第二章海水中的重要元素——钠和氯测试题高一上学期化学人教版（2019）必修第一册（含解析）

第二章《海水中的重要元素——钠和氯》测试题
一、单选题（共12题）
1．化学与社会、生活密切相关。下列对现象或事实的解释正确的是
现象或事实 解释
A 干冰常用于营造舞台气氛 干冰升华放出热量
B 碳酸氢铵可用作氮肥 碳酸氢铵会受热分解
C 新切开的钠的表面迅速变暗 Na被O2氧化为Na2O2
D 使用白醋除去水壶中的水垢 白醋可溶解碳酸钙等沉淀
A．A B．B C．C D．D
2．漂粉精中的有效成分是
A． B． C． D．
3．下列关于金属钠的叙述中，正确的是
A．钠与氯化铁溶液反应时，钠浮在水面上四处游动，并置换出金属铁
B．钠着火时用干燥的沙土灭火
C．钠在空气中受热时，熔化成银白色小球，产生黄色火花，生产白色粉末
D．钠在空气中长期放置，最终主要产物为过氧化钠
4．在探究新制饱和氯水成分的实验中，下列根据实验现象得出的结论不正确的是
A．新制的氯水能使红色布条褪色，说明氯水中含有Cl2
B．向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，说明氯水中含有Cl-
C．向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，说明氯水中含有H+
D．氯水的颜色呈浅黄绿色，说明氯水中含有Cl2
5．金属及其化合物的转化关系是化学学习的重要内容之一、下列各组物质的转化关系，不能均由一步反应实现的是
A．
B．
C．
D．
6．新知识学习后及时梳理总结反思是一种有效的学习方法.下列梳理总结不合理的是（ ）
A．汤姆生发现原子中存在电子，提出了被称为“葡萄干面包式”的原子结构模型
B．用一束光照射氢氧化铁胶体，可观察到丁达尔现象
C．在中剧烈燃烧，发出蓝绿色火焰，冒白烟
D．自然界中的镁主要以化合态存在于地壳和海水中
7．已知3.2 g某气体的物质的量为0.05 mol, 此气体的摩尔质量为
A．64 g · mol-1 B．64 mol C．64 g D．32 g · mol-1
8．用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A．在标准状况下，含有NA个氦原子的氦气(He)的体积约为11.2L
B．在常温常压下，11.2L Cl2含有的分子数为0.5NA
C．标准状况下，11.2L四氯化碳含有的分子数为0.5NA
D．25℃，1.01KPa，64gSO2中含有的原子数为3NA
9．将Ce(SO4)2·4H2O(摩尔质量为404 g·mol－1)在空气中加热，样品的固体残留率(×100%)随温度的变化如下图所示。
当固体残留率为70.3%时，所得固体可能为
A．Ce(SO4)2 B．Ce2(SO4)3 C．CeOSO4 D．无法计算
10．下列应用中，利用了氧化还原反应原理的是
A．用清洗试管壁上的硫粉 B．用重晶石做钡餐
C．用氯气制取漂白粉 D．用胶体净水
11．下列有关钠及其化合物的说法正确的是
A．某溶液焰色反应呈黄色，则该溶液一定是钠的盐溶液
B．用澄清石灰水鉴别溶液和溶液
C．向固体中加入少量水，能溶解，并伴随着吸热现象
D．将Na放入溶液中可置换出Cu
12．中国科学家先后发明了用合成蛋白质、用合成淀粉的方法。同温同压下，体积比为2∶1的与，含有相同的
A．分子数 B．氧原子数 C．碳原子数 D．电子数
二、非选择题（共10题）
13．根据要求回答下列问题:
(1) O2和O3是氧元素的两种单质。根据分子式回答。
等质量的O2和O3的物质的量之比为________,所含分子数之比为________,原子个数比为____________。
(2) NO2和N2O4是氮元素的两种常见氧化物,常温下都是气体,它们之间在常温下就能相互转化,因而经常见到的是两种气体的混合物。现取46 g该气体,所含氮原子的物质的量为________,所含氧原子个数为________。
14．食盐(NaCl)、纯碱(Na2CO3)和小苏打(NaHCO3)是日常家庭厨房中常见用品，请回答下面问题：
