第二章海水中的重要元素--钠和氯单元同步测试-高一上学期化学人教版（2019）必修第一册(1).docx

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1、第二章 海水中的重要元素-钠和氯 单元同步测试一、选择题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+3今有一混合物的

2、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0.10mol4下列说法正确的是A过氧化钠与水反应后的试液中滴入酚酞，试液最终呈红色B纯洁氢气在氯气中燃烧，发出黄色的火焰C可用溶液鉴

3、别苏打和小苏打溶液D钠长期暴露在空气中的最终产物是5在大试管内将足量加热到200，将产生的混合气体通入到盛有1.87g和的闭容器中，待和全部反应后，得到标准状况下224mL再将反应后密闭容器内的固体部溶于水配成100mL。下列说法正确的是A和均为碱性氧化物B加热分解为，所以其碱性比强C反应过程中总共转移0.04mol电子D配成的100mL溶液中6“价一类”二维图是元素化合物知识系统化学习的良好工具，氯及其化合物的“价一类”二维图如下，下列说法错误的是A酸性：戊已B若将乙转化为甲，可以不加还原剂C丙为ClO2，可用作自来水消毒剂D推测庚既有氧化性又有还原性7化学与生产生活息息相关，下列与化学相关

4、的描述和分析均正确的是选项描述分析A用于棉麻、纸张的漂白分子具有漂白性B热的纯碱溶液清洗油污效果更好升温促进溶液水解，溶液中增大C甘蔗榨出甘蔗汁，剩下甘蔗渣蔗糖和甘蔗渣都属于糖类，都是天然有机高分子化合物D聚乙烯能使酸性溶液褪色聚乙烯是纯净物，分子中含有碳碳双键AABBCCDD8下列离子方程式正确的是A向饱和溶液中通入足量B向稀硝酸中滴加溶液：C向新制氯水中滴加少量的溶液：D向溶液中加入一小粒固体钠：9的用途很多，如：用作分析试剂，氧化剂、硝化剂、催化剂和荧光粉激活剂及光敏电阻材料等。若在密度为的溶液中含有，则该溶液中的物质的量浓度是ABCD10某无色溶液中，可能含有等物质的量的以下离子中的若

5、干种：H+、K+、Na+、Ca2+、Fe3+、OH-、Cl-、HCO、CO和SO。现进行实验：取样，加入打磨过的铝片，有气泡冒出；取样，加入足量BaCl2溶液生成白色沉淀，过滤出沉淀，加入足量盐酸沉淀量不变。取样，加入AgNO3溶液有沉淀产生；取样，做焰色试验，观察焰色为黄色；下列判断正确的是A一定不含有的离子有：Ca2+、Fe3+、HCO、COB根据现象，可判断不含K+C一定含有的离子有：H+、Na+、SOD实验可证明溶液中一定含有Cl-11下列实验结论与实验操作及现象相符的一组是选项实验操作及现象实验结论A向FeBr2溶液中滴加氯水，溶液颜色变为黄色非金属性ClBrB向某溶液中加入盐酸有气

6、体生成，将气体通入澄清石灰水，石灰水浑浊该溶液中一定含有COC向紫色石蕊溶液中加入新制氯水，溶液先变红后褪色褪色是因为氯水中含有HClOD向某溶液中滴加氯水，再滴加KSCN溶液，溶液变红色原溶液中一定有Fe2+AABBCCDD12实验室按如图装置测定纯碱(含少量NaCl)的纯度。下列说法不正确的是A装置、的作用是防止空气中的进入装置B中的盐酸可以用稀硫酸代替C必须在装置、间添加盛有饱和溶液的洗气瓶D反应结束时，应再通入空气将装置中转移到装置中13下列有关氯水的说法错误的是A观察氯水颜色呈浅黄绿色，证明氯水中含有的Cl2B向氯水中滴入碳酸氢钠溶液，有气体生成，说明氯水中含有H+C盛有氯水的试管中

7、放入有色布条，有色布条褪色，说明氯水中含有HClOD氯水经光照后，颜色逐渐消失，放出的无色气体O2，溶液的酸性减弱14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AABBCCDD二、填空题15是重要的化工原料，具有多种用途。(1)可在呼吸面具和潜水艇中作为氧气的来源，请写出与反应的化学方程式_。(2)将一定量的固体投入到含有下列离子的溶液中：、，反应完毕后，溶液中上述离子数目几乎不变的有_(填离子符号)。(3)查阅资料知：在一定条件下可

