第二章 海水中的重要元素——钠和氯 综合测试 （含解析）2024-2025学年高一上学期化学人教版（2019）必修第一册
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| 名称 | 第二章 海水中的重要元素——钠和氯 综合测试 （含解析）2024-2025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 | 689.6KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2024-07-02 20:59:33 | ||
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文档简介
第二章 海水中的重要元素——钠和氯 综合测试
2024-2025学年高一上学期化学人教版（2019）必修第一册
一、单选题
1．标准状况下，将氯化氢气体溶于水中，所得溶液密度为，则盐酸的物质的量浓度为（ ）
A． B．
C． D．
2．某同学用下列装置进行有关Cl2的实验，下列说法错误的是（ ）
A．Ⅰ图中：证明氯气本身有漂白作用
B．Ⅱ图中：用于闻Cl2气味的常用方法
C．Ⅲ图中，剧烈燃烧，生成棕黄色的烟
D．Ⅳ图中：若气球体积膨胀，证明Cl2可与NaOH反应
3．下列气体既有颜色又有毒性的是（ ）
A． B． C．HCl D．
4．在实验室中用浓盐酸与共热制取并进行相关实验。下列收集的装置合理的是（ ）
A． B．
C． D．
5．下列关于钠及其化合物的叙述错误的是（ ）
A．钠燃烧时发出黄色的火焰
B．钠有很强的还原性
C．与都能和水反应生成碱，它们都是碱性氧化物
D．向饱和溶液中通入，有晶体析出
6．数字化实验将传感器、数据采集器和计算机相连，可利用信息技术对化学实验进行数据的采集和分析。如图是数字化实验得到的光照过程中氯水的pH变化情况、对此，下列有关说法。正确的是（ ）
A．pH减小的主要原因是光照使Cl2溶解度的减小，氯气逸出导致了溶液H+浓度减小
B．光照过程中，氯水pH减小的同时，溶液中Cl-的浓度也不断增大
C．光照使氯水中的次氯酸分解为盐酸，溶液的酸性减弱
D．对氯水光照时间的延长，氯水的漂白性没有变化
7．某实验兴趣小组配制溶液，部分操作如图所示：
下列说法正确的是
A．称量时，将称量纸放置于电子天平并归零，然后称取固体
B．溶解后，立即将溶液转移至容量瓶
C．定容时，若俯视刻度线，则所配溶液浓度偏高
D．摇匀装瓶后，容量瓶应洗净、晾干，并直接盖上瓶塞下次备用
8．设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是（ ）
A．44gN2O含有的氮原子数目为NA
B．1molAl变为Al3+时失去的电子数目为3NA
C．常温常压下，22.4LH2含有的分子数目为NA
D．1L1mol·L-1K2CO3溶液中含有的钾离子数目为NA
9．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是（）
A．标准状况下，2.24L 中含有碳碳双键数为0.3NA
B．0.1mol甲烷和乙烯组成的混合气体完全燃烧，生成的水分子数为0.2NA
C．0.1molCH4与0.1molCl2混合充分光照，生成CH3Cl分子数为0.1NA
D．0.1molN2和0.3molH2在高温、高压及催化剂下充分反应，产物的分子数为0.2NA
10．NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）
A．0.5mol·L-1FeCl2的溶液中Cl-的数目为NA
B．常温常压下，22.4L甲烷中含有的共价键数为4NA
C．标准状况下，11.2L乙醇中含有的分子数为0.5NA
D．28gC2H4和C3H6混合气体中含有的碳原子数目为2NA
11．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，71g Cl2溶于足量水，所得溶液中Cl2、HClO和ClO-三种微粒总数为NA
B．10L pH=1的H2SO4溶液，含H+的数目为2NA
C．相同温度下，1L 0.50mol/L NH4Cl与2L 0.25mol/L NH4Cl含有相同物质的量的NH
D．标准状况下，4.48L甲烷与乙烯的混合气体完全燃烧，产物中所含O-H键数目为0.4NA
12．雨后空气中的自由电子附着在分子或原子上形成空气负离子。就是一种空气负离子，其摩尔质量为
A．76g B．76g·mol-1 C．77g·mol-1 D．77g
13．实验室用MnO2和浓盐酸反应生成Cl2，按照制备、净化、性质检验、收集及尾气处理的顺序进行试验。下列装置不能达到实验目的的是（ ）
A． B．
C． D．
14．有关一定物质的量浓度的溶液的配制，下列说法正确的是（ ）
A．容量瓶用蒸馏水洗净后，可不经干燥直接用于配制溶液
B．配制一定物质的量浓度的稀盐酸时，用量筒量取9.82mL浓盐酸
C．配制 的NaCl溶液时，用托盘天平称量5.85gNaCl固体
D．定容时，为防止液滴飞溅，胶头滴管应紧贴容量瓶内壁
15．用NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．常温常压下，11. 2 L 二氧化硫气体中含有0. 5NA个SO2分子
B．标准状况下，22. 4 L CCl4中含有NA个分子
C．1 mol Na与一定量的O2反应生成Na2O和Na2O2，转移的电子数为NA个
D．将NA个HCl气体分子溶于1 L水中得到1 mol·L－1的盐酸
16．某溶液中含有 HCO3－、SO32－、CO32－、CH3COO－等 4 种阴离子。若向其中加入足量的Na2O2 后，溶液中离子浓度变化最小的是（ ）
A．CO32－ B．SO32－ C．CH3COO－ D．HCO3－
17．下列物质不能使氯水褪为无色的是（ ）
A．AgNO3溶液 B．NaBr溶液 C．Na2CO3溶液 D．SO2气体
18．在200mL0.5mol/LCaCl2溶液中，Cl-的物质的量浓度是（ ）
A．0.1mol/L B．0.2mol/L C．0.5mol/L D．1mol/L
19．为探究新制氯水的性质，某学生做了如下实验。
实验 装置 试剂 现象
① 紫色的石蕊试液 溶液先变红后褪色
② 溶液 产生气泡
③ 酸化的溶液 产生白色沉淀
④ Na2S 产生黄色沉淀
由上述实验可得新制氯水的性质与对应的解释或离子方程式不相符的是（ ）
A．实验①说明新制氯水中含有
B．实验②发生的反应为
C．实验③说明新制氯水中有
D．实验④体现氯气的氧化性，S2-+Cl2=S↓ +2Cl-
20．配制100 mL 1.0 mol·L－1的碳酸钠溶液，下列情况会导致溶液浓度偏高的是（ ）
A．容量瓶使用前用1.0 mol·L－1的碳酸钠溶液润洗
B．配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒
C．仰视确定凹液面与刻度线相切
D．用敞口容器称量碳酸钠且时间过长
二、综合题
21．
（1）47.5g某二价金属的氯化物中含有1molCl-，则该金属氯化物的摩尔质量为 ；该金属的相对原子质量为 。
（2）标准状况下，3.4g NH3 的体积为 ；它与标准状况下 L H2S含有相同数目的氢原子。
（3）已知CO、CO2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CO的质量为 ；CO2在相同状况下的体积为 。
（4）将4g NaOH 溶解在10mL水中，再稀释成1L，从中取出10mL，这10mL溶液的物质
的量浓度为 。
（5）已知ag氢气中含有b个氢原子，则阿伏加德罗常数的值可表示为 。
22．用Cl2和石灰乳可以制备漂粉精，漂粉精可于游泳池的消毒。
（1）写出制备漂粉精的化学方程式 。
