第二章海水中的重要元素--钠和氯单元过关测试卷-高一上学期化学人教版（2019）必修第一册 .docx

第二章 海水中的重要元素-钠和氯 单元过关测试卷一、单选题1“氯气对水一心一意，水偏弄成三分四离”其中“三分四离”指的是新制氯水中的七种微粒。下列实验现象和结论一致的是A新制氯水使紫色石蕊溶液先变红后褪色，说明有氯气分子和H+存在B向新制氯水中加入饱和NaHCO3溶液，有无色气体产生，说明有HClO存在C向新制氯水中加入饱和NaHCO3溶液，有无色气体产生，说明氯气和水反应生成了HClD新制氯水在密闭无色玻璃瓶中放置数天后酸性减弱2化学与生活是紧密相联的，下列说法中正确的是A将食醋加入“84”消毒液中，会减弱其杀菌消毒效果B地震灾区和洪涝灾区都用漂白粉消毒，主要是利用漂白粉溶液的碱性C氯气可用作消毒剂和漂白剂，是因为氯气与水反应生成的次氯酸具有酸性D氯气意外发生泄漏，可用浸有一定浓度NaHCO3溶液的毛巾捂住鼻子，向高处转移3下列离子方程式错误的是A向溶液中滴加溶液：B用溶液制作印刷电路板：C等物质的量的和同时通入水中：D铁与氯化铁溶液反应：4某溶液中所含离子的浓度如表，则X可能是离子H+K+XMnOSO浓度(molL-1)0.40.20.20.40.2AFe2+BNa+CBa2+DCu2+5今有一混合物的水溶液，只含有、等四种离子。现取两份200mL该溶液进行如下实验：在第一份溶液中加入足量NaOH溶液，加热(气体全部逸出)，收集到标准状况下气体的体积为1.792L：在第二份溶液中加入足量溶液，得干燥沉淀12.54g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀的质量为4.66g。现欲用两种固体来配制500mL该混合溶液，下列各组取用的物质及其物质的量正确的是已知：A0.02mol和0.04molB0.02mol和0.04molC0.05mol和0.10molD0.02mol和0.10mol6设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A标准状况下，2.24L与的混合气体中含有氧原子的数目为0.2 NA B0.1mol/L 溶液中含有的个数为0.2 NA C10.6g 固体中所含的分子数目为0.1 NA D常温下，与反应生成1mol 时，转移电子数是NA 7某实验小组利用以下装置制备少量的氯气，并检验氯气的性质。实验过程中，下列说法正确的是A参与反应的HCl全部被氧化为B发生的所有反应均是氧化还原反应C观察到淀粉-KI试纸变蓝，说明具有氧化性D湿润的pH试纸变红，干燥的pH试纸不变色8向200mL 溶液中逐渐通入，其中、随通入的变化如图所示，下列说法不正确的是A氧化性强弱：B由图可知，该溶液的浓度为1C时，溶液中的离子浓度有：D时，反应的离子方程式为：9某婴儿血液中微量元素检验报告单的部分数据如表所示:*  *  *医院检验报告单名称检测结果单位参考值铜25.308mol·L-111.839.3锌48.526mol·L-158 100铁8.948mmol·L-16.6311.82钙1.656mmol·L-11.52.5下列说法错误的是A该婴儿血液中锌含量偏低B报告单中“ mol·L-1”、“ mmol·L-1”为物质的量浓度的单位C服用维生素C可使食物中的Fe3+转化为Fe2+ ，维生素C表现了还原性D某钙片主要成分为CaCO3，由于溶解度很小，其补钙效果不佳10利用下列装置能达到实验目的的是A利用甲装置除去氯气中混有的少量HClB利用乙装置稀释浓硫酸C利用丙装置进行喷泉实验D利用丁装置进行蒸发结晶11向过氧化钠与水反应所得溶液中滴加酚酞，酚酞先变红后褪色。某化学兴趣小组为探究其原因，进行了如图所示实验。实验取反应后溶液加入MnO2，立即产生大量气体，带火星的木条复燃；实验中红色均不褪色。