3.1 氯气及氯的化合物 同步练习（含解析） 2023-2024学年高一上学期化学苏教版（2019）必修第一册

3.1 氯气及氯的化合物 同步练习
一、单选题
1．下列说法错误的是（　　）
A．利用丁达尔现象可以鉴别胶体和溶液
B．利用酚酞鉴别等物质的量浓度的碳酸钠和碳酸氢钠溶液
C．利用氢气与氯气混合光照制氯化氢气体
D．PM2.5在空气中形成的分散系中可能含有气溶胶
2．已知3CuO+2NH3 3Cu+N2+3H2O。下列判断正确的是（　　）
A．N元素的化合价降低
B．NH3被还原
C．消耗0.3 mol CuO转移0.6 NA个电子
D．CuO是还原剂
3．反应A+B═C+D，8g A和12g B恰好完全反应，生成C和9g D，则生成C的质量为（　　）
A．9g B．10g C．11g D．12g
4．“84”消毒液(有效成分为NaClO)、洁厕液(主要成分为HCl)是生活中常见的消毒剂、清洁用品，二者混合使用会产生毒气(Cl2)。从氧化还原的角度推测，下列关于Cl2性质的猜想正确的是（　　）
A．只有氧化性 B．只有还原性
C．既有氧化性又有还原性 D．无法判断
5．关于反应，下列说法正确的是（　　）
A．既是氧化产物又是还原产物
B．氧化剂与还原剂的物质的量之比为3∶1
C．该反应中被NO氧化的O3占消耗掉O3的1/4
D．反应时转移电子数为
6．关于氯气和氯水的性质下列说法错误的是（　　）
A．氯气易液化，可加压转变为液氯储存在钢瓶
B．氢气在氯气中安静地燃烧，发出苍白色火焰
C．用pH试纸测定新制氯水的pH，试纸变红
D．新制氯水的颜色是因为氯水中含有氯气分子导致
7．“84″消毒液在日常生活中使用广泛，该消毒液无色，有漂白作用。它的有效成分是（　　）
A．盐酸 B．氯化钠 C．次氯酸钠 D．高锰酸钾
8．四氧化钌()是金黄色针状晶体，微溶于水，有强氧化性，能氧化浓盐酸生成和。酸性介质中固体与溶液或溶液反应均可制得。下列说法正确的是（　　）
A．若与物质的量之比，则还原产物为
B．与浓盐酸反应生成转移电子数为
C．酸性介质中氧化性：
D．在稀硫酸环境中，与反应制备的化学方程式为
9．某化学试剂厂不慎发生了氯气泄漏事故，泄露出的氯气迅速向周围的居民区蔓延，下列处理措施合理的是（　　）
①及时向上风口和地势较高处转移疏散人群；
②及时戴上用浓烧碱溶液湿润过的口罩；
③用高压水枪向泄露口附近喷洒稀碱液并设法控制氯气泄漏；
④及时戴上用稀纯碱溶液湿润过的口罩；
⑤就近向地下商场转移；
⑥把泄漏液氯罐投入一盛有石灰水的水池中。
A．①②③④ B．②④⑤⑥ C．①③④⑥ D．③④⑤⑥
10．在反应3Cl2+6KOH KClO3+5KCl+3H2O中，下列说法正确的是（　　）
A．Cl2是氧化剂，KOH是还原剂
B．KCl是氧化产物，KClO3是还原产物
C．被还原氯气与被氧化氯气的质量比为5：1
D．反应中转移电子的物质的量为6mol时，消耗3molCl2
11．向27.2gCu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀硝酸0.5L，固体物质完全反应，生成NO 和Cu（NO3）2。在所得溶液中加入1.0mol/L 的NaOH溶液1.0L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，沉淀质量为39.2g。下列有关说法错误的是（　　）
A．Cu与Cu2O 的物质的量之比为2：1
B．硝酸的物质的量浓度为2.6mol/L
C．产生的NO在标准状况下的体积为4.48L
D．Cu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3为0.2mol
12．铝热反应可用于焊接钢轨，反应为：2Al + Fe2O3 2Fe + Al2O3，下列关于该反应说法正确的是（　　）
A．Al 是还原剂
B．Fe2O3 发生氧化反应
C．Fe 是氧化产物
D．当生成 1 mol Fe 时，转移 6 mol 电子
13．下列方法中，可制得Cl2的正确组合是（　　）
①MnO2和浓盐酸混合共热 ②KMnO4和浓盐酸混合 ③NaClO和浓盐酸混合
④K2Cr2O7和浓盐酸混合 ⑤KClO3和浓盐酸混合．
A．①② B．②③④ C．①④ D．①②③④⑤
14．在探究新制饱和氯水成分的实验中，下列根据实验现象得出的结论错误的是：（　　）
A．氯水的颜色呈浅黄绿色，说明氯水中含有Cl2
B．向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，说明氯水中含有Cl－
C．向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，说明氯水中含有H＋
D．向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色，说明氯水中含有HClO
