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．钛(Ti)被称为“生物金属”，由TiO2制取Ti的主要反应为：①TiO2 + 2Cl2 + 2C TiCl4 + 2CO，②TiCl4 + 2Mg 2MgCl2 + Ti，下列说法错误的是（　　）
A．反应①②都是氧化还原反应
B．反应②是置换反应
C．反应①中TiO2是氧化剂
D．反应②中每生成1 mol Ti转移4 mol电子
2．下列物质在氯气中燃烧，不产生烟的是（　　）
A．钠 B．铜 C．铁 D．氢气
3．漂粉精的有效成分是（　　）
A．NaCl B．NaClO C．Ca(ClO)2 D．CaCl2
4．如图所示，将浓盐酸滴在晶体上生成，立即用表面皿盖好。由实验现象得出的结论正确的是（　　）
选项 实验现象 结论
A 滴有酚酞的NaOH溶液褪色 具有酸性
B 滴有KSCN的溶液变红 具有还原性
C KI-淀粉溶液变成蓝色 具有氧化性
D 紫色石蕊溶液先变红后褪色 具有漂白性
A．A B．B C．C D．D
5．自来水厂常用氯气对生活用水进行杀菌消毒。市场上有些不法商贩为牟取暴利，用这样的自来水冒充纯净水(离子的浓度非常低)出售，给人们的生活造成了一定的不良影响。在下列化学试剂中，可以用于鉴别这种自来水和纯净水的是 （　　）
A．酚酞试液 B．氯化钡溶液
C．氢氧化钠溶液 D．硝酸银溶液
6．我国古代有“银针验毒”的记载。“银针验毒”的反应原理之一是：4Ag+2H2S+O2=2X+2H2O，下列有关该反应的说法正确的是（　　）
A．Ag得到电子 B．X为AgS
C．H2O是还原产物 D．每生成1molX转移电子数4NA
7．Mg、Al混合物与足量盐酸反应，产生标况下的氢气4.48 L，下列说法错误的是（　　）
A．参加反应的Mg、Al共0.2 mol
B．参加反应的HCl为0.4 mol
C．Mg、Al在反应中共失去0.4 mol电子
D．若与足量的稀硫酸反应能产生0.2 mol H2
8．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
9．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（　　）
A．0.2mol丁烷完全裂解生成乙烯的分子数一定为0.2NA
B．13gNaN3爆炸分解为Na和N2，转移电子数为0.2NA
C．1L0.1mol·L-1(NH4)2SO3溶液中，含NH4+数目为0.2NA
D．0.2molN2O4充入密闭容器中，产生气体分子总数为0.4NA
10．NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是（　　）
A．标准状况下，2.24L氧气中含有原子的数目为0.2NA
B．1L0.1mol/LNa2SO4溶液中，含有Na+的数目为0.2NA
C．常温常压下，18g水中含有氢氧键的数目为NA
D．0.1molCl2与足量的Fe反应，转移电子的数目为0.2NA
11．在氯水中存在多种分子和离子，它们在不同的反应中表现出各自的性质．下列实验现象和结论一定正确的是（　　）
A．加入有色布条，一会儿有色布条褪色，说明溶液中有Cl2存在
B．向氯水中滴加石蕊试液，溶液先变红后褪色，说明溶液中有盐酸和次氯酸
C．加入盐酸酸化，再加入硝酸银溶液产生白色沉淀，说明氯水中有Cl﹣存在
D．加入NaOH溶液，氯水黄绿色消失，说明有HClO分子存在
12．如图，将潮湿的Cl2通过甲装置后，再通过放有干燥红色布条的乙装置，红色布条不褪色。则甲装置中所盛试剂(足量)可能是()
①浓硫酸②NaOH溶液③KI溶液④饱和食盐水
A．①② B．②③ C．①②③ D．①②③④
13．下列化合物中，不能通过两种单质间化合直接制取的是（　　）
A．FeCl3 B．CuCl2 C．HCl D．FeCl2
14．氯气可用来消灭田鼠，为此将氯气通过软管灌入洞中，这是利用了氯气下列性质中的（　　）
①黄绿色 ②密度比空气大 ③有毒 ④较易液化 ⑤溶解于水
A．②③ B．③④ C．①②③ D．③④⑤
