甘肃省靖远县第四中学2021届高三10月月考(解析版)

1、甘肃省靖远县第四中学 2021届高三10月月考说明：相对原子质量 C 12 H 1 S 32 Ba 137 O 16一、单项选择题每题 4分，共60分1.化学与生产、生活密切相关。以下表达中，不正确的选项是A. 在现实生活中，电化学腐蚀要比化学腐蚀严重的多，危害更大B. 用活性炭为糖浆脱色和用臭氧漂白纸浆，原理不同C. 钢铁制品和铜制品既能发生吸氧腐蚀又能发生析氢腐蚀D. 在铜的精炼装置中，通常用粗铜作作阳极，精铜作阴极【答案】C【解析】试题分析：A、在现实生活中，电化学腐蚀要比化学腐蚀严重的多，危害更大，A正确；B、用活性炭为糖浆脱色的原理是活性炭的吸附作用，用臭氧漂白纸浆的原理是臭氧的强氧

2、化性，原理不同， B正确；C、铜的活泼性小于氢，故铜制品不能发生析氢腐蚀，C错误；D、在铜的精炼装置中，用粗铜作阳极材料，精铜作阴极材料，D正确。答案选C。考点：化学与生活2Na是阿伏加德罗常数的值，以下说法错误的选项是A. 3g 3He含有的中子数为1NaB. 1 L 0.1 mol L-1磷酸钠溶液含有的 PO；数目为0.1NaC. 1 mol K2C2O7被复原为Cr3+转移的电子数为6NaD. 48 g正丁烷和10 g异丁烷的混合物中共价键数目为13Na【答案】B【详解】A. 3He 中子数为3-2=1，那么3g3He的中子数为；77"na=Na, A项正确；3g/molB.

3、 磷酸钠为强碱弱酸盐， 磷酸根离子在水溶液中会发生水解，那么1L 0.1mol/L的磷酸钠溶液中磷酸根离子的个数小于1LX0.1mol/L >Na mol-1 =0.1Na , B项错误；C. 重铬酸钾被复原为铬离子时，铬元素从+6降低到+3 , 1mol重铬酸钾转移的电子数为3mol > xNa mol-1 =6N a, C 项正确；D. 正丁烷与异丁烷的分子式相同，1个分子内所含共价键数目均为 13个，那么48g正丁烷与48g+10g.10g异丁烷所得的混合物中共价键数目为X13 >Na mol-1 =13Na, D项正确；58g/mol答案选B。3以下物质的鉴别方法是运

4、用化学方法且正确的选项是A. 用NaOH溶液鉴别 Na2CO3溶液和 NaHCO 3溶液B. 用KSCN溶液鉴别 FeCl3溶液和FeCb溶液C. 用澄清石灰水鉴别 SO2和CO2两种气体D. 利用丁达尔效应鉴别FeOH3胶体和FeCl3溶液【答案】B【详解】A.碳酸氢钠与NaOH反响生成碳酸钠和水，没有明显实验现象，不能鉴别，故A错误；B. FeCl3溶液遇KSCN时为血红色，那么可用 KSCN溶液鉴别FeCl3溶液和FeCl2溶液，鉴别方法利用了 FeCb的化学性质，属于化学方法，故B正确；C. SO2和CO2两种无色气体都能使澄清石灰水变浑浊，那么无法鉴别，故C错误；D. 溶液不能产生丁

5、达尔效应，胶体是可以的，据此可以判别溶液和胶体，丁达尔效应为物理变化，不属于化学方法，故D错误。应选B。【点睛】该题需要明确的是进行物质的检验时，要依据物质的特殊性质和特征反响，选择适当的试剂和方法，准确观察反响中的明显现象，如颜色的变化、沉淀的生成和溶解、气体的产生和气味、火焰的颜色等，进行判断、推理、验证即可。4.ag气体A与bg气体B的分子数相同，以下说法不正.确.的是A. 同温同压下 A、B两气体的密度之比为 b:aB. A与B的相对分子质量之比为 a:bC. 同质量气体A与B的分子数之比为b:aD. 相同状况下同体积 A、B的质量之比为a:b【答案】A【分析】A和B的分子数相同，即物