15．Cu2S与一定浓度的HNO3反应，生成Cu(NO3)2、CuSO4、NO2、NO和H2O，当NO2和NO的个数之比为2：1时，实际参加反应的Cu2S与HNO3的个数之比为（　　）
A．1：10 B．1：8 C．1：6 D．1：5
16．NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（　　）
A．5.6 g铁粉与硝酸反应失去的电子数一定为0.3NA
B．1 mol Na与足量O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，转移的电子数为NA
C．向FeI2溶液中通入适量Cl2，当有1 mol Fe2+被氧化时，共转移的电子的数目为NA
D．1 mol Cl2参加反应转移电子数一定为2NA
17．某溶液中含有VO24-和Cr2O72-，现向此溶液中滴入29.00mL 0.1mol／L的FeSO4溶液，恰好使VO2+→VO2+，Cr2O72-→Cr3+．再滴入2.00mL，0.020mol／LKMnO4溶液，又恰好使VO2+→VO2+，而Cr3+不变，此时MnO4-→Mn2+，则原溶液中Cr的质量为（　　）
A．15.6 mg B．23.4 mg C．31.2 mg D．46.8mg
二、实验探究题
18．实验室用MnO2粉末与浓盐酸共热制取氯气：MnO2+4HCl MnCl2+Cl2↑+2H2O
实验Ι 验证氯气能否与水反应，某同学设计了如图1所示的实验装置：
（1）从如图2选择适合A处的装置　 　（填序号）．
（2）装置B中能否观察到预期的实验现象？　 　（填“能”或“不能”），请说明理由　 　．
（3）实验II 测定反应后A中残余盐酸的浓度
步骤一：配制100mL1.00mol L﹣1的NaOH溶液，配制过程如下：
①称量　 　gNaOH固体，在烧杯中用适量蒸馏水溶解，冷却．
②将烧杯中的溶液转移至　 　中，并用少量蒸馏水洗涤烧杯内壁及玻璃棒2～3次，洗涤液也注入容量瓶中．
③继续加蒸馏水至刻度线1～2cm处，改用　 　滴加蒸馏水至凹槽面最低处与刻度线相切．
④盖上瓶塞，上下颠倒摇匀，将所配溶液转移至指定试剂瓶中，贴上标签．
步骤二：取2.00mL反应后A中的溶液，稀释后滴加步骤一配制所得NaOH溶液，恰好完全反应时，消耗NaOH溶液的体积为11.80mL．
完成步骤一的空格．
（4）根据实验数据，计算反应后A中残余盐酸的浓度为　 　mol L﹣1．
（5）某同学欲通过测Cl﹣浓度来推测反应后A中残余盐酸的浓度，取2.00mL反应后A中的溶液，价2.00mol L﹣1AgNO3溶液至不再产生沉淀时，发现所加的AgNO3溶液的体积远大于理论值5.80mL，其原因是　 　．
19．实验室中常用氧化浓盐酸的方法制取氯气，实验装置如图所示：
（1）装浓盐酸的仪器名称：　 　；
（2）为了得到纯净、干燥的氯气，此装置还需增加净化装置，请根据气体的流动方向，依次按顺序选择所用的装置，正确的选项是　 　；
（3）如果将过量二氧化锰与20mL 12mol/L的盐酸混合加热，充分反应后生成的氯气明显少于0.06mol，其主要原因有：①　 　；②　 　．
（4）多余的氯气可以通过下列装置暂时储存后再利用，请选择可以用作氯气的储气的装置　 　；
（5）实验结束清洗仪器时，为了减少烧瓶中残留氯气对环境的污染，可以向烧瓶中加入的一种溶液，有关的化学方程式是　 　．
20．如图1是某研究性学习小组设计制取氯气并以氯气为原料进行特定反应的装置．
（1）要将C装置接入B和D之间，正确的接法是：a→　 　→　 　→d；
（2）实验开始先点燃A处的酒精灯，打开旋塞K，让Cl2充满整个装置，再点燃D处的酒精灯，Cl2通过C装置后进入D，D装置内盛有碳粉，发生氧化还原反应，生成CO2和HCl（g），发生反应的化学方程式为　 　．
（3）D处反应完毕后，关闭旋塞K，移去两个酒精灯，由于余热的作用，A处仍有少量Cl2产生，此时B中的现象是　 　，B的作用是　 　
（4）用量筒量取20mL E中溶液，倒入已检查完气密性良好的分液漏斗中，然后再注入10mL CCl4，盖好玻璃塞，振荡，静置于铁架台上（如图2），等分层后取上层液和下层液，能使有色布条褪色的是　 　（填“上层液”或“下层液”）．
三、综合题
21．氯碱工业以电解精制饱和食盐水的方法制取氯气、氢气、烧碱和氯的含氧酸盐等系列化工产品．如图是离子交换膜法电解食盐水的示意图，图中的离子交换膜只允许阳离子通过．完成下列填空：
（1）写出电解饱和食盐水的离子方程式　 　．
（2）离子交换膜的作用为：　 　、　 　．
（3）精制饱和食盐水从图中　 　位置补充，氢氧化钠溶液从图中　 　位置流出．（选填“a”、“b”、“c”或“d”）
（4）KClO3可以和草酸（H2C2O4）、硫酸反应生成高效的消毒杀菌剂ClO2，还生成CO2和KHSO4等物质．写出该反应的化学方程式　 　．
（5）室温下，0.1mol/LNaClO溶液的pH　 　0.1mol/LNa2SO3溶液的pH．（选填“大于”、“小于”或“等于”）
