3.1氯气及氯的化合物（含解析） 同步练习 2023-2024学年高一上学期化学苏教版（2019）必修第一册
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| 名称 | 3.1氯气及氯的化合物（含解析） 同步练习 2023-2024学年高一上学期化学苏教版（2019）必修第一册 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 283.6KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 苏教版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2023-12-10 19:19:36 | ||
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3.1氯气及氯的化合物 同步练习 2023-2024学年高一上学期化学苏教版（2019）必修第一册
一、单选题
1．为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是（ ）
A．的硫酸溶液中含的数目为
B．含有的质子数和中子数均为
C．通入适量水中，转移的电子数为
D．标准状况下，含有的共价键数为
2．下列关于氯气的叙述，错误的是（ ）
A．氯气是一种有毒的气体
B．氯气、氯水、液氯是同一种物质
C．氯气能与水发生反应
D．氯气是一种黄绿色，有刺激性气味的气体
3．下列说法中，正确的是（ ）
A．氯原子和氯离子的化学性质相同
B．氯离子比氯原子多一个电子
C．氯气有毒，氯离子也有毒
D．氯气和氯离子都显黄绿色
4．某化工厂发生了氯气泄漏，以下自救得当的是（ ）
A．喷射氢氧化钠溶液将泄露的氯气吸收
B．向地势低的地方撤离
C．观察风向，顺风撤离
D．用湿毛巾或蘸有肥皂水的毛巾捂住口鼻撤退
5．化学是以实验为基础的学科。下列说法正确的是（ ）
A．可用pH试纸测定新制氯水的pH
B．将80gNaOH固体溶解在1L水中，可配制2mol L-1NaOH溶液
C．利用丁达尔效应可鉴别FeCl3溶液和Fe(OH)3胶体
D．将过量的铁在氯气中燃烧可生成FeCl2
6．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）
A．0.2 mol苯甲醇完全燃烧，生成的CO2数目为1.4NA
B．1 L0.5 mol·L-1 NaHCO3溶液中含有数目为0.5NA
C．56g Fe与1 mol Cl2充分反应时转移的电子数为3NA
D．1 mol 中含有电子数为10NA
7．NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．18 g D2O和18 g H2O中含有的质子数均为10NA
B．2 L 0.5 mol·L-1亚硫酸溶液中含有的H+离子数为2NA
C．过氧化钠与水反应时，生成0.1 mol氧气转移的电子数为0.2NA
D．50 mL 12 mol·L-1盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数为0.3NA
8．KClO3与浓盐酸发生如下反应：KClO3+6HCl（浓）=KCl+3Cl2↑+3H2O，有关该反应的下列说法错误的是（ ）
A．被氧化的元素和被还原的元素的质量之比为6：1
B．Cl2既是氧化产物，又是还原产物
C．盐酸既体现酸性，又体现还原性
D．转移5mol电子时，产生3molCl2
9．将 0.2mol MnO2和 50mL 12mol L﹣1浓盐酸混合后缓缓加热，反应完全后，再向溶液中加入足量 AgNO3溶液，生成 AgCl 沉淀的物质的量为（不考虑盐酸的挥发）（ ）
A．大于 0.3 mol，小于 0.6 mol
B．等于 0.3 mol
C．小于 0.3 mol
D．大于 0.6 mol
10．实验室用下列方法制取氯气：①用含4mol HCl的浓盐酸与足量的MnO2反应；②用87g MnO2与足量的浓盐酸反应，若不考虑HCl的挥发，则反应后所得Cl2的物质的量（ ）
A．方法①比方法②多 B．方法②比方法①多
C．两种方法一样多 D．无法比较
11．2018年11月在法国凡尔赛召开的国际计量大会( CGPM)第26次会议将阿伏加德罗常数的定义修改为“1摩尔包含6.02214076×1023个基本单元，这常数被称为阿伏加德罗常数，单位为mol-1”。基于这一新定义，阿伏加德罗常数的不确定度被消除了。新定义将于2019年5月20日正式生效。NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是（ ）
A．新定义中阿伏加德罗常数的不确定度被消除
B．0.4 moI NH3与0.6molO2在催化剂的作用下充分反应，得到NO的分子数为0.4NA
C．2.7g铝中加入足量1mol·L-1的NaOH溶液，转移的电子数为0.3NA
D．常温常压下，水蒸气通过Na2O2使其增重2g时，反应中转移的电子数为NA
12．氯气是一种重要的工业原料．工业上利用反应在3Cl2+2NH3=N2+6HCl检查氯气管道是否漏气．下列说法错误的是（ ）
A．若管道漏气遇氨就会产生白烟 B．该反应利用了Cl2的强氧化性
C．该反应属于复分解反应 D．生成1mol N2有6mol电子转移
13．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
14．将氯气分别通入含下列离子的溶液中，离子浓度变化最小的是（ ）
A． B． C． D．
15．如图所示，从A处通入新制备的Cl2，关闭B阀时，C处的干燥红色布条看不到明显现象，当打开B阀后，C处红色布条逐渐褪色，D瓶中装的溶液不可能是 （ ）
A．浓硫酸 B．NaOH溶液
C．KI溶液 D．饱和NaCl溶液
16．如图所示，A处通入氯气，打开B阀时，C处红色布条不褪色；关闭B阀时，C处红色布条褪色；由此作出的判断正确的是（ ）
A．D中可能是浓硫酸 B．通入的氯气含有水蒸气
C．D中可能是水 D．D中可能是NaOH溶液
二、综合题
17．仔细阅读材料，应用物质分类和氧化还原反应等相关概念，回答下列问题：
（1）磷及部分重要化合物的相互转化如图所示。
①步骤III中，反应物的比例不同可获得不同的产物，除Ca3(PO4)2外可能的产物还有 ，步骤I为白磷的工业生产方法之一，反应在1300℃的高温炉中进行，其中SiO2的作用是除去CaSiO3，焦炭的作用是 (填“氧化剂”或“还原剂”)。
②不慎将白磷沾到皮肤上，可用0.2mol/LCuSO4溶液冲洗，根据步骤II中的守恒关系可判断，1molCuSO4所能氧化的白磷的物质的量为 。
（2）次磷酸(H3PO2)及其钠盐(NaHPO2)均可将溶液中的Ag+还原为银，从而可用于化学镀慢。
①次磷酸中P元素的化合价为 。
②利用H3PO2进行化学镀银反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1，则氧化产物为 (填化学式)。
（3）用单线桥标出电子转移的方向和数目： 。
Ca3(PO4)2+6SiO2+10C10CO+6CaSiO3+P4
18．用如图所示的实验仪器及药品来制备纯净、干燥的氯气并与粗铜反应（铁架台、铁夹省略）．
（1）按气流方向连接各仪器接口顺序是：
（2）反应时，盛粗铜粉的试管中的现象是
（3）已知：氯化铜溶液中有如下转化关系：
Cu（H2O）42+（aq）+4Cl﹣（aq） CuCl42﹣（aq）+4H2O （l）