6、质的量相同，根据m=nM，质量和摩尔质量成正比，【详解】A.标准状况下，Vm相同，由p =mV可知，密度之比等于摩尔质量之比等于，即为 a:b,故A错误；B. 摩尔质量在数值上和相对分子质量相等，所以两种气体 A与B的相对分子质量之比为a:b，故B正确；m11C. A与B相对分子质量之比为 a:b，同质量时由n= 可知，分子数之比等于：一=b:a，故Ma bC正确；D. 相同状况下，同体积的A与B的物质的量相同，那么质量之比等于摩尔质量之比，即为a:b，故D正确；答案选A。5以下说法中不圧确.的是A. 从1 L 1 mol L 的NaCI溶液中取出10 mL ,其浓度仍是1 mol L一1B.

7、 配制0.5 L 10 mol L1的盐酸，需要氯化氢气体112 L标准状况C. 0.5 L 2 mol L1BaCl2溶液中，Ba"和 C总数为 30.02 XI023D. 10 g 98%的硫酸密度为1.84 g cm3与10 mL 18.4 mol L，硫酸的浓度是不同的【答案】D【详解】A.依据溶液是均一稳定的分散系，从1L1mol/L的NaCI溶液中取出10mL，其浓度仍是1mol/L，故A正确；B. 制成0.5L10mol/L的盐酸溶液中溶质氯化氢物质的量为5mol，需要氯化氢气体112L标112L准状况物质的量=5mol，故B正确；22.4L/molC. 0.5L2mo

8、l/LBaCl 2溶液中，含Ba2+物质的量为1mol，含Cl-物质的量2mol，溶液中离子总 数为30.02 X1023，故C正确；31000 1.84 98%D. 10g98%硫酸密度为1.84g/cm3物质的量浓度=mol/L =18.4mol/L，与9810mL18.4mol/L硫酸的浓度是相同的，故D错误。答案选D。【点睛】此题考查物质的量浓度的计算和理解，要熟练掌握物质的量浓度的计算公式。n 1000 pwc=V M6.室温下，以下各组离子在指定溶液中能大量共存的是A. 0.1 mol L-1NaOH 溶液：Na+、K+、CO；、AIOB. 0.1 mol L-1FeCl2溶液：K

9、+、Mg2+、SO4、MnO4C. 0.1 mol L-1K2CO3溶液：Na+、Ba2+、Cl-、OH-D. 0.1 mol L- 1H；SO4溶液：K+、NH 4、NO3、HSO3【答案】A【分析】此题考的是离子共存问题，应从选项的条件获取信息，再从中判断在此条件的环境中是否有离子会互相反响，能大量共存就是没有可以互相发生反响的离子存在。【详解】A.是一个碱性环境，离子相互间不反响，且与OH-不反响，能大量共存；B. MnO 4-具有强氧化性，Fe2+具有复原性，两者会发生氧化复原反响而不能大量共存；C. Ba2+可以与CO32-发生反响生成沉淀而不能大量存在；D. 酸性条件下H+与HSO

10、J不能大量共存，同时酸性条件下NO3-表现强氧化性会将 日$。3-氧化而不能大量共存；应选A。【点睛】此题考查离子共存，掌握离子的性质和离子不能大量共存的原因是解题的关键。离子间不能大量共存的原因有：离子间发生复分解反响生成水、沉淀或气体，如题中C项；离子间发生氧化复原反响，如题中 B项；离子间发生双水解反响，如 Al3+与HCO3-等； 离子间发生络合反响，如 Fe3+与SCN-等；注意题中的附加条件的影响，如 NO3-在酸性 条件下会表现强氧化性等。7以下关于离子方程式的评价正确的选项是选项离子方程式评价A将2 mol Cl 2通入到含1 mol FeI 2的溶液中：2Fe2+ + 4厂

