甘肃省甘谷县第一中学届高三上学期第一次检测考试化学精校解析Word版.docx

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甘肃省甘谷县第一中学届高三上学期第一次检测考试化学精校解析Word版

甘肃省甘谷一中2018——2019学年高三第一次检测考试

化学试卷

1.我国明代《本草纲目》中收载药物1892种，其中“烧酒”条目下写道：

“自元时始创其法，用浓酒和精入甑，蒸令气上……其清如水，球极浓烈，盖酒露也。

”这里所用的“法”是指

A.萃取B.过滤C.蒸馏D.干馏

【答案】C

【解析】

从浓酒中分离出乙醇，利用酒精与水的沸点不同，用蒸馏的方法将其分离提纯，这种方法是蒸馏，故C正确。

2.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是

A.15g甲基（－CH3）含有的电子数是9NA

B.7.8g苯中含有的碳碳双键数为0.3NA

C.1molC2H5OH和1molCH3CO18OH反应生成的水分子中的中子数为8NA

D.标准状况下，2.24LCCl4中的原子总数为0.5NA

【答案】A

【解析】

分析：

A、甲基含有9个电子；B、苯中无碳碳双键；C、酯化反应中酸断羧基醇断氢；D、标准状况下CCl4为液体。

详解：

A．15g甲基的物质的量都是1mol，1mol甲基中含有9mol电子，含有的电子数均为9NA，选项A正确；B．苯不是单双键交替的结构，故苯中无碳碳双键，选项B错误；C、C2H5OH和CH3CO18OH反应生成水为H218O，含10个中子，但酯化反应为可逆反应，故不能进行彻底，故生成的水中的中子个数小于10NA个，选项C错误；D、标况下CCl4为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，选项D错误。

答案选A。

点睛：

本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握物质的量的计算公式和物质结构是解题关键，难度不大。

3.仅用下表提供的玻璃仪器（自选非玻璃仪器）就能实现相应实验目的的是

选项

实验目的

玻璃仪器

A

分离硝酸钾和氯化钠混合物

烧杯、酒精灯、玻璃棒、分液漏斗

B

配制450mL2mol·L－1氯化钠溶液

500mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管

C

除去氢氧化铝胶体中的泥沙

漏斗（带半透膜）、烧杯、玻璃棒

D

从食盐水中获得NaCl晶体

坩埚、玻璃棒、酒精灯、泥三角

A.AB.BC.CD.D

【答案】B

【解析】

分离硝酸钾和氯化钠混合物需要进行重结晶，所以应该用普通漏斗进行过滤，选项A错误。

实验室没有450mL的容量瓶，所以配制450mL2mol·L－1氯化钠溶液的时候应该使用500mL容量瓶。

用天平（非玻璃仪器）称量氯化钠质量，转移至烧杯，用量筒加水溶解，玻璃棒搅拌，转移至容量瓶，洗涤，定容，摇匀即可，选项B正确。

除去氢氧化铝胶体中的泥沙，应该用带滤纸的漏斗直接过滤，选项C错误。

从食盐水中获得NaCl晶体的操作是蒸发，应该在蒸发皿中进行，选项D错误。

点睛：

胶体不可以透过半透膜，但是可以透过滤纸。

溶液是都能透过，浊液是都不能透过。

所以分离溶液和胶体应该用半透膜做渗析，分离浊液和胶体应该做过滤。

4.下列有关物质的分类或归纳的说法正确的是

A.漂白粉、水玻璃、福尔马林都是混合物

B.乙烯、油脂、纤维素、光导纤维都属于高分子化合物

C.PM2.5（微粒直径约为2.5×10－6m）分散在空气中形成气溶胶，能产生丁达尔效应

D.纯碱、氨水、蔗糖分别属于强电解质、弱电解质和非电解质

【答案】A

【解析】

A、漂白粉成分是CaCl2和Ca（ClO）2，水玻璃是硅酸钠的水溶液，福尔马林是甲醛的水溶液，都属于混合物，故A正确；B、乙烯、油脂不属于高分子化合物，光导纤维成分是SiO2，不属于高分子化合物，纤维素属于高分子化合物，故B错误；C、分散质的微粒直径在1nm－100nm之间的分散系称为胶体，1nm=10－9m，PM2.5微粒直径约为2.5×10－6m大于胶体分散质微粒直径，因此PM2.5分散在空气中形成气溶胶，不属于胶体，没有丁达尔效应，故C错误；D、纯碱为Na2CO3，属于强电解质，氨水是混合物，不属于电解质，也不属于非电解质，蔗糖属于非电解质，故D错误。

