第2章 元素与物质世界 单元卷2023-2024学年高一上学期鲁科版（2019）化学必修第一册

第2章 元素与物质世界 测试题 一、单选题（共15题） 1．下列分类或归类正确的是 ①液氯、氨水、干冰、碘化银均为纯净物   ②CO2、SO2、Cl2O5、Mn2O7均为酸性氧化物 ③明矾、盐酸、烧碱、碳酸钙均为强电解质   ④C60、C70、金刚石、石墨均为碳的同素异形体 A．①③④ B．③④ C．②④ D．②③④ 2．氧化还原反应与四种基本反应类型的关系如下图，则下列化学反应属于区域③的是 A． B． C． D． 3．有些离子方程式能表示一类反应，有些离子方程式却只能表示一个反应。下列离子方程式中、只能表示一个化学反应的是 A． B． C． D． 4．已知与溶液发生反应Ⅰ：；与酸化的溶液发生反应Ⅱ：。下列推断不正确的是 A．由反应Ⅰ可知，中金属元素的化合价不同 B．由反应Ⅱ可知，氧化性： C．可与稀硝酸发生反应： D．可与盐酸发生反应： 5．我国的“四大发明”在人类发展史上起到了非常重要的作用。黑火药爆炸的反应为S+2KNO3+3C=K2S+3CO2↑+N2↑。在该反应中，被氧化的的元素是 A．N B．O C．N和S D．C 6．下列叙述正确的是 A．在水溶液中能电离出的化合物不一定是酸 B．氯化钠溶于水，在通电作用下才能电离出自由移动的离子 C．铜导电能力很强，所以铜是电解质 D．固体、液态都不能导电，故它们都不是电解质 7．推理是化学学习中常用的思维方法，下列推理正确的是 A．酸与碱反应生成盐和水，生成盐和水的反应一定是酸与碱的反应 B．向碳酸钠溶液中滴加无色酚酞试剂，溶液变成红色，说明碳酸钠属碱类 C．能与金属反应放出氢气的物质一定能电离出 D．某物质的水溶液能导电，说明该物质是电解质 8．某强氧化剂XO(OH)2+50mL2.4mol/L与30mL2mol/L的Na2SO3溶液恰好完全反应，则X还原后化合价为 A．+2 B．+4 C．0 D．+6 9．下列条件下，能大量共存的离子组是 A．使紫色石蕊试液显红色的溶液中：、、、 B．含有的溶液中：、、、 C．使酚酞溶液呈红色的溶液中：、、、 D．常温下，pH=12的溶液中：、、、 10．某无色溶液含有①Na+、②Ba2+、③Cl-、④Br-、⑤SO32-；⑥SO42-离子中的若干种，依次进行下列实验，且每步所加试剂均过量，观察到的现象如下： 步骤 操作 现象 (1) 用pH试纸检验 溶液的pH大于7 (2) 向溶液中滴加氯水，再加入CCl4振荡，静置 CCl4层呈橙色 (3) 向所得水溶液中加入Ba(NO3)2溶液和稀HNO3 有白色沉淀产生 (4) 过滤，向滤液中加入AgNO3溶液和稀HNO3 有白色沉淀产生 下列结论正确的是 A．肯定含有的离子是①④⑤ B．肯定没有的离子是②⑥ C．不能确定的离子是① D．不能确定的离子是③⑤ 11．有一包固体粉末，由CaCO3、Na2SO4、KNO3、BaCl2、CuSO4中的三种物质组成，取样品进行如下实验，从实验可以判断： A．该固体粉末中一定不含有BaCl2 B．该固体粉末中一定含有KNO3 C．它的组成可能是CaCO3、BaCl2、CuSO4 D．它的组成一定是CaCO3、Na2SO4、KNO3 12．某溶液中，若忽略水的电离，只含有下表中所示的四种离子，推测X离子及其个数b可能为 离子 Na＋ Al3＋ Cl－ X 个数 3a 2a a b A．OH－、8a B．NO3－、4a C．SO42－、4a D．SO42－、8a 13．常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是 A．c水(H+)=1×10-12 mol ·L -1的溶液：Al3+、Fe3+、Cl-、SO42- B．