第2章 元素与物质世界 单元测试（含解析） 2022-2023学年高一化学上学期鲁科版（2019）必修第一册

第2章《元素与物质世界》检测题
一、单选题
1．已知过氧化钠可作为氧气的来源：关于该反应的叙述不正确的是
A．是还原剂 B．被还原
C．是氧化产物 D．每生成，转移2mol电子
2．向50 mL 12 mol·L－1浓硝酸中加入足量的铜片，充分反应后，被还原的硝酸的物质的量说法准确的是(　　)
A．等于0.6 mol B．等于0.15 mol
C．介于0.15 mol与0.3 mol之间 D．等于0.3 mol
3．下列说法正确的是(　　)
A．失电子多的金属还原性强
B．金属阳离子被还原不一定得到金属单质
C．某元素从化合态到游离态，该元素一定被还原
D．金属单质在反应中只能作还原剂，非金属单质只能作氧化剂
4．下列化学反应中，可以用H++OH- = H2O表示的是
A．向Ca(OH)2溶液中通入CO2
B．向NaOH溶液中加入HCl溶液.
C．向Ba(OH)2溶液中加入Na2SO4溶液
D．向NH3·H2O溶液中加入CH3COOH溶液
5．关于反应3SiO2+6C+2N2Si3N4+6CO，下列说法正确的是
A．C在反应过程中被还原 B．Si3N4既是氧化产物又是还原产物
C．氧化剂和还原剂质量之比为1：3 D．每生成14.0g Si3N4共转移1.2mol电子
6．下列离子方程式错误的是
A．在盐酸溶液中加入氢氧化铝固体：
B．硫酸铝溶液中加入过量氢氧化钠溶液：
C．粉和过量溶液：
D．氯化铝溶液与过量氨水反应：
7．下列根据实验现象所得出的结论中，正确的是
A．某物质焰色反应呈黄色，结论：该物质一定是钠盐
B．无色试液加入溶液，加热产生的气体使湿润的红色石蕊试纸变蓝，结论：试液中一定含有
C．无色溶液中加入溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，结论：原溶液一定含有
D．无色溶液中加入稀盐酸产生无色无味气体，该气体能使澄清石灰水变浑浊，结论：原溶液一定含有
8．下列说法中，不正确的是
A．氯气是一种黄绿色有毒气体，密度比空气大
B．氯气常用于制备漂白粉等杀菌消毒剂
C．铁丝在氯气中燃烧，产生白烟
D．纯净的氢气在氯气中安静地燃烧，发出苍白色火焰，集气瓶口有白雾
9．已知下列实验事实：
①固体既能溶于溶液得到溶液，又能溶于硫酸得到溶液；
②向溶液中滴加溶液，再酸化，可得溶液；
③将溶液滴加到淀粉和的混合溶液中，溶液变蓝。
下列判断不正确的是
A．化合物中元素为+3价
B．实验①中没有发生氧化还原反应
C．实验②证明既有氧化性又有还原性
D．实验③证明氧化性：
10．实验室制取氯气时，下列操作正确的是
A．制取少量氯气 B．除去氯气中混有的少量氯化氢
C．制取氯气 D．干燥氯气
11．下列物质的分类全部正确的是（ ）
编号 强电解质 弱电解质 非电解质
A NaCl HF Cl2
B NaHSO4 NaHCO3 CCl4
C Ba(OH)2 HCl Cu
D AgCl H2S C2H5OH
A．A B．B C．C D．D
12．工业流程中常常会产生浸出液，对浸出液合理分析才能更好地利用其各种成分。某无色酸性浸出液中可能大量存在的离子组为
A．、、、 B．、、、
C．、、、 D．、、、
13．工业上制取漂白粉的反应原理是：Cl2 + Ca(OH)2→CaCl2 + Ca(ClO)2 + H2O (未配平)，现要制取0.2 mol Ca(ClO)2，需要标准状况下Cl2体积为
A．44.8 L B．4.48 L C．22.4 L D．8.96 L
14．氯元素的希腊文原意是“绿色”，中文译名为氯，氯元素的化合价及其物质类别的“价—类”二维图如图所示：
下列有关说法正确的是
A．a是电解质，
B．氢气在b中点燃，有黄色火焰
