第二章 海水中的重要元素——钠和氯 测试题（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》测试题
一、单选题（共12题）
1．下列实验结论正确的是（ ）
A．向某溶液中加入稀盐酸，产生无色无味的气体，将该气体通入澄清石灰水中，石灰水变浑浊，证明该溶液中一定含有CO32-
B．向某溶液中加入稀硝酸和硝酸银溶液，产生白色沉淀，证明该溶液中一定含有Cl-
C．向某溶液中加入CCl4，CCl4层显紫色，证明该溶液中存在I-
D．向某溶液中加入氯化钡溶液，有白色沉淀产生，再加入稀盐酸，沉淀不消失，则该溶液中含有SO42-
2．标准状况指的是
A．0℃，101.325KPa B．10℃，101.325KPa
C．25℃，1013.25KPa D．0℃，1013.25KPa
3．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是
A．1.0 mol L 1的BaCl2溶液中含Cl－离子数目为2NA
B．常温常压下，2.8gCO和N2混合气体中含原子数为0.2NA
C．1L 0.3 mol L 1的NaCl溶液中含有0.3NA个NaCl分子
D．2.3gNa与足量O2反应生成Na2O2，转移电子数为0.2NA
4．已知标准状况下5.6L甲烷气体中所含原子数为a，则阿伏伽德罗常数可表示为
A．mol-1 B．4amol-1 C．amol-1 D．amol-1
5．设阿伏加 德罗常数为NA，下列叙述正确的是
A．常温常压下，11.2LCO所含原子数为NA
B．常温常压下，71g Cl2与足量Fe反应，转移电子数为2NA
C．常温常压下，32g O2和O3混合物中含有分子数为NA
D．常温常压下，1mol Na2O2中所含阴阳离子总数为4NA
6．下列说法正确的是
A．BaSO4的水溶液不易导电，故BaSO4是弱电解质
B．KClO3和SO3溶于水后能导电，故KClO3和SO3为电解质
C．可以用点燃的办法除去CO2气体中混有的CO
D．标况下22.4升氯气与足量的铁反应共转移电子数为2NA
7．能正确表示下列反应的离子方程式是
A．NaHCO3加入NaOH溶液中：
B．用醋酸除水垢：
C．用氯化铁溶液刻蚀铜电路板：
D．钠块投入水中：
8．将50ml 3mol/L的NaOH溶液加水稀释到500ml，稀释后NaOH的物质的量浓度为
A．0.03mol/L B．0.3 mol/L C．0.5 mol/L D．0.05 mol/L
9．同温同压下，甲容器中充满35Cl2，乙容器中充满37Cl2，下列叙述不正确的是
A．若两种气体体积相等，甲、乙两容器中气体的密度之比为35∶37
B．若两种气体体积相等，甲、乙两容器中气体分子数之比为35∶37
C．若两种气体质量相等，甲、乙两容器中气体所含质子数之比为37∶35
D．若两种气体体积相等，甲、乙两容器中气体所含中子数之比为9∶10
10．下列说法中正确的是
A．在相同体积、相同物质的量浓度的酸中，溶质的物质的量一定相等
B．容量瓶未干燥即用来配制溶液会导致溶液浓度偏低
C．定容时，为防止液滴飞溅，胶头滴管紧贴容量瓶内壁
D．定容后摇匀，发现液面低于刻度线，又补加少量水，重新达到刻度线
11．若1 g氧气中含有x个分子，则阿伏加德罗常数可以表示为
A．16x B．x/16 C．32x D．x/32
12．完成下列实验需用如图所示仪器的是
A．制备少量气体 B．溶解少量固体
C．配制的溶液 D．配制溶液
二、非选择题（共10题）
13．完成下列问题
(1)标准状况下，与标准状况下 含有相同数目的氢原子。
(2)质量之比为的三种气体分子数之比为 。
(3)已知混合气体的质量共10.0g，在标准状况下的体积为6.72L，则混合气体中的体积分数是 ，混合气体中氧元素的质量分数为 。
(4)47.5g某二价金属的氯化物中含有，则该金属氯化物的摩尔质量为 ；该金属的相对原子质量为 。