11、+ 3Cl2=2Fe3+ + 6CI+ 2I2正确；Cl2过量，Fe"、1 均被氧化B用Cu作电极电解NaCl溶液，阳极的电极反应式：2Cl 2e =Cl2f正确；Cl优先于OH放电C过量SO2通入到NaCIO溶液中：SO2 + H20+ ClO =HClO + HSO3正确；H2SO3的酸性强于HCIODMg(HCO 3)2溶液与足量的NaOH溶液反响：Mg2+ 2HCO3+ 2OH 一 =MgCO 3 耳 2H2O正确；MgCO3比Mg(OH) 2更难溶【答案】A【分析】A将2 mol Cl 2通入到含1 mol Fel2的溶液中，二价铁离子、碘离子都被氧化；B. 铜做电极，阳极

12、为活性电极，阳极参与放电；C. HCIO有强氧化性；D. 氢氧化钠足量，与碳酸氢镁反响生成氢氧化镁沉淀、碳酸钠和水。【详解】A.氯气过量，二价铁离子、碘离子都被氧化，离子方程式为：2Fe2+ 4+ 3Cl2=2Fe3 + + 6CI + 2D，故 A 正确；B. 用Cu作电极电解NaCI溶液，阳极的电极反响式：Cu-2e-=Cu2+，评价及离子方程式均不合理，故B错误；C. HCIO有强氧化性，能够氧化 SO2,正确的离子方程式为：SO2 + H2O + CIO_=CI-+SO42-+2H+,评价及离子方程式均不合理，故C错误；D. 氢氧化钠足量，与碳酸氢镁反响生成氢氧化镁沉淀、碳酸钠和水，离

13、子方程式：Mg2 + +2HCO3+ 4OH -=Mg(OH) 2 耳2CO32+ 2H2O，故 D 错误。所以A选项是正确的。8某溶液可能含有 C、SO 4、CO2、NH 4、Fe3+> Al3+和K十。取该溶液100 mL ,参加过量NaOH溶液，加热，得到 0.02 mol气体，同时产生红褐色沉淀；过滤，洗涤，灼烧，得到1.6 g固体；向上述滤液中加足量BaCl2溶液，得到4.66 g不溶于盐酸的沉淀。由此可知原溶液中()A. 至少存在5种离子B. Cl_一定存在，且 c(CI_) > 0.4 mol _ LC. SO4、NH4 一定存在，C可能不存在D. CO：、Al3+定

14、不存在，K +可能存在【答案】B【解析】试题分析：由于参加过量NaOH溶液，加热得到0.02mol气体，说明一定有 NH4+,且物质的量为0.02mol;同时产生红褐色沉淀，说明一定有Fe3+, 1.6g固体为氧化铁，物质的量为O.OImol，故有0.02moIFe3+，一定没有CO32-; 4.66g不溶于盐酸的沉淀为硫酸钡，一 定有SO42-,物质的量为 0.02mol ;根据电荷守恒，一定有 CI-,至少0.02mol X3+0.02-0.02moI >2=0.04mol，物质的量浓度至少 0.04mol P.1L = O.4mol/L , A、至少存在 Cl-、SO42-、NH4

15、+、Fe3+四种离子，故 A错误；B、根据电荷守恒，至少存在0.04molCI-,故B正确；C、一定存在氯离子，故 C错误；D、Al3+无法判断是否存在，故 D错误；应选B。考点：考查离子共存知识9在碱性溶液中可发生如下反响：2R(OH)3 + 3C1O+ 4OH = 2RO4n-+3C+5H2O。关于该反响的说法正确的选项是 ()A. RO4n-中R的化合价是+6B. ClO 是复原剂C. 由上述离子方程式可知，该反响是由氨水提供的碱性环境D. 反响过程中生成1mol RO 4n-，转移6mol e-。【答案】A【解析】A、由题可知n=2, RO4n冲R的化合价是+6, A项正确；B、Cl元

16、素的化合价由+1价降低为-1价，ClO-为氧化剂，B项错误；C、一水合氨为弱电解质， 不能改成离子形式， 在离子方程式中写化学式，C项错误；D、R元素的化合价由+3价升高为+6价，那么反响过程中生成1 mol RO 4n-，转移3 mol e-, D项错误；答案选 A。点睛：此题难点是由电荷守恒得出n=2,RO4n-中R的化合价是+6,R元素化合价升高，R(OH) 3为复原剂，Cl元素化合价降低，C1O为氧化剂，发生复原反响，以此解答该题。10.KNO 3和Cu(NO 3)2的混合溶液200mL，其中c(NO3)=2mol L-1，用石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到2.24

