安徽省六安市第一中学2021-2022学年高一化学上学期期末考试试卷（Word版含解析）

六安中2021~2022学年第一学期高年级期末考试化学试卷相对原子质量：H-1C-12N-14O-16S-32Mg-24Al-27Fe-56Zn-65Cu-64一、选择题(每小题3分，共48分，每小题仅有一个最佳答案)1.化学让生活变得更美好，下列应用正确的是A.氢氧化铝胶体可以净水并能杀菌消毒B.磁性氧化铁常用作红色颜料C.食品包装袋中的小包铁粉用作干燥剂D.食盐中添加的碘酸钾、奶粉中添加的维生素属于营养强化剂【答案】D【解析】【详解】A．氢氧化铝胶体具有吸附性，可以用作净水剂，不具有杀菌消毒作用，故A错误；B．磁性氧化铁是黑色的四氧化三铁，红棕色，常用作红色颜料的是氧化铁，故B错误；C．铁粉具有还原性，食品包装袋中的小包铁粉用作抗氧化剂，故C错误；D．碘酸钾能补充碘的摄入，奶粉中加维生素能强化奶粉中维生素的含量，均属于营养强化剂，故D正确；故选D选项。2.合金是一类用途广泛的金属材料，下列关于合金的说法不正确的是A.人类历史上使用最早的合金是青铜B.目前世界上用途最广泛的合金是钢C.合金是两种金属熔合而成的具有金属特性的物质D.合金的熔点比它的各成分金属的熔点都低【答案】C【解析】【详解】A．人类历史上使用最早的合金是青铜，是铜、锡合金，故A正确；B．目前世界上用途最广泛的合金是钢，是铁合金，故B正确；C．合金可以是金属与金属，也可以是金属与非金属熔合而成，如生铁是铁与碳的合金，故C不正确；D．合金的熔点比它的各成分金属的熔点都低，故D正确；故选C选项。 3.下列实验操作能达到相应目的的是选项ABCD实验操作目的证明该装置气密性良好观察Fe(OH)2的生成干燥Cl2除去Cl2中的少量HClA.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．橡胶管能平衡分液漏斗和烧瓶内的压强，分液漏斗与烧瓶内的气压不受气密性好坏的影响，打开活塞，液体总能流下，不能证明该装置气密性良好，故A不选；B．植物油形成液封，隔绝空气，防止Fe(OH)2氧化，能观察Fe(OH)2的生成，故B选；C．气体流经的导管应长进短出，故C不选；D．除去Cl2中的少量HCl应通入饱和食盐水，故D不选；故选B。4.下列检验或鉴别的说法中，不正确的是A.用相互滴加的方法可以鉴别盐酸和Na2CO3溶液B.某气体可使淀粉—KI溶液变蓝，该气体一定是Cl2C.某溶液的焰色试验呈黄色，该溶液中可能含有钾元素D.某溶液滴入KSCN溶液不变红，再滴入氯水后溶液变红，则原溶液中一定含有Fe2+【答案】B【解析】【详解】A．盐酸少量时与碳酸钠反应无现象，盐酸过量时与碳酸钠反应生成气体，反应与量有关，则用相互滴加的方法可以鉴别盐酸和Na2CO3溶液，故A正确；B．氯气、溴蒸气、二氧化氮等均可氧化KI溶液生成碘，淀粉遇碘单质变蓝，由操作和现象可知，该气体不一定是Cl2，故B不正确；C．观察K的焰色需透过蓝色的钴玻璃，则某溶液的焰色试验呈黄色，该溶液中一定含钠元素、可能含有 钾元素，故C正确；D．某溶液滴入KSCN溶液不变红，可知不含铁离子，再滴入氯水后溶液变红，可知亚铁离子被氧化为铁离子，则原溶液中一定含有Fe2+，故D正确；故选B选项。5.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.pH=13的溶液中：NO、Na+、AlO、K+B无色透明溶液中：K+、SO、Na+、MnOC.加入铝粉，有H2放出的溶液中：Na+、Mg2+、Cl-、SOD.c(Fe3+)=1mol·L-1的溶液中：Na+、SCN-、Cl-、NH【答案】A【解析】【详解】A．pH=13的溶液呈碱性，NO、Na+、AlO、K+四种离子之间不反应，也都不与氢氧根离子反应，所以离子能够大量共存，故A正确；B．高锰酸根离子的溶液呈紫色，不满足溶液无色的要求，故B错误；C．