（6）浓度均为0.1mol/L的N2SO3和Na2CO3的混合溶液中，SO32﹣、CO32﹣、HSO3﹣、HCO3﹣浓度从大到小的顺序为　 　．
（7）联氨（又称肼，N2H4，无色液体）是一种应用广泛的化工原料，可用作火箭燃料．回答下列问题：
①联氨分子的电子式为　 　．
②实验室中可用次氯酸钠溶液与氨反应制备联氨，反应的化学方程式为　 　．
22．实验室制取氯气有下列反应：2KMnO4+16HCl(浓)=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O
（1）该反应中氧化剂是　 　；被还原的元素是　 　；氧化产物是　 　。
（2）用单线桥法标出电子转移的方向和数目：2KMnO4+16HCl（浓）=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O　 　
（3）该反应有1molKMnO4参加反应，被氧化的HCl为　 　mol，转移电子　 　mol。
23．按要求填空
（1）氯水具有多种性质，根据新制氯水分别与如图五种物质发生的反应填空（氯水足量）：
写出对应的化学方程式
①b　 　；
②c　 　；
③e　 　；
（2）能证明氯水具有漂白性的现象是　 　；
（3）久置的氯水变为　 　（填成分），用化学反应方程式表示为　 　．
（4）实验室还可用高锰酸钾快速地制取氯气，反应的化学方程式如下：
填写字母2KMnO4+16HCl（浓）=5Cl2↑+2MnCl2+2KCl+8H2O
①请用双线桥标出该反应的电子转移方向和数目　 　．
②该反应中的氧化剂是　 　，若消耗0.2mol氧化剂，则被氧化的还原剂的物质的量是　 　．
答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】A．胶体具有丁达尔效应，而溶液没有，故可以利用丁达尔现象可以鉴别胶体和溶液，A不符合题意；
B．可以利用酚酞鉴别等物质的量浓度的碳酸钠和碳酸氢钠溶液，前者溶液显红色，后者显粉红色比前者浅，B不符合题意；
C．氢气与氯气混合光照将发生爆炸，不安全且不利于HCl的收集，故利用纯净的氢气在氯气中安静地燃烧来制备氯化氢气体，C符合题意；
D．细颗粒物指环境空气中空气动力学当量直径小于等于2.5微米的颗粒物，故PM2.5在空气中形成的分散系中可能含有气溶胶，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、丁达尔效应是鉴别溶液和胶体的重要方法；
B、碳酸钠遇到酚酞变红色，碳酸氢钠遇到酚酞变为浅红色；
C、氯气和氢气光照会生成氯化氢，但是由于发生爆炸，危险性太高；
D、直径小于等于2.5微米的分散系可能含有胶体。
2．【答案】C
【解析】【解答】A.3CuO+2NH3 3Cu+N2+3H2O反应中N元素化合价由-3价升高到0价，故A不符合题意；
B.3CuO+2NH3 3Cu+N2+3H2O反应中N元素化合价由-3价升高到0价，被氧化，故B不符合题意；
C.3CuO+2NH3 3Cu+N2+3H2O反应中Cu元素化合价由+2价降低到0价，得到6个电子；N元素化合价由-3价升高到0价，失去6个电子，因此0.3 mol CuO转移0.6 NA个电子，故C符合题意；
D.3CuO+2NH3 3Cu+N2+3H2O反应中Cu元素化合价由+2价降低到0价，被还原，CuO为氧化剂，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】3CuO+2NH3 3Cu+N2+3H2O反应中Cu元素化合价由+2价降低到0价，被还原，CuO为氧化剂；N元素化合价由-3价升高到0价，被氧化，NH3为还原剂。
3．【答案】C
【解析】【解答】由质量守恒，得：8g +12g = m(C)+9g,故m(C)= 11g；
【分析】反应前后质量守恒。
4．【答案】C
【解析】【解答】NaClO中氯元素化合价为+1、HCl中氯元素化合价为-1，Cl2中Cl元素化合价为0，氯元素化合价既能升高又能降低，Cl2既有氧化性又有还原性；
故答案为：C。
【分析】氯气中Cl元素的化合价为0价，既能升高又能降低，据此解答。
5．【答案】D
【解析】【解答】A．FeSO4、NO中亚铁离子、N元素化合价升高，被氧化生成氧化产物，是氧化产物，故A不符合题意；
B．反应中FeSO4、NO化合价升高为还原剂，O3化合价降低为氧化剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶3，故B不符合题意；
C．该反应中NO的氮元素化合价由+2升高为+5，NO为还原剂，NO还原O3，故C不符合题意；
D.3molFeSO4反应共消耗O3为2mol，根据O原子由0价降低为-2价以及得失电子守恒，转移的电子数为12NA，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】氧化还原反应的基本口诀：升失氧化还原剂，降得还原氧化剂；
化合价升高，失去电子，被氧化，发生氧化反应，作为还原剂，得到还原产物；
