第二章《海水中的重要元素钠和氯》（含解析）测试题 2023-2024学年上学期高一化学人教版（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
1．下列选项中，符合下图所示关系的是
A．一定状况下，气体摩尔体积（Y）与该气体的物质的量（X）的关系
B．将SO2通入NaOH溶液中至过量，生成Na2SO3的物质的量（Y）与消耗SO2的物质的量（X）的关系
C．向AlCl3溶液中滴加稀氨水至过量，生成Al(OH)3 的物质的量（Y）与消耗NH3·H2O的物质的量（X）的关系
D．H2SO4溶液的物质的量浓度（Y）与溶液体积（X）的关系
2．阿伏加 德罗常数的值为NA，下列说法正确的是
A．在常温常压下， lmol 氦气含有的原子数目为2NA
B．7. 1克氯气通入足量的氢氧化钠溶液中，转移的电子数为0.2NA
C．标准状况下，2.24L N2和O2的混合气体中原子数为0.2NA
D．标准状况下，2.24LHCl溶于500mL水中所得溶液浓度为2mol/L
3．“物质的量”是联系宏观世界和微观世界的桥梁，下列说法正确的是
A．等质量的CO与O2中所含原子数之比为7：8
B．任何气体的“气体摩尔体积”均为22.4 L·mol-1
C．“摩尔”是“物质的量”的单位
D．1 mol H2的质量是2 g·mol-1
4．下列说法中正确的是
A．将标况下VL A气体(相对分子质量为M)溶于0.1L水中，所得溶液密度为，则此溶液的物质的量浓度为
B．将的硫酸与水等质量混合后，所得硫酸的物质的量浓度小于
C．1mol氧气在放电条件下有30%转化为，则放电后的混合气体对的相对密度是35.6
D．配制460mL的溶液，需用量筒量取质量分数为98%，密度为的浓硫酸5.0mL
5．下列有关物质的分类错误的是
A．和蔗糖均属于非电解质
B．将Na、分别投入饱和NaOH溶液中，恢复原温度，溶液浓度不变
C．和的水溶液均显酸性
D．苛性钠、纯碱分别属于碱和盐
6．科学家进行如图所示的CH3OH制备及应用的研究，下列说法不正确的是
A．利用CO2合成CH3OH燃料有利于减少对化石能源的依赖并减少碳排放
B．1molCO2含有约2.2×6.02×1024个电子
C．CO2和H2合成甲醇符合原子利用率100%
D．图中涉及反应包含非极性键的断裂和生成
7．如图是某品牌饮用矿泉水标签的部分内容。下列说法正确的是
饮用矿泉水 净含量：500mL 配料表：纯净水 硫酸镁 氯化钾 保质期：12个月 主要离子及浓度：钾离子(K+)：1.0～27.3mg/L 镁离子(Mg2+)：0.1～4.8mg/L
A．标签上离子的浓度是物质的量浓度
B．该饮用矿泉水的分散质颗粒直径为1-100nm
C．该饮用矿泉水中c(Mg2+)最大值为
D．一瓶该品牌的矿泉水中含n(SO)≤
8．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．标准状况下，11.2LC2H5OH含有的氢原子数为3NA
B．高温下，16.8gFe与足量水蒸气完全反应失去的电子数为0.8 NA
C．0.1mol/L CH3COONa溶液中CH3COO-和CH3COOH的总数为0.1 NA
D．密闭容器中，46gNO2和N2O4的混合气体所含分子数为NA
9．下列实验事实及解释该过程的离子方程式正确的是
A．漂白粉加水溶解后，有效成分在水中电离方程式为：CaCl2 = Ca2+ +2Cl-
B．向漂白粉水溶液中通入过量CO2，离子方程式：Ca2+ +2ClO-+CO2+H2O=2HClO+CaCO3↓
C．将少量氯气通入到足量的FeI2溶液中，滴入几滴淀粉溶液，溶液变蓝：2Fe2++Cl2+2I-= 4Cl-+I2+2 Fe3+
D．工业上用石灰乳吸收Cl2制备漂白粉： Cl2 +Ca(OH)2 =Ca2+ +Cl-+ClO-+ H2O