5.NA为阿伏加德罗常数的值。

下列说法正确的是

A.0.1mol的11B中，含有0.6NA个中子

B.pH=1的H3PO4溶液中，含有0.1NA个H+

C.2.24L（标准状况）苯在O2中完全燃烧，得到0.6NA个CO2分子

D.密闭容器中1molPCl3与1molCl2反应制备PCl5（g），增加2NA个P－Cl键

【答案】A

【解析】

A．11B中含有6个中子，0.1mol11B含有0.6NA个中子，A正确；B．溶液体积未定，不能计算氢离子个数，B错误；C．标准状况下苯是液体，不能利用气体摩尔体积计算22.4L苯的物质的量，则无法判断其完全燃烧产生的CO2分子数目，C错误；D．PCl3与Cl2反应生成PCl5的反应是可逆反应，反应物不可能完全转化为生成物，则1molPCl3与1molCl2反应生成的PCl5小于1mol，增加的P－Cl键的数目小于2NA个，D错误；答案选A。

6.我国古代文明中包含着丰富的化学知识。

下列没有发生电子转移的是

A.铁石制成指南针B.爆竹声中一岁除

C.西汉湿法炼铜D.雷雨发庄稼

【答案】A

【解析】

氧化还原反应本质是有电子转移；打磨磁石制指南针属于物质形状变化,没有新物质生成,属于物理变化,A正确；黑火药中硫磺、硝酸钾和木炭在一定条件下发生反应生成氮气、硫化钾和二氧化碳，有新物质生成，属于氧化还原反应，B错误；湿法炼铜使铜由化合态变为游离态,所以有新物质铜生成,属于氧化还原反应,C错误；空气中的氮气在放电条件下与氧气直接化合生成一氧化氮气体,一氧化氮又被氧气氧化为二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，生成的硝酸随雨水淋洒到大地上,同土壤中的矿物相互作用,生成可溶于水的硝酸盐可作氮肥,植物生长得更好,这些变化过程，有新物质生成,发生了氧化还原反应,D错误；正确选项A。

7.将标准状况下的aLHCl（g）溶于1000g水中，得到的盐酸密度为bg·cm-3，则该盐酸的物质的量浓度是

A.

B.

C.

D.

【答案】D

【解析】

将标准状况下的aLHCl（气）的物质的量为

=

mol，氯化氢的质量为

mol×36.5g/mol=

g，所以溶液质量为1000g+

g=（1000+

）g，所以溶液的体积为（1000+

）g÷1000bg/L=

L，所以溶液浓度为

mol÷

L=

mol/L，故选D。

8.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=l的溶液中：

HCO

、SO

、K+、Cl-

B.无色透明的溶液中：

K+、SO

-、Na+、MnO

C.遇石蕊变蓝的溶液中：

NO

、Na+、AlO

、K+

D.含大量NO

的溶液中：

H+、Fe2+、Cl-、NH

【答案】C

【解析】

分析：

A.pH=l的溶液呈酸性，弱酸根离子不能大量存在；B、MnO4-在水溶液中为紫红色；C、能使紫色石蕊试液变蓝的溶液显碱性；D、NO3-、H+、Fe2+之间发生氧化还原反应。

详解：

A.pH=l的溶液呈酸性，H+与HCO3-反应生成二氧化碳和水而不能大量共存，选项A错误；B、该组离子不反应，能大量共存，但MnO4-在水溶液中为紫红色，选项B错误；C、能使紫色石蕊试液变蓝的溶液显碱性，各离子相互不反应能大量共存，选项C正确；D．NO3-、H+、Fe2+之间发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，选项D错误；答案选C。

