【化学】福建省莆田第二十五中学2019-2020学年高一上学期期末考试试题（解析版）

【化学】福建省莆田第二十五中学2019-2020学年高一上学期期末考试试题（解析版）

福建省莆田第二十五中学2019-2020学年高一上学期期末考试试题 ‎1.下列各组物质中，属于纯净物的是（ ）‎ A. 冰水混合物 B. 漂白粉 C. 浓硫酸 D. 食醋 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．冰是固态的水，故冰水混合物中只有H2O分子，为纯净物，故A符合题意；‎ B．漂白粉是氯化钙和次氯酸钙的混合物，故B不符合题意；‎ C．浓硫酸为硫酸溶液，为混合物，故C不符合题意；‎ D．食醋是醋酸的水溶液 ，为混合物，故D不符合题意；‎ 故答案为A。‎ ‎2.下列物质属于非电解质的是（ ）‎ A. 盐酸 B. 氯化钠 C. 氯水 D. 蔗糖 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、盐酸是混合物不是化合物，所以不是电解质，也不是非电解质，选项A错误；‎ B、氯化钠溶于水能够电离，是电解质，不是非电解质，选项B错误；‎ C、氯水是混合物，不是化合物，所以氯水不是电解质，也不是非电解质，选项C错误；‎ D、蔗糖是化合物，水溶液中和熔融状态下都不导电，属于非电解质，选项D正确；‎ 答案选D。‎ ‎3.下列变化过程属于化学变化的是（ ）‎ A. 碘升华 B. 氯气用于自来水消毒 C. 浓盐酸的挥发 D. 用苯萃取溴水中的溴 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．碘升华是分子间距离增大，过程中无新物质生成，为物理变化，故A不符合题意；‎ B．氯气用于自来水消毒是利用氯气和水反应生成的次氯酸具有强氧化性，消毒杀菌，过程中生成了新的物质，为化学变化，故B符合题意；‎ C．浓盐酸的挥发是氯化氢分子间距离增大，过程中无新物质生成，为物理变化，故C不符合题意；‎ D．用苯萃取溴水中的溴，利用的是溴单质在苯中溶解度远大于水中，过程中无新物质生成，为物理变化，故D不符合题意；‎ 故答案为B。‎ ‎4. 下列物质中，氮元素的化合价最低的是（ ）‎ A. N2 B. NH3 C. NO D. NO2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】N2中氮元素的化合价是0价；NH3中氮元素的化合价是-3价；NO中氮元素的化合价是+2价；NO2中氮元素的化合价是+4价，故答案选B。‎ ‎5.用自来水养金鱼时，通常先将自来水经日晒一段时间后，再注入鱼缸，其目的是（ ）‎ A. 利用紫外线杀死水中的细菌 B. 提高水温，有利于金鱼生长 C. 增加水中氧气的含量 D. 促使水中的次氯酸分解 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】自来水一般用氯气消毒，氯气溶于水生成氯化氢和次氯酸，次氯酸具有氧化性，不利于金鱼的生存，所以晒一段时间的目的是促使水中的次氯酸分解，答案选D。‎ ‎6.下列说法中正确的是（ ）‎ A. H2SO4的摩尔质量是98 g B. 1 mol H2O的质量是18 g/mol C. 1 mol N2的体积是22.4 L D. Cl－的摩尔质量是35.5 g/mol ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．摩尔质量单位为g/mol，H2SO4的摩尔质量是98 g/mol，A错误；‎ B．质量的单位为g，1 mol H2O的质量是18g，B错误；‎ C．气体体积和温度、压强有关，1 mol N2的体积在标准状况下是22.4 L，在其他条件下不一定是22.4L，C错误；‎ D．原子的摩尔质量和对应离子摩尔质量相等，氯原子摩尔质量为35.5g/mol，故氯离子摩尔质量也为35.5g/mol，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎7.下列有关物质的分类正确的是（ ）‎ A. 混合物：空气、有色玻璃、水银 B. 碱：Ba(OH)2、Cu2(OH)2CO3、NH3·H2O C. 盐：醋酸钠、氯化铵、纯碱 D. 