17、L气体(标准状况)，假设电解后溶液体积不变，以下说法正确的选项是()A. 原混合溶液中c(K +)=0.5mol L-1B. 电解得到的Cu的物质的量为0.2molC. 上述电解过程中共转移 0.4mol电子D. 电解后溶液中c(H +)=2mol L-1【答案】C【解析】试题分析：电解硝酸钾和硝酸铜混合溶液时，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，阴极上先铜离子放电生成铜单质，当铜离子完全析出时， 氢离子放电生成氢气， 气体的物质的=0.1mol ;每生成1mol氧气转移4mol电子，每生成1mol氢气转移2mol电子,每生成1mol铜转移2mol电子，所以根据转移电子守恒得铜的物质的量=.:一化

18、；._=0.1mo|，那么铜离子的物质的量浓度 =产二=0.5mol/L ,根据电荷守恒 得钾离子浓度=2mol?L-1-0.5mol/L 2X1mol/L ;A .根据分析知，原混合溶液中c(K+)为1mol?L-1, 故A错误；B .根据以上分析知，铜的物质的量为O.lmol，质量为6.4 g，故B错误；C.转移电子的物质的量=0.1mol X4=0.4mol，故C正确；D.当电解硝酸铜时溶液中生成氢离子， 当电解硝酸钾溶液时，实际上是电解水，所以电解后氢离子的物质的量为铜的2倍，为O.lmol 2=0.2mol，那么氢离子浓度= =1mol/L，故D错误；应选 C。【考点定位】考查电解原

19、理【名师点晴】明确离子放电顺序是解此题关键， 电解硝酸钾和硝酸铜混合溶液时，阳极上氢氧根离子放电生成氧气， 阴极上先铜离子放电生成铜单质， 当铜离子完全析出时， 氢离子放 电生成氢气，根据得失电子守恒计算铜的物质的量，再结合电荷守恒计算钾离子的浓度，据此分析解答。选项目的别离方法原理A别离溶于水中的碘乙醇萃取碘在乙醇中的溶解度较大B别离乙酸乙酯和乙醇分液乙酸乙酯和乙醇密度不同C除去丁醇中的乙醚蒸馏丁醇与乙醚互溶且沸点相差较大D除去KNO3固体中混杂的NaCl重结晶NaCl在水中的溶解度受温度影响 大11.以下实验中，所采取的别离方法与对应原理都正确的选项是()【答案】C【详解】A.乙醇和水混溶

20、，不能用作萃取剂，应用四氯化碳或苯萃取,A错误;C正NaCl随温度升高溶解B. 乙酸乙酯和乙醇混溶，不能用分液的方法别离，可用蒸馏的方法或参加饱和碳酸钠1离，B错误;C. 丁醇和乙醚混溶，但二者的沸点不同且相差较大，可用蒸馏的方法别离,D.根据二者在水中随温度升高而溶解度不同，利用重结晶法。不大，KNO 3随温度升高溶解度变化大，D错误;故合理选项是C。【点睛】此题考查物质的别离提纯，注意相关物质性质的异同，掌握常见物质的别离方法和操作原理是解题的关键，题目难度不大，D项为易错点，注意 NaCI和KN0 3在水中溶解度的差异。12. 如下图为 铁链环结构，图中两环相交局部 A、B、C、D表示物

21、质间的反响。以下对C. SO42-+Ba2+=BaSO4 JD. OH -+HCO 3-=H2O+CO 32-【答案】B【详解】A .氯气与NaOH反响生成NaCI、NaCIO、水，离子反响为 CI2+2OH- C1+CIO-+H2O, 故A错误；B. NaOH和硫酸铜反响生成氢氧化铜和硫酸钠，离子反响为Cu2+2OH- Cu(OH)2 J,故B 正确；C. 硫酸铜、氢氧化钡反响生成硫酸钡和氢氧化铜，离子反响为Cu2+SO42-+Ba2+2OH- BaSQj + Cu(OH> J,故 C 错误；D .氢氧化钡与碳酸氢钠反响生成碳酸钡、水，假设碳酸氢钠少量发生HCO3-+Ba2+OH- B

