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高中化学人教版 (2019)必修 第一册第二章 海水中的重要元素——钠和氯综合与测试同步达标检测题
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这是一份高中化学人教版 (2019)必修 第一册第二章 海水中的重要元素——钠和氯综合与测试同步达标检测题，共11页。试卷主要包含了选择题，非选择题，O3等物质常被用作消毒剂等内容，欢迎下载使用。
时间：60分钟 分值：100分
一、选择题(每小题4分，共48分，每小题只有一个选项符合题意)
1．市场上出售的84消毒液，其商品标示上有如下文字：(1)本品为无色溶液，(2)使用时可加水稀释，(3)可对铁制餐具、衣物进行消毒，可漂白浅色衣物。根据上述内容，你认为该消毒液可能是( D )
A．碘酒 B．氯水
C．高锰酸钾 D．次氯酸钠溶液
解析：碘酒呈褐色，A错误；氯水是一种浅黄绿色、具有漂白能力、也具有强氧化性与酸性的液体，故氯水不可对铁制餐具、衣物进行消毒，不可漂白浅色衣物，B错误；高锰酸钾是紫色溶液，C错误；次氯酸钠是84消毒液的主要成分，其水溶液呈无色，可对铁制餐具、衣物进行消毒，可漂白浅色衣物，D正确。
2．下列说法错误的是( A )
A．鉴别Na2CO3和NaHCO3可用Ba(OH)2溶液
B．除去Na2CO3固体中混有的少量NaHCO3，用加热法
C．用饱和NaHCO3溶液除去CO2中混有的HCl和SO2
D．将澄清石灰水滴入NaHCO3溶液中，开始时发生反应的离子方程式为：Ca2＋＋2OH－＋2HCOeq \\al(－,3)===CaCO3↓＋COeq \\al(2－,3)＋2H2O
解析：Na2CO3和NaHCO3均可与Ba(OH)2反应生成白色沉淀，故A项错误；除去Na2CO3固体中混有的少量NaHCO3，可采用加热的方法使NaHCO3分解生成Na2CO3，故B项正确；HCl、H2SO3的酸性比H2CO3强，因此可用饱和NaHCO3溶液吸收CO2中混有的HCl、SO2等气体，故C项正确；将澄清石灰水滴入NaHCO3溶液中，开始时Ca(OH)2的量较少，发生的离子反应方程式为：Ca2＋＋2OH－＋2HCOeq \\al(－,3)=== CaCO3↓＋COeq \\al(2－,3)＋2H2O，故D项正确。
3．为探究氯气和氯水的性质，向一个带刻度的针筒(容积为50 mL)里吸入40 mL氯气后再吸入10 mL的水，密封后在光照条件下放置(针筒内压强保持不变)，可观察到的现象是( D )
①吸入水后，黄绿色气体体积缩小
②针筒内溶液为浅黄绿色，光照一段时间后颜色变浅
③针筒内最后得到无色液体和无色气体，其气体的体积约为20 mL
A．仅①② B．仅②③
C．仅①③ D．①②③
解析：吸入水后，氯气溶于水且部分与水发生反应：Cl2＋H2O===HCl＋HClO，黄绿色气体体积缩小，①正确；由于氯水中含氯气分子，所以针筒内溶液呈浅黄绿色，光照一段时间，发生反应2HClOeq \(=====,\s\up7(光照))2HCl＋O2↑，由于c(HClO)减小，Cl2与H2O反应继续生成HClO，光照一段时间后溶液颜色变浅，②正确；最终Cl2完全反应，HClO全部分解，得到无色的稀盐酸和20 mL无色的O2，③正确。
4．一定温度下，向饱和NaOH溶液中加入一定量的钠块，充分反应后恢复到原来温度，下列说法正确的是( B )
A．溶液中溶质质量增加，溶剂量减少，溶液的溶质质量分数变大
B．溶液的pH不变，有氢气放出
C．溶液中的c(Na＋)减少， 有氢气放出
D．溶液中的c(Na＋)增大，有氢气放出
解析：钠和水发生反应：2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑，消耗水，饱和NaOH溶液中有NaOH析出，溶液中Na＋数目减少，但反应后恢复到原来温度，溶液仍为饱和NaOH溶液，溶液的pH不变，溶液中c(Na＋)不变，B正确。
5．120 mL含有0.20 ml碳酸钠的溶液和200 mL盐酸，不管将前者滴加入后者，还是将后者滴加入前者，都有气体产生，但最终生成的气体体积不同，则盐酸的浓度合理的是( B )
A．2.0 ml/L B．1.5 ml/L
C．0.18 ml/L D．0.24 ml/L
解析：碳酸钠溶液滴入盐酸中立即有气体产生，而盐酸滴入碳酸钠溶液中二者先反应生成碳酸氢钠，然后放出CO2气体，反应方程式为Na2CO3＋HCl===NaHCO3＋NaCl、NaHCO3＋HCl===NaCl＋H2O＋CO2↑。要使两种滴加顺序都放出气体，盐酸的浓度应大于eq \f(0.2 ml,0.2 L)＝1 ml·L－1。若Na2CO3全部反应放出CO2：Na2CO3＋2HCl===CO2↑＋2NaCl＋H2O，需要盐酸浓度最小为2×eq \f(0.2 ml,0.2 L)＝2 ml·L－1。为使两种滴加顺序产生的CO2量不等，故盐酸的浓度应位于二者之间，故选B。