（2）漂粉精真正起消毒作用的物质是HClO。漂粉精在水中释放HClO的途径如下：
途径1：Ca(ClO)2+2H2O Ca(OH)2+2HClO
途径2：Ca(ClO)2+H2O+CO2＝ + (把反应补充完整)
（3）游泳池水的酸碱性对漂粉精的消毒效果影响明显。
①池水碱性过强，杀毒作用会 (填“增强”或“减弱”)。
②池水酸性过强，会刺激眼睛和皮肤。通常加入Na2CO3、NaHCO3以降低酸性，起到降低酸性作用的离子分别是 （填离子符号）。
23．实验室需要配制0.50 mol·L－1
NaCl溶液480 mL。按下列操作步骤填上适当的文字，使整个操作完整。
（1）选择仪器。完成本实验必须用到的仪器有：托盘天平(带砝码，最小砝码为5g)、量筒、药匙、烧杯、玻璃棒、 、胶头滴管等以及等质量的两片滤纸。
（2）计算。配制该溶液需取NaCl晶体 g。
（3）称量。称量过程中NaCl晶体应放于天平的 (填“左盘”或“右盘”)。称量完毕，将药品倒入烧杯中。
（4）溶解、冷却。该步实验中需要使用玻璃棒，目的是 。
（5）移液、洗涤。在移液时应使用玻璃棒引流，需要洗涤烧杯2～3次是为了 。
（6）定容。向容量瓶中加水至液面接近刻度线 处，改用胶头滴管加水，使溶液凹液面与刻度线相切。若定容时俯视容量瓶的刻度线会导致所配溶液的浓度 (填“偏高”、“偏低”或“”“不变”)；溶解搅拌时有液体溅出，会导致所配溶液的浓度 (同上)。
⑺摇匀、装瓶。
24．化工产品中，含氯物质众多，其用途广泛。回答下列问题：
（1）如图为氯及其化合物的“价一类”二维图。缺失的类别A为 、物质B为 (填化学式)。
（2）电石渣[主要成分为Ca(OH)2]是氯碱工业中的废料，某同学在实验室以电石渣为原料制取KClO3的工艺流程如图所示：
已知Ca(ClO3)2易溶于水。
①工业生产电石的反应为CaO+3C CaC2+CO↑，该反应中还原剂为 。
②流程中“制Ca(ClO3)2”的化学方程式为 ；“转化”发生反应的离子方程式为 。
③上述流程中所用Cl2是用MnO2与浓盐酸反应制得。该反应的离子方程式是 ，其中盐酸体现的性质为 性和 性。下列发生装置可用于制备Cl2的是 (填字母)。
（3）“84”消毒液可杀死新冠病毒，其主要成分为NaClO，但在使用过程中不能与含盐酸的除垢剂混用，原因是NaClO与盐酸反应生成Cl2，写出该反应的化学方程式并用双线桥法标出电子的得失： 。
25．常温下，在37.5g水中溶解12.5g CuSO4 5H2O，恰好达到饱和，该溶液密度为1.25g/cm3，求：
（1）该溶液中CuSO4的物质的量浓度
（2）取出20.0mL该溶液，加入足量Ba（OH）2溶液，反应后可得到沉淀质量克？（保留一位小数）
答案解析部分
1．【答案】D
【解析】【解答】氯化氢的物质的量n=mol，氯化氢的质量m=g，溶液的体积V=mL＝L，则c=mol/L＝mol L-1，故选D；
故答案为：D。
【分析】根据、m=nM、计算。
2．【答案】A
【解析】【解答】A．Ⅰ图中：干燥的布条不褪色，证明氯气本身没有漂白作用，故A符合题意；
B．Ⅱ图中：闻氯气气味时应用手在瓶口轻轻扇动，使少量气体飘进鼻孔，避免中毒，故B不符合题意；
C．Ⅲ图中，铜在氯气中剧烈燃烧，产生大量棕黄色的烟，故C不符合题意；
D．Ⅳ图中：若气球体积膨胀，说明烧瓶内氯气减少，证明Cl2可与NaOH反应，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、干燥氯气没有漂白性；
B、有毒气体的闻法是应用手在瓶口轻轻扇动，使少量气体飘进鼻孔，避免中毒；
C、氯气和铜反应生成棕黄色的烟；
D、氯气和气球反应，气体减少，瓶内气压小于大气压。
3．【答案】A
【解析】【解答】A．Cl2为黄绿色有强烈刺激性气味的有毒气体，故A符合题意；
B．H2S有毒但无色，故B不符合题意；
C．HCl为无色有刺激性气味的气体，故C不符合题意；
D．CO2是无色、无毒气体，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】氯气为黄绿色有毒气体、硫化氢为无色有毒气体；氯化氢无色；二氧化碳无色、无毒，据此解答。
4．【答案】C
【解析】【解答】A．集气瓶中使用了单孔橡胶塞塞紧，只能进气，不能排气，瓶内压强增大到一定程度，可能将橡胶塞压出，故A不符合题意；
B．因为比空气的密度大，应用向上排空气法收集，故B不符合题意；
C．该装置既能收集，又能进行尾气处理，且防倒吸，故C符合题意；
D．由于易与NaOH溶液反应，该装置不能收集，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、收集气体的装置不能密闭；
B、氯气密度比空气大，应采用向上排空气法；
C、收集后应该用碱溶液吸收尾气；
D、经过碱溶液，氯气被吸收。
5．【答案】C
【解析】【解答】A．钠燃烧时发出黄色的火焰，A不符合题意；
B．钠是活泼金属，有很强的还原性，B不符合题意
C．能和水反应生成碱，是碱性氧化物，都能和水反应生成碱和氧气，是过氧化物，C符合题意；
D．向饱和溶液中通入有生成，由于溶解度比小而析出晶体，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.钠燃烧时发出黄色的火焰；
B.钠容易失去最外层的一个电子，具有很强的还原性；
D.二氧化碳、水和碳酸钠反应生成碳酸氢钠。
6．【答案】B
【解析】【解答】A．溶液中存在反应Cl2+H2OHCl+HClO，2HClO2HCl+O2↑，光照条件下，次氯酸分解生成HCl导致Cl2+H2OHCl+HClO平衡正向移动，则溶液中氢离子浓度增大，溶液的pH减小，选项A不符合题意；
B．根据A分析可知，光照条件下，次氯酸分解生成HCl导致Cl2+H2OHCl+HClO平衡正向移动，则溶液中氯离子浓度增大，选项B符合题意；
C．次氯酸为弱酸，盐酸为强酸，光照条件下，次氯酸分解为HCl，溶液的酸性增强，选项C不符合题意；
D．次氯酸具有漂白性，盐酸没有漂白性，光照条件下，次氯酸分解为HCl，导致溶液中次氯酸的浓度减小，溶液的漂白性减弱，选项D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.光照条件下，次氯酸分解生成盐酸，溶液中氢离子浓度增大；
C.次氯酸分解为盐酸，溶液酸性增强；
D.氯水中起漂白作用的是次氯酸，光照下次氯酸分解。
7．【答案】C
【解析】【解答】A.因氢氧化钠固体容易潮解，称量氢氧化钠固体应该放在玻璃器皿上，故A不符合题意；
B.氢氧化钠溶于水放热，温度升高，需要冷却至室温进行转移，故B不符合题意；
C.定容时，俯视刻度线导致加入容量瓶中水的体积少，浓度增大，故C符合题意；
D.摇匀后装瓶后，容量瓶如果是玻璃磨口的，应在瓶塞和瓶口处垫一张纸。故D不符合题意；
答案为：C
【分析】配制一定物质的量浓度的氢氧化钠溶液时，称量氢氧化钠时需要用玻璃器皿，溶解后需要冷却至室温再进行装瓶，定容时需要视线与凹液面最低处水平，摇匀后，容量瓶洗净后应在瓶塞和瓶口处垫一张纸，防止瓶塞与瓶口粘连。
8．【答案】B
【解析】【解答】A、44gN2O的物质的量为1mol，含有的氮原子数目为2NA，故A不符合题意；
B、1molAl失去3mol电子才能变为Al3+，所以失去的电子数目为3NA，故B正确；
C、常温常压下，22.4L H2的物质的量小于1mol，所以含有的分子数目也小于NA，则C不符合题意；
D、1L1mol·L-1 K2CO3溶液中含钾离子的物质的量为2mol，所以其数目为2NA，故D不符合题意。故答案为：B。
【分析】A、n=m/M=44/44=1（mol），分子数为1mol，氮原子数为 2mol
C、22.4只能适用于标况下的气体
D、没有标明体积，不能计算
9．【答案】B
【解析】【解答】A、 中不含有碳碳双键，故A不符合题意；
B、甲烷和乙烯分子中氢原子相同，0.1mol甲烷和乙烯组成的混合气体完全燃烧，生成的水分子数为0.2NA，故B符合题意；
