第二章 海水中的重要元素 ——钠和氯 单元检测 2024-2025学年高一上学期化学人教版（2019）必修第一册

第二章 海水中的重要元素 ——钠和氯单元检测 2024-2025学年高一上学期化学人教版（2019）必修第一册 一、单选题 1．下列关于Na2CO3和NaHCO3的说法中，不正确的是（　　） A．均为钠盐 B．受热均易分解 C．焰色试验均为黄色 D．均能与盐酸反应 2．小明同学用洁净的铂丝蘸取某无色溶液在酒精灯外焰上灼烧，火焰呈黄色．通过该实验现象，下列四位同学对该溶液中存在的金属离子判断正确的是（　　） A． B．. C． D． 3．是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A．18g重水()中含有的质子数为 B．一定条件下，与足量反应，转移的电子数为 C．100g质量分数为17%的水溶液中极性键数目为 D．28g晶体Si中Si-Si键数目为 4．下列关于金属钠的叙述，正确的是（　　）。 A．钠在空气中燃烧，发出黄色火焰 B．钠在空气中燃烧，产物是 C．钠是银白色金属，硬度大，熔点高 D．钠的化学性质比铁、铝活泼得多，但没有镁活泼 5．设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　） A．羟基()所含的电子总数为 B．14 g乙烯()和丙烯()混合气体中的氢原子数为 C．48 g正丁烷和10 g异丁烷的混合物中共价键数目为 D．和于密闭容器中充分反应后，生成分子数为 6．用漂白粉溶液浸泡过的有色布条，如果晾置在空气中，过了一段时间，其漂白效果会更好的原因可能是（　　） A．漂白粉被氧化了 B．有色布条被空气中的氧气氧化了 C．漂白粉跟空气中的CO2反应充分，生成了较多量的HClO D．漂白粉溶液蒸发掉部分水，其浓度增大 7．下列关于氯及其化合物的叙述中，正确的是（　　） A．氯气的性质很活泼，它与氢气混合后立即发生爆炸 B．新制氯水中滴加少量紫色石蕊试液，充分振荡后溶液呈红色 C．氯气能与铁反应，所以液氯不能存放在钢瓶中 D．新制氯水可以和金属镁发生反应 8．下列叙述正确的是（　　） ①Na2O与Na2O2都能和水反应生成碱，它们都是碱性氧化物 ②Na2O与CO2发生化合生成Na2CO3，Na2O2与CO2发生置换生成O2 ③Na2O是淡黄色物质，Na2O2是白色物质 ④Na2O2可作供氧剂，而Na2O不行 ⑤Na2O2和Na2O焰色反应均为黄色 A．都符合题意 B．②③④⑤ C．②③⑤ D．④⑤ 9．0.5mol Na2SO4中所含的Na+离子数为（　　） A．3.01×1023 B．6.02×1023 C．0.5 D．1 10．设NA代表阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是 A．标准状况下11.2L的O2、CO2混合气体含有的氧原子数为NA B．1mol·L-1Na2NO4溶液中含有的Na+的数目为2NA C．将7.1g Cl2通入足量氢氧化钠溶液中，转移电子数0.2NA D．18gNH所含的电子数目为11NA 11．设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A．在标准状况下，22.4L中所含原子数为 B．28g含有的质子数为 C．溶液中所含的数目为 D．过氧化钠与水反应时，生成0.2mol氧气转移的电子数为 12． NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（　　） A． 的 溶液中含有 的数目为0.1 NA B．常温常压下， 和 的混合物中含有的电子数一定为NA C．常温常压下，31g白磷燃烧生成 时，断裂 键的数目为NA D． 晶体中阴、阳离子总数为0.3 NA 13．醋酸钙[(CH3COO)2Ca•H2O]常用作食品稳定剂和抑霉剂。