【文档说明】陕西咸阳市实验中学2020-2021学年高一上学期第二次月考化学试卷【精准解析】.doc，共(14)页，424.000 KB，由小赞的店铺上传

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2020~2021学年第一学期第二次月考高一年级化学试题可能用到的数据：H1C12N14O16S32Mg24Al27Ca40第I卷(选择题共48分)一、选择题(本题共16小题，每小题3分，共48分。每小题只有一个选项符合题意

)1.胶体区别于其他分散系的本质特征是（）A.分散质粒子能做无规则运动B.光线透过时能观察到光亮的通路C.静置后既不分层，也无沉淀产生D.分散质粒子直径在10-7～10-9m之间【答案】D【解析】【详解】胶体区别于其它分散系的本质特征是胶体粒子直径在1-100nm之间，溶液的粒子直

径小于1nm，浊液的子直径大于100nm，故选：D。2.下列反应的离子方程式书写正确的是()A.醋酸与烧碱溶液反应：H++OH-=H2OB.向氢氧化钠溶液中通入过量CO2：OH－＋CO2=HCO3−C氢氧化钡溶

液与NaHSO4溶液反应：Ba2++SO24−=BaSO4↓D.向1molFeBr2的溶液中通入1molCl2：2Fe2++4Br-+3Cl2=2Fe3++2Br2+6Cl-【答案】B【解析】【详解】A．醋酸属于弱酸，在离子方程式中不能拆，A不符合题意；B．过量的CO2反应生成碳酸氢盐，少量生成

碳酸盐，B符合题意；C．Ba(OH)2=Ba2++2OH-，NaHSO4=Na++H++2-4SO，故此时除发生Ba2+与2-4SO反应外，还要发生H+与OH-反应，C不符合题意；D．因为还原性：Fe2+>Br-，所以

Cl2先与Fe2+反应，根据关系Cl2~2Fe2+，氧化Fe2+消耗Cl20.5mol，剩余0.5molCl2与Br-反应，根据关系Cl2~2Br-，Br-被氧化1mol，故最终离子方程式中n(Fe2+):n(Br-)=1:1，D不符合题意；故答案选B。3.下列各组归类

不合理的是()选项按某一分类标准分类的物质或变化归类AFeSO4、NO2、MnO2、NaClOH2SO3BCH3COOH、HClO、H2S、H2CO3HFC氢气燃烧、氧化钙变质、食物腐烂冰雪融化DNa2SO3、Na2SO4、Na

2S、Na2CO3NaClA.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．FeSO4、NO2、MnO2、NaClO均属于含氧元素的物质，H2SO3也属于含氧元素的物质，A归类合理；B．CH3COOH、HClO、H

2S、H2CO3均为弱酸，HF也属于弱酸，B归类合理；C．氢气燃烧、氧化钙变质、食物腐烂均为化学变化，而冰雪融化属于物理变化，C归类不合理；D．Na2SO3、Na2SO4、Na2S、Na2CO3均属于钠

盐，NaCl也属于钠盐，D归类合理；答案选C。4.在无色透明的酸性溶液中，下列离子能大量共存的是()A.NH4+、Ba2+、SO24−、Cl-B.K+、Fe2+、Cl-、NO3−C.K+、Na+、HCO3−

、SO24−D.Na+、K+、NO3−、SO24−【答案】D【解析】【详解】A．Ba2+、SO24−生成硫酸钡沉淀，A不符合题意；B．Fe2+溶液呈浅绿色，B不符合题意；C．HCO3−会和氢离子发生反应，C不符合题意；D．Na+、K+、NO

3−、SO24−满足溶液无色，在酸性溶液中共存，D符合题意；答案选：D。5.NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是()A.4.4克CO2中含有电子数2.2NAB.1mol/L的硫酸钠溶液中所含Na+数为2NAC.标准状态下，32gO2和O3的混合气体所含原子数为2.5NAD.1m

olFe与足量盐酸完全反应转移电子数为3NA【答案】A【解析】【详解】A．4.4克CO2的物质的量n=mM=4.4g44g/mol=0.1mol，一个CO2分子含有22个电子，0.1mol二氧化碳含有电子数2.2NA，故A正确；

