第2章《元素与物质世界》单元测试卷
一、单选题
1．M2O7X－与S2－ 在酸性溶液中发生如下反应： M2O7X－+3S2－+ZH+===YM3++3S↓+7 H2O，则M2O7X－中M的化合价是
A．+1 B．+3 C．+4 D．+6
2．室温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A．0.1 mol·L-1 KI溶液：Na＋、K＋、ClO-、OH-
B．使甲基橙呈黄色的溶液：NH、Ba2＋、Cl-、NO
C．0.1 mol·L-1 Fe2(SO4)3溶液：Cu2＋、NH、NO、SO
D．与铝反应产生大量氢气的溶液：Na＋、K＋、CO、SO
3．下表为各物质中所含有的少量杂质，以及除去这些杂质应选用的试剂或操作方法，正确的一组为
序号 物质 杂质 除杂质应选用的试剂或操作方法
① KNO3溶液 KOH 加入MgCl2溶液，并过滤
② FeSO4溶液 CuSO4 加入过量铁粉，并过滤
③ H2 CO2 通过盛有NaOH溶液的洗气瓶，再通过盛有浓硫酸的洗气瓶
④ NaNO3 CaCO3 溶解、过滤、蒸发
A．①②③④ B．③④ C．②③④ D．①②③
4．下列实验操作规范且能达到目的的是
目的 操作
A． 取25.00mL盐酸 在50mL酸式滴定管中装入盐酸，调整初始读数为25.00mL后，将剩余盐酸放入锥形瓶
B． 配制浓度为0.1000mol L 1的MgCl2溶液 称取MgCl2固体0.95g，放入100mL容量瓶中，加水溶解并稀释至刻度
C． 清洗碘升华实验所用试管 先用酒精清洗，再用水清洗
D． 测定醋酸钠溶液pH 用玻璃棒蘸取溶液，点在湿润的pH试纸上
A．A B．B C．C D．D
5．按照物质的树状分类和交叉分类，硫酸应属于
①酸 ②能导电的纯净物 ③含氧酸 ④混合物 ⑤化合物 ⑥二元酸 ⑦电解质
A．①②③④⑦ B．①③⑤⑥⑦
C．①②③⑤⑥⑦ D．②③⑤⑥⑦
6．下列电离方程式正确的是
A． B．
C． D．
7．下列各组离子在指定溶液中一定大量共存的是
A．含有的溶液中：、、、
B．常温下由水电离出的 的溶液中：、、
C．常温下 的溶液中：、、、
D．在 的溶液中：、、、
8．下列炼铁高炉里所发生的化学反应方程式书写及反应基本类型都完全正确的是
A．2C+O22CO2(化合反应) B．CO2+C2CO(化合反应)
C．CaCO3CaO+CO2(分解反应) D．3CO+Fe2O32Fe+3CO2(置换反应)
9．下列除杂试剂或方法不正确的是选项
选项 被提纯物质 杂质 除杂试剂或方法
A Fe2O3 Al2O3 加入过量盐酸并过滤
B FeCl2溶液 FeCl3 加入过量铁粉并过滤
C 镁粉 铝粉 加入过量NaOH溶液并过滤
D Na2CO3固体 NaHCO3 加热到固体质量不变
A．A B．B C．C D．D
10．某粉末由两种物质组成，为鉴别其成分进行如下实验：取少量样品，向其中加入足量蒸馏水，仍有部分固体未溶解；再加入足量稀盐酸，有刺激性气味的气体产生，固体全部溶解。该粉末的物质组成可能为
A．、 B．、
C．、 D．、
11．下列离子方程式正确的是
A．亚硫酸氢钠溶液加入硫酸氢钠溶液中：
B．澄清石灰水与过量反应：
C．与在酸性溶液中的反应：
D．向氢氧化钡溶液中滴加硫酸镁溶液：
12．氮化铝(AlN)是一种新型无机材料，广泛应用于电子、陶瓷等工业领域。在一定条件下，AlN可通过反应Al2O3+N2+3C 2AlN+3CO合成。已知AlN可与NaOH溶液反应放出有刺激性气味的气体。下列叙述正确的是( )
A．AlN中氮元素的化合价为+3
B．上述反应中，N2是还原剂，Al2O3是氧化剂
C．上述反应中，每生成1molAlN需转移6mol电子