8、以转化为，易溶于水且溶解时吸热，有咸味，遇酸易放出气体，人误食会中毒。请回答下列问题：已知能发生如下反应：。上述反应中氧化剂是_，氧化产物是_；HI在反应中体现了_性根据上述反应鉴别和NaCl。可选用的物质有_(填序号)A水B碘化钾淀粉试纸C淀粉D白酒E食用白醋某厂废液中含有3%6%的，直接排放会造成污染，下列试剂能使转化为不引起二次污染的的是_。A浓硫酸BCD(4)某学习小组以过氧化钠为原料制备出了一定量的纯碱，不小心混入了少量的，现欲对其纯度进行测定，将ag样品加热至质量不再发生变化，其质量变为bg，则该纯碱样品的纯度(即质量分数)为_。16向200mL某浓度的NaOH溶液中通入一定量的C

9、O2，得到溶液A。向溶液A中逐滴加入1mol/L的盐酸，在标准状况下产生CO2的体积(不考虑气体溶解)与所加盐酸的体积如图所示。请计算：(1)产生CO2的物质的量是_mol。(2)原NaOH溶液物质的量浓度是_mol/L。(3)所得溶液A中溶质的成分及其物质的量是_。17探究钠及其化合物的性质，请按要求填空：(1)、久置空气中最终都是变为_(填化学式)；(2)投入溶液中发生反应的化学方程式有_，_。(3)某课外活动小组设计以下装置进行实验：按如图所示装置进行实验，填写相关内容：B中浓硫酸的作用是_。C中发生反应的化学方程式为_。D中的现象是_。(4)用如下图所示装置制取纯净的。若是一种淡黄色固

10、体，则烧瓶中发生反应的化学方程式是_。洗气瓶(广口瓶)中装的试剂是_，其作用是_。所制得的气体用_法收集。18氯水中含有多种成分，因而具有多种性质。根据新制氯水分别与如图四种物质发生的反应填空(a、b、c、d、e中重合部分代表物质间反应，且氯水足量)。(1)新制氯水的成分有分子：_；离子：_；久置的氯水最终变为_；(2)b过程中有气泡产生，该气体是_；(3)c溶液的颜色变化为_；e过程中所发生的主要反应的化学方程式为_；(4)d的现象为_。19如图是钠和水反应的实验。在烧杯中加入一些水，滴入几滴酚酞溶液，然后把一块绿豆大的钠放入水中。(1)钠与水反应的化学方程式为_，该反应中氧化剂是_，氧化产

11、物是_；(2)请用双线桥表示该反应的电子得失情况：_(3)钠与水反应的现象很多，不同的现象证明不同的性质。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_。三、实验题20某研究性学习小组的同学设计了用二氧化锰与浓盐酸反应制取纯净而干燥的氯气的实验，其实验装置如下：(1)指出装置中的一处错误：_。(2)装置A中发生反应的化学方程式为_，如果将过量的二氧化锰与含14.6g HCl的浓盐酸混合加热，充分反应后生成的氯气明显少于7.1g，其主要的原因有_。(3)B中盛放的液体是_，装置C的作用是_。(4)装置L的作用是_，装置E中发生反应的离子方程式为_。21某化学兴趣小组利用以下各装置连接

12、成一整套装置，探究氯气与氨气之间的反应。其中D为纯净干燥的氯气与纯净干燥氨气反应的装置。请回答下列问题：(1)连接好装置后，必需进行的一步实验操作是_(2)装置E的作用是_，橡胶管k的作用是_(3)装置F的试管内装有和，其发生反应的化学方程式_(4)装置D内出现浓厚的白烟并在容器内壁凝结，另一产物是空气的主要成分之一，写出反应的化学方程式_，在标准状况下生成2.24L气体产物时反应转移的电子数目为_(5)接入D装置的两根导管左边较长、右边较短，目的是_四、计算题22某干燥白色固体可能含有，、中的几种，取一定质量的该固体加蒸馏水配制溶液，并向该溶液中滴加的盐酸，得到体积(换算成标准状况下)与盐酸