6．在实验室中，常用KMnO4代替MnO2与浓盐酸反应制取氯气，其反应的化学方程式为2KMnO4＋16HCl(浓)===2MnCl2＋5Cl2↑＋2KCl＋8H2O，下列叙述中正确的是( C )
A．反应中KMnO4被氧化
B．氧化产物与还原产物的物质的量之比为25
C．每生成1 ml Cl2时，反应中转移的电子为2 ml
D．每消耗16 ml HCl时，其中作氧化剂的HCl是10 ml
解析：KMnO4→MnCl2，Mn的化合价由＋7→＋2，故KMnO4是氧化剂，被还原，MnCl2是还原产物；HCl→Cl2，Cl的化合价由－1→0，故HCl是还原剂，Cl2是氧化产物，且每生成1 ml Cl2时，反应中转移2 ml电子；由化学方程式可知氧化产物Cl2与还原产物MnCl2的物质的量之比为52，故只有C项正确。
7．下列说法正确的是( A )
A．CO2气体通过过氧化钠粉末后，固体的质量增加
B．1 ml Na2O2固体中含离子总数为4NA
C．2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑是水作还原剂的氧化还原反应
D．在过氧化钠与水的反应中，每生成1 ml氧气，转移电子的数目为0.4NA
解析：Na2O2固体中存在Na＋和Oeq \\al(2－,2)，故1 ml Na2O2固体中含离子总数为3NA，B错误；Na2O2与水的反应中，水既不是氧化剂，也不是还原剂，C错误；在Na2O2与H2O的反应中，每生成1 ml O2，转移2 ml电子，D错误；CO2与Na2O2反应生成固体Na2CO3，固体质量增加，A正确。
8．以“物质的量”为中心的计算是化学计算的基础，下列与“物质的量”相关的计算正确的是( D )
A．现有CO、CO2、O3三种气体，它们分别都含有1 ml O，则三种气体的物质的量之比为321
B．28 g CO和22.4 L CO2中含有的碳原子数一定相等
C．标准状况下，11.2 L X气体分子的质量为16 g，则X气体的摩尔质量是32
D．a g Cl2中有b个氯原子，则阿伏加德罗常数NA的数值可表示为eq \f(35.5b,a)
解析：含有1 ml O的CO、CO2、O3的物质的量分别为1 ml、eq \f(1,2) ml、eq \f(1,3) ml，其物质的量之比为632，A错误；未指明气体所处状况，22.4 L CO2的物质的量无法确定，B错误；摩尔质量的单位为g·ml－1，C错误；由n＝eq \f(N,NA)＝eq \f(m,M)知，NA＝N×eq \f(M,m)＝b×eq \f(35.5 g·ml－1,a g)＝eq \f(35.5b,a) ml－1，D正确。
9．用6.02×1023表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是( A )
A．常温常压下，1.6 g臭氧中含有6.02×1022个氧原子
B．标准状况下，2.24 L水中含有6.02×1022个水分子
C．2.24 L氨气分子中含有6.02×1023个电子
D．2.4 g金属镁变为镁离子时失去6.02×1022个电子
解析：A项，n(O3)＝eq \f(1.6 g,48 g·ml－1)＝eq \f(1,30) ml，n(O)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,30)×3)) ml＝0.1 ml，故含有6.02×1022个氧原子，正确；B项，标准状况下，水不是气体，不适用于气体摩尔体积，错误；C项，没有说明在标准状况下，NH3的物质的量不确定，错误；D项，2.4 g Mg(物质的量为0.1 ml)变为Mg2＋，失去2×6.02×1022个电子，错误。
10．实验室需配制1 L 0.1 ml·L－1的CuSO4溶液，正确的操作是( D )
A．取25 g CuSO4·5H2O溶于1 L水中
B．取16 g CuSO4·5H2O溶于少量水中，再稀释至1 L
C．取16 g无水CuSO4溶于1 L水中
D．取25 g CuSO4·5H2O溶于水配成1 L溶液
解析：A、C项中，1 L为溶剂的体积，溶液的体积不为1 L，故A、C项错误；B项，16 g CuSO4·5H2O的物质的量为eq \f(16 g,250 g·ml－1)<0.1 ml，故B项错误；D项，取25 g CuSO4·5H2O溶于水配成1 L溶液，则c＝eq \f(25 g,250 g·ml－1)÷1 L＝0.1 ml·L－1，故D项正确。
