专题4硫与环境保护（含解析）综合练习2023——2024学年上学期高一化学苏教版（2019）必修第一册

专题4硫与环境保护质综合练习
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一、单选题
1．青石棉是一种有害物质，是《鹿特丹公约》中受限制的46种化学品之一，其化学式为Na2Fe5Si8O22(OH)2，青石棉用稀硝酸处理时，还原产物只有NO，下列叙述正确的是
A．青石棉是一种新型的无机非金属材料
B．青石棉的化学组成可表示为：
C．1 mol青石棉能使1 mol HNO3被还原
D．青石棉中含有一定量的石英晶体
2．用如图所示的装置分别进行如下导电性实验，小灯泡的亮度比反应前明显减弱的是
A．向硫化钠溶液中通入氯气 B．向硝酸银溶液中通入少量氯化氢
C．向饱和溶液中通入 D．向氢氧化钠溶液中通入少量氯气
3．是重要的储氢材料。常见的供氢原理如下面两个方程式所示：
①
②
其中，中H为-1价。下列说法正确的是
A．氢化锂也是一种储氢材料，供氢原理为
B．在①②反应中均既为氧化剂也为还原剂
C．生成等质量的氢气，反应①、②转移电子数之比为4：3
D．若反应①中生成3.36L氢气，则有2.7g铝生成
4．以、炭粉、氯化钙等为原料，采用下列流程可制备粉状(一种压电材料)。
已知：①“焙烧”后固体产物有、易溶于水的和微溶于水的；
②“沉淀”步骤中加入的试剂适量，反应生成。
下列叙述错误的是
A．“焙烧”时炭粉作还原剂，氧化剂与氧化产物的物质的量之比为
B．“滤渣”的主要成分是和炭粉
C．“沉淀”反应的化学方程式为
D．流程中涉及了过滤操作。实验室中完成该操作所需的玻璃仪器有漏斗、烧杯和玻璃棒
5．下列化学反应对应的离子方程式书写正确的是
A．利用食醋除去水垢中的碳酸钙：
B．磁铁矿石溶于稀硝酸：
C．通入氯化钡溶液：
D．(标准状况)通入含的溶液：
6．化学是一门以实验为基础的学科，某同学为探究溶液的性质进行如下实验，操作如图所示。查阅资料可知：
①可将氧化为S，也可以把氧化为
②电解质可使胶体发生聚沉
③亚铁离子和硫离子在溶液中可生成为黑色沉淀，该沉淀能溶于盐酸。
根据实验现象，下列分析正确的是
A．向②后试管加入足量稀盐酸，沉淀全部溶解
B．根据反应现象分析，①～④的变化中，只有1处涉及氧化还原反应
C．若将溶液滴加到溶液中，产生的现象与图中①、②现象相同
D．若将溶液更换成溶液，可产生相同的现象
7．设为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是
A．10 g 60%的乙酸水溶液中含有的氧原子总数为0.2
B．常温常压下，15g甲基碳正离子()所含的电子数为8
C．0.5 mol的和混合物中，所含阴离子数为
D．标准状况下，22.4 L 参加反应时，转移电子数为2
8．明代《徐光启手迹》记载了制备王水的方法，其主要流程如图所示(水蒸气等部分产物已省略)，下列说法中正确的是
A．X能使品红溶液褪色
B．操作Ⅰ能够进行，说明硫酸的酸性强于硝酸
C．步骤ⅱ能在铁容器中进行
D．过程中涉及的反应均为氧化还原反应
9．下列离子因会发生氧化还原反应而不能大量共存的是
A．、、、 B．、、、
C．、、、 D．、、、
10．硫化氢(H2S)是一种无色、有臭鸡蛋气味的有毒气体。处理某废气中的 H2S，是将废气与空气混合通入 FeCl2，CuCl2、FeCl3的混合液中，其转化的流程如图所示。下列说法正确的是
A．转化过程中参与循环的离子只有 Cu2+、Fe2+
B．转化过程有两种元素的化合价发生了变化
C．氧化性由强到弱的顺序：S>Fe3+>O2
D．过程Ⅲ中发生反应的离子方程式为 CuS+2Fe3+=S+2Fe2++Cu2+
11．下列方程式与所给事实不相符的是
A．通过灼热铁粉：
B．用作抗胃酸药：
C．与反应：
D．通入酸性溶液中：
12．化学与生活息息相关，下列说法不正确的是
A．食品中添加抗氧化剂可减缓食品变质速率
B．氯气常用于自来水消毒是因为氯气有杀菌作用
