第二章 海水中的重要元素--钠和氯 单元测试题（含解析） 2023-2024学年高一上学期化学人教版（2019）必修第一册
文档属性
| 名称 | 第二章 海水中的重要元素--钠和氯 单元测试题（含解析） 2023-2024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 | 98.6KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2023-11-15 23:02:31 | ||
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文档简介
第二章 海水中的重要元素--钠和氯 单元测试题
一、单选题
1．下列物质中所含氢原子数最多的是（ ）
A．2mol CH4 B．3mol NH3 C．4mol H2O D．6mol HCl
2．某实验小组欲对钠进行部分性质的实验，下列操作及说法正确的是（ ）
A．用镊子夹取一小块钠，用滤纸吸干表面的煤油，再放置在表面皿或玻璃片上
B．钠银白色切口在空气中变暗，有人认为氧气不够生成氧化钠，若氧气过量生成过氧化钠
C．一小块钠放入分层的煤油和水混合物中，钠停留在水层中剧烈反应，产生气泡至消失
D．金属钠可与溶液发生置换反应生成和
3．下列溶液中的氯离子浓度与50mL 1mol·L－1的AlCl3溶液中氯离子浓度相等的是（ ）
A．150mL 1mol·L－1的NaCl B．100mL 1.5mol·L－1的CaCl2
C．75mL 2mol·L－1的NH4Cl D．150mL 2mol·L－1的KCl
4．NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）
A．0.1mol FeCl3完全水解形成Fe(OH)3胶体的胶粒数为0.1NA
B．1 mol N2 与 3 mol H2 充分反应，产物的分子数为 2NA
C．钢铁发生吸氧腐蚀时，0.56g Fe反应转移电子数为0.03NA
D．1L 0.1mol·L－1的NaHCO3溶液中HCO3－ 和CO32－离子数之和小于0.1NA
5．下列有关物质用途的说法中，错误的是（ ）
A．干冰可用作致冷剂
B．在铁制容器表面刷铝粉可防止生锈
C．氢氧化钠可用作医用胃酸中和剂
D．过氧化钠可用作供氧剂
6．化学来源于生活，也服务于生活。下列有关生活中的化学知识叙述错误的是（ ）
A．氯气与烧碱溶液或石灰乳反应都能得到含氯消毒剂
B．洁厕灵不能与“84”消毒液混用，原因是两种溶液混合会产生有毒的Cl2
C．过氧化钠可以用作呼吸面具的供氧剂，是因其可以和水、二氧化碳反应生成氧气
D．漂白粉在空气中久置变质，是因为其中的CaCl2与空气中的CO2反应生成CaCO3
7．设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（ ）
A．标准状况下，22.4LO2和CO的混合气体中含有3NA个氧原子
B．S2和S8的混合物共6.4g，所含硫原子数一定为0.2NA
C．标准状况下，2.24L乙醇(C2H5OH)中含有的碳原子数为0.2NA
D．10mL、12mol/L的浓盐酸与足量的MnO2充分反应后转移的电子数是0.06NA
8．如图：A处通入氯气。关闭B阀时，C处红色布条无变化，打开B阀时，C处的红色布条褪色。则D中盛放足量的试剂不可能是（ ）
A．浓硫酸 B．饱和食盐水
C．碘化钾溶液 D．氢氧化钠溶液
9．在一定温度和压强下，气体体积主要取决于（ ）
A．分子间的平均距离 B．分子微粒大小
C．分子数目的多少 D．分子式量的大小
10．NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．相同条件下，质量相等的CO和CO2它们所含的氧原子数目之比为11：7
B．1molLi3N与过量水反应收集的气态氨分子数目为NA
C．Na2CO3溶液中Na+和个数比为2：1
D．标况下，1molN2和O2的混合气体总体积约为22.4L
11．下列物质在氯气中燃烧，实验现象描述正确的是：（ ）
A．Na——黄色的烟 B．H2——苍白色火焰
C．Cu——蓝色的烟 D．Fe——棕色的雾
12．实验室用下列装置制备无水AlCl3(183℃升华)，无水AlCl3遇潮湿空气即产生大量白雾。下列说法错误的是（ ）
A．b、c、f中依次盛装饱和食盐水、浓硫酸、浓硫酸
B．g中发生的反应为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O
C．e装置的收集器必须保持干燥
D．实验时，a和d处酒精灯应同时点燃
13．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是（ ）
A．含有的中子数为2NA
B．22g乙醛中含有σ键数目为3NA
C．的溶液中含有的数目为NA
D．被还原为时转移的电子数为5NA
14．经氯气消毒的自来水，若用于配制以下溶液：①NaOH ②AgNO3③Na2CO3④FeSO4⑤KI ⑥Na2S ⑦Na2SO3 会使配制的溶液变质的是（ ）
A．全部 B．②④⑤⑥ C．②⑤ D．④⑥
15．下列物质中不能用金属单质和非金属单质直接化合制得的是（ ）
A．CuO B．FeCl3 C．CuS D．FeS
16．若NA表示阿伏加德罗常数，下列说法不正确的是（ ）
A．在标准状况下，NA 个水分子所占的体积约为 22.4L
B．20℃，1.01×105Pa 时，0.5mol O2的质量是 16 g
C．同温同压下，1mol He 与 6.02×1023个 N2 所占体积相等
D．1mol CH4的质量与NA个CH4分子的质量相等
二、综合题
17．在标准状况下，将224 L HCl气体溶解于635mL水中，所得盐酸的密度为：1.18g cm﹣3．试计算：
（1）所得盐酸的质量分数和物质的量浓度是多少？
（2）取出这种盐酸100mL，稀释至1.18L，求所得稀盐酸的物质的量浓度．
（3）将含有少量Na2CO3的NaOH样品2.53g，加入50.0mL 2.00mol L﹣1的盐酸中，充分反应后，生成标准状况下二氧化碳气体112mL，溶液酸性，中和多余的酸又用去40.0mL 1.00mol L﹣1的NaOH溶液．蒸发中和后的溶液，最终得到多少克固体？
18．下表是某位化学教师的肝肾糖脂血液化验单部分内容：
已知：1摩尔（mol）等于1000毫摩尔（mmol），血液中葡萄糖简称血糖，分子式为C6H12O6，请根据以上信息回答下列问题：
项目名称 数据 参考值
尿素氮 2.95 2.00﹣6.10 mmol L﹣1
葡萄糖 4.50 3.89﹣6.11 mmol L﹣1
总胆固醇 3.75 ＜5.20 mmol L﹣1
甘油三酯 1.80↑ ＜1.70 mmol L﹣1
（1）这位教师的血糖含量属 （填“正常”、“偏高”或“偏低”）
（2）这位教师的1mL血液中含葡萄糖 g．
19．回答下列氯气的相关问题：
（1）将紫色石蕊试液滴入新制的氯水，现象是 ，起作用的微粒是 ．
（2）某生应用下图所示方法研究物质的性质，其中气体A的主要成分是氯气，杂质是空气和水蒸气．回答下列问题：
①该项研究（实验）的主要目的是
②浓硫酸的作用是 ．与研究目的直接相关的实验现象是
③从物质性质的方面来看，这样的实验设计还存在事故隐患，事故表现是 ．请在图D处以图的形式表明克服事故隐患的措施，写出化学方程式 ．
（3）漂白粉是用Cl2与石灰乳反应来制取的，制取反应的化学方程式为 ．漂白粉在空气中保存不当能失效，请用方程式表示原理 、 ．
20．某次实验需用0.4mol L-1 NaCl溶液500mL．配制方法如下：
⑴配制该溶液应选用 mL容量瓶；
⑵用托盘天平准确称量 g 固体NaCl；
⑶将称量好的NaCl固体放在烧杯中，倒入约50mL蒸馏水，用玻璃棒搅拌，使固体全部溶解，待溶液冷却至室温后，将烧杯中的溶液注入容量瓶中；
⑷向容量瓶中加入蒸馏水，到液面离容量瓶颈刻度线下1—2cm；时，改用 加蒸馏水至液面最低点与刻度线相切．盖好瓶塞，摇匀。
