第二章 海水中的化学元素——钠和氯 （含解析）同步练习2023-2024学年高一上学期化学人教版（2019）必修第一册

第二章 海水中的化学元素——钠和氯 同步练习
一、单选题
1．下列物质用途不正确的是（　　）
A．用二氧化硫漂白纸张 B．用氯气制备漂白粉
C．用食盐作调味剂 D．用烧碱治疗胃酸过多
2．气体的体积主要由气体以下哪些因素决定：（　　）
①分子的直径 ②分子的相对分子质量
③分子间的平均距离 ④气体的物质的量
A．①② B．②③ C．①③ D．③④
3．下列溶液中Cl－浓度最小的是(　　)
A．200 mL 2 mol/L MgCl2溶液 B．300 mL 2.5 mol/L FeCl3溶液
C．500 mL 2.5 mol/L NaCl溶液 D．250 mL 1 mol/L AlCl3溶液
4．下列物质能与水反应产生氢气的是（）
A．氯酸钾 B．二氧化硅
C．金属钠 D．氯气
5．有一份气体样品的质量是14.2 g，体积是4.48 L(标准状况下)，该气体的摩尔质量（　　）。
A．28.4 B．28.4 g/mol
C．71 D．71 g/mol
6．配制一定体积、一定物质的量浓度的溶液，实验结果产生偏高影响的是（　　）
A．容量瓶中原有少量蒸馏水 B．溶解所用的烧杯未洗涤
C．称量时左码右物 D．定容时俯视观察液面
7．某溶液中含有HCO3-、SO32-、Cl－和Na＋，若向其中通入足量的Cl2，溶液里上述四种离子的浓度基本保持不变的是（　　）
A．HCO3- B．SO32- C．Cl－ D．Na＋
8．下列物质能使湿润的蓝色石蕊试纸先变红后褪色的是（　　）
A． B． C．HCl D．
9．在含有Na+、Fe2+ 、Fe3+、Al3+、NH4+、Mg2+等的溶液中加入足量的Na2O2固体，再加入过量的稀盐酸，完全反应后，上述离子的离子数目几乎没有改变的有（　　）
A．1种 B．2种 C．3种 D．4种
10．对陈述Ⅰ、Ⅱ的正确性及两者间是否具有因果关系的判断都正确的是（　　）
选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ 判断
A 小苏打可用于治疗胃病 NaHCO3可与盐酸反应 Ⅰ对；Ⅱ对；有关系
B 滴有酚酞溶液的水溶液中加Na2O2，溶液变红 Na2O2与水反应生成氢氧化钠 Ⅰ对；Ⅱ错；无关系
C 金属钠具有强还原性 高压钠灯发出透雾性强的黄光 Ⅰ对；Ⅱ对；有关系
D 过氧化钠可用作航天员的供氧剂 Na2O2能和CO2、H2O反应生成O2 Ⅰ对；Ⅱ对；无关系
A．A B．B C．C D．D
11．下列说法正确的是（　　）
A．1 mol 物质的质量等于该物质的相对分子质量或相对原子质量
B．摩尔既是物质的量的数量单位，又是物质的量的质量单位
C．阿伏加德罗常数是12 kg 12C中含有的碳原子数
D．物质的量是用来描述微观粒子的物理量
12．设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）
A．标准状况下，中电子数目为
B．常温下，2.8g乙烯和丙烯的混合气体中含键数目为
C．溶液中含有的阳离子数目小于
D．标准状况下，与足量水充分反应，转移电子数目为
13．20mL 0.5mol/L 的Al2(SO4)3溶液中 浓度为（　　）
A．0.5mol/L B．1.5mol/L C．0.01mol/L D．1mol/L
14．有关Na2O2的叙述错误的是（　　）
A．是淡黄色固体 B．可以作供氧剂
C．应密封保存 D．氧元素的化合价为 2价
15．下列说法中正确的是（　　）
A．1 L水中溶解了58.5 g NaCl，该溶液的物质的量浓度为1 mol/L
B．从1 L 2 mol/L的H2SO4溶液中取出0.5 L，该溶液的浓度为1 mol/L