B．1mol/L硫酸钠溶液的体积未知，无法计算出Na+的物质的量，故无法得到Na+的数目，故B不正确；C．O2和O3均由氧原子构成，则32g混合气体中含有的氧原子的物质的量n=mM=32g16g/mo

l=2mol，32gO2和O3的混合气体所含原子数为2NA，故C不正确；D．1molFe与足量盐酸完全反应时生成氯化亚铁和氢气，铁元素的化合价从0价升高到+2价，一个铁原子转移2个电子，1molFe转移电子数为2NA，故D不正确；

答案选A。6.下列物质的变化过程一定需要加入还原剂才能实现的是()A.Al→AlCl3B.KClO3→KClC.S→K2SD.CO2→CO【答案】D【解析】【详解】A．Al→AlCl3过程中，Al的化合价升高，作还原剂，需要加入氧化剂才能实现，A不符合题意；B．KClO3→KCl

可直接加热实现，不一定需要加入还原剂，B不符合题意；C．S→K2S过程中，S单质可直接与K反应生成K2S，不一定需要加入还原剂，C不符合题意；D．CO2→CO过程中，C的化合价降低，只能通过加入还原剂才能实现，D符合题意；答案选D。7.在一定条件下，NO跟NH3可以发生反应：6NO+4NH3=5

N2+6H2O，该反应中氧化产物和还原产物的质量比是()A.3︰2B.2︰1C.1︰1D.2︰3【答案】D【解析】【详解】根据反应方程式，NO中N的化合价由+2价→0价，化合价降低，NO为氧化剂，被还原，得到的氮气是还原产物；NH3中N的化合价由－3价→0价，NH3为还原剂

，被氧化，得到的氮气也是氧化产物，反应中N2既为氧化产物又为还原产物，每6molNO被还原成还原产物，即3molN2，就有4molNH3被氧化成氧化产物，即2molN2，所以该反应中氧化产物和还原产物的物质的量之比为2：3，

根据m=nM可知，氧化产物和还原产物的质量比是2：3，答案选D。8.对于某些离子的检验及结论一定正确的是A.向某溶液中加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水中，澄清石灰水变浑浊，则原溶液中一定有CO2-3B.向某溶液中加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加足量稀硝酸，沉淀不消失，则

原溶液中一定有Ag+C.向某溶液中先加入足量盐酸，没有明显现象，再加入BaCl2溶液;产生白色沉淀，则原溶液中一定有SO2-4D.向某溶液中加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，则原溶液一定有Ba2+【答案】C【解析】【详解】A．向某溶液中加入稀盐酸产

生无色气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，原溶液中可能有2-3CO、-3HCO、2-3SO、-3HSO，A错误；B．向某溶液中加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加稀硝酸，沉淀不消失，原溶液中可能含有Ag+、2-3SO、2-4SO，B错误；C．向某溶液中先加

入盐酸酸化，没有明显现象，排除了Ag+、2-3CO、2-3SO等离子的干扰，再加入BaCl2溶液，有白色沉淀产生，则原溶液中一定有2-4SO，C正确；D．向某溶液中加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，原溶液可能含有Ba2+、Ca2+、Ag+等，D错误；故选C。9.某同学欲制

备Na2S2O3，从氧化还原角度分析，合理的是()A.Na2S+SB.Na2SO3+SC.Na2SO3+Na2SO4D.SO2+Na2SO4【答案】B【解析】【分析】Na2S2O3中S元素的化合价为+2价，从氧化还原反应的角度分析，反应物中的S元素的化合价必须分别大于2和小

于2，据此分析解答。【详解】A．Na2S中S元素的化合价为-2价，S单质中S的化合价为0，均小于2，A不合理；B．Na2SO3中S元素的化合价为+4价，S单质中S的化合价为0，B合理；C．Na2SO3+Na2SO4

中前者S元素的化合价为+4价，后者为+6价，均大于2，C不合理；D．SO2+Na2SO4中前者S元素的化合价为+4价，后者为+6价，均大于2，D不合理；答案选B。10.SO2气体与足量Fe2(SO4)3溶液完全反应后，再加入K2Cr2O7溶液，发生如下两个化学反应

：①SO2+2Fe3++2H2O=2-4SO+2Fe2++4H＋；②272-CrO+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O。下列有关说法不正确．．．的是()A.SO2发生氧化反应B.氧化性：272-Cr

