专题4《硫与环境保护》检测题高一上学期苏教版（2019）化学必修第一册（含解析）

专题4《硫与环境保护》检测题
一、单选题
1．下列气体不能用排水法收集的是
A．SO2 B．H2 C．O2 D．CO
2．反应Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O中，还原产物是
A．Cu B．H2SO4 C．CuSO4 D．SO2
3．、、等气体通称为拟卤素，它们的性质与相似，氧化性强弱顺序是。下列方程式中错误的是
A．
B．
C．
D．
4．实验室制氯气的反应式为：。下列说法错误的是
A．还原剂是，氧化剂是
B．反应中氯元素将电子转移给锰元素
C．每生产1mol ，转移电子的物质的量为2mol
D．每消耗Imol ，起还原作用的消耗4mol
5．下列陈述I和Ⅱ均正确，并且有因果关系的是
选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ
A SO2 有氧化性 SO2 有漂白性
B 碳酸钠固体中没有离子 碳酸钠固体不导电
C Fe3+有强氧化性 FeCl3溶液可溶解铜
D FeO42-有强氧化性 K2FeO4可用作净水剂
A．AA．A B．B C．C D．D
6．最近我国科学家研究发现人体中微量的能有效预防心脏病、阿尔茨海默症等，下列有关的说法正确的是
A． 属于非电解质 B．人体内可由含硫蛋白质降解产生
C．吸入少量对人体无害 D． 只有还原性
7．对于下列反应的说法中正确的是
A．2CuFeS2+O2=Cu2S+2FeS+SO2，CuFeS2是氧化剂，O2是还原剂
B．3Cu+8HNO3=3Cu( NO3)2+2NO↑+4H2O氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶3
C．KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O，生成3 mol Cl2，转移电子6 mol
D．Cr2O+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O，说明还原性：Cr3+> Fe2+
8．现取m克铝镁合金与一定浓度的稀硝酸恰好完全溶解（假定硝酸的还原产物只有NO），向反应后的混合溶液中滴加bmol/LNaOH溶液，当滴加到VmL时，得到沉淀质量恰好为最大值n克，则下列有关该实验的说法中正确的有
①沉淀中氢氧根的质量为（n－m）克
②恰好溶解后溶液中的NO3-离子的物质的量为mol
③反应过程中转移的电子数为mol
④生成标准状况下NO气体的体积为L
⑤与合金反应反应的硝酸的物质的量为(+)mol
A．2项 B．3项 C．4项 D．5项
9．高铁酸钾(K2FeO4)是一种环保、高效、多功能饮用水处理剂，制备流程如图所示：
下列叙述不正确的是
A．反应Ⅰ产生的尾气可通入碱液中吸收
B．反应Ⅰ生成的，在碱性条件下会被氧化成
C．反应Ⅱ中每转移电子会生成
D．转化成的化学方程式为
10．已知：5PbO2+2Mn2++4H+=5Pb2++2+2H2O，下列说法正确的是(　　)
A．PbO2为还原剂，具有还原性
B．氧化产物与还原产物的物质的量之比为2∶5
C．生成1mol的Pb2+，转移的电子数为5mol
D．酸性环境下PbO2的氧化性弱于
11．硫代硫酸钠(Na2S2O3)可作为脱氯剂。已知溶液恰好将完全转化为，则将转化成
A． B．S C． D．
12．联氨(N2H4)可用于处理锅炉水中的溶解氧，防止锅炉被腐蚀，其中一种反应机理如图所示。下列叙述错误的是
A．①转化中N2H4是还原剂 B．工业上也可使用Na2SO3处理锅炉水中的溶解氧
C．1mol N2H4可处理水中1.5 molO2 D．③中发生反应后溶液的pH增大
13．对下列实验过程的评价，正确的是
A．某固体中加入稀盐酸，产生了无色气体，证明该固体一定会有CO