10．配制480 mL 0.1 molL-1的Na2CO3溶液，部分实验操作示意图如下：
下列说法正确的是
A．需用托盘天平称量5.1 g Na2CO310H2O
B．上述实验操作步骤的正确顺序为①②④①③
C．容量瓶需用自来水、蒸馏水洗涤，烘干后才可使用
D．实验中需用到的仪器有：托盘天平、药匙、500 mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管等
11．下图表示与气体在相同容积的密闭容器中压强(p)与温度(T)的关系，则X气体可能是
A． B． C． D．
12．设NA为阿伏加 德罗常数的值，下列说法正确的是
A．25 ℃时Ksp(CaSO4)=9×10-6，则该温度下CaSO4饱和溶液中含有3×10-3NA个Ca2+
B．200mL 0.5mol/L Na2CO3溶液中，由于CO32-水解，所以总阴离子数目小于0.1NA
C．1mol CH3COONa与少量CH3COOH溶于水所得的中性溶液中，CH3COO-数目为NA
D．常温下，1L pH=10的醋酸钠溶液中水电离出的总H+的数目为10-10 NA
13．三氯化碘()在药物合成中用途非常广泛，其熔点为，沸点为，遇水易反应。实验室可用下图装置制取，制备的反应原理：。下列说法不正确的是
A．利用装置甲制备氯气选用的药品为二氧化锰和浓盐酸
B．装置乙中长颈漏斗液面上升说明丙装置可能发生堵塞
C．装置丙中氯化钙的作用是干燥
D．装置戊的作用是吸收尾气、防止外界水蒸气进入丁
二、填空题
14．结合所学内容，完成下列问题：
（1）过氧化钠固体的颜色是 。
（2）写出磁性氧化铁的化学式 ，小苏打的化学式 。
（3）写出实验室加热NH4Cl和Ca(OH)2的混合物制取NH3的化学方程式： 。
（4）若要提取饱和碘水中的碘，所用的萃取剂可以是 （填序号）。
① 四氯化碳 ② 酒精 ③ 淀粉溶液
（5）红热的木炭与浓硝酸反应的化学方程式为：C+4HNO3(浓)＝CO2↑+4NO2↑+2H2O，该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为 ；如果产生标准状况下22.4 L CO2，则转移的电子的物质的量为 mol。
15．利用下图，可以从不同角度研究含氯物质的性质及其转化关系，图中甲～辛均含氯元素。回答下列问题：
(1)丁属于 (“酸性”或“碱性”)氧化物；
(2)图中甲、乙、丙、戊中，属于电解质的是 (填化学式)；根据氯元素的化合价判断，乙物质 ；
A． 只有氧化性 B． 只有还原性 C． 既有氧化性又有还原性
(3)电解甲溶液制备己的化学反应为： (未配平)，则配平后参与反应的甲与H2O的物质的量之比是 ；
(4)庚是漂白粉的有效成分，用乙制取庚的化学方程式为 ；
(5)已知己是最强的无机酸，写出己的电离方程式 。
16．MnCO3在空气中加热易转化为不同价态的锰的氧化物，其固体残留率随温度的变化如图所示。则
(1)300℃时，剩余固体中n(Mn)∶n(O)为 。
(2)图中点D对应固体的成分为 (填化学式)。
17．在下面的横线上填上适当的内容。
(1)6.02×1024个Na+约含 molNa+，其质量为 g。
(2)4.5molCH4含有 个CH4分子，其质量为 g。
(3)3.01×1023个SO约含 molSO，其质量为 g；49gH2SO4约含有 个H，共含有 个原子。
(4)1.7gNH3所含的分子数与 g氮气所含的分子数相同，所含原子数与 g氮气所含的原子数相同。
18．现有14.4 g CO和CO2的混合气体，在标准状况下所占的体积约为8.96 L。回答下列问题：
(1)该混合气体的平均摩尔质量： 。
(2)混合气体中碳原子的个数： 。(用NA表示阿伏加德罗常数的值)