蓝色 绿色
该同学取氯化铜晶体配成蓝绿色溶液Y，进行如下实验，其中能证明溶液中有上述转化关系的是 填序号）．
A．将Y稀释，发现溶液呈蓝色
B．在Y中加入CuCl2晶体，溶液变为绿色
C．在Y中加入NaCl固体，溶液变为绿色
D．取Y进行电解，溶液颜色最终消失
19．某工厂废水中含有大量的和较多的，为了减少污染并变废为宝，通过以下反应从废水中回收和：①②
（1）反应①中，化合价升高的元素是 (填元素符号)，氧化剂是 (填化学式)。
（2）反应②中若每消耗1，则生成的体积约是 L(标准状况)，转移电子的物质的量为 。
20．工业上氯气用途非常广泛，回答下列问题：
（1）实验室制取氯气的化学方程式为 。
（2）下表是某实验研究氯水性质实验的部分活动记录。
实验内容 实验现象 解释原因(文字或反应)
观察氯水颜色 ① 氯水中含有氯气分子
向氯水中滴入 有无色气体生成 ② (写离子方程式)
用玻璃棒蘸取氯水，点在品红试纸上 红色褪去 ③
（3）“价态—类别”二维图是研究元素的重要方法，下图为氯及其化合物的“价态—类别”二维图。
①二维图缺失的类别A是 ；B是家庭学校常用的消毒药品，则B是 (填化学式)；C的焰色试验呈紫色，则C是 (填化学式)。
②某同学利用a.b.c.酸性三种溶液探究盐酸性质，试验前进行如下预测：从物质类别上看，盐酸有酸的通性，可能与 发生反应(填序号)；从化合价角度看，盐酸的具有 性，(填“氧化”或“还原”)；可能与 发生反应(填序号)。
（4）下图是用强光照射密闭广口瓶中新制氯水时，用数字化传感器采集的图像，下列纵坐标代表的物理量与图像相符的是 。
a．溶液颜色的变化 b．瓶中氧气的体积分数
c．溶液的导电能力 d.溶液的漂白能力
21．饮用水质量是关系人类健康的重要问题．
（1）在我国，一些贫困山区的农民至今还饮用井水，但暴雨过后井水混浊，无法饮用．为了能让暴雨过后井水尽快变的澄清，你会建议他们最好向井水中投入下列中的 （填序号）
A．NaCl B．Na2CO3
C．KAl（SO4）2 12H2O D．CuSO4
（2）氯气是最早用于饮用水消毒的物质，其消毒作用主要是氯气溶于水后生成了次氯酸，该反应的离子方程式为： ．
（3）写出工业上制取漂白粉的化学方程式： ．
（4）臭氧，也称作超氧，可以替代氯气给自来水消毒，即提高了消毒效率且安全无副作用，臭氧的分子式为 ；该物质、氯气以及SO2均可以做漂白剂，三者的漂白原理分别是： ； ； ．
（5）ClO2是一种光谱型的消毒剂，将逐渐取代Cl2成为生产自来水的消毒剂．工业上ClO2常用NaClO3和Na2SO3溶液混合并加H2SO4酸化后反应制得，反应中NaClO3和Na2SO3的物质的量之比为 ．
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】A．溶液的体积未知，无法计算含的数目，故A不符合题意；
B．的摩尔质量为20g/mol，的物质的量为0.1mol，每个分子含有质子数、中子数均为10，故含有的质子数和中子数均为，故B符合题意；
C．通与水反应是可逆反应，通入适量水中，转移的电子数小于，故C不符合题意；
D．在标准状况下为液态，不能用22.4L/mol计算其物质的量，故D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A. 要得到氢离子的物质的量需要溶液体积；
C.氯气通水属于可逆反应无法完全反应；
D.四氯化碳标况下为液体。
2．【答案】B
【解析】【解答】A．氯气有毒，A不符合题意；
B．氯水是混合物，氯气、液氯为纯净物；B符合题意；
C．氯气能与水发生反应生成盐酸和次氯酸，C不符合题意；
D．氯气是一种黄绿色，有刺激性气味的气体，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】依据氯气的性质以及物质的成分判断。
3．【答案】B
【解析】【解答】A.氯原子和氯离子的最外层电子数不同，因此二者的化学性质不相同，A不符合题意；
B.Cl原子最外层有7个电子，不稳定，容易从外界获得1个电子变为Cl-，所以氯离子比氯原子多一个电子，B符合题意；
C.氯气有毒，而氯离子是食盐的主要成分，用于调味，没有毒性，C不符合题意；
D.氯气是黄绿色有毒的气体，而氯离子无色，与阳离子共存于物质中，D不符合题意；
故合理选项是B。
【分析】A.同种元素的最外层电子的多少决定微粒的化学性质；
B.根据氯离子和氯原子的核外电子数进行判断；
C.氯离子无毒，这需要记忆；
D.氯离子是无色离子。
4．【答案】D
【解析】【解答】A.氢氧化钠具有强腐蚀性，不符合题意
B.氯气密度比空气大，应向地势较高的地方撤离，不符合题意
C.应逆风撤离，不符合题意
D.用湿毛巾或者蘸有肥皂水的毛巾捂住口鼻可吸收氯气，减少人吸入氯气，符合题意
故答案为：D
【分析】氯气的物理性质，密度比空气大，化学性质有毒，能被水或者碱液吸收
5．【答案】C
【解析】【解答】A．氯水具有漂白性，故不可用pH试纸测定新制氯水的pH，A不符合题意；
B．水的体积不等同于溶液的体积，需要配制成1L的溶液才能得到2molL-1NaOH溶液，B不符合题意；
C．Fe(OH)3胶体可产生丁达尔效应，FeCl3溶液不会产生丁达尔效应，故利用丁达尔效应可鉴别FeCl3溶液和Fe(OH)3胶体，C符合题意；
D．铁在氯气中燃烧可生成FeCl3，与反应物的用量无关，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、氯水具有酸性和漂白性；
B、浓度公式中的体积为溶液体积；
C、丁达尔效应可以鉴别胶体；
D、氯气和铁反应生成氯化铁。
6．【答案】A
【解析】【解答】A.1个苯甲醇中含有7个碳原子，苯甲醇完全燃烧生成CO2和H2O，所以0.2 mol苯甲醇完全燃烧，生成的n(CO2)=0.2mol×7=1.4mol，则其数目为1.4NA，A符合题意；
B．由分析可知，n(NaHCO3)=1 L×0.5 mol·L-1=0.5mol，由于 能发生水解反应，所以溶液中n( )＜0.5mol，则其数目小于0.5NA，B不符合题意；
C．涉及反应为2Fe+3Cl22FeCl3，56gFe即1mol过量，实际反应的n(Fe)=mol，则转移的电子物质的量为×3mol=2mol，即2NA，C不符合题意；
D.1个 中含有8个电子，则1 mol 中含有电子数为8NA，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.根据反应前后原子个数不变和N=nNA进行分析。
B.注意弱酸根或弱碱根离子能发生水解反应，结合n=cV进行分析。
C.Fe与Cl2反应生成FeCl3，结合参加反应的量进行分析。
D.注意1个 中含有8个电子。
7．【答案】C
【解析】【解答】A、核素D和H的质量数不同，质子数相同。则18gD2O和18gH2O的物质的量不同，所以含有的质子数不同，A不符合题意；
B、亚硫酸为弱酸，水溶液中不完全电离，所以溶液中氢离子数目小于2NA，B不符合题意；
C、过氧化钠与水反应生成氧气，氧气的来源于-1价的O元素，所以生成0.1mol氧气时转移电子0.2NA，C符合题意；
D、由于在反应过程中盐酸浓度降低，稀盐酸与二氧化锰不反应，所以不能计算转移的电子数，D不符合题意，
故答案为：C
【分析】该题考察同位素的概念、质子数中子数和质量数之间的关系、强弱电解质的概念、氧化还原反应电子转移的有关计算等。1、同位素指的是质子数相同而中子数不同的核素，且质量数=质子数+中子数；2、弱电解质指的是部分电离的电解质，即不完全发生电离；3、氧化还原反应中电子转移数目的计算只看得电子数或只看失电子数。
