2.3氧化还原反应同步练习（含解析）-鲁科版高中化学必修第一册
文档属性
| 名称 | 2.3氧化还原反应同步练习（含解析）-鲁科版高中化学必修第一册 |
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| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.1MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 鲁科版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2023-12-06 00:00:00 | ||
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文档简介
2.3氧化还原反应同步练习
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．向含有0.2 mol FeI2溶液中加入a mol Br2。下列叙述不正确的是
A．a=0.1 时，发生的反应为 2I-+Br2=I2+2Br-
B．a=0.25 时，发生的反应为 4Fe2++6I-+5Br2=4Fe3++3I2+10Br-
C．溶液中的I-一半被氧化时，c(I-)∶c(Br-)=l∶l
D．0.22．硫酸亚铁铵隔绝空气加热到500℃发生的反应为2(NH4)2Fe(SO4)2 Fe2O3+2NH3↑+N2↑+4X↑+5H2O，则下列说法错误的是
A．X是SO2
B．该反应的氧化产物为Fe2O3和N2
C．分别氧化铁元素、氮元素的硫酸根物质的量之比为1：6
D．每生成1 mol N2转移8 mol电子
3．一种含碘废水(I2和I-)制取单质碘的工艺流程如图：
下列有关分析错误的是
A．通入SO2的目的是将I2和Cu2＋还原
B．利用磁石可以将滤渣Ⅰ进一步分离
C．滤渣Ⅱ放在潮湿的空气中能被氧化为红褐色物质
D．操作X是萃取、分液
4．下列反应中，S元素的化合价升高的是
A．Zn+H2SO4＝ZnSO4+H2↑
B．C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O
C．H2S+CuSO4＝CuS↓+H2SO4
D．S+O2SO2
5．设NA为阿伏加 德罗常数的值，下列叙述正确的是
A．78g Na2O2溶于水后所得溶液中含有O22-数目为2NA
B．将2.24 LCl2(标况)通入到足量的NaOH溶液中，转移的电子数目为0.1NA
C．0.1 mol/LNH4Cl溶液中含有的NH4+数目小于0.1NA
D．用铅蓄电池电解氯化钠溶液，得到1 molH2时，理论上铅蓄电池中消耗氢离子数目为2NA
6．联氨(N2H4)与含铜物质之间的关系如图所示：
下列说法正确的是
A．Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ过程均发生氧化还原反应
B．根据过程Ⅰ，每生成224mL(标准状况下)N2，消耗3.2gCuO
C．根据上述过程可推知氧化性：O2＞NaClO＞CuO＞Cu2O
D．过程Ⅳ，参加反应的Cu(NH3)与NaClO的物质的量之比为2：1
7．对于反应3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O，下列叙述错误的是
A．Cl2既是氧化剂又是还原剂
B．NaClO3是氧化产物
C．每生成1 mol的NaClO3转移6 mol电子
D．被氧化的Cl原子和被还原的Cl原子的物质的量之比为1∶5
8．利用如图装置(略去部分夹持仪器，气密性已检验)生产硫代硫酸钠晶体(Na2S2O3·5H2O)。实验步骤是先向装置①的烧瓶中滴加80%的浓H2SO4；充分反应后过滤装置③中混合物，滤液经结晶即得到产品。
已知：2Na2S＋Na2SO3＋3SO2=3Na2S2O3。下列判断不正确的是( )
A．应用装置①，利用H2O2和MnO2可制备少量O2
B．装置③中Na2S和Na2SO3的物质的量之比最好为1：2
C．实验过程中，装置②和装置④的作用相同
D．装置⑤中盛有NaOH溶液，可吸收多余的尾气
9．2022年11月，意大利考古学家在托斯卡纳的温泉泥浆中发现了多尊保存完好的2000多年前的青铜雕像。青铜表面的铜锈是铜接触空气中的、和共同作用的结果。下列说法错误的是
A．青铜被腐蚀的原理：
B．稀硫酸可以除掉铜锈
C．2mol铜被腐蚀时失去的电子数为
D．在腐蚀过程中既是氧化产物又是还原产物
10．氮化硅(Si3N4)可用作高级耐火材料、新型陶瓷材料等。已知：Si的电负性比H的小，利用硅烷(SiH4)制备氮化硅的反应为3SiH4+4NH3=Si3N4+12H2。下列有关说法正确的是
A．硅烷中Si的化合价为-4价 B．NH3在该反应中作还原剂
C．H2既是氧化产物，也是还原产物 D．转移1.2mol电子时，生成26.88LH2
二、填空题
11．氧化还原反应在生产、生活中具有广泛的用途，贯穿古今。
(1)下列生产、生活中的事例中没有发生氧化还原反应的是 。
(2)水是人体的重要组成部分，是人体中含量最多的一种物质。而“四种基本反应类型与氧化还原反应的关系”也可用下图表达。
试写出有水参加的符合反应类型Ⅳ的一个化学方程式： 。
(3)氯化铵常用作焊接。如在焊接铜器时用氯化铵除去铜器表面的氧化铜以便焊接，其反应为：CuO+NH4ClCu+CuCl2+N2↑+H2O。
①配平此氧化还原反应方程式并标出双线桥 。
②该反应中，被氧化的元素是 (填元素名称)，氧化剂是 (填化学式)。
③反应中若产生0.2 mol的气体，则有 mol的电子转移。
12．海水中蕴含着丰富的资源，开发利用海水资源，可获得人类生产、生活所需的物质。
(1)海水提盐后剩余的母液中含有较多Br-，将母液用硫酸酸化后通入足量Cl2，可获得含Br2的海水，反应的离子方程式为 ，由此可知，氧化性Br2 Cl2(填“>”或“<”)。
(2)以上方法获得的含Br2的海水中Br2的浓度较小，向其中鼓入 将Br2吹出并冷凝获得粗溴。
(3)向粗溴中通入SO2，反应的化学方程式为SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，该反应中氧化剂是 (填化学式，下同)，氧化产物是 。若要消耗80gBr2，理论上需要标准状况下SO2的体积为 。
(4)将贝壳煅烧成粉末，然后加入海水提盐后剩余的母液中，可获得Mg(OH)2沉淀。然后将过滤出的沉淀溶于稀盐酸，反应的化学方程式为 。将所得溶液在一定条件下蒸干、灼烧得到无水MgCl2，该物质的一种用途是 。
13．向含有Cl－、Br－、I－、Fe2＋的溶液中，逐滴加入新制的溴水至足量，反应后溶液中离子中数量明显减少的是 ；离子数量明显增多的是 ；离子数量基本不变的是 ；发生反应的离子方程式依次为 。
14．加碘食盐中的碘以碘酸钾(KIO3)的形式存在。现实验室需要配500mL0.10mol/LKIO3溶液(KIO3的摩尔质量为214g/mol)，请回答下列问题：
(1)计算需要KIO3的质量为 g。
(2)配制溶液时，现有天平、药匙、烧杯、量筒、玻璃棒，还需要的仪器有 和 (填名称)。
(3)溶解过程中玻璃棒的作用是 ，转移溶液过程中玻璃棒的作用是 。
(4)在此配制过程中，下列情况会使所得溶液的浓度偏高的是_______(填序号)。
A．转移溶液时未洗涤烧杯和玻璃棒
B．定容时俯视刻度线观察液面
C．容量瓶用蒸馏水洗净后未干燥
D．摇匀后静置，发现液面低于刻度线，再补加蒸馏水至刻度线
(5)已知在溶液中可发生如下反应：如果反应中转移0.5mol电子，则生成I2的物质的量为 mol。
15．请回答下列问题：
(1)黑火药在发生爆炸时，发生如下的反应：；被氧化的元素是 ；氧化剂是 ；(填元素符号或物质的化学式)。
(2)用“单线桥法”标明反应中电子转移的方向和数目： 。
16．完成下列问题
(1)6HCl(浓)＋KClO3 = 3Cl2↑＋KCl＋3H2O；氧化剂： 。还原剂 。
(2)MnO2 ＋ 4HCl(浓)MnCl2 ＋Cl2↑＋ 2H2O；氧化剂： 。还原剂： 。氧化产物 ： 。还原产物： 。
17．碘化亚铜（Cu2I2）是一种不溶于水也不溶于酸的白色固体，用途很广泛。完成下列填空：
（1）碘化钾溶液中滴加适量硫酸铜溶液，就能得到碘化亚铜。写出该反应的化学方程式 。
（2)往上述反应后溶液中加入淀粉，溶液变蓝，再滴加亚硫酸溶液，蓝色又褪去。写出KI、Cu2I2、H2SO3的还原性由强到弱的顺序是 。
（3）碘化亚铜能用于检测空气中的汞蒸气，其反应为：2Cu2I2 + Hg＝Cu2HgI4(玫瑰红)+ 2Cu，产物Cu2HgI4中Cu元素显 价。当有1 molCu2I2参与反应时，转移电子 mol。
（4）为除去稀盐酸中少量CuCl2杂质，可往溶液中加入过量的M试剂后进行过滤操作，再通入适量的Cl2后进行N操作。试剂M和操作N的组合正确的是 （选填编号）
18．地球上的金属矿物资源是有限的，应合理开发利用。
(1)金属冶炼的实质是金属离子被 (填“氧化”或“还原”)生成金属单质。
(2)铜在自然界存在于多种矿石中，如：
矿石名称 黄铜矿 辉铜矿 孔雀石
主要成分 CuFeS2 Cu2S Cu2(OH)2CO3
请回答下列问题：
①上表所列铜化合物中，推断铜的质量百分含量最高的是 。
②CuFeS2其中 Cu 为+1 价、Fe 为+3 价，高温焙烧时发生的反应是CuFeS2 + O2SO2 +FeS +Cu，焙烧过程中被还原的元素有 。
③工业上以黄铜矿为原料，采用火法熔炼工艺生产铜，火法炼铜的反应为：Cu2S+O22Cu+SO2，该反应中氧化剂是 。
④Cu2(OH)2 CO3与稀硫酸反应的化学方程式为 。
19．金属钠及其化合物在人类生产、生活中起着重要作用。
(1)NaCl的熔点为800.8℃。工业上，采用电解熔融的NaCl和混合盐，制备金属Na，电解的化学方程式为：，加入的目的是 。
(2)采用空气和Na为原料可直接制备。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．溶液
(3)的电子式为 。
(4)向酸性溶液中加入粉末，观察到溶液褪色，发生如下反应：，该反应说明具有 (选填“氧化性”“还原性”或“漂白性”)，氧化性：KMnO4 O2(选填“>”“<”或“=”)。
(5)在密闭容器中，将和bmol固体混合物加热至250℃，充分反应后，若排出气体不含水时，的取值范围为 。
20．借助现代科技手段研究化学反应原理能加深对知识本质的理解。
(1)下图是电解质导电性测试实验装置，的电离方程式为 ，接通电源后，灯泡不亮，本质原因是 ，要使灯泡发光，可采取的操作是 ；将少量溶液逐滴滴入A烧杯，除生成沉淀外，还可观察到的现象是 。
(2)下图是一套验证气体性质的实验装置，回答下列问题：
①实验室可用二氧化锰与浓盐酸制备氯气，反应的离子方程式为 ，如图所示，在A处通入干燥的氯气。一段时间后，观察到C处红布条褪色，则B处的开关应该处于 (填“关闭”或“打开”)状态。
②实验后，利用数字传感器对D中的有色溶液进行光照实验分析，溶液光照实验前后比较，数目增加的离子有 (填化学式)，对光照后溶液的叙述错误的是 (填标号)。
a．颜色变浅 b．漂白性增强 c．酸性增强 d．氧化性减弱
三、实验探究题
21．某研究性学习小组为了制取、收集纯净干燥的氯气并探究氯气的性质，他们设计如图所示的实验装置。
回答下列问题：
(1)整套装置的连接顺序是 .