13、体积的关系如图所示。请回答下列问题：(1)产生的的物质的量为_，AB段发生反应的化学方程式为_。(2)若白色固体由和组成，则x=_，_。(3)若白色固体由和组成，则与溶于水后发生反应的离子方程式为_，_。(4)若白色固体只由和组成，且，则_。23按要求完成下列填空：(1)某金属氯化物的摩尔质量为，取该金属氯化物26.7g配成水溶液，与足量溶液完全反应，生成86.1g白色沉淀。则金属M的摩尔质量为_。(2)一定量的液态化合物，在一定量中恰好完全反应：，冷却后在标准状况下，测得生成物的体积为672mL，则(l表示液态，g表示气态)，则反应前的体积是_mL。(3)200mL某物质的量浓度的NaOH溶

14、液中缓慢通入一定量的充分反应，再向上述所得溶液中逐滴滴加的盐酸，所得气体的体积与所加盐酸的体积关系如图所示：OA段、AB段发生反应的化学方程式_、_。B点时，反应所得溶液中溶质的物质的量浓度是_。试卷第9页，共9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

15、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。2B【详解】H+、K+所带正电荷总数为10.4 molL-1+10.2 molL-1=0.6 molL-1；MnO、SO所带负电荷总数为10.4 molL-1+20.2 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。3C【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

16、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0.04mol2+0.02mol20.081=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0.04

17、mol，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。4D【详解】A过氧化钠投入水中，与水反应生成氢氧化钠和过氧化氢，氢氧化钠溶液是碱性，因此滴加酚酞溶液变红；而反应过程中生成了过氧化氢具有强氧化性，能起漂白作用，所以溶液又褪色，故A错误；B氢气在氯气中燃烧，产生苍白色火焰，而不是红色火焰，故B错误；C碳酸钠和碳酸氢钠和溶液反应都生成白色的碳酸钙沉淀，不

18、能用溶液鉴别苏打和小苏打溶液，故C错误；D钠放置在空气中和氧气反应生成氧化钠而变暗，反应方程式为：4Na+O22Na2O，生成的氧化钠与水反应又生成氢氧化钠，反应方程式为：Na2O+H2O=2NaOH，生成的氢氧化钠在空气中又被二氧化碳反应生成碳酸钠，反应方程式为：2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，最终产物是，故D正确；故选D。5D【分析】根据题干信息，在大试管内将足量NaHCO3加热到200，发生反应2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O，产生的CO2优先与Na2O和Na2O2反应，发生的反应为：Na2O+CO2=Na2CO3，2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，根据元

19、素守恒、得失电子守恒和关系式法进行分析解答。【详解】A碱性氧化物与水反应只生成碱，而Na2O2与水反应还生成O2，所以Na2O2不是碱性氧化物，选项A错误；B加热分解为，说明的热稳定性比差，选项B错误；C反应过程中，Na2O2的一个O由-1价升高至0价，另一个O由-1价降低至-2价，因此反应过程中共转移0.02mol电子，选项C错误；D标准状况下224mLO2物质的量为，根据得失电子守恒可知，2Na2O2O2，则n(Na2O2)=0.02mol，m(Na2O2)=0.02mol78g/mol=1.56g，因此m(Na2O)=1.87g-1.56g=0.31g，n(Na2O)=，根据上述分析中的

20、反应方程式可得n(CO2)=0.005mol+0.02mol=0.025mol，则n(NaHCO3)=0.05mol，根据Na元素守恒可知，反应后密闭容器内的固体中n(Na+)=(0.02mol+0.005mol)2=0.05mol，将固体全部溶于水配成100 mL溶液，溶液中c(Na+)=，选项D正确；答案选D。6A【分析】由题干关于氯及其化合物的价类二维图信息可知，甲为HCl、乙为Cl2、丙为ClO2、丁为Cl2O7，戊为HClO、己为HClO4、庚为、辛为，据此分析解题。【详解】A由分析可知，戊为HClO、己为HClO4，HClO弱酸，酸性比碳酸还弱，HClO4强酸，酸性比H2SO4还强

21、，故酸性：戊已，A错误；B由分析可知，乙为Cl2、甲为HCl，若将乙转化为甲的反应为：Cl2+H2O=HCl+HClO反应中，H2O既不是氧化剂也不是还原剂，故可以不加还原剂，B正确；C由分析可知，丙为ClO2，具有强氧化性，能使蛋白质发生变性，故可用作自来水消毒剂，C正确；D由分子可知，庚为，Cl的化合价处于中间价态，故可推测庚既有氧化性又有还原性，D正确；故答案为：A。7B【详解】A分子不具有漂白性，A错误；B纯碱洗涤油污是利用纯碱水解后溶液呈碱性，能促进油脂的水解，盐类的水解是吸热反应，热的纯碱溶液碱性更强，洗涤油污效果更好，B正确；C蔗糖不是天然有机高分子化合物，C错误；D聚乙烯是混合