B．某溶液中滴加了Na2CO3溶液，生成白色沉淀，该溶液中一定会有Ba2+
C．某溶液中先滴加盐酸使溶液酸化，再滴加BaCl2溶液，生成白色沉淀，该溶液中一定有SO
D．验证烧碱溶液中是否含Cl﹣，先加稀盐酸除去OH﹣，再加AgNO3溶液，有白色沉淀出现，证明含Cl﹣
14．下列是对“某溶液”进行离子检测的方法和结论，其中说法正确的是
A．加入稀HCl产生能使澄清石灰水变浑浊的无色气体，则溶液中一定含有
B．先加入氯水，再加入KSCN溶液显红色，则溶液中一定含有Fe3+
C．依次加入BaCl2溶液、HNO3溶液，有白色沉淀产生，则溶液中一定含有
D．加入HNO3酸化的AgNO3液，有白色沉淀产生，则溶液中一定含有Cl-
15．下列实验操作的先后顺序错误的是( )
A．配制浓硝酸和浓硫酸的混酸：先向烧杯中加入浓硝酸，后加入浓硫酸
B．检验待测液中的Fe2+：先滴加KSCN溶液，后滴加稀硫酸酸化的双氧水
C．滴定实验中：先用待装液润洗滴定管，后检查滴定管是否漏液
D．除去SO2中的HCl：先通过饱和NaHSO3溶液，后通入浓硫酸中
二、填空题
16．Ⅰ．高铁酸钾K2FeO4是一种新型、高效、多功能绿色水处理剂，比Cl2、O2、ClO2、KMnO4氧化性更强，且无二次污染。
①K2FeO4在净水过程中可转化为Fe(OH)3胶体而吸附杂质，Fe(OH)3胶体粒子的直径大小范围是_______________。
②K2FeO4中Fe为+6价，具有强氧化性，盐酸中加入少量K2FeO4固体，产生黄绿色气体。该反应的化学方程式是________。
③K2FeO4是否具有还原性？__________(填“有”或“没有”)。
Ⅱ．Cl2是一种有毒气体，如果泄漏会造成严重的环境污染。化工厂可用浓氨水来检验Cl2是否泄漏，有关反应的化学方程式为：3Cl2+8NH3=6NH4Cl+N2。
① 用单线桥标出电子转移的方向和数目______。
② 此反应中氧化剂与还原剂的质量之比为________。
Ⅲ．已知常温下在溶液中可发生如下两个反应：；。由此可以确定、、三种离子的氧化性由强到弱的顺序是____________。
17．“新冠”疫情期间，人们广泛使用“84”消毒液(有效成分NaClO).回答下列问题：
(1)用氯气制备“84”消毒液的离子方程式为_______。图中是某“84”消毒液的标签，NaClO的物质的量浓度为_______mol·L-1(保留1位小数)。
(2)资料显示“84”消毒液不能与洁厕灵(含HCl)混合使用，对此某小组开展如图所示的研究。两表面皿之间充满黄绿色气体。则“84”消毒液与洁厕灵反应的化学方程式为_______，NaOH的作用是_______。
(3)过氧化钠有强氧化性，也可用作杀菌剂、消毒剂、漂白剂和供氧剂等。若Na2O2作供氧剂与H2O完全反应时，若转移0.3 mol电子，则生成标准状况下的O2_______L。
三、实验题
18．硫代硫酸钠(Na2S2O3)在工业、医药制造业中被广泛应用。实验室可通过Na2SO3溶液和硫磺(S)共热制备，实验装置如图所示。
(1)装置A中的反应，体现70%浓硫酸的___________性。
(2)装置B的作用是___________。
(3)装置C用于制取Na2S2O3，反应分两步，第一步反应的化学方程式为Na2CO3+SO2=Na2SO3+CO2，则第二步反应的化学方程式为___________。
(4)装置E反应后烧杯中含有和 ，验证该溶液中含有溶液的方法：取少量溶液，滴加足量的稀硫酸，___________。
19．二氧化氯(ClO2)是一种优良的消毒剂，熔点为-59℃，沸点为11℃，浓度过高时易发生分解，甚至爆炸。某课外兴趣小组通过氯气与NaC1O2溶液反应来制取少量ClO2，装置如图所示：
(1)甲装置中圆底烧瓶内发生反应的化学方程式是________________________
(2)丙装置中发生的反应可能经两步完成，请将其补充完整：