11．取等物质的量浓度的NaOH溶液A和B两份，每份10 mL，分别向A、B中通入不等量的CO2，再继续向两溶液中逐滴加入0.1 ml·L－1的盐酸，标准状况下产生的CO2气体体积与所加的盐酸体积之间的关系如图所示，下列叙述正确的是( D )
A．原NaOH溶液的物质的量浓度为0.5 ml·L－1
B．A曲线表明原NaOH溶液中通入CO2后，所得溶液中的溶质成分是Na2CO3和NaHCO3
C．B曲线中当耗盐酸0
D．B曲线表明原NaOH溶液中通入CO2后，所得溶液加盐酸后产生CO2气体体积(标准状况)的最大值为112 mL
解析：根据图象可知，当加入75 mL盐酸时，CO2的生成量不再发生变化，所以生成的氯化钠为0.007 5 ml，根据原子守恒可知，A和B中氢氧化钠的物质的量是0.007 5 ml，浓度是0.75 ml·L－1，A不正确。由于碳酸钠和盐酸的反应是分步进行的，即碳酸钠首先与盐酸反应生成碳酸氢钠，然后碳酸氢钠再与盐酸反应生成CO2，所以根据图象可知A曲线表示的溶液中含有氢氧化钠和碳酸钠，而B曲线表示的溶液中含有碳酸钠和碳酸氢钠，B、C不正确；B曲线中NaHCO3和HCl反应生成CO2所消耗的盐酸是50 mL(75 mL－25 mL)，所以生成的CO2是0.005 ml，标准状况下的体积是112 mL，D正确。
12．将一定量的氯气通入30 mL浓度为10.00 ml·L－1的氢氧化钠浓溶液中，加热少许时间后溶液中形成NaCl、NaClO、NaClO3共存体系。下列判断正确的是( C )
A．与NaOH反应的氯气一定为0.3 ml
B．n(Na＋)n(Cl－)可能为73
C．若反应中转移的电子为n ml，则0.15
D．n(NaCl)n(NaClO)n(NaClO3)可能为1121
解析：根据原子守恒，n(Na)＝n(Cl)＝0.3 ml，故参加反应的氯气的物质的量n(Cl2)＝0.15 ml，A项错误。根据方程式Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O、3Cl2＋6NaOHeq \(=====,\s\up7(△))5NaCl＋NaClO3＋3H2O可知，氧化产物只有NaClO时，n(Na＋)n(Cl－)最大，为21；当氧化产物只有NaClO3时，n(Na＋)n(Cl－)最小，为65，故6521，B项错误。根据方程式Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O、3Cl2＋6NaOHeq \(=====,\s\up7(△))5NaCl＋NaClO3＋3H2O可知，氧化产物只有NaClO时，转移电子数最少，为0.3 ml×eq \f(1,2)×1＝0.15 ml；氧化产物只有NaClO3时，转移电子数最多，为0.3 ml×eq \f(5,6)×1＝0.25 ml，则0.15
二、非选择题(共52分)
13．(13分)O2和O3是氧元素的两种单质，根据其化学式完成下列各题：
(1)等质量的O2和O3所含分子个数比为32，原子个数比为11，物质的量之比为32。
(2)等温等压下，等体积的O2和O3所含分子个数比为11，原子个数比为23，质量比为23。
(3)设NA为阿伏加德罗常数的数值，如果a g氧气中含有的分子数为b，则c g氧气在标准状况下的体积约是eq \f(22.4bc,a·NA)L(用含NA的式子表示)。
(4)配制100 mL 1 ml·L－1的稀H2SO4溶液，需要用量筒量取浓H2SO4(密度为1.84 g·mL－1，质量分数为98%)的体积为5.4 mL。
(5)将CO、O2两种气体分别盛放在两个容器中，并保持两个容器内气体的温度和密度均相等，这两种气体对容器壁所施压强的大小关系是p(O2)
(6)A物质按下式分解：2A===B↑＋2C↑＋2D↑，测得生成的混合气体在相同条件下的密度是H2密度的m倍，则A的摩尔质量为5m_g·ml－1。
14．(13分)下表是甲同学研究氯水性质实验片断的活动记录。
(1)根据上述实验内容和实验现象，选择合理解释填在上表中(填序号)。
A．氯水中存在Cl－
B．氯水中有漂白性物质和酸性物质
C．氯水中存在Cl2分子
(2)甲同学在实验中运用了AD进行探究(填序号)。
A．观察法 B．比较法
C．分类法 D．实验法
(3)乙同学在甲同学的实验基础上设计了下图实验装置进一步研究氯气的性质。
回答下列问题：
①实验中，乙同学观察到干燥的有色布条不褪色，湿润的有色布条褪色，得出的实验结论是干燥的氯气没有漂白性。
②为了防止多余的氯气污染空气，实验室常用X溶液来吸收尾气，写出X的化学式NaOH。