8．【答案】A
【解析】【解答】A. 被氧化的元素和被还原的元素的质量之比为5：1，A符合题意；
B. Cl2中的Cl既来自KClO3又来自HCl，所以它既是氧化产物，又是还原产物，B不符合题意；
C. 由上面分析可知，盐酸既体现酸性，又体现还原性，C不符合题意；
D.从反应中可以看出，转移5mol电子时，产生3molCl2，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】在反应KClO3+6HCl（浓）=KCl+3Cl2↑+3H2O中，KClO3是氧化剂，Cl的价态由+5价降为0价；5HCl为还原剂，价态由-1价升为0价，1HCl表现出酸性；据此结合选项进行分析。
9．【答案】A
【解析】【解答】50mL 12mol L﹣1浓盐酸中氯化氢的物质的量为0.05× 12mol L﹣1=0.6mol，根据反应方程式 ，若盐酸完全反应则生成氯气的物质的量是0.15mol，由于二氧化锰与稀盐酸不反应，所以生成氯气的物质的量小于0.15mol，溶液中剩余氯离子的物质的量大于（0.6mol－0.15mol×2），所以生成 AgCl 沉淀的物质的量大于大于 0.3 mol，小于 0.6 mol，故A符合题意。
【分析】注意过量问题，当固体过量时，溶液的浓度发生变化导致反应也发生变化。
10．【答案】B
【解析】【解答】①用含4molHCl的浓盐酸与足量的MnO2反应时，由于MnO2与稀盐酸不反应，故4molHCl无法完全反应，因此产生Cl2的物质的量小于0.25mol；
②87gMnO2的物质的量，由于浓盐酸足量，故1molMnO2完全反应，此时产生的Cl2的物质的量为1mol；
综上，方法②产生的Cl2的量比方法①多，B符合题意；
故答案为：B
【分析】MnO2与浓HCl反应的化学方程式为：MnO2+4HClMnCl2+2H2O+Cl2；当浓盐酸变为稀盐酸时，反应停止。计算产生Cl2的量时，应用完全反应的量进行计算。
11．【答案】B
【解析】【解答】A．根据新定义，NA就是具体的6.02214076×1023个基本单元，不确定度被消除，故A不符合题意；
B．依据反应4NH3+5O2 4NO+6H2O，0.4moINH3与0.6molO2在催化剂的作用下充分反应，氧气剩余，则生成的一氧化氮部分与氧气反应生成二氧化氮，所以最终生成的NO的分子数小于0.4NA，故B符合题意；
C.2.7g铝的物质的量为0.1mol，而铝反应后变为+3价，故0.1mol铝反应转移0.3NA个电子，故C不符合题意；
D．过氧化钠与水蒸气反应的方程式是2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，反应中过氧化钠既是氧化剂，也是还原剂，2molNa2O2参与反应转移2mol电子，增重4g；则增重2g时，参加反应的过氧化钠是1mol，所以转移电子的物质的量是1mol，转移的电子数为NA，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.根据最新定义，阿伏加德罗常数已经确定，说明阿伏加德罗常数不确定度被消除
B.根据化学方程式4NH3+5O2 4NO+6H2O，发现n（NH3）：n(O2)=4：5恰好完全反应，所以会生成0.4molNO，但是题目中的氧气有剩余，导致生成的一氧化氮在催化剂的作用下与氧气反应生成二氧化氮。NO小于0.4mol
C.根据计算铝的物质的量为0.1mol，AlAl3+3e.转移0.3mol电子
D.写出方程式：2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑2e，根据差量法，增加相对分子质量为4，根据比值可以求出转移的电子数为1mol
12．【答案】C
【解析】【解答】解：A、如果管道漏气，发生反应3Cl2+2NH3=N2+6HCl，反应生成HCl，HCl与NH3反应生成NH4Cl，现象为有白烟生成，故A正确；
B、在3Cl2+2NH3=N2+6HCl反应中，Cl元素的化合价由0价降低为﹣1价，氯气表现出氧化性，故B正确；
C、反应中元素化合价发生变化，为氧化还原反应，故C错误；
D、在3Cl2+2NH3=N2+6HCl反应中，N元素的化合价由﹣3价升高到0价，则生成1molN2有6mol电子转移，故D正确．
故选C．
【分析】如果管道漏气，则发生反应3Cl2+2NH3=N2+6HCl，生成HCl气体继续与氨气反应生成氯化铵，现象为有白烟生成，反应中氯气表现出氧化性，根据化合价的变化可知生成1molN2有6mol电子转移．
13．【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。
14．【答案】A
【解析】【解答】A．Cl2与不反应，A项符合题意；
B．Cl2与水反应生成H+，会消耗，不符合题意，B项不符合题意；
C．Cl2与水反应生成H+，会消耗，不符合题意，C项不符合题意；
D．Cl2具有强氧化性，有强还原性，二者会发生氧化还原反应，不符合题意，D项不符合题意；
故答案为：A。
【分析】依据氯气的性质分析，A中Cl2与不反应。
15．【答案】D
【解析】【解答】A．浓硫酸具有吸水性，氯气通过浓硫酸得到干燥的氯气，故A与题意不符；
B．氯气通过NaOH溶液，与氢氧化钠反应，关闭B阀时，C处的红色布条看不到明显现象，故B与题意不符；
C．氯气通过KI溶液，与KI溶液反应，关闭B阀时，C处的红色布条看不到明显现象，故C与题意不符；
D．氯气与食盐水不反应，进入C的为潮湿的氯气，关闭B阀时，C处红色布条逐渐褪色，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】依据氯气的性质和实验的现象分析。
16．【答案】C
【解析】【解答】A、D中盛放浓硫酸时，具有吸水作用，关闭活塞B，C处的有色布条不会褪色，A不符合题意；
B、A处通入的是潮湿的氯气时，具有漂白性，若打开活塞B，C处的有色布条会褪色，B不符合题意；
C、D中盛放水时，氯气通过会带出水，潮湿的氯气具有漂白性，关闭活塞B，C处的有色布条褪色，C符合题意；
D、D盛放的是氢氧化钠溶液时，会和氯气发生反应，生成氯化钠、次氯酸钠和水，这样再关闭活塞B，C处的有色布条不会褪色，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】从A处通入氯气，若打开活塞B，C处的有色布条不褪色，因为干燥的氯气不具备漂白性，若关闭活塞B，C处的有色布条褪色，这说明氯气经过溶液D后带出了水，潮湿的氯气具有漂白性；发生反应为Cl2+H2O=HCl+HClO；生成的次氯酸具有漂白作用。据此结合选项进行分析。
17．【答案】（1）CaHPO4、Ca(H2PO4)2；还原剂；0.05mol
（2）+1；H3PO4
（3）
【解析】【解答】（1）①H3PO4为三元弱酸，步骤III中，反应物的比例不同可获得不同的产物，除Ca3(PO4)2外可能的产物还有CaHPO4、Ca(H2PO4)2；步骤I中焦炭被氧化为CO，其作用是还原剂。
②CuSO4被还原为Cu3P，Cu的化合价从+2降低为+1价，1molCuSO4得到1mol电子，白磷中P的化合价从0价升高为磷酸中的+5价，1mol白磷失去20mol电子，故1molCuSO4所能氧化的白磷的物质的量为 。
（2）次磷酸(H3PO2)及其钠盐(NaHPO2)均可将溶液中的Ag+还原为银，从而可用于化学镀慢。
①根据化合价代数和为0，可知次磷酸中P元素的化合价为+1。
