【KS5U解析】江苏省淮安市涟水县第一中学2020届高三上学期10月月考化学试题 Word版含解析

1、江苏省淮安市涟水县第一中学2020届高三上学期10月月考化学试卷1.下列过程中，没有发生氧化还原反应的是()a. 钻木取火b. 青铜器生锈c. 燃放烟花爆竹d. 利用焰色反应检验na【答案】d【解析】【详解】a、钻木取火，木材发生燃烧，c、o元素的化合价发生变化，发生氧化还原反应，a错误；b、青铜器生锈，cu失去电子化合价升高，发生氧化还原反应，b错误；c、燃放烟花爆竹，火药与氧气发生反应，发生氧化还原反应，c错误；d、焰色反应检验na+，没有新物质生成不属于化学变化，不发生氧化还原反应，d正确；故选d。2.下列关于铝热反应2alfe2o3al2o32fe的说法不正确的是（ ）a. 该反应中a

2、l作还原剂b. 该反应中氧化产物与还原产物的物质的量比为12c. 该反应中冶炼1 mol fe转移2 mol电子d. 该反应可用于焊接钢轨【答案】c【解析】【详解】a反应中al元素化合价升高，被氧化，为还原剂，故a正确；b反应中fe为还原产物，al2o3为氧化产物，由方程式可知氧化产物与还原产物的物质的量比为1：2，故b正确；c反应中fe元素化合价由+3价降低到0价，则冶炼1 mol fe转移3 mol电子，故c错误；d反应可置换出铁，且在高温下进行，可用于焊接钢轨，故d正确。故选c【点睛】反应2alfe2o3al2o32fe中，al元素化合价升高，由0价升高高+3价，fe元素化合价降低，由+

3、3价降低到0价，以此解答该题。3.已知2fe32i=i22fe2、2fe2br2=2br2fe3。现向含有febr2、fei2的溶液中通入一定量的氯气，再向反应后的溶液中滴加少量的kscn溶液，结果溶液变为红色，则下列叙述中正确的是氧化性：br2>fe3>i2原溶液中br一定被氧化通入氯气后，原溶液中fe2一定被氧化不能确定通入氯气后的溶液中是否还存在fe2若取少量所得溶液，加入ccl4后静置，向上层溶液中加入足量的agno3溶液，只产生白色沉淀，说明原溶液中fe2、br均被完全氧化a. b. c. d. 【答案】b【解析】【分析】由题给方程式可知，还原性强弱顺序为：ife2br，

4、氯气先氧化碘离子，然后氧化二价铁，最后氧化溴离子，向反应后的溶液中滴加kscn溶液，结果溶液变为红色，说明碘离子全部被氧化，二价铁部分或全部被氧化，溴离子可能被氧化。【详解】氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，由题给方程式可知，氧化性：br2>fe3>i2，故正确；原溶液中的br-可能被氧化，也可能未被氧化，故错误；通入氯气之后原溶液中的二价铁部分或全部被氧化，故正确；通入氯气之后原溶液中的二价铁部分或全部被氧化，所以不能确定通入氯气之后的溶液中是否存在fe2+，故正确；若取少量所得溶液，再加入ccl4溶液，静置、分液，向上层溶液中加入足量的agno3溶液，只产生白色沉淀，说明原溶

5、液中的br-被完全氧化，i-、fe2+均被完全氧化，故正确；答案选b。4.下列有关说法正确的是a. 1 mol cl2参加反应转移电子数一定为2nab. 在反应kio3 + 6hi = ki + 3i2 +3h2o中，每生成3 mol i2转移的电子数为6nac. 根据反应中hno3(稀)no，而hno3(浓)no2可知，氧化性：hno3(稀) > hno3(浓)d. 含有大量no3的溶液中，不能同时大量存在h+、fe2+、cl【答案】d【解析】【详解】a选项，在氯气与氢氧化钠反应中，1 mol cl2参加反应转移电子数为na，故a错误；b选项，在反应kio3 + 6hi = ki +