____________________________(用化学方程式表示)。
②HClO+HCl+2NaClO2=2C1O2↑+2NaCl+H2O。
(3)Cl-存在时会催化：ClO2的生成，若无乙装置，则丙装置内产生ClO2的速率明显加快。乙装置中试剂瓶内的液体是________。实验过程中常需通入适量的N2稀释ClO2，其目的是____________
(4)戊装置烧杯中 NaOH 溶液吸收ClO2后，生成了ClO、ClO，该反应的离子方程式是________
(5)ClO2与酸性碘化钾溶液反应(还原产物为Cl-)，反应的离子方程式为：____
四、计算题
20．请回答下列问题：
(1)标准状况下，V L氯化氢(HCl)溶解在1 L水中(水的密度近似为1 g/mL)所得溶液的密度为ρ g/mL，则所得盐酸物质的量浓度为_______
(2)将a mol钠和a mol铝一同投入m g足量水中，所得溶液密度为d g·mL-1，该溶液中溶质质量分数为_______
(3)在200 mL氯化镁和氯化铝的混合溶液中，c(Mg2+)为0.2 mol·L-1，c(Cl-)为1.3 mol·L-1。要使Mg2+全部转化为沉淀分离出来，至少需加4 mol·L-1 NaOH溶液的体积为_______
(4)某铁的氧化物(FexO)1.52 g溶于足量盐酸中，向所得溶液中通入112 mL Cl2(标准状况下)，恰好将Fe2+完全氧化。x值为_______
(5)向一定量的FeO、Fe、Fe3O4的混合物中加入100 mL 1 mol·L-1的盐酸，恰好使混合物完全溶解，放出224 mL(标准状况)的气体，在所得溶液中加入KSCN溶液无血红色出现。若用足量的CO在高温下还原相同质量的此混合物，能得到铁的质量是_______
(6)某无色溶液中含有H+、Al3+、Mg2+三种阳离子，逐滴加入0.1 mol·L-1 NaOH溶液，消耗NaOH溶液体积和生成沉淀之间的关系如下图所示。则溶液中H+、Al3+、Mg2+三种阳离子的物质的量浓度之比为_______
21．将32.0 g铜与140 mL一定浓度的硝酸反应，铜完全溶解产生的NO和NO2混合气体体积为11.2 L(已换算为标准状况)。请回答：
(1)NO的体积为_______L
(2)待产生的气体全部释放后，向溶液中加入V mLa mol·L-1的NaOH溶液，恰好使溶液中的Cu2+全部转化成沉淀，则原硝酸溶液的浓度为_______mol·L-1.(不用化简)
(3)欲使铜与硝酸反应生成的气体在NaOH溶液中全部转化为NaNO3，至少需要30%的双氧水_______g。(保留一位小数)
参考答案：
1．A
【详解】A．SO2能溶于水，SO2不能用排水法收集，故选A；
B．H2难溶于水，H2能用排水法收集，故不选B；
C．O2微溶于水，O2能用排水法收集，故不选C；
D．CO难溶于水，CO能用排水法收集，故不选D；
选A。
2．D
【分析】在氧化还原反应中，化合价升高，失电子，被氧化，得到氧化产物；化合价降低，得电子，被还原，得到还原产物。
【详解】根据Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O的反应来分析，浓硫酸中硫元素化合价降低，生成二氧化硫，还原产物是二氧化硫，故选D。
【点睛】氧化还原反应中，要熟记：升失氧化还原剂，降得还原氧化剂。
3．C
【详解】A．根据氯气的实验室制法，结合氧化性：氧化剂>氧化产物，可得氧化性：MnO2>Cl2，又因为氧化性，所以氧化性，所以题干反应方程式正确，故A正确；
B．因为氧化性强弱顺序是，故方程式正确，故B正确；
C．因为氧化性强弱顺序是，故方程式不能发生，故C错误；
D． (CN)2被称为拟卤素，性质与氯气相似，氯气能发生，故是正确的，故D正确；
故答案为：C。
4．D
【详解】A.该反应中氯元素化合价上升，为还原剂；锰元素化合价下降，为氧化剂，A项正确；
B.氯元素化合价升高，失电子，锰元素化合价下降，得电子，因此相当于氯元素将电子转移给锰元素，B项正确；