C、0.1molCH4与0.1molCl2混合充分光照，由于反应为可逆反应，且生成多种卤代烃，生成CH3Cl分子数小于0.1NA，故C不符合题意；
D.0.1molN2和0.3molH2在高温、高压及催化剂下充分反应，由于反应是可逆反应，产物的分子数小于0.2NA，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】阿伏加德罗常数表示的是1mol某微粒的总个数，是一定物质的量的粒子集合体。
10．【答案】D
【解析】【解答】A.0.5mol·L-1溶液未指明溶液体积，无法计算Cl-的数目，A不符合题意；
B．常温常压下，甲烷的量不能用标准气体摩尔体积进行计算，B不符合题意；
C．标准状况下，乙醇为液体，不能用气体摩尔体积计算，C不符合题意；
D． C2H4和C3H6的最简式均为CH2，可根据最简式计算，则28gC2H4和C3H6混合气体含有的CH2的物质的量为2mol，则含有的碳原子数目为2NA，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A．计算一定物质的量浓度溶液的粒子数目，必须知道溶液的体积；
B．气体用气体摩尔体积衡量，必须指明温度和压强；
C．气体摩尔体积只能衡量气体；
D．根据两种物质的最简式进行计算。
11．【答案】A
【解析】【解答】A.71g Cl2的物质的量为 = =1mol，氯气溶于水存在以下平衡 ， ，根据物料守恒，2 ，又因为n(HClO)+n(ClO-)=n(Cl-)，因此 2n(Cl2)+2n(HClO)+2n(ClO-)=2mol，n(Cl2)+n(HClO)+n(ClO-)=1mol，故A符合题意；
B.10L pH=1的H2SO4溶液， =0.1mol/L， = mol=1mol，故B不符合题意；
C．对于盐类的水解，浓度越高水解程度越小，相同温度下，0.50mol/L NH4Cl的水解程度小于0.25mol/L NH4Cl，故两溶液中的 微粒数不相等，故C不符合题意；
D．标况下，4.48L气体的物质的量为 = L=0.2mol，则混合物中H原子的物质的量为0.8mol，根据原子守恒，生成 的物质的量为0.4mol， 键物质的量为0.8mol，即数目为0.8NA，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】
A.根据离子反应方程式以及物料守恒和电荷守恒进行计算即可；
B.根据pH计算即可；
C.两者水解程度不同，则铵根离子也不同；
D.按照氢原子守恒和气体摩尔体积计算公式进行即可。
12．【答案】B
【解析】【解答】的摩尔质量以 g·mol-1 为单位时，数值上等于其化学式式量，因此其摩尔质量为76 g·mol-1 ，故B正确；
故答案为：B。
【分析】依据摩尔质量数值上等于其化学式式量计算。
13．【答案】D
【解析】【解答】A．浓盐酸与二氧化锰在加热条件下发生反应制备氯气，所以A不符合题意；
B．生成的氯气中混有HCl和水，用稀硫酸中的水吸收HCl，用浓硫酸吸收水，B不符合题意；
C．氯气本身没有漂白性，遇到水后产生次氯酸具有漂白性，所以通过观察干燥有色布条不褪色，湿润有色布条褪色可得到相应的结论，C不符合题意；
D．氯气的密度比空气大，所以应该长口进短口出，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.浓盐酸与二氧化锰在加热条件下反应生成氯气；
B.制备的氯气中含有HCl杂质，HCl极易溶于水，可用稀硫酸吸收，浓硫酸具有吸水性，可干燥氯气；
C.氯气本身没有漂白性，遇到水后产生次氯酸具有漂白性。
14．【答案】A
【解析】【解答】A．容量瓶用蒸馏水洗净后，不需要干燥，A符合题意；
B．量筒只能精确到0.1mL，B不符合题意；
C．托盘天平只能精确到0.1g，C不符合题意；
D．用胶头滴管定容时，胶头滴管不能紧贴容量瓶内壁，以防蒸馏水附着在容量瓶刻度线以上的瓶壁上，引起误差，D不符合题意；
故答案为A。
【分析】A.定容时还需要加水进行达到指定的体积
B.量取9.82mL溶液可以用滴定管进行
C.天平的精确度达不到百分位，可以称取5.9g固体
D.定容时应该竖直悬空和胶头滴管使用类似
15．【答案】C
【解析】【解答】A.常温常压，Vm≠22.4L/mol，Vm不知，无法计算11. 2 L 二氧化硫气体中含有的SO2分子数目，故A不符合题意；
B.标况下四氯化碳为液体，不能使用气体摩尔体积计算，故B不符合题意；
C、由于反应后钠元素变为+1价，故1mol钠失去1mol电子，即NA个电子，故C符合题意；
D、将NA个HCl气体分子溶于1 L水中得到的溶液体积不是1L，得到的盐酸浓度就不是1 mol·L－1，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.常温常压下的气体摩尔体积不是22.4L/mol；
B.标准状况下四氯化碳是非气体；
C.1molNa参加反应转移电子的物质的量由金属钠决定；
D.HCl溶于1L水后的体积不是1L。
16．【答案】C
【解析】【解答】Na2O2具有强氧化性，可与SO32－发生氧化还原反应生成硫酸根离子，Na2O2与水反应生成NaOH，可与HCO3－反应生成碳酸根离子，则溶液中SO32－、HCO3－浓度减小，CO32－浓度增大，只有CH3COO-离子浓度基本不变，离子浓度变化最小。
故答案为：C。
【分析】过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，所以还原性物质会被氧化，能与氢氧化钠反应的微粒也会发生变化，据此解答即可。
17．【答案】B
【解析】【解答】A. AgNO3溶液中Ag＋会与Cl－反应生成沉淀，使上述平衡向正反应方向移动，氯水褪为无色，A不符合题意；
B. 氯气可氧化NaBr生成溴单质，溴水显橙黄色，不能使溶液褪为无色，B符合题意；
C. Na2CO3会与氯水中H＋反应，使平衡向正反应方向移动，氯水褪为无色，C不符合题意；
D. SO2会与氯气发生氧化还原反应生成HCl与H2SO4，氯水褪为无色，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】氯水中存在可逆反应Cl2＋H2O HCl＋HClO，要使氯水褪色，则应使可逆反应正向移动，或将氯水中的Cl2反应；据此结合选项所给物质分析。
18．【答案】D
【解析】【解答】溶液的浓度与所取溶液体积的多少无关，则200mL0.5mol/LCaCl2溶液中，Cl-的物质的量浓度是0.5mol/L×2=1.0mol/L，
故答案为：D。
【分析】溶液的浓度与所取溶液体积的多少无关，离子的浓度与化学式中下角标有关。
19．【答案】B
【解析】【解答】新制氯水存在平衡Cl2+H2O HCl+HClO，主要成分有：Cl2、H+、HClO、Cl-等；
A．有H+存在，紫色的石蕊试液变红，氯水中有HClO具有漂白性，则溶液先变红后褪色，故A不符合题意；
B．碳酸的酸性比HClO的酸性强，根据强酸制弱酸原理，离子方程式书写不符合题意，符合题意为 +H+=CO2↑+H2O，故B符合题意；
C．新制氯水中有Cl-，和Ag+反应生成白色沉淀，离子方程式为Cl-+Ag+═AgCl↓，故C不符合题意；
D．新制氯水中Cl2具有强氧化性，可以氧化S2-，离子方程式为S2-+Cl2=S↓+2Cl-，故D不符合题意；
故答案为B。
【分析】新制备的氯水主要成分有：Cl2、H+、HClO、Cl-等；HClO具有强氧化性，可以漂白有机物和酸碱指示剂，H+存在使溶液体现酸性，能够使酸碱指示剂变色，Cl2的存在，可以氧化一些还原性离子如S2-，Cl-存在能够与Ag+反应生成沉淀
20．【答案】A
【解析】【解答】A、容量瓶使用前用1.0 mol·L－1的Na2CO3溶液润洗，溶质的物质的量增加，浓度偏高，A符合题意；
B、配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒，溶质的物质的量减少，浓度偏低，B不符合题意；