(1)有关食盐(NaCl)、纯碱(Na2CO3)和小苏打(NaHCO3)的说法正确的是______。
A．食盐属于盐、纯碱属于碱、小苏打属于酸
B．分别取三种物质做焰色反应实验，火焰颜色均呈现黄色
C．用三支小试管取适量三种物质加入少量水溶解，用手轻轻触摸试管，温度升高的是纯碱，温度明显降低的是小苏打
D．用三支试管取适量三种物质加入少量水溶解，滴加少量酚酞溶液，溶液变红的只有纯碱
(2)用化学方法鉴别三种物质有很多种方法。
①用三支小试管取适量三种物质加水溶解配制成溶液，加入少量CaCl2溶液，有白色沉淀生成的是纯碱，写出该反应的离子方程式____________。
②用三支小试管取适量三种物质分别加热，有使澄清石灰水变浑浊的气体产生的是小苏打。写出小苏打加热分解的方程式____________。
若所取小苏打的质量是8.4 g，充分加热后固体质量减少了______g。
③用三支小试管取适量三种物质加水溶解配制成的溶液，加入少量NaOH溶液，均没有现象，但是有同学认为有一个试管中发生了化学反应，写出其离子方程式____________。
(3)Na2CO3俗称“苏打”，市场上销售的“苏打水”是一种非常受欢迎的饮用水，其溶质是NaHCO3(小苏打)，而不是苏打(Na2CO3)，请你设计一个简单的实验方案进行鉴别：______。
15．回答下列问题：
(1)如图所示，将氯气依次通过盛有干燥有色布条的广口瓶和盛有湿润有色布条的广口瓶，根据本实验的现象写出相关的化学反应方程式 _______，与该实验现象有关的物质是_______。
(2)为防止氯气尾气污染空气，实验室通常用烧碱溶液吸收多余的氯气，原理是_______(用化学方程式表示)。工业上常用廉价的石灰乳吸收工业氯气尾气制得漂白粉，写出该反应的化学方程式_______，漂白粉的有效成分是_______(填化学式)，漂白粉溶于水后，受空气中的CO2作用，产生有漂白、杀菌作用的次氯酸，化学方程式为_______，产生的次氯酸见光易分解，写出该反应的化学方程式 _______ ，因此漂白粉保存的方法是_______。
(3)一旦发生氯气泄漏和爆炸事故，周围群众应紧急疏散。当人们逃离爆炸现场时，可以用浸有一定浓度某物质水溶液的毛巾捂住鼻子，最适宜采用的该物质是_______。
A．NaOH B．NaCl C．KCl D．Na2CO3
16．实验室用固体NaOH配制0.5 mol/L的NaOH溶液500 mL，①烧杯②100 ml量筒③容量瓶④药匙⑤玻璃棒⑥托盘天平⑦烧瓶
（1）配制时，必须使用的仪器有_____________(填代号)，还缺少的仪器是__________________。
（2）在配制的转移过程中某学生进行如图操作，请指出其中的错误：______________、____________。
（3）配制时，一般可分为以下几个步骤①称量②计算③溶解④摇匀⑤转移⑥洗涤⑦定容⑧冷却。其正确的操作顺序为_________________。
（4）下列操作会使配制的溶液浓度偏低的是___________(填字母)
A．没有将洗涤液转移到容量瓶B．转移过程中有少量溶液溅出
C．容量瓶洗净后未干燥D．定容时俯视刻度线
E.固体NaOH中含有少量Na2O杂质
（5）在容量瓶使用方法中，下列操作不正确的是(填序号)___________
A．使用容量瓶前检查它是否漏水
B．容量瓶用蒸馏水洗净后，再用碱液润洗
C．将氢氧化钠固体直接放在天平托盘的滤纸上，准确称量并放入烧杯中溶解后，立即注入容量瓶中
D．定容后塞好瓶塞，用食指顶住瓶塞，用另一只手的手指托住瓶底，把容量瓶倒转摇匀
17．（1）如图所示，将氯气依次通过盛有干燥有色布条的广口瓶和盛有湿润有色布条的广口瓶，可观察到的现象是_______。
（2）为防止氯气尾气污染空气，实验室通常用________溶液吸收多余的氯气，原理是______________________(用化学方程式表示)。工业上常用廉价的石灰乳吸收工业氯气尾气制得漂白粉，漂白粉的有效成分是________________(填化学式)，漂白粉溶于水后，受空气中的CO2作用，产生有漂白、杀菌作用的次氯酸，化学方程式为_____________________，长期露置于空气中的漂白粉，加稀盐酸后产生的气体是________(填字母，下同)。