14．将1.92g铜与的稀硝酸完全反应，有关化学方程式：
(1)被还原的硝酸的物质的量是 mol；(答案精确到小数点后两位)
(2)若溶液仍为50mL，则其中的物质的量浓度是 ；(精确到小数点后一位)
(3)在此溶液中至少加入 固体可使完全沉淀。(精确到小数点后一位)
15．KClO3和浓盐酸在一定温度下反应，还原产物为黄绿色的易爆物二氧化氯。其变化可以表示为： KClO3＋ HCl(浓)→ KCl＋ ClO2↑＋ Cl2↑＋ H2O
(1)请配平该化学方程式(未知系数填入横线内)。
(2)浓盐酸在反应中显示出来的性质是 (填编号)。
①只有还原性　②还原性和酸性　③只有氧化性　④氧化性和酸性
(3)5 ℃ 下将产物氯气0.1 mol溶于水配成1 L溶液，请写出氯气溶于水的化学反应方程式 。
(4)若改变温度至70 ℃，发现KClO3和浓盐酸反应的氧化产物和还原产物均为二氧化氯气体，试写出反应的化学方程式： 。
16．氯气是一种重要的化工原料，能与有机物和无机物发生反应生成多种氯化物。现用如图装置制取氯气并进行一系列的实验探究。
回答下列问题：
(1)装置1用来制备纯净、干燥的氯气。
①制备氯气的化学方程式 ，装置A反应中被氧化的HCl与消耗的HCl的数目比为 。
②NaOH溶液的作用是 ，写出相应反应的化学方程式 。
(2)将装置1与装置2连接起来探究氯气是否具有漂白性。
①将氯气依次通过盛有干燥红色布条的集气瓶和盛有湿润红色布条的集气瓶，可观察到的现象是 。
②为防止氯气污染空气，根据氯水显酸性的性质，可用氢氧化钠溶液吸收多余的氯气。根据这一原理，工业上常用廉价的石灰乳吸收氯气制得漂白粉，漂白粉的有效成分是 (填化学式)。
(3)氯水具有多种成分(分子和离子)：
①氯水呈浅黄绿色，是因为有 (写化学式)
②将紫色石蕊溶液滴入新制氯水中，溶液显 色，起作用的微粒是 ，一段时间后，溶液的颜色褪去，颜色褪去过程中起作用的微粒是 (写化学式)。
③氯水经光照后，颜色逐渐消失，并放出气体，溶液的酸性增强，用化学方程式表示： 。
17．自然界水体中的碳元素主要以碳酸盐、碳酸氢盐和有机物形式存在。查阅资料得到以下信息：
Ⅰ.在潮湿空气中会缓慢分解成、和。
Ⅱ.水体中有机物含量是水质的重要指标，常用总有机碳衡量。()
Ⅲ.部分有机物加热易挥发。
(1)某学校化学科研小组为了验证碳酸氢钠在潮湿空气中会缓慢分解的信息，该科研小组将一瓶在潮湿空气中久置的样品混合均匀后，进行如下实验：
①在一个质量为a g的蒸发皿中加入一些样品，称得总质量为b g。用酒精灯对其充分加热，冷却后称得其总质量为c g。残留在蒸发皿中的固体是 (填化学式)。
②另取相同质量的样品放入锥形瓶中，实验装置如图所示。为了保证实验成功，所选用针筒的最大刻度值应大于 (mL)。(设实验在标准状况下进行)
(2)该化学科研小组用如下实验方法测定采集水样的总有机碳。
步骤1：量取50 mL水样，加入足量硫酸，加热，通，并维持一段时间(装置见图，夹持类仪器省略)。
步骤2：再向水样中加入过量的溶液(可将有机物中的碳元素氧化成)，加热，充分反应，生成的完全被100 mL 0.2050 mol/L的溶液吸收。
步骤3：将吸收后的浊液过滤并洗涤沉淀，再将洗涤的滤液与原滤液合并，加水配制成500 mL溶液。量取25.00 mL溶液于锥形瓶中，加入指示剂，并滴加0.05000 的溶液，发生反应：，恰好完全反应时，共消耗溶液20.00 mL。
①步骤1的目的是 。
②步骤2中完全被是溶液吸收的化学方程式 。
③利用实验数据计算，所取水样的总有机碳为
④用上述实验方法测定的水样总有机碳一般低于实际值，其原因可能是 。
18．氨气是重要的化工原料。
（1）实验室可用浓氨水和 （选填编号）来制取氨气。
a.烧碱 b.生石灰 c.氯化铵
检验氨气易溶于水的简单操作是：收集一试管氨气， 。
