期中质量检测B卷-2021-2022学年高一化学精讲精练（新鲁科版必修第一册）·

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期中质量检测
B组
（考试时间：90分钟 试卷满分：100分）
可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 Na：23 S：32 Cu：64
第Ⅰ卷（选择题）
一、选择题（本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求）
1．（2021·湖南省等级考真题）下列有关湘江流域的治理和生态修复的措施中，没有涉及到化学变化的是（ ）。
A．定期清淤，疏通河道
B．化工企业“三废”处理后，达标排放
C．利用微生物降解水域中的有毒有害物质
D．河道中的垃圾回收分类后，进行无害化处理
【解析】选A。定期清淤，疏通河道，保证河流畅通，没有涉及化学变化，A符合题意。
2．下列各反应属于图中阴影部分所示关系的是（ ）。

A．CO2与Na2CO3溶液 B．碳在氧气中燃烧
C．氯气与氯化亚铁溶液 D．铜与氯化铁溶液
【解析】选C。图中阴影部分所示为既属于化合反应，又属于离子反应，也属于氧化还原反应。CO2与Na2CO3溶液反应属于复分解反应、离子反应、非氧化还原反应，选项A不符合；碳在氧气中燃烧属于化合反应、非离子反应、氧化还原反应，选项B不符合；氯气与氯化亚铁溶液反应属于化合反应、离子反应、氧化还原反应，选项C符合；铜与氯化铁溶液反应不属于化合反应，属于离子反应、氧化还原反应，选项D不符合。
3．下列各组两种物质在溶液中的反应，可用同一离子方程式表示的是（ ）。
A．Cu（OH）2和盐酸；Cu（OH）2和CH3COOH
B．BaCl2和Na2SO4；Ba（OH）2和CuSO4
C．NaHCO3和NaHSO4；Na2CO3和NaHSO4
D．石灰石与硝酸；碳酸钙与盐酸
【解析】选D。盐酸是强酸，CH3COOH是弱酸，和氢氧化铜反应的离子方程式不同，A不选；BaCl2和Na2SO4反应生成硫酸钡沉淀和氯化钠，Ba（OH）2和CuSO4反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化铜沉淀，离子方程式不同，B不选；NaHCO3、Na2CO3在离子方程式中分别拆为钠离子和碳酸氢根、钠离子和碳酸根，和NaHSO4反应的离子方程式不同，C不选；石灰石与硝酸以及碳酸钙与盐酸反应的离子方程式均表示为CaCO3+2H+＝Ca2++CO2↑+H2O，D选。
4．（2020~2021学年湖南邵阳高一上期中）下列有关氯气实验现象的记录正确的是（ ）。
A．纯净的氢气在氯气中安静燃烧，发出苍白色火焰
B．钠可以在氯气中燃烧，发出黄色火焰，生成黄色固体
C．用pH试纸检验干燥的氯气，试纸先变红后褪色
D．新制的氯水是由氯气溶于水形成的无色透明溶液
【解析】选A。纯净的氢气能在氯气中燃烧生成氯化氢，反应为：H2+Cl22HCl，发出苍白色火焰，故A正确；钠与氯气反应生成氯化钠，发出黄色火焰，观察到白烟，生成白色氯化钠固体，故B错误；干燥氯气不能使pH试纸先变红后褪色，含水蒸气的氯气，氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，使pH试纸先变红后褪色，故C错误；氯气溶于水，部分与水反应生成氯化氢和次氯酸，方程式：Cl2+H2OHClO+H++Cl－，该反应为可逆反应，氯水中存在氯气，形成淡黄绿色溶液，故D错误。
5．（2020·无锡高一检测）为确定某溶液的离子组成，进行如下实验：①取少量溶液滴加Ba（NO3）2溶液，产生白色沉淀；②然后继续加入稀盐酸至溶液呈酸性，产生无刺激性气味且能使澄清石灰水变浑浊的气体；白色沉淀部分溶解；③取上层清液继续滴加Ba（NO3）2溶液至无沉淀时，再滴加AgNO3溶液，产生白色沉淀。根据实验，以下推测不正确的是（ ）。
A．一定有SO42－ B．一定有CO32－
C．不能确定Cl－是否存在 D．不能确定SO42－是否存在