C．配制480 mL 0.5 mol/L的CuSO4溶液，需62.5 g胆矾
D．10 g 98%的硫酸（密度为1.84 g cm﹣3）与10 mL18.4 mol L﹣1的硫酸的浓度不同
16．设NA为阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是（　　）
A．5NH4NO3 2HNO3+4N2↑+9H2O的反应中，生成28 g N2，转移的电子数目为3.75NA
B．室温下，1 L pH=13的NaOH溶液中，由水电离的OH﹣数目为0.1NA
C．氢氧燃料电池正极消耗22.4 L（标准状况）气体时，电路中通过的电子数目为2NA
D．标准状况下，2.24L SO3中所含原子数为0.4 NA
二、综合题
17．用氢氧化钠固体配制500mL2.00mol·L-1NaOH溶液。
（1）完成下面配制该溶液的简单流程：
①计算：需NaOH固体的质量为　 　g。
②称量：用托盘天平称量NaOH固体的质量时，固体应放在小烧杯中称量。
③溶解
④移液
⑤洗涤
⑥定容：将蒸馏水注入容量瓶，当液面接近刻度线　 　时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至　 　。
⑦摇匀：盖好瓶塞，反复上下颠倒，摇匀
（2）配制过程中用到的玻璃仪器除了胶头滴管、烧杯，还有　 　。
（3）配制过程中出现以下情况，对所配溶液的浓度有何影响？(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)
①称量NaOH固体时，固体放在滤纸上称量　 　；
②定容时俯视刻度线　 　。
（4）取配制好的溶液20mL，稀释至100mL，溶液中c(Na+)为　 　mol·L-1。
18．氯气是一种重要的工业原料，在纺织、造纸、化工合成方面都有重要的用途．
（1）工业上电解饱和食盐水制取氯气：2NaCl+2H2O 2NaOH+H2↑+Cl2↑，理论上每转移1mol电子，生成的氯气在标准状况下的体积为　 　L，工业上将生成的氯气通入石灰乳制取漂白粉，请写出该反应的化学方程式　 　．
（2）实验室用MnO2与浓盐酸共热制氯气，试写出该反应的化学方程式　 　，若用100mL 12mol L﹣1的浓盐酸与足量的MnO2反应，则生成的氯气在标准状况下的体积　 　6.72L（填“＞”、“＜”或“=”）．
19．
（1）化合物中铅只有+2和+4两种价态，且+4价的化合物不稳定。
①PbO2固体与浓盐酸混合共热，有黄绿色气体生成。写出反应的化学方程式　 　；
②将PbO2固体加入到Mn(NO3)2和硝酸的混合液中，固体逐渐溶解。如果反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比是5：2，则该反应的氧化产物是　 　（填离子）；
③已知PbO是碱性氧化物，PbO2是酸性氧化物，而Pb3O4则可看作两种氧化物按一定比例混合而成。写出Pb3O4与硝酸混合发生非氧化还原反应的离子方程式　 　。
（2）已知PbSO4不溶于水，但可溶于醋酸铵(CH3COONH4)溶液，形成澄清溶液。
①PbSO4溶于CH3COONH4的原因可能是　 　；
②把醋酸铅溶液滴入Na2S溶液中，有黑色沉淀生成，其反应的离子方程式为　 　；
③铅蓄电池的使用PbO2和Pb为电极材料，稀硫酸为电解质溶液。在电池工作过程中，如果转移了2mol电子，则提供电子的电极质量将增加　 　g。
20．现用18.4 mol/L的浓H2SO4来配制500 mL 0.2 mol/L的稀H2SO4。可供选择的仪器有：①玻璃棒 ②烧瓶 ③烧杯 ④胶头滴管 ⑤量筒 ⑥托盘天平 ⑦药匙。
请回答下列问题：
（1）上述仪器中，在配制稀H2SO4时不需要使用的有　 　(填代号)，还缺少的仪器是　 　。
