2022-2023学年四川省成都市树德中学高一上学期10月阶段性测试化学试题含解析

这是一份2022-2023学年四川省成都市树德中学高一上学期10月阶段性测试化学试题含解析，共19页。试卷主要包含了单选题，元素或物质推断题，填空题等内容，欢迎下载使用。
四川省成都市树德中学2022-2023学年高一上学期10月阶段性测试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．化学与生活、社会发展息息相关，下列说法错误的是
A．《荷塘月色》中所描绘的月光穿过薄雾形成缕缕光束的美景与胶体性质有关
B．“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，该过程发生了置换反应
C．“金属的冶炼，植物的光合作用”都涉及氧化还原反应
D．“卤盐点豆腐”、“静电除尘”都和胶体带电有关
【答案】D
【详解】A．月光穿过薄雾形成缕缕光束属于胶体的丁达尔效应产生的，A正确；
B．“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，胆矾为硫酸铜晶体，该过程发生了铁与硫酸铜置换铜的反应，B正确；
C．“金属的冶炼，植物的光合作用”都涉及了单质的生成，都属于氧化还原反应，C正确；
D．胶体中的胶粒带电，但是胶体不带电，D错误；
故选D。
2．下列变化，不能通过一步反应实现的是
A． B．
C． D．
【答案】B
【详解】A．氢氧化钡与碳酸钠反应生成碳酸钡沉淀与氢氧化钠，能一步实现，A不符合；
B．氯化钡不能一步转化为氢氧化钡，B符合；
C．氯化铁和氢氧化钠反应生成氢氧化铁沉淀和氯化钠，能一步实现，C不符合；
D．碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，能一步实现，D不符合；
答案选B。
3．在无色透明的溶液中，可以大量共存的离子组是
A．、、、 B．、、、
C．、、、 D．、、、
【答案】C
【详解】A．呈紫色，呈浅绿色，A不符合题意；
B．、在水溶液中会发生反应，生成CaSO4沉淀，B不符合题意；
C．、、、在水溶液中不发生反应，能大量共存，C符合题意；
D．与反应生成CaCO3沉淀，与反应生成NH3等，D不符合题意；
故选C。
4．分类法是学习化学的重要方法。下列物质对应的分类标准正确的是
选项
物质
分类标准
A
KNO3、胆矾、氨气
电解质
B
SO2、P2O5、CO
酸性氧化物
C
生石灰、火碱、熟石灰
碱
D
C20、金刚石、石墨
同素异形体

A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【详解】A．KNO3、胆矾属于电解质，氨气属于非电解质，A不正确；
B．SO2、P2O5属于酸性氧化物，CO属于不成盐氧化物，B不正确；
C．生石灰的主要成分为CaO，属于碱性氧化物，火碱、熟石灰属于碱，C不正确；
D．C20、金刚石、石墨都是碳元素组成的单质，它们的性质不同，三者互为同素异形体，D正确；
故选D。
5．下列反应①和②可以用同一离子方程式表示的有几组
a．①稀盐酸+碳酸钠溶液；②稀盐酸+碳酸氢钠溶液
b．①氢氧化钠溶液中通二氧化碳(过量)：②澄清石灰水中通二氧化碳(过量)
c．①氯化钡溶液+硫酸氢钠：②氯化钡溶液+硫酸钠溶液
d．①NaHCO3溶液(过量)+饱和石灰水；②Ca(HCO3)2溶液+NaOH溶液(过量)
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【详解】a．①稀盐酸+碳酸钠溶液，离子方程式为+2H+=CO2↑+H2O；②稀盐酸+碳酸氢钠溶液，离子方程式为+H+=CO2↑+H2O，不能用同一离子方程式表示；
b．①氢氧化钠溶液中通二氧化碳(过量)：②澄清石灰水中通二氧化碳(过量)，离子方程式都为：OH-+CO2=；
c．①氯化钡溶液+硫酸氢钠：②氯化钡溶液+硫酸钠溶液，离子方程式都为Ba2+ += BaSO4↓；
d．①NaHCO3溶液(过量)+饱和石灰水；②Ca(HCO3)2溶液+NaOH溶液(过量)，离子方程式都为Ca2++2+2OH-=CaCO3↓++2H2O；
综合以上分析，b、c、d都符合题意，故选C。
6．下列相关说法正确的是

