3.1氯气及氯的化合物课堂同步练（含解析）2023-2024学年上学期高一化学苏教版（2019）必修第一册

3.1氯气及氯的化合物课堂同步练
一、单选题
1．下列各组物质相互反应，生成物不随反应条件或反应物的用量变化而变化的是（　　）
A．Na和 B．和Fe
C．C和 D．和NaOH
2．已知Q与R的摩尔质量之比为9∶22，在反应X＋2Y=2Q＋R中，当1.6 g　X与Y完全反应后，生成4.4 gR，则参与反应的Y和生成的Q的质量之比为（　　）
A．46：9 B．32：9 C．23：9 D．16：9
3．下列关于氯气性质的描述错误的是（　　）
A．Fe在氯气中燃烧生成 B．能溶于水
C．有刺激性气味、有毒 D．能与氢气反应
4．已知Q与R的摩尔质量之比为9∶22，在反应X+2Y=2Q +R中，当1.6gX与一定量Y完全反应后，生成4.4gR，则参与反应的Y和生成物Q的质量之比为（　　）
A．46∶9 B．32∶9 C．23∶9 D．16∶9
5．下列有关氯气的叙述中，不正确的是（　　）
A．氯气是一种黄绿色、有刺激性气味的气体
B．氯气、液氯是同一种物质
C．氯气不能溶于水
D．氯气是一种有毒的气体
6．2个 恰好能氧化5个 ，则还原产物中变价元素的化合价是（　　）
A．- 1 B．0 C．+1 D．+6
7．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（　　）
A．Na2O2与CO2反应，生成1molO2时转移的电子数为4NA
B．0.1 mol·L－1硫酸溶液中含有的H+数为0.2NA
C．标准状况下，11.2L甲烷(CH4)含有的质子数为5NA
D．常温常压下，17g H2O2参加反应时转移电子数一定为NA
8．水是一种重要的资源，它在化学反应中担任着重要的角色，既可作为反应物又可作为生成物，如图中和水相连的物质都能和水发生反应，则有关说法正确的是（　　）
A．上述反应中属于氧化还原反应的有①②④⑥⑦⑧
B．①和⑦中都有氧气生成，且生成1 mol O2转移的电子数相同
C．①④⑧反应中，水都既不做氧化剂也不做还原剂
D．⑦中水做氧化剂，②中水做还原剂
9．工业上常用氯气给自来水消毒．某学生用自来水配制下列物质的溶液，不会产生明显药品变质的是（　　）
A．AlCl3 B．NaOH C．NaHCO3 D．AgNO3
10．设NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（　　）
A．标准状况下，0.1 mol Cl2 溶于水，转移的电子数目为0.1NA
B．常温下，22g CO2和N2O混合气体中，含有的原子数目为1.5NA
C．物质的量浓度为0.1mol L﹣1的MgCl2溶液中，含有Cl﹣个数为0.2NA
D．标准状况下，2.24LSO3中含有的氧原子数目为0.3NA
11．某汽车安全气囊装有一定质量的NaN，和CuO的混合物，汽车剧烈碰撞时，气囊中发生反应2NaN2+CuO=Na2O+3N2↑+Cu，从而使气囊充满氮气。则下列说法正确的是（　　）
A．NaN2与CuO均属于盐类物质
B．6.5gNaN2中含0.1mol氮原子
C．安全气囊中原料配比应为m（NaN2）/m（CuO）=2
D．每2mol NaN2发生反应，产生3mol N2
12．根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是（　　）
选项 实验操作和现象 实验结论
A 向红色布条上滴加几滴新制氯水，红色布条褪色 新制氯水有漂白性
B 向FeCl3溶液中滴加维生素C溶液，溶液变为浅绿色 维生素C有氧化性
C 向某溶液中滴加AgNO3溶液，产生白色沉淀 溶液中一定含有Cl-
D 用洁净的铂丝蘸取某溶液在酒精灯外焰灼烧，火焰呈黄色 溶液中一定不含K＋