（2）经计算，需浓H2SO4的体积为　 　，量取浓硫酸时应选用　 　(选填①10 mL.②50 mL.③100 mL三种规格)的量筒。
21．Cl2、漂白液(有效成分为 NaClO)在生产、生活中广泛用于杀菌、消毒。
（1）电解 NaCl 溶液生成Cl2的化学方程式是　 　。
（2）Cl2溶于H2O、NaOH 溶液即获得氯水、漂白液。
①干燥的氯气不能漂白物质，但氯水却有漂白作用，说明起漂白作用的物质是　 　。
②25℃，Cl2与H2O、NaOH 的反应如下：
反应Ⅰ Cl2+H2O Cl-+H++HClO K1=4.5 10-4
反应Ⅱ Cl2+2OH- Cl-+ClO-+H2O K2=7.5 1015
解释不直接使用氯水而使用漂白液做消毒剂的原因　 　。
（3）家庭使用漂白液时，不宜直接接触铁制品，漂白液腐蚀铁的电极反应为：Fe-2e-=Fe2+；ClO-发生的电极反应式为　 　。
（4）研究漂白液的稳定性对其生产和保存有实际意义。30℃时，pH=11 的漂白液中NaClO 的质量百分含量随时间变化如下：
比较分解速率 v(I)、 v(II)的大小关系　 　，原因是　 　。
答案解析部分
1．【答案】D
【解析】【解答】二氧化硫有漂白性可以漂白纸张，氯气通入冷的消石灰中可以制备漂白粉，食盐是咸味剂，烧碱是强碱，治疗胃酸可以用氢氧化铝和小苏打，故答案为：D。
【分析】本题抓住烧碱NaOH是一种强碱，具有强烈的腐蚀性来解答。
2．【答案】D
【解析】【解答】气体粒子间距离较大，远大于粒子的直径，所以粒子大小可以忽略不计，故决定气体体积的因素主要为构成物质的粒子数和粒子间的距离，故选D。
【分析】气体的体积主要由分子间间距和气体的物质的量决定。
3．【答案】C
【解析】【解答】A.MgCl2溶液中c(Cl-)=2mol/L×2=4mol/L；
B.FeCl3溶液中c(Cl-)=2.5mol/L×3=7.5mol/L；
C.NaCl溶液中c(Cl-)=2.5mol/L；
D.AlCl3溶液中c(Cl-)=1mol/L×3=3mol/L；
故Cl-浓度最小为2.5mol/L，C符合题意；
故答案为：C
【分析】根据溶质在水中的电离确定溶液中Cl-的浓度；
4．【答案】C
【解析】【解答】A.氯酸钾溶于水后不与水发生反应，不能产生氢气，A不符合题意；
B.二氧化硅不溶于水，不能产生氢气，B不符合题意；
C.钠与水剧烈反应生成氢氧化钠和氢气，其反应方程式为：2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑，C符合题意；
D.氯气能与水反应，其反应方程式为：Cl2+H2O HCl+HClO，不能产生氢气，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】根据KClO3、SiO2、Na和Cl2的性质进行分析。
5．【答案】D
【解析】【解答】假设该气体的摩尔质量是M，则：
（14.2 g/M）×22.4L.mol-1=4.48 L，得：M=71 g/mol
【分析】根据M=、n=计算该气体的摩尔质量。
6．【答案】D
【解析】【解答】解：A．容量瓶中有少量的蒸馏水，不会影响溶质的物质的量及最终溶液体积，所以不影响配制结果，故A错误；
B．溶解所用的烧杯没有洗涤，会导致配制的溶液中溶质的物质的量偏小，配制的溶液浓度偏低，故B错误；
C．称量是砝码和药品颠倒，会导致称量的药品质量偏小，配制的溶液中溶质的物质的量偏小，配制的溶液浓度偏低，故C错误；
D．定容时俯视观察液面，导致加入的蒸馏水体积偏小，配制的溶液体积偏小，溶液的物质的量浓度偏高，故D正确；
故选D．
【分析】A．容量瓶中少量的蒸馏水，对溶质的物质的量和溶液的体积都没有影响；
B．没有洗涤烧杯，会导致配制的溶液中溶质的物质的量偏小；
C．称量时药品和砝码颠倒，会导致称量的药品质量偏小；