22、物，分子中不含碳碳双键，不能使酸性溶液褪色，D错误； 故选B。8A【详解】A向饱和碳酸钠溶液中通入足量CO2将析出NaHCO3晶体，故其离子方程式为：2Na+H2O+CO2=2NaHCO3，A正确；B稀硝酸中滴加溶液，由于稀硝酸具有强氧化性，会将S元素氧化成 ，B错误；C向新制氯水中滴加少量的溶液，Fe2+和Br-分别被完全氧化为Fe3+和Br2，反应方程式为，C错误；D向溶液中加入一小粒固体钠，钠与水反应生成的NaOH能与反应生成NH3H2O，D错误；故答案为：A。9B【详解】的摩尔质量为188g/mol，所以。答案选B。10C【分析】无色溶液中一定不含Fe3+；加入打磨过的铝片，有气泡冒出

23、，说明溶液呈酸性或碱性，HCO与H+、OH-都不能共存，所以一定不含HCO；加入足量BaCl2溶液生成白色沉淀，过滤出沉淀，加入足量盐酸沉淀量不变，说明沉淀一定为BaSO4，一定不是BaCO3，则原溶液中一定含有SO，一定不含CO；SO与Ca2+不共存，一定不含Ca2+，加入AgNO3溶液有沉淀产生，该沉淀可能是Ag2SO4、AgCl等，不能确定是否含有Cl-；做焰色试验，观察焰色为黄色，一定含有Na+；各离子物质的量相等，根据电荷守恒，一定含有H+，则一定不含OH-，【详解】A根据以上分析，一定不含有的离子有：OH-、Ca2+、Fe3+、HCO、CO，故A错误；B做焰色试验，观察焰色为黄色，

24、根据现象，可判断一定含有Na+，不能判断是否含K+，故B错误；C根据以上分析，一定含有的离子有：H+、Na+、SO，故C正确；D加入AgNO3溶液有沉淀产生，该沉淀可能是Ag2SO4、AgCl等，实验不能证明溶液中是否含有Cl-，故D错误；选C。11C【详解】A亚铁离子还原性大于溴离子，故会先被氧化成黄色的铁离子，不能证明非金属性ClBr，A错误； B某溶液能与盐酸反应生成使石灰水变浑浊的气体，该溶液中可能含有碳酸根离子也可能含有碳酸氢根离子，B错误；C氯气通入水中生成盐酸和次氯酸，变红是因为盐酸电离出氢离子，褪色是因为次氯酸的漂白性，C正确；D 如果原溶液中本来就有铁离子，则遇到硫氰化钾溶液

25、也会变红，故不能证明一定有亚铁离子，D错误；故选C。12C【分析】测定纯碱（含少量NaC1）的纯度，由实验装置可知，先通入空气在中除去CO2，利用氮气等将装置内的二氧化碳排出，然后关闭、之间的橡皮管，打开分液漏斗的活塞，盐酸与样品反应生成二氧化碳，中二氧化碳与氢氧化钡反应生成白色沉淀，反应结束后，再打开、之间的橡皮管，继续通入空气使生成的二氧化碳被中溶液完全吸收，中碱石灰可防止空气中的二氧化碳被氢氧化钡吸收，以此来解答。【详解】A装置、的作用是防止空气中的进入装置，可准确测定生成二氧化碳的量，故A正确；B硫酸和碳酸钠反应也可以生成二氧化碳，中的盐酸可以用稀硫酸代替，故B正确；C在装置、间不需要

26、添加盛有饱和溶液的洗气瓶，HCl与氢氧化钡不生成沉淀，最后测定沉淀的质量，结合守恒法可计算纯度，故C错误；D反应结束后，继续通入空气使生成的二氧化碳被中溶液完全吸收，保证测定结果更准确，故D正确；故选C。13D【分析】氯水是氯气溶于水形成的水溶液，氯气和水的反应为：Cl2+H2OHCl+HClO。【详解】A氯水中存在氯气分子，氯气是黄绿色的，所以氯水呈浅黄绿色，故A正确；B碳酸氢钠能和酸反应生成二氧化碳，向氯水中滴入碳酸氢钠溶液，有气体生成，说明氯水中含有H+，故B正确；CHClO有漂白性，能使有色布条褪色，盛有氯水的试管中放入有色布条，有色布条褪色，说明氯水中含有HClO，故C正确；D氯水中