15．向含有Fe2+、I－、Br－的溶液中通入适量氯气，溶液中各种离子的物质的量变化曲线如图所示，有关说法错误的是（　　）
A．线段BC代表Fe3+的物质的量的变化情况
B．原混合溶液中c（FeBr2）=6 mol/L
C．当通入 2mol Cl2时，溶液中已发生的离子反应可表示为2Fe2++2I－+2Cl2═2Fe3++I2+4Cl-
D．原溶液中n（Fe2+）：n（I－）：n（Br－）=2：1：3
16．抗震救灾中要用大量漂白粉和漂白液杀菌消毒。下列说法中正确的是（）
A．漂白粉是纯净物，漂白液是混合物
B．漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2
C．漂白液的有效成分是Na2O2
D．工业上将氯气通入澄清石灰水制取漂白粉
二、综合题
17．利用氧化还原反应将废水中的有害物质转变为无毒物质、难溶物质或易除去的物质，这是废水处理中的重要方法之一、在酸性条件下，向含铬废水中加入 ，可将 还原为 ： ，再加入熟石灰进行中和，最终将 转变为 沉淀而从废水中除去。回答下列问题：
（1）方程式中氧化剂和还原剂的物质的量之比为　 　。
（2）熟石灰的化学式是　 　，中和时发生反应的离子方程式为　 　。
（3） 和熟石灰反应生成 沉淀的离子反应方程式为　 　。
18．分析下列氧化还原反应的电子转移方向和数目，并指出氧化剂和还原剂。
（1）Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu　 　
（2）Fe2O3＋3CO2Fe＋3CO2　 　
（3）4HCl(浓)+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O　 　
19．
（1）I．近年来，我国储氧纳米碳管研究获重大进展，电弧法合成的碳纳米管，常伴有大量物质——碳纳米颗粒．这种碳纳米颗粒可用氧化气化法提纯．其反应的化学方程式为：3C+2K2Cr2O7+8H2SO4（稀）=3CO2+2K2SO4+2Cr2(SO4)3
+4H2O
标出以上化学方程式转移电子的方向和数目　 　。
（2）此反应的氧化剂是　 　，氧化产物是　 　；
（3）上述反应中若产生22g气体物质，则转移电子的数目为　 　。
（4）II．用质量分数为36.5%的浓盐酸(密度为1.20
g·cm－3)配制成0.5mol·L－1的稀盐酸。现实验室仅需要这种盐酸250mL，试回答下列问题：
配制稀盐酸时，所需的仪器除烧杯、玻璃棒、胶头滴管外还需要的玻璃仪器有　 　；
（5）此浓盐酸的物质的量浓度是　 　；
（6）经计算需要　 　mL浓盐酸；
（7）某学生在上述配制过程中，下列操作会引起浓度偏低的是　 　。
A．若未用蒸馏水洗涤烧杯内壁和玻璃棒或未将洗涤液注入容量瓶。
B．定容时，俯视容量瓶的刻度线
C．容量瓶用水洗涤后没有干燥就直接进行配制
D．定容时不小心加水超过刻度线，用胶头滴管取出多余的水，使液面好到达刻度线。
20．1862年，比利时化学家索尔维发明了氨碱法制碱，1926年，我国化学家都创立了要为先进的侯德邦制碱法，也叫联合制碱法，两种制碱的生产流程可需要表示如图1：
图1 图2
（1）向沉淀池中通入CO2和氮气时，应先通入氮气的原因是　 　；
（2）沉淀池中发生反应的化学反应方程式是　 　 ；
（3）氨碱法生产流程示意图的Y是　 　 ，从原料到产品，氨碱法总反应过程用化学方程式表示，可写为　　 　 ；
（4）联合制碱法中从滤液中提取氯化铵晶体的过程推测，所得结论正确的是　 　 （选填编号）
A．常温时氯化铵的溶解度比氯化钠小
B．通入氨气能增大NH4+的浓度，使氯化铵更多析出
C．加入食盐细粉能提高Na+的浓度，使NaHCO3结晶析出
D．通入氨气能使NaHCO3转化为Na2CO3，提高析出的NH4Cl纯度
（5）联合剂碱法相比于氨碱法，氯化钠利用率从70%提高到90%以上，主要是设计了循环I．联合制碱法的另一项优点是　 　 ．
（6）从沉淀地析出的晶体含有NaCl杂质，某同学在测定其NaHCO3的含量时，称取5.000g试样，配制成100mL溶液，用标准盐酸溶液确定（用甲基酸提示剂），测定值记录如下：