氧化物：H2O、CO、HCOOH ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.水银（Hg）是单质，不是混合物，A项错误；‎ B. Cu2(OH)2CO3是碱式盐，不是碱，B项错误；‎ C. 醋酸钠、氯化铵、纯碱都是盐，C项正确；‎ D. HCOOH是一种羧酸，不是氧化物，D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎8.2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑，下列说法中正确的是（ ）‎ A. Na是氧化剂 B. Na既是氧化剂，又是还原剂 C. Na是还原剂 D. H2O是还原剂 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】在2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑反应中，Na元素的化合价升高，H2O中H元素的化合价降低，结合氧化还原反应的规律分析解答。‎ ‎【详解】A．Na元素的化合价升高，被氧化，Na是还原剂，故A错误；‎ B．反应中，Na元素的化合价升高，H2O中H元素的化合价降低，Na是还原剂，H2O是氧化剂，故B错误；‎ C．Na元素的化合价升高，被氧化，Na是还原剂，故C正确；‎ D．反应中，H2O中H元素的化合价降低，被还原，H2O是氧化剂，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎9.下列关于Cl2性质的说法正确的是（ ）‎ A. 是无色无味的气体 B. 能使干燥的有色布条褪色 C. 与石灰乳反应可制取漂白粉 D. 与铁粉共热生成氯化亚铁 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】A、氯气为黄绿色气体；B、干燥的氯气不具有漂白性；C、工业上将氯气通入石灰乳[Ca(OH)2]制取漂白粉；D、Cl2与铁粉共热生成氯化铁。‎ ‎【详解】A、氯气为黄绿色，有刺激性，有毒的气体，故A错误；‎ B、干燥的氯气不具有漂白性，不能使有色布条褪色，故B错误；‎ C、工业上将氯气通入石灰乳[Ca(OH)2]制取漂白粉，反应为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+2H2O+Ca(ClO)2，故C正确；‎ D、Cl2与铁粉共热生成氯化铁，故D错误。‎ 答案选C。‎ ‎10.下列操作过程中一定有氧化还原反应发生的是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A项是溶液的蒸发，没有化合价的变化，不是氧化还原反应，错误；‎ B项是酸碱中和反应，没有化合价的变化，不是氧化还原反应，错误；‎ C项是溶解过程，没有化合价的变化，不是氧化还原反应，错误；‎ D项是电解，一定有化合价的变化，是氧化还原反应，正确。答案选D。‎ ‎11.下列溶液中的Cl− 浓度与50 mL 1 mol/L MgCl2溶液中的Cl− 浓度相等的是（ ）‎ A. 150 mL 1 mol/L NaCl溶液 B. 75 mL 2 mol/L CaCl2溶液 C. 150 mL 2 mol/L KCl溶液 D. 50 mL2 mol/L KClO3溶液 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】50mL 1mol/L MgCl2溶液中Cl-的物质的量浓度c（Cl-）=2c（MgCl2）=2mol/L，则 A、150mL 1mol/L NaCl溶液中Cl-的物质的量浓度c（Cl-）=c（NaCl）=1mol/L，故A不选；‎ B、75mL 2mol/L CaCl2溶液中Cl-的物质的量浓度c（Cl-）=2c（CaCl2）=4mol/L，故B不选；‎ C、150mL 2mol/L KCl溶液中Cl-的物质的量浓度c（Cl-）=c（KCl）=2mol/L，故C选；‎ D、氯酸钾不能电离出氯离子，50 mL 2 mol/L KClO3溶液中Cl-的物质的量浓度c（Cl-）=0，故D不选；‎ 故答案选C。‎ ‎12.某同学用以下装置制备并检验Cl2的性质。