第二章 海水中的重要元素——钠和氯 测试卷 （含解析）2022-2023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》测试卷
一、单选题
1．下列物质中，毒性最大的是
A．NaCl B． C． D．
2．下列物质中，在光照下不反应的是
A．氢气和氯气的混合气体 B．次氯酸
C．氢气和氧气的混合气体 D．氯水
3．“84”消毒液是一种以NaClO为主的高效消毒剂，在新冠肺炎防治中被广泛应用于宾馆、旅游、医院、家庭等的卫生消毒。某“84”消毒液瓶体部分标签如图1所示，该“84”消毒液通常稀释100倍(体积之比)后使用。下列叙述正确的是“”
A．根据图1信息，不能求出此“84”消毒液中NaClO的物质的量浓度
B．某同学参阅该“84”消毒液的配方，欲用NaClO固体配制480mL含NaClO质量分数为24%的消毒液。除选用图2所示的部分仪器外，还缺少的玻璃仪器有两种
C．若配制上述溶液，定容时俯视刻度线会导致所配溶液的物质的量浓度偏低
D．为增强“84”消毒液的消毒效果，可加入适量稀盐酸
4．下列离子方程式书写正确的是（ ）
A．醋酸溶解水垢（CaCO3）：CaCO3+2H+ =Ca2++H2O+CO2↑
B．在NaHCO3溶液中加入少量的Ba（OH）2溶液： Ba2+ +2OH- +2HCO=BaCO3↓+2H2O+CO
C．氢氧化铜和盐酸反应： H+ +OH－ =H2O
D．实验室制氯气：MnO2＋4H ++4Cl－= Mn2+＋2Cl2 ↑＋2H2O
5．下图是一种检验某气体化学性质的实验装置，图中B为开关。如先打开B，在A处通入干燥氯气，C中红色布条颜色无变化；当关闭B时，C中红色布条颜色褪去。则D瓶中盛有的溶液是
A．浓H2SO4 B．饱和Na2SO4 C．浓NaOH溶液 D．KI溶液
6．有1mol水蒸气、1mol液态水、1mol冰，它们所含水分子的个数（ ）
A．一定相等 B．冰最多 C．水蒸气最多 D．液态水最多
7．用等体积等物质的量浓度的BaCl2溶液可使相同体积的Fe2(SO4)3、FeSO4、K2SO4三种溶液中的SO42-离子恰好完全转化为沉淀，则三种溶液的物质的量浓度之比为
A．1：1：1 B．1：2：3 C．3：1：1 D．1：3：3
8．下列物质之间的转化不能一步实现的是
A． B．
C． D．
9．漂白粉是生产生活中常用的消毒剂。下列有关漂白粉的说法中，错误的是
①漂白粉是混合物，其有效成分是氯化钙和次氯酸钙
②为了提高漂白粉的漂白效果，使用时可加少量盐酸
③漂白粉性质稳定，可以敞口存放
④工业上利用氯气与石灰乳的反应制备漂白粉，要适当控制反应温度
A．①② B．②③ C．①③ D．①④
10．84消毒液可以用于杀灭新冠病毒。实验室用固体配制84消毒液时，下列说法正确的是
A．需用“84消毒液”，应选用的容量瓶
B．称量时，固体应放在托盘天平的右盘
C．配制时，容量瓶内有少量蒸馏水，对所配溶液浓度无影响
D．定容时，加水超过刻度线，应该立即用胶头滴管将多余的液体吸出
11．NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．18g D2O中含有的中子数是9NA
B．标准状况下，22.4L Br2含有的分子数为NA
C．在Al3+浓度为0.6mol/L的硫酸铝溶液中，的浓度为0.4mol/L
D．含有0.4mol HCl的浓盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数为0.2NA
12．下列物质中分子数由少到多的排列顺序是
①6 ②2 ③9水() ④22.4(标准状况)
A．①②④③ B．③④②① C．④②①③ D．③②④①
13．科学使用消毒液是阻断病毒传播的有效方式之一、下列关于“84”消毒液(有效成分是NaClO)的说法，错误的是
A．应在阴凉处密闭保存
B．最好与浓盐酸混合使用
C．能杀菌消毒，利用的是HClO的强氧化性
D．制备原理为Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O
14．下列关于钠的重要化合物说法不正确的是