(3)将混合气体依次通过如图装置，最后收集在气球中。
①气球中收集到的气体的质量为： ；
②气球中收集到的气体在标准状况下的体积为 ；
③气球中收集到的气体的电子总数为 。(用NA表示阿伏加德罗常数的值)
19．某干燥白色固体可能含有，、NaOH中的几种，取一定质量的该固体加蒸馏水配制100mL溶液，并向该溶液中滴加0.5的盐酸，得到体积(换算成标准状况下)与盐酸体积的关系如图所示。请回答下列问题：
(1)产生的的物质的量为 mol，AB段发生反应的化学方程式为 。
(2)若白色固体由0.02mol和x mol组成，则x= ， ， 。
(3)若白色固体由和NaOH组成，，则与NaOH溶于水后发生反应的离子方程式为 ， 。
(4)若白色固体只由NaOH和组成，且，，则 mol，原100mL溶液中的 。
20．实验室需要配制0.5mol/LNaCl溶液，现使用固体配制，按下列操作步骤填上适当的文字，以使整个操作完整。
(1)选择仪器。完成本实验所必需的仪器有：托盘天平药匙、烧杯、玻璃棒、 、 以及等质量的两片滤纸。
(2)计算。配制该溶液需取晶体 。
(3)称量。天平调平之后，应将天平的游码调至某个位置，请在下图中用一根竖线标出游码左边缘所处的位置(5g以下用游码)： 。
(4)将药品倒入烧杯中溶解、冷却后，转移、洗涤。在转移时应使用 引流，需要洗涤烧杯和玻璃棒次。然后定容、摇匀，最后将将配好的溶液倒入指定的试剂瓶，并贴好标签，注明溶液名称及浓度。
(5)配制时下列操作会导致所配溶液浓度偏高的是 。
A．转移时有少量溶液溅出
B．容量瓶用蒸馏水洗净后未干燥
C．定容时俯视读取刻度
D．定容时液面超过了刻度线
E.称量时用了生锈的砝码
(6)下图是某同学在实验室配制该溶液的过程示意图，其中有错误的是 (填操作序号)。
21．海带中含有丰富的碘元素，某化学兴趣小组设计如下所示的流程图提取碘：

请回答下列问题：
(1)加水溶解海带灰，应采用的装置是 (填字母序号)
A． B． C．
(2)操作a的名称是 (填“过滤”或“蒸发”)；
(3)溶液A中通入足量发生的反应为：，反应物表现 (填“氧化性”或“还原性”)；
(4)工业上合成氨的反应为：。一定条件下，将2 mol 和6 mol 置于1 L的密闭容器中，10 min后测得为0.4 mol。
①用的浓度变化表示该反应0~10 min的平均速率为 mol/(L·min)；
②其他条件不变时，压缩容器体积，增大压强，该反应的速率将 (填“增大”或“减小”)。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．C
【详解】A．在一定条件下气体的摩尔体积是定值，与物质的量无关，A错误；
B．将SO2通入NaOH溶液中至过量，最终得到亚硫酸氢钠，得不到Na2SO3，B错误；
C．氨水不能溶解氢氧化铝，则向AlCl3溶液中滴加稀氨水至过量，最终得到氢氧化铝，符合图象，C正确；
D．H2SO4溶液的物质的量浓度与硫酸的物质的量和硫酸溶液的体积有关系，图象不符合，D错误。
答案选C。
2．C
【详解】A.氦气为单原子分子，所以lmol 氦气含有的原子数目为NA，故A错误；
B.氯气与氢氧化钠反应时发生歧化反应，1mol氯气参与反应转移NA个电子，7. 1克氯气物质的量为0.1mol，转移的电子数为0.1NA，故B错误；
C.标准状况下，2.24L N2和O2的混合气体的物质的量为=0.1mol，含有分子数为0.1NA个，两种气体均为双原子分析，所以含有原子数为0.2NA，故C正确；
D. 标准状况下，2.24LHCl溶于500mL水中所得溶液体积不是500mL，所以浓度不为2mol/L，故D错误；
故选：C。
3．C
【详解】A．等质量的CO与O2中所含原子数之比为 =8：7，A错误；
B．气体摩尔体积与气体所处的温度、压强有关，外界条件未知，不能确定气体摩尔体积的大小，B错误；