f接_______、_______接_______、_______接_____。(填各接口的小写字母)
(2)在F装置中发生的反应，浓盐酸体现出的化学性质有 性和 性，写出该反应的化学方程式是 。
(3)A装置的作用是 ，B装置中试剂Y是 。
(4)D装置的作用是除去剩余的氯气，写出该反应的离子方程式 。
(5)C装置观察到溶液先变蓝，继续通Cl2，蓝色褪去。小组同学探究蓝色褪去可能的原因，查阅资料可知5Cl2＋I2＋6H2O=2HIO3＋10HCl；甲同学认为是 (填化学式)漂白了蓝色物质而褪色；乙同学认为是过量的氯气与I2发生了反应，当溶液中I2反应完全了，蓝色褪去。他们设计实验方案并进行了实验：取少量C中恰好褪色的溶液于试管中，加入 ，观察到 ，说明乙同学的观点是正确。
22．实验室用二氧化锰和浓盐酸反应制备干燥纯净的氯气。进行此实验，所用仪器装置如下图所示：
（1）上述装置中的错误一处是 （填“①”、“②”或“③”）。
（2）②装置的作用是 。
（3）⑤装置中氢氧化钠的作用是吸收氯气，发生的化学反应方程式为 。
（4）200g36.5%的盐酸（过量）与17.4gMnO2反应，理论上能产生标准状况下氯气的体积是 L，参加反应的盐酸的物质的量是 。提示：MnO2+4HClMnCl2+2H2O+Cl2↑要求：用物质的量进行计算；有解题步骤。（不按要求解题，零分。）
23．某化学兴趣小组欲在实验室探究氯气的性质及模拟工业制取漂白粉，设计了如下装置进行实验。
请按要求回答下列问题：
(1)仪器②的名称 ，①中反应的离子方程式
(2)饱和食盐水的作用
(3)淀粉 KI溶液中反应的离子方程式为 。
(4)若干燥的有色布条不褪色，湿润的有色布条褪色，则甲中盛放的是 。
(5)写出Cl2与水反应的化学方程式为 。
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．B
【详解】A．a=0.1时，溴单质不足，只有碘离子被氧化，反应的离子方程式为：2I-+Br2═I2+2Br-，故A正确；
B．当a=0.25时，0.2molFeI2的溶液中含有0.2mol亚铁离子、0.4mol碘离子，0.4mol碘离子完全反应消耗0.2mol溴单质，剩余的0.05mol溴单质能够氧化0.1mol亚铁离子，所以正确的反应为：2Fe2++8I-+5Br2═2Fe3++4I2+10Br-，故B错误；
C．溶液中含有0.4mol碘离子，当有0.2mol碘离子被氧化时，消耗0.1mol溴单质生成0.2mol溴离子，则反应后溶液中碘离子和溴离子浓度相等，故C正确；
D．当0.2＜a＜0.3时，碘离子完全被氧化，亚铁离子部分被氧化，根据电荷守恒可知溶液中的离子浓度的关系为：2c(Fe2+)+3c(Fe3+)+c(H+)═c(Br-)+c(OH-)，故D正确；
答案选B。
【点睛】明确亚铁离子与碘离子的还原性强弱及发生反应的先后顺序为解答关键，亚铁离子的还原性小于碘离子，溴少量时碘离子优先被氧化，发生反应为：2I-+Br2═I2+2Br-；当碘离子完全被氧化后，亚铁离子开始被溴单质氧化，溴足量时的反应方程式为：2Fe2++4I-+3Br2═2Fe3++2I2+6Br-，据此进行解答。
2．C
【详解】A.根据元素守恒可知X是SO2，A正确；
B.在该反应中Fe元素化合价由反应前(NH4)2Fe(SO4)2中的+2价变为反应后Fe2O3中的+3价，化合价升高，失去电子被氧化，Fe2O3是氧化产物；N元素化合价由反应前(NH4)2Fe(SO4)2中的-3价变为反应后N2中的0价，化合价升高，失去电子被氧化，N2是氧化产物，因此该反应的氧化产物是Fe2O3和N2，B正确；
C.根据方程式可知分别氧化氧化铁元素、氮元素的硫酸根物质的量之比为1：3，C错误；
D.在反应方程式中反应转移8 mol电子，产生了1 mol N2，故每生成1 mol N2转移8 mol电子，D正确；
故合理选项是C。
3．D
【分析】由实验流程可知，含碘废水中加入SO2和硫酸铜制备CuI，发生2SO2+I2+2Cu2++4H2O=2CuI+2SO+8H+，滤液中含硫酸，过滤得到滤渣中加入铁粉、水制备FeI2，过滤得到滤渣I为Fe和Cu，滤液中加入碳酸钾发生K2CO3+FeI2+2H2O=Fe(OH)2+CO2+2KI，滤渣II为FeCO3，酸性条件下KI、过氧化氢发生氧化还原反应生成碘，经萃取、分液、蒸馏得到碘，以此解答该题。
【详解】A．根据分析可知加入SO2和硫酸铜制备CuI，将I2和Cu2＋还原，故A正确；
B．向CuI固体加入过量的铁粉、水制备FeI2，过滤得到滤渣I为Fe和Cu，利用磁石可以将滤渣Ⅰ进一步分离，故B正确；
C．滤渣II为Fe(OH)2，滤渣Ⅱ放在潮湿的空气中发生4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，故能被氧化为红褐色物质，故C正确；
D．经萃取、分液得到I2和有机溶剂的混合物，要经过蒸馏得到碘，故D错误；
故答案为D。
4．D
【详解】A项中S元素的化合价保持+6价不变，A不选；
B项中S元素的化合价由+6降低为+4，B不选；
C项反应属于复分解反应，S元素的化合价不变，C不选；
D项中S元素化合价由0升高为+4，D选。
答案选D。
5．B
【详解】A. 78 g过氧化钠的物质的量为1 mol，过氧化钠与水反应后生成氢氧化钠和氧气，溶液中不存在过氧根离子，A错误；
B. 2.24 LCl2(标况)的物质的量n(Cl2)==0.1 mol，而氯气和碱的反应为歧化反应，氯元素歧化为-1和+1，故0.1 mol氯气转移0.1NA个电子，B正确；
C. 0.1 mol/LNH4Cl溶液体积不知，不能计算溶质微粒的物质的量及微粒数，C错误；
D．以铅蓄电池电解NaC1溶液得到1 molH2(标况)，转移电子的物质的量为2 mol，铅蓄电池的正极电极反应式为PbO2+2e-+4H+=PbSO4+2H2O，可知消耗4 mol的氢离子，所以理论上铅蓄电池中耗氢离子个数为4NA，D错误；
故合理选项是B。
【点睛】明确以物质的量为核心计算公式，熟悉相关物质的结构组成和电化学原理是解题关键，要掌握物质的化学反应原理，结合物质结构分析解答。
6．B
【详解】A．过程Ⅱ中无化合价的变化，A项错误；
B．过程I发生的化学方程式为：，，B项正确；
C．上述过程中，无法推知与的氧化性强弱，C项错误；
D．过程Ⅳ反应：，参加反应的Cu(NH3)与NaClO的物质的量之比为1:2，D项错误。
答案为B。
7．C
【详解】A．Cl2中Cl元素的化合价部分由0价升至NaClO3中的+5价，部分由0价降至NaCl中的-1价，则Cl2既是氧化剂又是还原剂，A正确；
B．Cl2中Cl元素的化合价部分由0价升至NaClO3中的+5价，则NaClO3是氧化产物，B正确；
C．Cl2中Cl元素的化合价部分由0价升至NaClO3中的+5价，部分由0价降至NaCl中的-1价，则每生成1mol的NaClO3转移5mol电子，C错误；
D．Cl2中Cl元素的化合价部分由0价升至NaClO3中的+5价，部分由0价降至NaCl中的-1价，根据得失电子守恒，被氧化的Cl原子和被还原的Cl原子物质的量之比为1：5，D正确；
答案选C。
8．B
【分析】由实验装置可知，①中浓硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，②作安全瓶，③中发生2Na2S+Na2SO3+3SO2═3Na2S2O3，④作安全瓶，⑤中NaOH溶液可吸收尾气，以此解答该题。
【详解】A、①可为液体和固体反应生成气体的装置，可用H2O2和MnO2可制备少量O2，故A正确；
B、③中发生2Na2S+Na2SO3+3SO2═3Na2S2O3，由方程式可知Na2S和Na2SO3的物质的量之比最好为2：1，故B错误；
C、装置②和装置④都用作安全瓶，可防止倒吸，故C正确；
D、为避免二氧化硫污染环境，可用氢氧化钠溶液吸收，故D正确。
答案选B。
【点睛】本题考查物质的制备实验，把握制备原理、流程中发生的反应、混合物分离提纯为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查。
9．C
【详解】A．由题干信息可知，青铜表面的铜锈是铜接触空气中的、和共同作用的结果，结合氧化还原配平可得，青铜被腐蚀的原理：，A正确；
B．已知Cu2(OH)2CO3+2H2SO4=2CuSO4+3H2O+CO2↑且Cu不与稀硫酸反应，故稀硫酸可以除掉铜锈，B正确；
C．已知铜锈中Cu为+2价，故2mol铜被腐蚀时失去的电子数为，C错误；
D．根据反应方程式可知，在腐蚀过程中既是氧化产物又是还原产物，D正确；
故答案为：C。
10．C
【详解】A．Si的电负性比H的小，则SiH4中电子偏向H，H为-1价，Si为+4价，故A错误；
B．反应前后Si的化合价不变，SiH4中-1价H与NH3中+1价H发生氧化还原反应生成H2，则SiH4是还原剂，NH3为氧化剂，故B错误：
C．只有H元素化合价发生变化，H2是氧化产物和还原产物，故C正确；
D．未指明温度和压强，无法确定气体体积，故D错误。
故选：C。
11． BC 2Na+2H2O=2NaOH+H2↑ 氮 CuO 1.2
