第二章海水中的重要元素——钠和氯单元检测题（含解析）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》单元检测题
一、单选题
1．无水氯化铝是有机化工常用催化剂。已知无水氯化铝易潮解，遇水蒸气产生大量白烟，在标压下178℃升华，经冷却后可凝华为固体。某实验活动小组设计了如图反应装置制备无水氯化铝，下列有关说法正确的是
A．装置②中的液体是浓硫酸
B．酒精灯的点燃顺序：先①后④
C．为了让AlCl3充分冷却，装置④与⑤之间应用长导管
D．装置⑥仅作尾气处理装置
2．实验室中需要配制1mol/L的NaCl溶液450mL，配制时应选用的容量瓶的规格和称取的NaCl质量为
A．500mL，29.250g B．450mL，26.325g
C．500mL，26.325g D．250mL，26.325g
3．下列变化属于化学变化的是
A．车胎爆炸 B．工业制氯气 C．碘的升华 D．海水晒盐
4．下列说法中不正确的是
A．在与金属反应时表现强氧化性
B．任何物质的燃烧必须有参与
C．与反应的离子方程式为
D．漂白粉的主要成分和
5．实验室利用NaOH固体配制480mL0.1mol·L-1的NaOH溶液时，以下操作会使溶液的浓度偏高的是
A．用滤纸称量NaOH固体
B．溶解后没有冷却便进行定容
C．定容时仰视刻度线
D．将容量瓶中的溶液转移到试剂瓶的过程中，不慎有少量溶液溅出
6．化学来源于生活，也服务于生活。下列有关生活中的化学知识叙述错误的是
A．氯气与烧碱溶液或石灰乳反应都能得到含氯漂白剂
B．烧制陶瓷、冶炼金属、酿造酒类都属于化学变化
C．洁厕灵与“84”消毒液混用会产生有毒气体
D．漂白粉在空气中久置变质，是因为与空气反应生成的发生了分解
7．NA代表阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（ ）
A．1mol碳正离子（CH3＋）所含的电子总数为9NA
B．25℃，pH＝13的Ba(OH)2 溶液中含有OH－的数目为0.1NA
C．常温常压下，过氧化钠与水反应时，生成8g氧气转移的电子数为0.5NA
D．1mol雄黄(As4S4)，结构如图：，含有2NA个S－S键
8．下列除去杂质的实验方法正确的是(括号里为少量杂质)
A．CO2( CO)：用酒精灯点燃
B．K2CO3( NaHCO3)：置于坩埚中加热
C．FeCl2( FeCl3)：加入足量铜粉，过滤
D．Fe2O3(Al2O3)：氢氧化钠溶液，过滤、洗涤
9．下列实验现象描述不正确的是
A．铁丝在氯气中点燃，剧烈燃烧，产生棕褐色烟，燃烧后产物溶于水，溶液呈棕黄色
B．钠在空气中加热，先熔化成银白色小球，然后燃烧，发出黄色火焰，生成淡黄色固体
C．钠放入氯化铁溶液后，浮在水面，迅速游动，嘶嘶作响，溶液中出现红褐色沉淀
D．将1~2mL水滴入盛有1~2g过氧化钠固体的试管中，滴加酚酞，溶液变红
10．用表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．11.2 L 含有的分子数为
B．相同质量的与所含氧原子个数比为4：6
C．标准状况下，22.4 L 中含有氢原子的个数为
D．1 mol 和的混合物中含的氧原子数为
11．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．78 g Na2O2 中含有阴离子的数目为 NA
B．1.0 L 1.0 mol L 1的 NaAlO2溶液中含氧原子数为2NA
C．常温常压下，0.5 mol Fe和足量稀硝酸反应，转移电子数为NA
D．标准状况下，22.4LCHCl3中含C Cl键的数目为3NA
12．将氯气分别通入含下列离子的溶液中，离子浓度变化最小的是