6、3i2 +3h2o中，碘元素化合价由+5价和-1价变化为0价，电子转移5mol，生成3mol碘单质，所以每生成3 mol i2转移电子数为5na，故b错误；c选项，不能根据还原产物的价态确定氧化剂氧化性的强弱，实际上氧化性：hno3(稀) < hno3(浓)，故c错误；d选项，酸性条件下no3具有强氧化性，能氧化fe2+，所以含有大量no3的溶液中，不能同时大量存在h+、fe2+、cl，故d正确。综上所述，答案为d。【点睛】1 mol氯气反应转移电子数目可能为1mol，可能为2mol，可能小于1mol。5.下列说法正确的是()a. cl2+2br-=2cl-+br2，zn+cu2+=zn

7、2+cu均为单质被还原的置换反应b. 2na2o2+2h2o=4naoh+o2，cl2+h2o=hcl+hclo，均为水作还原剂的氧化还原反应c. na2so3与h2o2的反应为氧化还原反应d. 生石灰用作食品抗氧化剂【答案】c【解析】【详解】a、锌置换铜的反应中锌被氧化生成锌离子，a错误；b、两个反应中，水中h、o元素化合价都没有发生变化，水既不是氧化剂也不是还原剂，b错误；c、na2so3与h2o2的反应为氧化还原反应，so32-被氧化为so42-，c正确；d、生石灰不具有还原性，在食品中可作干燥剂，d错误；故选c。6.下列叙述中正确的是()a. 物质的溶解过程，实质上就是其电离过程b.

8、h2so4溶于水能导电，液态h2so4不导电，故h2so4不是电解质c. 1l 0.1mol·l-1的h2so4溶液中含有 0.2mol h+d. 1l 0.1mol·l-1的hclo溶液中含有 0.1mol h+【答案】c【解析】【详解】a溶解过程是物质分子或离子分布到溶剂中去；电离是将分子或离子拆分开来，比如说i2的溶解，不能说是电离，但电解质的溶解过程为其电离过程，a错误；bh2so4溶于水能导电，故h2so4是电解质，b错误；ch2so4是强电解质，在水溶液中完全电离，所以1l 0.1 moll-1的h2so4溶液中含有0.2 mol h+，c正

9、确；dhclo是弱电解质，在水溶液中部分电离，所以1l 0.1 moll-1的hclo溶液中含有h+小于0.1 mol，d错误；故选c。【点睛】本题考查弱电解质的电离、电解质和非电解质判断、物质的溶解和电离关系等知识点，侧重考查学生分析比较判断能力，明确基本概念及强弱电解质电离特点是解本题关键，易错选项是b。7. 水溶液中能大量共存的一组离子是a nh4+、ba2+、br-、co32-b. cl-、so32-、fe2+、h+c. k+、na+、so42-、mno4-d. na+、h+、no3-、hco3-【答案】c【解析】【详解】a、ba2+和co32-反应生成baco3沉

10、淀，不能大量共存，a错误；b、so32-和h+反应生成so2，不能大量共存，b错误；c、四种离子不反应，可以大量共存，c正确；d、h+和hco3-会反应生成co2、h2o，不能大量共存，d错误；故合理选项为c。8. 用固体样品配制一定物质的量浓度的溶液，需经过称量、溶解、转移溶液、定容等操作。下列图示对应的操作规范的是（ ）a. 称量b. 溶解c. 转移d. 定容【答案】b【解析】【详解】a、托盘天平称量时应是左物右码，a错误；b、固体溶解在烧杯中进行，b正确；c、向容量瓶中转移溶液时应该用玻璃棒引流，c错误；d、定容时胶头滴管不能插入容量瓶中，d错误。答案选b。9.表中关于物质分类的正确组合

11、是类别组合酸性氧化物碱性氧化物酸碱盐aco2sio2h2so4na2co3nahco3bcona2ohclnaohnaclcso2na2o2ch3coohkohcaf2dso3caohno3ca（oh）2caco3a. ab. bc. cd. d【答案】d【解析】【详解】a二氧化硅是酸性氧化物，碳酸钠俗称纯碱，属于盐类，故a错误；b、一氧化碳不能和碱反应，不属于酸性氧化物，故b错误；c、过氧化氢与酸和碱均不能反应，不属于碱性氧化物，故c错误；d、三氧化硫属于酸性氧化物，氧化钙是碱性氧化物，硝酸属于酸类，氢氧化钙属于碱类，碳酸钙属于盐类，故d正确；故选d。10.取16.8 g碳酸氢钠固体加热一段