C．二氧化硫可用作食品添加剂起到漂白、防腐和抗氧化等作用
D．碳化硅俗称金刚砂，碳原子与硅原子通过共价键连接，硬度很大，可用作砂纸和砂轮的磨料
13．推理是一种重要的能力。打开分液漏斗活塞，进行如图所示的探究实验，对实验有关说法正确的是
A．试管内CCl4层溶液和红色花瓣褪色，都说明SO2具有漂白性
B．一段时间后试管内有白色沉淀产生，说明有BaSO3生成
C．将“某浓度的硫酸”换成“稀硝酸”，实验现象不变
D．干燥管中盛有碱石灰，用于尾气吸收
14．将通入70℃的氢氧化钠水溶液中，能同时发生以下两个反应(均未配平)：，，反应完成后测得溶液中与的物质的量浓度之比为，则该溶液中与的物质的量之比为
A． B． C． D．
15．亚氯酸钠()是一种高效的漂白剂和氧化剂，可用于各种纤维和某些食品的漂白。马蒂逊(Mathieson)法制备亚氯酸钠的流程如图：
下列说法正确的是
A．反应②中的可用代替
B．反应②中作还原剂，被氧化
C．反应①阶段，还原剂和氧化剂的质量之比为64：213
D．在水溶液中的电离方程式为
二、填空题
16．Ⅰ．NaH可在野外用作生氢剂，化学反应原理为：。
(1)NaH中氢元素化合价为 价。
(2)反应中NaH作 (填氧化剂或还原剂)
(3)每生成1个分子，反应转移的电子数为 个。
Ⅱ．氧化还原反应在高中化学中是一类重要的反应类型。、、、是中学化学中常用的氧化剂。回答下列问题：
(4)下列基本反应类型中一定属于氧化还原反应的是___________(填字母)。
A．化合反应 B．分解反应 C．置换反应 D．复分解反应
(5)实验室迅速制备少量氯气可利用如下反应：(未配平)。与反应生成，发生 (填“氧化”或“还原”)反应。
(6)溶液能与Cu反应制作印刷电路板，其制作原理可用表示。↑
①上式中X的化学式为 。
②若有32g铜参与反应，则参与反应的的质量为 g。
③该反应的离子方程式为 。
(7)已知反应方程式：。用单线桥法标出电子转移的方向和数目 。
17．金属钠及其化合物在人类生产、生活中起着重要作用。诸回答下列问题：
(1)向一小烧杯中分别加入等体积的水和煤油，片刻后再向该烧杯中加入黄豆粒大小的金属钠，可能观察到的现象是___________(填序号)。
A． B．
C． D．
(2)金属钠在氧气中燃烧生成Na2O2，其电子式为 ，采用空气和Na为原料可直接制备Na2O2.空气与熔融的金属Na反应前需依次通过的试剂为 、 (填序号)。
a．浓硫酸 b．饱和食盐水 c．NaOH溶液 d．KMnO4溶液
(3)NaCl的熔点为800.8℃。工业上采用电解熔融的NaCl和CaCl2混合盐制备金属Na，电解的化学方程式为：2NaCl(l)2Na(1)+Cl2(g)，加入CaCl2的目的是 。
(4)向酸性KMnO4溶液中加入Na2O2粉末，观察到溶液褪色，发生如下反应。
+____ H++_____ Na2O2=____ Mn2++_____ Na+_____ O2↑+____H2O
①配平上述离子方程式 。
②该反应说明Na2O2具有 (选填“氧化性”“还原性"或“漂白性”)。
(5)在密闭容器中，将a mol Na2O2和b mol NaHCO3固体混合物加热至250℃，充分反应后，若剩余固体为Na2CO3和NaOH，排出气体为O2和H2O时，a：b的取值范围为 。
三、实验探究题
18．二氧化氯()是一种优良的消毒剂，熔点为，沸点为，浓度过高时易发生分解，甚至爆炸，若用空气、二氧化碳、氮气等气体稀释，则爆炸性降低。用干燥的氯气与亚氯酸钠()固体制备二氧化氯并探究其性质，装置如图：
(1)装置A中盛放浓盐酸的仪器的名称为 ，发生反应的离子方程式为 。
(2)用下列两种方法制取氯气：①用含氯化氢的浓盐酸与足量的二氧化锰反应，②用二氧化锰与足量的浓盐酸反应。所得氯气___________(填字母)。
A．①比②多 B．②比①多 C．一样多 D．无法比较
(3)装置D中通入干燥空气的作用是 。
(4)探究性质：
①通过 法，确认冰水浴槽收集到的液态为黄绿色。
