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安徽省江淮名校2020-2021学年高一下学期化学开学考试试卷
一、单选题
1.（2021高一下·安徽开学考）下列物质不能由对应的两种 单质直接化合制备的是（ ）
A. CuCl2 B. Na2O C. CO2 D. FeCl2
【答案】 D
【考点】氯气的化学性质，常见金属的活动性顺序及其应用，钠的化学性质
【解析】【解答】A．铜和氯气在点燃的条件下生成氯化铜，A项不符合题意；
B．Na2O可由钠与氧气直接化合生成，B项不符合题意；
C．碳在氧气中充分燃烧生成CO2 ， C项不符合题意；
D．铁与氯气直接化合生成氯化铁，不能得到FeCl2 ， D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】氯气的氧化性很强不能与铁化合成亚铁
2.（2021高一下·安徽开学考）将表面已完全氧化的铝条，插入下列溶液中，不会发生反应的是（ ）
A. 稀硫酸 B. 稀硝酸 C. 氯化铜 D. 氢氧化钠
【答案】 C
【考点】镁、铝的重要化合物，两性氧化物和两性氢氧化物
【解析】【解答】A．稀硫酸可以和氧化铝反应生成硫酸铝和水，然后铝和稀硫酸反应生成硫酸铝和氢气，A不符题意；
B．稀硝酸可以和氧化铝反应生成硝酸铝和水，然后铝和稀硝酸发生氧化还原反应生成硝酸了、水和一氧化氮，B不符题意；
C．氯化铜不和氧化铝反应，C符题意；
D．氢氧化钠和氧化铝反应生成偏铝酸钠和水，然后铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，D不符题意；
故答案为：C。
【分析】完全氧化的铝条表面有氧化铝，氧化铝是两性氧化物，可以和酸、碱反应
3.（2020高一上·哈尔滨月考）制取合金常用的方法是将两种或多种金属（或金属与非金属）加热到某一温度。使其全部熔化再冷却得到合金，根据下表中数据判断（其他条件均满足），下列合金不易采取这种方法制取的是（ ）
金属
熔点/ 97.5 649 660 1535
沸点/ 883 1090 2467 2750
A. 合金 B. 合金 C. 合金 D. 合金
【答案】 C
【考点】合金及其应用
【解析】【解答】两种金属能够通过加热使其全部熔化再冷却得到合金，要求两种金属在某一温度下均为液态。即两种金属的熔点和沸点两个温度差有交集。所以 、 、 都可以形成合金。而钠在883℃即沸腾，而铁在1535℃才熔化，所以不能形成 合金。
故答案为：C。
【分析】制作合金必须是一种金属的沸点不能低于另外一种金属的熔点，给出的几种合金，钠的沸点低于铁的熔点
4.（2021高一下·安徽开学考）下列说法中正确的是（ ）
A. 氯化钠水溶液能导电，故NaCl是电解质
B. AgCl难溶于水，则AgCl属于弱电解质
C. SO3溶于水能导电，则SO3是电解质
D. 在熔融状态或水溶液中均不导电的物质为非电解质
【答案】 A
【考点】电解质与非电解质，强电解质和弱电解质
【解析】【解答】A． 氯化钠水溶液能导电，说明在水溶液中NaCl能电离，故NaCl是电解质，故A符合题意；
B． AgCl难溶于水，但溶解的部分全电离，则AgCl属于强电解质，故B不符合题意；
C． SO3溶于水能导电，是三氧化硫与水反应生成硫酸电离，不是三氧化硫自身电离，SO3是非电解质，故C不符合题意；
D． 在熔融状态和水溶液中均不导电的化合物为非电解质，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】电解质是在水溶液或者是熔融状态下能够导电的化合物，非电解质是在水溶下和熔融状态下均不导电的化合物。
二氧化硫，二氧化碳溶于水可以导电但是不是电解质，电解质是碳酸分子和亚硫酸分子。一些难溶性的盐均存在电离平衡，只要是溶解的均全部电离故为强电解质
5.（2020高一上·亳州期中）某同学在一pH试纸上滴几滴新制的氯水，现象如图所示，下列有关该实验的说法中正确的是( )
A. 该实验说明Cl2分子具有漂白性
B. 该实验说明H＋扩散速度比HClO分子快
C. 将实验后的pH试纸在酒精灯上微热，试纸又恢复为原来的颜色
D. 若用久置的氯水进行实验，现象相同
【答案】 B
【考点】氯气的化学性质
【解析】【解答】A、HClO具有漂白性，Cl2无漂白性，选项A不符合题意；
B、由实验可知，滴加氯水的区域变白色，而周围变成红色，可说明H＋的扩散速度比HClO分子快，选项B符合题意；
C、HClO的漂白持久、稳定，实验后的pH试纸加热不会恢复原来的颜色，选项C不符合题意；
D、久置的氯水主要成分为稀盐酸，无漂白性，选项D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】本题考查氯气的性质，侧重于氯水的组成和性质的考查，注意把握相关物质的性质，氯气与水反应，发生Cl2+H2O=H++Cl-+HClO，氯水中含有HClO、Cl2 ， 具有氧化性，其中HClO具有漂白性，含有H+ ， 具有酸性。
6.（2021高一下·安徽开学考）某白色固体混合物由Na2SO4、CaCl2、MgCl2、K2CO3中的两种组成，进行如下实验：①混合物溶于水，得到澄清透明溶液；②向溶液中加碱，产生白色沉淀；③向溶液中加入BaCl2无明现象。根据实验现象可判断其组成为（ ）
A. Na2SO4、CaCl2 B. CaCl2、MgCl2
C. MgCl2、K2CO3 D. Na2SO4、K2CO3
【答案】 B
【考点】离子反应发生的条件，离子共存
【解析】【解答】由分析可知：溶液中无K2CO3、Na2SO4 ， 故溶液中存在CaCl2、MgCl2 ，
故答案为：B。
【分析】某白色固体混合物由Na2SO4、CaCl2、MgCl2、K2CO3中的两种组成，进行如下实验：①混合物溶于水，得到澄清透明溶液，CaCl2、MgCl2与K2CO3不共存，CaCl2与Na2SO4不共存；②向溶液中加碱，产生白色沉淀，说明溶液中有MgCl2 ， 说明 溶液中无K2CO3；③向溶液中加入BaCl2无明现象，说明溶液中没有Na2SO4 ， 故溶液中存在CaCl2、MgCl2。
7.（2021高一下·安徽开学考）在水溶液中能大量共存的一组离子是（ ）
A. Fe2+、Al3+、ClO-、Cl- B. K+、Cu2+、OH-、
C. 、Na+、Br-、 D. Mg2+、H+、 、
【答案】 C
【考点】离子共存
【解析】【解答】A．ClO-具有较强的氧化性，Fe2+和ClO-发生氧化还原反应而不能大量共存，A不符题意；
B．Cu2+和OH-反应生成氢氧化铜沉淀而不能大量共存，B不符题意；
C．四种离子之间不发生任何反应，可大量共存，C符合题意；
D．H+和 反应生成硅酸沉淀而不能大量共存，D不符题意。
故答案为：C。
【分析】常见的不能共存主要是发生复分解反应和氧化还原反应不能共存。
发生复分解反应不能共存的是：Cu2+和OH- ， Mg2+和SIO32-,H+和SiO32- Fe2+和OH-等
发生氧化还原反应不能共存的是ClO-和Fe2+ ， ClO-和S2-等
8.（2021高一下·安徽开学考）下列化学方程式或离子方程式书写正确的是（ ）
A. 浓盐酸与铁屑反应：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑
B. 向饱和NaOH溶液中通入过量CO2：2OH-+CO2=CO +H2O
C. 铁与水蒸气反应：3Fe+4H2O(g) Fe3O4+4H2
D. 向氢氧化钡溶液中滴加稀硫酸：Ba2++SO =BaSO4↓
【答案】 C
【考点】离子共存，铁的化学性质
【解析】【解答】A．浓盐酸和铁反应生成二价铁离子，A项不符合题意；
B．向饱和NaOH溶液中通入过量CO2生成碳酸氢钠，B项不符合题意；
C．铁与水蒸气反应：3Fe+4H2O(g) Fe3O4+4H2 ， C项符合题意；
D．氢离子与氢氧根离子也参与反应，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.盐酸的氧化性不强只能将铁变成二价铁， Fe+2H+=Fe2++3H2↑
B. 正确的离子方程式是 OH-+CO2=HCO3-
C.铁与高温的水蒸气发生氧化还原反应
D.生成的水是弱电解质不能拆开
9.（2021高一下·安徽开学考）下列实验操作、现象及所得出的结论或解释均正确的是（ ）
选项 实验操作 现象 结论或解释
A 将两根打磨光亮的镁条分别插入硫酸铜溶液和硝酸银溶液中 两根镁条上均有固体附着 金属的活动性顺序为Mg>Cu>Ag
B 向含FeCl3蚀刻液中加入少量的铁粉，振荡 未出现红色固体 蚀刻液中一定不含Cu2+
C 将氯气通入紫色石蕊溶液中 溶液先变红后褪色 Cl2有漂白性
D 将湿润的淀粉KI试纸放入某气体中 试纸变蓝 该气体不一定是Cl2
A. A B. B C. C D. D
【答案】 D
【考点】氯气的化学性质，镁的化学性质
【解析】【解答】A．A中根据实验步骤和实验现象只能证明金属的活动性顺序Mg>Cu，Mg>Ag，A项不符合题意；
B．氧化性Fe3+>Cu2+ ， Fe3+过量，B中未出现红色固体不能证明不含Cu2+ ， B项不符合题意；
C．氯气通入紫色石蕊溶液中溶液先变红后褪色，是因为次氯酸有漂白性，C项不符合题意；
