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）
文档属性
| 名称 | 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） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.1MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2023-06-18 17:15:52 | ||
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文档简介
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．下列有关溶质的质量分数和物质的量浓度的计算结果错误的是
A．密度为0.91g/cm3的氨水，质量分数为25%，该氨水用等体积的水稀释后，所得溶液中溶质的质量分数等于12.5%
B．有K2SO4和Al2(SO4)3的混合溶液，已知其中Al3＋的物质的量浓度为0.4 mol/L ，SO42－的物质的量浓度为0.7 mol/L ，则此溶液中K＋的物质的量浓度为0.2 mol/L
C．将5 mol/L 的Mg(NO3)2溶液amL 稀释至bmL，稀释后溶液中NO3－的物质的量浓度为 mol/L
D．将标准状况下，将VL A气体（摩尔质量为Mg/mol）溶于0.1L水中，所得溶液密度ρg/cm3，则此溶液的物质的量浓度为mol/L
2．配制480 mL 0.1 molL-1的Na2CO3溶液，部分实验操作示意图如下：
下列说法正确的是
A．需用托盘天平称量5.1 g Na2CO310H2O
B．上述实验操作步骤的正确顺序为①②④①③
C．容量瓶需用自来水、蒸馏水洗涤，烘干后才可使用
D．实验中需用到的仪器有：托盘天平、药匙、500 mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管等
3．NA表示阿伏加 德罗常数的值，下列说法不正确的是
A．1molNa变成Na+时失去的电子数为NA
B．物质的量浓度为0.5mol/L的MgCl2溶液中，含有Cl- 个数为NA
C．0.5molH2O中所含的氢原子数目为NA
D．1molH2中所含的质子数为2NA
4．下列说法中正确的是
A．1 mol任何气体的体积都是22.4 L
B．1 mol任何物质在标准状况下所占体积都约是22.4 L
C．1 mol氯气、水、干冰在标准状况下所含分子数相等
D．在室温和101KPa下，1 mol任何气体的体积约比22.4 L小。
5．设NA为阿伏伽德罗常数的值。下列有关叙述正确的是
A．1.8gNH4+中含有的电子数为1.1NA
B．2.2gCO2和N2O的混合气体中原子数为0.15NA
C．1molNa2O2与足量CO2反应，转移电子数为2NA
D．25℃、101kPa时，2.24LCH4含有的共价键数为0.4NA
6．硝酸钾溶液在火焰上灼烧时，隔着蓝色钴玻璃可观察到火焰呈现的颜色为
A．紫色 B．黄色 C．绿色 D．红色
7．下列叙述正确的是：
A．H2SO4的摩尔质量为98
B．1 mol H2SO4的物质的量是98g/mol
C．0.5mol的氧
D．6.02×1022个 H2SO4分子的质量为9.8g
8．为除去括号内的杂质，所选用的试剂或方法正确的是
A．溶液(Na2CO3)通入过量的气体
B．通，点燃
C．溶液(Na2SO4)加入适量的溶液
D．将气体通过装有饱和溶液的洗气瓶
9．常温下，2L物质的量浓度为0.5mol·L-1K2SO4溶液含有
A．0.5mol K+ B．1.0mol K+ C．0.5mol D．1.0mol
10．下列叙述正确的是
①足量金属Na与标准状况下11.2LO2反应时一定转移2mol电子
②Na2O和Na2O2都能与水反应生成碱，它们都是碱性氧化物
③钠与硫酸铜溶液反应，可置换出铜
④在氯气泄漏时，可以用浸有Na2CO3水溶液的毛巾捂住口鼻，并向高处跑
⑤漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2，应密封保存
⑥海水中提取镁最后一步是利用电解MgCl2溶液制取镁
⑦食盐中加碘常加入的是KI
A．①②③ B．②⑤⑦ C．④⑤ D．①④⑥
11．类推思维是化学解题中常用的一种思维方法，下列有关离子方程式的类推正确的是
已知 类推
A 将Fe加入CuSO4溶液中 Fe+Cu2+=Cu+Fe2+ 将Na加入CuSO4溶液中 2Na+Cu2+=Cu+2Na+
B 向Ca(ClO)2溶液中通入少量CO2: Ca2++2ClO-+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO 向Ca(ClO)2溶液中通入少量SO2: Ca2++2ClO-+SO2+H2O=CaSO3↓+2HClO
C 用惰性电极电解NaCl溶液 2Cl-+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑ 用惰性电极电解MgBr2溶液 2Br-+2H2O2OH-+H2↑+Br2
D 稀盐酸与NaOH溶液反应至中性 H++OH-=H2O 稀HNO3与Ba(OH)2溶液反应至中性 H++OH-=H2O
A．A B．B C．C D．D
12．某同学将一小块金属钠放入水中(如图)研究钠与水的反应，下列是他对实验的描述其中错误的是
A．钠浮在水面上，四处游动
B．反应放出的热使钠熔成一个小球
C．钠溶解后，在烧杯中投入小苏打，溶液中有气泡冒出
D．钠溶解后，在烧杯中滴加Ca(HCO3)2溶液，产生白色沉淀
二、非选择题（共10题）
13．运用化学知识完成下列问题：
(1)潜艇中常用Na2O2作供氧剂，请写出Na2O2和CO2反应的化学方程式：___。
(2)除去Na2CO3和NaHCO3固体混合物中的NaHCO3可选用的方法是：___。
(3)在CuSO4溶液中加入少量的金属Na，将有红色的固体生成___(填“正确”或“错误”)。
(4)配平以下反应方程式前系数：C+H2SO4(浓)CO2↑+SO2↑+H2O___。
14．如图是有关钠与水反应及产物检验的实验装置。实验开始时先向管内加入滴有酚酞的水，使水位达到B端管口，然后迅速塞紧橡胶塞并拔掉大头针，此时Na掉入水中。回答下列问题：
(1)钠与水反应的化学方程式为_________。
(2)钠与水反应的现象很多，不同的现象证明不同的性质。
①能证明钠的密度比水小的现象是_________。
②能证明钠的熔点低的现象是_________。
③能证明有氢氧化钠生成的现象是_________。
④能证明有气体产生的现象是A端液面_________(填“上升”、“下降”或“不变”，下同)，B端液面_________。
⑤若U型管中加入的是硫酸铜溶液，则与以上现象的不同之处是_________。
15．完成下列问题
(1)0.5 mol的Fe含___________个铁原子(用6.02×1023表示阿伏加德罗常数的值)，质量是___________g。
(2)2 mol CO2中含___________个氧原子(用NA表示阿伏加德罗常数的值)，___________个质子(用NA表示阿伏加德罗常数的值)，质量是___________g。
(3)9.03×1023个氨分子含___________mol NH3，___________mol氢原子，质量是___________g。
(4)___________mol H2SO4所含氢原子数与0.2 mol H3PO4所含氢原子数相等；已知某物质0.4 mol的质量为14.4 g，则该物质的摩尔质量为___________。
16．现需配制0.1mol/LNaOH溶液450mL，这是某同学转移溶液的示意图。
（1）仪器c使用前必须____。
（2）①图中的错误是____。除了图中给出的的仪器和托盘天平外，为完成实验还需要的仪器有：____。
②根据计算得知，需称出NaOH的质量为____g
③配制时，其正确的操作顺序是（字母表示，每个字母只能用一次）____。
A．用30mL水洗涤烧杯2~3次，洗涤液均注入容量瓶
B．准确称取计算量的氢氧化钠固体于烧杯中，再加入少量水（约30mL），用玻璃棒慢慢搅动，使其充分溶解
C．将溶解的氢氧化钠溶液沿玻璃棒注入500mL的容量瓶中
D．将容量瓶盖紧，反复颠倒摇匀
E．改用胶头滴管加水，使溶液凹面恰好与刻度相切
F．继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度1~2cm处
（3）操作A中，将洗涤液都移入容量瓶，其目的___，溶液注入容量瓶前需恢复到室温，这是因为____；
