第2章 元素与物质世界 学情检测
一、单选题
1．实验室中，要使AlCl3溶液中的Al3+离子全部沉淀出来，适宜的试剂是（ ）
A．NaOH溶液 B．氨水
C．盐酸 D．Ba(OH)2溶液
2．下列只有在水溶液中才能导电的电解质是
A．CaO B．KOH C．SO2 D．HBr
3．下列物质属于盐的是（ ）
A．Mg(OH)2 B．Al2O3 C．Cu2(OH)2CO3 D．CH3CH2OH
4．下列各组物质按酸、碱、盐分类次序排列正确的是（ ）
A．硫酸、纯碱、石膏 B．醋酸、熟石灰、明矾
C．碳酸、石英、小苏打 D．高锰酸钾、烧碱、乙醇
5．下列转化中需要加入还原剂才能实现的是（ ）
A．Fe3+→FeO42- B．MnO4- →MnO43-
C．HSO3- →SO2 D．Cl-→ClO3-
6．下列事实与胶体性质无关的是（ ）
A．向熟豆浆中加入盐卤做豆腐
B．江河入海口有三角洲
C．用激光笔照射硫酸铜水溶液在侧面看不到光的通路
D．用半透膜和水可以分离淀粉和氯化钠的混合物
7．下列属于碱性氧化物的是（ ）
A．NaOH B．CaO C．H2SiO3 D．SO3
8．下列物质性质实验对应的离子方程式书写正确的是（ ）
A．Na2O2溶于水：Na2O2+H2O=2Na++2OH-+O2↑
B．Fe(OH)3溶于氢碘酸：Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O
C．同浓度同体积NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合：+OH-=NH3·H2O
D．Na2S2O3溶液中通入足量氯气：+4Cl2+5H2O=2+8Cl-+10H+
9．下列变化中，不涉及氧化还原反应的是（ ）
A．金属的冶炼 B．钢铁的锈蚀
C．食物的腐败 D．钟乳石的形成
10．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（ ）
A．FeCl3溶液中：K+、Na+、SO42﹣、SCN﹣
B．在强碱性溶液中：K+、Na+、CO3﹣、AlO2﹣
C．在盐酸溶液中：K+、Fe2+、SO32﹣、NO3﹣
D．与铝反应产生氢气的溶液中：Na+、K+、HCO3﹣、Cl﹣
11．下列关于胶体和溶液的叙述正确的是（ ）
A．溶液呈电中性，部分胶体带电荷，部分胶体不带电荷
B．胶体与其他分散系的本质区别是能否产生丁达尔效应
C．氢氧化铁胶体是一种红褐色的液体
D．胶体是具有一定稳定性的分散剂
12．某元素在化学反应中由化合态变为游离态,则该元素（ ）
A．一定被氧化
B．一定被还原
C．既可能被氧化,也可能被还原
D．以上都不是
13．下列各离子组可在同一溶液中大量共存，且形成无色溶液的是（ ）
A．Fe2+、H+、NO 、Cl- B．H+、Na+、Cl-、CO
C．Na+、Mg2+、OH-、SO D．K+、Na+、OH-、NO
14．当光束通过下列物质时，不会出现丁达尔效应的是（ ）
①Fe(OH)3胶体 ②水 ③蔗糖溶液 ④FeCl3溶液 ⑤云、雾
A．②④⑤ B．③④⑤ C．②③④ D．①③④
15．关于Fe(OH)3胶体的说法正确的是（ ）
A．属悬浊液 B．分散质是水
C．能产生丁达尔效应 D．可完全电离成Fe3＋和OH－
16．进入秋冬季节后，雾霾这种环境污染问题逐渐凸显．从物质分类来看雾霾属于胶体，它区别于溶液等其它分散系的本质特征是（ ）
A．胶粒可以导电 B．胶体有丁达尔效应
C．胶体粒子大小在1～100nm之间 D．胶体的分散剂为气体
二、实验探究题
17．为探究H2O2、SO2、Br2氧化性强弱，某小组同学设计如下实验（夹持及尾气处理装置已略去，气密性已检验）．
实验操作 实验现象
i．打开A中分液漏斗活塞，滴加浓硫酸 A中有气泡产生，B中红棕色溴水褪色，C中有白色沉淀
ii．取C中沉淀加入盐酸 C中白色沉淀不溶解
iii．打开B中分液漏斗活塞，逐滴滴加H2O2 开始时颜色无明显变化，继续滴加H2O2溶液，一段时间后，混合液逐渐变成红棕色
（1）A中发生反应的化学方程式是 ．