C、仰视确定凹液面与刻度线相切，溶液体积增加，浓度偏低，C不符合题意；
D、用敞口容器称量Na2CO3且时间过长，导致溶质的质量减少，浓度偏低，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】为了使配制的溶液的浓度结果精确，我们应该保证所有的碳酸钠都来自于配制溶液的烧杯，因此如果用碳酸钠溶液润洗容量瓶，会使碳酸钠的物质的量大于计算值，所以会使浓度偏高。
21．【答案】（1）95 g/mol；24
（2）4.48L；6.72
（3）5.6g；2.24L
（4）0.1 mol/L
（5）b/a
【解析】【解答】（1）设该二价金属氯化物的化学式为MCl2，则47.5gMCl2的物质的量为0.5mol，因此其摩尔质量，该金属的相对原子质量为：95-35.5×2=24；
（2）3.4gNH3的物质的量，其在标准状态下的体积V=n×Vm=0.2mol×22.4L/mol=4.48L；
0.2molNH3中所含的氢原子数为0.2mol×3×NA=0.6NA，则含0.6NA氢原子的H2S的物质的量为0.3mol，其在标准状态下的体积V=n×Vm=0.3mol×22.4L/mol=6.72L；
（3）混合气体的物质的量，设n(CO)=a mol，则n(CO2)=(0.3-a)mol，则混合气体的质量为：amol×28g/mol+(0.3-a)mol×44g/mol=10g，解得a=0.05mol，即n(CO)=0.2mol，则n(CO2)=(0.3-a)=0.1mol，因此CO的质量为0.2mol×28g/mol=5.6g；CO2在标准状态下的体积V=n×Vm=0.1mol×22.4L/mol=2.24L；
（4）4gNaOH的物质的量，配成1L溶液的物质的量浓度，取出10mL溶液，其物质的量浓度不变，仍为0.1mol/L；
（5）agH2的物质的量，因此，因此阿伏加德罗常数；
【分析】（1）设该二价金属氯化物的化学式为MCl2，结合摩尔质量的表达式进行计算；
（2）根据公式计算n(NH3)，再结合计算V(NH3)；根据公式N=n×NA计算原子数；
（3）根据公式计算混合气体的物质的量，设n(CO)=a mol，根据混合气体的质量列式进行计算；
（4）根据公式计算n(NaOH)，再结合公式计算c(NaOH)，结合溶液的均一性计算10mL溶液的物质的量浓度；
（5）根据公式计算agH2的物质的量，结合确定阿伏加德罗常数的表达式；
22．【答案】（1）2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O
（2）CaCO3；2HClO
（3）减弱； 、
【解析】【解答】(1)Cl2和石灰乳反应产生CaCl2、Ca(ClO)2和H2O，反应方程式为：2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O；(2)由于酸性：H2CO3＞HClO，所以漂粉精的有效成分Ca(ClO)2和与空气中的H2O、CO2会发生复分解反应：Ca(ClO)2+H2O+CO2=CaCO3↓+2HClO；(3)①漂粉精真正起消毒作用的物质是HClO，若池水碱性过强，HClO会发生反应ClO-，而使其杀菌消毒作用减弱；②若池水酸性过强，加入Na2CO3、NaHCO3以降低酸性，反应的离子方程式为： +2H+=CO2↑+H2O； +H+=CO2↑+H2O，说明起到降低酸性作用的离子是 、 。
【分析】易错点（1）2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O中的试剂是石灰乳不是澄清石灰水
（2）为什么漂白剂要密封保存：2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O； 2HClO 2HCl+O2
23．【答案】（1）500 mL容量瓶
（2）14.6
（3）左盘
（4）搅拌，加速NaCl溶解
（5）保证溶质全部转入容量瓶中
（6）1～2 cm；偏高；偏低
【解析】【解答】（1）移液、定容需要容量瓶，根据容量瓶的规格，配制480 mL 0.50 mol·L－1的NaCl溶液，必须用500 mL的容量瓶；(2) 用500 mL的容量瓶，配制溶液的体积是500 mL ，m(NaCl)＝0.50 mol·L－1×0.5 L×58.5 g·mol－1≈14.6 g；⑶根据托盘天平的使用方法，称量过程中NaCl晶体应放于天平的左盘；⑷溶解氯化钠时用玻璃棒搅拌，可以加速NaCl溶解；⑸洗涤烧杯2～3次，可以保证溶质全部移入容量瓶中；⑹向容量瓶中加水至液面接近刻度线 1-2cm处，改用胶头滴管加水，使溶液凹液面与刻度线相切；定容时眼睛俯视刻度线，则容量瓶中溶液的体积偏小，配制的溶液的浓度偏高；溶解搅拌时有液体溅出，容量瓶中溶质减少，所配溶液的浓度浓度偏低。
【分析】（1）根据配制溶液的步骤是计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶来分析需要的仪器；⑵根据m=cVM计算NaCl的质量；⑶根据托盘天平的使用方法回答⑷溶解时用玻璃棒搅拌可以加速溶解；⑸洗涤烧杯2～3次，可以保证溶质全部移入容量瓶中；⑹根据定容操作的方法回答；根据实验操作的规范性分析误差；
24．【答案】（1）酸；Cl2O7
（2）C；6Cl2+6Ca(OH)2 Ca(ClO3)2+5CaCl2+6H2O；Ca2++CO =CaCO3↓；MnO2+4H++2Cl- Cl2↑+Mn2++2H2O；酸；还原；A
（3）
【解析】【解答】(1)由图知，HClO4、HClO、HCl均属于酸，故缺失的类别A为酸、物质B为+7价氯元素的氧化物，故为Cl2O7。
(2)①CaO+3C CaC2+CO↑中，C元素部分化合价从0升高到+2、另一部分从0降低到-1，该反应中还原剂为C。②由流程知，在70℃以上时，氯气和氢氧化钙反应生成Ca(ClO3)2，化学方程式为6Cl2+6Ca(OH)2 Ca(ClO3)2+5CaCl2+6H2O；“转化”时，Ca(ClO3)2溶液中加入碳酸钾，发生了复分解反应，生成碳酸钙可氯酸钾，离子方程式为Ca2++CO =CaCO3↓。③MnO2与浓盐酸加热下反应生成Cl2、二氯化锰和水，该反应的离子方程式是MnO2+4H++2Cl- Cl2↑+Mn2++2H2O，反应时盐酸中氯元素有一部分从-1价升高到0价、另外一部分化合价不变，盐酸体现出酸性和还原性。该反应是固体+液体，加热制气装置，故下列发生装置可用于制备Cl2的是A。
(3)NaClO与盐酸反应生成Cl2，同时得到氯化钠和水，NaClO中氯元素从+1价降低到0价、盐酸中氯元素从-1价升高到0价、Cl2既是氧化产物又是还原产物，该反应的化学方程式并用双线桥法标出电子的得失如下： 。
【分析】（1）结合物质类别与元素化合价分析。
（2）①根据反应过程中元素化合价变化分析；
②由流程可知，制备Ca(ClO3)2的过程中，所需的反应物为Ca(OH)2和Cl2，据此确定反应的化学方程式；
“转化”过程中，加入的K2CO3与CaCl2溶液反应生成CaCO3沉淀和KCl，据此写出反应的离子方程式；
③MnO2与浓盐酸在加热条件下反应生成可溶性MnCl2、Cl2和H2O，据此写出反应的离子方程式；
结合浓盐酸在反应过程中发生的变化，确定其体现的性质；
实验室制取Cl2所用的发生装置为固液加热型装置。
（3）根据题干信息书写反应的化学方程式，再用双线桥标明电子的转移。
25．【答案】（1）解：12.5gCuSO4 5H2O的物质的量是12.5g÷250g/mol＝0.05mol。溶液的质量是37.5g+12.5g＝50.0g，该溶液密度为1.25g/cm3，因此溶液体积为50.0g÷1.25g/mL＝40mL，所以该溶液中CuSO4的物质的量浓度0.05mol÷0.04L＝1.25mol/L
