第2章元素与物质世界单元测试卷高一上学期化学鲁科版（2019）必修第一册（含解析）

第2章《元素与物质世界》单元测试卷
一、单选题
1．下列变化属于化学变化的是
A．车胎爆炸 B．工业制氯气 C．碘的升华 D．海水晒盐
2．下列现象或应用中，不能运用胶体知识解释的是
A．晴朗的清晨，在茂密的树林中，常可看到从枝叶间透过的一道道光柱
B．在外加直流电场作用下，Fe(OH)3粒子向阴极移动
C．在饱和FeCl3溶液中逐滴加入NaOH溶液，产生红褐色沉淀
D．在江河入海口，逐渐形成三角洲
3．NaH是一种常见的储氢物质，可与水反应释放氢气：NaH+H2O=NaOH+H2↑。关于该反应，下列说法错误的是
A．NaH作还原剂 B．氧化产物与还原产物的质量之比为1：1
C．H2O作氧化剂 D．消耗1 mol NaH时，共转移2 mol电子
4．物质分类是化学研究的重要方法之一、化学工作者经常根据物质的组成对物质进行分类研究。近年来发现，在金星大气层中存在三氧化二碳(C2O3)。下列物质与C2O3属于同一类物质的是
A．KOH、Mg(OH)2 B．HCl、NH3
C．SO2、NO D．Na2CO3、KClO3
5．ICl是种红棕色液体，遇水反应生成HIO和HCl，可用于有机合成等。实验室制备出Cl2与二次升华碘反应可制取ICl(I2 +Cl2=2ICl，Cl2过量时发生反应ICl +Cl2ICl3) ，实验装置如图所示；(部分夹持装置已略)。下列说法错误的是
A．装置①烧瓶中盛放的药品可以是KMnO4
B．装置②试管中盛放的是饱和食盐水
C．当装置③烧瓶中固体全部变为液体时，可用蒸馏的方法提纯产品
D．装置④吸收尾气中的氯气等气体并防止水蒸气进入装置③
6．镁元素又称“国防元素”，可用于制造汽车、飞机、火箭等，目前世界上60%的镁是从海水提取的。海水提镁的主要流程如图：
其中说法正确的是
A．上面反应涉及到四大基本反应和氧化还原反应
B．从MgCl2·6H2O到MgCl2的变化是物理变化
C．过滤需要用到的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯
D．反应①的离子方程式为：Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓
7．为防止废弃的硒单质(Se)造成环境污染，通常用浓硫酸将其转化成二氧化硒(SeO2)，再用KI溶液处理后回收Se．发生的反应为：①Se+2H2SO4(浓)=2SO2+SeO2+2H2O、②SeO2+4KI+4HNO3=4KNO3+Se+2I2+2H2O，下列说法错误的是
A．①中SO2是还原产物，SeO2是氧化产物
B．②中KI是还原剂，HNO3是氧化剂
C．回收Se过程中每生成0.4mol I2共转移1.6mol电子
D．氧化性由强到弱的顺序是：H2SO4(浓)＞SeO2＞HNO3
8．室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A．溶液：、、、
B．溶液：、、、
C．溶液：、、、
D．溶液：、、、
9．对于反应，下列说法不正确的是
A．Fe是还原剂，被氧化
B．HCl是氧化剂，发生了还原反应
C． 1价氯在反应中价态未变，所以HCl既不是氧化剂，又不是还原剂
D．此反应既是置换反应又是氧化还原反应
10．金属加工后的废切削液中含2%-3%的NaNO2，它是环境污染物，人们用NH4Cl溶液来处理，使NaNO2转化为无毒物质，该反应分两步进行：
第一步：NaNO2+NH4Cl=NaCl+NH4NO2
第二步：NH4NO2N2+2H2O
下列对第二步反应说法正确的是
①NH4NO2是氧化剂②NH4NO2是还原剂③NH4NO2发生了分解反应④只有氮元素的化合价发生了变化⑤NH4NO2既是氧化剂又是还原剂
A．①③ B．①④ C．①③④ D．③④⑤
11．下列离子方程式书写正确的是
A．向明矾溶液中滴加氢氧化钡至溶液呈中性：3Ba2++6OH-+2Al3++3SO=2Al(OH)3↓+3BaSO4↓
B．向Ca(ClO)2溶液通入过量的CO2：Ca2++2ClO-+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO
C．FeSO4酸性溶液暴露在空气中：4Fe2++O2+2H2O=4Fe3++4OH-
D．CuSO4溶液与少量的Ba(OH)2溶液：Ba2++=BaSO4↓
12．某学生完成了下列实验：向①硝酸银、②硝酸铜和 ③硝酸镁的混合溶液中加入过量的④锌粉并充分反应，过滤得⑤滤渣和⑥滤液。往滤液中加入⑦稀盐酸，无明显现象。关于上述短文标有序号的7种物质，下列说法正确的是
A．属于分散系的有4种 B．属于盐的有4种
C．属于单质的有1种 D．属于化合物的有6种
13．“日照澄洲江雾开，淘金女伴满江限”。这里的雾属于下列分散系中的
A．溶液 B．胶体 C．乳浊液 D．悬浊液
14．下列物质属于电解质且能导电的是
A．铁 B．氯化钠溶液 C．熔融的硝酸钾 D．酒精溶液
15．垃圾分类具有社会、经济、生态等几方面的效益，为研究废旧电池的再利用，实验室利用废旧电池的铜帽(主要成分为Zn和Cu)回收Cu并制备ZnO的部分实验流程如图所示。下列说法错误的是
A．“溶解”过程中，加入的作用是氧化Cu而使Cu溶解
B．加入锌粉过量的目的是使铜离子完全转化为铜单质
C．操作M中用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒
D．该实验中制备的ZnO不导电，所以ZnO是非电解质
二、填空题
16．补全下列离子方程式，并改写成化学方程式：
(1)_____+2Ag+=_____+2Ag _______
(2)Fe2O3+_____=2Fe3++______ ________
(3)CaCO3+____=CO2↑+_____+______ _______
17．(1)实验室制取氯气反应的化学方程式为：_________；
①在该反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比是_________；
②若在反应中生成了标况下2.24L氯气，则电子转移的个数是________NA。
(2)氯酸钾和浓盐酸在一定温度下反应会生成黄绿色的易爆物二氧化氯，其化学方程式为：2KClO3+4HCl(浓)=2KCl+2ClO2↑+Cl2↑+2H2O
①用双线桥表示上述反应中电子转移的方向和数目_________；
②浓盐酸在该反应中表现的性质是__________(填序号)；
A．只有还原性 B．还原性和酸性 C．只有氧化性 D．氧化性和酸性
③该反应的还原产物是___________(填化学式)；
④上述反应产生0.1molCl2时，转移电子的物质的量为___________。
18．某学习小组为探究胶体的性质进行如下实验：
(1)在小烧杯中加入25 ml蒸馏水加热至沸腾，向沸水中滴加5~6滴FeCl3饱和溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热，即可制得Fe(OH)3胶体，写出FeCl3电离方程式：___________________________。
(2)取上述制备的Fe(OH)3胶体置于试管中，向其中滴加稀盐酸至过量：
①先出现____________________，原因是____________________________。
②随后__________________，原因是_________________________________。（用离子方程式表示）
三、计算题
19．HIO4主要以H5IO6形式存在，H5IO6是白色晶体，易溶于水，具有很强的氧化性，在强酸溶液中能氧化Mn2+。
(1)请完成并配平下列离子反应。
__________Mn2++________H5IO6__________+________+________H++________
(2)根据以上离子方程式判断H5IO6是________电离物质(填“易”或“难”)。
(3)上述反应，被氧化的元素是________(填元素符号)，当1 mol Mn2+参加反应时，转移电子的物质的量为________。
20．在200mL 含Mg2＋、Al3＋、NH4＋、H＋、Cl－ 、的溶液中，逐滴加入5 mol·L－1的NaOH溶液并微热，所加NaOH溶液的体积（mL）与产生沉淀的物质的量（mol）关系如下图所示
