第2章 元素与物质世界 测试题（含解析）2023-2024学年高一上学期化学鲁科版（2019）必修第一册

第2章 元素与物质世界 测试题
一、选择题
1．工业上常用浓氨水检查氯气管道，其反应为：8NH3+3Cl2= 6NH4Cl+N2，利用该反应中产生白烟这一现象来判断管道是否漏气，下列关于该反应的说法不正确的是
A．氧化剂是Cl2
B．氧化剂与还原剂的物质的量之比为3:8
C．每生成1 mol N2，转移6 mol电子
D．该条件下Cl2的氧化性强于N2
2．[神舟十二号全面使用国产芯片，其中制作芯片的刻蚀液为硝酸与氢氟酸的混合溶液，其工艺涉及的反应为Si+HNO3+6HF=H2SiF6+HNO3+H2↑+H2O，下列说法正确的是
A．H2SiF6中Si元素的化合价为+6
B．该反应中还原产物为HNO2、H2
C．该反应中，生成2.24LH2时，被氧化的Si为0.1mol
D．芯片刻蚀液可用稀硝酸代替
3．可以发生反应：，下列说法错误的是
A．氧气是还原产物 B．是氧化剂
C．若生成4.48LHF，则转移0.8mol电子 D．还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：4
4．下列离子反应方程式正确的是
A．向溶液中通入：
B．将硫酸溶液与氢氧化钡溶液混合：
C．碳酸氢钠与氢氧化钠溶液反应：
D．用氢氧化钠溶液吸收氯气：
5．室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A．0.1 mol·L-1 Fe2(SO4)3溶液：Cu2+、NH、NO、SO
B．滴入酚酞变红色的溶液：K+、Ca2+、HCO、CO
C．pH=1的溶液：Ba2+、K+、CH3COO-、NO
D．无色透明的溶液：Cu2+、Na+、SO、NO
6．在澄清透明的溶液中能大量共存的离子组是
A．K+、H+、Cl-、OH- B．H+、Cl-、Na+、HCO
C．Na+、Ba2+、Cl-、SO D．H+、K+、SO、Fe3+
7．下列离子能与大量共存于溶液中的是
A． B． C． D．
8．下列分散系中，分散质微粒直径最大的是
A．新制氢氧化铜悬浊液 B．豆浆 C．酒精 D．雾
9．海水提溴的流程如图所示。下列说法正确的是
A．用吸收蒸气发生反应的离子方程式为
B．每提取1mol溴，理论上消耗氯气22.4L(标准状况)
C．工业溴中含少量，可用溶液除去
D．步骤③中可用亚硫酸钠溶液代替
10．在无色透明溶液中，不能大量共存的离子组是
A．Cu2+、Ag+、SO、Cl- B．K+、Na+、HCO、NO
C．OH-、CO、Ca2+、Na+ D．Ba2+、Na+、OH-、NO
11．下列说法正确的是
A．二氧化碳的水溶液可导电，故二氧化碳是电解质
B．熔融氯化钠能导电，故氯化钠是电解质
C．NaHSO4在熔融状态下和在水溶液中的电离方程式相同
D．硫酸钡难溶于水，故为弱电解质
12．对废旧锂离子电池正极材料进行回收处理的流程如图所示(难溶于水及碱溶液，酸性条件下价的钴具有强氧化性)。下列说法错误的是
A．可将还原为
B．相同条件下溶解性：
C．“酸溶”时用浓盐酸代替硫酸，不利于保护环境
D．“滤液”中通入过量的可产生白色沉淀
13．与下列化学方程式相对应的离子方程式书写正确的是
A．H2SO4 + Ba(OH)2 = BaSO4↓+ 2H2O SO+2H+ + Ba2+ + 2OH- = BaSO4↓+ 2H2O
B．Cu(OH)2 + 2HCl = CuCl2 + H2O H+ + OH- = H2O
C．Fe2O3 + 3H2SO4 = Fe2(SO4)3 + 3H2O Fe2O3 + 6H+ = Fe3+ + 3H2O
D．CH3COOH + CaCO3 = (CH3COO)2Ca + H2O＋CO2↑ 2H＋＋CaCO3= Ca2+ + H2O＋CO2↑
14．下列各组物质分类正确的是
选项 酸 碱 盐 氧化物
A 硫酸 纯碱 硫酸铜 干冰
B 硝酸 烧碱 碳酸铵 氧化铜