27、的HClO不稳定，光照下分解为盐酸和氧气，盐酸是强酸，HClO是弱酸，光照后次氯酸变为盐酸，溶液酸性增强，故D错误；故选D。14AD【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。15(1)(2)(3) 还原性和酸

28、 ABE B(4)【详解】（1）与反应生成和，其化学方程式为。（2）与水反应生成氢氧化钠和氧气，与氢氧根离子发生反应，故的数目减少，的数目增多，由于加入导致数目增多，则离子数目几乎不变的为。（3）中N元素化合价降低，作氧化剂，为还原产物，中I元素化合价升高，作还原剂，为氧化产物；4mol参加反应，2molHI作还原剂，体现还原性，2molHI所含I元素化合价不变作酸，体现酸性，则HI在反应中体现了还原性和酸性；碘化钾在酸性条件下与亚硝酸钠溶液反应生成碘单质，碘单质遇淀粉变为蓝色，而氯化钠无现象，则可选择鉴别的试剂为：水、淀粉碘化钾试纸、食用白醋，故选ABE；发生还原反应生成，需要加入还原剂，中

29、N元素为-3价，具有还原性可作还原剂，浓硫酸、和作氧化剂，故选B。（4）受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，反应的化学方程式为，由方程式可知，168g完全反应时，固体减少的质量为62g（CO2和H2O的质量），将ag样品加热至质量不再发生变化时质量变为bg，固体质量减少(a-b)g，由此可得比例式，碳酸氢钠的质量为，则碳酸钠的质量分数为。16(1)0.03(2)0.35(3)n(NaOH)=0.01mol，n(Na2CO3) =0.03mol【详解】（1）672mL二氧化碳气体的物质的量为；（2）滴入70mL盐酸即0.07L1mol/L=0.07mol盐酸时，溶质为氯化钠，依据元素守恒，n(Na

30、)=n(Cl) =0.07mol=n(NaOH)，；（3）NaOH溶液中缓慢通入一定量的CO2，发生反应为2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O；当NaOH完全反应后，继续通入CO2，发生反应为Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3。所以，最后所得溶液中的溶质可能为：NaOH与Na2CO3的混合物，Na2CO3，Na2CO3与NaHCO3的混合物，NaHCO3。滴加盐酸后，首先发生的反应为NaOH+HCl=NaCl+H2O，然后发生反应Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，最后发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2。由图中信息可以看出NaHCO3+HCl=NaC

31、l+H2O+CO2，消耗盐酸30mL；则Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，消耗盐酸也为30mL。n(Na2CO3)=n(HCl)=3010-3L1mol/L=0.03mol；图中信息显示生成气体前消耗盐酸40mL，故（40-30）mL用于与氢氧化钠的反应，则溶质为NaOH与Na2CO3的混合物。n（NaOH）=n(HCl)= 1010-3L1mol/L=0.01mol。17(1)(2) (3) 干燥二氧化碳 澄清石灰水变浑浊(4) 浓硫酸 除去中的水蒸气 向上排空气【详解】（1）在空气中与O2反应生成，与H2O反应生成NaOH，NaOH与CO2反应生成，与CO2反应生成，故以上四种

32、物质久置空气中最终都是变为；（2）投入溶液中，钠先与水反应：，生成的氢氧化钠再与氯化镁反应：；（3）碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，B中浓硫酸吸收水，干燥二氧化碳气体，C中过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，D中澄清石灰水与过量的二氧化碳反应，澄清石灰水变浑浊，E中集气瓶中收集氧气。根据分析，B中浓硫酸的作用是干燥二氧化碳；C中反应方程式为：；D中澄清石灰水变浑浊；（4）C为淡黄色固体，能制备氧气，C为Na2O2，制备氧气的方程式为：；B中盛放浓硫酸，即试剂D为浓硫酸，作用是除去中的水蒸气；要收集干燥纯净的氧气，故用向上排空气法收集。18(1) Cl2 、HClO、H2O Cl、