【详解】(1)A．煤是古代植物遗体经过生物化学作用和物理化学作用而转变成的沉积有机矿产，是多种高分子化合物和矿物质组成的混合物，在煤的形成过程中发生了氧化还原反应，故A不选；
B．太阳能电池是把太阳能转化为电能的装置，没有发生化学反应，故B选；
C．简单机械织布就是把线织成布，没有发生化学反应，故C选；
D．烧制陶器是以粘土为胎，经过手捏、轮制、模塑等方法加工成型后，在1000~1200℃左右的高温下焙烧而成的物品。在烧制过程中，土壤中的有机质在高温烧烤的过程中，变成二氧化碳，这就是化学变化。 其实烧陶过程中的化学变化非常多，至少有上百个，也非常复杂。故烧制陶器过程中一定有氧化还原反应发生，故D不选；
故选BC。
(2)反应类型Ⅳ是属于有水参加的氧化还原反应，如2Na+2H2O=2NaOH+H2↑。
(3)①在反应中，铜元素的化合价从+2价部分降低到0价，氮元素的化合价从-3价升高到0价，生成1mol氮气失去6mol电子，所以生成的铜为3mol，即氮气的系数为1，铜的系数为3，则NH4Cl的系数为2，根据氯原子守恒，CuCl2的系数为1，则CuO的系数为4，最后配平水的系数为4，化学方程式为4CuO+2NH4Cl3Cu+CuCl2+N2↑+4H2O。用双线桥表示反应中的电子转移为：。
②该反应中，氮元素化合价升高，被氧化，CuO中铜元素化合价降低，CuO做氧化剂。
③反应中若生成1mol氮气，则转移6mol电子，所以若产生0.2mol气体，则有1.2mol电子转移。
12．(1) 2Br-+Cl2=Br2+2C1- <
(2)热空气或水蒸气
(3) Br2 H2SO4 11.2L
(4) Mg(OH)2+2HCl=MgCl2+2H2O 电解冶炼镁单质
【解析】(1)
将海水提盐后剩余的母液用硫酸酸化后通入足量Cl2，其中的Br-被氧化，获得含Br2的海水，反应的离子方程式为2Br-+Cl2=Br2+2C1-。由氧化还原反应规律可知，氧化剂的氧化性强于氧化产物，故氧化性为Br2(2)
工业上向含Br2的海水中通入热空气或水蒸气，将Br2吹出并冷凝获得粗溴。
(3)
向粗溴中通入SO2，化学方程式为SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，该反应中氧化剂是Br2，氧化产物是H2SO4，根据化学方程式可知n(SO2)=n(Br2)，若消耗80gBr2，理论上需要标准状况下SO2的体积V==11.2L。
(4)
Mg(OH)2沉淀溶于稀盐酸，反应的化学方程式为:Mg(OH)2+2HCl=MgCl2+2H2O，无水MgCl2可以用来电解冶炼镁单质。
13． 减少的是I- 、Fe2+ 增多的是Br- 不变的是Cl- 2I-+Br2=I2+ 2Br- 、Fe2+ +Br2 =2Br-+Fe3+
【详解】分析：依据还原性顺序I－>Fe2＋> Br－>Cl－，溴水能将I－和Fe2＋氧化。
详解：依据还原性顺序I－>Fe2＋> Br－>Cl－，溴水先氧化I－再氧化Fe2＋。所以向含有Cl－、Br－、I－、Fe2＋的溶液中，逐滴加入新制的溴水至足量，依次发生反应为：2I-+Br2=I2+ 2Br- 、Fe2+ +Br2 =2Br-+Fe3+，由反应可知，I- 和Fe2+被消耗减少，生成Br-增多，Cl-不变，
故答案为：I- 、Fe2+；Br-；Cl-；2I-+Br2=I2+ 2Br- 、Fe2+ +Br2 =2Br-+Fe3+。
14．(1)10.7
(2) 500mL容量瓶 胶头滴管
(3) 搅拌 引流
(4)B
(5)0.3
【详解】（1）500mL0.10mol/LKIO3溶液需要的KIO3的质量为：；
（2）配制500mL溶液需要500mL容量瓶，配制溶液时需要定容，定容需要胶头滴管，所以还需要的仪器有500mL容量瓶和胶头滴管；
（3）溶解过程需要搅拌，玻璃棒的作用是搅拌，加速溶解；转移溶液过程，为防止溶液洒出，需要玻璃棒引流，所以转移溶液过程中玻璃棒的作用是引流；
（4）转移溶液时未洗涤烧杯和玻璃棒，会造成溶质偏少，所得溶液的浓度偏低，A项错误；定容时俯视刻度线观察液面，会造成溶液总体积偏小，所得溶液的浓度偏高，B项正确；容量瓶用蒸馏水洗净后未干燥，不会影响溶液浓度，C项错误；摇匀后静置，发现液面低于刻度线，再补加蒸馏水至刻度线，会造成溶液总体积偏大，所得溶液的浓度偏低，D项错误；故选B。
（5）中碘元素的化合价由+5价变成了0价，转移5个电子，如果反应中转移0.5mol电子，则相当于0.1mol发生反应，生成0.3mol。
15．(1) C S和KNO3
(2)
【详解】（1）中碳元素化合价升高，失去电子，被氧化的元素是C；硫元素和氮元素化合价降低，得到电子，被还原，氧化剂是S和KNO3；
（2）中硫化氢是还原剂，氧化剂是二氧化硫，属于硫元素之间的归中反应，电子转移的方向和数目为。
16．(1) KClO3 HCl
(2) MnO2 HCl Cl2 MnCl2
【详解】（1）6HCl(浓)＋KClO3 = 3Cl2↑＋KCl＋3H2O，该反应中KClO3中Cl元素化合价由+5价降低到0价，HCl中Cl元素化合价由-5价升高到0价，KClO3为氧化剂，HCl为还原剂。
（2）MnO2 ＋ 4HCl(浓)MnCl2 ＋Cl2↑＋ 2H2O，该反应MnO2中锰元素化合价由+4价降低到0价，HCl中Cl元素化合价由-5价升高到0价，MnO2做氧化剂，被还原，得到还原产物MnCl2，HCl做还原剂，被氧化，得氧化产物Cl2，答案：MnO2；HCl；Cl2；MnCl2。
17． 4KI+2CuSO4＝I2+Cu2I2↓+2K2SO4 H2SO3、KI、Cu2I2 ＋1 1 bd
【详解】试题分析：（1）反应中KI中I元素的化合价由-1价升高0生成单质碘I2，失去2e-，CuSO4中Cu元素的化合价由+2价降低为+1价，得到e-，根据得失电子数目相等可知二者最小公倍数数为2，则硫酸铜前的系数为2，碘化亚铜前的系数为1，则结合质量守恒定律可知平衡后的化学方程式为4KI+2CuSO4＝I2+Cu2I2↓+2K2SO4；
（2）由（1）解答可知，KI为还原剂，Cu2I2为还原产物，所以还原性KI＞Cu2I2，往上述反应后溶液中加入淀粉，溶液变蓝，是因为碘单质和淀粉显示蓝色，再滴加亚硫酸溶液，蓝色又褪去是因为发生H2SO3+I2+H2O＝H2SO4+HI，该反应中H2SO3是还原剂，I-是还原产物，还原性H2SO3＞I-；故还原性由强到弱的顺序是H2SO3、KI、Cu2I2；
（3）根据在化合物中正负化合价代数和为零可知：在Cu2HgI4中，铜元素的化合价为：x×2+（+2）+（-1）×4＝0，则x＝+1；反应2Cu2I2+Hg＝Cu2HgI4(玫瑰红)+ 2Cu中，Cu元素化合价部分由+1价降低到0价，被还原，Cu2I2为氧化剂，Hg元素化合价由0价升高到+2价，Hg为还原剂，当有1molCu2I2参与反应时，只有1molCu元素的化合价发生变化，转移1mol电子；
（4）a、杂质CuCl2与碘化钾溶液反应生成Cu2I2、碘单质和氯化钾，氯化钾是新杂质，a错误；b、杂质CuCl2与氢碘酸溶液反应生成Cu2I2、碘单质和盐酸，先过滤，后萃取分液，可得盐酸，b正确；c、杂质CuCl2与氢气不反应，c错误；d、杂质CuCl2与氢硫酸溶液，生成硫化铜沉淀和盐酸，过滤即可除去，d正确；答案选bd。
【考点】本题主要是考查氧化还原反应和除杂问题
【点晴】该题为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意从元素化合价的角度认识相关概念并把握物质的性质，抓住除杂质的必需条件（加入的试剂只与杂质反应，反应后不能引入新的杂质）是正确解题的关键，题目难度中等。
18．(1)还原
(2) Cu2S 、、 Cu2S和O2 Cu2(OH)2CO3+2H2SO4(稀)=2CuSO4+CO2↑+3H2O
【详解】（1）金属在自然界以化合物形态存在时，都显正化合价，如果冶炼成金属单质，则金属元素的化合价降低，被还原。
（2）①CuFeS2中铜元素的百分含量为，Cu2S中铜元素的百分含量为，Cu2(OH)2CO3中铜元素的百分含量为，所以上表所列铜化合物中，铜的质量百分含量最高的是Cu2S；
②CuFeS2其中Cu为+1价、Fe为+3价，高温焙烧时发生的反应是CuFeS2+O2SO2+FeS+Cu，其中铜元素化合价从+1价降低到0价，铁元素化合价从+3价降低到+2价，氧元素化合价从0价降低到－2价，所以焙烧过程中被还原的元素有Cu、Fe、O。
③火法炼铜的反应为：Cu2S+O22Cu+SO2，其中铜元素化合价从+1价降低到0价，氧元素化合价从0价降低到－2价，所以该反应中氧化剂是Cu2S和O2。
④可以把Cu2(OH)2CO3拆分为Cu(OH)2+CuCO3，再分别与稀硫酸反应，则Cu2(OH)2CO3与稀硫酸反应的化学方程式为Cu2(OH)2CO3+2H2SO4(稀)=2CuSO4+CO2↑+3H2O。
19．(1)作助熔剂，降低NaCl的熔点，节省能耗
(2) c a
(3)
(4) 还原性 >
(5)a：b≥1：1
【详解】（1）NaCl熔点为800.8℃，工业上采用电解熔融NaCl制备金属Na，加入CaCl2时，580℃NaCl熔融，所以加入CaCl2能降低NaCl的熔点，节省能耗，所以CaCl2作助溶剂，故答案为：作助熔剂，降低NaCl的熔点，节省能耗；