②利用H3PO2进行化学镀银反应中，假设P的化合价升高为+x价，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1，根据得失电子守恒可得，，解得x=5，则氧化产物为H3PO4。
（3）反应Ca3(PO4)2+6SiO2+10C10CO+6CaSiO3+P4中，C元素的化合价从0价升高为+2价，P元素的化合价从+5价降低为0价，10molC与1mol硫酸钙反应转移20mol电子，用单线桥标出电子转移的方向和数目：。
【分析】（1）①H3PO4为三元弱酸，能生成三种盐；氧化剂元素化合价降低， 还原剂元素化合价升高；
②依据化合价变化判断转移电子数；
（2）①根据化合价代数和为0；
②根据得失电子守恒；
（3）依据化合价变化表示单线桥。
18．【答案】（1）a→d→e→j→h→f→g→b→c；
（2）铜粉逐渐减少并生成大量棕黄色的烟；
（3）ABC
【解析】【解答】（1）①从a出来的气体含有氯化氢和水蒸气，依次通过d e j h 除去氯化氢和水蒸气，然后与铜反应，最后尾气处理用氢氧化钠，则依次再通过f g b c，所以按照气流方向各仪器接口的连接顺序为a→d→e→j→h→f→g→b→c，故答案为：a→d→e→j→h→f→g→b→c；
②粗铜粉与氯气反应的现象为：铜粉逐渐减少并生成大量棕黄色的烟，故答案为：铜粉逐渐减少并生成大量棕黄色的烟；
③A．将Y稀释，平衡向左反应移动，溶液呈蓝色，可以能够证明CuCl2溶液中转化关系，故A正确；
B．在Y中加入CuCl2晶体，溶液中Cu（H2O）42+浓度增大，平衡向右移动，溶液变为绿色，可以能够证明CuCl2溶液中转化关系，故B正确；
C．在Y中加入NaCl固体，溶液中氯离子浓度增大，平衡向右移动，溶液变为绿色，可以能够证明CuCl2溶液中转化关系，故C正确；
D．取Y进行电解，铜离子放电，溶液颜色最终消失，不能可以能够证明CuCl2溶液中转化关系，故D错误．
故答案为：ABC．
【分析】（1）①要制备收集纯净的氯气应该除去氯气中的杂质（水、HCl），除氯化氢用饱和食盐水，除去水用浓硫酸，然后与铜反应，最后尾气处理用氢氧化钠，据此解答；
②粗铜粉与氯气反应的现象为：铜粉逐渐减少并生成大量棕黄色的烟；
③A．将Y稀释，平衡向左反应移动，溶液呈蓝色，可以能够证明CuCl2溶液中转化关系；
B．在Y中加入CuCl2晶体，溶液中Cu（H2O）42+浓度增大，平衡向右移动，溶液变为绿色，可以能够证明CuCl2溶液中转化关系；
C．在Y中加入NaCl固体，溶液中氯离子浓度增大，平衡向右移动，溶液变为绿色，可以能够证明CuCl2溶液中转化关系；
D．取Y进行电解，铜离子放电，溶液颜色最终消失，不能可以能够证明CuCl2溶液中转化关系；
19．【答案】（1）Fe；CuSO4
（2）22.4；2
【解析】【解答】（1）反应①中，化合价升高的是Fe元素，被氧化，化合价降低的元素是Cu元素，所在的反应物CuSO4是氧化剂，答案为Fe；CuSO4；
（2）反应②中若每消耗1，根据反应可知，则生成的体积约是1mol22.4L/mol=22.4L(标准状况)，转移电子的物质的量为1mol2=2；答案为22.4；2。
【分析】（1）氧化剂元素化合价降低， 还原剂元素化合价升高；
（2）根据反应的化学方程式计算。
20．【答案】（1）MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2+2H2O
（2）氯水颜色为浅黄绿色；；次氯酸具有漂白性，使有色物质褪色
（3）单质；ClO2；KClO3；ab；还原；ac
（4）bc
【解析】【解答】（1）实验室制取氯气是利用二氧化锰和浓盐酸加热反应生成，反应的化学方程式为：MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2+2H2O；
（2）氯水中存在化学平衡Cl2+H2O HCl+HClO，氯气是黄绿色气体，氯水颜色为浅黄绿色；向氯水中滴入NaHCO3溶液，有无色气体生成，该气体为二氧化碳气体，碳酸氢钠和盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，反应的离子方程式为：；用玻璃棒蘸取氯水，点在品红试纸上，红色褪去，是因为次氯酸具有漂白性，使有色物质褪色；
（3）①A对应的Cl2是单质，B对应的是+4价氯的氧化物，化学式为ClO2，C的焰色试验呈紫色，则C中含有K元素，其中Cl为+5价，则C是含氧酸盐，化学式为KClO3；
②NaClO是弱酸强碱盐、具有强氧化性，NaOH是碱，酸性KMnO4具有强氧化性，从物质类别上看，盐酸有酸的通性，可能与NaClO、NaOH反应，从化合价角度看，盐酸中的Cl-处于最低价，具有还原性，可与强氧化性物质反应，能与NaClO、酸性KMnO4反应；
（4）a．光照新制氯水，HClO会分解生成HCl，Cl2+H2O HCl+HClO的平衡正向移动，Cl2的浓度减小，溶液颜色会变浅，与图像不相符，故a不正确；
b．HClO分解生成O2，则瓶中氧气的体积分数增大，与图像相符，故b正确；
c．HClO是弱电解质，分解生成强电解质HCl，溶液中离子浓度增大，则溶液的电导率（导电能力）增大，与图像相符，故c正确；
d．用强光照射新制氯水，HClO分解生成HCl，次氯酸浓度减小，溶液的漂白能力减弱，图像不符合，故d不正确。
【分析】（1）二氧化锰和浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、水和氯气；
（2）依据氯水中存在化学平衡和组分的性质分析；
（3）①依据价态和类别判断；
②利用酸的通性和氧化还原反应原理分析；
（4）利用氯水的性质及平衡移动原理，结合图像分析。
21．【答案】（1）C
（2）Cl2+H2O=H++Cl﹣+HClO
（3）2Cl2+2 Ca（OH）2═Ca（ClO）2+CaCl2+2H2O
（4）O3；强氧化性；强氧化性；发生化合反应
（5）2：1
【解析】【解答】解：（1）但暴雨过后井水混浊，加入少量的KAl（SO4）2 12H2O 净水，故选：C；（2）氯气溶于水后生成了次氯酸和盐酸，氯气、水、次氯酸在离子反应中保留化学式，则离子反应为Cl2+H2O═H++Cl﹣+HClO，故答案为：Cl2+H2O═H++Cl﹣+HClO；（3）氯气通入石灰乳中反应生成氯化钙、次氯酸钙、水，该反应为2Cl2+2 Ca（OH）2═Ca（ClO）2+CaCl2+2H2O，故答案为：2Cl2+2 Ca（OH）2═Ca（ClO）2+CaCl2+2H2O；（4）臭氧的分子式为O3，O3、氯气以及SO2均可以做漂白剂，三者的漂白原理分别是：强氧化性、强氧化性、与有色物质发生化合反应生成无色的大分子，故答案为：O3；强氧化性；强氧化性；发生化合反应；（5）根据题意知，酸性条件下，NaClO3和Na2SO3发生氧化还原生成ClO2和Na2SO4，同时生成水，该反应中Cl元素化合价由+5价变为+4价、S元素化合价由+4价变为+6价，其转移电子数为2，根据转移电子相等配平方程式为H2SO4+2NaClO3+Na2SO3=2Na2SO4+2ClO2+H2O，所以该反应中NaClO3和Na2SO3的物质的量之比为2：1，故答案为：2：1．