（2）解：20.0mL溶液中硫酸根离子的物质的量是0.02L×1.25mol/L＝0.025mol，根据硫酸根离子守恒可知反应后可得到硫酸钡沉淀质量是0.025mol×233g/mol＝5.8g
【解析】【分析】（1）先计算出 CuSO4 5H2O的物质的量，求出溶液的质量，结合溶液的密度即可求出溶液的体积，进而计算出溶液中CuSO4的物质的量浓度；
（2）先计算出溶液中硫酸根离子的物质的量，再根据硫酸根离子守恒即可得出答案。
2024-2025学年高一上学期化学人教版（2019）必修第一册
一、单选题
1．标准状况下，将氯化氢气体溶于水中，所得溶液密度为，则盐酸的物质的量浓度为（ ）
A． B．
C． D．
2．某同学用下列装置进行有关Cl2的实验，下列说法错误的是（ ）
A．Ⅰ图中：证明氯气本身有漂白作用
B．Ⅱ图中：用于闻Cl2气味的常用方法
C．Ⅲ图中，剧烈燃烧，生成棕黄色的烟
D．Ⅳ图中：若气球体积膨胀，证明Cl2可与NaOH反应
3．下列气体既有颜色又有毒性的是（ ）
A． B． C．HCl D．
4．在实验室中用浓盐酸与共热制取并进行相关实验。下列收集的装置合理的是（ ）
A． B．
C． D．
5．下列关于钠及其化合物的叙述错误的是（ ）
A．钠燃烧时发出黄色的火焰
B．钠有很强的还原性
C．与都能和水反应生成碱，它们都是碱性氧化物
D．向饱和溶液中通入，有晶体析出
6．数字化实验将传感器、数据采集器和计算机相连，可利用信息技术对化学实验进行数据的采集和分析。如图是数字化实验得到的光照过程中氯水的pH变化情况、对此，下列有关说法。正确的是（ ）
A．pH减小的主要原因是光照使Cl2溶解度的减小，氯气逸出导致了溶液H+浓度减小
B．光照过程中，氯水pH减小的同时，溶液中Cl-的浓度也不断增大
C．光照使氯水中的次氯酸分解为盐酸，溶液的酸性减弱
D．对氯水光照时间的延长，氯水的漂白性没有变化
7．某实验兴趣小组配制溶液，部分操作如图所示：
下列说法正确的是
A．称量时，将称量纸放置于电子天平并归零，然后称取固体
B．溶解后，立即将溶液转移至容量瓶
C．定容时，若俯视刻度线，则所配溶液浓度偏高
D．摇匀装瓶后，容量瓶应洗净、晾干，并直接盖上瓶塞下次备用
8．设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是（ ）
A．44gN2O含有的氮原子数目为NA
B．1molAl变为Al3+时失去的电子数目为3NA
C．常温常压下，22.4LH2含有的分子数目为NA
D．1L1mol·L-1K2CO3溶液中含有的钾离子数目为NA
9．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是（）
A．标准状况下，2.24L 中含有碳碳双键数为0.3NA
B．0.1mol甲烷和乙烯组成的混合气体完全燃烧，生成的水分子数为0.2NA
C．0.1molCH4与0.1molCl2混合充分光照，生成CH3Cl分子数为0.1NA
D．0.1molN2和0.3molH2在高温、高压及催化剂下充分反应，产物的分子数为0.2NA
10．NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）
A．0.5mol·L-1FeCl2的溶液中Cl-的数目为NA
B．常温常压下，22.4L甲烷中含有的共价键数为4NA
C．标准状况下，11.2L乙醇中含有的分子数为0.5NA
D．28gC2H4和C3H6混合气体中含有的碳原子数目为2NA
11．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，71g Cl2溶于足量水，所得溶液中Cl2、HClO和ClO-三种微粒总数为NA
B．10L pH=1的H2SO4溶液，含H+的数目为2NA
C．相同温度下，1L 0.50mol/L NH4Cl与2L 0.25mol/L NH4Cl含有相同物质的量的NH
D．标准状况下，4.48L甲烷与乙烯的混合气体完全燃烧，产物中所含O-H键数目为0.4NA
12．雨后空气中的自由电子附着在分子或原子上形成空气负离子。就是一种空气负离子，其摩尔质量为
A．76g B．76g·mol-1 C．77g·mol-1 D．77g
13．实验室用MnO2和浓盐酸反应生成Cl2，按照制备、净化、性质检验、收集及尾气处理的顺序进行试验。下列装置不能达到实验目的的是（ ）
A． B．
C． D．
14．有关一定物质的量浓度的溶液的配制，下列说法正确的是（ ）
A．容量瓶用蒸馏水洗净后，可不经干燥直接用于配制溶液
B．配制一定物质的量浓度的稀盐酸时，用量筒量取9.82mL浓盐酸
C．配制 的NaCl溶液时，用托盘天平称量5.85gNaCl固体
D．定容时，为防止液滴飞溅，胶头滴管应紧贴容量瓶内壁
15．用NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．常温常压下，11. 2 L 二氧化硫气体中含有0. 5NA个SO2分子
B．标准状况下，22. 4 L CCl4中含有NA个分子
C．1 mol Na与一定量的O2反应生成Na2O和Na2O2，转移的电子数为NA个
D．将NA个HCl气体分子溶于1 L水中得到1 mol·L－1的盐酸
16．某溶液中含有 HCO3－、SO32－、CO32－、CH3COO－等 4 种阴离子。若向其中加入足量的Na2O2 后，溶液中离子浓度变化最小的是（ ）
A．CO32－ B．SO32－ C．CH3COO－ D．HCO3－
17．下列物质不能使氯水褪为无色的是（ ）
A．AgNO3溶液 B．NaBr溶液 C．Na2CO3溶液 D．SO2气体
18．在200mL0.5mol/LCaCl2溶液中，Cl-的物质的量浓度是（ ）
A．0.1mol/L B．0.2mol/L C．0.5mol/L D．1mol/L
19．为探究新制氯水的性质，某学生做了如下实验。
实验 装置 试剂 现象
① 紫色的石蕊试液 溶液先变红后褪色
② 溶液 产生气泡
③ 酸化的溶液 产生白色沉淀
④ Na2S 产生黄色沉淀
由上述实验可得新制氯水的性质与对应的解释或离子方程式不相符的是（ ）
A．实验①说明新制氯水中含有
B．实验②发生的反应为
C．实验③说明新制氯水中有
D．实验④体现氯气的氧化性，S2-+Cl2=S↓ +2Cl-
20．配制100 mL 1.0 mol·L－1的碳酸钠溶液，下列情况会导致溶液浓度偏高的是（ ）
A．容量瓶使用前用1.0 mol·L－1的碳酸钠溶液润洗
B．配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒
C．仰视确定凹液面与刻度线相切
D．用敞口容器称量碳酸钠且时间过长
二、综合题
21．
（1）47.5g某二价金属的氯化物中含有1molCl-，则该金属氯化物的摩尔质量为 ；该金属的相对原子质量为 。
（2）标准状况下，3.4g NH3 的体积为 ；它与标准状况下 L H2S含有相同数目的氢原子。
（3）已知CO、CO2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CO的质量为 ；CO2在相同状况下的体积为 。
（4）将4g NaOH 溶解在10mL水中，再稀释成1L，从中取出10mL，这10mL溶液的物质
的量浓度为 。
（5）已知ag氢气中含有b个氢原子，则阿伏加德罗常数的值可表示为 。
22．用Cl2和石灰乳可以制备漂粉精，漂粉精可于游泳池的消毒。
（1）写出制备漂粉精的化学方程式 。
（2）漂粉精真正起消毒作用的物质是HClO。漂粉精在水中释放HClO的途径如下：
途径1：Ca(ClO)2+2H2O Ca(OH)2+2HClO
途径2：Ca(ClO)2+H2O+CO2＝ + (把反应补充完整)
（3）游泳池水的酸碱性对漂粉精的消毒效果影响明显。
①池水碱性过强，杀毒作用会 (填“增强”或“减弱”)。
②池水酸性过强，会刺激眼睛和皮肤。通常加入Na2CO3、NaHCO3以降低酸性，起到降低酸性作用的离子分别是 （填离子符号）。