A．O2B．Cl2 C．CO2D．HClO
（3）一旦发生氯气泄漏和爆炸事故，周围群众应紧急疏散。当人们逃离爆炸现场时，可以用浸有一定浓度某物质水溶液的毛巾捂住鼻子，最适宜采用的该物质是________。
A．NaOH B．NaCl
C．KCl D．Na2CO3
18．下图是实验室研究潜水艇中供氧体系反应原理的装置图(夹持仪器略)。
(1)A装置为CO2的发生装置，反应的离子方程式为_______。
(2)B装置的作用是_______，反应的离子方程式为_______。
(3)C装置为O2的发生装置，C装置硬质玻璃管中预期实验现象为：_______，请写出Na2O2与CO2反应的化学方程式_______。
(4)D装置中盛放的试剂是_______，作用为_______。
19．(1)将质量比为14 ：15的N2和NO混合，则混合气体中N2和NO的物质的量之比为____，氮原子和氧原子的个数比为___，该混合气体的平均摩尔质量为____。
(2)同温同压下，质量相同的五种气体：①CO2 ②H2 ③O2 ④CH4 ⑤SO2所占的体积由大到小的顺序是(填序号，下同)___；所含原子数由多到少的顺序是____；密度由大到小的顺序是____。
(3)VmLAl2(SO4)3溶液中含Al3+ ag，取V/4mL溶液稀释到VmL，则稀释后溶液中的的物质的量浓度是(单位为mol/L)______
20．(1)3.6克H2O的物质的量是_________，含有____________个H2O。
(2)物质的量浓度为18.4 mol·L-1，密度为1.84 g·mL-1的硫酸的质量分数为____ ，配制1000 mL浓度为1.84 mol·L－1 的硫酸，需要物质的量浓度为18.4 mol·L-1的硫酸______L。
(3)将190 g MgCl2溶于水配制成1 L溶液。溶液中MgCl2的物质的量浓度为________。从中取出50 mL溶液，含有Cl－的物质的量为________。
21．由碳酸铵和硝酸铵组成的均匀固体混合物13.6g，将其分成等质量的两份进行下列实验：
①第一份溶于水配成100mL溶液，再加入足量的溶液，充分反应后过滤，沉淀经洗涤干燥后称得质量为5.0g
②第二份与足量浓NaOH溶液混合后加热，完全反应后生成标准状况下的气体2.8L
根据上述数据计算：
(1)每份固体中含碳酸铵的物质的量为________mol。
(2)第一份所配溶液中硝酸铵的物质的量浓度为________。
(3)原固体混合物中含氮元素的质量分数为________。(计算结果保留三位有效数字)
22．某淡黄色粉末可在潜水艇中作为氧气的来源，常被用作供氧剂。根据下图所示转化关系及现象填空：
（1）该淡黄色粉末为__________________；
（2）X粉末的名称为__________________；
（3）反应（I）的化学方程式为______________________________；
（4）反应（II）的化学方程式为____________________________。
参考答案：
1．D
A．干冰升华吸收大量的热，可用于营造舞台气氛，故A错误；
B．碳酸氢铵可用作氮肥与碳酸氢铵会受热分解无关，故B错误；
C．新切开的钠的表面迅速变暗，是因为钠与氧气反应生成氧化钠，故C错误；
D．水垢主要为碳酸钙等沉淀，使用白醋除去水壶中的水垢，故D正确；
故答案选D。
2．C
氯气与石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙与水，漂粉精的主要成分是次氯酸钙和氯化钙，次氯酸钙能与二氧化碳和水反应生成次氯酸，具有漂白性、强氧化性，可以杀菌消毒，有效成分是次氯酸钙，故选C。
3．B
A．钠与氯化铁溶液反应时，不会置换出金属铁，会生成氢氧化铁沉淀，故A错误；
B．钠着火不能用水和二氧化碳灭火器扑灭，而应该用沙土灭火，故B正确；
C．钠在空气中受热时，生成的为淡黄色的固体，故C错误；
D．钠在空气中长期放置，最终主要生成物为碳酸钠，不会生成过氧化钠，故D错误；