（2）采用空气和Na为原料可直接制备Na2O2，空气中CO2、水蒸气都能与熔融金属Na反应，所以在反应前需要将空气中的CO2、水蒸气除去，CO2属于酸性氧化物，能和碱液反应，浓硫酸具有吸水性，所以空气与熔融金属Na反应前需依次通过NaOH溶液、浓硫酸，故答案为：c；a；
（3）Na2O2是钠离子和过氧根离子之间存在离子键，过氧根离子中存在O-O键，电子式为；
（4）过氧化钠与高锰酸钾发生氧化还原反应而褪色，体现了过氧化钠的还原性；KMnO4是氧化剂，O2是氧化产物，氧化剂的氧化性比氧化产物的强，则氧化性：KMnO4> O2；
（5）固体加热分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，若排出气体不含水时，过氧化钠分别与二氧化碳、水反应，相关反应方程式为2NaHCO3Na2CO3+H2O↑+CO2↑，2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，则2mol NaHCO3~1mol H2O、1mol CO2~2molNa2O2，过氧化钠可过量，则≥2:2=1:1。
20．(1) CuSO4=Cu2++SO NaCl固体中不存在自由移动的离子 向烧杯B中加入蒸馏水 灯泡变暗
(2) MnO2+4H++2Cl—Mn2++Cl2↑+2H2O 打开 H+、Cl— b
【详解】（1）硫酸铜是含氧酸盐，在溶液中能电离出铜离子和硫酸根离子，电离方程式为CuSO4=Cu2++SO；氯化钠固体中不含有自由移动的离子，不能导电，所以接通电源后，灯泡不亮；要使灯泡发光，可向烧杯B中加入蒸馏水，使氯化钠固体溶解得到含有自由移动离子的氯化钠溶液；向烧杯A中滴加氢氧化钡溶液发生的反应为硫酸铜溶液与氢氧化钡溶液反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钡沉淀，溶液中离子浓度减小，导电性减弱，灯泡会逐渐变暗，故答案为：CuSO4=Cu2++SO；NaCl固体中不存在自由移动的离子；向烧杯B中加入蒸馏水；灯泡变暗；
（2）①实验室可用二氧化锰与浓盐酸制备氯气的反应为二氧化锰与浓盐酸共热反应生成氯化锰、氯气和水，反应的离子方程式为MnO2+4H++2Cl—Mn2++Cl2↑+2H2O；干燥的氯气没有漂白性，不能使有色布条褪色，而氯气与水反应生成的次氯酸具有强氧化性，能使有机色质漂白褪色，则观察到C处红布条褪色说明B处的开关应该处于打开状态，故答案为：MnO2+4H++2Cl—Mn2++Cl2↑+2H2O；打开；
②D中氯气溶于水得到氯水，光照时氯水中的次氯酸遇光分解生成盐酸和氧气，溶液的颜色变浅，溶液中次氯酸浓度减小，氧化性减弱、漂白性减弱，氢离子、氯离子浓度增大，酸性增强，故选b，故答案为：H+、Cl—；b。
21．(1)a、be、dc
(2) 酸 还原 MnO2＋4HCl(浓)MnCl2 ＋Cl2↑＋2H2O
(3) 除去Cl2中的HCl 浓硫酸
(4)Cl2＋2OH- = Cl-＋ClO-＋H2O
(5) HClO KI溶液(或碘水) 溶液变蓝色(或者淀粉溶液，溶液不变蓝色)
【分析】本实验的目的，是制取、收集纯净干燥的氯气并探究氯气的性质，装置F为制取氯气的装置，装置A、B为除去氯气中杂质的装置(A中的饱和食盐水用于除去氯气中的氯化氢、B中的浓硫酸用于干燥氯气)，装置C、D为探究氯气性质并进行尾气处理的装置(装置C用于探究氯气的氧化性，装置D用于吸收氯气尾气)，装置E为收集氯气的装置(由于氯气的密度比空气大，氯气应长进短出)。依据题意，装置的连接顺序为F、A与B、E、C与D。
【详解】（1）由分析可知，装置的连接顺序为F、A与B、E、C与D，则整套装置的连接顺序是：f接a、b接e、d接c。答案为：a、be、dc；
（2）在F装置中MnO2与浓盐酸发生反应，生成MnCl2、Cl2等，浓盐酸体现出的化学性质分别为酸性和还原性，该反应的化学方程式是：MnO2＋4HCl(浓)MnCl2 ＋Cl2↑＋2H2O。答案为：酸；还原；MnO2＋4HCl(浓)MnCl2 ＋Cl2↑＋2H2O；
（3）由分析可知，A装置的作用是：除去Cl2中的HCl，B装置用于干燥氯气，所以试剂Y是浓硫酸。答案为：除去Cl2中的HCl；浓硫酸；
（4）D装置的作用是除去剩余的氯气，氯气是酸性气体，能与氢氧化钠溶液发生歧化反应，该反应的离子方程式：Cl2＋2OH- = Cl-＋ClO-＋H2O。答案为：Cl2＋2OH- = Cl-＋ClO-＋H2O；
（5）乙同学认为是过量的氯气与I2发生了反应，当溶液中I2反应完全了，蓝色褪去。则甲同学认为过量氯气与水反应的产物起漂白作用，所以甲同学认为是HClO漂白了蓝色物质而褪色。设计实验方案时，若认为HClO起漂白性，则淀粉的结构发生了改变，若认为是I2被氧化，则淀粉的结构与性质没有改变。所以可进行如下实验：取少量C中恰好褪色的溶液于试管中，加入KI溶液(或碘水)，观察到：溶液变蓝色(或者淀粉溶液，溶液不变蓝色)，说明乙同学的观点是正确。答案为：HClO；KI溶液(或碘水)；溶液变蓝色(或者淀粉溶液，溶液不变蓝色)。
【点睛】探究碘与淀粉反应产物蓝色褪去的原因时，需设计实验，探究淀粉或碘是否存在。
22． ③ 除去Cl2中HCl气体 2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O 4.48 0.8 mol
【分析】①制取装置：MnO2+4HClMnCl2+2H2O+Cl2↑②洗气瓶中盛有饱和氯化钠溶液，导管长进短出，除去挥发出来的HCl气体③洗气瓶中盛有浓硫酸，导管长进短出，除去Cl2中的水蒸气④向上排空气法收集氯气⑤防止造成污染，除去未反应的氯气。
【详解】（1）上述装置中的错误的是③，导管应该长进短出；
答案：③；
（2）②装置的作用是除去Cl2中HCl气体；
答案：除去Cl2中HCl气体；
（3）⑤装置中氢氧化钠的作用是吸收氯气，发生的化学反应方程式为2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O；
答案：2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O ；
（4）n（MnO2）==0.2mol；
MnO2 + 4HCl MnCl2+ 2H2O+ Cl2↑
1mol 4mol 22.4L
0.2mol n（HCl） V（Cl2）
根据=，得n（HCl）=0.8mol；根据=，得V（Cl2）=4.48L；
答案：4.48；0.8 mol。
23．(1) 分液漏斗 MnO2＋4H＋＋2Cl－ Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O
(2)除去氯气中的氯化氢
(3)Cl2＋2I－=2Cl－＋I2
(4)浓硫酸
(5)Cl2＋H2O =HCl＋HClO
【分析】实验室利用二氧化锰与浓盐酸在加热条件下发生反应制备氯气，制备的氯气中含HCl和H2O，饱和食盐水可除去氯气中的HCl，氯气具有氧化性，所以可使淀粉-KI溶液变蓝，氯气经过浓硫酸干燥后可检验干燥的氯气是否具有漂白性，最后利用石灰乳进行尾气处理，吸收多余氯气，防止污染环境，据此分析解答。
【详解】（1）根据仪器构造可知，仪器②的名称为分液漏斗；①中利用二氧化锰与浓盐酸在加热条件下发生反应制备氯气，反应的离子方程式为MnO2＋4H＋＋2Cl－ Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O；
（2）饱和食盐水可降低氯气在水中的溶解度，除去氯气中的HCl；
（3）淀粉 KI溶液中氯气会将KI氧化为I2，反应的离子方程式为Cl2＋2I－=2Cl－＋I2；
（4）若干燥的有色布条不褪色，湿润的有色布条褪色，则说明甲中溶剂的作用是干燥氯气中的水蒸气，所以可盛放的是浓硫酸；
（5）Cl2与水反应会生成HCl和HClO，其化学方程式为：Cl2＋H2O =HCl＋HClO。
答案第1页，共2页
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学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．向含有0.2 mol FeI2溶液中加入a mol Br2。下列叙述不正确的是
A．a=0.1 时，发生的反应为 2I-+Br2=I2+2Br-
B．a=0.25 时，发生的反应为 4Fe2++6I-+5Br2=4Fe3++3I2+10Br-
C．溶液中的I-一半被氧化时，c(I-)∶c(Br-)=l∶l
D．0.2
A．X是SO2
B．该反应的氧化产物为Fe2O3和N2
C．分别氧化铁元素、氮元素的硫酸根物质的量之比为1：6
D．每生成1 mol N2转移8 mol电子
3．一种含碘废水(I2和I-)制取单质碘的工艺流程如图：
下列有关分析错误的是
A．通入SO2的目的是将I2和Cu2＋还原
B．利用磁石可以将滤渣Ⅰ进一步分离
C．滤渣Ⅱ放在潮湿的空气中能被氧化为红褐色物质
D．操作X是萃取、分液
4．下列反应中，S元素的化合价升高的是
A．Zn+H2SO4＝ZnSO4+H2↑
B．C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O