滴定次数 待测液（mL） 0.6000mol/L盐酸溶液的体积（mL）
初读数 终读数
第一次 20.00 1.00 21.00
第二次 20.00 如图2Ⅰ 如图2Ⅱ
①第二次滴定，从图Ⅰ图Ⅱ显示消耗的盐酸溶液体积为　 　 ；
②该实验测定NaHCO3含量的计算式为ω（NaHCO3）=　 　 ．
21．亚氯酸钠（NaClO2）是一种高效氧化剂、漂白剂。在NaOH溶液中ClO2与H2O2反应可以得到亚氯酸钠。
（1）若反应中生成1molNaClO2，转移电子的物质的量为　 　。
（2）科学家经研究发现NaClO2也可用于制取自来水消毒剂ClO2.在一定条件下，将Cl2通入填充有固体NaClO2的反应柱内二者反应可制得ClO2。当消耗标准状况下1.12LCl2时，制得ClO2　 　g。
（3）消毒效率是以单位质量得到的电子数表示，则ClO2消毒效率是Cl2的　 　（保留小数点后两位）倍。
答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】A．分析题干反应①②可知，两反应中均有元素的化合价发生改变，故都是氧化还原反应，A不符合题意；
B．置换反应是指一种单质和一种化合物生成另一种单质和另一种化合物的反应，故反应②是置换反应，B不符合题意；
C．经分析可知，反应①中TiO2中Ti和O的化合价均没有发生改变，故TiO2既不是氧化剂也不是还原剂，C符合题意；
D．反应②中Ti的化合价由+4价变为0价，故每生成1 mol Ti转移4 mol电子，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】解答氧化还原反应基本概念题目时，首先标注化合价，根据化合价升降，判断氧化剂。还原剂、氧化产物、还原产物等，画出双线桥，找到电子转移情况，然后进行解答即可。
2．【答案】D
【解析】【解答】A、钠在氯气中燃烧反应生成氯化钠，观察到白烟，A不选；
B、铜在氯气中燃烧反应生成氯化铜，产生棕黄色的烟，B不选；
C、铁在氯气中燃烧反应生成氯化铁，产生棕褐色的烟，C不选；
D、氢气在氯气中燃烧生成氯化氢，产生苍白色火焰，不产生烟，D选；
故答案为：D。
【分析】注意把握物质反应的现象以及特性为解答的关键，注意烟和雾的区别。
3．【答案】C
【解析】【解答】漂粉精的有效成分是Ca(ClO)2，
故答案为：C。
【分析】漂白粉的主要生成是CaCl2和Ca(ClO)2的混合物。
4．【答案】C
【解析】【解答】A．氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，酸再与碱反应，是因为与水反应的生成物表现为酸性，不是氯气表现为酸性，故A不符合题意；
B．滴有KSCN的FeCl2溶液变红，是因为氯气的氧化性把亚铁离子氧化为铁离子，铁离子与KSCN反应使得溶液呈红色，故B不符合题意；
C．因为氯气能把碘化钾中碘离子氧化成碘，故KI淀粉溶液变成蓝色，故C符合题意；
D．紫色石蕊溶液先变红后褪色，是因为氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，溶液中有氢离子，所以紫色石蕊溶液先变红，褪色是因为次氯酸具有漂白性，而非氯气具有漂白性，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.氯气不具有酸性；
B.氯气将亚铁离子氧化为铁离子，体现氧化性；
D.氯气不具有漂白性。
5．【答案】D
【解析】【解答】自来水中含有Cl-，而纯净水中不含有Cl-，故可用AgNO3溶液鉴别自来水和纯净水，加入AgNO3溶液后，若能产生白色沉淀，则为自来水，若无明显现象，则为纯净水，D符合题意；
故答案为：D
【分析】根据Cl-的检验分析，检验Cl-用AgNO3溶液。
6．【答案】C
【解析】【解答】A．反应中Ag的化合价升高，Ag作还原剂失电子，故A不符合题意；
B.4Ag+2H2S+O2=2X+2H2O，由质量守恒定律可知X的化学式为Ag2S，故B不符合题意；
C．反应O2中O元素化合价降低，得电子被还原，H2O是还原产物，故C符合题意；