23．实验室需要配制0.50 mol·L－1
NaCl溶液480 mL。按下列操作步骤填上适当的文字，使整个操作完整。
（1）选择仪器。完成本实验必须用到的仪器有：托盘天平(带砝码，最小砝码为5g)、量筒、药匙、烧杯、玻璃棒、 、胶头滴管等以及等质量的两片滤纸。
（2）计算。配制该溶液需取NaCl晶体 g。
（3）称量。称量过程中NaCl晶体应放于天平的 (填“左盘”或“右盘”)。称量完毕，将药品倒入烧杯中。
（4）溶解、冷却。该步实验中需要使用玻璃棒，目的是 。
（5）移液、洗涤。在移液时应使用玻璃棒引流，需要洗涤烧杯2～3次是为了 。
（6）定容。向容量瓶中加水至液面接近刻度线 处，改用胶头滴管加水，使溶液凹液面与刻度线相切。若定容时俯视容量瓶的刻度线会导致所配溶液的浓度 (填“偏高”、“偏低”或“”“不变”)；溶解搅拌时有液体溅出，会导致所配溶液的浓度 (同上)。
⑺摇匀、装瓶。
24．化工产品中，含氯物质众多，其用途广泛。回答下列问题：
（1）如图为氯及其化合物的“价一类”二维图。缺失的类别A为 、物质B为 (填化学式)。
（2）电石渣[主要成分为Ca(OH)2]是氯碱工业中的废料，某同学在实验室以电石渣为原料制取KClO3的工艺流程如图所示：
已知Ca(ClO3)2易溶于水。
①工业生产电石的反应为CaO+3C CaC2+CO↑，该反应中还原剂为 。
②流程中“制Ca(ClO3)2”的化学方程式为 ；“转化”发生反应的离子方程式为 。
③上述流程中所用Cl2是用MnO2与浓盐酸反应制得。该反应的离子方程式是 ，其中盐酸体现的性质为 性和 性。下列发生装置可用于制备Cl2的是 (填字母)。
（3）“84”消毒液可杀死新冠病毒，其主要成分为NaClO，但在使用过程中不能与含盐酸的除垢剂混用，原因是NaClO与盐酸反应生成Cl2，写出该反应的化学方程式并用双线桥法标出电子的得失： 。
25．常温下，在37.5g水中溶解12.5g CuSO4 5H2O，恰好达到饱和，该溶液密度为1.25g/cm3，求：
（1）该溶液中CuSO4的物质的量浓度
（2）取出20.0mL该溶液，加入足量Ba（OH）2溶液，反应后可得到沉淀质量克？（保留一位小数）
答案解析部分
1．【答案】D
【解析】【解答】氯化氢的物质的量n=mol，氯化氢的质量m=g，溶液的体积V=mL＝L，则c=mol/L＝mol L-1，故选D；
故答案为：D。
【分析】根据、m=nM、计算。
2．【答案】A
【解析】【解答】A．Ⅰ图中：干燥的布条不褪色，证明氯气本身没有漂白作用，故A符合题意；
B．Ⅱ图中：闻氯气气味时应用手在瓶口轻轻扇动，使少量气体飘进鼻孔，避免中毒，故B不符合题意；
C．Ⅲ图中，铜在氯气中剧烈燃烧，产生大量棕黄色的烟，故C不符合题意；
D．Ⅳ图中：若气球体积膨胀，说明烧瓶内氯气减少，证明Cl2可与NaOH反应，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、干燥氯气没有漂白性；
B、有毒气体的闻法是应用手在瓶口轻轻扇动，使少量气体飘进鼻孔，避免中毒；
C、氯气和铜反应生成棕黄色的烟；
D、氯气和气球反应，气体减少，瓶内气压小于大气压。
3．【答案】A
【解析】【解答】A．Cl2为黄绿色有强烈刺激性气味的有毒气体，故A符合题意；
B．H2S有毒但无色，故B不符合题意；
C．HCl为无色有刺激性气味的气体，故C不符合题意；
D．CO2是无色、无毒气体，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】氯气为黄绿色有毒气体、硫化氢为无色有毒气体；氯化氢无色；二氧化碳无色、无毒，据此解答。
4．【答案】C
【解析】【解答】A．集气瓶中使用了单孔橡胶塞塞紧，只能进气，不能排气，瓶内压强增大到一定程度，可能将橡胶塞压出，故A不符合题意；
B．因为比空气的密度大，应用向上排空气法收集，故B不符合题意；
C．该装置既能收集，又能进行尾气处理，且防倒吸，故C符合题意；
D．由于易与NaOH溶液反应，该装置不能收集，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、收集气体的装置不能密闭；
B、氯气密度比空气大，应采用向上排空气法；
C、收集后应该用碱溶液吸收尾气；
D、经过碱溶液，氯气被吸收。
5．【答案】C
【解析】【解答】A．钠燃烧时发出黄色的火焰，A不符合题意；
B．钠是活泼金属，有很强的还原性，B不符合题意
C．能和水反应生成碱，是碱性氧化物，都能和水反应生成碱和氧气，是过氧化物，C符合题意；
D．向饱和溶液中通入有生成，由于溶解度比小而析出晶体，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.钠燃烧时发出黄色的火焰；
B.钠容易失去最外层的一个电子，具有很强的还原性；
D.二氧化碳、水和碳酸钠反应生成碳酸氢钠。
6．【答案】B
【解析】【解答】A．溶液中存在反应Cl2+H2OHCl+HClO，2HClO2HCl+O2↑，光照条件下，次氯酸分解生成HCl导致Cl2+H2OHCl+HClO平衡正向移动，则溶液中氢离子浓度增大，溶液的pH减小，选项A不符合题意；
B．根据A分析可知，光照条件下，次氯酸分解生成HCl导致Cl2+H2OHCl+HClO平衡正向移动，则溶液中氯离子浓度增大，选项B符合题意；
C．次氯酸为弱酸，盐酸为强酸，光照条件下，次氯酸分解为HCl，溶液的酸性增强，选项C不符合题意；
D．次氯酸具有漂白性，盐酸没有漂白性，光照条件下，次氯酸分解为HCl，导致溶液中次氯酸的浓度减小，溶液的漂白性减弱，选项D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.光照条件下，次氯酸分解生成盐酸，溶液中氢离子浓度增大；
C.次氯酸分解为盐酸，溶液酸性增强；
D.氯水中起漂白作用的是次氯酸，光照下次氯酸分解。
7．【答案】C
【解析】【解答】A.因氢氧化钠固体容易潮解，称量氢氧化钠固体应该放在玻璃器皿上，故A不符合题意；
B.氢氧化钠溶于水放热，温度升高，需要冷却至室温进行转移，故B不符合题意；
C.定容时，俯视刻度线导致加入容量瓶中水的体积少，浓度增大，故C符合题意；
D.摇匀后装瓶后，容量瓶如果是玻璃磨口的，应在瓶塞和瓶口处垫一张纸。故D不符合题意；
答案为：C
【分析】配制一定物质的量浓度的氢氧化钠溶液时，称量氢氧化钠时需要用玻璃器皿，溶解后需要冷却至室温再进行装瓶，定容时需要视线与凹液面最低处水平，摇匀后，容量瓶洗净后应在瓶塞和瓶口处垫一张纸，防止瓶塞与瓶口粘连。
8．【答案】B
【解析】【解答】A、44gN2O的物质的量为1mol，含有的氮原子数目为2NA，故A不符合题意；
B、1molAl失去3mol电子才能变为Al3+，所以失去的电子数目为3NA，故B正确；
C、常温常压下，22.4L H2的物质的量小于1mol，所以含有的分子数目也小于NA，则C不符合题意；
D、1L1mol·L-1 K2CO3溶液中含钾离子的物质的量为2mol，所以其数目为2NA，故D不符合题意。故答案为：B。
【分析】A、n=m/M=44/44=1（mol），分子数为1mol，氮原子数为 2mol
C、22.4只能适用于标况下的气体
D、没有标明体积，不能计算
9．【答案】B
【解析】【解答】A、 中不含有碳碳双键，故A不符合题意；
B、甲烷和乙烯分子中氢原子相同，0.1mol甲烷和乙烯组成的混合气体完全燃烧，生成的水分子数为0.2NA，故B符合题意；
C、0.1molCH4与0.1molCl2混合充分光照，由于反应为可逆反应，且生成多种卤代烃，生成CH3Cl分子数小于0.1NA，故C不符合题意；
D.0.1molN2和0.3molH2在高温、高压及催化剂下充分反应，由于反应是可逆反应，产物的分子数小于0.2NA，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】阿伏加德罗常数表示的是1mol某微粒的总个数，是一定物质的量的粒子集合体。