②将二氧化氯泡腾片放入品红溶液中，红色溶液变为无色，微热无色溶液，不变色。由此推知，具有 性。
③将二氧化氯通入含的废水中，产生两种对环境友好的气体，氯被还原成最低价离子。这两种气体的化学式为 。
19．Cl2是一种重要化工原料。某小组模拟工业制漂白粉，设计如图实验装置。
已知：①Cl2和碱反应放出热量。②6Cl2+6Ca(OH)25CaCl2+Ca(ClO3)2+6H2O。
(1)甲装置中，若反应生成标准状况下11.2LCl2，则被氧化的n(HCl)为 ，转移的电子数为 。
(2)装置乙中饱和食盐水的作用是 。
(3)①丙中制取漂白粉的化学方程式是 。
②为提高Ca(ClO)2的含量，可采取的措施是 (任写一种即可)。
(4)丁装置在温度较高时会发生反应：3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O。若向25.0mL4.0mol L-1NaOH溶液中通入Cl2，当NaOH完全反应后，测得溶液中含0.07molNaCl，则溶液中NaClO与NaClO3物质的量比是多少 (写出计算过程)？
四、无机推断题
20．下图为各单质与化合物之间的转化关系，单质及化合物的组成元素均为常见的短周期元素。请回答：
(1)若沉淀丁不溶于过量的盐酸，单质A为 。若沉淀丁能溶于过量的盐酸，化合物甲为 。
(2)单质B的化学式为 ，丙的电子式为 。
(3)若沉淀丁不溶于过量的盐酸，写出A和NaOH溶液反应的化学方程式： 。
(4)KMnO4是重要的氧化剂，在双氧水中滴加少量用稀硫酸酸化的KMnO4溶液，溶液迅速变为无色，同时生成单质B。写出该反应的离子方程式 。
(5)单质B的同素异体与Na2FeO4同是良好的消毒剂，在新冠疫情防控中作用巨大。在碱性条件下，利用NaClO氧化硝酸铁，制得Na2FeO4，该反应的离子反应方程式为 。
21．化合物X由4种元素组成。某兴趣小组按如图流程进行实验：
请回答：
(1)白色沉淀B的化学式为 ，B的物质的量为 。
(2)根据C→D→E的现象，溶液Ｃ中溶质的成分一定有 (用化学式表示)；
(3)根据溶液G后续的操作可知，溶液G中没有 离子；经检测固体纯净物H为单质铁，则组成X的元素有 、 、 、 ，X的化学式为 。
(4)设计实验确定溶液G中阴离子：用玻璃棒蘸取溶液G，点在红色石蕊试纸上，若变蓝，说明 ；取少量溶液G，加入足量，用盐酸酸化，再加入溶液，若有白色沉淀，说明 。
(5)X与足量反应生成固体F的化学方程式是 。
第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页
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参考答案：
1．C
【详解】A．青石棉属于无机非金属材料，但不是新型材料，故A错误；
B．正确的表示应该为：，故B错误
C．1mol青石棉中有3mol的+2价铁，能失去3mol电子，将1mol硝酸还原为一氧化氮，故C正确
D．青石棉改写的时候可以写成由氧化物组成的，但不一定含有石英晶体，故D错误；
故选C。
2．C
【详解】A．硫化钠溶液中通入氯气，发生Na2S+Cl2=2NaCl+S↓，Na2S、NaCl均为可溶的盐，离子浓度变化不明显，反应前后，导电能力几乎不变，故A不符合题意；
B．硝酸银溶液中通入少量的氯化氢，发生AgNO3+HCl=AgCl↓+HNO3，AgNO3、HNO3均为可溶的强电解质，反应前后，导电能力几乎不变，故B不符合题意；
C．向HI中溶液氧气，发生4HI+O2=2H2O+2I2，溶液中离子浓度减小，导电能力明显减弱，故C符合题意；
D．向氢氧化钠溶液中通入氯气，发生2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O，NaOH、NaCl、NaClO均为可溶的强电解质，反应前后离子浓度变化不明显，即反应前后导电能力变化不明显，故D不符合题意；
答案为C。
3．A