化合价降低，得到电子，被还原，发生还原法院，作为氧化剂，得到氧化产物。
6．【答案】C
【解析】【解答】A．氯气的沸点较高，易液化，可加压转变为液氯储存在钢瓶，故A不符合题意；
B．纯净的氢气在氯气中燃烧，发出苍白色的火焰，故B不符合题意；
C．新制氯水含HClO具有漂白性，会将pH试纸漂白，不能测出pH值，故C符合题意；
D．氯水成分中，只有氯气为黄绿色，氯水的颜色呈浅黄绿色，说明氯水中含有Cl2，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、氯气易液化，常温下和铁不反应，用钢瓶储存；
B、氢气和氯气点燃条件下安静燃烧，发出苍白色火焰，在光照条件下会发生爆炸；
C、新制氯水具有漂白性，试纸先变红再褪色；
D、氯水中溶有氯分子，氯分子为黄绿色，溶于水后被稀释，变为浅黄绿色。
7．【答案】C
【解析】【解答】氯气与NaOH反应制备漂白液，含次氯酸钠的溶液为无色，且具有漂白性，“84″消毒液有效成分是次氯酸钠，
故答案为：C。
【分析】次氯酸钠是漂白液的主要成分，次氯酸钙是漂白粉的主要成分；
8．【答案】D
【解析】【解答】A．设还原产物中Cl的化合价为a，根据得失电子守恒可得关系式，解得a=-1，因此还原产物为Cl-，A不符合题意；
B．未给出气体所处状态，无法应用气体摩尔体积进行计算，B不符合题意；
C．Na2RuO4与NaClO3反应生成RuO4的过程中，Na2RuO4被NaClO3氧化为RuO4，因此氧化剂为NaClO3，氧化产物为RuO4，因此氧化性NaClO3>RuO4，C不符合题意；
D． 与在酸性条件下反应生成NaC和RuO4，结合得失电子守恒、原子守恒可得，该反应的化学方程式为：，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．根据得失电子守恒；
B．不知道是否标准状况，无法计算；
C．氧化剂的氧化性大于氧化产物；
D． 根据得失电子守恒、原子守恒书写。
9．【答案】C
【解析】【解答】①氯气密度比空气大，及时向上风口和地势较高处转移疏散人群，可避免氯气中毒，故符合题意；
②烧碱具有强腐蚀性，应用小苏打，故不符合题意；
③氯气可与碱反应，用高压水枪向空中喷洒含碱性物质的水溶液可解毒，故符合题意；
④纯碱呈弱碱性，可用于除去氯气，故符合题意；
⑤氯气密度比空气大，就近向地下商场转移，易导致中毒，故不符合题意。
⑥氯气可与石灰水反应，故把泄漏液氯罐投入一盛有石灰水的水池中可行，符合题意；
故答案为：C。
【分析】依据氯气的性质进行判断。
10．【答案】C
【解析】【解答】A．只有Cl元素的化合价变化，Cl2是氧化剂，也是还原剂，选项A不符合题意；
B．失去电子被氧化，得到电子被还原，则KCl是还原产物，KClO3是氧化产物，选项B不符合题意；
C．在参加反应的6mol氯原子中，化合价升高的氯元素被氧化，化合价由0价升高到+5价，化合价降低的氯元素被还原，化合价由0价降低到-1价，根据氧化还原反应得失电子数相等，则被还原的Cl原子和被氧化的Cl原子的物质的量的比为5：1，选项C符合题意；
D．在参加反应的6mol氯原子中，化合价升高的氯元素被氧化，化合价由0价升高到+5价，化合价降低的氯元素被还原，化合价由0价降低到-1价，反应中转移电子的物质的量为5mol时，消耗3molCl2，选项D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】由3Cl2+6KOH KClO3+5KCl+3H2O可知，Cl元素的化合价由0升高为+5价，Cl元素的化合价由0降低为-1价，以此来解答。
11．【答案】B
【解析】【解答】A.根据题意可知最后得到的沉淀是Cu(OH)2，质量是39.2 g，则n[Cu(OH)2]=0.4 mol，n(Cu)=0.4 mol，即原化合物中的n(Cu)等于0.4 mol，设原化合物中的Cu和Cu2O的物质的量分别是x、y，则有x＋2y=0.4 mol，64x＋144y=27.2 g，解得x=0.2 mol，y=0.1 mol，物质的量之比等于2：1，A项不符合题意；
B.反应后得到溶质是NaNO3，则表现酸性的硝酸与氢氧化钠的物质的量相等，即硝酸钠的物质的量是1 mol，0.2 mol Cu和0.1 mol Cu2O被硝酸氧化时共失去(0.4＋0.2)mole－，则有0.2 mol的硝酸被还原为NO，所以硝酸的总物质的量是1.2 mol，浓度是2.4 mol/L，B项符合题意；
C.产生的NO为0.2 mol，标准状况下体积是4.48 L，C项不符合题意；
D.原混合物与硝酸反应生成Cu(NO3)2，n(Cu)="0.4" mol，所以n(NO3-)="0.8" mol，被还原的硝酸是0.2 mol，硝酸的总物质的量是1.2 mol，所以剩余硝酸0.2 mol，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、加入氢氧化钠，金属离子完全沉淀，此时沉淀为氢氧化铜，根据其物质的量推出通原子物质的量，利用原子守恒，可以求出同和氧化亚铜的物质的量；