解析：(1)①氯气为黄绿色气体，氯水呈黄绿色说明氯水中存在Cl2；②氯水中含有Cl－，Cl－能够与AgNO3溶液反应产生白色沉淀；③氯水中的H＋能够使蓝色石蕊变红色，HClO具有漂白性。(3)①干燥的有色布条不褪色，而湿润的有色布条褪色，说明干燥的氯气没有漂白性。②NaOH溶液能与氯气反应，常用于吸收多余的氯气，起到防止污染空气的目的。
15．(13分)现有一定量含有Na2O杂质的Na2O2试样，用如图的实验装置测定Na2O2试样的纯度(可供选用的反应物只有CaCO3固体、6 ml·L－1盐酸、6 ml·L－1硫酸和蒸馏水)。
回答下列问题：
(1)装置A中液体试剂选用6_ml·L－1盐酸，理由是硫酸与CaCO3固体反应生成的CaSO4微溶于水，会覆盖在CaCO3固体表面，使反应不能持续进行。
(2)装置B的作用是除去气体中的HCl，装置C的作用是干燥气体，装置E中碱石灰的作用是吸收装置D中未反应的CO2。
(3)装置D中发生反应的化学方程式是2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2、Na2O＋CO2===Na2CO3。
(4)若开始时测得样品的质量为2.0 g，反应结束后测得气体体积为224 mL(标准状况)，则Na2O2试样的纯度为78%。
解析：解题的关键是求出Na2O2的量，原理是让Na2O2与CO2反应产生O2，通过测定O2在标准状况下的体积，根据反应方程式求出Na2O2的量。
(1)实验中需要制备纯净的CO2，选用盐酸和CaCO3固体反应，不用硫酸，是因为硫酸与CaCO3固体反应生成的CaSO4微溶于水，会覆盖在CaCO3固体表面，使反应不能持续进行。
(2)饱和碳酸氢钠溶液的作用是除去CO2气体中混有的HCl，浓硫酸的作用是干燥气体，装置E中碱石灰的作用是吸收装置D中未反应的CO2。
(3)装置D中发生反应的化学方程式是2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2、Na2O＋CO2===Na2CO3。
(4)反应结束后测得气体体积为224 mL(标准状况)，即生成O2的物质的量为0.01 ml，故过氧化钠的质量是0.01 ml×2×78 g·ml－1＝1.56 g，则Na2O2试样的纯度为eq \f(1.56 g,2.0 g)×100%＝78%。
16．(13分)NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂，也常用来漂白织物等，其中一种生产工艺如下：步骤一，利用NaClO3在硫酸作用下与SO2反应生成ClO2和一种酸式盐；步骤二，将ClO2在NaOH溶液中与H2O2反应即可生成NaClO2。
回答下列问题。
(1)NaClO2中Cl元素的化合价为＋3价。
(2)写出步骤一中生成ClO2的化学方程式：2NaClO3＋SO2＋H2SO4===2ClO2＋2NaHSO4。
(3)步骤二反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为21，该反应中氧化产物是O2。
(4)亚氯酸钠(NaClO2)在常温与黑暗处可保存一年。亚氯酸不稳定，易分解，反应的离子方程式为HClO2―→ClO2↑＋H＋＋Cl－＋H2O(未配平)。在该反应中，当有1 ml ClO2生成时转移的电子个数约为6.02×1023(或NA)。
(5)Cl2、H2O2、ClO2(还原产物为Cl－)、O3(1 ml O3转化为1 ml O2和1 ml H2O)等物质常被用作消毒剂。等物质的量的上述物质消毒效率最高的是C(填序号)。
A．Cl2 B．H2O2 C．ClO2 D．O2
(6)H2O2有时可作为矿业废液的消毒剂，有“绿色氧化剂”的美称。如消除采矿业废液中的氰化物(如KCN)，经以下反应实现：KCN＋H2O2＋H2O===A＋NH3↑，则生成物A的化学式为KHCO3，H2O2被称为“绿色氧化剂”的理由是H2O2作氧化剂时，还原产物是H2O，没有污染。
解析：(1)根据化合价规则判断NaClO2中Cl的化合价为＋3价。(2)根据题给信息知氯酸钠、二氧化硫和稀硫酸反应生成二氧化氯和硫酸氢钠，利用化合价升降法结合原子守恒配平，该反应的化学方程式为2NaClO3＋SO2＋H2SO4===2ClO2＋2NaHSO4。(3)步骤二反应中，二氧化氯转化为NaClO2，氯元素的化合价由＋4价降低到＋3价，得到电子，作氧化剂，1 ml ClO2得到1 ml电子，H2O2中氧元素的化合价由－1价升高到0价，失去电子，作还原剂，1 ml H2O2失去2 ml电子，利用得失电子守恒判断氧化剂与还原剂的物质的量之比为21，该反应中氧化产物是O2。(4)利用化合价升降法结合原子守恒，电荷守恒配平，该反应的离子方程式为5HClO2===4ClO2↑＋H＋＋Cl－＋2H2O，则有1 ml ClO2生成时转移的电子个数约为6.02×1023(或NA)。(5)四种物质消毒时均表现氧化性，发生氧化还原反应时1 ml Cl2得到2 ml电子，1 ml H2O2得到2 ml电子，1 ml ClO2得到5 ml电子，1 ml O3得到2 ml电子，消毒效率最高的是ClO2。(6)根据反应：KCN＋H2O2＋H2O===A＋NH3↑，结合原子守恒判断生成物A的化学式为KHCO3，H2O2被称为“绿色氧化剂”的理由是H2O2作氧化剂时，还原产物是H2O，无污染。