设NA为阿伏加德罗常数值。关于常温下0.1 mol•L-1的(CH3COO)2Ca溶液，下列说法正确的是（　　） A．每升溶液中CH3COO-的数目为0.2NA B．稀释溶液，则溶液的pH增大 C．c(OH-)=c(H+)+c(CH3COOH) D．c(H+)+c(Ca2+)=c(CH3COO-)+c(OH-) 14．0.56gCaO正好与20mL盐酸反应，这种盐酸的物质的量浓度是（　　） A．0.10mol/L B．0.20mol/L C．0.50mol/L D．1.00mol/L 15．二氧化碳催化加氢合成乙烯是综合利用的热点研究领域，其反应可以表示为。设表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　） A．个分子的体积为 B．中所含电子数为 C．1个分子中所含原子数为6 D．中所含分子数为 16．下列有关说法正确的是（　　） A．次氯酸钙溶液中通入少量的CO2：ClO-+H2O+CO2=+HClO B．草酸使酸性高锰酸钾溶液褪色：5+2+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O C．、Cu2+、CH3COO-、在水溶液中能大量共存 D．标准状态下，22.4L Cl2通入水后转移的电子数为2NA 17．已知为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　） A．分子中含有共价键数为2 B．中，含有的阴离子数为2 C．标准状况下，个的体积是22.4L D．溶液中的数目为0.2 18． 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（　　） A． 含有的中子数为 B． 溶液中含有的 数为 C． 与 在密闭容器中充分反应后的分子数为 D． 和 (均为标准状况)在光照下充分反应后的分子数为 19．向盛有紫色石蕊溶液的试管中持续通入氯气至过量，溶液颜色可能出现红色、无色、浅黄绿色等变化。下列叙述错误的是（　　） A．过程I溶液由紫色变成红色，起作用的微粒是H+ B．过程Ⅱ溶液由红色变成无色，证明试管②溶液不再呈酸性 C．过程Ⅲ溶液颜色由无色变成浅黄绿色，证明溶液中有Cl2 D．若向紫色石蕊试液中持续加入Na2O2粉末，最终颜色会褪去 20．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是（　　） A．常温常压下，5.6克CO和N2混合气体中含分子数为0.2NA B．2.0mol/L的CaCl2溶液中含Cl-数目为4NA C．4.6克Na与足量的O2反应生成Na2O2，转移电子数为0.4NA D．标准状况下，33.6L的酒精(C2H5OH)含氢原子数为9NA 二、综合题 21．氯气(液氯)、漂白粉、“84”消毒液等都是含氯消毒剂。已知：在酸性条件下，。 （1）工业上用电解饱和食盐水的方法制取氯气，实验室中可以用二氧化锰或高锰酸钾与浓盐酸反应制取氯气。 ①写出二氧化锰与浓盐酸反应制取氯气的离子方程式：　 　，该反应中氧化剂为，每生成7.1g气体反应中转移的电子的物质的量为　 　mol。 ②与浓盐酸的反应为，用和分别与浓盐酸制备等量的氯气，消耗的　 　。 （2）由于氯气不便于保存，生活中常用的含氯消毒剂是漂白粉或“84”消毒液。 ①常温下，将氯气通入NaOH溶液中，可以制得“84”消毒液，写出发生反应的离子方程式：　 　，该消毒液的有效成分是　 　(填化学式)。生活中“84”消毒液和洁厕灵(主要成分是稀盐酸)不能混合使用，原因是　 　。 ②将氯气通入石灰乳(主要成分是氢氧化钙)中可以制得漂白粉，漂白粉的主要成分为　 　(填化学式)。漂白粉长时间暴露在空气中会变质，请结合化学方程式解释其原因：　 　。 22．从元素化合价和物质类别两个角度学习、研究物质的性质，是一种行之有效的方法。 （1）下图为氯及其化合物的“价类”二维图。图中的类别为　 　；的名称为　 　。 （2）已知高氯酸（）是一元强酸，写出高氯酸溶液与氢氧化钠溶液反应的离子方程式　 　。 （3）某同学研究性质，进行如下预测： ①从物质类别上看，属于酸，能与大理石反应，相应的离子方程式为　 　； ②从化合价角度看，具有　 　性，能与　 　发生反应（填标号）。 A． B． C． D． （4）某同学用强光照射氯水，同时使用数据采集器采集数据如图。 光照新制氯水，发生反应的化学方程式为　 　；该同学采集的数据是　 　（填标号）。 A．氯水的 B．氯离子的浓度 C．溶液的电导率 D．氧气的体积分数 23．用NaCl固体配制100 mL 1.00 mol/L NaCl溶液。 （1）计算需要NaCl固体的质量为　 　g。 （2）配制溶液时，正确的实验操作顺序是　 　。 a．将称好的NaCl固体放入烧杯中，加入适量蒸馏水，用玻璃棒搅拌，使NaCl固体全部溶解。 b．根据计算结果，称量NaCl固体。 c．计算需要NaCl固体的质量。 d．将烧杯中的溶液沿玻璃棒注入100 mL容量瓶，并用少量蒸馏水洗涤烧杯内壁和玻璃棒2~3次，将洗涤液也都注入容量瓶。轻轻摇动容量瓶，使溶液混合均匀。 e．将配制好的溶液倒入试剂瓶中，并贴好标签。 f．将蒸馏水注入容量瓶，当液面离容量瓶颈部的刻度线1~2 cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至溶液的凹液面与刻度线相切。盖好瓶塞，反复上下颠倒，摇匀。 24．如图为实验室制取纯净、干燥的氯气，并验证氯气性质的装置。其中E瓶放有干燥红色布条；F中为红色的铜网，其右端出气管口放有脱脂棉。 （1）装置C中盛装的溶液是　 　，D中试剂的作用是　 　。 （2）E中的红色布条是否褪色？　 　(填“是”或“否”)，写出F中反应的化学反应方程式：　 　。 （3）H中的试剂为　 　，用来吸收多余氯气。工业上常用廉价的石灰乳吸收工业氯气尾气制得漂白粉，该反应的化学方程式为　 　。 25．如图为实验室中浓硫酸试剂瓶标签上的部分内容，请回答下列问题。 （1）该硫酸的物质的量浓度是　 　mol/L。 （2）某实验需要90mL3.0mol/L稀硫酸，要配制该溶液，经计算，需要用量筒量取　 　mL浓硫酸。 （3）在下列配制过程示意图中，有错误的是　 　(填写序号) （4）下列情况会引起所配稀硫酸浓度偏高的是____。 A．用蒸馏水洗涤量筒中残留的硫酸并转移至容量瓶 B．容量瓶洗涤后，未经干燥处理 C．溶液未经冷却就转移至容量瓶 D．未洗涤烧杯和玻璃棒 答案解析部分 1．【答案】B 【解析】【解答】A.二者的阳离子都是Na＋，属于钠盐，A不符合题意； B.Na2CO3稳定，受热不分解，NaHCO3不稳定，受热不分解，B符合题意； C.二者都含有钠元素，焰色反应火焰都是黄色，C不符合题意； D.Na2CO3、NaHCO3都能与HCl反应生成NaCl、H2O和CO2，D不符合题意； 故答案为：B 【分析】此题是对Na2CO3、NaHCO3的组成和性质的考查， 结合二者的性质进行分析即可。 2．【答案】D 【解析】【解答】某溶液通过焰色试验后，观察到火焰呈黄色，说明溶液中含有Na＋。由于未透过蓝色钴玻璃观察火焰的颜色，因此无法确定溶液中是否含有钾元素，因此溶液中一定含有Na＋，可能含有K＋，D符合题意。 故答案为：D 【分析】焰色试验中钠元素的焰色为黄色；钾元素的焰色试验需要透过蓝色钴玻璃观察火焰的颜色，为紫色。 3．【答案】A 【解析】【解答】A.18g重水()的物质的量为=0.9mol，中含有10个质子，则0.9mol中含有的质子数为，故A符合题意； B．和的反应是可逆反应，0.5mol不能完全转化为，则转移的电子数小于，故B不符合题意； C．