C 碳酸 生石灰 小苏打 二氧化硫
D 二氧化碳 苛性钠 食盐 石灰石
A．A B．B C．C D．D
15．下列转化中需要加入氧化剂才能实现的是
A．Cl2→Cl- B．MnO→Mn2+ C．CO→CO2 D．Fe2+→Fe3+
二、填空题
16．写出下列反应的离子方程式。
(1)溶液中加入溶液 ；
(2)盐酸溶液与氧化钙的反应 ；
(3)钠与水的反应 ；
(4)通入澄清石灰水使石灰水变浑浊 。
(5)已知反应：的反应。
①用单线桥表示上述反应中电子转移的方向和数目 。
②1个Fe参加反应时，被还原的分子数为 个，转移电子数为 个
(6)已知反应。
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
17．铜器久置于空气中会和空气中的、、作用产生“绿锈”，该“绿锈”俗称“铜绿”，又称“孔雀石”［化学式为］，“铜绿”能跟酸反应生成铜盐、和。某同学利用如图所示的一系列反应实现了“铜→铜绿→……→铜”的转化。
铜铜绿CuCl2Cu(OH)2CuOCu
(1)从三种不同分类标准回答，“铜绿”属于哪类盐？ ， ，
(2)请写出反应③的化学反应方程式和基本反应类型： 、 。
(3)上述转化过程中属于化合反应的是 (填序号)。
(4)写出反应⑤的化学方程式和基本反应类型： 、 。
18．已知：①Fe+H2SO4(稀)=FeSO4+H2↑
②Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+2H2O+SO2↑
③KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O。
试回答下列问题：
（1）当反应①转移3 mol电子时，消耗H2SO4的质量是 g，产生氢气的体积（标准状况） L。
（2）反应②中 作氧化剂， 是氧化产物。
（3）当反应②中生成11.2 L SO2气体（标准状况下）时，被还原的H2SO4的物质的量是 。
（4）用单线桥法表示反应②电子转移的方向和数目（在化学方程式上标出） 。
（5）反应③中氧化产物与还原产物的物质的量之比为 。
19．某均匀固体混合物中含有Na2CO3、NaOH、CaCl2中的两种或三种。现取5.30g该混合物分为两等份，分别溶于足量水中，将一份经过滤、洗涤、干燥、称量，恰好得到1.00g沉淀；在另外一份反应后的试管中逐滴滴加0.40mol/L的稀盐酸，加入盐酸的体积和沉淀质量的变化关系如图所示。请回答：
(1)原混合物中至少含有CaCl2的质量为 g。
(2)a的最大值为 mL。
20．一种溶液中可能含有OH-、Cl-、CO、SO四种离子中的一种或几种，取出溶液分别盛于三支试管中，进行如下实验：
①向第一支试管中滴入酚酞溶液变红。
②向第二支试管中加入硝酸钡溶液，有白色沉淀生成。
③向第三支试管中逐滴加入稀硝酸，有无色气体生成，该气体能使澄清石灰水变浑浊；继续加入稀硝
酸使溶液显酸性后，再加入氢氧化钡溶液不产生沉淀。试判断该溶液中
(1)肯定含有的离子是 。
(2)肯定没有的离子是 。
(3)可能含有的离子是 。
21．CN-离子有剧毒，含氰电镀废水需处理达标后才能排放，某兴趣小组在密闭系统中用如图装置进行模拟实验，测定CN-被处理的百分率。具体原理及部分操作步骤如下：
步骤 原理 操作
1 在TiO2催化作用下，用NaClO将CN-氧化成CNO-(CN-和CNO-中N元素均为-3价)。 将1 L含氰电镀废水经浓缩后与过量NaClO溶液混合，倒入甲中，塞上橡皮塞。
2 在酸性条件下CNO-与NaClO反应生成N2、CO2和Cl2。 一段时间后，打开橡皮塞和活塞，使溶液全部放入乙中，关闭活塞。
已知：含氰电镀废水中CN-离子浓度为a mg L-1；玻璃棉不参与反应。
(1)写出甲中的反应的离子方程式 。
(2)乙中反应的离子方程式为2CNO-+6ClO-+8H+=N2↑+2CO2↑+3Cl2↑+4H2O，该反应的氧化剂是 。
