鲁科版高中化学必修第一册第2章元素与物质世界检测含答案

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第2章　元素与物质世界一、选择题(本题共10小题,每小题2分,共20分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)1.如图是按一定的方法给物质进行的分类,以下说法中错误的是(　　)A.分类标准1是所含物质的种类　　　　　　　　B.分类标准2是所含元素的种类C.类别1是混合物,类别2是单质　　　　　　　　D.该种分类方法是交叉分类法2.能够在人体血管中通行的“纳米药物分子运输车”在中国科学院上海硅酸盐研究所研制成功,该“运输车”可提高肿瘤的治疗效果,其结构如图所示。下列有关说法正确的是(　　)A.该“纳米药物分子运输车”中铁元素的化合价为+3价B.二氧化硅属于金属氧化物C.该“纳米药物分子运输车”分散于水中所得的分散系属于胶体D.该“纳米药物分子运输车”的外壳含有碳元素3.导体中自由的带电微粒在电场作用下发生定向移动从而形成电流,如金属铜、熔融NaCl、NaCl溶液都是导体。下列说法正确的是(　　)A.因为金属有较好的导电性,所以它属于电解质B.电解质都能导电C.加入水或加热至熔融态都会使氯化钠发生电离D.液态氯化氢不能导电,故氯化氢不属于电解质4.已知钙及其化合物存在如下转化关系,下列说法错误的是(　　)A.反应①和反应②的反应类型可能相同B.反应③的另一反应物可能是酸性氧化物或盐C.反应④的条件是高温D.四个反应都不存在电子转移5.在碱性溶液中能大量共存且溶液为无色透明的是(　　)A.K+、MnO4-、Na+、Cl-　　　　　　B.K+、Na+、NO3-、CO32-C.Na+、H+、NO3-、SO42-　　　　　　D.Fe3+、Na+、Cl-、SO42-6.下列叙述对应的离子方程式书写正确的是(　　)A.向NaHSO4溶液中滴入Ba(OH)2溶液至产生的沉淀质量最大:H++SO42-+Ba2++OH- BaSO4↓+H2OB.向NaHCO3溶液中加入过量NaOH溶液:HCO3-+OH- CO2↑+H2OC.过氧化钠与水反应:2O22-+2H2O 4OH-+O2↑D.向CaCl2溶液中通入少量CO2:Ca2++CO2+H2O CaCO3↓+2H+7.用48 mL 0.1 mol/L的FeSO4溶液恰好还原2.4×10-3 mol [RO(OH)2]+,Fe2+被氧化为Fe3+,则反应后R元素的价态为(　　)A.+2价　　　B.+3价　　　C.+4价　　　D.+5价8.碳捕集技术是减少CO2排放的一种途径,捕集烟气中CO2的流程如图。下列说法错误的是(　　)A.“吸收”时发生反应的离子方程式:CO2+2OH- CO32-+H2OB.可用Na2CO3溶液代替KOH溶液C.整个流程可循环利用的物质只有1种D.整个流程不涉及氧化还原反应9.用图中所示的装置分别进行如下导电性实验,小灯泡的亮度比反应前明显减弱的是(　　)A.向Na2SO3溶液中通入Cl2B.向AgNO3溶液中加入少量NaCl固体C.向HI饱和溶液中通入少量O2D.向NaOH溶液中通入少量Cl210.一个完整的氧化还原反应方程式可以拆开写成两个“半反应式”,一个是“氧化反应式”,一个是“还原反应式”。如Fe+Cu2+ Fe2++Cu的拆写结果:“氧化反应式”为Fe-2e- Fe2+;“还原反应式”为Cu2++2e- Cu。在稀硫酸中,草酸钾(K2C2O4)与高锰酸钾可发生反应:5C2O42-+2MnO4-+16H+ 2Mn2++10CO2↑+8H2O,对该离子反应的分析错误的是　　(　　)A.对应的化学方程式为5K2C2O4+2KMnO4+8H2SO4 2MnSO4+6K2SO4+10CO2↑+8H2OB.