(1)x-y=____________。
(2)加入33～35 mLNaOH溶液时的离子方程式：_________________________________。
(3)产生的氨气在标准状况下的体积_________________________mL。
(4)原溶液中n(Mg2＋)：n(Al3＋)=______________________。
(5)原溶液中c(Cl－)=______________________。
四、实验题
21．某学习小组探究实验室制备氯气的反应，分析物质氧化性和还原性的变化规律。回答下列问题：
(1)写出实验室制备氯气的离子反应方程式，并用双线桥表示电子转移的方向和数目：___________。
(2)反应进行一段时间后，不再产生氯气，此时观察到烧瓶中有固体剩余，甲同学认为反应不再产生氯气是因为溶液中不存在Cl－。
①检验溶液中是否存在Cl－的操作是___________。
②乙同学认为这个观点不正确，理由是___________。
(3)经检验，反应停止后溶液中仍然存在较多H+和Cl－，丙同学就反应停止的原因提出两种猜想，并用反应后的固液混合物进行实验验证。
猜想1：c(H+)降低，使MnO2氧化性减弱
猜想2：c(Cl－)降低，使盐酸还原性减弱
序号 实验操作(加热装置省略) 试剂 现象 结论
Ⅰ 较浓的H2SO4 b 猜想1正确
Ⅱ a b 猜想2正确
表格中试剂a为___________(填化学式)；现象b为___________。
(4)由(3)中实验可知：c(H+)越大，MnO2氧化性越强。据此探究卤素离子的还原性强弱。相同浓度的KCl、KBr和KI溶液分别与MnO2反应，所需的c(H+)最低的是___________溶液(填“KCl”或“KBr”或“KI”)，从原子结构角度说明理由___________。
22．在实验室中用二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应制备干燥纯净的氯气。进行此实验，所用仪器如图所示：
(1)连接上述仪器的正确顺序(填各接口处的字母)：E接________；________接________；________接________；________接F。
(2)写出下列反应的化学方程式：
①气体发生装置中进行的反应：__________。
②NaOH溶液中发生的反应：_______________。
(3)装置中，饱和食盐水的作用是 __________________；浓硫酸的作用是_______________。
(4)化学实验中常用湿润的淀粉 KI试纸检验是否有Cl2产生。如果有Cl2产生，可观察到________，反应化学方程式为______________。
(5)工业上氯气和石灰乳反应可以制取漂白粉，家庭中使用漂白粉时，为了增强漂白能力，可加入少量的物质是( )
A 食盐　　　　B 食醋 C 烧碱 D 纯碱
该反应放热会使体系温度升高，导致氯气和石灰浆发生副反应产生杂质Ca(ClO3)2，该副反应中还原剂与氧化剂的质量之比为________；
参考答案：
1．B
【分析】化学变化必须有新物质生成。
【详解】A．轮胎爆炸是气压大引起的，没有生成新物质不属于化学反应，故A错误；
B．工业制氯气是利用MnO2与浓盐酸反应生成氯气，有新物质生成属于化学变化，故B正确；
C．碘的升华是物质状态的改变，碘固体受热转化成气体，没有生成新物质不属于化学反应，故C错误；
D．海水晒盐，是蒸发结晶，没有生成新物质不属于化学反应，故D错误；
故答案为B
2．C
【详解】A．清晨，在茂密的树林，常常可以看到从枝叶间透过的一道道光柱，属于胶体的丁达尔效应，故A不符合；
B．氢氧化铁胶体的胶粒带正电荷，在外加直流电场作用下，Fe(OH)3粒子向阴极移动，和胶体的性质有关，故B不符合；
C．FeCl3溶液中逐滴加入NaOH溶液，发生复分解反应生成氢氧化铁沉淀，与胶体性质无关，故C符合；
D．河水是胶体，在江河入海口处遇到海水即电解质溶液会发生胶体的聚沉，和胶体的性质有关，故D不符合。
故选C。
3．D
【详解】A.NaH中H元素的化合价升高，为还原剂，故A正确；