故选B。
4．A
A．新制氯水中含有Cl2、HCl、HClO，氯气不具有漂白性，不能使红色布条褪色，新制氯水能使红色布条褪色，是利用HClO的强氧化性，故A说法错误；
B．向氯水中滴加硝酸酸化的硝酸银溶液，产生白色沉淀，该白色沉淀为AgCl，说明氯水中含有Cl-，故B说法正确；
C．向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，该气体为CO2，利用酸性强的制备酸性弱的，说明氯水中含有H+，故C说法正确；
D．新制氯水中含有Cl2、HCl、HClO，HCl、HClO为无色，Cl2为黄绿色，氯水呈浅黄绿色，说明氯水中含Cl2，故D说法正确；
答案为A。
5．A
A．氧化铝不能与水反应生成氢氧化铝，A错误；
B．铁和盐酸反应生成氯化亚铁，氯化亚铁和碱反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁被氧气氧化生成氢氧化铁，B正确；
C．镁和盐酸反应生成氯化镁，氯化镁和碱反应生成氢氧化镁，氢氧化镁溶于硫酸生成硫酸镁，C正确；
D．钠与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠溶液与二氧化碳生成碳酸钠，碳酸钠与盐酸反应生成氯化钠，D正确；
故选A。
6．C
A. 汤姆生发现原子中存在电子，提出了被称为“葡萄干面包式”的原子结构模型，正确；
B. 用一束光照射氢氧化铁胶体，可观察到丁达尔现象，正确；
C. 在中剧烈燃烧，发出苍白色火焰，在瓶口出现白雾，错误；
D. 镁是比较活泼的金属，在自然界中的镁主要以化合态存在于地壳和海水中，正确。
故选C。
7．A
气体的摩尔质量，故答案选：A。
8．D
A．含有NA个氦原子的氦气的物质的量为1mol，标况下的体积为1mol×22.4L/mol=22.4L，A错误；
B．在常温常压下不能使用标况下的气体摩尔体积22.4L/mol计算，B错误；
C．标准状况下，CCl4为液体，不能使用标况下的气体摩尔体积22.4L/mol计算，C错误；
D．64gSO2的物质的量为=1mol，每个SO2分子含有3个原子，因此1molSO2含有原子数为3NA，D正确；
故选D。
9．B
将Ce(SO4)2 4H2O（摩尔质量为404g/mol）在空气中加热分解；
A．若为Ce(SO4)2，原子守恒计算固体残留率=×100%=82.2%，
B．若为Ce2(SO4)3，原子守恒计算固体残留率=×100%=70.3%，
C．若为CeOSO4，原子守恒计算固体残留率=×100%=62.4%，
所以当固体残留率为70.3%时，所得固体为Ce2(SO4)3，故B正确；答案为B。
10．C
A．S单质易溶于CS2，该过程为物理变化，A不符合题意；
B．重晶石为BaSO4，用重晶石做钡餐是利用其难溶性，且不容易被X射线透过，与氧化还原反应无关，B不符合题意；
C．用氯气制取漂白粉，氯气中氯元素由0价变为-1价和+1价，涉及氧化还原反应，C符合题意；
D．用Fe(OH)3胶体净水，利用胶体的吸附性，不涉及氧化还原反应，D不符合题意；
答案选C。
11．C
A．只能证明该溶液中含有Na+，可能是钠盐，也可能是NaOH(碱)等，选项A错误；
B．碳酸钠和碳酸氢钠均与Ca(OH)2反应产生沉淀，故Ca(OH)2溶液比较是否有沉淀生成的方法不能鉴别二者，选项B错误；
C．能溶于水，溶于水吸热，则向固体中加入少量水，能溶解，并伴随着吸热现象，选项C正确；
D．钠是先和溶液中的水发生反应，生成的碱再与硫酸铜溶液发生复分解反应，生成氢氧化铜，不能将金属铜从溶液中置换出来，选项D错误；
答案选C。
12．B
根据阿伏伽德罗定律可知，同温同压下，体积比为2:1的与的物质的量之比为2:1；
A．与的物质的量之比为2:1，分子数之比为2:1，A错误；
B．与的物质的量之比为2:1，氧原子数之比为2: (1×2)=1:1，B正确；
C．与的物质的量之比为2:1，碳原子数之比为2:1，C错误；
D．1分子与的电子数分别为14、22，则与的物质的量之比为2:1，电子数之比为(2×14): (1×22)=14:11，D错误；