A．A B．B C．C D．D
13．下列说法错误的是（　　）
A．漂白粉、漂粉精的有效成分均为Ca(ClO)2
B．Cl2、ClO2、O3都具有强氧化性，可作为自来水消毒剂
C．NaClO比HClO稳定，但也会缓慢分解
D．氯气是一种黄绿色气体，可用于制造有机溶剂、农药等，但氯气有毒，不可用于制药
14．向含有KI，NaBr的混合溶液中通入过量的Cl2充分反应．将溶液蒸干并灼烧，最后剩余的固体物质是（　　）
A．KI和NaBr B．KCl和NaCl
C．KCl和NaBr D．KCl、NaCl和I2
15．已知Fe2+或I2能与H2O2在一定条件下发生下列反应：
Fe2+：①H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O；②H2O2+2Fe3+=2Fe2++2H++O2↑
I2：③H2O2+I2=2HIO；④……
下列说法错误的是（　　）
A．通过反应①②可知Fe2+为过氧化氢分解的催化剂
B．根据反应①可知，在该条件下，氧化性：H2O2>Fe3+
C．1molH2O2分解，转移的电子数为2NA
D．反应④为2HIO+H2O2=I2+2H2O+O2↑
16．已知反应KClO3+ 6HCl ＝ KCl + 3Cl2↑+ 3H2O，若用K35ClO3与H37Cl作用，下列说法中正确的是（　　）
A．Cl2相对分子质量约为73.3 B．该反应转移电子数为6
C．KCl中只含有35Cl D．KCl中同时含有35Cl和37Cl
二、综合题
17．某化学兴趣小组用如图装置制取并探究氯气的性质．
【实验探究】
（1）A装置中a仪器的名称是　 　．
（2）制取氯气反应中KMnO4所起的作用是　 　（填“氧化剂”或“还原剂”）．
（3）实验进行一段时间后，可观察到　 　（填“B”或“C”）装置中有色布条褪色，其褪色原因是　 　．
（4）当氯气进入D装置后，可观察到溶液颜色变为　 　（填“红色”或“蓝色”），写出相关反应的化学方程式　 　．
（5）E装置中NaOH溶液的作用是　 　．
（6）用31.6g KMnO4固体与足量的浓盐酸反应，最多可生成标准状况下　 　L氯气．（KMnO4的摩尔质量为158g mol﹣1）
（7）【知识拓展】
近年来，某些含氯的化合物（如ClO2、NaClO等）在生产、生活中应用广泛．
①高效净水剂ClO2中氯元素的化合价为　 　．
②NaClO是一种强氧化剂．某种家用洗涤剂含有NaClO，请写出NaClO在洗涤过程中的一种作用　 　．
18．某兴趣小组制取氯气并进行氯气的性质实验，其装置如图所示，请回答下列问题：
（1）仪器A的名称是　 　．实验中制备氯气的反应方程式为　 　．
（2）C中发生反应的化学方程式为　 　．若将干燥的有色布条放入C中，观察到的现象是　 　，原因是　 　．
（3）实验中观察到D溶液变蓝色，查资料得知淀粉碘化钾溶液是淀粉和碘化钾（KI）的混合溶液，写出D装置中发生反应的离子方程式　 　．
（4）F中氯气与铁粉反应制备无水三氯化铁，查资料知该化合物呈棕红色、易吸水潮解，100℃左右时升华．双通管F中玻璃纤维（不参与反应）的作用是　 　；在F和H装置之间安装G装置的目的是　 　．
（5）H中NaOH溶液的作用是　 　．
19．回答下列问题：
（1）有H2SO4、FeSO4、Fe2(SO4)3的混合溶液100mL，已知溶液中的各阳离子的物质的量浓度相等，的物质的量浓度为3.0mol/L，则c(H+)=　 　。
（2）已知反应KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2+3H2O。
①用双线桥表示电子得失的数目与方向　 　。
②还原产物　 　；发生氧化反应的是　 　。
③若有标准状况下336mL的氯气生成，则有　 　mol电子转移。