（2）甲同学通过C中产生白色沉淀，得出结论，氧化性：H2O2＞SO2．
①乙同学认为不能得出此结论，认为在滴加浓硫酸之前应增加一步操作，该操作是 ．
②丙同学认为还应该在B和C之间增加洗气瓶D，D中盛放的试剂是 ．
（3）iii中滴入少量H2O2没有明显变化．提出假设：
观点1：H2O2的量少不能氧化Br﹣
观点2：B中有未反应的H2SO3
为验证观点2，应进行的实验操作及现象是 ．
（4）通过上述全部实验，得出结论：H2O2、SO2、Br2氧化性由强到弱的顺序是 ．
18．在实验室中可用下图所示装置制取氯酸钾、次氯酸钠和探究氯水的性质。图中：
①为氯气发生装置；②的试管里盛有15mL30％KOH溶液，并置于热水浴中；③的试管里盛有15mL8%NaOH溶液，并置于冰水浴中；④的试管里加有紫色石蕊试液；⑤为尾气吸收装置。请填写下列空白：
（1）制取氯气时，在烧瓶里加入一定量的二氧化锰，通过 (填写仪器名称)向烧瓶中加入适量的浓盐酸。实验时为了除去氯气中的氯化氢气体，可在①与②之间安装盛有 (填写下列编号字母)的净化装置。
A.碱石灰
B.饱和食盐水
C.浓硫酸
D.饱和碳酸氢钠溶液
（2）比较制取氯酸钾和次氯酸钠的条件，二者的差异是 。反应完毕经冷却后，②的试管中有大量晶体析出。图中符合该晶体溶解度曲线的是 (填写编号字母)；从②的试管中分离出该晶体的方法是 (填写实验操作名称)。
（3）本实验中制取次氯酸钠的离子方程式是： 。
（4）实验中可观察到④的试管里溶液的颜色发生了如下变化：紫色→ → →黄绿色
19．某化学小组探究酸性条件下NO3﹣、SO42﹣、Fe3+三种微粒的氧化性强弱，设计如下实验（夹持仪器已略去，装置的气密性已检验）．（忽略氧气对反应的影响）
实验记录如表：
实验序号 实验操作 实验现象
I 向A装置中通入一段时间的SO2气体． A中黄色溶液迅速变成深红棕色，最终变为浅绿色．
II 取出少量A装置中的溶液，先加入KSCN溶液，再加入BaCl2溶液． 加入KSCN溶液后溶液不变色，再加入BaCl2溶液产生白色沉淀．
III 打开活塞a，将过量稀HNO3加入装置A中，关闭活塞a A中浅绿色溶液最终变为黄色．
IV 取出少量A装置中的溶液，加入KSCN溶液；向A装置中通入空气． 溶液变为红色；液面上方有少量红棕色气体生成．
请回答下列问题：
（1）配制FeCl3溶液时，常常加入盐酸，目的是（用化学方程式和简单文字叙述）： ．
（2）资料表明，Fe3+能与SO2结合形成深红棕色物质Fe（SO2）63+，反应方程式为：Fe3++6SO2 Fe（SO2）63+．请用化学平衡移动原理解释实验I中溶液颜色变化的原因 ．
（3）实验II中发生反应的离子方程式是 ．
（4）实验III中，浅绿色溶液变为黄色的原因是（用离子方程式表示） ．
（5）实验IV中液面上方有少量红棕色气体生成，发生反应的方程式是 ．
（6）综合上述实验得出的结论是：在酸性条件下，NO3﹣、SO42﹣、Fe3+三种微粒的氧化性由强到弱的顺序是： ．
三、综合题
20．下列三组物质中，均有一种物质的类别与其他三种不同。
①MgO、、、CuO②HCl、、、③NaOH、、KOH、
（1）三种物质依次是(填化学式)：
A ；B ；C 。
（2）写出物质C的水溶液与足量稀硫酸反应的离子方程式： 。
（3）将少量通入溶液中，反应的离子方程式为，则、、三种离子的还原性由强到弱的顺序为 。
（4）①用双线桥法标出下列反应的电子转移情况： 。
②该反应的还原剂是 ，还原产物是 。
③该反应中氧化剂与氧化产物的质量之比是 。
④当有63g参加反应时，被氧化的物质其质量为 g。
21．根据问题填空：
（1）现有①铁片②饱和食盐水 ③液态氯化氢 ④乙醇 ⑤干冰⑥熔融KNO3⑦BaSO4固体⑧石墨 ⑨氢氧化钠，
其中属于非电解质的是 （填序号，下同），能导电的是 ．
（2）写出下列物质的电离方程式：
①Na3PO4：
②NH4NO3： ．