【分析】（1）KAl（SO4）2 12H2O 水解生成氢氧化铝胶体具有吸附性；（2）氯气与水反应生成HCl、HClO，HClO具有消毒作用；（3）氯气通入石灰乳中反应生成氯化钙、次氯酸钙、水；（4）臭氧的分子式为O3，O3、氯气以及SO2均可以做漂白剂，三者的漂白原理分别是：强氧化性、强氧化性、与有色物质发生化合反应生成无色的大分子；（5）根据题意知，酸性条件下，NaClO3和Na2SO3发生氧化还原生成ClO2和Na2SO4，同时生成水，该反应中Cl元素化合价由+5价变为+4价、S元素化合价由+4价变为+6价，根据转移电子相等配平方程式，从而确定NaClO3和Na2SO3的物质的量之比．
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3.1氯气及氯的化合物 同步练习 2023-2024学年高一上学期化学苏教版（2019）必修第一册
一、单选题
1．为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是（ ）
A．的硫酸溶液中含的数目为
B．含有的质子数和中子数均为
C．通入适量水中，转移的电子数为
D．标准状况下，含有的共价键数为
2．下列关于氯气的叙述，错误的是（ ）
A．氯气是一种有毒的气体
B．氯气、氯水、液氯是同一种物质
C．氯气能与水发生反应
D．氯气是一种黄绿色，有刺激性气味的气体
3．下列说法中，正确的是（ ）
A．氯原子和氯离子的化学性质相同
B．氯离子比氯原子多一个电子
C．氯气有毒，氯离子也有毒
D．氯气和氯离子都显黄绿色
4．某化工厂发生了氯气泄漏，以下自救得当的是（ ）
A．喷射氢氧化钠溶液将泄露的氯气吸收
B．向地势低的地方撤离
C．观察风向，顺风撤离
D．用湿毛巾或蘸有肥皂水的毛巾捂住口鼻撤退
5．化学是以实验为基础的学科。下列说法正确的是（ ）
A．可用pH试纸测定新制氯水的pH
B．将80gNaOH固体溶解在1L水中，可配制2mol L-1NaOH溶液
C．利用丁达尔效应可鉴别FeCl3溶液和Fe(OH)3胶体
D．将过量的铁在氯气中燃烧可生成FeCl2
6．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）
A．0.2 mol苯甲醇完全燃烧，生成的CO2数目为1.4NA
B．1 L0.5 mol·L-1 NaHCO3溶液中含有数目为0.5NA
C．56g Fe与1 mol Cl2充分反应时转移的电子数为3NA
D．1 mol 中含有电子数为10NA
7．NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．18 g D2O和18 g H2O中含有的质子数均为10NA
B．2 L 0.5 mol·L-1亚硫酸溶液中含有的H+离子数为2NA
C．过氧化钠与水反应时，生成0.1 mol氧气转移的电子数为0.2NA
D．50 mL 12 mol·L-1盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数为0.3NA
8．KClO3与浓盐酸发生如下反应：KClO3+6HCl（浓）=KCl+3Cl2↑+3H2O，有关该反应的下列说法错误的是（ ）
A．被氧化的元素和被还原的元素的质量之比为6：1
B．Cl2既是氧化产物，又是还原产物
C．盐酸既体现酸性，又体现还原性
D．转移5mol电子时，产生3molCl2
9．将 0.2mol MnO2和 50mL 12mol L﹣1浓盐酸混合后缓缓加热，反应完全后，再向溶液中加入足量 AgNO3溶液，生成 AgCl 沉淀的物质的量为（不考虑盐酸的挥发）（ ）
A．大于 0.3 mol，小于 0.6 mol
B．等于 0.3 mol
C．小于 0.3 mol
D．大于 0.6 mol
10．实验室用下列方法制取氯气：①用含4mol HCl的浓盐酸与足量的MnO2反应；②用87g MnO2与足量的浓盐酸反应，若不考虑HCl的挥发，则反应后所得Cl2的物质的量（ ）
A．方法①比方法②多 B．方法②比方法①多
C．两种方法一样多 D．无法比较
11．2018年11月在法国凡尔赛召开的国际计量大会( CGPM)第26次会议将阿伏加德罗常数的定义修改为“1摩尔包含6.02214076×1023个基本单元，这常数被称为阿伏加德罗常数，单位为mol-1”。基于这一新定义，阿伏加德罗常数的不确定度被消除了。新定义将于2019年5月20日正式生效。NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是（ ）
A．新定义中阿伏加德罗常数的不确定度被消除
B．0.4 moI NH3与0.6molO2在催化剂的作用下充分反应，得到NO的分子数为0.4NA
C．2.7g铝中加入足量1mol·L-1的NaOH溶液，转移的电子数为0.3NA
D．常温常压下，水蒸气通过Na2O2使其增重2g时，反应中转移的电子数为NA
12．氯气是一种重要的工业原料．工业上利用反应在3Cl2+2NH3=N2+6HCl检查氯气管道是否漏气．下列说法错误的是（ ）
A．若管道漏气遇氨就会产生白烟 B．该反应利用了Cl2的强氧化性
C．该反应属于复分解反应 D．生成1mol N2有6mol电子转移
13．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
14．将氯气分别通入含下列离子的溶液中，离子浓度变化最小的是（ ）
A． B． C． D．
15．如图所示，从A处通入新制备的Cl2，关闭B阀时，C处的干燥红色布条看不到明显现象，当打开B阀后，C处红色布条逐渐褪色，D瓶中装的溶液不可能是 （ ）
A．浓硫酸 B．NaOH溶液
C．KI溶液 D．饱和NaCl溶液
16．如图所示，A处通入氯气，打开B阀时，C处红色布条不褪色；关闭B阀时，C处红色布条褪色；由此作出的判断正确的是（ ）
A．D中可能是浓硫酸 B．通入的氯气含有水蒸气
C．D中可能是水 D．D中可能是NaOH溶液
二、综合题
17．仔细阅读材料，应用物质分类和氧化还原反应等相关概念，回答下列问题：
（1）磷及部分重要化合物的相互转化如图所示。
①步骤III中，反应物的比例不同可获得不同的产物，除Ca3(PO4)2外可能的产物还有 ，步骤I为白磷的工业生产方法之一，反应在1300℃的高温炉中进行，其中SiO2的作用是除去CaSiO3，焦炭的作用是 (填“氧化剂”或“还原剂”)。
②不慎将白磷沾到皮肤上，可用0.2mol/LCuSO4溶液冲洗，根据步骤II中的守恒关系可判断，1molCuSO4所能氧化的白磷的物质的量为 。
（2）次磷酸(H3PO2)及其钠盐(NaHPO2)均可将溶液中的Ag+还原为银，从而可用于化学镀慢。
①次磷酸中P元素的化合价为 。
②利用H3PO2进行化学镀银反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1，则氧化产物为 (填化学式)。
（3）用单线桥标出电子转移的方向和数目： 。
Ca3(PO4)2+6SiO2+10C10CO+6CaSiO3+P4
18．用如图所示的实验仪器及药品来制备纯净、干燥的氯气并与粗铜反应（铁架台、铁夹省略）．
（1）按气流方向连接各仪器接口顺序是：
（2）反应时，盛粗铜粉的试管中的现象是
（3）已知：氯化铜溶液中有如下转化关系：
Cu（H2O）42+（aq）+4Cl﹣（aq） CuCl42﹣（aq）+4H2O （l）
蓝色 绿色
该同学取氯化铜晶体配成蓝绿色溶液Y，进行如下实验，其中能证明溶液中有上述转化关系的是 填序号）．
A．将Y稀释，发现溶液呈蓝色
B．在Y中加入CuCl2晶体，溶液变为绿色
C．在Y中加入NaCl固体，溶液变为绿色
D．取Y进行电解，溶液颜色最终消失
19．某工厂废水中含有大量的和较多的，为了减少污染并变废为宝，通过以下反应从废水中回收和：①②