【详解】A．氢化锂也是一种储氢材料，LiH与H2O反应生成氢气，则原理为，故A正确；
B．反应②中H2O中H元素的化合价降低得电子，H2O是氧化剂，LiAlH4是还原剂，而LiAlH4在①反应中既为氧化剂也为还原剂，故B错误；
C．①中，生成3molH2转移6mol电子，②，生成4molH2转移4mol电子，则生成等质量的氢气，反应①、②转移电子数之比为2：1，故C错误；
D．没有说明是否是标准状况下，无法计算氢气的物质的量，所以不能计算生成Al的质量，故D错误；
故选：A。
4．A
【分析】由流程和题中信息可知，BaSO4与过量的碳粉及过量的氯化钙在高温下焙烧得到CO、BaCl2、易溶于水的BaS和微溶于水的CaS；烧渣经水浸取后过滤，滤渣中碳粉和CaS，滤液中有BaS和BaCl2；滤液经酸化后浓缩结晶得到BaCl2晶体；BaCl2晶体溶于水后，加入TiCl4和（NH4）2C2O4将钡离子充分沉淀得到BaTiO(C2O4)2；BaTiO(C2O4)2经热分解得到BaTiO3；
【详解】A． “焙烧”步骤中C的化合价从0价升高到价，中S的化合价从价降到价，因此炭粉作还原剂，作氧化剂，CO是氧化产物，根据得失电子守恒，氧化剂与氧化产物的物质的量之比为，选项A错误；
B．根据分析可知，“滤渣”的主要成分是和炭粉，选项B正确；
C．“沉淀”步骤为BaCl2晶体溶于水后，加入TiCl4和（NH4）2C2O4将钡离子充分沉淀得到BaTiO(C2O4)2，对应的化学方程式为：，选项C正确；
D．流程中浸取后及浓缩结晶后均涉及了过滤操作。实验室中完成该操作所需的玻璃仪器有漏斗、烧杯和玻璃棒，选项D正确；
答案选A。
5．D
【详解】A．食醋的主要成分是醋酸，醋酸是弱酸，书写离子方程式时醋酸应保留化学式，A错误；
B．硝酸会将氧化为，B错误；
C．与溶液不反应，C错误；
D．的还原性强于，先与反应，由于过量，故只与反应，D正确；
故选D。
6．B
【分析】①中发生反应：，②中发生反应，③中发生反应为，④中继续发生反应；
【详解】A．根据分析，②中产生FeS沉淀，不溶于酸，A错误；
B．由分析可知，①～④的变化中，只有反应①为氧化还原反应，所以有1处涉及氧化还原反应，B正确；
C．若将FeCl3溶液滴加到Na2S溶液中，则直接发生反应2Fe3++3S2-=2FeS↓+S↓，产生的现象与图中①、②现象不同，C错误；
D．若用Na2SO3代替Na2CO3进行实验，则发生反应，所以溶液变成淡绿色，现象不同，D错误；
故选B。
7．B
【详解】A．未考虑水中的氧原子，氧原子总数大于0.2，故A错误；
B．15g甲基碳正离子()的物质的量为1mol，所含电子数为8，故B正确；
C．过氧根为一个阴离子，0.5mol和中阴离子物质的量为0.5mol即0.5 ，故C错误；
D．在氯气和水的反应中，标况下22.4L参加反应时，转移电子数为，故D错误；
故选B。
8．A
【详解】A．由题意，Fe元素化合价升高，故部分硫元素化合价降低，X的化学式应为SO2，SO2具有漂白性能使品红溶液褪色，A正确；
B．操作1后得到硝酸，该过程中制取硝酸是利用了硝酸易挥发的性质，无法说明硫酸的酸性强于硝酸，B错误；
C．王水是浓硝酸和浓盐酸按体积比=1:3的混合物，会腐蚀铁容器，步骤ⅱ不能在铁容器中进行，C错误；
D．步骤i中煅烧绿矾生成的SO3与水生成硫酸的反应，无化合价发生变化，属于非氧化还原反应， D错误；
故选A。
9．C
【详解】A．氢离子会与亚硫酸根离子结合成亚硫酸，不是氧化还原反应，A不符合题意；
B．该组离子互不反应，可以大量共存，B不符合题意；
C．和在存在下发生价态归中反应生成单质硫，因会发生氧化还原反应而不能大量共存，C符合题意；
D．铁离子、镁离子与氢氧根离子不能大量共存，不是氧化还原反应，D不符合题意；
故选C。
10．D
【详解】A．由图示知Cu2+、Fe2+、Fe3+均参与转化过程的循环，A错误；
B．转化过程有O、Fe、S元素的化合价发生了变化，B错误；
C．由过程I知氧气的氧化性强于三价铁离子，由过程III知三价铁的氧化性强于硫，C错误；