故选B。
13． 3∶2 3∶2 1∶1 1 mol 2NA(或1.204×1024)
(1)==,则分子数之比为3∶2;N1(O)∶N2(O)=∶=1∶1。
(2)由题意1 mol N2O4可看作是2 mol NO2,46 g NO2气体的物质的量为n==1 mol,故氮原子的物质的量为1 mol,氧原子的物质的量为2 mol,氧原子个数为2NA。
【点睛】NO2和N2O4的最简式相同，所以46g混合气可以看做是46gNO2，最简式相同的化合物都可以用同样的方法处理。相似的还有同素异形体，如32g氧气和臭氧组成的混合气可以看做是32g氧原子，所含原子数为2NA。
14． BC Ca2++=CaCO3↓ 2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑ 3.1 +OH-=+H2O 取少量“苏打水”加入试管中，再加入少量CaCl2溶液，没有沉淀说明不含有Na2CO3，接着加入少量NaOH溶液，出现白色沉淀，说明含有NaHCO3
(1)根据食盐(NaCl)、纯碱(Na2CO3)和小苏打(NaHCO3)的组成和性质分析判断；
(2)食盐(NaCl)、纯碱(Na2CO3)和小苏打(NaHCO3)三种物质中，只有碳酸钠能够与CaCl2溶液反应生成碳酸钙沉淀；只有碳酸氢钠能够分解放出二氧化碳；只有碳酸氢钠能够与氢氧化钠反应生成碳酸钠，据此分析解答；
(3)Na2CO3能够与CaCl2溶液反应生成沉淀，而NaHCO3不能，碳酸氢钠与氢氧化钠能够反应生成碳酸钠，据此设计实验检验溶质是NaHCO3(小苏打)，而不是苏打(Na2CO3)。
(1)A．纯碱(Na2CO3)和小苏打(NaHCO3)都属于盐，故A错误；B．食盐(NaCl)、纯碱(Na2CO3)和小苏打(NaHCO3)均含有钠元素，焰色反应均呈现黄色，故B正确；C．氯化钠溶解的热效应不明显，碳酸钠溶解放热，碳酸氢钠溶解吸热，用三支小试管取适量三种物质加入少量水溶解，用手轻轻触摸试管，温度升高的是纯碱，温度明显降低的是小苏打，故C正确；D．用三支试管取适量三种物质加入少量水溶解，滴加少量酚酞溶液，纯碱和小苏打溶液都变红，故D错误；故答案为：BC；
(2)①用三支小试管取适量食盐(NaCl)、纯碱(Na2CO3)和小苏打(NaHCO3)，加水溶解配制成溶液，加入少量CaCl2溶液，有白色沉淀生成的是纯碱，反应的离子方程式为Ca2++=CaCO3↓，碳酸氢钠和氯化钠与氯化钙均无明显现象，故答案为：Ca2++=CaCO3↓；
②用三支小试管取适量食盐(NaCl)、纯碱(Na2CO3)和小苏打(NaHCO3)分别加热，只有碳酸氢钠能够分解放出二氧化碳，能够使澄清石灰水变浑浊，加热分解的方程式为2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，所取小苏打的质量是8.4 g，物质的量为=0.1mol，充分加热后变成0.05mol碳酸钠，固体质量减少了8.4 g-0.05mol×106g/mol=3.1g，故答案为：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑；3.1；
③用三支小试管取适量食盐(NaCl)、纯碱(Na2CO3)和小苏打(NaHCO3)加水溶解配制成溶液，加入少量NaOH溶液，均没有现象，碳酸氢钠能够与氢氧化钠反应，反应的离子方程式为+OH-=+H2O，故答案为：+OH-=+H2O；
(3)Na2CO3能够与CaCl2溶液反应生成沉淀，而NaHCO3不能，碳酸氢钠与氢氧化钠能够反应生成碳酸钠，因此检验溶质是NaHCO3(小苏打)，而不是苏打(Na2CO3)的实验方案为取少量“苏打水”加入试管中，再加入少量CaCl2溶液，没有沉淀说明不含有Na2CO3，接着加入少量NaOH溶液，出现白色沉淀，说明含有NaHCO3，故答案为：取少量“苏打水”加入试管中，再加入少量CaCl2溶液，没有沉淀说明不含有Na2CO3，接着加入少量NaOH溶液，出现白色沉淀，说明含有NaHCO3。
15．(1) Cl2+ H2O = HClO+ HCl HClO(次氯酸)