【解析】选D。向①中生成的白色沉淀中继续滴加过量稀盐酸时，沉淀部分溶解，且产生CO2气体，证明原溶液中一定含有SO42－和CO32－。在②中的上层清液中加入AgNO3溶液产生白色沉淀AgCl，并不能确定原溶液中是否有Cl－，因为原溶液中已经加入了稀盐酸。
6．（2020·金昌高一检测）在一定条件下，RO3n－和I－可发生如下反应：RO3n－+6I－+6H+＝R－+3I2+3H2O，则RO3n－中R元素的化合价为（ ）。
A．+1 B．+3 C．+5 D．+7
【解析】选C。离子方程式前后遵循电荷守恒，所以n＝1，根据化合价规则，RO3－中氧元素化合价为－2价，所以R元素的化合价为+5价。
7．（2021·六安高一检测）设NA为阿伏伽德罗常数的数值，下列叙述正确的是（ ）。
A．0.1mol·L－1的NaCl溶液中Cl－的数目为0.1NA
B．16gO3中所含的氧原子数为NA
C．22.4LH2中含有的氢原子数一定为2NA
D．1molCl2与过量的金属钠充分反应后，转移的电子数为NA
【解析】选B。没有告诉氯化钠溶液的体积，无法计算溶液中氯离子的数目，故A错误；16g臭氧的物质的量为：＝mol，mol臭氧分子中含有1mol氧原子所含的氧原子数为NA，故B正确；不是标况下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算22.4L氢气的物质的量，故C错误；1mol氯气与过量的钠反应得到2mol电子，转移的电子数为2NA，故D错误。
8．（2021·肇庆高一检测）过氧化氢俗名双氧水，医疗上利用它有杀菌消毒作用来清洗伤口。下述反应中，H2O2仅体现氧化性的反应是（ ）。
A．Na2O2+2HCl＝2NaCl+H2O2
B．Ag2O+H2O2＝2Ag+O2↑+H2O
C．2H2O2＝2H2O+O2↑
D．3H2O2+Cr2（SO4）3+10KOH＝2K2CrO4+3K2SO4+8H2O
【解析】选D。Na2O2+2HCl＝2NaCl+H2O2，是一个非氧化还原反应，双氧水既不是氧化剂，也不是还原剂，故A不选；Ag2O+H2O2＝2Ag+O2↑+H2O，Ag2O被还原成单质银，H2O2仅表现为还原性，其中氧元素转化为O2，故B不选；2H2O2＝2H2O+O2↑，过氧化氢的分解反应，是一个自身氧化还原反应，H2O2既表现了氧化性，又表现了还原性，故C不选；3H2O2+Cr2（SO4）3+10KOH＝2K2CrO4+3K2SO4+8H2O，双氧水在反应中化合价由－1变成－2，化合价降低被还原，双氧水仅做氧化剂，故D选。
9．某化学课外小组为了鉴别碳酸钠和碳酸氢钠两种白色固体，用不同的方法做了以下实验，如图Ⅰ～Ⅳ所示。下列有关评价正确的是（ ）。

A．根据图Ⅰ所示实验，可以根据澄清石灰水是否变浑浊鉴别碳酸钠和碳酸氢钠固体
B．在图Ⅱ所示实验的左右两只试管中加入足量的盐酸，然后向两个气球中分别加入等物质的量的碳酸钠和碳酸氢钠固体，根据反应后气球的大小可鉴别两种固体
C．与实验Ⅲ相比，实验Ⅳ的突出优点是可以做到用一套装置同时进行两个对比实验，而Ⅲ不行
D．若用实验Ⅳ验证碳酸钠和碳酸氢钠的稳定性，则小试管B中装入的固体是碳酸钠
【解析】选C。澄清石灰水变浑浊能说明有二氧化碳生成，碳酸钠和碳酸氢钠固体都能与盐酸反应生成二氧化碳，故A错误；等物质的量的碳酸钠和碳酸氢钠固体生成二氧化碳的体积相同，无法鉴别，故B错误；实验Ⅲ、Ⅳ相比，IV可以做到一套装置同时进行两个对比实验，而III不能，故C正确；碳酸钠直接加热，碳酸氢钠不直接加热，不直接加热的碳酸氢钠能分解而直接加热的碳酸钠不分解更能说明碳酸氢钠不稳定，试管B中装入的固体最好是碳酸氢钠，故D错误。
10．实验室需要配制0.1mol/LNaOH溶液480mL，下列叙述正确的是（ ）。
A．需要用托盘天平称量NaOH固体的质量为1.92g
B．将NaOH固体在小烧杯中加水溶解后立即倒入容量瓶中并进行定容
C．在容量瓶中定容时俯视容量瓶刻度线会使溶液浓度偏高
D．定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面不到刻度线，再加水至刻度线
