第二章 海水中的重要元素——钠和氯 测试题 （含解析）2022-2023学年高一上学期化学人教版（2019）必修第一册
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| 名称 | 第二章 海水中的重要元素——钠和氯 测试题 （含解析）2022-2023学年高一上学期化学人教版（2019）必修第一册 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 688.2KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2023-07-03 20:45:09 | ||
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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．下列操作一定会使结果偏低的是（ ）
A．配制一定物质的量浓度的溶液时，用胶头滴管将超过刻度线的溶液吸出
B．测定胆矾晶体中的结晶水含量，加热后，未进行恒重操作
C．酸碱滴定实验，滴加最后一滴标准液，溶液颜色突变，未等待半分钟
D．测定气体摩尔体积时，气体体积未减去注入酸的体积
2．下列反应的离子方程式书写正确的是
A．钠与氯化铜溶液反应：2Na+Cu2+=Cu+2Na+
B．过氧化钠与水反应：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑
C．氢氧化钡溶液与硫酸反应：Ba2++OH-+H++SO=BaSO4↓+H2O
D．NaHCO3溶液与盐酸反应：CO+2H+=CO2↑+H2O
3．下列条件中，两种气体所含原子数一定相等的是
A．同温度、同体积的H2和O2 B．同质量、不同密度的N2和CO
C．同体积、同密度的C2H6和NO D．同压强、同体积的N2O和CO2
4．向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2，结果有晶体析出，对析出晶体的原因分析不正确的是（ ）
A．相同温度下NaHCO3的溶解度小于Na2CO3
B．溶液中溶剂减少了
C．溶质质量增加了
D．反应过程放热
5．下列说法正确的是
A．贮存Cl2的钢瓶应贴有如图标签
B．在实验室里，钠需要保存在煤油中
C．稀释浓H2SO4时，需要沿玻璃棒将水加入到浓H2SO4中并不断搅拌
D．NaOH溶液可用于实验室中除去CO尾气
6．两份体积相同的某植物营养液，其配方分别如下,下列对这两份营养液成分分析中正确的是( )
KCl K2SO4 ZnSO4
① 0.3 mol·L－1 0.2 mol·L－1 0.2 mol·L－1
② 0.1 mol·L－1 0.3 mol·L－1 —
A．K＋的物质的量相同 B．Cl－的物质的量相同
C．完全相同 D．SO42-的物质的量相同
7．某化学课外活动小组通过下列实验验证Cl2与NH3的反应，下列有关说法错误的是（ ）
A．用KMnO4和浓盐酸制备Cl2时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:5
B．反应后，装置C中黄绿色变浅，并有白烟产生，白烟的成分为NH4Cl
C．A装置制备Cl2，E装置制备NH3
D．尾气中的NH3可被F装置吸收
8．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．向淀粉碘化钾溶液中加入氯水，溶液变为蓝色，可证明氯水的氧化性强于I2
B．新制氯水滴在蓝色石蕊试纸上，试纸先变红色后褪色，说明Cl2有漂白性
C．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﹣
D．向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，说明氯水中含有H+
9．下列有关氯气的叙述中不正确的是
A．金属钠可在氯气中剧烈燃烧 B．通常状况下，干燥的氯气能与铁反应
C．光照氯气和氢气的混合物会发生爆炸 D．氯气与水反应生成盐酸和次氯酸
10．利用图中有关实验装置进行相关实验，不能达到实验目的的是
A．用图甲所示装置检验金属钠与水反应的热效应
B．用图乙所示装置制取并收集干燥纯净的NH3
C．用图丙所示装置制取漂白粉
D．用图丁所示装置检验氨气的水溶性
11．设表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．和足量的盐酸完全反应失去电子数为0.3
B．标准状况下，水含有个分子
C．和的混合气体中含原子数目为
D．溶液中含有数目为2
12．一定条件下，中学化学常见物质甲、乙之间存在如下转化关系，乙是
A．HCl B．NaHCO3 C．KOH D．FeCl2
二、非选择题（共10题）
13．过氧化钠是重要的化工原料，具有多种用途。
(1)过氧化钠是_______色固体。
(2)过氧化钠可用作呼吸面具、潜水艇的供氧剂，写出和反应的化学方程式：_______。
(3)某实验小组通过如图所示实验，探究与水的反应，下列说法正确的是_______。
A．②中的大量气泡主要成分是氢气
B．③中溶液变红，说明有酸性物质生成
C．④中现象可能是由于溶液中含有强氧化性物质造成的
D．⑤中的主要作用是降低了水中氧气的溶解度
(4)具有强氧化性，与反应能生成硫酸钠，写出反应的化学方程式：_______。
14．常温下，取2.86gNa2CO3·10H2O溶于水配成100mL溶液，求：
①该溶液中Na2CO3的物质的量浓度为_______。
②该溶液中Na+的物质的量为_____。
③取出20.0mL该溶液用蒸馏水稀释，使Na2CO3溶液物质的量浓度变为0.04mol/L，则稀释后溶液的体积是______。
15．生活中为了延长鲜花的寿命，通常会在花瓶中加入鲜花保鲜剂。下表是0.5 L某种鲜花保鲜剂中含有的成分及含量，阅读后回答下列问题：
成分 质量（g） 摩尔质量（g/mol）
蔗糖（C12H22O11） 25.00 342
硫酸钾（K2SO4） 0.25 174
高锰酸钾（KMnO4） 0.25 158
阿司匹林（C9H8O4） 0.17 180
硝酸银（AgNO3） 0.02 170
（1）鲜花保鲜剂的下列成分中，属于电解质的是___________（填序号）。
a．蔗糖 b．硫酸钾 c．硝酸银
（2）欲配制500 mL该鲜花保鲜剂，现已提供下列仪器：①胶头滴管、②量筒、③烧杯、④ 药匙、⑤玻璃棒、⑥天平，如要完成实验，缺少的玻璃仪器还有_______________（写仪器名称）。
（3）写出该鲜花保鲜剂中K+的物质的量浓度的计算式：___________________ mol/L（可以不化简）。
16．过氧化钙(CaO2)是一种白色晶体，能潮解，难溶于水，可与水缓慢反应，不溶于乙醇，易与酸反应，常用作杀菌剂、防腐剂等。根据题意，回答相关问题。
I．CaO2晶体的制备：CaO2晶体通常可利用CaCl2在碱性条件下与H2O2反应制得。某化学兴趣小组在实验室制备CaO2的实验方案和装置示意图如下：
(1)三颈烧瓶中发生的主要反应的化学方程式为___________。
(2)冷水浴的目的是__；步骤③中洗涤CaO2·8H2O的实验操作方法是__
Ⅱ．CaO2含量的测定：测定CaO2样品纯度的方法是：称取0.200g样品于锥形瓶中，加入50mL水和15mL2mol·L-lHCl，振荡使样品溶解生成过氧化氢，再加入几滴MnCl2稀溶液，立即用0.0200mol·L-lKMnO4标准溶液滴定到终点，消耗25.00mL标准液。
(3)上述过程中使用稀盐酸而不使用稀硫酸溶解样品的原因是______；滴定前加入MnCl2稀溶液的作用可能是______。
(4)滴定过程中的离子方程式为____，样品中CaO2的质量分数为____。
(5)实验I制得的晶体样品中CaO2含量偏低的可能原因是：_______。
17．如图所示是某学生设计的实验室制备并干燥Cl2及吸收多余氯气的实验装置图，请回答：
(1)A是浓盐酸，B是二氧化锰，将A滴入B中时发生反应的化学方程式为___________。
(2)在实验室中，某同学欲用上图中的装置净化氯气，则瓶C、D中应盛放的试剂分别是C___________，D___________(填试剂名称)，其作用分别是C___________，D___________。