B.H2既是氧化产物又是还原产物，由反应及电子守恒可知，生成等量的氧化产物和还原产物，则氧化产物与还原产物的质量之比为1:1，故B正确；
C.H2O中H元素的化合价降低，为氧化剂，故C正确；
D.NaH中H元素的化合价由-1价升高到0价，则消耗1 mol NaH时，共转移1mol电子，故D错误；
答案选D。
4．C
【详解】根据元素组成，三氧化二碳(C2O3)由C、O两种元素组成，且其中一种元素为氧元素，符合氧化物的定义，则三氧化二碳(C2O3)属于氧化物；
A．KOH、Mg(OH)2均属于碱，与C2O3不属于同一类物质，故A不符合题意；
B．HCl、NH3均属于非金属元素的氢化物，与C2O3不属于同一类物质，故B不符合题意；
C．SO2、NO均由两种元素组成，且其中一种是氧元素，均属于氧化物，与C2O3属于同一类物质，故C符合题意；
D．Na2CO3、KClO3均为金属阳离子与酸根离子结合形成的化合物，都属于盐，与C2O3不属于同一类物质，故D不符合题意；
答案选C。
5．B
【分析】根据题意，整个过程中，装置③中应该在无水环境中进行，且氯气不能过量。
【详解】A. 装置①中无加热装置，而该装置为实验室制取氯气的装置，所以烧瓶中的固体可以为高锰酸钾，故A正确；
B. 进入装置③中的气体应该为干燥的氯气，所以②试管中盛放的是浓硫酸，故B错误；
C. 根据碘蒸气与氯化碘的沸点不同，可以通过蒸馏的方法分离提纯，故C正确；
D. 装置④用于吸收多余的氯气，同时防止空气中的水进入装置③，故D正确；
故选B。
6．C
【分析】贝壳锻烧得到CaO、②、③反应为分解反应，CaO与水得到石灰乳为化合反应，向海水中加入石灰乳，过滤可得到氢氧化镁沉淀，再向沉淀中加入过量盐酸，得到氯化镁溶液，在HCl气流中加热蒸发即可得到氯化镁固体，最后电解熔融状态的氯化镁即可得到金属镁。
【详解】A．贝壳转化为CaO、②、③反应为分解反应，CaO转化为石灰乳为化合反应，①及与盐酸反应为复分解反应，③为氧化还原反应，没有置换反应，故A错误；
B．因为、为纯净物，故两者到的变化是一种物质变成另外一种物质，所以是化学变化，故B错误；
C．过滤需要用到的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯，故C正确；
D．反应①用的是石灰乳，故不可拆成离子形式，故D错误；
故选C。
7．B
【详解】A．①中S元素化合价由+6价变为+4价、Se元素化合价由0价变为+4价，则浓硫酸是氧化剂、Se是还原剂，SO2是还原产物，SeO2是氧化产物，故A正确；
B．②中Se元素化合价由+4价变为0价、I元素化合价由-1价变为0价，得电子化合价降低的反应物是氧化剂、失电子化合价升高的反应物是还原剂，则KI是还原剂，SeO2是氧化剂，故B错误；
C．反应②中I元素化合价由-1价变为0价，每生成0.4mol I2转移电子物质的量为：0.4mol×2×[0-（-1）]=0.8mol，同时反应①中需要消耗0.2molSe，又转移0.8mol电子，所以回收Se过程中每生成0.4mol I2共转移1.6mol电子，故C正确；
D．①中氧化剂是浓硫酸、氧化产物是SeO2，则氧化性：H2SO4(浓)＞SeO2；②中氧化剂是SeO2，而硝酸反应物仅体现酸性，则氧化性：SeO2＞HNO3，所以氧化性由强到弱的顺序是：H2SO4(浓)＞SeO2＞HNO3，故D正确；
故选B。
8．B
【详解】A．铁离子和碳酸根离子双水解，不能大量共存，A错误；
B．四种离子在碱性条件下共存，B正确；
C．铝离子和碳酸氢根离子双水解不能共存，氢氧化钡和碳酸氢根离子反应，C错误；
D．碘离子被高锰酸根氧化，不能共存，D错误；
故选B。
9．C
【详解】A．Fe元素的化合价升高，Fe是还原剂，被氧化，故A正确；
B．HCl中的H元素化合价降低，则HCl是氧化剂，发生了还原反应，故B正确；
C．HCl中的Cl化合价未变，但H元素化合价降低，则HCl是氧化剂，故C错误；
D．此反应是置换反应，有元素化合价发生变化，又是氧化还原反应，故D正确；
故选C。
10．D