⑸若在配制过程中出现下列情况，将使所配制的NaCl溶液的浓度偏高的是 ，偏低的是 ，对实验结果没有影响的是 （填各选项的序号）．
A．用托盘天平称量一定质量固体NaCl后，转移到烧杯内过程中撒在桌上一点
B.配制溶液所用的容量瓶洗净后没有烘干
C.固体NaCl在烧杯中溶解后，立即将溶液转移到容量瓶内并接着进行后续操作
D.转移溶液后，未洗涤烧杯和玻璃棒就直接定容
E．最后确定NaCl溶液体积（定容）时，俯视观察液面与容量瓶刻度线
F．定容摇匀后静止，发现液面低于刻度线，再加蒸馏水至刻度线．
21．氯气可用于制取漂白剂和自来水消毒。
（1）将氯气通入水中制得氯水，氯水可用于漂白，其中起漂白作用的物质是 (填写化学式）。
（2）“84”消毒液也可用于漂白，其工业制法是控制在常温条件下，将氯气通入NaOH溶液中，反应的离子方程式为 。
（3）同学们探究“84”消毒液在不同pH下使红纸褪色的情况，做了如下实验：
步骤1：将5mL市售“84”消毒液稀释100倍，测得稀释后溶液的pH=12；
步骤2：取稀释后溶液各20 mL分别加入3个洁净的小烧杯中；
步骤3：用硫酸将3个烧杯内溶液的pH分别调至10、7和4。（溶液体积变化忽略不计）
步骤4：在3个烧杯中分别放入大小相同的红纸，观察现象，记录如下：
烧杯 溶液的pH 现象
a 10 10 min后，红纸基本不褪色；4h后红纸褪色
b 7 10 min后，红纸颜色变浅；4 h后红纸褪色
c 4 10 min后，红纸颜色变得更浅；4h后红纸褪色
已知，溶液中Cl2、HClO和ClO-物质的量分数（α） 随pH变化的关系如下图所示：
①由实验现象可获得以下结论：溶液的pH在4 ~10范围内，pH越大，红纸褪色 。
②结合图像进行分析，b、c两烧杯中实验现象出现差异的原因是 。
（4）由于氯气会与自来水中的有机物发生反应，生成对人体有害的物质，人们尝试研究并使用新的自来水消毒剂，如ClO2气体就是一种新型高效含氯消毒剂。
①一种制备ClO2的方法是将SO2通入硫酸酸化的NaClO3溶液中，反应的离子方程式为 。
②另一种制备ClO2的方法是用NaClO3与盐酸反应，同时有Cl2生成，产物中Cl2体积约占1/3。则每生成0.5 mol ClO2，转移 mole-。
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】A.2molCH4含有H原子的物质的量为2mol×4=8mol
B.3molNH3含有H原子的物质的量为3mol×3=9mol；
C.4molH2O含有H原子的物质的量为4mol×2=8mol；
D.6molHCl含有H原子的物质的量为6mol×1=6mol。
所以3molNH3含有的H原子最多。
故答案为：B。
【分析】氢化物的物质的量与含氢原子个数的乘积越大氢原子数越多，据此解答即可。
2．【答案】A
【解析】【解答】A．金属钠由于在空气中易生成氢氧化钠具有腐蚀性，应该放在洁净表面皿或玻璃片上，选项A符合题意。
B．钠与氧气生成的产物取决于温度条件，与氧气的量无关，选项B不符合题意。
C．一小块钠放入分层的煤油和水混合物中，根据密度：煤油＜钠＜水，钠在煤油与水的交界处跳动，产生气泡直至消失，选项C不符合题意。
D．金属钠在溶液中会先与水反应生成氢氧化钠溶液，最终生成蓝色沉淀和氢气，选项D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】A.钠在空气中易被氧化为氧化钠；
B.钠与氧气在常温下反应生成氧化钠，加热条件下生成过氧化钠，与氧气的量无关；
C.钠的密度大于煤油小于水；
D.金属钠投入盐溶液中，先与水反应再盐反应。
3．【答案】B
【解析】【解答】A.150mL 1mol·L－1的NaCl溶液中，氯离子浓度为1mol·L－1，A不符合题意；
B. 100mL 1.5mol·L－1的CaCl2溶液中，氯离子浓度为3mol·L－1，B符合题意；
C.75mL 2mol·L－1的NH4Cl溶液中，氯离子浓度为2mol·L－1，C不符合题意；
D.150mL 2mol·L－1的KCl溶液中，氯离子浓度为2mol·L－1，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】比较溶液中c(Cl-)的大小，与溶液的体积无关，与溶质在水中电离产生Cl-的数目有关，据此结合选项所给溶液进行分析。
4．【答案】D
【解析】【解答】A.Fe(OH)
3胶体的胶粒为许多Fe(OH)
3的集合体，所以0.1molFeCl
3完全水解形成Fe(OH)
3胶体的胶粒数小于0.1N
A，A不符合题意；
B.N2与H2合成NH3的反应为可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，所以1molN2 与3molH2充分反应，NH3的分子数小于2NA，B不符合题意；
C.0.56gFe的物质的量为0.01mol，0.01mol的钢铁在发生吸氧腐蚀时转移电子数为0.02NA，C不符合题意；
D.NaHCO3在溶液中HCO3-发生水解反应和电离作用，根据C元素守恒可知溶液中存在的含C元素的微粒有H2CO3、HCO3-和CO32-，三者的物质的量和为0.1mol，故HCO3－和CO32－离子数之和小于0.1NA，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A选项需要注意的是大量的
Fe(OH)3 粒子聚合成
Fe(OH)3 胶粒，所以
胶粒数为小于0.1NA。
B选项为可逆反应所以产物分子数小于2NA。
C选项吸氧腐蚀中负极为Fe-2e-=Fe2+,所以 0.56g Fe反应转移电子数为0.02NA。
5．【答案】C
【解析】【解答】A.干冰汽化吸热，可用作致冷剂，故A不符合题意；
B.由于铝能与氧气反应在铝的表面形成致密的氧化物的薄膜，所以，铁制品表面涂铝粉防生锈，故B不符合题意；
C.氢氧化钠具有腐蚀性，不能用作医用胃酸中和剂，故C符合题意；
D.过氧化钠与二氧化碳、水反应生成氧气，可用作供氧剂，故D不符合题意。
故答案为：C
【分析】根据干冰、氢氧化钠和过氧化钠的用途进行判断。
6．【答案】D
【解析】【解答】A．氯气和碱反应生成次氯酸盐、氯化物和水，所以氯气与烧碱溶液或石灰乳反应都能得到具有消毒作用的次氯酸盐，故A不符合题意；
B．洁厕灵的主要成分为盐酸，84消毒液主要成分为次氯酸钠，盐酸与次氯酸钠能发生归中反应生成氯气，所以洁厕灵不能与“84”消毒液混用，故B不符合题意；
C．Na2O2与CO2反应生成碳酸钠和氧气，Na2O2与水反应生成氢氧化钠和O2，所以过氧化钠可以用作呼吸面具的供氧剂，故C不符合题意；
D．漂白粉在空气中久置变质，是因为漂白粉中次氯酸钙和空气中的二氧化碳水蒸气发生反应生成碳酸钙和次氯酸，而次氯酸易分解，导致漂白粉变质，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．氯气和碱反应生成次氯酸盐、氯化物和水，次氯酸盐有强氧化性；
B．盐酸与次氯酸钠能发生归中反应生成氯气；
C．Na2O2与水、CO2反应均产生氧气；
D．依据弱酸不能制强酸判断。
7．【答案】B
【解析】【解答】A．标准状况下，22.4LO2和CO的混合气体，气体总的物质的量为1mol，但是不知道氧气和一氧化碳各自的物质的量，不能计算氧原子个数，A不符合题意；
B．假设S2为xg，S8为yg，x+y=6.4g，则二者所含硫原子数为：，B符合题意；
C．标准状况下，乙醇不是气体，故不能用气体摩尔体积计算乙醇的物质的量，C不符合题意；
D．浓盐酸与足量的MnO2反应，会有水的生成，且氯化氢在不断消耗，故浓盐酸逐渐变成稀盐酸，反应会停止，不能确定盐酸反应的量，也不能计算电子转移的数目，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.氧气中含有两个氧原子，CO中含有一个氧原子；
C.标况下乙醇为液体，不能用气体摩尔体积计算其物质的量；
D.稀盐酸与二氧化锰不反应。