C．c常用于饮用水的消毒杀菌，其化学式为
D．若d的化学式为，则n=6
15．下列物质中属于非电解质的是（ ）
A．H2O B．CH3COOH C．CO2 D．NH3·H2O
二、填空题
16．（1）鉴别KCl溶液和K2CO3的试剂是____________，离子方程式为____________。
（2）除去混入NaCl溶液中少量NaHCO3杂质的试剂是____________，离子方程式为____________。
（3）除去混入FeCl2溶液中少量FeCl3杂质的试剂是____________，离子方程式为____________。还需要进行的实验操作是____________。
17．漂白粉或漂粉精的有效成分是__________（填化学式）。
三、实验题
18．Ⅰ．某学生往一支试管中按一定的顺序分别加入下列几种物质(一种物质只加一次)：
A．KI溶液 B．淀粉溶液 C．NaOH溶液 D．稀H2SO4 E．氯水
发现溶液颜色按如下顺序变化：①无色→②棕黄色→③蓝色→④无色→⑤蓝色。依据溶液颜色的变化，回答下列问题：
（1）加入以上药品的顺序是(写序号)__________。
（2）①→②反应的化学方程式为_____________。
（3）溶液由棕黄色变为蓝色的原因是__________。
（4）③→④反应的化学方程式为_____________。
Ⅱ．某研究小组探究在隔绝空气条件下加热FeSO4分解的气体产物及相关性质。已知：SO2的沸点为-10℃、SO3的沸点为44.8℃。
a．用如图所示装置设计实验，验证分解FeSO4生成的气态产物。

（1）实验前必须进行的操作是______。
（2）按气流方向连接各仪器，用字母表示接口的连接顺序：a→______。
（3）若观察到装置丙中有无色液体产生，装置丁中溶液变成无色，则FeSO4分解的化学方程式为________。
b．为探究SO2使品红溶液褪色的原理，进行如下实验：
实验1：将稀盐酸和NaOH溶液分别滴入品红水溶液中。观察到前者溶液颜色变浅，但未能完全褪色，后者溶液颜色几乎不变，
实验2：在滴有稀盐酸和NaOH溶液的两份品红水溶液中分别通入SO2。观察到前者溶液逐渐褪色，后者溶液很快褪色。
实验3：在两份品红水溶液中分别加入一小粒Na2SO3固体和NaHSO3固体，前者溶液很快褪色，后者溶液褪色很慢。
（1）由实验1可推测品红水溶液呈____性。
（2）由实验2、3可推知，使品红水溶液褪色的主要微粒是_______（填化学式）。
（3）若将SO2通入品红的无水乙醇溶液，试预测可能出现的现象_______。
（4）加热溶有Na2SO3的品红水溶液，发现不能恢复红色，试解释原因_____。
19．实验室为制备和收集少量干燥、纯净的氯气，选用如图所示仪器及药品：
(1)上述实验中，用来盛放浓盐酸的仪器的名称是_______，
(2)制取氯气的离子反应方程式为_______。
(3)选择上述仪器并按顺序连接(填各接口处的字母)：a→_______→k→g→i。
(4)如图是一组探究氯气性质的装置。
现关闭活塞K，若有色布条是干燥的，溶液A为浓硫酸，则有色布条_______(填现象，下同)。
(5)现打开K，溶液A为氢氧化钠溶液，通入的氯气是湿润的，布条是干燥的，则有色布条_______。
(6)制得的Cl2通过盛有饱和食盐水的装置，目的是______。
(7)Cl2通入双氧水(H2O2)水溶液中会产生使带有火星的木条复燃，写出在水溶液中Cl2和H2O2反应的离子方程式_______。
(8)若需要制取0.1molCl2(标准状况)，需要MnO2的质量为________克？(简要计算过程)
(9)若用含0.2molHCl的浓盐酸与足最的MnO2反应制取Cl2，制得Cl2体积_______(填“>”“<”或“=”)1.12L(标准状况)。