【详解】第二步反应中，亚硝酸铵中N元素化合价由-3价、+3价变为0价，所以亚硝酸铵既作氧化剂又作还原剂，故①、②错误，⑤正确；第二步反应中，NH4NO2发生了分解反应，故③正确；该反应中O元素化合价都是-2价，所以氧元素的化合价不变，该反应中只有氮元素化合价变化，故④正确；
综上，③④⑤正确，答案选D。
11．A
【详解】A．铝离子的水解会使溶液显酸性，所以向明矾溶液中滴加氢氧化钡至溶液呈中性，即铝离子恰好完全沉淀，离子方程式应为3Ba2++6OH-+2Al3++3SO=2Al(OH)3↓+3BaSO4↓，A正确；
B．向Ca(ClO)2溶液通入过量的CO2，碳酸钙转化为碳酸氢钙，B错误；
C．FeSO4酸性溶液暴露在空气中被氧气氧化为Fe3+，离子方程式应为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，C错误；
D．CuSO4溶液与少量的Ba(OH)2溶液，同时生成硫酸钡沉淀和氢氧化铜沉淀，D错误；
综上所述答案为A。
12．C
【分析】由于金属的活动性是镁>锌>铜>银，向硝酸银、硝酸铜和硝酸镁的混合溶液中加入过量的锌粉并充分反应，锌先与硝酸银反应生成了硝酸锌和银，当硝酸银完全反应后再与硝酸铜反应生成了硝酸锌和铜，不能与硝酸镁反应，则反应后过滤，滤液中含有硝酸镁和硝酸锌，往滤液中加入稀盐酸，无明显现象，则说明滤渣中一定有银、铜与过量的锌粉，据此分析判断。
【详解】A．分散系包括溶液、胶体和浊液，则上述属于分散系的有⑥滤液和⑦稀盐酸2种，A项错误；
B．盐是由金属阳离子（或铵根离子）与酸根离子构成，则上述属于盐的有①硝酸银、②硝酸铜和③硝酸镁共3种，B项错误；
C．滤渣的成分不唯一，故属于单质的只有锌粉1种，C项正确；
D．属于化合物的有①硝酸银、②硝酸铜和③硝酸镁，一共3种，D项错误；
故选C。
13．B
【详解】日照澄洲江雾开：雾属于胶体分散系，选项B正确。
答案选B。
14．C
【分析】在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物为电解质，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，单质和混合物既不是电解质，也不是非电解质。
【详解】A． 铁为单质，既不是电解质，也不是非电解质，A不符合题意；
B． 氯化钠溶液虽然能导电，但为混合物，既不是电解质，也不是非电解质，其中氯化钠为电解质，B不符合题意；
C． 熔融的硝酸钾能导电，为化合物，符合电解质的定义，属于电解质，C符合题意；
D． 酒精溶液不能导电，属于混合物，既不是电解质，也不是非电解质，D不符合题意；
故选C。
15．D
【分析】根据流程图可知溶解过程中Zn和Cu都被溶解，Zn可直接被硫酸溶解，而Cu不能直接溶于酸，故加入的作用是氧化Cu而使Cu溶解，得到硫酸锌、硫酸铜溶液，加入锌发生置换反应生成铜单质，溶液处理得到氧化锌；
【详解】A．根据流程图可知溶解过程中Zn和Cu都被溶解，Zn可直接被硫酸溶解，而Cu不能直接溶于酸，故加入的作用是氧化Cu而使Cu溶解，故A正确；
B．为了保证操作M后铜被完全分离，加入过量锌粉将铜离子转化为铜单质，故B正确；
C．操作M为分离固液的操作，是过滤，用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒，故C正确；
D．电解质是溶于水或在熔融状态下能够导电的化合物；氧化锌在熔融状态下导电是电解质，故D错误；
故选D。
16． Zn Zn2+ Zn+2AgNO3=Zn(NO3)2+2Ag 6H+ 3H2O Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O 2H+ Ca2+ H2O CaCO3+2HNO3= Ca(NO3)2+CO2↑+ H2O
【分析】(1)Ag元素化合价由反应前的+1价变为反应后的0价，化合价降低，则缺少的物质在反应中应该具有强的还原性，元素化合价在反应中应该升高，结合氧化还原反应规律补充；
(2)Fe2O3难溶于水，能够溶于酸，反应产生可溶性铁盐和水。
(3)CaCO3难溶于水，能够溶于酸，反应产生可溶性钙盐和水及二氧化碳。
