1、2018-2019学年度9月月考卷考试时间：100分钟注意事项：1答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2请将答案正确填写在答题卡上H 1 C12 N14 O 16 Na23 Mg 24 AI 27 S32 CI35.5 K39 Ca40 Mn55 Cu64第I卷（选择题）一、单选题1.化学与生活、社会发展息息相关，下列有关说法不正确的是（ ）A. “雾霾积聚，难见路人”，雾霾所形成的气溶胶有丁达尔效应B. 我国已能利用3D打印技术，以钛合金粉末为原料，通过激光熔化逐层堆积，来制造飞机钛合金结构件，高温时可用金属钠还原相应的氯化物来制取金属钛C. 用活性炭为糖浆脱色和用次氯酸盐漂白纸浆的原理
2、不相同D. 碳素钢和光导纤维都属于新型的无机非金属材料【答案】D【解析】【分析】A气溶胶为胶体分散系，胶体具有丁达尔效应；B钠与熔融的盐反应发生置换反应，生成相应的单质；C活性炭脱色是利用其吸附性，次氯酸盐漂白是利用次氯酸的强氧化性；D. 碳素钢是合金，光导纤维是二氧化硅，不属于新型的无机非金属材料。【详解】A雾霾所形成的气溶胶属于胶体，具有丁达尔效应，选项A正确；B钠与熔融的盐反应发生置换反应，生成相应的单质，所以高温时可用金属钠还原相应的氯化物来制取金属钛，选项B正确；C活性炭脱色是利用其吸附性，次氯酸盐漂白是利用次氯酸的强氧化性，故漂白纸浆的原理不相同，选项C正确；D. 碳素钢是合金，光
3、导纤维是二氧化硅，不属于新型的无机非金属材料，选项D不正确。答案选D。【点睛】本题考查物质性质、物质成分、物质变化等知识点，为高频考点，解题关键在于熟悉常见物质的组成、结构、性质和用途，题目难度不大。2.下列说法正确的是A. 酸雨是指PHCr3+每生成1molCl2，电子转移为6molCrCl3是氧化产物A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】化合价升高的元素被氧化，化合价降低的元素所在的反应物是氧化剂，对应的产物是还原产物，化合价升高的元素所在的反应物是还原剂，对应的产物是氧化产物，且还原剂的还原性大于还原产物的还原性；根据氧化剂或还原剂化合价变化情况来判定反应电子转移的数目。【详
4、解】在K2Cr2O7 +14HCl= 2KCl+ 2CrCl3 +3Cl2+7H2O 反应中,氯元素化合价升高，所以氯元素被氧化，铬元素化合价降低，所以K2Cr2O7是氧化剂,对应的产物CrCl3是还原产物，根据方程式可知：氯元素化合价由-1价升高到0价，每生成3molCl2，反应转移6 mol电子；上述分析可以知道氧化剂是K2Cr2O7，故正确；氧化还原反应过程中还原剂还原性大于还原产物的还原性，因此还原性: ClCr3+，故正确；化学反应中每生成3Cl2,电子转移为6mol，每生成1molCl2，电子转移为2mol，故错误；化学方程式分析判断CrCl3 是还原产物,故错误；综上所述，本题选