（2）往饱和食盐水中依次通入足量的NH3和足量的CO2，生成沉淀的化学式为 ；过滤后，使余液尽可能析出较多NH4Cl晶体的方法是：再通入足量的NH3、冷却并加入 。侯德榜制碱法（联合氨碱法）的CO2来自 （选填编号）。
a.石灰石煅烧 b.含碳物质燃烧 c.合成氨厂的副产品
（3）往CuSO4溶液中滴加氨水，先有沉淀析出，后沉淀溶解溶液呈深（绛）蓝色，有[Cu(NH3)4]2+生成。往溶液中滴加稀硫酸，溶液变为淡蓝色。颜色变浅的主要原因可能是：
①溶液变稀；
②[Cu(NH3)4]2++4H+Cu2+ + 4NH4+
请设计一个简单实验说明溶液变浅的主要原因 。
（4）某实验小组设计下列装置进行氨的催化氧化实验。
①实验时发现：如果缺少乙处的干燥管，将反应后的气体直接通入烧瓶，则烧瓶中先产生白雾，随即产生白烟，其原因可用化学方程式表示为： 、 。
②实验前，烧杯中盛有200mL 1.000 mol/L NaOH溶液，实验后将烧杯中溶液蒸干，再将所得固体加热至恒重，得到固体10.9g，则该固体含NaOH g。
19．取碳酸钠和碳酸氢钠的混合粉末样品27.4g，将其加热到质量不再改变，冷却后称固体质量为21.2g，将得到的固体配成200mL溶液，在溶液中逐渐滴加入1 mol/L盐酸300mL。请求出：
①原样品中碳酸氢钠的物质的量 ；
②所配溶液中Na+的物质的量浓度 ；
③加入盐酸后产生气体在标况下体积 。
20．摩尔质量是指单位物质的量的物质所具有的质量，已知NA为阿伏伽德罗常数的值，请回答下列问题：
（1）已知NH3的相对分子质量为17，则NH3的摩尔质量为 。
（2）已知一个铁原子的质量为b g，则铁原子的摩尔质量为 。
（3）已知a g某气体中含分子数为b，则该气体的摩尔质量为 。
（4）有以下四种物质：①22 g二氧化碳　②8 g氢气　③1.204×1024个氮气分子 ④4 ℃时18 mL水
它们所含分子数最多的是 ，所含原子数最多的是 ，质量最大的是 ，所含电子数最多的是 (填序号)。
21．由1-18号元素组成的中学常见的含钠元素的物质、、、，存在如图转化关系(部分反应物、生成物和反应条件已略去)。
(1)若为金属钠，与水反应的化学方程式为 。
(2)若为淡黄色的固体化合物， (填“是”或“不是”)碱性氧化物，与反应的化学方程式为 。
(3)不论是还是淡黄色的固体化合物，依据转化关系判断物质是 ，物质是 。
22．目前，世界上多采用电解熔融氯化钠的方法来生产金属钠：2NaCl(熔融) 2Na+Cl2↑，已知物质A、B、C、D、E、F有如图所示转化关系：
请按要求书写：
(1)A→C的离子方程式 ，C→E的离子方程式 。
(2)B→D的反应现象为： ，氧化剂和还原剂的物质的量之比为 。
(3)E+F→NaCl的化学方程式：
参考答案：
1．B
A．加入稀盐酸产生能使澄清石灰水变无色无味的气体的离子有CO32-、HCO3-，故A错误；
B．加入稀硝酸和硝酸银溶液，产生白色沉淀，此沉淀为AgCl，证明该溶液中一定含有Cl-，故B正确；
C．CCl4层显紫色，说明溶液中含有I2，而I-无色，并且不能溶于CCl4中，故C错误；
D．加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，可能生成AgCl沉淀，应先加入盐酸，如无现象，再加入氯化钡溶液，有白色沉淀证明有SO42-，故D错误；
故答案为B。
2．A
标准状况下是指0℃，101 KPa，即0℃，101.325KPa，故A正确；
综上所述，答案为A。
3．B
A．1.0 mol L 1的BaCl2溶液，缺少溶液体积，无法计算Cl－物质的量，故A错误；
B．CO和N2的摩尔质量都为28g mol 1，常温常压下，2.8gCO和N2混合气体物质的量为0.1mol，则含原子数为0.2NA，故B正确；
C．1L 0.3 mol L 1的NaCl溶液中不含NaCl分子，故C错误；