B、利用硝酸钠物质的量，结合氧化还原反应中电子的得失，可以知道硝酸总物质的量，求出其浓度；
C、根据电子的得失可以知道被还原的硝酸物质的量，求出NO的物质的量；
D、根据原子守恒，硝酸总量-反应量=剩余量。
12．【答案】A
【解析】【解答】A.在该反应中，Al的化合价由0价升高到+3价，被氧化，为还原剂，A符合题意；
B.Fe2O3中铁元素的化合价由+3价降低到0价，被还原，发生还原反应，B不符合题意；
C.Fe2O3发生还原反应后生成Fe，故Fe为还原产物，C不符合题意；
D.由反应的化学方程式可得关系式“2Fe~6e-”，故生成1molFe时，转移电子数为3mol，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A.反应过程中，有元素化合价升高的物质为还原剂；
B.发生失电子的反应为氧化反应；
C.发生氧化反应后所得的产物为氧化产物；
D.根据关系式“2Fe~6e-”计算转移电子数；
13．【答案】D
【解析】【解答】解：①二氧化锰在加热条件下可以氧化浓盐酸生成氯气，可以用①来制备氯气；②KMnO4具有强的氧化性，能够氧化浓盐酸得氯气，可以用②来制备氯气；③NaClO和氯化氢发生归中反应生成氯气，可以用③来制备氯气；④K2Cr2O7具有强的氧化性，能够氧化浓盐酸得氯气，可以用④来制备氯气；⑤KClO3具有强的氧化性，能够氧化浓盐酸得氯气，可以用⑤来制备氯气；
故选：D．
【分析】①二氧化锰在加热条件下可以氧化浓盐酸生成氯气；②KMnO4具有强的氧化性，能够氧化浓盐酸得氯气；③NaClO和氯化氢发生归中反应生成氯气；④K2Cr2O7具有强的氧化性，能够氧化浓盐酸得氯气；⑤KClO3具有强的氧化性，能够氧化浓盐酸得氯气．
14．【答案】D
【解析】【解答】A.氯气是黄绿色气体，因此氯水的颜色呈浅绿色，说明氯水中含有Cl2，A项不符合题意；
B.向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，白色沉淀是氯化银，这说明氯水中含有Cl－，B项不符合题意；
C.向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，气体是CO2，这说明氯水中含有H＋，C项不符合题意；
D.向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色，说明反应中有氯化铁生成。由于氯气也能把氯化亚铁氧化生成氯化铁，因此不能说明氯水中含有HClO，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、氯气为黄绿色气体；
B、Cl-检验时需要用硝酸酸化的硝酸银溶液，产生白色沉淀；
C、氯水中加入碳酸氢钠放出二氧化碳气体，说明溶液显酸性，含有H+；
D、氯水中含有Cl2、HCl、HClO等分子，Cl2、HClO都能将Fe2+氧化成Fe3+；
15．【答案】B
【解析】【解答】Cu2S与一定浓度的HNO3反应中，Cu2S中铜元素由+1价被氧化为+2价、硫元素由-2价被氧化为+6价，硝酸起氧化剂与酸的作用，起氧化剂作用HNO3中氮元素被还原为NO2和NO，起酸作用的硝酸生成Cu(NO3)2；令NO2和NO的物质的量分别为2mol、1mol，根据电子转移守恒可知：n(Cu2S)×[6-(-2)+1×2]=2mol×(5-4)+1mol×(5-2)，解得n(Cu2S)=0.5mol；由硫元素守恒可知n(CuSO4)=n(Cu2S)=0.5mol，根据铜元素守恒可知溶液中n[Cu(NO3)2]=2n(Cu2S)-n(CuSO4)=2×0.5mol-0.5mol=0.5mol，由氮元素守恒可知参加反应的硝酸n(HNO3)=2n[Cu(NO3)2]+n(NO2)+n(NO)=2×0.5mol+2mol+1mol=4mol，所以实际参加反应的Cu2S与HNO3的物质的量之比为n(Cu2S)：n(HNO3)=0.5mol：4mol=1：8，
故答案为B。
【分析】结合氧化还原反应的电子守恒规律及化学变化过程中的原子守恒分析解题。
16．【答案】B
【解析】【解答】A.5.6 g铁粉的物质的量为0.1mol，与少量硝酸反应时生成亚铁离子，失去的电子数0.2NA，故A不符合题意；
B.钠与氧气反应，无论生成氧化钠还是过氧化钠，均生成+1价钠离子，则1 mol Na与足量O2反应，转移的电子数为NA，故B符合题意；
C.碘离子的还原性强于亚铁离子，当有1 mol Fe2+被氧化时，碘离子已经完全反应，则转移的电子的数目一定大于NA，故C不符合题意；
D.若1 mol Cl2与氢氧化钠溶液发生歧化反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，转移电子数为NA，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】碘离子的还原性强于亚铁离子，当有1 mol Fe2+被氧化时，碘离子已经完全反应是解答关键。