时间：60分钟 分值：100分
一、选择题(每小题4分，共48分，每小题只有一个选项符合题意)
1．市场上出售的84消毒液，其商品标示上有如下文字：(1)本品为无色溶液，(2)使用时可加水稀释，(3)可对铁制餐具、衣物进行消毒，可漂白浅色衣物。根据上述内容，你认为该消毒液可能是( D )
A．碘酒 B．氯水
C．高锰酸钾 D．次氯酸钠溶液
解析：碘酒呈褐色，A错误；氯水是一种浅黄绿色、具有漂白能力、也具有强氧化性与酸性的液体，故氯水不可对铁制餐具、衣物进行消毒，不可漂白浅色衣物，B错误；高锰酸钾是紫色溶液，C错误；次氯酸钠是84消毒液的主要成分，其水溶液呈无色，可对铁制餐具、衣物进行消毒，可漂白浅色衣物，D正确。
2．下列说法错误的是( A )
A．鉴别Na2CO3和NaHCO3可用Ba(OH)2溶液
B．除去Na2CO3固体中混有的少量NaHCO3，用加热法
C．用饱和NaHCO3溶液除去CO2中混有的HCl和SO2
D．将澄清石灰水滴入NaHCO3溶液中，开始时发生反应的离子方程式为：Ca2＋＋2OH－＋2HCOeq \\al(－,3)===CaCO3↓＋COeq \\al(2－,3)＋2H2O
解析：Na2CO3和NaHCO3均可与Ba(OH)2反应生成白色沉淀，故A项错误；除去Na2CO3固体中混有的少量NaHCO3，可采用加热的方法使NaHCO3分解生成Na2CO3，故B项正确；HCl、H2SO3的酸性比H2CO3强，因此可用饱和NaHCO3溶液吸收CO2中混有的HCl、SO2等气体，故C项正确；将澄清石灰水滴入NaHCO3溶液中，开始时Ca(OH)2的量较少，发生的离子反应方程式为：Ca2＋＋2OH－＋2HCOeq \\al(－,3)=== CaCO3↓＋COeq \\al(2－,3)＋2H2O，故D项正确。
3．为探究氯气和氯水的性质，向一个带刻度的针筒(容积为50 mL)里吸入40 mL氯气后再吸入10 mL的水，密封后在光照条件下放置(针筒内压强保持不变)，可观察到的现象是( D )
①吸入水后，黄绿色气体体积缩小
②针筒内溶液为浅黄绿色，光照一段时间后颜色变浅
③针筒内最后得到无色液体和无色气体，其气体的体积约为20 mL
A．仅①② B．仅②③
C．仅①③ D．①②③
解析：吸入水后，氯气溶于水且部分与水发生反应：Cl2＋H2O===HCl＋HClO，黄绿色气体体积缩小，①正确；由于氯水中含氯气分子，所以针筒内溶液呈浅黄绿色，光照一段时间，发生反应2HClOeq \(=====,\s\up7(光照))2HCl＋O2↑，由于c(HClO)减小，Cl2与H2O反应继续生成HClO，光照一段时间后溶液颜色变浅，②正确；最终Cl2完全反应，HClO全部分解，得到无色的稀盐酸和20 mL无色的O2，③正确。
4．一定温度下，向饱和NaOH溶液中加入一定量的钠块，充分反应后恢复到原来温度，下列说法正确的是( B )
A．溶液中溶质质量增加，溶剂量减少，溶液的溶质质量分数变大
B．溶液的pH不变，有氢气放出
C．溶液中的c(Na＋)减少， 有氢气放出
D．溶液中的c(Na＋)增大，有氢气放出
解析：钠和水发生反应：2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑，消耗水，饱和NaOH溶液中有NaOH析出，溶液中Na＋数目减少，但反应后恢复到原来温度，溶液仍为饱和NaOH溶液，溶液的pH不变，溶液中c(Na＋)不变，B正确。
5．120 mL含有0.20 ml碳酸钠的溶液和200 mL盐酸，不管将前者滴加入后者，还是将后者滴加入前者，都有气体产生，但最终生成的气体体积不同，则盐酸的浓度合理的是( B )
A．2.0 ml/L B．1.5 ml/L
C．0.18 ml/L D．0.24 ml/L
解析：碳酸钠溶液滴入盐酸中立即有气体产生，而盐酸滴入碳酸钠溶液中二者先反应生成碳酸氢钠，然后放出CO2气体，反应方程式为Na2CO3＋HCl===NaHCO3＋NaCl、NaHCO3＋HCl===NaCl＋H2O＋CO2↑。要使两种滴加顺序都放出气体，盐酸的浓度应大于eq \f(0.2 ml,0.2 L)＝1 ml·L－1。若Na2CO3全部反应放出CO2：Na2CO3＋2HCl===CO2↑＋2NaCl＋H2O，需要盐酸浓度最小为2×eq \f(0.2 ml,0.2 L)＝2 ml·L－1。为使两种滴加顺序产生的CO2量不等，故盐酸的浓度应位于二者之间，故选B。