C．“摩尔”是物理量——“物质的量”的单位，C正确；
D．质量单位是g，不是 g/mol，1 mol H2的质量是2 g，D错误；
故合理选项是C。
4．B
【详解】A．根据进行计算，，，代入公式可得：c=mol/L，A项错误；
B．若原硫酸体积为V，水的密度比硫酸小，故将的硫酸与水等质量混合后，溶液体积大于2V，则所得硫酸的物质的量浓度小于，B项正确；
C．根据质量守恒，气体总质量不变，1mol氧气在放电条件下，有30%转化为，根据反应式3O2=2O3，有0.3molO2反应转化为O3的物质的量为0.2mol，则混和气体的平均摩尔质量为，相同条件下有，即，C项错误；
D．浓硫酸的物质的量浓度为c=，配制该溶液需要500mL容量瓶，故需浓硫酸体积=，D项错误；
答案选B。
5．C
【详解】A．电解质是溶于水或在熔融状态下能够导电的化合物；非电解质是溶于水或在熔融状态下不能够导电的化合物；和蔗糖均属于非电解质，A项正确；
B．将Na、分别投入饱和NaOH溶液中，钠和过氧化钠均反应消耗水生成氢氧化钠，恢复原温度，溶液仍为同温下的氢氧化钠饱和溶液，浓度不变，B项正确；
C．的水溶液显酸性，的水溶液显碱性，C项错误；
D．苛性钠、纯碱分别为氢氧化钠、碳酸钠，分别属于碱和盐，D项正确；
故选C。
6．C
【详解】A．利用CO2合成CH3OH燃料有利于减少对石油等化石能源的依赖并减少碳排放，故A正确；
B．CO2中电子数为22，1molCO2含有22mol电子，数目为2.2×6.02×1024，故B正确；
C．CO2和H2合成甲醇的方程式为：CO2+3H2 CH3OH+H2O，除生成甲醇外还生成水，原子利用率未达到100%，故C错误；
D．CO2和H2合成甲醇的方程式为：CO2+3H2 CH3OH+H2O，H2中非极性键断裂，氯碱工业中生成H2，有非极性键的生成，故D正确；
故选C。
7．C
【详解】A．该品牌饮用矿物质水中离子浓度表示单位体积内含有离子的质量，不是物质的量浓度，故A错误；
B．由题中信息可知，该品牌饮用矿泉水含MgSO4、KCl，它们形成的是溶液，分散质颗粒直径≤1nm，故B错误；
C．Mg2+离子最大浓度为4.8mg/L，4.8mgMg2+的物质的量为n(Mg2+)==2×10-4mol，故该矿泉水中c(Mg2+)最大值为2×10-4mol/L，故C正确；
D．溶液中c最大()=c最大(Mg2+)=2×10-4mol/L，则一瓶该品牌饮用矿泉水中的最大物质的量n()=0.5L×2×10-4mol/L=l×10-4mol，故D错误；
答案为C。
8．B
【详解】A．标准状况下，乙醇是液态，不能运用气体摩尔体积算其物质的量，故A错误；
B．高温下，16.8gFe的物质的量是0.3mol，与足量水蒸气完全反应生成四氧化三铁，失去的电子数为0.3mol× NA =0.8 NA ，故B正确；
C．溶液的体积未知，无法算出物质的量，不能计算出两种微粒的总数目，故C错误；
D．46gNO2物质的量为1mol，46gN2O4物质的量为0.5mol，因此46gNO2和N2O4的混合气体所含分子数小于NA，故D错误；
故选：B。
9．D
【详解】A．漂白粉加水溶解后，有效成分是次氯酸在水中电离方程式为HClO H++ClO-，A错误；
B．向漂白粉水溶液中通入过量CO2，反应生成碳酸氢钠，所以反应的离子方程式为：ClO-+CO2+H2O=HClO+HCO，B错误；
C．还原性为I->Fe2+>I2，由题意可知，滴入几滴淀粉溶液，溶液变蓝，说明有碘单质，若亚铁离子不反应，则为Cl2+2I-=2Cl-+I2，C错误；
D．石灰乳吸收Cl2反应生成氯化钙与次氯酸钙，为 Cl2 +Ca(OH)2 =Ca2+ +Cl-+ClO-+ H2O，D正确；
故选D。
10．D