C．H2S+CuSO4＝CuS↓+H2SO4
D．S+O2SO2
5．设NA为阿伏加 德罗常数的值，下列叙述正确的是
A．78g Na2O2溶于水后所得溶液中含有O22-数目为2NA
B．将2.24 LCl2(标况)通入到足量的NaOH溶液中，转移的电子数目为0.1NA
C．0.1 mol/LNH4Cl溶液中含有的NH4+数目小于0.1NA
D．用铅蓄电池电解氯化钠溶液，得到1 molH2时，理论上铅蓄电池中消耗氢离子数目为2NA
6．联氨(N2H4)与含铜物质之间的关系如图所示：
下列说法正确的是
A．Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ过程均发生氧化还原反应
B．根据过程Ⅰ，每生成224mL(标准状况下)N2，消耗3.2gCuO
C．根据上述过程可推知氧化性：O2＞NaClO＞CuO＞Cu2O
D．过程Ⅳ，参加反应的Cu(NH3)与NaClO的物质的量之比为2：1
7．对于反应3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O，下列叙述错误的是
A．Cl2既是氧化剂又是还原剂
B．NaClO3是氧化产物
C．每生成1 mol的NaClO3转移6 mol电子
D．被氧化的Cl原子和被还原的Cl原子的物质的量之比为1∶5
8．利用如图装置(略去部分夹持仪器，气密性已检验)生产硫代硫酸钠晶体(Na2S2O3·5H2O)。实验步骤是先向装置①的烧瓶中滴加80%的浓H2SO4；充分反应后过滤装置③中混合物，滤液经结晶即得到产品。
已知：2Na2S＋Na2SO3＋3SO2=3Na2S2O3。下列判断不正确的是( )
A．应用装置①，利用H2O2和MnO2可制备少量O2
B．装置③中Na2S和Na2SO3的物质的量之比最好为1：2
C．实验过程中，装置②和装置④的作用相同
D．装置⑤中盛有NaOH溶液，可吸收多余的尾气
9．2022年11月，意大利考古学家在托斯卡纳的温泉泥浆中发现了多尊保存完好的2000多年前的青铜雕像。青铜表面的铜锈是铜接触空气中的、和共同作用的结果。下列说法错误的是
A．青铜被腐蚀的原理：
B．稀硫酸可以除掉铜锈
C．2mol铜被腐蚀时失去的电子数为
D．在腐蚀过程中既是氧化产物又是还原产物
10．氮化硅(Si3N4)可用作高级耐火材料、新型陶瓷材料等。已知：Si的电负性比H的小，利用硅烷(SiH4)制备氮化硅的反应为3SiH4+4NH3=Si3N4+12H2。下列有关说法正确的是
A．硅烷中Si的化合价为-4价 B．NH3在该反应中作还原剂
C．H2既是氧化产物，也是还原产物 D．转移1.2mol电子时，生成26.88LH2
二、填空题
11．氧化还原反应在生产、生活中具有广泛的用途，贯穿古今。
(1)下列生产、生活中的事例中没有发生氧化还原反应的是 。
(2)水是人体的重要组成部分，是人体中含量最多的一种物质。而“四种基本反应类型与氧化还原反应的关系”也可用下图表达。
试写出有水参加的符合反应类型Ⅳ的一个化学方程式： 。
(3)氯化铵常用作焊接。如在焊接铜器时用氯化铵除去铜器表面的氧化铜以便焊接，其反应为：CuO+NH4ClCu+CuCl2+N2↑+H2O。
①配平此氧化还原反应方程式并标出双线桥 。
②该反应中，被氧化的元素是 (填元素名称)，氧化剂是 (填化学式)。
③反应中若产生0.2 mol的气体，则有 mol的电子转移。
12．海水中蕴含着丰富的资源，开发利用海水资源，可获得人类生产、生活所需的物质。
(1)海水提盐后剩余的母液中含有较多Br-，将母液用硫酸酸化后通入足量Cl2，可获得含Br2的海水，反应的离子方程式为 ，由此可知，氧化性Br2 Cl2(填“>”或“<”)。
(2)以上方法获得的含Br2的海水中Br2的浓度较小，向其中鼓入 将Br2吹出并冷凝获得粗溴。
(3)向粗溴中通入SO2，反应的化学方程式为SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，该反应中氧化剂是 (填化学式，下同)，氧化产物是 。若要消耗80gBr2，理论上需要标准状况下SO2的体积为 。
(4)将贝壳煅烧成粉末，然后加入海水提盐后剩余的母液中，可获得Mg(OH)2沉淀。然后将过滤出的沉淀溶于稀盐酸，反应的化学方程式为 。将所得溶液在一定条件下蒸干、灼烧得到无水MgCl2，该物质的一种用途是 。
13．向含有Cl－、Br－、I－、Fe2＋的溶液中，逐滴加入新制的溴水至足量，反应后溶液中离子中数量明显减少的是 ；离子数量明显增多的是 ；离子数量基本不变的是 ；发生反应的离子方程式依次为 。
14．加碘食盐中的碘以碘酸钾(KIO3)的形式存在。现实验室需要配500mL0.10mol/LKIO3溶液(KIO3的摩尔质量为214g/mol)，请回答下列问题：
(1)计算需要KIO3的质量为 g。
(2)配制溶液时，现有天平、药匙、烧杯、量筒、玻璃棒，还需要的仪器有 和 (填名称)。
(3)溶解过程中玻璃棒的作用是 ，转移溶液过程中玻璃棒的作用是 。
(4)在此配制过程中，下列情况会使所得溶液的浓度偏高的是_______(填序号)。
A．转移溶液时未洗涤烧杯和玻璃棒
B．定容时俯视刻度线观察液面
C．容量瓶用蒸馏水洗净后未干燥
D．摇匀后静置，发现液面低于刻度线，再补加蒸馏水至刻度线
(5)已知在溶液中可发生如下反应：如果反应中转移0.5mol电子，则生成I2的物质的量为 mol。
15．请回答下列问题：
(1)黑火药在发生爆炸时，发生如下的反应：；被氧化的元素是 ；氧化剂是 ；(填元素符号或物质的化学式)。
(2)用“单线桥法”标明反应中电子转移的方向和数目： 。
16．完成下列问题
(1)6HCl(浓)＋KClO3 = 3Cl2↑＋KCl＋3H2O；氧化剂： 。还原剂 。
(2)MnO2 ＋ 4HCl(浓)MnCl2 ＋Cl2↑＋ 2H2O；氧化剂： 。还原剂： 。氧化产物 ： 。还原产物： 。
17．碘化亚铜（Cu2I2）是一种不溶于水也不溶于酸的白色固体，用途很广泛。完成下列填空：
（1）碘化钾溶液中滴加适量硫酸铜溶液，就能得到碘化亚铜。写出该反应的化学方程式 。
（2)往上述反应后溶液中加入淀粉，溶液变蓝，再滴加亚硫酸溶液，蓝色又褪去。写出KI、Cu2I2、H2SO3的还原性由强到弱的顺序是 。
（3）碘化亚铜能用于检测空气中的汞蒸气，其反应为：2Cu2I2 + Hg＝Cu2HgI4(玫瑰红)+ 2Cu，产物Cu2HgI4中Cu元素显 价。当有1 molCu2I2参与反应时，转移电子 mol。
（4）为除去稀盐酸中少量CuCl2杂质，可往溶液中加入过量的M试剂后进行过滤操作，再通入适量的Cl2后进行N操作。试剂M和操作N的组合正确的是 （选填编号）
18．地球上的金属矿物资源是有限的，应合理开发利用。
(1)金属冶炼的实质是金属离子被 (填“氧化”或“还原”)生成金属单质。
(2)铜在自然界存在于多种矿石中，如：
矿石名称 黄铜矿 辉铜矿 孔雀石
主要成分 CuFeS2 Cu2S Cu2(OH)2CO3
请回答下列问题：
①上表所列铜化合物中，推断铜的质量百分含量最高的是 。
②CuFeS2其中 Cu 为+1 价、Fe 为+3 价，高温焙烧时发生的反应是CuFeS2 + O2SO2 +FeS +Cu，焙烧过程中被还原的元素有 。
③工业上以黄铜矿为原料，采用火法熔炼工艺生产铜，火法炼铜的反应为：Cu2S+O22Cu+SO2，该反应中氧化剂是 。
④Cu2(OH)2 CO3与稀硫酸反应的化学方程式为 。
19．金属钠及其化合物在人类生产、生活中起着重要作用。
(1)NaCl的熔点为800.8℃。工业上，采用电解熔融的NaCl和混合盐，制备金属Na，电解的化学方程式为：，加入的目的是 。
(2)采用空气和Na为原料可直接制备。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．溶液
(3)的电子式为 。
(4)向酸性溶液中加入粉末，观察到溶液褪色，发生如下反应：，该反应说明具有 (选填“氧化性”“还原性”或“漂白性”)，氧化性：KMnO4 O2(选填“>”“<”或“=”)。
(5)在密闭容器中，将和bmol固体混合物加热至250℃，充分反应后，若排出气体不含水时，的取值范围为 。
20．借助现代科技手段研究化学反应原理能加深对知识本质的理解。
(1)下图是电解质导电性测试实验装置，的电离方程式为 ，接通电源后，灯泡不亮，本质原因是 ，要使灯泡发光，可采取的操作是 ；将少量溶液逐滴滴入A烧杯，除生成沉淀外，还可观察到的现象是 。
(2)下图是一套验证气体性质的实验装置，回答下列问题：
①实验室可用二氧化锰与浓盐酸制备氯气，反应的离子方程式为 ，如图所示，在A处通入干燥的氯气。一段时间后，观察到C处红布条褪色，则B处的开关应该处于 (填“关闭”或“打开”)状态。
②实验后，利用数字传感器对D中的有色溶液进行光照实验分析，溶液光照实验前后比较，数目增加的离子有 (填化学式)，对光照后溶液的叙述错误的是 (填标号)。
a．颜色变浅 b．漂白性增强 c．酸性增强 d．氧化性减弱
三、实验探究题
21．某研究性学习小组为了制取、收集纯净干燥的氯气并探究氯气的性质，他们设计如图所示的实验装置。
回答下列问题：
(1)整套装置的连接顺序是 .