12、时间后，剩余固体质量13.7 g，把剩余固体加入到100 ml2 mol/l的稀硫酸中，充分反应后溶液中氢离子的浓度约为a. 1.4 mol/lb. 3 mol/lc. 0.5 mol/ld. 2 mol/l【答案】d【解析】【分析】发生2nahco3na2co3+co2+h2o，加热一段时间后，剩余固体质量13.7g，利用差量法确定固体的成分，加盐酸发生hco3-+h+=h2o+co2、co32-+2h+=h2o+co2，以此计算反应后溶液中氢离子的浓度。【详解】16.8g碳酸氢钠的物质的量n(nahco3)=0.2 mol，将该固体加热，发生反应：2nahco3na2co3+co2+h2o

13、，根据方程式可知：每有168 gnahco3发生分解反应，固体质量会减少(44+18) g=62 g，加热一段时间后，剩余固体的质量为13.7 g，分解的nahco3质量为16.8 g-13.7 g=3.1g，所以反应的nahco3的物质的量n(nahco3)=0.1mol，反应产生的na2co3的物质的量为0.05 mol，因此反应后剩余固体中含na2co30.05 mol，含有nahco30.1 mol，100 ml 2 mol/l的稀硫酸中n(h+)=0.1 l×2 mol/l×2=0.4 mol，由co32-+2h+=h2o+co2可知0.05 mol na2co3

14、反应消耗0.1 mol h+，由hco3-+h+=h2o+co2可知0.1 mol nahco3反应消耗0.1 mol h+，所以溶液中剩余h+物质的量为0.4 mol-0.1 mol-0.1 mol=0.2 mol，故充分反应后溶液中氢离子的浓度约为c(h+)=2 mol/l，故合理选项是d。【点睛】本题考查化学反应方程式的计算，把握差量法计算固体的成分及发生的反应为解答的关键，掌握物质的化学性质，结合物质的量与质量、浓度关系计算，侧重分析与计算能力的考查。11.pm2.5是雾霾天的罪魁祸首，pm2.5是指直径小于等于2.5 m粒子，下列说法正确的是a. 雾霾一定属于胶体b. 鉴别蛋白质溶液

15、和葡萄糖溶液，可用丁达尔效应c. 除去淀粉溶液中的nacl，可用过滤的方法d. 碱式氯化铝al2(oh)ncl6n可做净水剂【答案】bd【解析】【详解】a.胶体是分散质粒子直径介于1nm-100nm之间的分散系，而pm2.5是指直径小于等于2.5 m粒子，显然雾霾不一定属于胶体，故a错误；b.蛋白质溶液属于胶体，当一束光线透过蛋白质溶液时，从垂直入射光方向可以观察到蛋白质溶液里出现的一条光亮的“通路”，葡萄糖溶液不属于胶体，所以不会产生丁达尔效应，故b正确；c.因为钠离子和氯离子的粒子直径小于滤纸的孔径，淀粉溶液虽为胶体，但分散质粒子直径也小于滤纸的孔径，所以不能通过过滤的方法除去淀粉溶液中的

16、氯化钠，故c错误；d.碱式氯化铝al2(oh)ncl6n溶于水可电离产生铝离子，铝离子水解可生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体可吸附水中的悬浮杂质，从而达到沉降的目的，起到净水作用，故d正确；综上所述，答案为bd。12.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（ ）a. 1.0mol·l-1的kno3溶液：h+、fe2+、cl-、so42-b. 甲基橙呈红色的溶液：nh4+、ba2+、alo2-、cl-c. ph=12的溶液：k+、na+、ch3coo-、br-d. 与铝反应产生大量氢气的溶液：na+、k+、co32-、no3-【答案】c【解析】【详解】a、在酸性条件下，no3

