甘肃省靖远县第四中学2020届高三化学10月月考试题（含解析）.doc

甘肃省靖远县第四中学2020届高三化学10月月考试题（含解析）说明：相对原子质量 c 12 h 1 s 32 ba 137 o 16一、单选题（每小题4分，共60分）1. 化学与生产、生活密切相关。下列叙述中，不正确的是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2.已知na是阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是a. 3g 3he含有的中子数为1nab. 1 l 0.1 moll1磷酸钠溶液含有的数目为0.1nac. 1 mol k2cr2o7被还原为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【解析】【详解】a. 中子数为3-2=1，则3g的中子数为=na，a项正确； b. 磷酸钠为强碱弱酸盐，磷酸根离子在水溶液中会发生水解，则1l 0.1mol/l的磷酸钠溶液中磷酸根离子的个数小于1l0.1mol/lna mol-1 =0.1na，b项错误；c. 重铬酸钾被还原为铬离子时，铬元素从+6降低到+3，1mol重铬酸钾转移的电子数为3mol2na mol-1 =6na，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，则48g正丁烷与10g异丁烷所得的混合物中共价键数目为13na mol-1 =13na，d项正确；答案选b。3.下列物质的鉴别方法是运用化学方法且正确的是a. 用 naoh 溶液鉴别 na2co3 溶液和 nahco3 溶液b. 用 kscn 溶液鉴别 fecl3 溶液和 fecl2 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 fe(oh)3 胶体和 fecl3 溶液【答案】b【解析】【详解】a.碳酸氢钠与naoh反应生成碳酸钠和水，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，则可用kscn溶液鉴别fecl3溶液和fecl2溶液，鉴别方法利用了fecl3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，则无法鉴别，故c错误；d.溶液不能产生丁达尔效应，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。故选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应，选择适当的试剂和方法，准确观察反应中的明显现象，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，下列说法不正确的是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【解析】【分析】a和b的分子数相同，即物质的量相同，根据m=nm，质量和摩尔质量成正比，所以a和b的摩尔质量之比为a:b。【详解】a.标准状况下，vm相同，由=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；c.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:=b:a，故c正确；d.相同状况下，同体积的a与b的物质的量相同，则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.下列说法中不正确的是a. 从1 l 1 moll1的nacl溶液中取出10 ml，其浓度仍是1 moll1b. 配制0.5 l 10 moll1的盐酸，需要氯化氢气体112 l(标准状况)c. 0.5 l 2 moll1bacl2溶液中，ba2和cl总数为36.021023d. 10 g 98%的硫酸(密度为1.84 g cm3)与10 ml 18.4 moll1硫酸的浓度是不同的【答案】d【解析】【详解】a. 依据溶液是均一稳定的分散系，从1l1mol/l的nacl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(标准状况)物质的量=5mol，故b正确；c.0.5l2mol/lbacl2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36.021023，故c正确；d.10g98%硫酸(密度为1.84g/cm3)物质的量浓度=mol/l =18.4mol/l，与10ml18.4mol/l硫酸的浓度是相同的，故d错误。答案选d。【点睛】本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。c=。6.室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是a. 0.1 moll1naoh溶液：na+、k+、b. 0.1 moll1fecl2溶液：k+、mg2+、c. 0.1 moll1k2co3溶液：na+、ba2+、cl、ohd. 0.1 moll1h2so4溶液：k+、【答案】a【解析】【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应，能大量共存就是没有可以互相发生反应的离子存在。【详解】a.是一个碱性环境，离子相互间不反应，且与oh-不反应，能大量共存；b.mno4-具有强氧化性，fe2+具有还原性，两者会发生氧化还原反应而不能大量共存；c.ba2+可以与co32-发生反应生成沉淀而不能大量存在；d.