f接_______、_______接_______、_______接_____。(填各接口的小写字母)
(2)在F装置中发生的反应，浓盐酸体现出的化学性质有 性和 性，写出该反应的化学方程式是 。
(3)A装置的作用是 ，B装置中试剂Y是 。
(4)D装置的作用是除去剩余的氯气，写出该反应的离子方程式 。
(5)C装置观察到溶液先变蓝，继续通Cl2，蓝色褪去。小组同学探究蓝色褪去可能的原因，查阅资料可知5Cl2＋I2＋6H2O=2HIO3＋10HCl；甲同学认为是 (填化学式)漂白了蓝色物质而褪色；乙同学认为是过量的氯气与I2发生了反应，当溶液中I2反应完全了，蓝色褪去。他们设计实验方案并进行了实验：取少量C中恰好褪色的溶液于试管中，加入 ，观察到 ，说明乙同学的观点是正确。
22．实验室用二氧化锰和浓盐酸反应制备干燥纯净的氯气。进行此实验，所用仪器装置如下图所示：
（1）上述装置中的错误一处是 （填“①”、“②”或“③”）。
（2）②装置的作用是 。
（3）⑤装置中氢氧化钠的作用是吸收氯气，发生的化学反应方程式为 。
（4）200g36.5%的盐酸（过量）与17.4gMnO2反应，理论上能产生标准状况下氯气的体积是 L，参加反应的盐酸的物质的量是 。提示：MnO2+4HClMnCl2+2H2O+Cl2↑要求：用物质的量进行计算；有解题步骤。（不按要求解题，零分。）
23．某化学兴趣小组欲在实验室探究氯气的性质及模拟工业制取漂白粉，设计了如下装置进行实验。
请按要求回答下列问题：
(1)仪器②的名称 ，①中反应的离子方程式
(2)饱和食盐水的作用
(3)淀粉 KI溶液中反应的离子方程式为 。
(4)若干燥的有色布条不褪色，湿润的有色布条褪色，则甲中盛放的是 。
(5)写出Cl2与水反应的化学方程式为 。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．B
【详解】A．a=0.1时，溴单质不足，只有碘离子被氧化，反应的离子方程式为：2I-+Br2═I2+2Br-，故A正确；
B．当a=0.25时，0.2molFeI2的溶液中含有0.2mol亚铁离子、0.4mol碘离子，0.4mol碘离子完全反应消耗0.2mol溴单质，剩余的0.05mol溴单质能够氧化0.1mol亚铁离子，所以正确的反应为：2Fe2++8I-+5Br2═2Fe3++4I2+10Br-，故B错误；
C．溶液中含有0.4mol碘离子，当有0.2mol碘离子被氧化时，消耗0.1mol溴单质生成0.2mol溴离子，则反应后溶液中碘离子和溴离子浓度相等，故C正确；
D．当0.2＜a＜0.3时，碘离子完全被氧化，亚铁离子部分被氧化，根据电荷守恒可知溶液中的离子浓度的关系为：2c(Fe2+)+3c(Fe3+)+c(H+)═c(Br-)+c(OH-)，故D正确；
答案选B。
【点睛】明确亚铁离子与碘离子的还原性强弱及发生反应的先后顺序为解答关键，亚铁离子的还原性小于碘离子，溴少量时碘离子优先被氧化，发生反应为：2I-+Br2═I2+2Br-；当碘离子完全被氧化后，亚铁离子开始被溴单质氧化，溴足量时的反应方程式为：2Fe2++4I-+3Br2═2Fe3++2I2+6Br-，据此进行解答。
2．C
【详解】A.根据元素守恒可知X是SO2，A正确；
B.在该反应中Fe元素化合价由反应前(NH4)2Fe(SO4)2中的+2价变为反应后Fe2O3中的+3价，化合价升高，失去电子被氧化，Fe2O3是氧化产物；N元素化合价由反应前(NH4)2Fe(SO4)2中的-3价变为反应后N2中的0价，化合价升高，失去电子被氧化，N2是氧化产物，因此该反应的氧化产物是Fe2O3和N2，B正确；
C.根据方程式可知分别氧化氧化铁元素、氮元素的硫酸根物质的量之比为1：3，C错误；
D.在反应方程式中反应转移8 mol电子，产生了1 mol N2，故每生成1 mol N2转移8 mol电子，D正确；
故合理选项是C。
3．D
【分析】由实验流程可知，含碘废水中加入SO2和硫酸铜制备CuI，发生2SO2+I2+2Cu2++4H2O=2CuI+2SO+8H+，滤液中含硫酸，过滤得到滤渣中加入铁粉、水制备FeI2，过滤得到滤渣I为Fe和Cu，滤液中加入碳酸钾发生K2CO3+FeI2+2H2O=Fe(OH)2+CO2+2KI，滤渣II为FeCO3，酸性条件下KI、过氧化氢发生氧化还原反应生成碘，经萃取、分液、蒸馏得到碘，以此解答该题。
【详解】A．根据分析可知加入SO2和硫酸铜制备CuI，将I2和Cu2＋还原，故A正确；
B．向CuI固体加入过量的铁粉、水制备FeI2，过滤得到滤渣I为Fe和Cu，利用磁石可以将滤渣Ⅰ进一步分离，故B正确；
C．滤渣II为Fe(OH)2，滤渣Ⅱ放在潮湿的空气中发生4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，故能被氧化为红褐色物质，故C正确；
D．经萃取、分液得到I2和有机溶剂的混合物，要经过蒸馏得到碘，故D错误；
故答案为D。
4．D
【详解】A项中S元素的化合价保持+6价不变，A不选；
B项中S元素的化合价由+6降低为+4，B不选；
C项反应属于复分解反应，S元素的化合价不变，C不选；
D项中S元素化合价由0升高为+4，D选。
答案选D。
5．B
【详解】A. 78 g过氧化钠的物质的量为1 mol，过氧化钠与水反应后生成氢氧化钠和氧气，溶液中不存在过氧根离子，A错误；
B. 2.24 LCl2(标况)的物质的量n(Cl2)==0.1 mol，而氯气和碱的反应为歧化反应，氯元素歧化为-1和+1，故0.1 mol氯气转移0.1NA个电子，B正确；
C. 0.1 mol/LNH4Cl溶液体积不知，不能计算溶质微粒的物质的量及微粒数，C错误；
D．以铅蓄电池电解NaC1溶液得到1 molH2(标况)，转移电子的物质的量为2 mol，铅蓄电池的正极电极反应式为PbO2+2e-+4H+=PbSO4+2H2O，可知消耗4 mol的氢离子，所以理论上铅蓄电池中耗氢离子个数为4NA，D错误；
故合理选项是B。
【点睛】明确以物质的量为核心计算公式，熟悉相关物质的结构组成和电化学原理是解题关键，要掌握物质的化学反应原理，结合物质结构分析解答。
6．B
【详解】A．过程Ⅱ中无化合价的变化，A项错误；
B．过程I发生的化学方程式为：，，B项正确；
C．上述过程中，无法推知与的氧化性强弱，C项错误；
D．过程Ⅳ反应：，参加反应的Cu(NH3)与NaClO的物质的量之比为1:2，D项错误。
答案为B。
7．C
【详解】A．Cl2中Cl元素的化合价部分由0价升至NaClO3中的+5价，部分由0价降至NaCl中的-1价，则Cl2既是氧化剂又是还原剂，A正确；
B．Cl2中Cl元素的化合价部分由0价升至NaClO3中的+5价，则NaClO3是氧化产物，B正确；
C．Cl2中Cl元素的化合价部分由0价升至NaClO3中的+5价，部分由0价降至NaCl中的-1价，则每生成1mol的NaClO3转移5mol电子，C错误；
D．Cl2中Cl元素的化合价部分由0价升至NaClO3中的+5价，部分由0价降至NaCl中的-1价，根据得失电子守恒，被氧化的Cl原子和被还原的Cl原子物质的量之比为1：5，D正确；
答案选C。
8．B
【分析】由实验装置可知，①中浓硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，②作安全瓶，③中发生2Na2S+Na2SO3+3SO2═3Na2S2O3，④作安全瓶，⑤中NaOH溶液可吸收尾气，以此解答该题。
【详解】A、①可为液体和固体反应生成气体的装置，可用H2O2和MnO2可制备少量O2，故A正确；
B、③中发生2Na2S+Na2SO3+3SO2═3Na2S2O3，由方程式可知Na2S和Na2SO3的物质的量之比最好为2：1，故B错误；
C、装置②和装置④都用作安全瓶，可防止倒吸，故C正确；
D、为避免二氧化硫污染环境，可用氢氧化钠溶液吸收，故D正确。
答案选B。
【点睛】本题考查物质的制备实验，把握制备原理、流程中发生的反应、混合物分离提纯为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查。
9．C
【详解】A．由题干信息可知，青铜表面的铜锈是铜接触空气中的、和共同作用的结果，结合氧化还原配平可得，青铜被腐蚀的原理：，A正确；
B．已知Cu2(OH)2CO3+2H2SO4=2CuSO4+3H2O+CO2↑且Cu不与稀硫酸反应，故稀硫酸可以除掉铜锈，B正确；
C．已知铜锈中Cu为+2价，故2mol铜被腐蚀时失去的电子数为，C错误；
D．根据反应方程式可知，在腐蚀过程中既是氧化产物又是还原产物，D正确；
故答案为：C。
10．C
【详解】A．Si的电负性比H的小，则SiH4中电子偏向H，H为-1价，Si为+4价，故A错误；