【详解】(1)Ag元素化合价由反应前的+1价变为反应后的0价，化合价降低，根据氧化还原反应中元素化合价升降总数相等，可知缺少的物质在反应中应该具有强的还原性，根据金属活动性规律可用比较活泼的金属如Zn置换，反应的离子方程式为Zn+2Ag+=Zn2++2Ag，可用化学方程式表示为：Zn+2AgNO3=Zn(NO3)2+2Ag；
(2)Fe2O3难溶于水，能够溶于盐酸，反应产生可溶性铁盐和水，反应的离子方程式为：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O。若酸为盐酸，则反应方程式为Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O；
(3)CaCO3难溶于水，能够溶于酸，反应产生可溶性钙盐和水及二氧化碳气体，用离子方程式表示为：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑，若酸为硝酸，用化学反应方程式表示为：CaCO3+2HNO3= Ca(NO3)2+CO2↑+H2O。
【点睛】本题考查了缺项离子方程式的配平及相应的化学方程式的书写的知识。掌握金属活动性顺序、氧化还原反应方程式的配平、复分解反应的规律和物质的溶解性、物质的拆分原则是本题解答的关键。
17． 1:2 0.2NA B ClO2 0.2mol
【详解】(1)实验室用浓盐酸和二氧化锰在加热条件反应制取氯气，化学方程式为：；①在该反应中，锰元素化合价从+4降低到+2、化合价降低2、则二氧化锰是氧化剂，部分浓盐酸氯中元素化合价从-1升高到0、化合价升高了1、为还原剂，得失电子数守恒，则氧化剂与还原剂的物质的量之比是1:2；②从化学方程式知：每生成了1mol氯气、即标况下22.4L氯气，转移电子2mol、即转移的个数为2NA，则在反应中生成了标况下2.24L氯气，则电子转移的个数是0.2NA。
(2)①在反应2KClO3+4HCl(浓)=2KCl+2ClO2↑+Cl2↑+2H2O中，KClO3中氯元素化合价从+5降低到+4、化合价降低1、则KClO3是氧化剂，部分浓盐酸中氯元素化合价从-1升高到0、化合价升高了1、为还原剂，得失电子数守恒，则用双线桥表示上述反应中电子转移的方向和数目为；
②部分浓盐酸中氯元素化合价从-1升高到0、部分化合价不变，则浓盐酸在该反应中表现的性质是还原性和酸性，答案选B；
③KClO3中氯元素化合价从+5降低到+4、则该反应的还原产物是ClO2；
④从化学方程式知：每生成了1mol氯气，转移电子2mol，则上述反应产生0.1molCl2时，转移电子的物质的量为0.2mol。
18． FeCl3=Fe3++3Cl- 红褐色沉淀 加入电解质溶液后胶体发生聚沉 沉淀溶解、溶液呈黄色 Fe(OH)3+3H+ =Fe3++3H2O
【详解】(1) FeCl3电离方程式：FeCl3=Fe3++3Cl-，故答案为：FeCl3=Fe3++3Cl-；
(2)①盐酸属于电解质溶液，能使氢氧化铁胶体发生聚沉，故先出现氢氧化铁胶体发生聚沉，产生红褐色沉淀；故答案为：红褐色沉淀；加入电解质溶液后胶体发生聚沉；
②盐酸与氢氧化铁沉淀发生中和反应生成氯化铁和水，离子反应为：Fe(OH)3+3H+ =Fe3++3H2O，沉淀溶解、溶液呈黄色；故答案为：沉淀溶解、溶液呈黄色；Fe(OH)3+3H+ =Fe3++3H2O。
19． 2 5 2 5 11 7H2O 难 Mn 5 mol
【分析】（1）Mn元素的化合价由+2价升高为+7价，I元素的化合价由+7价降低为+5价，结合电子守恒及原子守恒、电荷守恒解答；
（2）H5IO6是白色晶体，易溶于水，主要以分子形式存在；
（3）Mn元素失去电子被氧化，由化合价的变化计算转移电子数。
【详解】（1）Mn元素的化合价由+2价升高为+7价，I元素的化合价由+7价降低为+5价，由电子守恒及原子守恒、电荷守恒可知，该反应为2Mn2++5H5IO6═2MnO4-+5IO3-+11H++7H2O，故答案为：2；5；2；5；11；7H2O；
（2）H5IO6是白色晶体，易溶于水，主要以分子形式存在，在离子反应中保留化学式，则为弱电解质，故答案为：弱；
（3）Mn元素失去电子被氧化，由化合价的变化可知，1mol Mn2+参加反应时，转移电子的物质的量为1mol×（7-2）=5mol，故答案为：Mn；5mol。
