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高中化学必修一单元分层过关检测试题(人教2019)第二章海水中的重要元素——钠和氯【单元测试B卷】含解析答案
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第二章 海水中的重要元素——钠和氯(B卷)时间：75分钟，满分：100分一、选择题(本题共18小题，每小题3分，共54分。)1．下列各组物质与其用途的关系不正确的是A．过氧化钠：呼吸面具 B．烧碱：治疗胃酸过多C．小苏打：焙制糕点 D．纯碱：制玻璃2．用经氯气消毒的自来水配制的溶液中，能大量共存的离子组是A．、、 B．、、C．、、 D．、、3．下列反应的离子方程式书写不正确的是A．向硝酸铝溶液中加入过量氨水：B．向300 mL 1 mol/L NaOH溶液中通入标准状况下4.48 L的：C．向NaClO溶液中滴加几滴溶液：D．向碳酸氢铵溶液中加入少量硫酸锰溶液生成沉淀：4．下列实验可用来制备并检验的性质。下列说法正确的是A．图I实验收集到的中只含有一种杂质B．图II实验可用于测定氯水的C．图III实验中产生了棕黄色的雾D．图IV实验现象不能说明干燥的氯气有漂白性5．为阿伏加德罗常数的值。我国化学家侯德榜改进国外的纯碱生产工艺，提高了原料利用率。其主要原理为。下列说法正确的是A．完全分解，产生气体的分子数目为B．分子所含价层电子对的数目为3C．含的和的混合物中，质子总数为28D．标准状况下含键的数目为0.26．氯元素的价类二维图如图所示，下列说法正确的是A．i的分子式为B．：需加入氧化剂C．既是氧化剂又是还原剂，为氧化产物D．d在光照条件下发生分解反应可得到a7．下列实验操作、现象及实验结论相对应且正确的是A．A B．B C．C D．D8．下列溶液的物质的量浓度的相关计算正确的是A．同浓度的三种物质的溶液：、、溶液体积之比为3∶2∶1，则浓度之比为3∶2∶3B．将100mL 5的盐酸加水稀释至1L，再取出5mL，这5mL溶液的物质的量浓度为0.5C．将1的NaCl溶液和0．5的溶液等体积混合后，忽略溶液体积变化，D．标准状况下，22.4L HCl溶于1L水，盐酸的物质的量浓度为19．活着的生物体内/值基本不变，死亡后会衰变为其他种类的原子而减少，而基本不变。资料：衰变到原来数目一半所需的时间为5730年。下列说法不正确的是A．与均位于元素周期表中第二周期，第ⅣA族B．与含有的中子数分别为8和6C．4.4g的与的混合物中的碳原子数目约为个D．测定死亡生物体残骸中的含量可用于生物死亡年代的确定10．向的溶液中通入一定量的气体得到溶液Ⅰ，再向溶液Ⅰ中滴加的稀盐酸，产生气体的物质的量与所加稀盐酸的体积的关系如图所示，下列说法正确的是A．图中B．溶液Ⅰ中溶质的成分为和C．通入气体的体积为D．滴入稀盐酸的体积的范围为时，发生反应的离子方程式为11．对于某些离子的检验及结论一定正确的是A．加入硝酸酸化的硝酸银溶液，有白色沉淀产生，一定有Cl-B．加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，一定有C．加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润蓝色石蕊试纸变红，一定有D．向某溶液中加入稀盐酸，产生的气体能使澄清石灰水变浑浊，该溶液一定含有碳酸根离子12．三氯化铬是常用的媒染剂和催化剂，易潮解，易升华，高温下易被氧气氧化。实验室可利用下面装置模拟制取三氯化铬（、为气流控制开关）。原理：已知：气体有毒，遇水发生水解产生两种酸性气体。下列说法错误的是A．实验装置合理的连接顺序为a→h→i→d→e→b→c→f→gB．装置D中反应的离子方程式为C．整套装置的不足是升华的三氯化铬易凝华堵塞导管，可加粗导管或导管加保温装置D．实验开始和结束都通一段时间，但目的不相同13．室温下，w g某物质在足量氧气中充分燃烧，其所有燃烧产物立即与过量的Na2O2反应，固体质量增加w g。下列物质①H2；②CO；③乙醇C2H5OH；④甲酸HCOOH；⑤乙酸CH3COOH；⑥乳酸C3H6O3中，符合题意的是A．①②③④ B．①③④⑥ C．②④⑤⑥ D．①②⑤⑥14．如图是利用“手持”技术测定阳光照射不同气体温度变化曲线，其中四个容器均密闭、体积相等且初始压强均为101kPa。下列说法错误的是A．实验开始时，和的密度之比为8:7B．12:30-13:30时间范围内压强最大C．若容器的容积为22.4L，12:30时原子个数等于D．光照相同时间，的温度变化最大，是四种气体中温室效应最显著的15．对于时水中溶解了气体(标况下)后形成的溶液，下列说法中正确的是A．所得溶液的体积为B．所得溶液中溶质的物质的量浓度为C．根据题给数据，所得溶液中溶质的物质的量浓度可以求得D．根据题给数据，所得溶液中溶质的质量分数可以求得16．在大试管内将足量 NaHCO3加热到 200℃，将产生的混合气体通入到盛 3.74g Na2O 和 Na2O2的密闭容器中，待 Na2O 和 Na2O2全部反应后，得到标准状况下 448ml O2，再将反应后密闭容器内的固体全部溶于水配成 200mL 溶液。下列说法正确的是A．配成的 200mL 溶液中 c(Na+) = 0.5 mol·L－1 B．反应过程中总共转移 0.08mol 电子C．在 Na2O2与 H2O 的反应中，Na2O2只作氧化剂 D．Na2O 和 Na2O2均为碱性氧化物17．某固体混合物中可能含有：、、、、等离子，将该固体溶解所得到的溶液进行了如下实验：(已知：含有钠元素的物质燃烧时，其焰色试验现象为黄色火焰)下列说法正确的是A．该混合物一定是和NaCl B．该混合物可能是和KClC．该混合物可能是和 D．该混合物一定是和NaCl18．MnO2在电池、玻璃、有机合成等工业生产中应用广泛。利用粗MnO2(含有杂质MnO和MnCO3)制取纯MnO2的流程如图：下列说法错误的是A．酸浸过程中可以用浓盐酸代替稀硫酸B．操作X的名称是过滤C．氧化过程发生反应的离子方程式为：5Mn2+＋2ClO＋4H2O＝5MnO2↓＋Cl2↑＋8H+D．Cl2与NaOH溶液加热反应得到的NaClO3可以循环使用二、非选择题(本题共5小题，共46分。)19．完成下面问题。(1)等质量的和，物质的量之比为 ，在相同条件下的体积之比为 。(2)同温同压下，相同体积的和的物质的量之比为 ，质量比为 。(3)标准状况下，33.6L的物质的量为 mol，其分子数为 。(4)0.4mol某气体的体积为9.8L，则该气体摩尔体积为 ，气体所处的条件 (填“是”或“不是”)标准状况。20．某干燥白色固体可能含有、、中的几种，取一定质量的该固体加蒸馏水配制溶液，并向该溶液中滴加的盐酸，得到体积（标准状况下）与盐酸体积的关系如图所示。回答下列问题：(1)产生的的物质的量为 ，段反应的离子方程式为 。(2)若白色固体由和组成，则 ， 。(3)若白色固体由和组成，，则与溶于水后发生反应的离子方程式为 ， 。(4)若白色固体只由和组成，且，，则 ，原溶液中的 。(5)另取某和组成的混合物样品，称取3份该样品溶于水后分别逐滴加入相同浓度盐酸，充分反应，产生的体积如下表（标准状况下，且不考虑在水中的溶解）：样品中 ，盐酸的 。21．实验室需要0.1 mol⋅L NaOH溶液450 mL和0.5 mol⋅L硫酸溶液450 mL。