点睛：

本题考查离子的共存，为高考常见题型，把握离子之间的反应为解答的关键，侧重氧化还原反应及离子颜色的考查，选项B为易错点，注意信息的抽取和应用，题目难度不大。

9.下列指定反应的离子方程式正确的是

A.向偏铝酸钠和碳酸钠的混合溶液中滴加少量盐酸：

AlO22—+H++H2O=Al（OH）3↓

B.将少量SO2通入次氯酸钠溶液：

ClO-+SO2+H2O=2H++Cl-+SO

C.向碘化亚铁溶液中滴加少量稀硝酸：

NO

+3Fe2++4H+=3Fe3++NO↑+2H2O

D.向氯化铝溶液中滴加硫化钠溶液：

3S2-+2Al3+=Al2S3↓

【答案】A

【解析】

【详解】A.向偏铝酸钠和碳酸钠的混合溶液中滴加少量盐酸时，H+先与偏铝酸根离子反应，则离子反应方程式为AlO22—+H++H2O=Al（OH）3↓，故A项正确；B.将少量SO2通入次氯酸钠溶液中，反应后有过量的次氯酸根离子存在，则应有次氯酸分子生成，离子反应方程式为3ClO-+SO2+H2O=2HClO+Cl-+SO

，故B项错误；C.向碘化亚铁溶液中滴加少量稀硝酸时，由于I—的还原性强于Fe2+，则应是I—先被氧化，离子反应方程式为6I-+2NO3-+8H+=3I2+2NO↑+4H2O，故C项错误；D.向氯化铝溶液中滴加硫化钠溶液时，铝离子和硫离子的水解会相互促进至水解完全，离子反应方程式为3S2-+2Al3++6H2O=2Al（OH）3↓+3H2S↑，故D项错误；答案选A。

【点睛】本题重点考查了离子反应方程式的书写与正误的判断，在分析的过程中要特别注意反应物的用量和离子反应的先后顺序，如H+与CO32-、HCO3-、AlO22—，NO3-在酸性条件下与I-、Fe2+等。

10.室温下，向10mLpH＝3的CH3COOH溶液中加入下列物质，对所得溶液的分析正确的是

加入的物质

对所得溶液的分析

A

90mLH2O

由水电离出的c（H+）＝10-10mol·L－1

B

0.1molCH3COONa固体

c（OH-）比原CH3COOH溶液中的大

C

10mLpH＝1的H2SO4溶液

CH3COOH的电离程度不变

D

10mLpH＝11的NaOH溶液

c（Na+）＝c（CH3COO－）＞c（OH-）＝c（H+）

A.AB.BC.CD.D

【答案】B

【解析】

A、向10mLpH＝3的CH3COOH溶液中加入90mLH2O，醋酸的电离平衡正向移动c（H+）>10-4mol·L－1，故由水电离出的c（H+）<10-10mol·L－1，选项A错误；B、向10mLpH＝3的CH3COOH溶液中加入0.1molCH3COONa固体，醋酸根离子浓度增大，酸的电离逆向移动，c（OH-）比原CH3COOH溶液中的大，选项B正确；C、向10mLpH＝3的CH3COOH溶液中加入10mLpH＝1的H2SO4溶液，氢离子浓度增大，抑制水醋酸的电离，CH3COOH的电离程度减小，选项C错误；向10mLpH＝3的CH3COOH溶液中加入10mLpH＝11的NaOH溶液，醋酸过量，所得溶液呈酸性，故c（CH3COO－）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-），选项D错误。

答案选B。

点睛：

本题考查弱电解质的电离平衡及影响平衡移动的因素。

由于弱电解质是部分电离的，故溶液中离子浓度小于分子浓度，当外界条件改变时，弱电解质的电离平衡会发生移动，可依据化学平衡移动原理进行分析；加水稀释或增大弱电解质的浓度，都使电离平衡向电离的方向移动，但加水稀释时弱电解质的电离程度增大，而增大浓度时弱电解质的电离程度减小。

11.已知：

2KMnO4+16HCl（浓）

2KCl+5Cl2↑+2MnCl2+8H2O，下列说法正确的是

A.HCl发生了还原反应

B.氧化性：

Cl2>KMnO4

C.氧化剂与还原剂的物质的量比为1:

8

D.当标准状况下产生22.4L氯气，转移电子数为2NA

【答案】D

【解析】

A.部分HCl中负一价氯被氧化为氯气，HCl发生了氧化反应，故A错误；B.氧化剂的氧化性大于氧化产物，则氧化性：

KMnO4>Cl2，故B错误；C.氧化剂与还原剂的物质的量比为2:

10=1：

5（16molHCl只有10molHCl被氧化为5mol的氯气），故C错误；D.当标准状况下产生22.4L氯气，每生成1mol氯气转移电子数为2NA个，故D正确。

答案选D。

12.24mL0.05mol/L的Na2SO3溶液，恰好与20mL0.02mol/L的K2Cr2O7溶液完全反应，则元素Cr在被还原的产物中的化合价是

A.+6B.+3C.+2D.0

【答案】B

【解析】

Na2SO3被氧化为Na2SO4，S元素化合价由+4价升高为+6价；K2Cr2O7中Cr元素发生还原反应，设Cr元素在产物中的化合价为a价，根据电子转移守恒，则：

（6-4）×0.05mol/L×24×10-3L=（6-a）×2×0.02mol/L×20×10-3L，

解得a=+3。

故选B。

13.下列装置或操作能达到实验目的的是

A.AB.BC.CD.D

【答案】C

【解析】

A．收集氨气的集气瓶口需要塞一团棉花，以提高收集氨气的纯度，故A错误；B．左侧烧杯中发生Zn与硫酸铜的反应，不能构成原电池，应将图中两个烧杯中电解质互换可构成原电池，故B错误；C．关闭止水夹，从长颈漏斗加水，出现漏斗下端导管与烧瓶内液面的差，且一段时间液面差不变，则气密性良好，故C正确；D．CO2的密度比空气大，利用向上排空气法收集，则应从长导管进气，故D错误；故选C。

14.已知微粒还原性强弱顺序：

I->Fe2+>Cl-，则下列离子方程式不符合事实的是

A.2Fe3++2I-→2Fe2++I2B.Cl2+2I-→2Cl-+I2

C.2Fe2++I2→2Fe3++2I-D.Fe2++Cl2→2Fe3++2Cl-

【答案】C

【解析】

A中，Fe从+3价降低到+2价，做氧化剂，发生还原反应，即Fe2+为还原产物，I从-1价升高到0价，做还原剂，发生氧化反应，即I－的还原性大于Fe2+；A错误；B中，Cl2由0价降低到-1价，发生还原反应，做氧化剂，Cl-为还原产物，I从-1价升高到0价，做还原剂，发生氧化反应，即还原性I->Cl-，B错误；C中，Fe2+被氧化为Fe3+，做还原剂，I2被还原为I-，做氧化剂，对应还原产物为I-，因此还原性：

Fe2+>I-，与题给信息矛盾，C正确；D中，Fe2+被氧化为Fe3+，做还原剂，Cl2被还原为Cl-，对应还原产物为Cl-，因此还原性Fe2+>Cl-，D错误；正确选项C。

15.下列实验方案能达到实验目的的是

实验目的

实验方案

A

证明Mg（OH）2沉淀可以转化为Fe（OH）3

向2mL1mol/LNaOH溶液中先加入3滴1mol/LMgCl2溶液，再加入3滴1mol/LFeCl3

B

比较氯和碳的非金属性强弱

将盐酸滴入碳酸氢钠溶液中

C

配制100mL1.0mol/LCuSO4溶液

将25gCuSO4·5H2O溶于100mL蒸馏水中

D

验证氧化性：

Fe3+>I2

将KI和FeCl3溶液在试管中混合后，加入CCl4，振荡，静置，观察下层液体是否变成紫色

A.AB.BC.CD.D

【答案】D

【解析】

A、向2mL1mol/LNaOH溶液中先加3滴1mol/LMgCl2溶液，产生白色沉淀，由于NaOH过量，再加入FeCl3时，FeCl3直接与NaOH反应，不能证明沉淀的转化，故A错误；B、将盐酸滴入碳酸氢钠溶液中，产生气泡，证明盐酸酸性强于碳酸，而比较元素的非金属性强弱，要通过比较元素最高价氧化物的水化物的酸性强弱来进行判断，若要比较Cl和C的非金属性强弱，则应比较HClO4与H2CO3的酸性强弱，故B错误；C、将25gCuSO4·5H2O溶于100mL蒸馏水中，溶质CuSO4的物质的量为1mol，而溶液的体积不是100mL，所配溶液的浓度不是1mol/L，故C错误；D、将KI和FeCl3溶液在试管中混合后，加入CCl4，振荡，静置，下层液体变成紫色，则证明产生了I2，说明Fe3+将I氧化为I2，氧化性Fe3+＞I2，故D正确。