8．【答案】B
【解析】【解答】A．若D处盛放浓硫酸，关闭B阀时，氯气被浓硫酸干燥，干燥氯气不具有漂白性，所以C处干燥的红色布条无变化；打开B阀时，C处红色布条能够褪色，故A符合题意；
B．若D盛放的为饱和食盐水，关闭B阀时，氯气在饱和食盐水中溶解度很小，溢出的氯气含有水蒸气，所以C处干燥的红色布条会褪色，故B不符合题意；
C．若D处盛放碘化钾溶液，关闭B阀时，部分氯气被碘化钾溶液吸收生成碘单质，有色布条无变化，打开B阀时，C处红色布条能够褪色，故C符合题意；
D．若D处盛放氢氧化钠溶液关闭B阀时，氯气被氢氧化钠溶液吸收，有色布条无变化，打开B阀时，C处红色布条能够褪色，故D符合题意；
故答案为：B。
【分析】根据 关闭B阀时，C处红色布条无变化，打开B阀时，C处的红色布条褪色，说明D中的溶液可与氯气反应，或者将氯气中的水蒸气除去，结合选项进行判断即可
9．【答案】C
【解析】【解答】任何物质的体积大小均由构成物质的粒子直径的大小、粒子的间隙、粒子的数量三个因素共同决定。对于气体来说，由于气体的分子间隙远大于分子直径的十倍以上，所以计量气体的体积时，相对于间隙来说，气体分子的本身的大小可以忽略，所以气体的体积大小主要由气体分子数和气体分子间的距离共同决定。确定了气体所处的温度和压强，就等于确定了气体分子间的距离，所以此时该气体的体积主要由气体的分子数决定。在该条件下，气体的分子数越多，气体的体积就越小，且有 。
【分析】（1）任何物质的体积大小均由构成物质的粒子直径的大小、粒子的间隙、粒子的数量三个因素共同决定；
（2）对于气体来说，气体的分子间隙远大于分子直径的十倍以上，所以气体分子本身的大小可以忽略不计，气体的体积大小主要由气体分子数和气体分子间的距离共同决定；
（3）当气体所处的温度和压强一定时气体分子间的距离确定，所以此时该气体的体积主要由气体的分子数决定。
10．【答案】D
【解析】【解答】A．设气体的质量为m，则质量相等的CO和CO2它们所含的氧原子物质的量之比为1 ，所以氧原子数目之比为：11：14，故A不符合题意；
B．理论上，Li3N与水反应
，1molLi3N与水反应收集的气态氨分子数目为NA，但是水过量，氨气极易溶于水而且会发生
，所以收集的气态氨分子数目小于NA，故B不符合题意；
C．Na2CO3中
是弱酸根离子在溶液中会水解，所以Na+和
个数比大于2：1，故C不符合题意；
D．标况下，1mol任何气体的体积都约为22.4L，只要气体间不反应，不论是混合气体还是单一气体，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据公式计算出物质的量即可
B.充分考虑氨气易溶于水，易与水反应
C.考虑碳酸根离子水解
D.根据公式即可计算
11．【答案】B
【解析】【解答】A.钠在氯气中燃烧产生白烟，选项错误，A不符合题意；
B.氢气在氯气中燃烧，发出苍白色火焰，选项正确，B符合题意；
C.铜在氯气中燃烧，产生棕黄色的烟，选项错误，C不符合题意；
D.铁在氯气中燃烧，产生棕红色烟，选项错误，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】根据物质在氯气中燃烧的现象进行分析。
12．【答案】D
【解析】【解答】A. b、c、f中依次盛装饱和食盐水、浓硫酸、浓硫酸，作用为除去氯气中的氯化氢气体和防止水蒸气进入e，选项A不符合题意；
B. g中未反应的氯气被氢氧化钠溶液吸收，发生的反应为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，选项B不符合题意；
C. e装置的收集器必须保持干燥，否则无水AlCl3遇潮湿空气即产生大量白雾，选项C不符合题意；
D. 实验时，必须先点燃a处酒精灯，氯气通入一段时间后点燃d处酒精灯，选项D符合题意。
故答案为：D。
【分析】Dz中先点燃a处酒精灯，产生氯气排出装置内的空气，否则在d处铝会和装置内的空气反应。
13．【答案】C
【解析】【解答】A．的物质的量为0.1mol，含有的中子的物质的量为0.1mol×10×2=2mol，数目为2NA，A不符合题意；
B.22g乙醛的物质的量为0.5mol，单键均为σ键，双键中含有1个σ键1个π键，则含有σ键数目为0.5×6 NA= 3NA，B不符合题意；
C．碳酸氢根离子会水解导致数目减小，故的溶液中含有的数目小于NA，C符合题意；
D．被还原为时转移的电子关系为，则转移电子数目为5NA，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.1个分子含10个中子；
B.单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键；
C.在溶液中发生水解；
D.根据计算。
14．【答案】A
【解析】【解答】解：氯气和水的反应方程式为：Cl2+H2O HCl+HClO，该反应是可逆反应，盐酸是强酸，次氯酸是弱酸，所以溶液中存在的微粒有：H+、Cl﹣、ClO﹣、OH﹣、Cl2、H2O、HCl．
①NaOH能和氢离子反应生成盐和水，所以用该自来水配制会变质，故正确．
②AgNO3能和氯离子反应生成氯化银沉淀，所以用该自来水配制会变质，故正确．
③Na2CO3能和氢离子反应生成氯化钠和二氧化碳、水，所以用该自来水配制会变质，故正确．
④FeSO4能和氯气反应生成硫酸铁，所以用该自来水配制会变质，故正确．
⑤KI和氯气发生置换反应生成碘单质，所以用该自来水配制会变质，故正确．
⑥Na2S和氯气反应生成硫单质，所以用该自来水配制会变质，故正确．
⑦Na2SO3能和氯气反应生成硫酸钠，所以用该自来水配制会变质，故正确．
故选A．
【分析】氯气和水的反应方程式为：Cl2+H2O HCl+HClO，该反应是可逆反应，盐酸是强酸，次氯酸是弱酸，所以溶液中存在的微粒有：H+、Cl﹣、ClO﹣、OH﹣、Cl2、H2O、HCl，只要能和这些微粒反应的物质在配制过程中就会变质，否则不变质．
15．【答案】C
【解析】【解答】A. 铜在氧气中燃烧生成CuO，A不符合题意；
B. 铁在氯气中燃烧生成FeCl3，B不符合题意；
C. 硫的非金属性较弱，铜与硫在加热条件下发生化合反应生成Cu2S，不能直接得到CuS，C符合题意；
D. 硫的非金属性较弱，铁与硫在加热条件下发生化合反应生成FeS，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】Cl2具有强氧化性，与可变价态的金属反应时，生成最高价态的金属氯化物；S的氧化性较弱，与可变价态的金属反应时，生成的是低价态的金属硫化物。
16．【答案】A
【解析】【解答】解：A、标况下水为液态，故NA个水分子的体积小于22.4L，故A错误；
B、0.5mol氧气的质量m=nM=0.5mol×32g/mol=16g，故B正确；
C、氦气为单原子分子，故1molHe原子即1mol氦气，而6.02×1023个 N2的物质的量也为1mol，在同温同压下，两者的物质的量相等，故C正确；
D、1mol甲烷中含NA个甲烷分子，故1mol甲烷的质量即为NA个甲烷分子的质量之和，故D正确．
故选A．
【分析】A、标况下水为液态；
B、根据质量m=nM来计算；
C、氦气为单原子分子；
D、1mol甲烷中含NA个甲烷分子．
17．【答案】（1）答：所得盐酸的质量分数为36.5%，物质的量浓度是11.8mol/L
（2）答：所得稀盐酸的物质的量浓度1mol L﹣1
（3）答：所得稀盐酸的物质的量浓度1mol L﹣1
【解析】【解答】解：（1）n（HCl）= =10mol，m（HCl）=10mol×36.5g mol﹣1=365g，
635mL水的质量为635mL×1g/mL=635g，
盐酸的质量分数w= ×100%=36.5%，
c（HCl）= = mol/L=11.8mol/L，
答：所得盐酸的质量分数为36.5%，物质的量浓度是11.8mol/L；（2）根据c（浓） V（浓）=c（稀） V（稀）
可知：c（稀）=11.8mol L﹣1×0.1L÷1.18L=1mol L﹣1，