根据这两种溶液的配制情况回答下列问题：(1)如图所示的仪器中配制溶液肯定不需要的是 (填字母)。仪器C的名称是 ，本实验所需玻璃仪器E的规格和名称是 。(2)在配制NaOH溶液的实验中，其他操作均正确，若定容时仰视刻度线，则所配制溶液浓度 (填“大于”“等于”或“小于”，下同)0.1 mol⋅L。若NaOH溶液未冷却即转移至容量瓶定容，则所配制溶液浓度 0.1 mol⋅L。(3)根据计算得知，所需质量分数为98%、密度为1.84 g⋅cm的浓硫酸的体积为 mL(计算结果保留一位小数)。如果实验室有10 mL、25 mL、50 mL量筒，应选用 mL规格的量筒最好。(4)如果定容时不小心超过刻度线，应如何操作： 。22．已知有以下物质相互转化 试回答：(1)写出B的化学式： ，C的化学式： ，D的化学式： 。(2)写出由E转变成F的化学方程式： 。(3)把KSCN加到G溶液中的现象是 ；向G溶液加入A的有关离子反应方程式： 。23．某校化学兴趣小组为研究Cl2 的性质，设计如图所示装置进行实验，装置Ⅲ中夹持装置已略去，其中a 为干燥的品红试纸，b 为湿润的品红试纸。(1)实验室以二氧化锰和浓盐酸制备 Cl2 的化学方程式为 。(2)仪器c 的名称为 ，装置Ⅱ的作用是 。(3)若产生的Cl2 足量，实验过程中装置Ⅳ的实验现象为 。(4)实验结束后，该组同学在装置Ⅲ中观察到 b 的红色褪去，但是并未观察到“a 无明显变化”这一预期现象，为达到这一目的，你认为还需在装置Ⅱ与Ⅲ之间添加图中的 装置(填序号)。 选项实验操作现象实验结论A将干燥的充入放有鲜花的集气瓶中鲜花褪色具有漂白性B将加入无色酚酞溶液中酚酞变红后不褪色生成了碱性物质C用铂丝蘸取某溶液置于酒精灯外焰上灼烧火焰呈黄色该溶液中含Na元素D向某无色溶液中滴加定量的溶液有白色沉淀产生原溶液中一定存在实验序号①②③100.0100.0100.03.807.6011.408961344896参考答案：1．B【详解】A．过氧化钠可与水、二氧化碳反应生成氧气，可用于供氧剂，A正确； B．烧碱具有腐蚀性，不能用于治疗胃酸过多，应用碳酸氢钠或氢氧化镁、氢氧化铝等弱碱性物质，B错误；C．小苏打加热分解生成二氧化碳气体，可用于膨松剂，C正确；D．纯碱可与二氧化硅在高温下反应生成硅酸钠，可用于制取玻璃，D正确；故选B。2．A【分析】经氯气消毒的自来水中含有大量氯气、次氯酸、氯离子、次氯酸根离子和氢离子。【详解】A．三种离子在自来水中不发生任何反应，能大量共存，故A正确；B．自来水中，碘离子酸性条件下会与高锰酸根离子、氯气和次氯酸反应，不能大量共存，故B错误；C．碳酸氢根离子会与铝离子发生反应，不能大量共存，故C错误；D．自来水中，氯离子会与银离子反应生成氯化银沉淀，不能大量共存，故D错误；故选A。3．C【详解】A．是弱碱，过量时只生成沉淀，故A正确；B．NaOH和物质的量之比为3∶2，反应产物中有和，根据原子守恒和电荷守恒可知，B正确；C．NaClO溶液过量，与结合生成HClO，正确的离子方程式为，故C错误；D．和反应生成沉淀，促进了的电离，与溶液中的反应产生，故D正确；故选C。4．D【详解】A．图I实验收集到的中含有、水蒸汽，故A错误；B．氯水中含有次氯酸，次氯酸具有漂白性，不能用pH试纸测氯水的pH，故B错误；C．图III实验中生成氯化铜，现象为产生了棕黄色的烟，故C错误；D．鲜花中含有水，氯气和水反应生成具有漂白性的次氯酸，鲜花褪色，不能说明干燥的氯气有漂白性，故D正确；选D。5．C【详解】A．完全分解产生1mol氨气和1molHCl，产生气体，分子数目为，A错误；B．分子所含价层电子对的数目为，B错误；C．或都含有质子、，故和的混合物中含，NaCl和的总物质的量为，则混合物中质子总数为，C正确；D．标准状况下含键的数目为，D错误； 故选C。6．B【分析】根据价类二维图可知，a为Cl2，b为ClO2，c为HCl，d为HClO，e为HClO3，f为HClO4，g为含Cl－的盐，h为含ClO－的盐，i为含的盐；【详解】A．i的分子式为HClO4，选项A错误；B．由Cl2生成ClO2，Cl元素化合价升高，Cl2被强氧化剂氧化，选项B正确；C．与反应生成和既是氧化剂又是还原剂，为还原产物，选项C错误；D．在光照条件下分解生成和，不可转化为氯气，选项D错误；答案选B。7．C【详解】A．氯气和水反应能生成具有漂白性的次氯酸，鲜花中有水分，将干燥的 Cl2 充入放有鲜花的集气瓶中，鲜花褪色，能说明HClO有漂白性，Cl2不具有漂白性，故A错误；B．将 Na2O2 加入无色酚酞溶液中，Na2O2和水反应生成NaOH和H2O2，NaOH溶液能使酚酞变红，H2O2有漂白性，能使溶液褪色，故B错误；C．钠的焰色是黄色，用铂丝蘸取某溶液置于酒精灯外焰上灼烧，火焰呈黄色，该溶液中含 Na 元素，故C正确；D．向某无色溶液中滴加定量的溶液生成白色沉淀，溶液中的碳酸根，硫酸根离子液可以和银离子反应生成沉淀，不一定存在，故D错误；故选C。8．B【详解】A．假设三种溶液的浓度均为1mol/L，则Na2SO4、MgSO4、Al2(SO4)3溶液中浓度分别=1mol/L×1=1mol/L、1mol/L×1=1mol/L和1mol/L×3=3mol/L，即浓度之比为1∶1∶3，故A错误；B．溶液稀释前后溶质的物质的量不变，则稀释后盐酸物质的量浓度==0.5mol/L，溶液具有均一性、稳定性，所以稀释后溶液中盐酸浓度都是相同的，与溶液体积大小无关，5mL溶液物质的量浓度为0.5mol/L，故B正确；C．1mol·L-1的NaCl溶液中c(Cl-)=1mol/L×1=1mol/L，0.5mol•L-1的BaCl2溶液中c(Cl-)=0.5mol/L×2=1mol/L，故两者混合后，不考虑体积的变化，c(Cl-)=1mol•L-1，故C错误；D．1L为水的体积，不是溶液的体积，则溶液体积未知不能计算盐酸的物质的量浓度，故D错误；答案选B。9．C【详解】A．C含有两个电子层，最外层电子数为4，14C与12C位于元素周期表的第二周期第ⅣA族，A正确；B．元素符号左上角为质量数，14C与12C含有的质量数分别为14和12，含有的中子数分别为8和6，B正确；C．已知14CO2的摩尔质量为46g/mol，12CO2的摩尔质量为44g/mol，故4.4g的14CO2与12CO2的混合物中的碳原子数目小于6.02×1022个，C错误；D．14C随生物体的吸收代谢，经过食物链进入活的生物体中，14C具有放射性，仍不断衰变减少，依据半衰期计算年代，D正确；故答案为：C。10．A【分析】溶液Ⅰ中滴加0.1mol/L的稀盐酸，加入75mL盐酸没有产生气体，继续加入(x-75)mL（＜75mL）盐酸时恰好完全反应产生0.005molCO2，则75~xmL发生的反应为+H+=H2O+CO2↑；0~75mL发生的反应为H++OH-=H2O、+H+=；溶液Ⅰ中的溶质为NaOH和Na2CO3。【详解】A．当加入稀盐酸的体积为75mL时，溶液中能与稀盐酸反应产生二氧化碳的物质只有碳酸氢钠，x=75+0.005÷0.1×103=125，A项正确；B．依据图像分析可知，溶液Ⅰ中的溶质为Na2CO3和NaOH，B项错误；C．未说明CO2气体所处的温度和压强，无法计算二氧化碳的体积，C项错误；D．由分析可知，滴入稀盐酸的体积的范围为时，发生反应的离子方程式为+H+=H2O+CO2↑，D项错误；答案选A。11．A【详解】A．