故选D。

16.一定量的铁、铝合金与300ml2mol/L硝酸完全反应生成3.36LNO（标况）和三价铁盐、铝盐等，再向反应后的溶液中加入3mol/L的NaOH溶液，使铝、铁元素完全沉淀下来，则所加NaOH溶液的体积是（）

A.450mlB.150mlC.200mlD.无法计算

【答案】B

【解析】

【详解】硝酸的物质的量为0.3×2=0.6mol，生成的一氧化氮的物质的量为3.36/22.4=0.15mol，所以反应后溶液中的硝酸根离子的物质的量为0.6-0.15=0.45mol，再向反应后的溶液中加入3mol/L的氢氧化钠溶液，使镁和铝恰好完全转化为沉淀，则反应后溶液的成分为硝酸钠，由质量守恒可知，氢氧化钠和硝酸钠和硝酸根的物质的量相等，为0.45mol，则所加氢氧化钠溶液的体积为0.45/3=0.15mL=150mL。

故选B。

【点睛】本题考查的是守恒的解题方法。

根据硝酸中的氮原子守恒，找出氮原子的去处，即一氧化氮和硝酸钠即可解决问题，解本题不用书写方程式。

17.Ⅰ．现有下列状态的物质：

①干冰②NaHCO3晶体③氨水④纯醋酸⑤FeCl3溶液⑥铜⑦熔融的KOH⑧蔗糖

其中属于电解质的是___________，属于强电解质的是_____________。

能导电的是___________。

Ⅱ．胶体是一种常见的分散系，回答下列问题。

①向煮沸的蒸馏水中逐滴加入___________溶液，继续煮沸至____________，停止加热，可制得Fe（OH）3胶体，制取Fe（OH）3胶体化学反应方程式为______________________________________________。

②向Fe（OH）3胶体中加入Na2SO4饱和溶液，由于_______离子（填离子符号）的作用，使胶体形成了沉淀，这个过程叫做_______________。

③区分胶体和溶液常用的方法叫做__________。

Ⅲ．①FeCl3溶液用作蚀刻铜箔制造电路板的工艺，离子方程式为_________________________。

②有学生利用FeCl3溶液制取FeCl3•6H2O晶体主要操作包括：

滴入过量盐酸，______、冷却结晶、过滤。

过滤操作除了漏斗、烧杯，还需要的玻璃仪器是________。

③高铁酸钾（K2FeO4）是一种强氧化剂，可作为水处理剂和高容量电池材料。

FeCl3与KClO在强碱性条件下反应可制取K2FeO4，反应的离子方程式为___________________________。

【答案】

（1）.饱和FeCl3

（2）.溶液呈红褐色（3）.②④⑦（4）.②⑦（5）.③⑤⑥⑦（6）.FeCl3+3H2O（沸水）

Fe（OH）3（胶体）+3HCl（7）.SO42—（8）.胶体的聚沉（9）.丁达尔效应（10）.2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+（11）.蒸发浓缩（12）.玻璃棒（13）.2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42—+3Cl-+5H2O（或2Fe（OH）3+3ClO-+4OH-=2FeO42—+3Cl-+5H2O写出一个即可）

【解析】

I、电解质的定义是在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物，主要包括酸、碱、盐、活泼金属氧化物、水等。