A． B． C． D．
13．下列实验操作可以达到实验目的的是（ ）
选项 实验目的 实验操作
A 探究浓度对反应速率的影响 向2支各盛有4mL0.01mol·L-1KMnO4酸性溶液的试管中，分别加入2mL0.1mol·L-1H2C2O4溶液和2mL0.2mol·L-1H2C2O4溶液，记录溶液褪色所需的时间
B 配制1.00mol·L-1的NaOH溶液 称取4.0g固体NaOH于烧杯中，加入少量蒸馏水溶解，然后转移至100mL容量瓶中定容
C 探究固体表面积对反应速率的影响 称取相同质量的大理石和纯碱，加入到盛有浓度、体积均相同的盐酸的小烧杯中，观察实验现象
D 探究淀粉溶液在稀硫酸和加热条件下是否水解 取少量的水解液于试管中，先加适量的NaOH溶液，再滴入碘水，观察实验现象
A．A B．B C．C D．D
14．设为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A．22.4L中含氯原子数目为
B．7.8g苯中含碳碳双键数日为3
C．1mol乙酸与足量乙醇充分反应，所得乙酸乙酯分子数目为
D．28g乙烯和丙烯的混合气体中含共用电子对数目为6
15．配制一定物质的量浓度的溶液，需要用到的仪器是
A． B． C． D．
二、填空题
16．氯水中含有多种成分，因而具有多种性质，根据氯水分别与如图四种物质发生的反应填空(a、b、c、d中重合部分代表物质间反应，且氯水足量)。
（1）能证明氯水具有漂白性的是______(填“a”“b”“c”或“d”)。
（2）c过程中的现象是_____，b过程中的化学方程式为_____。
（3）久置的氯水变为____，用化学反应方程式表示为______。
（4）实验室保存饱和氯水的方法是_____。
17．生产生活中常涉及到含氯的物质。下图(1)、(2)是验证次氯酸光照分解的数字化实验中pH和氯离子浓度变化与时间的关系。
(1)从上图中相关曲线变化可知在光照过程中溶液的导电能力_______ (填“增强”、“不变”或“减弱”)，主要原因是_______ (用化学 反应方程式表示)。
(2)检验一瓶氯水是否已经完全变质可选用的试剂是 (填字母)。
A．硝酸银溶液 B．酚酞溶液 C．碳酸钠溶液 D．紫色石蕊溶液
(3)有一种“地康法”制取氯气的反应原理如下图(3)所示：
(提示：箭头进去的为反应物，出来的为生成物)
①写出实验室用MnO2与浓盐酸反应制取氯气的离子方程式为_______。
②整个过程的总反应化学方程式为_______。
18．用20 g NaOH配成500 mL溶液，NaOH的物质的量的浓度为_______。取出50 mL，它的物质的量浓度为_______，含NaOH的物质的量为_______，含NaOH的质量为_______g，把这50 mL溶液加水稀释到200 mL，NaOH的物质的量浓度为_______。
三、计算题
19．和的混合气体，假设该混合气体可以点燃，完全燃烧后测得体积为(标准状况)。
(1)混合气体中的质量是___________g；
(2)混合气体中在标准状况下的体积是___________L；
(3)混合气体在标准状况下的密度是___________；
(4)混合气体的平均摩尔质量是___________。
20．Ⅰ.对一定量气体体积的探究。已知1 mol不同气体在不同条件下的体积：
化学式 条件 1mol气体的体积/L
H2 0℃，101kPa 22.4
O2 22.4
CO 22.4
H2 0℃，202kPa 11.2
CO2 11.2
N2 11.2
NH3 273℃，202kPa 22.4
(1)从表中分析得出的结论：
①1 mol任何气体，在标准状况下的体积都约为_______。