溶液用硝酸酸化后，加入硝酸银溶液有白色沉淀生成，该白色沉淀是AgCl，因此原溶液中一定有Cl-，A正确；B．加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，该沉淀可能是AgCl，也可能是BaSO4，因此原溶液中可能含有Ag+，也可能含有，而不一定有，B错误；C．向某溶液中加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，该气体是NH3，则该溶液中一定有，试纸使用不合理，C错误；D．向某溶液中加入稀盐酸，产生的气体能使澄清石灰水变浑浊，该气体可能是CO2，也可能是SO2，则该溶液可能含有碳酸根离子，也可能含有或或，而并不一定含有，D错误；故合理选项是A。12．B【分析】三氯化铬易潮解，易升华，高温下易被氧气氧化，所以实验过程中要确保装置内不能存在氧气和水蒸气。A装置的作用是用N2将CCl4导入装置参与反应，B装置作用是防止水蒸气进入反应装置，C装置作用是收集气体，D装置是处理COCl2尾气，E装置是发生装置。整个反应流程先用干燥的N2排除装置内空气，然后再通入N2将CCl4气体带入装置，与E中的CrO2反应，生成的COCl2有毒气体用C装置收集，与D装置中NaOH溶液反应从而进行吸收处理，为防止D装置中水蒸气进入反应装置，还有在C和D装置中间加一个干燥装置C。【详解】A．根据分析，装置的排序是AECBD。首先用干燥的N2排除装置空气，则反应前C装置内应该充满N2，要收集的气体为COCl2，其密度大于N2，所以COCl2从d进入，因此，实验装置合理的连接顺序为a→h→i→d→e→b→c→f→g，A正确；B．根据元素分析，COCl2水解生成的两种酸性气体是HCl和CO2，COCl2和NaOH溶液反应的离子方程式应该为COCl2+4OH-=+2H2O+2Cl-，B错误；C．三氯化铬容易受热升华，温度降低后容易在导管内凝华，从而堵塞导管，C正确；D．反应前先通入氮气，排除空气的干扰，而反应结束后还需要持续通入N2一段时间，从而将COCl2完全排入装置D被充分吸收，并使CrCl3在氮气氛围中冷却，即前后两次的作用不相同，D正确； 故选B。13．D【分析】根据2H2+O22H2O，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；2CO+O22CO2，2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2可知：H2、CO完全燃烧消耗的氧气与燃烧产物被过氧化钠吸收产生的氧气相同，反应前后气体物质质量不变。室温下，w g某物质在足量氧气中充分燃烧，其所有燃烧产物立即与过量的Na2O2反应，固体质量增加w g，则物质化学式若能变形为(H2)a·(CO)b的形式，据此分析解答。【详解】①根据上述分析可知H2完全燃烧消耗的氧气与燃烧产物被过氧化钠吸收产生的氧气相同，①符合题意；②CO完全燃烧消耗的氧气与燃烧产物被过氧化钠吸收产生的氧气相同，②符合题意；③乙醇C2H5OH可变为(H2)3·CO·C，不能变为(H2)a·(CO)b的形式，则反应前后质量不相等，③不符合题意；④甲酸HCOOH可变为H2·CO·O，不能变为(H2)a·(CO)b的形式，则反应前后质量不相等，④不符合题意；⑤乙酸CH3COOH可变为(H2)2·(CO)2的形式，⑤符合题意；⑥乳酸C3H6O3，可变为(H2)3·(CO)3的形式，⑥符合题意；综上所述可知：反应前后固体质量不变的是①②⑤⑥，故合理选项是D。14．C【详解】A．根据阿伏伽德罗定律：开始时四种气体的压强相同，体积相同，则气体的物质的量相同，则气体的密度比等于气体摩尔质量之比，即和的密度之比为8:7，A正确；B．根据图示可知：12:30-13:30时间范围内CO2温度升高最大，由于开始压强相同，在则这一段时间内压强最大，B正确；C．此时气体未处于标准状况，不能用气体摩尔体积进行计算，C错误；D．根据图示可知：光照相同时间，的温度变化最大，是四种气体中温室效应最显著的，D正确；答案选C。15．D【详解】A．气体溶解在水中，溶液的体积不是气体和水的和，A错误； B．100mL水中溶解了22.4LHCl气体，溶液的体积不是0.1L，不确定溶液的浓度，B错误；C．因为没有密度，无法计算溶液的体积，所以该溶液物质的量浓度无法求得，C错误；D．该溶液的质量分数=[溶质的质量÷(水的质量+溶质的质量)]×100%，根据题干数据，水和HCl的质量能够求得，进而求得溶液的质量分数，D正确；故选D。16．A【分析】碳酸氢钠受热分解为碳酸钠和水蒸气、二氧化碳，水蒸气、二氧化碳和氢氧化钠反应均生成氧气；【详解】A．、，得到标准状况下 448ml O2（为0.02mol），可知Na2O2的物质的量为0.04mol，质量为3.12g，其反应转化的钠离子的物质的量为0.08mol；Na2O和Na2O2的总质量为3.74g，Na2O的质量为3.74g-3.12g=0.62g，物质的量为0.01mol，其与水反应生成钠离子的物质的量为0.02mol，两者生成的钠离子总物质的量为0.10mol，配成的200mL溶液，溶液中c(Na+)=0.5mol·L－1，A正确； B．过氧化钠部分氧元素化合价由-1变为0，升高生成氧气，，得到标准状况下 448ml O2（为0.02mol），则转移 0.04mol 电子，B错误；C．在 Na2O2与 H2O 的反应中，过氧化钠部分氧元素化合价升高生成氧气、部分氧元素化合价降低生成氢氧化钠，过氧化钠既是氧化剂也是还原剂，C错误； D．能和酸反应生成盐和水的氧化物属于碱性氧化物；过氧化钠反应过程中还会生成氧气，不是碱性氧化物，为过氧化物，D错误；故选A。17．B【分析】已知含有钠元素的物质燃烧时，其焰色试验现象为黄色火焰，可知溶液一定含有Na+，不确定K+是否存在，加入过量硝酸钡溶液生成白色沉淀，加入过量盐酸沉淀溶解，说明该沉淀为BaCO3，则溶液一定存在，不存在，加入硝酸酸化的硝酸银生成白色沉淀AgCl，则溶液中一定含。【详解】A．由分析可知，一定含有Na+，，，不存在，不确定K+是否存在，则不一定存在，A错误；B．由A项分析，该混合物可能是和KCl，B正确；C．一定不存在，则混合物不可能是，C错误；D．溶液可能存在K+，则可能存在KCl或碳酸钾，D错误；故选B。18．A【分析】粗MnO2(含有杂质MnO和MnCO3)样品加入稀硫酸，MnO2不溶于硫酸，所以加稀硫酸时样品中的MnO和MnCO3分别和硫酸反应生成可溶性的MnSO4，同时产生二氧化碳，过滤后得到二氧化锰固体及含有硫酸锰的滤液，向滤液中加入氯酸钠，氯酸钠将Mn2+氧化为MnO2，生成的氯气与氢氧化钠反应得到氯酸钠溶液，将反应后的溶液过滤得到固体二氧化锰。【详解】A. 由分析可知，MnO2不溶于硫酸，浓盐酸能与MnO2反应，所以在酸浸过程中不能用浓盐酸代替稀硫酸，故A错误；B. 粗MnO2样品加入稀硫酸，MnO2不溶于硫酸，所以加稀硫酸时样品中的MnO和MnCO3分别和硫酸反应生成可溶性的MnSO4，同时产生二氧化碳，过滤后得到二氧化锰固体及含有硫酸锰的滤液，操作X为过滤，故B正确；C. 过渡后向滤液中加入氯酸钠，将Mn2+氧化生成MnO2沉淀，根据得失电子守恒和电荷守恒、元素守恒配平该反应的离子方程式为5Mn2+＋2ClO＋4H2O＝5MnO2↓＋Cl2↑＋8H+，故C正确；D. 