D．2Na＋O2Na2O2，2molNa转移2mol电子，2.3gNa物质的量为0.1mol，2.3gNa与足量O2反应生成Na2O2，转移电子数为0.1NA，故D错误。
综上所述，答案为B。
4．D
标准状况下，5.6L甲烷气体的物质的量=0.25mol，一个甲烷分子含有5个原子，故含有的分子数为，根据微粒的数目与物质的量成正比可知，1mol甲烷中含有的分子数为，则阿伏伽德罗常数可表示为mol-1。
5．B
A、标准状况下11.2L CO所含的原子数为NA，题中为常温常压，选项A错误；
B、71g氯气的物质的量为1mol，与铁反应生成氯化铁得到2mol电子，转移的电子数为2NA，选项B正确；
C、32g氧气和臭氧的混合物中含有32g氧原子，含有2mol氧原子，混合气体所含原子数为2NA，选项C错误；
D、过氧化钠中阴阳离子的个数之比是1︰2的，所以1mol Na2O2固体中含有的阴阳离子总数为3 NA，选项D错误。
答案选B。
6．D
A．BaSO4的水溶液不易导电，但BaSO4是强电解质，故A错误；
B．KClO3和SO3溶于水后能导电，但KClO3为电解质，SO3是非电解质，故B错误；
C．CO2气体中混有的CO是无法点燃，因此不能用点燃的办法除去CO2气体中混有的CO，故C错误；
D．2Fe＋3Cl22FeCl3，标况下22.4升氯气即物质的量为1mol，因此1mol氯气与足量的铁反应共转移电子数为2NA，故D正确。
综上所述，答案为D。
7．C
A．NaHCO3加入NaOH溶液中生成碳酸钠和水，离子方程式为：，故A错误；
B．醋酸是弱酸，保留化学式，离子方程式为：，故B错误；
C．氯化铁溶液刻蚀铜电路板，离子方程式为：2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+，故C正确；
D．钠放入水中反应生成NaOH和氢气，离子方程式为：2Na+2H2O═2Na++2OH-+H2↑，故D错误；
故选：C。
8．B
根据稀释定律可知，溶液稀释前后溶质的物质的量不变，据此计算。
设稀释后溶液中NaOH的物质量浓度为c，根据C浓V浓=C稀V稀可得：50×10-3L×3mol/L=500×10-3L×c，解得c=0.3mol/L，所以答案B正确。
故选B。
9．B
35Cl2的相对分子质量为70，37Cl2的相对分子质量为74。
A．同温同压下，若两种气体体积相等，由n==可得ρ==，密度与摩尔质量呈正比，甲、乙两容器中气体的密度之比为35∶37，故A正确；
B．同温同压下，由n==可知体积与分子数呈正比，若两种气体体积相等，则甲、乙两容器中气体分子数之比为1∶1，故B错误；
C．若两种气体质量相等，由n=可知，气体的物质的量与摩尔质量呈反比，则甲、乙两容器中气体的物质的量之比为37∶35，因都由Cl元素组成，则所含质子数之比为37∶35，故C正确；
D．同温同压下，若两种气体体积相等，则两种容器的气体的物质的量相等，甲、乙两容器中气体所含中子数之比为(35 17)×2∶(37 17)×2=9∶10，故D正确；
答案选B。
10．A
A．根据n=cV可知，在相同体积、相同物质的量浓度的酸中，溶质的物质的量一定相等，故A正确；
B．容量瓶未干燥即用来配制溶液，对所配制溶液的浓度无影响，故B错误；
C．定容时，胶头滴管应该悬空滴加，故C错误；
D．定容后摇匀，发现液面低于刻度线，不能补加水；若补加少量水，重新达到刻度线，溶液体积偏大，会导致溶液浓度偏低，故D错误；
选A。
11．C
1g氧气的物质的量为n(O2)===mol，NA==32xmol-1，C选项符合题意；
答案为C。
12．D
A．制备少量气体不需要用到图示仪器容量瓶，A不合题意；
B．图示仪器容量瓶不能用于溶解、稀释和长期贮存溶液，故溶解少量固体用烧杯和玻璃棒，不需要用到容量瓶，B不合题意；
C．配制的溶液只需用到天平、量筒、烧杯和玻璃棒，不需用到图示仪器容量瓶，C不合题意；