化学反应方程式
相关说法
A
2KClO32KCl +3O2↑
双线桥：
B
2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+
氧化性：Cu>Fe2+
C
4CuO2Cu2O+O2↑
每生成1个O2，转移2个电子
D
_______ClO-+_______Fe3++_______OH-=_______FeO+_______Cl-+_______H2O
化学计量数依次为：3，2，10，2，3，5

A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【详解】A．该反应中，总共转移12个电子，则用双线桥表示电子转移为 ，A项错误；
B．反应中，铁离子得到电子，为氧化剂，铜单质失去电子，为还原剂，则铜离子为氧化产物，氧化性是Fe3+>Cu2+，B项错误；
C．根据电子得失可知，每生成1个O2，转移4个电子，C项错误；
D．该反应中，氯的价态降低2价，铁的价态升高3价，由电子守恒、电荷守恒和质量守恒配平该反应为3ClO-+2Fe3++10OH-=2FeO+3Cl-+5H2O，D项正确；
答案选D。
7．下列叙述中正确的是
A．“血液透析”主要是物理过程分离溶液和胶体
B．该反应中氧化产物与还原产物的个数比为1：2
C．铁粉常作食品的脱氧剂，生石灰、无水氯化钙、浓硫酸常作食品干燥剂
D．工业上制取NaOH主要采用氧化钠与水的反应，因为原料来源广，成本低
【答案】A
【详解】A．“血液透析”利用的是胶体不能穿过半透膜，而溶液可以穿过半透膜，以分离胶体和溶液，是物理过程，A正确；
B．应中氧化剂为SO2，还原剂为H2S，其分子个数比对1：2，所以氧化产物与还原产物的个数比为2：1，B错误；
C．铁粉常作食品的脱氧剂，生石灰、无水氯化钙常作食品干燥剂，浓硫酸为液体且具有腐蚀性，不能用于食品干燥剂，C错误；
D．工业上制取NaOH主要采用电解饱和食盐水，D错误；
故选A。
8．宏观辨识与微观探析是化学学科核心素养之一、下列实验现象对应的离子方程式正确的是
A．向AlCl3溶液中滴加氨水产生白色沉淀：
B．大理石与盐酸接触，产生无色气泡：
C．铜器表面覆着的的绿色铜锈，滴稀盐酸，光泽可恢复：
D．锌粉加到NaHSO4溶液中，产生大量气泡：Zn+2H+=Zn2++H2↑
【答案】D
【详解】A．一水合氨为弱碱，发生部分电离，向AlCl3溶液中滴加氨水产生Al(OH)3白色沉淀等，离子方程式为Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3，A不正确；
B．大理石的主要成分为CaCO3，难溶于水，与盐酸接触，发生复分解反应产生CO2气体，离子方程式为CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑，B不正确；
C．铜器表面覆盖的绿色铜锈为Cu2(OH)2CO3，滴稀盐酸，铜锈溶解，离子方程式为Cu2(OH)2CO3+4H+=2Cu2++3H2O+CO2↑，C不正确；
D．NaHSO4在水溶液中发生完全电离，生成Na+、H+、，锌粉加到NaHSO4溶液中，与H+反应产生H2，离子方程式为Zn+2H+=Zn2++H2↑，D正确；
故选D。
9．根据下列反应H2SO3+I2+H2O=2HI+H2SO4，2FeCl3+2HI=2FeCl2+I2+2HCl，3FeCl2+4HNO3=2FeCl3+NO↑+2H2O+Fe(NO3)3判断正确的是
A．还原性H2SO3＜HI＜FeCl2＜NO
B．氧化性HNO3＞H2SO4＞FeCl3
C．若溶液中Fe2+与I-共存，为氧化I-而Fe2+不被氧化，可用HNO3作氧化剂
D．H2SO3+2FeCl3+H2O=2FeCl2+H2SO4+2HCl理论上可发生该反应
【答案】D
【分析】反应H2SO3+I2+H2O=2HI+H2SO4中，氧化性I2＞H2SO4，还原性H2SO3＞HI；
反应2FeCl3+2HI=2FeCl2+I2+2HCl中，氧化性FeCl3＞I2，还原性HI＞FeCl2
反应3FeCl2+4HNO3=2FeCl3+NO↑+2H2O+Fe(NO3)3中，氧化性HNO3＞FeCl3，还原性FeCl2＞NO。
【详解】A．由分析可知，还原性H2SO3＞HI、HI＞FeCl2、FeCl2＞NO，则还原性H2SO3＞HI＞FeCl2＞NO，A不正确；
B．由分析可知，氧化性I2＞H2SO4、FeCl3＞I2、HNO3＞FeCl3，则氧化性HNO3＞FeCl3＞H2SO4，B不正确；
C．HNO3具有强氧化性，既能氧化I-又能氧化Fe2+，所以不能用HNO3作氧化剂，C不正确；
D．因为氧化性FeCl3＞H2SO4，还原性H2SO3＞FeCl2，所以反应H2SO3+2FeCl3+H2O=2FeCl2+H2SO4+2HCl理论上可发生，D正确；
故选D。
10．向一定体积的溶液中逐滴加入离子浓度相当的稀硫酸，测得混合溶液的导电能力随时间变化的曲线如图所示，下列说法正确的是

