第2章 海洋中的卤素资源 单元检测题 2023-2024学年高一上学期化学沪科版（2020）必修第一册

第2章《海洋中的卤素资源》单元检测题 一、单选题（共20题） 1．次磷酸钠(NaH2PO2)可用作药物和镀镍时的还原剂，反应原理为CuSO4+2NaH2PO2+2NaOH= Cu+2NaH2PO3+Na2SO4+H2↑。下列说法错误的是 A．参加反应的NaH2PO2有被CuSO4氧化 B．若1 mol H3PO3最多消耗2 mol NaOH， 则Na2HPO3是正盐 C．反应中每转移6.02 ×1023个e-，则生成标准状况下5.6 L H2 D．氧化产物与还原产物的物质的量之比为2：1 2．下列离子方程式中正确的是 A．向石灰乳中通入氯气制备漂白粉：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O B．氯化铁溶液腐蚀印刷电路铜板：2Fe3++3Cu=2Fe+3Cu2+ C．碳酸氢钠与硫酸氢钠溶液反应： +H+=H2O+CO2↑ D．氧化铝与氢氧化钠溶液：Al3++3OH-=Al(OH)3↓ 3．下列各组离子在指定溶液中一定可以大量共存的是 A．使石蕊变红的溶液：NH、Na+、Cl-、HCO B．在强碱性溶液中：Na+、K+、AlO、CO C．加入铝粉放出氢气的溶液：K+、Fe2+、SO、ClO- D．能使蓝色石蕊试纸变红的溶液中：Mg2+、Fe3+、SO、I- 4．下列化学反应中电子转移方向、数目表示正确的是 A． B． C． D． 5．在“宏观——微观——符号”之间建立联系是化学学科特有的思维方式。如图是某化学反应的微观模拟示意图，根据该图判断下列说法中正确的是 A．图中的反应物都是单质 B．化学反应前后碳元素化合价没有改变 C．该反应属于分解反应 D．该反应的化学方程式是 H2O＋CCO＋H2 6．实验室利用如图所示的装置制备干燥、纯净的氯气。下列有关叙述不正确的是    A．本实验操作顺序：检验装置气密性→添加固体药品→添加液体药品→加热 B．装置I中发生的反应可以体现浓HCl的还原性和酸性，并且物质的量之比为1∶1 C．装置Ⅱ、Ⅲ中分别放入浓H2SO4和饱和NaCl溶液 D．装置Ⅴ中反应的离子方程式：Cl2＋2OH－ = Cl－＋ClO-＋H2O 7．反应可应用于粗硅的提纯。反应中C属于 A．氧化剂 B．还原剂 C．氧化产物 D．还原产物 8．工业上用(分子结构：)与为原料制备，发生反应：为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是 A．既是氧化剂，又是还原剂 B．生成，转移电子 C．消耗，断裂的S-S键数目为 D．既是氧化产物，又是还原产物 9．下列水溶液中电离方程式中，正确的是 A．Al2(SO4)3=Al3++SO B．K3PO4=3K++PO C．H2SO4=2H++SO D．NaHCO3=Na++H++CO 10．常温下氯气能溶解于水，得到的氯水中既含有Cl2、H2O、HClO分子，也含有H+、Cl-、ClO-等离子。这说明 A．氯气能与H2O反应生成盐酸和次氯酸 B．盐酸不能与次氯酸反应生成氯气和H2O C．盐酸不能完全电离成H+和Cl- D．次氯酸能完全电离成H+和ClO- 11．为检验某漂白粉是否变质，进行下列探究实验： 实验1：取5g漂白粉样品于烧杯中，加足量蒸馏水并搅拌，观察到有固体不溶解。 实验2：静置，取少量实验1的上层清液于试管中。放入红色花瓣，观察到花瓣褪色。 实验3：另取5g漂白粉样品于试管中，滴加浓盐酸，观察到有气体产生。 下列说法正确的是 A．