在双氧水溶液中，除了双氧水外，水也含极性键，而100g17%的双氧水溶液中，双氧水的质量为17g，物质的量为0.5mol，故含极性键为NA，而水中含极性键，故此溶液中含有的极性键的条数多于NA，故C不符合题意； D.28g晶体Si的物质的量为=1mol，1mol晶体Si中Si-Si键数目为，故D不符合题意； 故答案为：A。 【分析】A、D为氢原子，质量数为2，此时的摩尔质量应该结合对应的相对原子质量判断； B、二氧化硫和氧气的反应为可逆反应，无法完全转化； C、溶液中含有水，水也含有极性键； D、结合均摊法判断。 4．【答案】A 【解析】【解答】A．钠在空气中燃烧，发出黄色火焰，故A符合题意； B．在空气中燃烧的产物是，故B不符合题意； C．钠是银白色金属，的硬度小，熔点低，故C不符合题意； D．钠的化学性质比铁、铝、镁活泼的多，故D不符合题意； 故答案为：A。 【分析】B.钠在空气中燃烧生成淡黄色的过氧化钠； C.钠的硬度较小，熔点低； D.钠的性质比镁、铝、铁活泼。 5．【答案】C 【解析】【解答】A．羟基是电中性，1mol 羟基所含的电子总数为9NA，故A不符合题意； B．乙烯和丙烯具有相同最简式CH2，14g 乙烯和丙烯的混合气体中含有的碳原子数为：14g/14g/mol×2×NA=2NA，故B不符合题意； C．正丁烷和异丁烷只是碳架不同，含有的共价键数均为13条，所以48g正丁烷和10g异丁烷，即混合物的物质的量为=1mol，所以48g正丁烷和10g异丁烷的混合物中共价键数目为13NA，故C符合题意； D．H2和I2反应为可逆反应，不可能全部生成HI，生成分子数小于0.2NA，故D不符合题意； 故答案为：C。 【分析】A、要注意取代基短杆表示一个电子； B、对于烯烃而言，相同质量的烯烃混合物其碳原子和氢原子个数均相同； C、同分异构体的物质可以直接按照其分子式计算； D、注意对于可逆反应，反应物和生成物同时存在。 6．【答案】C 【解析】【解答】漂白粉的主要成分是CaCl2和Ca(ClO)2，有效成分为Ca(ClO)2，其漂白原理是Ca(ClO)2+CO2+H2O＝CaCO3↓+2HClO，HClO具有漂白性。 A.漂白粉中 Ca(ClO)2具有强氧化性，不会被氧化，A不符合题意； B.有色布条是被生成的HClO氧化而不是空气中的氧气，B不符合题意； C.漂白粉和空气中的CO2反应生成较多的HClO而漂白有色布条，C符合题意； D.漂白粉漂白是因为和CO2反应生成HClO，和浓度无关，D不符合题意； 故答案为：C。 【分析】了解漂粉漂白原理，生成的HClO因具有强氧化性从而漂白有色物质体现漂白性；漂白剂的主要成分为NaCl和NaClO，漂白原理与漂白粉相同。 7．【答案】D 【解析】【解答】A．氯气和氢气在点燃或光照条件下才能反应，氢气和氯气混合不能立即爆炸，故A不符合题意； B．新制氯水中滴加少量紫色石蕊试液，充分振荡后溶液先变红色然后褪色，故B不符合题意； C．氯气和铁常温不反应，故液氯可以存放在钢瓶中，故C不符合题意； D．新制氯水中含有氢离子，故能与金属镁反应，故D符合题意； 故答案为：D。 【分析】A．氯气和氢气在点燃或光照条件下才能反应； B．新制氯水有酸性和漂白性； C．氯气和铁常温不反应； D．新制氯水中含有氢离子。 8．【答案】D 【解析】【解答】①Na2O2能和水反应生成氢氧化钠和氧气，为过氧化物，不是碱性氧化物，故①不符合题意； ②Na2O与CO2发生化合生成Na2CO3，Na2O2与CO2发生氧化还原反应生成O2，不是置换反应，故②不符合题意； ③Na2O是白色物质，Na2O2是淡黄色物质，故③不符合题意； ④Na2O2可与水、二氧化碳反应生成氧气，可作供氧剂，而Na2O不行，故④符合题意； ⑤Na2O2和Na2O均含有钠元素，则焰色反应均为黄色，故⑤符合题意。 故答案为：D。 【分析】Na2O2和Na2O都含有钠元素，焰色反应为黄色，其中Na2O2具有强氧化性，可与水、二氧化碳反应生成氧气，Na2O为碱性氧化物，与水反应生成NaOH。 9．