A．Na2O2与CO2反应中，Na2O2既是氧化剂，又是还原剂
B．碳酸钠的水溶液显碱性，说明碳酸钠是一种碱
C．可以通过灼烧法来测定某碳酸钠和碳酸氢钠粉末中，碳酸钠的含量
D．可通过焰色反应来确定某溶液中是否含有Na+
15．下列物质，漂白原理不同于其他三者的是(　　)
A．过氧化钠 B．新制氯水 C．二氧化硫 D．漂粉精
二、填空题
16．（1）配平下列方程式
①_____KI+_______KIO3+______H2SO4=______I2+_______K2SO4+_______H2O___________
②_____MnO4-+______H++______Cl-=_____Mn2++______Cl2↑+______H2O______________
③______P4+______KOH+______H2O=_____K3PO4+______PH3______________
（2）已知某反应中反应物与生成物有：KIO3、Na2SO3、H2SO4、I2、K2SO4、H2O和未知物X。写出该反应的化学方程式：__________________________________________________。
（3）据报道，日常生活中，将洁厕液与84消毒液混合使用会发生中毒的事故。
①84消毒液的主要成分是次氯酸钠，写出次氯酸钠的电子式：__________；若将84消毒液长期露置于空气中，溶液中的主要成分将变为__________(填化学式)。
②洁厕灵的主要成分是HCl。洁厕液与84消毒液混合后会发生氧化还原反应，生成有毒的氯气。写出该反应的离子方程式：______________________________。
17．(1)0.5 mol Na2CO3中含有_____个Na+。
(2)等质量的HCl、NH3、CO2、O2四种气体，在相同温度和相同压强条件下，体积最大的是________。
(3)标准状况下，将56L氨气溶于水形成1L氨水，其密度是0.9lg/cm3，则此氨水的物质的量浓度为______mol/L。
(4)实验室需要0.50mol·L-1NaCl溶液480mL。
①配制溶液时必需的仪器有：托盘天平(精确到0.1)、药匙、烧杯、玻璃棒、______、胶头滴管以及等质量的几片滤纸。
②配制该溶液需称取NaCl晶体的质量为_______。
③下列操作会使所配溶液浓度偏低的是________。
A．容量瓶洗涤干净后未干燥
B．定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面下降，再加适量的蒸馏水
C．定容时俯视刻度线
D．烧杯和玻璃棒未洗涤
(5)在反应2KMnO4＋16HCl＝2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O中，被氧化的元素是______，当有8 molHCl被氧化时，被还原的KMnO4为_______mol。
三、实验题
18．现有mg含有Na2O杂质的Na2O2样品，某同学在实验室用如下装置(部分夹持仪器已省略)测定其杂质含量：
回答下列问题：
(1)装置A中反应的离子方程式为___________；该反应基本类型为___________，其中CaCO3属于___________(填“酸”“碱”或“盐”)。
(2)图中有一处明显错误，请指出并改正：___________。
(3)装置B的作用是___________；装置D的作用是___________；若无装置D，样品中杂质的质量分数___________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
(4)写出装置C中Na2O2与CO2发生反应的化学方程式：___________。
(5)实验结束后，装置F中水的体积为V mL，已知氧气的密度为1.43 g· L-1，样品中杂质的质量分数为___________(用含m、V的代数式表示，列出计算式即可)。
19．现有含有少量NaCl、Na2SO4、Na2CO3等杂质的NaNO3溶液，选择适当的试剂除去杂质，得到纯净的NaNO3固体，实验流程如图所示。