D．AlN与NaOH溶液反应的化学方程式为：AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑
二、填空题
13．二氧化硒()是一种氧化剂，其被还原后的单质硒可能成为环境污染物，通过与浓硝酸或浓硫酸反应生成可以回收Se。完成下列填空：
(1)Se和浓硝酸反应的还原产物为NO和，且NO和的物质的量之比为1∶1，写出Se和浓硝酸的反应方程式：______________。
(2)已知：
、(浓)、的氧化性由强到弱的顺序是______________。
(3)回收得到的的含量，可以通过下面的方法测定：
①
②
配平方程式①，标用单线桥法出电子转移的方向和数目________。
14．Ⅰ．高铁酸钾（K2FeO4）是一种新型、高效、多功能绿色水处理剂，比Cl2、O2、ClO2、KMnO4氧化性更强，无二次污染，工业上是先制得高铁酸钠，然后在低温下，向高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和，使高铁酸钾析出。
（1）干法制备高铁酸钠的主要反应为：2FeSO4 + 6 Na2O2 = 2Na2FeO4 + 2Na2O + 2Na2SO4 + O2↑，该反应中氧化剂是________（填化学式），过氧化钠（Na2O2）中氧元素化合价为_____。（填数字）
（2）湿法制备高铁酸钾（K2FeO4）的反应体系中有六种数粒：Fe（OH）3、ClO－、OH－、FeO42-、Cl－、H2O。
①碱性条件下，氧化剂和还原剂的物质的量的比为3:2发生反应，写出并配平湿法制高铁酸钾的离子反应方程式：_________________。
②每生成1mol FeO42-转移___mol电子，若反应过程中转移了0.3mol电子，则还原产物的物质的量为_____mol。
（3）配平下面化学方程式，回答下列问题：____C +K2Cr2O7+H2SO4=K2SO4+CO2↑+Cr2(SO4)3+H2O。
①H2SO4在上述反应中表现出来的性质是（填选项编号）______。
A．氧化性 B．氧化性和酸性 C．酸性 D．还原性和酸性
②若反应中电子转移了0．8 mol，则产生的气体在标准状况下的体积为_____L。
15．某课外学习小组对日常生活中不可缺少的调味品M进行探究。已知C可在D中燃烧发出苍白色火焰。M与其他物质的转化关系如图1所示(部分产物已略去)：
(1)写出B的电子式________。
(2)若A是一种非金属单质，且可用于制造半导体材料，写出A和B水溶液反应的离子方程式__________________________。
(3)若A是CO2气体，A与B溶液能够反应，反应后所得的溶液再与盐酸反应，生成的CO2物质的量与所用盐酸体积如图2所示，则A与B溶液反应后溶液中所有溶质的化学式为_____________；c(HCl)=________mol/L。
(4)若A是一种常见金属单质，且A与B溶液能够反应，则将过量的F溶液逐滴加入E溶液，边加边振荡，所看到的实验现象是______________________________________。
(5)若A是一种可用于做氮肥的化合物, A和B反应可生成气体E，E与F、E与D相遇均冒白烟，且利用E与D的反应检验输送D的管道是否泄漏，写出E与D反应的化学方程式为___________________。
(6)若A是一种溶液，可能含有H＋、NH、Mg2＋、Fe3＋、Al3＋、CO32-、SO42-中的某些离子，当向该溶液中加入B溶液时发现生成沉淀的物质的量随B溶液的体积发生变化如图3所示，由此可知，该溶液中肯定含有的离子是_____________________，它们的物质的量浓度之比为______________。