【详解】A．配制480 mL溶液，需用500mL容量瓶，Na2CO310H2O的质量m=nM=cVM=0.1mol/L×0.5L×286g/mol=14.3g，A错误；
B．因实验操作的步骤有计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等操作，配制溶液的正确操作为②①④③，B错误；
C．容量瓶中有水对实验无影响，不需要烘干，C错误；
D．根据实验操作的步骤有计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解，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：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，D正确；
故选D。
11．A
【详解】相同温度下，相同质量不同气体，其气压与摩尔质量成反比，由图知，相同温度下X的压强比氧气大，则X的摩尔质量比氧气小，A满足；
答案选A。
12．C
【详解】A.由25 ℃时Ksp(CaSO4)=9×10-6可知，溶液中c（Ca2+）=c（SO42-）=3×l0-3 mol/L，但溶液体积未知，无法计算CaSO4饱和溶液中Ca2+的物质的量，故A错误；
B. 该溶液中含有溶质碳酸钠0.1mol，碳酸根离子水解生成了氢氧根离子，导致溶液中阴离子数目增多，所以阴离子数目大于0.1NA，故B错误；
C. 1mol CH3COONa与少量CH3COOH溶于水所得的中性溶液中存在电荷守恒关系c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），中性溶中c（H+）=c（OH-），则由溶液中c（Na+）=c（CH3COO-）可得n（Na+）=n（CH3COO-）=1mol，即溶液中CH3COO-数目为NA，故C正确；
D. 醋酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中水解促进水的电离，则常温下，1L pH=10的醋酸钠溶液中水电离出的总H+的数目为10-4NA，故D错误；
故选C。
【点睛】注意碳酸钠溶液中碳酸根离子水解会导致阴离子数目增多是解答难点。
13．A
【分析】装置甲为制取氯气；装置乙用于除去氯气中混有的HCl气体，其中的长颈漏斗用于平衡气流，控制气体流速，防止装置发生堵塞，装置丙中的氯化钙用于干燥；装置丁发生反应，装置戊防止空气中的水蒸气进入装置丁同时吸收尾气；
【详解】A．若利用装置甲制备氯气选用的药品为二氧化锰和浓盐酸，则需要加热，该装置无加热装置，故A错误；
B．若发生堵塞，装置乙中压强增大，长颈漏斗中液面上升，故B正确；
C．不能有水蒸气进入装置丁，所以装置丙中氯化钙的作用是干燥，故C正确；
D．产品易与水发生反应，同时可能还有氯气未反应，所以装置戊的作用是吸收尾气、防止外界水蒸气进入丁，故D正确；
故选A。
14． 淡黄色 Fe3O4 NaHCO3 2NH4Cl+Ca(OH)2 2NH3↑+CaCl2+2H2O ① 4:1 4 mol
【详解】（1）过氧化钠固体的颜色是淡黄色；
（2）磁性氧化铁的化学式为Fe3O4，小苏打的化学式为NaHCO3。
（3）实验室加热NH4Cl和Ca(OH)2的混合物制取NH3的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+CaCl2+2H2O。
（4）①碘易溶在四氯化碳，四氯化碳可以作为提取碘水中碘的萃取剂，①正确；
②酒精与水互溶，不能提取碘水中的单质碘，②错误；
③碘遇淀粉溶液显蓝色，不能提取碘水中的单质碘，③错误，答案选①；