由流程可知，Cl2与NaOH溶液加热反应得到的NaClO3可以在“氧化”步骤循环使用，故D正确；故选A。19．(1) 2∶1 2∶1(2) 1∶1 11∶8(3) 1.5 (4) 24.5L/mol 不是【详解】（1）根据n=可知，质量一定时，物质的量与摩尔质量成反比关系，即等质量的和，物质的量之比为2：1；根据阿伏伽德罗定律可知，在相同条件下气体的体积之比等于物质的量之比，在相同条件下的体积之比为2：1；（2）根据阿伏伽德罗定律，同温同压下，相同体积的和的物质的量相同，根据n=可知质量比等于摩尔质量之比，为11∶8；（3）标准状况下，33.6L的物质的量为=1.5 mol，其分子数为；（4）0.4mol某气体的体积为9.8L，则该气体摩尔体积为=24.5L/mol；可知气体所处的条件不是标准状况。20．(1) 0.03 (2) 40 100(3) (4) 0.02 0.8(5) 1.0【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，反应的离子方程式为，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： 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。（5）由实验①和实验②的数据可知，加入相同物质的量的盐酸，固体的质量增大，二氧化碳的体积增大说明实验①中盐酸过量，碳酸钠和碳酸氢钠完全反应，设3.80g样品中碳酸钠为xmol、碳酸氢钠为ymol，则由样品质量可得106x+84y=3.80①，由反应方程式可得x+y=②，解联立可得x=0.02、y=0.02，则样品中n(NaHCO3)∶n(Na2CO3)= 1∶1；由实验②和实验③的数据可知，加入相同物质的量的盐酸，固体的质量增大，二氧化碳的体积减小说明实验③中盐酸不足量，盐酸完全反应，则加入盐酸过程中发生的反应为Na2CO3+HCl= NaHCO3+NaCl、NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，由碳酸钠和碳酸氢钠的物质的量比可知，11.40g样品中碳酸钠和碳酸氢钠的物质的量为=0.06mol，则由方程式可知，反应消耗盐酸的物质的量为0.06mol+=0.1mol，反应得到的溶液为碳酸氢钠和氯化钠的混合溶液。样品中n(NaHCO3)∶n(Na2CO3)= 1:1；由分析可知，盐酸的物质的量为0.1mol，则溶液的浓度为=1.0mol/L。21．(1) AC 分液漏斗 500mL容量瓶(2) 小于 大于(3) 13.6 25(4)重新配制【详解】（1）配制500 mL一定物质的量浓度的溶液的一般步骤为：计算、(称量)量取、(溶解)稀释、冷却、转移、洗涤、摇匀、装瓶贴标签，需要用到的仪器有：(托盘天平)量筒、烧杯、玻璃棒、500 mL容量瓶、胶头滴管，配制溶液肯定不需要的是圆底烧瓶和分液漏斗，即肯定不需要的是A、C；根据仪器C的构造可知，其名称为分液漏斗；本实验所需玻璃仪器E的规格和名称是500 mL容量瓶；（2）在配制NaOH溶液的实验中，其他操作均正确，若定容时仰视刻度线，则溶液体积偏大，所配制的溶液浓度小于0.1 mol/L；若NaOH溶液未冷却即转移至容量瓶定容，则溶液体积偏小，所配制的溶液浓度大于0.1 mol/L；（3）质量分数为98%、密度为1.84 g⋅cm-3的浓硫酸的物质的量浓度为，设所需浓硫酸体积为V，根据稀释前后溶质物质的量不变，则有V×18.4mol/L=0.5 mol/L×500mL，解得V=13.6mL；如果实验室有10 mL、25 mL、50 mL量筒，根据大而近的原则可知，应选用25 mL规格的量筒最好；（4）如果定容时不小心超过刻度线，实验失败，也不能补救，必须重新配制。22．(1) FeCl2 KOH KCl(2)4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3(3) 溶液变为红色 2Fe3＋+Fe=3Fe2＋【分析】根据转化流程图可知：白色沉淀E在空气中变为红褐色沉淀F，说明F为Fe(OH)3、E为Fe(OH)2；Fe(OH)3和盐酸反应生成G溶液为FeCl3溶液，说明G为FeCl3；A与FeCl3反应产生B，B与C溶液反应产生Fe(OH)2，则A是Fe，B是FeCl2，气体是H2；B溶液与C溶液反应产生Fe(OH)2和D溶液，D中加入AgNO3和稀HNO3，产生白色沉淀H是AgCl；溶液焰色反应(透过蓝色钴玻璃观察)显紫色，说明该溶液含有K+，故C为KOH，D为KCl，然后根据问题分析解答。【详解】（1）根据上述分析可知B化学式是FeCl2，C化学式是KOH，D化学式是KCl；（2）根据上述分析可知： E为Fe(OH)2，F为Fe(OH)3，Fe(OH)2不稳定，容易被空气中的O2氧化产生Fe(OH)3，该反应的化学方程式为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；（3）G为FeCl3，其中含有Fe3+，向其中加入KSCN溶液，发生反应Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3，溶液变为血红色，故把KSCN加到G溶液中的现象是溶液变为血红色；FeCl3具有强的氧化性，向其水溶液中加入Fe，二者发生氧化还原反应产生FeCl2，该反应的离子方程式为：2Fe3++Fe=3Fe2+。23．(1)MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O(2) 分液漏斗 吸收挥发出的HCl(3)溶液先变红，后褪色(4)④【分析】由实验装置图可知，装置Ⅰ中二氧化锰与浓盐酸共热反应制备氯气，浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，装置Ⅱ中盛有的饱和食盐水用于除去氯化氢气体，装置Ⅲ中盛有的品红试纸用于探究氯气的漂白性，装置Ⅳ中盛有的紫色石蕊溶液用于验证氯气溶于水得到氯水的性质，装置Ⅴ中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收未反应的氯气，防止污染空气。【详解】（1）实验室以二氧化锰和浓盐酸制备氯气的反应为二氧化锰与浓盐酸共热反应生成氯化锰、氯气和水，反应的化学方程式为MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O；（2）由实验装置图可知，仪器c为分液漏斗；由分析可知，浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有氯化氢，装置Ⅱ中盛有的饱和食盐水用于除去氯化氢气体，故答案为：分液漏斗；吸收挥发出的HCl；（3）氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，溶液呈酸性，能使紫色石蕊溶液变为红色，由于反应生成的次氯酸具有强氧化性，能使有机色质漂白褪色，所以红色溶液会褪色变为无色，所以实验过程中装置Ⅳ的实验现象为溶液先变红，后褪色，故答案为：溶液先变红，后褪色；（4）由实验装置图可知，a、b为对照实验，用于验证干燥的氯气本身不具有漂白性，遇水生成次氯酸，次氯酸具有漂白性，实验时没有观察到“a无明显变化”这一预期现象是由于氯气未经干燥，通入装置III中的气体是氯气和水蒸气的混合气体，所以应在装置II与III之间添加一个盛有浓硫酸干燥装置除去氯气中的水蒸气，故选④。