②1 mol不同的气体，在不同的条件下，体积_______(填序号)。
A．一定相等　　　B．一定不相等　　　C．不一定相等
(2)理论依据：相同条件下，1 mol任何气体的体积几乎相等，原因是①_______，②_______。
(3)应用：在标准状况下，4 g氧气的体积是_______。
Ⅱ.在标准状况下15 g CO与CO2的混合气体，体积为11.2 L。则：
(1)混合气体的密度是_______。
(2)混合气体的平均摩尔质量是_______。
(3)CO2和CO的体积之比是_______。
(4)CO的体积分数是_______。
(5)CO2和CO的质量之比是_______。
(6)CO的质量分数是_______。
(7)混合气体中所含氧原子的物质的量是_______。
(8)混合气体中所含碳原子的物质的量是_______。
四、实验题
21．下列为实验室常用仪器
(1)下列各组混合物中，能用仪器E进行分离的是___________。
a．水中的泥沙 b．氯化钠和水 c．水和苯
(2)配制100mL0.1mol·L-1NaCl溶液，实验中一定要用到的仪器为___________(填序号)，还缺少的一种玻璃仪器为___________(填仪器名称)，在定容时若俯视容量瓶刻度线则会使实验结果___________(填“偏大、偏小、无影响”)
(3)如图是实验室中模拟工业分馏石油的装置。
回答下列问题：
①指出图中的四处错误：___________、___________、___________、___________。
②装置中仪器A、B、C的名称分别是A ___________；B___________；C___________
22．碘酸钾（KIO3）是重要的食品添加剂。某化学兴趣小组设计下列步骤制取KIO3，并进行产品的纯度测定。
制取碘酸（HIO3）的实验装置示意图和有关资料如下：
HIO3 ①白色固体，能溶于水，难溶于四氯化碳 ②Ka＝0.169mol·L－1
KIO3 ①白色固体，能溶于水，难溶于乙醇 ②碱性条件下易发生反应： ClO－+ IO3- ＝IO4 -+ Cl-
回答下列问题：
步骤Ⅰ用 Cl2 氧化 I2 制取 HIO3
（1）装置 A 中发生反应的化学方程式_______。
（2）装置 B 中的 CCl4 可以加快反应速率，原因_______。
（3）反应结束后，获取 HIO3 溶液的操作中，所需玻璃仪器有烧杯、________和_______。
步骤Ⅱ用 KOH 中和 HIO3 制取 KIO3
（4）该中和反应的离子方程式为_______。中和之前，应将上述 HIO3溶液煮沸至接近无色，否则中和时易生成_______（填化学式）而降低 KIO3 的产量。
（5）往中和后的溶液中加入适量_______，经搅拌、静置、过滤等操作，得到白色固体。
（6）为验证产物，取少量上述固体溶于水，滴加适量 SO2 饱和溶液，摇匀，再加入几滴淀粉溶液，溶液变蓝。若实验时，所加的 SO2 饱和溶液过量，则无蓝色出现，原因是_______。
步骤Ⅲ纯度测定
（7）取 0.1000 g 产品于碘量瓶中，加入稀盐酸和足量 KI 溶液，用 0.1000 mol·L－1Na2S2O3溶液滴定，接近终点时，加入淀粉指示剂，继续滴定至终点，蓝色消失（I2+2S2O32-＝2I-+S4O62-）。进行平行实验后，平均消耗 Na2S2O3 溶液的体积为 24.00 mL。则产品中 KIO3 的质量分数为_______。[M（KIO3）＝214.0 g·mol-1]
参考答案：
1．B
【详解】A．装置②中应该盛放饱和食盐水，用于除去氯气中的HCl，③中盛放浓硫酸，用于干燥氯气，A错误；
B．开始反应时先点燃①处的酒精灯，产生氯气，一段时间后再点燃④处的酒精灯，这样可以防止④中的铝粉加热时和管中的氧气反应，导致产物不纯，B正确；