C.由方程式可以看出当反应生成1mol氯气时，一共转移了2mol电子，也就是说生成氯气数:转移电子数=2:1，C项正确；
D.虽然看方程式好像每消耗1mol二氧化锰就有4mol盐酸参与反应，但实际上只有2个氯的化合价从-1价升高到了0价，另外两个氯的化合价是没有改变的，因此不起还原作用，D项错误；
答案选D。
5．C
【详解】试题分析：A、SO2的漂白性是二氧化硫与有色物质结合生成无色不稳定的物质，与氧化性无关，A错误；B、碳酸钠固体不导电，是因为碳酸钠中的离子不能自由移动的缘故，B错误；C、三价铁离子具有较强的氧化性，能将铜氧化，因此工业上常用氯化铁溶液腐蚀电路板，存在因果关系，C正确；D、高铁酸根与水反应生成氢氧化铁胶体，能够吸附水中杂质而净水，不是因为具有氧化性，D错误。
考点：考查了物质的性质和反应原理的相关知识。
6．B
【详解】A．硫化氢属于弱酸，是弱电解质，A错误；
B．含硫蛋白中含有硫元素，降解可产生硫化氢，B正确；
C．硫化氢有毒，直接吸入硫化氢会对人体造成伤害，C错误；
D．硫化氢中的氢化合价为+1价，是最高价，具有氧化性，因此硫化氢既有氧化性也有还原性，D错误；
故选B。
7．B
【详解】A．2CuFeS2中Cu元素化合价为+2价，Fe为+2价，S为-2价，反应中Cu元素化合价由+2价降低到+1价，S元素化合价由-2价升高到+4价，则CuFeS2既是氧化剂又是还原剂，O2是氧化剂，故A错误；
B．3Cu+8HNO3=3Cu( NO3)2+2NO↑+4H2O中，氧化剂是HNO3，部分被还原，还原产物为NO，还原剂为Cu，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶3，故B正确；
C．反应KClO3+6HCl(浓)═KCl+3Cl2↑+3H2O中，只有Cl元素化合价发生变化，Cl元素化合价分别由+5价、-1价变化为0价，生成3molCl2，转移电子5mol，故C错误；
D．氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，还原性Cr3+＜Fe2+，故D错误；
故选B。
8．D
【详解】试题分析：①沉淀为氢氧化铝和氢氧化镁，沉淀质量等于铝镁合金质量与氢氧根质量之和，所以沉淀中氢氧根的质量为（n-m）克，故①正确；②恰好溶解后溶液中的NO3-离子的物质的量等于沉淀质量最大溶液中NO3-离子的物质的量，当沉淀量最大时，溶液中的溶质只有硝酸钠（NaNO3），硝酸根离子与钠离子的物质的量相等，n（NO3-）=n（Na+）=n（NaOH）=mol，故②正确；③至沉淀量最大，生成的n克沉淀为氢氧化铝和氢氧化镁．根据质量守恒定律，其中镁、铝元素的质量等于m克合金的质量，所以沉淀中氢氧根的质量为（n-m）克，在沉淀中，氢氧根的物质的量等于Mg2+、Al3+所带电荷的物质的量，也等于合金失去电子的物质的量，即为反应过程中转移的电子，n（e-）=n（OH-）=mol，故③正确；④根据电子守恒原理，生成NO时，HNO3中+5价的N原子得3个电子，因此生成NO的物质的量应该是转移电子的三分之一，即mol×=mol，其体积在标准状况下为L，故④正确；⑤参加反应的硝酸有两种作用，起酸和氧化剂作用，作为酸的硝酸（生成硝酸盐）的物质的量等于硝酸钠的物质的量为mol，作氧化剂的硝酸的物质的量等于NO的物质的量为mol，所以与合金反应的硝酸的物质的量为（+）mol，故⑤正确；故①②③斯⑤正确，故选D。
【考点定位】考查有关混合物反应的计算；镁、铝的重要化合物
【名师点晴】本题结合铝镁与硝酸反应及生成的盐与氢氧化钠反应的特点，对电子守恒、溶液电中性原理、质量守恒进行综合考查。题目以多项形式呈现，考查了学生的综合运用知识能力和解决复杂问题的能力，是一道考查能力的好题。mg铝镁合金与一定浓度的稀硝酸恰好完全溶解（假定硝酸的还原产物只有NO），向反应后的混合溶液中滴加b mol/L NaOH溶液，当滴加到V mL时，得到沉淀质量恰好为最大值n克，沉淀质量最大为氢氧化铝和氢氧化镁质量之和，此时溶液为硝酸钠溶液。