下列分析错误的是A过氧化钠与水反应产生的气体为O2B过氧化钠与水反应需要MnO2作催化剂C实验可证明使酚酞褪色的不是氢氧化钠和氧气D过氧化钠与水反应可能生成了具有漂白性的H2O212下列钠及其化合物说法正确的是将金属Na投入硫酸铜溶液中，剧烈反应，析出红色固体；Na2O2投入到紫色石蕊试液中，溶液先变蓝，后褪色；质量相等的NaHCO3与Na2CO3分别与足量盐酸完全反应时，产生CO2物质的量相等；鉴别NaHCO3与Na2CO3溶液，可用Ca(OH)2溶液；NaHCO3固体可以做干粉灭火剂，金属钠起火可以用它来灭火；NaHCO3粉末中混有Na2CO3，可配制成溶液通入过量的CO2，再低温结晶提纯得到。ABCD二、多选题13有两试管分别装有和溶液，下列操作或判断错误的是选项操作判断A分别加入澄清石灰水产生沉淀者为B分别加入等浓度的稀盐酸反应较剧烈者为NaHCO3C分别加入溶液产生沉淀者为D逐滴加入等浓度的盐酸立即产生气泡者为AABBCCDD14固体化合物X由三种元素组成。某学习小组进行了如下实验：下列推断不正确的是A由现象1得出化合物X含有O元素BX的化学式C固体混合物Y的成分是Cu和NaOHD若X与浓盐酸反应产生黄绿色气体，则反应中浓盐酸只作还原剂三、填空题15学习小组利用如下流程制备过氧化钠，并设计实验验证其相关性质。回答下列问题：(1)金属钠被氧化失去金属光泽，颜色变为_。(2)流程中生成淡黄色固体的化学方程式为_。(3)小组同学取一定量淡黄色固体溶于冷水中，待固体全部反应后，仍可缓慢释放氧气。为探究固体溶解后溶液成分，设计如下实验方案进行验证：甲中产生较多气泡，证明固体溶解后溶液中有_(填化学式)，写出甲中发生反应的化学方程式_。向乙中滴入酚酞，溶液变红的原因是_(4)小组同学将金属钠加热至熔化后，误通入了干燥的CO2进行反应，将反应后固体产物溶于稀盐酸，产生气泡，观察到难溶于水的黑色固体。产物中与盐酸反应的物质可能为_(填化学式)。经检验，黑色固体为单质碳。写出CO2与Na反应的化学方程式_。16填空：(1)标准状况下，所含氢原子的物质的量为_mol；(2)40.5g某金属氯化物中含有，则该氯化物的摩尔质量为_；(3)溶液中，的物质的量浓度为_；(4)新制氯水在阳光照射下产生的无色气体是_；(5)实验室制备氯气时，除去氯气中混有的水蒸气，将其通入_中。17我国化学家侯德榜发明的“联合制碱法”为世界制碱工业做出了巨大贡献。联合制碱法的工艺流程简化如下：I.资料1：反应I中的化学方程式为：NaCl+NH3+CO2+H2O=NH4Cl+NaHCO3资料2：20时，溶解度小于0.0lg的物质属于难溶物；20时BaSO4溶解度为g。资料3：表1有关物质的溶解度(20)物质NaClNH4HCO3NaHCO3NH4Cl溶解度/g36.021.79.637.2(1)操作I的名称为_ ，反应II的化学方程式为_。(2)相同温度下，用pH试纸测量同等浓度的Na2CO3与NaHCO3溶液pH，_溶液碱性强。(3)离子反应：，BaSO4难溶生成沉淀，符合复分解反应发生的条件；反应I中NaHCO3不是难溶物，也生成了沉淀，理由是_。II.泡腾片是一种医药片剂，适用于儿童、老年人以及吞服药丸困难的患者。泡腾片放入水中，在崩解剂的作用下，即刻产生大量气泡(二氧化碳)，使片剂迅速崩解形成水溶液，崩解剂主要由NaHCO3固体与柠檬酸固体组成。(4)下列说法正确的是_(填字母)。ANaHCO3固体与柠檬酸固体不反应B柠檬酸在水中电离产生H+与NaHCO3反应CNa2CO3比NaHCO3稳定，受热不易分解(5)某NaHCO3样品中含NaCl杂质，取质量为a g的样品，加入足量的稀盐酸，充分反应后，加热、蒸干、灼烧，得到b g固体物质，则此样品中NaHCO3的质量分数是_。18氯气是一种重要的化工原料，它的发现和研究经过了化学家们的不懈努力。(1)舍勒发现氯气的方法是实验室制取氯气(如图1)的主要方法之一。装置A中发生反应的化学方程式为_。装置B中饱和食盐水的作用是_。(2)泰纳将氯气通入石灰水，并进一步改进，制得了我们现在常用的漂白粉。漂白粉溶于水后，会与空气中的反应产生具有漂白、杀菌作用的_(填化学式)。(3)贝托莱发现氯气能溶于水。