第二章 海水中的重要元素——钠和氯(B卷)时间：75分钟，满分：100分一、选择题(本题共18小题，每小题3分，共54分。)1．下列各组物质与其用途的关系不正确的是A．过氧化钠：呼吸面具 B．烧碱：治疗胃酸过多C．小苏打：焙制糕点 D．纯碱：制玻璃2．用经氯气消毒的自来水配制的溶液中，能大量共存的离子组是A．、、 B．、、C．、、 D．、、3．下列反应的离子方程式书写不正确的是A．向硝酸铝溶液中加入过量氨水：B．向300 mL 1 mol/L NaOH溶液中通入标准状况下4.48 L的：C．向NaClO溶液中滴加几滴溶液：D．向碳酸氢铵溶液中加入少量硫酸锰溶液生成沉淀：4．下列实验可用来制备并检验的性质。下列说法正确的是A．图I实验收集到的中只含有一种杂质B．图II实验可用于测定氯水的C．图III实验中产生了棕黄色的雾D．图IV实验现象不能说明干燥的氯气有漂白性5．为阿伏加德罗常数的值。我国化学家侯德榜改进国外的纯碱生产工艺，提高了原料利用率。其主要原理为。下列说法正确的是A．完全分解，产生气体的分子数目为B．分子所含价层电子对的数目为3C．含的和的混合物中，质子总数为28D．标准状况下含键的数目为0.26．氯元素的价类二维图如图所示，下列说法正确的是A．i的分子式为B．：需加入氧化剂C．既是氧化剂又是还原剂，为氧化产物D．d在光照条件下发生分解反应可得到a7．下列实验操作、现象及实验结论相对应且正确的是A．A B．B C．C D．D8．下列溶液的物质的量浓度的相关计算正确的是A．同浓度的三种物质的溶液：、、溶液体积之比为3∶2∶1，则浓度之比为3∶2∶3B．将100mL 5的盐酸加水稀释至1L，再取出5mL，这5mL溶液的物质的量浓度为0.5C．将1的NaCl溶液和0．5的溶液等体积混合后，忽略溶液体积变化，D．标准状况下，22.4L HCl溶于1L水，盐酸的物质的量浓度为19．活着的生物体内/值基本不变，死亡后会衰变为其他种类的原子而减少，而基本不变。资料：衰变到原来数目一半所需的时间为5730年。下列说法不正确的是A．与均位于元素周期表中第二周期，第ⅣA族B．与含有的中子数分别为8和6C．4.4g的与的混合物中的碳原子数目约为个D．测定死亡生物体残骸中的含量可用于生物死亡年代的确定10．向的溶液中通入一定量的气体得到溶液Ⅰ，再向溶液Ⅰ中滴加的稀盐酸，产生气体的物质的量与所加稀盐酸的体积的关系如图所示，下列说法正确的是A．图中B．溶液Ⅰ中溶质的成分为和C．通入气体的体积为D．滴入稀盐酸的体积的范围为时，发生反应的离子方程式为11．对于某些离子的检验及结论一定正确的是A．加入硝酸酸化的硝酸银溶液，有白色沉淀产生，一定有Cl-B．加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，一定有C．加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润蓝色石蕊试纸变红，一定有D．向某溶液中加入稀盐酸，产生的气体能使澄清石灰水变浑浊，该溶液一定含有碳酸根离子12．三氯化铬是常用的媒染剂和催化剂，易潮解，易升华，高温下易被氧气氧化。实验室可利用下面装置模拟制取三氯化铬（、为气流控制开关）。原理：已知：气体有毒，遇水发生水解产生两种酸性气体。下列说法错误的是A．实验装置合理的连接顺序为a→h→i→d→e→b→c→f→gB．装置D中反应的离子方程式为C．整套装置的不足是升华的三氯化铬易凝华堵塞导管，可加粗导管或导管加保温装置D．实验开始和结束都通一段时间，但目的不相同13．室温下，w g某物质在足量氧气中充分燃烧，其所有燃烧产物立即与过量的Na2O2反应，固体质量增加w g。下列物质①H2；②CO；③乙醇C2H5OH；④甲酸HCOOH；⑤乙酸CH3COOH；⑥乳酸C3H6O3中，符合题意的是A．①②③④ B．①③④⑥ C．②④⑤⑥ D．①②⑤⑥14．如图是利用“手持”技术测定阳光照射不同气体温度变化曲线，其中四个容器均密闭、体积相等且初始压强均为101kPa。下列说法错误的是A．实验开始时，和的密度之比为8:7B．12:30-13:30时间范围内压强最大C．若容器的容积为22.4L，12:30时原子个数等于D．光照相同时间，的温度变化最大，是四种气体中温室效应最显著的15．对于时水中溶解了气体(标况下)后形成的溶液，下列说法中正确的是A．所得溶液的体积为B．所得溶液中溶质的物质的量浓度为C．根据题给数据，所得溶液中溶质的物质的量浓度可以求得D．根据题给数据，所得溶液中溶质的质量分数可以求得16．在大试管内将足量 NaHCO3加热到 200℃，将产生的混合气体通入到盛 3.74g Na2O 和 Na2O2的密闭容器中，待 Na2O 和 Na2O2全部反应后，得到标准状况下 448ml O2，再将反应后密闭容器内的固体全部溶于水配成 200mL 溶液。下列说法正确的是A．配成的 200mL 溶液中 c(Na+) = 0.5 mol·L－1 B．反应过程中总共转移 0.08mol 电子C．在 Na2O2与 H2O 的反应中，Na2O2只作氧化剂 D．Na2O 和 Na2O2均为碱性氧化物17．某固体混合物中可能含有：、、、、等离子，将该固体溶解所得到的溶液进行了如下实验：(已知：含有钠元素的物质燃烧时，其焰色试验现象为黄色火焰)下列说法正确的是A．该混合物一定是和NaCl B．该混合物可能是和KClC．该混合物可能是和 D．该混合物一定是和NaCl18．MnO2在电池、玻璃、有机合成等工业生产中应用广泛。利用粗MnO2(含有杂质MnO和MnCO3)制取纯MnO2的流程如图：下列说法错误的是A．酸浸过程中可以用浓盐酸代替稀硫酸B．操作X的名称是过滤C．氧化过程发生反应的离子方程式为：5Mn2+＋2ClO＋4H2O＝5MnO2↓＋Cl2↑＋8H+D．Cl2与NaOH溶液加热反应得到的NaClO3可以循环使用二、非选择题(本题共5小题，共46分。)19．完成下面问题。(1)等质量的和，物质的量之比为 ，在相同条件下的体积之比为 。(2)同温同压下，相同体积的和的物质的量之比为 ，质量比为 。(3)标准状况下，33.6L的物质的量为 mol，其分子数为 。(4)0.4mol某气体的体积为9.8L，则该气体摩尔体积为 ，气体所处的条件 (填“是”或“不是”)标准状况。20．某干燥白色固体可能含有、、中的几种，取一定质量的该固体加蒸馏水配制溶液，并向该溶液中滴加的盐酸，得到体积（标准状况下）与盐酸体积的关系如图所示。回答下列问题：(1)产生的的物质的量为 ，段反应的离子方程式为 。(2)若白色固体由和组成，则 ， 。(3)若白色固体由和组成，，则与溶于水后发生反应的离子方程式为 ， 。(4)若白色固体只由和组成，且，，则 ，原溶液中的 。(5)另取某和组成的混合物样品，称取3份该样品溶于水后分别逐滴加入相同浓度盐酸，充分反应，产生的体积如下表（标准状况下，且不考虑在水中的溶解）：样品中 ，盐酸的 。21．实验室需要0.1 mol⋅L NaOH溶液450 mL和0.5 mol⋅L硫酸溶液450 mL。根据这两种溶液的配制情况回答下列问题：(1)如图所示的仪器中配制溶液肯定不需要的是 (填字母)。仪器C的名称是 ，本实验所需玻璃仪器E的规格和名称是 。