A．常温下，硫酸溶液的导电能力一定比氨水强
B．a处溶液的导电能力几乎为0，原因是溶解的几乎不电离
C．BC段溶液的导电能力不断增大但最终仍比A点弱，可能是溶液混合相当于稀释
D．若向醋酸溶液中逐滴加入氨水也可得到类似的图像
【答案】C
【详解】A．未提溶液浓度，无法确定溶液中单位体积内电荷总量，不能比较导电能力，A错误；
B．a处溶液导电能力几乎为0，原因是BaSO4难溶，溶液中离子浓度过低，B错误；
C．a点之后继续滴加硫酸，溶液中离子浓度重新开始上升，导电能力重新增大，但混合溶液整体浓度低于原溶液浓度，故导电能力达不到之前强度，C正确；
D．醋酸溶液中滴加氨水，两种弱电解质反应生成强电解质醋酸铵，离子浓度增大，溶液导电能力会逐渐升高，不会降低，D错误；
综上，本题选C。
11．某溶液中大量存在以下五种离子：、、、、M，它们的微粒个数比为，则M、n可能分别为
A．、3 B．、2 C．、2 D．、2
【答案】B
【详解】根据溶液中电荷守恒可知：2×-1+4×-2+1×3+3×1+n×M=0，可知n×M=4，且溶液中离子大量存，则与不能大量共存，综上所述故选B。
12．已知在碱性溶液中可发生如下反应：
2R(OH)3+ 3C1O-+ 4OH－= 2RO4n-+3Cl－+5H2O。则RO4n-中R的化合价是（）
A．+3 B．+4 C．+5 D．+6
【答案】D
【详解】根据方程式两端电荷守恒可知n＝＝2，O元素是－2价，所以R的化合价是+6价，
答案选D。

13．某地方政府为了实现对当地水资源及沿途流域环境的综合治理，引导甲、乙两个相邻的工厂在污水处理方面做了横向联合。已知两厂排放的污水经初步处理后，分别只有下列8种离子中的4种(两厂不含相同离子)：、、、、、、、。两厂单独排放都会造成严重的水污染，如将两厂的污水按一定的比例混合，沉淀后污水便变成无色澄清的只含硝酸钾的水而排放，污染程度会大大降低。关于污染源的分析，你认为正确的是
A．、可能来自同一工厂 B．、可能来自同一工厂
C．、一定来自不同的工厂 D．、可能来自同一工厂
【答案】C
【分析】Ag+、Cu2+均能够与OH-结合生成沉淀，SO与Ba2+能够结合生成沉淀，Ag+、Cl-能够结合生成沉淀，均不能大量共存，则一个厂的污水中含Ba2+、Ag+、Cu2+、NO，另一个厂的污水中含K+、Cl-、SO、OH-。据此分析解题。
【详解】A．根据上述分析，SO和NO来自两个工厂，故A错误；
B．根据上述分析，Ag+和K+来自两个工厂，故B错误；
C．根据上述分析，Cl-和NO来自两个工厂，故C正确；
D．根据上述分析，、来自两个工厂，故D错误；
故选C。
14．以废旧锌锰电池中的黑锰粉(含MnO2、MnO(OH)、NH4Cl、ZnCl2及C等)为原料制备MnCl2，实现锰的再利用。其工艺流程如下：