D．俯视定容，会导致加入的蒸馏水体积偏小，配制的溶液体积偏小．
7．【答案】D
【解析】【解答】向含有HCO3-、SO32-、Cl-和Na+的溶液中通入氯气，发生的离子反应有：Cl2+H2O=H++Cl-+HClO、Cl2+SO32-+H2O=2H++2Cl-+SO42-、H++HCO3-=CO2↑+H2O，所以离子的浓度基本保持不变的是钠离子。
故答案为：D
【分析】氯气通入水中会产生HCl和HClO，需要考虑溶液中各离子和盐酸、次氯酸的共存。
8．【答案】A
【解析】【解答】A：Cl2与水反应生成 HCl 和 HClO，酸能使蓝色石蕊试纸变红，因HClO有漂白性，故使试纸褪色，故A符合题意；
B：SO2与水反应生成 H2SO3，酸能使蓝色石蕊试纸变红，但不能使之褪色，故C不符合题意；
C：HCl有酸性，无漂白性，能使湿润的蓝色石蕊试纸变红，但不使之褪色，故C不符合题意；
D：C2H4无酸性，无漂白性，不能使湿润的蓝色石蕊试纸变红且褪色，故D不符合题意；
故答案为：A
【分析】Cl2+H2O HCl + HClO，HClO有漂白性。
9．【答案】B
【解析】【解答】Na2O2溶于水会有NaOH生成，而Fe2+ 、Fe3+、Al3+、Mg2+均会与NaOH反应生成沉淀，Fe(OH)2会迅速氧化成Fe(OH)3，所以再加入过量的盐酸后，Fe2+ 、Fe3+、Al3+、Mg2+离子数目变化分别为减少、增加、不变、不变，而NH4+与NaOH反应会生成氨气，所以NH4+离子数目减少，由于加入Na2O2，引入Na+，故Na+也会增加，故6种阳离子只有Al3+和Mg2+几乎不变，B符合题意；
故答案为：B
【分析】加入Na2O2过程中发生反应2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，再结合NaOH、O2与溶液中离子的反应分析。
10．【答案】A
【解析】【解答】A.胃酸的主要成分是HCl，小苏打可与HCl发生反应，减小胃酸的浓度，因此用于治疗胃病，A符合题意；
B.滴有酚酞溶液的水溶液中加Na2O2，Na2O2与水反应生成NaOH和O2，NaOH是碱，可以使酚酞试液变为红色，但Na2O2具有强氧化性，会将红色物质氧化变为无色，因此最后的溶液为无色，B不符合题意；
C.Na原子半径大，最外层电子数少，最外层电子受到原子核的引力小，容易失去，所以金属钠具有强还原性；高压钠灯发出透雾性强的黄光是由于Na元素的焰色反应呈黄色，二者没有关系，C不符合题意；
D.过氧化钠可用作航天员的供氧剂，是由于Na2O2能和CO2、H2O反应生成O2，而帮助人呼吸，所以二者有关系，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.治疗胃酸过多的是小苏打，NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2
B.2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，产生氢氧化钠溶液显碱性
C.高压钠灯，是利用了钠的焰色反应的颜色
D.过氧化钠与水和二氧化碳反应，产生氧气，可利用制取氧气可左供氧剂
11．【答案】D
【解析】【解答】A、如果用g作单位，1 mol物质的质量等于该物质的相对分子质量或相对原子质量，A不符合题意；
B、摩尔是物质的量的单位，B不符合题意；
C、阿伏加德罗常数应该是12g 12C中含有的碳原子数，C不符合题意；
D、物质的量是用来描述微观粒子的物理量，D符合题意，
故答案为：D。
【分析】此题考查物质的量的相关基本概念，针对物质的量及其单位的理解注意其实微粒集体的表示，指表示量的多少。阿伏加德罗常数的基本概念及含义中注意其数值是个约值，而其本身是个精确值。
12．【答案】B
