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．现有200mL无色、澄清溶液，可能含有以下离子中的若干种：、、、、、、、。现等分为2份进行如下实验：
①第一份加入足量NaOH溶液，无现象。
②第二份加足量溶液后，得干燥沉淀4.3g；经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33g
③向实验②的滤液中加入硝酸酸化的硝酸银溶液，有白色沉淀生成。
根据上述实验，下列结论中错误的是
A．原溶液中一定没有的离子是、、、
B．一定存在、，可能存在
C．原溶液中含有0.01mol
D．一定存在，且原溶液中
2．下列各物质的类别正确，且具体表现和体现物质的性质相对应的是
选项 物质 类别 具体表现 体现的物质性质
A 单质 使鲜花褪色 漂白性
B 酸性氧化物 能使石蕊试液变蓝 酸性
C 浓盐酸 酸 加热条件下和固体反应制备氯气 还原性和酸性
D 金属氧化物 加入双氧水中产生大量气泡 氧化性
A．A B．B C．C D．D
3．下列说法正确的是
A．H2在Cl2中安静燃烧，发出苍白色火焰，瓶口产生白烟
B．常温下，铝易被空气中的氧气氧化，故需密封保存
C．葡萄酒中添加SO2有杀菌、抗氧化的作用
D．常温下，浓硝酸与Fe、Al不反应，故可用铁或铝制容器盛装浓硝酸
4．下列对于摩尔的理解正确的是（ ）
A．摩尔是国际制七个基本物理量之一
B．摩尔是物质的量的单位，简称摩，符号mol
C．摩尔表示物质的质量单位
D．1mol氧含有NA个O2
5．下列叙述正确的是的（　　）
A．人工固氮的过程一定涉及到氧化还原反应
B．简单的金属阳离子只有氧化性，简单的非金属阴离子只有还原性
C．1mol钠在足量氧气中燃烧生成Na2O2，失去2mol电子
D．发生化学反应时，得电子越多的物质，氧化能力越强
6．下列关于物质的量浓度表述正确的是
A．0.3mol L-1Na2SO4溶液中含有Na+和SO总物质的量为0.9mol
B．将62gNa2O溶于水中，配成1L溶液，所得溶质的物质的量浓度为1mol L-1
C．用1L水吸收22.4L氯化氢(标况下)所得盐酸的浓度是1mol L-1
D．5g98%的硫酸(密度为1.84g cm-3)与8mL18.4mol L-1的硫酸浓度相等
7．甲烷与氯气在光照条件下发生反应(装置如图所示)，下列实验现象对应解释错误的是
A．量筒内气体颜色逐渐变浅——氯气被消耗
B．量筒内出现少量白雾——反应生成HCl气体
C．量筒内壁产生油状液滴——油状液滴都是
D．量筒中液面升高——消耗气体，同时生成的HCl气体易溶于水
8．如图所示是配制一定物质的量浓度溶液的过程。下列说法中错误的是
A．所配制的溶液的物质的量浓度为
B．操作2是将操作1得到的溶液转移到容量瓶中
C．操作4如果仰视，所配得溶液浓度偏高
D．操作5中，定容摇匀后发现液面低于刻度线，继续加水至刻度线，所配溶液浓度偏低
9．为测定气球内的气体成分，有学生用超薄材料的气球按如图装置进行实验。
开始时气球沉于烧杯底部，打开开关后，过一会儿气球从烧杯底部慢慢浮起，最后悬于烧杯口。气球内可能的气体是
A．氧气 B．氢气 C．甲烷 D．氯气
10．下列物质的转化在给定条件下不能实现的是
A．Ca(ClO)2(ag)HClO(aq)HCl(aq)
B．NH3NONO2HNO3
C．FeFeCl2Fe(OH)2Fe(OH)3
D．H2SiO3SiO2Na2SiO3
11．“侯氏制碱法”曾为全球制碱工业做出了巨大贡献。该工艺以NaCl、、等为原料先制得，进而生产出纯碱，主要的化学反应方程式为：
该工艺的简易装置如下图所示。下列说法错误的是
A．甲装置发生反应的离子方程式为：
B．乙装置的作用是除去气体中的HCl气体
C．丙的广口瓶内能发生反应的主要原因是不溶于水
D．丁中稀硫酸若换成稀硝酸，可以获得氮肥
12．如图是某校化学实验室中硫酸试剂标签上的部分内容。据此分析下列说法错误的是