B．反应前后Si的化合价不变，SiH4中-1价H与NH3中+1价H发生氧化还原反应生成H2，则SiH4是还原剂，NH3为氧化剂，故B错误：
C．只有H元素化合价发生变化，H2是氧化产物和还原产物，故C正确；
D．未指明温度和压强，无法确定气体体积，故D错误。
故选：C。
11． BC 2Na+2H2O=2NaOH+H2↑ 氮 CuO 1.2
【详解】(1)A．煤是古代植物遗体经过生物化学作用和物理化学作用而转变成的沉积有机矿产，是多种高分子化合物和矿物质组成的混合物，在煤的形成过程中发生了氧化还原反应，故A不选；
B．太阳能电池是把太阳能转化为电能的装置，没有发生化学反应，故B选；
C．简单机械织布就是把线织成布，没有发生化学反应，故C选；
D．烧制陶器是以粘土为胎，经过手捏、轮制、模塑等方法加工成型后，在1000~1200℃左右的高温下焙烧而成的物品。在烧制过程中，土壤中的有机质在高温烧烤的过程中，变成二氧化碳，这就是化学变化。 其实烧陶过程中的化学变化非常多，至少有上百个，也非常复杂。故烧制陶器过程中一定有氧化还原反应发生，故D不选；
故选BC。
(2)反应类型Ⅳ是属于有水参加的氧化还原反应，如2Na+2H2O=2NaOH+H2↑。
(3)①在反应中，铜元素的化合价从+2价部分降低到0价，氮元素的化合价从-3价升高到0价，生成1mol氮气失去6mol电子，所以生成的铜为3mol，即氮气的系数为1，铜的系数为3，则NH4Cl的系数为2，根据氯原子守恒，CuCl2的系数为1，则CuO的系数为4，最后配平水的系数为4，化学方程式为4CuO+2NH4Cl3Cu+CuCl2+N2↑+4H2O。用双线桥表示反应中的电子转移为：。
②该反应中，氮元素化合价升高，被氧化，CuO中铜元素化合价降低，CuO做氧化剂。
③反应中若生成1mol氮气，则转移6mol电子，所以若产生0.2mol气体，则有1.2mol电子转移。
12．(1) 2Br-+Cl2=Br2+2C1- <
(2)热空气或水蒸气
(3) Br2 H2SO4 11.2L
(4) Mg(OH)2+2HCl=MgCl2+2H2O 电解冶炼镁单质
【解析】(1)
将海水提盐后剩余的母液用硫酸酸化后通入足量Cl2，其中的Br-被氧化，获得含Br2的海水，反应的离子方程式为2Br-+Cl2=Br2+2C1-。由氧化还原反应规律可知，氧化剂的氧化性强于氧化产物，故氧化性为Br2
工业上向含Br2的海水中通入热空气或水蒸气，将Br2吹出并冷凝获得粗溴。
(3)
向粗溴中通入SO2，化学方程式为SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，该反应中氧化剂是Br2，氧化产物是H2SO4，根据化学方程式可知n(SO2)=n(Br2)，若消耗80gBr2，理论上需要标准状况下SO2的体积V==11.2L。
(4)
Mg(OH)2沉淀溶于稀盐酸，反应的化学方程式为:Mg(OH)2+2HCl=MgCl2+2H2O，无水MgCl2可以用来电解冶炼镁单质。
13． 减少的是I- 、Fe2+ 增多的是Br- 不变的是Cl- 2I-+Br2=I2+ 2Br- 、Fe2+ +Br2 =2Br-+Fe3+
【详解】分析：依据还原性顺序I－>Fe2＋> Br－>Cl－，溴水能将I－和Fe2＋氧化。
详解：依据还原性顺序I－>Fe2＋> Br－>Cl－，溴水先氧化I－再氧化Fe2＋。所以向含有Cl－、Br－、I－、Fe2＋的溶液中，逐滴加入新制的溴水至足量，依次发生反应为：2I-+Br2=I2+ 2Br- 、Fe2+ +Br2 =2Br-+Fe3+，由反应可知，I- 和Fe2+被消耗减少，生成Br-增多，Cl-不变，
故答案为：I- 、Fe2+；Br-；Cl-；2I-+Br2=I2+ 2Br- 、Fe2+ +Br2 =2Br-+Fe3+。
14．(1)10.7
(2) 500mL容量瓶 胶头滴管
(3) 搅拌 引流
(4)B
(5)0.3
【详解】（1）500mL0.10mol/LKIO3溶液需要的KIO3的质量为：；
（2）配制500mL溶液需要500mL容量瓶，配制溶液时需要定容，定容需要胶头滴管，所以还需要的仪器有500mL容量瓶和胶头滴管；
（3）溶解过程需要搅拌，玻璃棒的作用是搅拌，加速溶解；转移溶液过程，为防止溶液洒出，需要玻璃棒引流，所以转移溶液过程中玻璃棒的作用是引流；
（4）转移溶液时未洗涤烧杯和玻璃棒，会造成溶质偏少，所得溶液的浓度偏低，A项错误；定容时俯视刻度线观察液面，会造成溶液总体积偏小，所得溶液的浓度偏高，B项正确；容量瓶用蒸馏水洗净后未干燥，不会影响溶液浓度，C项错误；摇匀后静置，发现液面低于刻度线，再补加蒸馏水至刻度线，会造成溶液总体积偏大，所得溶液的浓度偏低，D项错误；故选B。
（5）中碘元素的化合价由+5价变成了0价，转移5个电子，如果反应中转移0.5mol电子，则相当于0.1mol发生反应，生成0.3mol。
15．(1) C S和KNO3
(2)
【详解】（1）中碳元素化合价升高，失去电子，被氧化的元素是C；硫元素和氮元素化合价降低，得到电子，被还原，氧化剂是S和KNO3；
（2）中硫化氢是还原剂，氧化剂是二氧化硫，属于硫元素之间的归中反应，电子转移的方向和数目为。
16．(1) KClO3 HCl
(2) MnO2 HCl Cl2 MnCl2
【详解】（1）6HCl(浓)＋KClO3 = 3Cl2↑＋KCl＋3H2O，该反应中KClO3中Cl元素化合价由+5价降低到0价，HCl中Cl元素化合价由-5价升高到0价，KClO3为氧化剂，HCl为还原剂。
（2）MnO2 ＋ 4HCl(浓)MnCl2 ＋Cl2↑＋ 2H2O，该反应MnO2中锰元素化合价由+4价降低到0价，HCl中Cl元素化合价由-5价升高到0价，MnO2做氧化剂，被还原，得到还原产物MnCl2，HCl做还原剂，被氧化，得氧化产物Cl2，答案：MnO2；HCl；Cl2；MnCl2。
17． 4KI+2CuSO4＝I2+Cu2I2↓+2K2SO4 H2SO3、KI、Cu2I2 ＋1 1 bd
【详解】试题分析：（1）反应中KI中I元素的化合价由-1价升高0生成单质碘I2，失去2e-，CuSO4中Cu元素的化合价由+2价降低为+1价，得到e-，根据得失电子数目相等可知二者最小公倍数数为2，则硫酸铜前的系数为2，碘化亚铜前的系数为1，则结合质量守恒定律可知平衡后的化学方程式为4KI+2CuSO4＝I2+Cu2I2↓+2K2SO4；
（2）由（1）解答可知，KI为还原剂，Cu2I2为还原产物，所以还原性KI＞Cu2I2，往上述反应后溶液中加入淀粉，溶液变蓝，是因为碘单质和淀粉显示蓝色，再滴加亚硫酸溶液，蓝色又褪去是因为发生H2SO3+I2+H2O＝H2SO4+HI，该反应中H2SO3是还原剂，I-是还原产物，还原性H2SO3＞I-；故还原性由强到弱的顺序是H2SO3、KI、Cu2I2；
（3）根据在化合物中正负化合价代数和为零可知：在Cu2HgI4中，铜元素的化合价为：x×2+（+2）+（-1）×4＝0，则x＝+1；反应2Cu2I2+Hg＝Cu2HgI4(玫瑰红)+ 2Cu中，Cu元素化合价部分由+1价降低到0价，被还原，Cu2I2为氧化剂，Hg元素化合价由0价升高到+2价，Hg为还原剂，当有1molCu2I2参与反应时，只有1molCu元素的化合价发生变化，转移1mol电子；
（4）a、杂质CuCl2与碘化钾溶液反应生成Cu2I2、碘单质和氯化钾，氯化钾是新杂质，a错误；b、杂质CuCl2与氢碘酸溶液反应生成Cu2I2、碘单质和盐酸，先过滤，后萃取分液，可得盐酸，b正确；c、杂质CuCl2与氢气不反应，c错误；d、杂质CuCl2与氢硫酸溶液，生成硫化铜沉淀和盐酸，过滤即可除去，d正确；答案选bd。
【考点】本题主要是考查氧化还原反应和除杂问题
【点晴】该题为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意从元素化合价的角度认识相关概念并把握物质的性质，抓住除杂质的必需条件（加入的试剂只与杂质反应，反应后不能引入新的杂质）是正确解题的关键，题目难度中等。
18．(1)还原
(2) Cu2S 、、 Cu2S和O2 Cu2(OH)2CO3+2H2SO4(稀)=2CuSO4+CO2↑+3H2O
【详解】（1）金属在自然界以化合物形态存在时，都显正化合价，如果冶炼成金属单质，则金属元素的化合价降低，被还原。
（2）①CuFeS2中铜元素的百分含量为，Cu2S中铜元素的百分含量为，Cu2(OH)2CO3中铜元素的百分含量为，所以上表所列铜化合物中，铜的质量百分含量最高的是Cu2S；
②CuFeS2其中Cu为+1价、Fe为+3价，高温焙烧时发生的反应是CuFeS2+O2SO2+FeS+Cu，其中铜元素化合价从+1价降低到0价，铁元素化合价从+3价降低到+2价，氧元素化合价从0价降低到－2价，所以焙烧过程中被还原的元素有Cu、Fe、O。