已知：步骤②中MnO(OH)发生了反应
下列说法不正确的是
A．步骤①为加水溶解，过滤
B．步骤②中还发生了反应：
C．步骤③中H2O2做氧化剂
D．步骤④中发生的是盐与盐之间产生沉淀的复分解反应
【答案】C
【分析】黑锰粉(含MnO2、MnO(OH)、NH4Cl、ZnCl2及C等)加水溶解后过滤，滤液中含有NH4Cl、ZnCl2，滤渣中含有MnO2、MnO(OH)、C等，滤渣在空气中加热，MnO(OH)氧化为MnO2，C燃烧；加入H2SO4、H2O2，MnO2转化为MnSO4；加入CaCl2过滤，可得到MnCl2。
【详解】A．由分析可知，步骤①将难溶性物质与可溶性物质分离，则为加水溶解，过滤，A正确；
B．由分析可知，步骤②中加热时，C发生燃烧，则发生的反应为：，B正确；
C．步骤③中，加入H2O2，MnO2转化为MnSO4，则H2O2作还原剂，C不正确；
D．步骤④中，MnSO4与CaCl2反应，得到MnCl2和CaSO4，发生的是盐与盐之间产生沉淀的复分解反应，D正确；
故选C。
15．碘元素在地壳中主要以NaIO3的形式存在，在海水中主要以I-的形式存在，几种粒子之间的转化关系如图所示。已知淀粉遇碘单质变蓝，下列说法中正确的是

A．向含I-的溶液中通入Cl2，所得溶液加入淀粉溶液一定变蓝
B．途径III中每消耗1个Cl2，可以生成2个
C．氧化性的强弱顺序为Cl2>I2>
D．一定条件下，I-与可能生成I2
【答案】D
【详解】A. 向含I-的溶液中通入少量Cl2，可产生碘单质，能使淀粉溶液变蓝，向含I-的溶液中通入过量Cl2，生成，不能使淀粉溶液变蓝，故A错误；
B. 根据转化关系I-~IO~6e- ，Cl2~2Cl-~2e-，途径III中每消耗1个Cl2，可以生成3个，故B错误；
C．由途径I可以知道氧化性Cl2>I2，由途径Ⅱ可以知道氧化性I2，故氧化性的强弱顺序为Cl2>IO> I2，故C错误；
D．一定条件下，I-与IO可发生归中反应生成I2，故D正确；
本题应选D。
16．在一个氧化还原反应体系中，反应物、生成物共有六种粒子：Fe3+、NO、Fe2+、NH、H+、H2O。已知氧化性NO(H+)>Fe3+。下列叙述不正确的是
A．该反应说明Fe(NO3)2溶液和稀硫酸能发生反应
B．该反应中氧化剂与还原剂的个数之比为1∶8
C．若有1个NO发生氧化反应，则转移8个电子
D．该反应中Fe2+是还原剂，NH是还原产物
【答案】C
【分析】在所给的六种微粒中，元素化合价高的为Fe3+、NO，元素化合价低的为Fe2+、NH，因为氧化性NO(H+)>Fe3+，还原性Fe2+>NH，所以该反应的主体反应物及产物为NO+ Fe2+→NH+Fe3+，由得失电子守恒可得NO+ 8Fe2+→NH+8Fe3+，再根据原子守恒及电荷守恒配平可得NO+ 8Fe2++10H+=NH+8Fe3++3H2O。
【详解】A．由分析可知，该反应说明Fe(NO3)2溶液在酸性条件下发生氧化还原反应，A正确；
B．该反应的氧化剂为NO、还原剂为Fe2+，所以氧化剂与还原剂的个数之比为1：8，B正确；
C．NO是氧化剂，发生还原反应，由元素化合价变化可知，1个NO发生还原反应变为NH时，转移电子数目为8，C错误；
D．Fe2+失电子变为Fe3+，Fe2+是还原剂，Fe3+是氧化产物，NO得到电子变为NH，NO是氧化剂，NH是还原产物，D正确；
答案选C。

二、元素或物质推断题
17．分类法是进行化学研究的重要方法。不同的标准可以把物质及化学反应分为不同的类别。现有以下物质：①固体氢氧化钠②熔化的铁块③CaCO3④Fe(OH)3胶体⑤NaHSO4溶液⑥干冰⑦盐酸⑧蔗糖
(1)以上物质中能导电的是_______(填序号，下同)，属于电解质是_______。
(2)④⑤的微观本质区别是_______。
(3)如图为离子反应、氧化还原反应和置换反应三者之间的关系，采用的分类方法名称是_______，其中表示离子反应的是_______(填字母)。