【答案】B 【解析】【解答】Na2SO4在水中发生电离：Na2SO4=2Na＋＋SO42－，因此0.5molNa2SO4中所含Na＋数目为0.5mol×2×6.02×1023=6.02×1023，B符合题意； 故答案为：B 【分析】Na2SO4在水中发生电离：Na2SO4=2Na＋＋SO42－，据此计算溶液中所含Na＋的数目。 10．【答案】A 【解析】【解答】A．每个O2、CO2分子中均含有2个氧原子，标准状况下11.2L的O2、CO2混合气体的物质的量为0.5mol，含有的氧原子数为NA，故A符合题意； B．溶液体积未知，不能计算Na+数目，故B不符合题意； C.7.1g Cl2的物质的量为0.1mol，通入足量氢氧化钠溶液中反应，Cl2转化为ClO-、Cl-，转移电子数0.1NA，故C不符合题意； D.1个NH含有10个电子，18gNH的物质的量为1mol，所含的电子数目为10NA，故D不符合题意； 故答案为：A。 【分析】A．每个O2、CO2分子中均含有2个氧原子； B．溶液体积未知，不能计算； C.1molCl2反应转移1mol电子； D.1个NH含有10个电子。 11．【答案】D 【解析】【解答】A．在标准状况下，22.4L水是液体，不能用气体摩尔体积来计算，A不符合题意； B.28g的物质的量为1mol，含有的质子数为，B不符合题意； C．溶液体积未知，无法计算的数目，C不符合题意； D.2mol与反应生成1mol时转移2mol电子，故生成0.2mol，转移的电子数为，D符合题意； 故答案为：D。 【分析】A、标准状况下水不是气体； B、结合公式n=m/M判断； C、未知溶液体积无法计算； D、电子的数目=元素的价态变化数目×该元素原子的个数。 12．【答案】B 【解析】【解答】A．铝离子为弱碱阳离子，在水溶液中部分水解，所以1L 0.1mol•L-1的AlCl3溶液中含有Al3+的数目小于0.1NA，故A不符合题意； B．H218O和D2O的相对分子质量均为20，常温常压下，2.0g H218O和D2O的混合物中含有的电子数一定为 ×10×NAmol-1=NA，故B符合题意； C.31g白磷的物质的量为 =0.25mol，而一个白磷分子中含6条P-P键，燃烧生成的 的结构为 ，燃烧后P-P键全部断裂，0.25mol白磷中含1.5NA条P-P键，因此断裂 键的数目为1.5NA，故C不符合题意； D.0.1mol NaHCO3晶体中含有0.1mol钠离子和0.1mol碳酸氢根离子，阴、阳离子总数为0.2NA，故D不符合题意； 故答案为：B。 【分析】A.需要考虑铝离子的水解 B.根据n=计算出物质的量，再找出1个分子中含有的电子数即可 C.根据n=计算出物质的量，再根据结构式找出1个白磷分子中含有的P-P键即可 D.根据NaHCO3=Na++HCO3-即可判断 13．【答案】C 【解析】【解答】A．(CH3COO)2Ca是强碱弱酸盐，在溶液中CH3COO-由于发生水解反应而消耗，故每升0.1 mol•L-1的溶液中CH3COO-的物质的量小于0.2 mol，含有的CH3COO-数目小于0.2NA，A不符合题意； B．(CH3COO)2Ca是强碱弱酸盐，在溶液中CH3COO-发生水解反应消耗H+使溶液显碱性，稀释溶液，溶液的碱性减弱，故溶液的pH会减小，B不符合题意； C．在溶液中存在水电离平衡：H2OH++OH-，水电离产生的H+部分与CH3COO-结合形成CH3COOH，而OH-不消耗，故根据质子守恒可得关系式c(OH-)=c(H+)+c(CH3COOH)，C符合题意； D．根据电荷守恒，可得关系式c(H+)+2c(Ca2+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，D不符合题意； 故答案为：C。 【分析】A.CH3COO-在溶液中会发生水解； B.醋酸钙溶液显碱性，稀释过程中氢氧根离子浓度降低； D.根据电荷守恒判断。 14．