四、计算题
20．氨气和氧气在催化剂存在下的反应方程式为4NH3+5O24NO+6H2O，完成下列计算：
(1)生成1 mol NO消耗氧气的体积为__________L(标准状况)。
(2)5 mol NH3和5 molO2反应生成4 mol NO，过量的氨溶于产物水中成为氨水，计算该氨水中氨的质量分数。_______
(3)如果没有催化剂，氨氧化生成NO的同时也生成氮气：4NH3+3O2=2N2+6H2O。若4 mol NH3和4 molO2恰好完全反应，计算产物气体中NO的物质的量。_________
21．（1）Na2Sx在碱性溶液中可被NaClO氧化为Na2SO4，而NaClO被还原为NaCl，若反应Na2Sx与 NaClO的物质的量之比为1∶16，则x的值为_________。
（2）实验室制取氯气，将多余的氯气用100 mL 1.7mol/LNaOH溶液完全吸收。对吸收后溶液进行分析化验，测知c(OH-)=0.1mol/L (不考虑反应前后溶液的体积变化)，ClO－和ClO3－的物质的量浓度之比为5∶1。请回答：
①被还原的氯气的物质的量为 _______________mol。
②若采用二氧化锰和浓盐酸共热的方法制氯气，制备尾气中的氯气所消耗的二氧化锰的质量为_______________g。
试卷第2页，共6页
参考答案：
1．B
【详解】A． 是还原剂也是氧化剂，A正确；
B． 既不是还原剂又不是氧化剂， B不正确；
C． 部分过氧化钠中O化合价从-1价升高到0价转变为氧气，是氧化产物，C正确；
D．部分过氧化钠中O化合价从-1价升高到0价转变为氧气、升高1价，按得失电子守恒，每生成转移2mol电子，D正确；
答案选B。
2．C
【详解】由于Cu足量，则浓硝酸完全反应，反应生成气体为NO2、NO，由N元素守恒可知：2n[Cu(NO3)2]＋n(气体)＝n(HNO3)＝0.05 L×12 mol·L－1＝0.6 mol，生成气体只有NO2时，被还原的硝酸达极大值，根据电子转移守恒2n[Cu(NO3)2]＝n(NO2)，联立方程解得：n(NO2)＝0.3 mol；只有NO时，被还原的硝酸到极小值，根据电子转移守恒2n[Cu(NO3)2]＝3n(NO)，联立方程解得：n(NO)＝0.15mol，由N原子守恒被还原的硝酸介于0.15 mol与0.3 mol之间，答案选C。
3．B
【详解】A、金属还原性强弱与失去电子的多少没有关系，只与失去电子的难易程度有关系，A错误；
B、金属阳离子被还原不一定得到金属单质，例如铁离子被还原转化为亚铁离子，B正确；
C、某元素从化合态到游离态，该元素不一定被还原，也可能被氧化，C错误；
D、金属单质在反应中只能作还原剂，非金属单质既能作氧化剂，也能作还原剂，D错误；
答案选B。
4．B
【详解】A．Ca(OH)2溶液中通少量CO2对应离子方程式为：Ca2++2OH-+CO2=CaCO3↓+H2O，若通过量CO2，对应离子方程式为：OH-+CO2=，A不符合题意；
B．NaOH与HCl反应离子方程式为：H++OH-=H2O，B符合题意；
C．Ba(OH)2与Na2SO4反应离子方程式为：Ba2++=BaSO4↓，C不符合题意；
D．NH3·H2O与CH3COOH反应生成CH3COONH4和H2O，对应离子方程式为：NH3·H2O+CH3COOH=CH3COO-++H2O，D不符合题意；
故答案选B。
5．D
【详解】A．该反应中C元素化合价由0价升高为+2价，失电子被氧化，A错误；
B．该反应中Si元素化合价没有改变，N元素由0价变为-3价被还原，所以Si3N4只是还原产物，B错误；
C．该反应中C为还原剂，N2为氧化剂，根据化学方程式可知氧化剂和还原剂物质的量之比为1：3，质量之比为28：(12×3)=7∶9，C错误；