工业上用氯气和澄清石灰水制取漂白粉 B．实验1和实验2说明漂白粉没有变质 C．实验3中产生的气体只有氯气 D．实验3中下列反应的电子转移可表示为=CaCl2+2Cl2↑+2H2O 12．NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是 A．18gD2O中含有中子的数目为10NA B．Na2O2与CO2反应时，生成1molO2转移的电子数为4NA C．在点燃的条件下，1molFe与1molCl2完全反应时，转移的电子数为2NA D．足量MnO2与含4molHCl的浓盐酸在加热的条件下反应，所得Cl2分子数为NA 13．已知还原性顺序：I−＞Fe2+＞Br−。向FeI2、FeBr2的混合溶液中通入适量氯气，溶液中某些离子的物质的量变化如图所示，下列说法正确的是 A．a=6 B．线段Ⅲ代表Fe2+的变化情况 C．线段Ⅱ表示Br-的变化情况 D．原溶液中n(FeI2)：n(FeBr2)=3：1 14．以下物质分类正确的是 A．—混合物 B．—碱性氧化物 C．—电解质 D．液氢—非电解质 15．已知离子方程式：a+bXO+cH+=d+eXO↑+fH2O(已配平)，则a与e的比值为 A．1 B． C． D． 16．利用高分子吸附树脂吸附I2来提取卤水中的碘(以形式存在)的工艺流程如下： 下列说法不正确的是 A．流程中①和④所得溶液中，后者c()大 B．步骤②中Cl2不宜过量太多，以防止Cl2进一步氧化I2 C．步骤④的作用是将吸附的碘氧化而脱离高分子树脂 D．步骤⑤的离子方程式为：+6I－+6H+=3I2+Cl－+3H2O 17．利用锥形瓶及CO2传感器测定密闭装置中的分压，采集数据如下：    实验a：在锥形瓶内装入饱和溶液，加热，数据显示为图①；实验b：在锥形瓶内加入少量蒸馏水，加入固体后可形成饱和溶液，数据显示为图②。下列叙述不正确的是 A．实验a，溶液温度在50℃之前，溶液温度升高使CO2分压增大 B．实验a，温度升高到50℃之后，NaHCO3分解生成CO2使分压增大 C．实验b，NaHCO3与CaCl2反应为：2NaHCO3+CaCl2=Ca(HCO3)2+2NaCl D．实验b，CO2分压增大，发生反应离子方程式为：Ca2++2=CaCO3↓+CO2↑+H2O 18．下列各组离子在给定条件下一定能大量共存的是 A．无色溶液：Na+、Cu2+、Cl−、、 B．加入锌生成氢气的溶液：、Fe3+、、 C．遇酚酞变红的溶液：Na+、K+、、 D．c(OH−)=1mol/L的溶液：K+、H+、、 19．下列关于该反应的说法中，正确的是 A．中的N元素被氧化，发生还原反应 B．是氧化剂 C．标准状况下，该反应转移6mol电子，生成氮气的体积为22.4L D．既是氧化剂又是还原剂 20．KClO3 和 KHSO3 能发生反应：ClO+HSO→SO+ Cl-+ H+(未配平)。已知该反应的速率随 c(H+)的增大而加快。图为用 ClO在单位时间内物质的量浓度变化表示的该反应υ-t图。下列说法正确的是 A．纵坐标为υ(Cl-)的υ-t 曲线与图中曲线不能完全重合 B．反应开始时速率增大可能是 c(H+)所致 C．后期速率υ下降的主要原因是反应向逆反应方向进行 D．图中阴影“面积”可以表示 t1-t2 时间内 c(SO)增加量 二、非选择题（共5题） 21．含氯物质用途广泛，可用于特定场合的消毒。回答下列问题： (1)下列关于氯气的说法错误的是___________。 A．室温下，氯气能溶于水 B．可采用碱石灰干燥氯气 C．可通过排饱和食盐水法收集少量氯气 D．