10．【答案】D
【解析】【解答】A.0.5mol·L-1溶液未指明溶液体积，无法计算Cl-的数目，A不符合题意；
B．常温常压下，甲烷的量不能用标准气体摩尔体积进行计算，B不符合题意；
C．标准状况下，乙醇为液体，不能用气体摩尔体积计算，C不符合题意；
D． C2H4和C3H6的最简式均为CH2，可根据最简式计算，则28gC2H4和C3H6混合气体含有的CH2的物质的量为2mol，则含有的碳原子数目为2NA，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A．计算一定物质的量浓度溶液的粒子数目，必须知道溶液的体积；
B．气体用气体摩尔体积衡量，必须指明温度和压强；
C．气体摩尔体积只能衡量气体；
D．根据两种物质的最简式进行计算。
11．【答案】A
【解析】【解答】A.71g Cl2的物质的量为 = =1mol，氯气溶于水存在以下平衡 ， ，根据物料守恒，2 ，又因为n(HClO)+n(ClO-)=n(Cl-)，因此 2n(Cl2)+2n(HClO)+2n(ClO-)=2mol，n(Cl2)+n(HClO)+n(ClO-)=1mol，故A符合题意；
B.10L pH=1的H2SO4溶液， =0.1mol/L， = mol=1mol，故B不符合题意；
C．对于盐类的水解，浓度越高水解程度越小，相同温度下，0.50mol/L NH4Cl的水解程度小于0.25mol/L NH4Cl，故两溶液中的 微粒数不相等，故C不符合题意；
D．标况下，4.48L气体的物质的量为 = L=0.2mol，则混合物中H原子的物质的量为0.8mol，根据原子守恒，生成 的物质的量为0.4mol， 键物质的量为0.8mol，即数目为0.8NA，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】
A.根据离子反应方程式以及物料守恒和电荷守恒进行计算即可；
B.根据pH计算即可；
C.两者水解程度不同，则铵根离子也不同；
D.按照氢原子守恒和气体摩尔体积计算公式进行即可。
12．【答案】B
【解析】【解答】的摩尔质量以 g·mol-1 为单位时，数值上等于其化学式式量，因此其摩尔质量为76 g·mol-1 ，故B正确；
故答案为：B。
【分析】依据摩尔质量数值上等于其化学式式量计算。
13．【答案】D
【解析】【解答】A．浓盐酸与二氧化锰在加热条件下发生反应制备氯气，所以A不符合题意；
B．生成的氯气中混有HCl和水，用稀硫酸中的水吸收HCl，用浓硫酸吸收水，B不符合题意；
C．氯气本身没有漂白性，遇到水后产生次氯酸具有漂白性，所以通过观察干燥有色布条不褪色，湿润有色布条褪色可得到相应的结论，C不符合题意；
D．氯气的密度比空气大，所以应该长口进短口出，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.浓盐酸与二氧化锰在加热条件下反应生成氯气；
B.制备的氯气中含有HCl杂质，HCl极易溶于水，可用稀硫酸吸收，浓硫酸具有吸水性，可干燥氯气；
C.氯气本身没有漂白性，遇到水后产生次氯酸具有漂白性。
14．【答案】A
【解析】【解答】A．容量瓶用蒸馏水洗净后，不需要干燥，A符合题意；
B．量筒只能精确到0.1mL，B不符合题意；
C．托盘天平只能精确到0.1g，C不符合题意；
D．用胶头滴管定容时，胶头滴管不能紧贴容量瓶内壁，以防蒸馏水附着在容量瓶刻度线以上的瓶壁上，引起误差，D不符合题意；
故答案为A。
【分析】A.定容时还需要加水进行达到指定的体积
B.量取9.82mL溶液可以用滴定管进行
C.天平的精确度达不到百分位，可以称取5.9g固体
D.定容时应该竖直悬空和胶头滴管使用类似
15．【答案】C
【解析】【解答】A.常温常压，Vm≠22.4L/mol，Vm不知，无法计算11. 2 L 二氧化硫气体中含有的SO2分子数目，故A不符合题意；
B.标况下四氯化碳为液体，不能使用气体摩尔体积计算，故B不符合题意；
C、由于反应后钠元素变为+1价，故1mol钠失去1mol电子，即NA个电子，故C符合题意；
D、将NA个HCl气体分子溶于1 L水中得到的溶液体积不是1L，得到的盐酸浓度就不是1 mol·L－1，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.常温常压下的气体摩尔体积不是22.4L/mol；
B.标准状况下四氯化碳是非气体；
C.1molNa参加反应转移电子的物质的量由金属钠决定；
D.HCl溶于1L水后的体积不是1L。
16．【答案】C
【解析】【解答】Na2O2具有强氧化性，可与SO32－发生氧化还原反应生成硫酸根离子，Na2O2与水反应生成NaOH，可与HCO3－反应生成碳酸根离子，则溶液中SO32－、HCO3－浓度减小，CO32－浓度增大，只有CH3COO-离子浓度基本不变，离子浓度变化最小。
故答案为：C。
【分析】过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，所以还原性物质会被氧化，能与氢氧化钠反应的微粒也会发生变化，据此解答即可。
17．【答案】B
【解析】【解答】A. AgNO3溶液中Ag＋会与Cl－反应生成沉淀，使上述平衡向正反应方向移动，氯水褪为无色，A不符合题意；
B. 氯气可氧化NaBr生成溴单质，溴水显橙黄色，不能使溶液褪为无色，B符合题意；
C. Na2CO3会与氯水中H＋反应，使平衡向正反应方向移动，氯水褪为无色，C不符合题意；
D. SO2会与氯气发生氧化还原反应生成HCl与H2SO4，氯水褪为无色，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】氯水中存在可逆反应Cl2＋H2O HCl＋HClO，要使氯水褪色，则应使可逆反应正向移动，或将氯水中的Cl2反应；据此结合选项所给物质分析。
18．【答案】D
【解析】【解答】溶液的浓度与所取溶液体积的多少无关，则200mL0.5mol/LCaCl2溶液中，Cl-的物质的量浓度是0.5mol/L×2=1.0mol/L，
故答案为：D。
【分析】溶液的浓度与所取溶液体积的多少无关，离子的浓度与化学式中下角标有关。
19．【答案】B
【解析】【解答】新制氯水存在平衡Cl2+H2O HCl+HClO，主要成分有：Cl2、H+、HClO、Cl-等；
A．有H+存在，紫色的石蕊试液变红，氯水中有HClO具有漂白性，则溶液先变红后褪色，故A不符合题意；
B．碳酸的酸性比HClO的酸性强，根据强酸制弱酸原理，离子方程式书写不符合题意，符合题意为 +H+=CO2↑+H2O，故B符合题意；
C．新制氯水中有Cl-，和Ag+反应生成白色沉淀，离子方程式为Cl-+Ag+═AgCl↓，故C不符合题意；
D．新制氯水中Cl2具有强氧化性，可以氧化S2-，离子方程式为S2-+Cl2=S↓+2Cl-，故D不符合题意；
故答案为B。
【分析】新制备的氯水主要成分有：Cl2、H+、HClO、Cl-等；HClO具有强氧化性，可以漂白有机物和酸碱指示剂，H+存在使溶液体现酸性，能够使酸碱指示剂变色，Cl2的存在，可以氧化一些还原性离子如S2-，Cl-存在能够与Ag+反应生成沉淀
20．【答案】A
【解析】【解答】A、容量瓶使用前用1.0 mol·L－1的Na2CO3溶液润洗，溶质的物质的量增加，浓度偏高，A符合题意；
B、配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒，溶质的物质的量减少，浓度偏低，B不符合题意；
C、仰视确定凹液面与刻度线相切，溶液体积增加，浓度偏低，C不符合题意；
D、用敞口容器称量Na2CO3且时间过长，导致溶质的质量减少，浓度偏低，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】为了使配制的溶液的浓度结果精确，我们应该保证所有的碳酸钠都来自于配制溶液的烧杯，因此如果用碳酸钠溶液润洗容量瓶，会使碳酸钠的物质的量大于计算值，所以会使浓度偏高。
