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1、第2章元素与物质世界测试题一、单选题（共15题）1反应3NO2+H2O=2HNO3+NO中，氧化产物与还原产物的物质的量之比是A12B21C11D322NaH2PO2可用于化学镀镍，常通过反应“P43NaOH3H2O=3NaH2PO2PH3”制得，产物PH3中P的化合价为-3。下列说法正确的是AP4分子中含有的共价键是极性键B31g P4中所含PP键的物质的量为6 molC反应中还原剂和氧化剂的物质的量之比为13D反应生成2.24 L PH3（标准状况），转移电子数目为0.36.0210233下列各组离子中能大量共存的是A在新制的氯水中：、B的溶液中：、C在碱性溶液中：、D无色透明的溶液中：、
2、4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:5设NA为阿伏加德罗常数值。如图表示N2O在Pt2O+表面与CO反应转化成无害气体的过程。下列说法正确的是（）AN2O转化成无害气体时的催化剂是B每1molPt2O+转化为Pt2O得电子数为2NAC将生成的CO2通入含大量、Na+、Cl-的溶液中，无明显现象D1gCO2、N2O的混合气体中含有电子数为0.5NA6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+2Fe
3、Cl2DNaOH+HCl=H2O+NaCl7某无色透明溶液，能与铝反应放出氢气，此溶液中一定大量共存的离子组是（）A SO、Na+、Cl、K+BSO、Na+、HCO、K+CNO、Mg2+、Cl、Ba2+DCu2+、Cl、Fe2+、SO8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AN2H4BN2CNODNO29某同学把氢溴酸(HBr溶于水形成的溶液)与盐酸划为一类物质，其理由是它们的化学性质十分相似。据此判断下列反应不会发生的是ABCD10下列物质的分类正确的是碱酸盐碱性氧化物酸性氧化物ANa2CO3H2SO4C
4、u2(OH)2CO3Fe2O3SO3BNaOHHClNaClNa2O2COCNaOHNaHSO4CaF2MgOSO2DKOHHNO3NaHCO3CaOMn2O7AABBCCDD11下列物质类属、名称(或俗名)及化学式相符的是A碱性氧化物、氧化亚铁、Fe2O3B酸性氧化物、干冰、CO2C酸、硫酸、H2SO3D碱、纯碱、Na2CO312下列离子方程式正确的是ACl2通入水中：Cl2+H2O=2H+Cl-+ClO-B稀H2SO4与铁粉反应：2Fe+6H+=2Fe3+3H2C钠与水反应：Na+2H2O=Na+2OH-+H2D鸡蛋壳在盐酸中溶解：CaCO3+2H+=Ca2+H2O+CO213按照HCl、
5、()、Ca(ClO)2、KClO3、HClO4的排列规律，括号内应填入的物质是ANaClBCl2CNaClO2DClO214下列化学方程式与所述事实相符，且正确的是A检验燃尽的火柴头浸泡液中含有氯元素B用淀粉碘化钾溶液和醋酸鉴别真假碘盐：C用纸层析法分离和时，最后阶段充分氨熏：D在硫酸亚铁溶液中加入等物质的量的硫酸铵，制备摩尔盐15下列反应属于氧化还原反应，且HCl既不作氧化剂也不作还原剂的是（）APbO24HClPbCl2Cl22H2OBNaOHHClNaClH2OC2FeCl2H2O22HCl2FeCl32H2ODZn2HClZnCl2H2二、填空题（共8题）16分类法在化学中起着非常重要
6、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_。17已知下列反应：Cl2+2NaBr=2NaCl+Br2；2KI+Br2=2KBr+I2；Na2S+I2=2NaI+S。(1)Cl-、Br-、I-
7、、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 DCl218(1)已知：2N2O5(g)=2N2O4(g)+O2(g)H1=-