室温下，可通过加压使氯气液化而储存于钢瓶中 (2)实验室可利用和浓盐酸制备氯气。为测定反应残余液中盐酸的浓度，小组同学提出方案：与足量Zn反应，测量生成的体积，计算残余液中盐酸的浓度。装置如图所示(量气管和水准管之间用橡胶管连接，夹持仪器略)。 ①仪器a的名称为 。 ②在记录量气管读数时，应注意将装置冷却至室温，再 (填具体操作)，视线与量气管内凹液面相切，水平读数。 ③取残余液10.0mL与足量的锌粒反应，最终量气管内收集到气体367.5mL(已知此时气体摩尔体积为24.5L/mol)。由此可知：不与反应的盐酸临界浓度约为 mol/L(保留3位有效数字)。 (3)消毒效率可用单位质量消毒剂的得电子数来表示。NaClO和作消毒剂时还原产物均为。NaClO的消毒效率是氯气的 倍(保留2位小数)。 (4)久置后的84消毒液会变质，用化学方程式解释原因： ； 。(已知酸性：) (5)针对不同物品的消毒，84消毒液需要稀释到不同的浓度。取1mL含次氯酸钠的84消毒液，加水稀释至100mL，则稀释后的溶液中次氯酸钠的物质的量浓度为 。 (6)工业上是将氯气通入到30%的NaOH溶液中来制备NaClO溶液，若NaClO溶液中NaOH的质量分数为1%，则生产1000kg该溶液需消耗氯气的质量为 kg(保留整数)。 22．储氢纳米碳管研究成功体现了科技的进步。但用电弧法合成的碳纳米管常伴有大量的杂质——碳纳米颗粒。这种碳纳米颗粒可用氧化气化法提纯。其反应方程式为3C+2K2Cr2O7+8H2SO4=3CO2↑+2K2SO4+2Cr2(SO4)3+8H2O。请回答下列问题： (1)上述反应中氧化剂是 ，被氧化的元素是 (填元素符号)。 (2)H2SO4在上述反应中表现出来的性质是 (填选项序号)。 A．酸性 B．氧化性 C．氧化性和酸性 D．还原性和酸性 (3)请配平下列离子方程式 。 ____Fe2++____H++_____NO=_____Fe3++_____N2O↑+____H2O 23．标出下列氧化还原反应的电子转移数目和方向，并写出氧化剂 (1)Al2(SO4)3+3H2 Al2O3 +3SO2 +3H2O     电子转移      氧化剂是 (2)6KMnO4 +5KI +3H2O= 6KOH+6MnO+5KIO3 电子转移 　 氧化剂是 24．根据所学知识完成下列问题。 (1)有下列四个反应： ①②③④ 上述反应中只作还原剂的是 (填序号，下同)；属于氧化还原反应，但其中的既不被氧化，又不被还原的是 。 (2)为治理汽车尾气中的和对环境的污染，可在汽车排气管上安装催化转化器，发生如下反应：。 ①用单线桥标出电子转移的方向和数目 ， ②若消耗的得到氧化产物的质量为 g。 (3)唐代是我国古代炼丹术的鼎盛时期，皇帝、王公贵族、士大夫均热衷于此，其中用的铅丹与硝酸反应方程式是：X(铅丹)，则铅丹的化学式为 ，铅丹可以由一氧化铅()在空气中加热至500℃制备，制备铅丹的化学方程式为 。 25．KClO3和浓盐酸在一定温度下反应会生成绿黄色的易爆物二氧化氯，其变化可表述为：___________KClO3+___________HCl(浓)=___________KCl+___________ClO2↑+___________Cl2↑+___________H2O (1)请配平上述化学方程式： 。 (2)氧化剂是 ，氧化产物是 。 (3)产生1个Cl2，转移的电子的个数为 个。 (4)某反应体系有反应物和生成物共五种物质：O2、H2CrO4、Cr(OH)3(不溶于水)、H2O、H2O2，已知该反应中H2O2只发生如下过程H2O2→O2，写出该反应的化学方程式： 。 参考答案： 1．