9．B
【分析】铁与氯气反应生成氯化铁，加入NaClO、NaOH，次氯酸钠将铁离子在碱性条件下氧化成Na2FeO4，加入饱和KOH溶液可析出高铁酸钾（K2FeO4），分离得到粗K2FeO4，采用重结晶、洗涤、低温烘干将其提纯，以此解答该题。
【详解】A．反应Ⅰ产生的尾气是过量的氯气，可通入碱液中吸收，故A正确；
B．由分析可知，反应Ⅰ生成的，氯酸钠将铁离子在碱性条件下氧化成Na2FeO4，故B错误；
C．反应中Cl元素化合价由+1价降低为-1价，Fe元素化合价由+3价升高到+6价，每转移电子会生成，故C正确；
D．和KOH发生复分解反应转化成，化学方程式为，故D正确；
故选B。
10．B
【详解】A. 该反应中Pb元素化合价由+4价变为+2价、Mn元素化合价由+2价变为+7价，所以PbO2为氧化剂、锰离子为还原剂，所以PbO2体现氧化性，故A错误；
B. 氧化产物和还原产物分别是、Pb2+，其物质的量之比为2:5，故B正确；
C. 生成1mol的Pb2+，转移的电子物质的量=1mol×2=2mol，故C错误；
D. 氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，该反应中，氧化剂是PbO2，氧化产物是，所以酸性环境下PbO2的氧化性强于的，故D错误；
故选：B。
11．A
【详解】设硫代硫酸钠的氧化产物中硫元素的化合价为a，由得失电子数目守恒可得：0.100mol/L×0.025L×2×(a—2)= ×2×1，解得a=+6，则氧化产物为硫酸根离子；
故选A。
12．C
【详解】A．①转化中N2H4转化为N2 ， N元素化合价升高，所以N2H4是还原剂，A项正确；
B．Na2SO3具有较强还原性，可以和氧气发生氧化还原反应，从而除去溶解氧，B项正确；
C．据图可知，整个流程中Cu元素的化合价没有发生变化， N2H4中N元素转化为N2，化合价升高2价，所以1mol N2H4反应时转移4mol电子， O2中的O元素由0价变为- 2价，所以转移4mol电子时反应1mol O2，C项错误；
D．第②步中加入氨水，溶液呈碱性，③中氧气得电子，碱性溶液中会生成氢氧根离子，导致溶液pH增大，D项正确；
答案选C。
13．C
【详解】A．CO、HCO、SO、HSO都和稀盐酸反应生成无色气体，所以某固体中加入稀盐酸，产生了无色气体，不能证明该固体中一定含有CO，故A错误；
B．遇到Na2CO3溶液产生白色沉淀的有Ba2+、Ca2+等，某溶液中滴加了Na2CO3溶液，生成白色沉淀，该溶液中不一定会有Ba2+，故B错误；
C．某溶液中先滴加盐酸使溶液酸化，排出了碳酸根、亚硫酸根、银离子等的干扰，再滴入BaCl2溶液，生成白色沉淀，证明一定含有SO，故C正确；
D．加稀盐酸除去OH-的同时，已经在溶液中引入了Cl-，所以当再加入AgNO3溶液，有白色沉淀，并不能说明验证原烧碱溶液中是否含Cl-，故D错误；
答案为C。
14．D
【详解】A．加入稀HCl产生能使澄清石灰水变浑浊的无色气体，该气体可能是CO2，也可能是SO2，则溶液中可能含有，也可能含有或、，不一定含有，A错误；
B．向溶液中先加入氯水，再加入KSCN溶液显红色，说明加入氯水后的溶液中含有Fe3+，该Fe3+可能是原溶液中含有的，也可能是Fe2+被氯水氧化产生的，因此不能确定原溶液中是否含有Fe3+，B错误；
C．由于HNO3具有强氧化性，可能会将氧化为，所以向某溶液中依次加入BaCl2溶液、HNO3溶液，有白色沉淀产生，则溶液中可能含有，加入BaCl2溶液时产生BaSO3白色沉淀，再加入稀HNO3，HNO3将BaSO3氧化为BaSO4白色沉淀，因此原溶液中不一定含有，C错误；
D．由于AgCl是白色既不溶于水、也不溶于稀硝酸的物质，所以向某溶液中加入HNO3酸化的AgNO3液，有白色沉淀产生，则溶液中一定含有Cl-，D正确；
故合理选项是D。
15．C