(1)②中反应的离子方程式是________________________。
(2)①②③中均进行的分离操作是______（填操作名称）。
(3)③中加入过量的Na2CO3溶液的目的是________________________________。
(4)溶液3经过处理可以得到NaNO3固体，为了除去杂质，可向溶液3中加入适量的_______。 （填化学式）
(5)实验室用上述实验获得的NaNO3固体配制480mL 0.40mol/L NaNO3溶液。
①配制溶液时，称取NaNO3固体的质量是_____g。
②实验所需玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、量筒、__________、___________。
③配制时，一般可分为以下几个步骤：
A称量 B计算 C溶解 D摇匀 E移液 F洗涤 G定容 H冷却
正确的操作顺序为：_______________________________ (填序号)。
④下列操作可能使配制溶液浓度偏低的是________(填字母)。
A．移液时，未洗涤烧杯内壁和玻璃棒
B．溶解后未经冷却就移液
C．移液时，有少量液体溅出
D．摇匀后，液面低于刻度线，加蒸馏水至刻度线
E．配置前，容量瓶中有少量蒸馏水
四、计算题
20．利用反应：，制得标准状况氯气1.12L时，求：
（1）理论上消耗HCl的物质的量_____。
（2）理论上消耗高锰酸钾的质量_______。
21．(1)1.5NA个H2O中，H原子的物质的量是_______。
(2)标准状况下，等体积的氧气和某气体质量比为1：2.5，则该气体的摩尔质量为_______。
(3)9 g中电子数目是_______。
(4)100克质量分数为46%的乙醇水溶液含有氧原子_______mol。
(5)已知4 g RO中核外电子数比质子数多6.02×1022个，则元素R的相对原子质量为_______。
(6)在恒温条件下，向2 L恒容密闭容器中加入1 mol N2和3 mol H2发生反应N2+3H22NH3，起始时压强为P0，反应一段时间之后压强为P1，请用P0、P1表示此时N2的转化率_______。(提示：转化率=)
试卷第2页，共6页
参考答案：
1．D
【详解】A．氯化钠是食盐的主要成分，没有毒，A错误；
B．碳酸氢钠俗称小苏打，没有毒，B错误；
C．硫酸钡不能溶于水和酸，对人体无害，没有毒，C错误；
D．碳酸钡和胃酸中的盐酸反应生成氯化钡，其中钡离子是重金属离子，可以使蛋白质变性，有毒，D正确；
故选D。
2．C
【详解】A．氢气和氯气在光照条件下反应生成HCl，Cl2+H22HCl，故A不选；
B．次氯酸不稳定，光照易分解生成HCl和氧气，2HClO2HCl+O2↑，故B不选；
C．氢气和氧气在光照条件下不反应，故C选；
D．氯水中存在次氯酸，次氯酸不稳定，光照易分解生成HCl和氧气2HClO2HCl+O2↑，故D不选；
故选C。
3．B
【详解】A．已知图1信息，利用可求出NaClO的物质的量浓度，A项错误；
B．根据图2配制溶液除选择C、D、E外还需要的玻璃仪器是玻璃棒和胶头滴管，B项正确；
C．定容时俯视刻度线会导致所配溶液的物质的量浓度偏高，C项错误；
D．为增强“84”消毒液的消毒效果，不能加入稀盐酸，因为会发生：，产生有毒的，D项错误。
故选B。
4．B
【详解】A.醋酸与碳酸钙反应生成醋酸钙、二氧化碳和水，醋酸为弱酸，不能拆写，反应的离子方程式为CaCO3+2CH3COOH =Ca2+ +2CH3COO-+H2O+CO2↑，故A错误；
B.NaHCO3溶液中与少量的Ba（OH）2溶液反应生成碳酸钡沉淀、碳酸钠和水，反应的离子方程式为Ba2+ +2OH- +2HCO=BaCO3↓+2H2O+CO，故B正确；
C.氢氧化铜和盐酸反应生成氯化铜和水，氢氧化铜不溶于水，不能拆写，反应的离子方程式为2H+ + Cu（OH）2 = Cu2++2H2O，故C错误；
D.实验室制氯气的反应为二氧化锰和浓盐酸共热发生氧化还原反应生成氯化锰、氯气和水，反应的离子方程式为MnO2＋4H ++2Cl－Mn2+＋Cl2 ↑＋2H2O，故D错误；
故选B。
5．B