D A．反应中P元素化合价从+1价升高到+3价，失去2个电子，铜元素化合价从+2价降低到0价，得到2个电子，氢元素化合价从+1价降低到0价，因此根据电子得失守恒可知参加反应的NaH2PO2有被CuSO4氧化，A正确； B．若1 mol H3PO3最多消耗2 mol NaOH，说明H3PO3是二元酸，因此Na2HPO3是正盐，B正确； C．根据选项A分析可知，转移4mol电子生成1mol氢气，因此反应中每转移6.02×1023个e-即1mol电子，生成0.25mol氢气，在标准状况下的体积为V=n∙Vm=0.25mol ×22.4L/mol=5.6 L，C正确； D．NaH2PO3是氧化产物，Cu和H2均是还原产物，则氧化产物与还原产物的物质的量之比为2:2=1:1，D错误； 答案选D。 2．C A．将氯气通入石灰乳中制取漂白粉，离子方程式：2Cl2+2Ca(OH)2═2Ca2++2Cl-+2ClO-+2H2O，选项A错误； B．氯化铁溶液蚀刻印刷铜电路板反应生成氯化亚铁和氯化铜，反应的离子方程式为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，选项B错误； C．．碳酸氢钠与硫酸氢钠溶液反应生成硫酸钠、二氧化碳和水，反应的离子方程式为+H+=H2O+CO2↑，选项C正确； D．氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式为：Al2O3+2OH-=2+H2O，选项D错误； 答案选C。 3．B A．使石蕊变红的溶液显酸性，含有大量H+，H+与HCO反应产生CO2、H2O，不能大量共存，A不符合题意； B．在强碱性溶液中含有大量OH-，OH-与选项离子之间不能发生任何反应，可以大量共存，B符合题意； C．加入铝粉放出氢气的溶液可能显酸性，也可能显碱性。在酸性溶液中含有大量H+，H+与Fe2+、ClO-会发生氧化还原反应而不能大量共存；在碱性溶液中含有大量OH-，OH-与Fe2+会反应产生Fe(OH)2沉淀，也不能大量共存，C不符合题意； D．Fe3+、I-会发生氧化还原反应产生Fe2+、I2，不能大量共存，D不符合题意； 故合理选项是B。 4．D A．反应HgS+O2Hg+SO2中，S的化合价由-2价升为+4价，失去6e-，双线桥中没有标出，O的化合价由0价降至-2价，得到电子，A错误； B．反应KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O中，氧化产物和还原产物均为Cl2，转移电子数为5，B错误； C．单线桥表示电子转移时，不标“得失”，C错误； D．反应Cu+4HNO3(浓) =Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O中，Cu失2e-，为还原剂，HNO3中的N得2e-，为氧化剂，单线桥表示电子转移方向及数目均符合，D正确； 故选D。 5．D 图示反应为C+H2OCO+H2，然后根据物质组成的元素组成及反应特点分析判断。 A．图示的反应物H2O由两种元素组成，因此该物质属于化合物，A错误； B．反应前C单质的元素化合价为0价，反应后CO中的C元素化合价为+2价，故反应前后元素化合价发生了变化，B错误； C．该反应是单质与化合物反应，产生新的单质和新的化合物，因此反应属于置换反应，C错误； D．根据图示可知该图示表示的反应为H2O＋CCO＋H2，D正确； 故合理选项是D。 6．C 装置Ⅰ用于制取Cl2，装置Ⅱ用于除去Cl2中混有的HCl，装置Ⅲ用于干燥Cl2，装置Ⅳ用于收集Cl2，装置Ⅴ用于尾气处理。 