【化学】陕西省吴起高级中学2019-2020学年高一上学期期末考试试题（解析版）

【化学】陕西省吴起高级中学2019-2020学年高一上学期期末考试试题（解析版）

陕西省吴起高级中学2019-2020学年高一上学期期末考试试题 一、选择题（每题只有一个正确选项，每题3分共54分）‎ ‎1.华裔科学家高锟因“在光学通信领域中光在光导纤维中传输”的研究方面所取得的开创性成就获得了诺贝尔物理学奖。光导纤维的主要成分是(　　)‎ A. Si B. SiO‎2 ‎C. Na2SiO3 D. SiCl4‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】光导纤维的主要成分是SiO2；硅常用于制造电脑芯片和太阳能电池板；硅酸钠可用作木材防腐、防火；四氯化硅可用于制备高纯硅。答案选B。‎ ‎2.中国食盐产量居世界首位。下列实验室中的操作类似“海水晒盐”原理的 (　 　)‎ A. 蒸馏 B. 过滤 C. 蒸发 D. 搅拌 ‎【答案】C ‎【解析】A、蒸馏是通过连续加热、冷却使沸点不同的液体物质，从沸点低到沸点高依次分离出来的操作，故A不正确；B、过滤是通过滤纸将固体和液体分离的操作，B错误；C、蒸发是通过加热的方法把溶剂蒸发出来，使溶质析出的操作。海水晒盐就是在阳光照射下，使水份蒸发而析出食盐，相似于实验室进行的蒸发，C正确；D、搅拌不能改变溶质和溶剂的量，不可能有溶质析出，D错误。故本题正确答案为C。‎ ‎3.NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是 ( )‎ A. 1 mol Na与 O2完全反应生成Na2O或Na2O2均失去NA个电子 B. 1mol Na2O2与足量CO2反应时，转移2NA个电子 C. 1mol·L-1的NaOH溶液中含Na+数目为NA D. 23gNa+中含有的电子数为NA ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.1 mol Na与 O2完全反应生成Na2O或Na2O2均失去NA个电子，故A正确；‎ B.1mol Na2O2与足量CO2反应时，转移NA个电子，故B错误；‎ C.溶液体积未知，无法计算Na+数，故C错误；‎ D.23gNa+物质的量为1mol，含有的电子数为10NA，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎4.溶液、胶体和浊液这三种分散系的本质区别是（ ）‎ A. 是否有丁达尔现象 B. 是否能通过滤纸 C. 分散质粒子的大小 D. 是否均一、透明、稳定 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】溶液、浊液、胶体三种分散系的本质区别为分散质粒子的直径大小不同，据此即可解答。‎ ‎【详解】A.胶体具有丁达尔现象，是胶体中胶粒（1nm-100nm）在光照时产生对光的散射作用形成的，该现象是由微粒直径大小决定的，丁达尔现象不是三种分散系的本质区别，故A错误；‎ B.胶体能透过滤纸但不能透过半透膜，是由分散质微粒的直径大小决定的，所以该现象不是三种分散系的本质区别，故B错误；‎ C.根据分散质微粒直径大小来分类，把分散系划分为：溶液(小于1nm)、胶体（1nm-100nm）、浊液(大于100nm)；所以溶液、胶体和浊液这三种分散系的本质区别在于分散质粒子直径大小不同，故C正确；‎ D.溶液均一、透明、稳定，胶体较稳定，浊液不稳定，与分散质微粒的直径大小有关，所以该现象不是三种分散系的本质区别，故D错误；‎ 故答案选C。‎ ‎5. 将4gNaOH固体溶解在水里，配得‎1L溶液，从中取出10mL，这10mL溶液的物质的量浓度是(　　)‎ A. 1mol/L B. 0.1 mol/L C. 0.01 mol/L D. 10 mol/L ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】溶液中的溶质是均一的、稳定的；‎ ‎【详解】4gNaOH的物质的量=‎4g/‎40g/mol=0.1mol，c=n/V=0.1mol/L；则取出的溶液无论多少其浓度均为0.1mol/L，答案为B ‎6.