“氧化反应式”为C2O42--2e- 2CO2↑C.“还原反应式”为MnO4-+5e-+4H2O Mn2++8OH-D.反应中每生成1个CO2分子,转移1个电子二、选择题(本题共5小题,每小题4分,共20分。每小题有一个或两个选项符合题意,全部选对得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)11.下列实验操作能够达到相应实验目的的是(　　)12.KIO3常用作食盐中的补碘剂,可用“氯酸钾氧化法”制备,该方法的第一步反应为6I2+11KClO3+3H2O 6KH(IO3)2+5KCl+3Cl2↑。下列说法正确的是(　　)A.还原产物为Cl2和KClB.还原剂和氧化剂的物质的量之比为11∶6C.氧化性:KClO3>KH(IO3)2D.产生1 mol KH(IO3)2时,反应中转移5 mol e-13.在稀硫酸存在下发生反应的几种离子的转化关系如图所示。下列说法错误的是(　　)A.反应1中氧化产物为Mn3+B.氧化性:Ce4+>Fe3+>I2>Mn3+C.反应2的氧化剂为Mn3+,还原产物为Fe3+D.从氧化还原反应的角度推测可能会发生反应:2Mn3++2I- I2+2Mn2+14.向NaOH和Na2CO3的混合溶液中滴加0.1 mol/L的稀盐酸,生成CO2的物质的量与加入盐酸的体积的关系如图所示。下列叙述不正确的是(　　)A.在加入盐酸0~0.2 L范围内,发生中和反应B.ab段发生反应的离子方程式为HCO3-+H+ H2O+CO2↑C.a=0.3D.原混合溶液中NaOH与Na2CO3的物质的量之比为1∶215.有600 mL某种混合物溶液,可能含有以下离子中的若干种:K+、NH4+、Cl-、Mg2+、Ba2+、CO32-、SO42-,现将此溶液分成三等份,进行如下实验:(1)向第一份中加入AgNO3溶液,有沉淀产生;(2)向第二份中加足量NaOH溶液并加热后,收集到气体0.04 mol;(已知NH4++OH- NH3↑+H2O)(3)向第三份中加足量BaCl2溶液,得到沉淀,干燥后质量为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,以下推测正确的是(　　)A.K+一定存在　　　　B.Mg2+、Ba2+一定不存在C.Cl-一定不存在　　　D.原混合溶液中CO32-的物质的量为0.02 mol三、非选择题(本题共5小题,共60分)16.(12分)已知一种明胶是水溶性蛋白质混合物,溶于水可形成胶体。回答下列问题:(1)已知Fe(CrO2)2中铬元素是+3价,则其中铁元素是　　　　价。CrO2-是一种酸根离子,则Fe(CrO2)2属于　　　　(填“酸”“碱”“盐”或“氧化物”)。 (2)胶体和溶液最本质的区别是　　　　。 A.分散质粒子直径大小不同　　　 　B.能否产生丁达尔效应C.是否能透过滤纸(3)该种明胶的水溶液和K2SO4溶液共同具备的性质是　　(填字母)。 A.都不稳定,密封放置会产生沉淀　　B.二者均能产生丁达尔效应C.分散质粒子均可通过滤纸(4)已知胶体的分散质粒子不能透过半透膜,但水分子等小分子或离子能透过半透膜。下列装置,可提纯胶体的是　　　　(填字母)。 A　B　C(5)现有10 mL该种明胶的水溶液与5 mL K2SO4溶液混合装入半透膜内,将此半透膜袋浸入盛蒸馏水的烧杯中,设计实验证明SO42-能够透过半透膜:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 17.(10分)已知HNO2是一种弱酸,向NaNO2中加入强酸可生成HNO2。HNO2不稳定,易分解成NO和NO2气体。