(3)用___________试纸来检验Cl2，F中盛放的试剂是NaOH溶液，涉及到的离子方程式是___________。
18．用98%的浓硫酸(其密度为1.84 g/cm3)配制98 mL 1.0 mol·L－1稀硫酸,若实验仪器有:
A．100 mL量筒 B．托盘天平 C．玻璃棒 D．50 mL容量瓶 E.10 mL量筒 F.胶头滴管 G.50 mL烧杯 H.100 mL容量瓶
（1）需量取浓硫酸的体积为 ______ mL。
（2）实验时选用的仪器有(填序号)_______
（3）配制过程中，下列情况会使配制结果偏高的是(填序号)_____
①定容时俯视刻度线观察液面
②容量瓶使用时未干燥
③定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面低于刻度线，再加蒸馏水补至刻度线
（4）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，再用待配液润洗
C．将氢氧化钠固体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．将准确量取的18.4 mol·L－1的硫酸，注入已盛有30 mL水的100 mL的容量瓶中，加水至刻度线
E.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
19．将1.95g由Na2SO4和Na2CO3组成的混合物溶于水得溶液A，在A中加入10mL未知的BaCl2溶液恰好完全反应，过滤得沉淀B，向B中加入足量稀盐酸，充分反应后剩余沉淀2.33g。计算：
(1)原混合物中Na2CO3的质量___g。
(2)BaCl2溶液的物质的量浓度为___。
20．有一稀硫酸和稀硝酸的混合溶液，取出其中的10mL，加入足量氯化钡溶液，将生成的沉淀滤出洗净，烘干称得质量为9.32g；另取这种溶液10mL与4mol/L的NaOH溶液25mL恰好完全中和；再取10mL原混合溶液与0.96g铜粉共热；
求：（1）稀硫酸的物质的量浓度是多少？
（2）有多少毫升气体产生？（标准状况下）
21．回答下列问题
(1)在标准状况下，22.4LN2中所含有N2的物质的量为___________，NaOH的摩尔质量为___________，从1L0.1mol·L-1Na2CO3溶液中取出100mL，则取出的溶液中Na2CO3的物质的量浓度为___________。
(2)物质的量浓度相同的NaCl、MgCl2、AlCl3三种溶液，当溶液的体积比为1：2：3时，三种溶液中Cl-的物质的量之比为___________。
(3)下列溶液中，氯离子的离子浓度最大的是___________
A．200mL2mol/L氯化钾 B．100mLlmol/L氯化钙
C．200mL0.5molL氯化铝 D．75mL1.5mol/L氯化镁
(4)用1L1.0mol/LNaOH溶液吸收0.8molCO2，所得溶液中的和的浓度之比为___________
(5)标准状况下，VL某气体(此气体不与水反应)溶解在500mL水中(水的密度近似为1.0g/cm3)，所得溶液的密度为dg/cm3，溶质的摩尔质量为，溶质的物质的量浓度为c=___________。
22．有关物质的转化关系如下图所示(部分物质已略去)。A、C都是金属氧化物，其中C为淡黄色，B是一种常见的强酸(图中为高浓度B)，D是最常见的无色液体，E、F、H都是常见的气体，且E、F都可用于漂白，H是空气中主要成分之一，I、J都是由三种相同元素(短周期元素)组成的盐。
请回答下列问题：
(1)G的电子式为___________。
(2)I的化学式为___________。
(3)写出反应①的化学方程式___________。
参考答案：
1．A
A、用胶头滴管将超过刻度线的溶液吸出，说明配制一定物质的量浓度的溶液时，加水超过了刻度线，配制的浓度一定偏低，故A选；
B、未进行恒重操作，可能会导致测定的硫酸铜粉末的质量偏大，测定的结晶水的含量偏小，但若胆矾晶体中结晶水恰好全部失去，则测定的结晶水的含量准确，故B不选；
C、酸碱滴定实验，滴加最后一滴标准液，溶液颜色突变，未等待30s立即读数，可能未达到滴定终点，测定结果可能偏低，但也可能恰好达到滴定终点，测定结果准确，故C不选；
D、测定气体摩尔体积时，气体体积未减去注入酸的体积，导致排除的水的体积偏大，即生成气体的体积偏大，测定结果偏高，故D不选；
故选：A。
2．B
A．钠与氯化铜溶液反应，钠与水反应生成NaOH和H2，NaOH和CuCl2反应生成Cu(OH)2沉淀和NaCl，反应总的离子方程式为：2Na+2H2O+Cu2+=Cu(OH)2↓+H2↑+2Na+，A错误；
B．过氧化钠与水反应生成NaOH和O2，反应的离子方程式为：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑，B正确；
C．氢氧化钡溶液与硫酸反应生成BaSO4沉淀和H2O，反应的离子方程式为：Ba2++2OH-+2H++SO=BaSO4↓+2H2O，C错误；
D．NaHCO3溶液与盐酸反应，正确的离子方程式为：+H+=CO2↑+H2O，D错误；
答案选B。
3．B
两瓶气体所含原子数一定相等，则含有原子物质的量相等，
A．同温度、同体积的H2和O2，二者压强不一定相等，二者的物质的量不一定相等，含有原子数目不一定相等，故A不选；
B．二者质量相等，摩尔质量相等为28g/mol，根据n=可知，二者物质的量一定相等，二者都是双原子分子，含有原子数目一定相等，故B正确；
C．同体积、同密度的C2H6和NO，二者质量相等，C2H6和NO含有原子数目之比=×8: ×2=4:1，故C错误；
D．同压强、同体积的N2O和CO2，二者的温度不一定相等，二者的物质的量不一定相等，二者都是三原子分子，故含有原子数目不一定相等，故D错误；
故选B。
4．D
产生沉淀的原因不是产生的碳酸氢钠不溶于水，而是因为碳酸氢钠溶液达到了饱和，不能溶解的碳酸氢钠沉淀了下来。
A. 碳酸氢钠溶液达到了饱和后可析出，NaHCO3的溶解度小于Na2CO3，A项正确，不符合题意；
B. 饱和Na2CO3溶液的溶剂为水，通入CO2后，Na2CO3、水和CO2反应生成NaHCO3，水的量减少，即溶液中溶剂减少了，B项正确，不符合题意；
C. 1mol碳酸钠，1mol水和1molCO2反应生成2mol NaHCO3，溶液中溶质的质量增加，C项正确，不符合题意；
D. Na2CO3、水和CO2反应生成NaHCO3，析出晶体的过程与该反应放热无关，D项错误，符合题意；
答案选D。
5．B
A．Cl2不属于易燃气体，A项错误；
B．钠能与空气中的O2、H2O(g)反应，因此需要保存在煤油中，B项正确；
C．稀释浓H2SO4时，需要沿玻璃棒将浓H2SO4加入到水中并不断搅拌，C项错误；
D．NaOH溶液不与CO反应，不可用于除去CO尾气，D项错误；
故选B。
6．A
根据元素守恒，①KCl 0.3mol/L，K2SO40.2mol/L，ZnSO40.2mol/L，则溶液中c（K+）=0.7mol/L，c（Cl-）=0.3mol/L，c（SO42-）=0.4mol/L；②KCl 0.1mol/L，K2SO4 0.3mol/L，则溶液中c（K+）=0.7mol/L，c（Cl-）=0.1mol/L，c（SO42-）=0.3mol/L。
A. 分析可知，两溶液中，c（K+）相同，体积相同时，K＋的物质的量相同，符合题意，A正确；
B. 两溶液中，c（Cl-）不相同，体积相同时， Cl－的物质的量不相同，与题意不符，B错误；
C. 两溶液中Cl-、SO42-均不相同，与题意不符，C错误；
D. 分析可知两溶液中SO42-的物质的量不相同，与题意不符，D错误；
答案为A。
7．C
氯化钙能与氨气反应生成络合物，所以A装置利用固液混合物不需要加热制取氨气，B中可以放碱石灰做干燥剂，E装置利用固液混合物不需要加热制取氯气，在C中相遇发生反应，尾气通入F装置进行收集，防止污染空气，由此分析。
A．高锰酸钾中Mn元素的化合价由+7价变为+2价，氯气中的Cl元素的化合价由 1价变为0价，根据得失电子数相等，n(KMnO4)：n(Cl2)=2:5，配平方程式为16HCl+2KMnO4=2KCl+2MnCl2+8H2O+5Cl2↑，氧化剂为高锰酸钾，还原剂为氯化氢，16分子中有10分子氯化氢化合价升高做还原剂，氧化剂与还原剂物质的量之比为1:5，故A正确；
B．氯气与氨气反应生成白烟的反应式为：3Cl2+8NH3=6NH4Cl+N2，氯气被消耗，生成的氯化铵为固体，有白烟生成，故B正确；