A．100mL该硫酸的质量是184g
B．硫酸的摩尔质量与磷酸()的摩尔质量相同
C．10g98%的硫酸(密度)与10mL的硫酸的浓度是相同的
D．该硫酸的物质的量浓度为
13．某化学学习小组利用如图装置来制备无水AlCl3 (已知:无水AlCl3，178C升华，遇水能迅速发生反应)。下列说法正确的是
A．装置④和⑤之间使用粗玻璃管是为了防堵塞
B．装置②、③中的试剂分别为浓硫酸、饱和食盐水
C．装置①中的试剂是二氧化锰MnO2
D．球形干燥管中碱石灰的作用只是处理尾气
二、填空题
14．钠的存在与物理性质
(1)钠元素在自然界中都以 的形式存在，如NaCl、Na2CO3、Na2SO4等。
(2)钠的物理性质

①颜色： 。
②密度：钠、水和煤油的密度大小为： 。
③熔点： (填“大于”“小于”或“等于”)100 ℃。
④硬度：质地较软，可以用小刀切割。
⑤传导性：可导电、导热。
15．硫和氮及其化合物在生产生活中应用广泛。请回答：
(1)已知反应：3NO2+H2O=2HNO3+NO，该反应中的氧化剂与还原剂的质量比为 。
(2)工业上可以通过氮气和氢气在一定条件下合成氨气。下列关于氨气的性质和用途描述正确的是 。
A．氨气易液化，液氨可作制冷剂 B．可用排水法收集氨气
C． 氨气是一种无色无味的气体 D．向氨水中滴加酚酞，溶液变红
(3)1754年，Briestly用硵砂(主要成分NH4Cl)和熟石灰共热制得了氨，化学反应方程式为 。
(4)实验室用金属铜和稀硝酸制取NO的离子方程式为 。
(5)汽车尾气常含有NO、NO2、CO等，会污染空气。在汽车尾气排放管处安装一个催化转化器，可使尾气中有害气体CO和NO反应转化为两种无毒气体，该反应的化学方程式为 。
(6)19.2 g铜投入100 mL 14 mol/L浓HNO3溶液中，充分反应后无固体剩余，收集到标准状况下气体8.96 L(气体为NO、NO2)，向反应后的溶液中加入 mL 10 mol/L NaOH溶液才能使Cu2+完全沉淀。
16．A、B、C、D四种可溶性盐，它们的阳离子分别可能是Ba2＋、Ag＋、Na＋、Cu2＋中的某一种，阴离子分别可能是NO3－、SO42－、Cl－、CO32－中的某一种。
Ⅰ.若把四种盐分别溶解于盛有蒸馏水的四支试管中，只有C盐的溶液呈蓝色。
Ⅱ.若向实验Ⅰ的四支试管中分别加盐酸，B盐溶液有沉淀产生E，D盐溶液有无色无味气体逸出。
根据实验Ⅰ、Ⅱ回答下列问题：
（1）C的名称为 ；D的化学式为 。
（2）写出盐酸+B反应的离子方程式 ，化学方程式与盐酸+D反应具有相同的离子方程式。
（3）将沉淀E过滤并洗涤，如何验证沉淀E已洗涤干净 。
（4）为检测C盐的一些性质，需配制240 mL 0.2 mol/L NaOH溶液，请回答下列问题：
①经计算，需用托盘天平称量固体NaOH的质量为 g。
②在配制NaOH溶液时除烧杯、玻璃棒外，还需使用的玻璃仪器有 和 。
③将NaOH浓溶液先 ，再转移到容量瓶中，否则溶液浓度 （填“偏高”或“偏低”）。
④配制NaOH溶液时定容的操作：加蒸馏水距离刻度线 处，改用 滴加，至 与刻度线相切。
⑤取出配制好的溶液150mL，可以中和质量分数为36.5%，密度为1.20g/mL的盐酸的体积为 mL，配制该盐酸需HCl的体积为 mL（标准状况下）。
17．碳酸氢钠用途广泛。可广泛应用于医疗、生活、生产中。回答下列问题：
(1)碳酸氢钠能中和胃酸，碳酸氢钠属于 （填“酸”“碱”“盐”）
(2)碳酸氢钠能与酒石酸配制固体清凉饮料的发泡剂。将发泡剂溶于水发生反应的离子是 。
(3)生活中可用碳酸氢钠蒸馒头，用化学方程式解释其原理 。将碳酸氢钠加入面团中，若理论上生成二氧化碳0.1mol，需要碳酸氢钠的质量是 克。
(4)碳酸钠和碳酸氢钠是厨房中常见用品，为鉴别它们，取等质量的样品分别加入如图所示装置的气囊中做对比实验，依据 现象，推断哪种样品为碳酸氢钠；写出该反应的离子方程式 。