6．在实验室中，常用KMnO4代替MnO2与浓盐酸反应制取氯气，其反应的化学方程式为2KMnO4＋16HCl(浓)===2MnCl2＋5Cl2↑＋2KCl＋8H2O，下列叙述中正确的是( C )
A．反应中KMnO4被氧化
B．氧化产物与还原产物的物质的量之比为25
C．每生成1 ml Cl2时，反应中转移的电子为2 ml
D．每消耗16 ml HCl时，其中作氧化剂的HCl是10 ml
解析：KMnO4→MnCl2，Mn的化合价由＋7→＋2，故KMnO4是氧化剂，被还原，MnCl2是还原产物；HCl→Cl2，Cl的化合价由－1→0，故HCl是还原剂，Cl2是氧化产物，且每生成1 ml Cl2时，反应中转移2 ml电子；由化学方程式可知氧化产物Cl2与还原产物MnCl2的物质的量之比为52，故只有C项正确。
7．下列说法正确的是( A )
A．CO2气体通过过氧化钠粉末后，固体的质量增加
B．1 ml Na2O2固体中含离子总数为4NA
C．2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑是水作还原剂的氧化还原反应
D．在过氧化钠与水的反应中，每生成1 ml氧气，转移电子的数目为0.4NA
解析：Na2O2固体中存在Na＋和Oeq \\al(2－,2)，故1 ml Na2O2固体中含离子总数为3NA，B错误；Na2O2与水的反应中，水既不是氧化剂，也不是还原剂，C错误；在Na2O2与H2O的反应中，每生成1 ml O2，转移2 ml电子，D错误；CO2与Na2O2反应生成固体Na2CO3，固体质量增加，A正确。
8．以“物质的量”为中心的计算是化学计算的基础，下列与“物质的量”相关的计算正确的是( D )
A．现有CO、CO2、O3三种气体，它们分别都含有1 ml O，则三种气体的物质的量之比为321
B．28 g CO和22.4 L CO2中含有的碳原子数一定相等
C．标准状况下，11.2 L X气体分子的质量为16 g，则X气体的摩尔质量是32
D．a g Cl2中有b个氯原子，则阿伏加德罗常数NA的数值可表示为eq \f(35.5b,a)
解析：含有1 ml O的CO、CO2、O3的物质的量分别为1 ml、eq \f(1,2) ml、eq \f(1,3) ml，其物质的量之比为632，A错误；未指明气体所处状况，22.4 L CO2的物质的量无法确定，B错误；摩尔质量的单位为g·ml－1，C错误；由n＝eq \f(N,NA)＝eq \f(m,M)知，NA＝N×eq \f(M,m)＝b×eq \f(35.5 g·ml－1,a g)＝eq \f(35.5b,a) ml－1，D正确。
9．用6.02×1023表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是( A )
A．常温常压下，1.6 g臭氧中含有6.02×1022个氧原子
B．标准状况下，2.24 L水中含有6.02×1022个水分子
C．2.24 L氨气分子中含有6.02×1023个电子
D．2.4 g金属镁变为镁离子时失去6.02×1022个电子
解析：A项，n(O3)＝eq \f(1.6 g,48 g·ml－1)＝eq \f(1,30) ml，n(O)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,30)×3)) ml＝0.1 ml，故含有6.02×1022个氧原子，正确；B项，标准状况下，水不是气体，不适用于气体摩尔体积，错误；C项，没有说明在标准状况下，NH3的物质的量不确定，错误；D项，2.4 g Mg(物质的量为0.1 ml)变为Mg2＋，失去2×6.02×1022个电子，错误。
10．实验室需配制1 L 0.1 ml·L－1的CuSO4溶液，正确的操作是( D )
A．取25 g CuSO4·5H2O溶于1 L水中
B．取16 g CuSO4·5H2O溶于少量水中，再稀释至1 L
C．取16 g无水CuSO4溶于1 L水中
D．取25 g CuSO4·5H2O溶于水配成1 L溶液
解析：A、C项中，1 L为溶剂的体积，溶液的体积不为1 L，故A、C项错误；B项，16 g CuSO4·5H2O的物质的量为eq \f(16 g,250 g·ml－1)<0.1 ml，故B项错误；D项，取25 g CuSO4·5H2O溶于水配成1 L溶液，则c＝eq \f(25 g,250 g·ml－1)÷1 L＝0.1 ml·L－1，故D项正确。