33、ClO、H+、OH 盐酸(2)CO2(3) 由淡绿色变为棕黄色 (4)溶液先变红，后褪色【详解】（1）新制氯水为浅黄绿色，溶液中含有的分子有氯气、次氯酸和水，含有的离子有氯离子、次氯酸根离子、氢离子和极少量的氢氧根离子，新制氯水中的次氯酸遇光分解生成盐酸和氧气，最终变为无色的只含有盐酸的久置氯水，故答案为：Cl2 、HClO、H2O；Cl、ClO、H+、OH；盐酸；（2）新制氯水中的盐酸能与碳酸钠溶液反应生成氯化钠、二氧化碳和水，所以反应过程中有气泡产生，该气体是二氧化碳，故答案为：CO2；（3）新制氯水中的氯气能与氯化亚铁溶液反应生成氯化铁，反应中溶液的颜色由淡绿色变为棕黄色；新制氯水中的氯

34、气能与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的化学方程式为，故答案为：由淡绿色变为棕黄色；（4）新制氯水中含有的氢离子会使石蕊试液变为红色，含有的具有强氧化性的次氯酸会使有机色质漂白褪色，所以d过程所观察到的现象是溶液先变红色，后褪色，故答案为：溶液先变红，后褪色。19(1) 2Na+2H2O=2NaOH+H2 H2O NaOH(2)(3) 钠块熔化为一个液态小球 滴有酚酞的水由无色变为红色。【分析】向水中滴入几滴酚酞试液，然后把一小块新切的约绿豆粒大小的金属钠放入水中，盖上玻璃片，会观察到钠浮在水面上，熔化为一个液态小球，小球在水面上四处游动，逐渐减小，最后消失，在反应过程中听到有嘶

35、嘶的声音，同时看到溶液变为红色，反应方程式为：2Na+2H2O=2NaOH+H2，根据氧化还原反应的特征及物质的作用分析解答。【详解】（1）将金属钠放入水中，二者反应产生NaOH、H2，则钠与水反应的化学方程式为2Na+2H2O=2NaOH+H2；在该反应中H元素化合价由反应前H2O中的+1价变为反应后H2中的0价，化合价降低，得到电子被还原，所以H2O是氧化剂；Na元素的化合价由反应前Na单质的0价变为反应后NaOH中的+1价，化合价升高，失去电子被氧化，所以氧化产物是NaOH；（2）在反应2Na+2H2O=2NaOH+H2中，H元素化合价由反应前H2O中的+1价变为反应后H2中的0价，化合

36、价降低12=2价，得到电子2e-；Na元素的化合价由反应前Na单质的0价变为反应后NaOH中的+1价，化合价升高12=2价，失去电子2e-，用双线桥法表示电子转移为：；（3） 将一小块新切的约绿豆粒大小的金属钠投入水中，看到钠块熔化为一个液态小球，就可以说明金属钠与水反应放出热量，使熔点低的金属钠熔化为液态，从而可证明金属钠的熔点低；向滴有几滴酚酞试液水中加入一小块新切的绿豆粒大小的金属钠，看到溶液逐渐由无色变为红色，说明Na与H2O反应后产生了碱NaOH。20(1)装置D中的导管长度不对，左侧应为长导管，右侧应为短导管(2) 浓盐酸变稀，不能继续反应(3) 饱和食盐水 干燥氯气(4) 平衡气

37、压，便于浓盐酸顺利流下 【分析】装置A用于制取氯气，其反应为，装置B中为饱和食盐水，用于除去氯气中含有的HCl气体；装置C中为浓硫酸，干燥氯气；装置D用于收集氯气，其中氯气密度比空气大，应用向上排空气法，即长进短出；装置E为尾气处理装置，吸收多余的氯气，防止污染空气；【详解】（1）装置D用于收集氯气，其中氯气密度比空气大，应用向上排空气法，即长进短出，故答案为:装置D中的导管长度不对，左侧应为长导管，右侧应为短导管；（2）装置A用于制取氯气，其反应为，该反应在盐酸浓度降低时尽管还有二氧化锰剩余，也不再反应，又因为浓盐酸易挥发，导致盐酸浓度在降低，不能继续反应，故答案为: ；浓盐酸变稀，不能继续

