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第二章《海水中的重要元素钠和氯》测试题2023-2024学年上学期高一化学人教版（2019）必修第一册
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这是一份第二章《海水中的重要元素钠和氯》测试题2023-2024学年上学期高一化学人教版（2019）必修第一册，共23页。
第二章《海水中的重要元素 钠和氯》测试题
一、单选题
1．设NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述中不正确的是
A．23gNa在化学反应中失去的电子数目为NA
B．17gNH3中所含原子数为4NA
C．常温常压下，11.2LSO3含有的氧原子数为1.5NA
D．标准状况下，分子数目为NA氯气所占的体积为22.4L
2．用表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A．常温常压下，18g含有的中子数、电子数均为
B．甲烷与白磷分子均为正四面体结构，其1mol分子中所含共价键数目均为
C．标准状况下，22.4LHF所含的分子数目为
D．32g由和组成的混合气体中氧原子数目为
3．仅用下表提供的玻璃仪器(非玻璃仪器任选)就能实现相应实验目的的是
选项
实验目的
玻璃仪器
A
分离水和食用油
长颈漏斗、烧杯、玻璃棒
B
配制100 mL 0.2 mol·L-1的NaOH溶液
100 mL容量瓶、烧杯、玻璃棒
C
从食盐水中提取NaCl
酒精灯、蒸发皿、玻璃棒
D
分离水与泥沙
分液漏斗、烧杯
A．A B．B C．C D．D
4．20℃时，在一刚性容器内部有一个不漏气且可滑动的活塞将容器分隔成左右两室。左室充入氮气，右室充入氢气与氧气的混合气体，活塞恰好停留在离左端的处(图a)，然后引燃氢、氧混合气体，反应完毕后恢复至原来温度，活塞恰好停在中间(图b)，如果忽略水蒸气体积，则反应前氢气与氧气的体积比可能是（ ）
A．3：4 B．1：1 C．2：1 D．7：2
5．下列有关实验操作正确的是
A．分液漏斗、容量瓶使用前都需要检查是否漏液
B．做实验剩余的钠可不以放回原试剂瓶
C．做焰色试验时，铂丝可以换成洁净铁丝并且用硫酸洗净再灼烧至火焰接近无色
D．蒸馏烧瓶以及试管加热时都需要垫石棉网
6．Na与水、氧气、氯气等均能反应，下列说法中正确的是（ ）
A．将Na投入盐酸中，Na先与水反应，生成的NaOH再与HCl反应
B．Na与氧气在常温下反应生成Na2O2，加热时二者反应生成Na2O
C．Na虽然能与氯气反应生成NaCl，但不能在氯气中燃烧
D．常温下，Na可以与水反应，证明Na比Fe更活泼
7．侯德榜发明了侯氏制碱法，其部分工艺流程如下，下列说法不正确的是
已知反应①的化学方程式为
A．该工艺利用了不同物质溶解度的差异
B．反应②属于分解反应
C．若纯碱中混有，可用澄清石灰水除去
D．母液的主要成分是，可用作化肥
8．下列说法错误的是
A．NaHSO4水溶液呈酸性
B．HCl在熔融状态下不导电
C．NaHCO3比 Na2CO3热稳定强
D．做焰色试验前，铂丝用稀盐酸清洗并用外焰灼烧至与原来火焰焰色相同
9．下列离子方程式的书写正确的是
A．澄清石灰水与过量碳酸氢钠溶液反应：Ca2++2OH-+2HCO=CaCO3↓+2H2O+CO
B．向NaHSO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液至SO恰好完成沉淀：Ba2++2OH-+2H++SO=BaSO4↓+2H2O
C．向氢氧化钠溶液中通入过量CO2：CO2+2OH-=CO+H2O
D．向石灰乳中加入盐酸：OH-+H+=H2O
10．下列实验操作正确的是
A
B
C
D
分离乙醇和水
除去氯气中的氯化氢
干燥CO2气体
读取液体体积
A．A B．B C．C D．D
11．取一块金属钠放在燃烧匙里加热，观察下列实验现象：①金属钠先熔化；②在空气中燃烧，放出红色火花；③燃烧后得白色固体；④燃烧时火焰为黄色；⑤燃烧后生成浅黄色固体物质。以上描述正确的是