D．将湿润的淀粉KI试纸放入某气体中试纸变蓝证明有碘单质生成，只要是氧化性比碘单质强的气体即可，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.铜和银的活动性并未比较
B.铁粉的量少量，先和铁离子反应
C.干燥的氯气不具有漂白性，具有漂白性是氯气和水反应产生了次氯酸
D.能将碘离子变成碘单质的不一定是氯气
10.（2021高一下·安徽开学考）将一定质量的镁铝合金投入一定体积10 mol·L-1的盐酸中，固体全部溶解后，向所得溶液中加入NaOH溶液，生成沉淀的质量与加入NaOH溶液的体积关系如图所示。若不考虑金属和盐酸反应时HCl的挥发，则下列说法错误的是（ ）
A. 该镁铝合金中铝的质量为5.4 g
B. 所用NaOH物质的量浓度为4.5 mol·L-1
C. 反应中沉淀的物质的量最多时为0.35 mol
D. 溶解合金所用盐酸的体积为100 mL
【答案】 B
【考点】镁的化学性质，铝的化学性质，镁、铝的重要化合物，两性氧化物和两性氢氧化物
【解析】【解答】A．根据图像可知生成的氢氧化铝的质量是24.3g－8.7g＝15.6g，物质的量是15.6g÷78g/mol＝0.2mol，根据铝原子守恒可知该镁铝合金中铝的质量为0.2mol×27g/mol＝5.4 g，A不符合题意；
B．溶解0.2mol氢氧化铝消耗氢氧化钠溶液是40mL，根据方程式NaOH+Al(OH)3=NaAlO2+2H2O可知消耗氢氧化钠的物质的量是0.2mol，则所用NaOH物质的量浓度为0.2mol÷0.04L＝5 mol·L-1 ， B符合题意；
C．氢氧化镁的质量是8.7g，物质的量是8.7g÷58g/mol＝0.15mol，则反应中沉淀的物质的量最多时为0.15mol+0.2mol＝0.35 mol，C不符合题意；
D．当开始产生沉淀时溶液中的溶质是氯化镁、氯化铝和氯化钠，溶液中氯离子的物质的量是0.15mol×2+0.2mol×3+0.02L×5mol/L＝1.0mol，则溶解合金所用盐酸的体积为1mol÷10mol/L＝0.1L＝100 mL，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】从图象可知，从开始至加入NaOH溶液20mL，没有沉淀生成，说明原溶液中盐酸溶解Mg、Al后有剩余，此时发生的反应为HCl+NaOH=NaCl+H2O，当V(NaOH)=200mL时，沉淀量最大，此时为Mg(OH)2和Al(OH)3；当V(NaOH)=240mL时，沉淀不再减少，此时全部为Mg(OH)2。从200mL到240mL，NaOH溶解Al(OH)3：NaOH+Al(OH)3=NaAlO2+2H2O，根据各阶段各物质的量进行计算和判断。
11.（2021高一下·安徽开学考）NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A. 0.1 mol·L-1 NaCl溶液中含有0.1NA个Cl-
B. 78 g Na2O2固体中所含阴离子数为NA
C. 含4 mol HCl的浓盐酸与足量MnO2反应可生成NA个Cl2
D. 标准状况下，11.2 L H2O中含有分子数目为0.5NA
【答案】 B
【考点】氯气的实验室制法，物质的量的相关计算
【解析】【解答】A． 0.1 mol·L-1 NaCl溶液中因缺少溶液的体积，无法计算含有Cl-的个数，故A不符合题意；
B． Na2O2由钠离子和过氧根离子构成，78 g Na2O2固体中所含阴离子数为NA ， 故B符合题意；
C． 含4 mol HCl的浓盐酸与足量MnO2反应得不到NA个Cl2 ， 故C不符合题意；
D． 标准状况下，11.2 L H2O是液体，不能用气体摩尔体积计算含有分子数目，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.根据n=cv计算，但溶液体积未知
B.根据Na2O2=2Na++O22-计算即可
C.稀盐酸与二氧化锰不反应
D.使用摩尔体积时需要注意条件和状态
12.（2021高一下·安徽开学考）由钠、镁、铝、锌四种金属单质中的两种组成的合金共24g，与足量的稀硫酸反应产生11.2L氢气(标准状况)，则合金中一定含有的金属是( )
A. Na B. Zn C. Al D. Mg
【答案】 B
【考点】钠的化学性质，镁的化学性质，铝的化学性质
【解析】【解答】令两种单质组成的混合物为R，且反应后R的化合价为+2价，R与稀硫酸反应R＋2H＋=R2＋＋H2↑， ，解得M(R)=48g·mol－1 ， 平均摩尔质量为48g·mol－1 ， 那么其中一种金属的摩尔质量大于48g/mol，另外一种金属的摩尔质量小于48g/mol；化合物中Na的化合价为＋1价，转化成＋2价时，Na摩尔质量为46g·mol－1；Zn的摩尔质量为65g·mol－1；Al的化合物中 Al的化合价为＋3价，转化为＋2价，Al摩尔质量为18g·mol－1；Mg的价态为＋2价，摩尔质量为24g·mol－1；根据上述分析，只有Zn的摩尔质量大于48g/mol，合金中一定含有的金属是Zn，选项B符合题意；
故答案为B。
【分析】这些金属都能与稀硫酸反应生成氢气，设两种单质组成的混合物为R，同时令反应后R的化合价为+2价，有R＋2H＋=R2＋＋H2↑，根据题中所给量，求出R的平均摩尔质量，利用极端法，得出结果；
13.（2021高一下·安徽开学考）已知Co2O3在酸性溶液中易被还原成Co2＋ ， 且Co2O3、Cl2、FeCl3、I2的氧化性依次减弱。下列反应在水溶液中不可能发生的是（ ）
A. 3Cl2＋6FeI2=2FeCl3＋4FeI3 B. Cl2＋FeI2=FeCl2＋I2
C. Co2O3＋6HCl=2CoCl2＋Cl2↑＋3H2O D. 2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I2
【答案】 A
【考点】氧化还原反应，氧化性、还原性强弱的比较，氧化还原反应方程式的配平
【解析】【解答】A．由于Cl2、FeCl3、I2的氧化性依次减弱，FeCl3能氧化I- ， 则产物不可能同时有FeCl3和FeI3 ， A不可能发生，A符合题意；
B．由于Cl2、FeCl3、I2的氧化性依次减弱，当Cl2少量时，可以发生Cl2＋FeI2=FeCl2＋I2 ， B不合题意；
C．由于Co2O3、Cl2的氧化性依次减弱，故反应Co2O3＋6HCl=2CoCl2＋Cl2↑＋3H2O能够发生，C不合题意；
D．由于FeCl3、I2的氧化性依次减弱，故反应2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I2能够发生，D不合题意；
故答案为：A。
【分析】根据同一氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物，据此分析解题
14.（2021高一下·安徽开学考）下列三种方法均可制氧气：①电解水；②过氧化钠与二氧化碳反应；③超氧化钾与二氧化碳反应(4KO2+2CO2=2K2CO3+3O2)，若转移电子数目相同，三种方法依次制得氧气的物质的量之比为( )
A. 1：2：2 B. 2：1：1 C. 1：2：4 D. 4：2：1
【答案】 C
【考点】氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】①电解水的反应为： ，生成1 molO2转移电子数为4 mol；②过氧化钠与二氧化碳反应： ，生成1 molO2转移电子数为2 mol；③超氧化钾与二氧化碳反应(4KO2+2CO2=2K2CO3+3O2)，生成1 molO2转移电子数为1 mol；则转移电子数目相同，三种方法依次制得氧气的物质的量之比为1:2:4，故C符合题意。
故答案为：C。
【分析】写出方程式和转移电子数目的关系，根据给出的电子数计算出氧气的物质的量即可比较
15.（2021高一下·安徽开学考）向一定量的Cu、Fe2O3的混合物中通入过量的CO在高温下充分反应，固体质量减少0.96 g。若向相同质量的该混合物中加入40 mL一定物质的量浓度的盐酸，恰好能使混合物完全溶解，且所得溶液中不含Fe3+ ， 下列说法错误的是（ ）
A. 混合物中铜的质量为1.28 g B. 盐酸浓度为2 mol·L-1
C. 混合物中Fe2O3的质量是3.2 g D. Cu和Fe2O3的物质的量之比为1：1
【答案】 B
【考点】铁的氧化物和氢氧化物，铜及其化合物，有关混合物反应的计算
【解析】【解答】A．混合物中铜的质量为m(Cu)=0.02mol×64g/mol=1.28g，A项不符合题意；
B．盐酸浓度为c(HCl)=0.02mol×6÷0.04L=3mol/L，B项符合题意；
C．混合物中Fe2O3的质量是m(Fe2O3)=0.02mol×160g/mol=3.2g，C项不符合题意；
D．Cu和Fe2O3的物质的量之比为n(Cu):n(Fe2O3)=0.02:0.02=1:1，D项不符合题意；
故答案为B。
【分析】由题得：向一定量的Cu、Fe2O3的混合物中通入过量的CO发生反应： ，减少的固体质量是氧化铁中氧元素的质量，n(O)=0.96g÷16g/mol=0.06mol，m(Fe2O3)=0.02mol×160g/mol=3.2g；向相同质量的该混合物中加入40 mL一定物质的量浓度的盐酸，恰好能使混合物完全溶解，且所得溶液中不含Fe3+ ， 发生反应的化学方程式为 ， ，且反应完全，可计算出混合物中含0.02molCu，据此分析解答。