22．K2Cr2O7是一种橙红色具有强氧化性的化合物，当它在酸性条件下被还原成正三价铬时，颜色变为绿色．据此，当交警发现汽车行驶不正常时，就可上前阻拦，并让司机对填充了吸附有K2Cr2O7的硅胶颗粒的检验装置吹气．若发现硅胶变色达到一定程度，即可证明司机是酒后驾车．这时酒精被氧化为醋酸其反应原理如下：
2K2Cr2O7+3CH3CH2OH+8H2SO4=2K2SO4+2Cr2（SO4）3+3CH3COOH+11H2O
请结合上面的描述回答下列问题：
（1）将上述反应改写为离子方程式：
（2）如果司机属于醉酒驾车，则检验装置中的硅胶将由 色变为 色
（3）上述反应中氧化剂是 ，还原产物是 （本题中的两个空都需填写物质的化学式）
（4）在上述反应中当有69g酒精发生反应时消耗K2Cr2O7的物质的量是
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】A.据分析可知，氢氧化钠过量会将氢氧化铝沉淀溶解，A不符合题意；
B.据分析可知，氨水可以使铝离子全部沉淀出来，且氢氧化铝沉淀不溶于氨水，B符合题意；
C.据分析可知，盐酸不能使AlCl3溶液中的Al3+离子沉淀，C不符合题意；
D.据分析可知，Ba(OH)2溶液可以使铝离子沉淀，但Ba(OH)2溶液过量会使氢氧化铝沉淀溶解，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】要使AlCl3溶液中的Al3+全部沉淀出来，要求所用试剂能提供OH ，且须过量，因此适宜的试剂不能为强碱溶液，因为强碱会使氢氧化铝沉淀溶解，据此分析；
2．【答案】D
【解析】【解答】A． CaO是电解质但是离子化合物，只在熔融条件下电离，故A不符合题意；
B ．KOH是电解质但是离子化合物，只在熔融条件下电离，故B不符合题意；
C． SO2是非电解质，在水溶液中会和水反应生成弱电解质亚硫酸，故C不符合题意；
D ．HBr是电解质且是共价化合物，只有在水溶液中才能电离，才能导电，故D符合题意；
故答案为：D
【分析】电解质是指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物。
3．【答案】C
【解析】【解答】A. Mg(OH)2属于碱，叫氢氧化镁，故A不符合题意；
B. Al2O3属于两性氧化物，叫氧化铝，故B不符合题意；
C. Cu2(OH)2CO3属于盐，叫碱式碳酸铜，故C符合题意；
D. CH3CH2OH属于有机物，叫乙醇，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】根据盐的概念可知，盐是由金属阳离子和酸根离子形成的一类化合物（注意铵盐中不含有金属阳离子）来解答．
4．【答案】B
【解析】【解答】A．纯碱是碳酸钠，不属于碱，而属于盐，A不合题意；
B．醋酸、熟石灰、明矾分别属于酸、碱、盐，B符合题意；
C．石英主要成分是SiO2属于氧化物，C不合题意；
D．高锰酸钾属于盐不属于酸，乙醇是有机物不属于盐，D不合题意；
故答案为：B。
【分析】电离出的阳离子全部是氢离子的化合物为酸；电离出的阴离子全部是氢氧根的化合物为碱；阳离子是金属离子或铵根离子，阴离子是酸根离子的化合物为盐；据此分析解答。
5．【答案】B
【解析】【解答】A．Fe3+→FeO 转化过程中Fe元素化合价升高，发生氧化反应，需要加入氧化剂才能实现，故A不符合题意；
B．MnO →MnO43- 转化过程中Mn元素化合价降低，发生还原反应，需要加入还原剂才能实现，故B符合题意；
C．HSO →SO2转化过程中S元素化合价不变，未发生氧化还原反应，需要加入氧化剂或还原剂，故C不符合题意；
D．Cl-→ClO 转化过程中Cl元素化合价升高，发生氧化反应，需要加入氧化剂才能实现，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】需要加入还原剂才能实现，则选项中为氧化剂，在反应中元素的化合价降低，以此来解答；
A．Fe3+→FeO 铁由+3价升高为+6价；
B．MnO →MnO 锰由+7价降低为+6价；
C．HSO →SO2中S元素化合价不变；
D．Cl-→ClO3- 中Cl元素化合价由-1升高为+5。
6．【答案】C