下列说法正确的是(　 　)‎ A. Ⅰ图：若MnO2过量，则浓盐酸可全部消耗完 B. Ⅱ图：证明新制氯水只有酸性 C. Ⅲ图：产生了棕黄色的雾 D. Ⅳ图：湿润的有色布条褪色 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．二氧化锰与浓盐酸反应，随着反应的进行，浓盐酸变稀，二氧化锰不与稀盐酸反应，即使二氧化锰过量，盐酸也不能全部消耗完，A错误；‎ B．图Ⅱ中溶液先变红后褪色，不仅能证明新制氯水具有酸性，还可以证明新制氯水具有漂白性，B错误；‎ C．铜丝在氯气中燃烧，生成棕黄色的烟，不是雾，烟是固体小颗粒形成的气溶胶，雾是小液滴形成的气溶胶，C错误；‎ D．氯气没有漂白性，不能使干燥有色布条褪色，图Ⅳ 中氯气遇到湿润有色布条与水反应生成HClO，HClO具有漂白性，可使有色布条褪色，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎13.下列反应中，不是氧化还原反应的是 ( )‎ ‎①H2+Cl22HCl ‎ ‎②Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑ ‎ ‎③2H2O2H2↑+O2↑‎ ‎④CuO+2HNO3=Cu(NO3)2+H2O ‎ ‎⑤2HgO2Hg+O2↑‎ A. ②④ B. ①③ C. ①②③ D. ④⑤‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】①H2+Cl22HCl 反应中H和Cl的化合价发生变化，属于氧化还原反应，故①不选；‎ ‎②Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑反应中各元素的化合价都没有变化，不是氧化还原反应，故②选；‎ ‎③2H2O2H2↑+O2↑反应中H和O的化合价发生变化，属于氧化还原反应，故③不选；‎ ‎④CuO+2HNO3=Cu(NO3)2+H2O反应中各元素的化合价都没有变化，不是氧化还原反应，故④选；‎ ‎⑤2HgO2Hg+O2↑反应中Hg和O的化合价发生变化，属于氧化还原反应，故⑤不选；‎ 不属于氧化还原反应的有②④，故选A。‎ ‎14.配制一定物质的量浓度的溶液，如果定容时仰视刻度线，最后配成的溶液中溶质的实际浓度与所要求的相比（ ）‎ A. 偏大 B. 偏小 C. 不变 D. 无法确定 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】配制一定物质的量浓度的溶液，如果定容时仰视刻度线，导致所配溶液的体积偏大，最后配成的溶液中溶质的实际浓度与所要求的相比偏小；‎ 答案选B。‎ ‎15.下列关于加热的操作正确的是(　　)‎ A. 给试管中的液体加热时，试管口不准对着别人，但可以对着自己 B. 玻璃仪器都可以用于加热 C. 用H2还原氧化铜的实验中，应把H2通过预先加热的氧化铜 D. 无论给试管中的液体还是固体加热，都必须先预热 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．加热时，试管口不可以对着自己，也不能对着别人，以防液体沸腾溅出伤人，A错误；‎ B．有的玻璃仪器是不能用于加热的，例如量筒、容量瓶不能用于加热，B错误；‎ C．防止氢气混有试管中的空气而不纯，加热会爆炸，氢气还原氧化铜时先通氢气后加热，C错误；‎ D．加热时，应先预热后集中试管底部加热，防止受热不均，引起试管炸裂，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎16.下列关于胶体的叙述不正确的是（ ）‎ A. 胶体区别于其他分散系本质特征是分散质的微粒直径在10-9 ～ 10-7m之间 B. 胶体属于混合物 C. Fe(OH)3胶体能吸附水中的悬浮颗粒并沉降，达到净水的目的 D. 用平行光线照射NaCl溶液和Fe(OH)3胶体时，产生的现象相同 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】A.胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质的微粒直径大小；‎ B.分散系按照分散质粒子的大小划分为溶液、胶体和浊液三大类，结合混合物的定义作答；‎ C.Fe(OH)3胶体的表面积较大，能吸附水中悬浮的固体颗粒达到净水的目的；‎ D.