【详解】A.浓硫酸的密度大于浓硝酸，类似浓硫酸稀释，在浓硝酸中加入浓硫酸，避免造成液滴飞溅，A正确；
B.先加入KSCN溶液，排除Fe3+干扰，后滴加稀硫酸酸化的双氧水，若溶液变为血红色，证明溶液中含有Fe2+，B正确；
C.应该先检查滴定管是否漏液，然后用待装液润洗，C错误；
D.混合气体先通入饱和NaHSO3溶液除去HCl，然后用浓硫酸干燥，D正确；
故合理选项是C。
16． 1~100nm 2K2FeO4+16HCl=4KCl+2FeCl3+3Cl2↑+8H2O 有 213∶34 ＞＞
【详解】Ⅰ．①K2FeO4在净水过程中可转化为Fe(OH)3胶体而吸附杂质，胶体粒子的直径大小范围是1~100nm，故答案为：1~100nm；
②K2FeO4中Fe为+6价，具有强氧化性，盐酸中加入少量K2FeO4固体，产生黄绿色气体，该气体为氯气，K2FeO4被还原为铁离子，反应的化学方程式为2K2FeO4+16HCl=4KCl+2FeCl3+3Cl2↑+8H2O，故答案为：2K2FeO4+16HCl=4KCl+2FeCl3+3Cl2↑+8H2O；
③K2FeO4中O元素的化合价为-2价，处于最低价态，能够被氧化，因此K2FeO4有还原性，故答案为：有；
Ⅱ．①化学反应3Cl2+8NH3=6NH4Cl+N2中，Cl元素化合价由0价降低为-1价，Cl2为氧化剂，得到电子，N元素化合价由-3价升高为0价，NH3为还原剂，失去电子，共转移6个电子，电子转移的方向和数目用单线桥表示为，故答案为：；
② 3Cl2+8NH3=6NH4Cl+N2中氧化剂为Cl2，还原剂为NH3，物质的量之比为3∶2，质量之比为3×71∶2×17=213∶34，故答案为：213∶34；
Ⅲ．根据反应Ce4++Fe2+=Fe3++Ce3+，可知氧化性：Ce4+＞Fe3+，根据反应Sn2++2Fe3+=2Fe2++Sn4+，可知氧化性：Fe3+＞Sn4+，所以Ce4+、Sn4+、Fe3+三种离子的氧化性由强到弱的顺序是Ce4+＞Fe3+＞Sn4+，故答案为：Ce4+＞Fe3+＞Sn4+。
17． Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O 4.0 NaClO+2HCl=Cl2 ↑+NaCl+H2O 吸收Cl2，防止污染空气 3.36
【详解】(1)用氯气制备“84”消毒液为氯气与氢氧化钠的反应，离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；由图中消毒液的标签，可知质量分数为25%，密度为1.2g/cm3，则NaClO的物质的量浓度为；
(2) “84”消毒液不能与洁厕灵(含HCl)混合使用，生成黄绿色有毒气体氯气，化学方程式为NaClO+2HCl=Cl2 ↑+NaCl+H2O，NaOH的作用是吸收Cl2，防止污染空气。
(3) Na2O2与H2O反应化学方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+ O2，根据方程式可知每生成一个氧气转移2个电子，则转移0.3 mol电子，生成O20.15 mol，标准状况下的体积为。
18．(1)酸
(2)作安全瓶，防止倒吸
(3)S+Na2SO3Na2S2O3
(4)将所得气体通入过量的酸性KMnO4溶液。再将剩余气体通入足量的澄清石灰水。若澄清石灰水变浑浊，则证明溶液中存在。
【分析】在装置A中70%的H2SO4与Na2SO3发生复分解反应制取SO2，装置B是安全瓶，防止在装置C中由于气体反应导致装置中气体压强减小而产生的倒吸现象的发生。在装置C中SO2与Na2CO3发生反应：Na2CO3+SO2=Na2SO3+CO2，Na2SO3与S进一步发生反应：S+Na2SO3Na2S2O3，制取得到Na2S2O3，装置D是安全瓶，防止倒吸现象的发生，装置E是尾气处理装置，吸收多余的SO2气体，防止大气污染。
（1）