17、-离子具有强氧化性，fe2+离子具有还原性，二者发生氧化还原反应而不能大量共存，故a错误；b、甲基橙呈红色的溶液呈酸性，alo2-离子与h+离子反应而不能大量共存，故b错误；c、ph=12的溶液呈碱性，在碱性条件下k+、na+、ch3coo-、br-之间不反应，故c正确；d、与铝反应产生大量氢气的溶液可能是酸溶液，也可能是碱溶液，在酸溶液中co32不能大量共存，故d错误。答案选c。【点睛】离子不能大量共存的一般情况是：（1）能发生复分解反应的离子之间（即生成沉淀，气体，水、弱酸、弱碱等难电离物质）；（2）能生成难溶物的离子之间（如：ca2+和 so42-；ag+和 so42-）；（3）能完全水

18、解的离子之间，如多元弱酸和弱碱盐的阴、阳离子（如：al3+，fe3+与 co32-、hco3-、alo2-、clo-，s2-等）；（4）能发生氧化还原反应的离子之间（如：fe 、h+、no3-；s2-、clo-；s2-、 fe3+等）；（5）能发生络合反应的离子之间（如 fe3+和 scn-）；解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，题目所隐含的条件一般有（1）溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 h+或oh-；（2）溶液的颜色，如无色时可排除 cu2+、 fe2+、fe3+、mno4-等有色离子的存在；（3）溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；（4）是“

19、可能”共存，还是“一定”共存等。13.德国著名行业杂志应用化学上曾刊登文章介绍：某中德联合研究小组设计制造了一种“水瓶”，用富勒烯(c60)的球形笼子作“瓶体”，一种磷酸盐作“瓶盖”，恰好可将一个水分子关在里面。下列说法正确的是 ()。a. 水、双氧水、水玻璃都是纯净物b. 石墨和c60互为同素异形体c. 磷酸钙中所含元素都是短周期元素d. 一定条件下石墨转化为c60是化学变化【答案】bd【解析】【详解】a水、双氧水是纯净物而水玻璃是硅酸钠的水溶液，属于混合物，a错误；b石墨和c60是同种元素组成的不同性质的单质，二者互称为同素异形体，b正确；c磷酸钙中钙元素是长周期元素，c错误；d石墨和c6

20、0是两种不同的物质，所以一定条件下石墨转化为c60是化学变化，d正确。答案选bd。14.设na为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（ ）。a. 标准状况下，2.24 l cl2通入足量naoh溶液中，反应转移电子的数目为0.2nab. 常温下，0.1 mol·l1nh4no3溶液中no3数目为0.1nac. 常温常压下，4.0 g ch4中含有共价键的数目为nad. 标准状况下，22.4 l chcl3含有分子的数目为na【答案】c【解析】【详解】a、标况下2.24l氯气的物质的量为0.1mol，而氯气与碱的反应为歧化反应，1mol氯气转移1mol电子，故0.1mol氯气转移0.1

21、mol电子即0.1na个，故a错误；b、没有给出溶液的体积，无法得出离子的数目，故b错误；c、4.0g ch4的物质的量为=0.25mol，则共价键数为0.25×4nana，故c正确；d、标况下chcl3为液体，不适用气体摩尔体积，故d错误。故选c。15.铝土矿的主要成分中含有氧化铝、氧化铁和二氧化硅等，工业上经过下列工艺可以冶炼金属铝。下列说法错误的是()a. 中还需要进行过滤操作，滤渣为二氧化硅b. a、b中铝元素的存在形式不同c. 中需要通入过量的氨气d. 进行的操作是加热，而且d一定是氧化铝【答案】c【解析】铝土矿加盐酸生成al3+和fe3+，二氧化硅不溶于盐酸，所以要过滤，

22、分离出二氧化硅；滤液中加过量naoh，al3+转化为alo2-和fe3+转化为fe（oh）3沉淀，过滤除去fe（oh）3沉淀，向滤液中通过量的二氧化碳，会生成al（oh）3沉淀，al（oh）3分解生成al2o3，最后电解熔融的al2o3生成al；a、由以上分析可知、中除加试剂外，还需要进行过滤操作，a正确；b、a中为al3+，b中为alo2-，a、b中铝元素的化合价均为+3价，b正确；c、中需要把alo2-转化为al（oh）3沉淀，要通入过量的二氧化碳，alo2-+co2+2h2oal（oh）3+hco3-，c错误；d、根据上面分析可知是al（oh）3受热分解生成al2o3，d正确，答案选c。