20．在氯氧化法处理含CN－的废水过程中，液氯在碱性条件下可以将氰化物氧化成氰酸盐(其毒性仅为氰化物的千分之一)，氰酸盐进一步被氧化为无毒物质。
（1）某厂废水中含KCN，其浓度为650mg/L。现用氯氧化法处理，发生如下反应(其中N均为-3价)：KCN＋2KOH＋Cl2＝KOCN＋2KCl＋H2O，被氧化的元素是　 　。
（2）投入过量液氯，可将氰酸盐进一步氧化为氮气。请配平下列化学方程式，并标出电子转移方向和数目　 　：
KOCN＋KOH＋Cl2→CO2＋N2＋KCl＋H2O
（3）若处理上述废水100L，使KCN完全转化为无毒物质，至少需液氯　 　g。
21．在稀硫酸中，KMnO4和H2O2能发生氧化还原反应．
氧化反应：H2O2﹣2e﹣═2H++O2↑
还原反应：MnO4﹣+5e﹣+8H+═Mn2++4H2O
（1）写出该氧化还原反应的化学方程式：　 　．
（2）反应中氧化剂是　 　；被氧化元素是　 　；若有0.5mol H2O2参加此反应，电子转移个数为　 　．
（3）若KMnO4的量不足，在Mn2+的催化作用下，H2O2仍能分解，分解反应的化学方程式为　 　；这时若有0.5mol H2O2发生分解，电子转移个数为　 　．
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】A．Na和在常温下反应生成氧化钠，在加热条件下反应生成过氧化钠，故不选A；
B．和Fe只在加热条件下反应生成氯化铁，故选B；
C．在氧气充足的条件下，C和反应生成二氧化碳；在氧气不足的条件下，C和反应生成一氧化碳，故不选C；
D．和少量NaOH反应生成碳酸钙沉淀，碳酸氢钠和水；和过量NaOH反应生成碳酸钙沉淀，碳酸钠和水，故不选D；
故答案为：B。
【分析】A、钠和氧气常温下生成氧化钠，加热生成过氧化钠；
B、氯气和铁反应，铁被氧化为最高价；
C、碳和过量氧气生成二氧化碳，少量氧气生成一氧化碳；
D、碳酸氢钙和少量氢氧化钠生成碳酸钙、碳酸氢钠和水，和过量氢氧化钠生成碳酸钙、碳酸钠和水。
2．【答案】D
【解析】【解答】可假设Q和R的相对分子质量分别为9a、22a，
设生成4.4gR需要Q的质量是x
X+2Y═ 2Q + R
18a 22a
x 4.4g
根据 ，解得x=3.6g，
由质量守恒可知参加反应的Y的质量为4.4g+3.6g-1.6g=6.4g，
所以参与反应的Y和生成物Q的质量之比为为6.4g：3.6g=16：9，
故答案为：D。
【分析】假设Q与R的摩尔质量分别为9a和22a，用4.4gR根据化学反应中质量守恒定律计算出Q的质量，以及Y的质量；
3．【答案】A
【解析】【解答】A．Fe在氯气中燃烧生成，A符合题意；
B．氯气能溶于水，且与水反应生成氯化氢和次氯酸，B不符合题意；
C．氯气是有刺激性气味、有毒的气体，C不符合题意；
D．氯气能与氢气反应生成氯化氢，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】依据氯气的性质分析，A项中氯气与金属反应生成高价态氯化物。
4．【答案】D
【解析】【解答】假设Q和R的相对分子质量分别为9a、22a，设生成4.4gR时生成Q的质量是x，
X+2Y= 2Q + R
　 18a 22a
　 x 4.4g
根据 = ，解得：x=3.6g，由质量守恒可知参加反应的Y的质量为：4.4g+3.6g-1.6g=6.4g，所以参与反应的Y和生成物Q的质量之比为为6.4g∶3.6g=16∶9，
故答案为：D。
【分析】列三段式可求解此类问题。
5．【答案】C
【解析】【解答】A.氯气是一种黄绿色、有刺激性气味的有毒气体，选项正确，A不符合题意；
B.液氯是指液态的氯气的，氯气和液氯是同一种物质，选项正确，B不符合题意；
C.氯气能溶于水，选项错误，C符合题意；