【答案】D 【解析】【解答】解：0.5gCaO的物质的量为，由反应方程式可知，，则盐酸的物质的量浓度； 故答案为：D。 【分析】依据，计算。 15．【答案】B 【解析】【解答】A．没有说明标况，不确定二氧化碳的体积，A不符合题意； B.1个氢分子含有2个电子，则中所含电子12mol，数目为，B符合题意； C.1个分子中所含原子数为6个，C不符合题意； D．的物质的量为1mol，所含分子数为，D不符合题意； 故答案为：B。 【分析】A．没有说明标况，无法计算； B.1个氢分子含有2个电子； C.1个分子中所含原子数为6个； D．依据n=m/M计算。 16．【答案】C 【解析】【解答】A． 次氯酸钙溶液中通入少量的CO2生成碳酸钙沉淀和次氯酸：Ca2++2ClO-+H2O+CO2=+2HClO，故A不符合题意； B． 草酸是弱酸，写化学式，草酸使酸性高锰酸钾溶液褪色：5+2+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，故B不符合题意； C． 、Cu2+、CH3COO-、在水溶液中不产生沉淀、气体、水，能大量共存，故C符合题意； D． 标准状态下，氯气和水的反应是可逆反应，22.4L Cl2通入水后转移的电子数少于NA，故D不符合题意； 故答案为：C。 【分析】A.次氯酸钙溶液中通入少量的CO2生成碳酸钙沉淀和次氯酸； B.草酸为弱酸，应保留化学式； D.氯气与水的反应为可逆反应。 17．【答案】A 【解析】【解答】A．的物质的量是1mol，分子中含有共价键数为2，A符合题意； B．过氧化钠是由钠离子和过氧根离子组成的，中，含有的阴离子数为，B不符合题意； C．标准状况下是固体，个的体积不是22.4L，C不符合题意； D．溶液的体积未知，其中的数目不一定为0.2，D不符合题意； 故答案为：A。 【分析】A.一个水分子中含有2个O-H键； B.过氧化钠由钠离子和过氧根离子构成； C.标况下三氧化硫为固体； D.溶液体积未知。 18．【答案】D 【解析】【解答】A． 的物质的量为 =0.9mol，氧原子的质子数为8，1个 含0+(18-8)=10个中子，则 含有的中子数为 ，A不符合题意； B．高氯酸,是强酸，属于强电解质，c(H+)=0.1mol/L,未给溶液体积，无法计算，B不符合题意； C．一氧化氮与氧气反应中，存在2NO+O2=2NO2和2NO2 N2O4，产生的二氧化氮会转化为四氧化二氮导致物质的量减小，因此 与 在密闭容器中充分反应后的分子数小于 ，C不符合题意； D．甲烷和氯气在光照下发生取代，CH4+Cl2CH3Cl+HCl,CH3Cl+Cl2CH2Cl2+HCl,CH2Cl2+Cl2CHCl3+HCl,CHCl3+Cl2 CCl4+HCl,标准状况下 的物质的量为0.5mol， 的物质的量为1mol，根据碳元素和氢元素守恒，得到的 产生1molHCl分子可知1molCl2完全反应可得1moHCl，根据C守恒，反应后含C物质的物质的量=甲烷的物质的量=0.5mol，因此 和 (均为标准状况)在光照下充分反应后的分子数为 ，D符合题意； 故答案为：D。 【分析】A.先计算出物质的量，再计算出1个水分子中的中子个数即可 B.根据n=cv进行计算，但是体积未知 C.一氧化氮与氧气反应产生的是二氧化氮，但是考虑到二氧化氮会转化为四氧化二氮，可逆反应的不完全反应 D.根据元素守恒即可判断 19．【答案】B 【解析】【解答】A．紫色石蕊遇酸变红，过程I溶液由紫色变成红色，起作用的微粒是H+，故A不符合题意； B．过程Ⅱ溶液由红色变成无色，是因为次氯酸的漂白性，故B符合题意； C．过程Ⅲ溶液颜色由无色变成浅黄绿色，因为氯气过量，溶液中有Cl2，故C不符合题意； D．过氧化钠具有强氧化性，若向紫色石蕊试液中持续加入Na2O2粉末，最终颜色会褪去，故D不符合题意； 故答案为：B。 【分析】A.紫色石蕊遇酸变红，酸能电离出氢离子； C.氯气为黄绿色气体； D.