溶液不具有丁达尔效应，而胶体具有丁达尔效应。‎ ‎【详解】A.1 nm = 10-9 m，胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质的微粒直径大小，胶体分散系的微粒直径在1∼100nm（10-9 ～ 10-7m）之间，故A项正确；‎ B. 分散系按照分散质粒子的大小划分为溶液、胶体和浊液三大类，其中胶体是一种比较均一、比较稳定的混合物，因此胶体属于混合物，故B项正确；‎ C. Fe(OH)3胶体的表面积较大，能吸附水中悬浮的固体颗粒达到净水的目的，故C项正确；‎ D.胶体粒子因对光线有散射作用而形成丁达尔效应，因此，用平行光线照射NaCl溶液和Fe(OH)3胶体时，NaCl溶液不产生丁达尔效应，而Fe(OH)3‎ 胶体产生丁达尔效应，现象不相同，故D项错误；‎ 答案选D。‎ ‎17.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是（ ）‎ A. 常温常压下，11.2 L氧气所含的分子数为NA B. 1.8 g 的NH4+中含有的电子数为NA C. 常温常压下，48 g O3含有的氧原子数为NA D. 24 g金属镁变为镁离子时失去的电子数为NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.常温常压下气体的摩尔体积大于22.4L/mol，11.2 L氧气的物质的量小于0.5mol，所以其中所含的分子数小于NA，A错误；‎ B. 1.8 gNH4+的物质的量是0.1mol，由于一个铵根中含有10个电子，所以0.1molNH4+中含有的电子数为NA，B正确；‎ C. 常温常压下，48 g O3的物质的量是1mol，由于1个分子中含有3个O原子，所以其中含有的氧原子数为3NA，C错误；‎ D. 24 g金属镁的物质的量是1mol，一个镁原子会失去2个电子，所以1molMg变为镁离子时失去的电子数为2NA，D错误。‎ 答案选B。‎ ‎18.“84”消毒液在日常生活中使用广泛，该消毒液无色，有漂白作用，其有效成分是（ ）‎ A. NaOH B. Na2O2 C. KMnO4 D. NaClO ‎【答案】D ‎【解析】A、NaOH不具有强氧化性，无漂白性，故A错误；B、Na2O2具有强氧化性，但能与水反应生成NaOH，NaOH不具有强氧化性，故B错误；C、KMnO4显紫色，故C错误；D、NaClO具有强氧化性，且是无色溶液，故D正确。‎ ‎19.欲除去某溶液里混有的少量杂质，下列做法中不正确的是（括号内的物质为杂质）（ ）‎ A. KNO3溶液（AgNO3）:加入过量KCl溶液，过滤 B. NaCl溶液（BaCl2）：加过量Na2CO3溶液，过滤，再加适量盐酸再加热 C. 碘单质I2（NaCl）：加热升华后，再凝华 D. NaCl溶液（Br2）：加CCl4，萃取分液 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】物质除杂时，可以根据物质性质，采用物理方法或化学方法；原则上选用的除杂试剂不能与原有物质反应；反应后不能引入新的杂质，据此分析。‎ ‎【详解】A、加过量KCl溶液会和硝酸银反应生成氯化银沉淀和硝酸钾，过滤，滤液是硝酸钾和过量氯化钾的混合物，又引进了新杂质，故A错误；‎ B、加过量Na2CO3溶液会和氯化钡反应生成碳酸钡沉淀和氯化钠，过滤，滤液是氯化钠和过量的碳酸钠，再加适量盐酸并加热可以将碳酸根除去，故B正确；‎ C、碘单质I2易升华，氯化钠难挥发，故C正确；‎ D、溴单质会溶解在四氯化碳中，分液获得氯化钠溶液和溶有溴四氯化碳互不相溶的两部分，故D正确。‎ 故答案选A。‎ ‎20.下列反应中，CO2作氧化剂的是（ ）‎ A. Ca(OH)2＋CO2===CaCO3↓＋H2O B. CO2＋C2CO C. 2Fe2O3＋3C4Fe＋3CO2↑‎ D. CO＋H2OH2＋CO2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．没有元素的化合价变化，为非氧化还原反应，故A错误；B．二氧化碳中C元素的化合价降低（+4→+2），则CO2作氧化剂，故B正确；C．二氧化碳为生成物，C元素的化合价升高，则二氧化碳为氧化产物，故C错误；D．