答：所得稀盐酸的物质的量浓度1mol L﹣1；（3）经过反应，蒸发中和后的溶液，最后所得固体为NaCl，根据Cl元素守恒：n（NaCl）=n（HCl）=0.050L×2mol L﹣1=0.1mol，故m（NaCl）=0.1mol×58.5g mol﹣1=5.85g，
答：最终得到固体5.85克．
【分析】（1）根据n= 计算HCl物质的量，根据m=nM计算HCl质量，根据m=ρV计算水的质量，进而计算溶液质量分数，根据c= 计算溶液物质的量浓度；（2）根据稀释定律c（浓） V（浓）=c（稀） V（稀）计算；（3）经过反应，蒸发中和后的溶液，最后所得固体为NaCl，根据Cl元素守恒：n（NaCl）=n（HCl），再根据m=nM计算．
18．【答案】（1）正常
（2）8.1×10﹣4
【解析】【解答】解：（1）这位教师的血糖含量4.50，在3.89﹣6.11 mmol L﹣1范围之内，属于正常，故答案为：正常；（2）血液中葡萄糖的浓度为4.50mmol L﹣1，M（C6H12O6）=180g/mol，则1mL血液中含葡萄糖质量为1×10﹣3L×4.50×10﹣3mol L﹣1×180g/mol=8.1×10﹣4g，
故答案为：8.1×10﹣4．
【分析】血液中葡萄糖的浓度为4.50mmol L﹣1，根据参考值判断是否正常，结合M（C6H12O6）=180g/mol，m=nM计算即可．
19．【答案】（1）先变红后褪色；HCl和HClO
（2）探究氯气具有漂白性的条件；吸收气体A中的水；B干燥布条不褪色，C湿润的布条褪色；没有尾气处理装置，造成环境污染；Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O
（3）2Cl2+2Ca（OH）2═CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；CO2+Ca（ClO）2+H2O=CaCO3+2HClO；2HClO 2HCl+O2↑
【解析】【解答】解：（1）新制的氯水中含HCl、HClO，则石蕊试液滴加到新制的氯水中，石蕊遇酸变红色，然后被HClO漂白，则观察到褪色，即溶液先变红后褪色，故答案为：溶液先变红后褪色；HCl和HClO；（2）①本实验为对比实验，将氯气分别于干燥布条和湿润布条进行比较，不难看出实验目的是探究氯气具有漂白性的条件，故答案为：探究氯气具有漂白性的条件；②浓硫酸具有吸水性，常用作干燥剂，本试验中起到吸收气体C中的水的作用，燥氯气不具有漂白性，氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白性，
故答案为：吸收气体A中的水；B干燥布条不褪色，C湿润的布条褪色；③氯气有毒，应进行尾气处理，不能随意排放到空气中，一般用NaOH溶液吸收多余的氯气，其反应的方程式为：Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O，氯气有毒，应进行尾气处理，不能随意排放到空气中，应加尾气处理装置，如图 ，
故答案为：没有尾气处理装置，造成环境污染；Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O； ；（3）以氯气和石灰乳为原料制造漂白粉，反应生成CaCl2、Ca（ClO）2、H2O，该反应为2Cl2+2Ca（OH）2═CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，
漂白粉久置空气中，与水、二氧化碳反应生成碳酸钙和次氯酸，次氯酸分解而使其漂白失效，发生的反应为CO2+Ca（ClO）2+H2O=CaCO3+2HClO、2HClO 2HCl+O2↑，
故答案为：2Cl2+2Ca（OH）2═CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；CO2+Ca（ClO）2+H2O=CaCO3+2HClO；2HClO 2HCl+O2↑．
【分析】本实验的目的是探究氯气具有漂白性的条件下，干燥氯气不具有漂白性，氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白性，氯气有毒，应进行尾气处理，不能随意排放到空气中，一般用NaOH溶液吸收氯气．
20．【答案】500；11.7；胶头滴管；E；ADF；BC
【解析】【解答】(1)实验需用0.4mol L-1 NaCl溶液500mL，所以选用500mL容量瓶，故答案为：500；
(2)需NaCl的质量为m=0.5L×0.4mol L-1×58.5g/mol=11.7g，故答案为：11.7；
(4)向容量瓶中加入蒸馏水，到液面离刻度线下1-2cm时，改用胶头滴管加蒸馏水至液面最低点与刻度线相切，故答案为：胶头滴管；
(5)A．用托盘天平称量一定质量固体NaCl后，转移到烧杯内过程中撒在桌上一点，导致溶质的物质的量偏小，溶液的浓度偏低；
B.因定容时需向容量瓶中加水，所以定容前配制溶液所用的容量瓶洗净后没有烘干，对溶液浓度无影响；
C.氯化钠溶解没有明显的热量变化，溶解后，立即将溶液转移到容量瓶内并接着进行后续操作，对结果无影响；
D.转移溶液后，未洗涤烧杯和玻璃棒就直接定容，少量氯化钠沾在烧杯壁与玻璃棒上，氯化钠的实际质量减小，溶液浓度偏低；
E．定容时，俯视容量瓶刻度线，使溶液的体积偏低，所以溶液浓度偏高；
F．定容摇匀后静止，液面低于刻度线，一部分溶液留在瓶塞与瓶口之间，再加蒸馏水至刻度线，导致溶液体积偏大，所以溶液浓度偏低；
所以偏高的有E，偏低有ADF，无影响的是BC，故答案为：E；ADF；BC。
【分析】（2）溶液的体积为容量瓶的体积
（5）俯视导致读数偏大，水量则比需要量少，会导致浓度偏大；水量偏多或这溶质量不足均会导致浓度偏低
21．【答案】（1）HClO
（2）Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O
（3）越慢；b烧杯中溶液的pH大于c烧杯中溶液的pH，HClO浓度较小，反应速率较慢，褪色较慢
（4）SO2+2ClO3-=2ClO2+SO42-；0.5
【解析】【解答】解：(1)氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有强氧化性，能够将有色物质漂白。
故答案为：HClO；
(2)常温下，氯气通入NaOH溶液中反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O。
故答案为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；
(3)①根据实验数据，溶液的pH在4 ~10范围内，pH越大，红纸褪色越慢。
故答案为：越慢；
②根据溶液中Cl2、HClO和ClO-物质的量分数(α) 随pH变化的关系图可知，b烧杯中溶液的pH大于c烧杯中溶液的pH，HClO浓度较小，反应速率较慢，褪色较慢。
故答案为：b烧杯中溶液的pH大于c烧杯中溶液的pH，HClO浓度较小，反应速率较慢，褪色较慢；
(4)①将SO2通入硫酸酸化的NaClO3溶液中反应生成了ClO2，根据氧化还原反应的规律，同时应该生成硫酸钠，反应的离子方程式为SO2+2ClO3-=2ClO2+SO42-。
故答案为：SO2+2ClO3-=2ClO2+SO42-；
②用NaClO3与盐酸反应生成ClO2，同时有Cl2生成，产物中Cl2体积约占1/3，反应的化学方程式为2NaClO3+4HCl= 2ClO2↑+ Cl2↑+ 2H2O+2NaCl，反应中转移的电子为2e-，则每生成0.5 mol ClO2，转移的的物质的量为0.5mol。
故答案为：0.5。