(3)上述实验是通过测定CO2的量来确定对CN 的处理效果。丙装置中的试剂是 ，丁装置中主要发生反应的化学方程式是 ，丁装置中玻璃棉的作用是 ；干燥管Ⅱ的作用是 。
(4)若干燥管Ⅰ增重b mg，则CN-被处理的百分率是 (用含a、b的代数式来表示)。
(5)该装置气密性良好，假定每一个装置都充分反应，则利用该装置测得的CN-被处理的百分率与实际值相比 (填“偏高”或“偏低”)，简述可能的原因： 。
【参考答案】
一、选择题
1．B
【分析】反应8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2中，NH3中N元素由-3价部分升高为0价(生成N2)，Cl元素由0价降低到-1价。
解析：A．Cl元素由0价降低到-1价，得电子表现氧化性，则氧化剂是Cl2，A正确；
B．氧化剂(Cl2)与还原剂(NH3→N2)的物质的量之比为3:2，生成NH4Cl的NH3仅表现出碱性，B不正确；
C．发生氧化还原反应时，2NH3——6e-——N2，则每生成1 mol N2，转移6 mol电子，C正确；
D．该条件下，Cl2为氧化剂，N2为氧化产物，则Cl2的氧化性强于N2，D正确；
故选B。
2．B
解析：A．中为价，为价，根据化合物中正负化合价代数和为零的原则，中元素的化合价为，A项错误；
B．价转化为，元素化合价降低，故还原产物为、，中价的转化为中价的N，N元素化合价降低，B项正确；
C．未指明所处的状况是否为标准状况，不能用标准状况下的气体摩尔体积进行计算，C项错误；
D．由于芯片的主要成分不能与反应，故芯片刻蚀液不可用稀硝酸代替，D项错误；
故选：B。
3．C
解析：A．中的O元素化合价为+1价，转化为，化合价降低发生还原反应，氧气是还原产物， A正确；
B．中的O元素化合价为+1价，转化为，化合价降低发生还原反应，是氧化剂，B正确；
C．HF所处温度和压强未知，且标准状况下HF为液体，因此不能确定转移电子的物质的量，C错误；
D．还原剂为，氧化剂为，由化学方程式可知还原剂与氧化剂的物质的量之比为1∶4，D正确。
故选C。
4．D
解析：A． 盐酸酸性大于碳酸，向溶液中通入不反应，A错误；
B． 将硫酸溶液与氢氧化钡溶液混合得到硫酸钡和水：，B错误；
C． 碳酸氢钠与氢氧化钠溶液反应得到碳酸钠和水：，C错误；
D．氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，用氢氧化钠溶液吸收氯气：，D正确；
答案选D。
5．A
解析：A．三价铁离子、硫酸根离子与Cu2+、NH、NO、SO不反应，可以共存，A正确；
B．滴入酚酞变红色说明溶液中含有氢氧根离子，氢氧根离子可以和碳酸氢根离子反应，不能共存，B错误；
C．pH=1的溶液中含有大量的氢离子，可以和醋酸根离子反应，不能共存，C错误；
D．铜离子有颜色，不符合题意，D错误；
故选A。
6．D
解析：A．在澄清透明的溶液中，H+与OH-能反应生成水，不能大量共存，A错误；
B．澄清透明的溶液中H+和HCO不能大量共存，B错误；
C．澄清透明的溶液中Ba2+和SO不能大量共存，C错误；
D．澄清透明的溶液中题干所给离子之间不反应，能大量共存，D正确；
故选D。
7．C
解析：A．与Cl-会生成AgCl白色沉淀，A不符合题意；
B．可以与生成H2O和Cu(OH)2沉淀，B不符合题意；
C．不与中的任何离子反应，因此可以在溶液中大量共存，C符合题意；
D．与H+反应可以生成H2O和CO2气体，因此不能大量共存，D不符合题意。
因此，本题选C。
8．A
解析：溶液分散质粒子的直径小于1nm，胶体分散质粒子直径介于1nm~100nm之间，浊液分散质粒子直径大于100nm，酒精为溶液，豆浆和雾属于胶体，新制氢氧化铜悬浊液属于浊液，因此分散质粒子直径最大的是新制氢氧化铜悬浊液，故答案选A。
9．D
【分析】①将溶液中的Br-氧化为Br2。步骤②将Br2吹出。步骤③将Br2进行还原富集。步骤④将溶液中的Br-再次氧化为Br2。步骤⑤进行提纯获得Br2。
解析：A．SO2将Br2还原为Br-而自身被氧化为，反应为Br2+SO2+2H2O=+2Br-+4H+，A项错误；