（5）根据方程式可知碳元素化合价从0价升高到+4价，失去4个电子，碳是还原剂，氮元素化合价从+5价降低到+4价，得到1个电子，硝酸是氧化剂，所以该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为4:1；如果产生标准状况下22.4 L CO2，即1mol二氧化碳，则转移的电子的物质的量为4mol。
15．(1)酸性
(2) HCl、HClO C
(3)1:4
(4)2Ca(OH)2+2Cl2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O
(5)HClO4=H++
【详解】（1）由价类二维图可知，丁是+7价的含氯氧化物，为七氧化二氯，它溶于水生成高氯酸，它能与碱反应生成高氯酸盐和水，故属于酸性氧化物，故答案为：酸性；
（2）电解质是指在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物，所有的酸、碱、盐、大多数金属氧化物均为电解质，图中甲、乙、丙、戊分别为HCl、Cl2、ClO2、HClO中，属于电解质的是HCl、HClO，根据氯元素的化合价判断，乙即Cl2中Cl的化合价为0价，处于中间化合价，故乙物质既有氧化性又有还原性，故答案：HCl、HClO；C；
（3）由图可知，甲为HCl，电解甲溶液制备己即HClO4，根据氧化还原反应可推知，，平衡后反应为：2HCl+8H2O2HClO4+8H2↑，故甲与H2O的物质的量之比是2:8=1:4，故答案为：1:4；
（4）庚是漂白粉的有效成分即Ca(ClO)2，用乙即Cl2和石灰乳反应来制取庚，故反应的化学方程式为2Ca(OH)2+2Cl2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，故答案为：2Ca(OH)2+2Cl2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；
（5）由图可知，己是+7价的酸，其化学式为：HClO4，已知己是最强的无机酸，故其HClO4的电离方程式：HClO4=H++，故答案为：HClO4=H++。
16．(1)1∶2
(2)Mn3O4和MnO
【详解】（1）设MnCO3的物质的量为1mol，即质量为115g。A点剩余固体质量为115g×75.65%≈87g。减少的质量为115g-87g=28g，可知MnCO3失去的组成为“CO”，故剩余固体的成分为MnO2。
（2）C点剩余固体质量为115g×61.74%≈71g，据锰元素守恒知m(Mn)=55g，则m(O)=71g-55g=16g，则n(Mn)∶n(O)=∶=1∶1，故剩余固体的成分为MnO，同理，B点剩余固体质量为115g×66.38%≈76g，因m(Mn)=55g，则m(O)=76g-55g=21g，则n(Mn)∶n(O)=∶≈3∶4，故剩余固体的成分为Mn3O4，因D点介于B、C之间，故D点对应固体的成分为Mn3O4与MnO的混合物。
17． 10 230 72 0.5 48 2.8 5.6
【详解】(1)6.02×1024个Na+约含molNa+，其质量为；
(2)4.5molCH4含有个CH4分子，其质量为。
(3)3.01×1023个SO约含mol SO，其质量为；49gH2SO4约含有个H，共含有个原子。
(4)设1.7gNH3所含的分子数与xg氮气所含的分子数相同，则，解得x=2.8g；
设1.7gNH3所含的原子数与yg氮气所含的原子数相同，则，解得y=5.6g。
18．(1)36 g·mol-1
(2)0.4NA
(3) 5.6 g 4.48 L 2.8NA
【分析】试题分析：本题考查以物质的量为中心的计算。
【详解】（1）n（混合气体）=8.96L22.4L/mol=0.4mol，混合气体的平均摩尔质量为14.4g0.4mol=36g/mol。