(4)有同学认为所有强酸、强碱之间的中和反应均可表示为OH-+H+=H2O，请举个例子反驳上述观点(用离子方程式表示)_______。
(5)将过量的⑥放入①的溶液中充分反应，然后将反应后的溶液分成两等份，分别加入足量的硝酸、氢氧化钙溶液。请分别写出发生反应的离子方程式：①_______。②_______。
【答案】(1)     ②④⑤⑦     ①③
(2)分散质直径的大小
(3)     交叉分类法     C
(4)Ba2+ + 2OH－+ 2H++= BaSO4↓+ 2H2O (符合题意即可)
(5)     +H+=H2O+CO2↑     Ca2+++OH-=CaCO3↓+H2O

【解析】（1）
导电分为电子导电和离子导电，题给物质中能导电的是②熔化的铁块(电子导电，以下物质发生离子导电)、④Fe(OH)3胶体、⑤NaHSO4溶液、⑦盐酸，故选②④⑤⑦；酸、碱、盐、金属氧化物、氯化氢、水等属于电解质，则题给物质中属于电解质是①固体氢氧化钠、③CaCO3，故选①③。答案为：②④⑤⑦；①③；
（2）
④Fe(OH)3胶体与⑤NaHSO4溶液，其分散质粒子直径不同，则微观的本质区别是分散质直径的大小。答案为：分散质直径的大小；
（3）
如图为离子反应、氧化还原反应和置换反应三者之间的关系，因为置换反应一定是氧化还原反应，所以A属于氧化还原反应，B属于置换反应，C属于离子反应，采用的分类方法名称是交叉分类法，其中表示离子反应的是C。答案为：交叉分类法；C；
（4）
当强酸的酸根离子能与强碱的金属离子结合为难溶性盐时，中和反应不能表示为OH-+H+=H2O，比如：Ba2+ + 2OH－+ 2H++= BaSO4↓+ 2H2O (符合题意即可)。答案为：Ba2+ + 2OH－+ 2H++= BaSO4↓+ 2H2O (符合题意即可)；
（5）
将过量的⑥放入①的溶液中充分反应生成Ca(HCO3)2，Ca(HCO3)2中加入足量的硝酸，生成Ca(NO3)2、CO2和H2O，Ca(HCO3)2与氢氧化钙溶液反应，生成CaCO3和H2O。发生反应的离子方程式：①+H+=H2O+CO2↑。②Ca2+++OH-=CaCO3↓+H2O。答案为：+H+=H2O+CO2↑；Ca2+++OH-=CaCO3↓+H2O。
【点睛】若一种物质中有两种离子参加离子反应时，采用“以少定多”法书写离子方程式。
18．某学习兴趣小组拟对溶液A的成分进行分析，溶液A中可能含有如下离子：、、、、、、、，设计并完成了如下的实验。

(已知：①为中强酸，盐的溶解规律与盐相似；②448mL(标况)气体F质量为0.34g)
(1)气体F为_______(填名称)，实验室收集该气体的方法是_______。
(2)过滤时所需玻璃仪器有_______。
(3)B→E的离子方程式：_______。
(4)依据以上实验可以推断，A溶液中一定存在_______(用离子符号表示，下同)；一定没有_______；可能含有_______。
【答案】(1)     氨气     向下排空法
(2)玻璃棒、漏斗、烧杯
(3)
(4)     、、、     、、    

【分析】溶液A加入过量氯化钡溶液生成沉淀B质量为4.50g沉淀，且沉淀部分溶解于稀盐酸，说明原来有，则原溶液中没有Ca2+、Ba2+，沉淀没有完全溶解，说明原溶液中有，且BaSO4的质量为2.33g，则说明原溶液中的物质的量为0.01mol，BaSO3的质量为450g-2.33g=2.17g，则的物质的量为0.01mol，溶液加入NaOH溶液生成448mL气体，为氨气， ，说明含有0.02mol，则阴离子的电荷总数为2n()+2n()=2×0.01mol+2×0.01mol=0.04mol，则阳离子的电荷总数为n()=0.02mol，0.04mol>0.02mol根据电荷守恒溶液中肯定存在其它阳离子，故存在Na+，据此分析解题。
（1）
由上述分析可知，气体F为氨气，氨气易溶于水，密度比空气小，采用向下排空气法收集；
（2）
过滤用到的玻璃仪器有：玻璃棒、漏斗、烧杯；
（3）
沉淀B中含有BaSO4、BaSO3，其中BaSO3溶于盐酸，离子方程式为：
；
（4）
根据上述分析可知，溶液A中一定存在、、、，
一定没有、、；若n()>0.02mol，则存在，所以可能含有。