在装置A中70%的H2SO4与Na2SO3发生复分解反应制取SO2，反应方程式为：H2SO4+Na2SO3=Na2SO4+SO2↑+H2O，该反应中体现70%浓硫酸的酸性；
（2）
装置B的作用是作安全瓶，防止倒吸现象的发生；
（3）
在装置C中可通过Na2SO3溶液和硫磺(S)共热制备Na2S2O3，反应分两步，第一步反应的化学方程式为Na2CO3 +SO2=Na2SO3+CO2，则第二步反应的化学方程式为S+Na2SO3Na2S2O3；
（4）
装置E反应后烧杯中含有和，验证该溶液中含有溶液的方法：取少量溶液，滴加足量的稀硫酸，反应产生SO2气体，反应产生CO2气体，根据SO2气体具有还原性，将混合气体通入通入过量的酸性KMnO4溶液，SO2转化为H2SO4除去，然后将剩余气体通入足量的澄清石灰水。若澄清石灰水变浑浊，则证明溶液中存在。
19．(1)MnO2＋4HCl(浓) MnCl2＋Cl2↑＋2H2O
(2)Cl2＋H2O=HCl＋HClO
(3) 饱和食盐水 防止ClO2发生分解，甚至爆炸
(4)2ClO2＋2OH－=ClO＋ClO＋H2O
(5)2ClO2 + 10I- + 8H+ =2Cl- + 5I2 + 4H2O
【分析】甲装置中圆底烧瓶内二氧化锰和浓盐酸反应生成氯化锰、氯气和水，乙装置盛装饱和食盐水，氯气经过饱和食盐水，除去HCl,丙装置盛装NaClO2溶液，氯气通入NaClO2溶液，将其氧化为ClO2，自身被还原为NaCl，丁装置收集ClO2，最后用氢氧化钠溶液，进行尾气处理，据此分析作答。
【详解】（1）根据分析可知，甲装置中圆底烧瓶内发生反应的化学方程式是；
（2）丙装置中发生的反应可能经两步完成，第一步为：Cl2+H2O=HClO+HCl,第二步为：HClO+HCl+2NaClO2═2ClO2↑+2NaCl+H2O，总反应为：Cl2+2NaClO2═2ClO2↑+2NaCl，故答案为：Cl2+H2O=HClO+HCl；
（3）Cl-存在时会催化ClO2的生成，若无乙装置，则丙装置内产生ClO2的速率明显加快，则乙装置的作用是除去了杂质HCl，结合分析可知，乙装置中试剂瓶内的液体是饱和食盐水，实验过程中常需通入适量的N2稀释ClO2，其目的是稀释ClO2，防止ClO2浓度过高时发生分解，甚至爆炸，故答案为：饱和食盐水；防止ClO2发生分解，甚至爆炸；
（4）戊装置烧杯中 NaOH 溶液吸收ClO2后，生成了、，根据化合价升降守恒、电荷守恒、原子守恒可得该反应的离子方程式是2ClO2+2OH-=++H2O，故答案为：2ClO2+2OH-=++H2O；
（5）ClO2与酸性碘化钾溶液反应(还原产物为Cl-)，碘离子被氧化为碘单质，根据化合价升降守恒、电荷守恒、原子守恒可得该反应的离子方程式为2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2+4H2O，故答案为：2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2+4H2O。
20．(1)1000Vρ/(36.5V+22400)
(2)
(3)80mL
(4)0.80
(5)2.8g
(6)2∶2∶1
【详解】（1）标准状况下，V L氯化氢的物质的量为mol，故溶质质量m=g，溶液质量为(+1000)g，则所得盐酸溶液的体积为10-3L，则盐酸物质的量浓度c==，故答案为：。
（2）钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，铝再和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，由反应关系可知，，，
所得溶质NaAlO2的质量为82a g，溶液质量为（23+27）a g+m g-()2g=(46a+m)g，则该溶液中溶质（NaAlO2）质量分数为100%=，故答案为：。