18．某研究学习小组在做过氧化钠与水反应实验时，发现过氧化钠与水反应后的溶液滴加酚酞呈红色，但不久红色褪去。甲、乙、丙三个同学对此现象分别做了如下推测：
甲：因为反应后试管很热，所以很可能是溶液温度较高使红色褪去。
乙：查阅资料上载“酚酞在浓的碱溶液中因生成三钠盐而呈无色。”实验所加的水较少，红色褪去可能是生成的氢氧化钠溶液浓度较大的影响。
丙：过氧化钠具有强氧化性，生成物中O2 、H2O2（可能产物）等也具有强氧化性，可能是氧化漂白了红色物质。
（1）验证甲是否正确的方法是
（2）验证乙是否正确的方法是
19．某校化学兴趣小组用浓盐酸与二氧化锰加热反应来制取并收集氯气，装置如下图：
（1）写出该反应的离子方程式：
（2）上述反应中，还原剂是 ，若有2 mol氧化剂参加反应，转移电子的物质的量是 mol。
（3）实验开始前，某学生对装置进行了气密性检查。方法是：连接好装置之后，用弹簧夹夹住 处（填“A”或“B”）橡皮管；向分液漏斗中加水并打开活塞，当加到一定量时，停止加水，静置观察。当观察到分液漏斗中 时，表明该装置不漏气。
（4）兴趣小组的某些同学准备在烧杯中加入下列溶液中的一种来吸收残余氯气，你认为其中错误的是 （填写序号）。
A 氢氧化钠溶液　　　　　　B 碳酸钠溶液　　　　　　C 浓硫酸
20．在标准状况下，体积为8.96L的CO和CO2的混合气体共14.4g。请计算：
(1)CO的质量 ；
(2)CO2的体积 ；
(3)混合气体的平均摩尔质量 ；
(4)混合气体的密度(小数点后保留1位) 。
21．（1）某晶体的化学式为Na0.35CoO2 1.3H2O。试计算：该晶体的摩尔质量是 ；钴原子与氧原子的物质的量之比是 ； 1mol该晶体中含有的氧原子数目是 。
（2）每组中都有一种物质与其他物质在分类上或性质上不同，试分析每组中物质的组成规律或性质特点，将这种物质找出来，并说明理由。
①O2 CO H2 Mg , ；
②CO2 SO3 CO CaO , 。
（3）10g碳酸钙溶于100ml盐酸溶液,恰好完全反应。写出该反应的离子方程式 ，标准状况下生成气体体积 L，盐酸的物质的量的浓度 mol/L.
22．某化学兴趣小组学习Na2O2的性质后，进行过氧化钠与水反应的探究实验。回答下列问题：
(1)探究该反应的热效应
实验装置如图所示，调节U型管内两侧液面相平，向试管中加入a g Na2O2粉末，再滴加10 mL蒸馏水及2～3滴酚酞试液，试管内产生大量气泡，溶液先变红后褪色。
①观察到U型管内液面 (填标号)，说明该反应为放热反应。
A．左侧较高 B．右侧较高 C．左、右两侧一样高
②写出该反应的离子方程式 。
(2)探究溶液红色褪去的原因
限选仪器及试剂：试管、胶头滴管、温度计、蒸馏水、酚酞试液、MnO2粉末。
①提出合理猜想：
猜想一：反应放热，酚酞受热分解，使溶液红色褪去；
猜想二： 。
②设计方案证明猜想：向a g Na2O2中加入10 mL蒸馏水，所得溶液分别置于试管1和试管2中，请将实验操作、现象和结论补充完整：
实验操作 实验现象 实验结论
将试管1中溶液冷却至室温，滴加2～3滴酚酞 猜想一不成立
向试管2中加入少量MnO2粉末，充分振荡，滴加2～3滴酚酞 振荡时，产生大量气泡；滴加酚酞后， 猜想二成立
③在试管2中，加入少量MnO2粉末的作用是 。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．C
【分析】含有Cu2+的溶液呈蓝色、含有MnO的溶液呈紫红色，无色溶液中一定不含Cu2+、MnO；
①第一份加入足量NaOH溶液，无现象，说明一定不含Mg2+。
②第二份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀4.3 g；经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33 g，说明反应生成2.33g硫酸钡沉淀、1.97g碳酸钡沉淀，则100mL原溶液中含有SO的物质的量为、CO的物质的量为；由于Ba2+与CO、SO能生成沉淀，所以一定不含Ba2+。