(2)在配制NaOH溶液的实验中，其他操作均正确，若定容时仰视刻度线，则所配制溶液浓度 (填“大于”“等于”或“小于”，下同)0.1 mol⋅L。若NaOH溶液未冷却即转移至容量瓶定容，则所配制溶液浓度 0.1 mol⋅L。(3)根据计算得知，所需质量分数为98%、密度为1.84 g⋅cm的浓硫酸的体积为 mL(计算结果保留一位小数)。如果实验室有10 mL、25 mL、50 mL量筒，应选用 mL规格的量筒最好。(4)如果定容时不小心超过刻度线，应如何操作： 。22．已知有以下物质相互转化 试回答：(1)写出B的化学式： ，C的化学式： ，D的化学式： 。(2)写出由E转变成F的化学方程式： 。(3)把KSCN加到G溶液中的现象是 ；向G溶液加入A的有关离子反应方程式： 。23．某校化学兴趣小组为研究Cl2 的性质，设计如图所示装置进行实验，装置Ⅲ中夹持装置已略去，其中a 为干燥的品红试纸，b 为湿润的品红试纸。(1)实验室以二氧化锰和浓盐酸制备 Cl2 的化学方程式为 。(2)仪器c 的名称为 ，装置Ⅱ的作用是 。(3)若产生的Cl2 足量，实验过程中装置Ⅳ的实验现象为 。(4)实验结束后，该组同学在装置Ⅲ中观察到 b 的红色褪去，但是并未观察到“a 无明显变化”这一预期现象，为达到这一目的，你认为还需在装置Ⅱ与Ⅲ之间添加图中的 装置(填序号)。 选项实验操作现象实验结论A将干燥的充入放有鲜花的集气瓶中鲜花褪色具有漂白性B将加入无色酚酞溶液中酚酞变红后不褪色生成了碱性物质C用铂丝蘸取某溶液置于酒精灯外焰上灼烧火焰呈黄色该溶液中含Na元素D向某无色溶液中滴加定量的溶液有白色沉淀产生原溶液中一定存在实验序号①②③100.0100.0100.03.807.6011.408961344896参考答案：1．B【详解】A．过氧化钠可与水、二氧化碳反应生成氧气，可用于供氧剂，A正确； B．烧碱具有腐蚀性，不能用于治疗胃酸过多，应用碳酸氢钠或氢氧化镁、氢氧化铝等弱碱性物质，B错误；C．小苏打加热分解生成二氧化碳气体，可用于膨松剂，C正确；D．纯碱可与二氧化硅在高温下反应生成硅酸钠，可用于制取玻璃，D正确；故选B。2．A【分析】经氯气消毒的自来水中含有大量氯气、次氯酸、氯离子、次氯酸根离子和氢离子。【详解】A．三种离子在自来水中不发生任何反应，能大量共存，故A正确；B．自来水中，碘离子酸性条件下会与高锰酸根离子、氯气和次氯酸反应，不能大量共存，故B错误；C．碳酸氢根离子会与铝离子发生反应，不能大量共存，故C错误；D．自来水中，氯离子会与银离子反应生成氯化银沉淀，不能大量共存，故D错误；故选A。3．C【详解】A．是弱碱，过量时只生成沉淀，故A正确；B．NaOH和物质的量之比为3∶2，反应产物中有和，根据原子守恒和电荷守恒可知，B正确；C．NaClO溶液过量，与结合生成HClO，正确的离子方程式为，故C错误；D．和反应生成沉淀，促进了的电离，与溶液中的反应产生，故D正确；故选C。4．D【详解】A．图I实验收集到的中含有、水蒸汽，故A错误；B．氯水中含有次氯酸，次氯酸具有漂白性，不能用pH试纸测氯水的pH，故B错误；C．图III实验中生成氯化铜，现象为产生了棕黄色的烟，故C错误；D．鲜花中含有水，氯气和水反应生成具有漂白性的次氯酸，鲜花褪色，不能说明干燥的氯气有漂白性，故D正确；选D。5．C【详解】A．完全分解产生1mol氨气和1molHCl，产生气体，分子数目为，A错误；B．分子所含价层电子对的数目为，B错误；C．或都含有质子、，故和的混合物中含，NaCl和的总物质的量为，则混合物中质子总数为，C正确；D．标准状况下含键的数目为，D错误； 故选C。6．B【分析】根据价类二维图可知，a为Cl2，b为ClO2，c为HCl，d为HClO，e为HClO3，f为HClO4，g为含Cl－的盐，h为含ClO－的盐，i为含的盐；【详解】A．i的分子式为HClO4，选项A错误；B．由Cl2生成ClO2，Cl元素化合价升高，Cl2被强氧化剂氧化，选项B正确；C．与反应生成和既是氧化剂又是还原剂，为还原产物，选项C错误；D．在光照条件下分解生成和，不可转化为氯气，选项D错误；答案选B。7．C【详解】A．氯气和水反应能生成具有漂白性的次氯酸，鲜花中有水分，将干燥的 Cl2 充入放有鲜花的集气瓶中，鲜花褪色，能说明HClO有漂白性，Cl2不具有漂白性，故A错误；B．将 Na2O2 加入无色酚酞溶液中，Na2O2和水反应生成NaOH和H2O2，NaOH溶液能使酚酞变红，H2O2有漂白性，能使溶液褪色，故B错误；C．钠的焰色是黄色，用铂丝蘸取某溶液置于酒精灯外焰上灼烧，火焰呈黄色，该溶液中含 Na 元素，故C正确；D．向某无色溶液中滴加定量的溶液生成白色沉淀，溶液中的碳酸根，硫酸根离子液可以和银离子反应生成沉淀，不一定存在，故D错误；故选C。8．B【详解】A．假设三种溶液的浓度均为1mol/L，则Na2SO4、MgSO4、Al2(SO4)3溶液中浓度分别=1mol/L×1=1mol/L、1mol/L×1=1mol/L和1mol/L×3=3mol/L，即浓度之比为1∶1∶3，故A错误；B．溶液稀释前后溶质的物质的量不变，则稀释后盐酸物质的量浓度==0.5mol/L，溶液具有均一性、稳定性，所以稀释后溶液中盐酸浓度都是相同的，与溶液体积大小无关，5mL溶液物质的量浓度为0.5mol/L，故B正确；C．1mol·L-1的NaCl溶液中c(Cl-)=1mol/L×1=1mol/L，0.5mol•L-1的BaCl2溶液中c(Cl-)=0.5mol/L×2=1mol/L，故两者混合后，不考虑体积的变化，c(Cl-)=1mol•L-1，故C错误；D．1L为水的体积，不是溶液的体积，则溶液体积未知不能计算盐酸的物质的量浓度，故D错误；答案选B。9．C【详解】A．C含有两个电子层，最外层电子数为4，14C与12C位于元素周期表的第二周期第ⅣA族，A正确；B．元素符号左上角为质量数，14C与12C含有的质量数分别为14和12，含有的中子数分别为8和6，B正确；C．已知14CO2的摩尔质量为46g/mol，12CO2的摩尔质量为44g/mol，故4.4g的14CO2与12CO2的混合物中的碳原子数目小于6.02×1022个，C错误；D．14C随生物体的吸收代谢，经过食物链进入活的生物体中，14C具有放射性，仍不断衰变减少，依据半衰期计算年代，D正确；故答案为：C。10．A【分析】溶液Ⅰ中滴加0.1mol/L的稀盐酸，加入75mL盐酸没有产生气体，继续加入(x-75)mL（＜75mL）盐酸时恰好完全反应产生0.005molCO2，则75~xmL发生的反应为+H+=H2O+CO2↑；0~75mL发生的反应为H++OH-=H2O、+H+=；溶液Ⅰ中的溶质为NaOH和Na2CO3。【详解】A．当加入稀盐酸的体积为75mL时，溶液中能与稀盐酸反应产生二氧化碳的物质只有碳酸氢钠，x=75+0.005÷0.1×103=125，A项正确；B．依据图像分析可知，溶液Ⅰ中的溶质为Na2CO3和NaOH，B项错误；C．未说明CO2气体所处的温度和压强，无法计算二氧化碳的体积，C项错误；D．由分析可知，滴入稀盐酸的体积的范围为时，发生反应的离子方程式为+H+=H2O+CO2↑，D项错误；答案选A。11．A【详解】A．溶液用硝酸酸化后，加入硝酸银溶液有白色沉淀生成，该白色沉淀是AgCl，因此原溶液中一定有Cl-，A正确；B．加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，该沉淀可能是AgCl，也可能是BaSO4，因此原溶液中可能含有Ag+，也可能含有，而不一定有，B错误；C．