D．过程Ⅲ为硫化铜与铁离子反应生成硫单质，亚铁离子和铜离子，发生反应的离子方程式为 CuS+2Fe3+=S+2Fe2++Cu2+，D正确；
故选D。
11．A
【详解】A．通过灼热铁粉：，A错误；
B．用作抗胃酸药，实际上是与胃酸中的HCl反应，其离子方程式为：，B正确；
C．与反应产生碳酸钠和氧气，其化学方程式为：，C正确；
D．通入酸性溶液中会发生氧化还原反应，其离子方程式为：，D正确；
故选A。
12．B
【详解】A．食品中添加抗氧化剂，可减缓食品中的油脂、蛋白质等被氧化变质，从而减缓食品变质速率，A正确；
B．氯气常用于自来水消毒，利用的是氯气与水反应生成的次氯酸具有强氧化性，能起到杀菌作用，B不正确；
C．二氧化硫具有漂白性，可用作食品添加剂并起到漂白作用，二氧化硫能杀死细菌、具有还原性，可用于防腐和抗氧化等作用，C正确；
D．金刚砂是碳化硅的俗称，在晶体中，碳原子与硅原子通过共价单键连接，共价键能大，具有很大的硬度，可用作砂纸和砂轮的磨料，D正确；
故选B。
13．D
【详解】A．反应生成SO2，试管内CCl4层溶液褪色，说明Br2将SO2氧化，则SO2具有还原性，故A错误；
B．SO2被Br2氧化生成SO3，与BaCl2溶液反应生成BaSO4沉淀，试管内有白色沉淀生成，说明有BaSO4生成，故B错误；
C．硫酸换成稀硝酸，与亚硫酸钠发生氧化还原反应生成SO3，能与BaCl2溶液反应生成BaSO4，故C错误；
D．装置Ⅲ的作用是吸收SO2，防止污染，可以盛放碱石灰，故D正确；
故选D。
14．D
【详解】反应完成后测得溶液中与的物质的量浓度之比为，则氯元素化合价升高共1×5+2×5=15，根据电子守恒可知，氯元素化合价也会降低15，则生成-1价的氯化钠的系数为15，总反应的化学方程式为，故该溶液中，D正确。
15．C
【分析】由流程图可知，反应①为NaClO3和SO2在硫酸存在的条件下发生氧化还原反应生成ClO2和NaHSO4；反应②是ClO2在氢氧化钠存在条件下和H2O2发生反应生成产品NaClO2，根据元素化合价变化分析解答。
【详解】A．反应②中作还原剂，不能用高氯酸钠代替，A项错误；
B．在反应②中化合价降低，被还原，B项错误；
C．根据流程图反应①中氧化剂是NaClO3，还原剂是SO2，还原产物是ClO2，氧化产物是NaHSO4，根据化合价升降相等可得NaClO3和SO2的物质的量之比为2:1，质量之比为1×64：2×106.5=64：213，C项正确；
D．硫酸氢根离子在水溶液中电离要拆写成氢离子和硫酸根离子，D项错误；
故选C。
16．(1)-1
(2)还原剂
(3)1
(4)C
(5)氧化
(6) FeCl2 162.5 Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+
(7)
【详解】（1）已知NaH中钠元素的化合价为+1价，根据化学式中各元素的化合价代数和为0可知，其中氢元素化合价为-1价，故答案为：-1；
（2）由题干方程式可知，反应中NaH中H的化合价由-1价升高到H2中的0价，化合价升高被氧化，故NaH作还原剂，故答案为：还原剂；
（3）反应中NaH中H由-1价升高到0价，H2O中有1个H由+1价降低到0价，故每生成1个分子，反应转移的电子数为1个，故答案为：1；
（4）A．化合反应不一定是氧化还原反应，A不合题意；
B．分解反应不一定是氧化还原反应，B不合题意；
C．置换反应一定是氧化还原反应，C符合题意；
D．复分解反应一定不是氧化还原反应，D不合题意；
故答案为：C；
（5）与反应生成，则Mn的化合价降低，根据氧化还原反应中有降必有升的规律可知，的化合价升高，故发生氧化反应，故答案为：氧化；
（6）表示。
①根据质量守恒可知，反应中X的化学式为FeCl2，故答案为：FeCl2；
②由上述分析可知，该反应方程式为：Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2，故若有32g铜即=0.5mol参与反应，则参与反应的FeCl3的物质的量为1mol，故质量为1mol×162.5g/mol=162.5g，故答案为：162.5；