【解析】【解答】A．标况下HF为液体，不能用气体摩尔体积计算，故A不符合题意；
B．乙烯和丙烯的最简式为CH2，2.8g乙烯和丙烯的混合气体为0.2mol，含键数目为，故B符合题意；
C．Fe2+水解，，阳离子数目大于，故C不符合题意；
D．标准状况下，为0.1mol，但是氯气与水反应是可逆反应，转移的电子数小于，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】标况下不是气态的物质有SO3、H O、HF、酒精、苯
13．【答案】B
【解析】【解答】Al2(SO4)3的电离方程式为Al2(SO4)3=2Al3++3 ，所以0.5mol/L 的Al2(SO4)3溶液中 浓度为0.5mol/L 3=1.5mol/L；
故答案为B。
【分析】根据电离方程式，再结合化学计量系数即可计算
14．【答案】D
【解析】【解答】A. Na2O2是淡黄色固体，故A不符合题意；
B. Na2O2与水或二氧化碳反应释放出氧气，可以作供氧剂，故B不符合题意；
C. Na2O2易与水和二氧化碳反应，故需要密封保存，故C不符合题意；
D. 根据化合物元素正负化合价之和为0，可得Na2O2中氧元素的化合价为 1价，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】根据过氧化钠为淡黄色固体，容易与水蒸气、二氧化碳反应生成氧气，可作为供氧剂，过氧化钠为离子化合物，含有过氧根，O元素为-1价解答；
15．【答案】C
【解析】【解答】解：A、1 L水中溶解了58.5 g NaCl物质的量为1mol，溶液体积大于1L，溶质的量浓度小于1 mol/L，故A错误；
B、从1 L 2 mol/L的H2SO4溶液中取出0.5 L，溶液是均一稳定的分散系，该溶液的浓度为2mol/L，故B错误；
C、配制480 mL 0.5 mol/L的CuSO4溶液，需要在500mL容量瓶中配制0.5 mol/L的CuSO4溶液，从中量取出480mL溶液；称取0.25molCuSO4 5H2O，质量为0.25mol×250g/mol=62.5g，故c正确；
D、10 g 98%的硫酸（密度为1.84 g cm﹣3）物质的量浓度= =18.4mol/L，和10 mL18.4 mol L﹣1的硫酸的浓度相同，故D错误；
故选C．
【分析】A、溶液体积不是1L；
B、溶液是均一稳定的分散系；
C、配制480mL溶液，需要在500mL容量瓶中配制0.5 mol/L的CuSO4溶液，从中量取出480mL溶液；
D、依据溶质质量分数和物质的量浓度换算计算判断．
16．【答案】A
【解析】【解答】解：A.5NH4NO3 2HNO3+4N2↑+9H2O反应中，转移15mol电子时生成4mol氮气，故当生成28 g氮气时，转移的电子数目为3.75NA，故A正确；
B．室温下pH=13的NaOH溶液中氢离子浓度为1×10﹣13mol/L，由于氢氧根离子抑制了水的电离，溶液中氢离子是水电离的，所以由水电离的OH﹣离子的浓度与溶液中氢离子浓度相同，故B错误；
C．氢氧燃料电池正极氧气得到电子发生还原反应，消耗22.4 L（标准状况）气体时，电路中通过的电子数目为4NA，故C错误；
D．标况下三氧化硫不是气体，不能使用气体摩尔体积，故D错误；
故选：A．
【分析】A.5NH4NO3 2HNO3+4N2↑+9H2O反应中，转移15mol电子时生成4mol氮气；
B．氢氧化钠溶液中，氢氧根离子抑制了水的电离，溶液中的氢离子是水电离的，则水电离的氢氧根离子浓度=氢离子浓度=1×10﹣13mol/L；
C．燃料电池中1mol氧气反应转移4mol电子；
D．气体摩尔体积使用对象为气体．
17．【答案】（1）40.0；1~2cm；溶液凹面与刻度线水平处
（2）玻璃棒、100mL容量瓶
（3）偏低；偏高
（4）0.4