【解析】选C。需要配制0.1mol/LNaOH溶液480mL，实验室没有480mL容量瓶，应选择500mL容量瓶，需要氢氧化钠的质量m＝0.1mol/L×40g/mol×0.5L＝2.0g，故A错误；容量瓶为精密仪器，不能用来盛放过热液体，氢氧化钠溶解释放大量的热，应冷却到室温再进行移液操作，故B错误；在容量瓶中定容时俯视容量瓶刻度线，导致溶液体积偏小，依据c＝可知溶液浓度偏高，故C正确；定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面不到刻度线，再加水至刻度线，导致溶液体积偏大，依据c＝可知溶液浓度偏低，故D错误。
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目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）
11．在一个大试管里注入0.01mol/L碘化钾溶液10mL，用胶头滴管滴入8∼10滴相同浓度的硝酸银溶液，边滴加边振荡，即得碘化银胶体（黄色）。下列说法正确的是（ ）。
A．用上述胶体做电泳实验，发现阳极附近颜色逐渐变深，说明该胶体粒子带负电荷
B．提纯上述碘化银胶体，需要的实验用品有漏斗、滤纸、烧杯、玻璃棒等
C．在上述碘化银胶体中快速滴加0.01mol/L硝酸银溶液至10mL，将得到更多的胶体
D．该胶体稳定存在与胶体带有电荷有关
【解析】选AD。AgI胶体呈黄色，做电泳实验时，如果阳极附近颜色变深，则说明胶粒带负电，故A正确；KI和AgNO3反应后生成AgI和KNO3，而溶液能透过半透膜、胶体透不过，故分离溶液和胶体用渗析的方法，即需要的实验用品有半透膜、烧杯和玻璃棒等，故B错误；在上述碘化银胶体中快速滴加0.0lmol/L硝酸银溶液至l0mL，生成的AgI比较多且比较快，故得到的是AgI沉淀，而不是胶体，故C错误；胶体稳定的原因是胶粒带电，且同种胶粒带同种电荷，故胶粒间相互排斥，则胶体较稳定，故D正确。
12．下列操作不能达到目的是（ ）。
选项
目的
操作
A
配制80mL1.0mol•L－1CuSO4溶液
将16gCuSO4•5H2O溶于蒸馏水配制成100mL溶液
B
除去KCl中少量KClO3
将混合物（加少量MnO2）置于坩埚中灼烧至固体质量不再减少
C
在溶液中将MnO4－完全转化为Mn2+
向酸性KMnO4溶液中滴加H2O2溶液至紫色消失
D
确定NaCl溶液中是否混有Na2CO3
取少量溶液滴加CaCl2溶液，观察是否出现白色浑浊
【解析】选AB。实验室没有80mL容量瓶，有100mL容量瓶，所以需要80mL溶液应该配制100mL溶液，CuSO4·5H2O质量＝cVM＝1.0mol/L×0.1L×250g/mol＝25g，所以不能实现目的，故A选；在MnO2作催化剂条件下，KClO3分解生成KCl，但混有MnO2，所以不能实现目的，故B选；酸性条件下，KMnO4和H2O2发生氧化还原反应生成Mn2+和氧气，导致溶液紫色消失，所以能实现目的，故C不选；NaCl和CaCl2不反应，Na2CO3和CaCl2反应生成碳酸钙沉淀，所以可以检验是否含有Na2CO3，则可以实现目的，故D不选。
13．（2020·安徽黄山高一上期中）滴有酚酞的Ba（OH）2溶液显红色，在上述溶液中分别滴加X溶液后有下列现象。下列说法不正确的是（ ）。
序号
装置
X溶液
现象
I

盐酸
溶液红色褪去，无沉淀，灯泡亮度没有明显变化
II
Na2SO4
溶液红色不变，有白色沉淀生成，灯泡亮度没有明显变化
III
H2SO4
溶液红色褪去，有白色沉淀生成，灯泡逐渐变暗
A．实验I中溶液红色褪去，说明发生了反应H++OH－＝H2O
B．实验II中溶液红色不变，且灯泡亮度没有明显变化，说明溶液中依然存在有大量的Na+与OH－
C．实验III中溶液红色褪去，有白色沉淀生成，灯泡逐渐变暗，说明发生了反应Ba2++2OH－+2H++SO42－＝BaSO4↓+2H2O
D．将实验II中Na2SO4溶液换成CuSO4溶液，现象与原实验II中的现象相同