C．D中的干燥剂为氯化钙，氯化钙会与氨气反应，所以不能用于干燥氨气，E装置不能用来制取氨气，故C错误；
D．氨气极易溶于水，氨气在四氯化碳中溶解度小，F装置可以起到防倒吸的作用，氨气进入有机层会上升，到有机和无机层交界时被水吸收，故D正确；
答案选C。
8．B
氯气溶于水，部分发生反应：Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO ，所以在氯水中含有Cl2、HClO、H2O、H+、Cl-、ClO-、OH-多种微粒。
A．向淀粉碘化钾溶液中加入氯水，发生反应Cl2+2KI=2KCl+I2,I2遇淀粉变蓝色，所以溶液变为蓝色，证明Cl2的氧化性强于I2，A项正确；
B．新制氯水滴在蓝色石蕊试纸上，H＋使试纸变红色，HClO具有强氧化性，能使变红了试纸褪色，实际上是HClO有漂白性，B项错误；
C．向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，发生反应Cl－+Ag＋=AgCl↓，产生白色沉淀，说明氯水中含有Cl－，C项正确；
D．向氯水中加入NaHCO3粉末，发生反应HCO3-+H＋=CO2↑+H2O，有气泡产生，说明氯水中含有H+，D项正确；
答案选B。
9．B
A．金属钠可在氯气中剧烈燃烧，反应产生NaCl白色固体，因此有白烟，同时看到火焰呈黄色，A正确；
B．通常状况下，干燥的氯气不能与铁反应，而Fe能够与潮湿的氯气反应，B错误；
C．光照氯气和氢气的混合物会发生剧烈反应，由于反应放出大量热，使产生 的HCl气体的体积急剧膨胀而发生爆炸，C正确；
D．氯气能够溶于水，溶于水的氯气有一部分与水反应生成盐酸和次氯酸，D正确；
故合理选项是B。
10．B
A．钠与水反应产生热量导致大试管中温度升高压强增大使U型管中液柱左端下降，A项正确；
B．NH3为碱性气体可以选择碱石灰干燥，但氨气密度比空气小应该采用向下排空，B项错误；
C．漂白粉为CaCl2和Ca(ClO)2，选用浓度大的石灰乳制备，C项正确；
D．氨气溶于水后圆底烧瓶中气压降低气球膨胀，D项正确；
故选B。
11．C
A．物质的量为，铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，因此和足量的盐酸完全反应失去电子数为0.2，故A错误；
B．标准状况下，水是非气态的物质，无法计算物质的量，故B错误；
C．和的混合气体通式写成Oa，和的混合气体中含原子数目为，故C正确；
D．溶液，缺少溶液的体积，因此含有数目无法计算，故D错误。
综上所述，答案为C。
12．B
由甲→乙发生复分解反应可知，甲、乙均为化合物，甲→乙发生化合反应。
A．由转化关系可知，甲为化合物，不会通过化合反应生成HCl，错误；
B．若甲为碳酸钠，与少量盐酸发生复分解反应生成乙（碳酸氢钠），碳酸钠、水、二氧化碳发生化合反应生成乙（碳酸氢钠），正确；
C．甲为化合物，不会通过化合反应生成KOH，错误；
D．若乙为FeCl 2，甲→乙的化合反应应属于氧化还原反应，但不满足甲→乙发生复分解反应，错误。
【点晴】本题考查无机物的推断，关键是明确发生的化学反应及物质的类型，注意实现甲、乙转化的过程中发生的反应为非氧化还原反应。
13．(1)淡黄
(2)2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2
(3)C
(4)Na2O2+SO2=Na2SO4
【解析】（1）已知过氧化钠是淡黄色固体，故答案为：淡黄；
（2）Na2O2和CO2反应生成Na2CO3和O2，该反应的化学方程式为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，故答案为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；
（3）A.2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，则②中的大量气泡主要成分不是氢气而是氧气，A错误；B.由于Na2O2与水反应生成了NaOH，则③中溶液变红，说明有碱性物质生成，B错误；C.由于Na2O2与水发生过程中可能生成强氧化性物质H2O2，④中现象可能是由于溶液中含有强氧化性物质造成的，C正确；D.由于Na2O2与水发生过程中可能生成强氧化性物质H2O2，H2O2在MnO2的催化下发生分解产生O2，即⑤中MnO2的主要作用是催化H2O2分解，D错误；故答案为：C；
（4）Na2O2具有强氧化性，与SO2反应能生成硫酸钠，二者反应的化学方程式为：Na2O2+SO2=Na2SO4，故答案为：Na2O2+SO2=Na2SO4。
14． 50mL或0.05L
①Na2CO3·10H2O的摩尔质量为286g/mol，则2.86gNa2CO3·10H2O溶于水溶质的物质的量为，配成100mL溶液，则该碳酸钠溶液的物质的量浓度为；
②100mL的Na2CO3溶液中Na+的物质的量为；
③稀释前后，溶液中溶质的物质的量不变；取出20.0mL该溶液用蒸馏水稀释，使Na2CO3溶液物质的量浓度变为0.04mol/L，则稀释后溶液的体积是，即50mL。
15．（1）bc（2）500 mL容量瓶（3）
(1)电解质一般是酸、碱、盐、水等，a、属于有机物，属于非电解质，故错误；b、硫酸钾属于盐，属于电解质，故正确；c、硝酸银属于盐，属于电解质，故正确；故答案为：bc；
(2)配制溶液需要用容量瓶，因此缺少500mL容量瓶；
(3)根据，c(K＋)=mol·L－1。
16． CaCl2+H2O2+2NH3·H2O+6H2O=CaO2·8H2O↓+2NH4Cl 该反应放热，防止温度升高导致H2O2分解和氨水中氨气挥发 向过滤器中注入乙醇至浸没沉淀，待乙醇流尽后，重复操作2～3次 生成的硫酸钙为微溶物，覆盖在样品表面，阻止反应进一步进行 催化作用 45.0% 部分CaCl2溶液与浓氨水反应生成Ca(OH)2 、部分CaO2与水反应生成Ca(OH)2或烘烤CaO2·8H2O失水不够完全
(1)根据氧化还原反应和原子守恒规律书写反应方程式；
(2) 根据H2O2受热易分解，氨水受热易挥发分析解答本题；
(3)过根据氧化钙(CaO2)是一种白色晶体，易与酸反应的性质进行分析解答；
(4)根据氧化还原反应得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒进行解答；
(5)因为部分CaCl2溶液与浓氨水反应生成Ca(OH)2，部分CaO2与水反应生成Ca(OH)2或烘烤CaO2·8H2O失水不够完全导致样品中CaO2含量偏低。
(1)由题可知，三颈烧瓶中CaCl2在碱性条件下与H2O2发生反应生成CaO2·8H2O，据原子守恒可知，该反应化学方程式为：CaCl2+H2O2+2NH3·H2O+6H2O=CaO2·8H2O↓+2NH4Cl，故答案：CaCl2+H2O2+2NH3·H2O+6H2O=CaO2·8H2O↓+2NH4Cl；
(2) H2O2受热易分解，氨水受热易挥发，该反应为放热反应，H2O2和氨水的热稳定性都较差，温度过高会导致其分解，影响产量和化学反应速率；因过氧化钙可与水缓慢反应，不溶于乙醇，因此可选用乙醇进行洗涤，实验室洗涤沉淀的操作为：向过滤器中注入乙醇至浸没沉淀，待乙醇流尽后，重复操作2~3次，故答案为：该反应放热，防止温度升高导致H2O2分解和氨水中氨气挥发；向过滤器中注入乙醇至浸没沉淀,待乙醇流尽后,重复操作2~ 3次；
(3)若选用稀硫酸则CaO2与稀硫酸反应生成微溶物CaSO4会覆盖在样品表面，使反应难以持续进行， MnCl2对该反应具有催化作用，可加快化学反应速率，故答案为：生成微溶物CaSO4会覆盖在样品表面，使反应难以持续进行；催化作用；
(4)滴定过程中酸性高锰酸钾与双氧水反应, Mn元素化合价从+7价降低至+2价，H2O2中O元素从-1价升高至0价，根据氧化还原反应得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平该离子方程式为：；滴定过程中消耗高锰酸钾的物质的量n=25 10-3L 0.02mol/L= 510- 4 mol，根据守恒关系可知：n(H2O2)= n(CaO2) = 2.5n(KMnO4)= 1.2510-3mol，样品中CaO2的质量分数w(CaO2)= 100%= 45%，故答案为： ；45%；