下列转化过程中必须加入还原剂的是(　　)‎ A. FeS→H2S B. SO2→SO32- ‎ C. Fe3+→Fe2+ D. Cu→Cu2+‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】必须加入还原剂才能实现，说明题中物质具有氧化性，加入还原剂后发生氧化还原反应，所含元素化合价降低，以此解答。‎ ‎【详解】A、FeS→H2S，无化合价变化，非氧化还原反应，故A错误； B、SO2→SO32-无化合价变化，非氧化还原反应，故B错误； C.、Fe3+→Fe2+ 化合价降低，被还原，应加入还原剂才能实现，所以C选项是正确的； D、Cu→Cu2+，化合价升高，被氧化，应加氧化剂，故D错误。 所以C选项是正确的。‎ ‎7.海水中含有MgCl2，从海水中提取镁，正确的方法是(　　)‎ A. 海水Mg(OH)2Mg B. 海水MgCl2溶液→ MgCl2（熔融）Mg C. 海水Mg(OH)2MgOMg D. 海水Mg(OH)2MgCl2溶液 → MgCl2（熔融）Mg ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.NaOH价格比较高，一般是电解熔点较低的MgCl2制取Mg，而不是电解Mg(OH)2，A错误；‎ B.向海水中加入HCl不能提纯海水中的MgCl2，B错误；‎ C.由于MgO的熔点高，所以不用电解熔融MgO的方法制取Mg，C错误；‎ D.海水中加入价廉的石灰乳得到Mg（OH）2，Mg（OH）2溶于盐酸得到MgCl2溶液，电解熔融的MgCl2获得Mg，原料容易获得，价钱经济实惠，符合实际操作，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎8.将少量氯水加入KI溶液中振荡，再加入CCl4振荡，静置观察到的现象是 ( )‎ A. 形成均匀的紫红色溶液 B. 有紫色沉淀析出 C. 液体分层，上层呈紫红色 D. 液体分层，下层呈紫红色 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】将少量氯水加入KI溶液中振荡，发生反应：Cl2+ 2KI=2KCl + I2，再加入CCl4振荡，I2在CCl4中溶解度比在水中的溶解度大，CCl4不溶于水且密度比水大，I2溶于CCl4显紫红色，静置后观察到的现象是液体分层，下层呈紫红色；‎ 答案选D。‎ ‎9.下列物质的鉴别方法不正确的是(　　)‎ A. 用氢氧化钠溶液鉴别MgCl2和AlCl3溶液 B. 利用丁达尔效应鉴别Fe（OH）3胶体与FeCl3溶液 C. 用焰色反应鉴别NaCl、KCl和Na2SO4‎ D. 用氯化钙溶液鉴别Na2CO3和NaHCO3两种溶液 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．NaOH与AlCl3溶液反应先生成白色沉淀后沉淀消失，NaOH与MgCl2溶液反应生成白色沉淀，现象不同，可鉴别，故A正确；‎ B．丁达尔效应为胶体特有的性质，Fe(OH)3胶体可产生丁达尔效应，FeCl3溶液不能产生丁达尔效应，则可利用丁达尔效应鉴别Fe(OH)3胶体与FeCl3溶液，故B正确；‎ C．NaCl、Na2SO4的焰色反应均为黄色，现象相同，不能鉴别，故C错误；‎ D．Na2CO3与氯化钙反应生成白色沉淀，NaHCO3溶液与CaCl2溶液不反应，现象不同，可鉴别，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎10.苹果汁是人们喜爱的饮料。由于此饮料中含有Fe2+，现榨的苹果汁在空气中会由淡绿色变化为棕黄色。若榨汁时加入维生素C，可有效防止这种现象发生。这说明维生素C具有（ ）‎ A. 氧化性 B. 还原性 C. 碱性 D. 