③向实验②的滤液中加入硝酸酸化的硝酸银溶液，有白色沉淀生成，由于步骤②引入了Cl-，不能判断原溶液是否含有Cl-。根据溶液电中性，可知溶液一定含有钾离子；
【详解】A．由分析可知，原溶液中一定没有的离子是、、、，故A正确；
B．由分析可知，一定存在、；向实验②的滤液中加入硝酸酸化的硝酸银溶液，有白色沉淀生成，由于步骤②引入了Cl-，不能判断原溶液是否含有Cl-，故B正确；
C．根据步骤②，100mL原溶液中含有CO的物质的量为，则原溶液含有0.01mol×2=0.02mol CO，故C错误；
D．溶液在一定没有Mg2+、Ba2+、Cu2+，原溶液含有0.02mol CO、0.02mol SO，可能含有Cl-，根据电荷守恒，可知一定存在K+，由于不确定是否存在氯离子，故原溶液中n(K+)≥0.08mol，浓度，故D正确；
故选C。
2．C
【详解】A．氯气没有漂白性，是氯气和水反应生成的次氯酸具有漂白性，A错误；
B．二氧化硫溶于水显酸性，能使石蕊变红，B错误；
C．浓盐酸和二氧化锰反应被氧化生成氯气，体现了浓盐酸的还原性，生成氯化锰和水，体现了酸性，C正确；
D．二氧化锰在双氧水的分解反应中做催化剂，没有体现氧化性，D错误；
故选C。
3．C
【详解】A．H2在Cl2中安静燃烧，发出苍白色火焰，生成氯化氢，故瓶口产生白雾，故A错误；
B．常温下，铝易被空气中的氧气氧化成氧化膜，不需密封保存，故B错误；
C．葡萄酒中添加SO2有杀菌、抗氧化的作用，故C正确；
D．常温下，浓硝酸与Fe、Al发生钝化，也是化学反应，故D错误；
故选C。
4．B
【详解】A. 物质的量是国际单位制中七个基本物理量之一，摩尔只是物质的量的单位，故A错误；
B. 物质的量为基本物理量，摩尔为物质的量的单位，符号为mol，故B正确；
C. 摩尔为物质的量的单位，故C错误；
D. 用物质的量描述粒子时，必须证明具体的粒子形态，如1mol氧气、1mol氧原子，而1mol氧无法判断是氧原子还是氧气分子，故D错误；
正确答案是B。
【点睛】本题考查了物质的量概念和其单位以及阿伏加 德罗常数的规定，难度不大，掌握基础是关键。
5．A
【详解】A．人工固氮的过程，N元素由游离态转化为化合态，N元素的化合价一定变化，则一定为氧化还原反应，故A正确；
B．如简单阳离子化合价为中间价态，则既具有氧化性也具有还原性，如Fe2+，故B错误；
C．反应中Na元素的化合价由0升高为+1价，则1mol钠在足量氧气中燃烧生成Na2O2，失去1mol电子，故C错误；
D．失去电子的多少与还原性无关，还原性与失去电子的难易有关，故D错误；
故选A。
【点睛】把握反应中元素的化合价变化及元素化合价及转移电子的关系为解答的关键。本题的易错点为C，解决氧化还原反应的相关问题基本的分析方法是根据化合价的变化，完成双线桥的分析，再结合题目要求解答。
6．D
【详解】A．根据，由已知浓度求溶质等粒子的物质的量，需要溶液体积，A错误；
B．62g溶于水生成2mol，所得溶液的物质的量浓度为：，B错误；
C．计算物质的量浓度时，要用溶液体积进行计算，不能用水的体积计算，C错误；
D．5g98%的硫酸溶液中含有溶质硫酸的物质的量为：，溶液体积为：，其物质的量浓度为：，两溶液浓度相等，D正确；
故选D。
7．C
【详解】A．量筒内气体颜色逐渐变浅，是由于氯气与甲烷发生取代反应，氯气被消耗，选项A正确；
B．氯气与甲烷发生取代反应生成HCl气体，HCl气体易溶于水，产生白雾，选项B正确；
C．甲烷与氯气发生取代反应生成的二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳均为液态，所以油状液滴可能为二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳，选项C错误；
D．反应消耗了气体，同时生成的HCl气体易溶于水，量筒内压强减小，因此液面升高，选项D正确；