B．步骤①中关系式为Br2~Cl2，即1mol溴消耗1molCl2（体积为22.4L）。步骤④中关系式为Br2~Cl2即1mol溴消耗1molCl2（体积为22.4L），所以每提取1molBr2消耗22.4+22.4=44.8LCl2，B项错误；
C．X2（Cl2、Br2、I2）能与NaOH溶液发生反应，所以工业溴中含少量Cl2，不能用NaOH溶液除去，C项错误；
D．亚硫酸钠溶液和SO2中的硫元素均为+4，具有还原性，能将Br2还原，所以可用亚硫酸钠溶液替代SO2，D项正确；
故选D。
10．C
解析：A．Ag+与Cl-会生成AgCl沉淀，不能大量共存，溶液含有Cu2+为蓝色，A不符合题意；
B．溶液为无色，且各离子间不发生反应，可以大量共存，B不符合题意；
C．溶液为无色，CO与Ca2+会生成CaCO3沉淀，C符合题意；
D．溶液为无色，且各离子间不发生反应，可以大量共存，D不符合题意；
答案选C。
11．B
解析：A．CO2的水溶液能导电的原因是碳酸发生电离，二氧化碳不能发生电离，CO2是非电解质，选项A错误；
B．熔融态(NaCl)能导电,且氯化钠为化合物，故(NaCl)是电解质，选项B正确；
C．熔融状态时的电离方程式为：NaHSO4=Na++，水溶液中电离方程式为: NaHSO4=Na++H++，不相同，选项C错误；
D．硫酸钡溶于水的部分完全电离，故硫酸钡为强电解质，选项D错误；
答案选B。
12．B
【分析】废旧正极加入氢氧化钠溶液后，铝反应生成偏铝酸钠，通过过滤后，存在于滤液中从而除去铝元素，加入酸浸剂后将钴离子释放出来转化为二价钴离子，经过调节pH将二价钴沉淀，最后加入碳酸钠溶液将锂离子沉淀转化为碳酸锂；
解析：A．中钴元素的化合价为价，而中钴元素的化合价为价，故可推测作还原剂能将还原为，A项正确；
B．加入溶液生成沉淀，故可推测碳酸锂的溶解性比碳酸钠小，B项错误；
C．用盐酸替代“酸浸剂”会产生污染环境的氯气，C项正确；
D． “滤液”中含有，通入过量生成，D项正确。
【点睛】此题考查物质的提纯，根据最终需要的物质，除去多余的其它元素注意除杂过程中先后问题。
13．A
【分析】把化学方程式改写为离子方程式时，化学方程式中的溶于水、能完全电离的要写成离子，其他的以化学式表示。
解析：A．H2SO4 + Ba(OH)2 = BaSO4↓+ 2H2O，硫酸和Ba(OH)2要写成离子，BaSO4沉淀和水写化学式，离子方程式为： + 2H+ + Ba2+ + 2OH- = BaSO4↓+ 2H2O，A项正确；
B．Cu(OH)2 + 2HCl = CuCl2 + H2O，Cu(OH)2不溶于水，不能写成离子，正确的离子方程式为：Cu(OH)2 + 2H+ = Cu2+ + 2H2O，B项错误；
C．Fe2O3 + 3H2SO4 = Fe2(SO4)3 + 3H2O，氧化铁和水不能写成离子，硫酸和硫酸铁要写成离子，离子方程式为：Fe2O3 + 6H+ = 2Fe3+ + 3H2O，C项错误；
D．CH3COOH + CaCO3 = (CH3COO)2Ca + H2O＋CO2↑，醋酸在水中不完全电离，不能写成离子，正确的离子方程式为：2CH3COOH + CaCO3 = 2CH3COO- + Ca2+ + H2O＋CO2↑，D项错误；
故选A。
14．B
解析：A．纯碱是碳酸钠，是盐不是碱，故A错误；
B．硝酸是酸；烧碱即NaOH，是碱；碳酸铵是盐；氧化铜是氧化物，故B正确；
C．生石灰是CaO，是氧化物，不是碱，故C错误；
D．二氧化碳是氧化物，不是酸；石灰石的主要成分是碳酸钙，石灰石是混合物，故D错误；
故选B。
15．D
解析：A．氯气和水生成HCl和次氯酸，且氯气转化为氯离子，Cl元素需被还原，不需加入氧化剂，A不符合题意；
B．MnO→Mn2+，锰元素化合价降低，发生还原反应，需加入还原剂实现物质之间的转化，B不符合题意；
C．CO与H+反应产生CO2，该转化过程中元素化合价不变，反应为非氧化还原反应，因此不需要加入氧化剂就可以实现物质之间的转化，C不符合题意；