A．①② B．①②③
C．①④ D．①④⑤
12．从海水中制备纯碱和金属镁的流程如下图所示：
下列说法不正确的是
A．流程 I 依次向粗盐水中加入过量 Ca(OH)2溶液、Na2CO3溶液并过滤
B．流程 II 吸氨是使溶液呈碱性，有利于吸收二氧化碳
C．海水提镁流程中涉及到三种基本反应类型
D．流程 IV、V 是通过化学方法富集镁元素
13．下列有关实验操作对应的现象及结论都正确且二者存在因果关系的是
选项
实验
现象
结论
A
向等体积等浓度的H2O2溶液中分别加入5滴等浓度的CuSO4溶液和KMnO4溶液
两者产生气泡的速率不同
CuSO4和KMnO4对H2O2分解反应的催化效果不同
B
向植物油和矿物油中分别加入烧碱溶液，加热
冷却后观察到其一分层，另一不分层
分层的是矿物油，不分层的植物油发生了水解反应且水解产物溶于水
C
将浓硝酸滴到胆矾晶体表面
晶体表面出现白斑
浓硝酸具有脱水性
D
向饱和NaHCO3溶液中滴入Na[Al(OH)4]溶液
产生白色沉淀
增大c(Na+)促使NaHCO3结晶析出
A．A B．B C．C D．D
二、填空题
14．氢氧化钠是白色固体，易潮解，具有强腐蚀性，所以又叫火碱、烧碱、苛性钠。是常用的碱性干燥剂，是重要的化工原料。
工业制法：氯碱工业2NaCl+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOH
苛化法：Na2CO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+2NaOH
在实验室，钠、氧化钠(Na2O)、过氧化钠(Na2O2)分别与水反应都生成NaOH。回答下列问题：
(1)在“氯碱工业”反应中，反应前后氯元素的化合价变化是 (填“升高”、“降低”、“不变”)。
(2)Ca(OH)2可拆写，苛化法的离子方程式为 。
(3)写出Na2O与水反应的化学方程式 。
(4)补项：过氧化钠与水反应为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+ ↑。
(5)NaOH固体不能干燥酸性气体。能用NaOH固体干燥的气体是 (填序号)。
a．HCl b．H2 c．NH3(碱性气体) d．CO2
15．回答问题：
(1)在标准状况下① ② ③个分子 ④ ，所占的体积由大到小的顺序是(填序号，下同) ；所含氢原子数由多到少的顺序是 ；密度由大到小的顺序是 ；质量由大到小的顺序是 。
(2)某气态氧化物化学式为，在标准状况下，该氧化物的体积为，则该氧化物的摩尔质量为 ，的相对原子质量为 。
(3)相同物质的量的铁、镁、铝分别跟足量稀硫酸反应，在同温同压下产生气体的体积之比为 ；体积相同，物质的量浓度相同的稀硫酸分别跟足量的铁、镁、铝反应，在同温同压下产生气体的体积之比为 。
(4)标准状况下，的某气体(摩尔质量为)溶解在水(水的密度近似为)中，假设气体完全溶解且不与水发生反应，溶液的密度为，则所得溶液的物质的量浓度 ；质量分数 。(选择以上字母表达计算式，要求化简)。
16．Ⅰ．现代工业常以氯化钠为原料制备纯碱，部分工艺流程如下：
已知NaHCO3在低温下溶解度较小。
反应Ⅰ：NaCl+CO2+NH3+H2ONaHCO3↓+NH4Cl，处理母液的两种方法：
（1）向母液中加入石灰乳，可将其中 循环利用。
（2）向母液中通入NH3，加入细小的食盐颗粒并降温，可得到NH4Cl晶体。试写出通入NH3后，溶解度较小的酸式碳酸盐转变为溶解度较大的碳酸盐的离子方程式 。
Ⅱ．某化学小组模拟“侯氏制碱法”，以NaCl、NH3、CO2和水等为原料以及下图所示装置制取NaHCO3，然后再将NaHCO3制成Na2CO3。
（1）装置丙中冷水的作用是 ；
（2）由装置丙中产生的NaHCO3制取Na2CO3时，需要进行的实验操作有 、洗涤、灼烧。NaHCO3转化为Na2CO3的化学方程式为 ；
（3）若在（2）中灼烧的时间较短，NaHCO3将分解不完全，该小组对一份加热了t1 min的NaHCO3 样品的组成进行了以下探究。