（3）溶液中n(Cl-)=0.2L1.3 mol·L-1=0.26mol，n(Mg2+)=0.2L0.2 mol·L-1=0.04mol，根据电荷守恒，溶液中n(Al3+)==0.06mol，将200 mL此混合溶液中的Mg2+全部转化为沉淀分离出来，反应后的溶液为NaCl和NaAlO2的混合溶液，由原子守恒可知n(NaOH)= n(Na)= n(Cl)+n(Al)= 0.26mol+0.06mol=0.32mol，所以至少需加4 mol·L-1 NaOH溶液的体积为=0.08L=80mL，故答案为：80mL。
（4）根据得失电子守恒可知，FexO被氧化为Fe3+转移的电子数和Cl2被还原为Cl-转移的电子数相等，标准状况下112 mL Cl2反应转移电子的物质的量==0.01mol，则有(3-)x=0.01，解得x=0.80，故答案为：0.80。
（5）盐酸恰好使混合物完全溶解，盐酸没有剩余，向反应所得溶液中加入KSCN溶液无血红色出现，说明溶液为FeCl2溶液，根据氯元素守恒可知n(FeCl2)=n(HCl)=0.1L1 mol·L-1=0.05mol；用足量的CO在高温下还原相同质量的此混合物得到铁，根据铁元素守恒可知n(Fe)= n(FeCl2)=0.05mol，质量为0.05mol56g/mol=2.8g，故答案为：2.8g。
（6）向混合溶液中加入NaOH溶液，NaOH先与H+反应，该反应过程没有沉淀生成，由图可知与H+反应的NaOH溶液的体积为10mL，溶液中H+的物质的量为0.01L0.1 mol·L-1=0.001mol；当H+消耗完之后再加入NaOH溶液，会与Al3+和Mg2+反应生成沉淀，随着NaOH溶液的加入沉淀越来越多，但是当沉淀完全时，再加入NaOH溶液，由于氢氧化铝溶于NaOH溶液，所以沉淀的质量会减少，即图中的B-C段，此段消耗的NaOH溶液是10mL，根据氢氧化铝与氢氧化钠的反应方程式得出氢氧化铝的物质的量为0.01L0.1 mol·L-1=0.001mol，溶液中Al3+的物质的量为0.001mol，参与生成沉淀的NaOH溶液在生成沉淀最多时消耗的NaOH溶液的体积是50mL-10mL=40mL，NaOH的物质的量为0.004mol，根据生成的氢氧化铝的物质的量可以得出与Al3+结合的氢氧根的物质的量为0.003mol，所以与Mg2+结合的氢氧根的物质的量为0.004mol-0.003mol=0.001mol，所以氢氧化镁的物质的量为0.0005mol，所以溶液中H+、Al3+、Mg2+三种阳离子的物质的量浓度之比为0.001: 0.001: 0.0005=2:2:1，故答案为：2:2:1。
21． 5.6 56.7
【详解】(1)Cu与浓硝酸反应产生Cu(NO3)2、NO2、H2O，随着反应的进行，硝酸浓度变稀，反应产生Cu(NO3)2、NO、H2O，反应过程中电子转移数目相等。32.0 g铜的物质的量n(Cu)=，反应过程中转移电子的物质的量n(e-)=2×0.5 mol=1.0 mol。11.2 L标准状况下的混合气体的物质的量为n=，假设其中含有NO、NO2的物质的量分别是x、y。则x+y=0.5 mol；3x+y=1.0 mol，解得x=y=0.25 mol，故其中含有NO的体积V(NO)=0.25 mol×22.4L/mol=5.6 L；
(2)Cu与硝酸反应后溶液为Cu(NO3)2，向其中加入V mLa mol·L-1的NaOH溶液，恰好使溶液中的Cu2+全部转化成沉淀，反应产生沉淀为Cu(OH)2，可见溶液中的物质的量与NaOH的物质的量相等，则根据N原子守恒可知原硝酸的物质的量为n(HNO3)=n(气)+n()=0.5 mol+aV×10-3 mol，则原硝酸的物质的量浓度c(HNO3)=；
(3)欲使铜与硝酸反应生成的气体NO、NO2在NaOH溶液中全部转化为NaNO3，由于在混合气体中NO、NO2的物质的量都是0.25 mol，根据电子守恒可得关系式3n(NO)+n(NO2)=2n(H2O2)，则n(H2O2)=，故至少至少需要30%的双氧水质量m(H2O2)=。