二氧化碳为生成物，C元素的化合价升高，则二氧化碳为氧化产物，故D错误；故选B。‎ ‎21.某溶液中所含离子的浓度如下表，则a值为（ ）‎ 离子 NO3-‎ SO42-‎ H＋‎ Mg2＋‎ K＋‎ 浓度(mol/L)‎ ‎0.3‎ ‎0.4‎ ‎0.2‎ ‎0.2‎ a A. 0.1 B. 0.3 C. 0.5 D. 0.7‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】根据电荷守恒可知：c（NO3-）+2c（SO42-）=c（H+）+c（K+）+2c（Mg2＋），带入数据可求得a=0.5；答案选C。‎ ‎22.我国著名的化学家、教育家徐光宪先生因在稀土金属等研究领域做出杰出贡献，荣获了2008年度“国家最高科学技术奖”。是地壳中含量最高的稀土金属饰元素。下列关于的说法正确的是（ ）‎ A. 质量数为140 B. 中子数为82‎ C. 质子数为58 D. 核外电子数为198‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、根据所提供的信息，其质量数为198，选项A错误；‎ B、根据所提供的信息，的中子数为198-58=140，选项B错误；‎ C、铈元素的质子数为58，选项C正确；‎ D、的质子数为58，核外电子数为58，选项D错误；‎ 答案选C。‎ ‎23.下列离子的检验能达到目的的是（ ）‎ A. 检验某溶液中是否含有SO42-，依次加入足量稀盐酸和BaCl2溶液 B. 检验某溶液是否含有Ag＋，依次加入BaCl2溶液，稀硝酸 C. 检验某溶液否含有SO42-时，应取少量该溶液，依次加入BaCl2溶液和稀盐酸 D. 将澄清石灰水滴入某溶液证明其中存在CO32–‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A项，检验某溶液中是否含有SO42-，先加足量稀盐酸，排除Ag+、SO32-、CO32-等离子的干扰，再加BaCl2溶液时生成BaSO4沉淀，可以检验SO42-的存在，故A正确； ‎ B项，若溶液中含有SO42-，加入BaCl2溶液时生成BaSO4沉淀，不能达到实验目的，故B错误；‎ C项，若溶液中含有Ag＋，先加入BaCl2溶液，生成AgCl沉淀，不能达到实验目的，故C错误；‎ D项，不能排除HCO3-、PO43-、SO32-等离子的干扰，不能达到实验目的，故D错误；‎ 故答案选A。‎ ‎24.从不含杂质的氯化钠溶液中获得氯化钠晶体，采用的操作是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】氯化钠随温度的变化溶解度变化不大，从不含杂质的氯化钠溶液中获得氯化钠晶体，采用的操作是蒸发结晶。‎ ‎【详解】A、操作为过滤，用于固体与液体的分离，不符合，选项A不选；‎ B、操作为蒸发结晶，符合，选项B选；‎ C、操作为蒸馏，利用互溶的物质的沸点不同将其分离，不符合，选项C不选；‎ D、操作为分液，分离互不相溶的两种液体，不符合，选项D不选；‎ 答案选B。‎ ‎25.已知在3.2g某气体中所含分子数目为 3.01×1022，由此可推知该气体的摩尔质量是（ ）‎ A. 64g B. 32g/mol C. 32g D. 64g/mol ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】根据 ，，M=64g/mol，故D正确。‎ ‎26.选择下列实验方法分离物质，将分离方法的序号填在横线上。‎ A、萃取分液 B、升华 C、降温结晶 D、分液 E、蒸馏 F、过滤 ‎①________分离饱和食盐水与沙子的混合物；‎ ‎②________从硝酸钾和氯化钠的混合液中获得硝酸钾；‎ ‎③________分离水和汽油的混合物；‎ ‎④________分离CCl4(沸点为76.75℃)和甲苯(沸点为110.6℃)；‎ ‎⑤________分离出混在沙土中的碘单质。‎ ‎【答案】(1). F (2). C (3). D (4). E (5). B ‎【解析】‎ ‎【详解】①饱和食盐水与沙子为固体与液体不互溶的混合物，可用过滤方法分离，故答案为F；‎ ‎②硝酸钾和氯化钠都溶于水，但二者在水中的溶解度随温度不同而有很大差异，可用降温结晶的方法分离，故答案为C；‎ ‎③水和汽油互不相溶，可用分液的方法分离，故答案为D；‎ ‎④四氯化碳和苯互溶，但二者沸点相差较大，可用蒸馏的方法分离，故答案为E；‎ ‎⑤利用碘受热易升华，分离出混在沙土中的碘单质，故答案为B。