D．Fe2+→Fe3+时，Fe元素化合价升高，失去电子被氧化，需加入氧化剂才能实现，D符合题意；
故选D。
二、填空题
16．(1)
(2)
(3)
(4)
(5) 1 3
(6) b
解析：（1）CuSO4 溶液中加入Ba(OH)2溶液生成Cu(OH)2沉淀和BaSO4沉淀，离子方程式为：Cu2+++Ba2++2OH =Cu(OH)2↓+BaSO4↓；
（2）盐酸溶液与氧化的反应生成氯化钙和水，氧化钙是氧化物，不能写成离子，离子方程式为：CaO+2H+=Ca2++H2O；
（3）钠与水反应生成NaOH和氢气，反应的离子方程式为：2Na+2H2O=2Na++2OH +H2↑。
（4）CO2 通入澄清石灰水生成了不溶于水的碳酸钙使石灰水变浑浊，反应的离子方程式为：Ca2++2OH +CO2=CaCO3↓+H2O。
（5）①在反应中，1个铁失去3个电子转化为+3价，N元素的化合价从+5部分降低为+2价，生成1个NO得到3个电子，即电子从铁转移到N，用单线桥表示电子转移的方向和数目为： 。
②1个铁参加反应，失去3个电子，参加反应的4个硝酸中，只有一个硝酸中的N得到电子转化为NO，则被还原的硝酸分子数为1个，转移电子数为3个。
（6）①在反应中，KClO3中的+5价Cl得到电子转化为0价，生成氯气，1个KClO3得到5个电子；6个HCl中有5个HCl中的Cl失去5个电子，也转化为氯气，用双线桥表示该反应中的电子转移方向和数目为： 。
②浓盐酸中的Cl部分失去电子，这部分浓盐酸做还原剂，体现还原性，还有部分氯元素化合价没有变化，生成了盐，体现酸性，故选b。
17．(1) 铜盐 碳酸盐 碱式盐
(2) CuCl2+2NaOH=Cu(OH)2↓+2NaCl 复分解反应
(3)+++2Cu=
(4) CuO+H2Cu+ 置换反应
解析： (1)孔雀石的化学式为，根据构成的阳离子，属于铜盐；根据构成的酸根，属于碳酸盐；根据含有OH-，属于碱式盐，故为：铜盐；碳酸盐；碱式盐；
(2)反应③为CuCl2+2NaOH=Cu(OH)2↓+2NaCl，该反应属于复分解反应，故为：CuCl2+2NaOH=Cu(OH)2↓+2NaCl；复分解反应；
(3)、、作用产生“绿锈”，又称“孔雀石其化学式为，发生反应的方程式为： +++2Cu=，属于化合反应，故为：+++2Cu=；
(4)反应⑤为CuOCu，其反应的化学方程式为CuO+H2Cu+，属于置换反应，故为：CuO+H2Cu+；置换反应。
18．33.6 H2SO4（浓）； CuSO4 0.5 mol 5：1
【分析】（1）反应①中1mol Fe参与反应，消耗稀硫酸1mol，电子转移2mol。
（2）由反应方程式可知，反应中Cu从0价升高到+2价，失去电子，发生氧化反应，S从+6价降低到+4价，得到电子，发生还原反应；
（3）反应②中，生成1mol SO2气体，被还原的H2SO4的物质的量为1mol；
（4）反应②中S从+6价降低到+4价，得到电子，发生还原反应， Cu从0价升高到+2价，失去电子，发生氧化反应；
（5）反应③中Cl从+5价降低到0价，从-1价升高到0价，Cl2既是氧化产物又是还原产物；
解析：（1）当反应①转移3 mol电子时，消耗H2SO4的的物质的量为1.5mol，质量为1.5mol×98g/mol=147g；产生氢气的物质的量为1.5mol，标况下的体积为1.5mol×22.4L/mol=33.6L；
（2）反应②中S从+6价降低到+4价，得到电子，发生还原反应，硫酸为氧化剂，Cu从0价升高到+2价，失去电子，发生氧化反应，Cu为还原剂，得到的产物CuSO4为氧化产物；
（3）当反应②中生成11.2 L (即0.5mol)SO2气体时，被还原的H2SO4的物质的量是0.5mol；
（4）反应②中S从+6价降低到+4价，得到电子，发生还原反应， Cu从0价升高到+2价，失去电子，发生氧化反应，因此电子转移的方向和数目为：；
（5）反应③中Cl2既是氧化产物又是还原产物，物质的量之比为5:1。