酸性条件下h+与hso3-不能大量共存，同时酸性条件下no3-表现强氧化性会将hso3-氧化而不能大量共存；故选a。【点睛】本题考查离子共存，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应生成水、沉淀或气体，如题中c项；离子间发生氧化还原反应，如题中b项；离子间发生双水解反应，如al3+与hco3-等；离子间发生络合反应，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.下列关于离子方程式的评价正确的是()选项离子方程式评价a将2 mol cl2通入到含1 mol fei2的溶液中：2fe24i3cl2=2fe36cl2i2正确；cl2过量，fe2、i均被氧化b用cu作电极电解nacl溶液，阳极的电极反应式：2cl2e=cl2正确；cl优先于oh放电c过量so2通入到naclo溶液中：so2h2oclo=hclohso3正确；h2so3的酸性强于hclodmg(hco3)2溶液与足量的naoh溶液反应：mg22hco32oh=mgco3 2h2o正确；mgco3比mg(oh)2更难溶a. ab. bc. cd. d【答案】a【解析】【分析】a. 将2 mol cl2通入到含1 mol fei2的溶液中，二价铁离子、碘离子都被氧化；b.铜做电极，阳极为活性电极，阳极参与放电；c.hclo有强氧化性；d.氢氧化钠足量，与碳酸氢镁反应生成氢氧化镁沉淀、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：2fe24i3cl2=2fe36cl2i2，故a正确； b.用cu作电极电解nacl溶液，阳极的电极反应式：cu-2e-=cu2+，评价及离子方程式均不合理，故b错误； c.hclo有强氧化性，能够氧化so2，正确的离子方程式为：so2h2oclo=cl-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，与碳酸氢镁反应生成氢氧化镁沉淀、碳酸钠和水，离子方程式：mg22hco34oh=mg(oh)22co32-+ 2h2o ，故d错误。所以a选项是正确的。8.某溶液可能含有cl、so、co、nh、fe3、al3和k。取该溶液100 ml，加入过量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(cl)0.4 moll1c. so、nh一定存在，cl可能不存在d. co、al3一定不存在，k可能存在【答案】b【解析】试题分析：由于加入过量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0.01mol，故有0.02molfe3+，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cl-，至少 0.02mol3+0.02-0.02mol20.04mol，物质的量浓度至少0.04mol0.1l0.4mol/l，a、至少存在cl-、so42-、nh4+、fe3+四种离子，故a错误；b、根据电荷守恒，至少存在0.04molcl-，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；故选b。考点：考查离子共存知识9.已知在碱性溶液中可发生如下反应：2r(oh)3 + 3c1o+ 4oh = 2ro4n-+3cl +5h2o。关于该反应的说法正确的是( )a. ro4n-中 r 的化合价是+6b. clo是还原剂c. 由上述离子方程式可知，该反应是由氨水提供的碱性环境d. 反应过程中生成1mol ro4n-，转移6mol e-。【答案】a【解析】a、由题可知n=2，ro4n-中r的化合价是+6， a项正确；b、cl元素的化合价由+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，则反应过程中生成1 mol ro4n-，转移3 mol e-，d项错误；答案选a。点睛：本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为还原剂，cl元素化合价降低，c1o为氧化剂，发生还原反应，以此解答该题。10.kno3和cu(no3)2的混合溶液200ml，其中c(no3)=2moll-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2.24l气体(标准状况)，假设电解后溶液体积不变，下列说法正确的是( )a. 原混合溶液中c(k)=0.5moll-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)=2moll-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，气体的物质的量=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=0.1mol，则铜离子的物质的量浓度=0.5mol/l，根据电荷守恒得钾离子浓度=2moll-1-0.5mol/l2=1mol/l；a根据分析知，原混合溶液中c(k+)为1moll-1，故a错误；b根据以上分析知，铜的物质的量为0.1mol，质量为6.4 g，故b错误；c转移电子的物质的量=0.1mol4=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0.1mol2=0.2mol，则氢离子浓度=1mol/l，故d错误；故选c。【考点定位】考查电解原理【名师点晴】明确离子放电顺序是解本题关键，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。11.