(5)部分CaCl2溶液与浓氨水反应导致反应物未完全转化，同时还会导致最终固体中含有部分Ca(OH)2杂质，会使CaO2含量偏低；部分CaO2与水能反应生成微溶物Ca(OH)2会导致生成的CaO2含量偏低；烘烤CaO2·8H2O失水不够完全导致固体质量偏大，最终导致计算CaO2含量偏低，故答案为：部分CaCl2溶液与浓氨水反应生成Ca(OH)2，部分CaO2与水反应生成Ca(OH)2或烘烤CaO2·8H2O失水不够完全。
17． MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O 饱和食盐水 浓硫酸 除去Cl2中的HCl气体 干燥Cl2 湿润的淀粉 KI Cl2＋2OH-=Cl-＋ClO-＋H2O
共热浓盐酸和二氧化锰制取氯气，浓盐酸易挥发，水会蒸发，氯气中混有HCl、H2O，C中盛放饱和食盐水除去HCl，D中盛放浓硫酸除去氯气中的水蒸气，用E收集氯气，F中盛放NaOH溶液吸收尾气，防止污染空气。
(1)共热浓盐酸和二氧化锰生成氯化锰、水和氯气，反应的化学方程式为MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O，故答案为：MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O；
(2)由分析可知，C中盛放饱和食盐水除去HCl，D中盛放浓硫酸除去氯气中的水蒸气，干燥氯气，故答案为：饱和食盐水；浓硫酸；除去Cl2中的HCl气体；干燥Cl2；
(3)氯气将KI氧化产生碘单质，碘单质遇淀粉变蓝，因此用湿润的淀粉 KI试纸检验Cl2，F中盛放的试剂是NaOH溶液，NaOH和氯气反应生成NaCl和NaClO和H2O，反应的离子方程式为Cl2＋2OH-=Cl-＋ClO-＋H2O，故答案为：湿润的淀粉 KI；Cl2＋2OH-=Cl-＋ClO-＋H2O。
18． 5.4 C、E、F、G、H ① B、C、D
(1)浓硫酸的物质的量浓度为,设所需浓硫酸的体积为V,则有,
则,因此，本题正确答案是:5.4;
(2)操作步骤有量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀等操作,一般用量筒量取,在烧杯中稀释,冷却后转移到100mL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,所以需要的仪器为筒量、胶头滴管、烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶,因此，本题正确答案是:CEFGH;
(3)①定容观察液面时俯视,溶液体积偏小,浓度偏大,故①正确;
②容量瓶使用时未干燥,无影响,浓度不变,故②错误;
③定容后经振荡、摇匀、静置,发现液面低于刻度线,再加蒸馏水补至刻度线,因为刻度线以上的滞留溶液会下来,溶液的体积偏大,浓度偏低,故③错误;
因此，本题正确答案是①;
(4)A、使用容量瓶前要检查它是否漏水,防止在配制溶液过程中漏液,所以A选项是正确的;
B、容量瓶用蒸馏水洗净后,再用待配液润洗,会导致所配溶液浓度偏大,故B错误;
C、氢氧化钠易潮解,故应放到烧杯中称量,氢氧化钠在溶解过程中会放热,要等冷却至室温再转移进容量瓶,故C错误;
D、配制溶液时,要先稀释,冷却至室温以后,再转移至容量瓶,故D错误;
E、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E正确.
所以BCD选项是正确的.
19． 0.53 1.5mol·L－1
将Na2SO4和Na2CO3组成的混合物溶于水，加入未知浓度的BaCl2溶液恰好完全反应，发生Na2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2NaCl，Na2CO3+BaCl2=BaCO3↓+2NaCl，沉淀B为硫酸钡、碳酸钡，在沉淀B中加入足量稀盐酸，发生反应BaCO3+2HCl=BaCl2+CO2↑+H2O，碳酸钡溶解，剩余沉淀2.33g为BaSO4，由硫元素守恒可计算原混合物中Na2SO4的物质的量，进而计算Na2SO4的质量和Na2CO3的质量，根据方程式可知n（BaCl2）=n（Na2SO4）+n（Na2CO3），进而计算BaCl2溶液的物质的量浓度。
(1)由硫元素守恒可得：n(Na2SO4)=n(BaSO4)==0.01mol
所以，m(Na2SO4)= 0.01mol×142g/mol=1.42g，故m(Na2CO3)=1.95g-1.42g=0.53g，故答案为：0.53。
(2)由钡元素、硫元素、碳元素守恒可知n(BaCl2)= n(BaSO4)+n(BaCO3)=n(Na2SO4)+n(Na2CO3)= 0.01mol +0.53g/106g·mol－1=0.015mol，故c(BaCl2)=0.015mol/0.01L=1.5mol·L－1，故答案为：1.5mol·L－1。
20．（1）4mol/L （2）224mL
（1）硫酸与硝酸的混合溶液，氢离子提供酸性环境，硝酸根离子氧化性较强；
（2）酸碱恰好完全中和，H+与OH-按物质的量之比1：1反应，故n(HNO3)+2n(H2SO4)=n(NaOH)，即n(HNO3)+2×0.04=0.025×4，解得n(HNO3)=0.02mol；0.96g铜的物质的量为0.96/64=0.15mol，10mL的混合溶液中硫酸是0.04mol，据此计算氢离子的物质的量；已知Cu+8H++2NO3-=4H2O+2NO，所以硝酸根和氢离子是过量的，Cu不足，所以G根据Cu的量计算生成NO的物质的量。
（1）硫酸与硝酸的混合溶液，取出10mL加入足量氯化钡溶液，将生成的沉淀滤出洗净，烘干，则得到9.32g的沉淀为硫酸钡，根据硫酸根守恒 ，n(H2SO4)=n(BaSO4)==0.04mol，故原溶液中c（H2SO4）==4mol/L；
（2）另取此溶液10mL与4.0mol/LNaOH溶液25mL恰好完全中和，H+与OH-按物质的量之比1：1反应，故n(HNO3)+2n(H2SO4)=n(NaOH)，即n(HNO3)+2×0.04=0.025×4，解得n(HNO3)=0.02mol；0.96g铜的物质的量为=0.15mol，10mL的混合溶液中硫酸是0.04mol，硝酸是0.02mol，氢离子的物质的量是0.04mol×2+0.02mol=0.1mol
Cu+8H++2NO3-=4H2O+2NO
3mol8mol 2mol
0.015mol 0.04mol 0.01mol
所以硝酸根和氢离子是过量的，Cu不足，所以根据Cu的量计算生成NO的物质的量，则生成NO的物质的量为0.015×=0.01ml，标准状况下的体积是0.01mol×22.4L/mol=0.224L。
21．(1) 1mol 40g/mol 0.1mol·L-1
(2)1：4：9
(3)D
(4)1：3
(5)
（1）在标准状况下，22.4LN2中所含有N2的物质的量=；NaOH的摩尔质量为40g/mol；从1L0.1mol·L-1Na2CO3溶液中取出100mL，因为溶液具有均一性，则取出的溶液中Na2CO3的物质的量浓度为0.1mol·L-1，故答案为：1mol；40g/mol；0.1mol·L-1；
（2）物质的量浓度相同的NaCl、MgCl2、AlCl3三种溶液中Cl-的物质的量浓度之比=1：2：3，根据n=cV，则当溶液的体积比为1：2：3时，三种溶液中Cl-的物质的量之比为1：4：9，故答案为：1：4：9；
（3）A．200mL2mol/L氯化钾中氯离子浓度为2mol/L；
B．100mLlmol/L氯化钙中氯离子浓度为2mol/L；
C．200mL0.5molL氯化铝中氯离子浓度为1.5mol/L；
D．75mL1.5mol/L氯化镁中氯离子浓度为3mol/L；
综上，氯离子的离子浓度最大的是75mL1.5mol/L氯化镁，故答案为：D；
（4）二氧化碳通入氢氧化钠溶液中，发生反应为，可知二氧化碳过量，过量的二氧化碳接着发生反应为，可知完成反应后，溶质、，则所得溶液中的和的浓度之比为1：3，故答案为：1：3；
（5）标准状况下，VL某气体(此气体不与水反应)溶解在500mL水中(水的密度近似为1.0g/cm3)，则溶质的质量分数=，则溶质的物质的量浓度为c=，故答案为：。
22． Na2SO3 MnO2＋4HCl(浓) MnCl2＋Cl2↑＋2H2O