二、综合题
16.（2021高一下·安徽开学考）硫酸高铈[Ce(SO4)2]可用作氧化还原反应的滴定剂。实验室要配制220mL0.1mol·L-1Ce(SO4)2溶液。回答下列问题：
（1）应该用托盘天平称取Ce(SO4)2·4H2O晶体质量为________g。
（2）配制溶液所需仪器除烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管外，还必须用到的一种玻璃仪器为________，在使用该仪器前必须进行的操作是________。
（3）试判断下列操作对配制溶液物质的量浓度的影响(填“偏高”“偏低”或“不变”)。
①定容时俯视刻度线________。
②转移前，容量瓶内有蒸馏水________。
③定容时水加多了用胶头滴管吸出________。
（4）取20mL一定浓度的FeSO4溶液于锥形瓶中，当滴入30.00mL0.1mol·L-1Ce(SO4)2溶液(铈被还原为Ce3+)时，FeSO4恰好完全反应，FeSO4溶液的物质的量浓度是________mol·L-1。
【答案】 （1）10.1
（2）250mL容量瓶；检查是否漏液
（3）偏高；不变；偏低
（4）0.15
【考点】配制一定物质的量浓度的溶液，物质的量浓度
【解析】【解答】(1)实验室没有220mL的容量瓶，应选用250mL容量瓶配制该溶液，所需Ce(SO4)2·4H2O的质量为250×10－3L×0.1mol·L－1×404g·mol－1=10.1g，故答案为10.1g；
(2)配制一定物质的量浓度的溶液需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶，根据所给仪器，缺少容量瓶，配制220mL溶液，需用250mL容量瓶，即缺少的仪器是250mL容量瓶，使用容量前，需要检漏，故答案为250mL容量；检查是否漏液；
(3)分析误差，需要根据 进行分析；
①定容时，俯视刻度线，使溶液的体积小于容量瓶的规格，所配溶液浓度偏高，故答案为偏高；
②转移前，容量瓶中有无蒸馏水，对实验结果无影响，故答案为不变；
③定容时水加多了，稀释了原来溶液，所配溶液的浓度偏低，故答案为偏低；
(4)根据题意Fe2＋被氧化成Fe3＋ ， Ce的化合价降低，根据得失电子数目守恒，20×10－3L×c(FeSO4)×1=30.00×10－3L×0.1mol·L－1×1，解得c(FeSO4)=0.15mol·L－1 ， 故答案为0.15mol·L－1。
【分析】（1）根据n=cv和m=nM计算出质量即可
（2）考查的是溶液的配制，需要用到250ml容量瓶，在使用仪器之前必须进行检查装置是否漏液
（3）根据,①俯视读数，导致v偏小，c偏大② 最后要加水定容，故不影响 ③定容时，水多，v偏大，c减小
（4）利用氧化还原反应计算出亚铁离子的物质的量即可
三、有机推断题
17.（2021高一下·安徽开学考）某化学研究性学习小组对某无色水样的成分进行检验，已知该水样中只可能含有K＋、Mg2＋、Fe3＋、Cu2＋、Al3＋、Ag＋、Ca2＋、CO32－、SO42－、Cl－中的若干种离子。该小组同学取100 mL水样进行实验，向水样中先滴加硝酸钡溶液，再滴加1 mol·L－1的硝酸，实验过程中沉淀质量的变化情况如图所示：
注明：Ob段表示滴加硝酸钡溶液；bd段表示滴加稀硝酸
（1）水样中一定含有的阴离子是________，其物质的量浓度之比为________。
（2）写出BC段所表示反应的离子方程式：________。
（3）由B点到C点变化过程中消耗硝酸的体积为________。
（4）试根据实验结果推断K＋是否存在？________(填“是”或“否”)；若存在，K＋的物质的量浓度c(K＋)的范围是________。(若K＋不存在，则不必回答该问)
（5）设计简单实验验证原水样中可能存在的离子：________。(写出实验步骤、现象和结论)
【答案】 （1）SO42- CO32-；1：2
（2）BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O
（3）40 mL
（4）是；c(K+)≥0.6 mol·L-1
（5）取少量水样于试管中，向其中加入过量的硝酸钡溶液和稀硝酸，待沉淀完全后，向上层清液中滴加硝酸银溶液，若产生白色沉淀，则原水样中含Cl-；若不产生白色沉淀,则原水样中不含Cl-
【考点】常见离子的检验，离子共存，物质的量浓度，物质的量的相关计算
【解析】【解答】(1)该水样为无色溶液，Fe3+、Cu2+不存在；依据图像分析加入硝酸钡溶液生成沉淀，加入稀硝酸，沉淀部分溶解证明水样中一定含有SO42-、CO32-；，又因为Al3+与CO32-发生双水解，CO32-与Ag+、Ca2+、Mg2+发生反应生成沉淀不能大量存在，所以Al3+、Ag+、Ca2+、Mg2+不存在；n(SO42-)= =0.01mol，m(BaCO3)=6.27g-2.33g=3.94g，n(CO32-)=n(BaCO3)= =0.02mol，所以c(SO42-)∶c(CO32-)=1∶2；
(2)BC段所表示反应是碳酸钡溶于稀硝酸的反应，反应的离子方程式为BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O；
(3)由B点到C点变化过程中依据图像分析溶解的碳酸钡的物质的量n(BaCO3) =0.02 mol；消耗稀硝酸物质的量为0.04 mol，消耗硝酸的体积= =0.04L=40 mL；
(4)依据电解质溶液呈电中性，阳离子K+一定存在；根据电荷守恒得到：0.01 mol×2+0.02 mol×2+n(Cl-)=n(K+)推知n(K+)≥0.06 mol，则c(K+)≥0.6 mol·L-1；
(5)可能存在的离子是Cl- ， 实验设计为：取少量水样于试管中，向试管中加入过量的硝酸钡溶液和稀硝酸，待沉淀完全和无气体生成后，向上层清液中滴加适量的硝酸银溶液，若生成白色沉淀，则原水样中含有Cl-；若无白色沉淀生成，证明无Cl-存在。
【分析】该水样为无色溶液，可知水样中一定不含Fe3+、Cu2+ ， 结合图象可知，加入硝酸钡溶液生成沉淀，加入稀硝酸，沉淀部分溶解证明水样中一定含有SO42- ， CO32- ， 又因为Al3+与CO32-发生双水解，CO32-与Ag+、Ca2+、Mg2+发生反应生成沉淀不能大量存在，所以Al3+、Ag+、Ca2+、Mg2+不存在，由电荷守恒可知溶液中一定含阳离子，阳离子K+一定存在，原溶液中可能含有Cl- ， 以此来解答。
18.（2021高一下·安徽开学考）铁及其化合物用途非常广泛。回答下列问题：
（1）I.绿矾(FeSO4·7H2O)用于治疗缺铁性贫血。课外小组的同学欲测定某补血剂中铁元素的含量。实验步骤如下：
证明步骤①滤液中含有Fe2+的方法是________。
（2）步骤②加入过量H2O2的目的是________，该步骤中H2O2还可替换为________(填字母)。
A．N2 B．O2 C．Cu D．H2
（3）若实验中铁无损耗，则每片补血剂中含铁元素的质量为________g。
（4）II.高铁酸钠(Na2FeO4)用作新型净水剂等。
Na2FeO4主要通过如下反应制取：2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5X，则X的化学式为________，该反应中氧化剂为________。
（5）Na2FeO4在水中可以发生如下反应：4FeO +10H2O=4Fe(OH)3(胶体)+8OH-+3O2↑。鉴别有胶体产生的方法为________。
【答案】 （1）取样先滴加KSCN溶液，无明显现象，再滴加氯水或双氧水、稀硝酸等合理氧化剂，溶液由浅绿色变为红色，则样品中含有Fe2+
（2）将Fe2+全部氧化为Fe3+；B
（3）0.07a
（4）H2O；NaClO
（5）丁达尔效应
【考点】氧化还原反应，铁盐和亚铁盐的相互转变，二价铁离子和三价铁离子的检验
【解析】【解答】(1)证明步骤①滤液中含有Fe2+的方法是取样先滴加KSCN溶液，无明显现象，再滴加氯水或双氧水、稀硝酸等合理氧化剂，溶液由浅绿色变为红色，则样品中含有Fe2+。故答案为：取样先滴加KSCN溶液，无明显现象，再滴加氯水或双氧水、稀硝酸等合理氧化剂，溶液由浅绿色变为红色，则样品中含有Fe2+；
(2)步骤②加入过量H2O2发生的反应是亚铁离子被过氧化氢氧化生成铁离子，反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，故目的是将Fe2+全部氧化为Fe3+ ， O2具有氧化性能将亚铁离子氧化，该步骤中H2O2还可替换为O2。N2性质稳定、Cu、H2具有还原性；故答案为：将Fe2+全部氧化为Fe3+；B；
(3)若实验中铁无损耗，最后氧化铁为ag，氧化铁含有铁元素的质量为 ×ag=0.7ag，则每片补血剂中含铁元素的质量为 =0.07ag。故答案为：0.07a；
(4)Na2FeO4主要通过如下反应制取：2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5X，根据质量守恒，则X的化学式为H2O，该反应中氧化剂为NaClO，氯由+1价降为-1价。故答案为：H2O；NaClO；