5、A。7.下列图示实验操作，能达到目的的是()A.检验K+的存在 B. 干燥氯气C. 分离酒精与水 D. 蒸发食盐水【答案】A【解析】A检验K+，应通过蓝色钴玻璃，焰色反应为紫色，故A正确；B干燥氯气时，气体应长进短出，否则不能起到干燥作用，故B错误；C水的进出方向错误，应从下端进水，故C错误；D蒸发操作应用玻璃棒不断搅拌，否则易导致液体飞溅，故D错误；故选A。8.下列实验操作能达到实验目的是（ ）实验目的实验操作A配制1.0mol/LCuSO4溶液把25g胆矾晶体溶于水配成100mL溶液B证明某溶液中含有SO42-向该溶液中滴入BaCl2溶液C实验室制大量CO2向稀硫酸中加入大理石D制备Fe(
6、OH)3胶体将饱和的FeCl3溶液滴加到热NaOH溶液中A. A B. B C. C D. D【答案】A【解析】试题分析：A、25g胆矾是0.1mol，溶液体积是0.1L，硫酸铜溶液的浓度是1mol/L，A正确；B、检验硫酸根离子时首先加入盐酸，排除其它离子的干扰，然后再加入氯化钡，B错误；C、硫酸钙微溶，应该用盐酸和大理石反应制备二氧化碳，C错误；D、将饱和的FeCl3溶液滴加到沸腾的蒸馏水中制备氢氧化铁胶体，D错误，答案选A。【考点定位】考查化学实验方案设计与评价【名师点晴】该题是高频考点，侧重于考查学生的实验分析和应用能力，注意评价的可行性、科学性。注意理解评价角度：操作可行性评价：实验
7、原理是否科学、合理，操作是否简单、可行，基本仪器的使用、基本操作是否正确。经济效益评价：原料是否廉价、转化率是否高，产物产率是否高。环保评价：原料是否对环境有污染，产物是否对环境有污染，污染物是否进行无毒、无污染处理。9.下列说法正确的是A. 酸性氧化物一定是非金属氧化物B. 具有氧化性的物质在反应中一定做氧化剂C. H2S在不同条件下既能表现还原性，也能表现氧化性D. 需要加入氧化剂才能实现Cr2O72-、CrO42-的转化【答案】C【解析】【详解】A、凡能跟碱起反应，生成盐和水的氧化物，叫做酸性氧化物。它们多数是非金属氧化物，如CO2、SO2，也有一些是金属高价的氧化物，如Mn2O7,故A
8、错误；B、氧化剂是在发生化学反应时化合价降低的物质,有些物质虽具有氧化性但在具体反应中不一定表现其氧化性,故B错误；C、H2S中硫的化合价为-2价，化合价可升高，表现还原性，H2S中氢的化合价为+1，化合价可降为0价，表现氧化性，故C正确；D、Cr2O72-、CrO42-两者中铬的化合价均为+6价，没有化合价变化，因此不需要加入氧化剂，故D错误；综上所述，本题应选C。10.用下列实验装置完成对应的实验（部分仪器略去），能达到实验目的的是A. 利用A装置制取乙酸乙酯 B. 利用B装置吸收氨气C. 利用C装置进行石油的分馏 D. 利用D装置比较盐酸、碳酸、苯酚的酸性强弱【答案】B【解析】【详解】A
9、. 由于蒸出的乙酸乙酯中含有乙醇、乙酸，它们的溶解性很强，当导管口插入液面以下时易发生倒吸，故A错误；B. 装置中NH3不溶于CCl4，不会引起倒吸，且上层的水会吸收NH3，防止NH3逸出，故B正确；C. 石油分馏中，温度计的水银球应在蒸馏烧瓶的支管口处，故C错误；D.浓盐酸易挥发，生成的二氧化碳气体中含有氯化氢气体也能使苯酚钠溶液变浑浊，故D错误；答案选B。【点睛】D实验的设计原理的是正确的，通过盐酸与碳酸钙反应有气泡的现象说明盐酸的酸性大于碳酸，生成的二氧化碳通入苯酚钠溶液中有浑浊出现说明生成了苯酚，故证明碳酸的酸性大于苯酚，但忽视了盐酸易挥发而混入生成的二氧化碳中，对实验造成干扰。11.
