第2章《元素与物质世界》测试题2021-2022学年高一上学期鲁科版（2019）化学必修第一册（Word含答案）.docx

第2章元素与物质世界测试题一、单选题（共15题）1化学与生活密切相关，下列说法正确的是()A氢氧化铝胶体可用来对自来水净化和杀菌消毒B“血液透析”利用了胶体丁达尔效应CBaSO4常用来作胃镜中的“钡餐”D为了消除碘缺乏病，在食用盐中加入一定量的碘单质2把300mL含有BaCl2和KCl的混合溶液分成3等份，取一份加入amolNa2SO4的溶液，恰好使Ba2+完全沉淀；另取一份加入bmolAgNO3的溶液，恰好使完全沉淀。则该混合溶液中K+的浓度为A0.1(b2a)mol/LB10(2ab)mol/LC10(ba)mol/LD10(b2a)mol/L3今有一混合物的水溶液，含有以下离子中的若干种：Na+、NH4+、Cl、Ba2+、HCO3、SO42，现取两份 100 m L的该溶液进行如下实验：第1份加足量NaOH溶液，加热，收集到标准状况下的气体448mL；第2份加足量Ba(OH)2溶液，得沉淀4.30 g，再用足量盐酸洗涤、干燥得沉淀2.33 g。根据上述实验，下列推测正确的是ABa2一定存在B100 mL该溶液中含0.01 molHCO3CNa不一定存在DCl不确定，可向原溶液中加入AgNO3溶液进行检验4溴及其化合物在生产中有广泛应用。工业上常用“吹出法”从海水中提溴，工艺流程示意图如下。下列说法不正确的是A“吹出法”主要包括氧化、吹出、吸收、蒸馏和冷凝等环节B海水中Br- 经氧化、吹出、吸收后，可实现溴的富集C该工艺流程可证明还原性：Br- >SO2>Cl-D“吸收塔”内也可用Na2CO3溶液吸收吹出的Br25按照HCl、(       )、Ca(ClO)2、KClO3、HClO4的排列规律，括号内应填入的物质是ANaClBCl2CNaClO2DClO26某混合溶液中所含离子的浓度如表，则离子可能为所含离子个数ABCD7标准状况下，8.96LNH3气体可以将100mL2molL-1NaClO溶液中ClO-完全转化为Cl-，则NH3反应后的产物为AN2H4BN2CNODNO28下列离子方程式正确的是A溶液中通入少量:B将氧气通入酸性碘化钾溶液中:C实验室制取少量氯气:D氯气溶于水:9下列反应中，不属于氧化还原反应的是A3Cl2+6KOH5KCl+KClO3+3H2OB2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2OCCu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2DNaOH+HCl=H2O+NaCl10下列物质溶于水没有化学键断裂的是ABC乙醇D11离子方程式正确的是A溴化亚铁中通入过量氯气：B硫酸中加入少量氢氧化钡溶液：C溶液滴加到氨水中：D溶液中加过量澄清石灰水：12下列反应中属于氧化还原反应的是ANH3+HCl=NH4ClB2Fe(OH)3Fe2O3+3H2OC3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2DCaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO213二氧化硒(SeO2)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、浓硫酸反应生成SeO2以回收Se。在回收过程中涉及如下化学反应：SeO2+4KI+4HNO3=Se+2I2+4KNO3+2H2O；Se+2H2SO4(浓)=2SO2+SeO2+2H2O；Se+4HNO3(浓)=SeO2+4NO2+2H2O；下列有关叙述正确的是（       ）A氧化性由强到弱的顺序是H2SO4(浓)>SeO2>I2B反应中Se是氧化产物，I2是还原产物C反应中生成0.6molI2，转移的电子数目为2.4NAD反应中等量的Se消耗浓硫酸和浓硝酸中溶质的物质的量之比为2：114下列有关说法正确的是A厨房可用食醋除水垢，食醋的作用是作氧化剂B某食品包装袋内装有一包铁粉，它的主要作用是作干燥剂C病人补铁()的同时需补维生素C，维生素C的作用是作还原剂D洁厕灵和“84”消毒液混合使用可增强消毒杀菌效果，体现了两者的强氧化性15下列各组中的离子，能在无色透明的溶液中大量共存的是A、B、C、D、二、填空题（共8题）16已知下列反应：Cl2+2NaBr=2NaCl+Br2；2KI+Br2=2KBr+I2；Na2S+I2=2NaI+S。