(5)Na2FeO4在水中可以发生如下反应：4FeO +10H2O=4Fe(OH)3(胶体)+8OH-+3O2↑。反应中有胶体产生，利用胶体的性质鉴别，鉴别有胶体产生的方法为丁达尔效应。故答案为：丁达尔效应。
【分析】Fe3+遇KSCN溶液显红色，该现象用于检验Fe3+存在，证明操作Ⅰ滤液中含有Fe2+的方法之一是取样先滴加KSCN溶液，无明显现象，再滴加氯水或双氧水、稀硝酸等合理氧化剂，溶液由浅绿色变为红色；步骤②加入过量H2O2的目的是，过氧化氢氧化亚铁离子；根据氧化铁的质量计算铁元素的质量。注意ag氧化铁含有的铁元素质量为10片含有的铁元素质量；利用胶体的性质鉴别胶体的产生。
19.（2021高一下·安徽开学考）如图所示，是一个制取氯气并以氯气为原料进行特定反应的装置，其中各试剂瓶装的试剂为：B(氢硫酸)、C(溴化亚铁溶液)、D(KI-淀粉溶液)、E(混有二氧化硫的氯化钡溶液)、F(水)、H(紫色石蕊试液)。
（1）A是氯气发生装置，其化学反应方程式是________。
（2）I中b瓶内加入的液体最好是________。
（3）用图示的II可代替I，但III不可以，请简要说明理由________。
（4）实验开始时，先点燃A处酒精灯，打开分液漏斗旋塞和I处活塞，让氯气充满整个装置，再点燃G处酒精灯，回答下列问题：
①凭什么实验现象证明氯气已充满了整个装置________。
②下列装置中的现象是C________；D________；E________；F________。
（5）G装置的硬质玻璃管内盛有炭粉，发生氧化还原反应，其产物为二氧化碳和氯化氢，写出G中反应的化学方程式：________。
（6）在H处，紫色石蕊试液的颜色由紫色变为红色，再变为无色，其原因是________。
【答案】 （1）MnO2+4HCl（浓） MnCl2+Cl2↑+2H2O
（2）饱和食盐水
（3）Ⅱ与Ⅰ原理相同，而Ⅲ中因c瓶口密封，体积不能改变，压强增大会有危险
（4）观察当整个装置内充满黄绿色气体时，说明氯气已充满整个装置；溶液由浅绿色变为深红棕色；溶液变蓝；生成白色沉淀；水溶液呈淡黄绿色
（5）C+2H2O+2Cl2 CO2+4HCl
（6）生成HCl使紫色石蕊溶液变红色，剩余的氯气又与水反应生成HClO，HClO起漂白作用，使红色褪去
【考点】氯气的实验室制法，常见气体制备原理及装置选择，实验装置综合
【解析】【解答】(1)在加热条件下，二氧化锰与浓盐酸反应生成氯化锰、氯气和水，离子方程式为：MnO2+4HCl（浓） MnCl2+Cl2↑+2H2O；故答案为：MnO2+4HCl（浓） MnCl2+Cl2↑+2H2O；
(2)常利用排饱和食盐水收集氯气，Ⅰ中b瓶内加入的液体最好是饱和食盐水，故答案为：饱和食盐水；
(3)Ⅱ与Ⅰ原理相同，而Ⅲ中因c瓶口密封，气体不能流通，存在安全隐患，故不能代替Ⅰ，故答案为：Ⅱ与Ⅰ原理相同，而Ⅲ中因c瓶口密封，体积不能改变，压强增大会有危险；
(4)①氯气是黄绿色气体，观察当整个装置内充满黄绿色气体时，说明氯气已充满整个装置，故答案为：观察当整个装置内充满黄绿色气体时，说明氯气已充满整个装置；
②b氯气通过B为硫化氢溶液，发生氧化还原反应生成硫单质，C溴化亚铁溶液氧化亚铁离子和溴离子为铁离子，溶液由浅绿色变为深红棕色；通入D碘化钾淀粉溶液生成碘单质遇淀粉变蓝；通入E混有二氧化硫的氯化钡溶液，氧化二氧化硫为硫酸，生成白色沉淀，F是提供水蒸气，氯气溶解于水中，溶液呈淡黄绿色；故答案为：溶液由浅绿色变为深红棕色；溶液变蓝；生成白色沉淀；水溶液呈淡黄绿色；
(5)根据元素守恒可知，反应物除氯气和碳外，还有水，产物为二氧化碳和氯化氢，反应的化学方程式为C+2H2O+2Cl2 CO2+4HCl；反应物除氯气和碳外还有水，所以装置F的作用是为G提供水蒸气。故答案为：C+2H2O+2Cl2 CO2+4HCl；
(6)H为紫色石蕊溶液，盐酸能使紫色石蕊溶液变红，未参加反应的氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸起漂白作用，故答案为：生成HCl使紫色石蕊溶液变红色，剩余的氯气又与水反应生成HClO，HClO起漂白作用，使红色褪去。
【分析】分析反应装置可知，A实验中制备氯气利用的是二氧化锰和浓盐酸的加热反应；I中b，氯气能溶于水，可排饱和食盐水收集，减少氯气损耗；Ⅱ与Ⅰ原理相同，而Ⅲ中因c瓶口密封，气体不能流通，存在安全隐患，故不能代替Ⅰ；氯气通过B为硫化氢溶液，发生氧化还原反应生成硫单质，C溴化亚铁溶液氧化亚铁离子和溴离子为铁离子，溶液由浅绿色变为深红棕色；通入D碘化钾淀粉溶液生成碘单质遇淀粉变蓝；通入E混有二氧化硫的氯化钡溶液，氧化二氧化硫为硫酸，生成白色沉淀，F是提供水蒸气，氯气溶解于水中，溶液呈淡黄绿色；G根据元素守恒可知，反应物除氯气和碳外，还有水，产物为二氧化碳和氯化氢，H为紫色石蕊溶液，盐酸能使紫色石蕊溶液变红，未参加反应的氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸起漂白作用。
20.（2021高一下·安徽开学考）Cl2、ClO2、NaClO2均是强氧化剂，根据要求回答下列问题：
（1）Cl2与NaClO2溶液反应可制取ClO2和NaCl。该反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为________。
（2）Cl2与ClO2均具有杀菌能力。ClO2杀菌效率是Cl2的________倍(已知杀菌效率是指单位质量的氧化剂得电子数目的多少，结果保留三位有效数字。)
（3）已知在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2 ， 向NaClO2溶液中滴加盐酸，反应剧烈，若将盐酸换成等c(H+)的硫酸，开始反应缓慢，稍后一段时间产生气体迅速加快，产生这种现象可能的原因是________。
（4）ClO2易分解，为了运输和贮存常将其制成NaClO2固体。反应原理为2ClO2+2NaOH+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2↑，某同学模拟工业制NaClO2 ， 其装置如图所示：
①仪器a的名称是________，装置B的作用是________。
②装置A中反应生成KHCO3和ClO2 ， 写出该反应的化学方程式：________。
③已知饱和NaClO2溶液在温度低于38℃时析出的晶体是NaClO2·3H2O，在温度高于38℃时析出的晶体是NaClO2 ， 设计从NaClO2溶液中制取晶体NaClO2的操作：________。
【答案】 （1）1：2
（2）2.63
（3）生成的氯离子对反应起催化作用
（4）干燥管；安全瓶，防止倒吸；H2C2O4+2KClO3=2KHCO3+2ClO2；将NaClO2溶液蒸发结晶，温度高于38℃趁热过滤
【考点】氯气的化学性质，氯、溴、碘及其化合物的综合应用
【解析】【解答】(1)Cl2与NaClO2溶液反应生成ClO2和NaCl，根据价态变化规律，该反应中Cl2中氯元素化合价降低，做氧化剂，NaClO2中氯元素化合价升高做还原剂，则化学方程式为：Cl2+2NaClO2 =2ClO2↑+2NaCl，则氧化剂与还原剂物质的量之比为1:2，故答案为：1:2；
(2)两种氧化剂中的氯元素都被还原为Cl- ， 1mol Cl2质量为71g，得2mol电子，则1g Cl2得电子的物质的量为 mol，1mol ClO2质量为67.5g，得5mol电子，则1g ClO2得电子的物质的量为 mol， =2.63，所以ClO2杀菌效率是Cl2的2.63倍，故答案为：2.63；
(3)酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2 ， 根据价态变化规律，写出反应的离子方程式为：5Cl +4H+=4ClO2↑+Cl-+2H2O，由反应式可知，反应生成了Cl-对反应起催化作用，所以加硫酸时，开始反应缓慢，稍后一段时间产生气体迅速加快，故答案为：生成的氯离子对反应起催化作用；
(4)①根据仪器a的构造特征知其名称是干燥管，装置B中的两个导管都较短，其作用是安全瓶，防止倒吸，故答案为：干燥管；安全瓶，防止倒吸；
②H2C2O4和KClO3反应生成KHCO3和ClO2 ， 根据得失电子守恒和原子守恒，反应的化学方程式为：H2C2O4+2KClO3=2KHCO3+2ClO2 ， 故答案为：H2C2O4+2KClO3=2KHCO3+2ClO2；
③根据题给信息，制取晶体NaClO2 ， 要防止析出的晶体是NaClO2·3H2O，故采用将NaClO2溶液蒸发结晶，温度高于38℃趁热过滤，故答案为：将NaClO2溶液蒸发结晶，温度高于38℃趁热过滤。
【分析】（1）写出氧化还原方程式标出化合价找出氧化剂和还原剂即可
（2）计算出单位质量的氧化剂全部变为氯离子转移的电子数的大小即可
（3）对比反应，酸根离子不同导致现象不同，可能是氯离子对反应起到催化作用
（4）①a的名称是干燥管，这个地方只用于防倒吸
②根据反应物和生成物写出方程式即可
③蒸发结晶控制温度高于38℃即可
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安徽省江淮名校2020-2021学年高一下学期化学开学考试试卷