HNO2是一种还原剂,能被常见的强氧化剂氧化,但在酸性溶液中它也是一种氧化剂,如能把Fe2+氧化成Fe3+。NaNO2晶体外观和食盐相似,又有咸味,因而容易误食引起中毒。试回答下列问题:(1)在酸性条件下HNO2与KI反应,I-被氧化为I2,HNO2被还原为NO气体,写出该反应的离子方程式:　　　　　　　　　　　　　　　。 (2)已知NaNO2能发生反应:2NaNO2+4HI 2NO↑+I2+2NaI+2H2O。鉴别NaNO2和NaCl,可选用的物质有:①KI-淀粉试纸;②水;③淀粉;④白酒;⑤食醋。你认为可选用的物质为　　　　(填序号)。 (3)某厂废液中含有2%~5%的NaNO2,直接排放会造成污染,下列试剂中能使NaNO2转化为不引起二次污染的N2的是　　　　(填字母)。 A.NaCl　　　B.NH4Cl　　　C.HNO3　　　D.浓H2SO4(4)请配平化学方程式:Al+NaNO3+NaOH Na[Al(OH)4]+N2↑+H2O　。 18.(12分)某校化学兴趣小组为研究Cl2的性质,设计如图所示装置进行实验。装置Ⅲ中夹持装置已略去,其中a为干燥的品红试纸,b为湿润的品红试纸。(1)实验室用二氧化锰和浓盐酸制备氯气的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　。 (2)装置Ⅱ的作用是　　　　　　　　　　　　　。 (3)若产生Cl2足量,实验过程中装置Ⅳ中的实验现象为　　　　　　　　　　　　　　　　　。 (4)实验结束后,该组同学在装置Ⅲ中观察到b的红色褪去,但是并未观察到“a无明显变化”这一预期现象。为了达到这一实验目的,你认为还需在图中装置Ⅱ与Ⅲ之间添加　　　　装置(填序号)。 (5)有一种“地康法”制取氯气的反应原理如图所示:①反应Ⅰ属于　　　　反应(填四种基本反应类型之一)。 ②反应Ⅱ在450 ℃条件下进行,反应Ⅱ的化学方程式为　　　　　　　　　　　　。 ③工业生产中常用氨气检查输送氯气的管道是否有Cl2泄漏。若Cl2有泄漏,可以观察到有白烟(NH4Cl固体)生成,同时会生成一种空气中含量最多的物质,试写出该反应的化学方程式:　　　　　　　　　　　　　　。 19.(12分)(1)“84”消毒液可用于漂白,其工业制法是在常温下,将氯气通入NaOH溶液中,反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　。 (2)同学们探究“84”消毒液在不同pH下使红纸褪色的情况,做了如下实验:步骤1:将5 mL市售“84”消毒液稀释至100倍,测得稀释后溶液的pH=12。步骤2:将稀释后溶液各取20 mL分别加入3个洁净的小烧杯中,3个小烧杯分别标记为a、b、c。步骤3:用H2SO4溶液将a、b、c中溶液的pH分别调至10、7和4(溶液体积变化忽略不计)。步骤4:在3个烧杯中分别放入大小、形状相同的红纸,观察现象,记录如下:已知,溶液中Cl2、HClO和ClO-物质的量分数(α)随溶液pH变化的关系如图所示:①由实验现象可得以下结论:溶液的pH在4~10范围内,pH越大,红纸褪色　　　　。 ②结合图像进行分析,b、c两烧杯中实验现象出现差异的原因是　　　　　　　　　　　　　　　。 (3)由于氯气会与自来水中的有机物发生反应生成对人体有害的物质,人们尝试研究并使用新的自来水消毒剂,如ClO2气体就是一种新型高效含氯消毒剂。①一种制备ClO2的方法是用SO2通入硫酸酸化的NaClO3溶液中,反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　。 ②另一种制备ClO2的方法是用NaClO3与盐酸反应,同时有Cl2生成,产物中Cl2体积占气体产物体积的13,每生成0.5 mol ClO2,转移　　　　mol e-。 ③ClO2在杀菌消毒过程中会产生副产物亚氯酸盐(ClO2-),需将其转化为Cl-除去。下列试剂中,可将ClO2-转化为Cl-的是　　　　(填字母)。 a.FeSO4　　　　　b.O3　　　　　c.KMnO4　　　　　d.KI20.(14分)亚氯酸钠(NaClO2)是一种杀菌漂白剂,可用于棉纺织品漂白、食品消毒、水处理等,消毒时本身被还原成Cl-。亚氯酸钠晶体的一种生产工艺如图:已知:①ClO2浓度过高时易发生爆炸分解,一般用稀有气体或空气稀释至含量10%以下;②NaClO2在温度高于60 ℃时易分解生成NaClO3和NaCl。(1)在“ClO2发生器”中,NaClO3与SO2反应生成ClO2和Na2SO4,该反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 (2)向“ClO2发生器”中鼓入空气的作用是　　　　(填字母)。 a.将SO2氧化成SO3,增强酸性b.将NaClO2氧化成ClO2c.稀释ClO2,以防发生爆炸(3)“吸收塔”的作用是将产生的ClO2转化为NaClO2,在此过程中加入的H2O2是做　　　　(填“氧化剂”或“还原剂”)。“吸收塔”中需要控制温度不超过20 ℃,其原因是　　　　　　　　　　　　。 (4)NaClO2的溶解度曲线如图所示。从NaClO2溶液中获得NaClO2晶体的操作是:将NaClO2溶液　　　　　　　　　　　　　　　　　、　　　　　　　　　　　　　　　、过滤、洗涤、干燥。 (5)为测定所得NaClO2产品的纯度,进行如下实验:步骤①:取1.000 g样品于烧杯中,用适量蒸馏水溶解后,加入略过量的KI晶体,再滴加适量的稀硫酸,充分反应(反应的化学方程式为NaClO2+4KI+2H2SO4 2H2O+2I2+NaCl+2K2SO4);步骤②:将①所得溶液转移至250 mL容量瓶中,稀释定容得溶液A;步骤③:准确移取25.00 mL溶液A于锥形瓶中,向锥形瓶中滴加两滴淀粉溶液作指示剂,用0.200 mol/L的Na2S2O3标准溶液与之反应,至恰好完全反应时消耗Na2S2O3溶液22.00 mL(反应的化学方程式为I2+2Na2S2O3 2NaI+Na2S4O6)。计算该NaClO2产品的纯度:  (写出计算过程)。 答案与解析第2章　元素与物质世界1.D　分类标准1是所含物质的种类,由一种物质组成的为纯净物,由两种或两种以上物质组成的为混合物,类别1为混合物;分类标准2是所含元素的种类,只由一种元素组成的纯净物是单质,由两种或两种以上元素组成的纯净物是化合物,类别2为单质,故A、B、C正确;根据题图可知,该分类方法为树状分类法,故D错误。2.D　由题图可知,该“纳米药物分子运输车”中含有四氧化三铁(Fe3O4),其中铁元素的化合价有+2价和+3价,故A错误;二氧化硅属于非金属氧化物,故B错误;该“纳米药物分子运输车”的直径为200 nm,而胶体分散质粒子直径介于1~100 nm,所以该“纳米药物分子运输车”分散于水中所得的分散系不属于胶体,故C错误;该“纳米药物分子运输车”为有机物外壳,有机物中含有碳元素,故D正确。3.C　电解质一定是化合物,金属是单质,不属于电解质,故A错误;电解质没有电离时不导电,如氯化钠固体是电解质,但不导电,故B错误;氯化钠溶于水或熔融状态下都能导电,故C正确;虽然液态氯化氢不能导电,但溶于水时自身能电离,属于电解质,故D错误。4.D　反应①可能为钙和氧气反应生成氧化钙,反应②可能为氧化钙和水反应生成氢氧化钙,均属于化合反应,故A正确;氢氧化钙和二氧化碳反应生成碳酸钙和水,氢氧化钙和碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠,所以反应③的另一反应物可能是酸性氧化物或盐,故B正确;碳酸钙高温条件下分解为氧化钙和二氧化碳,故C正确;反应①中钙元素化合价由0价变为+2价,存在电子转移,故D错误。