（1）反应①中，化合价升高的元素是 (填元素符号)，氧化剂是 (填化学式)。
（2）反应②中若每消耗1，则生成的体积约是 L(标准状况)，转移电子的物质的量为 。
20．工业上氯气用途非常广泛，回答下列问题：
（1）实验室制取氯气的化学方程式为 。
（2）下表是某实验研究氯水性质实验的部分活动记录。
实验内容 实验现象 解释原因(文字或反应)
观察氯水颜色 ① 氯水中含有氯气分子
向氯水中滴入 有无色气体生成 ② (写离子方程式)
用玻璃棒蘸取氯水，点在品红试纸上 红色褪去 ③
（3）“价态—类别”二维图是研究元素的重要方法，下图为氯及其化合物的“价态—类别”二维图。
①二维图缺失的类别A是 ；B是家庭学校常用的消毒药品，则B是 (填化学式)；C的焰色试验呈紫色，则C是 (填化学式)。
②某同学利用a.b.c.酸性三种溶液探究盐酸性质，试验前进行如下预测：从物质类别上看，盐酸有酸的通性，可能与 发生反应(填序号)；从化合价角度看，盐酸的具有 性，(填“氧化”或“还原”)；可能与 发生反应(填序号)。
（4）下图是用强光照射密闭广口瓶中新制氯水时，用数字化传感器采集的图像，下列纵坐标代表的物理量与图像相符的是 。
a．溶液颜色的变化 b．瓶中氧气的体积分数
c．溶液的导电能力 d.溶液的漂白能力
21．饮用水质量是关系人类健康的重要问题．
（1）在我国，一些贫困山区的农民至今还饮用井水，但暴雨过后井水混浊，无法饮用．为了能让暴雨过后井水尽快变的澄清，你会建议他们最好向井水中投入下列中的 （填序号）
A．NaCl B．Na2CO3
C．KAl（SO4）2 12H2O D．CuSO4
（2）氯气是最早用于饮用水消毒的物质，其消毒作用主要是氯气溶于水后生成了次氯酸，该反应的离子方程式为： ．
（3）写出工业上制取漂白粉的化学方程式： ．
（4）臭氧，也称作超氧，可以替代氯气给自来水消毒，即提高了消毒效率且安全无副作用，臭氧的分子式为 ；该物质、氯气以及SO2均可以做漂白剂，三者的漂白原理分别是： ； ； ．
（5）ClO2是一种光谱型的消毒剂，将逐渐取代Cl2成为生产自来水的消毒剂．工业上ClO2常用NaClO3和Na2SO3溶液混合并加H2SO4酸化后反应制得，反应中NaClO3和Na2SO3的物质的量之比为 ．
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】A．溶液的体积未知，无法计算含的数目，故A不符合题意；
B．的摩尔质量为20g/mol，的物质的量为0.1mol，每个分子含有质子数、中子数均为10，故含有的质子数和中子数均为，故B符合题意；
C．通与水反应是可逆反应，通入适量水中，转移的电子数小于，故C不符合题意；
D．在标准状况下为液态，不能用22.4L/mol计算其物质的量，故D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A. 要得到氢离子的物质的量需要溶液体积；
C.氯气通水属于可逆反应无法完全反应；
D.四氯化碳标况下为液体。
2．【答案】B
【解析】【解答】A．氯气有毒，A不符合题意；
B．氯水是混合物，氯气、液氯为纯净物；B符合题意；
C．氯气能与水发生反应生成盐酸和次氯酸，C不符合题意；
D．氯气是一种黄绿色，有刺激性气味的气体，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】依据氯气的性质以及物质的成分判断。
3．【答案】B
【解析】【解答】A.氯原子和氯离子的最外层电子数不同，因此二者的化学性质不相同，A不符合题意；
B.Cl原子最外层有7个电子，不稳定，容易从外界获得1个电子变为Cl-，所以氯离子比氯原子多一个电子，B符合题意；
C.氯气有毒，而氯离子是食盐的主要成分，用于调味，没有毒性，C不符合题意；
D.氯气是黄绿色有毒的气体，而氯离子无色，与阳离子共存于物质中，D不符合题意；
故合理选项是B。
【分析】A.同种元素的最外层电子的多少决定微粒的化学性质；
B.根据氯离子和氯原子的核外电子数进行判断；
C.氯离子无毒，这需要记忆；
D.氯离子是无色离子。
4．【答案】D
【解析】【解答】A.氢氧化钠具有强腐蚀性，不符合题意
B.氯气密度比空气大，应向地势较高的地方撤离，不符合题意
C.应逆风撤离，不符合题意
D.用湿毛巾或者蘸有肥皂水的毛巾捂住口鼻可吸收氯气，减少人吸入氯气，符合题意
故答案为：D
【分析】氯气的物理性质，密度比空气大，化学性质有毒，能被水或者碱液吸收
5．【答案】C
【解析】【解答】A．氯水具有漂白性，故不可用pH试纸测定新制氯水的pH，A不符合题意；
B．水的体积不等同于溶液的体积，需要配制成1L的溶液才能得到2molL-1NaOH溶液，B不符合题意；
C．Fe(OH)3胶体可产生丁达尔效应，FeCl3溶液不会产生丁达尔效应，故利用丁达尔效应可鉴别FeCl3溶液和Fe(OH)3胶体，C符合题意；
D．铁在氯气中燃烧可生成FeCl3，与反应物的用量无关，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、氯水具有酸性和漂白性；
B、浓度公式中的体积为溶液体积；
C、丁达尔效应可以鉴别胶体；
D、氯气和铁反应生成氯化铁。
6．【答案】A
【解析】【解答】A.1个苯甲醇中含有7个碳原子，苯甲醇完全燃烧生成CO2和H2O，所以0.2 mol苯甲醇完全燃烧，生成的n(CO2)=0.2mol×7=1.4mol，则其数目为1.4NA，A符合题意；
B．由分析可知，n(NaHCO3)=1 L×0.5 mol·L-1=0.5mol，由于 能发生水解反应，所以溶液中n( )＜0.5mol，则其数目小于0.5NA，B不符合题意；
C．涉及反应为2Fe+3Cl22FeCl3，56gFe即1mol过量，实际反应的n(Fe)=mol，则转移的电子物质的量为×3mol=2mol，即2NA，C不符合题意；
D.1个 中含有8个电子，则1 mol 中含有电子数为8NA，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.根据反应前后原子个数不变和N=nNA进行分析。
B.注意弱酸根或弱碱根离子能发生水解反应，结合n=cV进行分析。
C.Fe与Cl2反应生成FeCl3，结合参加反应的量进行分析。
D.注意1个 中含有8个电子。
7．【答案】C
【解析】【解答】A、核素D和H的质量数不同，质子数相同。则18gD2O和18gH2O的物质的量不同，所以含有的质子数不同，A不符合题意；
B、亚硫酸为弱酸，水溶液中不完全电离，所以溶液中氢离子数目小于2NA，B不符合题意；
C、过氧化钠与水反应生成氧气，氧气的来源于-1价的O元素，所以生成0.1mol氧气时转移电子0.2NA，C符合题意；
D、由于在反应过程中盐酸浓度降低，稀盐酸与二氧化锰不反应，所以不能计算转移的电子数，D不符合题意，
故答案为：C
【分析】该题考察同位素的概念、质子数中子数和质量数之间的关系、强弱电解质的概念、氧化还原反应电子转移的有关计算等。1、同位素指的是质子数相同而中子数不同的核素，且质量数=质子数+中子数；2、弱电解质指的是部分电离的电解质，即不完全发生电离；3、氧化还原反应中电子转移数目的计算只看得电子数或只看失电子数。
8．【答案】A
【解析】【解答】A. 被氧化的元素和被还原的元素的质量之比为5：1，A符合题意；
B. Cl2中的Cl既来自KClO3又来自HCl，所以它既是氧化产物，又是还原产物，B不符合题意；
C. 由上面分析可知，盐酸既体现酸性，又体现还原性，C不符合题意；