一、单选题
1.（2021高一下·安徽开学考）下列物质不能由对应的两种 单质直接化合制备的是（ ）
A. CuCl2 B. Na2O C. CO2 D. FeCl2
2.（2021高一下·安徽开学考）将表面已完全氧化的铝条，插入下列溶液中，不会发生反应的是（ ）
A. 稀硫酸 B. 稀硝酸 C. 氯化铜 D. 氢氧化钠
3.（2020高一上·哈尔滨月考）制取合金常用的方法是将两种或多种金属（或金属与非金属）加热到某一温度。使其全部熔化再冷却得到合金，根据下表中数据判断（其他条件均满足），下列合金不易采取这种方法制取的是（ ）
金属
熔点/ 97.5 649 660 1535
沸点/ 883 1090 2467 2750
A. 合金 B. 合金 C. 合金 D. 合金
4.（2021高一下·安徽开学考）下列说法中正确的是（ ）
A. 氯化钠水溶液能导电，故NaCl是电解质
B. AgCl难溶于水，则AgCl属于弱电解质
C. SO3溶于水能导电，则SO3是电解质
D. 在熔融状态或水溶液中均不导电的物质为非电解质
5.（2020高一上·亳州期中）某同学在一pH试纸上滴几滴新制的氯水，现象如图所示，下列有关该实验的说法中正确的是( )
A. 该实验说明Cl2分子具有漂白性
B. 该实验说明H＋扩散速度比HClO分子快
C. 将实验后的pH试纸在酒精灯上微热，试纸又恢复为原来的颜色
D. 若用久置的氯水进行实验，现象相同
6.（2021高一下·安徽开学考）某白色固体混合物由Na2SO4、CaCl2、MgCl2、K2CO3中的两种组成，进行如下实验：①混合物溶于水，得到澄清透明溶液；②向溶液中加碱，产生白色沉淀；③向溶液中加入BaCl2无明现象。根据实验现象可判断其组成为（ ）
A. Na2SO4、CaCl2 B. CaCl2、MgCl2
C. MgCl2、K2CO3 D. Na2SO4、K2CO3
7.（2021高一下·安徽开学考）在水溶液中能大量共存的一组离子是（ ）
A. Fe2+、Al3+、ClO-、Cl- B. K+、Cu2+、OH-、
C. 、Na+、Br-、 D. Mg2+、H+、 、
8.（2021高一下·安徽开学考）下列化学方程式或离子方程式书写正确的是（ ）
A. 浓盐酸与铁屑反应：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑
B. 向饱和NaOH溶液中通入过量CO2：2OH-+CO2=CO +H2O
C. 铁与水蒸气反应：3Fe+4H2O(g) Fe3O4+4H2
D. 向氢氧化钡溶液中滴加稀硫酸：Ba2++SO =BaSO4↓
9.（2021高一下·安徽开学考）下列实验操作、现象及所得出的结论或解释均正确的是（ ）
选项 实验操作 现象 结论或解释
A 将两根打磨光亮的镁条分别插入硫酸铜溶液和硝酸银溶液中 两根镁条上均有固体附着 金属的活动性顺序为Mg>Cu>Ag
B 向含FeCl3蚀刻液中加入少量的铁粉，振荡 未出现红色固体 蚀刻液中一定不含Cu2+
C 将氯气通入紫色石蕊溶液中 溶液先变红后褪色 Cl2有漂白性
D 将湿润的淀粉KI试纸放入某气体中 试纸变蓝 该气体不一定是Cl2
A. A B. B C. C D. D
10.（2021高一下·安徽开学考）将一定质量的镁铝合金投入一定体积10 mol·L-1的盐酸中，固体全部溶解后，向所得溶液中加入NaOH溶液，生成沉淀的质量与加入NaOH溶液的体积关系如图所示。若不考虑金属和盐酸反应时HCl的挥发，则下列说法错误的是（ ）
A. 该镁铝合金中铝的质量为5.4 g
B. 所用NaOH物质的量浓度为4.5 mol·L-1
C. 反应中沉淀的物质的量最多时为0.35 mol
D. 溶解合金所用盐酸的体积为100 mL
11.（2021高一下·安徽开学考）NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A. 0.1 mol·L-1 NaCl溶液中含有0.1NA个Cl-
B. 78 g Na2O2固体中所含阴离子数为NA
C. 含4 mol HCl的浓盐酸与足量MnO2反应可生成NA个Cl2
D. 标准状况下，11.2 L H2O中含有分子数目为0.5NA
12.（2021高一下·安徽开学考）由钠、镁、铝、锌四种金属单质中的两种组成的合金共24g，与足量的稀硫酸反应产生11.2L氢气(标准状况)，则合金中一定含有的金属是( )
A. Na B. Zn C. Al D. Mg
13.（2021高一下·安徽开学考）已知Co2O3在酸性溶液中易被还原成Co2＋ ， 且Co2O3、Cl2、FeCl3、I2的氧化性依次减弱。下列反应在水溶液中不可能发生的是（ ）
A. 3Cl2＋6FeI2=2FeCl3＋4FeI3 B. Cl2＋FeI2=FeCl2＋I2
C. Co2O3＋6HCl=2CoCl2＋Cl2↑＋3H2O D. 2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I2
14.（2021高一下·安徽开学考）下列三种方法均可制氧气：①电解水；②过氧化钠与二氧化碳反应；③超氧化钾与二氧化碳反应(4KO2+2CO2=2K2CO3+3O2)，若转移电子数目相同，三种方法依次制得氧气的物质的量之比为( )
A. 1：2：2 B. 2：1：1 C. 1：2：4 D. 4：2：1
15.（2021高一下·安徽开学考）向一定量的Cu、Fe2O3的混合物中通入过量的CO在高温下充分反应，固体质量减少0.96 g。若向相同质量的该混合物中加入40 mL一定物质的量浓度的盐酸，恰好能使混合物完全溶解，且所得溶液中不含Fe3+ ， 下列说法错误的是（ ）
A. 混合物中铜的质量为1.28 g B. 盐酸浓度为2 mol·L-1
C. 混合物中Fe2O3的质量是3.2 g D. Cu和Fe2O3的物质的量之比为1：1
二、综合题
16.（2021高一下·安徽开学考）硫酸高铈[Ce(SO4)2]可用作氧化还原反应的滴定剂。实验室要配制220mL0.1mol·L-1Ce(SO4)2溶液。回答下列问题：
（1）应该用托盘天平称取Ce(SO4)2·4H2O晶体质量为________g。
（2）配制溶液所需仪器除烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管外，还必须用到的一种玻璃仪器为________，在使用该仪器前必须进行的操作是________。
（3）试判断下列操作对配制溶液物质的量浓度的影响(填“偏高”“偏低”或“不变”)。
①定容时俯视刻度线________。
②转移前，容量瓶内有蒸馏水________。
③定容时水加多了用胶头滴管吸出________。
（4）取20mL一定浓度的FeSO4溶液于锥形瓶中，当滴入30.00mL0.1mol·L-1Ce(SO4)2溶液(铈被还原为Ce3+)时，FeSO4恰好完全反应，FeSO4溶液的物质的量浓度是________mol·L-1。
三、有机推断题
17.（2021高一下·安徽开学考）某化学研究性学习小组对某无色水样的成分进行检验，已知该水样中只可能含有K＋、Mg2＋、Fe3＋、Cu2＋、Al3＋、Ag＋、Ca2＋、CO32－、SO42－、Cl－中的若干种离子。该小组同学取100 mL水样进行实验，向水样中先滴加硝酸钡溶液，再滴加1 mol·L－1的硝酸，实验过程中沉淀质量的变化情况如图所示：
注明：Ob段表示滴加硝酸钡溶液；bd段表示滴加稀硝酸
（1）水样中一定含有的阴离子是________，其物质的量浓度之比为________。
（2）写出BC段所表示反应的离子方程式：________。
（3）由B点到C点变化过程中消耗硝酸的体积为________。
（4）试根据实验结果推断K＋是否存在？________(填“是”或“否”)；若存在，K＋的物质的量浓度c(K＋)的范围是________。(若K＋不存在，则不必回答该问)
（5）设计简单实验验证原水样中可能存在的离子：________。(写出实验步骤、现象和结论)
18.（2021高一下·安徽开学考）铁及其化合物用途非常广泛。回答下列问题：
（1）I.绿矾(FeSO4·7H2O)用于治疗缺铁性贫血。课外小组的同学欲测定某补血剂中铁元素的含量。实验步骤如下：
证明步骤①滤液中含有Fe2+的方法是________。
（2）步骤②加入过量H2O2的目的是________，该步骤中H2O2还可替换为________(填字母)。
A．N2 B．O2 C．Cu D．H2
（3）若实验中铁无损耗，则每片补血剂中含铁元素的质量为________g。
（4）II.高铁酸钠(Na2FeO4)用作新型净水剂等。
Na2FeO4主要通过如下反应制取：2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5X，则X的化学式为________，该反应中氧化剂为________。
（5）Na2FeO4在水中可以发生如下反应：4FeO +10H2O=4Fe(OH)3(胶体)+8OH-+3O2↑。鉴别有胶体产生的方法为________。
19.（2021高一下·安徽开学考）如图所示，是一个制取氯气并以氯气为原料进行特定反应的装置，其中各试剂瓶装的试剂为：B(氢硫酸)、C(溴化亚铁溶液)、D(KI-淀粉溶液)、E(混有二氧化硫的氯化钡溶液)、F(水)、H(紫色石蕊试液)。