三、计算题
16．在加热条件下，用二氧化锰与足量浓盐酸反应，制得氯气0.56L(标准状况)。问：
(1)理论上需要消耗MnO2的质量为_______。
(2)被氧化的HCl的物质的量是_______。
17．在智利硝石矿层中含有碘酸钠，可用亚硫酸氢钠与其反应来制备单质碘，其化学方程式是2NaIO3＋5NaHSO3===3NaHSO4＋2Na2SO4＋I2＋H2O
(1)反应中______元素被氧化，_______是氧化剂。
(2)用“双线桥”标出电子转移的方向和数目。_________。
(3)反应产物中，氧化产物与还原产物的物质的量之比为__________。
四、实验题
18．氯气的用途非常广泛。实验室用如下装置制取氯气，并用制取氯气进行性质探究实验。回答下列问题：
（1）A中盛有浓盐酸，B中盛有，写出反应的离子方程式__________________。
（2）E中为红色干布条，F中为红色湿布条，对比E和F中观察现象的差异可得出的结论是__________________。
（3）试管C和D中试剂名称各为_____________________。X试剂的作用是______________。
（4）装置G处发生反应的离子方程式为_____________________________。
（5）家庭中常用消毒液（主要成分）与洁厕灵（主要成分盐酸）清洁卫生。某品牌消毒液包装上说明如下图。
注意事项:1、本品对棉织品有漂白脱色作用,对金属制品有腐蚀作用。 2、密封保存,请勿与洁厕灵同时使用。 3、保质期为一年
①“与洁厕灵同时使用”会产生有毒氯气，写出反应的离子方程式____________。
②需“密闭保存”的原因_________________________________。
19．利用甲烷与氯气发生取代反应制取副产品盐酸的设想在工业上已成为现实。某化学兴趣小组在实验室中模拟上述过程，其设计的模拟装置如下：
根据要求填空：
(1)A装置中发生反应的化学方程式为_____________
(2)B装置有三种功能：①控制气流速度②均匀混合气体③________________________。
(3)C装置中生成一氯甲烷的化学方程式为______________________。
(4)D装置的石棉中均匀混有KI粉末，其作用是___________________。（填编号）
A．吸收有机物 B．吸收氯气 C．吸收氯化氢
(5)E装置的作用是_______________（填编号）。
A．吸收氯气 B．吸收氯化氢 C．防止倒吸
(6)E装置除生成盐酸外，还含有有机物，从E中分离出盐酸的最佳方法为__________，所需的一种主要仪器为____________________________
(7)该装置还有缺陷，原因是没有进行尾气处理，其尾气主要的含氯有机物为_______（填编号）。
A．CH3Cl B．CH2Cl2 C．CHCl3 D．CCl4
试卷第2页，共7页
参考答案：
1．D
【分析】首先根据原子守恒配平方程式，在根据电荷守恒确定X，最后根据化合价升降守恒计算判断M的化合价。
【详解】根据H原子守恒，Z=14，根据M守恒，Y=2，因此反应方程式配平为M2O7X-+3S2-+14H+═2M3++3S↓+7H2O，根据电荷守恒可知，右边含有6个正电荷，则(-X)+3×(-2)+14×(+1)=+6，解得：X=2，根据化合价规则，M2O72-中氧元素是-2价，设M的化合价为n，则n×2+(-2)×7=-2，解得：n=+6，故选D。
2．C
【详解】A．KI中的I-会与ClO-发生氧化反应而不能大量共存，A不符合题意；