D．根据B项分析，X的化学式为Ag2S，Ag的化合价由0价升高到+1价，转移4mol电子生成2molX，则每生成1mo1X，反应转移2mole ，即转移电子数2NA，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】根据反应前后元素种类和原子个数保持不变，确定X的化学式；再结合反应前后元素化合价的变化，分析选项。
7．【答案】A
【解析】【解答】A.0.2 mol Mg提供0.4 mol电子，0.2 mol Al则提供0.6 mol电子，0.2 mol Mg、Al混合物提供的电子数大于0.4 mol小于0.6 mol，A项符合题意。
BD.反应的实质为：Mg＋2H＋=Mg2＋＋H2↑，2Al＋6H＋=2Al3＋＋3H2↑。n(H2)＝ ＝0.2 mol，则参加反应的n(H＋)＝0.4 mol。若换成稀H2SO4，同样产生0.2 mol H2，B、D项不符合题意；
C.依据得失电子守恒，由2H＋→H2得电子总数为0.2 mol×2＝0.4 mol，C项不符合题意；
故答案为：A
【分析】A.用极限法进行解答；
B.先计算出产生氢气的物质的量，则可知参加反应的氢离子的物质的量，据此进行解答；
C.根据得失电子数守恒进行分析；
D.根据题干所述信息计算产生氢气的物质的量即可。
8．【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。
9．【答案】B
【解析】【解答】A.丁烷裂解过程中可能发生的反应为：C4H10→C2H4＋C2H6、C4H10→CH4＋C3H6，因此0.2mol丁烷完全裂解，产生乙烯的物质的量不一定是0.2mol，即乙烯分子数不一定是0.2NA，A不符合题意；
B.13gNaN3的物质的量，反应过程中Na由+1价变为0价，因此转移电子数为0.2mol×1×NA=0.2NA，B符合题意；
C.溶液中存在NH4+的水解平衡，因此溶液中NH4+数小于0.2NA，C不符合题意；
D.容器中存在可逆反应N2O4(g) 2NO2(g)，使得容器中分子数增大，因此产生的气体分子数小于0.4NA，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A.根据丁烷裂解的过程进行分析；
B.根据公式计算n(NaN3)，结合反应过程中化合价的变化计算转移电子数；
C.溶液中存在NH4+的水解平衡；
D.容器中存在N2O4(g) 2NO2(g)的可逆过程；
10．【答案】C
【解析】【解答】A．标准状况下，2.24L氧气的物质的量为0.1mol，含有原子的数目为0.2NA，A不符合题意；
B.1L0.1mol/LNa2SO4溶液中，含有Na+的物质的量为：1L×0.1mol/L×2=0.2mol，数目为0.2NA，B不符合题意；
C．常温常压下，18g水为1mol，中含有氢氧键的数目为2NA，C符合题意；
D.0.1molCl2与足量的Fe反应生成Fe2+，转移电子的数目为0.2NA，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、根据公式计算n(O2)，结合一个氧分子中含有两个氧原子进行计算；
B、Na2SO4在水中电离产生2个Na＋和一个SO42－；
C、根据公式计算n(H20)，结合一个水分子中含有两个H-O化学键分析；
D、一个氯气分子与Fe反应，转移2个电子；
11．【答案】B
【解析】【解答】A．氯水中含有次氯酸，可使有色布条褪色，故A不符合题意；
B．氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，其中H+可使石蕊变红，HClO可使石蕊褪色，故B符合题意；
C．加入盐酸，引入氯离子，不能确定氯水中含有Cl﹣，故C不符合题意；
D．加入NaOH溶液，氯水浅黄绿色消失，是由于氯气和氢氧化钠溶液反应，与次氯酸无关，故D不符合题意．
故答案为：B．
【分析】新制氯水中，氯气使溶液呈黄绿色、次氯酸具有漂白性、氯离子能与硝酸银溶液反应产生白色沉淀，据此回答.