同学们利用数字化实验探究氯水失效的原因，进行实验：用强光照射盛有新制氯水的密闭广口瓶，并用传感器测定广口瓶中氯离子浓度和广口瓶中氧气的体积分数，得到如图2曲线。解释图2两图中曲线变化的原因_(用化学方程式表示)。上述整个实验过程中，溶液的变化情况是_。(4)向含有酚酞的溶液中滴加氯水，当氯水滴到一定量时，溶液红色会褪去。产生上述现象的原因可能有两种：一种是氯水中的酸与氢氧化钠发生中和反应，另一种是_。设计实验验证溶液红色褪去的原因_。(写出实验操作、现象及结论)。(5)亚氯酸钠()是一种重要的含氯消毒剂，主要用于水的消毒以及砂糖、油脂的漂白与杀菌。以下是过氧化氢法生产亚氯酸钠的工艺流程图：已知：a.的溶解度随温度升高而增大，适当条件下可结晶析出；b.纯易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10%以下较安全。发生器中发生反应的离子方程式为_，在发生器中鼓入空气的作用可能是_(填字母，下同)。A将氧化成，增强酸性B稀释以防止爆炸C将氧化成吸收塔中为防止被还原成，所用还原剂的还原性应适中。除外还可以选择的还原剂是_。A     B     C     D19根据所学知识回答下列问题：(1)将一小块新切的金属钠迅速放入平底烧瓶底部，按图甲所示塞紧瓶塞。过一段时间后可观察到的现象有_，发生反应的化学方程式为_(2)按图乙所示的装置，进行钠与水反应的实验，实验开始时，振动细铁丝使钠块掉入滴有酚酞的水溶液中，可观察到钠与水反应的现象，不同的现象反映钠的不同性质。能证明钠的密度比水的小的现象是_能证明钠的熔点低的现象是_能证明有氢氧化钠生成的现象是_(3)向Na2O2中滴加浓盐酸，试管壁发热，有刺激性气味的气体产生，反应后所得溶液呈浅黄绿色。推测产生该气体的反应的化学方程式，并用单线桥法标出电子转移的方向和数目：_，该反应中被还原的元素是_(填元素符号)，氧化产物是_(填化学式)。四、实验题20已知某市售“84”消毒液的有效成分为NaClO，其溶质的质量分数为30%，密度为1.49g/cm3。使用“84”消毒液时，通常需加水稀释100倍。回答下列问题：(1)市售“84”消毒液中c(NaClO)=_molL-1。(2)实际使用时，将“84”消毒液与醋酸(CH3COOH)混合使用可增强其消毒能力。某消毒小组人员将浓度约为18molL-1的浓醋酸配制成500mL0.2molL-1稀醋酸，用于增强“84”消毒液的消毒能力。本实验中，所用的玻璃仪器除量筒、烧杯、胶头滴管外，还需要用到的其他仪器有_、_。根据计算得知，得用量筒量取浓醋酸的体积为_mL。下列操作中，会导致所配溶液的物质的量浓度偏低的有_(填标号)A将溶液往容量瓶中转移时，有少量液体溅出B未洗涤稀释浓醋酸的烧杯C容量瓶未干燥即用来配制溶液D定容时俯视刻度线E.定容后经振荡、摇匀、静置后，发现液面下降，再加入适量的蒸馏水(3)NaClO是“84”消毒掖的有效成分，因吸收空气中CO2使消毒杀菌能力增强，其中发生的化学反应的规律是：_与_反应生成_和_(填物质类别名称)_。(4)2016年巴西奥运会期间，由于工作人员将“84”消毒液与双氧水两种消毒剂混用，导致游泳池藻类快速生长，池水变绿。其原因是NaClO将H2O2氧化产生的O2促进藻类快速生长。该反应说明氧化性：NaClO_H2O2的(填“>”或“<”)。21.无水AlCl3在金属冶炼、医药、污水处理等方面有广泛应用，遇潮湿空气会产生大量白雾，178升华。实验室可用Al和Cl2通过如图装置制备无水AlCl3。(1)仪器a的名称是_。(2)装置A中反应的化学方程式是_。(3)下列有关实验的说法正确的是_。A试剂瓶B、C中分别盛装饱和NaHCO3溶液和浓硫酸B实验开始时应先点燃A处酒精灯C氯化铝产品在装置E中收集D装置G中的NaOH溶液可用澄清石灰水代替.在抗击新冠病毒过程中，84消毒液、过氧乙酸、75%酒精溶液等消毒剂发挥着重要作用。已知：75%酒精溶液是指100mL溶液中含酒精75mL。