23、16.无论在办公室还是居室里，在漂亮的花瓶中插上一束美丽的鲜花，将会给紧张而又忙碌的工作、生活带来轻松和愉悦的心情。如果在花瓶中加入“鲜花保鲜剂”，就会延长鲜花的寿命。下表是1l“鲜花保鲜剂”的成分，阅读后回答下列问题：成分质量(g)摩尔质量(g·mol-1)蔗糖50.00342硫酸钾0.50174阿司匹林0.35180高锰酸钾0.50158硝酸银0.04170（1）“鲜花保鲜剂”中物质的量浓度最大的成分是_（填写名称）。（2）“鲜花保鲜剂”中k+的物质的量浓度为（阿司匹林中不含k+）_（只要求写表达式，不需计算）mol·l-1。（3）配制过程中，下列操作配制结果没有影响的

24、是_（填字母）。a容量瓶在使用前未干燥，里面有少量蒸馏水b定容时仰视液面c容量瓶在使用前刚刚配制完一定物质的量浓度的nac1溶液而未洗净d定容摇匀后发现液面低于容量瓶的刻度线，但未做任何处理（4）欲确定“鲜花保鲜剂”中硝酸银的浓度，可加入的试剂中含有_。（填化学符号）【答案】 (1). 蔗糖 (2). (3). a、d (4). cl【解析】【详解】（1）通过n=m÷m可以计算1l“鲜花保鲜剂”中含有的各种成分的物质的量，会得到其中含有的蔗糖的物质的量最大，故其浓度最大；（2）“鲜花保鲜剂”中k+的物质的量浓度为c(k+)=c(k2so4)+ c(kmno4)=mol/l。（3）a容

25、量瓶在使用前未干燥，里面有少量蒸馏水，对溶液的浓度不产生任何影响，正确；b定容时仰视液面，溶液的体积偏大，使溶液的浓度偏低，错误；c容量瓶在使用前刚刚配制完一定物质的量浓度的nac1溶液而未洗净，会使溶液的浓度偏大，错误；d定容摇匀后发现液面低于容量瓶的刻度线，但未做任何处理，对配制的溶液的浓度不产生任何影响，正确；（4）欲确定“鲜花保鲜剂”中硝酸银的浓度，可利用反应：ag+cl-=agcl，加入的试剂中含有cl。17.一种高效无机水处理剂聚合氯化铝晶体的化学式为al2(oh)ncl6n·xh2om。它可通过调节alcl3溶液的ph，促进其水解而结晶析出。其制备原料主要是铝加工行业的

26、废渣铝灰，它主要含al2o3、al，还有sio2等杂质。聚合氯化铝生产的工艺流程如下：（1）搅拌加热操作过程中发生反应的离子方程式为_。（2）生产过程中实验操作b、d的名称均为_。（3）反应中副产品a_，试剂b是_。(用化学式表示)（4）生产过程中可循环使用的物质是_(用化学式表示)。（5）调节ph4.04.5的目的是_。（6）为得到较纯净的晶体，生产过程中c物质可选用_。a氨水 bnaalo2 cnaoh dal2o3 eal【答案】 (1). al2o36h=2al33h2o、2al6h=2al33h2 (2). 过滤 (3). h2 (4). hcl (5). hcl (6). 促进al

27、cl3水解，使晶体析出 (7). de【解析】【分析】铝灰主要含al2o3、al，还有sio2等，加水清洗掉其他可溶性杂质，因为b后分离出二氧化硅，所以推出b溶液为盐酸溶液，过量的盐酸将氧化铝和铝单质转化为氯化铝溶液，同时产生氢气，因为氯化氢易挥发，所以氢气中混有氯化氢，经水喷淋，得到气体a为氢气，同时回收盐酸b；b为氯化铝溶液中混有不溶性的二氧化硅，通过过滤分离出二氧化硅，氯化铝溶液经浓缩后调节ph，静置、过滤得到聚合氯化铝晶体。【详解】（1）由分析可知b为盐酸溶液，将铝和氧化铝转化为氯化铝溶液，所以搅拌加热操作过程中发生反应的离子方程式为：al2o36h=2al33h2o、2al6h=2a