【分析】本题考查了探究氯气可用于制取漂白剂和自来水消毒。(1)氯气与水反应生成的次氯酸，具有强氧化性，能够将有色物质漂白；(2)氯气通入NaOH溶液中反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；(3)①根据实验数据可知，pH越大，红纸褪色越慢；②根据溶液中物质的量分数(α) 随pH变化的关系图可得出答案；(4)①根据氧化还原反应的规律，同时应该生成硫酸钠，即可写出反应的离子方程式；②根据反应的化学方程式：2NaClO3+4HCl= 2ClO2↑+ Cl2↑+ 2H2O+2NaCl可得，反应中转移的电子为2e-，则每生成0.5 mol ClO2，转移的的物质的量为0.5mol。
一、单选题
1．下列物质中所含氢原子数最多的是（ ）
A．2mol CH4 B．3mol NH3 C．4mol H2O D．6mol HCl
2．某实验小组欲对钠进行部分性质的实验，下列操作及说法正确的是（ ）
A．用镊子夹取一小块钠，用滤纸吸干表面的煤油，再放置在表面皿或玻璃片上
B．钠银白色切口在空气中变暗，有人认为氧气不够生成氧化钠，若氧气过量生成过氧化钠
C．一小块钠放入分层的煤油和水混合物中，钠停留在水层中剧烈反应，产生气泡至消失
D．金属钠可与溶液发生置换反应生成和
3．下列溶液中的氯离子浓度与50mL 1mol·L－1的AlCl3溶液中氯离子浓度相等的是（ ）
A．150mL 1mol·L－1的NaCl B．100mL 1.5mol·L－1的CaCl2
C．75mL 2mol·L－1的NH4Cl D．150mL 2mol·L－1的KCl
4．NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）
A．0.1mol FeCl3完全水解形成Fe(OH)3胶体的胶粒数为0.1NA
B．1 mol N2 与 3 mol H2 充分反应，产物的分子数为 2NA
C．钢铁发生吸氧腐蚀时，0.56g Fe反应转移电子数为0.03NA
D．1L 0.1mol·L－1的NaHCO3溶液中HCO3－ 和CO32－离子数之和小于0.1NA
5．下列有关物质用途的说法中，错误的是（ ）
A．干冰可用作致冷剂
B．在铁制容器表面刷铝粉可防止生锈
C．氢氧化钠可用作医用胃酸中和剂
D．过氧化钠可用作供氧剂
6．化学来源于生活，也服务于生活。下列有关生活中的化学知识叙述错误的是（ ）
A．氯气与烧碱溶液或石灰乳反应都能得到含氯消毒剂
B．洁厕灵不能与“84”消毒液混用，原因是两种溶液混合会产生有毒的Cl2
C．过氧化钠可以用作呼吸面具的供氧剂，是因其可以和水、二氧化碳反应生成氧气
D．漂白粉在空气中久置变质，是因为其中的CaCl2与空气中的CO2反应生成CaCO3
7．设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（ ）
A．标准状况下，22.4LO2和CO的混合气体中含有3NA个氧原子
B．S2和S8的混合物共6.4g，所含硫原子数一定为0.2NA
C．标准状况下，2.24L乙醇(C2H5OH)中含有的碳原子数为0.2NA
D．10mL、12mol/L的浓盐酸与足量的MnO2充分反应后转移的电子数是0.06NA
8．如图：A处通入氯气。关闭B阀时，C处红色布条无变化，打开B阀时，C处的红色布条褪色。则D中盛放足量的试剂不可能是（ ）
A．浓硫酸 B．饱和食盐水
C．碘化钾溶液 D．氢氧化钠溶液
9．在一定温度和压强下，气体体积主要取决于（ ）
A．分子间的平均距离 B．分子微粒大小
C．分子数目的多少 D．分子式量的大小
10．NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．相同条件下，质量相等的CO和CO2它们所含的氧原子数目之比为11：7
B．1molLi3N与过量水反应收集的气态氨分子数目为NA
C．Na2CO3溶液中Na+和个数比为2：1
D．标况下，1molN2和O2的混合气体总体积约为22.4L
11．下列物质在氯气中燃烧，实验现象描述正确的是：（ ）
A．Na——黄色的烟 B．H2——苍白色火焰
C．Cu——蓝色的烟 D．Fe——棕色的雾
12．实验室用下列装置制备无水AlCl3(183℃升华)，无水AlCl3遇潮湿空气即产生大量白雾。下列说法错误的是（ ）
A．b、c、f中依次盛装饱和食盐水、浓硫酸、浓硫酸
B．g中发生的反应为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O
C．e装置的收集器必须保持干燥
D．实验时，a和d处酒精灯应同时点燃
13．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是（ ）
A．含有的中子数为2NA
B．22g乙醛中含有σ键数目为3NA
C．的溶液中含有的数目为NA
D．被还原为时转移的电子数为5NA
14．经氯气消毒的自来水，若用于配制以下溶液：①NaOH ②AgNO3③Na2CO3④FeSO4⑤KI ⑥Na2S ⑦Na2SO3 会使配制的溶液变质的是（ ）
A．全部 B．②④⑤⑥ C．②⑤ D．④⑥
15．下列物质中不能用金属单质和非金属单质直接化合制得的是（ ）
A．CuO B．FeCl3 C．CuS D．FeS
16．若NA表示阿伏加德罗常数，下列说法不正确的是（ ）
A．在标准状况下，NA 个水分子所占的体积约为 22.4L
B．20℃，1.01×105Pa 时，0.5mol O2的质量是 16 g
C．同温同压下，1mol He 与 6.02×1023个 N2 所占体积相等
D．1mol CH4的质量与NA个CH4分子的质量相等
二、综合题
17．在标准状况下，将224 L HCl气体溶解于635mL水中，所得盐酸的密度为：1.18g cm﹣3．试计算：
（1）所得盐酸的质量分数和物质的量浓度是多少？
（2）取出这种盐酸100mL，稀释至1.18L，求所得稀盐酸的物质的量浓度．
（3）将含有少量Na2CO3的NaOH样品2.53g，加入50.0mL 2.00mol L﹣1的盐酸中，充分反应后，生成标准状况下二氧化碳气体112mL，溶液酸性，中和多余的酸又用去40.0mL 1.00mol L﹣1的NaOH溶液．蒸发中和后的溶液，最终得到多少克固体？
18．下表是某位化学教师的肝肾糖脂血液化验单部分内容：
已知：1摩尔（mol）等于1000毫摩尔（mmol），血液中葡萄糖简称血糖，分子式为C6H12O6，请根据以上信息回答下列问题：
项目名称 数据 参考值
尿素氮 2.95 2.00﹣6.10 mmol L﹣1
葡萄糖 4.50 3.89﹣6.11 mmol L﹣1
总胆固醇 3.75 ＜5.20 mmol L﹣1
甘油三酯 1.80↑ ＜1.70 mmol L﹣1
（1）这位教师的血糖含量属 （填“正常”、“偏高”或“偏低”）
（2）这位教师的1mL血液中含葡萄糖 g．
19．回答下列氯气的相关问题：
（1）将紫色石蕊试液滴入新制的氯水，现象是 ，起作用的微粒是 ．
（2）某生应用下图所示方法研究物质的性质，其中气体A的主要成分是氯气，杂质是空气和水蒸气．回答下列问题：
①该项研究（实验）的主要目的是
②浓硫酸的作用是 ．与研究目的直接相关的实验现象是
③从物质性质的方面来看，这样的实验设计还存在事故隐患，事故表现是 ．请在图D处以图的形式表明克服事故隐患的措施，写出化学方程式 ．
（3）漂白粉是用Cl2与石灰乳反应来制取的，制取反应的化学方程式为 ．漂白粉在空气中保存不当能失效，请用方程式表示原理 、 ．
20．某次实验需用0.4mol L-1 NaCl溶液500mL．配制方法如下：
⑴配制该溶液应选用 mL容量瓶；
⑵用托盘天平准确称量 g 固体NaCl；
⑶将称量好的NaCl固体放在烧杯中，倒入约50mL蒸馏水，用玻璃棒搅拌，使固体全部溶解，待溶液冷却至室温后，将烧杯中的溶液注入容量瓶中；
⑷向容量瓶中加入蒸馏水，到液面离容量瓶颈刻度线下1—2cm；时，改用 加蒸馏水至液面最低点与刻度线相切．盖好瓶塞，摇匀。
⑸若在配制过程中出现下列情况，将使所配制的NaCl溶液的浓度偏高的是 ，偏低的是 ，对实验结果没有影响的是 （填各选项的序号）．
A．用托盘天平称量一定质量固体NaCl后，转移到烧杯内过程中撒在桌上一点
B.配制溶液所用的容量瓶洗净后没有烘干
C.固体NaCl在烧杯中溶解后，立即将溶液转移到容量瓶内并接着进行后续操作