向某溶液中加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，该气体是NH3，则该溶液中一定有，试纸使用不合理，C错误；D．向某溶液中加入稀盐酸，产生的气体能使澄清石灰水变浑浊，该气体可能是CO2，也可能是SO2，则该溶液可能含有碳酸根离子，也可能含有或或，而并不一定含有，D错误；故合理选项是A。12．B【分析】三氯化铬易潮解，易升华，高温下易被氧气氧化，所以实验过程中要确保装置内不能存在氧气和水蒸气。A装置的作用是用N2将CCl4导入装置参与反应，B装置作用是防止水蒸气进入反应装置，C装置作用是收集气体，D装置是处理COCl2尾气，E装置是发生装置。整个反应流程先用干燥的N2排除装置内空气，然后再通入N2将CCl4气体带入装置，与E中的CrO2反应，生成的COCl2有毒气体用C装置收集，与D装置中NaOH溶液反应从而进行吸收处理，为防止D装置中水蒸气进入反应装置，还有在C和D装置中间加一个干燥装置C。【详解】A．根据分析，装置的排序是AECBD。首先用干燥的N2排除装置空气，则反应前C装置内应该充满N2，要收集的气体为COCl2，其密度大于N2，所以COCl2从d进入，因此，实验装置合理的连接顺序为a→h→i→d→e→b→c→f→g，A正确；B．根据元素分析，COCl2水解生成的两种酸性气体是HCl和CO2，COCl2和NaOH溶液反应的离子方程式应该为COCl2+4OH-=+2H2O+2Cl-，B错误；C．三氯化铬容易受热升华，温度降低后容易在导管内凝华，从而堵塞导管，C正确；D．反应前先通入氮气，排除空气的干扰，而反应结束后还需要持续通入N2一段时间，从而将COCl2完全排入装置D被充分吸收，并使CrCl3在氮气氛围中冷却，即前后两次的作用不相同，D正确； 故选B。13．D【分析】根据2H2+O22H2O，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；2CO+O22CO2，2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2可知：H2、CO完全燃烧消耗的氧气与燃烧产物被过氧化钠吸收产生的氧气相同，反应前后气体物质质量不变。室温下，w g某物质在足量氧气中充分燃烧，其所有燃烧产物立即与过量的Na2O2反应，固体质量增加w g，则物质化学式若能变形为(H2)a·(CO)b的形式，据此分析解答。【详解】①根据上述分析可知H2完全燃烧消耗的氧气与燃烧产物被过氧化钠吸收产生的氧气相同，①符合题意；②CO完全燃烧消耗的氧气与燃烧产物被过氧化钠吸收产生的氧气相同，②符合题意；③乙醇C2H5OH可变为(H2)3·CO·C，不能变为(H2)a·(CO)b的形式，则反应前后质量不相等，③不符合题意；④甲酸HCOOH可变为H2·CO·O，不能变为(H2)a·(CO)b的形式，则反应前后质量不相等，④不符合题意；⑤乙酸CH3COOH可变为(H2)2·(CO)2的形式，⑤符合题意；⑥乳酸C3H6O3，可变为(H2)3·(CO)3的形式，⑥符合题意；综上所述可知：反应前后固体质量不变的是①②⑤⑥，故合理选项是D。14．C【详解】A．根据阿伏伽德罗定律：开始时四种气体的压强相同，体积相同，则气体的物质的量相同，则气体的密度比等于气体摩尔质量之比，即和的密度之比为8:7，A正确；B．根据图示可知：12:30-13:30时间范围内CO2温度升高最大，由于开始压强相同，在则这一段时间内压强最大，B正确；C．此时气体未处于标准状况，不能用气体摩尔体积进行计算，C错误；D．根据图示可知：光照相同时间，的温度变化最大，是四种气体中温室效应最显著的，D正确；答案选C。15．D【详解】A．气体溶解在水中，溶液的体积不是气体和水的和，A错误； B．100mL水中溶解了22.4LHCl气体，溶液的体积不是0.1L，不确定溶液的浓度，B错误；C．因为没有密度，无法计算溶液的体积，所以该溶液物质的量浓度无法求得，C错误；D．该溶液的质量分数=[溶质的质量÷(水的质量+溶质的质量)]×100%，根据题干数据，水和HCl的质量能够求得，进而求得溶液的质量分数，D正确；故选D。16．A【分析】碳酸氢钠受热分解为碳酸钠和水蒸气、二氧化碳，水蒸气、二氧化碳和氢氧化钠反应均生成氧气；【详解】A．、，得到标准状况下 448ml O2（为0.02mol），可知Na2O2的物质的量为0.04mol，质量为3.12g，其反应转化的钠离子的物质的量为0.08mol；Na2O和Na2O2的总质量为3.74g，Na2O的质量为3.74g-3.12g=0.62g，物质的量为0.01mol，其与水反应生成钠离子的物质的量为0.02mol，两者生成的钠离子总物质的量为0.10mol，配成的200mL溶液，溶液中c(Na+)=0.5mol·L－1，A正确； B．过氧化钠部分氧元素化合价由-1变为0，升高生成氧气，，得到标准状况下 448ml O2（为0.02mol），则转移 0.04mol 电子，B错误；C．在 Na2O2与 H2O 的反应中，过氧化钠部分氧元素化合价升高生成氧气、部分氧元素化合价降低生成氢氧化钠，过氧化钠既是氧化剂也是还原剂，C错误； D．能和酸反应生成盐和水的氧化物属于碱性氧化物；过氧化钠反应过程中还会生成氧气，不是碱性氧化物，为过氧化物，D错误；故选A。17．B【分析】已知含有钠元素的物质燃烧时，其焰色试验现象为黄色火焰，可知溶液一定含有Na+，不确定K+是否存在，加入过量硝酸钡溶液生成白色沉淀，加入过量盐酸沉淀溶解，说明该沉淀为BaCO3，则溶液一定存在，不存在，加入硝酸酸化的硝酸银生成白色沉淀AgCl，则溶液中一定含。【详解】A．由分析可知，一定含有Na+，，，不存在，不确定K+是否存在，则不一定存在，A错误；B．由A项分析，该混合物可能是和KCl，B正确；C．一定不存在，则混合物不可能是，C错误；D．溶液可能存在K+，则可能存在KCl或碳酸钾，D错误；故选B。18．A【分析】粗MnO2(含有杂质MnO和MnCO3)样品加入稀硫酸，MnO2不溶于硫酸，所以加稀硫酸时样品中的MnO和MnCO3分别和硫酸反应生成可溶性的MnSO4，同时产生二氧化碳，过滤后得到二氧化锰固体及含有硫酸锰的滤液，向滤液中加入氯酸钠，氯酸钠将Mn2+氧化为MnO2，生成的氯气与氢氧化钠反应得到氯酸钠溶液，将反应后的溶液过滤得到固体二氧化锰。【详解】A. 由分析可知，MnO2不溶于硫酸，浓盐酸能与MnO2反应，所以在酸浸过程中不能用浓盐酸代替稀硫酸，故A错误；B. 粗MnO2样品加入稀硫酸，MnO2不溶于硫酸，所以加稀硫酸时样品中的MnO和MnCO3分别和硫酸反应生成可溶性的MnSO4，同时产生二氧化碳，过滤后得到二氧化锰固体及含有硫酸锰的滤液，操作X为过滤，故B正确；C. 过渡后向滤液中加入氯酸钠，将Mn2+氧化生成MnO2沉淀，根据得失电子守恒和电荷守恒、元素守恒配平该反应的离子方程式为5Mn2+＋2ClO＋4H2O＝5MnO2↓＋Cl2↑＋8H+，故C正确；D. 由流程可知，Cl2与NaOH溶液加热反应得到的NaClO3可以在“氧化”步骤循环使用，故D正确；故选A。19．