C为淡黄色，D是最常见的无色液体，H是空气中主要成分之一，则C为过氧化钠，D为水，两者反应生成氢氧化钠和氧气，F为漂白性的物质，G和F反应生成I，I和H反应生成J，则氢氧化钠和二氧化硫反应生成亚硫酸钠和水，亚硫酸钠和氧气反应生成硫酸钠，E常用于漂白，亚硫酸钠和氯气反应生成硫酸钠，则A为二氧化锰，B为浓盐酸。
(1)根据前面分析得到G为NaOH，其电子式为；故答案为：。
(2)I的化学式为Na2SO3；故答案为：Na2SO3。
(3)反应①是二氧化锰和浓盐酸反应生成氯化锰、氯气和水，其化学方程式MnO2＋4HCl(浓) MnCl2＋Cl2↑＋2H2O。
一、单选题（共12题）
1．下列操作一定会使结果偏低的是（ ）
A．配制一定物质的量浓度的溶液时，用胶头滴管将超过刻度线的溶液吸出
B．测定胆矾晶体中的结晶水含量，加热后，未进行恒重操作
C．酸碱滴定实验，滴加最后一滴标准液，溶液颜色突变，未等待半分钟
D．测定气体摩尔体积时，气体体积未减去注入酸的体积
2．下列反应的离子方程式书写正确的是
A．钠与氯化铜溶液反应：2Na+Cu2+=Cu+2Na+
B．过氧化钠与水反应：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑
C．氢氧化钡溶液与硫酸反应：Ba2++OH-+H++SO=BaSO4↓+H2O
D．NaHCO3溶液与盐酸反应：CO+2H+=CO2↑+H2O
3．下列条件中，两种气体所含原子数一定相等的是
A．同温度、同体积的H2和O2 B．同质量、不同密度的N2和CO
C．同体积、同密度的C2H6和NO D．同压强、同体积的N2O和CO2
4．向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2，结果有晶体析出，对析出晶体的原因分析不正确的是（ ）
A．相同温度下NaHCO3的溶解度小于Na2CO3
B．溶液中溶剂减少了
C．溶质质量增加了
D．反应过程放热
5．下列说法正确的是
A．贮存Cl2的钢瓶应贴有如图标签
B．在实验室里，钠需要保存在煤油中
C．稀释浓H2SO4时，需要沿玻璃棒将水加入到浓H2SO4中并不断搅拌
D．NaOH溶液可用于实验室中除去CO尾气
6．两份体积相同的某植物营养液，其配方分别如下,下列对这两份营养液成分分析中正确的是( )
KCl K2SO4 ZnSO4
① 0.3 mol·L－1 0.2 mol·L－1 0.2 mol·L－1
② 0.1 mol·L－1 0.3 mol·L－1 —
A．K＋的物质的量相同 B．Cl－的物质的量相同
C．完全相同 D．SO42-的物质的量相同
7．某化学课外活动小组通过下列实验验证Cl2与NH3的反应，下列有关说法错误的是（ ）
A．用KMnO4和浓盐酸制备Cl2时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:5
B．反应后，装置C中黄绿色变浅，并有白烟产生，白烟的成分为NH4Cl
C．A装置制备Cl2，E装置制备NH3
D．尾气中的NH3可被F装置吸收
8．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．向淀粉碘化钾溶液中加入氯水，溶液变为蓝色，可证明氯水的氧化性强于I2
B．新制氯水滴在蓝色石蕊试纸上，试纸先变红色后褪色，说明Cl2有漂白性
C．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﹣
D．向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，说明氯水中含有H+
9．下列有关氯气的叙述中不正确的是
A．金属钠可在氯气中剧烈燃烧 B．通常状况下，干燥的氯气能与铁反应
C．光照氯气和氢气的混合物会发生爆炸 D．氯气与水反应生成盐酸和次氯酸
10．利用图中有关实验装置进行相关实验，不能达到实验目的的是
A．用图甲所示装置检验金属钠与水反应的热效应
B．用图乙所示装置制取并收集干燥纯净的NH3
C．用图丙所示装置制取漂白粉
D．用图丁所示装置检验氨气的水溶性
11．设表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．和足量的盐酸完全反应失去电子数为0.3
B．标准状况下，水含有个分子
C．和的混合气体中含原子数目为
D．溶液中含有数目为2
12．一定条件下，中学化学常见物质甲、乙之间存在如下转化关系，乙是
A．HCl B．NaHCO3 C．KOH D．FeCl2
二、非选择题（共10题）
13．过氧化钠是重要的化工原料，具有多种用途。
(1)过氧化钠是_______色固体。
(2)过氧化钠可用作呼吸面具、潜水艇的供氧剂，写出和反应的化学方程式：_______。
(3)某实验小组通过如图所示实验，探究与水的反应，下列说法正确的是_______。
A．②中的大量气泡主要成分是氢气
B．③中溶液变红，说明有酸性物质生成
C．④中现象可能是由于溶液中含有强氧化性物质造成的
D．⑤中的主要作用是降低了水中氧气的溶解度
(4)具有强氧化性，与反应能生成硫酸钠，写出反应的化学方程式：_______。
14．常温下，取2.86gNa2CO3·10H2O溶于水配成100mL溶液，求：
①该溶液中Na2CO3的物质的量浓度为_______。
②该溶液中Na+的物质的量为_____。
③取出20.0mL该溶液用蒸馏水稀释，使Na2CO3溶液物质的量浓度变为0.04mol/L，则稀释后溶液的体积是______。
15．生活中为了延长鲜花的寿命，通常会在花瓶中加入鲜花保鲜剂。下表是0.5 L某种鲜花保鲜剂中含有的成分及含量，阅读后回答下列问题：
成分 质量（g） 摩尔质量（g/mol）
蔗糖（C12H22O11） 25.00 342
硫酸钾（K2SO4） 0.25 174
高锰酸钾（KMnO4） 0.25 158
阿司匹林（C9H8O4） 0.17 180
硝酸银（AgNO3） 0.02 170
（1）鲜花保鲜剂的下列成分中，属于电解质的是___________（填序号）。
a．蔗糖 b．硫酸钾 c．硝酸银
（2）欲配制500 mL该鲜花保鲜剂，现已提供下列仪器：①胶头滴管、②量筒、③烧杯、④ 药匙、⑤玻璃棒、⑥天平，如要完成实验，缺少的玻璃仪器还有_______________（写仪器名称）。
（3）写出该鲜花保鲜剂中K+的物质的量浓度的计算式：___________________ mol/L（可以不化简）。
16．过氧化钙(CaO2)是一种白色晶体，能潮解，难溶于水，可与水缓慢反应，不溶于乙醇，易与酸反应，常用作杀菌剂、防腐剂等。根据题意，回答相关问题。
I．CaO2晶体的制备：CaO2晶体通常可利用CaCl2在碱性条件下与H2O2反应制得。某化学兴趣小组在实验室制备CaO2的实验方案和装置示意图如下：
(1)三颈烧瓶中发生的主要反应的化学方程式为___________。
(2)冷水浴的目的是__；步骤③中洗涤CaO2·8H2O的实验操作方法是__
Ⅱ．CaO2含量的测定：测定CaO2样品纯度的方法是：称取0.200g样品于锥形瓶中，加入50mL水和15mL2mol·L-lHCl，振荡使样品溶解生成过氧化氢，再加入几滴MnCl2稀溶液，立即用0.0200mol·L-lKMnO4标准溶液滴定到终点，消耗25.00mL标准液。
(3)上述过程中使用稀盐酸而不使用稀硫酸溶解样品的原因是______；滴定前加入MnCl2稀溶液的作用可能是______。
(4)滴定过程中的离子方程式为____，样品中CaO2的质量分数为____。
(5)实验I制得的晶体样品中CaO2含量偏低的可能原因是：_______。
17．如图所示是某学生设计的实验室制备并干燥Cl2及吸收多余氯气的实验装置图，请回答：
(1)A是浓盐酸，B是二氧化锰，将A滴入B中时发生反应的化学方程式为___________。
(2)在实验室中，某同学欲用上图中的装置净化氯气，则瓶C、D中应盛放的试剂分别是C___________，D___________(填试剂名称)，其作用分别是C___________，D___________。
(3)用___________试纸来检验Cl2，F中盛放的试剂是NaOH溶液，涉及到的离子方程式是___________。
18．用98%的浓硫酸(其密度为1.84 g/cm3)配制98 mL 1.0 mol·L－1稀硫酸,若实验仪器有:
A．100 mL量筒 B．托盘天平 C．玻璃棒 D．50 mL容量瓶 E.10 mL量筒 F.胶头滴管 G.50 mL烧杯 H.100 mL容量瓶
（1）需量取浓硫酸的体积为 ______ mL。