10、下列各组物质的分类正确的是（）混合物：氯水、氨水、水玻璃、水银、福尔马林、聚乙烯电解质：明矾、冰醋酸、石膏、纯碱CO2、NO2、P2O5均为酸性氧化物，Na2O、Na2O2为碱性氧化物同位素：1H+、2H2、3H同素异形体：C60、C80、金刚石、石墨同系物：CH2O2、C2H4O2、C3H6O2、C4H8O2同分异构体：乙二酸二乙酯、乙二酸乙二酯根据酸分子中含有的H原子个数将酸分为一元酸、二元酸、多元酸在熔化状态下能导电的化合物为离子化合物A. B. C. D. 全部正确【答案】A【解析】试题分析：水银是汞，属于纯净物，故错误；明矾、冰醋酸、石膏、纯碱溶于水自身电离出阳离子与阴离子，属于电解
11、质，故正确；Na2O2为过氧化物，不属于碱性氧化物，故错误；同位素研究对象是原子，H2属于单质，故错误；C60、C80、金刚石、石墨是碳元素组成的结构不同的单质，互为同素异形体，故正确；C2H4O2、C3H6O2、C4H8O2存在同分异构体，结构不一定相似，CH2O2、C2H4O2、C3H6O2、C4H8O2不一定属于同系物，故错误；乙二酸二乙酯分子式为C6H10O4、乙二酸乙二酯分子式为C4H4O4，乙二酸乙二酯与乙二酸二乙酯分子式不相同，不是同分异构体，故错误一般根据有羟基氢确定酸的元数而不是氢原子数目，如乙酸有4个氢原子属于一元酸，故错误；由阳离子离子和阴离子离子构成的化合物化合物是离子
12、化合物，离子化合物熔化状态下能电离出阴阳离子，故能导电，故正确故正确故选：A考点：混合物和纯净物；同位素及其应用；同素异形体；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；离子化合物的结构特征与性质；电解质与非电解质；芳香烃、烃基和同系物；同分异构现象和同分异构体12.下列离子方程式书写正确的是()A. 澄清石灰水与过量的小苏打溶液反应：Ca2OHHCO3=CaCO3H2OB. 酸性高锰酸钾溶液与稀草酸反应：5C2O422MnO416H=2Mn210CO28H2OC. AgCl的悬浊液中滴加Na2S溶液：2AgClS2=Ag2S2ClD. NH4HCO3溶液加入过量NaOH溶液加热：NHOH=NH3H
13、2O【答案】C【解析】【详解】A、酸式盐和碱反应量少的全部反应，离子方程式中符合化学式的组成比，澄清石灰水与过量的小苏打溶液反应的离子方程式为Ca2+2OH-+2HCO3-=CaCO3+2H2O+CO32-，选项A错误；B草酸是弱酸必须写化学式，酸性高锰酸钾可使草酸溶液褪色的离子反应为2MnO4-+5 H2C2O4+6H+=2Mn2+10CO2+8H2O，选项B错误；C、向AgCl悬浊液中滴加Na2S溶液，白色沉淀变成黑色：2AgCl+S2=Ag2S+2C1，选项C正确；DNH4HCO3溶液中加入过量NaOH溶液加热，离子方程式为：HCO3-+NH4+2OH-NH3+H2O+CO32-，选项D
14、错误；答案选C。13.下列各组离子在指定的溶液中能大量共存的是（ ）A. 常温下，水电离的c(OH)= 11012mo1L1的溶液中：NH4+、Fe2+、SO42、NO3B. 能使酚酞变红的溶液中：Na+、Ba2+、HC2O4、ClC. 0. 1 molL1KI 溶液：Na+、K+、ClO 、OHD. 常温下，=1010的溶液中：K+、Na+、I、SO42【答案】D【解析】【详解】A. 常温下，水电离的c(OH)= 11012mo1L1的溶液可能呈酸性也可能呈碱性，若酸性则Fe2+、H+、NO3发生氧化还原反应而不能大量共存，若碱性则NH4+、Fe2+不能大量存在，选项A错误；B. 能使酚酞变