12．【答案】D
【解析】【解答】右边干燥管已吸收外界水分，故甲可能为：①浓H2SO4，②NaOH(aq)耗尽Cl2，③KI(aq)吸收Cl2。而④饱和食盐水吸收Cl2能力弱，且可以湿化。
【分析】该题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题。试题综合性强，在注重对学生基础知识巩固和训练的同时，侧重对学生实验探究能力的培养，有利于培养学生规范严谨的实验设计能力，也有助于培养学生的逻辑推理能力，提升学生的学科素养。
13．【答案】D
【解析】【解答】A．Fe和氯气点燃时直接化合生成FeCl3，选项A不符符合题意；
B．Cu与氯气常温下能直接化合生成CuCl2，选项B不符符合题意；
C．氢气与氯气在点燃时能直接化合生成HCl，选项C不符符合题意；
D．Fe和氯气点燃时直接化合生成FeCl3，不能直接由单质间化合制取FeCl2，选项D合题意；
故答案为：D。
【分析】依据氯气的性质分析，一般生成高价态氯化物，D项中Fe和氯气点燃时直接化合生成FeCl3。
14．【答案】A
【解析】【解答】能够消灭田鼠，利用了氯气的有毒性质，氯气要能够进入到洞中，利用了密度比空气大的性质，与颜色、溶解性、易液化无关，选A。
【分析】
根据氯气的性质，灌入洞中，可知密度较大，消灭田鼠可知其有毒，根据题干分析可知。
15．【答案】B
【解析】【解答】
A、AB段发生I－和Cl2的反应，B点溶液中I－完全反应，1～3间发生Fe2＋和Cl2反应，即BC段代表Fe3＋的物质的量的变化情况，故A不符合题意；
B、由图可知，1～3间发生2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－，Fe2＋反应完毕消耗氯气2mol，由方程式可知，溶液中n(Fe2＋)=2mol×2=4mol，DE段发生2Br－＋Cl2=2Cl－＋Br2，此时消耗Cl2的物质的量为3mol，即原溶液中n(Br－)=2×3mol=6mol，原溶液中n(FeBr2)=3mol，因不知溶液的体积，无法计算FeBr2的物质的量浓度，故B符合题意；
C、AB段发生2I－＋Cl2=2Cl－＋I2，根据图可知，此段消耗1mol氯气，原溶液中n(I－)=2mol，剩下1molCl2再与2molFe2＋反应，因此消耗n(I－)：n(Fe2＋)：n(Cl2)=2：2：2，反应的离子方程式为2Fe2＋＋2I－＋2Cl2=2Fe3＋＋I2＋4Cl－，故C不符合题意；
D、根据上述选项的分析，原溶液中n(I－)=2mol，n(Fe2＋)=4mol，n(Br－)=6mol，因此n(Fe2＋)：n(I－)：n(Br－)=4：2：6=2：1：3，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】还原性强弱：I－>Fe2＋>Br－，反应的先后顺序是2I－＋Cl2=2Cl－＋I2、2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－、2Br－＋Cl2=2Cl－＋Br2。
16．【答案】B
【解析】【解答】A、漂白粉是氯化钙和次氯酸钙的混合物，漂白液是次氯酸钠的溶液，也是混合物，不符合题意，不选A；
B、漂白粉的有效成分为次氯酸钙，符合题意，选B；
C、工业上通常将氯气通入石灰乳中制取漂白粉，不是石灰水中，不符合题意，不选C；
D、漂白液的有效成分为次氯酸钠，不是过氧化钠，不符合题意，不选D。
【分析】漂白粉是氢氧化钙、氯化钙，次氯酸钙的混合物，其主要成分是次氯酸钙[Ca(ClO) ]，有效氯含量为30%-38%。漂白粉为白色或灰白色粉末或颗粒，有显著的氯臭味，很不稳定，吸湿性强，易受光、热、水和乙醇等作用而分解。漂白粉溶解于水，其水溶液可以使石蕊试纸变蓝，随后逐渐褪色而变白。遇空气中的二氧化碳可游离出次氯酸，遇稀盐酸则产生大量的氯气。
17．【答案】（1）1∶6
（2）； 或
（3） 或
【解析】【解答】(1)由上述分析可知， 是氧化剂，Fe2+是还原剂，氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶6，故答案为：1∶6；
(2)熟石灰是 ，加熟石灰中和时， 与氢离子反应，离子方程式为： 或 ；故答案为： ； 或 ；