17．【答案】D
【解析】【解答】加入FeSO4溶液后，原溶液中VO2＋和Cr2O72－均被还原，Fe2＋被氧化，过程中得失电子总数相同，则其转移电子总数为0.029L×0.1mol/L×1=0.0029mol；
再向反应后的溶液中加入KMnO4溶液，恰好使VO2＋转化为VO2＋，该过程中得失电子守恒，则其转移电子数为0.002L×0.02mol/L×5=0.0002mol；
因此VO2＋转化为VO2＋的过程中得到的电子数也为0.0002mol，则Cr元素得到的电子数为0.0029mol-0.0002mol=0.0027mol，则n(Cr)=0.0009mol，因此原溶液中Cr的质量为：0.0009mol×52g/mol=0.0468g=46.8mg，D符合题意；
故答案为：D
【分析】根据反应过程中，得失电子守恒进行计算。
18．【答案】（1）②
（2）不能；Cl2中可能混有少量的水蒸气，氯气与水反应生成具有漂白性次氯酸
（3）4.0；100mL容量瓶；胶头滴管
（4）5.90
（5）残余溶液中，n（Cl﹣）＞n（H+）
【解析】【解答】解：（1）实验室用MnO2粉末与浓盐酸共热制取氯气：MnO2+4HCl MnCl2+Cl2↑+2H2O，反应物状态为固体与液体，反应条件为加热，所以选择装置②为发生装置；故答案为：②；（2）装置B、C中有色布条都褪色，与预期的实验现象不同，原因Cl2中可能混有少量的水蒸气，Cl2中可能混有少量的水蒸气，氯气与水反应生成具有漂白性次氯酸；故答案为：不能；Cl2中可能混有少量的水蒸气，氯气与水反应生成具有漂白性次氯酸；（3）①配制100mL1.00mol L﹣1的NaOH溶液，需要氢氧化钠质量m=0.1L×1.00mol/L×40g/mol=4.0g；故答案为：4.0；②配制100mL1.00mol L﹣1的NaOH溶液，应选择100mL容量瓶，在容量瓶中配制；故答案为：100mL容量瓶；③定容时，继续加蒸馏水至刻度线1～2cm处，改用胶头滴管滴加蒸馏水至凹槽面最低处与刻度线相切；故答案为：胶头滴管；（4）设反应后剩余盐酸的物质的量浓度为C，则依据盐酸与氢氧化钠反应关系n（HCl）=n（NaOH）得11.80mL×1.00mol/L=2.00mL×C，解得C=5.90mol/L，
故答案为：5.90；（5）依据MnO2+4HCl MnCl2+Cl2↑+2H2O可知反应后溶液中剩余物为盐酸和氯化锰，n（Cl﹣）＞n（H+），所以通过测Cl﹣浓度来推测反应后A中残余盐酸的浓度，取2.00mL反应后A中的溶液，加2.00mol L﹣1AgNO3溶液至不再产生沉淀时，发现所加的AgNO3溶液的体积远大于理论值5.80mL；故答案为：残余溶液中，n（Cl﹣）＞n（H+）．
【分析】（1）依据反应物状态和反应条件选择发生装置；（2）依据氯气不具有漂白性，次氯酸具有漂白性，结合从A中出来的气体的成分解答；（3）①依据m=CVM计算需要溶质的质量；②配制100mL1.00mol L﹣1的NaOH溶液，应选择100mL容量瓶，在容量瓶中配制；③依据定容操作解答；（4）溶液具有均一性，依据盐酸与氢氧化钠反应关系n（HCl）=n（NaOH）计算盐酸的物质的量浓度；（5）依据MnO2+4HCl MnCl2+Cl2↑+2H2O可知反应后溶液中剩余物为盐酸和氯化锰，n（Cl﹣）＞n（H+），据此解答．
19．【答案】（1）分液漏斗
（2）db
（3）浓盐酸挥发；浓盐酸反应后浓度下降而与MnO2不反应
（4）I，II
（5）Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O
【解析】【解答】解：（1）依据仪器形状装浓盐酸的仪器名称：分液漏斗；
故答案为：分液漏斗；（2）浓盐酸易挥发，制备的氯气中含有氯化氢和水蒸气，氯气在饱和食盐水中溶解度不大，浓硫酸具有吸水性依次通过饱和食盐水、浓硫酸除去氯化氢和水蒸气；
故选：DB；（3）二氧化锰只与浓盐酸反应，反应过程中消耗氯化氢，同时浓盐酸易挥发，导致盐酸浓度降低变为稀盐酸，不再与二氧化锰反应；
故答案为：①浓盐酸挥发；②浓盐酸反应后浓度下降而与MnO2不反应（4）氯气在饱和食盐水中溶解度不大，用排饱和食盐水法可以存贮氯气，所以装置I，II都可以用来多余的氯气；
故答案为：I，II；（5）氯气能够与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠和次氯酸钠和水，化学方程式：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，
故答案为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O．