(1)Cl-、Br-、I-、S2-四种离子的还原性由强到弱的顺序是_。(2)判断Cl2与Na2S能否反应？_(填“否”或书写离子反应方程式)。(3)判断I2与NaBr能否反应？_(填“否”或书写离子反应方程式)。(4)已知实验室制取氯气反应为：MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2+2H2O，由此分析：MnO2在反应中_电子，所含元素化合价_，发生_反应。(5)在硫酸溶液中，NaClO3和Na2SO3能按粒子个数比1：2完全反应，生成一种棕黄色气体X，同时Na2SO3被氧化为Na2SO4，则X为_。ACl2O7 BClO2 CCl2O DCl217分类法在化学中起着非常重要的作用，现有下列物质：Cl2、NaOH溶液、Cu、冰水混合物、Na2CO310H2O、稀硫酸、CO2、镁铝合金。请回答下列问题：(1)属于纯净物的有_，属于氧化物的有_。(2)能导电的物质有_，属于电解质的有_。(3)实验室中制取少量Fe(OH)3胶体的化学方程式为_。(4)已知Cl2与NaOH反应的化学方程式是Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_，标准状况下，11.2L的Cl2含有的原子数为_。18对于数以千万计的化学物质和为数众多的化学反应，分类法的作用几乎是无可代替的。.现有以下物质：         氯水   (酒精)      盐酸(1)以上物质中属于混合物的是_(填序号，下同)。(2)属于电解质的是_，属于非电解质的是_，既不属于电解质又不属于非电解质的纯净物是_。.虽然分类的方法不同，但四种基本反应类型和离子反应、氧化还原反应之间也存在着一定的关系。(3)如图为离子反应、氧化还原反应和置换反应三者之间的关系，其中表示离子反应的是_(填字母)。(4)某同学将食盐、芒硝、纯碱划分为一类。该同学的分类依据为_(填字母)。A酸类B盐类C碱类D氧化物19如图所示转化关系中，A、G均为常见气态非金属单质，B为强碱，C溶液具有漂白作用，D为无氧酸盐，常温下E为无色无味的液体，F为淡黄色固体，反应、均可在常温下进行。回答下列问题：(1)反应的化学方程式为_。(2)向C溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式为_；上述物质中，属于非金属氧化物的是_。(3)反应的离子方程式为_；该反应中，每生成3.36L(标准状况)气体G时，消耗F的质量为_g。(4)潮湿的A2与Na2CO3混合制取少量A2O(O为氧元素)的反应中，A2既体现了氧化性，也体现了还原性，同时生成两种盐。写出反应的化学方程式：_。20某澄清溶液中可能含有、和。取该溶液进行以下实验：用pH试纸测得溶液呈酸性；取部分溶液，向其中加入少量及数滴新制氯水，经振荡后层呈紫色；另取部分溶液，向其中逐滴加入稀溶液，使溶液从酸性逐渐转变为碱性，滴加过程中及滴加完毕后，溶液中均无沉淀生成；取部分中碱性溶液，加入溶液，有白色沉淀生成；将中碱性溶液加热，有气体放出，该气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。该溶液中肯定存在的离子是_，肯定不存在的离子是_，还不能确定是否存在的离子是_。21实验室用密度为、溶质质量分数为36.5%的足量浓盐酸与二氧化锰反应制取氯气。求：(1)该浓盐酸中溶质的物质的量浓度为_。(2)理论上生成氯气的体积(标准状况) _。(要求写出计算步骤)22把密度为1.6g/ cm3的液态S2Cl2 10mL溶于石油醚(一种溶剂)， 得到100mL溶液，把它慢慢加入50 mL3.2mol/L的SO2水溶液中，振荡使之充分反应，当加入的S2Cl2溶液为67.5mL时，恰好反应完全。生成物用含0.32mol KOH的KOH溶液中和后，恰好完全转化为KCl和一种二元含氧酸的钾盐晶体。请计算(1)参与反应的n(S2Cl2)： n(SO2)=1：_(2)确定二元含氧酸的化学式_。23KMnO4是一种常用的氧化剂。某实验小组利用氯气氧化K2MnO4制备KMnO4并对其性质进行探究。