【解析】选D。显红色的酚酞，Ba（OH）2溶液显碱性，滴加盐酸，发生酸碱中和反应：H++OH－＝H2O溶液红色褪去，故A不符合题意；Ba（OH）2与Na2SO4发生复分解反应：Ba（OH）2+Na2SO4＝BaSO4↓+2NaOH，溶液中依然存在有大量的Na+与OH－，故B不符合题意；H2SO4与Ba（OH）2发生复分解反应：Ba2++2OH－+2H++SO42－＝BaSO4↓+2H2O，溶液中离子浓度减小，灯泡变暗，氢氧根浓度逐渐减小，红色逐渐褪去，故C不符合题意；CuSO4与Ba（OH）2发生复分解反应：Ba（OH）2+CuSO4＝BaSO4↓+Cu（OH）2↓，溶液中离子浓度逐渐减小，灯泡逐渐变暗，氢氧根浓度逐渐减小，红色逐渐褪去，与Na2SO4的实验现象不同，故D符合题意。
14．向含1molNa2CO3的饱和溶液中缓缓通入CO2气体使之充分反应，下列图象表示正确的是（ ）。
A． B．
C． D．
【解析】选A。碳酸钠饱和溶液中通入二氧化碳，发生反应Na2CO3+H2O+CO2＝2NaHCO3，溶液质量增加，当通入二氧化碳反应生成的碳酸氢钠达到其溶解度时，再通入二氧化碳反应生成的碳酸氢钠不能溶解，溶液质量减小，最后变为饱和碳酸氢钠溶液后保持不变，故A正确；碳酸钠饱和溶液中通入二氧化碳，发生反应Na2CO3+H2O+CO2＝2NaHCO3，碳酸氢根离子浓度增大，当生成的碳酸氢钠达到溶解度时，碳酸氢根离子浓度不再增大，通入二氧化碳的量小于1mol，故B错误；饱和溶液中通入二氧化碳反应生成碳酸氢钠，继续通入，随着二氧化碳通入量增大，碳酸氢钠达到饱和，有沉淀析出，所以开始钠离子浓度不变，后来变小，最后碳酸钠完全转化为碳酸氢钠溶液，钠离子浓度又保持不变，故C错误；刚开始为饱和碳酸钠溶液，没有沉淀析出，通入二氧化碳少量时发生反应Na2CO3+H2O+CO2＝2NaHCO3，但是碳酸氢钠还为达到饱和，所以不会有沉淀析出，一段时间后生成的碳酸氢钠增大，达到饱和开始产生沉淀，故D错误。
15．某学生做如下实验：第一步，在淀粉－KI溶液中，滴入少量NaClO溶液，并加入少量稀硫酸，溶液立即变蓝；第二步，在上述蓝色溶液中，滴加足量的Na2SO3溶液，蓝色逐渐消失。下列有关该同学对实验原理的解释和所得结论的叙述不正确的是（ ）。
A．氧化性：ClO－＞I2＞SO42－
B．蓝色消失的原因是Na2SO3溶液具有漂白性
C．淀粉－KI溶液变蓝是因为I－被ClO－氧化为I2，I2使淀粉变蓝
D．已知Cl2能使淀粉－KI溶液变蓝，则将Na2SO3溶液加入氯水中，氯水不褪色
【解析】选BD。在淀粉－KI溶液中加入少量NaClO溶液，并加入少量的稀硫酸，溶液立即变蓝，说明NaClO将KI氧化为单质碘；加入足量的Na2SO3溶液，蓝色逐渐消失，说明碘单质将Na2SO3氧化为Na2SO4，自身成为碘离子，第一步反应生成了碘单质，说明氧化性：ClO－＞I2，第二步碘被Na2SO3还原，说明氧化性：I2＞SO42－，则可知氧化性：ClO－＞I2＞SO42－，故A选项正确；根据以上分析知，蓝色消失的原因是Na2SO3溶液具有还原性，故B选项错误；根据以上分析知，淀粉－KI溶液变蓝是因为I－被ClO－氧化为I2，I2使淀粉变蓝，故C选项正确；Cl2能使淀粉－KI溶液变蓝，说明Cl2将KI氧化为单质碘，则氧化性Cl2＞I2，即Cl2＞I2＞SO42－，根据“强制弱原理”，则可以判断Cl2能把Na2SO3氧化生成硫酸钠，同时氯气被还原为氯离子，所以氯水褪色，故D选项错误。
第Ⅱ卷（非选择题）
三、非选择题：本题共5小题，共60分
16．下列三组物质中，均有一种物质的类别与其他三种不同。①MgO、Na2O、CO2、CuO②HCl、H2O、H2SO4、HNO3③NaOH、Na2CO3、KOH、Cu（OH）2。
（1）三种物质依次是（填化学式）：①________；②________；③________。
（2）这三种物质相互作用可生成一种新物质NaHCO3，该反应________（填“是”或“不是”）氧化还原反应。
（3）写出Na2CO3与足量稀硫酸反应的离子方程式：_______________________。
（4）HCO3－与H+、OH－在溶液都不能大量共存，试用离子方程式说明：_________________________________________________________。