(3) 和熟石灰反应生成 沉淀，离子方程式为： 或 ；故答案为： 或 。
【分析】（1）氧化剂中所含元素的化合价降低，所以是氧化剂，还原剂中所含元素的化合价升高，所以Fe2+是还原剂，物质的量之比等于化学计量系数之比；
（2）氢氧化钙俗称熟石灰，化学式为，根据题意中和的是H+和氢氧化钙；
（3）熟石灰微溶于水，若是澄清溶液就发生反应，若是悬浊液则发生反应；
18．【答案】（1）氧化剂：CuSO4还原剂：Zn
（2）氧化剂：Fe2O3还原剂：CO
（3）氧化剂：MnO2还原剂：HCl
【解析】【解答】所含元素化合价升高的反应物是还原剂，所含元素化价降低的反应物是氧化剂。
（1）Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu中锌元素化合价升高、锌是还原剂，铜元素化合价降低，CuSO4是氧化剂，用双线桥表示电子转移方向和数目为：。
（2）Fe2O3＋3CO2Fe＋3CO2中碳元素化合价升高、CO是还原剂，铁元素化合价降低，Fe2O3是氧化剂，用双线桥表示电子转移方向和数目为：
（3）4HCl(浓)+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O中氯元素化合价升高、HCl是还原剂，锰元素化合价降低，MnO2是氧化剂，用双线桥表示电子转移方向和数目为：
【分析】所含元素化合价升高的反应物是还原剂，所含元素化价降低的反应物是氧化剂；利用化合价的变化确定电子转移的数目。
19．【答案】（1）
（2）K2Cr2O7；CO2
（3）2NA
（4）250mL容量瓶、量筒
（5）12 mol·L－1
（6）10.4
（7）A、D
【解析】【解答】I．（1）该反应中C元素化合价由0价变为+4价、Cr元素化合价由+6价变为+3价，转移电子数为12，该反应中C失去电子转移给Cr元素，所以电子转移的方向和数目为 ：（2）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，还原剂对应的产物是氧化产物，该反应中氧化剂是K2Cr2O7，还原剂是C，氧化产物是CO2；（3）生成的气体是二氧化碳，二氧化碳的物质的量= =0.2mol，1molC反应转移4mol电子，则0.5mol反应转移2mol电子，转移电子数为2NA；II．（4）配制250mL 0.50mol/L的稀盐酸的步骤有：计算、量取、稀释、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等，使用的仪器有：量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、250mL容量瓶等，则还缺少的仪器为：250mL容量瓶、量筒；（5）质量分数为36.5%，密度为1.20g cm-3的浓盐酸的浓度为： mol/L=12mol/L；（6）配制0.50moL L-1的稀盐酸250mL，需要该浓盐酸的体积为： ≈0.0104L=10.4mL；（7）A．没有用蒸馏水洗涤烧杯2～3次，并将洗液移入容量瓶中， 造成溶质减少，所配溶液的浓度偏低，选项A符合；
B、定容时俯视容量瓶刻度线，导致加入的蒸馏水体积偏小，根据c= 可得，配制的溶液浓度偏高，选项B不符合；
C．容量瓶中原来存有少量蒸馏水，对结果无影响，选项C不符合；
D、定容时不小心加水超过刻度线，导致配制的溶液体积偏大，根据c= 可得，配制的溶液浓度偏低，选项D符合；
故答案为：AD。
【分析】I．（1）该反应中C元素化合价由0价变为+4价、Cr元素化合价由+6价变为+3价；（2）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，还原剂对应的产物是氧化产物；（3）生成的气体是二氧化碳，二氧化碳的物质的量= =0.5mol，根据二氧化碳和转移电子之间的关系式计算；II．（4）根据配制一定物质的量浓度的溶液步骤选用仪器，然后判断还缺少的仪器名称；（5）根据c= 计算此浓盐酸的物质的量浓度；（6）计算出浓盐酸的物质的量浓度，根据稀释过程中溶质的物质的量不变计算出需要浓盐酸的体积；（7）根据c= 来判断不当操作对物质的量浓度的影响。
20．【答案】（1）因为CO2溶解度小，而NH3易溶于水，先通入氮气有利于后面CO2的吸收
（2）NH3+H2O+CO2+NaCl═NH4Cl+NaHCO3↓