资料：锰酸钾(K2MnO4)在浓强碱溶液中可稳定存在，碱性减弱时易发生反应：3+2H2O=2+MnO2+4OH-酸性条件下的氧化性：KMnO4>KIO3>I2IKMnO4的制备(1)从AD中选择合适的装置制备KMnO4，正确的连接顺序是a_(按气流方向，用小写字母表示)；装置A中m的作用是_。(2)若没有使用装置C，造成的影响是_。IIKMnO4性质探究取适量制取的KMnO4溶液稀释至约0.01mol/L(用硫酸酸化至pH=1)，取配制好的KMnO4溶液2mL于试管中，逐滴滴加0.1mol/LKI溶液，KMnO4紫色溶液迅速变为棕褐色悬浊液，然后沉淀逐渐消失，最终溶液变为棕黄色。(3)最终溶液呈现踪黄色推测生成了_(写化学式)。(4)实验小组对初始阶段的产物成分进行探究：黑色固体是MnO2，试剂X是_(写化学式)。在“紫色清液"中存在，写出生成的离子方程式_。下列实验方案中，可用于检验“紫色清液"中是否存在的是_(填序号)。A用洁净的玻璃棒随取紫色清液滴在淀粉-KI试纸上，观察试纸是否变蓝色。B取少量紫色清液于试管中，向其中加入几滴淀粉溶液，溶液不变蓝，再加入过量NaHSO3溶液，观察溶液是否变色。C取少量紫色清液于试管中，向其中加入稀硝酸酸化，再加入几滴硝酸银溶液，观察是否生成黄色沉淀。(5)探究实验II中棕褐色沉淀消失的原因：用离子方程式解释步骤中固体消失的原因_。(6)由上述实验可知，KMnO4的还原产物与_有关。参考答案：1C【解析】A氢氧化铝胶体具有较大表面积吸附悬浮杂质，胶体可以净化水，但不能消毒杀菌，故A错误；B血液是胶体，“血液透析”是利用了胶体不能透过半透膜的性质，不是利用了胶体的丁达尔效应，故B错误；C硫酸钡和胃酸不反应且无毒，所以常用来作胃镜中的“钡餐”，故C正确；D为了消除碘缺乏病，在食用盐中加入一定量的碘酸钾(KIO3)，不是碘单质，故D错误；故选：C。2D【解析】把300mL含有BaCl2和KCl的混合溶液分成3等份，每份溶液的体积为100mL，取一份加入含amol硫酸钠的溶液，恰好使钡离子完全沉淀，由Ba2+=BaSO4可知，Ba2+的物质的量为amol；另取一份加入含bmol硝酸银的溶液，恰好使氯离子完全沉淀，由Ag+Cl-=AgCl可知，Cl-的物质的量为bmol，设每份溶液中K+的物质的量为xmol，则2a+x=b，x=(b-2a)mol，该溶液中K+的物质的量浓度为c(K+)=10(b-2a)mol/L；答案选D。3B【解析】根据题意，Ba2+与SO42-可发生离子反应生成BaSO4沉淀，因此两者不能大量共存，Ba2+和CO32-可发生离子反应生成BaCO3沉淀，因此两者也不能大量共存，第一份加足量NaOH溶液加热后，收集到气体448mL，即0.02mol，能和NaOH溶液加热产生气体的只能是NH4+，根据反应NH4+OH-= NH3+H2O，产生NH3为0.02mol，可得NH4+也为0.02mol，第二份加足量BaCl2溶液后，得到干燥沉淀4.30g，经足量盐酸洗涤干燥后，沉淀质量为2.33g，部分沉淀溶于盐酸为BaCO3，部分沉淀不溶于盐酸为BaSO4，发生反应HCO3- + Ba2+ +OH- =BaCO3+H2O、SO42- + Ba2+=BaSO4，因为BaCO3 + 2HCl=BaCl2+CO2+H2O而使BaCO3溶解，因此溶液中一定存在HCO3-、SO42-，一定不存在Ba2+，由条件可以知道BaSO4 为2.33g，物质的量为0.01mol， BaCO3为4.30g-2.33g=1.97g，物质的量为0.01mol，根据原子守恒，所以100mL该溶液中含0.1molHCO3-，则HCO3-物质的量为0.01mol，物质的量浓度为0.1mol/L，由上述分析可得溶液中一定存在HCO3-、SO42-、NH4+，其物质的量分别为：0.01mol、0.01mol、0.02mol，根据溶液中电荷守恒，可以知道Na+一定存在。A根据上述分析，钡离子一定不存在，A选项错误；B100mL该溶液中含0.01mol的碳酸氢根离子，B选项正确；C根据电荷守恒，钠离子一定存在，C选项错误；D不能确定氯离子是否存在，向原溶液中加入AgNO3也不能检验是否含有Cl-是否存在，因为SO42-也会与Ag+反应生成Ag2SO4的白色沉淀，D选项错误；答案选B。