O＞Fe3+＞SO2C.每1molK2Cr2O7参加反应，转移电子的数目为6NAD.标准状况，6.72LSO2参加反应，则最终消耗0.2molK2Cr2O7【答案】D【解析】【分析】由反应①可知反应中SO2中硫元素的化合价升高，作还原剂，具有还

原性，Fe3+的化合价降低，作氧化剂，具有氧化性，则氧化性：Fe3+＞SO2；由反应②可知反应中272-CrO为氧化剂，Fe2+为还原剂，Fe3+是氧化产物，氧化剂的氧化性大于氧化产物，氧化性：272-C

rO＞Fe3+，由此分析。【详解】A．由反应可知SO2转化为2-4SO，硫元素的化合价升高，被氧化，发生氧化反应，故A正确；B．在氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，所以根据反应SO2+2Fe3++2H2O=2-4SO+2Fe2++4H＋可知，Fe3+做氧化剂，2-4SO为氧化

产物，SO2为还原剂，所以氧化性：Fe3+＞SO2；根据反应272-CrO+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O可知，272-CrO为氧化剂，Fe3+为氧化产物，所以氧化性：272-CrO

＞Fe3+，因此氧化性强弱顺序是272-CrO＞Fe3+＞SO2，故B正确；C．反应中Cr元素的化合价从+6价降低到+3价，所以每有1molK2Cr2O7参加反应，转移电子的数目为6NA，故C正确；D．标准状况6.72LSO2的物质的量n=mVV=6.72L22.4L/mol=0.3mol，若

0.3molSO2参加反应，根据3SO2~6Fe2+~272-CrO，可知最终消耗0.1molK2Cr2O7，故D错误；答案选D。11.甲、乙、丙是三种不含相同离子的可溶性强电解质，它们所含的离子如表所示：阳离子+4NH、Na+、Mg2+阴离子OH-、-3NO、2-

4SO取等质量的三种化合物分别配制相同体积的溶液，其物质的量浓度：c(甲)>c(乙)>c(丙)。下列说法错误的是A.甲中一定含有Na+B.乙中一定含有+4NHC.丙中一定含有Mg2+D.丙中一定含有2-4SO【答案】D【解析】【详解】由题干信息：甲、乙、丙是三种不含

相同离子的可溶性强电解质，故OH-只能与Na+结合成强电解质NaOH，又取等质量的三种化合物分别配制相同体积的溶液，其物质的量浓度：c(甲)>c(乙)>c(丙)，故有甲、乙、丙的摩尔质量依次增大，则甲、乙、丙分别为NaOH、(NH4)2SO4、Mg(NO3)2或NaOH

、NH4NO3、MgSO4，据此解题：A．由分析可知，甲为NaOH，故甲中一定含有Na+，A正确；B．由分析可知，乙为(NH4)2SO4或NH4NO3，故乙中一定含有+4NH，B正确；C．由分析可知，丙为Mg(NO3

)2或MgSO4，故丙中一定含有Mg2+，C正确；D．由分析可知，丙为Mg(NO3)2或MgSO4，故丙中不一定含有2-4SO，D错误；故答案为：D。12.下列各组离子或分子能大量共存，当加人相应试剂后会发生化学反应，且发生反应的离子方程式书写正确的是()选项离子或分子加入

试剂离子方程式ANH4+，Fe2+，SO24−少量Ba(OH)2溶液SO24−+2NH4++Ba2++2OH-=BaSO4↓+2NH3·H2OBNa+，HCO3−，Cl-NaOH溶液OH-+HCO3−=CO23−+H2OCK+，NH3·H2O，CO23−通入少量CO22

OH-+CO2=CO23−+H2ODNa+，NO3−，SO23−NaHSO4溶液SO23−+2H+=SO2+H2OA.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A.少量Ba(OH)2溶液，NH4+不能参加反应，正确的离子反应为：Fe2++SO24−

+Ba2++2OH−=Fe(OH)2↓+BaSO4↓，故A错误；B.过量NaOH溶液，生成水和碳酸钠，反应的离子反应为：OH−+HCO3−=CO23−+H2O，故B正确；C.通入少量CO2，只与一水合氨反应，正确的