答案选C。
8．C
【详解】A．10.6g碳酸钠为0.1mol，该容量瓶规格为100mL，则所配制的Na2CO3溶液的浓度为1.0mol/L，A正确；
B．操作2是移液的过程，将操作1得到的Na2CO3溶液转移到容量瓶中，B正确；
C．操作4如果仰视，则溶液的体积偏大，浓度偏低，C错误；
D．定容摇匀后发现液面低于刻度线，此时加水至刻度线，溶液体积偏大，浓度偏低，D正确；
故答案选C。
9．A
【详解】A．氧气的相对分子质量为32，A符合题意；
B．氢气的相对分子质量为2，B不符合题意；
C．甲烷的相对分子质量为16，C不符合题意；
D．氯气的相对分子质量为71，D不符合题意；
选A。
10．C
【详解】A. Ca(ClO)2(ag)中通入CO2可生成HClO(aq)，再光照，次氯酸分解可得盐酸溶液，故A正确；
B. NH3和O2混合催化氧化得NO，NO再与氧气氧化成NO2，所得NO2溶解于水生成HNO3，故B正确；
C. Fe在少量氯气中氧化得到的是FeCl3，故C错误；
D. H2SiO3不溶，受热分解生成SiO2，再用氢氧化钠溶液溶解SiO2可得Na2SiO3，故D正确；答案选C。
【点睛】氯气与铁单质反应，无论氯气是不足量还是过量，只生成FeCl3，而不生成FeCl2，这是学生们的易错点。1mol氯气与足量铁反应，转移2mol电子；足量氯气与1mol铁反应，转移3mol电子，这是常考点。
11．C
【分析】甲装置发生反应碳酸钙和稀盐酸生成氯化钙和水、二氧化碳，二氧化碳通过乙除去氯化氢后进入丙反应生成碳酸氢钠，废气使用丁吸收；
【详解】A．甲装置发生反应碳酸钙和稀盐酸生成氯化钙和水、二氧化碳，离子方程式为：，A正确；
B．盐酸具有挥发性，挥发出氯化氢和饱和碳酸氢钠生成二氧化碳气体，B正确；
C．丙的广口瓶内能发生反应的主要原因是溶解度较小，达到饱和析出，C错误；
D．丁吸收多余的氨气，稀硫酸若换成稀硝酸，可以反应生成硝酸铵，获得氮肥，D正确；
故选C。
12．D
【详解】A．100mL该硫酸的质量m=100mL×1.84g mL-1=184g，故A正确；
B．硫酸的摩尔质量与磷酸()的摩尔质量都是98g mol-1，故B正确；
C．98%的硫酸(密度)的物质的量浓度为，10g 98%的硫酸(密度)与10mL 的硫酸的浓度是相同的，故C正确；
D．该硫酸的物质的量浓度为，故D错误；
选D。
13．A
【分析】结合题干信息，由图可知，①装置为氯气的制备装置，装置②的目的是除去氯气中的氯化氢，装置③的目的是干燥氯气，装置④为制备无水AlCl3的装置，装置⑤用来收集生成的氯化铝，碱石灰的作用是防止空气中的水蒸气进入装置⑤中，并吸收过量的氯气防止污染环境，据此分析解答问题。
【详解】A．无水AlCl3178℃升华，为了防堵塞，④和⑤之间使用粗玻璃管，故A正确；
B．装置②的目的是除去氯气中的氯化氢，用饱和食盐水，装置③的目的是干燥氯气，用浓硫酸，故B错误；
C．①装置为氯气的制备装置，浓盐酸与MnO2需要在加热的条件下才能反应生成Cl2，缺少加热仪器，故C错误；
D．球形干燥管中的碱石灰的作用是防止空气中的水蒸气进入装置⑤中，并吸收过量的氯气防止污染环境，故D错误；
答案选A。
14．(1)化合物
(2) 银白色、有金属光泽 ρ(水)>ρ(钠)>ρ(煤油) 小于
【详解】（1）钠比较活泼，在自然界中以化合物形式存在；
（2）钠是银白色、具有金属光泽的固体，其密度为0.96g/cm3，比水的密度小，比煤油的密度大，可在煤油中保存；钠的熔点很低，小于100 ℃，故答案为：银白色、有金属光泽；ρ(水)>ρ(钠)>ρ(煤油)；小于。
15． 1∶2 AD Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O 3Cu+8H++2NO3-=3Cu2+ +2NO↑+4H2O 2CO+2NON2+2CO2 100
【分析】(1)根据还原剂失去电子，元素化合价升高；氧化剂得到电子，元素化合价降低分析；