4C【解析】酸化的海水通入氯气发生反应Cl2+2Br-=Br2+2Cl-，吹出塔中通入热空气吹出溴单质，在吸收塔中用二氧化硫和水吸收发生反应:SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4再通入氯气和水蒸气，发生反应Cl2+2Br-=Br2+2Cl-，达到富集溴的目的，冷凝精馏分离出产品溴，据此分析解题。A分析可知，“吹出法”主要包括氧化、吹出、吸收、蒸馏和冷凝等环节，A正确；B海水中溴离子浓度较低，经过经氧化、吹出、吸收后，可实现溴的富集，B正确；C吸收塔中发生SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4元素的化合价升高，可知SO2的主要作用是还原Br2，还原性SO2>Br->Cl-，C错误；D工业上也可用Na2CO3溶液吸收吹出的 Br2，由电子及原子守恒可知化学方程式为:3Br2+6Na2CO3+3H2O=5NaBr+NaBrO3+6NaHCO3，再加入酸发生氧化还原反应生成溴单质，D正确；答案选C。5B【解析】根据题干物质排列的规律是按Cl元素的化合价升高依次排列的，HCl中Cl为-1价，Ca(ClO)2中Cl的化合价为+1价，故括号内的物质中Cl的化合价应该为0价，即为Cl2，故答案为：B。6D【解析】该溶液中阴离子所带的负电荷数为4a×1+a×2=6a，而H+所带的正电荷数为2a×1=2a，所以M应为阳离子，且带两个正电荷。因为Ba2与不能共存于同一溶液中，所以M离子应为Mg2+。故选D。7A【解析】标况下8.96LNH3的物质的量为=0.4mol，100mL2molL-1NaClO溶液中ClO-的物质的量为0.1L×2molL-1=0.2mol，完全转化为Cl-，得到0.2mol×2=0.4mol电子，根据得失电子守恒可知每个NH3失去=1个电子，所以NH3中N元素化合价升高1价变为-2价，N2H4中N元素为-2价；故答案为A。8A【解析】A. 溶液中通入少量，亚铁离子反应，因此离子反应：，故A正确；B. 将氧气通入酸性碘化钾溶液中：，故B错误；C. 实验室制取少量氯气：，故C错误；D. 氯气溶于水：，故D错误。综上所述，答案为A。9D【解析】A3Cl2+6KOH5KCl+KClO3+3H2O，反应过程中，氯元素化合价改变，属于氧化还原反应，故不选A；B2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O，反应过程中，氮元素化合价改变，属于氧化还原反应，故不选B；CCu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2，反应过程中，铜元素、铁元素化合价改变，属于氧化还原反应，故不选C；DNaOH+HCl=H2O+NaCl，反应过程中，元素化合价不变，不属于氧化还原反应，故选D；选D。10C【解析】A氯化氢溶于水后，在水分子的作用下电离出阴阳离子，所以有化学键的断裂，故A不选；B溶于水后，在水分子的作用下电离出阴阳离子，所以有化学键的断裂，故B不选；C乙醇不能电离，属于非电解质，化学键没有断裂，故C选；D与水反应生成NaOH，发生了化学反应，有化学键的断裂和形成，故D不选；故选：C。11D【解析】A溴化亚铁中通入过量氯气的离子方程式为：，A错误；B硫酸中加入少量氢氧化钡溶液的离子方程式为：，B错误；C溶液滴加到氨水中的离子方程式为：，C错误；D溶液中加过量澄清石灰水的反应方程式为：NaHCO3+Ca(OH)2=CaCO3+NaOH+H2O，故离子方程式为：，D正确；故答案为：D。12C【解析】A该反应中元素化合价不变，因此不属于氧化还原反应，A错误；B该反应中元素化合价不变，因此不属于氧化还原反应，B错误；C在该反应中，有Fe、H两种元素化合价发生变化，因此反应属于氧化还原反应，C正确；D该反应中没有元素化合价发生变化，因此反应不属于氧化还原反应，D错误；故选C。13A【解析】A在同一反应中氧化剂氧化性大于氧化产物氧化性，则根据可知氧化性：，中氧化性：浓，则氧化性由强到弱的顺序是浓，故A正确；B反应中，Se元素的化合价降低，被还原，I元素的化合价升高，被氧化，则Se是还原产物，是氧化产物，故B错误；C根据化合价的变化可知，反应中每有生成，转移的电子数目应为，故C错误；D由反应可知，设Se均为1mol，由反应、可知等量的Se消耗浓和浓的物质的量之比为2：2，故D错误。