8、4.4kJmol-12NO2(g)=N2O4(g)H2=-55.3kJmol-1则反应N2O5(g)=2NO2(g)+O2(g)的H=_kJmol-1。(2)已知0.1mol/L的NaHSO4溶液中H+的物质的量浓度为0.1mo1/L，请回答下列问题：写出NaHSO4在水溶液中电离的方程式_。若将NaHSO4与Ba(OH)2在溶液中按物质的量之比为1：1混合，化学反应的离子方程式是_。(3)实验室现欲用质量分数为98%，密度为1.8g/mL的浓H2SO4溶液配制450mL浓度为0.2mol/L的稀H2SO4溶液，用量筒量取所需浓H2SO4溶液的体积是_mL。19现有三种物质A、B、C，它们均溶
9、于水，其中有一种是酸，一种是碱，一种是盐，溶于水后电离，可以产生下表中的离子。阳离子Na+、H+、Ca2+阴离子OH-、CO、SO为鉴别它们，分别完成以下实验，其结果如下：用pH试纸分别测定A、B、C的溶液，A、C均显碱性；A溶液与B溶液反应生成无色气体X；X可以和C的澄清溶液反应生成沉淀D。请根据上述实验结果填空：(1)依次写出物质X、B、C、D的化学式：_、_、_、_。(2)写出的离子方程式_。(3)写出的离子方程式_。(4)写出A溶液和C的澄清溶液反应的离子方程式_。20化合物X是由四种短周期元素组成的盐，不带结晶水，某兴趣小组按如下流程对其进行探究实验。已知化合物X的焰色反应呈黄色。请
10、回答：(1)化合物X的组成元素为_(填元素符号)和Na，气体D的化学式为_。(2)写出确定气体B的依据：_。(3)上述流程中固体生成无色溶液的离子方程式为_。(4)已知固体X在高温下可将CuO还原成Cu，写出该反应方程式_。取足量固体X与WgCuO(设CuO完全反应)共热，请设计实验证明还原产物的组成_。(提示：CuO的还原产物可能为，在酸性条件下不稳定，发生反应为)21完成以下填空。(1)有下列物质：石墨硫酸熔融氨气生石灰食盐水，以上物质中属于电解质的是：_；属于非电解质的是：_(均填序号)。(2)标准状况下，和含有相同氢原子数的的体积为_。(3)从溶液中取出，向其中加入的溶液恰好使完全沉淀
11、，则原溶液中的物质的量浓度为_。(4)用质量分数为，密度为浓硫酸配制的稀硫酸，需用量筒量取浓硫酸的体积为_。22常温下ClO2为气体，具有强氧化性，易溶于水且不与水反应，可作为自来水的消毒剂与食品漂白剂。ClO2可通过如下反应制备： 2NaClO3+4HCl =2ClO2+Cl2+2NaCl+2H2O。现往足量NaClO3中通入56L HCl(标况)气体制ClO2，请计算：(1)通入的HCl气体物质的量为_mol。(2)若将生成的混合气体通过装有亚氯酸钠(NaClO2) 的干燥管，可吸收Cl2并生成ClO2。通过两步制备共产生ClO2的物质的量为_mol。(3)ClO2的消毒效率(以单位质量得
12、到的电子数表示)是Cl2的_倍。23与的氧化性相近，在自来水消毒和果蔬保鲜等方面应用广泛。某兴趣小组通过图装置（夹持装置略）对其制备、吸收、释放和应用进行了研究。（1）仪器D的名称是_。安装F中导管时，应选用图中的_。（2）打开B的活塞，A中发生反应：，为使在D中被稳定剂充分吸收，滴加稀盐酸的速度宜_（填“快”或“慢”）。（3）关闭B的活塞，在D中被稳定剂完全吸收生成，此时F中溶液的颜色不变，则装置C的作用是_。（4）已知在酸性条件下可发生反应生成NaCl并释放出，该反应的离子方程式为_在释放实验中，打开E的活塞，D中发生反应，则装置F的作用是_。参考答案：1B【解析】反应3NO2+H2O=2
13、HNO3+NO中，二氧化氮中氮元素由+4价升高到+5价，生成硝酸，为氧化产物，物质的量为2mol；二氧化氮中氮元素由+4价降低到+2价，生成一氧化氮，为还原产物，物质的量为1mol，所以氧化产物与还原产物的物质的量之比是2：1；故选B。2D【解析】A.P4分子中存在PP键，为非极性键，A项错误；B.1个P4分子含有6个PP键，则31g即0.25mol P4，所含PP键的物质的量为1.5 mol，B项错误；C. 反应生成NaH2PO2，P的元素化合价从0价变为+1价，生成PH3，P元素化合价由0价降低为3价，可知NaH2PO2为氧化产物，PH3为还原产物，则反应中还原剂和氧化剂的物质的量之比为3
14、:1，C项错误；D. 生成PH3，P元素化合价由0价降低为3价，则反应生成2.24 L PH3(标准状况)，即0.1mol，转移电子数目为0.36.021023，D项正确；答案选D。3C【解析】A新制氯水具有较强酸性，A项错误；B和不能大量共存，B项错误；C在碱性溶液中，该组离子能大量共存，C项正确；D铁离子呈黄色，D项错误。故选C。4A【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。5D【解析】A根据转化关系，N2O转化N2时，Pt2O+