（1）A是氯气发生装置，其化学反应方程式是________。
（2）I中b瓶内加入的液体最好是________。
（3）用图示的II可代替I，但III不可以，请简要说明理由________。
（4）实验开始时，先点燃A处酒精灯，打开分液漏斗旋塞和I处活塞，让氯气充满整个装置，再点燃G处酒精灯，回答下列问题：
①凭什么实验现象证明氯气已充满了整个装置________。
②下列装置中的现象是C________；D________；E________；F________。
（5）G装置的硬质玻璃管内盛有炭粉，发生氧化还原反应，其产物为二氧化碳和氯化氢，写出G中反应的化学方程式：________。
（6）在H处，紫色石蕊试液的颜色由紫色变为红色，再变为无色，其原因是________。
20.（2021高一下·安徽开学考）Cl2、ClO2、NaClO2均是强氧化剂，根据要求回答下列问题：
（1）Cl2与NaClO2溶液反应可制取ClO2和NaCl。该反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为________。
（2）Cl2与ClO2均具有杀菌能力。ClO2杀菌效率是Cl2的________倍(已知杀菌效率是指单位质量的氧化剂得电子数目的多少，结果保留三位有效数字。)
（3）已知在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2 ， 向NaClO2溶液中滴加盐酸，反应剧烈，若将盐酸换成等c(H+)的硫酸，开始反应缓慢，稍后一段时间产生气体迅速加快，产生这种现象可能的原因是________。
（4）ClO2易分解，为了运输和贮存常将其制成NaClO2固体。反应原理为2ClO2+2NaOH+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2↑，某同学模拟工业制NaClO2 ， 其装置如图所示：
①仪器a的名称是________，装置B的作用是________。
②装置A中反应生成KHCO3和ClO2 ， 写出该反应的化学方程式：________。
③已知饱和NaClO2溶液在温度低于38℃时析出的晶体是NaClO2·3H2O，在温度高于38℃时析出的晶体是NaClO2 ， 设计从NaClO2溶液中制取晶体NaClO2的操作：________。
答案解析部分
一、单选题
1.【答案】 D
【考点】氯气的化学性质，常见金属的活动性顺序及其应用，钠的化学性质
【解析】【解答】A．铜和氯气在点燃的条件下生成氯化铜，A项不符合题意；
B．Na2O可由钠与氧气直接化合生成，B项不符合题意；
C．碳在氧气中充分燃烧生成CO2 ， C项不符合题意；
D．铁与氯气直接化合生成氯化铁，不能得到FeCl2 ， D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】氯气的氧化性很强不能与铁化合成亚铁
2.【答案】 C
【考点】镁、铝的重要化合物，两性氧化物和两性氢氧化物
【解析】【解答】A．稀硫酸可以和氧化铝反应生成硫酸铝和水，然后铝和稀硫酸反应生成硫酸铝和氢气，A不符题意；
B．稀硝酸可以和氧化铝反应生成硝酸铝和水，然后铝和稀硝酸发生氧化还原反应生成硝酸了、水和一氧化氮，B不符题意；
C．氯化铜不和氧化铝反应，C符题意；
D．氢氧化钠和氧化铝反应生成偏铝酸钠和水，然后铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，D不符题意；
故答案为：C。
【分析】完全氧化的铝条表面有氧化铝，氧化铝是两性氧化物，可以和酸、碱反应
3.【答案】 C
【考点】合金及其应用
【解析】【解答】两种金属能够通过加热使其全部熔化再冷却得到合金，要求两种金属在某一温度下均为液态。即两种金属的熔点和沸点两个温度差有交集。所以 、 、 都可以形成合金。而钠在883℃即沸腾，而铁在1535℃才熔化，所以不能形成 合金。
故答案为：C。
【分析】制作合金必须是一种金属的沸点不能低于另外一种金属的熔点，给出的几种合金，钠的沸点低于铁的熔点
4.【答案】 A
【考点】电解质与非电解质，强电解质和弱电解质
【解析】【解答】A． 氯化钠水溶液能导电，说明在水溶液中NaCl能电离，故NaCl是电解质，故A符合题意；
B． AgCl难溶于水，但溶解的部分全电离，则AgCl属于强电解质，故B不符合题意；
C． SO3溶于水能导电，是三氧化硫与水反应生成硫酸电离，不是三氧化硫自身电离，SO3是非电解质，故C不符合题意；
D． 在熔融状态和水溶液中均不导电的化合物为非电解质，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】电解质是在水溶液或者是熔融状态下能够导电的化合物，非电解质是在水溶下和熔融状态下均不导电的化合物。
二氧化硫，二氧化碳溶于水可以导电但是不是电解质，电解质是碳酸分子和亚硫酸分子。一些难溶性的盐均存在电离平衡，只要是溶解的均全部电离故为强电解质
5.【答案】 B
【考点】氯气的化学性质
【解析】【解答】A、HClO具有漂白性，Cl2无漂白性，选项A不符合题意；
B、由实验可知，滴加氯水的区域变白色，而周围变成红色，可说明H＋的扩散速度比HClO分子快，选项B符合题意；
C、HClO的漂白持久、稳定，实验后的pH试纸加热不会恢复原来的颜色，选项C不符合题意；
D、久置的氯水主要成分为稀盐酸，无漂白性，选项D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】本题考查氯气的性质，侧重于氯水的组成和性质的考查，注意把握相关物质的性质，氯气与水反应，发生Cl2+H2O=H++Cl-+HClO，氯水中含有HClO、Cl2 ， 具有氧化性，其中HClO具有漂白性，含有H+ ， 具有酸性。
6.【答案】 B
【考点】离子反应发生的条件，离子共存
【解析】【解答】由分析可知：溶液中无K2CO3、Na2SO4 ， 故溶液中存在CaCl2、MgCl2 ，
故答案为：B。
【分析】某白色固体混合物由Na2SO4、CaCl2、MgCl2、K2CO3中的两种组成，进行如下实验：①混合物溶于水，得到澄清透明溶液，CaCl2、MgCl2与K2CO3不共存，CaCl2与Na2SO4不共存；②向溶液中加碱，产生白色沉淀，说明溶液中有MgCl2 ， 说明 溶液中无K2CO3；③向溶液中加入BaCl2无明现象，说明溶液中没有Na2SO4 ， 故溶液中存在CaCl2、MgCl2。
7.【答案】 C
【考点】离子共存
【解析】【解答】A．ClO-具有较强的氧化性，Fe2+和ClO-发生氧化还原反应而不能大量共存，A不符题意；
B．Cu2+和OH-反应生成氢氧化铜沉淀而不能大量共存，B不符题意；
C．四种离子之间不发生任何反应，可大量共存，C符合题意；
D．H+和 反应生成硅酸沉淀而不能大量共存，D不符题意。
故答案为：C。
【分析】常见的不能共存主要是发生复分解反应和氧化还原反应不能共存。
发生复分解反应不能共存的是：Cu2+和OH- ， Mg2+和SIO32-,H+和SiO32- Fe2+和OH-等
发生氧化还原反应不能共存的是ClO-和Fe2+ ， ClO-和S2-等
8.【答案】 C
【考点】离子共存，铁的化学性质
【解析】【解答】A．浓盐酸和铁反应生成二价铁离子，A项不符合题意；
B．向饱和NaOH溶液中通入过量CO2生成碳酸氢钠，B项不符合题意；
C．铁与水蒸气反应：3Fe+4H2O(g) Fe3O4+4H2 ， C项符合题意；
D．氢离子与氢氧根离子也参与反应，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.盐酸的氧化性不强只能将铁变成二价铁， Fe+2H+=Fe2++3H2↑
B. 正确的离子方程式是 OH-+CO2=HCO3-
C.铁与高温的水蒸气发生氧化还原反应
D.生成的水是弱电解质不能拆开
9.【答案】 D
【考点】氯气的化学性质，镁的化学性质
【解析】【解答】A．A中根据实验步骤和实验现象只能证明金属的活动性顺序Mg>Cu，Mg>Ag，A项不符合题意；
B．氧化性Fe3+>Cu2+ ， Fe3+过量，B中未出现红色固体不能证明不含Cu2+ ， B项不符合题意；
C．氯气通入紫色石蕊溶液中溶液先变红后褪色，是因为次氯酸有漂白性，C项不符合题意；
D．将湿润的淀粉KI试纸放入某气体中试纸变蓝证明有碘单质生成，只要是氧化性比碘单质强的气体即可，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.铜和银的活动性并未比较
B.铁粉的量少量，先和铁离子反应
C.干燥的氯气不具有漂白性，具有漂白性是氯气和水反应产生了次氯酸
D.能将碘离子变成碘单质的不一定是氯气
10.【答案】 B
【考点】镁的化学性质，铝的化学性质，镁、铝的重要化合物，两性氧化物和两性氢氧化物
【解析】【解答】A．根据图像可知生成的氢氧化铝的质量是24.3g－8.7g＝15.6g，物质的量是15.6g÷78g/mol＝0.2mol，根据铝原子守恒可知该镁铝合金中铝的质量为0.2mol×27g/mol＝5.4 g，A不符合题意；