=1×10-13mol·L -1的溶液：NH4+、Ca2+、Cl-、NO3- C．澄清透明的无色溶液：K+、NH4+、MnO4-、HCO3- D．和Al反应放出H2的溶液：Mg2+、Cu2+、NO3-、SO42- 14．“84 消毒液”(主要成分为 NaClO) 不能与“洁厕灵” (含盐酸)混用，否则会发生反应： NaClO+ 2HCl=NaCl+Cl2↑+H2O，产生有毒的氯气。该反应中 A．NaClO 作还原剂 B．Cl2既是氧化产物又是还原产物 C．HCl 作氧化剂 D．H2O 是还原产物 15．在含c(NH4Cl)＝3c(AlCl3)的溶液中滴加稀NaOH溶液。下列离子方程式不符合实际情况的是(　　) A．Al3＋＋3NH＋6OH－===Al(OH)3↓＋3NH3·H2O B．Al3＋＋5NH＋9OH－===5NH3·H2O＋AlO＋7H2O C．2Al3＋＋NH＋7OH－===2Al(OH)3↓＋NH3·H2O D．Al3＋＋3NH＋7OH－===AlO＋3NH3·H2O＋2H2O 二、填空题（共8题） 16．在化学反应中，氧化剂是 (填反应物或生成物)，所含元素化合价 ， 电子，被 ，发生 反应。 17．按要求完成下列填空。 I. 现有下列10种物质：①铝，②蔗糖，③CO2，④稀H2SO4，⑤熔融氢氧化钠，⑥硝酸钾溶液， ⑦液态HCl，⑧NaHSO4，⑨胆矾，⑩液氨 (1)上述物质中属于电解质的是 (填序号)；属于非电解质的是 (同上)能导电的物质是 (同上) (2) ①与⑧的溶液反应的离子方程式为： 。 Ⅱ.已知离子还原性BrFe2I，有一混合溶液，其中只含有Fe2+、Br-、I-，其中Br-、I-的个数比为3：4，向该溶液中通入少量氯气，一定会发生的反应的离子方程式是 。如果要使溶液中Br-、I-的个数比为3：1，则通入氯气与溶液中剩余Fe2+的物质的量之比为 。 18．Ⅰ.汽车尾气产生的、CO等大气污染物，可以在催化剂的作用下转化为无毒物。其反应式可表示为：。 （1）用双线桥法标出上述反应电子转移的方向和数目： 。 （2）该反应中氧化剂是： ，当该反应中有0.40 mol电子发生转移时，被还原的分子数约为 。 Ⅱ、今有一混合物的水溶液，只可能含有以下离子中的若干种：、、、、、、，现取三份100 mL溶液进行如下实验： a第一份加入溶液有沉淀产生； b第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到气体0.04 mol； c第三份加足量溶液后，得干燥沉淀6.27 g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33 g。 根据上述实验，回答下列问题 （1）该溶液中一定存在的离子是 ，可能存在的离子是 。 （2）求一定存在阳离子的浓度或浓度的取值范围 。 19．回答下列问题： (1)现有下列10种物质：①铁  ②NaOH固体  ③液氧  ④H2SO4   ⑤石墨   ⑥蔗糖   ⑦Na2CO3溶液  ⑧熔融KNO3    ⑨BaSO4 固体   ⑩稀盐酸。属于电解质的是 (填序号)，能导电的电解质是 (填序号)，写出②在水溶液中的电离方程式： 。 (2)写出Na2O2与H2O反应的化学方程式为 ，Na2O2与SO2也可以发生氧化还原反应，其中Na2O2是氧化剂，试写出该反应的化学方程式 。 (3)已知：。请用双线桥法标出电子转移方向与数目： ，比较氧化性：ClO- FeO(填“>”或“<”)。 20．工业上以侯氏制碱法为基础生产焦亚硫酸钠()的工艺流程如下： (1)反应1的化学方程式为 ；在进行反应时，向溶液中先通入 (填“” 或“”)； (2)已知“灼烧时会生成，则其化学方程式为 ； (3)已知与稀硫酸反应会生成，则其离子方程式为 ； (4)副产品X化学式为 ；该生产中可循环利用的物质为 (化学式)。 (5)为了减少产品中的杂质含量，理论上需控制反应II中气体与固体反应物的物质的量之比为 。 21．(1)请写出过量铁粉与稀硝酸反应的离子方程式 ； 在标准状况下，当生成2.24LNO气体时，转移电子的物质的量为 mol，有 mol氧化剂被还原． (2)将MnO4-氧化Fe2+的离子方程式补充完整： ______ MnO4-+ ______ Fe2++ ______ =Mn2++ ______ Fe3++ ______。 (3)完成“氧化除铁”步骤中反应的离子方程式： ______ Fe(OH)2+ ______ ClO-+ ______ ______ Fe(OH)3+ ______Cl-。 22．把7.5 g镁铝合金的粉末放入200ml 4mol/L的盐酸中，往充分反应后的混合溶液中逐渐滴入一定物质的量浓度的NaOH溶液，生成沉淀的物质的量与加入NaOH溶液的体积的关系如图所示。 （1）合金中镁的物质的量为 。 （2）氢氧化钠的物质的量浓度为 mol/L。 （3）V1= mL。 （4）写出该合金溶于足量NaOH溶液的化学方程式为 。 23．某同学通过查阅资料得知，常温下和浓盐酸反应可以制备氯气。为此该同学和小组其他同学利用如图装置在实验室制取并探究其有关性质： 实验一：制取氯气 (1)装置中存在一处错误，改正这处错误： 。 (2)配平装置中发生反应的化学方程式： 。 ________________________ (3)为除去氯气中的氯化氢，需要在装置、之间添加装置，其中加入 （填试剂名称），为了探究有色布条褪色的原理，需再添加装置，其中加入浓硫酸，在整套装置中的添加位置为 （填序号）。 a．、之间    b．、之间    c．、之间    d．之后 (4)将氯气通入冷的石灰乳中，即可制得以 （填化学式）为有效成分的漂白粉，发生反应的离子方程式为 。 实验二：比较、、的氧化性强弱。 为比较、、的氧化性强弱，设计了如图所示的实验步骤： (5)加入10滴溶液时，溶液的颜色由橙黄色变为橙红色，可知还原性： （填“强于”或“弱于”）。 (6)加入后，振荡静置，最终试管中的现象为 。 参考答案： 1．C 【解析】①氨水为混合物，①错误； ②与碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物，②正确； ③盐酸为混合物，既不是电解质也不是非电解质，③错误； ④同种元素组成的不同种单质，互为同素异形体，④正确；故选C。 2．C 【解析】A、反应是氧化还原反应，也是化合反应，不属于区域3，A不符合题意； B、反应不是氧化还原反应，也是分解反应，不属于区域3，B不符合题意； C、反应是氧化还原反应，不是置换反应，不是化合反应，不是分解反应，属于区域3，C符合题意； D、该反应是氧化还原反应，但又是置换反应，不属于区域3，D不符合题意。 答案选C。 3．B 【解析】A．，表示强酸和强碱反应生成可溶性盐和水的一类反应，A不符合题意； B．，只表示和水反应生成硫酸的反应，B符合题意； C．，可以表示Na与可溶性铜盐发生的一类反应，C不符合题意； D．，可以表示可溶性碳酸盐与强酸发生的一类反应，D不符合题意； 故答案选B。 4．C 【解析】A．反应Ⅰ中1个与氢离子反应生成1个PbO2和2个Pb2+，氢氧元素价态均未变，则中铅为二价铅和四价铅，故A正确； B．氧化剂氧化性大于氧化产物，反应Ⅱ中PbO2得电子为氧化剂，Mn2+失电子为还原剂，氧化产物为，则氧化性，故B正确； C．