A．制取气体时，首先需将装置连接好，检验装置的气密性，然后加药品，先往烧瓶内添加固体药品，再用分液漏斗往烧瓶内添加液体药品，然后给烧瓶加热，A正确； B．装置I中发生的反应是MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，生成Cl2，浓HCl体现还原性，生成MnCl2，浓HCl体现酸性，且物质的量之比为1∶1，B正确； C．由分析可知，装置Ⅱ用于除去Cl2中混有的HCl，装置Ⅲ用于干燥Cl2，则装置Ⅱ、Ⅲ中分别放入饱和NaCl溶液和浓H2SO4，C不正确； D．装置Ⅴ中，发生反应为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，离子方程式：Cl2＋2OH－ = Cl－＋ClO-＋H2O，D正确； 故选C。 7．B 氧化还原反应中，还原剂失电子，元素化合价升高，发生氧化反应，生成氧化产物，该反应中C失电子，化合价由0升高到+2，C为还原剂； 故选B。 8．A A．反应中C元素化合价由CH4中-4价升至CS2中+4价，CH4做还原剂，S元素化合价由0价降至-2价，S8做氧化剂，A错误； B．每生成4molH2S，反应转移16mol电子，17gH2S是0.5mol，转移电子2mol， B正确； C．1 molS8中含有8molS-S键，消耗1 molS8，断裂8molS-S键，C正确； D．反应中C元素化合价由CH4中-4价升至CS2中+4价，S元素化合价由0价降至-2价，CS2既是氧化产物又是还原产物，D正确； 答案选A。 9．C A．Al2(SO4)3=2Al3++3SO，故A错误； B．K3PO4=3K++PO，故B错误； C．硫酸电离出两个氢离子和1个硫酸根离子，故C正确； D．NaHCO3=Na++HCO，故D错误； 故选：C。 10．A A．常温下氯气能溶解于水含有Cl2、H2O、HClO分子H+、Cl﹣、ClO﹣等离子，说明氯气能与H2O反应生成盐酸和次氯酸，选项A正确； B．水与氯气反应为可逆反应，盐酸也能与次氯酸反应生成氯气和H2O，选项B错误； C．盐酸溶液中HCl能完全电离成H+和Cl﹣，选项C错误； D．次氯酸是弱电解质H+和ClO﹣，选项D错误； 答案选A。 11．D A．由于Ca(OH)2的溶解度很小，故工业上用氯气和石灰乳制取漂白粉，A错误； B．已知CaCl2和Ca(ClO)2均易溶于水，由实验1中有不溶物说明漂白粉已经变质为CaCO3，故实验1和实验2说明漂白粉未完全变质，B错误； C．由B项分析可知，该漂白粉已经部分变质，故实验3中产生的气体有氯气和CO2，C错误； D．实验3中下列反应的电子转移可表示为：=CaCl2+2Cl2↑+2H2O，D正确； 故答案为：D。 12．C A．18gD2O的物质的量为=0.9mol，含有中子的数目为9NA，A错误； B．Na2O2与CO2反应，生成1molO2转移的电子数为2NA，B错误； C．1molFe与1molCl2完全反应时生成氯化铁，，氯气完全反应，铁有剩余，转移的电子数为2NA，C正确； D．MnO2与浓盐酸反应生成氯气，含4molHCl的浓盐酸在加热的条件下不会完全反应，所得Cl2分子数会小于NA，D错误； 故选C。 13．A 向仅含Fe2+、I-、Br-的溶液中通入适量氯气，还原性I-＞Fe2+＞Br-，首先发生反应2I-+Cl2=I2+2Cl-，I-反应完毕，再反应反应2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，Fe2+反应完毕，最后发生反应2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，故线段I代表I-的变化情况，线段Ⅱ代表Fe2+的变化情况，线段Ⅲ代表Br-的变化情况．