19．22 30.0
【分析】(1) CaCl2和Na2CO3反应生成碳酸钙沉淀，根据碳酸钙沉淀的质量计算参与反应的CaCl2的质量；
(2) 同质量的Na2CO3、NaOH与盐酸反应，NaOH消耗的盐酸多，所以NaOH的质量越大，a值越大。
解析：(1)设一份混合物中，生成1g碳酸钙沉淀的CaCl2、Na2CO3的质量分别为xg、yg；
x=1.11g；y=1.06g；
所以原混合物中至少含有CaCl2的质量为2.22g；
(2) 一份混合物中，NaOH的质量最大是2.65g-1.11g-1.06g=0.48g；NaOH的最大物质的量是0.012mol，最多消耗盐酸的物质的量是0.012mol，消耗盐酸的最大体积是，a的最大值为30.0 mL。
20．(1)CO、OH- (2)SO (3)Cl-
解析：①向第一支试管里滴入酚酞试液，溶液变红色，说明溶液呈碱性，应含有OH-；
②第二支试管里加入足量Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀，说明含有CO、SO中的至少一种；
③向第三支试管中逐滴加入稀硝酸，有无色气体生成，该气体能使澄清石灰水变浑浊；继续加入稀硝酸使溶液显酸性后，再加入Ba(OH)2溶液不产生沉淀，说明含有CO，不含SO。
(1)由分析可知：溶液中肯定含有的离子是CO、OH-；
(2)由分析可知：肯定没有的离子是SO；
(3)由分析可知：可能含有的离子是Cl-。
21． CN-+ClO-CNO-+Cl- NaClO 浓硫酸 Cu+Cl2CuCl2 防止CuCl2固体粉末堵塞导管（或吸附CuCl2固体） 防止空气中的CO2、水蒸气进入干燥管I，影响CO2的测量 ×100% 偏低 前面装置中残留有CO2未被完全吸收
【分析】
甲中在TiO2催化作用下， NaClO将CN-离子氧化成CNO-；乙中在酸性条件下CNO-与NaClO反应生成N2、CO2和Cl2，丙中用浓硫酸对气体进行干燥处理，丁中用热的铜网除去Cl2，通过测量干燥管Ⅰ吸收的二氧化碳的质量确定对CN-的处理，同时应防止空气中的CO2、水蒸气进入干燥管Ⅰ干扰实验。
解析：(1)在甲中在TiO2催化作用下，NaClO会将CN-氧化产生CNO-，ClO-被还原产生Cl-，反应的离子方程式为：CN-+ClO-CNO-+Cl-；
(2)乙中反应的化学方程式为：2CNO-+6ClO-+8H+=N2↑+2CO2↑+3Cl2↑+4H2O，在该反应中，Cl元素化合价由反应前ClO-中的+1价，变为反应后Cl2中的0价，化合价降低，获得电子，被还原，所以含有ClO-的NaClO为氧化剂；
(3)上述实验是通过测定CO2的量来确定对CN 的处理效果。丙装置中的试剂是浓硫酸，作用是干燥气体；丁装置中Cl2与Cu反应产生CuCl2固体，发生反应的化学方程式是Cu+Cl2CuCl2；丁装置中玻璃棉的作用是防止Cu与Cl2反应产生的CuCl2固体粉末堵塞导管(或吸附CuCl2固体)；干燥管Ⅱ的作用是吸收空气中的CO2、H2O蒸气，防止空气中的CO2、水蒸气进入干燥管I，影响CO2的测量；
(4)若干燥管Ⅰ增重b mg，则n(CO2)==×10-3mol，根据方程式：CN-+ClO-CNO-+Cl-、2CNO-+6ClO-+8H+=N2↑+2CO2↑+3Cl2↑+4H2O，可知关系式：CN-～CO2，则由CO2的物质的量可知CN-被处理的物质的量是×10-3mol，CN-的总质量是m(CN-)=a mg L-1×1 L=a mg，其物质的量是n(CN-)==×10-3mol，所以CN-被处理的百分率是×100%=×100%；
(5)由于装置中残留有CO2未被完全吸收，导致测定的二氧化碳质量偏低，使测得的CN-被处理的百分率与实际值相比偏低。
【点睛】
本题考查了含氰电镀废水处理的实验原理、实验装置理解与评价、常用化学用语、化学计算等，理解实验原理、掌握氧化还原反应规律及各个装置的作用是解题关键，在进行物质转化率计算时，要学会使用关系式法进行计算