【解析】（1）①中CO2是非金属氧化物，其他都是金属氧化物；②中H2O不是酸，其他都是酸；③中Na2CO3是盐，其他都是碱；（2）化学反应为：Na2CO3+CO2+H2O＝2NaHCO3，反应中元素没有价态变化，不是氧化还原反应；（3）Na2CO3是可溶性盐，硫酸是强酸，离子反应均能拆，所以Na2CO3与足量稀硫酸反应的离子方程式：CO32－+2H+＝H2O+CO2↑（4）HCO3－是弱酸的酸式酸根，能与H+、OH－反应，其离子方程式为：HCO3－+H+＝CO2↑+H2O、HCO3－+OH－＝CO32－+H2O。
【答案】（1）CO2；H2O；Na2CO3（2）不是
（3）CO32－+2H+＝H2O+CO2↑
（4）HCO3－+H+＝CO2↑+H2O、HCO3－+OH－＝CO32－+H2O
17．（2021·沈阳高一上期中检测）如图1是钠及其化合物与水反应关系图，两圆圈相交的部分表示圆圈内的物质相互发生的反应。请按要求填空。

（1）反应①的化学方程式________________________。
（2）在反应②中的混合液滴入酚酞，可观察到的现象是____________。
（3）研究性学习小组设计图2装置探究反应③是放热反应。

i．向烧杯内滴加水时，可观察到的现象是________________________。
ⅱ．该反应的化学方程式为________________________。
ⅲ．举例过氧化钠的用途____________。（写一种）
（4）超氧化钾（KO2）与过氧化钠一样能吸收CO2生成碳酸盐及O2，写出该反应的化学方程式________________________。
（5）若0.1mol钠与100g的水反应，产生H2在标况下的体积为______L。
【解析】（1）反应①是钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，其化学方程式为：2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑；（2）在反应②是氧化钠与水反应生成氢氧化钠，在混合液中滴入酚酞，酚酞遇碱变红，则可观察到的现象是：混合液变红；（3）反应③过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，是放热反应，图2装置中：i.向烧杯内滴加水时，反应产生氧气，故烧杯中产生气泡，反应放热，锥形瓶内气体体积增大，U形管内液体右移，静止后液面左边低于右边；ⅱ.该反应的化学方程式为2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑；ⅲ.过氧化钠的用途有供氧剂、漂白剂等等；（4）超氧化钾（KO2）与过氧化钠一样能吸收CO2生成碳酸盐及O2，发生反应的化学方程式为：4KO2+2CO2＝2K2CO3+3O2；（5）根据反应方程式2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑可知，若0.1mol钠与100g的水反应，水过量，0.1mol钠反应生成0.05mol氢气，则产生H2在标况下的体积为0.05mol×22.4L/mol＝1.12L。
【答案】（1）2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑
（2）混合液变红
（3）i．烧杯中产生气泡，U形管内液体右移，静止后液面左边低于右边ⅱ．2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑ⅲ．供氧剂、漂白剂等
（4）4KO2+2CO2＝2K2CO3+3O2（5）1.12
18．现有含少量KCl、K2SO4、K2CO3杂质的KNO3溶液，选择适当的试剂除去杂质，得到纯净的KNO3固体，实验流程如图所示：

注：KNO3固体容易受热分解；HNO3易挥发。
（1）沉淀A的主要成分是__________、__________（填化学式）。
（2）②中反应的化学方程式是____________________。
（3）③进行的实验操作是__________（填操作名称）。
（4）③加入过量的K2CO3溶液的目的是_______________。
（5）为了除去溶液3中的杂质，可向其中加入适量的__________。从此溶液获得KNO3晶体的操作是__________、__________、过滤。