我们在判断此类试题的时候，最直接的方法是按照物质的分类进行判断。

①干冰是固态二氧化碳，不属于上述物质中的任一种，在水溶液和熔融状态下均不导电，所以不是电解质；②NaHCO3晶体属于盐，在水溶液中可以电离出离子而导电，所以属于电解质；③氨水属于混合物而不是化合物，所以不是电解质；④纯醋酸属于酸，在水溶液中可以电离出离子而导电，所以属于电解质；⑤FeCl3溶液是混合物而不是化合物，所以不是电解质；⑥铜是单质而不是化合物，所以不是电解质；⑦熔融的KOH属于碱，在熔融状态下和水溶液中均可以电离出离子而导电，所以是电解质；　⑧蔗糖不属于上述物质中的任一种，在水溶液和熔融状态下均不导电，所以不是电解质；所以属于电解质的是：

②④⑦。

强电解质的定义是在水溶液中或熔融状态下能完全电离的电解质，因此强电解质首先必须是电解质，只能从②④⑦里面找，其中NaHCO3晶体在水溶液中可以完全电离出离子，所以属于强电解质；纯醋酸属于共价化合物，在熔融状态下不能电离出离子，在水溶液中不能完全电离，所以属于弱电解质；熔融的KOH是离子化合物，在熔融状态下和水溶液中都能完全电离出离子，所以属于强电解质，因此属于强电解质的是②⑦。

因在氨水、FeCl3溶液、熔融的KOH中都含有能够自由移动的离子，所以可以导电；铜作为金属单质，含有能够自由移动的电子，所以也可以导电，因此能够导电的是③⑤⑥⑦。

II、①.Fe（OH）3胶体的制备过程是：

向煮沸的蒸馏水中逐滴加入饱和的FeCl3溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热，即可制得Fe（OH）3胶体。

故答案是：

饱和FeCl3；溶液呈红褐色；FeCl3+3H2O（沸水）

Fe（OH）3（胶体）+3HCl。

②.向Fe（OH）3胶体中加入Na2SO4饱和溶液，由于硫酸根离子中和了氢氧化铁胶粒的电荷，导致胶体发生了聚沉，故答案是：

SO42-；胶体的聚沉

③.利用胶体具有丁达尔效应而溶液没有丁达尔效应，进行区分胶体和溶液，所以答案是：

丁达尔效应

Ⅲ、①.FeCl3溶液用作蚀刻铜箔制造电路板的工艺，利用的是Fe3＋的氧化性，将铜氧化成Cu2＋，所以其反应的离子方程式是：

2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+。

②.利用FeCl3溶液制取FeCl3•6H2O晶体，需要在HCl气流中加热、蒸发浓缩，因此其主要操作包括：

滴入过量盐酸，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤；过滤操作主要需要用到烧杯、漏斗、玻璃棒；所以答案是：

蒸发浓缩；玻璃棒

③、用FeCl3与KClO在强碱性条件下反应可制取K2FeO4，其反应的离子方程式为：

3Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O或者2Fe（OH）3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O。

18.过氧化氢H2O2（氧的化合价为﹣1价），俗名双氧水，医疗上利用它有杀菌消毒作用来清洗伤口。

对于下列A～D涉及H2O2的反应，填写空白：

A．Na2O2+2HCl===2NaCl+H2O2

B．Ag2O+H2O2===2Ag+O2+H2O

C．2H2O2===2H2O+O2

D．3H2O2+Cr2（SO4）3+10KOH===2K2CrO4+3K2SO4+8H2O

（1）H2O2仅体现氧化性的反应是_________（填代号）。

（2）H2O2既体现氧化性又体现还原性的反应是_________（填代号）。

（3）在稀硫酸中，KMnO4和H2O2能发生氧化还原反应。

氧化反应：

H2O2﹣2e﹣===2H++O2↑

还原反应：

MnO

+5e﹣+8H+===Mn2++4H2O

写出该氧化还原反应的离子方程式：

___________________。

（4）在K2Cr2O7+14HCl===2KCl+3Cl2↑+7H2O+2CrCl3的反应中，有0.3mol电子转移时生成Cl2的体积为______（标准状况），被氧化的HCl的物质的量为____。

（5）除去镁粉中混入的铝粉杂质用溶解、_______方法，化学反应方程式为___________________。

【答案】

（1）.D

（2）.C（3）.2MnO4—+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2↑（4）.3.36L（5）.0.3mol（6）.过滤