(2) Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O Ca(ClO)2 CO2+H2O+ Ca(ClO)2=CaCO3↓+2HClO 避光置于阴凉处密闭保存
(3)D
（1）干燥的氯气不具有漂白性，氯气与水反应生成的次氯酸才具有漂白性，故实验现象为：干燥的有色布条不褪色而湿润的有色布条褪色，则相关的化学方程式为Cl2+ H2O = HClO+ HCl；与该实验现象有关的物质是HClO(次氯酸)。
（2）为了防止氯气尾气污染空气，可用NaOH溶液吸收，该反应的化学方程式为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，石灰乳吸收氯气生成氯化钙、次氯酸钙，可用于工业上制漂白粉，反应的化学方程式为：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2 +Ca(ClO)2 +2H2O，漂白粉的主要成分为次氯酸钙Ca(ClO)2，次氯酸钙Ca(ClO)2受空气中的CO2、水作用，即产生有漂白、杀菌作用的次氯酸和碳酸钙沉淀，反应的化学方程式为：Ca(ClO)2+CO2+H2O═CaCO3↓+2HClO；次氯酸见光分解为盐酸和氧气，则分解的化学方程式为；由Ca(ClO)2+CO2+H2O═CaCO3↓+2HClO和可知，次氯酸钙容易变质，则漂白粉应避光置于阴凉处密闭保存。
（3）氯气泄漏群众应紧急疏散时，由于氯气能够与碱反应，又由于NaOH腐蚀性强不适宜与口鼻接触，因而用浸有碱性物质Na2CO3的毛巾捂住口鼻最合适，故选D。
16． ①③④⑤⑥ 胶头滴管 未用玻璃棒引流 使用了250mL的容量瓶（或没使用500mL的容量瓶） ②①③⑧⑤⑥⑦④或②①③⑧⑤⑥④⑦④ AB BC
（1）操作步骤有计算、称量、溶解、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解，并用玻璃棒搅拌，加速溶解，冷却后转移到100mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤烧杯、玻璃棒2-3次，并将洗涤液移入容量瓶中，加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀，所以需要的仪器有：天平、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管、药匙。配制时，必须使用的仪器有①③④⑤⑥(填代号)，还缺少的仪器是胶头滴管。（2）配制NaOH溶液500mL需要用500mL容量瓶，向容量瓶内移液需要用玻璃棒引流；（3）配制时，一般可分为以下几个步骤①称量②计算③溶解④摇匀⑤转移⑥洗涤⑦定容⑧冷却。其正确的操作顺序为②①③⑧⑤⑥⑦④或②①③⑧⑤⑥④⑦④ ；（4）A、没有将洗涤液转移到容量瓶，导致转移到容量瓶的溶质的物质的量偏小，根据浓度公式可知，所配溶液浓度偏低，故A正确；B、转移过程中有少量溶液溅出，导致转移到容量瓶的溶质的物质的量偏小，根据浓度公式可知，所配溶液浓度偏低，故B正确；C、定容时还需向容量瓶中加入水，所以容量瓶洗净后未干燥，对实验无影响，故C错误； D、定容时俯视刻度线，将导致加入的蒸馏水偏少，溶液的体积偏小，根据浓度公式可知，所配溶液浓度偏高，故D错误；E、固体NaOH中含有少量Na2O杂质，Na2O与水反应生成NaOH，使NaOH的物质的量偏多，根据浓度公式可知，所配溶液浓度偏高，故E错误；故选AB。（5）A、配制最后需反复颠倒摇匀，故使用容量瓶前检查它是否漏水，故A正确；B、容量瓶用蒸馏水洗净后，再用碱液润洗，会使所配溶液浓度偏高，故B错误；C、氢氧化钠溶解时放出大量的热，冷却后导致所配溶液的体积偏小，且容量瓶受热不均，可能导致破裂，不能在容量瓶内溶解氢氧化钠，故C错误；D、摇匀时食指顶住瓶塞，用另一只手的手指托住瓶底，把容量瓶倒转反复上下摇匀，故D正确；故选BC。