5.B　A项,MnO4-在溶液中显紫色;C项,在碱性溶液中H+不能大量存在;D项,Fe3+在溶液中显黄色,且Fe3+在碱性溶液中不能大量存在;故选B。6.A　向NaHSO4溶液中滴入Ba(OH)2溶液至产生的沉淀质量最大时,离子方程式为H++SO42-+Ba2++OH- BaSO4↓+H2O,故A正确;向NaHCO3溶液中加入过量NaOH溶液,反应生成碳酸钠和水,故B错误;过氧化钠与水反应的离子方程式中,过氧化钠不能拆成离子形式,故C错误;盐酸的酸性大于碳酸,氯化钙溶液中通入少量二氧化碳不产生沉淀,故D错误。7.B　由题意可知,反应中化合价发生变化的元素分别为铁元素和R元素,[RO(OH)2]+中R元素的化合价为+5价,设反应后R元素的价态为x价,由得失电子守恒有:48×10-3 L×0.1 mol/L×(3-2)=2.4×10-3 mol×(5-x),解得x=+3。8.C　“吸收”时二氧化碳和KOH溶液(足量)反应生成碳酸钾和水,离子方程式为CO2+2OH- CO32-+H2O,故A正确;用Na2CO3溶液代替KOH溶液,碳酸钠溶液与二氧化碳反应生成碳酸氢钠,CaO与H2O反应生成Ca(OH)2,Ca(OH)2与碳酸氢钠反应可生成碳酸钙,也能吸收CO2,故B正确;整个流程可循环利用的物质不止1种,故C错误;整个流程没有元素化合价发生变化,不涉及氧化还原反应,故D正确。9.C　电解质溶液的导电性与溶液中自由移动的离子浓度有关,一般离子浓度越大,溶液导电性越强,溶液导电能力明显减弱说明溶液中自由移动的离子浓度明显减小。A项,向亚硫酸钠溶液中通入氯气,反应生成硫酸钠和氯化氢,离子浓度增大,溶液导电能力明显增强;B项,向硝酸银溶液中加入少量氯化钠固体,反应生成AgCl和硝酸钠,溶液中离子浓度变化不明显,溶液导电能力变化不明显;C项,向HI饱和溶液中通入少量氧气,反应生成单质碘和水,溶液中离子浓度减小,所以溶液导电能力明显减弱;D项,向NaOH溶液中通入少量Cl2,反应生成NaCl、NaClO和水,离子浓度变化不明显,溶液导电能力变化不明显;故选C。10.C　根据得失电子守恒、原子守恒可知,在稀硫酸中草酸钾(K2C2O4)与高锰酸钾反应的化学方程式为5K2C2O4+2KMnO4+8H2SO4 2MnSO4+6K2SO4+10CO2↑+8H2O,故A正确;由C2O42- CO2,碳元素的化合价升高,C2O42-失去电子发生氧化反应,根据题干信息可知,“氧化反应式”为C2O42--2e- 2CO2↑,故B正确;由MnO4- Mn2+,锰元素的化合价降低,MnO4-得到电子发生还原反应,由题干信息可知,该反应是在酸性条件下进行的,“还原反应式”为MnO4-+5e-+8H+ Mn2++4H2O,故C错误;由C2O42--2e- 2CO2↑可知,反应中每生成1个CO2分子,转移1个电子,故D正确。11.B　A项,CO32-和HCO3-均能与氢氧化钙发生反应生成碳酸钙沉淀,不能鉴别;B项,鉴别稀硫酸、Ba(NO3)2溶液、KCl溶液,取样分别加入Na2CO3溶液,有气泡冒出的为稀硫酸,产生白色沉淀的是Ba(NO3)2溶液,无明显现象的是KCl溶液,可以鉴别;C项,除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO42-,Na2CO3溶液应在BaCl2溶液之后加入,目的是除去Ca2+及过量的Ba2+;D项,Fe(OH)3胶体和FeCl3溶液都能透过滤纸,需选择半透膜进行分离。