15、转化为，则该过程的催化剂是Pt2O+，故A错误；B根据转化关系，结合得失电子守恒，N2O转化N2时，Pt2O+转化为，氧化还原反应方程式为：N2O+Pt2O+=N2+Pt2O2+，反应中氮元素由+1价得电子变为0价，1molN2O转化为N2得到2mol电子，则每1molPt2O+转化为失电子为2mol，数目为2NA，故B错误；C将生成的CO2通入含大量、Na+、Cl-的溶液中，碳酸的酸性大于硅酸，+CO2(少量)+H2O=+H2SiO3，有白色沉淀生成，故C错误；DCO2和N2O的摩尔质量都为44g/mol，一个分子中含有的电子数都为22个，则1gCO2、N2O的混合气体的物质的量为mol，含
16、有电子数为，故D正确。故答案选D。6D【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。7A【解析】某无色透明的溶液能与铝反应放出氢气，该溶液为无色溶液，溶液中可能存在大量的H+或者OH-，ASO、Na+
17、、Cl、K+离子之间不反应，也不与OH-和H+反应，且为无色溶液，满足题中条件和离子共存条件，故A正确；BHCO能够与OH-和H+反应，在溶液中不能够大量共存，故B错误；COH-能够与镁离子反应，酸性条件下，有硝酸根不能产生氢气，在溶液中不能够大量共存，故C错误；DCu2+、Fe2+能够与OH-反应生成沉淀，在溶液中不能够大量共存，故D错误；故选A。8A【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0.1L2molL-1=0.2mol，完全转化为Cl-，得到0.2mol2=0.4mol电子，根据得失电子守恒可知每个NH3失
18、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。9D【解析】A盐酸和碳酸钠反应生成氯化钠、二氧化碳、水，所以氢溴酸和碳酸钠反应生成溴化钠、二氧化碳、水，反应的方程式为，故A正确；B盐酸和硝酸银反应生成氯化银沉淀，所以氢溴酸和硝酸银反应生成溴化银沉淀，反应方程式是，故B正确；C盐酸和氢氧化钠反应生成氯化钠和水，所以氢溴酸和氢氧化钠反应生成溴化钠和水，反应的方程式是，故C正确；D银和盐酸不反应，所以银和氢溴酸也不反应，故D错误；选D。10D【解析】ANa2CO3属于盐类，故A错误；BNa2O2与盐酸反应生成氯化钠、氧气和水，所以Na2O2不是碱性氧化
19、物；CO既不是酸性氧化物又不是碱性氧化物，故B错误；CNaHSO4属于盐类，故C错误；DKOH属于碱，HNO3属于酸，NaHCO3属于盐，CaO为碱性氧化物，Mn2O7为酸性氧化物，故D正确；故选D。11B【解析】A. 氧化亚铁属于碱性氧化物，其化学式为FeO，故A错误；B. 固态二氧化碳俗称干冰属于酸性氧化物，其化学式为CO2，故B正确；C. 硫酸属于酸，其化学式为H2SO4，故C错误；D. 纯碱是碳酸钠Na2CO3，属于盐，不是碱，故D错误。故选：B。12D【解析】AHClO为弱酸，不能拆分，氯气与水反应的离子方程式为Cl2+H2O=H+Cl-+HClO，故A错误；BFe与稀硫酸反应生成F
20、eSO4，正确离子方程式为Fe+2H+=Fe2+H2，故B错误；C离子方程式中电荷不守恒，正确离子方程式为2Na+2H2O=2Na+2OH-+H2，故C错误；D鸡蛋壳中主要成分为碳酸钙，碳酸钙与盐酸反应生成氯化钙、水、二氧化碳，反应离子方程式为CaCO3+2H+=Ca2+H2O+CO2，故D正确；故答案为D。13B【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。14A【解析】A.火柴头含有氯酸钾，检验氯元素，先配制成溶液，氯元素以的形式存在，加入还原
21、剂将其还原成氯离子进行检验； B.醋酸为弱电解质，在离子反应方程式中应写化学式； C.铜离子和氨水中氨气生成配位健； D.应加入稀硫酸，其作用是为了抑制、的水解，防止产物不纯火柴头含有氯酸钾，检验氯元素，先配制成溶液，氯元素以的形式存在，加入还原剂亚硝酸根离子，将氯酸根离子还原成氯离子，氯离子和银离子反应生成氯化银沉淀，反应为，证明燃尽的火柴头浸泡液中含有氯元素，A正确； B.醋酸为弱电解质，在溶液中部分电离，所以离子反应方程式中应写化学式，离子反应为：，B错误； C.用纸层析法分离和时，最后阶段充分氨熏：反应为，C错误； D.亚铁盐在空气中易被氧化，但形成复盐可稳定存在，制备摩尔盐即硫酸亚铁