11．取等物质的量浓度的NaOH溶液A和B两份，每份10 mL，分别向A、B中通入不等量的CO2，再继续向两溶液中逐滴加入0.1 ml·L－1的盐酸，标准状况下产生的CO2气体体积与所加的盐酸体积之间的关系如图所示，下列叙述正确的是( D )
A．原NaOH溶液的物质的量浓度为0.5 ml·L－1
B．A曲线表明原NaOH溶液中通入CO2后，所得溶液中的溶质成分是Na2CO3和NaHCO3
C．B曲线中当耗盐酸0
D．B曲线表明原NaOH溶液中通入CO2后，所得溶液加盐酸后产生CO2气体体积(标准状况)的最大值为112 mL
解析：根据图象可知，当加入75 mL盐酸时，CO2的生成量不再发生变化，所以生成的氯化钠为0.007 5 ml，根据原子守恒可知，A和B中氢氧化钠的物质的量是0.007 5 ml，浓度是0.75 ml·L－1，A不正确。由于碳酸钠和盐酸的反应是分步进行的，即碳酸钠首先与盐酸反应生成碳酸氢钠，然后碳酸氢钠再与盐酸反应生成CO2，所以根据图象可知A曲线表示的溶液中含有氢氧化钠和碳酸钠，而B曲线表示的溶液中含有碳酸钠和碳酸氢钠，B、C不正确；B曲线中NaHCO3和HCl反应生成CO2所消耗的盐酸是50 mL(75 mL－25 mL)，所以生成的CO2是0.005 ml，标准状况下的体积是112 mL，D正确。
12．将一定量的氯气通入30 mL浓度为10.00 ml·L－1的氢氧化钠浓溶液中，加热少许时间后溶液中形成NaCl、NaClO、NaClO3共存体系。下列判断正确的是( C )
A．与NaOH反应的氯气一定为0.3 ml
B．n(Na＋)n(Cl－)可能为73
C．若反应中转移的电子为n ml，则0.15
D．n(NaCl)n(NaClO)n(NaClO3)可能为1121
解析：根据原子守恒，n(Na)＝n(Cl)＝0.3 ml，故参加反应的氯气的物质的量n(Cl2)＝0.15 ml，A项错误。根据方程式Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O、3Cl2＋6NaOHeq \(=====,\s\up7(△))5NaCl＋NaClO3＋3H2O可知，氧化产物只有NaClO时，n(Na＋)n(Cl－)最大，为21；当氧化产物只有NaClO3时，n(Na＋)n(Cl－)最小，为65，故65
二、非选择题(共52分)
13．(13分)O2和O3是氧元素的两种单质，根据其化学式完成下列各题：
(1)等质量的O2和O3所含分子个数比为32，原子个数比为11，物质的量之比为32。
(2)等温等压下，等体积的O2和O3所含分子个数比为11，原子个数比为23，质量比为23。
(3)设NA为阿伏加德罗常数的数值，如果a g氧气中含有的分子数为b，则c g氧气在标准状况下的体积约是eq \f(22.4bc,a·NA)L(用含NA的式子表示)。
(4)配制100 mL 1 ml·L－1的稀H2SO4溶液，需要用量筒量取浓H2SO4(密度为1.84 g·mL－1，质量分数为98%)的体积为5.4 mL。
(5)将CO、O2两种气体分别盛放在两个容器中，并保持两个容器内气体的温度和密度均相等，这两种气体对容器壁所施压强的大小关系是p(O2)
(6)A物质按下式分解：2A===B↑＋2C↑＋2D↑，测得生成的混合气体在相同条件下的密度是H2密度的m倍，则A的摩尔质量为5m_g·ml－1。
14．(13分)下表是甲同学研究氯水性质实验片断的活动记录。
(1)根据上述实验内容和实验现象，选择合理解释填在上表中(填序号)。
A．氯水中存在Cl－
B．氯水中有漂白性物质和酸性物质
C．氯水中存在Cl2分子
(2)甲同学在实验中运用了AD进行探究(填序号)。
A．观察法 B．比较法
C．分类法 D．实验法
(3)乙同学在甲同学的实验基础上设计了下图实验装置进一步研究氯气的性质。
回答下列问题：
①实验中，乙同学观察到干燥的有色布条不褪色，湿润的有色布条褪色，得出的实验结论是干燥的氯气没有漂白性。
②为了防止多余的氯气污染空气，实验室常用X溶液来吸收尾气，写出X的化学式NaOH。
解析：(1)①氯气为黄绿色气体，氯水呈黄绿色说明氯水中存在Cl2；②氯水中含有Cl－，Cl－能够与AgNO3溶液反应产生白色沉淀；③氯水中的H＋能够使蓝色石蕊变红色，HClO具有漂白性。(3)①干燥的有色布条不褪色，而湿润的有色布条褪色，说明干燥的氯气没有漂白性。②NaOH溶液能与氯气反应，常用于吸收多余的氯气，起到防止污染空气的目的。
15．(13分)现有一定量含有Na2O杂质的Na2O2试样，用如图的实验装置测定Na2O2试样的纯度(可供选用的反应物只有CaCO3固体、6 ml·L－1盐酸、6 ml·L－1硫酸和蒸馏水)。
回答下列问题：