三、填空题
19．某化工厂的废液中，含有大量溶液，但当中掺杂有一些、，为实现变废为宝，选择适当的试剂设计实验除去杂质，从而得到纯净的晶体，相应的实验流程如图所示。

请回答下列问题：
(1)写出实验流程中下列物质的化学式：试剂X_______。
(2)上述实验流程中加入过量溶液后发生反应的离子方程式：_______、_______。
(3)上述实验流程中，其他不变，①②两步的试剂可否交换，请说明原因_______。
(4)(本小题两空均填化学式)按此实验方案得到的溶液3中肯定含有_______杂质。为了解决这个问题，可以向溶液3中加入适量的_______。
(5)在①步操作中如何证明加的溶液已过量？_______。
【答案】(1)
(2)         
(3)不行，这样会有过量的无法除去
(4)         
(5)取混合溶液的上层清液少量于试管中，用胶头滴管继续滴加少量溶液，如无明显现象，则证明所加的已过量(或取少许滤液1于试管中，向其中加入溶液，若无沉淀则证明已沉淀完全。)

【分析】工厂的废液中含有大量NaNO3溶液和少量的NaCl、Na2SO4，为了得到纯净的硝酸钠，实验流程图应为：加入过量的氯化钡，除去硫酸根离子，生成硫酸钡沉淀，然后应加入硝酸银，除去氯离子，生成氯化银沉淀，最后加入过量的碳酸钠，除去以上过量的钡离子和银离子，生成碳酸钡和碳酸银沉淀，得到溶液3中含有硝酸钠和过量的碳酸钠，加入适量的硝酸除杂后，采取降温结晶法即可分离出纯净的硝酸钠晶体。
（1）
由分析可知，试剂X为；
（2）
由分析可知，加入过量的碳酸钠，除去钡离子和银离子，发生的离子方程式为、；
（3）
第②步加入的硝酸银用于除去原废液中的氯离子，同时也除去第①步过量的氯离子，所以不能将①②两步的试剂交换，否则会有过量的无法除去；
（4）
由分析可知，得到溶液3中含有硝酸钠和过量的杂质，可以加入适量的除去；
（5）
要证明氯化钡过量，即证明硫酸根已沉淀完全，具体操作为：取混合溶液的上层清液少量于试管中，用胶头滴管继续滴加少量溶液，如无明显现象，则证明所加的已过量(或取少许滤液1于试管中，向其中加入溶液，若无沉淀则证明已沉淀完全) 。
20．在抗击新冠肺炎疫情的战役中，民众的防疫意识不能松懈。为有效防止新冠病毒的传播，除了戴口罩，还需加强对隔离场所的消毒。常用的消毒剂有双氧水、医用酒精以及含氯消毒剂。其中含氯消毒剂的家族最庞大、应用最广泛。实验室制备有三种常用方法：
a.
b._______ +_______HCl(浓)→ _______KCl+_______+_______+_______
c.
(1)根据上述反应方程式，比较、、的氧化性_______。
(2)对于反应a，氧化剂与还原剂的个数比为_______，该反应对应离子方程式为_______。
(3)用单线桥表示反应电子转移情况______。
(4)配平反应b______
(5)对于反应b，当得到7.1g时，消耗HCl的质量是_______，若要得到等质量的，从节约HCl的角度考虑，最适宜选择_______。(填“a”、“b”、“c”)反应。
【答案】(1)
(2)     1：2    
(3)
(4)
(5)     11.68g     c

【解析】（1）
根据氧化还原反应发生的条件复杂程度可以判断氧化剂或还原剂的强弱，可以制备，因此氧化性强于，制备氯气时不需要加热，所以的氧化性强于，所以、、的氧化性的强弱为：；
（2）
对于反应，氧化剂为，还原剂为，4个分子中只有2个参与了氧化反应，氧化剂与还原剂的个数比为1:2；该反应对应离子方程式为；
（3）
反应中，有一个氯离子没有参与氧化反应，所以该反应转移了5个电子，电子从HCl转移到，用单线桥表示反应电子转移情况为：；
（4）
b反应配平为；
（5）
对于反应b，氯气与盐酸关系是为：

解得消耗盐酸质量为x=11.68g；
对比a、b、c三个反应，假设都制得15个氯气分子的情况下，三个反应消耗的盐酸质量比为：4×15:16×3:6×5=10:8:5，从节约HCl的角度考虑，最适宜选择c反应。