12.AC　反应中KClO3被还原生成KCl和Cl2,还原产物为Cl2和KCl,故A正确;反应中I2为还原剂,KClO3为氧化剂,所以还原剂与氧化剂的物质的量之比为6∶11,故B错误;同一反应中氧化剂氧化性大于氧化产物,所以氧化性:KClO3>KH(IO3)2,故C正确;反应中碘元素由0价升高至+5价,生成6 mol KH(IO3)2转移60 mol电子,则产生1 mol KH(IO3)2,转移10 mol电子,故D错误。13.BC　由转化关系可知,反应1中,Mn2+转化为Mn3+,锰元素化合价升高,Mn2+是还原剂,Mn3+是氧化产物,故A正确;反应1中Ce4+是氧化剂,Mn3+是氧化产物,反应2中Mn3+是氧化剂,Fe3+是氧化产物,反应3中Fe3+是氧化剂,I2是氧化产物,根据同一反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物可知,氧化性:Ce4+>Mn3+>Fe3+>I2,故B错误;反应2中锰元素化合价降低,所以Mn3+为氧化剂,Mn2+为还原产物,故C错误;由于氧化性Mn3+>I2,可发生反应2Mn3++2I- I2+2Mn2+,故D正确。14.D　向NaOH和Na2CO3的混合溶液中滴加0.1 mol/L的稀盐酸,依次发生反应:①OH-+H+ H2O、②CO32-+H+ HCO3-、③HCO3-+H+ H2O+CO2↑;根据图像可知,发生反应③生成0.01 mol二氧化碳,消耗盐酸的体积是0.1 L,所以发生反应②消耗盐酸的体积也是0.1 L,发生反应①消耗0.2 L盐酸,则在加入盐酸0~0.2 L范围内,发生中和反应,故A正确;ab段发生反应生成二氧化碳,反应的离子方程式为HCO3-+H+ H2O+CO2↑,故B正确;根据图像可知,发生反应③生成0.01 mol二氧化碳,消耗盐酸的体积是0.1 L,所以a=0.3,故C正确;发生反应③消耗HCl 0.01 mol,所以Na2CO3的物质的量为0.01 mol,发生反应①消耗0.02 mol HCl,原混合溶液中NaOH的物质的量是0.02 mol,NaOH与Na2CO3的物质的量之比为2∶1,故D不正确。15.AB　向第二份溶液中加入足量NaOH溶液并加热后,收集到气体0.04 mol,根据信息可知一份溶液中n(NH4+)=0.04 mol;向第三份溶液中加足量BaCl2溶液,得到沉淀,干燥后质量为6.27 g,经足量盐酸洗涤、干燥后,沉淀质量为2.33 g,为BaSO4,则n(BaSO4)=n(SO42-)=2.33 g233 g·mol-1=0.01 mol,BaCO3的质量为6.27 g-2.33 g=3.94 g,n(BaCO3)=n(CO32-)=3.94 g197 g·mol-1=0.02 mol,则原混合溶液中:n(CO32-)=0.06 mol,n(SO42-)=0.03 mol,故原混合溶液中不存在Ba2+、Mg2+;向第一份溶液中加入AgNO3溶液,有沉淀产生,可能是硫酸银、氯化银等,不能确定是否含有氯离子;一份溶液中硫酸根离子和碳酸根离子带电荷总物质的量为0.06 mol,一份溶液中n(NH4+)=0.04 mol,根据溶液呈电中性可知,钾离子一定存在;综上可知,A、B正确。16.答案　(每空2分)(1)+2　盐　(2)A　(3)C　(4)C　(5)取烧杯中液体少许于一支洁净的试管中,加入稀盐酸酸化,再加BaCl2溶液,若有白色沉淀产生,则说明SO42-能够透过半透膜解析　(1)Fe(CrO2)2中,氧元素的化合价是-2,铬元素的化合价是+3,根据化合物中元素化合价的代数和为0可知,铁元素化合价为+2;Fe(CrO2)2是由Fe2+和CrO2-组成的盐。(2)胶体和溶液最本质的区别是分散质粒子直径的大小不同,故选A。