过氧化钠具有强氧化性，能够漂白物质。 20．【答案】A 【解析】【解答】A．常温常压下，5.6g CO和N2混合气体中的物质的量为，含分子数为0.2NA，故A符合题意； B．溶液体积未知，无法计算氯离子个数，故B不符合题意； C.4.6g Na物质的量为，与足量O2反应生成Na2O2，生成0.1mol钠离子，转移电子数为0.2NA，故C不符合题意； D．标准状况下，酒精不是气体，无法用气体摩尔体积计算物质的量，故D不符合题意； 故答案为：A。 【分析】A．利用计算； B．溶液体积未知，无法计算； C.依据反应中化合价变化判断转移电子数； D．标准状况下，酒精不是气体。 21．【答案】（1）MnO2+4H++Cl- Mn2+ + Cl2+2H2O；0.2；2：5 （2）Cl2+2OH-=Cl-+ ClO-+H2O；NaClO；洁厕灵和“84”消毒液两者发生反应，生成的氯气有毒；Ca(ClO)2；Cl2+2Ca(OH)2= CaCl2+ Ca(ClO)2+2H2O 【解析】【解答】(1)①实验室用二氧化锰与浓盐酸反应制取氯气，其反应的方程式：MnO2+4HCl(浓) MnCl2+ Cl2+2H2O，其离子方程式为MnO2+4H++Cl- Mn2+ + Cl2+2H2O，该反应中Mn元素的化合价降低了，所以氧化剂为MnO2。每生成1mol Cl2转移2mole-，7.1g气体是0.1mol，所以反应中转移的电子的物质的量为0.2mol，故答案：MnO2+4H++Cl- Mn2+ + Cl2+2H2O；0.2。 ②根据反应可知，要生成1mol Cl2，需用为0.4mol；由MnO2+4HCl(浓)MnCl2+ Cl2+2H2O反应可知，要生成1mol Cl2，需用为1mol；所以制备等量的氯气，消耗的0.4：1.0=2：5，故答案：2：5。 (2)①常温下，氯气可以和NaOH溶液反应，生成氯化钠、次氯酸钠和水，其反应的离子方程式：Cl2+2OH-=Cl-+ ClO-+H2O。该消毒液的有效成分是NaClO ，洁厕灵的主要成分是稀盐酸，“84”消毒液的主要成分是次氯酸钠，两者发生反应，生成的氯气有毒，所以两者不能混合使用。故答案：Cl2+2OH-=Cl-+ ClO-+H2O；NaClO；洁厕灵和“84”消毒液两者发生反应，生成的氯气有毒。 ②将通入石灰乳的主要成分是氢氧化钙，能和氯气发生反应，生成氯化钙、次氯酸钙和水，漂白粉的主要成分为Ca(ClO)2。漂白粉长时间暴露在空气中会和空气中的二氧化碳、水蒸气发生反应而变质，起反应的方程式为：Cl2+2Ca(OH)2= CaCl2+ Ca(ClO)2+2H2O； 故答案：Ca(ClO)2；Cl2+2Ca(OH)2= CaCl2+ Ca(ClO)2+2H2O。 【分析】（1）①二氧化锰和浓盐酸反应生成氯气、氯化锰和水，根据元素化合价的变化判断，反应中Mn元素的化合价降低，Mn元素被还原，Cl元素化合升高，被氧化，根据化合价变化的数目可确定电子转移的数目； ②根据计算； （2）①常温下用烧碱溶液吸收Cl2制备“84”消毒液时，反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，84消毒液的有效成分为NaClO，NaClO与HCl发生氧化还原反应生成氯气； ②石灰乳吸收工业氯气尾气制得漂白粉生成氯化钙、次氯酸钙，长期露置于空气中的漂白粉，变质生成碳酸钙。 22．【答案】（1）单质；次氯酸 （2） （3）；氧化、还原；ABC （4）；A 【解析】【解答】（1）物质A对应着氯气为单质，B是酸，氯元素的化合价为+1，因此为HClO，次氯酸； （2） 已知高氯酸（）是一元强酸，高氯酸溶液与氢氧化钠溶液反应的离子方程式 ；​​​​​​ （3）①，属于酸，能与大理石反应，相应的离子方程式为 ； ②盐酸具有氧化性和还原性，可以氧化性物质和还原性物质反应，可与次氯酸钠和铁以及高锰酸钾反应，故答案为：ABC； （4）新制氯水见光分解；得到氧气和盐酸，方程式为 ；光照时酸性增强，pH减小，氯离子浓度增大，氧气汉两种增加，结合图示判断为pH变化，故答案为：A 【分析】（1）根据物质组成和化合价判断； （2）根据反应物和生成物写出离子方程式； （3）①根据反应物和生成物写出离子方程式②结合盐酸具有氧化性和还原性找出反应物质即可； （4）根据光照分解的产物写出方程式，结合光照后的物质浓度变化判断。 