离子反应为：2NH3⋅H2O+CO2═CO23−+2NH4++H2O，故C错误；D.亚硫酸根离子电离出氢离子，溶液呈酸性，酸性溶液中NO3−具有强氧化性，会和SO23−反应，离子方程式为：3SO23−+2H++2NO3−=3SO

24−+2NO+H2O故D错误；故选B。13.下列实验装置或操作正确的是（）ABCD向容量瓶中转移液体实验室制取蒸馏水从饱和食盐水中提取NaCl晶体分离酒精和水A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A、向容量瓶中转

移液体，用玻璃棒引流，故正确；B、冷凝水的进入，从下口进入，上口出水，故错误；C、提取NaCl晶体，采用蒸发方法得到，应用蒸发皿，故错误；D、酒精和水互溶，不能采用分液的方法分离，故错误。14.提纯含有少量硝酸钙杂质的硝酸钾溶液，设计实验方案为：则X、

Y试剂分别为()A.Na2CO3、HNO3B.K2CO3、HNO3C.Na2CO3、HClD.K2CO3、HCl【答案】B【解析】【详解】除去含有少量硝酸钙杂质的硝酸钾溶液，为不引入新的杂质，可先加入过量的K2CO3，将硝酸钙转化为碳酸钙的沉淀，

经过滤后除去沉淀，再加入适量HNO3除去过量的K2CO3，故答案选B。15.在20g密度为dg/cm3的硝酸钙溶液里含1gCa2＋，则NO-3离子的物质的量浓度是（）A.d400mol·L－1B.20dmol·L－1C.2.5dmol·L－1D.1.25dmol·L－1【答案】C

【解析】【详解】1g钙离子的物质的量为1g=0.025mol40g/mol，所以溶液中n（NO3-）=2n（Ca2+）=0.05mol，溶液的体积为20g1=L1000dg/L50d，故NO3-的物质的量浓度为0.05mol=2.5dmol/L150dL，故C正确

；故选C。16.在标准状况下，质量为m的气体A与质量为n的气体B的分子数相同，下列说法中不正确的是（）A.气体A与气体B的相对分子质量比为m：nB.同质量气体A与气体B的分子个数比为n：mC.同温同压下，A气体与B

气体的密度比为n：mD.相同状况下，同体积的A气体与B气体的质量比为m：n【答案】C【解析】【详解】标准状况下，分子数相同的气体A和B，它们的物质的量相同，气体体积相同；A．由m=nM可知，分子数相同的气体，相对分子质量之比等于质量之比，即A与B相对分子质

量之比为mg:ng=m:n，故A正确；B．A与B相对分子质量之比为m:n，同质量时由n=mM可知，分子数之比等于1m:1n=n:m，故B正确；C．同温同压，气体密度之比等于摩尔质量之比等于相对分子质量之比，即A、B两气体的密度之比为m:n，故C错误；D．相同状况下，同体积的A与B的物质的

量相同，则质量之比等于相对分子质量之比，即A、B两气体的质量之比为m:n，故D正确；答案选C。第Ⅱ卷(非选择题共52分)二、非选择题(本大题共4小题，计52分)17.现有下列物质：①铜②CO2③稀硝酸④CH4⑤硫酸溶液⑥NaOH

固体⑦氨水⑧NH3⑨NaHSO4固体⑩Na2CO3•10H2O晶体⑪BaSO4⑫酒精溶液(1)上述物质可导电的有_____(填编号，下同)；(2)属于电解质的有_____，属于非电解质的有_____。(3)分别写出HCl、NaHSO4、NaHCO3在水溶液中的电

离方程式：HCl：_________；NaHSO4：__________；NaHCO3：__________。【答案】(1).①③⑤⑦(2).⑥⑨⑩⑪(3).②④⑧(4).HCl=H++Cl-(5).NaHSO4=Na++H++2-4SO(6).NaHCO3=Na++

HCO3−【解析】【分析】①铜为金属单质，能够导电，既不是电解质，也不是非电解质；②CO2属于非电解质，不能够导电；③稀硝酸是溶液，有自由移动的离子，能够导电，属于混合物，既不是电解质，也不是非电解质；④CH4属于有机物，属于非电解质，不能够导电；⑤硫酸溶液

有自由移动的离子，能够导电，属于混合物，既不是电解质，也不是非电解质；⑥NaOH固体没有自由移动的离子，不能够导电，但属于电解质；⑦氨水有自由移动的离子，能够导电，属于混合物，既不是电解质，也不是非电解质；⑧NH3属于非电