（4）若出现如下情况，对所配溶液浓度将有何影响（填“偏高”、“偏低”或“无影响”） 若没有进行A操作____；若加蒸馏水时不慎超过了刻度线___；若定容时俯视刻度线___；若配制完成后发现砝码和药品颠倒了（未使用游码），则结果____；若用天平称固体时，砝码上沾有油污，则所配制的溶液浓度将_____。
（5）若实验过程中加蒸馏水时不慎超过了刻度线应如何处理？____。
17．用电解方法制取金属镁时需要用无水MgCl2，而直接加热MgCl2·6H2O晶体却得不到无水MgCl2。某化学小组利用下图实验装置(夹持装置已略去），通过测定反应物及生成物的质量来确定MgCl2·6H2O晶体受热分解的产物。
请回答：
（1）按气流方向连接各装置，其顺序为_______(填仪器接口字母编号）。
（2）实验过程中，装置B中的CCl4层始终为无色。装置B的作用为________。实验结束后，需通入一段儿时间的空气，其目的为_______
（3）实验中称取8.12 g MgCl2 6H20晶体，充分反应后，装置A中残留固体质量为3.06 g, 装置B增重1.46 g，装置C增重3.60 g。则装置A中发生反应的化学方程式为____________
（4）直接加热MgCl2·6H2O晶体得不到无水MgCl2的原因为____________________________。
（5）某同学采用下图装置（夹持装置已略去）由MgCl2·6H2O晶体制得了无水MgCl2。
①方框中所缺装置从上图A、B、C、D中选择，按气流方向连接依次为_______(只填仪器字母编号，不必填接口顺序）
②圆底烧瓶中盛装的液体甲为_______
18．回答下列问题：
(1)实验室里需要纯净的NaCl溶液，但手边只有混有Na2SO4和NH4HCO3的NaCl，某学生设计了如图所示方案以提取得到纯净的NaCl溶液。
(已知：NH4HCO3NH3↑+CO2↑+H2O)。
①150℃时，一定量的NH4HCO3完全分解后所得气体的平均相对分子质量为___(保留至小数点后一位)。
②操作③所得的悬浊液与胶体的本质区别是___。
③进行操作②后，判断SO是否已除尽操作是___。
(2)实验室需要0.1mol/LNaOH溶液480mL，回答下列问题：
①用NaOH固体配制上述溶液，如图所示的仪器中肯定不需要的是___(填序号)，还需用到的玻璃仪器是___(填仪器名称)。
②下列属于容量瓶所具备的功能的是___(填序号)。
A．配制一定体积准确物质的量浓度的溶液 B．长期贮存溶液
C．用来溶解固体或稀释浓溶液 D．量取任一体积的液体
③根据计算，用托盘天平称取NaOH固体的质量为___g。
④将所配得的NaOH溶液进行测定，发现浓度小于0.1mol/L，原因可能是___(填字母)。
A．配制前，容量瓶底部有水珠 B．转移时没有洗涤烧杯和玻璃棒
C．若定容时仰视刻度线 D．若NaOH溶液未冷却即转移至容量瓶定容
19．现有某XY3气体ag，它的摩尔质量为bg·mol 1。若阿伏加 德罗常数用NA表示，则：
(1)该气体的物质的量为_____；
(2)该气体所含原子总数为____；
(3)该气体在标准状况下的体积为____；
(4)该气体溶于水后形成VL溶液，其溶液的物质的量浓度为____；将该溶液加水稀释至原体积的2倍后，再取出50 mL稀释后的溶液，则取出溶液的物质的量浓度____；
(5)标准状况下，相同体积的另一种气体CH4全部转化成CO2时转移的电子的物质的量为____。
20．2.3g钠跟水反应后，得到100mL溶液， 2Na+2H2O=2NaOH+H2↑。试计算：
(1)生成的气体在标况下的体积 _______
(2)反应后所得溶液的物质的量浓度 _______
(3)完全反应后转移的电子个数为 _______
21．一定量的氢气在氯气中燃烧，所得混合物用200mL 3.00mol∕L的NaOH溶液恰好完全吸收，测得溶液中含有NaClO的物质的量为0.15mol。（忽略溶液体积的变化）
（1）求原NaOH溶液的质量分数（保留两位小数）；___________
（2）所得溶液Cl-中的物质的量浓度；__________
（3）所用氯气和参加反应的氢气的物质的量之比。_____________
22．下图是部分短周期元素的单质及其化合物(或其溶液)的转化关系。已知B、C、D是非金属单质，且在常温常压下都是气体，D常用于自来水的杀菌、消毒以及有色物质的漂白；化合物G的焰色试验呈黄色，化合物F通常状态下呈气态。请回答下列问题。
(1)写出B和G的化学式： B_______；G_______
(2)向饱和的G的溶液中通入足量CO2，会出现的现象是_______，有关反应的化学方程式为_______
(3)生活中大多使用漂白粉漂白物质，请用化学方程式解释漂白粉的漂白原理_______
(4)设计实验方案检验F溶液中阴离子_______
(5)实验室欲配制460mL0.100mol/L的G溶液，现有下列仪器：烧杯、100mL量筒、药匙、玻璃棒、天平，还缺少的仪器是_______，应用托盘天平称取固体G的质量为_______。
参考答案：
1．A
A、依据加水稀释前后溶质的质量不变，该氨水用等体积的水稀释后，所得氨水的质量为水的质量加上原有氨水的质量，所得氨水溶液的溶质为质量分数为25%的氨水中的溶质；
B、由于溶液中c（H+）和c（OH﹣）很小，可忽略不计，溶液呈电中性，根据电荷守恒：3c（Al3+）+c（K+）＝2c（SO42﹣）；
C、先计算出稀释前硝酸根离子的浓度，然后根据稀释过程中硝酸根离子的物质的量不变计算；
D、根据n＝来计算气体的物质的量，根据m＝nM计算气体的质量，根据m＝ρV计算水的质量，溶剂和溶质的质量和为溶液的质量，利用V＝来计算溶液的体积，最后利用c＝来计算该溶液的物质的量浓度。
A、设加入水的体积为V，那么质量分数为25%的氨水的体积也为V，该氨水用等体积的水稀释后，所得溶液中溶质的质量分数为：×100%≈11.9%＜12.5%，故A错误；
B、由于溶液中c（H+）和c（OH﹣）很小，可忽略不计，溶液呈电中性，根据电荷守恒：3c（Al3+）+c（K+）＝2c（SO42﹣），即3×0.4ol/L+c（K+）＝2×0.7mol/L，c（K+）＝2×0.7mol/L﹣3×0.4mol/L＝0.2mol/L，故B正确；
C、5mol/L的Mg（NO3）2溶液中硝酸根离子的浓度为：5mol/L×2＝10mol/L，将a mL该溶液稀释至b mL，稀释过程中硝酸根离子的物质的量不变，稀释后溶液中NO3﹣的物质的量浓度是：＝mol/L，故C正确；
D、气体的物质的量＝mol，故气体的质量＝mol×Mg/mol＝g，0.1L水的质量为100mL×1g/mL＝100g，溶液的质量为（100+）g，溶液的体积为L，所以溶液的物质的量浓度＝＝mol/L，故D正确。
答案选A。
【点睛】本题考查了物质的量的计算，题目难度中等，明确物质的量与摩尔质量、气体摩尔体积、阿伏加 德罗常数之间的关系即可解答，试题知识点较多，充分考查了学生的分析能力及化学计算能力。
2．D
A．配制480 mL溶液，需用500mL容量瓶，Na2CO310H2O的质量m=nM=cVM=0.1mol/L×0.5L×286g/mol=14.3g，A错误；
B．因实验操作的步骤有计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等操作，配制溶液的正确操作为②①④③，B错误；
C．容量瓶中有水对实验无影响，不需要烘干，C错误；
D．根据实验操作的步骤有计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、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，冷却后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，所以需要的仪器为：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，D正确；
故选D。
3．B
A．Na失去1个电子变成Na+，则1molNa变成Na+时失去的电子数为NA，故A正确；
B．由n=cV可知溶液体积未知，无法计算微粒数，故B错误；
C．每个水分子含有2个氢原子，则0.5molH2O中所含的氢原子数目为NA，故C正确；
D．每个H2分子中含有2个质子，则1molH2中所含的质子数为2NA，故D正确；
故答案为B。
4．C
A．气体的体积受到温度、压强等因素的影响，在标准状况下，1mol任何气体的体积都约是22.4L，故A错误；
B．在标准状况下，1mol任何气体的体积都约是22.4L，状态必须是气体物质，故B错误；
C．根据N=nNA可以知道，1mol水、氯气、白磷在标准状况下所含分子数相等，故C正确；
D．室温高于标准状况温度，温度升高气体体积变大，故D错误；
故选C。
5．B
A．1个NH4＋ 只有10个电子，1.8gNH4+中含有的电子数为1.0NA，故A错误；
B．CO2和N2O都是三原子分子，相对分子质量都是44，2.2gCO2和N2O的混合气体中原子数为0.15NA，故B正确；