15、红的溶液呈碱性，HC2O4与氢氧根离子反应而不能大量存在，选项B错误；C. 0. 1 molL1KI 溶液中ClO 与I发生氧化还原反应而不能大量共存，选项C错误；D. 常温下，=1010的溶液呈酸性，H+、K+、Na+、I、SO42，各离子相互之间不反应，能大量共存，选项D正确。答案选D。14.向四支试管中分别加入少量不同的无色溶液进行如下操作；结论正确的是()选项操作现象结论A滴加BaCl2溶液生成白色沉淀原溶液中有SO42-B滴加氯水和CCl4；振荡、静置下层溶液显紫色原溶液中有I-C用洁净铂丝蘸取溶液进行焰色反应火焰呈黄色原溶液中有Na+、无K+D滴加稀NaOH溶液；将湿润红色石蕊试纸
16、置于试管口试纸不变蓝原溶液中无NH4+A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】【分析】A白色沉淀可能为BaSO4或AgCl；B下层溶液显紫红色，氯水氧化碘离子生成碘单质；C观察K元素的焰色反应需要透过蓝色的钴玻璃；D氨气溶于水呈碱性使湿润的红色石蕊试纸变蓝【详解】A白色沉淀可能为AgCl，则原溶液中可能有SO42或氯离子，故A错误；B下层溶液显紫红色，因氯水氧化碘离子，原溶液中有I，故B正确；C观察K元素的焰色反应需要透过蓝色的钴玻璃，由现象，原溶液中一定有Na，不能确定是否含K，故C错误；D氨气溶于水呈碱性使湿润的红色石蕊试纸变蓝，干燥的试纸不能检验，故D错误；故选：B。【点
17、睛】本题考查化学实验方案的评价，解题关键：把握氧化还原反应、离子检验、实验技能，易错点A，白色沉淀可能为BaSO4或AgCl。15.某KCl样品中含有少量K2CO3、K2SO4和不溶于水的杂质，为了提纯KCl，先将样品溶于适量水中，搅拌、过滤，再将滤液按下图所示步骤进行提纯（过滤操作已略去）。下列说法不正确的是A. 起始滤液常温下pH7 B. 试剂为BaCl2溶液C. 上图过程必须经2次过滤 D. 步骤目的是除去CO32-【答案】C【解析】【分析】KCl样品中含有少量K2CO3、K2SO4和不溶于水的杂质，为了提纯KCl，先将样品溶于适量水中，搅拌、过滤，再向滤液中加入过量的试剂为BaCl2溶
18、液以除去SO42-，过滤，得到的混合物X中含有KCl、BaCl2，再加过量的试剂为K2CO3以除去Ba2+，过滤，得到的混合物Y中含有KCl、K2CO3，再加适量的试剂为盐酸以除去CO32-，再通过加热浓缩、蒸发结晶得KCl晶体。【详解】A. 起始滤液中含有碳酸钾，碳酸根离子水解使溶液显碱性，pH7，故A正确；B. 由上述分析可知，试剂I为BaCl2溶液，故B正确；C. 样品溶于适量水中，充分搅拌后过滤，选择试剂除去杂质时还需要2次过滤，共3次，故C错误；D. 步骤中加入的试剂为盐酸，其目的是除去CO32-，故D正确，答案选C。16.将38.4gCu完全溶于适量浓硝酸中，收集到氮的氧化物（含N
19、O、N2O4、NO2）的混合物共0.8mol，这些气体恰好能被500ml 2mol/LNaOH溶液完全吸收，生成含NaNO3和NaNO2的盐溶液，其中NaNO3的物质的量为A. 0.4mol B. 0.6mol C. 0.8mol D. 1.0mol【答案】A【解析】整个过程中只有两种元素的价态有变化，其一是CuCu（NO3）2，Cu元素化合价由0价升高为+2价，每个Cu原子失2个电子；另一个是HNO3NaNO2，N元素由+5价降低为+3价，每个N原子得2个电子，38.4gCu的物质的量是38.4g64g/mol0.6mol，共失电子为0.6mol2=1.2mol，HNO3到NaNO2共得到电