解质，不能够导电；⑨NaHSO4固体没有自由移动的离子，不能够导电，但属于电解质；⑩Na2CO3•10H2O晶体没有自由移动的离子，不能够导电，但属于电解质；⑪BaSO4没有自由移动的离子，不能够导电，但

属于电解质；⑫酒精溶液不能够导电，属于混合物，既不是电解质，也不是非电解质；【详解】(1)根据上述分析可知，可以导电的物质有①③⑤⑦；(2)属于电解质的有⑥⑨⑩⑪，属于非电解质的有②④⑧；(3)HCl属于强电解质，在水溶液中完全电离，电离

方程式为：HCl=H++Cl-；NaHSO4属于强电解质，完全电离为钠离子、氢离子和硫酸根，电离方程式为NaHSO4=Na++H++2-4SO；NaHCO3属于强电解质，完全电离为钠离子和碳酸氢根，电离方程式为NaHCO3=Na++HCO3−。18.有一包白色粉末，其中可能含有Ba(

NO3)2、CaCl2、K2CO3，现做以下实验：(1)将部分粉末加入水中，振荡，有白色沉淀生成；(2)向(1)的悬浊液中加过量稀硝酸，白色沉淀消失，并且有气泡产生；(3)取少量(2)的溶液滴入AgN

O3溶液，有白色沉淀生成。根据上述实验现象，判断：(1)白色粉末一定含_______________可能含_______________(写化学式);(2)写出每步操作发生的离子方程式①_______________②____

___________③_______________。【答案】(1).CaCl2、K2CO3(2).Ba(NO3)2(3).Ca2++CO32-=CaCO3↓(4).CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O

(5).Ag++Cl-=AgCl↓【解析】【分析】依据实验过程中的现象分析判断；(1)将部分粉末加入水中，振荡，有白色沉淀生成，说明含有能生成白色沉淀的物质，白色沉淀可以是碳酸钡或碳酸钙；(2)向(1)的悬浊液中加入过量稀硝酸，白色沉淀消失，并有气泡产生；证明

沉淀一定是碳酸钙或碳酸钡沉淀；(3)取少量(2)的溶液商入AgNO3溶液，有白色沉淀生成．证明含有氯离子，混合物中一定含有氯化钙，说明一定含有Ba(NO3)2、CaCl2；可能含有K2CO3。【详解】(1)将部分粉末加入水中，振荡，有白色沉淀生成，说明含有能生成白色沉淀的

物质，白色沉淀可以是碳酸钡或碳酸钙；(2)向(1)的悬浊液中加入过量稀硝酸，白色沉淀消失，并有气泡产生；证明沉淀一定是碳酸钙或碳酸钡沉淀；(3)取少量(2)的溶液商入AgNO3溶液，有白色沉淀生成．证明含有氯离子，混合物中一定含有氯

化钙，说明一定含有K2CO3、CaCl2；可能含有Ba(NO3)2；根据上述实验现象，判断白色粉末中肯定含有K2CO3、CaCl2；可能含有Ba(NO3)2；有关反应的离子方程式为：(1)肯定生成碳酸钙沉淀

，离子反应方程式为Ca2++CO32-=CaCO3↓；(2)碳酸钙溶解于稀硝酸，生成二氧化碳气体，发生反应的离子方程式为CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O；(3)滴加硝酸银溶液生成氯化银沉淀，发生反应的离子方程式为Ag++Cl-=AgCl↓。19.I.某课外活动小组进

行Fe(OH)3胶体的制备实验并检验其性质。(1)该制备实验的操作是____________。(2)写出制备Fe(OH)3胶体的离子方程式：__________。(3)取少量制得的胶体加入试管中，逐滴加入稀硫酸溶液至过量，现象是

_______。Ⅱ.碘是人体不可缺少的元素，为了防止碘缺乏，常在食盐中添加一定量的KIO3。某兴趣小组的学生为了检测碘盐中是否含有碘。查阅有关的资料：在溶液中KIO3+5KI+3H2SO4=3I2+3K2SO4+3H2O。(4)用双线桥法表示上述反应中电