D.转移溶液后，未洗涤烧杯和玻璃棒就直接定容
E．最后确定NaCl溶液体积（定容）时，俯视观察液面与容量瓶刻度线
F．定容摇匀后静止，发现液面低于刻度线，再加蒸馏水至刻度线．
21．氯气可用于制取漂白剂和自来水消毒。
（1）将氯气通入水中制得氯水，氯水可用于漂白，其中起漂白作用的物质是 (填写化学式）。
（2）“84”消毒液也可用于漂白，其工业制法是控制在常温条件下，将氯气通入NaOH溶液中，反应的离子方程式为 。
（3）同学们探究“84”消毒液在不同pH下使红纸褪色的情况，做了如下实验：
步骤1：将5mL市售“84”消毒液稀释100倍，测得稀释后溶液的pH=12；
步骤2：取稀释后溶液各20 mL分别加入3个洁净的小烧杯中；
步骤3：用硫酸将3个烧杯内溶液的pH分别调至10、7和4。（溶液体积变化忽略不计）
步骤4：在3个烧杯中分别放入大小相同的红纸，观察现象，记录如下：
烧杯 溶液的pH 现象
a 10 10 min后，红纸基本不褪色；4h后红纸褪色
b 7 10 min后，红纸颜色变浅；4 h后红纸褪色
c 4 10 min后，红纸颜色变得更浅；4h后红纸褪色
已知，溶液中Cl2、HClO和ClO-物质的量分数（α） 随pH变化的关系如下图所示：
①由实验现象可获得以下结论：溶液的pH在4 ~10范围内，pH越大，红纸褪色 。
②结合图像进行分析，b、c两烧杯中实验现象出现差异的原因是 。
（4）由于氯气会与自来水中的有机物发生反应，生成对人体有害的物质，人们尝试研究并使用新的自来水消毒剂，如ClO2气体就是一种新型高效含氯消毒剂。
①一种制备ClO2的方法是将SO2通入硫酸酸化的NaClO3溶液中，反应的离子方程式为 。
②另一种制备ClO2的方法是用NaClO3与盐酸反应，同时有Cl2生成，产物中Cl2体积约占1/3。则每生成0.5 mol ClO2，转移 mole-。
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】A.2molCH4含有H原子的物质的量为2mol×4=8mol
B.3molNH3含有H原子的物质的量为3mol×3=9mol；
C.4molH2O含有H原子的物质的量为4mol×2=8mol；
D.6molHCl含有H原子的物质的量为6mol×1=6mol。
所以3molNH3含有的H原子最多。
故答案为：B。
【分析】氢化物的物质的量与含氢原子个数的乘积越大氢原子数越多，据此解答即可。
2．【答案】A
【解析】【解答】A．金属钠由于在空气中易生成氢氧化钠具有腐蚀性，应该放在洁净表面皿或玻璃片上，选项A符合题意。
B．钠与氧气生成的产物取决于温度条件，与氧气的量无关，选项B不符合题意。
C．一小块钠放入分层的煤油和水混合物中，根据密度：煤油＜钠＜水，钠在煤油与水的交界处跳动，产生气泡直至消失，选项C不符合题意。
D．金属钠在溶液中会先与水反应生成氢氧化钠溶液，最终生成蓝色沉淀和氢气，选项D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】A.钠在空气中易被氧化为氧化钠；
B.钠与氧气在常温下反应生成氧化钠，加热条件下生成过氧化钠，与氧气的量无关；
C.钠的密度大于煤油小于水；
D.金属钠投入盐溶液中，先与水反应再盐反应。
3．【答案】B
【解析】【解答】A.150mL 1mol·L－1的NaCl溶液中，氯离子浓度为1mol·L－1，A不符合题意；
B. 100mL 1.5mol·L－1的CaCl2溶液中，氯离子浓度为3mol·L－1，B符合题意；
C.75mL 2mol·L－1的NH4Cl溶液中，氯离子浓度为2mol·L－1，C不符合题意；
D.150mL 2mol·L－1的KCl溶液中，氯离子浓度为2mol·L－1，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】比较溶液中c(Cl-)的大小，与溶液的体积无关，与溶质在水中电离产生Cl-的数目有关，据此结合选项所给溶液进行分析。
4．【答案】D
【解析】【解答】A.Fe(OH)
3胶体的胶粒为许多Fe(OH)
3的集合体，所以0.1molFeCl
3完全水解形成Fe(OH)
3胶体的胶粒数小于0.1N
A，A不符合题意；
B.N2与H2合成NH3的反应为可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，所以1molN2 与3molH2充分反应，NH3的分子数小于2NA，B不符合题意；
C.0.56gFe的物质的量为0.01mol，0.01mol的钢铁在发生吸氧腐蚀时转移电子数为0.02NA，C不符合题意；
D.NaHCO3在溶液中HCO3-发生水解反应和电离作用，根据C元素守恒可知溶液中存在的含C元素的微粒有H2CO3、HCO3-和CO32-，三者的物质的量和为0.1mol，故HCO3－和CO32－离子数之和小于0.1NA，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A选项需要注意的是大量的
Fe(OH)3 粒子聚合成
Fe(OH)3 胶粒，所以
胶粒数为小于0.1NA。
B选项为可逆反应所以产物分子数小于2NA。
C选项吸氧腐蚀中负极为Fe-2e-=Fe2+,所以 0.56g Fe反应转移电子数为0.02NA。
5．【答案】C
【解析】【解答】A.干冰汽化吸热，可用作致冷剂，故A不符合题意；
B.由于铝能与氧气反应在铝的表面形成致密的氧化物的薄膜，所以，铁制品表面涂铝粉防生锈，故B不符合题意；
C.氢氧化钠具有腐蚀性，不能用作医用胃酸中和剂，故C符合题意；
D.过氧化钠与二氧化碳、水反应生成氧气，可用作供氧剂，故D不符合题意。
故答案为：C
【分析】根据干冰、氢氧化钠和过氧化钠的用途进行判断。
6．【答案】D
【解析】【解答】A．氯气和碱反应生成次氯酸盐、氯化物和水，所以氯气与烧碱溶液或石灰乳反应都能得到具有消毒作用的次氯酸盐，故A不符合题意；
B．洁厕灵的主要成分为盐酸，84消毒液主要成分为次氯酸钠，盐酸与次氯酸钠能发生归中反应生成氯气，所以洁厕灵不能与“84”消毒液混用，故B不符合题意；
C．Na2O2与CO2反应生成碳酸钠和氧气，Na2O2与水反应生成氢氧化钠和O2，所以过氧化钠可以用作呼吸面具的供氧剂，故C不符合题意；
D．漂白粉在空气中久置变质，是因为漂白粉中次氯酸钙和空气中的二氧化碳水蒸气发生反应生成碳酸钙和次氯酸，而次氯酸易分解，导致漂白粉变质，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．氯气和碱反应生成次氯酸盐、氯化物和水，次氯酸盐有强氧化性；
B．盐酸与次氯酸钠能发生归中反应生成氯气；
C．Na2O2与水、CO2反应均产生氧气；
D．依据弱酸不能制强酸判断。
7．【答案】B
【解析】【解答】A．标准状况下，22.4LO2和CO的混合气体，气体总的物质的量为1mol，但是不知道氧气和一氧化碳各自的物质的量，不能计算氧原子个数，A不符合题意；
B．假设S2为xg，S8为yg，x+y=6.4g，则二者所含硫原子数为：，B符合题意；
C．标准状况下，乙醇不是气体，故不能用气体摩尔体积计算乙醇的物质的量，C不符合题意；
D．浓盐酸与足量的MnO2反应，会有水的生成，且氯化氢在不断消耗，故浓盐酸逐渐变成稀盐酸，反应会停止，不能确定盐酸反应的量，也不能计算电子转移的数目，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.氧气中含有两个氧原子，CO中含有一个氧原子；
C.标况下乙醇为液体，不能用气体摩尔体积计算其物质的量；
D.稀盐酸与二氧化锰不反应。
8．【答案】B
【解析】【解答】A．若D处盛放浓硫酸，关闭B阀时，氯气被浓硫酸干燥，干燥氯气不具有漂白性，所以C处干燥的红色布条无变化；打开B阀时，C处红色布条能够褪色，故A符合题意；
B．若D盛放的为饱和食盐水，关闭B阀时，氯气在饱和食盐水中溶解度很小，溢出的氯气含有水蒸气，所以C处干燥的红色布条会褪色，故B不符合题意；