C．冷却后凝华为固体，若导管过长，凝华后的固体会堵住导管，C错误；
D．装置⑥有两个作用，一是吸收多余的，二是防止空气中的水蒸气进入使潮解，D错误；
故答案选B。
2．A
【详解】实验室没有450mL量筒，因此需要配制500mL，则选择500mL容量瓶。需要氯化钠的质量＝1mol/L×0.5L×58.5g/mol＝29.250g。
答案选A。
3．B
【分析】化学变化必须有新物质生成。
【详解】A．轮胎爆炸是气压大引起的，没有生成新物质不属于化学反应，故A错误；
B．工业制氯气是利用MnO2与浓盐酸反应生成氯气，有新物质生成属于化学变化，故B正确；
C．碘的升华是物质状态的改变，碘固体受热转化成气体，没有生成新物质不属于化学反应，故C错误；
D．海水晒盐，是蒸发结晶，没有生成新物质不属于化学反应，故D错误；
故答案为B
4．B
【详解】A.能与大多数金属化合，生成金属氯化物，表现强氧化性，A正确；
B. 燃烧不一定有氧气参加，如氢气在氯气中燃烧，B错误；
C.与反应生成与，离子方程式为，C正确；
D.漂白粉的主要成分为和，有效成分是，D正确；
答案选B。
5．B
【详解】A．氢氧化钠易潮解变质，用滤纸称量NaOH固体时，会导致配制的溶液中氢氧化钠的物质的量偏小，配制的溶液浓度偏低，故A错误；
B．NaOH固体溶解时放热，导致溶液温度高，受热膨胀，没有冷却便进行定容会导致溶液体积偏小，浓度偏高，故B正确；
C．定容时仰视刻度线会导致溶液体积偏大，浓度偏低，故C错误；
D．将容量瓶中的溶液转移到试剂瓶的过程中，有少量溶液溅出，会导致所配溶液中溶质的物质的量偏少，浓度偏低，故D错误；
故答案选B。
6．D
【详解】A．氯气与烧碱溶液反应生成次氯酸钠，氯气和石灰乳反应生成次氯酸钙，故A正确；
B．烧制陶瓷、冶炼金属、酿造酒类都有新物质生成，都属于化学变化，故B正确；
C．洁厕灵与“84”消毒液混用，盐酸和次氯酸钠发生氧化还原反应生成氯气，故C正确；
D．漂白粉在空气中久置变质，是因为次氯酸钙与空气中的二氧化碳、水反应生成碳酸钙和次氯酸，反应生成的HClO发生了分解生成HCl和氧气，故D错误；
选D。
7．C
【详解】A.一个碳原子含有6个电子，三个氢原子有3个电子，一个碳正离子带一个正电荷，故一个碳正离子电子数为6+3-1=8，1mol碳正离子（CH3＋）所含的电子总数为8NA，故A项错误；
B.题目中未指出溶液的体积，无法计算氢氧根数目，故B项错误；
C.过氧化钠与水反应时氧气为过氧根失电子得来的氧化产物，过氧根中氧为负一价，生成8g氧气即0.25mol氧气共失去0.5mol电子，即反应中失电子数为0.5NA，故C项正确；
D. 分子中S非金属性强，显-2价，故白色球是硫原子，不含S－S键，故D项错误；
故答案为C。
【点睛】氧化还原反应中转移电子数目=得电子数=失电子数。
8．D
【分析】根据除杂的基本原则“不减、不增、不污、易分”来分析．也就是，除去杂质的同时，要保证不能使所需物质的量减少，但可以增加，更不能引入新的杂质，生成物还不能造成环境污染，并且，生成物、所选试剂与所需物质要容易分离。
【详解】A．应将气体通过加热的氧化铜，将CO转化成CO2，故A错误；
B．利用碳酸氢钠受热易分解的性质，可将其转换为碳酸钠，碳酸钠仍为杂质，故B错误；
C．FeCl3加入足量铜粉生成FeCl2和CuCl2，引入CuCl2杂质，故C错误；
D．Al2O3与氢氧化钠溶液反应生成NaAlO2，Fe2O3不溶于NaOH溶液，过滤、洗涤，能达到除去Al2O3目的，故D正确；
故选D。
【点睛】解答此类题型不但要明确除杂的基本原则“不减、不增、不污、易分”，而且对课本上常见的物质的性质必须熟悉，易错点B，注意碳酸氢钠受热分解转换为碳酸钠，碳酸钠仍为杂质。