B．使甲基橙呈黄色的溶液显碱性，碱性溶液中不能大量共存，B不符合题意；
C．0.1 mol·L-1 Fe2(SO4)3溶液中，Cu2＋、NH、NO、SO相互不反应，可以大量共存，C符合题意；
D．与铝反应产生大量氢气的溶液可能是酸性溶液，也可能是碱性溶液，而酸性溶液中CO不能大量共存，D不符合题意；
答案选C。
3．C
【详解】
除杂质题至少要满足两个条件：①加入的试剂只能与杂质反应，不能与原物质反应，若与原物质反应，则后续需复原，且复原过程需简单易操作，②反应时不能引入新的杂质，
①KNO3中混有KOH，加入MgCl2溶液，生成新的杂质氯化钾，故①错误；
②FeSO4中混有CuSO4，硫酸根不是杂质，铜离子是杂质，可以用过量铁粉与铜离子反应除去，再过滤，故②正确；
③H2中混有CO2可以用NaOH溶液洗气除去，后用浓硫酸洗气除去H2中水蒸气，故③正确；
④NaNO3溶于水，CaCO3不溶于水，可以加水，然后过滤除去CaCO3，再将溶液蒸发结晶得到NaNO3，故④正确；
综上所述，正确的是②③④，故答案为C。
4．C
【详解】A.酸式滴定管下方无刻度，充满液体，则调整初始读数为25.00mL后，将剩余盐酸放入锥形瓶，溶液体积大于25.00mL，故A错误；
B.不能在容量瓶中溶解固体，应在烧杯中溶解冷却后转移到容量瓶中，故B错误；
C.碘易溶于酒精，酒精与水互溶，则先用酒精清洗，再用水清洗，可洗涤试管，故C正确；
D.pH试纸不能湿润，应选干燥的pH试纸测定，故D错误；
答案选C。
5．B
【详解】硫酸属于酸，①正确；硫酸只能在水溶液中才能导电，②错误；硫酸属于含氧酸，③正确；硫酸属于纯净物，④错误；硫酸属于化合物，⑤正确；硫酸属于二元酸，⑥正确；硫酸属于电解质，⑦正确。故选B。
6．D
【详解】A．碳酸钠电离产生钠离子和碳酸根离子，电离方程式为：，A错误；
B．HF为弱酸，其电离是可逆的，电离方程式为：，B错误；
C．亚硫酸氢钠电离产生钠离子和碳酸氢根离子，电离方程式为：，C错误；
D．氢氧化钡为强碱，可以完全电离产生钡离子和氢氧根离子，电离方程式为，D正确；
故选D。
7．D
【详解】、发生双水解反应而不能大量共存，故A不符合题意；
B.该溶液水的电离被抑制，则溶液中为强酸性或强碱性，碱性条件下、发生反应生成弱电解质一水合氨而不能大量共存，故B不符合题意；
C.、生成络合物而不能大量共存，故C不符合题意；
D.该溶液中，溶液呈碱性，这几种离子之间不反应且和氢氧根离子不反应，所以能大量共存，故D正确；
答案：D。
【点睛】根据离子共存的特征进行判断。
8．B
【详解】A．2C+O22CO2反应配平错误，属于化合反应，故A错误；
B．CO2+C2CO反应属于化合反应，故B正确；
C．CaCO3CaO+CO2反应错误，没有气体上升符号，属于分解反应，故C错误；
D．3CO+Fe2O32Fe+3CO2属于氧化还原反应，反应物没有单质参与，不属于置换反应，故D错误；
故选B。
9．A
【详解】A．氧化铝和氧化铁都能和盐酸反应，不能除杂，故A错误；
B．氯化铁和铁反应生成氯化亚铁，故可以除杂，故B正确；
C．铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，镁不与氢氧化钠反应，故可以除杂，故C正确；
D．碳酸氢钠固体加热分解，而碳酸钠固体加热不分解，故可以除杂，故D正确；
故选A。
10．C
【详解】A．加入足量的水，氢氧化镁不溶解，再加入足量稀盐酸，固体全部溶解，但无刺激性气味的气体产生， A不合题意；
B．加入足量水，二者将生成碳酸银不溶于水，再加入足量稀盐酸，将转化为AgCl沉淀，即固体不能全部溶解，且无刺激性气味的气体产生，B不合题意；