加入铝粉有H2放出的溶液呈碱性或酸性，Mg2+、OH-之间反应生成氢氧化镁沉淀，在碱性溶液中不能大量共存，故C错误；D．Fe3+与SCN-之间反应生成络合物硫氰化铁，离子不能大量共存，故D错误；故选A选项。6.下列离子方程式书写正确的是A.氯气与水反应：Cl2+H2O=2H++Cl-+ClO-B.向Fe(NO3)2溶液中加入稀盐酸：Fe2++4H++NO=Fe3++NO↑+2H2OC.向AlCl3溶液中加入过量NaOH溶液：Al3++3OH-=Al(OH)3↓D.小苏打溶液与过量澄清石灰水混合：Ca2++OH-+HCO=CaCO3↓+H2O【答案】D【解析】【详解】A．氯气与水反应生成的次氯酸为弱酸，应保留化学式，故正确离子方程式为：，故A错误；B．向Fe(NO3)2溶液中加入稀盐酸，二价铁离子有还原性，酸性条件下硝酸根有强氧化性，Fe2+被氧化为 Fe3+，同时生成NO气体，故正确离子方程式为：，故B错误；C．向AlCl3溶液中加入过量NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和水，故正确离子方程式为：，故C错误；D．小苏打溶液是碳酸氢钠溶液，澄清石灰水是氢氧化钙溶液，则小苏打溶液与过量澄清石灰水混合的离子方程式为：，故D正确；故选D选项。7.电视剧《三生三世十里桃花》中的仙境美轮美奂，其中的烟雾，是在放于温热石棉网上的NH4NO3和Zn粉的混合物中，滴几滴水后产生的：NH4NO3+Zn=ZnO+N2↑+2H2O，下列说法正确的是A.每生成1molZnO共转移2mol电子B.被还原的元素只有一种C.水可能是中间产物D.每产生448mLN2，消耗1.3gZn【答案】B【解析】【详解】A．N元素的化合价由NH4NO3中的+5价降为N2终的0价可知，则每生成1molN2即生成1molZnO转移5mol电子，故A错误；B．NH4NO3的硝酸根中的N元素的化合价由+5价被还原降为氮气中的0价，NH4NO3的铵根中的N元素的化合价由-3价被氧化升高为氮气中的0价，锌元素由0价被氧化升高为ZnO中的+2价，则该反应中只有一种元素被还原，故B正确；C．由滴几滴水后产生的白烟及发生的反应可知，水在反应中可能起催化作用，故C错误;D．未说明是标准状况下，常温下Vm不等于22.4L/mol，不能由Zn的质量计算氮气的体积，故D错误；故选B选项。8.设NA为阿伏加德罗常数，下列说法不正确的是A.Na2O2与H2O反应时，生成0.1molO2转移的电子数为0.2NAB.17g14N1H3所含中子数目为10NAC.常温常压下，2.8gCO和N2的混合气体中所含原子数为0.2NAD.将含0.01molFeCl3的FeCl3饱和溶液，滴入沸腾的蒸馏水中，充分作用后所得胶体中胶粒数小于0.01NA【答案】B【解析】【详解】A．Na2O2与H2O反应时氧元素发生自身的氧化还原生成氧气， ，由电子转移情况可知，生成0.1molO2转移的电子数为0.2NA，A正确；B．1个14N1H3分子中含有7个中子，17g14N1H3的物质的量为1mol，所含中子数目为7NA，B错误；C．CO和N2的相对分子质量均为28，1个分子中均含有2个原子，则2.8gCO和N2的混合气体中分子的物质的量为0.1mol，所含原子数为0.2NA，，C正确；D．胶体粒子是多个微粒的聚合体，充分作用后所得胶体中胶粒数小于0.01NA，D正确；故选B。9.下列物质间的转化关系，不能全部通过一步反应完成的是A.Na→NaOH→Na2CO3B.Mg→MgCl2→Mg(OH)2C.Al→Al2O3→Al(OH)3D.Fe→FeCl2→FeCl3【答案】C【解析】【详解】A．钠与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠与少量二氧化碳反应生成碳酸钠，所以Na→NaOH→Na2CO3能全部通过一步反应完成，故A错误。B．