20、子1.2mol，故产物中NaNO2的物质的量为1.2mol2=0.6mol，由Na守恒可知n（NaOH）=n（NaNO2）+n（NaNO3），所以n（NaNO3）=n（NaOH）-n（NaNO2）=0.5L2mol/L-0.6mol=0.4mol，答案选A。点睛：本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化、电子守恒、原子守恒为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意守恒法及终态法应用。第II卷（非选择题共52分）二、填空题17.下列10种物质水天然气铁二氧化碳硫酸Ca（OH）2NaOH溶液盐酸溶液NaHSO4CaCO3。 （1）属于混合物的是_。（2）属于氧化物的是_
21、。（3）属于酸的是_。（4）属于碱的是_。（5）属于盐的是_。（以上空格填物质的序号）【答案】 (1). (2). (3). (4). (5). 【解析】【分析】由两种或两种以上的物质混合而成的物质是混合物；由两种元素组成的且其中一种是氧元素的化合物是氧化物；盐是指由金属离子或铵根离子和酸根离子构成的化合物；据以上概念分析判断。【详解】（1）空气是由氧气、氮气、二氧化碳等物质构成的混合物，NaOH溶液是氢氧化钠和水的混合物，盐酸溶液是氯化氢的水溶液，所以属于混合物的是，故答案为：；（2）水和二氧化碳都是由两种元素构成构成，其中一种是氧元素，所以属于氧化物的是，故答案为：；（3）硫酸电离时生成的
22、阳离子全部是氢离子，所以属于酸的是，故答案为：；（4）Ca（OH）2是电离时生成的阴离子全部是氢氧根离子的化合物，所以属于碱的是，故答案为：；（5）碳酸钙都是由金属离子和酸根离子组成的，所以属于盐的是：，故答案为：。【点睛】本题考查酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系，物质的分类知识是化学的教学难点，也是考查的热点之一，透彻理解有关概念，明确概念间的相互关系是解题的关键。三、实验题18.连二亚硫酸钠(Na2S2O4)俗称保险粉，广泛用于纺织工业的还原性染色、清洗、印花、脱色以及织物的漂白等。制取保险粉通常需要二氧化硫。（1）制备二氧化硫。若使用上图所示装置制备干燥的SO2气体，回答以下问题：A
23、中盛液体的玻璃仪器名称是_，实验开始后A中反应的化学方程式为_。B装置的作用是_。C装置的试剂为_，E中固体试剂为_。（2）制备保险粉（略）。（3）测定保险粉纯度。Na2S2O4属于强还原剂，暴露于空气中易被氧气氧化。Na2S2O4遇KMnO4酸性溶液发生反应：5Na2S2O4 + 6KMnO4 + 4H2SO4 = 5Na2SO4 + 3K2SO4 + 6MnSO4 + 4H2O，称取3.0g Na2S2O4样品溶于冷水中，配成100mL溶液，取出10mL该溶液于试管中，用0.10molL-1的KMnO4溶液滴定。滴定时KMnO4溶液装在_（玻璃仪器）中。滴定终点的标志_。重复上述操作2次，
24、平均消耗KMnO4溶液18.00 mL则该样品中Na2S2O4的质量分数为_（杂质不参与反应）。【答案】 (1). 分液漏斗 (2). Na2SO3 + H2SO4（较浓）= Na2SO4 + SO2+ H2O (3). 防倒吸影响制气 (4). 浓硫酸 (5). 碱石灰 (6). 酸式滴定管 (7). 最后一滴使溶液由无色变紫红色且半分钟内不褪色 (8). 87%【解析】（1）实验室常用浓硫酸和亚硫酸钠反应制备二氧化硫。A中盛液体的玻璃仪器名称是分液漏斗，实验开始后A中反应的化学方程式为Na2SO3 + H2SO4（较浓）= Na2SO4 + SO2+ H2O。B装置的作用是防倒吸影响制气；