③由上述分析可知，该反应方程式为：Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2，该反应的离子方程式为Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，故答案为：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+；
（7）已知反应方程式：中KClO3中+5价的Cl降低到Cl2中的0价，HCl中-1价的Cl升高到Cl2中的0价，则该反应的单线桥法标出电子转移的方向和数目为：，故答案为：。
17．(1)A
(2) c a
(3)做助熔剂，降低氯化钠的熔点，降低能耗
(4) 还原性
(5)
【详解】（1）金属钠的密度比水大比煤油小，金属钠会出现在水油分界线位置，出现A中情形。答案为A；
（2）过氧化钠为离子化合物，过氧根离子中有共价键：；采用空气和Na为原料可直接制备Na2O2需要将空气中的二氧化碳和水蒸气除去，故先通过氢氧化钠溶液，再通过浓硫酸。故答案为：、c、a；
（3）NaCl的熔点为800.8℃，该反应中在580℃就熔融了，因此加入氯化钙的目的是：做助熔剂，降低氯化钠的熔点，降低能耗，答案为：做助熔剂，降低氯化钠的熔点，降低能耗；
（4）根据得失电子守恒可配平：，过氧化钠在这个反应中氧元素全部被氧化，故过氧化钠体现还原性。答案为：、还原性；
（5）2NaHCO3~H2O~CO2，b mol NaHCO3可以生成0.5bmol水和0.5bmol二氧化碳，最终固体剩余碳酸钠和氢氧化钠，气体为氧气和水蒸气，故二氧化碳全部反应完，水反应了一部分为mol，则有，得到，故答案为：。
18．(1) 分液漏斗
(2)B
(3)释降低ClO2的浓度，减少其爆炸的可能性
(4) 观察 漂白 CO2、N2
【分析】A中二氧化锰和浓盐酸共热制取Cl2，因为浓盐酸具有挥发性，加热促进挥发，生成的Cl2中含有HCl、水蒸气，B中饱和食盐水除去HCl，C中浓硫酸干燥Cl2，D中Cl2、NaClO2反应生成ClO2，D中反应方程式为；氯气有毒，装置E为尾气吸收装置；据此分析解答。
【详解】（1）根据图示，盛放浓盐酸的仪器为分液漏斗；A中二氧化锰和浓盐酸共热制取Cl2；
故答案为：分液漏斗；；
（2）根据反应的物质的量关系，理论上，因为盐酸具有挥发性，则①产生的气体小于1mol，②中产生的气体为1mol；
故答案为：B；
（3）由题意可知，二氧化氯极易爆炸分解，若用空气、二氧化碳、氮气等惰性气体稀释时，爆炸性则降低，则向装置D中通入干燥空气能稀释降低二氧化氯的浓度，减少其爆炸的可能性；
故答案为：稀释降低ClO2的浓度，减少其爆炸的可能性；
（4）①研究物质的颜色、状态，采用观察法，故通过观察法，确认低温浴槽收集到的液态为黄绿色；
②二氧化氯能使品红溶液永久褪色，表现漂白性；
③二氧化氯具有强氧化性，氧化氰根离子生成氮气和二氧化碳，本身被还原成氯离子；
故答案为：观察；漂白；CO2 、N2。
19．(1) 1mol NA
(2)除去氯气中混有的氯化氢
(3) 2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O 将丙装置浸在盛有冷水的水槽中或控制氯气产生速率
(4)n(NaClO)+n(NaClO3)=(0.025×4-0.07)mol=0.03mol，n(NaClO)+5n(NaClO3)=0.07mol，求得：n(NaClO)=0.02mol、n(NaClO3)=0.01mol，n(NaClO)：n(NaClO3)=2：1
【分析】浓盐酸和二氧化锰反应过程中会挥发出氯化氢气体，氯化氢在氯化钠饱和溶液中易溶，而氯气难溶，通过饱和食盐水的作用是除去Cl2中混有的HCl气体，氯气和丙中石灰乳生成氯化钙和次氯酸钙，尾气有毒使用碱液氢氧化钠吸收；