酸性 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】在空气中，氧气能够把Fe2+氧化成Fe3+，加入维生素C能防止这种氧化，说明维生素C具有还原性，能把Fe3+还原为Fe2+，故选B。‎ ‎11.下列物质间的每步转化只需通过一步反应就能实现的是（ ）‎ A. Fe→Fe2O3→Fe(OH)3→FeCl3 B. Al→Al(OH)3→Al2O3→NaAlO2‎ C. Na→Na2O2→Na2CO3→NaOH D. Si→SiO2→H2SiO3→Na2SiO3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A，Fe与O2在一定条件反应可生成Fe2O3，Fe2O3不能一步转化为Fe（OH）3，Fe（OH）3与HCl反应生成FeCl3和H2O，A项不符合题意；‎ B，Al不能一步转化为Al（OH）3，Al（OH）3受热分解成Al2O3和H2O，Al2O3与NaOH反应生成NaAlO2和H2O，B项不符合题意；‎ C，Na在O2中燃烧生成Na2O2，Na2O2与CO2反应生成Na2CO3和O2，Na2CO3与Ca（OH）2反应生成CaCO3和NaOH，C项符合题意；‎ D，Si与O2加热生成SiO2，SiO2不能一步转化为H2SiO3，H2SiO3与NaOH反应生成Na2SiO3和H2O，D项不符合题意。‎ 答案选C。‎ ‎12.化学在生产和日常生活中有着重要的应用，下表中用途与其性质或原理对应关系不正确的是 （ ）‎ 选项 现象或事实 解释 A Na2O2常用于潜水艇或呼吸面具的供氧剂 Na2O2与H2O、CO2反应产生O2‎ B 常用铝箔做包装材料 金属铝有好的延展性 C FeCl3溶液可用于刻制印刷铜电路板 FeCl3可与Cu发生反应 D 烧菜用过的铁锅，经放置常出现红棕色斑迹 烧菜时铁锅被染色 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.与反应产生，Na2O2常用于潜水艇或呼吸面具的供氧剂，A正确；‎ B. 金属铝有好的延展性，可以制成铝箔包装材料，B正确；‎ C.Cu与FeCl3的反应为，FeCl3溶液可用于刻制印刷铜电路板，C正确；‎ D. 铁锅放置出现红棕色斑迹，是铁生锈生成了氧化铁，D错误；‎ 答案选D。‎ ‎13.向盛有氯化铁溶液的烧杯中加入过量的铜粉，反应结束后，溶液中大量存在的金属离子是(　　)‎ A. Fe2+、Fe3+ B. Fe2+、Cu2+ ‎ C. Fe3+、Cu2+ D. Cu+、Cu2+‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】向盛有氯化铁溶液的烧杯中加入过量的铜粉，发生的反应为Cu+2Fe3＋= 3Fe2＋+Cu2＋，反应结束后，溶液中大量存在的金属离子是Fe2＋、Cu2＋，‎ 答案选B。‎ ‎14.配制一定物质的量浓度的KOH溶液时，导致浓度偏低的原因可能是( )‎ A. 容量瓶中原有少量的蒸馏水 B. 移液时，不慎将液体流到瓶外 C 溶解后没有冷却就转移到容量瓶中 D. 定容时仰视观察刻度线和液面 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A、容量瓶中原有少量的蒸馏水，由于定容时还需要放入蒸馏水，所以不影响配制结果，A不符合题意；‎ B、移液时，不慎将液体流到瓶外，导致配制的溶液中溶质的物质的量偏小，配制的溶液浓度偏低，B符合题意；‎ C、溶解后没有冷却就转移到容量瓶中，冷却后体积变小，配制溶液浓度偏高，C不符合题意；‎ D、定容时仰视观察刻度线和液面，导致溶液体积偏大，配制的溶液浓度偏低，D符合题意；‎ 答案选BD。‎ ‎15.某工厂排放的工业废水中可能含有K+、H+、Mg2+、SO42-、Cl-、NO3-等离子。经检测废水呈明显的碱性,则可确定该厂废水中肯定不含有的离子组合是(　)‎ A. H+、K+、NO3- B. K+、NO3-、SO42- ‎ C. H+、Mg2+ D. K+、Mg2+、SO42-、Cl-‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】废水呈明显的碱性，废水中含OH-，H+、Mg2+与OH-‎ 不能大量共存，废水中肯定不含H+、Mg2+，答案选C。