(2)根据氨气的性质分析判断；
(3) NH4Cl和熟石灰混合加热发生复分解反应制取氨气；
(4)铜和稀硝酸反应产生硝酸铜、NO、水，根据离子方程式书写原则书写；
(5)CO和NO反应产生N2、CO2，据此书写反应方程式；
(6)利用元素守恒，反应后溶液的溶质为NaNO3，HNO3最终变为NaNO3和NO、NO2气体，根据Na元素守恒计算加入NaOH的物质的量，再根据c=计算NaOH的体积。
【详解】(1)在反应3NO2+H2O=2HNO3+NO中，只有N元素的化合价发生变化，反应前NO2中的N为+4价，反应后一部分变为HNO3中的+5价，化合价升高，失去电子，被氧化，NO2作还原剂；一部分变为NO中的+2价，化合价降低，得到电子，被还原，NO2作氧化剂。3个NO2反应，有1个作氧化剂，2个作还原剂，所以该反应中的氧化剂与还原剂的质量比为1：2；
(2) A. 氨气沸点高，易液化，液氨气化吸收大量的热，使周围环境温度降低，因此液氨可作制冷剂，A正确；
B. 氨气极容易溶于水，因此不能用排水法收集氨气，B错误；
C. 氨气是一种无色有刺激性气味的气体，C错误；
D. 氨气溶于水，与水反应产生一水合氨，一水合氨电离产生OH-，使溶液显弱碱性，因此向氨水中滴加酚酞，溶液会变红色，D正确；
故合理选项是AD；
(3)在实验室中一般是用铵盐NH4Cl和熟石灰混合加热发生复分解反应制取氨气，反应方程式为：Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O；
(4)铜和稀硝酸反应产生硝酸铜、NO、水，该反应的离子方程式为：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2+ +2NO↑+4H2O；
(5)CO和NO在催化剂存在时发生氧化还原反应产生N2、CO2，根据电子守恒、原子守恒，可得反应方程式为：2CO+2NON2+2CO2；
(6)100 mL14 mol/L浓HNO3溶液中n(HNO3)=c·V=14 mol/L×0.1 L=1.4 mol，硝酸与Cu反应变为Cu(NO3)2、NO、NO2，产生NO、NO2的物质的量为n(NO+NO2)==0.4 mol，向反应后的溶液中加入NaOH，当Cu2+恰好形成Cu(OH)2沉淀时，溶液中的溶质为NaNO3则根据N元素守恒可知NaNO3的物质的量为n(NaNO3)=1.4 mol-0.4 mol=1.0 mol，根据Na、N元素之间关系可知n(NaOH)=n (NaNO3)=1.0 mol，所以需加入10 mol/L NaOH溶液的体积V(NaOH)==0.1 L=100 mL。
【点睛】本题考查了氨气的制取和性质、应用及硝酸的化学性质，涉及氧化还原反应方程式的配平、物质的作用、守恒方法在化学方程式计算的应用等。明确物质的关系和性质是本题解答的关键，题目侧重考查学生的分析与应用能力。
16． 硫酸铜 Na2CO3 Ag+ + Cl—= AgCl↓ 取最后一次洗涤液少量于一支洁净的试管中，加入硝酸再加入硝酸银溶液，不产生白色沉淀则沉淀E已洗涤干净 2.0 胶头滴管 250mL容量瓶 冷却至室温 偏高 1—2cm处 胶头滴管 凹液面最低处 2.5 672
【分析】给出八种离子，形成四种可溶性物质，这个可以通过一一组合的形式确定可能存在的物质，之后结合进行实验和颜色限制进行继续排除，从而最终确定。如Ba2＋不能和SO42－、CO32－组合，而只能和NO3－、Cl－；Ag＋不能和SO42－、Cl－、CO32－三种离子组合，而只能和NO3－组合，则一定是BaCl2、AgNO3。Cu2+不能和CO32－组合，所以为CuSO4；Na+对应CO32为Na2CO3。即四种物质为BaCl2、AgNO3、CuSO4、Na2CO3。