由通入氯气可知，根据反应离子方程式可知溶液中n(I-)=2n(Cl2)=2mol，溶液中n(Fe2+)=2n(Cl2)=2×(3mol-1mol)=4mol，Fe2+反应完毕，根据电荷守恒可知n(I-)+n(Br-)=2n(Fe2+)，故n(Br-)=2n(Fe2+)-n(I-)=2×4mol-2mol=6mol，以此来解析； A．由上述分析可知，溶液中n(Br-)=2n(Fe2+)-n(I-)=2×4mol-2mol=6mol，根据2Br-+Cl2=Br2+2Cl-可知，溴离子反应需要的氯气的物质的量为3mol，故a=3+3=6，A正确； B．由上述分析可知，线段Ⅲ代表Br-的变化情况，B错误； C．由上述分析可知，线段Ⅱ代表Fe2+的变化情况，C错误； D．溶液中n(Br-)=6mol，所以原混合溶液中n(FeBr2)=3mol，n(I-)=2mol所以原混合溶液中n(FeI2)=1mol，所以n(FeI2)：n(FeBr2)=1：3，D错误； 故选A。 14．C A．属于金属氧化物，属于纯净物，A错误； B．既可以与强酸反应，也可以与强碱反应生成盐和水，属于两性氧化物，B错误； C．属于化合物和纯净物，自身也能电离，属于电解质，C正确； D．液氢属于单质，既不是电解质也不是非电解质，D错误； 故选C。 15．C 分析离子方程式可知，S由+4价变为+6价升高2价，X元素由+5价变为+2价降低3价，根据氧化还原反应的化合价变化规律进行配平如下：3+2XO+2H+=3+2XO↑+H2O，故可知a：e=3：2，故答案为：C。 16．C 卤水中含碘离子，酸化后，通入氯气可氧化碘离子生成碘单质，高分子吸附树脂吸附碘单质，然后碘与亚硫酸钠发生氧化还原反应生成NaI和硫酸钠，氧化时氯酸钾可氧化NaI生成碘，升华可得到粗产品。 A．经过步骤①到④得到了含有碘离子高浓度的溶液，是碘元素的富集过程，故A正确； B．氯气具有强氧化性，能将碘氧化为高价态的碘酸，所以步骤②中通入的氯气不宜过量太多，以防止氯气进一步氧化碘，故B正确； C．亚硫酸钠具有还原性，可还原碘单质，可发生I2+SO+H2O═2I-+SO+2H+，向树脂中加入亚硫酸钠溶液的目的是将单质碘还原为碘离子而解脱碘，故C错误； D．氧化时溶液显酸性，步骤⑤发生的反应为酸性条件下，氯酸根离子与碘离子反应生成氯离子、碘和水，反应的离子方程式为ClO+6I-+6H+=3I2+Cl-+3H2O，故D正确； 故选C。 17．C A．密闭容器中升高温度，气体压强增大，实验a，溶液温度在50℃之前，溶液温度升高使CO2分压增大，A正确； B．碳酸氢钠不稳定，受热分解为碳酸钠和二氧化碳气体，实验a，温度升高到50℃之后，NaHCO3分解生成CO2使分压增大，B正确； C．实验b，加入氯化钙固体后，二氧化碳分压增大，说明两者发生反应生成了CO2，根据质量守恒可知，碳酸氢钠溶液能与氯化钙溶液反应生成碳酸钙、氯化钠和二氧化碳、水：，C错误； D．由C分析可知，实验b，CO2分压增大，发生反应离子方程式为：Ca2++2=CaCO3↓+CO2↑+H2O，D正确； 故选C。 18．C A．Cu2+的水溶液显蓝色，在无色溶液中不能大量存在，选项A不符合题意； B．酸性溶液中含有大量H+，H+与会发生反应产生H2O、CO2反应，不能大量共存，选项B不符合题意； C．