【解析】【解答】A．豆浆是胶体，向熟豆浆中加入盐卤做豆腐发生聚沉，A不符合题意；
B．极细的泥沙悬浮在水中形成胶体，在入海口遇到海水，海水中含大量的电解质，发生胶体的聚沉而形成是三角洲，B不符合题意；
C．胶体具有丁达尔效应，溶液没有丁达尔效应，故用激光笔照射硫酸铜水溶液在侧面看不到光的通路，C符合题意；
D．胶体不能透过半透膜，溶液可以透过半透膜，故可用半透膜和水可以分离淀粉和氯化钠的混合物，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、根据豆浆属于胶体，加入卤盐，能够使胶体聚沉解答；
B、根据江河中，极细的泥沙悬浮在水中形成胶体，入海时，海水中含有大量卤盐强电解质，使胶体聚沉，形成三角洲；
C、根据硫酸铜水溶液不是胶体，胶体具有丁达尔效应解答；
D、根据胶体不能够通过半透膜，溶液中的离子能够通过半透膜解答；
7．【答案】B
【解析】【解答】A.NaOH属于碱，不是碱性氧化物；
B.CaO属于碱性氧化物；
C.H2SiO3属于酸，不是碱性氧化物；
D.SO3属于酸性氧化物，不是碱性氧化物。
故答案为：B。
【分析】酸性氧化物：能够和水发生化合反应生成酸，可以和碱、碱性氧化物反应生成盐和水，一般是非金属氧化物；
碱性氧化物：可以和水发生化合反应生成碱，可以和酸、酸性氧化物反应生成盐和水，一般是金属氧化物。
8．【答案】D
【解析】【解答】A．Na2O2溶于水生成氢氧化钠和氢气：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑，A不符合题意；
B．Fe(OH)3溶于氢碘酸：2I-+Fe(OH)3+6H+=2Fe2++6H2O+I2，B不符合题意；
C．同浓度同体积NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合只发生氢离子和氢氧根离子的反应：H+ +OH-= H2O，C不符合题意；
D．Na2S2O3溶液中通入足量氯气生成硫酸钠、硫酸、HCl和水：+4Cl2+5H2O=2+8Cl-+10H+，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.氧元素不守恒；
B.Fe3+与I-要发生氧化还原反应；
C.H+与OH-比H+与先反应；
D.根据三大守恒判断正确。
9．【答案】D
【解析】【解答】A．金属的冶炼是金属元素由化合态变为游离态，金属元素被还原，涉及氧化还原反应，故不选A；
B．钢铁的锈蚀是铁失电子发生氧化反应，涉及氧化还原反应，故不选B；
C．食物的腐败是食物被氧气氧化，发生氧化还原反应，故不选C；
D．钟乳石的形成涉及化学反应CaCO + H O + CO = Ca(HCO ) 、Ca(HCO ) = CaCO + H O+ CO ，没有元素化合价变化，不涉及氧化还原反应，
故答案为：D；
【分析】有元素化合价变化的反应属于氧化还原反应，没有元素化合价变化的反应不属于氧化还原反应，据此进行判断。
10．【答案】B
【解析】【解答】解：A．Fe3+、SCN﹣结合生成络离子，不能共存，故A不选；
B．强碱溶液中该组离子之间不反应，可大量共存，故B选；
C．H+、Fe2+、NO3﹣发生氧化还原反应，或H+、SO32﹣、NO3﹣发生氧化还原反应，不能共存，故C不选；
D．与铝反应产生氢气的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液，酸碱溶液中均不能大量存在HCO3﹣，故D不选；
故选B．
【分析】A．离子之间结合生成络离子；
B．强碱溶液中该组离子之间不反应；
C．离子之间发生氧化还原反应；
D．与铝反应产生氢气的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液．
11．【答案】C
【解析】【解答】A. 溶液和胶体均不带电，都是呈电中性的分散系，应该说胶体粒子带电荷，故A不符合题意；
B. 胶体区别于其它分散系的本质是胶体分散质微粒直径的大小，分散质粒子直径在1nm～100nm之间的分散系属于胶体，故B不符合题意；