(4)现用95%的酒精溶液配制75%的酒精溶液，需要用到的仪器除了烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，至少还需要一种玻璃仪器是_。(5)84消毒液与稀硫酸混用可增强消毒能力，某消毒小组用18.4mol/L浓硫酸配制480mL2.3mol/L稀硫酸，需要浓硫酸_mL。(6)配制稀硫酸的过程中主要有下列操作：量取定容转移洗涤并转移稀释摇匀，正确的操作顺序是_；定容时，俯视刻度线，则稀硫酸浓度_(填“偏高”“偏低”或“不变”)。五、计算题22在0.2L由NaCl、MgCl2、CaCl2组成的混合溶液中，部分离子浓度大小如图所示，回答下列问题：该混合液中，NaCl的物质的量为_mol；在混合液中CaCl2的物质的量为_mol。将该混合液加水稀释至体积为500mL，稀释后溶液中Ca2+的物质的量浓度为_mol·L-1。23用NA表示阿伏伽德罗常数的数值。请回答下列问题：(1)质量相同的HCl NH3 CO2 O2四种气体中，在同温同压条件下，所占体积最小的是(填序号)_。(2)19g某二价金属氯化物(ACl2)中含有0.4mol Cl-，则A的相对原子质量是_。(3)0.2 mol NH3分子中所含氢原子数与_个H2O分子中所含氢原子数相等。(4)已知16 g A和20 g B恰好完全反应生成0.04 mol C和31.76 g D，则C的摩尔质量为_。(5)硫酸钠和硫酸溶液等体积混合后，H浓度为0.3 mol·L-1，SO浓度为0.4 mol·L-1，则混合溶液中Na物质的量浓度为_；若混合溶液为500 mL，则硫酸质量为_克，从中取出10 mL溶液加水稀释到100mL硫酸钠的物质的量浓度为_。试卷第11页，共11页学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司参考答案：1C【详解】A氯气和水反应生成HCl和次氯酸，HCl使紫色石蕊溶液变红，次氯酸具有强氧化性，能够使红色氧化变为无色物质而褪去，这不是氯气分子的性质，A错误；BHClO的酸性比碳酸的酸性弱，不能与NaHCO3反应生成气体，新制氯水中与NaHCO3反应生成气体的是HCl，B错误，C由于酸性：HClH2CO3HClO，所以向新制氯水中加入饱和NaHCO3溶液，有无色气体产生，说明氯气和水反应生成了HCl，反应产生的气体是CO2，C正确；D新制氯水中次氯酸分解生成强酸盐酸，溶液酸性变强，D错误；故选C。2D【详解】A食醋加入“84”消毒液中，醋酸中氢离子和次氯酸根生成强氧化性次氯酸，会增强其杀菌消毒效果，故A错误；B漂白粉中含有强氧化性的次氯酸钙，能杀菌消毒，故B错误； C氯气可用作消毒剂和漂白剂，是因为氯气与水反应生成的次氯酸具有强氧化性，故C错误；D氯气能和碱性物质反应被吸收，且氯气密度大于空气；氯气意外发生泄漏，可用浸有一定浓度NaHCO3溶液的毛巾捂住鼻子，向高处转移，故D正确；故选D。3B【详解】A为弱酸的酸式盐，能与强碱反应生成正盐和水，向溶液中滴加溶液，发生反应：，A项正确；BB项电荷不守恒，正确的离子方程式为，B项错误；C具有强氧化性，具有还原性，将等物质的量的、同时通入水中，发生反应生成和，离子方程式为，C项正确；D铁与氯化铁溶液反应生成亚铁离子：，D项正确；故选B。4B【详解】H+、K+所带正电荷总数为1×0.4 molL-1+1×0.2 molL-1=0.6 molL-1；MnO、SO所带负电荷总数为1×0.4 molL-1+2×0.2 molL-1=0.8 molL-1；根据电荷守恒，X带1个单位正电荷，所以X是Na+，故选B。5C【分析】今有一混合物的水溶液，只含有、等四种离子。现取两份200mL该溶液进行如下实验：在第一份溶液中加入足量NaOH溶液，加热(气体全部逸出)，收集到标准状况下气体的体积为1.792L，则生成0.08mol氨气，说明含铵根离子物质的量为0.08mol：在第二份溶液中加入足量溶液，得干燥沉淀12.54g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀的质量为4.66g，得到4.66g硫酸钡沉淀，其物质的量为0.02mol，则碳酸钡质量为7.88g，碳酸根物质的量为0.04mol，根据电荷守恒钠离子物质的量为0.04mol×2+0.02mol×20.08×1=0.04。