C．Na2O2与CO2反应：2Na2O2+2CO2=2NaCO3+O2，Na2O2中的-1价的氧元素的化合价既升高又降低，所以1mol过氧化钠转移1mol电子，故C错误；
D．25℃，101KPa条件下，气体摩尔体积是24.5L·mol－1，不是22.4L·mol－1，故D错误；故选B。
6．A
只有某些金属元素才有焰色反应，如钾元素的焰色反应为紫色，焰色反应是元素的性质，只要含有钾元素，则焰色反应即为紫色，但钾元素的紫色需要透过蓝色钴玻璃滤去火焰的黄光才能看到；答案选A。
7．D
A. H2SO4的摩尔质量为98 g/mol，故A错误；
B. 1 mol H2SO4的物质的量是1mol，故B错误；
C. 0.5mol的氧可以指代的是氧原子或氧气分子，使用物质的量时要指明微粒的种类，故C错误；
D. 6.02×1022个H2SO4分子的物质的量为：=0.1mol，该硫酸的质量为：98g/mol×0.1mol=9.8 g，故D正确；
答案选D。
8．A
A． Na2CO3溶液中通入过量的气体得到，A正确；
B．二氧化碳气体不可燃、不助燃，二氧化碳中的CO在通点燃时不易反应，杂质难以除尽，B错误；
C． 溶液(Na2SO4)中加入适量的溶液，产生硫酸钡沉淀和氯化钠，引入新杂质氯离子，C错误；
D． 将气体通过装有饱和溶液的洗气瓶，则二种气体均能与碳酸钠溶液反应而被吸收，D错误；
答案选A。
9．D
根据n=cV，K2SO4为2L 0.5mol·L-1=1mol；SO42-为1mol；K+ 为2mol；答案选D。
10．C
①钠与氧气反应可以生成氧化钠，也可生成过氧化钠，所以足量金属Na与标准状况下11.2LO2（物质的量为0.5mol）反应时可以转移2mol电子，也可能转移1mol电子，故错误；
②碱性氧化物与水反应只生成碱，或与酸反应只生成盐和水；Na2O2能与水反应生成氢氧化钠和氧气，与盐酸反应生成盐、水和氧气，其不属于碱性氧化物，故错误；
③钠活泼性强，先与水反应生成氢氧化钠和氢气，生成的氢氧化钠再与硫酸铜反应，生成氢氧化铜蓝色沉淀，不能置换出铜，故错误；
④氯气有毒，密度比空气大，氯气能够与碱（或显碱性的盐溶液）反应，因此在氯气泄漏时，可以用浸有Na2CO3水溶液的毛巾捂住口鼻，并向高处跑，故正确；
⑤漂白粉的主要成分为氯化钙和次氯酸钙，其有效成分是Ca(ClO)2，次氯酸钙在潮湿空气中放置，易生成次氯酸，次氯酸见光或受热易分解，漂白粉失效，所以漂白粉应密封保存，故正确；
⑥电解MgCl2溶液生成氢氧化镁、氯气和氢气，而电解熔融的氯化镁才能生成镁和氯气，故错误；
⑦食盐中常加入的是碘酸钾，不是KI，因为碘离子易被氧化，故错误；
结合以上分析可知，正确的有④⑤；
故选C。
11．D
A选项，钠与盐溶液反应先和盐溶液中的水反应，生成的氢氧化钠和硫酸铜反应，故A错误；
B选项，次氯酸根具有强氧化性，要将少量二氧化硫氧化成硫酸根，因此产物应该是硫酸钙、氯离子和次氯酸，故B错误；
C选项，惰性电极电解溴化镁溶液生成氢氧化镁沉淀、溴单质和氢气，故C错误；
D选项，两者都是生成水和易溶于水的盐，离子方程式相同，可以类比，故D正确；
综上所述，答案为D。
【点睛】次氯酸根在酸性、碱性、中性都具有强氧化性；
硝酸根、高锰酸根在酸性条件下才具有强氧化性。
12．C
A．钠的密度小于水的密度，所以能浮在水面上，钠和水反应生成的氢气使钠四处游动，故A正确；
B．钠和水的反应是放热反应，且钠的熔点较小，所以钠和水反应放出的热量使钠熔成小球，故B正确；
C．钠和水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠和碳酸氢钠反应生成碳酸钠和水，所以溶液中没有气泡冒出，故C错误；
D．钠和水反应生成氢氧化钠，Ca(HCO3)2和氢氧化钠反应生成碳酸钙白色沉淀，故D正确；
故选C。
13． 2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2 加热 错误 C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O
(1)Na2O2和CO2反应可以产生氧气，因此潜艇中常用Na2O2作供氧剂，反应的化学方程式为2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2。
(2)碳酸氢钠受热易分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，因此除去Na2CO3和NaHCO3固体混合物中的NaHCO3可选用的方法是加热。
(3)钠是活泼的金属，极易和水反应生成氢氧化钠和氢气，则在CuSO4溶液中加入少量的金属Na生成氢氧化铜蓝色沉淀、硫酸钠和氢气，不会有红色的铜单质出现。
(4)反应中碳元素化合价从0价升高到+4价失去4个电子，硫元素化合价从+6价降低到+4价，得到2个电子，根据电子得失守恒可知配平后的反应方程式为C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O。
14．(1)2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑
(2) 钠浮在水面上 钠熔化为光亮的小球 溶液呈红色 上升 下降 U型管右端有蓝色沉淀生成
（1）钠与水反应产生氢气和氢氧化钠，发生的反应为2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑；
（2）①钠浮在水面上，说明钠的密度比水小；
②钠熔化为光亮的小球，说明钠的熔点低；
③反应后溶液呈红色，证明有氢氧化钠生成；
④U形管B端产生气体，压强增大，液面下降，A端液面上升，说明有气体生成；
⑤钠先于水反应生成NaOH，然后NaOH与CuSO4反应生成蓝色沉淀Cu(OH)2，与以上现象的不同之处是U型管右端有蓝色沉淀生成。
15．(1) 3.01×1023 28g
(2) 4NA 44NA 88g
(3) 1.5 4.5 25.5
(4) 0.3 36g/mol
（1）N（Fe）=0.5mol×6.02×1023mol－1=3.01×1023；
m（Fe）=0.5mol×56g/mol=28g；
（2）每个CO2分子含有1个C原子、2个O原子，则n（C）=n（CO2）=2mol，n（O）=2n（CO2）=4mol，故氧原子数目为4mol×NAmol-1=4NA；每个CO2分子含有22个质子，2mol CO2中含质子的个数为2mol22NAmol-1=44NA；2mol CO2的质量为2mol×44g/mol=88g；
（3）9.031023个NH3的物质的量为=1.5mol，每个NH3含有3个H原子，含H为1.5mol3=4.5mol，m(NH3)= 1.5mol17g/mol=25.5mol；
（4）n(H)= 0.2 mol3=0.6mol，n(H2SO4)= ；；
16． 检查是否漏水 未用玻璃棒引流 药匙、胶头滴管、玻璃棒 2.0 B→C→A→F→E→D 将剩余的氢氧化钠全部转移到容量瓶中 溶液体积热胀冷缩，导致溶液浓度有偏差 偏低 偏低 偏高 无影响 偏高 重新配制溶液
（1）仪器c是容量瓶，使用前必须检验是否漏水。
答案为：检查是否漏水；
（2）①配制一定物质的量浓度的溶液是必须用玻璃棒引流，防止液体外溅；配制溶液的操作步骤：首先计算出需要的药品的质量，然后用托盘天平称量，后放入烧杯中溶解，同时用玻璃棒搅拌，待溶液冷却至室温后，用玻璃杯引流移液至500ml容量瓶，然后洗涤烧杯和玻璃棒2至3次，将洗涤液也注入容量瓶，然后向容量瓶中注水，至液面离刻度线1至2cm时，改用胶头滴管逐滴加入，至凹液面与刻度线相切，然后摇匀、装瓶．用到的仪器有：天平、药匙、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，故还需：玻璃棒、钥匙、胶头滴管，
故答案为未用玻璃棒引流；玻璃棒、药匙、胶头滴管；
②由于无450mL容量瓶，故要选用500mL容量瓶，配制出500mL0.1mol/L的NaOH溶液，所需的NaOH的物质的量n=cV=0.5L×0.1mol/L=0.05mol，质量m=nM=0.05mol×40g/mol=2.0g，
故答案为2.0；
③配制一定物质的量浓度溶液所需的步骤是：计算→称量→溶解→冷却→转移→洗涤→振荡→定容→摇匀→移液，
故答案为B→C→A→F→E→D；
（3）把洗涤液转移到容量瓶中，目的是将剩余的氢氧化钠全部转移到容量瓶中，减少误差，NaOH遇水放出大量的热，因为热胀冷缩，恢复到室温状态下，溶液的体积会减小，所配溶液溶度会偏大，
故答案为将剩余的氢氧化钠全部转移到容量瓶中；溶液体积热胀冷缩，导致溶液浓度有偏差；