C. 氢氧化铁胶体是一种红褐色的液体，C符合题意；
D. 胶体是具有一定稳定性的分散系，而不是分散剂，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】胶体中胶体粒子带电，胶体是介稳体系，再加入一些电解质会发生聚沉，胶体和其他分散系本质的区别是粒子直径的大小，而丁达尔现象只是用来区分胶体的一种常用的方法，氢氧化铁胶体含有铁元素是红褐色。
12．【答案】C
【解析】【解答】元素在化合物中的化合价可能为正价也可能为负价，故在化学反应中由化合态（化合物）变为游离态（单质）时，该元素可能被氧化可能被还原。
故答案为：C
【分析】化合态中元素的化合价由可能是正价，也有可能是负价，结合化合价变化与氧化还原反应的关系进行分析即可。
13．【答案】D
【解析】【解答】A．Fe2+在溶液中呈浅绿色，A不符合题意；
B．H+和CO 反应生成二氧化碳气体和水，不能大量共存，B不符合题意；
C．Mg2+、OH-反应生成氢氧化镁的沉淀，不能大量共存，C不符合题意；
D．K+、Na+、OH-、NO 相互之间不反应且均为无色离子，可以大量共存，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】 离子不能共存，说明可以发生化学反应，主要是发生复分解反应、氧化还原反应、络合反应等等
常见发生复分解反应不能共存的是：氢离子与氢氧根离子、以及可以形成弱电解质的阴离子，氢氧根与氢离子、碳酸氢根、亚硫酸氢根、铜离子、铁离子、镁离子等不同共存，银离子和氯离子，钡离子和碳酸根、硫酸根、钙离子和碳酸根
发生氧化还原反应不能共存的是：氢离子、硝酸根以及次氯酸根以及高锰酸根和亚铁离子、硫离子等还原性离子
发生络合不能共存的是：铁离子和硫氰酸根、铜离子和氨水等等
14．【答案】C
【解析】【解答】①Fe(OH)3胶体属于胶体，具有丁达尔效应，故①不选；
②水不属于胶体，不具有丁达尔效应，故②选；
③蔗糖溶液属于溶液，不具有丁达尔效应，故③选；
④FeCl3溶液是溶液，不具有丁达尔效应，故④选；
⑤云、雾是胶体，具有丁达尔效应，故⑤不选；
不会出现丁达尔效应的是②③④，
故答案为：C。
【分析】丁达尔效应是胶体分散系特有的性质，分散质了粒子直径介于1 ~ 100nm的分散系，属于胶体，以此进行判断。
15．【答案】C
【解析】【解答】A.胶体不是悬浊液，A不符合题意；
B分散质是氢氧化铁，分散剂是水，B不符合题意；
C.胶体可以产生丁达尔效应，C符合题意；
D.氢氧化铁是弱电解质，不能完全电离，D不符合题意，
故答案为：C。
【分析】分散质的一部分是由微小的粒子或液滴所组成，分散质粒子直径在1~100nm之间的分散系是胶体；
A、胶体是一种均匀的、稳定的分散系，悬浊液不均匀；
B、Fe(OH)3胶体的分散质时Fe(OH)3；
C、胶体的性质：能够产生丁达尔小于；
D、Fe(OH)3时弱电解质，不能完全电离；
16．【答案】C
【解析】【解答】解：分散系的本质区别在于分散质微粒的直径大小，溶液中分散质粒度小于1nm，胶体中分散质粒度介于1﹣100nm，浊液中分散质粒度大于100nm，
故选：C．
【分析】分散系的本质区别在于分散质微粒的直径大小，溶液中分散质粒度小于1nm，胶体中分散质粒度介于1﹣100nm，浊液中分散质粒度大于100nm，据此解答．
17．【答案】（1）Na2SO3（固）+H2SO4（浓）=Na2SO4+SO2↑+H2O
（2）打开弹簧夹，通入N2，待排净装置内空气后，关闭弹簧夹；CCl4或苯或饱和NaHSO3溶液
（3）取少量滴加H2O2溶液前的B中溶液于试管中，加热，将气体通入品红溶液中，品红溶液褪色
（4）H2O2＞Br2＞SO2
【解析】【解答】解：（1）在A中浓硫酸与Na2SO3发生复分解反应产生SO2气体，该反应的化学方程式是Na2SO3（固）+H2SO4（浓）=Na2SO4+SO2↑+H2O，