D.氯气是一种有毒气体，选项正确，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】根据氯气的物理性质和化学性质进行分析。
6．【答案】B
【解析】【解答】根据题意，2个 恰好能氧化5个 ，则 中+4价硫元素化合价升高，且产物中硫元素应该是+6价，即硫化合价升高了2，每个硫失去2个电子，则失去电子总数为5×2=10，根据电子守恒，则得到电子总数也是10，阴离子 中X化合价为+5价，假设X化合价降低到x价，则有2×(5-x)=10，解得x=0，则产物中X为0价。
故答案为：B。
【分析】氧化还原反应中存在电子守恒关系，即得到电子总数等于失去电子总数，也可以看成化合价降低总数等于化合价升高总数。
7．【答案】C
【解析】【解答】A. Na2O2与CO2反应的化学方程式为： ，则生成1molO2时转移的电子数为2NA，故A不符合题意；
B. 溶液的体积未知，不能准确计算出溶液中含有的H+数，故B不符合题意；
C. 标准状况下，11.2L甲烷(CH4)的物质的量为 =0.5mol，则分子中的质子数为 =5NA，故C符合题意；
D. H2O2既可以作氧化剂，又可以作还原剂，如H2O2自身分解生成H2O和O2时，有关系式：H2O2 e-，则17g H2O2参加反应时转移电子数为 ，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据反应方程式即可计算出电子数
B.根据n=cv计算物质的量，但是体积未知
C.根据n=计 算出物质的量，结合质子数即可计算
D.根据方程式即可计算
8．【答案】C
【解析】【解答】A．由分析可知，③⑤⑥即H2O与Na2O、SO3、Mg3N2的反应不属于氧化还原反应，其余反应均属于氧化还原反应，A不符合题意；
B．由分析可知，①中2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，生成1 mol O2转移2 mol e－，⑦中2F2＋2H2O=4HF＋O2，生成1 mol O2转移4 mol e－，B不符合题意；
C．由分析可知，①④⑧反应中，水都既不做氧化剂也不做还原剂，C符合题意；
D．由分析可知，⑦中水做还原剂，②中水做氧化剂，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】题干中发生的反应方程式分别为：①2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，②2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，③Na2O+H2O = 2NaOH，④3NO2+H2O=2HNO3+NO，⑤SO3+H2O=H2SO4，⑥Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2↓+2NH3↑，⑦2F2＋2H2O=4HF＋O2，⑧Cl2+H2O=HCl+HClO，据此解题。
9．【答案】A
【解析】【解答】解：氯气部分溶于水，Cl2+H2O=HCl+HClO，所以溶液中存在氯气、盐酸、次氯酸等，与氯水中的物质不发生反应，
A、与氯化铝不反应，不变质，故A选；
B、NaOH与盐酸反应生成氯化钠和水，变质，故B不选；
C、NaHCO3与盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，而变质，故C不选；
D、AgNO3与盐酸反应生成难溶的氯化银，而变质，故D不选；
故选：A．
【分析】自来水用氯气消毒，氯气溶液水形成氯水，依据氯水的成分分析解答．
10．【答案】B
【解析】【解答】A、氯气与水的反应是可逆反应，故0.1 mol Cl2溶于水，转移的电子数目小于0.1NA，A不符合题意；