答案选A。14C【解析】A厨房可食醋除水垢，没有元素化合价变化，属于非氧化还原反应，故A错误；B某食品包装袋内装有一包铁粉，它的主要作用是防止食品氧化变质，故B错误；C病人补铁()的同时需补维生素C，维生素C能防止被氧化为，作用是作还原剂，故C正确；D洁厕灵和“84”消毒液混合使用会生成有毒的氯气，盐酸体现还原性，故D错误；选C。15D【解析】A与反应生成沉淀而不共存，与反应生成水和碳酸根而不共存，故A不符合题意；B与反应生成碳酸钡沉淀而不共存，故B不符合题意；C是蓝色，故C不符合题意；D、都大量共存，故D符合题意。综上所述，答案为D。16     S2->I->Br->Cl-     Cl2+S2-=2Cl-+S     否     得到     降低     还原     C【解析】(1)根据还原剂的还原性强于还原产物的还原性，由反应知还原性：Br->Cl-，由反应知还原性：I-> Br-，由反应知还原性：S2-> I-，则还原性由强到弱顺序为S2-> I-> Br->Cl-；故答案为：S2->I->Br->Cl-。(2)根据氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性知，由得Cl2> Br2，由得Br2>I2，由得I2>S，故氧化性由强到弱的顺序为：Cl2>Br2>I2>S，则Cl2与Na2S能发生反应：Cl2+Na2S=2NaCl+S，其离子反应方程式为：Cl2+S2-=2Cl-+S；故答案为：Cl2+S2-=2Cl-+S。(3)氧化性由强到弱的顺序为Cl2> Br2>I2> S，则I2与NaBr不能反应；故答案为：否。(4)在MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2+2H2O反应中，Mn元素化合从+4价降为+2价，则MnO2在反应中得电子，所含元素化合价降低，发生还原反应；故答案为：得到；降低；还原。(5)Na2SO3被氧化为Na2SO4，S元素化合价由+4价升高为+6价，NaClO3中氯元素的化合价由+5价降低，NaClO3为氧化剂，令Cl元素在还原产物中的化合价为a，则：2×(6-4)=1×(5-a)，解得a=+1，故棕黄色气体X的化学式为Cl2O；故答案为C。17(1)          (2)          (3)FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl(4)     1：1     NA【解析】(1)Cl2不能导电，是单质，属于纯净物，既不是电解质也不是非电解质，NaOH溶液能导电，是混合物，Cu是金属单质，属于纯净物，能导电，既不是电解质也不是非电解质，冰水混合物是氧化物，为纯净物，能导电，属于电解质，Na2CO310H2O是纯净物，不能导电，溶于水导电，属于电解质，稀硫酸能导电，是电解质溶液，为混合物，CO2不能导电，属于纯净物，为非电解质，镁铝合金能导电，属于混合物，属于纯净物的有：Cl2、Cu、冰水混合物、Na2CO310H2O、CO2，属于氧化物的是：冰水混合物、CO2，故答案为：；(2)能导电的物质有：NaOH溶液、Cu、冰水混合物、稀硫酸、镁铝合金，属于电解质的有：冰水混合物、Na2CO310H2O，故答案为：；(3)实验室中制取少量Fe(OH)3胶体是利用向沸水中滴入饱和氯化铁溶液加热到红褐色得到，反应的化学方程式为：FeCl3+3H2O Fe(OH)3(胶体)+3HCl，故答案为：FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl；(4)已知Cl2与NaOH反应的化学方程式是Cl2+2NaOHNaCl+NaClO+H2O，反应中氧化剂和还原剂都是氯气，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1，标准状况下，11.2L的Cl2物质的量为，含有的原子数=0.5mol×2×NA/mol=NA，故答案为：1：1；NA。18(1)(2)               (3)C(4)B【解析】(1)混合物由两种或两种以上物质组成，以上物质中属于混合物的是氯水、盐酸。