‎ ‎16.下列物质能使干燥的蓝色石蕊试纸先变红后褪色的是(　　)‎ ‎①氯气　②液氯　③新制氯水　④氯气的四氯化碳溶液⑤盐酸　⑥盐酸与少量漂白粉的混合溶液 A. ①②④ B. ①②⑤‎ C. ③⑥ D. ②④⑤‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】能使干燥的蓝色石蕊试纸先变红后褪色，要求该物质具有酸性和漂白性。酸性要有H＋，漂白性要有HClO。①②④中只有Cl2，所以既不显酸性，又不具有漂白性，⑤中盐酸只有酸性，但无漂白性所以，①②④⑤不符合题意；③中新制氯水中含有Cl2、HCl和HClO，既显酸性，又由于含有次氯酸而具有漂白性，⑥中发生反应：Ca(ClO)2＋2HCl===CaCl2＋2HClO，其中盐酸过量，使溶液显酸性，又由于反应生成了次氯酸，而具有漂白性，所以③⑥符合题意，故C正确，‎ 故选C。‎ ‎17.药物“胃舒平”中含有氢氧化铝，可用来治疗胃酸（主要成分是盐酸）过多。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】D ‎【解析】‎ ‎【分析】据四种基本反应类型的含义分析判断。‎ ‎【详解】氢氧化铝与胃酸的反应方程式为Al(OH)3+3HCl＝AlCl3+3H2O。这是两种化合物交换成分生成两种新化合物的复分解反应。本题选D。‎ ‎18.把‎7.4 g由 Na2CO3•10H2O 和 NaHCO3组成的混合物溶于水配成100mL溶液， 其中c(Na+)=0.6 mol•L-1。若把等质量的混合物加热至恒重，残留物的质量是(　　)‎ A. ‎‎2.12‎g B. ‎3.18g C. ‎4.22g D. ‎‎5.28g ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】把7.4gNa2CO3•10H2O和NaHCO3组成的混合物加热至恒重，Na2CO3•10H2O中结晶水完全失去、NaHCO3‎ 分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，所以最终残留物为碳酸钠，根据钠离子守恒可知，n（Na2CO3）=0.5n（Na+）=0.5×0.6mol/L×‎0.1L=0.03mol，最终得到残留物的质量为：‎106g/mol×0.03mol=‎3.18g，故答案选B。‎ 二、填空题(共46分)‎ ‎19.物质有以下转化关系：‎ 根据上图和实验现象，回答下列问题：(用化学式表示)‎ ‎（1）A是_____，X粉末是_______；‎ ‎（2）写出反应①的化学方程式___________________；‎ ‎（3）写出反应②的离子方程式___________________；‎ ‎（4）写出除去固体C中混有的NaHCO3的化学方程式____________。‎ ‎【答案】(1). Na2O2 (2). Cu (3). 2Na2O2+2CO2 ＝ 2Na2CO3+O2 (4). Cu2+ +2OH-  ＝ Cu(OH)2↓ (5). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】淡黄色的粉末可以是单质硫或是过氧化钠，但是能和二氧化碳反应的淡黄色粉末只有过氧化钠，则气体B为氧气，固体C为碳酸钠；X粉末与氧气加热反应生成黑色固体，黑色固体与硫酸反应得蓝色溶液，则X为Cu；蓝色溶液为硫酸铜溶液；碳酸钠与澄清石灰水反应得到NaOH溶液，NaOH与硫酸铜溶液反应得到氢氧化铜蓝色沉淀。