【解析】【解答】（1）氢氧化钠的质量为：；定容时，需要将蒸馏水注入容量瓶，当液面接近刻度线1~2cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至溶液凹面与刻度线水平处；
（2）配制过程中用到的玻璃仪器除了胶头滴管、烧杯，还有：玻璃棒、100mL容量瓶；
（3）①称量NaOH固体时，固体放在滤纸上称量时会吸收空气中的水分而部分粘在称量纸上，导致溶质的质量减少，溶液的浓度偏低；
②定容时俯视刻度线，加入的水的体积偏小，溶液浓度偏高；
（4）取配制好的溶液20mL，稀释至100mL，溶液体积变为原来的五倍，故浓度变为原来的五分之一，即0.4mol/L，故溶液中c(Na+)为0.4mol/L。
【分析】（1）结合公式n=m/M和公式n=c·V；距离刻线1~2cm改用胶头滴管滴加；
（2）配制溶液的仪器有钥匙、托盘天平（或量筒）、烧杯、容量瓶、玻璃棒、胶头滴管；
（3）结果偏大：砝码生锈，溶解后没有恢复到室温，读数时俯视刻线；
结果偏小：烧杯没有洗涤，读数时仰视刻线，摇匀后发现液面低于刻线继续加水，定容后发现液面超过刻线吸掉多余的部分，转移时由部分液体溅出；
无影响：容量瓶没有干燥；
（4）根据稀释定律c稀×V稀=c浓×V浓计算可得。
18．【答案】（1）11.2；2Ca（OH）2+2Cl2═CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O
（2）MnO2+4HCl（浓） MnCl2+Cl2+2H2O；＜
【解析】【解答】解：（1）电解氯化钠溶液生成氯气和氢气，反应中Cl元素化合价由﹣1价升高到0价，则理论上每转移1mol电子，生成的氯气为0.5mol，在标准状况下的体积为11.2L，氯气和石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，反应的化学方程式为2Ca（OH）2+2Cl2═CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，
故答案为：11.2；2Ca（OH）2+2Cl2═CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；（2）加热条件下，浓盐酸和二氧化锰发生氧化还原反应生成氯气，方程式为MnO2+4HCl（浓） MnCl2+Cl2+2H2O，二氧化锰和稀盐酸不反应，则用100mL 12mol L﹣1的浓盐酸与足量的MnO2反应，则生成的氯气在标准状况下的体积小于理论值．
故答案为：MnO2+4HCl（浓） MnCl2+Cl2+2H2O；＜．
【分析】（1）电解氯化钠溶液生成氯气和氢气，反应中Cl元素化合价由﹣1价升高到0价，氯气和石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙和水；（2）加热条件下，浓盐酸和二氧化锰发生氧化还原反应生成氯气，二氧化锰和稀盐酸不反应．
19．【答案】（1）；；
（2）醋酸铅是弱电解质；；96
【解析】【解答】(1)①黄绿色气体为氯气，根据题意可知反应物为PbO2固体与浓盐酸，生成了氯气，结合化合价的变化，可知反应方程式为： ；答案为： ；
②由题给信息：化合物中铅只有+2和+4两种价态，且PbO2、Mn(NO3)2和硝酸的混合液中，化合价发生变化，PbO2中Pb的化合价降低，PbO2作氧化剂，Mn(NO3)2中Mn元素的化合价升高，Mn(NO3)2作还原剂，结合氧化剂和还原剂的物质的量之比是5：2，PbO2中Pb元素的化合价降低为+2价，则根据得失电子守恒，可知Mn(NO3)2中Mn元素的化合价升高为+7价，则Mn(NO3)2最终被氧化的产物为 。答案为： ；
③碱性氧化物能与酸反应生成盐和水，酸性氧化物不与酸反应，故由可知，Pb3O4与硝酸混合发生非氧化还原反应的离子方程式为： ；答案为： ；