28、l33h2，故答案为：al2o36h=2al33h2o、2al6h=2al33h2；（2）由分析可知，生产过程中实验操作b、d的名称均为过滤，故答案为：过滤；（3）由分析可知，a为氢气，b为盐酸，故答案为：h2；hcl；（4）搅拌加热过程中需要加入盐酸，吸收气体过程中可回收挥发出的hcl，所以hcl可以循环使用，故答案为：hcl；（5）氯化铝水解呈酸性，所以调节ph的目的是为了使氯化铝水解生成产品，故答案为：促进alcl3水解，使晶体析出；（6）为得到较纯净的晶体，调节ph的试剂不能引入新杂质，而过量的氨水、naalo2、naoh均不易除去，会引入新杂质， al2o3、al因为不溶于水，过量时

29、可通过过滤除去，所以用al2o3、al调节ph能得到较纯净的晶体，综上所述，答案为de。【点睛】b处溶液因为可能含有未反应的盐酸和氯化铝水解而显酸性，而强酸性环境中聚合氯化铝晶体不易结晶析出，所以要调节ph促进铝离子水解，使聚合氯化铝晶体结晶析出。18.已知某溶液x可能由k+、cu2+、ba2+、fe2+、alo2-、co32-、so42-、i-、mno4-中的若干种离子组成。某化学兴趣小组通过下列实验确定了其组成。根据下列实验步骤和现象，推断实验结论：实验步骤与实验现象实验结论.观察溶液：无色透明原溶液中一定不含的离子是_.取适量该溶液，加入过量的硝酸，有气体生成，并得到无色溶液原溶液中一定

30、不含的离子是_，一定含有的离子是_.在所得溶液中再加入过量的碳酸氢铵溶液，有气体生成，同时析出白色沉淀a原溶液中还一定含有的离子是_，生成沉淀a的离子方程式为_.在所得溶液中再逐滴加入氢氧化钡溶液至过量，加热也有气体生成，同时析出白色沉淀b白色沉淀b中一定含有_，可能含有_【答案】 (1). cu2、fe2、mno4- (2). i、ba2 (3). co32-、k (4). alo2- (5). al33hco3-=al(oh)33co2 (6). baco3 (7). baso4【解析】【分析】i、溶液无色，则一定不存在有色离子；取适量该溶液，加入过量的硝酸，有气体生成，该气体为二氧化碳，

31、则溶液中一定存在co32-，一定不存在能够与co32-离子反应的离子；得到无色溶液，则一定不存在反应生成颜色物质的离子，再结合溶液呈电中性判断；在所得溶液中再加入过量nh4hco3溶液，有气体生成，该气体为二氧化碳，同时析出白色沉淀a，说明溶液中一定而且只能存在铝离子；iv在所得溶液中含有过量的碳酸氢铵，加入过量ba(oh)2溶液至过量，加热会有氨气生成，白色沉淀可能为碳酸钡或碳酸钡和硫酸钡的混合物；据此分析解答。【详解】根据i，观察溶液：无色透明，则一定不存在有色离子：cu2+、mno4-、fe2+，故答案cu2、fe2、mno4-；根据，取适量该溶液，加入过量的硝酸，有气体生成，该气体为二

32、氧化碳，则溶液中一定存在co32-，一定不存在能够与co32-离子反应的ba2+离子，得到无色溶液，则一定不存在i-，再根据溶液呈电中性判断原溶液中一定存在唯一的阳离子k+，故答案为i、ba2；co32-、k；在所得溶液中再加入过量nh4hco3溶液，有气体生成，该气体为过量的硝酸与碳酸氢铵反应生成的二氧化碳，同时析出白色沉淀a，说明溶液中一定存在铝离子，则原溶液中一定存在alo2-，该过程中生成a的离子方程式为al3+3hco3-=al(oh)3+3co2，故答案为alo2-；al3+3hco3-=al(oh)3+3co2；在所得溶液中含有过量的碳酸氢铵，加入过量ba(oh)2溶液至过量，加