C．与在水溶液中反应生成白色亚硫酸钡沉淀，再加入足量盐酸时，生成具有刺激性气味的二氧化硫气体，且固体全部溶解，C符合题意；
D．、在水溶液中反应生成碳酸铜沉淀，再加入足量稀盐酸，固体全部溶解，但无刺激性气味的气体产生， D不合题意；
故答案为：C。
11．A
【详解】A．亚硫酸氢钠溶液加入硫酸氢钠溶液中生成硫酸钠、二氧化硫和水：，A选项正确；
B．澄清石灰水与过量反应生成，而非，正确的离子方程式应为，故B错误；
C．方程式电荷不守恒，正确的方程式应为，故C错误；
D．漏写了氢氧根和镁离子的反应，正确的离子方程式应为，故D错误。
答案选A。
12．D
【详解】A．由化合价代数和为0可知，AlN中氮元素的化合价为－3，A错误；
B．上述反应中，氮元素化合价由0价降低到3价， N2是氧化剂，Al2O3中的元素化合价均不发生改变，既不是氧化剂，也不是还原剂，B错误；
C．上述反应中，氮元素化合价由0价降低到3价，即1mol氮气转移6mol电子，每生成1molAlN需转移3mol电子，C错误；
D．AlN与NaOH溶液反应，相当于AlN先与水反应生成氢氧化铝与氨气，后氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，化学方程式为：AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑，D正确；
答案为D。
13． Se+2HNO3(浓)=H2O+SeO2+NO↑+NO2↑ H2SO4(浓)＞SeO2＞SO2
【详解】（1）Se和浓硝酸反应的还原产物为NO和NO2，则该反应中Se做还原剂被氧化为+4价的SeO2，，硝酸做氧化剂被还原为NO与NO2，，根据电子守恒和元素守恒可得方程式为：Se+2HNO3(浓)=H2O+SeO2+NO↑+NO2↑；
（2）反应中浓硫酸做氧化剂氧化Se，得到氧化产物SeO2，则氧化性H2SO4(浓)>Se；反应中SeO2做氧化剂将SO2氧化，则氧化性SeO2>SO2，则氧化性H2SO4(浓)>Se>SO2；
（3）反应①中I-失去电子生成I2，共升高2价，SeO2中+4价Se得到还原为单质Se，共降低4价，化合价升降最小公倍数为4，故KI的系数为4，I2的系数为2，SeO2、Se的系数都是1，再根据元素守恒配平并标出电子转移的方向和数目为：。
14． Na2O2 -1 4OH- + 2Fe(OH)3 + 3ClO- = 2FeO42- +3Cl- +5H2O 3 0.15 3 2 8 2 3 2 8 C 4.48
【分析】（1）Fe元素化合价升高，Na2O2中O元素的化合价升高、也降低；
（2）碱性条件下，氧化剂和还原剂的物质的量的比为3：2发生反应，则Fe (OH)3、ClO-的物质的量比为2：3，离子反应遵循电子、电荷及原子守恒；（3）反应中C从0价升高到二氧化碳中的+4价，K2Cr2O7中的Cr从+6价降为Cr2(SO4)3中的+3价，依据氧化还原反应得失电子守恒规律结合原子个数守恒规律配平方程式；①依据硫酸在反应中元素化合价变化情况判断硫酸表现的性质；②依据方程式3C+2K2Cr2O7+8H2SO4=2K2SO4+3CO2↑+2Cr2(SO4)3+8H2O，每生成3mol二氧化碳，转移电子数为3mol×（4-0）=12mol，计算生成二氧化碳的物质的量，依据V=nVm计算标况下体积。
【详解】（1）Fe元素化合价升高，Na2O2中O元素的化合价升高、也降低，则该反应中Na2O2 是氧化剂，Na2O2中氧元素为-1价；故答案为Na2O2；-1；