(2)电解质指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，属于电解质的是：、；非电解质指在水溶液中和熔融状态下均不能导电的化合物，属于非电解质的是：、；既不属于电解质又不属于非电解质的纯净物是：。(3)离子反应是指有离子参与的化学反应，可能是氧化还原反应，也可能是置换反应，也可能不是氧化还原反应，置换反应一定是氧化还原反应，三者之间的关系图符合的是C。(4)食盐是NaCl，芒硝是Na2SO4·H2O，纯碱是Na2CO3，三者均属于盐类，故选B。19(1)Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O(2)     ClO-+CO2+H2O=HCO+HClO     H2O(3)     2Na2O2+2H2O=4Na+4OH-+O2     23.4(4)2Cl2+2Na2CO3+H2O=2NaHCO3+2NaCl+Cl2O【解析】常温下E为无色无味的液体，E为水，F为淡黄色固体，F为过氧化钠，反应Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2均可在常温下进行，A、G均为常见气态非金属单质，B为强碱，得A为氯气，B为NaOH，C溶液具有漂白作用，C为次氯酸钠，D为无氧酸盐，D为氯化钠，G为氧气。(1)反应是氯气与氢氧化钠反应生成次氯酸钠、氯化钠和水，化学方程式为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O。故答案为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；(2)酸性：H2CO3HClOHCO，向C溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式为ClO-+CO2+H2O=HCO+HClO；上述物质中，属于非金属氧化物的是H2O。故答案为：ClO-+CO2+H2O=HCO+HClO；H2O；(3)反应是过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，离子方程式为2Na2O2+2H2O=4Na+4OH-+O2；n(O2)= =0.15mol，反应的方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，根据方程式可知消耗n(Na2O2)=2n(O2)=0.3mol，则m(Na2O2)=0.3mol×78g/mol=23.4g，该反应中，每生成3.36L(标准状况)气体G时，消耗F的质量为23.4g。故答案为：2Na2O2+2H2O=4Na+4OH-+O2；23.4；(4)潮湿的Cl2与Na2CO3混合制取少量Cl2O(O为氧元素)的反应中，Cl2既体现了氧化性，生成NaCl，也体现了还原性，生成Cl2O，同时生成两种盐，除氯化钠外，还有钠、氢、碳、氧元素，根据质量守恒生成NaHCO3。写出反应的化学方程式：2Cl2+2Na2CO3+H2O=2NaHCO3+2NaCl+Cl2O。故答案为：2Cl2+2Na2CO3+H2O=2NaHCO3+2NaCl+Cl2O。20     、和     、     【解析】根据实验可知，溶液中含有大量，则一定不存在；根据实验可知，溶液中一定存在，则不存在、，因为、三者以及与不能共存；根据实验可知，溶液中不存在和；再结合实验可知，溶液中含有，故不存在；根据实验可知，溶液中含有。根据实验可知，溶液中含有大量，则一定不存在；根据实验可知，溶液中一定存在，则不存在、，因为、三者以及与不能共存；根据实验可知，溶液中不存在和；再结合实验可知，溶液中含有，故不存在；根据实验可知，溶液中含有,则溶液中肯定存在的离子是、和，肯定不存在的离子是、，还不能确定是否存在的离子是，故答案为：、和；、；。21(1)11.9 molL1(2)11.2L【解析】(1)该浓盐酸中溶质的物质的量浓度；故答案为：11.9 molL1。(2)二氧化锰物质的量，根据MnO24HClCl2，根据关系式得到n(Cl2)=0.5mol，因此理论上生成氯气的体积(标准状况) 0.5mol×22.4Lmol111.2L；故答案为：11.2L。