ‎（2）①反应2KMnO4+16HCl(浓)＝2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O中，通过化合价升降判断，Mn元素由+7价降低到+2价，Cl元素的化合价由-1价升高到0，2mol高锰酸钾得电子是氧化剂，10molHCl失电子是还原剂，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比是2：10=1：5；‎ ‎②反应2KMnO4+16HCl(浓)＝2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O中高锰酸钾为氧化剂，氯气为氧化产物，依据氧化剂氧化性大于氧化产物氧化性，所以高锰酸钾氧化性强于氯气；‎ ‎③依据方程式2KMnO4+16HCl(浓)＝2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O可知：生成5mol氯气转移10mol电子，则转移2mol电子，生成1mol氯气，标况下2.24L氯气是0.1mol，则电子转移的个数是0.2NA。‎ ‎【点睛】本题考查氧化还原反应，熟悉元素的化合价变化及反应中转移电子数的计算即可解答，注意酸在反应生成盐表现其酸性。‎ ‎17.某校甲、乙两个化学小组学生利用下图所示装置进行“铁与水反应及相关性质”的实验。‎ ‎(1)装置B中发生反应的化学方程式是____________________________________。‎ ‎(2)装置E中的现象是___________________________________________________。‎ ‎(3)将探究小组分为两组，按题图装置进行对比实验，甲组用洒精喷灯、乙组用洒精灯加热，反应产物均为黑色粉末(纯净物)，两组分别用产物进行以下实验。‎ 步骤 操作 甲组现象 乙组现象 ‎1‎ 取黑色粉末加入稀盐酸 溶解，无气泡 溶解，无气泡 ‎2‎ 取少骤1中溶液，滴加酸性KMnO4溶液 紫色褪去 紫色褪去 ‎3‎ 取步骤1中溶液，滴加KSCN溶液 变红 无现象 ‎4‎ 向步骤3溶液中滴加新制氯水 红色褪去 先变红，后褪色 ‎①乙组得到的黑色粉末是________________________。‎ ‎②甲组步骤1中反应的离子方程式为______________________________________。‎ ‎③乙组步骤4中，溶液变红的原因为____________________、___________________；(用离子方程式表示)；溶液褪色可能的原因是_____________________________；验证方法为________________________________________。‎ ‎【答案】 (1). 3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2 (2). 黑色变为紫红色 (3). FeO (4). Fe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++4H2O (5). Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl- (6). Fe3++SCN-=FeSCN2+ (7). 氯水将SCN-氧化破坏了 (8). 继续向溶液中滴入KSCN溶液，溶液变红即可证明 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 装置A提供水蒸气，B中水蒸气与铁发生反应生成四氧化三铁和氢气，C为氢气的收集装置，D为干燥装置，E中氢气与氧化铜反应生成铜和水，据此分析解答。‎ ‎【详解】（1）铁与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，因此装置B中发生反应的化学方程式是3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2；‎ ‎（2）氢气具有还原性，氢气与氧化铜发生置换反应，因此装置E中可观察到黑色变为紫红色，且试管口有水珠生成；‎ ‎（3）①乙组加入盐酸后，在加入KSCN不变红，说明不含铁离子，则生成黑色固体为FeO；‎ ‎②甲组加入盐酸溶解后，分别加入KSCN变红，说明含有铁离子，加入高锰酸钾褪色，说明含有亚铁离子，说明甲组生成Fe3O4，加入盐酸发生反应的方程式为Fe3O4+8H+＝2Fe3++Fe2++4H2O；‎ ‎③乙组步骤4加入氯水，发生反应Cl2+2Fe2+＝2Fe3++2Cl-，KSCN与铁离子发生反应Fe3++SCN-＝FeSCN2+，因此溶液变红。两组实验滴加氯水，都出现红色褪去，可说明氯气能氧化SCN-，如验证，可继续向溶液中滴入KSCN溶液，溶液变红即可证明。‎ ‎【点睛】本题考查物质的性质实验，侧重考查铁离子、亚铁离子的检验方法、性质实验方案的设计与评价，试题综合性较强，注意正确理解、分析题中信息，联系所学的知识进行解答。‎ ‎ ‎