（2）①碱性条件下，氧化剂和还原剂的物质的量的比为3：2发生反应，则Fe（OH）3、ClO-的物质的量比为2：3，离子反应为2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O，故答案为2Fe(OH03+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O；
②反应中Fe元素化合价变化由+3价升高为+6，故每生成1mol FeO42-转移电子1mol×（6-3）=3mol，由于还原产物为Cl-，若反应过程中转移了0.3mol电子，则还原产物的物质的量为=0.15mol，故答案为3； 0.15；
（3）反应中C从0价升高到二氧化碳中的+4价，K2Cr2O7中的Cr从+6价降为Cr2(SO4)3中的+3价，要使氧化剂得到电子数等于还原剂失去电子数，则C系数为3，K2Cr2O7系数为2，依据原子个数守恒，反应的方程式：3C+2K2Cr2O7+8H2SO4=2K2SO4+3CO2↑+2Cr2(SO4)3+8H2O；故答案为3；2；8；2；3；2；8；
①酸在反应中元素化合价不变，所以只表现酸性，故选C；
②依据方程式3C+2K2Cr2O7+8H2SO4=2K2SO4+3CO2↑+2Cr2(SO4)3+8H2O，每生成3mol二氧化碳，转移电子数为3mol×（4-0）=12mol，所以若反应中电子转移了0.8mol，则产生的气体的物质的量为0.2mol，标况下体积为0.2mol×22.4L/mol=4.48L，故答案为4.48。
【点睛】本题考查了物质的分类、氧化还原反应方程式配平、电子转移数目的计算，明确氧化还原反应得失电子守恒规律，熟悉各类物质的特点是解题关键。
15． Si+2OH-+2H2O=SiO32-+2H2↑ NaOH、Na2CO3 0.05 先有白色沉淀生成，随后沉淀逐渐减少最终消失 3Cl2＋8NH3===N2＋6NH4Cl H＋、Al3＋、、 c(H＋)∶c(Al3＋)∶c()∶c()＝1∶1∶2∶3
【分析】(1) C可在D中燃烧发出苍白色火焰，为氢气与氯气反应生成HCl，可推知C为H2、D为Cl2、F为HCl，M是日常生活中不可缺少的调味品，由转化关系可知，M的溶液电解生成氢气、氯气与B，可推知M为NaCl、B为NaOH；
(2)若A是一种非金属单质，且可用于制造半导体材料，则A为Si，Si和NaOH的水溶液反应生成Na2SiO3和H2；
(3)曲线中，从0.4L～0.6L发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，该阶段消耗盐酸为200mL，而开始产生二氧化碳时消耗盐酸为400mL，大于200mL，所以溶液中的溶质成分NaOH、Na2CO3；
(4)若A是一种常见金属单质，且与NaOH溶液能够反应，则A为Al，E为NaAlO2，则将过量的HCl溶液逐滴加入NaAlO2溶液中，先生成氢氧化铝，而后氢氧化铝溶解；
(5)若A是一种氮肥，实验室可用A和NaOH反应制取气体E，则E为NH3、A为铵盐，E与氯气相遇均冒白烟，且利用E与氯气的反应检验输送氯气的管道是否泄漏，则氨气与氯气反应生成氯化铵，同时生成氮气；
(6)由图可知，开始加入NaOH没有沉淀和气体产生，则一定有H+，一定没有CO32-，后来有沉淀产生且最后消失，则一定没有Mg2+、Fe3+，一定含有Al3+；中间段沉淀的质量不变，应为NH4++OH-=NH3 H2O的反应，则含有NH4+，由电荷守恒可知一定含有SO42-，根据各阶段消耗的NaOH体积结合离子方程式计算n(H+)：n(Al3+)：n(NH4+)之比，再结合电荷守恒计算与n(SO42-)的比例关系，据此计算。
【详解】(1)B为NaOH，其电子式为；
(2) A为Si，Si和NaOH的水溶液反应生成Na2SiO3和H2，反应的离子方程式为Si+2OH-+2H2O=SiO32-+2H2↑；