现欲用两种固体来配制500mL该混合溶液，则含有铵根离子物质的量为0.2mol、硫酸根物质的量为0.05mol，碳酸根物质的量为0.1mol，钠离子物质的量为0.1mol。【详解】A0.02mol和0.04mol，含有0.04mol钠离子，与分析不符合，故A错误；B0.02mol和0.04mol，含0.04mol铵根，与分析不符合，故B错误；C0.05mol和0.10mol，与分析相符合，故C正确；D0.02mol和0.10mol，含0.04mol钠离子，与分析不符合，故D错误。综上所述，答案为B。6A【详解】A标准状况下，2.24L与2.24L中含氧原子的物质的量都为0.2mol，则2.24L与的混合气体中含有氧原子的数目也为0.2 NA，A正确；B0.1mol/L溶液的体积未知，无法求出其物质的量，也就无法求出其含有的个数，B不正确；C固体由离子构成，不含有分子，C不正确；D常温下，与反应时，可建立关系式：O22e-，则生成1mol时，转移电子数是2NA，D不正确；故选A。7C【详解】A高锰酸钾和浓盐酸反应生成氯化钾、氯化锰、水和氯气，参与反应的HCl一部分做还原剂被氧化为，另一部分体现了酸性，A错误；B酸使pH试纸变色发生的不是氧化还原反应，B错误；C观察到淀粉-KI试纸变蓝，说明具有氧化性，发生2I-+Cl2=I2+2Cl-，C正确；D氯气与水生成的盐酸是强酸、次氯酸具有漂白性，故湿润的pH试纸变红后发生褪色，D错误；答案选C。8C【详解】A由图可知，氯气先氧化亚铁离子，后氧化溴离子，则还原性：，则氧化性强弱：，故A正确；B图中通入0.1mol氯气时，亚铁离子完全被氧化生成0.2mol ，由Fe原子守恒及可知该溶液的浓度为，故B正确；C时，亚铁离子完全被氧化生成0.2mol，由可知，0.02mol 氧化0.04mol ，溶液中的离子浓度有，故C错误；D时，由电子守恒可知，亚铁离子全部被氧化，溴离子一半被氧化，则反应的离子方程式为，故D正确。故答案选C。9D【详解】A锌含量参考值为58100mol·L-1，该婴儿血液中锌含量为48.526 mol·L-1 ，故锌含量偏低，A正确；B报告单中“mol·L-1”、“ mmol·L-1”均为物质的量浓度的单位，B正确；C维生素C将食物中的Fe3+转化为Fe2+，该过程中维生素C表现了还原性，C正确；D某钙片主要成分为CaCO3，CaCO3在水中溶解度很小，但胃酸的主要成分是盐酸，CaCO3可溶于盐酸形成Ca2+从而被吸收，D错误；故选D。10A【详解】A饱和食盐水中存在大量氯离子，降低氯气溶解度，而氯化氢极易溶于水，能达到实验目的，A符合题意；B不能在量筒中稀释浓硫酸，B不符合题意； C氯气在水中溶解度较小，不能形成喷泉，C不符合题意；D蒸发结晶需要使用蒸发皿，D不符合题意；故选A。11B【详解】A实验是取反应后溶液加入二氧化锰后迅速产生大量气体，该气体能够使带火星木条复燃，证明为氧气，A正确；B过氧化钠与水反应不需要MnO2作催化剂，B错误；C酚酞滴入氢氧化钠溶液变红色，氢氧化钠的酚酞溶液通入氧气溶液红色不褪色，实验、证明使酚酞褪色的不是氢氧化钠和氧气，C正确；D实验是取反应后溶液加入二氧化锰后迅速产生大量气体，使带火星木条复燃为氧气，说明反应过程中生成了过氧化氢具有漂白性，使红色褪去，D正确；故合理选项是B。12C【详解】将金属Na投入硫酸铜溶液中，钠先和水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠和硫酸铜反应生成蓝色氢氧化铜沉淀和硫酸钠，不生成红色固体，故错误；Na2O2投入到紫色石蕊试液中生成氢氧化钠和氧气，溶液先变蓝，后褪色，故正确； NaHCO3中碳元素的质量分数大于Na2CO3，质量相等的NaHCO3与Na2CO3分别与足量盐酸完全反应时，NaHCO3产生CO2物质的量多，故错误；NaHCO3、Na2CO3都能与Ca(OH)2溶液反应生成碳酸钙沉淀，不能用Ca(OH)2溶液鉴别NaHCO3与Na2CO3，故错误；NaHCO3受热分解为碳酸钠、二氧化碳、水，钠能与二氧化碳、水等反应，金属钠起火不能用NaHCO3灭火，故错误；碳酸钠、水、二氧化碳反应生成碳酸氢钠，NaHCO3粉末中混有Na2CO3，可配制成溶液通入过量的CO2，再低温结晶提纯得到，故正确；正确的是，选C。