（2）1个CO、CO2中都含1个碳原子，则混合气体中碳原子物质的量为0.4mol，碳原子数为0.4NA。
（3）气体通过NaOH溶液时CO2被吸收，通过浓硫酸时H2O（g）被吸收，最后收集在气球中的气体为CO。根据题意可列式：n（CO）+n（CO2）=0.4mol，28g/mol× n（CO）+44g/mol×n（CO2）=14.4g，解得n（CO）=0.2mol，n（CO2）=0.2mol；一氧化碳的质量为5.6g，标准状况下气球中收集到的CO的体积为0.2mol×22.4L/mol=4.48L。1个CO分子中含14个电子，则气球中收集到的CO气体所含电子物质的量为0.2mol×14=2.8mol，电子数为2.8NA。
19．(1) 0.03
(2) 0.01 40 100
(3) 1：1
(4) 0.02 0.8
【详解】（1）产生的，则；AB段生成的只能由碳酸氢钠与盐酸反应生成，反应的化学方程式为，故答案为：0.03；；
（2）来自碳酸钠和碳酸氢钠，根据碳原子守恒，碳酸氢钠的物质的量为0.01mol；OA段发生的反应为，根据化学计量数之比等于物质的量之比，0.02mol 与0.02mol盐酸反应，(盐酸)，即；A点时碳酸氢钠的物质的量为0.03mol，消耗0.03mol盐酸，，因此。故答案为：0.01；40；100；
（3）与NaOH溶于水后发生反应的离子方程式为；，说明白色固体溶于水后的溶质只有，根据可知，；故答案为：；1∶1；
（4）因为白色固体只由NaOH、组成，OA段为NaOH、与盐酸反应，即两物质共消耗0.05mol盐酸，由碳原子守恒知，消耗0.03mol盐酸，则NaOH消耗0.02mol盐酸，；， 。故答案为：0.02；0.8。
20．(1) 250mL容量瓶 胶头滴管
(2)7.3
(3)
(4)玻璃棒
(5)CE
(6)①③⑤
【解析】（1）
根据配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤，用到的仪器有：托盘天平(精确到0.1g)、药匙、等质量的两片滤纸、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管。
（2）
配制0.50mol/LNaCl溶液250mL，需要氯化钠的质量m=0.25L×0.50mol/L×58.5g/mol=7.3g。
（3）
根据上述计算，需要称取7.3g氯化钠固体，需要用5g砝码和2.3g游码，则游码的正确位置为。
（4）
将药品倒入烧杯中溶解、冷却后，转移、洗涤。在转移时应使用玻璃棒引流，需要洗涤烧杯和玻璃棒次。然后定容、摇匀，最后将将配好的溶液倒入指定的试剂瓶，并贴好标签，注明溶液名称及浓度。
（5）
A．转移时有少量溶液溅出，导致溶质减少，所配溶液浓度偏低；B．容量瓶用蒸馏水洗净后未干燥对测定结果无影响；C．定容时俯视读取刻度，导致水加少了，所配溶液浓度偏高，D．定容时液面超过了刻度线，水加多了，导致所配溶液浓度偏低，E．称量NaCl时用了生锈的砝码，溶质增多，导致所配溶液浓度偏高，答案选CE。
（6）
必须在烧杯中溶解固体，①错误；定容时，玻璃棒的末端应该抵在刻度线的下方，③错误；定容时平视刻度线，⑤错误；答案为①③⑤。
21．(1)C
(2)过滤
(3)氧化性
(4) 0.04 增大
【详解】（1）在烧杯中溶解海带灰，应选C；
（2）分离难溶物和溶液选则过滤操作，操作a的名称是过滤；
（3）该反应中Cl元素化合价降低，做氧化剂，表现氧化性；
（4）①开始时氨气为0，10 min后测得为0.4 mol，用的浓度变化表示该反应0~10 min的平均速率为；
②其他条件不变时，压缩容器体积，增大压强，反应物的浓度增大，则该反应的速率将增大。
答案第1页，共2页
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