镁与氯气反应生成氯化镁，氯化镁与氢氧化钠反应生成氢氧化镁，所以Mg→MgCl2→Mg(OH)2能全部通过一步反应完成，故B错误。C．氧化铝不溶于水，与水不反应，所以Al→Al2O3→Al(OH)3不能全部通过一步反应完成，故C正确。D．铁与盐酸反应生成氯化亚铁，氯化亚铁与氯气反应生成氯化铁，所以Fe→FeCl2→FeCl3能全部通过一步反应完成，故D错误。故选C选项。10.三氯化碘(ICl3)在药物合成中用途非常广泛，其熔点为33℃，沸点为73℃，氯气与单质碘需在温度稍低于70℃下反应制备ICl3，实验室制备如图所示。下列说法不正确的是 A.装置A可选用的药品为二氧化锰与浓盐酸B.装置B的作用是除杂，也作安全瓶，能监测实验进行时装置C中是否发生堵塞C.装置C中的硅胶可用无水氯化钙代替D.装置D最恰当的加热方式是用水浴加热【答案】A【解析】【分析】实验室可用如图装置制取ICl3装置，A是制取氯气，盐酸易挥发，反应制取的氯气中含有氯化氢、水蒸气等杂质，通过装置B中长导管内液面上升或下降调节装置内压强，B为安全瓶，可以防止倒吸，根据B中内外液面高低变化，可以判断是否发生堵塞，同时利用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，装置C是利用硅胶吸收水蒸气，装置D碘和氯气反应生成ICl3，氯气有毒需进行尾气处理，E装置吸收多余的氯气，防止污染空气。【详解】A．二氧化锰与浓盐酸制取需要加热，装置A不可以选用的药品二氧化锰和浓盐酸，故A不正确；B．由分析知根据B中内外液面高低变化，可以判断是否发生堵塞，故B正确；C．装置C是利用硅胶吸收水蒸气，可用无水氯化钙代替，故C正确；D．装置D碘和氯气反应生成ICl3，三氯化碘(ICl3)在药物合成中用途非常广泛，其熔点为33℃，沸点为73℃，最恰当的加热方式是用水浴加热，故D正确；故选A选项。11.下列过程最终存在白色沉淀的是A.向氯化钙溶液中通入少量二氧化碳气体B.向漂白粉溶液中通入过量二氧化碳气体C.向饱和的纯碱溶液中通入足量二氧化碳气体 D.向氯化亚铁溶液中滴加适量氢氧化钠溶液【答案】C【解析】【详解】A．碳酸的酸性弱于盐酸，氯化钙溶液与二氧化碳气体不反应，故A错误；B．漂白粉溶液中次氯酸钙与过量二氧化碳气体反应生成碳酸氢钙和次氯酸，最终没有白色沉淀生成，故B错误；C．饱和的纯碱溶液与足量二氧化碳气体反应生成碳酸氢钠沉淀，最终有白色沉淀生成，故C正确；D．氯化亚铁溶液与适量氢氧化钠溶液反应立即生成白色沉淀，白色沉淀迅速转化为灰绿色，最终变为红褐色，最终没有白色沉淀生成，故D错误；故选C。12.2021年是门捷列夫提出元素周期表152周年。根据元素周期表和元素周期律，下列说法正确的有几个①ⅠA族元素又称为碱金属元素②ⅢB所含元素种类最多③第四周期ⅡA族与ⅢA族元素原子序数相差11④碱金属单质从上到下密度依次递增⑤卤素单质从上到下熔沸点依次递减⑥Li2O2中阳、阴离子个数之比为2：1，可用Li在空气中燃烧制备⑦HI非常稳定，受热不易分解A.2个B.3个C.4个D.5个【答案】A【解析】【详解】①IA族除氢元素以外的金属又称碱金属元素，故①错误；②IIIB存在镧系元素、锕系元素，各有15种元素，故IIIB所含元素种类最多，故②正确；③第四周期中IIA族与IIIA族之间有10列，含有10种元素，故第四周期IIA族与IIIA族元素原子序数相差11，故③正确；④碱金属单质从上到下密度呈增大趋势，但钾的密度比钠小，故④错误；⑤卤素单质从上到下熔沸点依次递增，故⑤错误；⑥与过氧化钠类似，Li2O2中阳、阴离子个数之比为2:1，但Li在空气中燃烧生成Li2O，故⑥错误；⑦HI不稳定，受热易分解，故⑦错误；综上所述，②③正确；故选A选项。 13.某同学欲用浓硫酸配置480mL的4.6mol/L的硫酸溶液，下列说法不正确的是A.配制过程中，必需的玻璃仪器有5种B.用量筒量取浓硫酸时，若俯视，会使所配溶液浓度偏高C.