22(1)2(2)H2S4O6【解析】(1)，则参与反应的n(S2Cl2):n(SO2)=1:2，故答案为：2；(2)根据题意，反应过程中Cl、H、O元素的化合价不变，所以该反应为归中反应，设反应后硫元素化合价为x，依据得失电子守恒有：2(x-1)=2(4-x)，解得x= ，由此推断二元含氧酸的化学式为H2S4O6，故答案为：H2S4O6。23(1)     decbf或d，ec，bf     平衡气压，使液体能顺利流下(2)HCl进入B装置使溶液碱性减弱生成MnO2，导致KMnO4的产率降低(3)I2(4)     H2O2     2+I-+2H+=2MnO2+H2O     B(5)MnO2+2I-+4H+=Mn2+I2+2H2O(6)还原剂的用量、溶液的酸碱性、氧化剂的浓度【解析】KI和酸性KMnO4溶液反应生成I2单质；四氯化碳是有机溶剂、不溶于水、密度比水大，溶解I2而呈紫色；实验初始阶段I-的氧化产物不是I2，则四氯化碳中未溶解I2而呈无色；KI和酸性KMnO4溶液反应的黑色生成物能催化H2O2分解；KI和酸性KMnO4溶液的反应生成KIO3和MnO2，结合电子守恒和电荷守恒配平写出反应的离子方程式；酸性条件下氧化性：KIO3I2 ，可加入不含I元素的还原剂将IO还原为I2 ，利用淀粉检验I2的存在间接证明IO3-的存在；根据探究实验过程可知，MnO2、KI和硫酸反应生成I2 ，结合化合价升降规律可知还生成硫酸锰，据此写出反应的离子方程式；物质的变化主要与其自身的性质有关，还与外界条件，如浓度大小、用量多少、溶液的酸碱性等有关。(1)A制备氯气，经C除去HCl，进入B中发生3+2H2O=2+MnO2+4OH-，最后用D吸收尾气。从AD中选择合适的装置制备KMnO4，正确的连接顺序是adecbf或d，ec，bf(按气流方向，用小写字母表示)；装置A中m的作用是平衡气压，使液体能顺利流下。故答案为：decbf或d，ec，bf；平衡气压，使液体能顺利流下；(2)若没有使用装置C，造成的影响是HCl进入B装置使溶液碱性减弱生成MnO2，导致KMnO4的产率降低。故答案为：HCl进入B装置使溶液碱性减弱生成MnO2，导致KMnO4的产率降低；(3)低浓度碘水的颜色为黄色，KI和酸性KMnO4溶液反应的生成物中使溶液呈棕黄色的只可能是生成I2单质，在酸性条件下，KMnO4将碘离子氧化生成碘单质，最终溶液呈现踪黄色推测生成了I2(写化学式)。故答案为：I2；(4)实验初始阶段I-的氧化产物不是I2，则有机溶剂四氯化碳中未溶解I2而呈无色，但四氯化碳不溶于水、密度比水大，导致液体分层；KI和酸性KMnO4溶液反应的黑色生成物能催化H2O2分解，黑色固体是MnO2，二氧化锰催化双氧水分解，试剂X是H2O2(写化学式)。故答案为：H2O2；KI和酸性KMnO4溶液的反应生成KIO3和MnO2，根据电子守恒和电荷守恒配平写出的离子方程式为：2+I-+2H+=2MnO2+H2O。故答案为：2+I-+2H+=2MnO2+H2O；酸性条件下氧化性：KIO3I2 ，可加入不含I元素的还原剂将IO还原为I2 ，利用淀粉遇到碘单质变蓝色检验I2的存在，间接证明IO的存在，即取少量“紫色清液”，逐滴加入NaHSO3溶液，振荡，溶液紫色消失变成棕黄色时，滴加淀粉溶液，溶液变蓝说明存在IO。A用洁净的玻璃棒随取紫色清液滴在淀粉-KI试纸上，引入了碘元素，故A错误；B取少量紫色清液于试管中，向其中加入几滴淀粉溶液，溶液不变蓝，再加入过量NaHSO3溶液，亚硫酸氢根离子与碘酸根离子反应，生成碘单质，观察溶液是否变色，故B选；C取少量紫色清液于试管中，向其中加入稀硝酸酸化，再加入几滴硝酸银溶液，碘酸银溶于硝酸，故C不选；故答案为：B；(5)MnO2、KI和硫酸反应生成的棕黄色溶液中含有I2 ，根据化合价升降规律可知还生成MnSO4，结合酸性条件和守恒思想，用离子方程式解释步骤中固体消失的原因MnO2+2I-+4H+=Mn2+I2+2H2O。故答案为：MnO2+2I-+4H+=Mn2+I2+2H2O；(6)由上述实验可知，所得产物成分与试剂的相对用量（滴加顺序）有关，由探究实验中棕褐色沉淀消失原因的实验可知，所得产物成分与溶液酸性强弱有关，实际上，物质的变化主要与其自身的性质有关，还与外界条件，如浓度大小、用量多少、溶液的酸碱性等因素有关。故答案为：还原剂的用量、溶液的酸碱性、氧化剂的浓度。