(1)装置A中液体试剂选用6_ml·L－1盐酸，理由是硫酸与CaCO3固体反应生成的CaSO4微溶于水，会覆盖在CaCO3固体表面，使反应不能持续进行。
(2)装置B的作用是除去气体中的HCl，装置C的作用是干燥气体，装置E中碱石灰的作用是吸收装置D中未反应的CO2。
(3)装置D中发生反应的化学方程式是2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2、Na2O＋CO2===Na2CO3。
(4)若开始时测得样品的质量为2.0 g，反应结束后测得气体体积为224 mL(标准状况)，则Na2O2试样的纯度为78%。
解析：解题的关键是求出Na2O2的量，原理是让Na2O2与CO2反应产生O2，通过测定O2在标准状况下的体积，根据反应方程式求出Na2O2的量。
(1)实验中需要制备纯净的CO2，选用盐酸和CaCO3固体反应，不用硫酸，是因为硫酸与CaCO3固体反应生成的CaSO4微溶于水，会覆盖在CaCO3固体表面，使反应不能持续进行。
(2)饱和碳酸氢钠溶液的作用是除去CO2气体中混有的HCl，浓硫酸的作用是干燥气体，装置E中碱石灰的作用是吸收装置D中未反应的CO2。
(3)装置D中发生反应的化学方程式是2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2、Na2O＋CO2===Na2CO3。
(4)反应结束后测得气体体积为224 mL(标准状况)，即生成O2的物质的量为0.01 ml，故过氧化钠的质量是0.01 ml×2×78 g·ml－1＝1.56 g，则Na2O2试样的纯度为eq \f(1.56 g,2.0 g)×100%＝78%。
16．(13分)NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂，也常用来漂白织物等，其中一种生产工艺如下：步骤一，利用NaClO3在硫酸作用下与SO2反应生成ClO2和一种酸式盐；步骤二，将ClO2在NaOH溶液中与H2O2反应即可生成NaClO2。
回答下列问题。
(1)NaClO2中Cl元素的化合价为＋3价。
(2)写出步骤一中生成ClO2的化学方程式：2NaClO3＋SO2＋H2SO4===2ClO2＋2NaHSO4。
(3)步骤二反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为21，该反应中氧化产物是O2。
(4)亚氯酸钠(NaClO2)在常温与黑暗处可保存一年。亚氯酸不稳定，易分解，反应的离子方程式为HClO2―→ClO2↑＋H＋＋Cl－＋H2O(未配平)。在该反应中，当有1 ml ClO2生成时转移的电子个数约为6.02×1023(或NA)。
(5)Cl2、H2O2、ClO2(还原产物为Cl－)、O3(1 ml O3转化为1 ml O2和1 ml H2O)等物质常被用作消毒剂。等物质的量的上述物质消毒效率最高的是C(填序号)。
A．Cl2 B．H2O2 C．ClO2 D．O2
(6)H2O2有时可作为矿业废液的消毒剂，有“绿色氧化剂”的美称。如消除采矿业废液中的氰化物(如KCN)，经以下反应实现：KCN＋H2O2＋H2O===A＋NH3↑，则生成物A的化学式为KHCO3，H2O2被称为“绿色氧化剂”的理由是H2O2作氧化剂时，还原产物是H2O，没有污染。
解析：(1)根据化合价规则判断NaClO2中Cl的化合价为＋3价。(2)根据题给信息知氯酸钠、二氧化硫和稀硫酸反应生成二氧化氯和硫酸氢钠，利用化合价升降法结合原子守恒配平，该反应的化学方程式为2NaClO3＋SO2＋H2SO4===2ClO2＋2NaHSO4。(3)步骤二反应中，二氧化氯转化为NaClO2，氯元素的化合价由＋4价降低到＋3价，得到电子，作氧化剂，1 ml ClO2得到1 ml电子，H2O2中氧元素的化合价由－1价升高到0价，失去电子，作还原剂，1 ml H2O2失去2 ml电子，利用得失电子守恒判断氧化剂与还原剂的物质的量之比为21，该反应中氧化产物是O2。(4)利用化合价升降法结合原子守恒，电荷守恒配平，该反应的离子方程式为5HClO2===4ClO2↑＋H＋＋Cl－＋2H2O，则有1 ml ClO2生成时转移的电子个数约为6.02×1023(或NA)。(5)四种物质消毒时均表现氧化性，发生氧化还原反应时1 ml Cl2得到2 ml电子，1 ml H2O2得到2 ml电子，1 ml ClO2得到5 ml电子，1 ml O3得到2 ml电子，消毒效率最高的是ClO2。(6)根据反应：KCN＋H2O2＋H2O===A＋NH3↑，结合原子守恒判断生成物A的化学式为KHCO3，H2O2被称为“绿色氧化剂”的理由是H2O2作氧化剂时，还原产物是H2O，无污染。