D.从反应中可以看出，转移5mol电子时，产生3molCl2，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】在反应KClO3+6HCl（浓）=KCl+3Cl2↑+3H2O中，KClO3是氧化剂，Cl的价态由+5价降为0价；5HCl为还原剂，价态由-1价升为0价，1HCl表现出酸性；据此结合选项进行分析。
9．【答案】A
【解析】【解答】50mL 12mol L﹣1浓盐酸中氯化氢的物质的量为0.05× 12mol L﹣1=0.6mol，根据反应方程式 ，若盐酸完全反应则生成氯气的物质的量是0.15mol，由于二氧化锰与稀盐酸不反应，所以生成氯气的物质的量小于0.15mol，溶液中剩余氯离子的物质的量大于（0.6mol－0.15mol×2），所以生成 AgCl 沉淀的物质的量大于大于 0.3 mol，小于 0.6 mol，故A符合题意。
【分析】注意过量问题，当固体过量时，溶液的浓度发生变化导致反应也发生变化。
10．【答案】B
【解析】【解答】①用含4molHCl的浓盐酸与足量的MnO2反应时，由于MnO2与稀盐酸不反应，故4molHCl无法完全反应，因此产生Cl2的物质的量小于0.25mol；
②87gMnO2的物质的量，由于浓盐酸足量，故1molMnO2完全反应，此时产生的Cl2的物质的量为1mol；
综上，方法②产生的Cl2的量比方法①多，B符合题意；
故答案为：B
【分析】MnO2与浓HCl反应的化学方程式为：MnO2+4HClMnCl2+2H2O+Cl2；当浓盐酸变为稀盐酸时，反应停止。计算产生Cl2的量时，应用完全反应的量进行计算。
11．【答案】B
【解析】【解答】A．根据新定义，NA就是具体的6.02214076×1023个基本单元，不确定度被消除，故A不符合题意；
B．依据反应4NH3+5O2 4NO+6H2O，0.4moINH3与0.6molO2在催化剂的作用下充分反应，氧气剩余，则生成的一氧化氮部分与氧气反应生成二氧化氮，所以最终生成的NO的分子数小于0.4NA，故B符合题意；
C.2.7g铝的物质的量为0.1mol，而铝反应后变为+3价，故0.1mol铝反应转移0.3NA个电子，故C不符合题意；
D．过氧化钠与水蒸气反应的方程式是2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，反应中过氧化钠既是氧化剂，也是还原剂，2molNa2O2参与反应转移2mol电子，增重4g；则增重2g时，参加反应的过氧化钠是1mol，所以转移电子的物质的量是1mol，转移的电子数为NA，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.根据最新定义，阿伏加德罗常数已经确定，说明阿伏加德罗常数不确定度被消除
B.根据化学方程式4NH3+5O2 4NO+6H2O，发现n（NH3）：n(O2)=4：5恰好完全反应，所以会生成0.4molNO，但是题目中的氧气有剩余，导致生成的一氧化氮在催化剂的作用下与氧气反应生成二氧化氮。NO小于0.4mol
C.根据计算铝的物质的量为0.1mol，AlAl3+3e.转移0.3mol电子
D.写出方程式：2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑2e，根据差量法，增加相对分子质量为4，根据比值可以求出转移的电子数为1mol
12．【答案】C
【解析】【解答】解：A、如果管道漏气，发生反应3Cl2+2NH3=N2+6HCl，反应生成HCl，HCl与NH3反应生成NH4Cl，现象为有白烟生成，故A正确；
B、在3Cl2+2NH3=N2+6HCl反应中，Cl元素的化合价由0价降低为﹣1价，氯气表现出氧化性，故B正确；
C、反应中元素化合价发生变化，为氧化还原反应，故C错误；
D、在3Cl2+2NH3=N2+6HCl反应中，N元素的化合价由﹣3价升高到0价，则生成1molN2有6mol电子转移，故D正确．
故选C．
【分析】如果管道漏气，则发生反应3Cl2+2NH3=N2+6HCl，生成HCl气体继续与氨气反应生成氯化铵，现象为有白烟生成，反应中氯气表现出氧化性，根据化合价的变化可知生成1molN2有6mol电子转移．
13．【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。
14．【答案】A
【解析】【解答】A．Cl2与不反应，A项符合题意；
B．Cl2与水反应生成H+，会消耗，不符合题意，B项不符合题意；
C．Cl2与水反应生成H+，会消耗，不符合题意，C项不符合题意；
D．Cl2具有强氧化性，有强还原性，二者会发生氧化还原反应，不符合题意，D项不符合题意；
故答案为：A。
【分析】依据氯气的性质分析，A中Cl2与不反应。
15．【答案】D
【解析】【解答】A．浓硫酸具有吸水性，氯气通过浓硫酸得到干燥的氯气，故A与题意不符；
B．氯气通过NaOH溶液，与氢氧化钠反应，关闭B阀时，C处的红色布条看不到明显现象，故B与题意不符；
C．氯气通过KI溶液，与KI溶液反应，关闭B阀时，C处的红色布条看不到明显现象，故C与题意不符；
D．氯气与食盐水不反应，进入C的为潮湿的氯气，关闭B阀时，C处红色布条逐渐褪色，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】依据氯气的性质和实验的现象分析。
16．【答案】C
【解析】【解答】A、D中盛放浓硫酸时，具有吸水作用，关闭活塞B，C处的有色布条不会褪色，A不符合题意；
B、A处通入的是潮湿的氯气时，具有漂白性，若打开活塞B，C处的有色布条会褪色，B不符合题意；
C、D中盛放水时，氯气通过会带出水，潮湿的氯气具有漂白性，关闭活塞B，C处的有色布条褪色，C符合题意；
D、D盛放的是氢氧化钠溶液时，会和氯气发生反应，生成氯化钠、次氯酸钠和水，这样再关闭活塞B，C处的有色布条不会褪色，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】从A处通入氯气，若打开活塞B，C处的有色布条不褪色，因为干燥的氯气不具备漂白性，若关闭活塞B，C处的有色布条褪色，这说明氯气经过溶液D后带出了水，潮湿的氯气具有漂白性；发生反应为Cl2+H2O=HCl+HClO；生成的次氯酸具有漂白作用。据此结合选项进行分析。
17．【答案】（1）CaHPO4、Ca(H2PO4)2；还原剂；0.05mol
（2）+1；H3PO4
（3）
【解析】【解答】（1）①H3PO4为三元弱酸，步骤III中，反应物的比例不同可获得不同的产物，除Ca3(PO4)2外可能的产物还有CaHPO4、Ca(H2PO4)2；步骤I中焦炭被氧化为CO，其作用是还原剂。
②CuSO4被还原为Cu3P，Cu的化合价从+2降低为+1价，1molCuSO4得到1mol电子，白磷中P的化合价从0价升高为磷酸中的+5价，1mol白磷失去20mol电子，故1molCuSO4所能氧化的白磷的物质的量为 。
（2）次磷酸(H3PO2)及其钠盐(NaHPO2)均可将溶液中的Ag+还原为银，从而可用于化学镀慢。
①根据化合价代数和为0，可知次磷酸中P元素的化合价为+1。
②利用H3PO2进行化学镀银反应中，假设P的化合价升高为+x价，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1，根据得失电子守恒可得，，解得x=5，则氧化产物为H3PO4。
（3）反应Ca3(PO4)2+6SiO2+10C10CO+6CaSiO3+P4中，C元素的化合价从0价升高为+2价，P元素的化合价从+5价降低为0价，10molC与1mol硫酸钙反应转移20mol电子，用单线桥标出电子转移的方向和数目：。