C．若D处盛放碘化钾溶液，关闭B阀时，部分氯气被碘化钾溶液吸收生成碘单质，有色布条无变化，打开B阀时，C处红色布条能够褪色，故C符合题意；
D．若D处盛放氢氧化钠溶液关闭B阀时，氯气被氢氧化钠溶液吸收，有色布条无变化，打开B阀时，C处红色布条能够褪色，故D符合题意；
故答案为：B。
【分析】根据 关闭B阀时，C处红色布条无变化，打开B阀时，C处的红色布条褪色，说明D中的溶液可与氯气反应，或者将氯气中的水蒸气除去，结合选项进行判断即可
9．【答案】C
【解析】【解答】任何物质的体积大小均由构成物质的粒子直径的大小、粒子的间隙、粒子的数量三个因素共同决定。对于气体来说，由于气体的分子间隙远大于分子直径的十倍以上，所以计量气体的体积时，相对于间隙来说，气体分子的本身的大小可以忽略，所以气体的体积大小主要由气体分子数和气体分子间的距离共同决定。确定了气体所处的温度和压强，就等于确定了气体分子间的距离，所以此时该气体的体积主要由气体的分子数决定。在该条件下，气体的分子数越多，气体的体积就越小，且有 。
【分析】（1）任何物质的体积大小均由构成物质的粒子直径的大小、粒子的间隙、粒子的数量三个因素共同决定；
（2）对于气体来说，气体的分子间隙远大于分子直径的十倍以上，所以气体分子本身的大小可以忽略不计，气体的体积大小主要由气体分子数和气体分子间的距离共同决定；
（3）当气体所处的温度和压强一定时气体分子间的距离确定，所以此时该气体的体积主要由气体的分子数决定。
10．【答案】D
【解析】【解答】A．设气体的质量为m，则质量相等的CO和CO2它们所含的氧原子物质的量之比为1 ，所以氧原子数目之比为：11：14，故A不符合题意；
B．理论上，Li3N与水反应
，1molLi3N与水反应收集的气态氨分子数目为NA，但是水过量，氨气极易溶于水而且会发生
，所以收集的气态氨分子数目小于NA，故B不符合题意；
C．Na2CO3中
是弱酸根离子在溶液中会水解，所以Na+和
个数比大于2：1，故C不符合题意；
D．标况下，1mol任何气体的体积都约为22.4L，只要气体间不反应，不论是混合气体还是单一气体，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据公式计算出物质的量即可
B.充分考虑氨气易溶于水，易与水反应
C.考虑碳酸根离子水解
D.根据公式即可计算
11．【答案】B
【解析】【解答】A.钠在氯气中燃烧产生白烟，选项错误，A不符合题意；
B.氢气在氯气中燃烧，发出苍白色火焰，选项正确，B符合题意；
C.铜在氯气中燃烧，产生棕黄色的烟，选项错误，C不符合题意；
D.铁在氯气中燃烧，产生棕红色烟，选项错误，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】根据物质在氯气中燃烧的现象进行分析。
12．【答案】D
【解析】【解答】A. b、c、f中依次盛装饱和食盐水、浓硫酸、浓硫酸，作用为除去氯气中的氯化氢气体和防止水蒸气进入e，选项A不符合题意；
B. g中未反应的氯气被氢氧化钠溶液吸收，发生的反应为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，选项B不符合题意；
C. e装置的收集器必须保持干燥，否则无水AlCl3遇潮湿空气即产生大量白雾，选项C不符合题意；
D. 实验时，必须先点燃a处酒精灯，氯气通入一段时间后点燃d处酒精灯，选项D符合题意。
故答案为：D。
【分析】Dz中先点燃a处酒精灯，产生氯气排出装置内的空气，否则在d处铝会和装置内的空气反应。
13．【答案】C
【解析】【解答】A．的物质的量为0.1mol，含有的中子的物质的量为0.1mol×10×2=2mol，数目为2NA，A不符合题意；
B.22g乙醛的物质的量为0.5mol，单键均为σ键，双键中含有1个σ键1个π键，则含有σ键数目为0.5×6 NA= 3NA，B不符合题意；
C．碳酸氢根离子会水解导致数目减小，故的溶液中含有的数目小于NA，C符合题意；
D．被还原为时转移的电子关系为，则转移电子数目为5NA，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.1个分子含10个中子；
B.单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键；
C.在溶液中发生水解；
D.根据计算。
14．【答案】A
【解析】【解答】解：氯气和水的反应方程式为：Cl2+H2O HCl+HClO，该反应是可逆反应，盐酸是强酸，次氯酸是弱酸，所以溶液中存在的微粒有：H+、Cl﹣、ClO﹣、OH﹣、Cl2、H2O、HCl．
①NaOH能和氢离子反应生成盐和水，所以用该自来水配制会变质，故正确．
②AgNO3能和氯离子反应生成氯化银沉淀，所以用该自来水配制会变质，故正确．
③Na2CO3能和氢离子反应生成氯化钠和二氧化碳、水，所以用该自来水配制会变质，故正确．
④FeSO4能和氯气反应生成硫酸铁，所以用该自来水配制会变质，故正确．
⑤KI和氯气发生置换反应生成碘单质，所以用该自来水配制会变质，故正确．
⑥Na2S和氯气反应生成硫单质，所以用该自来水配制会变质，故正确．
⑦Na2SO3能和氯气反应生成硫酸钠，所以用该自来水配制会变质，故正确．
故选A．
【分析】氯气和水的反应方程式为：Cl2+H2O HCl+HClO，该反应是可逆反应，盐酸是强酸，次氯酸是弱酸，所以溶液中存在的微粒有：H+、Cl﹣、ClO﹣、OH﹣、Cl2、H2O、HCl，只要能和这些微粒反应的物质在配制过程中就会变质，否则不变质．
15．【答案】C
【解析】【解答】A. 铜在氧气中燃烧生成CuO，A不符合题意；
B. 铁在氯气中燃烧生成FeCl3，B不符合题意；
C. 硫的非金属性较弱，铜与硫在加热条件下发生化合反应生成Cu2S，不能直接得到CuS，C符合题意；
D. 硫的非金属性较弱，铁与硫在加热条件下发生化合反应生成FeS，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】Cl2具有强氧化性，与可变价态的金属反应时，生成最高价态的金属氯化物；S的氧化性较弱，与可变价态的金属反应时，生成的是低价态的金属硫化物。
16．【答案】A
【解析】【解答】解：A、标况下水为液态，故NA个水分子的体积小于22.4L，故A错误；
B、0.5mol氧气的质量m=nM=0.5mol×32g/mol=16g，故B正确；
C、氦气为单原子分子，故1molHe原子即1mol氦气，而6.02×1023个 N2的物质的量也为1mol，在同温同压下，两者的物质的量相等，故C正确；
D、1mol甲烷中含NA个甲烷分子，故1mol甲烷的质量即为NA个甲烷分子的质量之和，故D正确．
故选A．
【分析】A、标况下水为液态；
B、根据质量m=nM来计算；
C、氦气为单原子分子；
D、1mol甲烷中含NA个甲烷分子．
17．【答案】（1）答：所得盐酸的质量分数为36.5%，物质的量浓度是11.8mol/L
（2）答：所得稀盐酸的物质的量浓度1mol L﹣1
（3）答：所得稀盐酸的物质的量浓度1mol L﹣1
【解析】【解答】解：（1）n（HCl）= =10mol，m（HCl）=10mol×36.5g mol﹣1=365g，
635mL水的质量为635mL×1g/mL=635g，
盐酸的质量分数w= ×100%=36.5%，
c（HCl）= = mol/L=11.8mol/L，
答：所得盐酸的质量分数为36.5%，物质的量浓度是11.8mol/L；（2）根据c（浓） V（浓）=c（稀） V（稀）
可知：c（稀）=11.8mol L﹣1×0.1L÷1.18L=1mol L﹣1，
答：所得稀盐酸的物质的量浓度1mol L﹣1；（3）经过反应，蒸发中和后的溶液，最后所得固体为NaCl，根据Cl元素守恒：n（NaCl）=n（HCl）=0.050L×2mol L﹣1=0.1mol，故m（NaCl）=0.1mol×58.5g mol﹣1=5.85g，
答：最终得到固体5.85克．