(1) 2∶1 2∶1(2) 1∶1 11∶8(3) 1.5 (4) 24.5L/mol 不是【详解】（1）根据n=可知，质量一定时，物质的量与摩尔质量成反比关系，即等质量的和，物质的量之比为2：1；根据阿伏伽德罗定律可知，在相同条件下气体的体积之比等于物质的量之比，在相同条件下的体积之比为2：1；（2）根据阿伏伽德罗定律，同温同压下，相同体积的和的物质的量相同，根据n=可知质量比等于摩尔质量之比，为11∶8；（3）标准状况下，33.6L的物质的量为=1.5 mol，其分子数为；（4）0.4mol某气体的体积为9.8L，则该气体摩尔体积为=24.5L/mol；可知气体所处的条件不是标准状况。20．(1) 0.03 (2) 40 100(3) (4) 0.02 0.8(5) 1.0【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，反应的离子方程式为，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： 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。（5）由实验①和实验②的数据可知，加入相同物质的量的盐酸，固体的质量增大，二氧化碳的体积增大说明实验①中盐酸过量，碳酸钠和碳酸氢钠完全反应，设3.80g样品中碳酸钠为xmol、碳酸氢钠为ymol，则由样品质量可得106x+84y=3.80①，由反应方程式可得x+y=②，解联立可得x=0.02、y=0.02，则样品中n(NaHCO3)∶n(Na2CO3)= 1∶1；由实验②和实验③的数据可知，加入相同物质的量的盐酸，固体的质量增大，二氧化碳的体积减小说明实验③中盐酸不足量，盐酸完全反应，则加入盐酸过程中发生的反应为Na2CO3+HCl= NaHCO3+NaCl、NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，由碳酸钠和碳酸氢钠的物质的量比可知，11.40g样品中碳酸钠和碳酸氢钠的物质的量为=0.06mol，则由方程式可知，反应消耗盐酸的物质的量为0.06mol+=0.1mol，反应得到的溶液为碳酸氢钠和氯化钠的混合溶液。样品中n(NaHCO3)∶n(Na2CO3)= 1:1；由分析可知，盐酸的物质的量为0.1mol，则溶液的浓度为=1.0mol/L。21．(1) AC 分液漏斗 500mL容量瓶(2) 小于 大于(3) 13.6 25(4)重新配制【详解】（1）配制500 mL一定物质的量浓度的溶液的一般步骤为：计算、(称量)量取、(溶解)稀释、冷却、转移、洗涤、摇匀、装瓶贴标签，需要用到的仪器有：(托盘天平)量筒、烧杯、玻璃棒、500 mL容量瓶、胶头滴管，配制溶液肯定不需要的是圆底烧瓶和分液漏斗，即肯定不需要的是A、C；根据仪器C的构造可知，其名称为分液漏斗；本实验所需玻璃仪器E的规格和名称是500 mL容量瓶；（2）在配制NaOH溶液的实验中，其他操作均正确，若定容时仰视刻度线，则溶液体积偏大，所配制的溶液浓度小于0.1 mol/L；若NaOH溶液未冷却即转移至容量瓶定容，则溶液体积偏小，所配制的溶液浓度大于0.1 mol/L；（3）质量分数为98%、密度为1.84 g⋅cm-3的浓硫酸的物质的量浓度为，设所需浓硫酸体积为V，根据稀释前后溶质物质的量不变，则有V×18.4mol/L=0.5 mol/L×500mL，解得V=13.6mL；如果实验室有10 mL、25 mL、50 mL量筒，根据大而近的原则可知，应选用25 mL规格的量筒最好；（4）如果定容时不小心超过刻度线，实验失败，也不能补救，必须重新配制。22．(1) FeCl2 KOH KCl(2)4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3(3) 溶液变为红色 2Fe3＋+Fe=3Fe2＋【分析】根据转化流程图可知：白色沉淀E在空气中变为红褐色沉淀F，说明F为Fe(OH)3、E为Fe(OH)2；Fe(OH)3和盐酸反应生成G溶液为FeCl3溶液，说明G为FeCl3；A与FeCl3反应产生B，B与C溶液反应产生Fe(OH)2，则A是Fe，B是FeCl2，气体是H2；B溶液与C溶液反应产生Fe(OH)2和D溶液，D中加入AgNO3和稀HNO3，产生白色沉淀H是AgCl；溶液焰色反应(透过蓝色钴玻璃观察)显紫色，说明该溶液含有K+，故C为KOH，D为KCl，然后根据问题分析解答。【详解】（1）根据上述分析可知B化学式是FeCl2，C化学式是KOH，D化学式是KCl；（2）根据上述分析可知： E为Fe(OH)2，F为Fe(OH)3，Fe(OH)2不稳定，容易被空气中的O2氧化产生Fe(OH)3，该反应的化学方程式为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；（3）G为FeCl3，其中含有Fe3+，向其中加入KSCN溶液，发生反应Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3，溶液变为血红色，故把KSCN加到G溶液中的现象是溶液变为血红色；FeCl3具有强的氧化性，向其水溶液中加入Fe，二者发生氧化还原反应产生FeCl2，该反应的离子方程式为：2Fe3++Fe=3Fe2+。23．(1)MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O(2) 分液漏斗 吸收挥发出的HCl(3)溶液先变红，后褪色(4)④【分析】由实验装置图可知，装置Ⅰ中二氧化锰与浓盐酸共热反应制备氯气，浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，装置Ⅱ中盛有的饱和食盐水用于除去氯化氢气体，装置Ⅲ中盛有的品红试纸用于探究氯气的漂白性，装置Ⅳ中盛有的紫色石蕊溶液用于验证氯气溶于水得到氯水的性质，装置Ⅴ中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收未反应的氯气，防止污染空气。【详解】（1）实验室以二氧化锰和浓盐酸制备氯气的反应为二氧化锰与浓盐酸共热反应生成氯化锰、氯气和水，反应的化学方程式为MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O；（2）由实验装置图可知，仪器c为分液漏斗；由分析可知，浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有氯化氢，装置Ⅱ中盛有的饱和食盐水用于除去氯化氢气体，故答案为：分液漏斗；吸收挥发出的HCl；（3）氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，溶液呈酸性，能使紫色石蕊溶液变为红色，由于反应生成的次氯酸具有强氧化性，能使有机色质漂白褪色，所以红色溶液会褪色变为无色，所以实验过程中装置Ⅳ的实验现象为溶液先变红，后褪色，故答案为：溶液先变红，后褪色；（4）由实验装置图可知，a、b为对照实验，用于验证干燥的氯气本身不具有漂白性，遇水生成次氯酸，次氯酸具有漂白性，实验时没有观察到“a无明显变化”这一预期现象是由于氯气未经干燥，通入装置III中的气体是氯气和水蒸气的混合气体，所以应在装置II与III之间添加一个盛有浓硫酸干燥装置除去氯气中的水蒸气，故选④。
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