【详解】因为是可溶性盐，所以溶液中存在的盐离子和阴离子对应物质一定是可溶性，根据盐类物质溶解性情况可以知道：Ba2＋不能和SO42－、CO32－组合，而只能和NO3－、Cl－；Ag＋不能和SO42－、Cl－、CO32－三种离子组合，而只能和NO3－组合，则一定是BaCl2、AgNO3。Cu2+不能和CO32－组合，所以为CuSO4；Na+对应CO32为Na2CO3。即四种物质为BaCl2、AgNO3、CuSO4、Na2CO3。
(1) 根据以上分析，C的名称为硫酸铜；D的化学式为Na2CO3。
因此，本题正确答案是：硫酸铜；Na2CO3。
(2) 根据以上分析，B为AgNO3溶液，和盐酸反应的离子方程式为：Ag+ + Cl—= AgCl↓，
因此，本题正确答案是：Ag+ + Cl—= AgCl↓。
(3）沉淀E为AgCl，若未洗涤干净，则在沉淀表面会附着Cl-，可以通过检验没有Cl-来验证沉淀已洗涤干净，方法是：取最后一次洗涤液少量于一支洁净的试管中，加入硝酸再加入硝酸银溶液，不产生白色沉淀则沉淀E已洗涤干净，
因此，本题正确答案是：取最后一次洗涤液少量于一支洁净的试管中，加入硝酸再加入硝酸银溶液，不产生白色沉淀则沉淀E已洗涤干净。
(4) ①配制240 mL 0.2 mol/L NaOH溶液，应选择250mL的容量瓶，所以需要称量氢氧化钠的质量是0.25L×0.2mol/L×40g/mol=2.0g；
因此，本题正确答案是：2.0。
②在配制NaOH溶液时，需要烧杯溶解固体，用玻璃棒进行搅拌，容量瓶盛放溶液，胶头滴管定容，所以除烧杯、玻璃棒外，还需使用的玻璃仪器有胶头滴管和250mL容量瓶；
因此，本题正确答案是：胶头滴管；250mL容量瓶。
③将NaOH浓溶液先冷却至室温，再转移到容量瓶中，否则氢氧化钠溶于水放热，则会使溶液的体积偏小，氢氧化钠溶液的浓度偏高；
因此，本题正确答案是：冷却至室温；偏高。
④配制NaOH溶液时定容的操作：加蒸馏水距离刻度线1—2cm处处，改用胶头滴管滴加，至凹液面最低处与刻度线相切；
因此，本题正确答案是：1—2cm处；胶头滴管；凹液面最低处。
⑤质量分数为36.5%，密度为1.20g/mL的盐酸的物质的量浓度为c==mol/L=12mol/L，
根据c(NaOH)V(NaOH)= c(HCl)V(HCl)，中和150mL0.2 mol/L NaOH溶液消耗该盐酸的体积为：V(HCl)==0.0025L=2.5mL；
配制该盐酸需HCl的体积为:0.0025L12mol/L22.4L/mol=0.672L=672mL；
因此，本题正确答案是：2.5； 672。
17． 盐 HCO3-+H+=CO2↑+H2O 2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O 16.8 气囊体积大小 HCO3-+H+=CO2↑+H2O、CO32-+2H+=CO2↑+H2O
【分析】(1)碳酸氢钠属于盐类；
(2)碳酸氢钠与酸反应产生CO2、H2O；
(3)用碳酸氢钠蒸馒头，涉及碳酸氢钠的分解反应；
(4)等质量时，碳酸氢钠生成的二氧化碳较多，气囊体积较大。
【详解】(1)碳酸氢钠电离，生成的阳离子为钠离子，阴离子为酸根离子，属于酸式盐，是盐类；
(2)涉及碳酸氢钠与酸的反应，离子方程式为HCO3-+H+=CO2↑+H2O；
(3)用碳酸氢钠蒸馒头，涉及碳酸氢钠的分解反应，方程式为2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，根据方程式可知生成CO20.1mol，需要0.2molNaHCO3，其质量m(NaHCO3)=0.2mol×84g/mol=16.8g；
(4)等质量时，碳酸氢钠生成的CO2较多，气囊体积较大，涉及反应的离子方程式为HCO3-+H+=CO2↑+H2O、CO32-+2H+=CO2↑+H2O。
18． 冷却后加酚酞试液或冷却后看溶液是否变红； 加水稀释后看溶液是否变红
【分析】可控制其它变量相同，做对照实验逐个验证。
【详解】（1）验证甲是否正确的方法是：控制其它条件相同，改变温度。取少量变色后的溶液，冷却后加酚酞试液或冷却后看溶液是否变红；