反应Ⅰ中硝酸并没有氧化Pb2+生成PbO2，说明氧化性PbO2>HNO3，+4价的Pb氧化性强于硝酸，则Pb与稀硝酸反应不会生成Pb(NO3)4，而是生成Pb(NO3)2，正确的化学方程式为，故C错误；    D．的氧化性大于高锰酸根，高锰酸根能氧化盐酸，则Pb3O4可与盐酸反应生成氯气，故D正确； 故选C。 5．D 【解析】在该反应中，其中S从0价变成-2价，化合价降低，被还原；N从+5价变成0价，化合价降低，被还原；C从0价变成+4价，化合价升高，被氧化；O元素的化合价没有发生变化，既没有被氧化，也没有被还原，D符合题意； 答案选D。 6．A 【解析】A．溶于水后电离产生的阳离子全部为H+的化合物是酸，在水溶液中能电离出的化合物不一定是酸，例如NaHSO4，故A正确 B．氯化钠溶于水，电离出氯离子和钠离子，不需要通电，故B错误； C．电解质是指在水溶液或熔融状态能导电的化合物，铜是单质不是电解质，故C错误； D．电解质是指在水溶液或熔融状态能导电的化合物，电解质本身不导电，固体、液态都是电解质，故D错误； 故选答案为A 7．C 【解析】A．生成盐和水的反应不一定是中和反应，如氧化铜和硫酸反应生成硫酸铜和水，A错误； B．向碳酸钠溶液中滴加无色酚酞溶液，溶液变成红色，说明碳酸钠溶液显碱性，碳酸钠电离产生钠离子和碳酸根离子，属于盐类，B错误； C．金属可以和氢离子反应生成氢气，故能与金属反应放出氢气的物质一定能电离出，C正确； D．氨气的水溶液可以导电，但是氨气的非电解质，D错误； 故选C。 8．B 【解析】该反应中XO(OH)2+和Na2SO3发生氧化还原反应，Na2SO3被氧化为Na2SO4，S元素的化合价由+4价升高为+6价，则X的化合价降低，设元素X在还原产物中的化合价为x，由电子守恒可知，2mol/L×30mL×(6-4)=2.4mol/L×50mL×(5-x)，解得x=+4，所以选项B正确。 9．D 【解析】A．能使紫色石蕊试液显红色的溶液呈酸性，在酸性条件下与会发生氧化还原反应而不能大量共存，故A错； B．含有的溶液呈酸性，在酸性条件下不能大量共存，同时与发生双水解而不能大量共存，故B错； C．使酚酞溶液呈红色的溶液呈碱性，在碱性环境中、不能大量共存，故C错； D．常温下，pH=12的溶液呈碱性，在碱性环境中、、、不发生任何反应而大量共存，故D正确； 答案选D。 10．A 【解析】依据题干中的条件，溶液是无色混合溶液，则有色离子不存在， (1)测得溶液pH大于7，溶液呈碱性，说明一定有弱酸根离子，则一定含有，因与Ba2+不能大量共存，因此原溶液中无Ba2+； (2)溶液中滴加氯水后萃取，萃取层呈橙色，证明原溶液含Br-； (3)向(2)中分液的溶液中加入Ba(NO3)2溶液和稀HNO3，有白色沉淀生成，因硝酸具有氧化性，能将氧化为，原溶液中可能含硫酸根离子； (4)过滤，向滤液中加入AgNO3溶液和稀HNO3，有白色沉淀生成，证明是氯离子，但(2)加入氯水加入了氯离子，不能确定是否含氯离子； 根据以上分析溶液中一定含有、Br-，一定没有Ba2+；依据电荷守恒，溶液中一定含有Na+；所以溶液中一定存在的离子是①④⑤；不能确定的是③Cl-、⑥SO42-； 故答案为：A。 11．B 【解析】试题分析：最终得到的都是无色溶液一定不含有硫酸铜，白色沉淀完全溶于盐酸说明白色沉淀是碳酸钙、则氯化钡和硫酸钠不可能同时存在；由于白色固体中含三种物质、这三种物质为碳酸钙、硝酸钾以及氯化钡和硫酸钠的某一个，所以B满足； 选B。 考点：考查离子的反应。 12．C 【解析】A. OH－与Al3＋不能共存，与题意不符，A错误； B. NO3－可以共存，根据溶液呈电中性，N（NO3－）=8a，与题意不符，B错误； C. SO42－可以共存，根据溶液呈电中性，N（SO42－）=4a，符合题意，C正确； D. SO42－可以共存，根据溶液呈电中性，N（SO42－）=4a，与题意不符，D错误； 答案为C。 