20． 0.01mol Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O 336 5：1 0.825 mol/L
【分析】由给出的离子在滴入NaOH溶液时发生H++OH﹣═H2O，Mg2+、Al3+结合OH﹣生成沉淀，NH4+与OH﹣反应，氢氧化铝与OH﹣反应而溶解，并结合图象可知，0～4mL时发生酸碱中和，4mL～30mL发生Mg2+、Al3+结合OH﹣生成沉淀的反应，30mL～33mL发生NH4+与OH﹣反应，33mL～35mL发生氢氧化铝的溶解反应，然后利用离子反应方程式来计算解答。
【详解】（1）由图及离子反应可知x﹣y的值即为Al（OH）3的物质的量，
则设Al（OH）3的物质的量为n，
Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O
1 1
n （35﹣33）×0.001L×5mol L﹣1，解得n＝0.01mol，即x﹣y＝0.01mol，故答案为：0.01mol；
（2）加入33～35 mLNaOH溶液时，沉淀质量减少，故反应的离子方程式为 Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O，故答案为：Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O；
（3）加入30～33 mLNaOH溶液时，沉淀质量不变，故反应的离子方程式为NH4++OH﹣NH3↑+H2O，
NH4++OH﹣NH3↑+H2O
1 1
（33﹣30）×0.001L×5mol L﹣1 n
解得n＝0.015mol，则体积为0.015mol×22.4L/mol＝0.336L＝336mL，故答案为：336；
（4）由4mL～30mL发生Mg2+、Al3+结合OH﹣生成沉淀的反应，
则 Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓
1 3 1
0.01mol 0.03mol 0.01mol
设镁离子的物质的量为m，
Mg2++2OH﹣═Mg（OH）2↓
1 2
m （30﹣4）mL×0.001L×5mol L﹣1﹣0.03mol，解得m＝0.05mol，
则原溶液中n（Mg2+）：n（Al3+）＝0.05：0.01＝5：1，故答案为：5：1；
（5）由图可知，加入33mLNaOH溶液时Cl﹣离子以NaCl存在，设Cl﹣离子的物质的量为z，由钠和氯原子守恒可知
NaOH～NaCl～Cl﹣，
1 1
33×0.001L×5mol L﹣1 z，解得z＝0.165mol，
则原溶液中Cl﹣的物质的量浓度为＝0.825mol/L，故答案为：0.825mol/L。
【点睛】考查溶液中的离子反应及对应图象关系，明确反应的先后顺序是解答的关键，并注意反应与图象中的对应关系来解答即可。
21．(1)
(2) 先向上层清液中滴加稀硝酸，无现象，再向里滴加硝酸银，有白色沉淀生成，说明含有Cl－，反之则无 浓盐酸反应过程中逐渐变稀，二氧化锰不与稀盐酸反应
(3) KCl固体或NaCl固体 有气泡产生，有黄绿色气体生成
(4) KI Cl、Br、I最外层电子数都为7个，从上到下电子层数逐渐增多，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，阴离子的还原性逐渐增强
【解析】(1)
实验室制备氯气是二氧化锰和浓盐酸加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水，其反应的离子反应方程式MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2+＋Cl2↑＋2H2O，锰化合价降低得到电子，氯化合价升高，失去电子，用双线桥表示电子转移的方向和数目：；故答案为：。
(2)
①检验溶液中是否存在Cl－的操作是先向上层清液中滴加稀硝酸，无现象，再向里滴加硝酸银，有白色沉淀生成，说明含有Cl－，反之则无；故答案为：先向上层清液中滴加稀硝酸，无现象，再向里滴加硝酸银，有白色沉淀生成，说明含有Cl－，反之则无。