D．14.0g Si3N4的物质的量为=0.1mol，所以有0.2molN2被还原，转移1.2mol电子，D正确；
综上所述答案为D。
6．C
【详解】A．盐酸与氢氧化铝反应生成氯化铝和水，离子方程式正确，A正确；
B．硫酸铝与过量氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，离子方程式正确，B正确；
C．铝与过量氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，，C错误；
D．氯化铝与过量氨水反应生成氢氧化铝和氯化铵，离子方程式正确，D正确；
答案选C。
7．B
【详解】A．某物质焰色反应呈黄色，说明一定含有钠元素，但由于钾元素的焰色反应需要透过蓝色钴玻璃观察，因此也可能含有钾元素，所以该物质不一定是钠盐，A错误；
B．无色试液加入NaOH溶液，加热产生的气体使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该气体一定是氨气，因此试液中一定含有NH4+，B正确；
C．无色溶液中加入BaCl2溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，该白色沉淀可能是氯化银或硫酸钡，所以原溶液不一定含有SO42-，C错误；
D．无色溶液中加入稀盐酸产生无色无味气体，该气体能使澄清石灰水变浑浊，该气体是CO2，但原溶液不一定含有CO32-，也可能含有HCO3-，D错误；
答案选B。
8．C
【详解】A．氯气是一种黄绿色有毒气体，因相对分子质量大于空气，则氯气的密度比空气大，A正确；
B．氯气可以和氢氧化钙等碱反应生成次氯酸盐，常用于制备漂白粉等杀菌消毒剂，B正确；
C．铁丝在氯气中燃烧，产生褐色的烟，产物为氯化铁，C错误；
D．纯净的氢气在氯气中安静地燃烧，发出苍白色火焰，HCl在集气瓶口遇空气中的水蒸气形成白色的酸雾，D正确；
故选C。
9．C
【详解】A．化合物KCrO2中，K为+1价，O为-2价，由正负化合价代数和为零知，铬元素为+3价，A项正确；
B．由实验①可知，氧化铬与酸、碱反应生成盐和水，证明Cr2O3为两性氧化物，化合价未改变，没有发生氧化还原反应，B项正确；
C．由实验②可知，铬元素的化合价升高，过氧化氢中氧元素的化合价降低，故H2O2有氧化性，C项错误；
D．由实验③中溶液变蓝，可知生成碘单质，K2Cr2O7为氧化剂，I2为氧化产物，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，D项正确；
答案选C。
10．D
【详解】A．盐酸为稀盐酸，稀盐酸与氧化铜反应，不生成氯气，故A错误；
B．氯气和氯化氢均与碳酸氢钠溶液反应，且除杂时导管应长进短出，故B错误；
C．浓盐酸与二氧化锰反应制备氯气需要加热，故C错误；
D．氯气不与浓硫酸反应，可以用浓硫酸干燥氯气，故D正确；
故答案为D。
11．D
【详解】A．氯气是单质，既不是电解质也不是非电解质，A错误；
B．碳酸氢钠是盐，是强电解质，B错误；
C．铜是单质，既不是电解质也不是非电解质，C错误；
D．氯化银是盐，是强电解质，氢硫酸是弱酸，是弱电解质，乙醇是非电解质，D正确；
答案选D。
12．A
【详解】A．各离子均无色，并且在酸性溶液中互相均不反应，能大量共存，故A正确；
B．与反应产生沉淀，不能大量共存，故B错误；
C．号与不能大量共存，故C错误；
D．存在，溶液不会是无色，故D错误；
故答案为A。
13．D
【详解】将化学方程式配平，2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，若要制得0.2mol Ca(ClO)2，根据方程式需要2×0.2mol=0.4mol Cl2参加反应，在标准状况下0.4mol Cl2的体积为0.4mol×22.4L/mol=8.96L，故答案选D。