（4）没有洗涤，容量瓶中溶质的物质的量减少，因此所配溶液的浓度偏低；加蒸馏水超过刻度线，相当于对原溶液进行稀释，因此所配溶液的浓度偏低；定容时俯视刻度线，溶液的体积低于刻度线，所配溶液的浓度偏高；若配制完成后发现砝码和药品颠倒了（未使用游码），则药品的质量等于砝码的质量，没有带来误差，则结果无影响；若用天平称固体时，砝码上沾有油污，称量的溶质质量偏大，则所配制的溶液浓度将偏高。
故答案为偏低、偏低、偏高；无影响；偏高；
（5）加水超过刻度线，说明实验失败，重新配制，
故答案为重新配制溶液。
17． g→a→b→f→e→c→d 吸收HCl，防止倒吸 将生成的气体全部吹入B、C装置充分吸收 MgCl2·6H2OMg(OH)Cl+HCl↑+5H2O↑（其中Mg(OH)Cl只要原子配比正确即可，不要求必须写成此形式。） 加热分解出的水会使MgCl2水解。 C A B 浓盐酸
试题分析：（1）为将反应产生的氯化氢和水蒸气完全排出，需要利用空气。由于可知中也含有水蒸气，剩余干燥空气。吸收氯化氢的同时水蒸气也被吸收，因此首先吸收水蒸气，最后吸收氯化氢，所以正确的连接顺序是g→a→b→f→e→c→d。
（2）氯化氢极易溶于水吸收时需要防止倒吸，则装置B的作用为吸收HCl，防止倒吸。根据以上分析可知实验结束后，需通入一段儿时间的空气，其目的为将生成的气体全部吹入B、C装置充分吸收。
（3）实验中称取8．12 g MgCl2 6H2O晶体，物质的量为8．12g÷203g/mol＝0．04mol。充分反应后，装置A中残留固体质量为3．06 g,根据镁原子守恒可知残留固体中镁的物质的量是0．04mol。装置B增重1．46 g，则生成氯化氢的物质的量是1．46g÷36．5g/mol＝0．04mol，则残留固体中氯原子的物质的量是0．04mol。装置C增重3．60 g，则生成的水是3．6g÷18g/mol＝0. 2mol，这说明氯化镁晶体没有完全分解，则根据原子守恒可知剩余固体的化学式为Mg(OH)Cl，则装置A中发生反应的化学方程式为MgCl2·6H2OMg(OH)Cl+HCl↑+5H2O↑。
（4）由于加热分解出的水会使MgCl2水解。所以直接加热MgCl2·6H2O晶体得不到无水MgCl2。
（5）要防止镁离子水解，则需要在氯化氢的气流中加热，因此圆底烧瓶中盛装的液体甲为浓盐酸，加热挥发产生氯化氢，在通入A装置前还需要利用浓硫酸干燥，最后还需要B装置吸收产生的氯化氢，所以装置顺序为C、A、B。
考点：考查氯化镁晶体制备以及化学式测定的实验方案设计与探究
18．(1) 26.3 分散质粒子的直径大小不同 静置片刻后取上清液少量于试管中，加入稀盐酸酸化，再滴加BaCl2溶液，若有白色沉淀生成，则SO没有除尽，若没有沉淀，则除尽了。
(2) ③④ 玻璃棒 A 2.0 BC
【解析】(1)
①150℃时，NH4HCO3完全分解，此时水是气态。取1mol NH4HCO3完全分解后，可生成3mol气体，根据质量守恒定律，3mol气体的质量等于1mol NH4HCO3的质量，则3mol气体的平均摩尔质量为=26.3g/mol，则混合气体的相对分子质量为26.3。。
②悬浊液与胶体的本质区别是分散质粒子的直径大小不同。
③操作②后静置片刻，取上清液少量于试管中，加入稀盐酸酸化，再滴加BaCl2溶液，若有白色沉淀生成，则SO没有除尽，若没有沉淀，则除尽了。
(2)
①配制一定量的0.1mol/LNaOH溶液，根据配制流程，不需要③量筒、④漏斗，还需要用到的玻璃仪器是起搅拌、引流作用的玻璃棒。
②A．容量瓶是能配制一定体积一定物质的量浓度的仪器，故A正确；
B．容量瓶不是用来长期贮存溶液的，故B错误；
C．容量瓶的结构决定其不能用来溶解固体或稀释浓溶液，故C错误；
D．容量瓶只有一个刻度线，不能量取任一体积的液体，故D错误；
答案A。
③实验室需要0.1mol/LNaOH溶液480mL，但没有480mL规格的容量瓶，所以需要配制500mLNaOH溶液，则所需要的n(NaOH)=0.5L0.1mol/L=0.05mol，质量为m(NaOH)= 0.05mol40g/mol=2.0g。
④A．配制前，容量瓶底部有水珠，根据后期定容操作，可知对浓度没有影响，故A不符合题意；
B．转移时没有洗涤烧杯和玻璃棒，会导致有部分溶质没有转移到容量瓶中，导致溶液浓度偏小，故B符合题意；
C．若定容时仰视刻度线，会导致水加多，所配溶液浓度偏小，故C符合题意；
D．若NaOH溶液未冷却即转移至容量瓶定容，冷却至常温后，溶液液面低于刻度线，溶液体积偏小，导致浓度偏大，故D不符合题意；
答案BC。
19． mol L mol/L mol/L mol
(1)根据n=计算；
(2)由分子式XY3可知n(原子)=4n(XY3)，再结合N=n·NA计算；
(3)根据V=n·Vm计算；
(4)根据c=计算所得溶液浓度，根据溶液在稀释前后溶质的物质的量不变，计算稀释后溶液的浓度；溶液是均匀的，取出50mL稀释后的溶液的浓度等于稀释后溶液的浓度；
(5)CH4转化为CO2气体时，每1mol甲烷失去电子8mol电子，则转移电子的物质的量是甲烷物质的量的8倍。
(1)XY3气体m g，它的摩尔质量为M g/mol，则其物质的量n==mol；
(2)由分子式XY3可知n(原子)=4n(XY3)=4×mol；故含有原子数目=4×mol×NA/mol=；(3)标况下，该气体体积V=n·Vm=mol×22.4L/mol=L；
(4)该气体溶于水后形成VL溶液，其溶液的物质的量浓度c==mol/L；将该溶液加水稀释至原体积的2倍后，由于溶质的物质的量不变，所以根据稀释公式可知c1V1=c2V2，则溶液浓度是原物质浓度的一半，故c(稀释)=mol/L=mol/L。溶液是均匀的，取出50mL稀释后的溶液的浓度等于稀释后溶液的浓度为mol/L；
(5)相同条件下，气体的体积之比等于物质的量之比，则CH4的物质的量是mol，由于甲烷反应产生CO2时，C元素化合价升高8价，每1mol甲烷失去8mol电子，则mol CH4全部转化成CO2时转移的电子的物质的量为mol。
【点睛】本题考查常用化学计量的有关计算，掌握有关物质的量的计算公式n=、N=n·NA、V=n·Vm、c=、c1V1=c2V2，结合物质微粒的构成及反应时的转化关系，注意对公式的理解与灵活运用就可以轻松解答。
20． 1.12L 1.0mol/L 6.02×1022
2.3g钠的物质的量是2.3g÷23g/mol＝0.1mol，根据方程式可知
(1)生成0.05mol氢气，则生成的气体在标况下的体积为0.05mol×22.4L/mol＝1.12L；
(2)反应后所得溶液是氢氧化钠溶液，溶质氢氧化钠的物质的量是0.1mol，溶液体积是0.1L，则其物质的量浓度为0.1mol÷0.1L＝1.0mol/L；
(3)反应中钠元素化合价从0价升高到+1价，失去1个电子，则完全反应后转移电子的物质的量是0.1mol，电子个数为0.1mol×6.02×1023/mol＝6.02×1022。
21． 10.71% 2.25mol/L 2:1
（1）m(NaOH)=nM=cVM=3mol/L0.2L40g/mol=24g，m(H2O)=ρV=1g/mL200ml=200g， NaOH的质量分数为：；
（2）溶液中存在NaCl、NaClO，，n(Cl-)=n(NaCl)=n(Na+)-n(NaClO)=0.6-0.15=0.45mol，；
（3）由反应，与氢气反应后剩余，反应过程中总，总，与H2反应的，则：，氯气与参加反应的氢气的n(Cl2)：n(H2)=0.3：0.15=2：1。
22． O2 Na2CO3 析出白色晶体 Na2CO3＋H2O＋CO2=2NaHCO3↓ Ca(ClO)2+H2O+CO2=CaCO3↓+2HClO 取少许待测液于试管中，滴加几滴硝酸酸化的硝酸银溶液，若有白色沉淀生成，则证明原溶液中含有氯离子，反之则无 500mL容量瓶、胶头滴管 5.3g
B、C、D是非金属单质，且在常温常压下都是气体，D常用于自来水的杀菌、消毒以及有色物质的漂白，则D应为Cl2，C与氯气在光照条件下可以反应生成气态化合物F，则C为H2，F为HCl；化合物G的焰色试验呈黄色，则G中含有Na元素，HCl可以和G生成二氧化碳，则G为碳酸钠或碳酸氢钠，E可以和二氧化碳反应生成非金属单质B，且含有钠元素，则E为Na2O2，B为O2，G只能是Na2CO3；A和氧气加热生成过氧化钠，则A为Na单质。
综上所述A为Na，B为O2，C为H2，D为Cl2，E为Na2O2，G为Na2CO3，F为HCl。
(1)根据分析可知B为O2，G为Na2CO3；
(2)向饱和碳酸钠溶液中通入足量二氧化碳，反应生成碳酸氢钠，由于碳酸氢钠的溶解度较小，所以会析出白色晶体，化学方程式为Na2CO3＋H2O＋CO2=2NaHCO3↓；
(3)漂白粉的有效成分为Ca(ClO)2，与空气中的水和二氧化碳反应生成具有漂白性的HClO，化学方程式为Ca(ClO)2+H2O+CO2=CaCO3↓+2HClO；
(4)F为HCl，检验盐酸中的氯离子可以用硝酸酸化的硝酸银溶液，具体操作为：取少许待测液于试管中，滴加几滴硝酸酸化的硝酸银溶液，若有白色沉淀生成，则证明原溶液中含有氯离子，反之则无；
