1、高考资源网（） 您身边的高考专家吴起高级中学20192020学年第一学期期末考试高一化学试卷一、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. SiB. SiO2C. Na2SiO3D. 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
2、. 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. 1molL-
3、1的NaOH溶液中含Na+数目为NAD. 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。【点睛】本题考查与阿伏加德罗常数有关的计算，对相关的知识有比较高的要求，本题特别要注意C中一定要说明条件。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
4、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
5、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/LB. 0.1 mol/LC. 0.01 mol/LD. 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【点睛】溶液的均一性、稳定性，使取出的溶
6、液的浓度与原溶液相同。6.下列转化过程中必须加入还原剂的是A. FeSH2SB. SO2SO32-C. Fe3+Fe2+D. CuCu2+【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、FeSH2S，无化合价变化，非氧化还原反应，故A错误；B、SO2SO32-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、CuCu2+，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
7、取镁，正确的方法是A. 海水Mg(OH)2MgB. 海水MgCl2溶液 MgCl2（熔融）MgC. 海水Mg(OH)2MgOMgD. 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
8、，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
9、体与FeCl3溶液C. 用焰色反应鉴别NaCl、KCl和Na2SO4D. 用氯化钙溶液鉴别Na2CO3和NaHCO3两种溶液【答案】C【解析】【详解】ANaOH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；CNaCl、Na2SO4的焰色反应均为黄色，现象相同，不能鉴别，故C错误；DNa2CO3与氯化钙反应生成白色沉淀，NaHCO3溶液与CaCl2溶液不反应，现
10、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。【点睛】本题考查氧化还原反应，明确铁元素的化合价变化是解答的关键，应理解化合价升高失电子发生氧化反应、化合价降低得电子发生还原反应。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
11、. FeFe2O3Fe(OH)3FeCl3B. AlAl(OH)3Al2O3NaAlO2C. NaNa2O2Na2CO3NaOHD. SiSiO2H2SiO3Na2SiO3【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（
12、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ANa2O2常用于潜水艇或呼吸面具的供氧剂Na2O2与H2O、CO2反应产生O2B常用铝箔做包装材料金属铝有好的延展性CFeCl3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A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】
13、【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
14、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
15、度偏低，D符合题意；答案选BD。【点睛】根据可得，一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量n和溶液的体积V引起的，误差分析时，关键要看配制过程中引起n和V怎样的变化，若n比理论值小，或V比理论值大时，都会使所配溶液浓度偏小；若n比理论值大，或V比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大。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
16、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()氯气液氯新制氯水氯气的四氯化碳溶液盐酸盐酸与少量漂白粉的混合溶液A. B. C. D. 【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。中只有Cl2，所以既不显酸性，又不具有漂白性，中盐酸只有酸性，但无漂白性所以，不符合题意；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，中发生反应：Ca(ClO)22HCl=CaCl22HC
17、lO，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，所以符合题意，故C正确，故选C。【点睛】氯水是含有多种分子和离子(分子有Cl2、HClO、H2O，离子有H、Cl、ClO及水分子电离出来的少量OH)，其中H+的存在使溶液显酸性，HClO的存在，使氯水具有漂白性，掌握氯水的成分是解决本题的关键。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+3HClAlCl3+3H2O。
18、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。【点睛】四种基本反应类型是根据反应形式对化学反应分类，不能包括所有的化学反应。如CO还原CuO的反应就不属于四种基本反应类型。18.把7.4 g由 Na2CO310H2O 和 NaHCO3组成的混合物溶于水配成100mL溶液， 其中c(Na+)=0.6 molL-1。若把等质量的混合物加热至恒重，残留物的质量是A. 2.12gB. 3.18gC. 4.22gD. 5.28g【答案】B【解析】【详解】把7.4gNa2CO310H2O和NaHCO3组成的混合物加热至恒重，Na2CO310H2O中结晶水完全失去、NaHCO3分解生成碳酸钠
19、、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+）=0.50.6mol/L0.1L=0.03mol，最终得到残留物的质量为：106g/mol0.03mol=3.18g，故答案选B。【点睛】本题考查了混合物反应的计算，注意掌握质量守恒定律在化学计算中的应用，试题侧重考查学生的分析、理解能力，明确最终生成固体残留物的组成为解答关键。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）写出反应的化学方程式_；（3）写出反应的离子方程式_；（4）写出除去固体C中混有的NaHCO
20、3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
21、，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；KCl
22、晶体液态HClCO2 汞CaCO3固体稀硫酸酒精C2H5OH 熔融的NaCl 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). (2). (3). (4). I
23、 (5). IFe2+ 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）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；液态是化合物，溶于水能导电，是
24、电解质，液态HCl中只存在分子，所以不导电；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；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；CaCO3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；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；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；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；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
25、氢氧根离子，能导电；属于电解质的是；属于非电解质的是；能导电的是；故答案为：；（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0.3mol17g/mol=5.1g，0.4mol二氧化碳的质量是0.4mol44g/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
26、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。【点睛】同一氧化还原反应中，氧化性：氧化剂氧化产物，还原性：还原剂还原产物；比较还原性强弱，根据反应即可判断。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)进行步骤时，一般通入过量CO2，其反应的离
27、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-CO22H2O=HCO3-Al(OH)3 (5). NaHCO3HCl=H2OCO2+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
28、，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-CO22H2O=HCO3-Al(OH)3，故答案为：AlO2-CO22H2O=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：NaHCO3HCl=H2OCO2+NaCl，故答案为：NaHCO3HCl=H2O
29、CO2+NaCl。【点睛】分离铁离子（或镁离子、铜离子）和铝离子，可以向溶液中加入过量氢氧化钠溶液，因为氢氧化铝是两性的，加入过量氢氧化钠溶液产生偏铝酸根使氢氧化铝沉淀溶解，铁离子（或镁离子、铜离子）进入沉淀，即可分离。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_。AFe BFeO CFe3O4 DFe2O3（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FeSO4xH2O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
30、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FeSO4xH2O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：仪器B名称是_。将下列实验操作步骤正确排序_
31、（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K2d打开K1和K2，缓缓通入N2 e称量Af冷却至室温根据实验记录，计算绿矾FeSO4xH2O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
32、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
33、的影响)；（6）仪器B的名称是球形干燥管；故答案为：球形干燥管；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；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MnO24HCl(浓)MnCl22H2OCl2。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
34、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17.4g87g/mol=0.2mol，根据方程式MnO24HCl(浓)MnCl22H2OCl2，0.2molMnO2被还原生成0.2mol氯气，标准状况下的体积为0.2mol22.4L/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。高考资源网版权所有，侵权必究！