9．D
【详解】A．铁丝在氯气中点燃，剧烈燃烧，产生棕褐色烟，产物为FeCl3，溶于水，溶液呈棕黄色，故A正确；
B．钠在空气中加热，先熔化成银白色小球，然后燃烧，发出黄色火焰，生成过氧化钠，为淡黄色固体，故B正确；
C．钠放入氯化铁溶液后，钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，则现象为钠浮在水面，迅速游动，嘶嘶作响；生成的氢氧化钠与氯化铁反应生成氢氧化铁，氢氧化铁为红褐色，难溶于水，则现象为溶液中出现红褐色沉淀，故C正确；
D．过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，中间产物具有漂白性，则滴加酚酞，溶液先变红后褪色，故D错误；
答案选D。
10．D
【详解】A．缺标准状况，无法计算11.2 L二氧化碳的物质的量和含有的分子数，A错误；
B．相同质量的SO2和SO3，含氧原子的物质的量之比为，即个数比为5:6，B错误；
C．标准状况下，水不是气态，不能用气体摩尔体积进行计算，C错误；
D．二氧化碳和二氧化氮中含有的氧原子个数都为2，则1 mol 二氧化碳和二氧化氮的混合物中含的氧原子数为1 mol×2×NAmol-1=2NA，D正确；
故选D。
11．A
【详解】A. 78 g Na2O2物质的量，含阴离子1mol，数目为NA，故A正确；
B.溶液中水也含有O原子，含氧原子数大于2NA，故B错误；
C. 0.5 mol Fe和足量稀硝酸反应，Fe被氧化为，转移电子数为1.5NA，故C错误；
D.标况下CHCl3为液态，不能用气体摩尔体积计算，故D错误。
故答案选：A。
12．A
【分析】氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，结合各离子的性质解答。
【详解】A．和氯水不反应，浓度几乎不变，故选A；
B．与盐酸反应放出二氧化碳气体，浓度减小，故不选B；
C．与盐酸反应放出二氧化碳气体，浓度减小，故不选C；
D．与氯离子反应生成氯化银沉淀，浓度减小，故不选D；
选A。
13．A
【详解】A．不同浓度的草酸和相等浓度的高锰酸钾反应，草酸浓度越大反应速率越快，这样可以探究相同条件下，溶液浓度对反应速率的影响，故A正确；
B．配制1.00mol·L-1的NaOH溶液，称取4.0g固体NaOH于烧杯中，加入少量蒸馏水溶解后冷却至室温后转移至100mL容量瓶，并且要对溶解用的烧杯和玻璃棒进行洗涤2~3次，将洗涤液一并转入容量瓶，若不进行洗涤，溶质的量会减少，所配溶液浓度偏低，实验操作不能可以达到实验目的，故B错误；
C．大理石和纯碱的化学成分不同，性质不同，与盐酸的反应快慢不同，故不能用题述实验操作探究固体表面积对反应速率的影响，故C错误；
D．碘遇淀粉变蓝，若实验中淀粉过量或水解不完全，加入碘水反应后的溶液会变蓝，不能证明淀粉是否水解，检验淀粉在稀硫酸催化条件下是否发生水解，取少量的水解液于试管中，应先加入碱中和稀硫酸，再加入少量新制氢氧化铜悬浊液，加热，观察是否出现砖红色沉淀，若产生砖红色沉淀，则证明淀粉水解，故D错误；
答案选A。
14．D
【详解】A．未强调标准状况下，无法计算出含有的氯原子数目，A错误；
B．苯中不含碳碳双键，B错误；
C．乙酸与乙醇生成乙酸乙酯为可逆反应，C错误；
D．每个及中含有1对共用电子对，中含有2对共用电子对，28g乙烯中共用电子对数目为，28g丙烯中共用电子对数目为，则28g混合气体中含共用电子对数目为，D正确；
故答案为：D。
15．B
【详解】配制一定物质的量浓度的溶液，需要用到的仪器一般有托盘天平、量筒、烧杯、玻璃棒、容量瓶和胶头滴管等。选项A～D中的仪器分别是蒸发皿、容量瓶、坩埚、表面皿，因此配制一定物质的量浓度的溶液，需要用到的仪器是容量瓶，答案选B。