13．B 【解析】A、c水(H+)=1×10-12mol ·L -1的溶液可能呈酸性，也可能呈碱性；若溶液呈碱性，Al3+、Fe3+不能大量存在；A不符合题意； B、=1×10-13mol·L -1，则c(H+)==0.1mol·L-1，则溶液呈酸性，该组离子可以大量共存，B符合题意； C、MnO4-呈紫色，与题中“无色”矛盾，C不符合题意； D、和Al反应放出H2的溶液可能呈碱性，也可能呈酸性；若溶液呈酸性，Al和H+、NO3-反应不会放出H2，与题干矛盾，D不符合题意； 故选B。 【点睛】①和Al反应放出H2的溶液可能呈碱性，也可能呈酸性；②任何金属和HNO3反应都不会放出H2。 14．B 【解析】A．NaClO的氯元素显+1价，反应后生成Cl2，化合价降至0价，发生了还原反应，NaClO作氧化剂，A错误； B．Cl2的氯元素显0价，由NaClO中+1价的氯元素与HCl中-1价的氯元素反应生成，因此Cl2既是氧化产物又是还原产物，B正确； C．HCl的氯元素显-1价，反应后生成Cl2，化合价升至0价，发生了氧化反应，HCl作还原剂，C错误； D．生成H2O的H、O元素的化合没有发生变化，H2O不是还原产物，D错误； 故选B。 15．B 【解析】试题分析：在含c(NH4Cl)＝3c(AlCl3)的溶液中，氨根离子与铝离子物质的量之比为3：1，A．向溶液中加入氢氧化钠，氢氧化钠先与铝离子反应生成氢氧化铝，然后再与氨根离子反应生成一水合氨，则反应的离子方程式：Al3++3NH4++6OH-=Al（OH）3↓+3NH3•H2O，A正确；B．溶液中有1mol铝离子，则溶液中含有3mol氨根离子，离子个数比不符合，B错误；C．加入7mol氢氧化钠，先与2mol铝离子发生反应： 2Al3++6OH-=2Al（OH）3↓，剩余1mol氢氧化钠只能反应1mol氨根离子反应，离子方程式：NH4++OH-=NH3•H2O，合在一起为：2Al3++NH4++7OH-=2Al（OH）3+NH3•H2O，C正确；D．1mol铝离子、3mol氨根离子完全反应生成偏铝酸根离子和一水合氨需要消耗氢氧化钠7mol，所以当向溶液中加入的氢氧化钠的物质的量是铝离子物质的量的7倍以上时发生的反应离子方程式为：Al3++2NH4++6OH-=AlO2-+2NH3•H2O+2H2O，D正确；答案选B。 【考点定位】本题考查了离子方程式的书写 【名师点晴】该题侧重考查反应物用量对反应的影响，明确氨根离子、铝离子与氢氧化钠反应的顺序是解题关键，题目难度较大，注意反应物的用量和顺序对反应的影响。 16． 反应物 降低 得到 还原 还原 【解析】根据氧化还原的基础知识，氧化剂是反应物，所含元素化合价降低，得到电子，被还原，发生还原反应，得到还原产物；还原剂是反应物，所含元素化合价升高，失去电子，被氧化，发生氧化反应，得到氧化产物。 【点睛】 17． ⑤⑦⑧⑨ ②③⑩ ①④⑤⑥ 2Al + 6H+ = 2Al3+ + 3H2↑ Cl2 + 2I- =I2 +2Cl- 3:7 【解析】Ⅰ(1)在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物为电解质，故⑤熔融的氢氧化钠、⑦液态HCl、⑧NaHSO4、⑨胆矾为电解质；在水溶液中和熔融状态下均不能导电的化合物为非电解质，故②蔗糖、③CO2、⑩液氨为非电解质；含自由移动的离子或自由移动电子的物质能导电，故④稀H2SO4、⑤熔融氢氧化钠、⑥硝酸钾溶液中含自由移动的离子，故能导电；①铝中含自由移动的电子，故能导电，故答案为：⑤⑦⑧⑨；②③⑩；①④⑤⑥； (2) ①铝与⑧NaHSO4的溶液反应生成Al3+、H2，离子方程式为：2Al + 6H+ = 2Al3+ + 3H2↑，故答案为：2Al + 6H+ = 2Al3+ + 3H2↑； Ⅱ还原性：BrFe2I，则氧化性：Br2>Fe3+>I2，有一混合溶液，其中只含有Fe2+、Br-、I-，其中Br-、I-的个数比为3:4，向该溶液中通入少量氯气，则氯气先氧化I-，则一定会发生的反应的离子方程式是Cl2 + 2I- =I2 +2Cl-；由题意Br-、I-的个数比为3:4，可设Br-、I-的物质的量分别为3mol、4mol，由电荷守恒可得：2n(Fe2+)=n(Br-)+n(I-)=3mol+4mol=7mol，n(Fe2+)=3.5mol，通入氯气后，要满足n(Br-)：n(I-)=3:1，故只发生Cl2 + 2I- =I2 +2Cl-，只要消耗3molI-就可以，即需通入氯气1.5mol，所以通入氯气与剩余Fe2+的物质的量之比为1.5:3.5=3:7；故答案为3:7。 18． NO2 0.1NA或6.02×1022 K+、、、 Cl− ；c(K+)⩾0.2 mol⋅L−1 【解析】I．反应中N元素的化合价降低，C元素的化合价升高，氧化剂为NO2，还原剂为CO，反应中转移电子数为8，其双线桥表示转移电子为： ， 故答案为：； （2）反应中N元素的化合价降低，C元素的化合价升高，氧化剂为NO2，还原剂为CO，反应中转移电子数为8，即转移8mol电子被还原NO2为2mol，则当该反应中有0.40mol电子发生转移时，被还原NO2的分子数约为0.1NA， 故答案为：NO2；0.1NA或6.02×1022。 II．由a实验可知，向第一份溶液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀产生，白色沉淀为AgCl或碳酸银、硫酸银； 由b试验可知，向第二份溶液中加入足量NaOH溶液后加热，收集到0.896L(标准状况)气体，气体为氨气，其物质的量为0.04mol，原溶液中一定含， =0.4mol⋅L−1； 由c试验可知，向第三份溶液中加入足量BaCl2溶液，得到沉淀6.27g，沉淀经足量盐酸洗涤后剩余2.33g，则含的物质的量为=0.01mol，含的物质的量为=0.02mol，由离子共存可知，一定不存在Fe3+、Mg2+，由电荷守恒可知，0.01mol×2+0.02mol×2>0.04mol，可知一定含阳离子K+，不能确定是否含Cl−； （1）由上述分析可知，一定存在K+、、、，一定不存在Ba2+、Mg2+，可能存在的离子是Cl−， 故答案为：K+、、、；Cl−； （2）由上述分析可知，原溶液中一定含，=0.4mol⋅L−1，可能存在Cl−；由电荷守恒可知，没有氯离子时，c(K+)=0.02mol×2+0.02mol×20.1L=0.2mool/L，若是含有氯离子，则c(K+)>0.2 mol⋅L−1，所以c(K+)⩾0.2 mol⋅L−1， 故答案为：；c(K+)⩾0.2 mol⋅L−1。 19．(1) ②④⑧⑨ ⑧ NaOH=Na++OH- (2) Na2O2+SO2=Na2SO4 (3) > 【解析】（1）电解质是指在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物，单质和混合物均不属于电解质，含有自由移动带电离子的物质能够导电，则上述物质中属于电解质的是②④⑧⑨，能导电的电解质是⑧，②NaOH固体再水溶液中电离产生Na+和OH-，电离方程式为：NaOH=Na++OH-。 （2）Na2O2与H2O反应生成NaOH和O2，化学方程式为：，Na2O2与SO2也可以发生氧化还原反应，其中Na2O2是氧化剂，SO2是还原剂，生成Na2SO4，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：Na2O2+SO2=Na2SO4。 （3）中Fe元素由+3价上升到+6价，Cl元素由+1价下降到-1价，根据得失电子守恒和电荷守恒，配平方程式并用双线桥法标出电子转移方向与数目为：，ClO-是氧化物，FeO是氧化产物，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，则ClO->FeO。 20．(1) (2) (3) (4) CO2 (5)2﹕1 由题给流程可知，向氯化钠溶液中通入氨气、二氧化碳，氯化钠溶液与氨气、二氧化碳反应生成碳酸氢钠和氯化铵，过滤得到碳酸氢钠和氯化铵溶液；碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水；硫化铜在空气中灼烧生成氧化铜和二氧化硫，将反应生成的二氧化硫通入碳酸钠溶液中发生反应Ⅱ，干燥得到焦亚硫酸钠；氧化铜溶于稀硫酸得到硫酸铜溶液，溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到副产品五水合硫酸铜晶体。 【解析】（1）由分析可知，反应Ⅰ为氯化钠溶液与氨气、二氧化碳反应生成碳酸氢钠和氯化铵，反应的化学方程式为，反应时，应先向氯化钠溶液中先通入氨气，再通入二氧化碳，目的是增大二氧化碳的溶解量，有利于碳酸氢钠的生成，故答案为：；； （2）由分析可知，“灼烧”时发生的反应为硫化铜在空气中灼烧生成氧化铜和二氧化硫，反应的化学方程式为，故答案为：； （3）由题意可知，焦亚硫酸钠与稀硫酸反应生成硫酸钠、二氧化硫和水，反应的离子方程式为，故答案为：； （4）由分析可知，副产品为五水合硫酸铜晶体；反应Ⅱ的过程中有反应Ⅰ的反应物二氧化碳生成，生产中可以循环利用，故答案为：；CO2； （5）反应Ⅱ为碳酸钠溶液与二氧化硫反应生成焦亚硫酸钠和二氧化碳，反应的化学方程式为，则二氧化硫与碳酸钠的物质的量之比为2﹕1，故答案为：2﹕1。 21． 1、5、8H+、1、5、 ；1；；2；1 （1）铁与过量的稀硝酸反应生成硝酸亚铁、NO和水，根据氮元素的化合价变化为，结合得失电子守恒和氮原子守恒解答； （2）MnO4-氧化，Mn元素的化合价由价降低为价，Fe元素的化合价由价升高为价，结合电子、电荷守恒及原子守恒分析； （3） “氧化除铁”是加入漂白粉，产物中有氯离子，氧化剂是，观察方程式前后可以推出还要加入水分子，配平方程式即可。 【解析】（1）过量铁与稀硝酸反应生成硝酸亚铁、NO和水，其反应的离子方程式为：，标准状况下，当生成气体时，其物质的量为，转移电子，氮元素的化合价变化为，由N原子守恒可知，氧化剂被还原，故答案为：；；； （2）反应中，，系数为1，根据电子转移守恒可知，系数为5，由元素守恒可知，系数为5，由电荷守恒可知，由参加反应，其系数为8，根据元素原子守恒可知，有生成，其系数为4，方程式配平为，故答案为：1、5、8H+、1、5、； “氧化除铁”是加入漂白粉，产物中有氯离子，氧化剂是，观察方程式前后可以推出还要加入水分子，反应的离子方程式为：，故答案为：2；1；；2；1。 【点睛】缺项配平时，需添加的微粒通常为H+、OH-或H2O，添加H+还是OH-，由溶液的性质决定。 22． 0.2mol 2 450 镁铝合金与盐酸反应后溶液有铝离子、镁离子、以及剩余的氢离子；加入氢氧化钠后氢氧化钠先于氢离子反应，此时无沉淀产生，之后镁、铝离子开始沉淀，发生反应 Al3++3OH-═Al(OH)3↓、 Mg2++2OH-═Mg(OH)2↓，当沉淀达到最大值时溶液中的溶质只有NaCl，再继续滴加氢氧化钠，氢氧化铝沉淀开始溶解，发生反应Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O，据此进行解答。 