B．溶解0.2mol氢氧化铝消耗氢氧化钠溶液是40mL，根据方程式NaOH+Al(OH)3=NaAlO2+2H2O可知消耗氢氧化钠的物质的量是0.2mol，则所用NaOH物质的量浓度为0.2mol÷0.04L＝5 mol·L-1 ， B符合题意；
C．氢氧化镁的质量是8.7g，物质的量是8.7g÷58g/mol＝0.15mol，则反应中沉淀的物质的量最多时为0.15mol+0.2mol＝0.35 mol，C不符合题意；
D．当开始产生沉淀时溶液中的溶质是氯化镁、氯化铝和氯化钠，溶液中氯离子的物质的量是0.15mol×2+0.2mol×3+0.02L×5mol/L＝1.0mol，则溶解合金所用盐酸的体积为1mol÷10mol/L＝0.1L＝100 mL，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】从图象可知，从开始至加入NaOH溶液20mL，没有沉淀生成，说明原溶液中盐酸溶解Mg、Al后有剩余，此时发生的反应为HCl+NaOH=NaCl+H2O，当V(NaOH)=200mL时，沉淀量最大，此时为Mg(OH)2和Al(OH)3；当V(NaOH)=240mL时，沉淀不再减少，此时全部为Mg(OH)2。从200mL到240mL，NaOH溶解Al(OH)3：NaOH+Al(OH)3=NaAlO2+2H2O，根据各阶段各物质的量进行计算和判断。
11.【答案】 B
【考点】氯气的实验室制法，物质的量的相关计算
【解析】【解答】A． 0.1 mol·L-1 NaCl溶液中因缺少溶液的体积，无法计算含有Cl-的个数，故A不符合题意；
B． Na2O2由钠离子和过氧根离子构成，78 g Na2O2固体中所含阴离子数为NA ， 故B符合题意；
C． 含4 mol HCl的浓盐酸与足量MnO2反应得不到NA个Cl2 ， 故C不符合题意；
D． 标准状况下，11.2 L H2O是液体，不能用气体摩尔体积计算含有分子数目，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.根据n=cv计算，但溶液体积未知
B.根据Na2O2=2Na++O22-计算即可
C.稀盐酸与二氧化锰不反应
D.使用摩尔体积时需要注意条件和状态
12.【答案】 B
【考点】钠的化学性质，镁的化学性质，铝的化学性质
【解析】【解答】令两种单质组成的混合物为R，且反应后R的化合价为+2价，R与稀硫酸反应R＋2H＋=R2＋＋H2↑， ，解得M(R)=48g·mol－1 ， 平均摩尔质量为48g·mol－1 ， 那么其中一种金属的摩尔质量大于48g/mol，另外一种金属的摩尔质量小于48g/mol；化合物中Na的化合价为＋1价，转化成＋2价时，Na摩尔质量为46g·mol－1；Zn的摩尔质量为65g·mol－1；Al的化合物中 Al的化合价为＋3价，转化为＋2价，Al摩尔质量为18g·mol－1；Mg的价态为＋2价，摩尔质量为24g·mol－1；根据上述分析，只有Zn的摩尔质量大于48g/mol，合金中一定含有的金属是Zn，选项B符合题意；
故答案为B。
【分析】这些金属都能与稀硫酸反应生成氢气，设两种单质组成的混合物为R，同时令反应后R的化合价为+2价，有R＋2H＋=R2＋＋H2↑，根据题中所给量，求出R的平均摩尔质量，利用极端法，得出结果；
13.【答案】 A
【考点】氧化还原反应，氧化性、还原性强弱的比较，氧化还原反应方程式的配平
【解析】【解答】A．由于Cl2、FeCl3、I2的氧化性依次减弱，FeCl3能氧化I- ， 则产物不可能同时有FeCl3和FeI3 ， A不可能发生，A符合题意；
B．由于Cl2、FeCl3、I2的氧化性依次减弱，当Cl2少量时，可以发生Cl2＋FeI2=FeCl2＋I2 ， B不合题意；
C．由于Co2O3、Cl2的氧化性依次减弱，故反应Co2O3＋6HCl=2CoCl2＋Cl2↑＋3H2O能够发生，C不合题意；
D．由于FeCl3、I2的氧化性依次减弱，故反应2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I2能够发生，D不合题意；
故答案为：A。
【分析】根据同一氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物，据此分析解题
14.【答案】 C
【考点】氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】①电解水的反应为： ，生成1 molO2转移电子数为4 mol；②过氧化钠与二氧化碳反应： ，生成1 molO2转移电子数为2 mol；③超氧化钾与二氧化碳反应(4KO2+2CO2=2K2CO3+3O2)，生成1 molO2转移电子数为1 mol；则转移电子数目相同，三种方法依次制得氧气的物质的量之比为1:2:4，故C符合题意。
故答案为：C。
【分析】写出方程式和转移电子数目的关系，根据给出的电子数计算出氧气的物质的量即可比较
15.【答案】 B
【考点】铁的氧化物和氢氧化物，铜及其化合物，有关混合物反应的计算
【解析】【解答】A．混合物中铜的质量为m(Cu)=0.02mol×64g/mol=1.28g，A项不符合题意；
B．盐酸浓度为c(HCl)=0.02mol×6÷0.04L=3mol/L，B项符合题意；
C．混合物中Fe2O3的质量是m(Fe2O3)=0.02mol×160g/mol=3.2g，C项不符合题意；
D．Cu和Fe2O3的物质的量之比为n(Cu):n(Fe2O3)=0.02:0.02=1:1，D项不符合题意；
故答案为B。
【分析】由题得：向一定量的Cu、Fe2O3的混合物中通入过量的CO发生反应： ，减少的固体质量是氧化铁中氧元素的质量，n(O)=0.96g÷16g/mol=0.06mol，m(Fe2O3)=0.02mol×160g/mol=3.2g；向相同质量的该混合物中加入40 mL一定物质的量浓度的盐酸，恰好能使混合物完全溶解，且所得溶液中不含Fe3+ ， 发生反应的化学方程式为 ， ，且反应完全，可计算出混合物中含0.02molCu，据此分析解答。
二、综合题
16.【答案】 （1）10.1
（2）250mL容量瓶；检查是否漏液
（3）偏高；不变；偏低
（4）0.15
【考点】配制一定物质的量浓度的溶液，物质的量浓度
【解析】【解答】(1)实验室没有220mL的容量瓶，应选用250mL容量瓶配制该溶液，所需Ce(SO4)2·4H2O的质量为250×10－3L×0.1mol·L－1×404g·mol－1=10.1g，故答案为10.1g；
(2)配制一定物质的量浓度的溶液需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶，根据所给仪器，缺少容量瓶，配制220mL溶液，需用250mL容量瓶，即缺少的仪器是250mL容量瓶，使用容量前，需要检漏，故答案为250mL容量；检查是否漏液；
(3)分析误差，需要根据 进行分析；
①定容时，俯视刻度线，使溶液的体积小于容量瓶的规格，所配溶液浓度偏高，故答案为偏高；
②转移前，容量瓶中有无蒸馏水，对实验结果无影响，故答案为不变；
③定容时水加多了，稀释了原来溶液，所配溶液的浓度偏低，故答案为偏低；
(4)根据题意Fe2＋被氧化成Fe3＋ ， Ce的化合价降低，根据得失电子数目守恒，20×10－3L×c(FeSO4)×1=30.00×10－3L×0.1mol·L－1×1，解得c(FeSO4)=0.15mol·L－1 ， 故答案为0.15mol·L－1。
【分析】（1）根据n=cv和m=nM计算出质量即可
（2）考查的是溶液的配制，需要用到250ml容量瓶，在使用仪器之前必须进行检查装置是否漏液
（3）根据,①俯视读数，导致v偏小，c偏大② 最后要加水定容，故不影响 ③定容时，水多，v偏大，c减小
（4）利用氧化还原反应计算出亚铁离子的物质的量即可
三、有机推断题
17.【答案】 （1）SO42- CO32-；1：2
（2）BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O
（3）40 mL
（4）是；c(K+)≥0.6 mol·L-1
（5）取少量水样于试管中，向其中加入过量的硝酸钡溶液和稀硝酸，待沉淀完全后，向上层清液中滴加硝酸银溶液，若产生白色沉淀，则原水样中含Cl-；若不产生白色沉淀,则原水样中不含Cl-
【考点】常见离子的检验，离子共存，物质的量浓度，物质的量的相关计算
【解析】【解答】(1)该水样为无色溶液，Fe3+、Cu2+不存在；依据图像分析加入硝酸钡溶液生成沉淀，加入稀硝酸，沉淀部分溶解证明水样中一定含有SO42-、CO32-；，又因为Al3+与CO32-发生双水解，CO32-与Ag+、Ca2+、Mg2+发生反应生成沉淀不能大量存在，所以Al3+、Ag+、Ca2+、Mg2+不存在；n(SO42-)= =0.01mol，m(BaCO3)=6.27g-2.33g=3.94g，n(CO32-)=n(BaCO3)= =0.02mol，所以c(SO42-)∶c(CO32-)=1∶2；
(2)BC段所表示反应是碳酸钡溶于稀硝酸的反应，反应的离子方程式为BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O；
(3)由B点到C点变化过程中依据图像分析溶解的碳酸钡的物质的量n(BaCO3) =0.02 mol；消耗稀硝酸物质的量为0.04 mol，消耗硝酸的体积= =0.04L=40 mL；