【分析】（1）依据仪器形状说出其名称；（2）浓盐酸易挥发，制备的氯气中含有氯化氢和水蒸气，氯化氢易溶于饱和食盐水，氯气在饱和食盐水中溶解度不大，浓硫酸具有吸水性据此解答；（3）二氧化锰只与浓盐酸反应，反应过程中消耗氯化氢，同时浓盐酸易挥发；（4）氯气在饱和食盐水中溶解度不大，用排饱和食盐水法可以存贮氯气；（5）氯气能够与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠和次氯酸钠和水．
20．【答案】（1）c；b
（2）2Cl2+C+2H2O（g） 4HCl+CO2
（3）瓶中液面下降，长颈漏斗内液面上升；贮存少量Cl2，避免Cl2对环境造成污染
（4）上层液
【解析】【解答】解：（1）由装置图判断判断，气体由B流经C进入到D中反应，气体通过盛有水的试管时应长进短出，否则不能通过C装置，
故答案为：c；b； （2）由题意知C为提供水蒸气的装置，加入的浓硫酸溶于水放出大量的热，有利于试管中的水变为水蒸气，反应为Cl2、C、H2O，生成物为HCl和CO2，则反应的化学方程式为：2Cl2+C+2H2O（g） 4HCl+CO2，
故答案为：2Cl2+C+2H2O（g） 4HCl+CO2； （3）关闭旋塞K，移去两个酒精灯，由于余热的作用，A处仍有少量Cl2产生，B中的气体逐渐增多，压强增大，则导致瓶中液面下降，长颈漏斗内液面上升；氯气有毒，不能直接排放到空气中，B具有贮存少量氯气，并能防止空气污染，
故答案为：瓶中液面下降，长颈漏斗内液面上升；贮存少量Cl2，避免Cl2对环境造成污染；（4）应用相似相溶原理，氯气在CCl4中溶解度较大，而且四氯化碳的密度比水大，呈黄绿色的是溶有氯气的下层四氯化碳层，能使有色布条褪色，氯气在无机层与接触发生化学反应生成次氯酸，而导致有色布条褪色的，
故答案是：上层液．
【分析】（1）试管中盛有水，气体通过盛有水的试管时应采用长进短出的方式；（2）根据题干信息判断反应物和生成物，然后结合质量守恒定律书写化学方程式（3）关闭旋塞K，B中的气体逐渐增多，压强增大，B能贮存气体；（4）应用相似相溶原理，结合萃取操作方法进行解答．
21．【答案】（1）2Cl﹣+2H2O 2OH﹣+H2↑+Cl2↑
（2）防止阳极生成的氯气与阴极生成的氢氧化钠反应而使产品不纯；防止阳极生成的氯气与阴极生成的氢气反应遇火反应而引发安全事故
（3）a；d
（4）2KClO3+H2C2O4+2H2SO4═2ClO2↑+2CO2↑+2KHSO4+2H2O
（5）＞
（6）c（SO32﹣）＞c（CO32﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（HSO3﹣）
（7）；NaClO+2NH3=N2H4+NaCl+H2O
【解析】【解答】解：（1）电解精制饱和食盐水的方法制取氯气、氢气、烧碱，反应的离子方程式为：2Cl﹣+2H2O 2OH﹣+H2↑+Cl2↑，
故答案为：2Cl﹣+2H2O 2OH﹣+H2↑+Cl2↑；（2）阳离子交换膜只能阳离子通过，阴离子和气体不能通过，用石墨作电极电解饱和氯化钠时，阳极上氯离子放电生成氯气，氯气不能通过阳离子交换膜而进入阴极，如果氯气进入阴极易和氢气混合产生爆炸，且易和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠而导致制取的氢氧化钠不纯；
故答案为：防止阳极生成的氯气与阴极生成的氢氧化钠反应而使产品不纯；防止阳极生成的氯气与阴极生成的氢气反应遇火反应而引发安全事故；（3）电解槽中阴极是氢离子放电生成氢气，水电离平衡正向进行氢氧根离子浓度增大，生成氢氧化钠溶液，NaOH溶液的出口为d；
Cl2在阳极，依据装置图分析可知精制饱和食盐水从阳极进入，即进口为a，
故答案为：a；d；（4）KClO3和草酸（H2C2O4）在酸性条件下反应生成ClO2、CO2和KHSO4，反应的方程式为：2KClO3+H2C2O4+2H2SO4═2ClO2↑+2CO2↑+2KHSO4+2H2O，
故答案为：2KClO3+H2C2O4+2H2SO4═2ClO2↑+2CO2↑+2KHSO4+2H2O；（5）H2SO3 Ki1=1.54×10﹣2，Ki2=1.02×10﹣7，HClOKi1=2.95×10﹣8 ，说明ClO﹣水解程度大于SO32﹣，0.1mol/L NaClO溶液的pH大于0.1mol/L Na2SO3溶液的pH，故答案为：＞；（6）依据电离平衡常数大小比较，H2SO3Ki1=1.54×10﹣2 Ki2=1.02×10﹣7，H2CO3Ki1=4.3×10﹣7Ki2=5.6×10﹣11．说明SO32﹣水解程度小于CO32﹣，浓度均为0.1mol/L的Na2SO3和Na2CO3的混合溶液中，SO32﹣、CO32﹣、HSO3﹣、HCO3﹣浓度从大到小的顺序为c（SO32﹣）＞c（CO32﹣）c（HCO3﹣）＞c（HSO3﹣），
故答案为：c（SO32﹣）＞c（CO32﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（HSO3﹣）；（7）联氨分子的电子式为 ，实验室可用次氯酸钠溶液与氨反应制备联氨，反应的化学方程式为NaClO+2NH3=N2H4+NaCl+H2O，