【分析】（1）根据n= 计算HCl物质的量，根据m=nM计算HCl质量，根据m=ρV计算水的质量，进而计算溶液质量分数，根据c= 计算溶液物质的量浓度；（2）根据稀释定律c（浓） V（浓）=c（稀） V（稀）计算；（3）经过反应，蒸发中和后的溶液，最后所得固体为NaCl，根据Cl元素守恒：n（NaCl）=n（HCl），再根据m=nM计算．
18．【答案】（1）正常
（2）8.1×10﹣4
【解析】【解答】解：（1）这位教师的血糖含量4.50，在3.89﹣6.11 mmol L﹣1范围之内，属于正常，故答案为：正常；（2）血液中葡萄糖的浓度为4.50mmol L﹣1，M（C6H12O6）=180g/mol，则1mL血液中含葡萄糖质量为1×10﹣3L×4.50×10﹣3mol L﹣1×180g/mol=8.1×10﹣4g，
故答案为：8.1×10﹣4．
【分析】血液中葡萄糖的浓度为4.50mmol L﹣1，根据参考值判断是否正常，结合M（C6H12O6）=180g/mol，m=nM计算即可．
19．【答案】（1）先变红后褪色；HCl和HClO
（2）探究氯气具有漂白性的条件；吸收气体A中的水；B干燥布条不褪色，C湿润的布条褪色；没有尾气处理装置，造成环境污染；Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O
（3）2Cl2+2Ca（OH）2═CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；CO2+Ca（ClO）2+H2O=CaCO3+2HClO；2HClO 2HCl+O2↑
【解析】【解答】解：（1）新制的氯水中含HCl、HClO，则石蕊试液滴加到新制的氯水中，石蕊遇酸变红色，然后被HClO漂白，则观察到褪色，即溶液先变红后褪色，故答案为：溶液先变红后褪色；HCl和HClO；（2）①本实验为对比实验，将氯气分别于干燥布条和湿润布条进行比较，不难看出实验目的是探究氯气具有漂白性的条件，故答案为：探究氯气具有漂白性的条件；②浓硫酸具有吸水性，常用作干燥剂，本试验中起到吸收气体C中的水的作用，燥氯气不具有漂白性，氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白性，
故答案为：吸收气体A中的水；B干燥布条不褪色，C湿润的布条褪色；③氯气有毒，应进行尾气处理，不能随意排放到空气中，一般用NaOH溶液吸收多余的氯气，其反应的方程式为：Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O，氯气有毒，应进行尾气处理，不能随意排放到空气中，应加尾气处理装置，如图 ，
故答案为：没有尾气处理装置，造成环境污染；Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O； ；（3）以氯气和石灰乳为原料制造漂白粉，反应生成CaCl2、Ca（ClO）2、H2O，该反应为2Cl2+2Ca（OH）2═CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，
漂白粉久置空气中，与水、二氧化碳反应生成碳酸钙和次氯酸，次氯酸分解而使其漂白失效，发生的反应为CO2+Ca（ClO）2+H2O=CaCO3+2HClO、2HClO 2HCl+O2↑，
故答案为：2Cl2+2Ca（OH）2═CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；CO2+Ca（ClO）2+H2O=CaCO3+2HClO；2HClO 2HCl+O2↑．
【分析】本实验的目的是探究氯气具有漂白性的条件下，干燥氯气不具有漂白性，氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白性，氯气有毒，应进行尾气处理，不能随意排放到空气中，一般用NaOH溶液吸收氯气．
20．【答案】500；11.7；胶头滴管；E；ADF；BC
【解析】【解答】(1)实验需用0.4mol L-1 NaCl溶液500mL，所以选用500mL容量瓶，故答案为：500；
(2)需NaCl的质量为m=0.5L×0.4mol L-1×58.5g/mol=11.7g，故答案为：11.7；
(4)向容量瓶中加入蒸馏水，到液面离刻度线下1-2cm时，改用胶头滴管加蒸馏水至液面最低点与刻度线相切，故答案为：胶头滴管；
(5)A．用托盘天平称量一定质量固体NaCl后，转移到烧杯内过程中撒在桌上一点，导致溶质的物质的量偏小，溶液的浓度偏低；
B.因定容时需向容量瓶中加水，所以定容前配制溶液所用的容量瓶洗净后没有烘干，对溶液浓度无影响；
C.氯化钠溶解没有明显的热量变化，溶解后，立即将溶液转移到容量瓶内并接着进行后续操作，对结果无影响；
D.转移溶液后，未洗涤烧杯和玻璃棒就直接定容，少量氯化钠沾在烧杯壁与玻璃棒上，氯化钠的实际质量减小，溶液浓度偏低；
E．定容时，俯视容量瓶刻度线，使溶液的体积偏低，所以溶液浓度偏高；
F．定容摇匀后静止，液面低于刻度线，一部分溶液留在瓶塞与瓶口之间，再加蒸馏水至刻度线，导致溶液体积偏大，所以溶液浓度偏低；
所以偏高的有E，偏低有ADF，无影响的是BC，故答案为：E；ADF；BC。
【分析】（2）溶液的体积为容量瓶的体积
（5）俯视导致读数偏大，水量则比需要量少，会导致浓度偏大；水量偏多或这溶质量不足均会导致浓度偏低
21．【答案】（1）HClO
（2）Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O
（3）越慢；b烧杯中溶液的pH大于c烧杯中溶液的pH，HClO浓度较小，反应速率较慢，褪色较慢
（4）SO2+2ClO3-=2ClO2+SO42-；0.5
【解析】【解答】解：(1)氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有强氧化性，能够将有色物质漂白。
故答案为：HClO；
(2)常温下，氯气通入NaOH溶液中反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O。
故答案为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；
(3)①根据实验数据，溶液的pH在4 ~10范围内，pH越大，红纸褪色越慢。
故答案为：越慢；
②根据溶液中Cl2、HClO和ClO-物质的量分数(α) 随pH变化的关系图可知，b烧杯中溶液的pH大于c烧杯中溶液的pH，HClO浓度较小，反应速率较慢，褪色较慢。
故答案为：b烧杯中溶液的pH大于c烧杯中溶液的pH，HClO浓度较小，反应速率较慢，褪色较慢；
(4)①将SO2通入硫酸酸化的NaClO3溶液中反应生成了ClO2，根据氧化还原反应的规律，同时应该生成硫酸钠，反应的离子方程式为SO2+2ClO3-=2ClO2+SO42-。
故答案为：SO2+2ClO3-=2ClO2+SO42-；
②用NaClO3与盐酸反应生成ClO2，同时有Cl2生成，产物中Cl2体积约占1/3，反应的化学方程式为2NaClO3+4HCl= 2ClO2↑+ Cl2↑+ 2H2O+2NaCl，反应中转移的电子为2e-，则每生成0.5 mol ClO2，转移的的物质的量为0.5mol。
故答案为：0.5。
【分析】本题考查了探究氯气可用于制取漂白剂和自来水消毒。(1)氯气与水反应生成的次氯酸，具有强氧化性，能够将有色物质漂白；(2)氯气通入NaOH溶液中反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；(3)①根据实验数据可知，pH越大，红纸褪色越慢；②根据溶液中物质的量分数(α) 随pH变化的关系图可得出答案；(4)①根据氧化还原反应的规律，同时应该生成硫酸钠，即可写出反应的离子方程式；②根据反应的化学方程式：2NaClO3+4HCl= 2ClO2↑+ Cl2↑+ 2H2O+2NaCl可得，反应中转移的电子为2e-，则每生成0.5 mol ClO2，转移的的物质的量为0.5mol。