(5)配制460mL 0.100mol/L的Na2CO3溶液需要钥匙和天平称量一定量的碳酸钠，用量筒量取适量水在烧杯中溶解，溶解时需要玻璃棒搅拌，之后转移到500mL容量瓶中定容，定容时还需要胶头滴管，所以除所给仪器外还需要500mL容量瓶、胶头滴管；所以碳酸钠的质量为0.5L0.100mol/L106g/mol=5.3g。
一、单选题（共12题）
1．下列有关溶质的质量分数和物质的量浓度的计算结果错误的是
A．密度为0.91g/cm3的氨水，质量分数为25%，该氨水用等体积的水稀释后，所得溶液中溶质的质量分数等于12.5%
B．有K2SO4和Al2(SO4)3的混合溶液，已知其中Al3＋的物质的量浓度为0.4 mol/L ，SO42－的物质的量浓度为0.7 mol/L ，则此溶液中K＋的物质的量浓度为0.2 mol/L
C．将5 mol/L 的Mg(NO3)2溶液amL 稀释至bmL，稀释后溶液中NO3－的物质的量浓度为 mol/L
D．将标准状况下，将VL A气体（摩尔质量为Mg/mol）溶于0.1L水中，所得溶液密度ρg/cm3，则此溶液的物质的量浓度为mol/L
2．配制480 mL 0.1 molL-1的Na2CO3溶液，部分实验操作示意图如下：
下列说法正确的是
A．需用托盘天平称量5.1 g Na2CO310H2O
B．上述实验操作步骤的正确顺序为①②④①③
C．容量瓶需用自来水、蒸馏水洗涤，烘干后才可使用
D．实验中需用到的仪器有：托盘天平、药匙、500 mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管等
3．NA表示阿伏加 德罗常数的值，下列说法不正确的是
A．1molNa变成Na+时失去的电子数为NA
B．物质的量浓度为0.5mol/L的MgCl2溶液中，含有Cl- 个数为NA
C．0.5molH2O中所含的氢原子数目为NA
D．1molH2中所含的质子数为2NA
4．下列说法中正确的是
A．1 mol任何气体的体积都是22.4 L
B．1 mol任何物质在标准状况下所占体积都约是22.4 L
C．1 mol氯气、水、干冰在标准状况下所含分子数相等
D．在室温和101KPa下，1 mol任何气体的体积约比22.4 L小。
5．设NA为阿伏伽德罗常数的值。下列有关叙述正确的是
A．1.8gNH4+中含有的电子数为1.1NA
B．2.2gCO2和N2O的混合气体中原子数为0.15NA
C．1molNa2O2与足量CO2反应，转移电子数为2NA
D．25℃、101kPa时，2.24LCH4含有的共价键数为0.4NA
6．硝酸钾溶液在火焰上灼烧时，隔着蓝色钴玻璃可观察到火焰呈现的颜色为
A．紫色 B．黄色 C．绿色 D．红色
7．下列叙述正确的是：
A．H2SO4的摩尔质量为98
B．1 mol H2SO4的物质的量是98g/mol
C．0.5mol的氧
D．6.02×1022个 H2SO4分子的质量为9.8g
8．为除去括号内的杂质，所选用的试剂或方法正确的是
A．溶液(Na2CO3)通入过量的气体
B．通，点燃
C．溶液(Na2SO4)加入适量的溶液
D．将气体通过装有饱和溶液的洗气瓶
9．常温下，2L物质的量浓度为0.5mol·L-1K2SO4溶液含有
A．0.5mol K+ B．1.0mol K+ C．0.5mol D．1.0mol
10．下列叙述正确的是
①足量金属Na与标准状况下11.2LO2反应时一定转移2mol电子
②Na2O和Na2O2都能与水反应生成碱，它们都是碱性氧化物
③钠与硫酸铜溶液反应，可置换出铜
④在氯气泄漏时，可以用浸有Na2CO3水溶液的毛巾捂住口鼻，并向高处跑
⑤漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2，应密封保存
⑥海水中提取镁最后一步是利用电解MgCl2溶液制取镁
⑦食盐中加碘常加入的是KI
A．①②③ B．②⑤⑦ C．④⑤ D．①④⑥
11．类推思维是化学解题中常用的一种思维方法，下列有关离子方程式的类推正确的是
已知 类推
A 将Fe加入CuSO4溶液中 Fe+Cu2+=Cu+Fe2+ 将Na加入CuSO4溶液中 2Na+Cu2+=Cu+2Na+
B 向Ca(ClO)2溶液中通入少量CO2: Ca2++2ClO-+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO 向Ca(ClO)2溶液中通入少量SO2: Ca2++2ClO-+SO2+H2O=CaSO3↓+2HClO
C 用惰性电极电解NaCl溶液 2Cl-+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑ 用惰性电极电解MgBr2溶液 2Br-+2H2O2OH-+H2↑+Br2
D 稀盐酸与NaOH溶液反应至中性 H++OH-=H2O 稀HNO3与Ba(OH)2溶液反应至中性 H++OH-=H2O
A．A B．B C．C D．D
12．某同学将一小块金属钠放入水中(如图)研究钠与水的反应，下列是他对实验的描述其中错误的是
A．钠浮在水面上，四处游动
B．反应放出的热使钠熔成一个小球
C．钠溶解后，在烧杯中投入小苏打，溶液中有气泡冒出
D．钠溶解后，在烧杯中滴加Ca(HCO3)2溶液，产生白色沉淀
二、非选择题（共10题）
13．运用化学知识完成下列问题：
(1)潜艇中常用Na2O2作供氧剂，请写出Na2O2和CO2反应的化学方程式：___。
(2)除去Na2CO3和NaHCO3固体混合物中的NaHCO3可选用的方法是：___。
(3)在CuSO4溶液中加入少量的金属Na，将有红色的固体生成___(填“正确”或“错误”)。
(4)配平以下反应方程式前系数：C+H2SO4(浓)CO2↑+SO2↑+H2O___。
14．如图是有关钠与水反应及产物检验的实验装置。实验开始时先向管内加入滴有酚酞的水，使水位达到B端管口，然后迅速塞紧橡胶塞并拔掉大头针，此时Na掉入水中。回答下列问题：
(1)钠与水反应的化学方程式为_________。
(2)钠与水反应的现象很多，不同的现象证明不同的性质。
①能证明钠的密度比水小的现象是_________。
②能证明钠的熔点低的现象是_________。
③能证明有氢氧化钠生成的现象是_________。
④能证明有气体产生的现象是A端液面_________(填“上升”、“下降”或“不变”，下同)，B端液面_________。
⑤若U型管中加入的是硫酸铜溶液，则与以上现象的不同之处是_________。
15．完成下列问题
(1)0.5 mol的Fe含___________个铁原子(用6.02×1023表示阿伏加德罗常数的值)，质量是___________g。
(2)2 mol CO2中含___________个氧原子(用NA表示阿伏加德罗常数的值)，___________个质子(用NA表示阿伏加德罗常数的值)，质量是___________g。
(3)9.03×1023个氨分子含___________mol NH3，___________mol氢原子，质量是___________g。
(4)___________mol H2SO4所含氢原子数与0.2 mol H3PO4所含氢原子数相等；已知某物质0.4 mol的质量为14.4 g，则该物质的摩尔质量为___________。
16．现需配制0.1mol/LNaOH溶液450mL，这是某同学转移溶液的示意图。
（1）仪器c使用前必须____。
（2）①图中的错误是____。除了图中给出的的仪器和托盘天平外，为完成实验还需要的仪器有：____。
②根据计算得知，需称出NaOH的质量为____g
③配制时，其正确的操作顺序是（字母表示，每个字母只能用一次）____。
A．用30mL水洗涤烧杯2~3次，洗涤液均注入容量瓶
B．准确称取计算量的氢氧化钠固体于烧杯中，再加入少量水（约30mL），用玻璃棒慢慢搅动，使其充分溶解
C．将溶解的氢氧化钠溶液沿玻璃棒注入500mL的容量瓶中
D．将容量瓶盖紧，反复颠倒摇匀
E．改用胶头滴管加水，使溶液凹面恰好与刻度相切
F．继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度1~2cm处
（3）操作A中，将洗涤液都移入容量瓶，其目的___，溶液注入容量瓶前需恢复到室温，这是因为____；
（4）若出现如下情况，对所配溶液浓度将有何影响（填“偏高”、“偏低”或“无影响”） 若没有进行A操作____；若加蒸馏水时不慎超过了刻度线___；若定容时俯视刻度线___；若配制完成后发现砝码和药品颠倒了（未使用游码），则结果____；若用天平称固体时，砝码上沾有油污，则所配制的溶液浓度将_____。
（5）若实验过程中加蒸馏水时不慎超过了刻度线应如何处理？____。
17．用电解方法制取金属镁时需要用无水MgCl2，而直接加热MgCl2·6H2O晶体却得不到无水MgCl2。某化学小组利用下图实验装置(夹持装置已略去），通过测定反应物及生成物的质量来确定MgCl2·6H2O晶体受热分解的产物。