22、铵，就是在溶液中加入少量稀溶液，再加入饱和溶液，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等一系列操作后所得，过程中稀硫酸的作用是为了抑制、的水解，防止产物不纯，D错误。故选A。15C【解析】A .氯元素化合价升高，氯化氢做还原剂，故A错误；B .没有元素化合价发生变化，不属于氧化还原反应，故B错误； C.有元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，氯元素的化合价没有发生变化，氯化氢既不是氧化剂也不是还原剂，故C正确；D .氯化氢中氢元素化合价降低，作氧化剂，故D错误；故选C.16(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，
23、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
24、，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=0.5mol2NA/mol=NA，故答案为：1：1；NA。17 S2-I-Br-Cl- Cl2+S2-=2Cl-+S 否 得到 降低
25、 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Br2I2，由得I2S，故氧化性由强到弱的顺序为：Cl2Br2I2S，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 Br2I2 S，则I2与NaB
26、r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。18 +53.1 NaHSO4=Na+H+ H+Ba2+OH-=H2O+BaSO4 5.6【解析】(1)2N2O5(g
27、)=2N2O4(g)+O2(g) H1=-4.4kJmol-1；2NO2(g)=N2O4(g) H2=-55.3kJmol-1；由盖斯定理可知，-即可得到目标方程式N2O5(g)=2NO2(g)+O2(g)，H=H1-H2=-4.4kJmol-1+55.3kJmol-1=+53.1kJmol-1，故答案为：+53.1；(2)NaHSO4在水溶液中电离出钠离子、氢离子和硫酸根，电离方程式为：NaHSO4=Na+H+，故答案为：NaHSO4=Na+H+；若将NaHSO4与Ba(OH)2在溶液中按物质的量之比为1：1混合，则生成水和硫酸钡，离子方程式为：H+Ba2+OH-=H2O+BaSO4，故答案
28、为：H+Ba2+OH-=H2O+BaSO4；(3)质量分数为98%，密度为1.8g/mL的浓H2SO4溶液浓度为=mol/L=18mol/L，配制450mL浓度为0.2mol/L的稀H2SO4溶液需要用到500mL的容量瓶，用量筒量取所需浓H2SO4溶液的体积是=5.6mL，故答案为：5.6。19(1) CO2 H2SO4 Ca(OH)2 CaCO3(2)2H+CO=H2O+CO2(3)CO2+ Ca2+2OH-= CaCO3+H2O(4)Ca2+COCaCO3【解析】三种物质A、B、C，它们均溶于水，其中有一种是酸，一种是碱，一种是盐，用pH试纸分别测定A、B、C的溶液，A、C均显碱性，则B
29、为酸，则B为H2SO4；A溶液与B溶液反应生成无色气体X，根据表格中的离子，生成的气体X只可能是CO2，CO2气体可以和C溶液反应生成沉淀D，则C为Ca(OH)2，沉淀D为CaCO3，则A为盐，因此A为Na2CO3，据此分析解答。(1)根据上述分析，物质X、B、C、D的化学式分别为：CO2、H2SO4、Ca(OH)2、CaCO3，故答案为：CO2；H2SO4；Ca(OH)2；CaCO3；(2)为碳酸钠和硫酸的反应，反应的离子方程式为2H+CO=H2O+CO2，故答案为：2H+CO=H2O+CO2；(3)为二氧化碳与澄清石灰水的反应，反应的离子方程式为CO2+ Ca2+2OH-= CaCO3+H