遇酚酞变红的溶液显碱性，含大量OH-，OH-与选项离子之间不能发生任何反应，可以大量共存，选项C符合题意； D．碱性溶液含大量OH-，OH-与H+会发生离子反应生成H2O，不能大量共存，选项D不符合题意； 答案选C。 19．B 反应NaNO2+NH4Cl=NaCl+N2+2H2O中，亚硝酸钠中N元素的化合价由+3价降低为0，铵根中N元素的化合价由-3价升高为0。 A．NH4Cl中的氮元素化合价升高，失去电子被氧化，发生氧化反应，选项A错误； B．NaNO2中N元素的化合价降低，是氧化剂，选项B正确； C．N元素的化合价变化可知，每生成1molN2转移的电子的物质的量为3mol，故标准状况下，该反应转移6mol电子，生成氮气的体积为44.8L，选项C错误； D．该反应中只有N元素的化合价变化，则N2既是氧化产物，又是还原产物，选项D错误； 答案选B。 20．B 配平该反应可得。 A．根据反应的离子方程式：，氯酸根离子与氯离子的反应速率为1:1，即用纵坐标为υ(Cl-)的υ-t 曲线与图中曲线能完全重合，故A错误； B．根据题意，该反应的反应速率随氢离子浓度增大而增加，该反应中氢离子为生成物，开始时浓度逐渐增多，反应速率加快，故B正确； C．后期反应速率下降的原因为随着反应的进行反应物浓度减小，反应速率降低，故C错误； D．从离子方程式中可以看出，硫酸根离子的增加量是氯酸根离子减少量的3倍，即图中阴影面积不能表示硫酸根离子的增加量，故D错误； 故选B。 21．(1)B (2) 锥形瓶 调节水准管高度，使其液面与量气管中液面相平 3.00 (3)0.95 (4) (5)0.002 (6)203 （1）A. 室温下，氯气能溶于水，故A正确；     B. 氯气能与碱性物质反应，不能用碱石灰干燥氯气，故B错误； C. 氯气难溶于饱和食盐水，可通过排饱和食盐水法收集少量氯气，故C正确；     D. 室温下，氯气和铁不反应，可通过加压使氯气液化而储存于钢瓶中，故D正确； 选B。 （2）①根据装置图，仪器a的名称为锥形瓶。 ②在记录量气管读数时，应注意将装置冷却至室温；再调节水准管高度，使其液面与量气管中液面相平，保证量气管内气体的压强等于外界大气压；视线与量气管内凹液面相切，水平读数。 ③取残余液10.0mL与足量的锌粒反应，最终量气管内收集到氢气体积367.5mL(已知此时气体摩尔体积为24.5L/mol)，氢气的物质的量为 ，不与反应的盐酸的物质的量为0.03mol，剩余盐酸的浓度为 ，由此可知不与反应的盐酸临界浓度约为3.00mol/L。 （3）1gNaClO作消毒剂时得电子的物质的量为，1gCl2作消毒剂时得电子的物质的量为， NaClO的消毒效率是氯气的0.95倍。 （4）酸性：，次氯酸钠和二氧化碳反应生成碳酸氢钠和次氯酸，次氯酸分解为盐酸和氧气，反应方程式为、； （5）含次氯酸钠的84消毒液物质的量浓度为，取1mL含次氯酸钠的84消毒液，加水稀释至100mL，根据稀释前后次氯酸钠的物质的量不变，则稀释后的溶液中次氯酸钠的物质的量浓度为。 （6）设生产1000kg该溶液需消耗氯气的质量为xkg。则反应消耗的氢氧化钠的质量为［(1000-x)×30%-1000×1%］kg=(290-0.3x)kg； 则 x=203kg。 22．(1) K2Cr2O7 C (2)A (3)8Fe2++10H++2NO=8Fe3++N2O↑+5H2O （1）元素化合价降低的物质作氧化剂，化合价升高的物质作还原剂，则上述反应中氧化剂是K2Cr2O7，还原剂是C，则被氧化的元素是C。答案为：K2Cr2O7；C； （2）上述反应中，H2SO4中所含元素的化合价没有发生改变，由反应生成硫酸盐可知，硫酸表现出来的性质是酸性，故选A。