（2）验证乙是否正确的方法是：控制其它条件相同，改变浓度。取少量变色后的溶液，加水稀释后看溶液是否变红。
19． MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O HCl 4 B 水不能进入烧瓶 C
【分析】实验室用最左装置用浓盐酸与二氧化锰加热反应来制取氯气，中间装置利用向上排空气法收集氯气，氯气有毒，不能排放到大气中，用最后装置进行尾气处理。
【详解】(1)浓盐酸与二氧化锰在加热的条件下生成二氯化锰、氯气和水，离子方程式为MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；
(2)反应时，HCl中的Cl原子的化合价由-1变为0，失电子，作还原剂；Mn的化合价由+4变为+2，转移2个电子，则2mol MnO2反应，转移4mol电子；
(3)连接好装置之后，用弹簧夹夹住B处橡胶管，打开分液漏斗活塞并注入一定量的水，若分液漏斗中的水不能进入烧瓶，则装置的气密性良好。
(4)A．氯气与NaOH反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，A能吸收氯气；
B．碳酸钠溶液呈碱性，与氯气发生反应，生成氯化钠，次氯酸钠，二氧化碳和水，B能吸收氯气；
C．氯气与浓硫酸不反应，C不能吸收氯气；
答案为C。
20． 5.6g 4.48L 36g·mol-1 1.6g·L-1
【分析】在标准状况下，体积为8.96L的CO和CO2的混合气体共14.4g，n（总）==0.4mol，
由题意得
28×n(CO)+44×n(CO2)=14.4g
n(CO)+n(CO2)=0.4mol
解得：n(CO)=0.2mol n(CO2)=0.2mol
【详解】⑴由分析可知，m(CO)=0.2mol×28g·mol-1=5.6g，故答案为：5.6g；
⑵由分析可知，V(CO2)=0.2mol×22.4L·mol-1=4.48L，故答案为：4.48L；
⑶由分析可知，，故答案为：36g·mol-1；
⑷由分析可知，，故答案为：1.6g·L-1。
21． 122g/mol 1:33 1.99× CO 化合物 CaO 固体 CaCO3+2H+=Ca2++ CO2↑+H2O 2.24 2
【详解】（1）Na0.35CoO2 1.3H2O的摩尔质量是122g/mol。钴原子与氧原子的物质的量之比是1:2，1mol该晶体中含有的氧原子2.3mol，共2.3×6.02×=1.99×个。
（2）①CO是化合物，其他三个是单质；②CaO是固体，其他三个是气体。故答案为CO；化合物；CaO；固体。
（3）碳酸钙与盐酸反应的离子方程式为CaCO3+2H+=Ca2++ CO2↑+H2O。10g碳酸钙是0.1mol，完全反应生成气体0.1mol，在标况下是2.24L。消耗盐酸0.2mol，盐酸的体积是0.1L，因此物质的量浓度为2mol/L。
22． B 2Na2O2＋2H2O=4Na＋＋4OH-＋O2↑ 反应过程中生成漂白性物质H2O2，使溶液红色褪去 溶液先变红，后褪色 溶液变红，不褪色 作催化剂，将产生的H2O2催化分解
【详解】(1)①试管中Na2O2与水反应放热，使锥形瓶中的气体受热膨胀，故U型管内液面左低右高，故选B。
②Na2O2与水反应的离子方程式为2Na2O2＋2H2O=4Na＋＋4OH-＋O2↑。
(2)①根据物质的性质，猜想二为反应过程中生成漂白性物质H2O2，使溶液红色褪去；
②猜想一是反应放热，酚酞受热分解，使溶液红色褪去，先冷却至室温后证明猜想一不成立，故实验现象为溶液先变红，后褪色；要证明猜想二成立，即证明反应生成了H2O2，故实验现象为：溶液变红，不褪色；
③在试管2中，加入少量MnO2粉末的作用是作催化剂，将产生的H2O2催化分解。
答案第1页，共2页
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