14．C
【详解】A．a是氯化氢，是电解质，氯为价，m=1，A错误；
B．b是氯气，氢气能在氯气中燃烧，有苍白色的火焰，B错误；
C．c对应的化合价是+4价，其氧化物的化学式为，C正确；
D．若d的化学式为，则Cl的化合价为+7价，n=7，D错误；
故选C。
15．C
【详解】电解质是指在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物，其关键是化合物自身发生电离出自由移动的离子而导电，所有的酸、碱、盐以及绝大多数金属氧化物均属于电解质；非电解质则是指在水溶液和熔融状态下都不能够导电的化合物，据此解题。
A．H2O是一种极弱的电解质，A不合题意；
B．CH3COOH是酸，故是一种弱电解质，B不合题意；
C．CO2的水溶液能导电是由于其与水反应生成的碳酸发生电离，并不是本身发生电离，故CO2是非电解质，C符合题意；
D．NH3·H2O是碱，是一种弱电解质，D不合题意；
故答案为：C。
16． 稀盐酸 CO+2H+=CO2↑+H2O 稀盐酸 HCO+H+=CO2↑+H2O 铁粉 Fe+2Fe3+=3Fe2+ 过滤
【详解】（1）KCl和K2CO3中阴离子不同，可以加入盐酸鉴别，氯化钾和盐酸不反应，无明显现象，碳酸钾和盐酸反应产生气泡，所以鉴别KCl溶液和K2CO3的试剂是稀盐酸，离子方程式为CO+2H+=CO2↑+H2O，故答案为：稀盐酸；CO+2H+=CO2↑+H2O；
（2）NaHCO3和稀盐酸反应生成氯化钠，水和二氧化碳，所以除去混入NaCl溶液中少量NaHCO3杂质可选择稀盐酸，离子方程式为HCO+H+=CO2↑+H2O，故答案为：稀盐酸；HCO+H+=CO2↑+H2O；
（3）FeCl3和铁粉反应生成氯化亚铁，所以除去混入FeCl2溶液中少量FeCl3杂质选择铁粉，离子方程式为Fe+2Fe3+=3Fe2+，为了确保Fe3+完全除尽，要加入过量的铁粉，还需要过滤除去多余的铁粉，故答案为：铁粉；Fe+2Fe3+=3Fe2+；过滤。
17．Ca(ClO)2
【详解】漂白粉或漂粉精是氯气与氢氧化钙反应生成的，次氯酸钙是漂白粉或漂粉精的有效成分，故答案为：Ca(ClO)2；
18． A→E→B→C→D 2KI+Cl2=2KCl+I2 淀粉遇到生成的I2变成蓝色 I2+2NaOH=NaI+NaIO+H2O 检查装置气密性 d→e→f→g→b→c 碱 SO32- 品红的无水乙醇溶液不褪色 Na2SO3溶液中的c(SO32-)大，加热后水解程度增大，但仍无法除尽
【分析】Ⅰ．KI为无色溶液，加入氯水反应生成碘，变为棕黄色，然后加淀粉变蓝，再加NaOH反应生成NaI、NaIO，溶液又变为无色，最后加硫酸，发生氧化还原反应生成单质碘，溶液中还有淀粉，则变蓝，以此来解答；
Ⅱ．甲是FeSO4的分解装置，由于SO3易溶于水，若甲连接丁，则无法收集SO3，所以甲应连接丙，丙再连接丁，丁在连接乙（尾气处理装置）。
【详解】Ⅰ．（1）由上述分析可知，加入以上药品的顺序是A→E→B→C→D；
（2） ①→②反应的化学方程式为2KI+Cl2=2KCl+I2；
（3） 碘单质遇淀粉变蓝，则溶液由棕黄色变为蓝色，故答案为生成的I2遇到淀粉变成蓝色；
（4） ③→④反应的化学方程式为I2+2NaOH=NaI+NaIO+H2O；
Ⅱ．a.（1）验证分解FeSO4生成的气态产物，气体制备或检验气体的产生实验，在实验前必须检查装置气密性；
（2）先将高温分解气体通过丙装置的冷却收集得三氧化硫，再通过丁的品红水溶液检验二氧化硫的存在，最后用乙装置吸收尾气，按气流方向连接顺序为：a→d→e→f→g→b→c；
（3）若观察到装置丙中有无色液体产生，则产物有SO3；装置丁中溶液变成无色，则产物中有二氧化硫，则 FeSO4分解的化学方程式为：；