（2）实验时选用的仪器有(填序号)_______
（3）配制过程中，下列情况会使配制结果偏高的是(填序号)_____
①定容时俯视刻度线观察液面
②容量瓶使用时未干燥
③定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面低于刻度线，再加蒸馏水补至刻度线
（4）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，再用待配液润洗
C．将氢氧化钠固体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．将准确量取的18.4 mol·L－1的硫酸，注入已盛有30 mL水的100 mL的容量瓶中，加水至刻度线
E.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
19．将1.95g由Na2SO4和Na2CO3组成的混合物溶于水得溶液A，在A中加入10mL未知的BaCl2溶液恰好完全反应，过滤得沉淀B，向B中加入足量稀盐酸，充分反应后剩余沉淀2.33g。计算：
(1)原混合物中Na2CO3的质量___g。
(2)BaCl2溶液的物质的量浓度为___。
20．有一稀硫酸和稀硝酸的混合溶液，取出其中的10mL，加入足量氯化钡溶液，将生成的沉淀滤出洗净，烘干称得质量为9.32g；另取这种溶液10mL与4mol/L的NaOH溶液25mL恰好完全中和；再取10mL原混合溶液与0.96g铜粉共热；
求：（1）稀硫酸的物质的量浓度是多少？
（2）有多少毫升气体产生？（标准状况下）
21．回答下列问题
(1)在标准状况下，22.4LN2中所含有N2的物质的量为___________，NaOH的摩尔质量为___________，从1L0.1mol·L-1Na2CO3溶液中取出100mL，则取出的溶液中Na2CO3的物质的量浓度为___________。
(2)物质的量浓度相同的NaCl、MgCl2、AlCl3三种溶液，当溶液的体积比为1：2：3时，三种溶液中Cl-的物质的量之比为___________。
(3)下列溶液中，氯离子的离子浓度最大的是___________
A．200mL2mol/L氯化钾 B．100mLlmol/L氯化钙
C．200mL0.5molL氯化铝 D．75mL1.5mol/L氯化镁
(4)用1L1.0mol/LNaOH溶液吸收0.8molCO2，所得溶液中的和的浓度之比为___________
(5)标准状况下，VL某气体(此气体不与水反应)溶解在500mL水中(水的密度近似为1.0g/cm3)，所得溶液的密度为dg/cm3，溶质的摩尔质量为，溶质的物质的量浓度为c=___________。
22．有关物质的转化关系如下图所示(部分物质已略去)。A、C都是金属氧化物，其中C为淡黄色，B是一种常见的强酸(图中为高浓度B)，D是最常见的无色液体，E、F、H都是常见的气体，且E、F都可用于漂白，H是空气中主要成分之一，I、J都是由三种相同元素(短周期元素)组成的盐。
请回答下列问题：
(1)G的电子式为___________。
(2)I的化学式为___________。
(3)写出反应①的化学方程式___________。
参考答案：
1．A
A、用胶头滴管将超过刻度线的溶液吸出，说明配制一定物质的量浓度的溶液时，加水超过了刻度线，配制的浓度一定偏低，故A选；
B、未进行恒重操作，可能会导致测定的硫酸铜粉末的质量偏大，测定的结晶水的含量偏小，但若胆矾晶体中结晶水恰好全部失去，则测定的结晶水的含量准确，故B不选；
C、酸碱滴定实验，滴加最后一滴标准液，溶液颜色突变，未等待30s立即读数，可能未达到滴定终点，测定结果可能偏低，但也可能恰好达到滴定终点，测定结果准确，故C不选；
D、测定气体摩尔体积时，气体体积未减去注入酸的体积，导致排除的水的体积偏大，即生成气体的体积偏大，测定结果偏高，故D不选；
故选：A。
2．B
A．钠与氯化铜溶液反应，钠与水反应生成NaOH和H2，NaOH和CuCl2反应生成Cu(OH)2沉淀和NaCl，反应总的离子方程式为：2Na+2H2O+Cu2+=Cu(OH)2↓+H2↑+2Na+，A错误；
B．过氧化钠与水反应生成NaOH和O2，反应的离子方程式为：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑，B正确；
C．氢氧化钡溶液与硫酸反应生成BaSO4沉淀和H2O，反应的离子方程式为：Ba2++2OH-+2H++SO=BaSO4↓+2H2O，C错误；
D．NaHCO3溶液与盐酸反应，正确的离子方程式为：+H+=CO2↑+H2O，D错误；
答案选B。
3．B
两瓶气体所含原子数一定相等，则含有原子物质的量相等，
A．同温度、同体积的H2和O2，二者压强不一定相等，二者的物质的量不一定相等，含有原子数目不一定相等，故A不选；
B．二者质量相等，摩尔质量相等为28g/mol，根据n=可知，二者物质的量一定相等，二者都是双原子分子，含有原子数目一定相等，故B正确；
C．同体积、同密度的C2H6和NO，二者质量相等，C2H6和NO含有原子数目之比=×8: ×2=4:1，故C错误；
D．同压强、同体积的N2O和CO2，二者的温度不一定相等，二者的物质的量不一定相等，二者都是三原子分子，故含有原子数目不一定相等，故D错误；
故选B。
4．D
产生沉淀的原因不是产生的碳酸氢钠不溶于水，而是因为碳酸氢钠溶液达到了饱和，不能溶解的碳酸氢钠沉淀了下来。
A. 碳酸氢钠溶液达到了饱和后可析出，NaHCO3的溶解度小于Na2CO3，A项正确，不符合题意；
B. 饱和Na2CO3溶液的溶剂为水，通入CO2后，Na2CO3、水和CO2反应生成NaHCO3，水的量减少，即溶液中溶剂减少了，B项正确，不符合题意；
C. 1mol碳酸钠，1mol水和1molCO2反应生成2mol NaHCO3，溶液中溶质的质量增加，C项正确，不符合题意；
D. Na2CO3、水和CO2反应生成NaHCO3，析出晶体的过程与该反应放热无关，D项错误，符合题意；
答案选D。
5．B
A．Cl2不属于易燃气体，A项错误；
B．钠能与空气中的O2、H2O(g)反应，因此需要保存在煤油中，B项正确；
C．稀释浓H2SO4时，需要沿玻璃棒将浓H2SO4加入到水中并不断搅拌，C项错误；
D．NaOH溶液不与CO反应，不可用于除去CO尾气，D项错误；
故选B。
6．A
根据元素守恒，①KCl 0.3mol/L，K2SO40.2mol/L，ZnSO40.2mol/L，则溶液中c（K+）=0.7mol/L，c（Cl-）=0.3mol/L，c（SO42-）=0.4mol/L；②KCl 0.1mol/L，K2SO4 0.3mol/L，则溶液中c（K+）=0.7mol/L，c（Cl-）=0.1mol/L，c（SO42-）=0.3mol/L。
A. 分析可知，两溶液中，c（K+）相同，体积相同时，K＋的物质的量相同，符合题意，A正确；
B. 两溶液中，c（Cl-）不相同，体积相同时， Cl－的物质的量不相同，与题意不符，B错误；
C. 两溶液中Cl-、SO42-均不相同，与题意不符，C错误；
D. 分析可知两溶液中SO42-的物质的量不相同，与题意不符，D错误；
答案为A。
7．C
氯化钙能与氨气反应生成络合物，所以A装置利用固液混合物不需要加热制取氨气，B中可以放碱石灰做干燥剂，E装置利用固液混合物不需要加热制取氯气，在C中相遇发生反应，尾气通入F装置进行收集，防止污染空气，由此分析。
A．高锰酸钾中Mn元素的化合价由+7价变为+2价，氯气中的Cl元素的化合价由 1价变为0价，根据得失电子数相等，n(KMnO4)：n(Cl2)=2:5，配平方程式为16HCl+2KMnO4=2KCl+2MnCl2+8H2O+5Cl2↑，氧化剂为高锰酸钾，还原剂为氯化氢，16分子中有10分子氯化氢化合价升高做还原剂，氧化剂与还原剂物质的量之比为1:5，故A正确；
B．氯气与氨气反应生成白烟的反应式为：3Cl2+8NH3=6NH4Cl+N2，氯气被消耗，生成的氯化铵为固体，有白烟生成，故B正确；
C．D中的干燥剂为氯化钙，氯化钙会与氨气反应，所以不能用于干燥氨气，E装置不能用来制取氨气，故C错误；
D．氨气极易溶于水，氨气在四氯化碳中溶解度小，F装置可以起到防倒吸的作用，氨气进入有机层会上升，到有机和无机层交界时被水吸收，故D正确；
答案选C。
8．B
氯气溶于水，部分发生反应：Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO ，所以在氯水中含有Cl2、HClO、H2O、H+、Cl-、ClO-、OH-多种微粒。