22、aCO J +HO,假设碳酸氢钠足量，发生2HCO3-+Ba2+2OH- BaCO J +2HO+CO32-，故 D 错误；答案选B。13. NaCIO是漂白液的有效成分，某研究小组探究NaCIO溶液的性质，设计了以下实验：装置图试剂X实验现象0.2 mol?L-1 盐酸产生黄绿色气体1刑MIG!畝r1100.2 moI?L-1 KI-淀粉溶液溶液变蓝e!0.2 mol?L-1FeSO4H+和 KSCN 混合溶液溶液变红E齐 2mLX0.2moI?L-1AlCI 3 溶液产生白色沉淀以下判断不正确的选项是A. 实验中发生的反响：CI0-+CI-+2H+= Cbf +H0B. 实验中发生的反响：

23、CIO-+2I-+2H + = Cl-+I2+H2OC. 实验中该条件下氧化性强弱：CIO-> Fe3+D. 实验中CIO-与 Al3+相互促进水解【答案】B【详解】A .参加盐酸，次氯酸根离子在酸溶液中具有强氧化性氧化氯离子生成氯气，反响的离子方程式：CIO-+CI-+2H+=Cl2f +HO，故 A 正确；B.实验0.2 mol?L-1 KI-淀粉溶液中滴入次氯酸钠溶液，发生的反响是碱性溶液中次氯酸钠氧化碘化钾生成碘单质，反响的离子方程式：CIO-+2I-+H2O=CI-+|2+2OH-，故B错误；C.在0.2mol/LFeSO 4酸性溶液中滴加0.2mol/LNaCIO溶液，Fe2

24、+和CIO-发生氧化反响生成Fe3+遇 KSCN，使溶液显红色，即说明 F0复原性大于CI-，故C正确;D. NaCIO溶液水解显碱性,AICI 3溶液水解显酸性，二者混合相互促进水解，生成AI(OH) 3白色胶状沉淀，故 D正确;应选B。将硫酸钡放入水中14.以下说法中不正确的有)所以硫酸钡电,解质;到的溶液能导电氨溶于水以液态HC电解质放质强电解质亍强A. 3个个个【答案】【详解】钡在水中的溶解度很小,溶解就完全，硫酸钡在熔陵钡是电解质，故错误;电解质都是化合物属于纯洁物,NaHSO4氨气溶于水形成氨水， 氨水是混合物，混合物不态下，能完,导电，所以属时生成的阳中一定能导电电解质是电解质;

25、，但不属于酸;中一定不导D.全部移动的离子不导电；虽然只要故错误; 电解质在水溶液中或熔融状态下能够导电，是因电解质自身可以离解成自由移动的离子,液态的HCI只有HCI分子，没有电离出离子，也不能导电，但是HCI在水溶液中能电离出自由移动的离子，能导电，属于电解质，故错误； 电离出的阳离子全部是 H +的化合物叫做酸，能电离出 H +的化合物不一定是酸，硫酸氢钠能电离出氢离子，NaHSO4=Na+H+SO42-，属于盐，故正确； 电解质放在水中不一定能导电，如碳酸钙固体在水中的溶解度很小，难溶于水，几乎没有自由移动的离子，几乎不导电；碳酸钙在熔融状态下，能完全电离，碳酸钙是电解质；非电解质放在

26、水中不一定不导电，如NH3在水溶液里，生成一水合氨，一水合氨能电离出自由移动的铵根离子和氢氧根离子导致导电，氨气自身未电离，所以氨气是非电解质， 故错误； 电解质的导电能力和自由移动离子浓度大小有关，和电解质的强弱无关， 强电解质的导电能力不一定比弱电解质强，故错误；答案选Co【点睛】非电解质是指： 在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物；单质、混合物既不是电解质也不是非电解质；电解质是指：在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物。电解质在水溶液中或熔融状态下能够导电，是因电解质自身可以离解成自由移动的离子；电解质的导电能力和自由移动离子浓度大小有关，和电解质的强弱无关。 能导电的物质说明含有自