b.（1）加入稀HCl时品红颜色变浅，而加入NaOH溶液时溶液颜色几乎不变，说明酸对褪色的品红溶液影响大，则由实验1可推测品红水溶液呈碱性；
（2）实验2：SO2通入盐酸中不反应，以H2SO3的形式存在溶液中，溶液中电离出的SO32-和HSO3-浓度都很小，品红水溶液逐渐褪色；SO2通入NaOH溶液中反应生成Na2SO3，溶液中SO32-（或HSO3-）浓度较大，品红水溶液很快褪色；可能是由SO32-或HSO3-引起；实验3：在两份品红水溶液中分别加入一小粒Na2SO3固体和NaHSO3固体，前者溶液很快褪色，后者溶液褪色很慢，说明是由SO32-引起的褪色而不是HSO3-；
（3）根据上述实验可知，使品红水溶液褪色的是亚硫酸根离子，若将SO2通入品红的无水乙醇溶液中，溶液中不存在SO32-，则品红的无水乙醇溶液不褪色；
（4）加热溶有Na2SO3的品红水溶液，Na2SO3溶液中的c(SO32-)大，加热后水解程度增大，但仍无法除尽，不能使品红水溶液恢复红色。
19．(1)分液漏斗
(2)MnO2+4H++2Cl—Mn2++Cl2↑+2H2O
(3)d→f→b→c
(4)不褪色
(5)褪色
(6)除去HCl
(7)Cl2+H2O2= O2+2H++2Cl-
(8)8.7
(9)<
【分析】由实验装置图可知，装置A中二氧化锰与浓盐酸共热反应制备氯气，浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，装置D中盛有的饱和食盐水用于除去氯化氢气体，装置B中盛有的浓硫酸用于干燥氯气，装置G为向上排空气法收集氯气，装置F中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收未反应的氯气，防止污染空气，则装置的连接顺序为ADBGF，接口的连接顺序为a→d→f→b→c→k→g→i。
【详解】（1）由实验装置图可知，盛放浓盐酸的仪器的为分液漏斗，故答案为：分液漏斗；
（2）由分析可知，制取氯气的反应为二氧化锰与浓盐酸共热反应生成氯化锰、氯气和水，反应离子方程式为MnO2+4H++2Cl—Mn2++Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2+4H++2Cl—Mn2++Cl2↑+2H2O；
（3）由分析可知，装置的连接顺序为ADBGF，接口的连接顺序为a→d→f→b→c→k→g→i，故答案为：d→f→b→c；
（4）干燥的氯气没有漂白性，不能使有色布条褪色，则由图可知，关闭活塞K，若有色布条是干燥的，溶液A为浓硫酸，则浓硫酸干燥所得氯气不可能使有色布条褪色，故答案为：不褪色；
（5）若打开K，虽然溶液A为氢氧化钠溶液，但通入的湿润氯气与干燥布条接触时，湿润氯气中氯气与水反应生成的具有强氧化性的次氯酸会使有色布条漂白褪色，故答案为：褪色；
（6）由分析可知，置D中盛有的饱和食盐水用于除去氯化氢气体，故答案为：除去HCl；
（7）由题意可知，氯气与过氧化氢溶液反应生成氧气和氯化氢，反应的化学方程式为Cl2+H2O2= O2+2HCl，离子方程式为：Cl2+H2O2= O2+2H++2Cl-；
（8）由方程式可知，制取0.1mol氯气理论上需要二氧化锰的质量为0.1mol×87g/mol=8.7g，故答案为：8.7；
（9）浓盐酸与二氧化锰共热反应生成氯气，但稀盐酸与二氧化锰共热反应不生成氯气，则用含0.2mol氯化氢的浓盐酸与足最的二氧化锰反应制取氯气时，制得标准状况下氯气的体积小于0.2mol××22.4L/mol=11.2L，故答案为：<。
20． 28 13.6% 2 mol
【分析】(1)根据方程式计算参加反应的氧气的物质的量，再根据V=n·Vm计算；