25、C装置用于干燥二氧化硫，其中的试剂为浓硫酸。E用于尾气处理，其中固体试剂为碱石灰。（3）Na2S2O4属于强还原剂，暴露于空气中易被氧气氧化。Na2S2O4遇KMnO4酸性溶液发生反应：5Na2S2O4 + 6KMnO4 + 4H2SO4 = 5Na2SO4 + 3K2SO4 + 6MnSO4 + 4H2O，称取3.0g Na2S2O4样品溶于冷水中，配成100mL溶液，取出10mL该溶液于试管中，用0.10molL-1的KMnO4溶液滴定。滴定时KMnO4溶液装在酸式滴定管中。滴定终点的标志是：最后一滴使溶液由无色变紫红色且半分钟内不褪色。重复上述操作2次，平均消耗KMnO4溶液18.00
26、mL。则10mL该溶液中，n(Na2S2O4)=n(KMnO4)= molL-1=0.0015mol，n(Na2S2O4)= 0.0015mol0.261g，该样品中Na2S2O4的质量分数为87%。点睛：本题是实验题，既考查了课本上有的二氧化硫的实验室制法，又考查了氧化还原滴定，源于课本，高出课本，考查了学生的知识迁移能力、计算能力等等，难度中等，是一道很好的试题，学生只要有计算的信心，就能做对，对学生有很好的引导作用。四、综合题19.下图是某儿童微量元素体检报告单的部分数据：根据上表的数据，回答下列问题：（1）该儿童_元素含量偏低。（2）报告单中“molL-1”是_（填“质量” “体积”或
27、“浓度”）的单位。（3）服用维生素C可使食物中的Fe3+转化为Fe2+。在这个过程中维生素C表现出_（填“氧化性”或“还原性”）。（4）硫酸亚铁晶体（FeSO47H2O）在医疗上可作补血剂。某课外小组测定该补血剂（每片b克）中铁元素的含量。实验步骤如图：请回答下列问题：a中H2O2的作用是_。b中一系列处理的操作步骤为过滤、_、灼烧、冷却、称量。c下列操作会导致所测定的铁元素含量偏高的是_。A步骤所加氨水量不足 B步骤洗涤不充分 C步骤灼烧不充分d.写出步骤中发生的离子方程式_e、简述滤液中存在Fe3+的检验方法是：_【答案】 (1). 铁（或Fe） (2). 浓度 (3). 还原性 (4).
28、 将Fe2+全部氧化为Fe3+ (5). 洗涤 (6). BC (7). Fe3+3NH3H2O =Fe(OH)3+3NH4+ (8). 取少许滤液于试管中，滴几滴硫氰化钾溶液，溶液迅速出现血红色，证明存在铁离子【解析】(1)根据体检报告单，铁(或Fe)元素含量偏低，故答案为：铁(或Fe)；(2)报告单中mol/L是浓度的单位，故答案为：浓度；(3)服用维生素C可使食物中的Fe3+转化为Fe2+，Fe元素的化合价降低被还原，则则维生素C所起还原作用，故答案为：还原性；(4)由流程图可知，该实验原理为：将药品中的Fe2+形成溶液，将Fe2+氧化为Fe3+，使Fe3+转化为氢氧化铁沉淀，再转化为氧
29、化铁，通过测定氧化铁的质量，计算补血剂中铁元素的含量。a双氧水具有氧化性，酸性条件下能将Fe2+全部氧化为Fe3+，故答案为：将Fe2+全部氧化为Fe3+；b步骤中一系列处理是由氢氧化铁悬浊液最终转化为氧化铁，需要过滤、洗涤的氢氧化铁，然后灼烧生成氧化铁，冷却后称量氧化铁的质量，故答案为：洗涤；c.A、步骤所加氨水量不足，铁离子沉淀不完全，生成的氢氧化铁减少，氧化铁质量减少，测定结果偏低，故A错误；B、步骤洗涤不充分，会导致氧化铁的质量偏大，测得的铁元素质量分数偏大，故B正确；C、步骤灼烧不充分，会导致氧化铁固体的质量偏大，铁元素质量分数偏大，故C正确；故选BC；d. 写出步骤中铁离子与氨水反