(3)曲线中，从0.4L～0.6L发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，该阶段消耗盐酸为200mL，而开始产生二氧化碳时消耗盐酸为400mL，大于200mL，所以溶液中的溶质成分NaOH、Na2CO3；生成0.01molCO2需要的盐酸为200mL，结合反应原理NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，则c(HCl)==0.05mol/L；
(4)若A是一种常见金属单质，且与NaOH溶液能够反应，则A为Al，E为NaAlO2，则将过量的HCl溶液逐滴加入NaAlO2溶液中，先生成氢氧化铝，而后氢氧化铝溶解，故看到的现象为：液中逐渐有白色絮状沉淀生成，且不断地增加，随后沉淀逐渐溶解最终消失；
(5)若A是一种氮肥，实验室可用A和NaOH反应制取气体E，则E为NH3、A为铵盐，E与氯气相遇均冒白烟，且利用E与氯气的反应检验输送氯气的管道是否泄漏，则氨气与氯气反应生成氯化铵，同时生成氮气，反应方程式为：3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl，
(6)由图可知，开始加入NaOH没有沉淀和气体产生，则一定有H+，一定没有CO32-，后来有沉淀产生且最后消失，则一定没有Mg2+、Fe3+，一定含有Al3+；中间段沉淀的质量不变，应为NH4++OH-=NH3 H2O的反应，则含有NH4+，由电荷守恒可知一定含有SO42-，发生反应H++OH-=H2O，氢离子消耗NaOH溶液的体积为1体积，发生反应Al3++3OH-=Al(OH)3↓，铝离子消耗NaOH溶液的体积为3体积，发生反应NH4++OH-=NH3 H2O，铵根消耗氢氧化钠为2体积，则n(H+)：n(Al3+)：n(NH4+)=1：1：2，由电荷守恒可知，n(H+)：n(Al3+)：n(NH4+)：n(SO42-)=1：1：2：3，故c(H+)：c(Al3+)：c(NH4+)：c(SO42-)=1：1：2：3。
16．(1)2.175g
(2)0.05mol
【详解】（1）标况下0.56L氯气的物质的量是0.56L÷22.4L/mol=0.025mol，根据方程式MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O可知理论上需要消耗MnO2为0.025mol，质量是0.025mol×87g/mol=2.175g；故答案为2.175g。
（2）氯化氢被氧化生成氯气，则根据氯原子守恒可知被氧化的HCl的物质的量是0.025mol×2=0.05mol；故答案为0.05mol。
17． S NaIO3 5∶1
【分析】（1）根据氧化剂：化合价降低，得电子，被还原；还原剂：化合价升高，失电子，被氧化判断；
（2）双线桥法注意箭头方向由氧化剂指向还原产物，还原剂指向氧化产物，在箭头上方标出得失电子数；
（3）根据还原剂生成氧化产物，氧化剂生成还原产物，确定氧化产物和还原产物，再根据方程式判断物质的量之比。
【详解】（1）结合方程式中元素化合价发生的变化可知，NaIO3中碘元素化合价降低，作氧化剂，被还原为I2；硫元素化合价升高，被氧化为NaHSO4和Na2SO4；
答案：S ；NaIO3
（2）结合各物质的化学计量数计算转移的电子数目，标注电子转移，；
答案：
（3）氧化产物为NaHSO4和Na2SO4共5 mol，还原产物为1 mol I2，氧化产物与还原产物的物质的量之比为5∶1；
答案：5∶1