D．配制溶液是需要用到天平、烧杯、量筒、玻璃棒、100mL容量瓶和胶头滴管等仪器，D符合题意；
故答案为：D。
13．(1)6.72
(2)2:1：4
(3) 66.7% 64%
(4) 95g/mol 24
（1）3.4gNH3的物质的量为：=0.2mol；含有氢原子的物质的量为0.6mol，与氨气所含H原子数相同的H2S的物质的量为0.3mol，则其体积为0.3mol×22.4L/mol=6.72L。
（2）质量之比为的三种气体，且设三者质量为32g、7g、30g，则分子数之比等于物质的量之比：=2:1：4。
（3）混合气体的物质的量为=0.3mol，设混合气体中CO、CO2的物质的量分别为x、y，则28g/mol×x+44g/mol×y=10g，x+y=0.3mol，解得x=0.2mol，y=0.1mol，所以混合气体中的体积分数是，混合气体中氧元素的质量分数为。
（4）47.5g某二价金属的氯化物中含有1mol Cl ，该氯化物的物质的量为0.05mol，则此氯化物的摩尔质量为：=95g/mol，该金属在该氯化物中为+2价，设其摩尔质量为M，则M+35.5×2=95，解得M=24。
14．(1)0.02mol；
(2)1.6mol/L；
(3)3.2g。
【解析】(1)
1.92g铜的物质的量为0.03mol，50ml 2mol/L的稀硝酸中硝酸的物质的量为：，根据铜与稀硝酸反应的化学方程式：，0.03mol铜完全反应消耗硝酸0.08mol，故稀硝酸过量，铜完全反应。从方程式可以看出，稀硝酸被还原为NO，NO与Cu的物质的量之比等于系数比2：3，故NO的物质的量为0.02mol，故被还原的硝酸物质的量为：0.02mol；
(2)
Cu完全反应生成硝酸铜，根据元素守恒，硝酸铜的物质的量为：0.03mol；另外硝酸过量，参与反应的硝酸为0.08mol，溶液中剩余硝酸0.02mol，故溶液中硝酸根的总的物质的量为：，溶液体积为50mL，则硝酸根的物质的量浓度为： ；
(3)
Cu完全反应生成硝酸铜，Cu2+的物质的量为0.03mol，消耗硝酸0.08mol，溶液中剩余0.02mol硝酸，加入氢氧化钠固体时硝酸先与氢氧化钠反应，离子方程式为：，继续添加发生反应：，消耗氢氧化钠的物质的量最少为，质量为。
15． 2 4 2 2 1 2 ② H2O+Cl2=HCl+HClO 5KClO3＋6HCl(浓) 5KCl＋6ClO2↑＋3H2O
(1)KClO3中氯元素化合价由+5价降低为ClO2中+4价，化合价降低1价；HCl中氯元素化合价由-1价升高为Cl2中0价，化合价升高2价，化合价升降最小公倍数为2，故ClO2系数为2，Cl2系数为1；再结合元素守恒，可知未知物是水，配平各物质的系数；
(2)浓盐酸中部分氯的化合价升高被氧化，还有一部分氯的化合价不变；
(3)氯气溶于水生成等物质的量的盐酸和次氯酸；
(4)KClO3和浓盐酸反应的氧化产物和还原产物均为二氧化氯气体，KClO3中的氯元素是+5价，降低为+4价，盐酸中氯元素由-1价升高为+4价，根据得失电子守恒分析解答。
(1)KClO3中氯元素化合价由+5价降低为ClO2中+4价，化合价降低1价；HCl中氯元素化合价由-1价升高为Cl2中0价，化合价升高2价，化合价升降最小公倍数为2，故ClO2系数为2，Cl2系数为1；所以KClO3系数为2，KCl系数为2，HCl系数为4，结合元素守恒，可知未知物是水，水的系数是2，配平了的化学方程式为2KClO3+4HCl(浓)=2KCl+2ClO2↑+Cl2↑+2H2O；
(2)浓盐酸中部分氯的化合价升高，被氧化，还有一部分氯的化合价不变，所以浓盐酸体现为还原性和酸性，故答案为：②；
(3)氯气溶于水生成等物质的量的盐酸和次氯酸，发生反应的化学方程式为H2O+Cl2=HCl+HClO；