定容时仰视刻度线，会使所配溶液浓度偏低D.若用质量分数为98%、密度为1.84g/cm3的浓硫酸配制，需量取该酸125.0mL【答案】B【解析】【详解】A．配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶等，需要玻璃仪器有：烧杯、量筒、500mL容量瓶、胶头滴管和玻璃棒，故A正确；B．用量筒量取浓硫酸时，若俯视，导致量取的浓硫酸体积偏小，溶质的物质的量偏小，依据可知，溶液浓度偏低，故B不正确；C．定容时仰视刻度线，导致溶液体积偏大，依据可知溶液浓度偏低，故C正确；D．质量分数为98%、密度为1.84g/cm3的浓硫酸物质的量浓度，配制480mL的4.6mol/L的硫酸溶液，应选择500mL容量瓶，需要浓硫酸的体积为：即需量取该酸125.0mL，故D正确；故选B选项。14.由Zn、Fe、Mg、Al四种金属中两种组成的混合物20g，与足量的盐酸反应产生的氢气在标准状况下为22.4L，则混合物中一定含有的金属是A.ZnB.FeC.MgD.Al【答案】D【解析】【详解】标况下22.4L氢气的物质的量为=1mol，故20g金属提供的电子为1mol×2=2mol，则提供1mol电子需要金属的质量为10g，A．Zn在反应中表现+2价，提供1mol电子需要Zn的质量为65g/mol×=32.5g；B．Fe在反应中表现+2价，提供1mol电子需要Fe的质量为56g/mol×=28g；C．Mg在反应中表现+2价，提供1mol电子需要Mg的质量为24g/mol×=12g；D．Al在反应中表现+3价，提供1mol电子需要Al的质量为27g/mol×=9g； 提供1mol电子，只有Al的质量小于10g，其它金属的质量都大于10g，故金属混合物中一定有Al，故选D．15.下列性质的比较，不能用元素周期律解释的是A.原子半径：Na>AlB.热稳定性：NH3>PH3C.酸性：HCl>H2CO3D.还原性：I->Br-【答案】C【解析】【详解】A．同周期主族元素从左向右原子半径减小，则原子半径：Na>Al，能用元素周期律解释，故A错误；B．同主族元素从上向下非金属性减弱，非金属性为N>P，则热稳定性：NH3>PH3，能用元素周期律解释，故B错误；C．HCl不是最高价含氧酸，酸性：HCl>H2CO3，不能用元素周期律解释，故C正确；D．非金属性Br>I，则形成阴离子还原性I>Br，能用元素周期律解释，故D错误；故选C选项。16.将氧化铜和铜粉的混合物样品加入到体积为的和的混合溶液中，样品完全溶解，反应后溶液中只有三种阳离子，且三种阳离子物质的量之比为(不考虑盐的水解及溶液体积的变化)。若测得反应后溶液的，下列说法正确的是A.原溶液中为B.向反应前的溶液中加入足量铁粉，产生的气体体积为C.混合物中铜的质量分数为D.将足量的通入灼热的混合物，反应结束后，混合物的质量减少了【答案】D【解析】【详解】A．c(H+)=0.2mol/L，溶液中只有Fe2+、Cu2+、H+三种阳离子，且三种阳离子物质的量之比为5：3：1，c(Fe2+)=5c(H+)=1mol/L，c(Cu2+)=3c(H+)=0.6mol/L，由电荷守恒可知2c(SO)=2×1mol/L+2×0.6mol/L+1×0.2mol/L，解得c(SO)=1.7mol/L，由Fe原子守恒可知，Fe2(SO4)3的浓度为0.5mol/L，由硫酸根离子守恒可知原溶液中c(H2SO4)=1.7mol/L-0.5mol/L×3=0.2mol/L，A错误；B．由A项可知原溶液中为0.2mol/L，则=cV=0.2mol/L×1L=0.2mol，铁和0.2mol稀 硫酸反应生成0.2mol氢气，由于未指明标准状况，无法计算气体体积，B错误；C．n(Fe2+)=1mol/L×1L=1mol，由Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，可知n(Cu)=0.5mol，由Cu原子守恒可知n(CuO)=0.6mol-0.5mol=0.1mol，则混合物中铜的质量分数为，C错误；D．