‎ ‎【详解】（1）能和二氧化碳反应的淡黄色粉末只有过氧化钠，即A为，蓝色溶液是含有铜离子的溶液，结合上述分析，X粉末是金属铜，故答案为：；；‎ ‎（2）过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，反应的方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，故答案为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；‎ ‎（3）X粉末是金属铜，黑色固体是氧化铜，所以蓝色溶液是硫酸铜，固体C是碳酸钠，和氢氧化钙反应生成碳酸钙和氢氧化钠，氢氧化钠可以和硫酸铜反应生成氢氧化铜和硫酸钠，反应②的离子方程式是：Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓，故答案为：Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓。‎ ‎（4）固体C是碳酸钠，除去碳酸碳中的碳酸氢钠可以采用加热的方法，方程式为：‎ ‎ ，‎ 故答案为：。‎ ‎20.根据所学知识，回答下列问题：‎ ‎（1）现有下列物质；①KCl晶体②液态HCl③CO2 ④汞⑤CaCO3固体⑥稀硫酸⑦酒精C2H5OH ⑧熔融的NaCl ⑨浓氨水，其中属于电解质的是（填序号，下同）___________；属于非电解质的是____________；能导电的有__________。‎ ‎（2）已知：2Fe3++2I−===2Fe2++I2，2Fe2++Br2===2Fe3++2Br−。在含有 FeI2和 FeBr2的溶液中通入少量 Cl2，则最先被氧化的离子是_____，I−、Br−、Fe2+还原性由强到弱的顺序为：___________。‎ ‎（3）实验室里盛装NaOH溶液试剂瓶用橡皮塞或软木塞，而不用玻璃塞。用化学方程式解释：_________________________________________________‎ ‎（4） 0.3mol氨气和0.4mol二氧化碳的质量之比___________，所含分子数之比______________，所含原子数之比____________。‎ ‎【答案】(1). ①②⑤⑧ (2). ③⑦ (3). ④⑥⑧⑨ (4). I− (5). I−＞Fe2+ ＞Br− (6). 2NaOH+ SiO2== Na2SiO3+ H2O (7). 51:176 (8). 3:4 (9). 1:1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质；在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质；含有自由移动的电子或阴阳离子的物质就能导电；‎ ‎（2）还原剂的还原性大于还原产物；‎ ‎（3）玻璃中含有二氧化硅，二氧化硅是酸性氧化物，可以和氢氧化钠反应生成硅酸钠；‎ ‎（4）计算氨气和二氧化碳的质量、原子数即可。‎ ‎【详解】（1）①晶体是化合物，溶于水和熔融状态下都能导电，是电解质，阴、阳离子不自由移动，所以不能导电；②液态是化合物，溶于水能导电，是电解质，液态HCl中只存在分子，所以不导电；③是化合物，虽然其水溶液能导电，但导电的离子不是自身电离的，属于非电解质，只存在分子，所以不导电；④汞属于金属单质，既不是电解质也不是非电解质，金属单质可以导电；⑤CaCO3固体是化合物，溶于水和熔融状态下都能导电，是电解质，阴、阳离子不自由移动，所以不能导电；⑥稀硫酸是混合物，既不是电解质、也不是非电解质，含有自由移动的氢离子和硫酸根，能导电；⑦酒精是化合物，在水溶液和熔融状态下都不导电，属于非电解质；⑧熔融的 是化合物，溶于水和熔融状态下都能导电，是电解质，有自由移动的钠离子和氯离子，能导电；⑨浓氨水属于混合物，既不是电解质、也不是非电解质，含有自由移动的铵根和氢氧根离子，能导电；属于电解质的是①②⑤⑧；属于非电解质的是③⑦；能导电的是④⑥⑧⑨；故答案为：①②⑤⑧；③⑦；④⑥⑧⑨；‎ ‎（2）根据，碘离子是还原剂，亚铁离子是还原产物，故还原性：，根据，亚铁离子是还原剂，溴离子是还原产物，故还原性：，综上所述，还原性顺序：；在含有和的溶液中通入少量，还原性强的先被氧化，即先被氧化，故答案为：；；‎ ‎（3）玻璃中含有二氧化硅，二氧化硅和氢氧化钠反应生成的硅酸钠有黏性，能够将玻璃塞和瓶身粘在一起，方程式为：，‎ 故答案为：；‎ ‎（4）0.3mol氨气的质量是0.3mol×‎17g/mol=‎5.1g，0.4mol二氧化碳的质量是0.4mol×‎44g/mol=‎17.6g，故二者质量比为51:176；分子数之比即为物质的量之比，即3:4；0.3mol氨气含原子物质的量是1.2mol，0.4mol二氧化碳中含原子物质的量为1.2mol，故原子数之比为1:1，故答案为： 51:176；3:4；1:1。