16． d 有白色沉淀生成 Na2CO3＋2HCl=2NaCl＋H2O＋CO2↑ 稀盐酸 2HClO2HCl＋O2↑ 在阴凉处置于棕色试剂瓶中密封保存
【分析】将氯气溶于水，部分氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，得到浅黄绿色的氯水，氯水含有H2O、Cl2、HClO、Cl-、H+、OH-（极少量，水微弱电离出来的）多种微粒，其性质取决于其组成的微粒。
【详解】（1）氯水中HClO具有强氧化性，能使有机色质漂白脱色而表现漂白性，故答案为d；
（2）氯水中含有Cl-离子，能与AgNO3溶液反应生成白色的氯化银沉淀；氯水中含有酸性强于碳酸的盐酸，能与Na2CO3溶液发生反应生成氯化钠、二氧化碳和水，故答案为有白色沉淀生成；Na2CO3＋2HCl=2NaCl＋H2O＋CO2↑；
（3）氯水中HClO不稳定，见光易分解生成盐酸和氧气，溶液的颜色由浅绿色变为无色，反应的化学方程式为2HClO2HCl＋O2↑，故答案为稀盐酸；2HClO2HCl＋O2↑；
（4）为防止氯水中HClO见光易分解，应将新制的饱和氯水在阴凉处置于棕色试剂瓶中密封保存，故答案为在阴凉处置于棕色试剂瓶中密封保存。
【点睛】注意氯水的成分和性质，氯水的性质取决于其组成的微粒，久置氯水（浅黄绿色）会变成稀盐酸（无色）失去漂白性。
17．(1) 增强 2HClO2HCl+O2↑
(2)D
(3) MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O 4HCl+O2=2Cl2+2H2O
【分析】溶液中自由移动的离子浓度越大，溶液的导电能力越强。根据氯水的成分及氯水久置后成分的不同及物质的性质分析判断选择使用的试剂；在实验室中用浓盐酸与MnO2混合加热制取Cl2，根据物质的拆分原则，结合物质的性质书写反应的离子方程式；将两个反应方程式叠加，消去中间产物，即可得总反应方程式。
（1）
从上图中可知：随着光照的进行，溶液中pH逐渐减小，溶液中c(H+)逐渐增大，溶液中c(Cl-)逐渐增大，溶液中离子浓度越大，溶液的导电能力就越强，因此可知在光照过程中溶液的导电能力逐渐增强；溶液中c(H+)、c(Cl-)增大，是由于光照使氯水中的HClO发生分解反应：2HClO2HCl+O2↑；
（2）
若氯水变质，最终会变为稀盐酸，其中不再含氧化性的微粒HClO及ClO-，因此向其中滴加紫色石蕊试液时，溶液只显红色而不再变为无色，故合理选项是D；
（3）
①在实验室中用浓盐酸与MnO2混合加热制取Cl2，该反应的离子方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；
②在反应I中发生反应：2HCl+CuO=CuCl2+H2O；反应II发生反应：2CuCl2+O2=2CuO+2Cl2，将反应I×2+反应II，整理可得总反应方程式为4HCl+O2=2Cl2+2H2O。
18． 1mol/L 1mol/L 0.05mol 2g 0.25mol/L
【详解】配制500mL一定物质的量浓度的NaOH溶液，氢氧化钠的物质的量，溶液的体积为500mL，所以溶液的物质的量浓度，溶液具有均一稳定性，浓度与体积无关，所以取出50 mL，它的物质的量浓度仍然为1mol/L，取出50mL溶液中所含NaOH的物质的量，其质量，溶液稀释前后溶液中所含溶质的物质的量不变，设稀释后溶液的浓度为c，则1mol/L×50mL=c×200mL，解得c=0.25mol/L。
19．(1)7
(2)5.6
(3)1.61
(4)36