17． 干燥的有色布条不褪色而湿润的有色布条褪色 NaOH(或氢氧化钠) Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O Ca(ClO)2 Ca(ClO)2＋CO2＋H2O===CaCO3↓＋2HClO C D
（1）氯气无漂白性，氯气与水反应生成的次氯酸具有漂白性；
（2）利用氯气和氢氧化钠溶液反应来处理尾气；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，反应的化学方程式为：2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2 +Ca（ClO）2 +2H2O，次氯酸钙Ca（ClO）2受空气中的CO2、水作用，即产生有漂白、杀菌作用的次氯酸和一种沉淀，反应的化学方程式为：Ca（ClO）2+CO2+H2O═CaCO3↓+2HClO；碳酸钙和盐酸反应生成二氧化碳，所以长期露置于空气中的漂白粉，加稀盐酸后产生的气体是二氧化碳；
（3）由于NaOH腐蚀性强，因而用碱性物质Na2CO3最合适。
(1)干燥的氯气不具有漂白性，氯气与水反应生成的次氯酸才具有漂白性，干燥的有色布条不褪色而湿润的有色布条褪色。干燥的有色布条不褪色而湿润的有色布条褪色；
(2)为了防止氯气尾气污染空气，可用NaOH溶液吸收，该反应的化学方程式为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，离子反应为Cl2+2OH－=Cl－+ClO－+H2O；漂白粉溶于水后，受空气中的CO2作用，产生有漂白、杀菌作用的次氯酸，化学方程式为Ca(ClO)2＋CO2＋H2O=CaCO3↓＋2HClO；漂白粉长期露置于空气中会混有杂质CaCO3，加稀盐酸后产生CO2气体；
故答案为：NaOH；Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；Ca(ClO)2 ；Ca(ClO)2＋CO2＋H2O=CaCO3↓＋2HClO；C；
（3）氯气能够与碱反应，由于NaOH腐蚀性强，因而用碱性物质Na2CO3最合适，故选D。
【点睛】本题考查了次氯酸的漂白性、氯气的性质，知道次氯酸漂白性原理，会根据氯气和水反应原理分析氯气和碱溶液反应原理，注意次氯酸是强氧化性弱酸。
18．(1)
(2) 除去 中混有的HCl气体
(3) 淡黄色固体变为无色
(4) NaOH溶液 除去过量的
装置A为制取，其反应为；盐酸具有挥发性，生成的中含有少量HCl气体，为了防止HCl对实验干扰，装置B中的用于除去氯气中混有的HCl；装置C验证二氧化碳与过氧化钠的反应，其反应为；装置D中为NaOH溶液，吸收未反应完的，得到纯净的氧气，装置E为排水法收集氧气，氧气难溶于水；
（1）A装置为CO2的发生装置，其反应为，离子方程式为；
故答案为：；
（2）盐酸具有挥发性，生成的中含有少量HCl气体，为了防止HCl对实验干扰，装置B中的用于除去氯气中混有的HCl，其反应的离子方程式为；
故答案为：除去 中混有的HCl气体；；
（3）装置C验证二氧化碳与过氧化钠的反应，其反应为，其反应现象为淡黄色固体变为无色；
故答案为： 淡黄色固体变为无色；；
（4）装置D中为NaOH溶液，吸收未反应完的，得到纯净的氧气；
故答案为：NaOH溶液；除去过量的。
19． 1：1 3：1 29g/mol ②④③①⑤ ②④①③⑤ ⑤①③④② mol/L
(1) N2和NO质量比为14 ：15，设N2和NO的质量分别为28g和30g，N2的物质的量为=1mol，NO的物质的量为=1mol，物质的量之比为1：1；混合气体中氮原子和氧原子的个数比为(2mol+1mol)：1mol=3：1；该混合气体的平均摩尔质量为=29g/mol；
(2)设五种气体的质量均为1g，
n(CO2)=，所含原子的物质的量为0.068mol，相对分子质量为44；
n(H2)=，所含原子的物质的量为2×0.5mol=1mol，相对分子质量为2；
n(O2)=，所含原子的物质的量为=mol=0.0625mol，相对分子质量为32；
n(CH4)=，所含原子的物质的量为=mol=0.3125mol，相对分子质量为16；