‎ ‎21.下图所示是从铝土矿(主要成分是Al2O3，含Fe2O3、SiO2等杂质)中提取氧化铝的工艺流程之一。‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)用盐酸溶解铝土矿后，所得溶液中的阳离子有_____________；‎ ‎(2)固体A的主要成分是________；‎ ‎(3)进行步骤Ⅱ时，为了达到分离要求，加入的NaOH应该_____（填少量或过量）。‎ ‎(4)进行步骤Ⅲ时，一般通入过量CO2，其反应的离子方程式是________；‎ ‎(5)溶液X和盐酸反应的化学方程式为_______________________。‎ ‎【答案】 (1). Fe3＋、Al3＋、H＋ (2). SiO2 (3). 过量 (4). AlO2-＋CO2＋2H2O===HCO3-‎ ‎＋Al(OH)3↓ (5). NaHCO3＋HCl===H2O＋CO2↑+NaCl ‎【解析】‎ ‎【分析】铝土矿主要成分是，含、杂质，其中氧化铝、氧化铁能和盐酸反应，二氧化硅和盐酸不反应，所以固体A为，加入氢氧化钠的目的是分离铁离子和铝离子，应该加入过量的氢氧化钠，铁离子生成氢氧化铁沉淀，铝离子生成偏铝酸根，通入二氧化碳后偏铝酸根生成氢氧化铝沉淀，灼烧氢氧化铝生成氧化铝。‎ ‎【详解】（1）铝土矿主要成分是，含、杂质，其中氧化铝、氧化铁能和盐酸反应，二氧化硅和盐酸不反应，且盐酸过量，故所得溶液中的阳离子有铝离子、铁离子和氢离子，故答案为：；‎ ‎（2）二氧化硅和盐酸不反应，所以固体A，故答案为：；‎ ‎（3）加入氢氧化钠的目的是分离铁离子和铝离子，应该加入过量的氢氧化钠，铁离子生成氢氧化铁沉淀，铝离子生成偏铝酸根，故答案为：过量；‎ ‎（4）通入过量后，偏铝酸根生成氢氧化铝沉淀，过量所以生成碳酸氢根，离子方程式为：AlO2-＋CO2＋2H2O=HCO3-＋Al(OH)3↓，故答案为：AlO2-＋CO2＋2H2O=HCO3-＋Al(OH)3↓；‎ ‎（5）溶液X为碳酸氢钠溶液，和盐酸反应的方程式为：NaHCO3＋HCl=H2O＋CO2↑+NaCl，‎ 故答案为：NaHCO3＋HCl=H2O＋CO2↑+NaCl。‎ ‎22.从古至今，铁及其化合物在人类的生产生活中都起了巨大的作用。‎ ‎（1）古代中国四大发明之一的指南针是由天然磁石制成的，其主要成分是_________________。‎ A．Fe B．FeO C．Fe3O4 D．Fe2O3‎ ‎（2）在现代化工生产中，常利用FeCl3腐蚀铜的原理制作印刷线路板，写出该原理的化学方程式_________________________________。‎ ‎（3）实验室用绿矾FeSO4·xH2O配制FeSO4溶液时为了防止FeSO4溶液变质，经常向其中加入铁粉，其原因是_____________________ (用离子方程式表示)。‎ ‎（4）某同学甲取2 mL FeSO4溶液，加入1滴KSCN溶液，再加入几滴氯水，溶液变红，说明Cl2可将Fe2＋氧化。绿矾溶液与氯水反应的离子方程式为_______。‎ ‎（5）同学乙认为甲同学的实验不够严谨，该同学在2 mL FeSO4 溶液中先加入0.5‎ ‎ mL煤油，再于液面下依次加入1滴KSCN溶液和几滴氯水，溶液变红，煤油的作用是_____________。‎ ‎（6）为测定某绿矾FeSO4·xH2O中结晶水含量，将石英玻璃管（带两端开关K1和K2）（设为装置A）称重，记为m‎1 g；将样品装入石英玻璃管中，再次将装置A称重，记为 m‎2 g；按下图连接好装置进行实验：‎ ‎①仪器B名称是____________。