(4)KClO3和浓盐酸反应的氧化产物和还原产物均为二氧化氯气体，KClO3中的氯元素是+5价，降低为+4价，盐酸中氯元素由-1价升高为+4价，所以反应的方程式为：5KClO3＋6HCl(浓) 5KCl＋6ClO2↑＋3H2O。
【点睛】配平氧化还原反应的一般步骤：①标好价：正确标出反应前后化合价有变化的元素的化合价；②列变化：列出元素化合价升高和降低的数值；③求总数：求元素化合价升高数和降低数的最小公倍数，确定氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的化学计量数；④配系数：用观察法配平其他各物质的化学计量数；⑤细检查：利用“守恒”三原则(即质量守恒、得失电子守恒、电荷守恒)，逐项检查配平的方程式是否正确。
16．(1) 1:2 吸收Cl2尾气，防止污染空气
(2) 通过盛有干燥红色布条的集气瓶红布条不褪色，通入盛有湿润红色布条的集气瓶红布条褪色
(3) 红 H+
（1）①根据图1可知用浓盐酸和MnO2制备氯气，化学方程式为；4molHCl参与反应，被氧化的只有2mol，故被氧化的HCl与消耗的HCl的数目比为1:2；
②装置2检验氯气性质，氯气有毒，多余的氯气要用氢氧化钠溶液吸收防止污染空气，故NaOH溶液的作用是吸收Cl2尾气，防止污染空气，反应方程式为；
（2）①湿润的氯气可以生成次氯酸，次氯酸具有漂白性，将氯气依次通过盛有干燥红色布条的集气瓶红布条不褪色，通入盛有湿润红色布条的集气瓶红布条褪色；
②工业上常用廉价的石灰乳吸收氯气制得漂白粉，，次氯酸根具有强氧化性，所以漂白粉的有效成分是；
（3）氯气溶于水是可逆的，氯水中具有多种成分(分子和离子) 、、、H+、Cl-、ClO-、OH-；
①呈黄绿色，氯水呈浅黄绿色，是因为有；
②氯水中含有H+，溶液显酸性，将紫色石蕊溶液滴入新制氯水中，溶液显红色，起作用的微粒是H+；溶液中还含有，具有强氧化性，可以氧化指示剂褪色，一段时间后，溶液的颜色褪去，颜色褪去过程中起作用的微粒是 (写化学式)。
③见光分解生成氧气和氯化氢，氯水经光照后，颜色逐渐消失，并放出气体，溶液的酸性增强，用化学方程式表示：；
17．(1) 或固体或固体是 (＋)×22400 mL；
(2) 将水样中的和转化为，并将完全赶出 120 加热过程中，损失了部分易挥发有机物
本题是一道测定混合物中成分含量的实验题，碳酸氢钠受热分解产生一部分二氧化碳，同时产生了水蒸气，在后续实验中，硫酸和碳酸钠反应进一步放出二氧化碳，两部分二氧化碳的综合，即可计算出注射器的容积大小，以此解题。
（1）
①NaHCO3受热会发生如下反应：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+ H2O，其中CO2气体，水都和离开反应体系，只剩下Na2CO3固体，则残留在蒸发皿中的固体是Na2CO3，故答案为：或固体或固体是；
②由①可知冷却后的总质量其实就是Na2CO3和蒸发皿质量，所以(c-a）就是Na2CO3质量，根据碳原子守恒，放出的CO2的物质的量为moL，在一个质量为a g的蒸发皿中加入一些样品，称得总质量为b g，用酒精灯对其充分加热，冷却后称得其总质量为c g，则（b-c）g是失去水和CO2的总质量，根据化学反应2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，水是液体，则CO2的物质的量为mol，所以所选用针筒的最大刻度值应大于(＋)×22400 mL；
（2）
①自然界水体中的碳元素主要以碳酸盐、碳酸氢盐和有机物形式存在，水体中有机物含量是水质的重要指标，常用总有机碳衡量，量取50mL水样，加入足量硫酸，加热，通N2，并维持一段时间的目的：将水样中的CO和HCO转化为CO2，并将CO2完全赶出，故答案为：将水样中的CO和HCO转化为CO2，并将CO2完全赶出；
②二氧化碳是酸性氧化物，和氢氧化钡反应生成碳酸钡和水，方程式为：；