‎ ‎27.在0.5molH2S中，约含有________________个氢原子，共有_________mol原子，其质量为____________克,在标况下体积为_____________L。‎ ‎【答案】(1). 6.02×1023 (2). 1.5 (3). 17 (4). 11.2‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】H2S的物质的量为0.5mol，氢原子数为0.5mol×2×NAmol-1=6.02×1023，原子的总物质的量为0.5mol×3=1.5mol，H2S的质量为0.5mol×34g/mol=17g，在标况下体积为0.5mol×22.4L/mol=11.2L。‎ ‎28.配平下列化学方程式：‎ ‎ ______Al2O3 + ______C + _____N2 = _____AlN+_______CO ‎【答案】(1). 1 (2). 3 (3). 1 (4). 2 (5). 3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】根据氧化还原反应得失电子守恒进行配平。‎ ‎【详解】反应中N元素由0价变为-3价共降低6价，C元素由0价变为+2价，升高2价，最小公倍数为6，所以配平后的方程式为Al2O3 +3C +N2 =2AlN +3CO。‎ ‎29.用“双线桥”标出电子转移的方向和数目，并分别指出 氧化剂和氧化产物。‎ ‎（1）Fe+CuSO4=FeSO4+Cu ________ 氧化剂是 ____________氧化产物是_____________， ‎ ‎（2）3CO+Fe2O33CO2+2Fe ________ 氧化剂是 ____________氧化产物是_____________，‎ ‎【答案】(1). (2). CuSO4 (3). FeSO4 (4). (5). Fe2O3 (6). CO2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】根据氧化还原反应中得失电子守恒进行配平，并分析氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物。‎ ‎【详解】（1）反应方程式Fe+CuSO4=FeSO4+Cu中化合价变化为：Fe→FeSO4，Fe元素由0价→+2价，一个Fe原子失2个电子，所以Fe是还原剂，FeSO4是氧化产物；CuSO4→Cu，Cu元素由+2价→0价，一个CuSO4得2个电子，所以CuSO4是氧化剂，Cu是还原产物；其得失电子的最小公倍数是2，所以其转移电子数为2，用“双线桥”标出电子转移的方向和数目为；氧化剂为CuSO4；氧化产物为FeSO4；‎ ‎（2）反应方程式3CO+Fe2O33CO2+2Fe中化合价变化为：CO→CO2，C元素由+2价→+4价，一个CO分子失2个电子，所以CO是还原剂，CO2是氧化产物；Fe2O3→Fe，Fe元素由+3价→0价，一个Fe2O3得6个电子，所以Fe2O3是氧化剂，Fe是还原产物；其得失电子的最小公倍数是6，所以其转移电子数为6，用“双线桥”标出电子转移的方向和数目为；氧化剂为Fe2O3；氧化产物为CO2。‎ ‎30.某工厂在山坡坑道的仓库里贮有氯气钢瓶。某天，有一只贮有氯气的钢瓶损坏，造成氯气泄漏。‎ ‎（1）处理钢瓶方法正确的是________。‎ A．钢瓶推到坡下的小河里 B．把钢瓶丢到深坑里，用石灰填埋 C．把钢瓶扔到农田中 ‎（2）钢瓶处理后，工人应立即________。‎ A．转移到坡下 B．转移到坡上 ‎【答案】(1). B (2). B ‎【解析】‎ ‎【分析】根据氯气有毒，其密度大于空气，可与碱性物质反应生成无毒物质进行分析解答。‎ ‎【详解】（1）钢瓶内的氯气有毒，其密度大于空气，可与碱性物质反应生成无毒物质，所以正确的处理方法是把钢瓶丢到深坑里，用石灰填埋；答案选B；‎ ‎（2）因为氯气的密度大于空气，会往地势低的地方流动，所以工人应转移到坡上，‎ 答案选B。‎ ‎31.现有X、Y、Z三种元素，已知有如下情况：‎ ‎①X、Y、Z的单质在常温下均为气体。