‎ ‎②将下列实验操作步骤正确排序__________（填标号）；重复上述操作步骤，直至A恒重，记为m‎3 g。‎ a．点燃酒精灯，加热 b．熄灭酒精灯 c．关闭K1和K2‎ d．打开K1和K2，缓缓通入N2 ‎ e．称量A f．冷却至室温 ‎③根据实验记录，计算绿矾FeSO4·xH2O化学式中结晶水数目x=_______________________（列式表示）。‎ ‎【答案】(1). C (2). 2Fe Cl3+Cu===2FeCl2+CuCl2 (3). 2Fe3＋+Fe==3 Fe2＋ (4). 2Fe2＋+ Cl2==2Fe2＋ +2Cl- (5). 隔绝空气(排除氧气对实验的影响) (6). 球形干燥管 (7). dabcfe (8). 76(m2-m3)/9(m3-m1)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）四氧化三铁具有磁性；‎ ‎（2）氯化铁和铜反应生成氯化亚铁和氯化铜；‎ ‎（3）铁和铁离子生成亚铁离子，故铁粉可以防止亚铁离子被氧化；‎ ‎（4）氯气可以将亚铁离子氧化为铁离子；‎ ‎（5）煤油隔绝空气防止亚铁离子被氧气氧化；‎ ‎（6）绿矾受热失去结晶水，根据硫酸亚铁质量和结晶水的质量即可计算出x的值。‎ ‎【详解】（1）四氧化三铁具有磁性，答案选C；‎ ‎（2）氯化铁和铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，方程式为：，‎ 答案为：；‎ ‎（3）铁和铁离子生成亚铁离子，故铁粉可以防止亚铁离子被氧化，离子方程式为：，答案为：；‎ ‎（4）氯气将亚铁离子氧化为铁离子，离子方程式为：,‎ 答案为：；‎ ‎（5）煤油密度比水小，与水分层后煤油在上层，隔绝空气防止亚铁离子被氧气氧化，‎ 故答案为：隔绝空气(排除氧气对实验的影响)；‎ ‎（6）①仪器B的名称是球形干燥管；故答案为：球形干燥管；‎ ‎②为防止空气中的O2将绿矾氧化，打开K1和K2通入氮气，加热使绿矾失去结晶水，加热一段时间后停止，关闭K1和K2，然后冷却至室温、称量A的质量，重复操作直至恒重，所以实验操作步骤正确排序为：dabcfe；故答案为：dabcfe；‎ ‎③质量为，FeSO4物质的量为，结晶水的质量为，物质的量为，故 ，故答案为：。‎ ‎23.实验室用MnO2和浓盐酸制氯气的反应为MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋2H2O＋Cl2↑。反应中，如果有‎17.4 g MnO2被还原，那么：‎ ‎(1)产生的Cl2在标准状况下的体积为__________;‎ ‎(2)转移电子的物质的量为_______________;‎ ‎(3)纺织工业中常用氯气作漂白剂，漂白布匹后，过量的氯需要除去，通常可用Na2SO3作“脱氯剂”，脱氯后的产物为Na2SO4，氯变为－1价。若把本题中产生的Cl2完全转化，需要Na2SO3的质量为____________________________。‎ ‎【答案】(1). ‎4.48L (2). 0.4 mol (3). ‎‎25.2 g ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）‎17.4 g 物质的量为‎17.4g÷‎87g/mol=0.2mol，根据方程式MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋2H2O＋Cl2↑，0.2molMnO2被还原生成0.2mol氯气，标准状况下的体积为0.2mol×‎22.4L/mol=‎4.48L，答案为：‎4.48L；‎ ‎（2）中的锰元素由+4价变为+2价，即一个转移两个电子，故0.2mol 转移电子的物质的量为0.4 mol，故答案为：0.4 mol；‎ ‎（3）根据题目信息写出方程式，消耗0.2mol氯气需要0.2mol亚硫酸钠，质量为：，故答案为：‎25.2 g。‎