(3)溶液很稳定,胶体具有介稳性,A错误;胶体能产生丁达尔效应而溶液不能,B错误;胶体和溶液中的分散质粒子都能透过滤纸,C正确。(4)胶体的分散质粒子不能透过半透膜,但水分子等小分子或离子能透过半透膜,所以当胶体中混有溶液时,用渗析的方法来提纯,故选C。17.答案　(除标注外,每空2分)(1)2HNO2+2I-+2H+ 2NO↑+I2+2H2O(3分)(2)①②⑤(3)B(4)10Al+6NaNO3+4NaOH+18H2O 10Na[Al(OH)4]+3N2↑(3分)解析　(1)根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒可得反应的离子方程式为2HNO2+2I-+2H+ 2NO↑+I2+2H2O。(2)根据2NaNO2+4HI 2NO↑+I2+2NaI+2H2O,亚硝酸根离子在酸性条件下能将碘离子氧化成碘单质,所以鉴别NaNO2和NaCl,可先加水溶解,然后加入食醋,最后用KI-淀粉试纸检验,变蓝的是NaNO2,故选①②⑤。(3)根据价态变化规律,NaNO2转化为不引起二次污染的N2,N元素的化合价降低,所以必定有元素化合价升高,题中所给物质中只有NH4Cl符合,故选B。(4)反应中Al元素化合价由0价升高为+3价,氮元素化合价由+5价降低为0价,所以Al的化学计量数为10,N2的化学计量数为3,再根据原子守恒配平化学方程式为10Al+6NaNO3+4NaOH+18H2O 10Na[Al(OH)4]+3N2↑。18.答案　(除标注外,每空2分)(1)MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O　(2)除去氯气中的氯化氢气体(1分)　(3)溶液先变红后褪色　(4)④　(5)①复分解(1分)　②2CuCl2+O2 2CuO+2Cl2　③3Cl2+8NH3 6NH4Cl+N2解析　(1)实验室用二氧化锰和浓盐酸制备氯气,化学方程式为MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O。(2)由于浓盐酸具有挥发性,故制取的氯气中往往混有氯化氢,用饱和食盐水可以除去氯化氢。(3)氯气与水反应生成HCl和次氯酸,溶液显酸性,能使紫色石蕊试液变红,次氯酸具有漂白性,能使溶液褪色,所以装置Ⅳ中通入氯气后,溶液先变红后褪色。(4)干燥的氯气不具有漂白性,Ⅱ和Ⅲ之间可增加干燥装置,除去氯气中的水蒸气,应选浓硫酸,故选④。(5)①由转化关系图可知,反应Ⅰ的化学方程式为CuO+2HCl CuCl2+H2O,属于复分解反应。②在450 ℃条件下,CuCl2与O2反应生成Cl2和CuO,根据得失电子守恒、原子守恒可得,反应Ⅱ的化学方程式为2CuCl2+O2 2CuO+2Cl2。③用氨气检查输送氯气的管道是否有Cl2泄漏,若Cl2有泄漏,可以观察到有白烟生成,即有NH4Cl生成,同时会生成一种空气中含量最多的物质N2,化学方程式为3Cl2+8NH3 6NH4Cl+N2。19.答案　(每空2分)(1)Cl2+2OH- Cl-+ClO-+H2O(2)①越慢　②pH=4的溶液中HClO含量高于pH=7的溶液中HClO含量(3)①SO2+2ClO3- 2ClO2+SO42-　②0.5　③ad解析　(1)氯气通入NaOH溶液中反应的离子方程式为Cl2+2OH- Cl-+ClO-+H2O。(2)①由实验现象可知:溶液的pH在4~10范围内,pH越大,红纸褪色越慢;②结合图像可知,b、c两烧杯中实验现象出现差异的原因是HClO含量不同。