（3）NH3；CaCO3+2NaCl═Na2CO3+CaCl2
（4）BD
（5）避免产生大量的含有CaCl2的溶液，或节省石灰窑、蒸氨塔等设备
（6）20.20mL；×100%
【解析】【解答】（1）二氧化碳为酸性氧化物，在水中溶解度小，氨气极易溶于水生成碱性的氨水，二氧化碳易溶于碱性溶液，先通氨气有利于吸收二氧化碳；
故答案为：因为CO2溶解度小，而NH3易溶于水，先通入NH3有利于后面CO2的吸收；
（2）氨气、二氧化碳、水和氯化钠发生反应生成碳酸氢钠和氯化铵，反应方程式为NH3+H2O+CO2+NaCl═NH4Cl+NaHCO3↓；
故答案为：氨气、二氧化碳、水和氯化钠发生反应生成碳酸氢钠和氯化铵，反应方程式为NH3+H2O+CO2+NaCl═NH4Cl+NaHCO3↓；
（3）氨碱法的生产流程中循环Ⅰ是氧化钙和水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙与铵盐反应生成的氨气可以循环使用，NaCl+NH3+CO2+H2O═NaHCO3↓+NH4Cl；CaCO3═CaO+CO2↑；CaO+H2O═Ca（OH）2；Ca（OH）2+2NH4Cl═CaCl2+2NH3↑+2H2O；2NaHCO3═Na2CO3+H2O+CO2↑合并得到总化学方程式为：CaCO3+2NaCl═Na2CO3+CaCl2，
故答案为：NH3； CaCO3+2NaCl═Na2CO3+CaCl2；
（4）A．常温时氯化铵的溶解度比氯化钠大，故A错误；
B．通氨气作用有增大NH4+的浓度，使NH4Cl更多地析出和使NaHCO3转化为Na2CO3，提高析出的NH4Cl纯度，故B正确；
C．加入食盐细粉目的是提高Cl﹣的浓度，促进氯化铵结晶析出，故C错误；
D．通入氨气使溶液碱性增强，使碳酸氢钠转换为溶解度较大的碳酸钠，可以提高氯化铵的纯度，故D正确；
故选BD；
（5）联合制碱法的主要原理是：①向浓氨水中通入足量的CO2后，氨气、水和CO2发生化合反应而生成NH4HCO3溶液；②然后加入食盐细粒充分搅拌，生成的碳酸氢钠和氯化铵；③将析出的碳酸氢钠加热得碳酸钠、二氧化碳和水，相对于氨碱法制碱，即向过滤后的滤液中加熟石灰以回收氨，使之循环使用能够避免产生大量的含有CaCl2的溶液，或节省石灰窑、蒸氨塔等设备，
故答案为：避免产生大量的含有CaCl2的溶液，或节省石灰窑、蒸氨塔等设备；
（6）①滴定管能读数到0.01mL，所以根据滴定管中液面的位置可知，初始读数是2.40mL，最终读数是22.60mL，所以实际消耗盐酸的体积是22.60mL﹣2.40mL=20.20mL；
故答案为：20.20mL；
②第一次消耗盐酸的体积是21.00mL﹣1.00mL=20.00mL，所以两次消耗盐酸的平均值是（20.20mL+20.00mL）÷2=20.10mL，所以消耗盐酸的物质的量是0.0201L×0.6000mol/L．根据方程式HCl+NaHCO3=NaCl+H2O+CO2↑可知，碳酸氢钠的物质的量是0.0201L×0.6000mol/L，质量是0.0201L×0.6000mol/L×84g/mol，所以碳酸氢钠的纯度是：×100%；
故答案为：×100%．
21．【答案】（1）1mol
（2）6.75g
（3）2.63
【解析】【解答】（1）ClO2中Cl的化合价为+4价，NaClO2中Cl的化合价为+3价，化合价降低1，得到1个电子，所以生成1molNaClO2时转移的电子的物质的量为1mol；（2）该反应的化学方程式为Cl2+2NaClO2=2ClO2+2NaCl，生成的ClO2的物质的量为Cl2的两倍，所以ClO2的质量为0.05 2 67.5g=6.75g；（3）ClO2和Cl2的还原产物均为Cl-，1gClO2发生反应时得到的电子的物质的量为5/67.5mol，1gCl2发生反应时得到的电子的物质的量为2/71mol，两者得电子数之比为5/67.5：2/71=2.63，所以ClO2消毒效率是Cl2的2.63倍。
【分析】 (1) 根据ClO2中Cl的化合价为+4价，NaClO2中Cl的化合价为+3价，解答该题；
(2) 该反应的化学方程式为Cl2+2NaClO2=2ClO2+2NaCl，根据化学方程式的相关计算即可得到答案；
(3) 由ClO2和Cl2的还原产物均为Cl-解答该题。