【分析】（1）①H3PO4为三元弱酸，能生成三种盐；氧化剂元素化合价降低， 还原剂元素化合价升高；
②依据化合价变化判断转移电子数；
（2）①根据化合价代数和为0；
②根据得失电子守恒；
（3）依据化合价变化表示单线桥。
18．【答案】（1）a→d→e→j→h→f→g→b→c；
（2）铜粉逐渐减少并生成大量棕黄色的烟；
（3）ABC
【解析】【解答】（1）①从a出来的气体含有氯化氢和水蒸气，依次通过d e j h 除去氯化氢和水蒸气，然后与铜反应，最后尾气处理用氢氧化钠，则依次再通过f g b c，所以按照气流方向各仪器接口的连接顺序为a→d→e→j→h→f→g→b→c，故答案为：a→d→e→j→h→f→g→b→c；
②粗铜粉与氯气反应的现象为：铜粉逐渐减少并生成大量棕黄色的烟，故答案为：铜粉逐渐减少并生成大量棕黄色的烟；
③A．将Y稀释，平衡向左反应移动，溶液呈蓝色，可以能够证明CuCl2溶液中转化关系，故A正确；
B．在Y中加入CuCl2晶体，溶液中Cu（H2O）42+浓度增大，平衡向右移动，溶液变为绿色，可以能够证明CuCl2溶液中转化关系，故B正确；
C．在Y中加入NaCl固体，溶液中氯离子浓度增大，平衡向右移动，溶液变为绿色，可以能够证明CuCl2溶液中转化关系，故C正确；
D．取Y进行电解，铜离子放电，溶液颜色最终消失，不能可以能够证明CuCl2溶液中转化关系，故D错误．
故答案为：ABC．
【分析】（1）①要制备收集纯净的氯气应该除去氯气中的杂质（水、HCl），除氯化氢用饱和食盐水，除去水用浓硫酸，然后与铜反应，最后尾气处理用氢氧化钠，据此解答；
②粗铜粉与氯气反应的现象为：铜粉逐渐减少并生成大量棕黄色的烟；
③A．将Y稀释，平衡向左反应移动，溶液呈蓝色，可以能够证明CuCl2溶液中转化关系；
B．在Y中加入CuCl2晶体，溶液中Cu（H2O）42+浓度增大，平衡向右移动，溶液变为绿色，可以能够证明CuCl2溶液中转化关系；
C．在Y中加入NaCl固体，溶液中氯离子浓度增大，平衡向右移动，溶液变为绿色，可以能够证明CuCl2溶液中转化关系；
D．取Y进行电解，铜离子放电，溶液颜色最终消失，不能可以能够证明CuCl2溶液中转化关系；
19．【答案】（1）Fe；CuSO4
（2）22.4；2
【解析】【解答】（1）反应①中，化合价升高的是Fe元素，被氧化，化合价降低的元素是Cu元素，所在的反应物CuSO4是氧化剂，答案为Fe；CuSO4；
（2）反应②中若每消耗1，根据反应可知，则生成的体积约是1mol22.4L/mol=22.4L(标准状况)，转移电子的物质的量为1mol2=2；答案为22.4；2。
【分析】（1）氧化剂元素化合价降低， 还原剂元素化合价升高；
（2）根据反应的化学方程式计算。
20．【答案】（1）MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2+2H2O
（2）氯水颜色为浅黄绿色；；次氯酸具有漂白性，使有色物质褪色
（3）单质；ClO2；KClO3；ab；还原；ac
（4）bc
【解析】【解答】（1）实验室制取氯气是利用二氧化锰和浓盐酸加热反应生成，反应的化学方程式为：MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2+2H2O；
（2）氯水中存在化学平衡Cl2+H2O HCl+HClO，氯气是黄绿色气体，氯水颜色为浅黄绿色；向氯水中滴入NaHCO3溶液，有无色气体生成，该气体为二氧化碳气体，碳酸氢钠和盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，反应的离子方程式为：；用玻璃棒蘸取氯水，点在品红试纸上，红色褪去，是因为次氯酸具有漂白性，使有色物质褪色；
（3）①A对应的Cl2是单质，B对应的是+4价氯的氧化物，化学式为ClO2，C的焰色试验呈紫色，则C中含有K元素，其中Cl为+5价，则C是含氧酸盐，化学式为KClO3；
②NaClO是弱酸强碱盐、具有强氧化性，NaOH是碱，酸性KMnO4具有强氧化性，从物质类别上看，盐酸有酸的通性，可能与NaClO、NaOH反应，从化合价角度看，盐酸中的Cl-处于最低价，具有还原性，可与强氧化性物质反应，能与NaClO、酸性KMnO4反应；
（4）a．光照新制氯水，HClO会分解生成HCl，Cl2+H2O HCl+HClO的平衡正向移动，Cl2的浓度减小，溶液颜色会变浅，与图像不相符，故a不正确；
b．HClO分解生成O2，则瓶中氧气的体积分数增大，与图像相符，故b正确；
c．HClO是弱电解质，分解生成强电解质HCl，溶液中离子浓度增大，则溶液的电导率（导电能力）增大，与图像相符，故c正确；
d．用强光照射新制氯水，HClO分解生成HCl，次氯酸浓度减小，溶液的漂白能力减弱，图像不符合，故d不正确。
【分析】（1）二氧化锰和浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、水和氯气；
（2）依据氯水中存在化学平衡和组分的性质分析；
（3）①依据价态和类别判断；
②利用酸的通性和氧化还原反应原理分析；
（4）利用氯水的性质及平衡移动原理，结合图像分析。
21．【答案】（1）C
（2）Cl2+H2O=H++Cl﹣+HClO
（3）2Cl2+2 Ca（OH）2═Ca（ClO）2+CaCl2+2H2O
（4）O3；强氧化性；强氧化性；发生化合反应
（5）2：1
【解析】【解答】解：（1）但暴雨过后井水混浊，加入少量的KAl（SO4）2 12H2O 净水，故选：C；（2）氯气溶于水后生成了次氯酸和盐酸，氯气、水、次氯酸在离子反应中保留化学式，则离子反应为Cl2+H2O═H++Cl﹣+HClO，故答案为：Cl2+H2O═H++Cl﹣+HClO；（3）氯气通入石灰乳中反应生成氯化钙、次氯酸钙、水，该反应为2Cl2+2 Ca（OH）2═Ca（ClO）2+CaCl2+2H2O，故答案为：2Cl2+2 Ca（OH）2═Ca（ClO）2+CaCl2+2H2O；（4）臭氧的分子式为O3，O3、氯气以及SO2均可以做漂白剂，三者的漂白原理分别是：强氧化性、强氧化性、与有色物质发生化合反应生成无色的大分子，故答案为：O3；强氧化性；强氧化性；发生化合反应；（5）根据题意知，酸性条件下，NaClO3和Na2SO3发生氧化还原生成ClO2和Na2SO4，同时生成水，该反应中Cl元素化合价由+5价变为+4价、S元素化合价由+4价变为+6价，其转移电子数为2，根据转移电子相等配平方程式为H2SO4+2NaClO3+Na2SO3=2Na2SO4+2ClO2+H2O，所以该反应中NaClO3和Na2SO3的物质的量之比为2：1，故答案为：2：1．
【分析】（1）KAl（SO4）2 12H2O 水解生成氢氧化铝胶体具有吸附性；（2）氯气与水反应生成HCl、HClO，HClO具有消毒作用；（3）氯气通入石灰乳中反应生成氯化钙、次氯酸钙、水；（4）臭氧的分子式为O3，O3、氯气以及SO2均可以做漂白剂，三者的漂白原理分别是：强氧化性、强氧化性、与有色物质发生化合反应生成无色的大分子；（5）根据题意知，酸性条件下，NaClO3和Na2SO3发生氧化还原生成ClO2和Na2SO4，同时生成水，该反应中Cl元素化合价由+5价变为+4价、S元素化合价由+4价变为+6价，根据转移电子相等配平方程式，从而确定NaClO3和Na2SO3的物质的量之比．
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