请回答：
（1）按气流方向连接各装置，其顺序为_______(填仪器接口字母编号）。
（2）实验过程中，装置B中的CCl4层始终为无色。装置B的作用为________。实验结束后，需通入一段儿时间的空气，其目的为_______
（3）实验中称取8.12 g MgCl2 6H20晶体，充分反应后，装置A中残留固体质量为3.06 g, 装置B增重1.46 g，装置C增重3.60 g。则装置A中发生反应的化学方程式为____________
（4）直接加热MgCl2·6H2O晶体得不到无水MgCl2的原因为____________________________。
（5）某同学采用下图装置（夹持装置已略去）由MgCl2·6H2O晶体制得了无水MgCl2。
①方框中所缺装置从上图A、B、C、D中选择，按气流方向连接依次为_______(只填仪器字母编号，不必填接口顺序）
②圆底烧瓶中盛装的液体甲为_______
18．回答下列问题：
(1)实验室里需要纯净的NaCl溶液，但手边只有混有Na2SO4和NH4HCO3的NaCl，某学生设计了如图所示方案以提取得到纯净的NaCl溶液。
(已知：NH4HCO3NH3↑+CO2↑+H2O)。
①150℃时，一定量的NH4HCO3完全分解后所得气体的平均相对分子质量为___(保留至小数点后一位)。
②操作③所得的悬浊液与胶体的本质区别是___。
③进行操作②后，判断SO是否已除尽操作是___。
(2)实验室需要0.1mol/LNaOH溶液480mL，回答下列问题：
①用NaOH固体配制上述溶液，如图所示的仪器中肯定不需要的是___(填序号)，还需用到的玻璃仪器是___(填仪器名称)。
②下列属于容量瓶所具备的功能的是___(填序号)。
A．配制一定体积准确物质的量浓度的溶液 B．长期贮存溶液
C．用来溶解固体或稀释浓溶液 D．量取任一体积的液体
③根据计算，用托盘天平称取NaOH固体的质量为___g。
④将所配得的NaOH溶液进行测定，发现浓度小于0.1mol/L，原因可能是___(填字母)。
A．配制前，容量瓶底部有水珠 B．转移时没有洗涤烧杯和玻璃棒
C．若定容时仰视刻度线 D．若NaOH溶液未冷却即转移至容量瓶定容
19．现有某XY3气体ag，它的摩尔质量为bg·mol 1。若阿伏加 德罗常数用NA表示，则：
(1)该气体的物质的量为_____；
(2)该气体所含原子总数为____；
(3)该气体在标准状况下的体积为____；
(4)该气体溶于水后形成VL溶液，其溶液的物质的量浓度为____；将该溶液加水稀释至原体积的2倍后，再取出50 mL稀释后的溶液，则取出溶液的物质的量浓度____；
(5)标准状况下，相同体积的另一种气体CH4全部转化成CO2时转移的电子的物质的量为____。
20．2.3g钠跟水反应后，得到100mL溶液， 2Na+2H2O=2NaOH+H2↑。试计算：
(1)生成的气体在标况下的体积 _______
(2)反应后所得溶液的物质的量浓度 _______
(3)完全反应后转移的电子个数为 _______
21．一定量的氢气在氯气中燃烧，所得混合物用200mL 3.00mol∕L的NaOH溶液恰好完全吸收，测得溶液中含有NaClO的物质的量为0.15mol。（忽略溶液体积的变化）
（1）求原NaOH溶液的质量分数（保留两位小数）；___________
（2）所得溶液Cl-中的物质的量浓度；__________
（3）所用氯气和参加反应的氢气的物质的量之比。_____________
22．下图是部分短周期元素的单质及其化合物(或其溶液)的转化关系。已知B、C、D是非金属单质，且在常温常压下都是气体，D常用于自来水的杀菌、消毒以及有色物质的漂白；化合物G的焰色试验呈黄色，化合物F通常状态下呈气态。请回答下列问题。
(1)写出B和G的化学式： B_______；G_______
(2)向饱和的G的溶液中通入足量CO2，会出现的现象是_______，有关反应的化学方程式为_______
(3)生活中大多使用漂白粉漂白物质，请用化学方程式解释漂白粉的漂白原理_______
(4)设计实验方案检验F溶液中阴离子_______
(5)实验室欲配制460mL0.100mol/L的G溶液，现有下列仪器：烧杯、100mL量筒、药匙、玻璃棒、天平，还缺少的仪器是_______，应用托盘天平称取固体G的质量为_______。
参考答案：
1．A
A、依据加水稀释前后溶质的质量不变，该氨水用等体积的水稀释后，所得氨水的质量为水的质量加上原有氨水的质量，所得氨水溶液的溶质为质量分数为25%的氨水中的溶质；
B、由于溶液中c（H+）和c（OH﹣）很小，可忽略不计，溶液呈电中性，根据电荷守恒：3c（Al3+）+c（K+）＝2c（SO42﹣）；
C、先计算出稀释前硝酸根离子的浓度，然后根据稀释过程中硝酸根离子的物质的量不变计算；
D、根据n＝来计算气体的物质的量，根据m＝nM计算气体的质量，根据m＝ρV计算水的质量，溶剂和溶质的质量和为溶液的质量，利用V＝来计算溶液的体积，最后利用c＝来计算该溶液的物质的量浓度。
A、设加入水的体积为V，那么质量分数为25%的氨水的体积也为V，该氨水用等体积的水稀释后，所得溶液中溶质的质量分数为：×100%≈11.9%＜12.5%，故A错误；
B、由于溶液中c（H+）和c（OH﹣）很小，可忽略不计，溶液呈电中性，根据电荷守恒：3c（Al3+）+c（K+）＝2c（SO42﹣），即3×0.4ol/L+c（K+）＝2×0.7mol/L，c（K+）＝2×0.7mol/L﹣3×0.4mol/L＝0.2mol/L，故B正确；
C、5mol/L的Mg（NO3）2溶液中硝酸根离子的浓度为：5mol/L×2＝10mol/L，将a mL该溶液稀释至b mL，稀释过程中硝酸根离子的物质的量不变，稀释后溶液中NO3﹣的物质的量浓度是：＝mol/L，故C正确；
D、气体的物质的量＝mol，故气体的质量＝mol×Mg/mol＝g，0.1L水的质量为100mL×1g/mL＝100g，溶液的质量为（100+）g，溶液的体积为L，所以溶液的物质的量浓度＝＝mol/L，故D正确。
答案选A。
【点睛】本题考查了物质的量的计算，题目难度中等，明确物质的量与摩尔质量、气体摩尔体积、阿伏加 德罗常数之间的关系即可解答，试题知识点较多，充分考查了学生的分析能力及化学计算能力。
2．D
A．配制480 mL溶液，需用500mL容量瓶，Na2CO310H2O的质量m=nM=cVM=0.1mol/L×0.5L×286g/mol=14.3g，A错误；
B．因实验操作的步骤有计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等操作，配制溶液的正确操作为②①④③，B错误；
C．容量瓶中有水对实验无影响，不需要烘干，C错误；
D．根据实验操作的步骤有计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、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，冷却后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，所以需要的仪器为：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，D正确；
故选D。
3．B
A．Na失去1个电子变成Na+，则1molNa变成Na+时失去的电子数为NA，故A正确；
B．由n=cV可知溶液体积未知，无法计算微粒数，故B错误；
C．每个水分子含有2个氢原子，则0.5molH2O中所含的氢原子数目为NA，故C正确；
D．每个H2分子中含有2个质子，则1molH2中所含的质子数为2NA，故D正确；
故答案为B。
4．C
A．气体的体积受到温度、压强等因素的影响，在标准状况下，1mol任何气体的体积都约是22.4L，故A错误；
B．在标准状况下，1mol任何气体的体积都约是22.4L，状态必须是气体物质，故B错误；
C．根据N=nNA可以知道，1mol水、氯气、白磷在标准状况下所含分子数相等，故C正确；
D．室温高于标准状况温度，温度升高气体体积变大，故D错误；
故选C。
5．B
A．1个NH4＋ 只有10个电子，1.8gNH4+中含有的电子数为1.0NA，故A错误；
B．CO2和N2O都是三原子分子，相对分子质量都是44，2.2gCO2和N2O的混合气体中原子数为0.15NA，故B正确；
C．Na2O2与CO2反应：2Na2O2+2CO2=2NaCO3+O2，Na2O2中的-1价的氧元素的化合价既升高又降低，所以1mol过氧化钠转移1mol电子，故C错误；
D．25℃，101KPa条件下，气体摩尔体积是24.5L·mol－1，不是22.4L·mol－1，故D错误；故选B。
6．A