答案为：A； （3）在反应中，Fe2+是还原剂，是氧化剂，N2O是还原产物，依据得失电子守恒，可确定二者的化学计量数关系为8Fe2+——N2O，依据质量守恒，可配平其它物质的化学计量数，从而得出配平的离子方程式为：8Fe2++10H++2=8Fe3++1N2O↑+5H2O。答案为：8Fe2++10H++2=8Fe3++1N2O↑+5H2O。 23．(1) Al2(SO4)3 (2) KMnO4 （1）在反应Al2(SO4)3+3H2 Al2O3 +3SO2 +3H2O中，S元素化合价由反应前Al2(SO4)3中的+6价变为反应后SO2中的+4价，化合价降低，获得电子，被还原，所以Al2(SO4)3作氧化剂；H元素化合价由反应前H2中的0价变为反应后H2O中的+1价，化合价升高，失去电子，被氧化。每1mol氢气反应，转移2mol电子，3molH2反应转移6mol电子，用单线桥法表示电子转移为； （2）在反应6KMnO4 +5KI +3H2O= 6KOH+6MnO+5KIO3中，Mn元素的化合价由反应前KMnO4中的+7价变为反应后MnO中的+2价，化合价降低，获得电子，被还原，所以KMnO4为氧化剂；I元素的化合价由反应前KI中的-1价变为反应后KIO3中的+5价，化合价升高，失去电子，被氧化，所以KI为还原剂，每1molKI反应转移6mol电子，则5molKI反应，转移30mol电子，用单线桥法表示为：。 24．(1) ③ ② (2) 4.4 (3) Pb3O4 （1）①中元素化合价均未变化，既不被氧化，又不被还原； ②中Cl元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，H、O元素化合价均未变化，既不被氧化，又不被还原； ③中O元素化合价升高，作还原剂被氧化； ④中元素化合价均未变化，不属于氧化还原反应，既不是氧化产物，又不是还原产物； 故答案为：③；②。 （2）①根据化合价升降可知，N元素化合价由+2降低至0，C元素化合价由+2升高至+4，因此该反应单线桥表示为； ②3gNO的物质的量为，该反应中氧化产物为CO2，因此每消耗0.1molNO生成0.1molCO2，其质量为0.1mol×44g·mol-1=4.4g。 （3）X(铅丹)中根据原子守恒可知铅丹的化学式为Pb3O4；铅丹可以由一氧化铅()在空气中加热至500℃制备，反应过程中Pb元素化合价升高，O2中O元素化合价降低，根据化合价升降守恒和原子守恒可知，制备铅丹的化学方程式为。 25．(1)2KClO3+4HCl(浓)=2KCl+2ClO2↑+Cl2↑+2H2O (2) KClO3 Cl2 (3)2 (4)2H2CrO4+3H2O2=3O2↑+2Cr(OH)3+2H2O （1）根据相同元素不同价态之间发生氧化还原反应时价态只靠近不交叉，可知KClO3化合价降低转化成ClO2，1个 KClO3得1个电子；HCl化合价升高转化为Cl2，生成1个Cl2转移2个电子，根据电子守恒可得反应方程式：2KClO3+4HCl(浓)=2KCl+2ClO2↑+Cl2↑+2H2O。 （2）KClO3化合价降低转化成ClO2，其做氧化剂，HCl化合价升高转化为Cl2，HCl做还原剂，Cl2为氧化产物。 （3）HCl化合价升高转化为Cl2，生成1个Cl2转移2个电子。 （4）反应中H2O2只发生如下过程H2O2→O2，可知H2O2做还原剂，则H2CrO4做氧化剂得电子生成Cr(OH)3，根据电子守恒可得反应：2H2CrO4+3H2O2=3O2↑+2Cr(OH)3+2H2O。 学科网（北京）股份有限公司 $$