21．【答案】（1）95 g/mol；24
（2）4.48L；6.72
（3）5.6g；2.24L
（4）0.1 mol/L
（5）b/a
【解析】【解答】（1）设该二价金属氯化物的化学式为MCl2，则47.5gMCl2的物质的量为0.5mol，因此其摩尔质量，该金属的相对原子质量为：95-35.5×2=24；
（2）3.4gNH3的物质的量，其在标准状态下的体积V=n×Vm=0.2mol×22.4L/mol=4.48L；
0.2molNH3中所含的氢原子数为0.2mol×3×NA=0.6NA，则含0.6NA氢原子的H2S的物质的量为0.3mol，其在标准状态下的体积V=n×Vm=0.3mol×22.4L/mol=6.72L；
（3）混合气体的物质的量，设n(CO)=a mol，则n(CO2)=(0.3-a)mol，则混合气体的质量为：amol×28g/mol+(0.3-a)mol×44g/mol=10g，解得a=0.05mol，即n(CO)=0.2mol，则n(CO2)=(0.3-a)=0.1mol，因此CO的质量为0.2mol×28g/mol=5.6g；CO2在标准状态下的体积V=n×Vm=0.1mol×22.4L/mol=2.24L；
（4）4gNaOH的物质的量，配成1L溶液的物质的量浓度，取出10mL溶液，其物质的量浓度不变，仍为0.1mol/L；
（5）agH2的物质的量，因此，因此阿伏加德罗常数；
【分析】（1）设该二价金属氯化物的化学式为MCl2，结合摩尔质量的表达式进行计算；
（2）根据公式计算n(NH3)，再结合计算V(NH3)；根据公式N=n×NA计算原子数；
（3）根据公式计算混合气体的物质的量，设n(CO)=a mol，根据混合气体的质量列式进行计算；
（4）根据公式计算n(NaOH)，再结合公式计算c(NaOH)，结合溶液的均一性计算10mL溶液的物质的量浓度；
（5）根据公式计算agH2的物质的量，结合确定阿伏加德罗常数的表达式；
22．【答案】（1）2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O
（2）CaCO3；2HClO
（3）减弱； 、
【解析】【解答】(1)Cl2和石灰乳反应产生CaCl2、Ca(ClO)2和H2O，反应方程式为：2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O；(2)由于酸性：H2CO3＞HClO，所以漂粉精的有效成分Ca(ClO)2和与空气中的H2O、CO2会发生复分解反应：Ca(ClO)2+H2O+CO2=CaCO3↓+2HClO；(3)①漂粉精真正起消毒作用的物质是HClO，若池水碱性过强，HClO会发生反应ClO-，而使其杀菌消毒作用减弱；②若池水酸性过强，加入Na2CO3、NaHCO3以降低酸性，反应的离子方程式为： +2H+=CO2↑+H2O； +H+=CO2↑+H2O，说明起到降低酸性作用的离子是 、 。
【分析】易错点（1）2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O中的试剂是石灰乳不是澄清石灰水
（2）为什么漂白剂要密封保存：2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O； 2HClO 2HCl+O2
23．【答案】（1）500 mL容量瓶
（2）14.6
（3）左盘
（4）搅拌，加速NaCl溶解
（5）保证溶质全部转入容量瓶中
（6）1～2 cm；偏高；偏低
【解析】【解答】（1）移液、定容需要容量瓶，根据容量瓶的规格，配制480 mL 0.50 mol·L－1的NaCl溶液，必须用500 mL的容量瓶；(2) 用500 mL的容量瓶，配制溶液的体积是500 mL ，m(NaCl)＝0.50 mol·L－1×0.5 L×58.5 g·mol－1≈14.6 g；⑶根据托盘天平的使用方法，称量过程中NaCl晶体应放于天平的左盘；⑷溶解氯化钠时用玻璃棒搅拌，可以加速NaCl溶解；⑸洗涤烧杯2～3次，可以保证溶质全部移入容量瓶中；⑹向容量瓶中加水至液面接近刻度线 1-2cm处，改用胶头滴管加水，使溶液凹液面与刻度线相切；定容时眼睛俯视刻度线，则容量瓶中溶液的体积偏小，配制的溶液的浓度偏高；溶解搅拌时有液体溅出，容量瓶中溶质减少，所配溶液的浓度浓度偏低。
【分析】（1）根据配制溶液的步骤是计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶来分析需要的仪器；⑵根据m=cVM计算NaCl的质量；⑶根据托盘天平的使用方法回答⑷溶解时用玻璃棒搅拌可以加速溶解；⑸洗涤烧杯2～3次，可以保证溶质全部移入容量瓶中；⑹根据定容操作的方法回答；根据实验操作的规范性分析误差；
24．【答案】（1）酸；Cl2O7
（2）C；6Cl2+6Ca(OH)2 Ca(ClO3)2+5CaCl2+6H2O；Ca2++CO =CaCO3↓；MnO2+4H++2Cl- Cl2↑+Mn2++2H2O；酸；还原；A
（3）
【解析】【解答】(1)由图知，HClO4、HClO、HCl均属于酸，故缺失的类别A为酸、物质B为+7价氯元素的氧化物，故为Cl2O7。
(2)①CaO+3C CaC2+CO↑中，C元素部分化合价从0升高到+2、另一部分从0降低到-1，该反应中还原剂为C。②由流程知，在70℃以上时，氯气和氢氧化钙反应生成Ca(ClO3)2，化学方程式为6Cl2+6Ca(OH)2 Ca(ClO3)2+5CaCl2+6H2O；“转化”时，Ca(ClO3)2溶液中加入碳酸钾，发生了复分解反应，生成碳酸钙可氯酸钾，离子方程式为Ca2++CO =CaCO3↓。③MnO2与浓盐酸加热下反应生成Cl2、二氯化锰和水，该反应的离子方程式是MnO2+4H++2Cl- Cl2↑+Mn2++2H2O，反应时盐酸中氯元素有一部分从-1价升高到0价、另外一部分化合价不变，盐酸体现出酸性和还原性。该反应是固体+液体，加热制气装置，故下列发生装置可用于制备Cl2的是A。
(3)NaClO与盐酸反应生成Cl2，同时得到氯化钠和水，NaClO中氯元素从+1价降低到0价、盐酸中氯元素从-1价升高到0价、Cl2既是氧化产物又是还原产物，该反应的化学方程式并用双线桥法标出电子的得失如下： 。
【分析】（1）结合物质类别与元素化合价分析。
（2）①根据反应过程中元素化合价变化分析；
②由流程可知，制备Ca(ClO3)2的过程中，所需的反应物为Ca(OH)2和Cl2，据此确定反应的化学方程式；
“转化”过程中，加入的K2CO3与CaCl2溶液反应生成CaCO3沉淀和KCl，据此写出反应的离子方程式；
③MnO2与浓盐酸在加热条件下反应生成可溶性MnCl2、Cl2和H2O，据此写出反应的离子方程式；
结合浓盐酸在反应过程中发生的变化，确定其体现的性质；
实验室制取Cl2所用的发生装置为固液加热型装置。
（3）根据题干信息书写反应的化学方程式，再用双线桥标明电子的转移。
25．【答案】（1）解：12.5gCuSO4 5H2O的物质的量是12.5g÷250g/mol＝0.05mol。溶液的质量是37.5g+12.5g＝50.0g，该溶液密度为1.25g/cm3，因此溶液体积为50.0g÷1.25g/mL＝40mL，所以该溶液中CuSO4的物质的量浓度0.05mol÷0.04L＝1.25mol/L
（2）解：20.0mL溶液中硫酸根离子的物质的量是0.02L×1.25mol/L＝0.025mol，根据硫酸根离子守恒可知反应后可得到硫酸钡沉淀质量是0.025mol×233g/mol＝5.8g
【解析】【分析】（1）先计算出 CuSO4 5H2O的物质的量，求出溶液的质量，结合溶液的密度即可求出溶液的体积，进而计算出溶液中CuSO4的物质的量浓度；
（2）先计算出溶液中硫酸根离子的物质的量，再根据硫酸根离子守恒即可得出答案。