下列实验中，所采取的分离方法与对应原理都正确的是（ ）。选项目的分离方法原理a分离溶于水中的碘乙醇萃取碘在乙醇中的溶解度较大b分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a. ab. bc. cd. d【答案】c【解析】【详解】a.乙醇和水混溶，不能用作萃取剂，应用四氯化碳或苯萃取，a错误；b.乙酸乙酯和乙醇混溶，不能用分液的方法分离，可用蒸馏的方法或加入饱和碳酸钠溶液分离，b错误；c.丁醇和乙醚混溶，但二者的沸点不同且相差较大，可用蒸馏的方法分离，c正确；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。nacl随温度升高溶解度变化不大，kno3随温度升高溶解度变化大，d错误；故合理选项是c。【点睛】本题考查物质的分离提纯，注意相关物质性质的异同，掌握常见物质的分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nacl和kno3在水中溶解度的差异。12.如图所示为“铁链环”结构，图中两环相交部分a、b、c、d表示物质间的反应。下列对应部分反应的离子方程式书写正确的是a. c12+2oh-=cl-+clo-+2h2ob. cu2+2oh-=cu（oh）2c. so42-+ba2+=baso4d. oh-+hco3-=h2o+co32-【答案】b【解析】【详解】a氯气与naoh反应生成nacl、naclo、水，离子反应为cl2+2oh-cl-+clo-+h2o，故a错误；bnaoh和硫酸铜反应生成氢氧化铜和硫酸钠，离子反应为cu2+2oh-cu(oh)2，故b正确；c硫酸铜、氢氧化钡反应生成硫酸钡和氢氧化铜，离子反应为cu2+so42-+ba2+2oh-baso4+ cu(oh)2，故c错误；d氢氧化钡与碳酸氢钠反应生成碳酸钡、水，若碳酸氢钠少量发生hco3-+ba2+oh-baco3+h2o，若碳酸氢钠足量，发生2hco3-+ba2+2oh-baco3+2h2o+co32-，故d错误；答案选b。13.naclo是漂白液的有效成分，某研究小组探究naclo溶液的性质，设计了下列实验：装置图试剂x实验现象0.2moll-1盐酸产生黄绿色气体0.2moll-1ki-淀粉溶液溶液变蓝0.2moll-1feso4(h+)和kscn混合溶液溶液变红0.2moll-1alcl3溶液产生白色沉淀下列判断不正确的是a. 实验中发生的反应：clo-+cl-+2h+cl2+h2ob. 实验中发生的反应：clo-+2i-+2h+cl-+i2+h2oc. 实验中该条件下氧化性强弱：clo-fe3+d. 实验中clo-与al3+相互促进水解【答案】b【解析】【详解】a加入盐酸，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，反应的离子方程式：clo-+cl-+2h+=cl2+h2o，故a正确；b实验0.2moll-1ki-淀粉溶液中滴入次氯酸钠溶液，发生的反应是碱性溶液中次氯酸钠氧化碘化钾生成碘单质，反应的离子方程式：clo-+2i-+h2o=cl-+i2+2oh-，故b错误；c在0.2mol/lfeso4酸性溶液中滴加0.2mol/lnaclo溶液，fe2+和clo-发生氧化反应生成fe3+遇kscn，使溶液显红色，即说明fe2+还原性大于cl-，故c正确；dnaclo溶液水解显碱性，alcl3溶液水解显酸性，二者混合相互促进水解，生成al(oh)3白色胶状沉淀，故d正确；故选b。14.下列说法中不正确的有将硫酸钡放入水中不能导电，所以硫酸钡是非电解质；氨溶于水得到的溶液能导电，所以nh3是电解质；液态hcl不导电，所以属于非电解质；nahso4电离时生成的阳离子有氢离子，但不属于酸；电解质放在水中一定能导电，非电解质放在水中一定不导电。强电解质的导电能力比弱电解质强a. 3个b. 4个c. 5个d. 全部【答案】c【解析】【详解】baso4固体没有自由移动的离子不导电；虽然硫酸钡在水中的溶解度很小，只要溶解就完全电离，硫酸钡在熔融状态下，能完全电离，所以硫酸钡是电解质，故错误；氨气溶于水形成氨水，氨水是混合物，混合物不是电解质，电解质都是化合物属于纯净物，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hcl只有hcl分子，没有电离出离子，也不能导电，但是hcl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c。【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，y，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【解析】【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应生成氢气；较活泼的金属能从盐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，y为负极，金属活动性：yx；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：zw；w能将y从其盐溶液中置换出来，金属活动性：wy，通过以上分析知，金属活动性顺序是zwyx，故选b。二、填空题(共40分)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a；x、y是两块电极板，通过导线与直流电源相连。请回答以下问题：（1）若x、y都是惰性电极，a是饱和nacl溶液，实验开始时，同时在两边各滴入几滴酚酞试液，则：电解池中x极上的电极反应式为_，在x极附近观察到的现象是_。y电极上的电极反应式为_，检验该电极反应产物的方法是_。