B、CO2和N2O的摩尔质量均为44g/mol，故22gCO2和N2O的混合物的物质的量为0.5mol,又因为CO2和N2O均为三原子分子，故0.5mol混合气体含1.5mol原子,因此原子个数为1.5NA,B符合题意；
C、物质的量浓度为0.1mol L﹣1的MgCl2溶液，没有给出溶液的体积，无法计算含有的Cl-个数，C不符合题意；
D、标况下SO3为固态，2.24LSO3的物质的量不是0.1mol，含有的氧原子数目不是0.3NA，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A.氯气溶于水的过程中，为可逆反应；
B.根据公式计算混合气体的物质的量，从而计算其所含的原子数；
C.未给出溶液的体积，无法进行计算；
D.标准状态下，SO3不是气体；
11．【答案】D
【解析】【解答】A.CuO属于氧化物，不属于盐类物质，A不符合题意；
B.6.5gNaN2的物质的量，因此6.5gNaN2中所含的氮原子数大于0.2NA，B不符合题意；
C.空气囊中原料的配比，则其质量比为，C不符合题意；
D.由反应的化学方程式可得关系式“2NaN2~3N2”，因此每生成2molNaN2，产生3molN2，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.CuO属于氧化物；
B.根据公式计算NaN2的物质的量，进而求出所含的氮原子数；
C.根据反应的化学方程式确定二者的物质的量之比，再结合公式确定其质量比；
D.根据关系式“2NaN2~3N2”进行计算；
12．【答案】A
【解析】【解答】A．新制氯水中含有次氯酸，次氯酸具有漂白性，向红色布条上滴加几滴新制氯水，红色布条褪色，能够证明新制氯水有漂白性，A项符合题意；
B．向FeCl3溶液中滴加维生素C溶液，溶液变为浅绿色，说明铁离子被还原，维生素C具有还原性，B项不符合题意；
C．向某溶液中滴加AgNO3溶液，产生白色沉淀，该沉淀可能为碳酸银，原溶液中可能含有碳酸根离子，不一定含有Cl-，C项不符合题意；
D．用洁净的铂丝蘸取某溶液在酒精灯外焰灼烧，火焰呈黄色，说明溶液中含有Na+，无法确定是否含有K+，因为观察钾元素的焰色试验火焰需要透过蓝色钴玻璃，D项不符合题意；
故答案为：A。
【分析】B.溶液变为浅绿色，有二价铁生成，被还原，说明维生素C具有还原性。
C.碳酸根也可以与硝酸银产生沉淀。
D.观察是否含有钾元素，必须透过蓝色钴玻璃。
13．【答案】D
【解析】【解答】A．漂白粉、漂粉精的有效成分均为Ca(ClO)2，A不符合题意；
B．Cl2、ClO2、O3都具有强氧化性，且还原产物均无毒，可作为自来水消毒剂，B不符合题意；
C．NaClO比HClO稳定，但NaClO在水溶液中会少量逐步生成HClO而后分解，C不符合题意；
D．氯气是一种黄绿色气体，可用于制造有机溶剂、农药等，虽然氯气有毒，但其化合物很多是无毒的，可用于制药，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】依据氯及其化合物的性质和用途判断，其中D项中氯的化合物很多是无毒的，可用于制药。
14．【答案】B
【解析】【解答】解：向含有NaBr、KI的混合溶液中通入过量的Cl2充分反应，发生：Cl2+2KI=2KCl+I2，Cl2+2NaBr=2NaCl+Br2，加热时Br2易挥发，I2易升华，最后剩余的固体为KCl和NaCl，
故选B．
【分析】氧化性：Cl2＞Br2＞I2，向含有NaBr、KI的混合溶液中通入过量的Cl2充分反应，生成NaCl、KCl和Br2、I2，加热时Br2易挥发，I2易升华，以此可解答该题．
15．【答案】C