18． MnO2+Cl-+4H+Mn2+ +Cl2↑+2H2O 氯气不具有漂白性，具有漂白性的为次氯酸 饱和食盐水、浓硫酸 吸收多余氯气，防止污染空气 Cl2+2I-=2Cl-+I2 Cl-+ClO-+2H+=Cl2↑+H2O 消毒液的有效成分NaClO能与空气中的CO2作用，使其变质
【分析】实验室用浓盐酸与二氧化锰加热反应制备氯气，浓盐酸具有挥发性，制备的氯气中含有氯化氢、水，依次通过盛有饱和食盐水、浓硫酸的洗气瓶除去杂质，依次通过干燥有色布条、湿润有色布条验证氯气是否具有漂白性，再通过G装置验证氯气的氧化性，氯气有毒，能够与氢氧化钠溶液反应，可以用氢氧化钠溶液吸收尾气，据此分析解答。
【详解】（1）MnO2与浓盐酸在加热条件下发生氧化还原反应生成氯气、氯化锰和水，方程式：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，故离子方程式为：MnO2+Cl-+4H+Mn2+ +Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2+Cl-+4H+Mn2+ +Cl2↑+2H2O；
（2）干燥的氯气依次通过E中红色干布条，F中红色湿布条，看到现象为E中布条不褪色，F中布条褪色，说明氯气不具有漂白性，具有漂白性的为次氯酸；故答案为：氯气不具有漂白性，具有漂白性的为次氯酸；
（3）制得的氯气混有HCl气体和水蒸气，由C中饱和食盐水除去HCl，D中浓硫酸吸收水蒸气，氯气有毒不能直接排放到空气中，由于氯气能够与碱反应，产生容易溶于水的物质，所以可以用氢氧化钠溶液作吸收试剂，吸收过量的氯气，故答案为：饱和食盐水、浓硫酸；吸收多余氯气，防止污染空气；
（4）G是浸有淀粉KI溶液的棉花球，氯气将KI氧化生成碘单质，故离子方程式为Cl2+2I-=2Cl-+I2，故答案为：Cl2+2I-=2Cl-+I2；
（5）①次氯酸根离子与氯离子发生氧化还原反应生成氯气和水，离子方程式：Cl-+ClO-+2H+=Cl2↑+H2O，故答案为：Cl-+ClO-+2H+=Cl2↑+H2O；
②消毒液有效成分是次氯酸盐与二氧化碳和水生成的次氯酸，次氯酸不稳定，见光分解，所以应该密封保存，故答案为：消毒液的有效成分NaClO能与空气中的CO2作用，使其变质。
19．(1)MnO2+ 4HCl(浓) MnCl2+ Cl2↑+ H2O
(2)干燥混合气体
(3)CH4+Cl2CH3Cl+HCl
(4)B
(5)BC
(6) 分液 分液漏斗
(7)A
【分析】利用浓盐酸与二氧化锰共热反应生成氯气，制得氯气与甲烷混合后通过强光作用发生反应后的产生经过装有石棉的玻璃管，最后用水吸收尾气，注意防止倒吸。
【详解】（1）实验室用浓盐酸和二氧化锰在加热条件下发生反应生成Cl2，反应的化学方程式为MnO2+ 4HCl(浓) MnCl2+ Cl2↑+ H2O；
（2）生成的氯气中含有水，B装置除具有控制气流速度、均匀混合气体之外，因浓硫酸具有吸水性，还具有干燥混合气体作用；
（3）甲烷能与氯气在光照的条件下发生取代反应生成一氯甲烷和HCl，反应的化学方程式为CH4+Cl2CH3Cl+HCl ；
（4）氯气能与KI反应生成氯化钾和I2，所以D装置的石棉中均匀混有KI粉末，其作用是吸收氯气，答案选B；
（5）E装置中盛装的是水，反应中有HCl生成，HCl极易溶于水，所以E装置的作用是吸收氯化氢和防止倒吸，答案选BC；
（6）最后从D中分离出的气体有HCl，HCl易溶于水，所以E装置除生成盐酸外，还含有有机物，有机物为氯代烃，氯代烃是难溶于水的液体，分离互不相溶的两种液体用分液的方法，分液所需的一种主要仪器为分液漏斗；
（7）甲烷与氯气反应生成的四种氯代物中，一氯甲烷是气体，还可能存在剩余的甲烷，应进行尾气处理，尾气主要的含氯有机物为CH3Cl，答案选A