27、由移动的电子或自由移动的离子，能导电的不一定是电解质。15某学生欲通过实验判断 X，丫 , Z, W四块金属的活泼性，做了如下实验并得结论：当 X , Y与稀硫酸组成原电池时， Y为负极；Z可以从水中置换出 H2, W不能从水中置换出 H2； W能将Y从其盐溶液中置换出来，据此可知它们的活泼性顺序是A. Z >X >W >YB. Z >W >Y >XC. X >Y >W >ZD. X >Y >Z >W【答案】B【详解】一般来说，作原电池负极的金属活动性较强；金属越活泼，越容易和酸或水发生置换反响生成氢气；较活泼的金属能从盐

28、溶液中置换出较不活泼的金属，所以当X, Y与稀硫酸组成原电池时，丫为负极，金属活动性：丫 >X ； Z可以从水中置换出 H2, W不能从水中 置换出H2,金属活动性：Z> W； W能将Y从其盐溶液中置换出来，金属活动性： W> Y , 通过以上分析知，金属活动性顺序是 Z>W>Y>X，应选B o二、填空题共40分a； X、Y是两16电解原理在化学工业中有广泛的应用。如图表示一个电解池，装有电解液块电极板，通过导线与直流电源相连。请答复以下问题：(1 )假设X、Y都是惰性电极，a是饱和NaCI溶液，实验开始时，同时在两边各滴入几滴酚 酞试液，那么： 电解池中X

29、极上的电极反响式为 ，在X极附近观察到的现象是 丫电极上的电极反响式为 ，检验该电极反响产物的方法是(2) 如要用电解方法精炼粗铜，电解液 a选用CuS04溶液，那么：Y电极的材料是，主要的电极反响式为。 溶液中的c(Cu2+)与电解前相比 (填变大 变小或不变。)(3) 如利用该装置实现铁上镀锌，电极X上发生的反响为 ，电解池盛放的电镀液可以是 (只要求填一种电解质溶液 )。【答案】(1). 2H + 2e=H2f (2).有气体放出，溶液变红(3). 2C 2e=Cl2? (4).把湿润的淀粉碘化钾试纸放在 Y电极附近，试纸变蓝色，说明生成了 CI2 (5).纯铜 (6). Cu2+ 2e

30、=Cu (7).变小 (8). Zn2+ 2e =Zn (9). ZnCl 2 (或 ZnS04溶液)【详解】(1)假设X、Y都是惰性电极，a是饱和NaCl溶液，和电源的负极相连的电极X极是阴极，该电极上氢离子发生得电子的复原反响，即2H+2e-=H2f,所以该电极附近氢氧根浓度增大，碱性增强，滴入几滴酚酞试液会变红， 故答案为：2H+2e-=H2f；溶液变红，有气泡产生；和电源的正极相连的电极， Y极是阳极，该电极上氯离子发生失电子的氧化反响，即 2C-2e-=Cl2f,氯气可用淀粉碘化钾试纸检验，可使试纸变蓝色,故答案为：2CI-2e-=Cl2f；把湿润的淀粉碘化钾试纸放在Y电极附近，试纸

31、变蓝色，说明生成了 CI2；(2) 电解方法精炼粗铜，电解池的X电极是阴极，材料是纯铜，电极反响为：Cu2+2e-=Cu，故答案为：纯铜；Cu2+2e- =Cu ；电解方法精炼粗铜，阴极是Cu2+2e-=Cu，阳极上先是金属锌、铁、镍等金属失电子，然后是铜失电子生成铜离子的过程，所以电解后，铜离子浓度是减小的，故答案为：变小；(3) 如利用该装置实现铁上镀锌，镀件铁是阴极，镀层金属锌是阳极，电极X极即阴极上发生的反响为：Zn2+2e-=Zn，电镀液是含有镀层金属阳离子的盐溶液，可以是ZnCl 2溶液或是ZnSO4溶液。故答案为：Zn2+2e-=Zn ； ZnCl 2溶液(或ZnSO4溶液)。1