【详解】（1）甲装置中二氧化锰和浓盐酸在加热条件下生成氯气、氯化锰、水：，，4分子HCl中2分子HCl被氧化生成1分子氯气，故反应生成标准状况下11.2LCl2（为0.5mol），则被氧化的n(HCl)为1mol，转移的电子1mol，数目为NA；
（2）装置乙中饱和食盐水的作用是除去氯气中混有的氯化氢；
（3）①氯气和丙中石灰乳生成氯化钙和次氯酸钙、水，2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；
②温度较高时氯气与消石灰反应生成Ca(ClO3)2，为避免此副反应的发生，用冰水或冷水冷却，或控制氯气产生速率，通过控制反应速率，避免反应放热瞬时升高；
（4）根据钠元素守恒可知：n(NaClO)+n(NaClO3)=(0.025×4-0.07)mol=0.03mol；反应中氯气中氯元素化合价部分由0变为-1，部分由0变为+1、+5，根据电子守恒可知：n(NaClO)+5n(NaClO3)=0.07mol，求得：n(NaClO)=0.02mol、n(NaClO3)=0.01mol，n(NaClO)：n(NaClO3)=2：1。
20．(1) Si Al2O3
(2) O2
(3)Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2↑
(4)
(5)
【分析】常见能与氢氧化钠溶液反应生成氢气的有Si和Al，且生成的化合物乙能与盐酸反应生成沉淀，如沉淀丁不溶于过量的盐酸，单质A为则A应为Si，乙为Na2SiO3，丁为H2SiO3，化合物甲也能与NaOH溶液反应生成Na2SiO3，则应为SiO2，则可知丙为H2O，B为O2；如沉淀丁溶于过量盐酸时，A应为Al，乙为NaAlO2，丁为Al(OH)3，甲为Al2O3。
【详解】（1）根据分析，若沉淀丁不溶于过量的盐酸，单质A为Si；若沉淀丁能溶于过量的盐酸，化合物甲为Al2O3；
（2）单质B的化学式为O2；H2O的电子式为；
（3）若沉淀丁不溶于过量的盐酸，单质A为Si，和NaOH溶液反应的化学方程式：Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2↑；
（4）在双氧水中滴加少量用稀硫酸酸化的KMnO4溶液，反应生成锰离子和氧气，离子方程式为；
（5）在碱性条件下，利用NaClO氧化硝酸铁，制得Na2FeO4，该反应的离子反应方程式为。
21．(1) 0.02
(2)
(3) Fe O S H
(4) 存在 有或
(5)或
【分析】X形成水溶液，与氯化钡反应生成白色沉淀，且沉淀不与盐酸反应说明沉淀为硫酸钡，X中还有硫酸根离子，溶液中加入KSCN变化说明还有铁离子，B为4.66g则为0.02mol硫酸钡，H中为Fe单质，即为0.01mol，X中含有0.01molFe、0.02mol硫酸根离子。
【详解】（1）由分析可知，白色沉淀B为BaSO4，物质的量为mol=0.02mol。
（2）黄色溶液加硫氰化铁变成血红色溶液，再加氢氧化钠产生红褐色氢氧化铁沉淀，说明C中含有Fe3+，溶质的化学式为FeCl3。
（3）溶液G加盐酸酸化后加氯化钡溶液，说明X与Na反应后得到的固体F中没有硫酸根离子。H为单质铁，则X中含有Fe、S、O。根据质量守恒，剩下一种元素的质量为=0.01g，铁和硫酸根的物质的之比为1：2，X中Fe化合价为+3价，可以推测最后一种元素为H，且为0.01mol。 X的化学式为FeH(SO4)2。
（4）G溶液可使红色石蕊试纸变蓝，说明溶液呈碱性，存在OH-；被过氧化氢氧化后能与氯化钡反应产生不溶于HCl的硫酸钡沉淀，说明G溶液中存在亚硫酸根离子或硫离子。
（5）由分析和(4)可知，FeH(SO4)2与Na反应生成Fe单质、硫元素也被还原为亚硫酸钠或硫化钠，固体F溶于水呈碱性，产物还可能有氧化钠，氢离子也会被钠还原为H2，化学方程式为：或。
答案第1页，共2页
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