(2) ①硫酸铅在水溶液里存在溶解平衡，加入醋酸铵时，醋酸根离子和铅离子生成弱电解质醋酸铅，促进硫酸铅溶解，所以硫酸铅能溶于醋酸铵溶液中；答案为：醋酸铅是弱电解质；
②醋酸铅能和硫化钠发生复分解反应生成黑色的硫化铅沉淀，符合复分解反应的条件，离子反应方程式为 。答案为： ；
③原电池中提供电子的电极为负极，在电极为PbO2和Pb的铅蓄电池中，Pb作负极。电极反应方程式为：Pb-2e +SO ＝PbSO4，根据反应方程式，当转移2mol电子，生成1mol PbSO4，Pb电极质量增加96g。答案为：96。
【分析】（1）①反应生成的黄绿色气体为Cl2，结合得失电子守恒、原子守恒书写反应的化学方程式；
②根据得失电子守恒确定氧化产物中元素的化合价，从而得到氧化产物；
③Pb3O4与稀硝酸发生的非氧化还原反应，产生Pb(NO3)2和PbO2，据此写出反应的化学方程式。
（2）①醋酸铅是弱电解质，因此PbSO4和CH3COONH4二者可发生复分解反应；
②产生的黑色沉淀为PbS，据此写出反应的离子方程式；
③根据电极反应式进行计算。
20．【答案】（1）②⑥⑦；500mL容量瓶
（2）5.4mL；①
【解析】【解答】（1）配制步骤有量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用量筒量取(用到胶头滴管)，在烧杯中稀释，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：玻璃棒、烧杯、胶头滴管、量筒、500mL容量瓶，不需要的仪器有②⑥⑦，故答案为：②⑥⑦；500mL容量瓶；（2）因为稀释前后溶质的物质的量不变，利用稀释定律计算所需浓硫酸的体积，设浓硫酸的体积为VmL，则18.4mol/L×V×10-3L=0.5L×0.2mol/L，计算得出V=5.4mL，应该选用量筒的规格为10mL；故答案为：5.4mL，①。
【分析】在配制一定物质的量浓度实验中，选择合适规格的容量瓶，进行正确的计算、量取、溶解或稀释、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等实验操作。
21．【答案】（1）2NaCl+2H2O H2↑+Cl2↑+2NaOH
（2）HClO；K2>K1，反应Ⅱ的有效成分比反应Ⅰ的有效成分大，氯气转化为NaClO更充分，且NaClO比HClO更稳定
（3）ClO-+2e-+H2O=Cl-+2OH-
（4）>；在相同条件下，次氯酸钠的浓度越大，其分解速率越大
【解析】【解答】(1)电解NaCl溶液可生成氢气、氯气和氢氧化钠，方程式为：2NaCl+2H2O H2↑+Cl2↑+2NaOH；(2)①氯水中含有盐酸和次氯酸，氯气和盐酸都不具有漂白性，具有漂白性的是次氯酸(HClO)；②氯水和漂白液的有效成分分别为HClO、NaClO，根据平衡常数K2>K1，确定漂白液的有效成分更多，并且NaClO比HClO更稳定，所以不直接使用氯水而使用漂白液做消毒剂；(3)Fe-2e-=Fe2+应为负极反应，则正极反应中ClO-得电子被还原，方程式为：ClO-+2e-+H2O=Cl-+2OH-；(4)根据漂白液中NaClO 的质量百分含量随时间变化图可知Ⅰ的次氯酸钠的含量大于Ⅱ的，浓度越大反应速率越大，则v(Ⅰ)>v(Ⅱ)。
【分析】电解NaCl溶液的方程式为：2NaCl+2H2O H2↑+Cl2↑+2NaOH；氯水具有漂白性，原因是氯水中含有具有强氧化性的次氯酸；漂白液的有效成分为次氯酸钠，使用时，其与空气中的二氧化碳结合生成次氯酸从而起到漂白的作用；次氯酸不稳定易分解，不便于运输，而把次氯酸转化为次氯酸钠，次氯酸钠稳定，便于运输；根据图象的趋势和数据可知，在相同条件下，次氯酸钠的浓度越大，其分解速率越大。