故答案为：Na2SO3（固）+H2SO4（浓）=Na2SO4+SO2↑+H2O；（2）①由于在装置中含有空气，空气中的氧气和SO2在溶液中也会发生反应将其氧化，所以乙同学认为不能得出此结论，认为在滴加浓硫酸之前应增加一步操作，该操作是打开弹簧夹，通入N2，待排净装置内空气后，关闭弹簧夹，
故答案为：打开弹簧夹，通入N2，待排净装置内空气后，关闭弹簧夹；②由于溴单质有挥发性，溴单质也可以将SO2氧化产生同样的实验现象，所以丙同学认为还应该在B和C之间增加洗气瓶D来除去挥发的溴蒸气，D中盛放的试剂是CCl4或苯或饱和NaHSO3溶液，
故答案为：CCl4或苯或饱和NaHSO3溶液；（3）由于H2SO3不稳定，受热容易分解产生有漂白性的SO2，所以为验证观点2，应进行的实验操作及现象是取少量滴加H2O2溶液前的B中溶液于试管中，加热，将气体通入品红溶液中，品红溶液褪色，
故答案为：取少量滴加H2O2溶液前的B中溶液于试管中，加热，将气体通入品红溶液中，品红溶液褪色；（4）物质在发生氧化还原反应中氧化性的强的可以摆氧化性弱的制取出来，所以通过上述全部实验，得出结论：H2O2、SO2、Br2氧化性由强到弱的顺序是H2O2＞Br2＞SO2，故答案为：H2O2＞Br2＞SO2．
【分析】（1）在A中浓硫酸与Na2SO3发生复分解反应产生SO2气体，该反应的化学方程式是Na2SO3（固）+H2SO4（浓）=Na2SO4+SO2↑+H2O；（2）①由于在装置中含有空气，空气中的氧气和SO2在溶液中也会发生反应将其氧化，所以乙同学认为不能得出此结论，认为在滴加浓硫酸之前应增加一步操作，先排尽空气；②由于溴单质有挥发性，溴单质也可以将SO2氧化产生同样的实验现象，所以丙同学认为还应该在B和C之间增加洗气瓶D来除去挥发的溴蒸气，常见的除溴可以用CCl4或苯或饱和NaHSO3溶液；（3）由于H2SO3不稳定，受热容易分解产生有漂白性的SO2，所以为验证观点2，应进行的实验操作及现象是取少量滴加H2O2溶液前的B中溶液于试管中，加热，将气体通入品红溶液中，品红溶液褪色；（4）物质在发生氧化还原反应中氧化性的强的可以把氧化性弱的制取出来，所以通过上述全部实验，得出结论：H2O2、SO2、Br2氧化性由强到弱的顺序是H2O2＞Br2＞SO2．
18．【答案】（1）分液漏斗；B
（2）碱溶液（或反应物）的浓度不同，反应温度不同；M；过滤
（3）Cl2+2OH-＝ClO-+Cl-+H2O
（4）红色；无色
【解析】【解答】（1）实验室制备氯气用浓盐酸和二氧化锰在加热条件反应，所用反应仪器为分液漏斗和圆底烧瓶，因此通过分液漏斗向烧瓶中加入适量的浓盐酸。生成氯气混有HCl气体，根据氯气难溶于饱和氯化钠溶液，HCl易溶于水，可用饱和食盐水除杂，故答案为B；（2）根据题中信息可知，在加热条件下，氯气与浓KOH溶液反应生成氯酸钾，在常温以下，氯气与稀NaOH溶液反应生成次氯酸钠，二者反应的浓度和温度都不相同，反应完毕经冷却后，②的试管中有大量晶体析出，说明溶质的溶解度随温度的降低而降低，只有M符合，不溶性固体与液体的分离常采用过滤的方法；（3）氯气在常温下与NaOH反应生成次氯酸钠和氯化钠，二者在水中溶解且电离，反应的离子方程式为Cl2+2OH-＝ClO-+Cl-+H2O；（4）氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，反应生成的H+使石蕊变成红色，次氯酸具有强氧化性，将石蕊氧化为无色物质，反应后如继续通入氯气，氯气微溶于水，则为氯气的溶液，溶液呈黄绿色，所以实验中可观察到④的试管里溶液的颜色发生了如下变化：紫色→红色→无色→黄绿色。
【分析】（1）实验室制备氯气用浓盐酸和二氧化锰在加热条件反应，结合氯气中含有的杂质分析判断；（2）在加热条件下，氯气与浓KOH溶液反应生成氯酸钾，在常温以下，氯气与稀NaOH溶液反应生成次氯酸钠，溶质的溶解度随温度的降低而降低；（3）氯气在常温下与NaOH反应生成次氯酸钠和氯化钠；（4）氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，结合溶液显酸性和强氧化性分析判断。
19．【答案】（1）铁离子水解：Fe3++3H2O Fe（OH）3+3H+，加入盐酸，增大c（H+），平衡左移，抑制Fe3+水解