【解析】【解答】A、反应①②相加的总反应恰好为过氧化氢的分解：2H2O2=2H2O+O2↑，并且反应前后Fe2+无变化，选项A不符合题意；
B、反应①H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O中，过氧化氢为氧化剂，Fe3+为氧化产物，所以氧化性：H2O2>Fe3+，选项B不符合题意；
C、过氧化氢分解方程式为2H2O2=2H2O+O2↑，反应的电子转移数为2e-，所以1molH2O2分解，转移的电子数为NA，选项C符合题意；
D、过氧化氢分解反应为：2H2O2=2H2O+O2↑，减去反应③得到反应④为：2HIO+H2O2=I2+2H2O+O2↑，选项D不符合题意。
【分析】催化剂是参加反应，改变反应历程的物质。本题中亚铁离子加入以后，将过氧化氢分解这一步反应，变为两步反应，而两步反应加和的结果仍然是过氧化氢的分解总反应。所以对于反应④，就可以用总反应减去反应③计算得到，实际可以认为I2也是反应的催化剂。
16．【答案】A
【解析】【解答】A、3mol氯气中有1molCl－35和5molCl－37，平均摩尔质量为(1×35＋5×37)/3mol=73.3g·mol－1，故A符合题意；
B、KClO3反应中只作氧化剂，转化成氯气，因此1molKClO3在此反应中得到电子物质的量为5mol，即该反应转移电子物质的量为5mol，故B不符合题意；
C、KCl中的Cl是HCl中的部分Cl，应是Cl－37，故C不符合题意；
D、根据C选项的分析，故D不符合题意。
故答案为：A
【分析】该题考察相对分子质量、氧化还原反应电子转移数目的计算、氧化还原反应的规律等。1、相对分子质量=分子中各原子的相对原子质量的和；2、氧化还原反应中电子转移的数目计算：失去的电子数或得到的电子数（注意不要把得到和失去电子一起计算）；3、氧化还原反应遵循的原则：就近原则（也叫归中反应或歧化反应）。
17．【答案】（1）分液漏斗
（2）氧化剂
（3）C；氯气与水反应生成的次氯酸具有漂白性
（4）蓝色；Cl2+2KI=2KCl+I2
（5）尾气处理
（6）17.92
（7）+4；杀菌，消毒，漂白
【解析】【解答】解：（1）滴加浓盐酸时用分液漏斗，故答案为：分液漏斗；（2）由方程式2KMnO4+16HCl（浓）=2KCl+2MnCl2+8Cl2↑+8H2O得反应前后Mn元素价态降低，并根据“升失氧化还原剂，降得还原氧化剂”分析得KMnO4是氧化剂，故答案为：氧化剂；（3）因为干燥的Cl2本身不具有漂白性，不能将有色物质褪色，故B干燥布条不变色，C中布条有水，因此Cl2+H2O=HCl+HClO，生成的HClO具有漂白性能将有色物质褪色，故C褪色，故答案为：C；氯气与水反应生成的次氯酸具有漂白性；（4）氯气具有强氧化性，能够氧化碘离子生成单质碘，化学方程式：Cl2+2KI=2KCl+I2，碘遇到淀粉变蓝，所以会看到溶液变蓝；故答案为：蓝色；Cl2+2KI=2KCl+I2；（5）氯气是酸性有毒气体，不能直接排放到空气中，因此用碱液吸收；故答案为：尾气处理；（6）n（KMnO4）=31.6÷158=0.2mol
2KMnO4+16HCl（浓）=2KCl+2MnCl2+ 8Cl2↑+8H2O
2mol 8×22.4L
0.2mol 17.92L
故答案为：17.92；（7）①O元素化合价为﹣2价，化合物中化合价代数和为0，Cl元素的化合价为+4价，故答案为：+4；②NaClO是一种强氧化剂因此可用于杀菌消毒，NaClO本身又具有漂白性，故答案为：杀菌，消毒，漂白．
【分析】（1）根据中学化学常见的实验仪器名称，滴加浓盐酸时用分液漏斗；（2）据化学反应前后Mn元素价态，并根据“升失氧化还原剂，降得还原氧化剂”来分析；（3）据Cl2本身不具有漂白性，但是Cl2与H2O反应生成的HClO具有漂白性来分析；（4）氯气具有强氧化性，能够氧化碘离子生成单质碘，碘遇到淀粉变蓝；（5）氯气有毒不能直接排放到空气中；（6）据方程式2KMnO4+16HCl（浓）=2KCl+2MnCl2+8Cl2↑+8H2O计算（7）①据物质化合价代数和为0分析；②据NaClO是一种强氧化剂来分析；