13AD【详解】A碳酸钠和碳酸氢钠均与Ca(OH)2反应都产生碳酸钙沉淀，A错误；B向中逐滴加入盐酸时，首先无气体产生，当盐酸加入较多时，可产生气体，而向NaHCO3中加入同浓度盐酸，则迅速产生气体，产生气体较为剧烈的为碳酸氢钠，B正确；C碳酸钠与氯化钙反应产生碳酸钙沉淀，碳酸氢钠与氯化钙不反应，C正确；D向中逐滴加入盐酸时，首先无气体产生，当盐酸加入较多时，可产生气体，而向NaHCO3中加入同浓度盐酸，则迅速产生气体，D错误；故选AD。14BD【分析】固体X经H2还原后得到的混合气体能使白色CuSO4变为蓝色，则说明产物中有水蒸气，即化合物X中含有O元素；最终所得固体单质呈紫红色，则该单质为Cu，说明化合物X含有Cu元素，且m(Cu)=1.28g，则2.38g X中含有Cu 0.02mol；最终所得碱性溶液的焰色反应为黄色，则说明化合物X中含有Na，该碱性溶液为NaOH，且n(NaOH)=n(HCl)=0.02mol；经H2还原后，所得固体混合物Y的成分是Cu和NaOH；综上所述，2.38g化合物X含1.28g Cu、0.02mol Na和O元素，则m(O)=2.38g-1.28g-0.02mol×23g/mol=0.64g，则n(O)=0.04mol，即2.38g化合物X含0.02mol Cu、0.02mol Na、0.04mol O，故化合物X的化学式为NaCuO2。【详解】A、现象1为混合气体能使白色CuSO4变为蓝色，说明经H2还原的产物中有水蒸气，从而得出化合物X含有O元素，A正确；B、经分析，2.38g化合物X含0.02mol Cu、0.02mol Na、0.04mol O，故化合物X的化学式为NaCuO2，B错误；C、固体Y加水得紫红色的该单质为Cu，碱性溶液为NaOH溶液，故固体混合物Y的成分是Cu和NaOH，C正确；D、若NaCuO2与浓盐酸反应产生黄绿色气体Cl2，同时会生成NaCl、CuCl2，则浓盐酸除了做还原剂，还起到酸的作用，D错误；故选BD。15(1)白色(2)2Na2O+O22Na2O2(3)     H2O2     2H2O22H2O+O2     过氧化钠与水反应生成氢氧化钠，溶液呈碱性，酚酞遇碱变红(4)     Na2CO3     4Na+3CO22Na2CO3+C【分析】固体Na中通入纯净的氧气生成氧化钠，继续通入氧气生成淡黄色固体Na2O2，Na2O2和过量水反应生成NaOH和氧气，甲中产生较多气泡，证明固体溶解后溶液中有H2O2，乙中滴入酚酞变红，说明NaOH电离出了氢氧根，以此解答。【详解】（1）金属钠被氧化失去金属光泽，颜色变为白色，故答案为：白色；（2）过氧化钠和氧气反应生成淡黄色固体Na2O2，化学方程式为：2Na2O+O22Na2O2，故答案为：2Na2O+O22Na2O2；（3）Na2O2和足量水完全反应，得到的溶液中H2O2在MnO2的催化下可以产生氧气，甲中产生较多气泡，证明固体溶解后溶液中有H2O2，化学方程式为：2H2O22H2O+O2，故答案为：H2O2；2H2O22H2O+O2；乙中含有NaOH，向乙中滴入酚酞，溶液变红的原因是NaOH电离出了氢氧根，故答案为：过氧化钠与水反应生成氢氧化钠，溶液呈碱性，酚酞遇碱变红；（4）小组同学将金属钠加热至熔化后，误通入了干燥的CO2进行反应，将反应后固体产物溶于稀盐酸，产生气泡，该固体可能是Na2CO3，故答案为：Na2CO3；经检验，黑色固体为单质碳，则Na和二氧化碳反应生成：Na2CO3和C单质，化学方程式为：4Na+3CO22Na2CO3+C，故答案为：4Na+3CO22Na2CO3+C。