30、应生成氢氧化铁沉淀，反应的离子方程式为Fe3+3NH3H2O =Fe(OH)3+3NH4+，故答案为：Fe3+3NH3H2O =Fe(OH)3+3NH4+；e、检验Fe3+可以利用硫氰化钾溶液，方法是取少许滤液于试管中，滴几滴硫氰化钾溶液，溶液迅速出现血红色，证明存在铁离子，故答案为：取少许滤液于试管中，滴几滴硫氰化钾溶液，溶液迅速出现血红色，证明存在铁离子。20.高铁酸钾（K2FeO4）是一种新型、高效、多功能绿色水处理剂，比Cl2、O2、ClO2、KMnO4氧化性更强，无二次污染，工业上是先制得高铁酸钠，然后在低温下，向高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和，使高铁酸钾析出。（1）干法制备高铁酸钠
31、的主要反应为：2FeSO4 + 6 Na2O2 = 2Na2FeO4 + 2Na2O + 2Na2SO4 + O2，该反应中氧化剂是_（填化学式）Na2O2 中O的化合价为_。（2）湿法制备高铁酸钾（K2FeO4）的反应体系中有六种数粒：Fe（OH）3、ClO、OH、FeO42-、Cl、H2O。碱性条件下，氧化剂和还原剂的物质的量的比为3:2发生反应，写出并配平湿法制高铁酸钾的离子反应方程式：_。每生成1mol FeO42-转移_mol电子，若反应过程中转移了0.3mol电子，则还原产物的物质的量为_mol。已知：2Fe32I=2Fe2I2，2Fe2Br2=2Fe32Br。（1）含有1 mol
32、 FeI2和2 mol FeBr2的溶液中通入2 mol Cl2，此时被氧化的离子是_，被氧化的离子的物质的量分别是_。（2）若向含a mol FeI2和b mol FeBr2的溶液中通入c mol Cl2，当I、Fe2、Br完全被氧化时，c为_（用含a、b的代数式表示）。【答案】 (1). Na2O2 (2). -1 (3). 2Fe（OH）3 + 3ClO- + 4OH- = 2FeO42- + 3Cl- + 5H2O (4). 3 (5). 0.15 (6). I -、Fe2 + (7). n（I-）=2mol n（Fe2+）=2mol (8). c=(3(a+b)/2【解析】【详解】（
33、1） FeSO4中Fe元素化合价由+2价变为+6价,化合价升高，失去电子，作还原剂；、Na2O2 中O元素化合价由-1价变为0价,得到电子，作氧化剂，所以Na2O2是氧化剂，过氧化钠（Na2O2）中氧元素化合价为-1；（2）湿法制备高铁酸钾K2FeO4时, Fe（OH）3失电子被氧化生成K2FeO4,则ClO作氧化剂被还原生成Cl,氢氧化铁必须在碱性条件下存在,所以该反应是在碱性条件下进行,该离子反应为2Fe（OH）3 + 3ClO- + 4OH- = 2FeO42- + 3Cl- + 5H2O；Fe（OH）3 中Fe元素化合价由+3价变为+6价，所以1mol FeO42-转移3mol电子，若反应过程中转移了0.3mol电子，则还原产物Cl-的物质的量为0.15mol；.（1）在氧化还原反应中，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，所以还原性的强弱顺序为IFe2Br，所以氯气首先氧化的是I，然后氧化Fe2，最后是Br；根据电子得失守恒可知，2 mol氯气能氧化2mol I和2mol Fe2；（2）根据电子得失守恒可知，2c=2a+(a+b)，即c=。