18．【答案】（1）分液漏斗；MnO2+4HCl（浓） MnCl2+Cl2↑+2H2O
（2）Cl2+H2O=HCl+HClO；有色布条褪色；氯气与是反应生成了次氯酸，次氯酸具有强氧化性，从而使有色布条褪色
（3）Cl2+2I﹣=I2+2Cl﹣
（4）防止氯化铁堵塞后面的导管；防止H中的水蒸气进入F中，使五水三氯化铁潮解
（5）吸收多余的氯气，防止空气污染
【解析】【解答】解：（1）依据仪器形状可知仪器A的名称是分液漏斗；实验室用加热二氧化锰与浓盐酸制取氯气，二者反应生成氯化锰、氯气和水，方程式：MnO2+4HCl（ 浓） MnCl2+Cl2↑+2H2O；
故答案为：分液漏斗；MnO2+4HCl（ 浓） MnCl2+Cl2↑+2H2O；（2）氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，方程式：Cl2+H2O=HCl+HClO，次氯酸具有强氧化性，从而使有色布条褪色，所以若将干燥的有色布条放入C中，观察到的现象是有色布条褪色；
故答案为：Cl2+H2O=HCl+HClO；有色布条褪色；氯气与是反应生成了次氯酸，次氯酸具有强氧化性，从而使有色布条褪色；（3）氯气氧化性强于碘单质，氯气与碘离子发生氧化还原反应生成碘和氯离子，碘遇到淀粉变蓝，离子方程式：Cl2+2I﹣=I2+2Cl﹣，
故答案为：Cl2+2I﹣=I2+2Cl﹣；（4）双通管F中玻璃纤维（不参与反应）的作用是防止氯化铁堵塞后面的导管；氯化铁易吸水潮解，所以应在F和H装置之间安装G装置；
故答案为：防止氯化铁堵塞后面的导管；防止H中的水蒸气进入F中，使五水三氯化铁潮解；（5）氯气有毒直接排放能够引起环境污染，氯气能够与氢氧化钠反应，H中NaOH溶液的作用是吸收多余的氯气，防止空气污染；
故答案为：吸收多余的氯气，防止空气污染．
【分析】（1）依据仪器形状说出其名称，实验室用加热二氧化锰与浓盐酸制取氯气，二者反应生成氯化锰、氯气和水；（2）氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白性，据此解答；（3）氯气氧化性强于碘单质，氯气与碘离子发生氧化还原反应生成碘和氯离子，碘遇到淀粉变蓝；（4）依据生成的固体氯化铁能堵塞导管，导致发生爆炸，氯化铁易吸水潮解的性质解答；（5）氯气有毒直接排放能够引起环境污染，氯气能够与氢氧化钠反应，可以用氢氧化钠吸收过量的氯气．
19．【答案】（1）1.0mol/L
（2）；Cl2；HCl；0.025
【解析】【解答】（1）有H2SO4、FeSO4、Fe2(SO4)3的混合溶液100mL，已知溶液中的各阳离子的物质的量浓度相等，的物质的量浓度为3.0mol/L，设H+的物质的量浓度为x，则依据电荷守恒，可建立如下等式：x+2x+3x=3.0×2，x=1.0mol/L，则c(H+)=1.0mol/L。故答案为：1.0mol/L；
（2）①反应KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2+3H2O中，KClO3是氧化剂，HCl是还原剂，电子转移的数目为5，则用双线桥表示电子得失的数目与方向：。
②在反应中，KClO3是氧化剂，HCl是还原剂，则氧化产物、还原产物都是Cl2；发生氧化反应的是HCl。
③由反应方程式，可建立如下关系式：3Cl2——5e-，若有标准状况下336mL的氯气生成，则电子转移的物质的量为=0.025mol。答案为：；Cl2；HCl；0.025。
【分析】（1）依据电荷守恒；