（2）Fe3+和SO2生成红棕色的Fe（SO2）63+反应速率较快：Fe3++6SO2 Fe（SO2）63+；而反应2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42﹣+4H+反应缓慢，但是反应限度较大，使溶液中c（Fe3+）降低，平衡逆向移动，红棕色逐渐褪去，最终得到浅绿色溶液
（3）Ba2++SO42﹣=BaSO4↓
（4）3Fe2++4H++NO3﹣=3Fe3++NO↑+2H2O
（5）2NO+O2=2NO2
（6）NO3﹣＞Fe3+＞SO42﹣
【解析】【解答】解：（1）铁离子水解：Fe3++3H2O Fe（OH）3+3H+，加入盐酸，增大c（H+），平衡左移，抑制Fe3+水解，
故答案为：铁离子水解：Fe3++3H2O Fe（OH）3+3H+，加入盐酸，增大c（H+），平衡左移，抑制Fe3+水解；（2）Fe3+和SO2生成红棕色的Fe（SO2）63+反应速率较快：Fe3++6SO2 Fe（SO2）63+；而反应2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42﹣+4H+反应缓慢，但是反应限度较大，使溶液中c（Fe3+）降低，平衡逆向移动，红棕色逐渐褪去，最终得到浅绿色溶液，
故答案为：Fe3+和SO2生成红棕色的Fe（SO2）63+反应速率较快：Fe3++6SO2 Fe（SO2）63+；而反应2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42﹣+4H+反应缓慢，但是反应限度较大，使溶液中c（Fe3+）降低，平衡逆向移动，红棕色逐渐褪去，最终得到浅绿色溶液；（3）加入KSCN溶液后溶液不变色，说明铁离子完全转化为亚铁离子，再加入BaCl2溶液产生白色沉淀，氧化生成硫酸根与钡离子结合为硫酸钡，反应离子方程式为：Ba2++SO42﹣=BaSO4↓，
故答案为：Ba2++SO42﹣=BaSO4↓；（4）硝酸具有强氧化性，将溶液中亚铁离子氧化为铁离子，浅绿色溶液变为黄色，反应离子方程式为：3Fe2++4H++NO3﹣=3Fe3++NO↑+2H2O，
故答案为：3Fe2++4H++NO3﹣=3Fe3++NO↑+2H2O；（5）反应生成的NO与氧气反应生成二氧化氮，发生反应的方程式是：2NO+O2=2NO2，
故答案为：2NO+O2=2NO2； （6）实验II中溶液中检出Fe2+和SO42﹣，说明Fe3+氧化SO2生成SO42﹣，氧化性Fe3+＞SO42﹣；实验III中溶液变黄色、IV中检出Fe3+和NO生成，说明酸性条件下NO3﹣氧化Fe2+，氧化性NO3﹣＞Fe3+；所以，在酸性条件下，氧化性强弱是：NO3﹣＞Fe3+＞SO42﹣，
故答案为：NO3﹣＞Fe3+＞SO42﹣．
【分析】（1）铁离子水解溶液呈酸性，加入盐酸，增大氢离子浓度，抑制铁离子水解；（2）Fe3+和SO2生成红棕色的Fe（SO2）63+反应速率较快，铁离子氧化二氧化硫反应缓慢，但是反应限度较大，使溶液中Fe3+浓度降低，生成Fe（SO2）63+的平衡逆向移动；（3）加入KSCN溶液后溶液不变色，说明铁离子完全转化为亚铁离子，再加入BaCl2溶液产生白色沉淀，氧化生成硫酸根与钡离子结合为硫酸钡；（4）硝酸具有强氧化性，将溶液中亚铁离子氧化为铁离子；（5）反应生成的NO与氧气反应生成二氧化氮；（6）氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性．
20．【答案】（1）；；
（2）
（3）
（4）；Cu；；63：94；16
【解析】【解答】（1）①MgO、、、CuO，CO2是非金属氧化物，其它三者是金属氧化物；
②HCl、、、，H2O不是酸，其它三者是酸；
③NaOH、、KOH、，Na2CO3是盐，其它三者是碱；
故与其他三种不同的物质分别是A：CO2、B：H2O、C：Na2CO3。
（2）物质C是，其水溶液与足量稀硫酸反应的离子方程式：。