38、反应；浓盐酸挥发；（3）装置B中为饱和食盐水，用于除去氯气中含有的HCl气体；装置C中为浓硫酸，干燥氯气，故答案为:饱和食盐水；干燥氯气；（4）装置L可以平衡烧瓶和分液漏斗中的气压，使分液漏斗中的液体顺利滴下；装置E为尾气处理装置，吸收多余的氯气，防止污染空气，其反应为，故答案为:平衡气压，便于浓盐酸顺利流下；。21(1)检查装置气密性(2) 除去氯气中的氯化氢气体 平衡气压，保证浓盐酸顺利滴下(3)2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3+ 2H2O(4) 8NH3+3Cl2= 6NH4Cl+N2 0.6NA(5)使氨气和氯气充分接触【分析】A为制备氯气的发生装置，B干燥氯气的装置，

39、C干燥氨气的装置，D氢气与氨气的发生装置，E为除去氢气中的氯化氨的除杂装置，F为制备氨气的发生装置。【详解】（1）连接好装置后，必需进行的一步实验操作是检查装置的气密性。（2）因为浓盐酸有挥发性，所以制备出的氯气中会混有少量的氯化氢，应用饱和的食盐水进行除杂，则装置E的作用是除去氯气中的氯化氢气体；橡胶管k连接烧瓶和分液漏斗，组成恒压装置，作用是平衡气压，保证浓盐酸顺利滴下。（3）F为制备氨气的发生装置，其中的化学反应方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3+ 2H2O。（4）根据现象和提示可知，氯气和氨气反应的产物为氯化铵和氮气，其反应的化学方程式为8NH3+3Cl2= 6N

40、H4Cl+N2，该反应中生成1mol氮气转移6mol电子，在标准状况下生成2.24L气体产物为0.1mol，反应转移的电子数目为0.6NA。（5）氯气密度较大，从短管进入，氨气的密度较小，从长管进入，这样操作能够使进入其中的气体混合均匀，接触更充分。22(1) 0.03 (2) 0.01 100(3) (4)0.02【分析】若三种固体均含有，固体中加水溶解中发生NaOH+NaHCO3=Na2CO3+H2O，向溶液中加入盐酸可能发生反应的先后顺序是NaOH+HCl=NaCl+H2O、Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl、NaHCO3+HCl=NaCl+CO2+H2O，根据图像可知，OA之

41、间发生NaOH+HCl=NaCl+H2O、Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，AB之间发生NaHCO3+HCl=NaCl+CO2+H2O，据此分析；【详解】（1）产生的V(CO2)=0.672L，则n(CO2)=0.03mol；根据上述分析AB段发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+CO2+H2O；答案为：0.03；NaHCO3+HCl=NaCl+CO2+H2O；（2）CO2来自碳酸钠和碳酸氢钠，根据碳原子守恒，碳酸氢钠的物质的量为0.03mol0.02mol=0.01mol；OA段发生的反应为Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，根据化学计量数之比等于物质的量之比，0.0

42、2molNa2CO3与0.02mol盐酸反应，V1(盐酸)，即；A点时碳酸氢钠的物质的量为0.03mol，消耗0.03mol盐酸，因此；答案为：0.01；100；（3）与溶于水后发生反应的离子方程式为；，说明白色固体溶于水后的溶质只有，；答案为：；11；（4）因为白色固体只由、组成，OA段为、与盐酸反应，即两物质共消耗0.05mol盐酸，由碳原子守恒知，消耗0.03mol盐酸，则NaOH消耗0.02mol盐酸，；故答案为：0.02。23(1)(2)672(3) 【详解】（1）该金属氯化物与反应的离子方程式为，则该沉淀为，物质的量为，其中，该金属氯化物的物质的量为，则该金属氯化物中Cl原子的个数，则M的摩尔质量为，故填；（2）改反应中气体的化学计量数不变，反应前后体积不变，因为恰好反应，反应后的气体体积在标况下为672mL，其中为液态，所以反应前氧气的体积为672mL，故填672；（3）向碳酸钠溶液中逐滴滴加盐酸，反生反应；，由碳元素守恒，一定量碳酸钠完全反应时，两个反应消耗的盐酸的量相同，如图，OA段消耗100mL，AB段消耗200mL，所以通入后的溶液中不含NaOH，则OA段的反应为，AB段的反应为，故填、；B点时消耗的盐酸300mL，氯离子的物质的量为，即B点恰好反应时，溶质为NaCl，此时生成的NaCl的物质的量为，物质的量浓度为，故填。答案第19页，共11页