(3)①SO2通入硫酸酸化的NaClO3溶液中,NaClO3被还原为ClO2,SO2被氧化为SO42-,根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒可得反应的离子方程式为SO2+2ClO3- 2ClO2+SO42-;②NaClO3与盐酸反应生成ClO2、Cl2、NaCl和H2O,Cl2体积占气体产物体积的13,反应的化学方程式为2NaClO3+4HCl Cl2↑+2ClO2↑+2H2O+2NaCl,NaClO3中Cl元素的化合价由+5价降低为+4价,所以每生成0.5 mol ClO2,转移0.5 mol e-;③需将ClO2-转化为Cl-除去,氯元素的化合价由+3价降低为-1价,ClO2-得电子,被还原,需要加入具有还原性的物质,FeSO4具有还原性,O3具有强氧化性,KMnO4具有强氧化性,KI具有还原性,故选a、d。20.答案　(除标注外,每空2分)(1)2NaClO3+SO2 Na2SO4+2ClO2(2)c(3)还原剂(1分)　防止H2O2(受热)分解(4)加热升温至略低于60 ℃蒸发浓缩　冷却至略高于38 ℃结晶(5)由NaClO2~2I2~4Na2S2O3,可知25.00 mL溶液中n(NaClO2)=14n(Na2S2O3)=14×0.022 L×0.200 mol/L=0.001 1 mol,则样品中m(NaClO2)=10×0.001 1 mol×90.5 g/mol=0.995 5 g,因此该NaClO2产品的纯度=0.995 5 g1.000 g×100%=99.55%(3分,未写计算过程,不给分)解析　(1)在“ClO2发生器”中,NaClO3被SO2还原为ClO2,而SO2被氧化为硫酸钠,该反应的化学方程式为2NaClO3+SO2 Na2SO4+2ClO2。(2)根据题中信息可知,ClO2浓度过高时易发生爆炸分解,一般用稀有气体或空气稀释到含量10%以下,故向“ClO2发生器”中鼓入空气的作用是稀释ClO2,以防ClO2发生爆炸,故选c。(3)在“吸收塔”中,ClO2被H2O2还原为NaClO2,H2O2被氧化为O2,所以在此过程中加入的H2O2做还原剂;为防止H2O2受热分解,“吸收塔”中需要控制温度不超过20 ℃。(4)根据NaClO2的溶解度曲线可以看出,温度低于38 ℃时会生成NaClO2·3H2O,NaClO2在温度高于60 ℃时易分解生成NaClO3和NaCl,则从NaClO2溶液中获得NaClO2晶体的操作是:将NaClO2溶液加热升温至略低于60 ℃蒸发浓缩、冷却至略高于38 ℃结晶、过滤、洗涤、干燥。(5)由NaClO2+4KI+2H2SO4 2H2O+2I2+NaCl+2K2SO4,I2+2Na2S2O3 2NaI+Na2S4O6,可得关系式NaClO2~2I2~4Na2S2O3,所以25.00 mL溶液中n(NaClO2)=14n(Na2S2O3)=14×0.022 L×0.200 mol/L=0.001 1 mol,则样品中m(NaClO2)=10×0.001 1 mol×90.5 g/mol=0.995 5 g,故该NaClO2产品的纯度=0.995 5 g1.000 g×100%=99.55%。选项实验目的实验操作A鉴别溶液中的CO32-和HCO3-取样,分别加入足量澄清石灰水,观察溶液是否变浑浊B鉴别稀硫酸、Ba(NO3)2溶液、KCl溶液取样,分别加入Na2CO3溶液,观察现象C除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO42-试剂添加顺序:先加Na2CO3溶液,再加BaCl2溶液,最后加NaOH溶液D除去Fe(OH)3胶体中的FeCl3溶液将混合液用滤纸进行过滤烧杯溶液的pH现象a1010 min后,红纸基本不褪色;4 h后红纸褪色b710 min后,红纸颜色变浅;4 h后红纸褪色c410 min后,红纸颜色变得更浅;4 h后红纸褪色