子转移的方向和数目：________。(5)实验结束后分离I2和K2SO4溶液所用的方法是________，所用的试剂是_______，所用的玻璃仪器有_______。【答案】(1).取一小烧杯，加入25mL蒸馏水加热至沸腾，向

沸水中逐滴加入1~2mL饱和的FeCl3溶液，继续煮沸至红褐色，停止加热(2).Fe3++3H2OΔFe(OH)3(胶体)+3H+(3).先产生红褐色沉淀，后沉淀溶解，溶液变为棕黄色(4).(5).萃取分液(6).CCl4(7).分液漏斗【解析】【详解】(1)实验室用饱和的

氯化铁溶液滴入沸水中制备氢氧化铁胶体，具体的操作为：取一小烧杯，加入25mL蒸馏水加热至沸腾，向沸水中逐滴加入1~2mL饱和的FeCl3溶液，继续煮沸至红褐色，停止加热；(2)制备氢氧化铁胶体时，Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体，离子方程式为Fe3++3H2OΔFe(OH)3(胶体

)+3H+；(3)取少量制得的胶体加入试管中，逐滴加入稀硫酸溶液，胶体与电解质发生聚沉，因此先产生红褐色的Fe(OH)3沉淀，继续滴加稀硫酸至过量，Fe(OH)3沉淀溶解，得到棕黄色溶液；(4)由反应方程式分析可知，KIO3中I元素的化合价降低，得到电子，KI中I

元素的化合价升高，失去电子，具体的电子转移方向和数目用双线桥法可表示为；(5)I2在CCl4中的溶解度远大于在K2SO4溶液中的溶解度，因此可选用萃取分液的方法分离I2和K2SO4溶液，选用的试剂为CC

l4，需要用到的玻璃仪器为分液漏斗。20.KClO3和浓盐酸在一定温度下反应，还原产物为黄绿色的易爆物二氧化氯。其变化可以表示为：KClO3+HCl(浓)→KCl+ClO2↑+Cl2↑+H2O(1)请配平该化学方程式(未知系数填入框内)_________。(2)浓盐酸在反应中显示出来的性质是

_________(填编号)。①只有还原性②还原性和酸性③只有氧化性④氧化性和酸性(3)标准状况下，若生成11.2LCl2，则被氧化的HCl为________mol。(4)若改变温度至70℃，发现KClO3和浓盐酸反应的氧化产

物和还原产物均为二氧化氯气体，试写出反应的化学方程式：_______________。【答案】(1).2；4；2；2；1；2(2).②(3).1(4).5KClO3＋6HCl(浓)70℃5KCl＋6ClO2↑＋3H2O【解析】【详解】(1)K

ClO3中氯元素化合价由+5价降低为ClO2中+4价，化合价降低1价；HCl中氯元素化合价由-1价升高为Cl2中0价，化合价升高2价，化合价升降最小公倍数为2，故ClO2系数为2，Cl2系数为1；所以KClO3系数为2，KCl系数为2，HCl系数为4，结合元素守恒，可知未知物是水，水的系

数是2，配平了的化学方程式为2KClO3+4HCl(浓)=2KCl+2ClO2↑+Cl2↑+2H2O；(2)浓盐酸中部分氯的化合价升高，被氧化，还有一部分氯的化合价不变，所以浓盐酸体现为还原性和酸性，故答案为：②；(3))标准状况下，11.2LCl2的物质的量为0.

5mol，根据(1)可知，每生成1molCl2，2molHCl被氧化，因此，生成0.5molCl2，被氧化的HCl为1mol；(4)KClO3和浓盐酸反应的氧化产物和还原产物均为二氧化氯气体，KClO3

中的氯元素是+5价，降低为+4价，盐酸中氯元素由-1价升高为+4价，所以反应的方程式为：5KClO3＋6HCl(浓)70℃5KCl＋6ClO2↑＋3H2O。【点睛】配平氧化还原反应的一般步骤：①标好价：正确标出反应前后化合价有变化的元素的化合价；②列变化：列出元素化合价升高和降低的数值；

③求总数：求元素化合价升高数和降低数的最小公倍数，确定氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的化学计量数；④配系数：用观察法配平其他各物质的化学计量数；⑤细检查：利用“守恒”三原则(即质量守恒、得失电子守恒、

电荷守恒)，逐项检查配平的方程式是否正确。