(4)依据电解质溶液呈电中性，阳离子K+一定存在；根据电荷守恒得到：0.01 mol×2+0.02 mol×2+n(Cl-)=n(K+)推知n(K+)≥0.06 mol，则c(K+)≥0.6 mol·L-1；
(5)可能存在的离子是Cl- ， 实验设计为：取少量水样于试管中，向试管中加入过量的硝酸钡溶液和稀硝酸，待沉淀完全和无气体生成后，向上层清液中滴加适量的硝酸银溶液，若生成白色沉淀，则原水样中含有Cl-；若无白色沉淀生成，证明无Cl-存在。
【分析】该水样为无色溶液，可知水样中一定不含Fe3+、Cu2+ ， 结合图象可知，加入硝酸钡溶液生成沉淀，加入稀硝酸，沉淀部分溶解证明水样中一定含有SO42- ， CO32- ， 又因为Al3+与CO32-发生双水解，CO32-与Ag+、Ca2+、Mg2+发生反应生成沉淀不能大量存在，所以Al3+、Ag+、Ca2+、Mg2+不存在，由电荷守恒可知溶液中一定含阳离子，阳离子K+一定存在，原溶液中可能含有Cl- ， 以此来解答。
18.【答案】 （1）取样先滴加KSCN溶液，无明显现象，再滴加氯水或双氧水、稀硝酸等合理氧化剂，溶液由浅绿色变为红色，则样品中含有Fe2+
（2）将Fe2+全部氧化为Fe3+；B
（3）0.07a
（4）H2O；NaClO
（5）丁达尔效应
【考点】氧化还原反应，铁盐和亚铁盐的相互转变，二价铁离子和三价铁离子的检验
【解析】【解答】(1)证明步骤①滤液中含有Fe2+的方法是取样先滴加KSCN溶液，无明显现象，再滴加氯水或双氧水、稀硝酸等合理氧化剂，溶液由浅绿色变为红色，则样品中含有Fe2+。故答案为：取样先滴加KSCN溶液，无明显现象，再滴加氯水或双氧水、稀硝酸等合理氧化剂，溶液由浅绿色变为红色，则样品中含有Fe2+；
(2)步骤②加入过量H2O2发生的反应是亚铁离子被过氧化氢氧化生成铁离子，反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，故目的是将Fe2+全部氧化为Fe3+ ， O2具有氧化性能将亚铁离子氧化，该步骤中H2O2还可替换为O2。N2性质稳定、Cu、H2具有还原性；故答案为：将Fe2+全部氧化为Fe3+；B；
(3)若实验中铁无损耗，最后氧化铁为ag，氧化铁含有铁元素的质量为 ×ag=0.7ag，则每片补血剂中含铁元素的质量为 =0.07ag。故答案为：0.07a；
(4)Na2FeO4主要通过如下反应制取：2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5X，根据质量守恒，则X的化学式为H2O，该反应中氧化剂为NaClO，氯由+1价降为-1价。故答案为：H2O；NaClO；
(5)Na2FeO4在水中可以发生如下反应：4FeO +10H2O=4Fe(OH)3(胶体)+8OH-+3O2↑。反应中有胶体产生，利用胶体的性质鉴别，鉴别有胶体产生的方法为丁达尔效应。故答案为：丁达尔效应。
【分析】Fe3+遇KSCN溶液显红色，该现象用于检验Fe3+存在，证明操作Ⅰ滤液中含有Fe2+的方法之一是取样先滴加KSCN溶液，无明显现象，再滴加氯水或双氧水、稀硝酸等合理氧化剂，溶液由浅绿色变为红色；步骤②加入过量H2O2的目的是，过氧化氢氧化亚铁离子；根据氧化铁的质量计算铁元素的质量。注意ag氧化铁含有的铁元素质量为10片含有的铁元素质量；利用胶体的性质鉴别胶体的产生。
19.【答案】 （1）MnO2+4HCl（浓） MnCl2+Cl2↑+2H2O
（2）饱和食盐水
（3）Ⅱ与Ⅰ原理相同，而Ⅲ中因c瓶口密封，体积不能改变，压强增大会有危险
（4）观察当整个装置内充满黄绿色气体时，说明氯气已充满整个装置；溶液由浅绿色变为深红棕色；溶液变蓝；生成白色沉淀；水溶液呈淡黄绿色
（5）C+2H2O+2Cl2 CO2+4HCl
（6）生成HCl使紫色石蕊溶液变红色，剩余的氯气又与水反应生成HClO，HClO起漂白作用，使红色褪去
【考点】氯气的实验室制法，常见气体制备原理及装置选择，实验装置综合
【解析】【解答】(1)在加热条件下，二氧化锰与浓盐酸反应生成氯化锰、氯气和水，离子方程式为：MnO2+4HCl（浓） MnCl2+Cl2↑+2H2O；故答案为：MnO2+4HCl（浓） MnCl2+Cl2↑+2H2O；
(2)常利用排饱和食盐水收集氯气，Ⅰ中b瓶内加入的液体最好是饱和食盐水，故答案为：饱和食盐水；
(3)Ⅱ与Ⅰ原理相同，而Ⅲ中因c瓶口密封，气体不能流通，存在安全隐患，故不能代替Ⅰ，故答案为：Ⅱ与Ⅰ原理相同，而Ⅲ中因c瓶口密封，体积不能改变，压强增大会有危险；
(4)①氯气是黄绿色气体，观察当整个装置内充满黄绿色气体时，说明氯气已充满整个装置，故答案为：观察当整个装置内充满黄绿色气体时，说明氯气已充满整个装置；
②b氯气通过B为硫化氢溶液，发生氧化还原反应生成硫单质，C溴化亚铁溶液氧化亚铁离子和溴离子为铁离子，溶液由浅绿色变为深红棕色；通入D碘化钾淀粉溶液生成碘单质遇淀粉变蓝；通入E混有二氧化硫的氯化钡溶液，氧化二氧化硫为硫酸，生成白色沉淀，F是提供水蒸气，氯气溶解于水中，溶液呈淡黄绿色；故答案为：溶液由浅绿色变为深红棕色；溶液变蓝；生成白色沉淀；水溶液呈淡黄绿色；
(5)根据元素守恒可知，反应物除氯气和碳外，还有水，产物为二氧化碳和氯化氢，反应的化学方程式为C+2H2O+2Cl2 CO2+4HCl；反应物除氯气和碳外还有水，所以装置F的作用是为G提供水蒸气。故答案为：C+2H2O+2Cl2 CO2+4HCl；
(6)H为紫色石蕊溶液，盐酸能使紫色石蕊溶液变红，未参加反应的氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸起漂白作用，故答案为：生成HCl使紫色石蕊溶液变红色，剩余的氯气又与水反应生成HClO，HClO起漂白作用，使红色褪去。
【分析】分析反应装置可知，A实验中制备氯气利用的是二氧化锰和浓盐酸的加热反应；I中b，氯气能溶于水，可排饱和食盐水收集，减少氯气损耗；Ⅱ与Ⅰ原理相同，而Ⅲ中因c瓶口密封，气体不能流通，存在安全隐患，故不能代替Ⅰ；氯气通过B为硫化氢溶液，发生氧化还原反应生成硫单质，C溴化亚铁溶液氧化亚铁离子和溴离子为铁离子，溶液由浅绿色变为深红棕色；通入D碘化钾淀粉溶液生成碘单质遇淀粉变蓝；通入E混有二氧化硫的氯化钡溶液，氧化二氧化硫为硫酸，生成白色沉淀，F是提供水蒸气，氯气溶解于水中，溶液呈淡黄绿色；G根据元素守恒可知，反应物除氯气和碳外，还有水，产物为二氧化碳和氯化氢，H为紫色石蕊溶液，盐酸能使紫色石蕊溶液变红，未参加反应的氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸起漂白作用。
20.【答案】 （1）1：2
（2）2.63
（3）生成的氯离子对反应起催化作用
（4）干燥管；安全瓶，防止倒吸；H2C2O4+2KClO3=2KHCO3+2ClO2；将NaClO2溶液蒸发结晶，温度高于38℃趁热过滤
【考点】氯气的化学性质，氯、溴、碘及其化合物的综合应用
【解析】【解答】(1)Cl2与NaClO2溶液反应生成ClO2和NaCl，根据价态变化规律，该反应中Cl2中氯元素化合价降低，做氧化剂，NaClO2中氯元素化合价升高做还原剂，则化学方程式为：Cl2+2NaClO2 =2ClO2↑+2NaCl，则氧化剂与还原剂物质的量之比为1:2，故答案为：1:2；
(2)两种氧化剂中的氯元素都被还原为Cl- ， 1mol Cl2质量为71g，得2mol电子，则1g Cl2得电子的物质的量为 mol，1mol ClO2质量为67.5g，得5mol电子，则1g ClO2得电子的物质的量为 mol， =2.63，所以ClO2杀菌效率是Cl2的2.63倍，故答案为：2.63；
(3)酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2 ， 根据价态变化规律，写出反应的离子方程式为：5Cl +4H+=4ClO2↑+Cl-+2H2O，由反应式可知，反应生成了Cl-对反应起催化作用，所以加硫酸时，开始反应缓慢，稍后一段时间产生气体迅速加快，故答案为：生成的氯离子对反应起催化作用；
(4)①根据仪器a的构造特征知其名称是干燥管，装置B中的两个导管都较短，其作用是安全瓶，防止倒吸，故答案为：干燥管；安全瓶，防止倒吸；
②H2C2O4和KClO3反应生成KHCO3和ClO2 ， 根据得失电子守恒和原子守恒，反应的化学方程式为：H2C2O4+2KClO3=2KHCO3+2ClO2 ， 故答案为：H2C2O4+2KClO3=2KHCO3+2ClO2；
③根据题给信息，制取晶体NaClO2 ， 要防止析出的晶体是NaClO2·3H2O，故采用将NaClO2溶液蒸发结晶，温度高于38℃趁热过滤，故答案为：将NaClO2溶液蒸发结晶，温度高于38℃趁热过滤。
【分析】（1）写出氧化还原方程式标出化合价找出氧化剂和还原剂即可
（2）计算出单位质量的氧化剂全部变为氯离子转移的电子数的大小即可
（3）对比反应，酸根离子不同导致现象不同，可能是氯离子对反应起到催化作用
（4）①a的名称是干燥管，这个地方只用于防倒吸
②根据反应物和生成物写出方程式即可
③蒸发结晶控制温度高于38℃即可
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