16(1)1.5(2)135(3)0.6(4)氧气(5)浓硫酸【详解】（1）标准状况下，11.2 L NH3的物质的量为=0.5mol，所含氢原子为1.5mol；（2）40.5g某金属氯化物中含有，则的物质的量为：0.3mol，该氯化物的摩尔质量为=135；（3）100 mL 0.2mol· L-1 AlCl3 溶液中，氯离子的物质的量浓度为0.2mol/L´3=0.6mol/L；（4）新制氯水中含有HClO，在阳光照射下HClO分解产生HCl和O2，所以产生的无色气体为氧气；（5）氯气不溶于浓硫酸，且与浓硫酸不反应，可用浓硫酸干燥。17(1)     过滤     (2)Na2CO3(3)20 NaHCO3溶解度最小，NaHCO3达到过饱和状态而析出(4)ABC(5)或或【分析】向饱和食盐水依次通入氨气、二氧化碳气体反应生成碳酸氢钠晶体和氯化铵，过滤得到碳酸氢钠固体，碳酸氢钠固体加热分解生成碳酸钠。【详解】（1）由分析可知操作I的名称为过滤；反应II为碳酸氢钠加热分解，化学方程式为；（2）相同温度下，用pH试纸测量同等浓度的Na2CO3与NaHCO3溶液pH，Na2CO3溶液碱性强；（3）由资料3中溶解度可知，20 NaHCO3溶解度最小，NaHCO3达到过饱和状态而析出；（4）A.NaHCO3固体与柠檬酸固体不反应，A正确；B加入水中产生大量气泡(二氧化碳)，说明柠檬酸在水中电离产生H+与NaHCO3反应，B正确；CNa2CO3比NaHCO3稳定，受热不易分解，C正确；故选ABC。（5）设NaHCO3样品中含有x g NaHCO3，则根据反应，可建立关系式，由此可计算出由NaHCO3反应生成的NaCl的质量，根据题意，样品中NaCl的质量为，又样品的质量为a g，则，解得g，样品中NaHCO3的质量分数为。18(1)          除去中的(2)(3)          先减小后不变(4)     氯水中的次氯酸具有强氧化性，将溶液中的酚酞氧化     取少量已经褪色的溶液于试管中，滴加氢氧化钠溶液至溶液呈碱性，若溶液变红色，则说明褪色的原因为前者；若溶液不变红，则说明褪色的原因为后者(5)          B     A【详解】（1）实验室制取氯气是二氧化锰与浓盐酸反应，装置A中发生反应的化学方程式为；装置B中饱和食盐水的作用是除去中的；（2）漂白粉的有效成分为次氯酸钙，溶于水后，会与空气中的反应产生具有漂白、杀菌作用的；（3）不稳定，见光受热易分解，；使体积分数增加，Cl2与水不断反应和HClO分解生成的HCl使溶液中c(Cl-)增大，盐酸为强酸，酸性越强，pH越小(最终不变)，所以在上述整个实验过程中测定溶液pH的变化是减小；（4）氯水中的次氯酸具有强氧化性，可以氧化酚酞，使溶液褪色，可以取少量已经褪色的溶液于试管中，向其中加入氯氧化钠溶液至溶液呈碱性，若溶液变红色，说明褪色的原因为前者，若溶液不变红，说明褪色的原因为后者；（5）发生器中与发生氧化还原反应，生成与Na2SO4，离子方程式为：；由信息可知，纯ClO2易分解爆，发生器中鼓入空气的作用应是稀释C1O2以防止爆炸，故选B；还原性要适中，还原性太强，会将ClO2还原为更低价态产物，影响NaClO2生产；方便后续分离提纯，加入试剂不能干扰后续生产。Na2O2溶于水相当于H2O2，Na2S、FeCl2还原性较强，生成物与NaClO2分离比较困难，O3是常见的氧化剂，故选A。19(1)     钠的表面变暗，气球变鼓     4Na+O2=2Na2O(2)     钠浮在水面上     钠熔化成小球     溶液呈红色(3)          O     Cl2【详解】（1）将一小块新切的金属钠迅速放入平底烧瓶底部按图甲所示塞紧瓶塞，钠和氧气反应生成氧化钠，钠的表面变暗，同时瓶内气体减少，压强降低，气球变鼓，发生反应的化学方程式为4Na+O2=2Na2O；（2）能证明钠的密度比水的小的现象是钠浮在水面上；能证明钠的熔点低的现象是钠熔化成小球；溶液中滴有酚酞，酚酞遇碱变蓝，所以能证明有氢氧化钠生成的现象是溶液呈红色；（3）向Na2O2中滴加浓盐酸试管壁发热，有刺激性气味的气体产生，反应后所得溶液呈浅黄绿色，说明产生Na2O2将HCl氧化为氯气，根据电子守恒、元素守恒可得化学方程式为Na2O2+4HCl(浓)=2NaCl+Cl2+2H2O，该反应中Na2O2得2个电子被还原为O2，部分HCl失去两个电子被氧化为Cl2，用单线桥表示为，该反应中被还原的元素是O，氧化产物是Cl2。