③火法炼铜的反应为：Cu2S+O22Cu+SO2，其中铜元素化合价从+1价降低到0价，氧元素化合价从0价降低到－2价，所以该反应中氧化剂是Cu2S和O2。
④可以把Cu2(OH)2CO3拆分为Cu(OH)2+CuCO3，再分别与稀硫酸反应，则Cu2(OH)2CO3与稀硫酸反应的化学方程式为Cu2(OH)2CO3+2H2SO4(稀)=2CuSO4+CO2↑+3H2O。
19．(1)作助熔剂，降低NaCl的熔点，节省能耗
(2) c a
(3)
(4) 还原性 >
(5)a：b≥1：1
【详解】（1）NaCl熔点为800.8℃，工业上采用电解熔融NaCl制备金属Na，加入CaCl2时，580℃NaCl熔融，所以加入CaCl2能降低NaCl的熔点，节省能耗，所以CaCl2作助溶剂，故答案为：作助熔剂，降低NaCl的熔点，节省能耗；
（2）采用空气和Na为原料可直接制备Na2O2，空气中CO2、水蒸气都能与熔融金属Na反应，所以在反应前需要将空气中的CO2、水蒸气除去，CO2属于酸性氧化物，能和碱液反应，浓硫酸具有吸水性，所以空气与熔融金属Na反应前需依次通过NaOH溶液、浓硫酸，故答案为：c；a；
（3）Na2O2是钠离子和过氧根离子之间存在离子键，过氧根离子中存在O-O键，电子式为；
（4）过氧化钠与高锰酸钾发生氧化还原反应而褪色，体现了过氧化钠的还原性；KMnO4是氧化剂，O2是氧化产物，氧化剂的氧化性比氧化产物的强，则氧化性：KMnO4> O2；
（5）固体加热分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，若排出气体不含水时，过氧化钠分别与二氧化碳、水反应，相关反应方程式为2NaHCO3Na2CO3+H2O↑+CO2↑，2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，则2mol NaHCO3~1mol H2O、1mol CO2~2molNa2O2，过氧化钠可过量，则≥2:2=1:1。
20．(1) CuSO4=Cu2++SO NaCl固体中不存在自由移动的离子 向烧杯B中加入蒸馏水 灯泡变暗
(2) MnO2+4H++2Cl—Mn2++Cl2↑+2H2O 打开 H+、Cl— b
【详解】（1）硫酸铜是含氧酸盐，在溶液中能电离出铜离子和硫酸根离子，电离方程式为CuSO4=Cu2++SO；氯化钠固体中不含有自由移动的离子，不能导电，所以接通电源后，灯泡不亮；要使灯泡发光，可向烧杯B中加入蒸馏水，使氯化钠固体溶解得到含有自由移动离子的氯化钠溶液；向烧杯A中滴加氢氧化钡溶液发生的反应为硫酸铜溶液与氢氧化钡溶液反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钡沉淀，溶液中离子浓度减小，导电性减弱，灯泡会逐渐变暗，故答案为：CuSO4=Cu2++SO；NaCl固体中不存在自由移动的离子；向烧杯B中加入蒸馏水；灯泡变暗；
（2）①实验室可用二氧化锰与浓盐酸制备氯气的反应为二氧化锰与浓盐酸共热反应生成氯化锰、氯气和水，反应的离子方程式为MnO2+4H++2Cl—Mn2++Cl2↑+2H2O；干燥的氯气没有漂白性，不能使有色布条褪色，而氯气与水反应生成的次氯酸具有强氧化性，能使有机色质漂白褪色，则观察到C处红布条褪色说明B处的开关应该处于打开状态，故答案为：MnO2+4H++2Cl—Mn2++Cl2↑+2H2O；打开；
②D中氯气溶于水得到氯水，光照时氯水中的次氯酸遇光分解生成盐酸和氧气，溶液的颜色变浅，溶液中次氯酸浓度减小，氧化性减弱、漂白性减弱，氢离子、氯离子浓度增大，酸性增强，故选b，故答案为：H+、Cl—；b。
21．(1)a、be、dc
(2) 酸 还原 MnO2＋4HCl(浓)MnCl2 ＋Cl2↑＋2H2O
(3) 除去Cl2中的HCl 浓硫酸
(4)Cl2＋2OH- = Cl-＋ClO-＋H2O
(5) HClO KI溶液(或碘水) 溶液变蓝色(或者淀粉溶液，溶液不变蓝色)
【分析】本实验的目的，是制取、收集纯净干燥的氯气并探究氯气的性质，装置F为制取氯气的装置，装置A、B为除去氯气中杂质的装置(A中的饱和食盐水用于除去氯气中的氯化氢、B中的浓硫酸用于干燥氯气)，装置C、D为探究氯气性质并进行尾气处理的装置(装置C用于探究氯气的氧化性，装置D用于吸收氯气尾气)，装置E为收集氯气的装置(由于氯气的密度比空气大，氯气应长进短出)。依据题意，装置的连接顺序为F、A与B、E、C与D。
【详解】（1）由分析可知，装置的连接顺序为F、A与B、E、C与D，则整套装置的连接顺序是：f接a、b接e、d接c。答案为：a、be、dc；
（2）在F装置中MnO2与浓盐酸发生反应，生成MnCl2、Cl2等，浓盐酸体现出的化学性质分别为酸性和还原性，该反应的化学方程式是：MnO2＋4HCl(浓)MnCl2 ＋Cl2↑＋2H2O。答案为：酸；还原；MnO2＋4HCl(浓)MnCl2 ＋Cl2↑＋2H2O；
（3）由分析可知，A装置的作用是：除去Cl2中的HCl，B装置用于干燥氯气，所以试剂Y是浓硫酸。答案为：除去Cl2中的HCl；浓硫酸；
（4）D装置的作用是除去剩余的氯气，氯气是酸性气体，能与氢氧化钠溶液发生歧化反应，该反应的离子方程式：Cl2＋2OH- = Cl-＋ClO-＋H2O。答案为：Cl2＋2OH- = Cl-＋ClO-＋H2O；
（5）乙同学认为是过量的氯气与I2发生了反应，当溶液中I2反应完全了，蓝色褪去。则甲同学认为过量氯气与水反应的产物起漂白作用，所以甲同学认为是HClO漂白了蓝色物质而褪色。设计实验方案时，若认为HClO起漂白性，则淀粉的结构发生了改变，若认为是I2被氧化，则淀粉的结构与性质没有改变。所以可进行如下实验：取少量C中恰好褪色的溶液于试管中，加入KI溶液(或碘水)，观察到：溶液变蓝色(或者淀粉溶液，溶液不变蓝色)，说明乙同学的观点是正确。答案为：HClO；KI溶液(或碘水)；溶液变蓝色(或者淀粉溶液，溶液不变蓝色)。
【点睛】探究碘与淀粉反应产物蓝色褪去的原因时，需设计实验，探究淀粉或碘是否存在。
22． ③ 除去Cl2中HCl气体 2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O 4.48 0.8 mol
【分析】①制取装置：MnO2+4HClMnCl2+2H2O+Cl2↑②洗气瓶中盛有饱和氯化钠溶液，导管长进短出，除去挥发出来的HCl气体③洗气瓶中盛有浓硫酸，导管长进短出，除去Cl2中的水蒸气④向上排空气法收集氯气⑤防止造成污染，除去未反应的氯气。
【详解】（1）上述装置中的错误的是③，导管应该长进短出；
答案：③；
（2）②装置的作用是除去Cl2中HCl气体；
答案：除去Cl2中HCl气体；
（3）⑤装置中氢氧化钠的作用是吸收氯气，发生的化学反应方程式为2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O；
答案：2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O ；
（4）n（MnO2）==0.2mol；
MnO2 + 4HCl MnCl2+ 2H2O+ Cl2↑
1mol 4mol 22.4L
0.2mol n（HCl） V（Cl2）
根据=，得n（HCl）=0.8mol；根据=，得V（Cl2）=4.48L；
答案：4.48；0.8 mol。
23．(1) 分液漏斗 MnO2＋4H＋＋2Cl－ Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O
(2)除去氯气中的氯化氢
(3)Cl2＋2I－=2Cl－＋I2
(4)浓硫酸
(5)Cl2＋H2O =HCl＋HClO
【分析】实验室利用二氧化锰与浓盐酸在加热条件下发生反应制备氯气，制备的氯气中含HCl和H2O，饱和食盐水可除去氯气中的HCl，氯气具有氧化性，所以可使淀粉-KI溶液变蓝，氯气经过浓硫酸干燥后可检验干燥的氯气是否具有漂白性，最后利用石灰乳进行尾气处理，吸收多余氯气，防止污染环境，据此分析解答。
【详解】（1）根据仪器构造可知，仪器②的名称为分液漏斗；①中利用二氧化锰与浓盐酸在加热条件下发生反应制备氯气，反应的离子方程式为MnO2＋4H＋＋2Cl－ Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O；
（2）饱和食盐水可降低氯气在水中的溶解度，除去氯气中的HCl；
（3）淀粉 KI溶液中氯气会将KI氧化为I2，反应的离子方程式为Cl2＋2I－=2Cl－＋I2；
（4）若干燥的有色布条不褪色，湿润的有色布条褪色，则说明甲中溶剂的作用是干燥氯气中的水蒸气，所以可盛放的是浓硫酸；
（5）Cl2与水反应会生成HCl和HClO，其化学方程式为：Cl2＋H2O =HCl＋HClO。
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