‎ ‎②X的单质在Z的单质中燃烧，生成XZ，燃烧时火焰呈苍白色。‎ ‎③XZ极易溶于水，在水溶液中电离出X＋和Z－。XZ的水溶液可使石蕊试液变红。‎ ‎④两分子X的单质可与一分子Y的单质化合生成两分子X2Y，X2Y常温下为液体。‎ ‎⑤Z的单质溶于X2Y中，所得溶液具有漂白作用。‎ 请完成下列问题：‎ ‎（1）请写出Z-的离子结构示意图_____________。‎ ‎（2）请写出Z单质溶于X2Y中发生反应的化学方程式_____________。‎ ‎（3）请写出Z单质与NaOH反应的化学方程式：_____________。‎ ‎【答案】(1). (2). Cl2+H2O＝H++Cl-+HClO (3). Cl2+2NaOH＝NaCl+NaClO+H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】由①X、Y、Z的单质在常温下均为气体，②X的单质在Z的单质中燃烧，生成XZ，燃烧时火焰呈苍白色，则XZ为HCl，③XZ极易溶于水，在水溶液中电离出X+和Z-，XZ的水溶液可使石蕊试液变红，所以X为H2，Z为Cl2；由④两分子X的单质可与一分子Y的单质化合生成两分子X2Y，X2Y常温下为液体，X2Y为H2O，由⑤Z的单质溶于X2‎ Y中，所得溶液具有漂白作用，则氯气与水反应生成HClO，具有漂白性，然后结合化学用语及物质的性质来解答。‎ ‎【详解】（1）Z-为Cl-，离子结构示意图为；‎ ‎（2）Z单质溶于X2Y中发生反应的化学方程式为Cl2+H2O＝H++Cl-+HClO；‎ ‎（3）Z单质与NaOH反应的化学方程式为：Cl2+2NaOH＝NaCl+NaClO+H2O。‎ ‎32.实验室制备并收集干燥、纯净氯气的装置如图所示：‎ ‎（1）写出实验室制备Cl2的化学方程式：________________________。‎ ‎（2）写出指定试剂的名称，C_____________________，D_______________________。‎ ‎（3）C的作用是_______________，D的作用是_______________，F的作用是____________。‎ ‎【答案】(1). MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O (2). 饱和食盐水 (3). 浓硫酸 (4). 除去氯气中混有的氯化氢气体 (5). 干燥氯气 (6). 吸收氯气，防止污染空气 ‎【解析】‎ ‎【分析】实验室中用二氧化锰和盐酸反应生成氯化锰、氯气和水；浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中含有氯化氢及水蒸气，必须分别通过饱和食盐水、浓硫酸以除去氯化氢和水蒸气，氯气有毒，必须用氢氧化钠溶液进行尾气处理。‎ ‎【详解】（1）实验室中用二氧化锰和盐酸反应生成氯化锰、氯气和水，反应方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；‎ ‎（2）装置C中盛装饱和食盐水以除去氯气中的氯化氢气体，D装置中装有浓硫酸以干燥氯气；‎ ‎（3）C的作用是除去氯气中混有的氯化氢气体，D的作用是干燥氯气，F的作用是吸收氯气，防止污染空气。‎ ‎33.工业上将氯气通入石灰乳[Ca(OH)2‎ ‎]制取漂白粉，反应的化学方程式为______，若将4mol氯气通入足量的石灰乳中，理论上可得到次氯酸钙多少克？________‎ ‎【答案】(1). 2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O (2). 286‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】根据氯气与Ca(OH)2反应生成CaCl2、Ca(ClO)2和水书写，结合反应方程式进行计算。‎ ‎【详解】氯气与Ca(OH)2反应生成CaCl2、Ca(ClO)2和水，反应的方程式为2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O；‎ 根据反应2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O可知，若将4mol氯气通入足量的石灰乳中，理论上可得到次氯酸钙143g/mol=286g。 ‎