（2）①依据反应中化合价变化判断转移电子数，用双线桥表示；
②氧化剂元素化合价降低，得到电子被还原，得到还原产物； 还原剂元素化合价升高，失去电子，被氧化，得到氧化产物；
③依据得失电子守恒。
20．【答案】（1）碳(或C)
（2）
（3）177.5
【解析】【解答】（1）反应中C元素化合价由KCN中+2价升高为KOCN中+4价，C元素被氧化；（2）反应中KOCN→N2，N元素化合价由-3价升高为0价，共升高6价，Cl2→KCl，Cl元素化合价由0价降低为-1价，共降低2价，化合价升降最小公倍数为6，故N2系数为1，Cl2系数为3，结合原子守恒配平其它物质的系数，平衡后方程式为：2KOCN+4KOH+3Cl2＝2CO2+N2+6KCl+2H2O，电子转移的方向和数目可表示为 ；（3）废水中KCN的质量为650mg/L×100L=65000mg=65g，物质的量为65g÷65g/mol=1mol，使KCN完全转化为无毒物质，应生成CO2、N2，整个过程中C元素化合价由+2价升高为+4价，N元素化合价由-3价升高为0价，Cl元素化合价由0价降低为-1价，电子转移守恒可知2×n（Cl2）=1mol×（4-2）+1mol×[0-（-3）]，解得n（Cl2）=2.5mol，故需要氯气的质量为2.5mol×71g/mol=177.5g。
【分析】（1）化合价升高的元素被氧化；（2）根据反应中元素的化合价变化情况，根据电子得失守恒、原子守恒配平；（3）计算废水中KCN的质量，再根据n=m÷M计算KCN的物质的量，使KCN完全转化为无毒物质，生成CO2、N2，根据电子转移守恒计算n（Cl2），再根据m=nM计算需要氯气的质量。
21．【答案】（1）5H2O2+2MnO4﹣+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O
（2）KMnO4；氧；6.02×1023
（3）2H2O2 2H2O+O2↑；3.01×1023
【解析】【解答】解：（1）在稀硫酸中，KMnO4和H2O2能发生氧化还原反应：①氧化反应：H2O2﹣2e﹣═2H++O2↑②还原反应：MnO4﹣+5e﹣+8H+═Mn2++4H2O①×5+②×2得到：5H2O2+2MnO4﹣+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O；故答案为：5H2O2+2MnO4﹣+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O；（2）依据反应中化合价降低的元素是锰元素，从+7价降到+2价，所以氧化剂是KMnO4，过氧化氢中氧元素化合价从﹣1价升高到0价，做还原剂被氧化，若有0.5mol H2O2参加此反应，根据离子方程式5H2O2+2MnO4﹣+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O；可知转移电子数1mol，转移电子个数为6.02×1023；故答案为：KMnO4，氧，6.02×1023；（3）若KMnO4的量不足，在Mn2+的催化作用下，H2O2仍能分解，分解反应的化学方程式为：2H2O2 2H2O+O2↑； H2O2发生分解，氧元素化合价从﹣1价变化为0价和﹣2价，每2mol过氧化氢反应转移电子为2mol，若有0.5mol H2O2发生分解，则转移电子个数为0.5mol，即转移电子个数为3.01×1023；故答案为：2H2O2 2H2O+O2↑； 3.01×1023．
【分析】（1）依据氧化反应和还原反应电子守恒，合并书写离子方程式；（2）根据元素化合价变化判断氧化剂，元素化合价降低的物质做氧化剂，元素化合价升高做还原剂被氧化，依据离子方程式计算电子转移数；（3）锰离子催化过氧化氢分解生成水和氧气，依据分解反应计算电子转移数．