33、热会有氨气生成，白色沉淀可能为碳酸钡或碳酸钡和硫酸钡的混合物，故答案为baco3；baso4。【点睛】本题的易错点和难点为alo2-的判断，中过量的硝酸将alo2-转化为铝离子，中铝离子与碳酸氢根了发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀。19.某实验小组为探究clo-、i2、so42-在酸性条件下的氧化性强弱，设计实验如下：实验：在淀粉碘化钾溶液中加入少量次氯酸钠溶液，并加入少量的稀硫酸，溶液立即变蓝；实验：向实验的溶液中加入4ml 0.5 mol·l-1的亚硫酸钠溶液，蓝色恰好完全褪去。（1）写出实验中发生反应的离子方程式：_。（2）实验的化学反应中转移电子的物质的量是_。.（3）cl2、

34、h2o2、clo2(还原产物为cl-)、o3(1mol o3转化为1mol o2和1mol h2o)等物质常被用作消毒剂。等物质的量的上述物质消毒效率最高的是_(填序号)。acl2 bh2o2 cclo2 do3（4）“84”消毒液(主要成分是naclo)和洁厕剂(主要成分是浓盐酸)不能混用，原因是_(用离子方程式表示)。【答案】 (1). clo-+2i-+2h+=i2+cl-+h2o (2). 0.004mol (3). c (4). clo-+cl-+2h+=cl2+h2o【解析】【分析】、(1)次氯酸根离子具有氧化性，能将碘离子氧化为碘单质；(2)实验说明碘单质把亚硫酸根离子氧化生成硫

35、酸根离子，自身被还原生成碘离子，反应的离子方程式为：h2o+i2+so32-=so42-+2i-+2h+，结合化合价升高值=化合价降低值=转移电子数分析计算；、(3)根据cl2、h2o2、clo2、o3反应后生成物的价态分析转移的电子数，转移的电子越多，消毒效率越高；(4)clo-与浓盐酸中的cl-会发生反应生成有毒的cl2。【详解】i、(1)实验说明酸性条件下，次氯酸钠把碘离子氧化生成碘单质，同时自身被还原生成氯离子，反应离子方程式为：clo-+2i-+2h+=i2+cl-+h2o，故答案为clo-+2i-+2h+=i2+cl-+h2o；(2)实验说明碘单质把亚硫酸根离子氧化生成硫酸根离子，

36、自身被还原生成碘离子，反应的离子方程式为：h2o+i2+so32-=so42-+2i-+2h+，设转移电子的物质的量为x。h2o+so32-+i2=so42-+2i-+2h+ 转移电子     1mol                  2mol0.5mol/l×0.004l        xx=0.004mol，故答

37、案为0.004 mol；ii、(3)这些物质都为1mol时，cl2(发生的反应为cl2+h2o=hcl+hclo)、h2o2(分解生成氧气和水)、clo2(反应生成氯离子)、o3(1 molo3转化为1 mol o2和1 mol h2o)消毒时，转移电子依次为1mol、1mol、5mol、2mol，等物质的量的上述物质反应，clo2转移的电子数最多，消毒效率最高，故答案为c；(4)clo-与浓盐酸中的cl-会发生反应生成有毒的cl2，方程式为clo-+cl-+2h+cl2+h2o，因此“84”消毒液(主要成分是naclo)和洁厕剂(主要成分是浓盐酸)不能混用，故答案为clo-+cl-

38、+2h+cl2+h2o。20.某混合物a，含有kal(so4)2、al2o3和fe2o3，在一定条件下可实现如图所示的物质之间的变化：据此回答下列问题：(1)、四步中对于溶液和沉淀的分离采取的方法是_(2)根据上述框图反应关系，写出下列b、d、e所含物质的化学式：固体b_；沉淀d_；溶液e_。(3)写出反应的化学方程式，离子反应写离子方程式。_。_。【答案】 (1). 过滤 (2). al2o3 (3). fe2o3 (4). k2so4、(nh4)2so4 (5). al2o3+2oh-=2alo2-+h2o (6). alo2-+h+h2o=al(oh)3【解析】【分析】kal(so4)2溶于水，al2o3和fe2o3均不溶于水，混合物a加水溶解后，溶液中是kal(so4)2，沉淀c为al2o3和fe2o3；向沉淀c中加naoh溶液，fe2o3不反应，沉淀d