A．向淀粉碘化钾溶液中加入氯水，发生反应Cl2+2KI=2KCl+I2,I2遇淀粉变蓝色，所以溶液变为蓝色，证明Cl2的氧化性强于I2，A项正确；
B．新制氯水滴在蓝色石蕊试纸上，H＋使试纸变红色，HClO具有强氧化性，能使变红了试纸褪色，实际上是HClO有漂白性，B项错误；
C．向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，发生反应Cl－+Ag＋=AgCl↓，产生白色沉淀，说明氯水中含有Cl－，C项正确；
D．向氯水中加入NaHCO3粉末，发生反应HCO3-+H＋=CO2↑+H2O，有气泡产生，说明氯水中含有H+，D项正确；
答案选B。
9．B
A．金属钠可在氯气中剧烈燃烧，反应产生NaCl白色固体，因此有白烟，同时看到火焰呈黄色，A正确；
B．通常状况下，干燥的氯气不能与铁反应，而Fe能够与潮湿的氯气反应，B错误；
C．光照氯气和氢气的混合物会发生剧烈反应，由于反应放出大量热，使产生 的HCl气体的体积急剧膨胀而发生爆炸，C正确；
D．氯气能够溶于水，溶于水的氯气有一部分与水反应生成盐酸和次氯酸，D正确；
故合理选项是B。
10．B
A．钠与水反应产生热量导致大试管中温度升高压强增大使U型管中液柱左端下降，A项正确；
B．NH3为碱性气体可以选择碱石灰干燥，但氨气密度比空气小应该采用向下排空，B项错误；
C．漂白粉为CaCl2和Ca(ClO)2，选用浓度大的石灰乳制备，C项正确；
D．氨气溶于水后圆底烧瓶中气压降低气球膨胀，D项正确；
故选B。
11．C
A．物质的量为，铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，因此和足量的盐酸完全反应失去电子数为0.2，故A错误；
B．标准状况下，水是非气态的物质，无法计算物质的量，故B错误；
C．和的混合气体通式写成Oa，和的混合气体中含原子数目为，故C正确；
D．溶液，缺少溶液的体积，因此含有数目无法计算，故D错误。
综上所述，答案为C。
12．B
由甲→乙发生复分解反应可知，甲、乙均为化合物，甲→乙发生化合反应。
A．由转化关系可知，甲为化合物，不会通过化合反应生成HCl，错误；
B．若甲为碳酸钠，与少量盐酸发生复分解反应生成乙（碳酸氢钠），碳酸钠、水、二氧化碳发生化合反应生成乙（碳酸氢钠），正确；
C．甲为化合物，不会通过化合反应生成KOH，错误；
D．若乙为FeCl 2，甲→乙的化合反应应属于氧化还原反应，但不满足甲→乙发生复分解反应，错误。
【点晴】本题考查无机物的推断，关键是明确发生的化学反应及物质的类型，注意实现甲、乙转化的过程中发生的反应为非氧化还原反应。
13．(1)淡黄
(2)2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2
(3)C
(4)Na2O2+SO2=Na2SO4
【解析】（1）已知过氧化钠是淡黄色固体，故答案为：淡黄；
（2）Na2O2和CO2反应生成Na2CO3和O2，该反应的化学方程式为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，故答案为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；
（3）A.2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，则②中的大量气泡主要成分不是氢气而是氧气，A错误；B.由于Na2O2与水反应生成了NaOH，则③中溶液变红，说明有碱性物质生成，B错误；C.由于Na2O2与水发生过程中可能生成强氧化性物质H2O2，④中现象可能是由于溶液中含有强氧化性物质造成的，C正确；D.由于Na2O2与水发生过程中可能生成强氧化性物质H2O2，H2O2在MnO2的催化下发生分解产生O2，即⑤中MnO2的主要作用是催化H2O2分解，D错误；故答案为：C；
（4）Na2O2具有强氧化性，与SO2反应能生成硫酸钠，二者反应的化学方程式为：Na2O2+SO2=Na2SO4，故答案为：Na2O2+SO2=Na2SO4。
14． 50mL或0.05L
①Na2CO3·10H2O的摩尔质量为286g/mol，则2.86gNa2CO3·10H2O溶于水溶质的物质的量为，配成100mL溶液，则该碳酸钠溶液的物质的量浓度为；
②100mL的Na2CO3溶液中Na+的物质的量为；
③稀释前后，溶液中溶质的物质的量不变；取出20.0mL该溶液用蒸馏水稀释，使Na2CO3溶液物质的量浓度变为0.04mol/L，则稀释后溶液的体积是，即50mL。
15．（1）bc（2）500 mL容量瓶（3）
(1)电解质一般是酸、碱、盐、水等，a、属于有机物，属于非电解质，故错误；b、硫酸钾属于盐，属于电解质，故正确；c、硝酸银属于盐，属于电解质，故正确；故答案为：bc；
(2)配制溶液需要用容量瓶，因此缺少500mL容量瓶；
(3)根据，c(K＋)=mol·L－1。
16． CaCl2+H2O2+2NH3·H2O+6H2O=CaO2·8H2O↓+2NH4Cl 该反应放热，防止温度升高导致H2O2分解和氨水中氨气挥发 向过滤器中注入乙醇至浸没沉淀，待乙醇流尽后，重复操作2～3次 生成的硫酸钙为微溶物，覆盖在样品表面，阻止反应进一步进行 催化作用 45.0% 部分CaCl2溶液与浓氨水反应生成Ca(OH)2 、部分CaO2与水反应生成Ca(OH)2或烘烤CaO2·8H2O失水不够完全
(1)根据氧化还原反应和原子守恒规律书写反应方程式；
(2) 根据H2O2受热易分解，氨水受热易挥发分析解答本题；
(3)过根据氧化钙(CaO2)是一种白色晶体，易与酸反应的性质进行分析解答；
(4)根据氧化还原反应得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒进行解答；
(5)因为部分CaCl2溶液与浓氨水反应生成Ca(OH)2，部分CaO2与水反应生成Ca(OH)2或烘烤CaO2·8H2O失水不够完全导致样品中CaO2含量偏低。
(1)由题可知，三颈烧瓶中CaCl2在碱性条件下与H2O2发生反应生成CaO2·8H2O，据原子守恒可知，该反应化学方程式为：CaCl2+H2O2+2NH3·H2O+6H2O=CaO2·8H2O↓+2NH4Cl，故答案：CaCl2+H2O2+2NH3·H2O+6H2O=CaO2·8H2O↓+2NH4Cl；
(2) H2O2受热易分解，氨水受热易挥发，该反应为放热反应，H2O2和氨水的热稳定性都较差，温度过高会导致其分解，影响产量和化学反应速率；因过氧化钙可与水缓慢反应，不溶于乙醇，因此可选用乙醇进行洗涤，实验室洗涤沉淀的操作为：向过滤器中注入乙醇至浸没沉淀，待乙醇流尽后，重复操作2~3次，故答案为：该反应放热，防止温度升高导致H2O2分解和氨水中氨气挥发；向过滤器中注入乙醇至浸没沉淀,待乙醇流尽后,重复操作2~ 3次；
(3)若选用稀硫酸则CaO2与稀硫酸反应生成微溶物CaSO4会覆盖在样品表面，使反应难以持续进行， MnCl2对该反应具有催化作用，可加快化学反应速率，故答案为：生成微溶物CaSO4会覆盖在样品表面，使反应难以持续进行；催化作用；
(4)滴定过程中酸性高锰酸钾与双氧水反应, Mn元素化合价从+7价降低至+2价，H2O2中O元素从-1价升高至0价，根据氧化还原反应得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平该离子方程式为：；滴定过程中消耗高锰酸钾的物质的量n=25 10-3L 0.02mol/L= 510- 4 mol，根据守恒关系可知：n(H2O2)= n(CaO2) = 2.5n(KMnO4)= 1.2510-3mol，样品中CaO2的质量分数w(CaO2)= 100%= 45%，故答案为： ；45%；
(5)部分CaCl2溶液与浓氨水反应导致反应物未完全转化，同时还会导致最终固体中含有部分Ca(OH)2杂质，会使CaO2含量偏低；部分CaO2与水能反应生成微溶物Ca(OH)2会导致生成的CaO2含量偏低；烘烤CaO2·8H2O失水不够完全导致固体质量偏大，最终导致计算CaO2含量偏低，故答案为：部分CaCl2溶液与浓氨水反应生成Ca(OH)2，部分CaO2与水反应生成Ca(OH)2或烘烤CaO2·8H2O失水不够完全。
17． MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O 饱和食盐水 浓硫酸 除去Cl2中的HCl气体 干燥Cl2 湿润的淀粉 KI Cl2＋2OH-=Cl-＋ClO-＋H2O
共热浓盐酸和二氧化锰制取氯气，浓盐酸易挥发，水会蒸发，氯气中混有HCl、H2O，C中盛放饱和食盐水除去HCl，D中盛放浓硫酸除去氯气中的水蒸气，用E收集氯气，F中盛放NaOH溶液吸收尾气，防止污染空气。
(1)共热浓盐酸和二氧化锰生成氯化锰、水和氯气，反应的化学方程式为MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O，故答案为：MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O；
(2)由分析可知，C中盛放饱和食盐水除去HCl，D中盛放浓硫酸除去氯气中的水蒸气，干燥氯气，故答案为：饱和食盐水；浓硫酸；除去Cl2中的HCl气体；干燥Cl2；
(3)氯气将KI氧化产生碘单质，碘单质遇淀粉变蓝，因此用湿润的淀粉 KI试纸检验Cl2，F中盛放的试剂是NaOH溶液，NaOH和氯气反应生成NaCl和NaClO和H2O，反应的离子方程式为Cl2＋2OH-=Cl-＋ClO-＋H2O，故答案为：湿润的淀粉 KI；Cl2＋2OH-=Cl-＋ClO-＋H2O。
18． 5.4 C、E、F、G、H ① B、C、D
(1)浓硫酸的物质的量浓度为,设所需浓硫酸的体积为V,则有,
则,因此，本题正确答案是:5.4;
(2)操作步骤有量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀等操作,一般用量筒量取,在烧杯中稀释,冷却后转移到100mL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,所以需要的仪器为筒量、胶头滴管、烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶,因此，本题正确答案是:CEFGH;
(3)①定容观察液面时俯视,溶液体积偏小,浓度偏大,故①正确;
②容量瓶使用时未干燥,无影响,浓度不变,故②错误;
③定容后经振荡、摇匀、静置,发现液面低于刻度线,再加蒸馏水补至刻度线,因为刻度线以上的滞留溶液会下来,溶液的体积偏大,浓度偏低,故③错误;
因此，本题正确答案是①;
(4)A、使用容量瓶前要检查它是否漏水,防止在配制溶液过程中漏液,所以A选项是正确的;
B、容量瓶用蒸馏水洗净后,再用待配液润洗,会导致所配溶液浓度偏大,故B错误;
C、氢氧化钠易潮解,故应放到烧杯中称量,氢氧化钠在溶解过程中会放热,要等冷却至室温再转移进容量瓶,故C错误;
D、配制溶液时,要先稀释,冷却至室温以后,再转移至容量瓶,故D错误;
E、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E正确.
所以BCD选项是正确的.
19． 0.53 1.5mol·L－1
将Na2SO4和Na2CO3组成的混合物溶于水，加入未知浓度的BaCl2溶液恰好完全反应，发生Na2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2NaCl，Na2CO3+BaCl2=BaCO3↓+2NaCl，沉淀B为硫酸钡、碳酸钡，在沉淀B中加入足量稀盐酸，发生反应BaCO3+2HCl=BaCl2+CO2↑+H2O，碳酸钡溶解，剩余沉淀2.33g为BaSO4，由硫元素守恒可计算原混合物中Na2SO4的物质的量，进而计算Na2SO4的质量和Na2CO3的质量，根据方程式可知n（BaCl2）=n（Na2SO4）+n（Na2CO3），进而计算BaCl2溶液的物质的量浓度。
(1)由硫元素守恒可得：n(Na2SO4)=n(BaSO4)==0.01mol
所以，m(Na2SO4)= 0.01mol×142g/mol=1.42g，故m(Na2CO3)=1.95g-1.42g=0.53g，故答案为：0.53。
(2)由钡元素、硫元素、碳元素守恒可知n(BaCl2)= n(BaSO4)+n(BaCO3)=n(Na2SO4)+n(Na2CO3)= 0.01mol +0.53g/106g·mol－1=0.015mol，故c(BaCl2)=0.015mol/0.01L=1.5mol·L－1，故答案为：1.5mol·L－1。
20．（1）4mol/L （2）224mL
（1）硫酸与硝酸的混合溶液，氢离子提供酸性环境，硝酸根离子氧化性较强；
（2）酸碱恰好完全中和，H+与OH-按物质的量之比1：1反应，故n(HNO3)+2n(H2SO4)=n(NaOH)，即n(HNO3)+2×0.04=0.025×4，解得n(HNO3)=0.02mol；0.96g铜的物质的量为0.96/64=0.15mol，10mL的混合溶液中硫酸是0.04mol，据此计算氢离子的物质的量；已知Cu+8H++2NO3-=4H2O+2NO，所以硝酸根和氢离子是过量的，Cu不足，所以G根据Cu的量计算生成NO的物质的量。
（1）硫酸与硝酸的混合溶液，取出10mL加入足量氯化钡溶液，将生成的沉淀滤出洗净，烘干，则得到9.32g的沉淀为硫酸钡，根据硫酸根守恒 ，n(H2SO4)=n(BaSO4)==0.04mol，故原溶液中c（H2SO4）==4mol/L；
（2）另取此溶液10mL与4.0mol/LNaOH溶液25mL恰好完全中和，H+与OH-按物质的量之比1：1反应，故n(HNO3)+2n(H2SO4)=n(NaOH)，即n(HNO3)+2×0.04=0.025×4，解得n(HNO3)=0.02mol；0.96g铜的物质的量为=0.15mol，10mL的混合溶液中硫酸是0.04mol，硝酸是0.02mol，氢离子的物质的量是0.04mol×2+0.02mol=0.1mol
Cu+8H++2NO3-=4H2O+2NO
3mol8mol 2mol
0.015mol 0.04mol 0.01mol
所以硝酸根和氢离子是过量的，Cu不足，所以根据Cu的量计算生成NO的物质的量，则生成NO的物质的量为0.015×=0.01ml，标准状况下的体积是0.01mol×22.4L/mol=0.224L。
21．(1) 1mol 40g/mol 0.1mol·L-1
(2)1：4：9
(3)D
(4)1：3
(5)
（1）在标准状况下，22.4LN2中所含有N2的物质的量=；NaOH的摩尔质量为40g/mol；从1L0.1mol·L-1Na2CO3溶液中取出100mL，因为溶液具有均一性，则取出的溶液中Na2CO3的物质的量浓度为0.1mol·L-1，故答案为：1mol；40g/mol；0.1mol·L-1；
（2）物质的量浓度相同的NaCl、MgCl2、AlCl3三种溶液中Cl-的物质的量浓度之比=1：2：3，根据n=cV，则当溶液的体积比为1：2：3时，三种溶液中Cl-的物质的量之比为1：4：9，故答案为：1：4：9；
（3）A．200mL2mol/L氯化钾中氯离子浓度为2mol/L；
B．100mLlmol/L氯化钙中氯离子浓度为2mol/L；
C．200mL0.5molL氯化铝中氯离子浓度为1.5mol/L；
D．75mL1.5mol/L氯化镁中氯离子浓度为3mol/L；
综上，氯离子的离子浓度最大的是75mL1.5mol/L氯化镁，故答案为：D；
（4）二氧化碳通入氢氧化钠溶液中，发生反应为，可知二氧化碳过量，过量的二氧化碳接着发生反应为，可知完成反应后，溶质、，则所得溶液中的和的浓度之比为1：3，故答案为：1：3；
（5）标准状况下，VL某气体(此气体不与水反应)溶解在500mL水中(水的密度近似为1.0g/cm3)，则溶质的质量分数=，则溶质的物质的量浓度为c=，故答案为：。
22． Na2SO3 MnO2＋4HCl(浓) MnCl2＋Cl2↑＋2H2O
C为淡黄色，D是最常见的无色液体，H是空气中主要成分之一，则C为过氧化钠，D为水，两者反应生成氢氧化钠和氧气，F为漂白性的物质，G和F反应生成I，I和H反应生成J，则氢氧化钠和二氧化硫反应生成亚硫酸钠和水，亚硫酸钠和氧气反应生成硫酸钠，E常用于漂白，亚硫酸钠和氯气反应生成硫酸钠，则A为二氧化锰，B为浓盐酸。
(1)根据前面分析得到G为NaOH，其电子式为；故答案为：。
(2)I的化学式为Na2SO3；故答案为：Na2SO3。
(3)反应①是二氧化锰和浓盐酸反应生成氯化锰、氯气和水，其化学方程式MnO2＋4HCl(浓) MnCl2＋Cl2↑＋2H2O。