【详解】A．关闭B，干燥Cl2通过浓H2SO4，仍为干燥氯气，C中红色布条颜色无变化，A不符合题意；
B．关闭B，干燥Cl2通过饱和Na2SO4，与溶液不反应，此时逸出的Cl2潮湿，C中红色布条褪色，B符合题意；
C．关闭B，干燥Cl2被浓NaOH溶液吸收，C中红色布条颜色无变化，C不符合题意；
D．关闭B，干燥Cl2通过KI溶液，发生反应2KI+Cl2=2KCl+I2，C中红色布条颜色无变化，D不符合题意；
故选B。
6．A
【详解】三者的物质的量相同，都为水，则由N=nNA可知，三者所含的分子数相等，故选：A。
7．D
【解析】等体积等物质的量浓度的BaCl2溶液，溶质的物质的量相同，利用钡离子与硫酸根离子的关系来计算Fe2(SO4)3、FeSO4、K2SO4三种溶液中溶质的物质的量，因三种溶液的体积相同，则物质的量之比等于其浓度之比。
【详解】由题意设BaCl2溶液中BaCl2的物质的量为1 mol，Fe2(SO4)3、FeSO4、K2SO4三种溶液中的SO42-离子恰好完全转化为沉淀，假设Fe2(SO4)3、FeSO4、K2SO4三种物质的物质的量为x、y、z，则根据Ba2++SO42-=BaSO4↓，可知x×3=y×1=z×1=1 mol，解得x：y：z=1：3：3，因三种溶液的体积相同，则物质的量之比等于其浓度之比，故c[Fe2(SO4)3]：c(FeSO4)：c(K2SO4)= 1：3：3，故合理选项是D。
【点睛】本题考查离子的浓度关系，明确钡离子与硫酸根离子的关系及信息中溶液中的SO42-离子恰好完全转化为沉淀是解答本题的关键。注意同一溶液微粒的浓度比等于物质的量的比，及电解质化学式与其电离产生的离子的关系。
8．C
【详解】A．向NaHCO3中加入H2SO4可以实现一步转化，A不选；
B．向Na2O2中加入HCl可以实现一步转化生成NaCl，B不选；
C．AgCl无法一步转化为AgNO3，选C；
D．HClO不稳定，光照条件或加热时会直接分解为HCl和O2，D不选。
因此，本题选C。
9．C
【详解】①漂白粉是混合物，其成分是氯化钙和次氯酸钙，其有效成分是次氯酸钙，故①错误；②使用漂白粉时可加少量盐酸增加次氯酸浓度，可以提高漂白粉的漂白效果，故②正确；③漂白粉中次氯酸钙会与空气中二氧化碳和水反应，因此漂白粉密封保存，故③错误；④工业上利用氯气与石灰乳的反应制备漂白粉，要适当控制反应温度，避免生成氯酸钙，故④正确；因此①③错误；故C符合题意。
综上所述，答案为C。
10．C
【详解】A．实验室没有480mL的容量瓶，应选用大而近的，即选用500mL的容量瓶，故A错误；
B．称量时，应是左物右码，NaClO固体应放在托盘天平的左盘，故B错误；
C．配制时，容量瓶内有无蒸馏水，对所配溶液浓度无影响，故C正确；
D．定容时，加水超过刻度线，应重新配制溶液，故D错误；
答案为C。
11．A
【详解】A．D2O的摩尔质量为20g/mol，18g D2O即0.9mol，含有的中子的物质的量为9mol，个数是9NA，A说法正确；
B．标准状况下，Br2为液体，无法用气体摩尔体积计算其物质的量，B说法错误；
C．在Al3+浓度为0.6mol/L的硫酸铝溶液中，根据溶液呈电中性，则的浓度为0.9mol/L，C说法错误；
D．含有0.4mol HCl的浓盐酸与足量MnO2共热，随反应的进行，盐酸变稀，则不在反应，无法计算转移的电子数，D说法错误；
答案为A。
12．B
【解析】根据n=，计算氢气、氨气、氧气物质的量，注意根据m=ρV计算水的质量，再根据n=，计算水的物质的量，由N=nNA可知，物质的量越大，含有分子数目越多。
【详解】①6g H2的物质的量==3mol；
②2mol NH3；
③9mL水(4℃)的质量=9mL×1g/mL=9g，其物质的量==0.5mol；
④22.4L O2(标准状况)的物质的量==1mol，
故分子数目由少到多为：③④②①，答案选B。
13．B
【详解】A．84消毒液中的次氯酸钠可以和水、二氧化碳反应生成的次氯酸见光易分解，应放在阴凉处密封保存，A正确；
B．84消毒液中的次氯酸钠可以和盐酸反应生成氯气，不能混用，B错误；
C．氯酸钠和水、二氧化碳反应生成的次氯酸具有强氧化性，可以杀菌消毒，C正确；