③n(H2C2O4)＝＝1.000×10－3mol，与H2C2O4反应的Ba(OH)2的物质的量n1[Ba(OH)2]＝n(H2C2O4)＝1.000×10－3mol。与CO2反应的Ba(OH)2的物质的量n2[Ba(OH)2]＝－1.000×10－3 mol×＝5.000×10－4 mol，由水样中有机物转化而成CO2的物质的量，n(CO2)＝n2[Ba(OH)2]＝5.000×10－4 mol，水样中有机物所含碳元素的物质的量n(C)＝n(CO2)＝5.000×10－4 mol，水样的总有机碳＝＝120 mg·L－1；
④由于加热过程中损失了部分易挥发有机物，因此测定的水样总有机碳一般低于实际值，故答案为：加热过程中，损失了部分易挥发有机物。
18． ab 倒插入水中，水迅速充满试管 NaHCO3 NaCl c 往深蓝色溶液中通入少量HCl气体或氨气或滴加浓硫酸或加少量NaOH固体或将稀溶液蒸发 4NO＋3O2＋2H2O=4HNO3 NH3+HNO3=NH4NO3 4
（1）浓氨水中存在平衡NH3+H2O NH3·H2O NH4++OH-，
a.加入NaOH时，c(OH-)增大，平衡逆向移动，产生更多的NH3·H2O，NaOH溶于水放出大量的热使NH3·H2O分解产生氨气；
b.加入生石灰与水化合成Ca(OH)2，c(OH-)增大，平衡逆向移动，产生更多的NH3·H2O，生石灰与水反应放出大量的热使NH3·H2O分解产生氨气；
c.加入NH4Cl，c（NH4+）增大，平衡逆向移动，产生更多的NH3·H2O，但不会使NH3·H2O分解产生大量氨气；
答案选ab；
检验氨气易溶于水的简单操作是收集一试管氨气，将其倒插入水中，水迅速充满试管；
（2）往饱和食盐水中依次通入足量的NH3和足量的CO2，发生反应产生溶解度较小的NaHCO3，反应的方程式是：NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，即生成沉淀的化学式为NaHCO3；过滤后，使余液尽可能析出较多NH4Cl晶体的方法是：再通入足量的NH3将饱和NaHCO3转化为溶解度更大的Na2CO3、冷却并加入NaCl，增大c（Cl-），根据平衡移动原理，抑制NH4Cl的溶解，可以产生更多的NH4Cl晶体；为了使物质循环利用，减少对大气造成的污染，侯德榜制碱法（联合氨碱法）的CO2来自合成氨厂的副产品，答案选c。
（3）往CuSO4溶液中滴加氨水，先发生反应：CuSO4+2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+(NH4)2SO4，有蓝色沉淀析出，后发生反应：Cu(OH)2+4NH3·H2O=[Cu(NH3)4](OH)2+4H2O，沉淀溶解溶液呈深（绛）蓝色，往溶液中滴加稀硫酸，溶液变为淡蓝色；颜色变浅的主要原因可能是：①溶液变稀；②[Cu(NH3)4]2++4H+Cu2+ + 4NH4+，采用控制变量法设计实验方案，如往深蓝色溶液中通入少量HCl气体或氨气或滴加浓硫酸或加少量NaOH固体或将稀溶液蒸发，根据溶液颜色的变化来确定是由于①还是②。
（4）①实验时发现：如果缺少乙处的干燥管，将反应后的气体直接通入烧瓶，则烧瓶中先产生白雾，随即产生白烟，其原因可用化学方程式表示为4NO＋3O2＋2H2O=4HNO3、NH3+HNO3=NH4NO3；
②m(NaOH)=0.2L×1.000mol/L×40g/mol=8.0g，在实验过程中产生的NO2、NO被NaOH溶液吸收，反应后变为NaNO2、NaNO3，实验后将烧杯中溶液蒸干，再将所得固体加热至恒重，由于NaNO3不稳定，加热分解产生NaNO2。根据元素守恒，NaOH~NaNO2，每有1mol的NaOH发生反应，固体质量会增加(69-40)g=29g，现在固体质量增加10.9g-8g=2.9g，所以反应消耗NaOH质量是4.0g，则该固体含NaOH的质量是8.0g-4.0g=4.0g。