（3）溶液中存在Fe2+和Br-，通入Cl2，Fe2+先反应，说明还原性，由于氧化性Cl2>Br2，则还原性Br->Cl-，故、、三种离子的还原性由强到弱的顺序为。
（4）①双线桥法是用箭头标出反应物与生成物发生化合价变价的元素原子得失电子情况，用双线桥法标出下列反应的电子转移情况：；
②该反应Cu化合价升高被氧化，Cu作还原剂；N的化合价降低得到NO2，则NO2是还原产物；
③该反应中氧化剂是生成NO2的HNO3，氧化产物是Cu(NO3)2，二者的质量之比是；
④当有63g参加反应时，物质的量是1mol，根据反应的方程式可知，被氧化的物质是Cu，物质的量为mol，其质量为16g。
【分析】（1）二氧化碳是非金属氧化物，水属于氧化物，碳酸钠属于盐；
（2）碳酸根和氢离子反应生成水和二氧化碳；
（3）氯气少量时，先和亚铁离子反应，即亚铁离子还原性强于溴离子；
（4）氧化还原反应的基本口诀：升失氧化还原剂，降得还原氧化剂；
化合价升高，失去电子，被氧化，发生氧化反应，作为还原剂，得到还原产物；
化合价降低，得到电子，被还原，发生还原反应，作为氧化剂，得到氧化产物；
电子的数目=元素的价态变化数目×该元素原子的个数。
21．【答案】（1）④⑤；①②⑥⑧
（2）Na3PO4=3 Na++PO43﹣；NH4NO3=NH4++NO3﹣
【解析】【解答】解：（1）①铁片是金属单质，能导电，但既不是电解质也不是非电解质；②饱和食盐水能导电，属于混合物，既不是电解质也不是非电解质； ③液态氯化氢不导电，溶于水能导电，属于电解质； ④乙醇不能导电，属于非电解质； ⑤干冰不能导电，属于非电解质；⑥熔融KNO3 能导电，属于电解质；⑦BaSO4固体不能导电，但是熔融状态下能导电，属于电解质；⑧石墨是非金属单质，能导电，既不是电解质也不是非电解质； ⑨氢氧化钠不能导电，溶于水后熔融状态下均能导电，属于电解质；故答案为：④⑤；①②⑥⑧；（2）①磷酸钠电离出钠离子和磷酸根离子，电离方程式为Na3PO4=3 Na++PO43﹣，故答案为：Na3PO4=3 Na++PO43﹣；②硝酸铵电离出铵根和硝酸根离子，电离方程式为：NH4NO3=NH4++NO3﹣，故答案为NH4NO3=NH4++NO3﹣．
【分析】（1）非电解质是在水溶液里和熔融状态下都不能导电的化合物，包括一些非金属氧化物、氨气、大多数有机物（如蔗糖、酒精等）；根据物质导电的原因分析，只要含有自由移动的离子或自由电子即可；（2）磷酸钠电离出钠离子和磷酸根离子，硝酸铵电离出铵根和硝酸根离子．
22．【答案】（1）2Cr2O72﹣+3CH3CH2OH+16H+=4Cr3++3CH3COOH+11H2O
（2）橙红；绿
（3）K2Cr2O7；Cr2（SO4）3
（4）1mol
【解析】【解答】解：（1）2K2Cr2O7+3CH3CH2OH+8H2SO4=2K2SO4+2Cr2（SO4）3+3CH3COOH+11H2O中，乙醇、乙酸、水在离子反应中保留化学式，则对应的离子反应为2Cr2O72﹣+3CH3CH2OH+16H+=4Cr3++3CH3COOH+11H2O，故答案为：2Cr2O72﹣+3CH3CH2OH+16H+=4Cr3++3CH3COOH+11H2O；（2）司机属于醉酒驾车，发生2K2Cr2O7+3CH3CH2OH+8H2SO4=2K2SO4+2Cr2（SO4）3+3CH3COOH+11H2O，还原生成正三价铬时，颜色变为绿色，则观察到装置中的硅胶将由橙红色变为绿色，故答案为：橙红；绿；（3）Cr元素的化合价降低，则K2Cr2O7为氧化剂，得到电子被还原，Cr2（SO4）3 为还原产物；故答案为：K2Cr2O7；Cr2（SO4）3； （4）乙醇的物质的量为 =1.5mol，结合反应可知，存在2K2Cr2O7～3CH3CH2OH，则消耗K2Cr2O7的物质的量是1.5mol× =1mol，故答案为：1mol．
【分析】（1）化学反应中只有乙醇、乙酸、水保留化学式；（2）酸性条件下被还原成正三价铬时，颜色变为绿色；（3）Cr元素的化合价降低，得到电子被还原；（4）结合反应可知，存在2K2Cr2O7～3CH3CH2OH，以此计算．