D．氯气和氢氧化钠反应生成84消毒液，方程式为：Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O，D正确；
故选B。
14．B
【详解】A．Na2O2与CO2反应生成碳酸钠和氧气，Na2O2中-1价的氧元素，部分价态升高到0价，部分价态降低到-2价，所以Na2O2在反应中既是氧化剂，又是还原剂，故A不选；
B．碱电离出的阴离子全部为氢氧根离子的化合物，碳酸钠的水溶液虽然显碱性，但是碳酸钠是由钠离子和碳酸根离子组成的化合物，属于盐，不属于碱，故B可选；
C．碳酸氢钠受热易分解，而碳酸钠性质稳定，灼烧一定质量的某碳酸钠和碳酸氢钠粉末，充分反应后固体质量减小，利用质量差量法，可以测定出碳酸氢钠的质量，进而计算出碳酸钠的含量，故C不选；
D．含有钠元素的物质的焰色试验为黄色，所以可通过焰色试验来确定某溶液中是否含有Na+，故D不选；
故选B。
15．C
【详解】A．过氧化钠的漂白是因为其强氧化性所致；
B．新制氯水中含有次氯酸，具有强氧化性而导致其能漂白；
C．二氧化硫的漂白是因为其与有机色素形成不稳定的无色物质所致，不涉及氧化还原反应；
D．漂粉精中含有含有次氯酸盐，有强氧化性，能漂白；
综上所述，过氧化钠、新制氯水、漂粉精的漂白都是因为其强化氧化性，而二氧化硫的漂白不是因为强氧化性，与其它选项的漂白原理不同，答案选C。
16． 5　1　3　3　3　3 2　16　10　2　5　8 2　9　3　3　5 2KIO3＋5Na2SO3＋H2SO4=K2SO4＋5Na2SO4＋I2＋H2O NaCl ClO－＋Cl－＋2H＋=Cl2↑＋H2O
【详解】(1) ① KI中的I从-1价升到0价，化合价升1，KIO3中的I从+5价降到0价，化合价降5，H2SO4中没有元素变价，所以KI与KIO3的的比为5：1，再根据质量守恒进行配平得反应化学方程式为：5KI+KIO3+3H2SO4=3I2+3K2SO4+3H2O；②用化合价升降法配平，式中Mn从+7价降到了+2价，Cl从-1价升到了0价，化合价升降最小公倍数为10，所以应该给Cl2前面配5 ，Mn2+前面配2 ，因此MnO4-前面配2 ，Cl-前面配10 ，综合起来氢离子前面配16 ，水前面配8 。反应离子方程式为：2MnO4- +10Cl-+16H+==2Mn2+ +5Cl2↑+8H2O；③P4+KOH+H2OK3PO4+PH3 ，由单质磷0价到+5价，化合价升高5，转移5个电子，由0价到-3价，化合价降低3，转移3个电子，根据得失电子守恒，所以磷酸钾前配3，PH3前配5，根据磷原子守恒，反应物磷前配2，根据钾原子守恒，氢氧化钾前配9，根据氧原子守恒，水前配3，则反应方程式为：2 P4+9KOH+3H2O=3K3PO4+5PH3；（2）根据提供的物质，KIO3中的I（+5）化合价较高，氧化性较强，可作氧化剂，则I2为还产物；Na2SO3中亚硫酸根离子还原性较强，作为还原剂，则Na2SO4等含硫酸根离子的物质为氧化产物，再结合氧化还原反应的配平可得反应方程式为：2KIO3＋5Na2SO3＋H2SO4=K2SO4＋5Na2SO4＋I2＋H2O；（3）①次氯酸钠是离子化合物，氧原子和氯原子共用1对共用电子对，电子式为：；84消毒液有效成分NaClO，长期露置于空气中，发生反应：2NaClO+CO2+H2O=Na2CO3+2HClO，2HClO2HCl+O2↑，Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O，最终会变为NaCl溶液，溶液中的主要成分将变为NaCl；（4）次氯酸钠有强氧化性，盐酸有强还原性，两者相遇发生氧化还原反应生成氯气，方程式为：NaClO+2HCl═NaCl+Cl2↑+H2O，离子方程式为：ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O。
点睛：本题综合考查氯的化合物的性质以及卤素的性质比较，题目较为综合，注意把握题给信息，尤其是氧化还原反应知识的运用。
17． NA或6. 02×1023 NH3 2.5 500 mL容量瓶 14.6 BD 氯(或Cl) 1.6