20(1)6(2)     玻璃棒     500mL容量瓶     5.6     ABE(3)酸与盐反应生成(新)酸和(新)盐(4)>【分析】配制一定物质的量的浓度的步骤为：计算、称量、溶解、转移、洗涤、定容、装瓶，本实验需要配制500mL稀醋酸，应选500mL规格的容量瓶；【详解】（1）市售“84”消毒液中（2）配制500mL稀醋酸，所用的玻璃仪器除量筒、烧杯、胶头滴管外，还需要用到的其他仪器有500mL容量瓶、玻璃棒；根据稀释前后溶质的物质的量不变，则18×V=0.2×0.5，解得V=5.6×10-3L=5.6mL，则需用量筒量取浓醋酸的体积为5.6mL；A.将溶液往容量瓶中转移时，有少量液体溅出会造成溶质物质的量减小，则浓度偏低，故A选；B.未洗涤稀释浓醋酸的烧杯则溶质物质的量减小，则浓度偏低，故B选；C.容量瓶未干燥即用来配制溶液对浓度无影响，故C不选；D.定容时俯视刻度线会导致加入水的体积偏小，造成浓度偏高，故D不选；E.定容后经振荡、摇匀、静置后，发现液面下降，再加入适量的蒸馏水，造成加入水的体积偏多，则浓度偏低，故E选；故选：ABE；（3）NaClO溶液与CO2反应的化学方程式为：NaClO+H2O+CO2=NaHCO3+HClO，该反应是复分解反应，反应的规律是：酸与盐反应生成(新)酸和(新)盐；（4）NaClO将H2O2氧化产生的O2，H2O2中氧元素化合价升高，做还原剂，NaClO做氧化剂，则氧化性：NaClO> H2O2。21(1)分液漏斗(2)(3)BC(4)量筒(5)62.5(6)          偏大【分析】根据实验装置图可知，该实验中A装置为加热条件下用浓盐酸与二氧化锰制取氯气的发生装置；氯气中混有氯化氢和水蒸气，先用B装置中饱和食盐水除去氯化氢。再用C装置中浓硫酸干燥；氯气与铝在D装置反应制得氯化铝，反应的尾气中有氯气，用G装置中的氢氧化钠溶液吸收；为防止氯化铝与氢氧化钠溶液中的水蒸气反应，F装置中盛放浓硫酸以防止G中水蒸气进入装置E中，据此分析判断。【详解】（1）仪器a的名称是分液漏斗。（2）装置A中为加热条件下用浓盐酸与二氧化锰制取氯气，反应的化学方程式是。（3）A装置B用于除去氯气中的氯化氢气体，盛装试剂为饱和食盐水，A错误；B实验时，为了防止装置中空气干扰实验，应先点燃A处的酒精灯，利用产生的氯气排除装置内的空气，B正确；C氯化铝在183升华，在装置E中凝华成固体收集，C正确；D澄清石灰水中Ca(OH)2浓度小，不能替换装置G中的NaOH溶液，D错误； 故选BC。（4）配制一定物质的量浓度一般步骤：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，需要的仪器除了烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，至少还需要一种玻璃仪器是量筒。（5）实验室容量瓶为500mL，假设需要浓硫酸的体积为V，则V×18.4mol/L=500mL×2.3mol/L，V=62.5mL。（6）配制稀硫酸的过程中，正确的操作顺序是量取稀释转移洗涤并转移定容摇匀；定容时，定容时俯视溶液的液凹面，导致加入的蒸馏水体积偏小，配制的溶液体积偏小，溶液浓度偏大。22     0.2     0.1     0.2【详解】由图可知，c(Na)=1.0mol/L，该混合液中，NaCl的物质的量为0.2L×1.0mol/L=0.2mol；c(Mg2)=0.5mol/L，c(Cl)=3mol/L，由电荷守恒可知2c(Ca2)c(Na)2c(Mg2)=c(Cl)，2c(Ca2)=