30、2O，故答案为：CO2+ Ca2+2OH-= CaCO3+H2O；(4)A为Na2CO3，C为Ca(OH)2，二者发生复分解反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，反应的离子方程式为：Ca2+COCaCO3，故答案为：Ca2+COCaCO3。20(1) H、O、C CO(2)，所以B是(3)(4) 将反应后的固体加水搅拌、过滤、洗涤、干燥，称量若固体质量为0.8 W g，则产物为铜，若固体质量为0.9 W g，则产物为氧化亚铜，若大于0.8 W g小于0.9 W g，则产物为铜和氧化亚铜【解析】由化合物X的焰色反应呈黄色可知为钠盐，由固体C与足量产生5.0 g白色沉淀D可得固体C为5.3 g ，气体D质
31、量为1.4 g，固体A与酸性高锰酸钾反应得出固体A有还原性，结合固体和的两个转化得出固体A为，由，得出B是，推出固体X为HCOONa。(1)由上述分析可知，X为HCOONa，含有的四种元素是C、O和H、Na；(2)由质量守恒得气体B质量为13.6-13.4=0.2 g，结合体积2.24 L可得物质的量，则B的摩尔质量为，可得B为；(3)溶液与酸性溶液混合，被还原为，被氧化成，离子方程式为：；(4)由信息可得反应物为HCOONa和CuO，生成物为Cu，按照氧化还原规律，甲酸钠被氧化成碳酸氢钠，碳酸氢钠在高温下分解，所以方程式为：。由题意可得氧化铜的还原产物组成三种可能：Cu或或Cu和，将反应后的
32、固体加水搅拌、过滤、洗涤、干燥，称量若固体质量为0.8 W g，则产物为铜，若固体质量为0.9 W g，则产物为氧化亚铜，若大于0.8 W g小于0.9 W g，则产物为铜和氧化亚铜。21(1) (2)33.6L(3)0.4(4)5【解析】(1)在熔融状态下或水溶液里能导电的化合物是电解质，单质和混合物不是电解质，则熔融、生石灰、属于电解质；在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质，则、氨气属于非电解质；故答案为：；(2)含有氢原子数为2mol3=6mol，则n()=，标准状况下，体积为V=nVm=1.5mol22.4L/mol=33.6L；(3)n(Ba2+)=cV=，恰好使完全沉淀
33、，由Ba2+=BaSO4，n()= n(Ba2+)=0.18mol，的物质的量浓度为c()=，则原溶液中的物质的量浓度为；(4)质量分数为，密度为浓硫酸的物质的量浓度为，根据稀释前后物质的量不变，n=cV=18V=，解得量取浓硫酸的体积为V=0.005L=5mL。22(1)2.5(2)2.5(3)2.63【解析】(1)根据标准状况下，进行分析，n(HCl)=2.5mol，故答案为2.5mol；(2)根据2NaClO3+4HCl=2ClO2+Cl2+2NaCl+2H2O，通入2.5mol氯化氢时，产生n(ClO2)=1.25mol，产生氯气的物质的量为=0.625mol，氯气与亚氯酸钠反应的方程
34、式为，此时产生ClO2的物质的量为20.625mol=1.25mol，两次反应共产生ClO2的物质的量为1.25mol+1.25mol=2.5mol，故答案为2.5mol；(3)根据消毒效率是以单位质量得到的电子数表示，假设质量都是m g，则有ClO2得到的电子数为，Cl2得到的电子数为，所以ClO2的消毒效率是Cl2的倍，故答案为2.63；23 锥形瓶 b 慢 吸收 验证是否有生成【解析】装置A中盛放NaClO3溶液，装置B盛放稀盐酸，两者混合发生反应：2NaClO3+4HCl=2ClO2+Cl2+2NaCl+2H2O，装置C的作用是吸收Cl2，除去氯气，ClO2在装置D中被稳定剂完全吸收生
35、成NaClO2，在酸性条件下NaClO2可发生反应4H+5ClO2-=Cl-+4ClO2+2H2O生成NaCl并释放出ClO2，装置F检验二氧化氯中氯气是否完全被装置C吸收，据此分析。(1)仪器D为锥形瓶。根据实验分析，F中发生气体与KI的反应，所以气体应长导管进短导管出，故答案为：锥形瓶；b；(2)若稀盐酸滴加速度过快，则生成的速度快，稳定剂无法充分吸收，所以滴加稀盐酸的速度要慢，故答案为：慢；(3)F中溶液的颜色不变，说明没有进入F中与KI反应，装置C的作用是吸收，故答案为：吸收；(4)酸性条件下发生歧化反应，生成和，可利用得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒配平该歧化反应。“释放实验”说明酸性条件下，D中发生反应生成，因此F中淀粉溶液的作用是验证是否有生成，若有生成，会氧化生成，使F中的溶液变蓝，故答案为：；验证是否有生成。