由C项分析，n(CuO)=0.1mol，CuO与加热反应：CuO+=Cu+H2O，则生成0.1molCuO反应质量减少0.1molO原子质量，即减少了，D正确；故选：D。二、填空题：共52分。17.现有A、X、W、D、E五种短周期主族元素，原子序数依次增大。A元素的一种原子没有中子，A、D同主族。X、W同周期，X形成的气态氢化物的化学式为XH3，A、W能形成两种液态化合物A2W和A2W2。E元素的周期序数与主族序数相等。（1）W的原子结构示意图为____，E元素在周期表中的位置为____。（2）D、E两种元素最高价氧化物对应水化物反应的离子方程式为____。（3）这五种元素原子半径由大到小的顺序为(用元素符号填空)____。（4）离子半径关系：r(A-)____r(Li+)(填“>”、“”或“<”)。（5）下列事实能说明D元素的金属性比E元素的金属性强的是____(填序号)。①单质D与冷水剧烈反应，单质E与冷水不反应②在氧化还原反应中，1molD原子比1molE原子失电子数少③最高价氧化物对应水化物的碱性D>E④阳离子的氧化性D<E（6）废印刷电路板上含有铜，以往的回收方法是将其灼烧使铜转化为氧化铜，再用硫酸溶解现在改用A2W2和稀硫酸浸泡废印刷电路板既达到上述目的，又保护了环境，试写出反应的离子方程式____。【答案】（1）①.②.第三周期第ⅢA族（2）Al(OH)3+OH-=AlO+2H2O（3）Na>Al>N>O>H（4）>（5）①③④（6）H2O2+Cu+2H+=Cu2++2H2O【解析】【分析】现有A、X、W、D、E五种短周期主族元素，原子序数依次增大，A元素的一种原子没有中子， 则A为H；X、W同周期，X形成的气态氢化物的化学式为XH3，则X为N；A、W能形成两种液态化合物A2W和A2W2，则W为O；A、X、W、D、E五种短周期主族元素，原子序数依次增大，A、D同主族，则D为Na；E元素的周期序数与主族序数相等，则E为Al。【小问1详解】由分析知W为O，氧原子序数为8，则O的原子结构示意图为；E为Al，则Al元素在周期表中的位置为：第三周期第ⅢA族。故答案为：；第三周期第ⅢA族；【小问2详解】由分析知D为Na，E为Al，则D最高价氧化物对应水化物是氢氧化钠，E最高价氧化物对应水化物是氢氧化铝，则氢氧化钠与氢氧化铝反应生成偏铝酸钠和水，故反应的离子方程式为：Al(OH)3+OH-=AlO+2H2O。故答案为：Al(OH)3+OH-=AlO+2H2O；【小问3详解】同周期从左向右原子半径逐渐减小，同主族自上而下原子半径逐渐增大，所有元素中氢原子半径最小，故这五种元素原子半径由大到小的顺序为：Na>Al>N>O>H。故答案为：Na>Al>N>O>H；【小问4详解】H-、Li+电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小，故离子半径关系：r(A-)＞r(Li+)。故答案为：＞；【小问5详解】①单质D与冷水剧烈反应，单质E与冷水不反应，说明D单质更活泼，D元素金属性更强，故①正确；②金属性强弱与失去电子难易程度有关，与失去电子数目无关，故②错误；③元素金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强，则最高价氧化物对应水化物的碱性D>E，故③正确；④金属性越强，阳离子的氧化性越弱，阳离子氧化性D<E，说明D的金属性更强，故④正确；故能说明D元素的金属性比E元素的金属性强的是：①③④。故答案为：①③④；【小问6详解】 由分析知A2W2为H2O2，铜在酸性条件下与H2O2发生氧化还原反应，则反应的离子方程式为：H2O2+Cu+2H+=Cu2++2H2O。故答案为：H2O2+Cu+2H+=Cu2++2H2O18.