（2）如要用电解方法精炼粗铜，电解液a选用cuso4溶液，则：y电极的材料是_，主要的电极反应式为_。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上发生的反应为_，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). 2h2e=h2 (2). 有气体放出，溶液变红 (3). 2cl2e=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cl2 (5). 纯铜 (6). cu22e=cu (7). 变小 (8). zn22e=zn (9). zncl2（或znso4溶液）【解析】【详解】(1)若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还原反应，即2h+2e=h2，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=h2；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应，即2cl2e=cl2，氯气可用淀粉碘化钾试纸检验，可使试纸变蓝色，故答案为：2cl2e=cl2；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cl2；(2)电解方法精炼粗铜，电解池的x电极是阴极，材料是纯铜，电极反应为：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应为：zn2+2e=zn，电镀液是含有镀层金属阳离子的盐溶液，可以是zncl2溶液或是znso4溶液。故答案为：zn2+2e=zn；zncl2溶液（或znso4溶液）。17.某一反应体系中的物质有hcl、sncl2、h2sncl6、as、h3aso3、h2o，已知：hcl是反应物之一；as是生成物之一。（1）写出未配平的该反应的化学方程式：_在该反应中，得电子的物质是_，被氧化的元素是_。在反应中，每转移1 mol电子，消耗hcl_mol。下列叙述中不正确的是_(填写字母序号)。a.在相同条件下，第a族元素的阴离子的还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+cu2+h+fe2+（2）向盛有ki溶液的试管中加入少许ccl4后滴加氯水，ccl4层变成紫色。该反应的离子方程式为_，如果继续向试管中滴加氯水，振荡，ccl4层会逐渐变浅，最后变成无色。该反应的化学方程式为_。把ki换成kbr，则ccl4层变为_色；继续滴加氯水，ccl4层的颜色没有变化。cl2、hio3、hbro3氧化性由强到弱的顺序是_。【答案】 (1). .hcl+sncl2+h3aso3h2sncl6+as+h2o (2). h3aso3 (3). sn (4). 2 (5). b.c (6). cl2+2i-=i2+2cl- (7). 5cl2+i2+6h2o=2hio3+10hcl (8). 橙 (9). hbro3cl2hio3【解析】【详解】（1）hcl是反应物之一，根据氢元素、氯元素的价态，可知hcl在反应中起酸的作用，hcl中氢元素生成水，由元素守恒知h3aso3是反应物，根据as、sn元素化合价及电子转移守恒可知，h3aso3是氧化剂，被还原为as，sncl2是还原剂被氧化为h2sncl，所以未配平的反应方程式为hcl+sncl2+h3aso3h2sncl6+as+h2o，故答案为：hcl+sncl2+h3aso3h2sncl6+as+h2o；结合方程式，根据as、sn元素化合价可知，h3aso3是氧化剂，被还原为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as元素由h3aso3中+3价，降低为as中0价，每1molh3aso3反应时，需要消耗hcl6mol，即转移3mol电子消耗6molhcl，所以每转移1mol电子，消耗2mol hcl，故答案为：2； a、非金属性越强，相应阴离子还原性越弱，在相同条件下，第viia族元素从上到下非金属性逐渐减弱，所以阴离子的还原性增强，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还原性，如：fe2+，故c错误；d、cu与fe3+反应cu+2fe3+cu2+2fe2+，氧化剂是fe3+，氧化产物是cu2+，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，所以氧化性fe3+cu2+，活泼性金属铁强于氢，氢强于金属铜，所以氧化性cu2+h+fe2+，故氧化性顺序：fe3+cu2+h+fe2+，故d正确。故答案为：b c。（2）氯气具有强氧化性，向盛有ki溶液的试管中加入少许ccl4后滴加氯水，ccl4层变成紫色，说明生成i2；继续向试管中滴加氯水，振荡， ccl4层会逐渐变浅，最后变成无色，说明i2被进一步氧化，生成hio3，同时氯气被还原为hcl，反应物为氯气和碘、水，生成物是碘酸和氯化氢，一个氯气分子参加反应得2个电子，一个碘分子参加反应失去10个电子，该反应中得失电子的最小公倍数是10，所以方程式为，5cl2+i2+6h2o=2hio3+10hcl 故答案为：cl2+2i-=i2+2cl- ；5cl2+i2+6h2o=2hio3+10hcl 氯气的氧化性大于溴，所以氯气能氧化溴离子生成溴单质，发生的离子反应方程式为cl2+2br=br2+2cl，溴水呈橙色，继续向溴水中滴加氯水，ccl4层的颜色没有变化，说明氯气的氧化性小于溴酸，氯气能和碘反应生成碘酸，所以氯气的氧化性大于碘酸，所以cl2、hio3、hbro3氧化性由强到弱的顺序 hbro3cl2hio3；故答案为：橙