19． 0.2mol 2mol/L 2.24L
①由于固体加热碳酸氢钠分解减少的水和二氧化碳质量为：27.4g-21.2g=6.2g，，则原有碳酸氢钠物质的量为：，故答案为：0.2mol；
②则加热后共有碳酸钠的物质的量为，将得到的固体配成200mL溶液，则其，故答案为：2mol/L；
③，由于是逐渐加入盐酸，碳酸钠首先消耗0.2mol盐酸转化为碳酸氢钠，再与加入的盐酸放出二氧化碳0.1mol，则在标况下二氧化碳的体积为，故答案为：2.24L。
20． 17 g/mol bNA g/mol aNA/b g/mol ② ② ③ ③
(1)摩尔质量在数值上等于其相对分子质量或相对原子质量，NH3的相对分子质量为17，则其摩尔质量为17 g/mol；
(2)阿伏伽德罗常数个铁原子的质量即是1摩尔铁原子的质量，数值上等于其摩尔质量，即为bNA g/mol；
(3)由M==×NA可得M=g/mol。
（4）各物质的物质的量为①n(CO2)=0.5 mol、②n(H2)=4 mol、③n(N2)=2 mol、④n(H2O)=1 mol，物质的量与分子数成正比，由此可知分子数最多的是②；原子数最多的是②；各物质的质量分别为：①22 g、②8 g、③56 g、④18 g，故质量最大的是③；各物质含电子数为①11 mol、②8 mol、③28 mol、④10 mol，所含电子数最多的是③。
21．(1)
(2) 不是
(3)
由题干以及图象可知，A若是Na，B是NaOH，C是Na2CO3，D是NaHCO3，A若是Na2O2，B是NaOH，C是Na2CO3，D是NaHCO3，据此分析回答问题。
（1）若A为金属钠，所以钠与水反应的化学方程式为2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；
（2）若A为淡黄色的固体化合物，则A是Na2O2，Na2O2属于过氧化物，不是碱性氧化物；Na2O2与CO2反应的化学方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；
（3）无论Na还是Na2O2与水反应生成的都是NaOH，所以C是Na2CO3，D是NaHCO3。
22． 2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑ 2OH-+CO2=+H2O 剧烈燃烧，产生棕红色的烟 3∶2 Na2CO3+CaCl2=CaCO3↓+2NaCl
已知2NaCl(熔融)2Na+Cl2↑，根据流程所示，A和B反应生成NaCl，则A为Na，B为Cl2；Na与水反应生成氢氧化钠，C为NaOH，氢氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠，E为Na2CO3；Cl2与Fe在一定条件下反应生成FeCl3，D为FeCl3，NaOH与FeCl3反应生成Fe(OH)3和NaCl，FeCl3与氢氧化钙反应生成Fe(OH)3和CaCl2，F为CaCl2，Na2CO3与CaCl2反应生成碳酸钙和氯化钠。
(1)A→C为Na与水反应生成氢氧化钠，离子方程式2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑；C→E为氢氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠，离子方程式为2OH-+CO2=+H2O；
(2)B→D为Fe在点燃条件下与Cl2反应生成FeCl3，化学方程式为：2Fe+3Cl22FeCl3，反应现象为：剧烈燃烧，产生棕红色的烟；反应中Fe为还原剂，Cl2为氧化剂，氧化剂和还原剂的物质的量之比为3∶2；
(3) Na2CO3与CaCl2反应生成碳酸钙和氯化钠，化学方程式：Na2CO3+CaCl2=CaCO3↓+2NaCl。