已知A为淡黄色固体，T、R为日常生活中两种常见的用途很广的金属单质，D是具有磁性的黑色晶体，C是无色无味的气体，H是白色沉淀，且在潮湿空气中迅速变为灰绿色，最终变为红褐色固体M。（1）写出下列物质的化学式：A：____，B：____，R：____，D：____。（2）按要求写出下列方程式：①B和R反应的离子方程式：___。②D和稀盐酸反应的离子方程式：___。③H在潮湿空气中变成M的化学方程式：____。【答案】（1）①.Na2O2②.NaOH③.Al④.Fe3O4（2）①.2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑②.Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O③.4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3【解析】【分析】A为淡黄色固体，能与水反应，则A是Na2O2，过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，其中C为无色无味的气体，则B是NaOH，C是O2；D是具有磁性的黑色晶体，D则是Fe3O4；T、R为日常生活中两种常见的用途很广的金属单质，则T是Fe；Fe3O4和盐酸反应，再加入过量的铁粉还原生成氯化亚铁，则E是FeCl2；FeCl2和NaOH反应生成Fe(OH)2，则H是Fe(OH)2；H是白色沉淀，且在潮湿空气中迅速变为灰绿色，最终变为红褐色固体M，则M是Fe(OH)3；Fe(OH)3和盐酸反应生成FeCl3，则W是FeCl3；金属R可以和NaOH反应，则R是Al；Al和NaOH反应生成偏铝酸钠，则N是NaAlO2；O2和Al反应生成Al2O3，则Q是Al2O3。 【小问1详解】由分析可知下列物质的化学式分别为：A：Na2O2，B：NaOH，R：Al，D：Fe3O4；【小问2详解】①由分析知B是NaOH，R是Al，Al和NaOH反应生成偏铝酸钠和氢气，则B和R反应的离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑；②由分析知D和稀盐酸反应是Fe3O4和稀盐酸反应生成FeCl3、FeCl2和H2O，则D和稀盐酸反应离子方程式为：Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O；③由分析知H在潮湿空气中变成M是Fe(OH)2被氧化为Fe(OH)3，该反应的化学方程式为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。19回答下列问题：（1）已知阳离子M2+的原子核内有n个中子，M原子的质量数为A，则a克M2+中所含电子的物质的量是____mol。（2）向1L1mol/L的NaOH溶液中通入0.6molCO2，所得溶液中Na2CO3与NaHCO3物质的量浓度之比为____。【答案】（1）（2）2：1【解析】【小问1详解】元素M的质量数为A，其摩尔质量为Ag/mol，则agM2+离子物质的量为：，离子M2+核外有n个中子，质量数=质子数+中子数，则质子数为：A-n，阳离子中质子数-所带负电荷数=核外电子数，则M2+离子的核外电子总数为：A-n-2，所以a克M2+中所含电子的物质的量是：。故答案为：。【小问2详解】向1L1mol/L的NaOH溶液中通入0.6molCO2，生成Na2CO3与NaHCO3，则NaOH、CO2完全反应，令Na2CO3和NaHCO3的物质的量分别为xmol、ymol，根据钠离子守恒得方程①：2x+y=1×1，根据碳原子守恒得方程②：x+y=0.6，联立方程①②，解得x=0.4，y=0.2，故所得溶液中Na2CO3和NaHCO3的物质的量之比约为0.4mol:0.2mol=2:1。 故答案为:2:1。20.