只有某些金属元素才有焰色反应，如钾元素的焰色反应为紫色，焰色反应是元素的性质，只要含有钾元素，则焰色反应即为紫色，但钾元素的紫色需要透过蓝色钴玻璃滤去火焰的黄光才能看到；答案选A。
7．D
A. H2SO4的摩尔质量为98 g/mol，故A错误；
B. 1 mol H2SO4的物质的量是1mol，故B错误；
C. 0.5mol的氧可以指代的是氧原子或氧气分子，使用物质的量时要指明微粒的种类，故C错误；
D. 6.02×1022个H2SO4分子的物质的量为：=0.1mol，该硫酸的质量为：98g/mol×0.1mol=9.8 g，故D正确；
答案选D。
8．A
A． Na2CO3溶液中通入过量的气体得到，A正确；
B．二氧化碳气体不可燃、不助燃，二氧化碳中的CO在通点燃时不易反应，杂质难以除尽，B错误；
C． 溶液(Na2SO4)中加入适量的溶液，产生硫酸钡沉淀和氯化钠，引入新杂质氯离子，C错误；
D． 将气体通过装有饱和溶液的洗气瓶，则二种气体均能与碳酸钠溶液反应而被吸收，D错误；
答案选A。
9．D
根据n=cV，K2SO4为2L 0.5mol·L-1=1mol；SO42-为1mol；K+ 为2mol；答案选D。
10．C
①钠与氧气反应可以生成氧化钠，也可生成过氧化钠，所以足量金属Na与标准状况下11.2LO2（物质的量为0.5mol）反应时可以转移2mol电子，也可能转移1mol电子，故错误；
②碱性氧化物与水反应只生成碱，或与酸反应只生成盐和水；Na2O2能与水反应生成氢氧化钠和氧气，与盐酸反应生成盐、水和氧气，其不属于碱性氧化物，故错误；
③钠活泼性强，先与水反应生成氢氧化钠和氢气，生成的氢氧化钠再与硫酸铜反应，生成氢氧化铜蓝色沉淀，不能置换出铜，故错误；
④氯气有毒，密度比空气大，氯气能够与碱（或显碱性的盐溶液）反应，因此在氯气泄漏时，可以用浸有Na2CO3水溶液的毛巾捂住口鼻，并向高处跑，故正确；
⑤漂白粉的主要成分为氯化钙和次氯酸钙，其有效成分是Ca(ClO)2，次氯酸钙在潮湿空气中放置，易生成次氯酸，次氯酸见光或受热易分解，漂白粉失效，所以漂白粉应密封保存，故正确；
⑥电解MgCl2溶液生成氢氧化镁、氯气和氢气，而电解熔融的氯化镁才能生成镁和氯气，故错误；
⑦食盐中常加入的是碘酸钾，不是KI，因为碘离子易被氧化，故错误；
结合以上分析可知，正确的有④⑤；
故选C。
11．D
A选项，钠与盐溶液反应先和盐溶液中的水反应，生成的氢氧化钠和硫酸铜反应，故A错误；
B选项，次氯酸根具有强氧化性，要将少量二氧化硫氧化成硫酸根，因此产物应该是硫酸钙、氯离子和次氯酸，故B错误；
C选项，惰性电极电解溴化镁溶液生成氢氧化镁沉淀、溴单质和氢气，故C错误；
D选项，两者都是生成水和易溶于水的盐，离子方程式相同，可以类比，故D正确；
综上所述，答案为D。
【点睛】次氯酸根在酸性、碱性、中性都具有强氧化性；
硝酸根、高锰酸根在酸性条件下才具有强氧化性。
12．C
A．钠的密度小于水的密度，所以能浮在水面上，钠和水反应生成的氢气使钠四处游动，故A正确；
B．钠和水的反应是放热反应，且钠的熔点较小，所以钠和水反应放出的热量使钠熔成小球，故B正确；
C．钠和水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠和碳酸氢钠反应生成碳酸钠和水，所以溶液中没有气泡冒出，故C错误；
D．钠和水反应生成氢氧化钠，Ca(HCO3)2和氢氧化钠反应生成碳酸钙白色沉淀，故D正确；
故选C。
13． 2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2 加热 错误 C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O
(1)Na2O2和CO2反应可以产生氧气，因此潜艇中常用Na2O2作供氧剂，反应的化学方程式为2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2。
(2)碳酸氢钠受热易分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，因此除去Na2CO3和NaHCO3固体混合物中的NaHCO3可选用的方法是加热。
(3)钠是活泼的金属，极易和水反应生成氢氧化钠和氢气，则在CuSO4溶液中加入少量的金属Na生成氢氧化铜蓝色沉淀、硫酸钠和氢气，不会有红色的铜单质出现。
(4)反应中碳元素化合价从0价升高到+4价失去4个电子，硫元素化合价从+6价降低到+4价，得到2个电子，根据电子得失守恒可知配平后的反应方程式为C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O。
14．(1)2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑
(2) 钠浮在水面上 钠熔化为光亮的小球 溶液呈红色 上升 下降 U型管右端有蓝色沉淀生成
（1）钠与水反应产生氢气和氢氧化钠，发生的反应为2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑；
（2）①钠浮在水面上，说明钠的密度比水小；
②钠熔化为光亮的小球，说明钠的熔点低；
③反应后溶液呈红色，证明有氢氧化钠生成；
④U形管B端产生气体，压强增大，液面下降，A端液面上升，说明有气体生成；
⑤钠先于水反应生成NaOH，然后NaOH与CuSO4反应生成蓝色沉淀Cu(OH)2，与以上现象的不同之处是U型管右端有蓝色沉淀生成。
15．(1) 3.01×1023 28g
(2) 4NA 44NA 88g
(3) 1.5 4.5 25.5
(4) 0.3 36g/mol
（1）N（Fe）=0.5mol×6.02×1023mol－1=3.01×1023；
m（Fe）=0.5mol×56g/mol=28g；
（2）每个CO2分子含有1个C原子、2个O原子，则n（C）=n（CO2）=2mol，n（O）=2n（CO2）=4mol，故氧原子数目为4mol×NAmol-1=4NA；每个CO2分子含有22个质子，2mol CO2中含质子的个数为2mol22NAmol-1=44NA；2mol CO2的质量为2mol×44g/mol=88g；
（3）9.031023个NH3的物质的量为=1.5mol，每个NH3含有3个H原子，含H为1.5mol3=4.5mol，m(NH3)= 1.5mol17g/mol=25.5mol；
（4）n(H)= 0.2 mol3=0.6mol，n(H2SO4)= ；；
16． 检查是否漏水 未用玻璃棒引流 药匙、胶头滴管、玻璃棒 2.0 B→C→A→F→E→D 将剩余的氢氧化钠全部转移到容量瓶中 溶液体积热胀冷缩，导致溶液浓度有偏差 偏低 偏低 偏高 无影响 偏高 重新配制溶液
（1）仪器c是容量瓶，使用前必须检验是否漏水。
答案为：检查是否漏水；
（2）①配制一定物质的量浓度的溶液是必须用玻璃棒引流，防止液体外溅；配制溶液的操作步骤：首先计算出需要的药品的质量，然后用托盘天平称量，后放入烧杯中溶解，同时用玻璃棒搅拌，待溶液冷却至室温后，用玻璃杯引流移液至500ml容量瓶，然后洗涤烧杯和玻璃棒2至3次，将洗涤液也注入容量瓶，然后向容量瓶中注水，至液面离刻度线1至2cm时，改用胶头滴管逐滴加入，至凹液面与刻度线相切，然后摇匀、装瓶．用到的仪器有：天平、药匙、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，故还需：玻璃棒、钥匙、胶头滴管，
故答案为未用玻璃棒引流；玻璃棒、药匙、胶头滴管；
②由于无450mL容量瓶，故要选用500mL容量瓶，配制出500mL0.1mol/L的NaOH溶液，所需的NaOH的物质的量n=cV=0.5L×0.1mol/L=0.05mol，质量m=nM=0.05mol×40g/mol=2.0g，
故答案为2.0；
③配制一定物质的量浓度溶液所需的步骤是：计算→称量→溶解→冷却→转移→洗涤→振荡→定容→摇匀→移液，
故答案为B→C→A→F→E→D；
（3）把洗涤液转移到容量瓶中，目的是将剩余的氢氧化钠全部转移到容量瓶中，减少误差，NaOH遇水放出大量的热，因为热胀冷缩，恢复到室温状态下，溶液的体积会减小，所配溶液溶度会偏大，
故答案为将剩余的氢氧化钠全部转移到容量瓶中；溶液体积热胀冷缩，导致溶液浓度有偏差；
（4）没有洗涤，容量瓶中溶质的物质的量减少，因此所配溶液的浓度偏低；加蒸馏水超过刻度线，相当于对原溶液进行稀释，因此所配溶液的浓度偏低；定容时俯视刻度线，溶液的体积低于刻度线，所配溶液的浓度偏高；若配制完成后发现砝码和药品颠倒了（未使用游码），则药品的质量等于砝码的质量，没有带来误差，则结果无影响；若用天平称固体时，砝码上沾有油污，称量的溶质质量偏大，则所配制的溶液浓度将偏高。
故答案为偏低、偏低、偏高；无影响；偏高；
（5）加水超过刻度线，说明实验失败，重新配制，
故答案为重新配制溶液。