n(SO2)=，所含原子的物质的量为=mol=0.046875mol，相对分子质量为64；
气体体积之比等于物质的量之比，故体积由大到小顺序为②④③①⑤；含有原子数多少与所含原子的物质的量成正比，故原子数由大到小顺序为②④①③⑤；相同条件下，气体密度之比等于相对分子质量之比，故密度由大到小顺序为⑤①③④②；
(3) VmLAl2(SO4)3溶液中含Al3+ ag，mL溶液中Al3+ 的质量为g，物质的量为=，的物质的量为×=，稀释到VmL，的物质的量浓度为=mol/L。
20． 0.2 mol 0.2NA 98% 0.1 2 mol/L 0.2 mol
(1)3.6克H2O的物质的量n(H2O)==0.2 mol，由于1 mol H2O中含有NA个水分子，则0.2 mol水中含有的水分子数目N(H2O)=0.2NA个；
(2)根据物质的量浓度与质量分数换算式c=，可知物质的量浓度为18.4 mol·L－1，密度为1.84 g·mL－1的硫酸的质量分数为=98%；
根据溶液在稀释前后溶质的物质的量不变，则配制1000 mL浓度为1.84 mol·L-1的硫酸，需要物质的量浓度为18.4 mol·L-1的硫酸的体积V==0.1 L；
(3)190 g MgCl2的物质的量n(MgCl2)==2 mol，将190 g MgCl2溶于水配制成1 L溶液，溶液中MgCl2的物质的量浓度c==2 mol/L；其中含有的Cl-的物质的量浓度c(Cl-)=2c(MgCl2)=2×2 mol/L=4 mol/L，若从该溶液中取出50 mL溶液，含有Cl-的物质的量n(Cl-)=c·V=4 mol/L×0.05 L=0.2 mol。
21． 0.05 0.25 30.9%
根据物质的量浓度的表达式进行相关计算；根据反应方程式及气体摩尔体积计算混合物中各物质的物质的量之比，进而计算N的质量分数。
(1)根据反应方程式(NH4)2CO3+CaCl2=CaCO3↓+2NH4Cl得：n((NH4)2CO3)=n(CaCO3)=，故答案为：0.05；
(2)根据反应方程式NH4++OH-NH3↑+H2O得：n(NH4+)=n(NH3)=，c(NH4NO3)=，故答案为：0.25；
(3)原混合物中n((NH4)2CO3)：n(NH4NO3)=0.05mol:0.025mol=2:1，则原固体混合物中含氮元素的质量分数为 ，故答案为：30.9%。
22． Na2O2或过氧化钠 铜 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 Na2CO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+2NaOH
淡黄色粉末为Na2O2，生成气体为氧气，固体为碳酸钠，由氧气和X反应的产物以及与硫酸反应后的溶液的颜色可知X为Cu，反应Ⅱ为碳酸钠与氢氧化钙的反应，生成沉淀为碳酸钙，溶液为氢氧化钠溶液，则氢氧化钠与硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀。
(1)根据上述分析可知淡黄色粉末为Na2O2或过氧化钠，故答案为Na2O2或过氧化钠；
(2)X粉末为铜，故答案为铜；
(3)反应(I)为过氧化钠与二氧化碳的反应，生成碳酸钠和氧气，反应的化学方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，故答案为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；
(4)反应Ⅱ为碳酸钠与氢氧化钙的反应，生成碳酸钙和氢氧化钠，反应的化学方程式为Na2CO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+2NaOH，故答案为Na2CO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+2NaOH。
点睛：本题侧重于学生的分析能力和元素化合物知识的综合应用。把握物质的颜色为解答该题的关键。本题的突破口为淡黄色粉末能够与二氧化碳反应生成气体，故淡黄色粉末为过氧化钠。