②乙同学认为这个观点不正确，理由是浓盐酸反应过程中逐渐变稀，二氧化锰不与稀盐酸反应；故答案为：浓盐酸反应过程中逐渐变稀，二氧化锰不与稀盐酸反应。
(3)
猜想2正确说明c(Cl－)增大会发生反应，又产生氯气，因此可加入KCl固体或NaCl固体等增加c(Cl－)，现象为有气泡产生，有黄绿色气体生成；故答案为：KCl固体或NaCl固体；有气泡产生，有黄绿色气体生成。
(4)
根据题意相同浓度的KCl、KBr和KI溶液分别与MnO2反应，I－还原性强，要与二氧化锰反应，需要的氧化性较弱，即所需的c(H+)最低的KI，从原子结构分析Cl、Br、I最外层电子数都为7个，从上到下电子层数逐渐增多，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，阴离子的还原性逐渐增强；故答案为：KI；Cl、Br、I最外层电子数都为7个，从上到下电子层数逐渐增多，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，阴离子的还原性逐渐增强。
22． C D A B H G MnO2＋4HCl(浓) MnCl2＋Cl2↑＋2H2O 2NaOH＋Cl2=NaCl＋NaClO＋H2O 除去氯气中的HCl杂质 干燥氯气 试纸变蓝 2KI＋Cl2=2KCl＋I2 B 1∶5
【分析】在实验室中，用MnO2与浓盐酸混合加热制取氯气，由于浓盐酸具有挥发性，制取得到的氯气中含有杂质HCl和水蒸气，先通过饱和食盐水除去杂质HCl，然后通过浓硫酸干燥，再根据氯气的密度比空气大，用向上排空气方法收集，最后用NaOH溶液进行尾气处理，据此结合氯气的性质分析作答。
【详解】(1) MnO2与浓盐酸混合加热制取氯气，通过盛有饱和食盐水的装置除去氯气中的杂质HCl，再通过盛有浓硫酸的装置干燥氯气，然后通过“长管进短管出”的排气法进行气体的收集，最后用氢氧化钠溶液收集多余的氯气，所以仪器连接的正确连接顺序是E接C，D接A，B接H，G接F，故答案为：C；D；A；B；H；G；
(2)①气体发生装置中二氧化锰与浓盐酸在加热条件下生成氯化锰、氯气和水，其化学方程式为：MnO2＋4HCl(浓) MnCl2＋Cl2↑＋2H2O；
②NaOH溶液吸收多余的氯气，会生成氯化钠、次氯酸钠和水，其中发生的反应为：2NaOH＋Cl2=NaCl＋NaClO＋H2O；
(3)因浓盐酸和H2O易挥发，制得的氯气中常混有少量氯化氢和水蒸气，依次通过盛有饱和食盐水和浓硫酸的洗气瓶，利用饱和食盐水吸收氯气中混有的氯化氢，浓硫酸除去氯气中混有的水蒸气（干燥氯气），故答案为：除去氯气中的HCl杂质；干燥氯气；
(4)氯气具有氧化性，可氧化碘离子为碘单质，使淀粉溶液变蓝，则用湿润的淀粉 KI试纸检验是否有Cl2产生，若有Cl2产生，可观察到试纸变蓝，发生反应的化学方程式为：2KI＋Cl2=2KCl＋I2，故答案为：试纸变蓝；2KI＋Cl2=2KCl＋I2；
(5)漂白粉的有效成分为次氯酸钙，漂白的原理是次氯酸钙生成次氯酸的过程，因醋酸的酸性大于次氯酸，根据强酸制弱酸的原理可知，可加入食醋，使其与次氯酸钙反应生成更多的次氯酸，从而增强漂白能力，故B项符合题意，其他选项不能达到增强漂白性的目的，
故答案为：B；
(6)氯气和石灰浆发生副反应产生杂质Ca(ClO3)2，反应中0价的Cl元素化合价升高至+5价，失去5个电子，化合价降低至-1价，得到1个电子，根据得失电子数守恒可知，被氧化的氯元素与被还原的氯元素的个数比应为1:5，则还原剂与氧化剂的质量之比等于其个数比，为1：5，故答案为：1：5。
【点睛】明确制备原理是解题关键，注意实验装置仪器的连接顺序是实验发生装置→除杂装置→收集装置→尾气处理装置。氯气的实验室制法实验中要注意的问题主要有：①反应不能加强热：因为浓盐酸有较强的挥发性，若加强热会使氯气中有大量的HCl杂质，并且降低了HCl的利用率；②稀盐酸不与MnO2反应，因此不可用稀盐酸代替浓盐酸制取氯气；③氯气中混入HCl的除杂：HCl的除杂一般使用饱和食盐水，因为水会吸收部分的氯气；④随着反应的进行，浓盐酸的浓度逐渐变小，稀盐酸与MnO2不反应，因此浓盐酸不能耗尽。