【分析】燃烧发生反应：，的体积与生成的体积相等，燃烧后的总体积为，故和的混合气体的总体积也为，在标准状况下，和的混合气体的物质的量为0.5mol，设的物质的量为xmol，的物质的量为ymol，则，解得。
（1）
由分析可知，混合气体中的物质的量为0.25mol，则质量。答案为：7；
（2）
原混合气体中，的物质的量为0.25mol，在标准状况下的体积为。答案为：5.6；
（3）
原混合气体的密度。答案为：1.61；
（4）
解法一：；
解法二：；
解法三：；
故混合气体的平均摩尔质量为。答案为：36。
20． 22.4L C 气体分子数目相等 相同条件下，气体分子间的平均距离几乎相等 2.8L 1.339 g·L-1 30 g·mol-1 1∶7 87.5% 11∶49 81.7% 0.5625 mol 0.5 mol
【详解】Ⅰ. (1)①由表中数据可知在0℃，101kPa条件下即标准状况下，1mol不同气体的体积均约为22.4L，故答案为：22.4L；
②对比可知1mol氢气在0℃，101kPa条件下体积为22.4L，在0℃，202kPa条件下体积为11.2L，体积不同；而1mol氨气在273℃，202kPa条件下的体积也为22.4L，说明在不同的条件下，1mol气体的体积可能相等，也可能不等，故答案为：C；
(2) 相同条件下，1 mol任何气体的体积几乎相等，因为1mol任何气体所含的分子数目相同，且在相同条件下分子之间的距离几乎相同，故答案为：气体分子数目相等；相同条件下，气体分子间的平均距离几乎相等；
(3) 在标准状况下，4 g氧气的体积为：2.8L，故答案为：2.8L；
Ⅱ．(1) 混合气体的密度=，故答案为：1.339 g·L-1；
(2) 在标准状况下混合气体体积为11.2 L，其物质的量为，混合气体的平均摩尔质量=30 g·mol-1，故答案为：30 g·mol-1；
(3) 设CO2和CO的物质的量分别为xmol、ymol，由题意可得：x+y=0.5；44x+28y=15，解得x=0.0625，y=0.4375，二氧化碳和一氧化碳的体积之比=物质的量之比=0.0625：0.4375=1:7，故答案为：1:7；
(4) CO的体积分数=物质的量分数=，故答案为：87.5%；
(5)结合(3)可知CO2的质量=0.0625mol×44g/mol=2.75g，CO的质量=15g-2.75g=12.25g，两者的质量之比=2.75g：12.25g=11∶49，故答案为：11∶49；
(6) CO的质量分数==81.7%，故答案为：81.7%；
(7) 混合气体中所含氧原子的物质的量=0.0625mol×2+0.4375mol=0.5625 mol，故答案为：0.5625 mol；
(8) 混合气体中所含碳原子的物质的量=0.0625mol+0.4375mol=0.5mol，故答案为：0.5 mol。
21． c ABD 玻璃棒 偏大 温度计水银球位置不在支管口处 未加石棉网 未加沸石 冷凝水上进下出 锥形瓶 蒸馏烧瓶 冷凝管
【详解】(1)仪器E为分液漏斗，常用于萃取分液，则：
a．水中的泥沙为固液不相溶混合物，用过滤的方法进行分离，需要用到的仪器为烧杯、普通漏斗和玻璃棒，a不符合；
b．氯化钠和水可采用蒸发结晶的方法进行分离，需要用到的仪器为蒸发皿、玻璃棒，b不符合；
c．水和苯为互不相溶的液体，可采用分液的方法进行分离，需要用到分液漏斗，c符合；
故答案选c；
(2)配制100mL0.1mol·L-1NaCl溶液，要用到的仪器有烧杯、玻璃棒、100mL的容量瓶、胶头滴管和托盘天平等，故选ABD，还缺少的玻璃仪器是玻璃棒，在定容时若俯视容量瓶刻度线，使得最终溶液体积偏小，则浓度偏大；
(3)①该实验装置为蒸馏装置，图中共有以下4点错误：温度计水银球位置不在支管口处、未加石棉网、未加沸石、冷凝水上进下出；