已知三氯化铁的熔点为306℃，沸点为315℃，易溶于水并且有强烈的吸水性，能吸收空气里的水分而潮解，并可作为过氧化氢分解的催化剂。某学习小组的同学对氯气与铁的反应及产物做了如图探究实验：（1）装碱石灰的仪器名称是____。（2）碱石灰的作用是____。（3）本实验中，装置从左向右合理的连接顺序为：____a→__________→__________→__________→__________→__________→__________→__________。（4）反应一段时间后熄灭酒精灯，冷却后将硬质玻璃管及收集器中的物质一并快速转移至锥形瓶中，加入过量的稀盐酸和少许植物油(反应过程中不振荡)。充分反应后，进行如图实验：已知红色褪去的同时有气体生成，经检验为O2。该小组内的同学们对红色褪去的原因提出了三种假设：假设Ⅰ：H2O2还原Fe3+，使其转变为Fe2+；假设Ⅱ：H2O2分解生成O2，O2氧化试剂X；假设Ⅲ：____。并对假设进行了以下实验探究：实验①：取褪色后溶液三份，第一份滴加FeCl3溶液无明显变化；第二份滴加试剂X，溶液出现红色；第三份滴加稀盐酸和BaCl2溶液，产生白色沉淀。实验②：另取同浓度的FeCl3溶液滴加2滴试剂X，溶液变红，再通入O2，无明显变化。回答下列问题：实验①说明假设____不正确；实验②的目的是____；由实验①②得出假设____是正确的。【答案】（1）干燥管(或球形干燥管) （2）吸收多余的氯气防止污染环境，防止外界空气中的水进入收集器造成影响（3）ghdebcf（4）①.H2O2氧化试剂X②.Ⅰ③.验证假设Ⅱ是否成立④.Ⅲ【解析】【分析】用浓盐酸与二氧化锰反应来制取氯气，由于盐酸易挥发，生成的氯气中还有氯化氢，所以利用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢；又因为三氯化铁的熔点为306℃，沸点为315℃，易溶于水并且有强烈的吸水性，能吸收空气里的水分而潮解，所以在与铁反应之前还需要干燥，且还需要防止空气中的水蒸气进入，同时还需要尾气处理，吸收多余的氯气防止污染环境，防止外界空气中的水进入收集器造成影响。【小问1详解】装碱石灰的仪器名称是：干燥管(或球形干燥管)故答案为：干燥管(或球形干燥管)【小问2详解】碱石灰的作用是：吸收多余的氯气防止污染环境，防止外界空气中的水进入收集器造成影响。故答案为：吸收多余的氯气防止污染环境，防止外界空气中的水进入收集器造成影响【小问3详解】由于盐酸易挥发，生成的氯气中还有氯化氢，所以利用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢。又因为三氯化铁的熔点为306℃，沸点为315℃，易溶于水并且有强烈的吸水性，能吸收空气里的水分而潮解，所以在与铁反应之前还需要干燥，且还需要防止空气中的水蒸气进入，同时还需要尾气处理，则正确的连接顺序是a、g、h、d、e、b、c、f。故答案为：ghdebcf【小问4详解】淡黄色溶液中还有铁离子，加入X后显淡红色，这说明X是KSCN溶液，淡红色溶液中加入过量H2O2溶液变成深红色，静置一段时间后红色退去，红色褪去的原因提出了三种假设：假设Ⅰ：H2O2还原Fe3+，使其转变为Fe2+；假设Ⅱ：H2O2分解生成O2，O2氧化试剂X；则假设Ⅲ可能是：H2O2氧化试剂X即KSCN溶液。取褪色后溶液三份，第一份滴加FeCl3溶液无明显变化，说明溶液中不存在KSCN溶液；第二份滴加试剂X，溶液出现红色，这说明溶液中存在铁离子；第三份滴加稀盐酸和BaCl2溶液，产生白色沉淀，这说明溶液中有硫酸根；所以根据实验①可知SCN-发生了反应而不Fe3+发生反应，故实验①说明假设Ⅰ不正确。实验②：另取同浓度的FeCl3溶液滴加2滴试剂X，溶液变红，再通入O2，无明显变化，这说明红色褪去不是氧气氧化导致的，即实验②的目的是验证假设Ⅱ是否成立。综合以上分析可知溶液褪色的原因是H2O2氧化试剂X即将KSCN氧化了，说明假设Ⅲ成立。