(2)根据方程式计算参加反应的氨气的物质的量、生成的水的物质的量，进而计算剩余的氨气，再根据m=n·M计算水、剩余氨气的质量，根据质量分数定义计算；
(3)假设气体中NO、N2的物质的量分别为x mol、y mol，根据氮原子守恒、电子转移守恒列方程计算。
【详解】(1)根据反应方程式4NH3+5O24NO+6H2O可知反应产生4 mol NO，需要消耗5 molO2，则生成1 mol NO需O2的物质的量为n(O2)=×1 mol=1.25 mol，其在标准状况下的体积V(O2)=1.25 mol×22.4 L/mol=28 L；
(2)根据方程式4NH3+5O24NO+6H2O可知：5 mol O2反应消耗4 mol NH3，反应产生6 mol H2O，剩余NH3的物质的量是(5-4) mol=1 mol，氨气溶于该水中得到的氨水的质量分数为×100%=13.6%；
(3)假设气体中NO、N2的物质的量分别为x mol、y mol，根据氮原子守恒有：x+2y=4；根据电子转移守恒有：5x+6y=4×2×2；解得：x=2，y=1，即产物中NO的物质的量为2 mol。
【点睛】本题考查了物质的量在化学方程式计算的应用、氧化还原反应计算等，(3)中注意利用守恒思想进行的计算，当反应物有多种，且它们的量给定时，要根据方程式中物质反应转化关系判断哪种物质过量，然后以不足量的物质为标准进行计算。
21． 5 0.05 6.96
【分析】⑴Na2Sx在碱性溶液中可被NaClO氧化为Na2SO4，而NaClO被还原为NaCl，若反应Na2Sx与NaClO的物质的量之比为1∶16，根据得失电子相等，得到关系式，解得x = 5。
⑵实验室制取氯气，将多余的氯气用100 mL 1.7mol/LNaOH即物质的量为0.17mol。对吸收后溶液进行分析化验，测知c(OH－)=0.1mol/L 即剩余的NaOH物质的量为0.01mol，则消耗氢氧化钠的物质的量为0.16mol，ClO－和ClO3－的物质的量浓度之比为5∶1，假设ClO－和ClO3－的物质的量分别为5xmol和xmol，根据得失电子守恒，失去电子物质的量为10x，得到电子也是10x，则有10xmol氯原子得到电子，再根据氯和钠守恒，10x+5x+x=0.16，因此x = 0.01mol，因此总的被还原的氯原子的物质的量为0.1mol，被还原的氯气的物质的量为0.05mol。
②根据上面分析得到有0.08mol尾气氯气，
MnO2 ——Cl2
87g 1mol
xg 0.08mol
87g：xg = 1mol：0.08mol
解得x = 6.96。
【详解】⑴Na2Sx在碱性溶液中可被NaClO氧化为Na2SO4，而NaClO被还原为NaCl，若反应Na2Sx与NaClO的物质的量之比为1∶16，根据得失电子相等，得到关系式，解得x = 5，故答案为：5。
⑵实验室制取氯气，将多余的氯气用100 mL 1.7mol/LNaOH即物质的量为0.17mol。对吸收后溶液进行分析化验，测知c(OH－)=0.1mol/L 即剩余的NaOH物质的量为0.01mol，则消耗氢氧化钠的物质的量为0.16mol，ClO－和ClO3－的物质的量浓度之比为5∶1，假设ClO－和ClO3－的物质的量分别为5xmol和xmol，根据得失电子守恒，失去电子物质的量为10x，得到电子也是10x，则有10xmol氯原子得到电子，再根据氯和钠守恒，10x+5x+x=0.16，因此x = 0.01mol，因此总的被还原的氯原子的物质的量为0.1mol，被还原的氯气的物质的量为0.05mol，故答案为：0.05。
②根据上面分析得到有0.08mol尾气氯气，
MnO2 ——Cl2
87g 1mol
xg 0.08mol
87g：xg = 1mol：0.08mol
解得x = 6.96，故答案为6.96