②根据仪器结构可知，A为锥形瓶，B为蒸馏烧瓶，C为冷凝管。
22． KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O I2和Cl2易溶于CCl4，增大了反应物浓度 分液漏斗 玻璃棒 HIO3+OH =IO3 +H2O ClO 乙醇(或“酒精”“C2H5OH”) 过量的SO2能将IO3-、I2等还原为I 85.60%
【分析】步骤Ⅰ用Cl2氧化I2制取HIO3：A装置制备氯气，B装置Cl2氧化I2制取HIO3，C装置吸收尾气；步骤Ⅱ用KOH中和HIO3制取KIO3（1）从实验原理和装置图可知，装置A由氯酸钾和浓盐酸制取氯气，同时生成KCl和水，据此书写；（2）由于Cl2、I2在水中溶解度小，在CCl4中溶解度却很大，能增大反应物浓度，据此可得；（3）依据物质信息可知，B中反应后产生的碘酸主要在水溶液中且与CCl4互不相溶，所以必须采用分液法以获取碘酸溶液；
（4）KOH和HIO3发生中和反应生成KIO3和水，据此书写；中和之前溶液中存在较多Cl2，中和时Cl2转化为ClO-，根据已知“碱性条件下易发生反应：ClO-+IO3-=IO4-+Cl-”分析；（5）根据KIO3难溶于乙醇分析；（6）SO2具有还原性，过量的SO2将IO3-、I2等还原为I-；（7）取0.1000 g产品于碘量瓶中，加入稀盐酸和足量KI溶液，发生反应：IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O，用0.1000 mol L-1Na2S2O3溶液滴定生成的I2，依据KIO3～3I2～6S2O32-关系式即可计算结果。
【详解】（1）装置A用于制取氯气，反应为：KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O，故答案为：KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O；
（2）由于Cl2、I2在水中溶解度小，在CCl4中溶解度却很大，装置B中的CCl4能增大反应物浓度，使反应速率加快，故答案为：I2和Cl2易溶于CCl4，增大了反应物浓度；
（3）依据物质信息可知，B中反应后产生的碘酸主要在水溶液中且与CCl4互不相溶，所以必须采用分液法以获取碘酸溶液，分液需要的玻璃仪器有烧杯、分液漏斗、玻璃棒，故答案为：分液漏斗；玻璃棒；
（4）KOH和HIO3发生中和反应生成KIO3和水，HIO3属于弱电解质，在离子方程式中保留化学式，故离子方程式为：HIO3+OH =IO3 +H2O；中和之前溶液中存在较多Cl2，通过加热煮沸可以除去Cl2，避免中和时Cl2转化为ClO ，ClO-进一步将IO3 氧化为IO4 ，从而导致KIO3产量下降；故答案为：HIO3+OH =IO3 +H2O；ClO ；
（5）KIO3难溶于乙醇，加入适量乙醇可以使KIO3从溶液中析出，故往中和后的溶液中加入适量乙醇，经搅拌、静置、过滤等操作，得到白色固体；故答案为：乙醇(或“酒精”“C2H5OH”)；
（6）依题意可知，少量饱和SO2水溶液能将KIO3还原为I2，但加入过量饱和SO2水溶液却无蓝色出现，说明过量的SO2能将IO3-、I2等还原为I ，故答案为：过量的SO2能将IO3-、I2等还原为I ；
（7）取0.1000g产品于碘量瓶中，加入稀盐酸和足量KI溶液，发生反应：IO3 +5I +6H+=3I2+3H2O，用0.1000 mol/LNa2S2O3溶液滴定生成的I2，有关系式：KIO3 3I2 6S2O32 ，则n(KIO3)=n(Na2S2O3)=×0.1000mol/L×0.024L=0.0004mol， 故产品中KIO3的质量分数为×100%=85.60%，故答案为：85.60%。