32、7某一反响体系中的物质有HCI、SnCI2、H2SnCl6、As、H3ASO3、H2O，：HCI是反响物之一；As是生成物之一。(1) 写出未配平的该反响的化学方程式： 在该反响中，得电子的物质是 ，被氧化的元素是 。 在反响中，每转移 1 mol电子，消耗HCImol。 以下表达中不正确.的是(填写字母序号)。a. 在相同条件下，第四A族元素的阴离子的复原性从上到下逐渐增强b. 得电子越多的氧化剂，其氧化性越强c. 阳离子只能作氧化剂d. 在相同条件下，氧化性顺序：Fe3+>Cu 2+>H+>Fe2+(2向盛有KI溶液的试管中参加少许 CCI4后滴加氯水，CCI4层变成紫色

33、。该反响的离 子方程式为 ，如果继续向试管中滴加氯水，振荡，CCI4层会逐渐变浅，最后变成无色。该反响的化学方程式为 。把KI换成KBr,那么CCI4层变为色；继续滴加氯水，CCI4层的颜色没有变化。CI2、HIO3、HBrO3氧化性由强到弱的顺序是 。【答案】(1). .HCI+SnCI 2+H3ASO3 H2SnCb+As+H 2O(2). H3ASO3(3). Sn (4). 2(5). b.c(6). Cl 2+2I-=I2+2CI-(7). 5CI 2+12+6H2O=2HIO 3 + 10HCI(8).橙 (9).HBrO 3>Cl2>HIO3【详解】(1)HCI是反响

34、物之一，根据氢元素、氯元素的价态，可知HCI在反响中起酸的作用，HCI中氢元素生成水，由元素守恒知 H3ASO3是反响物，根据 As、Sn元素化合价 及电子转移守恒可知， H3ASO3是氧化剂，被复原为 As，SnCI2是复原剂被氧化为 H2SnCI， 所以未配平的反响方程式为 HCI+SnCI 2+H3ASO3 H2SnCl6+As+H 2O，故答案为：HCI+SnCI 2+H 3AsO 3 H 2SnCI 6+As+H 2O； 结合方程式，根据 As、Sn元素化合价可知，H3AsO3是氧化剂，被复原为 As，+2的Sn 化合价升高为+4被氧化，故答案为：H3ASO3； Sn； 由方程式可知

35、 As元素由H3ASO3中+3价，降低为 As中0价，每1moIH3AsO3反响时，需要消耗 HCI6mol，即转移3moI电子消耗6moIHCI，所以每转移1moI电 子，消耗2moI HCI，故答案为：2 ； a、非金属性越强，相应阴离子复原性越弱，在相同条件下，第VIIA族元素从上到下非金属性逐渐减弱，所以阴离子的复原性增强，故a正确;b、氧化性越强得电子能力越强，与得电子多少无关，故b错误;c、中间价态的，既具有氧化性又具有复原性，如:Fe2+，故c错误;d、Cu 与 Fe3+反响 Cu+2Fe3+ cU+2Fe2+，氧化剂是性大于氧化产物的氧化性，所以氧化性Fe3+>Cu2+,

36、所以氧化性Cu2+> H+ > F0，故氧化性顺序:故答案为：b c。(2)氯气具有强氧化性，向盛有KI溶液的成紫色，说明生成12；继续向试管中滴加氯水,说明I2被进一步氧化，生成 HIO3,同时氯气被物是碘酸和氯化氢，一个氯气分子参加反响得子，该反响中得失电子的最小公倍数是10, 所故答案为：Cl2+2I-=I2+2CI- ； 5Cl2+|2+6H2O=氯气的氧化性大于溴，所以氯气能氧化溴离子生Fe3+> H+CI4CCI4物为氯气和碘I为 HCI ,+l2+6H2O=2HIO3+10H单质，发生的e3+ >子参加反响失去10 个中参加少许个电子，一个方程式为,氧化产物是Cu 2+，氧化剂的氧化金属铁强于氢,e2+，故反响方程式为加氯水,后变成无色,，生成Cl2+2Br-=Br2+2CI-，溴水呈橙色，继续向溴水中滴加氯水，CCI4层的颜色没有变化,氯气的氧化性小于溴酸，氯气能和碘反响生成碘酸，所以氯气的氧化性大于碘酸，所以CI2、HI0 3、HBrO 3氧化性由强到弱的顺序HBrO 3>Cl2>HIO3；故答案为：橙，HBrO3>Cl2>HIO3。18以高硫铝土矿(主要成分为AI2O3、Fe2O3、