17． g→a→b→f→e→c→d 吸收HCl，防止倒吸 将生成的气体全部吹入B、C装置充分吸收 MgCl2·6H2OMg(OH)Cl+HCl↑+5H2O↑（其中Mg(OH)Cl只要原子配比正确即可，不要求必须写成此形式。） 加热分解出的水会使MgCl2水解。 C A B 浓盐酸
试题分析：（1）为将反应产生的氯化氢和水蒸气完全排出，需要利用空气。由于可知中也含有水蒸气，剩余干燥空气。吸收氯化氢的同时水蒸气也被吸收，因此首先吸收水蒸气，最后吸收氯化氢，所以正确的连接顺序是g→a→b→f→e→c→d。
（2）氯化氢极易溶于水吸收时需要防止倒吸，则装置B的作用为吸收HCl，防止倒吸。根据以上分析可知实验结束后，需通入一段儿时间的空气，其目的为将生成的气体全部吹入B、C装置充分吸收。
（3）实验中称取8．12 g MgCl2 6H2O晶体，物质的量为8．12g÷203g/mol＝0．04mol。充分反应后，装置A中残留固体质量为3．06 g,根据镁原子守恒可知残留固体中镁的物质的量是0．04mol。装置B增重1．46 g，则生成氯化氢的物质的量是1．46g÷36．5g/mol＝0．04mol，则残留固体中氯原子的物质的量是0．04mol。装置C增重3．60 g，则生成的水是3．6g÷18g/mol＝0. 2mol，这说明氯化镁晶体没有完全分解，则根据原子守恒可知剩余固体的化学式为Mg(OH)Cl，则装置A中发生反应的化学方程式为MgCl2·6H2OMg(OH)Cl+HCl↑+5H2O↑。
（4）由于加热分解出的水会使MgCl2水解。所以直接加热MgCl2·6H2O晶体得不到无水MgCl2。
（5）要防止镁离子水解，则需要在氯化氢的气流中加热，因此圆底烧瓶中盛装的液体甲为浓盐酸，加热挥发产生氯化氢，在通入A装置前还需要利用浓硫酸干燥，最后还需要B装置吸收产生的氯化氢，所以装置顺序为C、A、B。
考点：考查氯化镁晶体制备以及化学式测定的实验方案设计与探究
18．(1) 26.3 分散质粒子的直径大小不同 静置片刻后取上清液少量于试管中，加入稀盐酸酸化，再滴加BaCl2溶液，若有白色沉淀生成，则SO没有除尽，若没有沉淀，则除尽了。
(2) ③④ 玻璃棒 A 2.0 BC
【解析】(1)
①150℃时，NH4HCO3完全分解，此时水是气态。取1mol NH4HCO3完全分解后，可生成3mol气体，根据质量守恒定律，3mol气体的质量等于1mol NH4HCO3的质量，则3mol气体的平均摩尔质量为=26.3g/mol，则混合气体的相对分子质量为26.3。。
②悬浊液与胶体的本质区别是分散质粒子的直径大小不同。
③操作②后静置片刻，取上清液少量于试管中，加入稀盐酸酸化，再滴加BaCl2溶液，若有白色沉淀生成，则SO没有除尽，若没有沉淀，则除尽了。
(2)
①配制一定量的0.1mol/LNaOH溶液，根据配制流程，不需要③量筒、④漏斗，还需要用到的玻璃仪器是起搅拌、引流作用的玻璃棒。
②A．容量瓶是能配制一定体积一定物质的量浓度的仪器，故A正确；
B．容量瓶不是用来长期贮存溶液的，故B错误；
C．容量瓶的结构决定其不能用来溶解固体或稀释浓溶液，故C错误；
D．容量瓶只有一个刻度线，不能量取任一体积的液体，故D错误；
答案A。
③实验室需要0.1mol/LNaOH溶液480mL，但没有480mL规格的容量瓶，所以需要配制500mLNaOH溶液，则所需要的n(NaOH)=0.5L0.1mol/L=0.05mol，质量为m(NaOH)= 0.05mol40g/mol=2.0g。
④A．配制前，容量瓶底部有水珠，根据后期定容操作，可知对浓度没有影响，故A不符合题意；
B．转移时没有洗涤烧杯和玻璃棒，会导致有部分溶质没有转移到容量瓶中，导致溶液浓度偏小，故B符合题意；
C．若定容时仰视刻度线，会导致水加多，所配溶液浓度偏小，故C符合题意；
D．若NaOH溶液未冷却即转移至容量瓶定容，冷却至常温后，溶液液面低于刻度线，溶液体积偏小，导致浓度偏大，故D不符合题意；
答案BC。
19． mol L mol/L mol/L mol
(1)根据n=计算；
(2)由分子式XY3可知n(原子)=4n(XY3)，再结合N=n·NA计算；
(3)根据V=n·Vm计算；
(4)根据c=计算所得溶液浓度，根据溶液在稀释前后溶质的物质的量不变，计算稀释后溶液的浓度；溶液是均匀的，取出50mL稀释后的溶液的浓度等于稀释后溶液的浓度；
(5)CH4转化为CO2气体时，每1mol甲烷失去电子8mol电子，则转移电子的物质的量是甲烷物质的量的8倍。
(1)XY3气体m g，它的摩尔质量为M g/mol，则其物质的量n==mol；
(2)由分子式XY3可知n(原子)=4n(XY3)=4×mol；故含有原子数目=4×mol×NA/mol=；(3)标况下，该气体体积V=n·Vm=mol×22.4L/mol=L；
(4)该气体溶于水后形成VL溶液，其溶液的物质的量浓度c==mol/L；将该溶液加水稀释至原体积的2倍后，由于溶质的物质的量不变，所以根据稀释公式可知c1V1=c2V2，则溶液浓度是原物质浓度的一半，故c(稀释)=mol/L=mol/L。溶液是均匀的，取出50mL稀释后的溶液的浓度等于稀释后溶液的浓度为mol/L；
(5)相同条件下，气体的体积之比等于物质的量之比，则CH4的物质的量是mol，由于甲烷反应产生CO2时，C元素化合价升高8价，每1mol甲烷失去8mol电子，则mol CH4全部转化成CO2时转移的电子的物质的量为mol。
【点睛】本题考查常用化学计量的有关计算，掌握有关物质的量的计算公式n=、N=n·NA、V=n·Vm、c=、c1V1=c2V2，结合物质微粒的构成及反应时的转化关系，注意对公式的理解与灵活运用就可以轻松解答。
20． 1.12L 1.0mol/L 6.02×1022
2.3g钠的物质的量是2.3g÷23g/mol＝0.1mol，根据方程式可知
(1)生成0.05mol氢气，则生成的气体在标况下的体积为0.05mol×22.4L/mol＝1.12L；
(2)反应后所得溶液是氢氧化钠溶液，溶质氢氧化钠的物质的量是0.1mol，溶液体积是0.1L，则其物质的量浓度为0.1mol÷0.1L＝1.0mol/L；
(3)反应中钠元素化合价从0价升高到+1价，失去1个电子，则完全反应后转移电子的物质的量是0.1mol，电子个数为0.1mol×6.02×1023/mol＝6.02×1022。
21． 10.71% 2.25mol/L 2:1
（1）m(NaOH)=nM=cVM=3mol/L0.2L40g/mol=24g，m(H2O)=ρV=1g/mL200ml=200g， NaOH的质量分数为：；
（2）溶液中存在NaCl、NaClO，，n(Cl-)=n(NaCl)=n(Na+)-n(NaClO)=0.6-0.15=0.45mol，；
（3）由反应，与氢气反应后剩余，反应过程中总，总，与H2反应的，则：，氯气与参加反应的氢气的n(Cl2)：n(H2)=0.3：0.15=2：1。
22． O2 Na2CO3 析出白色晶体 Na2CO3＋H2O＋CO2=2NaHCO3↓ Ca(ClO)2+H2O+CO2=CaCO3↓+2HClO 取少许待测液于试管中，滴加几滴硝酸酸化的硝酸银溶液，若有白色沉淀生成，则证明原溶液中含有氯离子，反之则无 500mL容量瓶、胶头滴管 5.3g
B、C、D是非金属单质，且在常温常压下都是气体，D常用于自来水的杀菌、消毒以及有色物质的漂白，则D应为Cl2，C与氯气在光照条件下可以反应生成气态化合物F，则C为H2，F为HCl；化合物G的焰色试验呈黄色，则G中含有Na元素，HCl可以和G生成二氧化碳，则G为碳酸钠或碳酸氢钠，E可以和二氧化碳反应生成非金属单质B，且含有钠元素，则E为Na2O2，B为O2，G只能是Na2CO3；A和氧气加热生成过氧化钠，则A为Na单质。
综上所述A为Na，B为O2，C为H2，D为Cl2，E为Na2O2，G为Na2CO3，F为HCl。
(1)根据分析可知B为O2，G为Na2CO3；
(2)向饱和碳酸钠溶液中通入足量二氧化碳，反应生成碳酸氢钠，由于碳酸氢钠的溶解度较小，所以会析出白色晶体，化学方程式为Na2CO3＋H2O＋CO2=2NaHCO3↓；
(3)漂白粉的有效成分为Ca(ClO)2，与空气中的水和二氧化碳反应生成具有漂白性的HClO，化学方程式为Ca(ClO)2+H2O+CO2=CaCO3↓+2HClO；
(4)F为HCl，检验盐酸中的氯离子可以用硝酸酸化的硝酸银溶液，具体操作为：取少许待测液于试管中，滴加几滴硝酸酸化的硝酸银溶液，若有白色沉淀生成，则证明原溶液中含有氯离子，反之则无；
(5)配制460mL 0.100mol/L的Na2CO3溶液需要钥匙和天平称量一定量的碳酸钠，用量筒量取适量水在烧杯中溶解，溶解时需要玻璃棒搅拌，之后转移到500mL容量瓶中定容，定容时还需要胶头滴管，所以除所给仪器外还需要500mL容量瓶、胶头滴管；所以碳酸钠的质量为0.5L0.100mol/L106g/mol=5.3g。