23．【答案】（1）5.85 （2）c b a d f e 【解析】【解答】（1）根据公式m==0.1L×1.00 mol/L×58.5g/mol=5.85g； 故答案为5.85g。 （2）根据溶液的配制过程为：计算→称量→溶解→转移→洗涤→定容→摇匀、贴标签；据此分析正确的实验操作顺序是c b a d f e； 故答案为c b a d f e。 【分析】（1）结合公式n=c/V和公式n=m/M计算； （2）溶液配制的顺序为：计算-称量-溶解-冷却-转移-洗涤-定容-摇匀-装瓶-贴标签。 24．【答案】（1）饱和食盐水；干燥氯气 （2）否；Cu + Cl2 CuCl2 （3）氢氧化钠溶液；2Cl2 + 2Ca(OH)2 = CaCl2 + Ca(ClO)2 + 2H2O 【解析】【解答】（1）由于浓盐酸具有挥发性，会使得生成的Cl2中混有HCl，Cl2不溶于饱和食盐水，但HCl可以，因此可用饱和食盐水除去Cl2中混有的HCl。Cl2从水溶液中出来后会带有水蒸气，可用浓硫酸进行干燥。因此装置C的试剂为饱和食盐水；装置D的的试剂为浓硫酸，用于干燥Cl2。 （2）E中的红色布条为干燥的，通入E中的Cl2也是干燥的，干燥的Cl2不具有氧化性，不能使红色布条褪色，因此E中红色布条不褪色。装置F中Cu与Cl2反应，生成CuCl2，该反应的化学方程式为：Cu＋Cl2CuCl2。 （3）Cl2是一种有毒气体，可用NaOH溶液吸收，防止污染空气，因此装置H中的试剂为NaOH溶液。石灰乳的主要成分是Ca(OH)2，能与Cl2反应，生成CaCl2、Ca(ClO)2和H2O，该反应的化学方程式为：2Cl2＋2Ca(OH)2=CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O。 【分析】此题是对实验室制取Cl2，以及氯气性质的考查。实验室中用加热MnO2和浓盐酸的方法制取Cl2，由于浓盐酸具有挥发性，使得生成的Cl2中混有HCl气体，可用饱和食盐水除去Cl2中混有的HCl，再用浓硫酸干燥Cl2。干燥的Cl2不具有漂白性，不能使红色布条褪色；Cl2与H2O反应后生成的HClO才具有漂白性，使红色布条褪色。Cl2具有氧化性，加热条件下能与Cu反应生成CuCl2。Cl2是一种有毒气体，可用NaOH溶液吸收，防止污染空气。 25．【答案】（1）18.4mol·L－1 （2）16.3 （3）①④ （4）A；C 【解析】【解答】（1）结合公式； 故答案为：18.4mol·L-1； （2）配制90mL溶液，需要用100mL容量瓶，结合稀释定律，则； 故答案为：16.3； （3）浓硫酸的稀释需要将酸加入水中，定容的时候需要视线平视刻线； 故答案为： ①④； （4）A、 用蒸馏水洗涤量筒中残留的硫酸并转移至容量瓶，导致硫酸体积增大，溶液浓度偏高，A正确； B、容量瓶洗涤后没有干燥，对浓度结果没有影响，B错误； C、溶液为冷却，根据热胀冷缩原理，最终溶液体积偏小，浓度偏高，C正确； D、未洗涤烧杯和玻璃棒，硫酸体积偏小，浓度偏低，D错误； 故答案为：AC 【分析】（1）结合公式计算； （2）结合稀释定律计算； （3）浓硫酸的稀释需要以酸加入水中；读数时需要平视刻线； （4）结果偏大：砝码生锈，溶解后没有恢复到室温，读数时俯视刻线； 结果偏小：烧杯没有洗涤，读数时仰视刻线，摇匀后发现液面低于刻线继续加水，定容后发现液面超过刻线吸掉多余的部分，转移时由部分液体溅出； 无影响：容量瓶没有干燥。 学科网（北京）股份有限公司 $$