【详解】(1)0.5 mol Na2CO3中含有钠离子的物质的量是0.5mol×2＝1mol，其个数是NA或6.02×1023；
(2)HCl、NH3、CO2、O2四种气体的相对分子质量分别是36.5、17、44、32，根据n＝可知，等质量的HCl、NH3、CO2、O2四种气体的物质的量由大到小的顺序是NH3、O2、HCl、CO2，因此在相同温度和相同压强条件下，物质的量与体积成正比，体积最大的是氨气；
(3)标准状况下，56L氨气的物质的量是=2.5mol，溶于水形成1L氨水，则此氨水的物质的量浓度为=2.5mol/L；
(4)①实验室需要0.50mol·L-1NaCl溶液480mL，应该配制500mL溶液，因此还缺少的仪器是500 mL容量瓶；
②需要氯化钠的质量是0.5L×0.5mol/L×58.5g/mol=14.625g，则配制该溶液需要称取NaCl晶体的质量为14.6g；
③A．容量瓶洗涤干净后未干燥，溶质的物质的量和溶液体积不变，浓度不变，故A不符合题意；
B．定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面下降，再加适量的蒸馏水，溶液的体积增加，浓度偏低，故B符合题意；
C．定容时俯视刻度线，溶液的体积减少，浓度偏高，故C不符合题意；
D．烧杯和玻璃棒未洗涤，溶质的质量减少，浓度偏低，故D符合题意；
答案选BD；
(5)在反应2KMnO4＋16HCl＝2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O中氯元素化合价从－1价升高到0价，失去1个电子，则被氧化的元素是Cl。锰元素化合价从+7价降低到+2价得到5个电子，当有8 molHCl被氧化时，根据电子得失守恒可知被还原的KMnO4为＝1.6mol。
18．(1) CaCO3+2H+= Ca2++CO2 ↑+H2O 复分解反应 盐
(2)装置B中左边导管口应浸没在液面以下，右边导管口稍稍伸出橡胶塞即可
(3) 除去挥发出的HCl 吸收未反应的CO2 偏低
(4)2Na2O2 +2CO2=2Na2CO3 +O2
(5) 100%
【分析】制备CO2，经除杂后与金属氧化物接触反应，生成的氧气进入E装置，通过排水量测定氧气生成的量；
【详解】（1）A装置中利用CaCO3制备CO2，属于复分解反应，所以本问第一空应填“”，第二空应填“复分解反应”，第三空应填“盐”；
（2）装置B应为洗气瓶，用于气体除杂，故导管安装应是气流长进短出，所以本问应填“装置B中左边导管口应浸没在液面以下，右边导管口稍稍伸出橡胶塞即可”；
（3）盐酸有挥发性，有HCl气体会伴随CO2逸出A装置，B装置用于吸收HCl气体，所以本问第一空应填“除去挥发出的HCl”；CO2与Na的金属氧化物接触反应，会有少量CO2未反应就通过装置C，所以本问第二空应填“吸收未反应的CO2”；若不除去CO2，CO2进入装置E同样会排水占据容器内空间，排出的水的体积会被认定为是O2排水造成的，故实验中O2体积测定就偏大，通过换算得到的Na2O2质量就偏高，则杂质含量计算数据就偏低，所以本问第三空应填“偏低”；
（4）过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，所以本问应填“”；
（5）装置F中水的体积是VmL，说明生成O2就是VmL，换算得氧气的质量为，设Na2O2的质量是x，代入方程式列式计算
，
杂质的质量分数为，所以本问应填“”。
19． 过滤 除尽Ag+ 和Ba2+ HNO3 17.0 500mL容量瓶 胶头滴管 BACHEFGD ACD
【分析】由实验流程可知，加入过量的Ba（NO3）2，生成BaSO4、BaCO3沉淀，然后在滤液中加入过量的AgNO3，使Cl-全部转化为AgCl沉淀，在所得滤液中加入过量的Na2CO3，使溶液中的Ag+、Ba2+完全沉淀，最后所得溶液为NaNO3和Na2CO3的混合物，加入稀HNO3，最后进行蒸发操作可得固体NaNO3．根据配制一定浓度的溶液步骤操作，进行分析。
【详解】(1)滤液1中含氯离子，加入过量的AgNO3，使Cl 全部转化为AgCl沉淀，反应的离子方程式为：，故答案为：；