故答案为：① ；②NaClO+2NH3=N2H4+NaCl+H2O．
【分析】（1）电解精制饱和食盐水生成氯气、氢气、烧碱；（2）阳离子交换膜只能阳离子通过，阴离子和气体不能通过；（3）电解饱和食盐时阳极阴离子Cl﹣、OH﹣放电，Cl﹣的放电能力强于OH﹣，阳极发生的方程式为：2Cl﹣﹣2e﹣═Cl2↑，阴极：2H++2e﹣═H2↑；H2、NaOH在阴极，NaOH溶液的出口为d，Cl2在阳极，精制饱和食盐水从阳极进入；（4）KClO3和草酸（H2C2O4）在酸性条件下反应生成ClO2、CO2和KHSO4，发生氧化还原反应，结合质量守恒可书写化学方程式；（5）H2SO3Ki1=1.54×10﹣2，Ki2=1.02×10﹣7，HClOKi1=2.95×10﹣8 ，说明ClO﹣水解程度大于SO32﹣；（6）H2SO3Ki1=1.54×10﹣2 Ki2=1.02×10﹣7，H2CO3Ki1=4.3×10﹣7Ki2=5.6×10﹣11．说明SO32﹣水解程度小于CO32﹣；（7）联氨分子含4个N﹣H键、1个N﹣N键；用次氯酸钠溶液与氨反应制备联氨，还生成氯化钠和水．
22．【答案】（1）KMnO4；Mn；Cl2
（2）
（3）5；5
【解析】【解答】(1)2KMnO4+16HCl(浓)=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O中，Mn元素的化合价降低，被还原，反应得到的是还原产物，KMnO4是氧化剂，Cl元素的化合价升高，被氧化，反应得到的氧化产物为Cl2，故答案为：KMnO4；Mn；Cl2；
(2)反应中，化合价升高的元素是氯元素，失电子，HCl为还原剂，化合价降低元素是锰元素，得到电子，KMnO4是氧化剂，化合价升高的数目=化合价降低的数目=转移电子数=10，反应中电子转移的方向和数目用单线桥表示为 ，故答案为： ；
(3)根据方程式2KMnO4+16HCl(浓)=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O，反应有2molKMnO4参加反应，消耗HCl16mol，其中被氧化的HCl为10mol，转移电子10mol，所以若该反应有1molKMnO4参加反应，被氧化的HCl为5mol，转移电子数5mol，故答案为：5；5。
【分析】（1）元素化合价降低的物质是氧化剂，被还原的元素的化合价降低，化合价升高之后的产物是氧化产物；
（2）单线桥法的箭头由化合价升高的元素指向化合价降低的元素；
（3）根据化合价变化计算电子转移。
23．【答案】（1）2HCl+CaCO3=CaCl2+H2O+CO2↑；HCl+AgNO3=AgCl↓+HNO3；Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O
（2）石蕊试液最终变为无色
（3）盐酸；2HClO 2HCl+O2↑
（4）；高锰酸钾；1mol
【解析】【解答】解：（1）①b发生盐酸与碳酸钙反应，反应的化学方程式为：2HCl+CaCO3=CaCl2+H2O+CO2↑，故答案为：2HCl+CaCO3=CaCl2+H2O+CO2↑；
②c是盐酸与硝酸银溶液反应，反应的化学方程式为：HCl+AgNO3=AgCl↓+HNO3，故答案为：HCl+AgNO3=AgCl↓+HNO3；
③氯气与氢氧化钠发生反应，生成氯化钠和次氯酸钠，反应的离子方程式为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，故答案为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；（2）氯水中含有盐酸和次氯酸，盐酸能够使石蕊变红色，而次氯酸具有漂白性，能够是变红的石蕊褪色；故答案为：石蕊试液最终变为无色；（3）次氯酸不稳定受热分解生成氯化氢和氧气，化学方程式：2HClO 2HCl+O2↑，所以久置的氯水变为盐酸；故答案为：盐酸；2HClO 2HCl+O2↑；（4）①根据反应2KMnO4+16HCl（浓）═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O中元素化合价的变化，可得该反应电子转移的方向和数目如下所示： ，故答案为： ；②高锰酸钾是氧化剂，还原剂是浓盐酸，2mol高锰酸钾氧化剂消耗的16mol浓盐酸中，只有10mol浓盐酸做还原剂，所以氧化剂和被氧化的还原剂的量之间的关系为：2KMnO4～10HCl，若消耗0.2mol氧化剂，则被氧化的还原剂的物质的量1mol，故答案为：高锰酸钾；1mol．
【分析】氯气溶于水，部分氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，氯水中含有氯气、次氯酸分子，含有氢离子、次氯酸根离子、氯离子、少量氢氧根离子，次氯酸具有漂泊性，能够使有色布条褪色，次氯酸受热分解生成氯化氢和氧气，据此解答．