【解析】(1)当滴加400mL氢氧化钠溶液时，沉淀达到最大值，此时溶液中的溶质为NaCl，根据元素守恒可知此时溶液中n(Cl-)=0.2L×4mol/L=0.8mol，由电荷守恒可知n(Na+)= n(Cl-)=0.8mol，即400mL氢氧化钠溶液中n(Na+)=0.8mol，则其浓度c(NaOH)=；此时溶液中据图可知前50mL氢氧化钠溶液没有沉淀产生，即此时发生反应H++OH-=H2O，所以与镁铝合金反应后剩余的n(H+)=0.05L×2mol/L=0.1mol，则与镁铝合金反应的n(H+)=0.8mol-0.1mol=0.7mol，设镁铝合金中镁的物质的量为xmol，铝的物质的量为ymol，则有24x+27y=7.5g，根据电子守恒(镁铝失去的电子都转移给氢离子)可得2x+3y=0.7，联立解得x=0.2mol，y=0.1mol，故答案为：0.2mol； (2)根据(1)可知答案为：2； (3)400mL至V1mL发生反应Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O，根据(1)可知镁铝合金中铝的物质的量为0.1mol，则生成氢氧化铝0.1mol，此段消耗n(OH-)=0.1mol，所以消耗的氢氧化钠体积V=，即50mL，所以V1=400+50=450，故答案为：450； (4)该合金中铝单质可以与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，故答案为：。 【点睛】解决本题的关键是理解沉淀达到最大值时溶液中的成分，之后再利用元素守恒、电子守恒等解决问题。 23．(1)改长颈漏斗为分液漏斗 (2)KClO3+6HCl(浓)═KCl+3Cl2↑+3H2O (3) 饱和食盐水 b (4) Ca(ClO)2 2Cl2+2Ca(OH)2=2Ca2++2Cl-+2ClO-+2H2O (5)弱于 (6)液体分层，上层液体呈无色，下层液体呈紫红色 装置A是实验室制取氯气的装置，氯酸钾和浓盐酸反应，得到的氯气应先除去氯气中的氯化氢，再用浓硫酸干燥，验证氯气是否具有漂白性，则先通过C中干燥的有色布条，观察到不褪色，说明干燥的氯气没有漂白性，再进入D中，发现湿润的有色布条褪色，说明次氯酸有漂白性，最后要进行尾气处理。 【解析】（1）装置中反应试剂是浓盐酸易挥发，需要用分液漏斗加入，改长颈漏斗为分液漏斗； （2）氯酸钾与浓盐酸反应生成氯化钾、氯气和水，反应中氯酸钾中氯元素的化合价由+5价降低到0价，盐酸中氯元素的化合价由-1价升高到0价，则反应的化学方程式为：KClO3+6HCl(浓)═KCl+3Cl2↑+3H2O； （3）为除去氯气中的氯化氢，需要在装置、之间添加装置，其中加入饱和食盐水；探究使有色布条褪色的是氯气还是氯气与水反应的生成物，需要在整套装置中添加装置E，其中加入浓硫酸，应在C装置前干燥氯气，选择装置B、C之间；答案为b； （4）将氯气通入冷的石灰乳中，可制得漂白粉，反应的离子方程式为：2Cl2+2Ca(OH)2=2Ca2++2Cl-+2ClO-+2H2O，漂白粉的有效成分为Ca(ClO)2； （5）NaBr溶液中滴加氯水，溶液有无色变为橙黄色，说明有Br2生成，继续滴加10滴KI溶液时，溶液的颜色由橙黄色变为橙红色，可知有I2生成，说明2KI+Br2=2KCl+I2，反应中Br2为氧化剂，I2为氧化产物，则Br2的氧化性大于I2，还原性：弱于； （6）I2微溶于水，而易溶于CCl4，同向含有I2的溶液中加入1mL CCl4后，振荡静置，最终试管中的现象为液体分层，上层液体呈无色，下层液体呈紫红色。 学科网（北京）股份有限公司 $$