(2)①②③中均进行的分离是把不溶性物质和可溶性物质分离，故为过滤，故答案为：过滤；
(3)滤液中含有Ag+、Ba2+，在所得滤液中加入过量的Na2CO3，使溶液中的Ag+、Ba2+完全沉淀，故答案为：除尽Ag+ 和Ba2+；
(4)溶液3为NaNO3和Na2CO3的混合物，加入稀HNO3，可除去Na2CO3，最后加热蒸发、冷却结晶、过滤得到硝酸钠，故答案为：HNO3；
(5)①制备500mL0.4mol/L的NaNO3溶液，则需要硝酸钠的质量为，故答案为：17.0；
②配制一定物质的量浓度的溶液需要用到的玻璃仪器有500mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管，则还缺少的玻璃仪器有：500mL容量瓶、胶头滴管，故答案为：500mL容量瓶；胶头滴管；
③一定物质的量浓度的溶液配制流程为：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀 ，故答案为：BACHEFGD；
④A．移液时，未洗涤烧杯内壁和玻璃棒，会导致有少量溶质残留在烧杯内壁和玻璃棒，减小溶质的物质的量，根据，可知会导致溶液的浓度偏小，故A选；
B．溶解后未经冷却就移液，由于液体热胀冷缩，会导致定容时溶液的体积偏小，根据可知会导致溶液的浓度偏大，故B不选；
C．移液时，有少量液体溅出，减小溶质的物质的量，根据，可知会导致溶液的浓度偏小，故C选；
D．摇匀后，液面低于刻度线，加蒸馏水至刻度线，水多加了，溶液体积偏大，根据，可知会导致溶液的浓度偏小，故D选；
E．配置前，容量瓶中有少量蒸馏水，不影溶液的浓度，故E不选。故答案选：ACD。
20． 0.16mol 3.16g
【分析】n（C12）==0.05mol，反应的方程式为，根据方程式计算。
【详解】（1）n（C12）==0.05mol，根据方程式16HCl(浓)+2KMnO4＝2KCl+2MnCl2+5C12↑+8H2O可知消耗HCl是n（HCl）=0.05mol×=0.16mol；
（2）由方程式可知，当生成5molC12时，有2mol KMnO4参加反应，则生成0.05molC12时，有0.02mol KMnO4参加反应，m（KMnO4）=0.02mol×158g/mol=3.16g。
21． 3.0 mol 80 g/mol 5NA 4 32
【详解】(1)1.5NA个H2O的物质的量是1.5 mol，由于在1个H2O中含有2个H原子，所以1.5NA个H2O 中含有的H原子的物质的量是n(H)=1.5 mol×2=3.0 mol；
(2)标准状况下，等体积的氧气和某气体的物质的量相等，二者质量比为1：2.5，则气体的摩尔质量之比等于二者的质量比，假设该气体的摩尔质量是M，则32 g/mol：M=1：2.5，解得M=80 g/mol；
(3)9 g的物质的量是n()==0.5 mol，由于在1个中含有的电子数是10个，则在0.5 mol中所含电子数目是N(e-)=0.5 mol×10×NA=5NA；
(4)100克质量分数为46%的乙醇水溶液中含有乙醇质量是46 g，含有水是54 g，46 g 乙醇的物质的量是n(C2H5OH)==1 mol，54 gH2O的物质的量是n(H2O)==3 mol，由于在C2H5OH 、H2O分子中都含有1个O原子，故100 g该溶液中含有氧原子的物质的量n(O)=1 mol+3 mol=4 mol；
(5)1个RO中核外电子数比质子数多2个，现在4 g RO中核外电子数比质子数多6.02×1022个，则RO的物质的量是n(RO)==0.05 mol，故其摩尔质量M==80 g/mol，所以R的相对原子质量为80-3×16=32；
(6)假设N2转化的物质的量是x mol，根据物质反应转化关系可知平衡时各种气体的物质的量分别为：n(N2)=(1-x) mol；n(H2)=(3-3x) mol；n(NH3)=2x mol，平衡时气体总物质的量为n(总)=(4-2x) mol。在恒温条件下，气体的物质的量的比等于气体的体积比，则4：(4-2x)= P0：P1，解得x=，所以此时N2的转化率为