【解析】利用含少量KCl、K2SO4、K2CO3杂质的KNO3溶液，得到纯净的KNO3固体，由流程可知，①中加过量的硝酸钡，与K2SO4、K2CO3反应生成沉淀A为BaSO4、BaCO3，滤液中含KCl、硝酸钡、KNO3，②中与过量硝酸银反应生成AgCl沉淀，溶液2中含硝酸钡、硝酸银、硝酸钾，③中与过量碳酸钾反应生成碳酸钡、碳酸银沉淀，溶液3中含硝酸钾、碳酸钾，应加硝酸再蒸发结晶、过滤得到硝酸钾。（1）由上述分析可知，沉淀A中含BaSO4、BaCO3；（2）②中反应的化学方程式AgNO3+KCl＝AgCl↓+KNO3；（3）③分离不溶性固体与溶液，进行的实验操作是过滤；（4）③加入过量的K2CO3溶液的目的是除去Ba2+、Ag+；（5）为了除去溶液3中的杂质，可向其中加入适量的稀硝酸．从此溶液获得KNO3晶体的操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤。
【答案】（1）BaSO4；BaCO3（2）AgNO3+KCl＝AgCl↓+KNO3
（3）过滤（4）Ba2+、Ag+（5）稀硝酸；蒸发浓缩；冷却结晶
19．如图为氯及其化合物的“价－类”二维图。

（1）填写二维图缺失的类别：A______________；化学式：B______________。
（2）某同学利用以下试剂研究HCl性质，进行了如下预测：从物质类别上看，HCl属于__________，可能与__________发生反应（填字母）；从化合价角度看，Cl－具有__________性，可能与__________发生反应（填字母）。
a．NaClO b．Fe c．NaOH d．KMnO4 e．AgNO3
（3）某工厂用NaCl溶液制备氯气，其化学原理为如下反应：
H2O+NaClCl2↑+NaOH+
①请将上述方程式补充完整，并用单线桥表示电子转移情况_____________；
②反应中NaCl作__________剂，理由是_________________________。
【解析】（1）Cl2为单质，因此A代表单质；物质B中Cl为+7价，Cl为+7价的酸为HClO4。（2）HCl属于强电解质，在溶液中完全电离成Cl－和H+，因此HCl属于酸，能与铁反应生成氢气，能与氢氧化钠发生中和反应，能与AgNO3反应生成AgCl白色沉淀，Cl－中Cl为－1价，为最低价态，具有还原性，能与NaClO发生归中反应，能与KMnO4发生氧化还原反应。（3）①根据氧化还原反应化合价升降总数相等配平方程式，可得化学方程式为2H2O+2NaClCl2↑+2NaOH+H2↑，2mol NaCl参与反应，电子转移2mol，用单线桥表示为；②由方程式可知，反应中Cl由－1价变为0价，化合价升高，失去电子，被氧化，NaCl作还原剂。
【答案】（1）单质；HClO4（2）酸；abcde；还原；ad
（3）①
②还原；NaCl中氯元素由－1价上升为0价（或Cl－在反应中失去电子）
20．（2020·大连高一上期末）某废水中含有CN－和Cr2O72－等离子，需经污水处理达标后小能排放，污水处理拟采用下列流程进行处理：

回答下列问题：
（1）步骤②中，CN－被ClO－氧化为CNO－的离子方程式为____________。
（2）步骤③的反应的离了方程式为S2O32－+Cr2O72－+H+→SO42－+Cr3++H2O（未配平），每消耗0.4molCr2O72－时，反应中S2O32－失去_________mol电子。
（3）含Cr3+废水可以加入熟石灰进一步处理，目的是___________________。
【解析】（1）步骤②中，CN－被ClO－氧化为CNO－，因为是在碱性环境中，所以ClO－只能被还原为Cl－，因此反应的离子方程式为CN－+ClO－＝CNO－+Cl－；（2）根据方程式可知，在反应中Cr元素的化合价从+6价降低到+3价，得到3个电子，所以0.4molCr2O72－转化为Cr3+时转移电子的物质的量＝0.4mol×（6－3）×2＝2.4mol；（3）熟石灰是强碱，溶于水显碱性，所以含Cr3+废水中加入熟石灰进一步处理的目的是调节废水pH，使其转化为Cr（OH）3沉淀除去。
【答案】（1）CN－+ClO－＝CNO－+Cl－（2）2.4（3）调节废水pH，使其转化为Cr（OH）3沉淀除去