取加热了t1 min的NaHCO3样品29．6 g完全溶于水制成溶液，然后向此溶液中缓慢地滴加稀盐酸，并不断搅拌。随着盐酸的加入，溶液中有关离子的物质的量的变化如图所示。
则曲线a对应的溶液中的离子是 （填离子符号下同）；曲线c对应的溶液中的离子是 ；该样品中NaHCO3和Na2CO3的物质的量之比是 ； 21
（4）若取21．0 g NaHCO3固体，加热了t2rnin后，剩余固体的质量为l4．8 g。如果把此剩余固体全部加入到200 mL 2 mol•L—1的盐酸中，则充分反应后溶液中H+ 的物质的量浓度为 （设溶液体积变化忽略不计）
17．你参加了化学社团，老师让用密度为，质量分数为的浓盐酸配制的盐酸，第二天做实验要用。请回答下列问题。
(1)应量取浓盐酸的体积 mL。
(2)需要用到的仪器有：量筒、烧杯、玻璃棒、 。
(3)配制时，正确的操作顺序是(用字母表示，每个字母只能用一次) 。
A．用水洗涤烧杯内壁和玻璃棒2~3次，洗涤液均注入容量瓶，振荡
B．用量筒准确量取所需的浓盐酸的体积，倒入烧杯中，再加入少量水(约)稀释，用玻璃棒慢慢搅拌，使其混合均匀
C．将已冷却的盐酸沿玻璃棒注入容量瓶中
D．将容量瓶盖紧，振荡，摇匀。
E．改用胶头滴管加水，使溶液凹液面恰好与刻度线相切
F．继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度线处
(4)若你在实验中遇到下列情况，会使所配制盐酸的物质的量浓度偏高的有 。
①用于稀释盐酸的烧杯未洗涤；
②容量瓶中原有少量蒸馏水；
③定容时俯视观察液面；
④定容后经振荡、摇匀，发现液面下降，再加水重新定容；
⑤量取浓盐酸时俯视液面；
⑥浓盐酸稀释后未冷却就直接转移至容量瓶中；
⑦量取浓盐酸后，用蒸馏水洗涤量筒并转移至容量瓶中。
(5)取任意体积的该盐酸时，下列物理量中不随所取体积多少而变化的是：______(填字母)。
A．溶液的浓度 B．溶液中HCl的物质的量
C．溶液中的数目 D．溶液的密度
18．按要求完成下列问题。
(1) 下列三组物质中，均有一种物质的类别与其他三种不同。
①MgO、Na2O、CO2、CuO ②HCl、H2O、H2SO4、HNO3 ③NaOH、Na2CO3、KOH、Cu(OH)2
三种物质依次是(填化学式)：① ；② ；③ 。
(2)人体胃液中有胃酸(0.2%～0.4%的盐酸)，当胃酸过多时，医生通常用“小苏打片”
①用小苏打片(NaHCO3)治疗胃酸过多的离子方程式为
②常用澄清石灰水检验CO2气体，反应的离子方程式是 。
19．（1）下列变化一定加入还原剂才能实现的是 （填序号）
①Fe2+→Fe ②CO2→HCO3-③ MnO4-→Mn2+ ④SO2→SO3 ⑤KMnO4→MnO2 ⑥ HCl→Cl2 ⑦SO32-→SO2 ⑧NH4+→NH3
（2）我国古代四大发明之一的黑火药是由硫粉、硝酸钾和木炭按一定比例混合而成，爆炸时的反应为S+ 2KNO3 +3C = K2S + N2↑ + 3CO2↑，反应中被还原的物质是 （填化学式）
（3）NaH可在野外作生氢剂，反应原理为NaH + H2O = NaOH + H2↑，该反应中氧化产物和还原产物的质量比为 。
（4）2KMnO4 + 16HCl（浓） = 2KCl + 2MnCl2 +5Cl2↑ + 8H2O，用单线桥标出电子转移的方向和数目 ；HCl表现出的性质是 。
（5）取300mL 0.2mol· L-1的KI溶液与一定量的酸性KMnO4溶液恰好反应，生成等物质的量的I2和KIO3，则消耗KMnO4的物质的量是 mol。
（6）为了检验某含有NaHCO3杂质的Na2CO3样品的纯度，现将w1g样品加热，其质量变为w2 g，则该样品的纯度（质量分数）是 （用含w1和w2的式子表示）。
（7）取50mL含Na2CO3和Na2SO4的混合溶液与过量盐酸反应，生成2.24L CO2（标准状况），然后加入足量的Ba（OH）2溶液，得到的沉淀的质量为2.33g。试计算原混合溶液中Na+的物质的量浓度 mol/L。
20．下图是中学化学中常见物质之间的一些反应关系，其中部分产物未写出。常温下X是固体，X受热分解所得气体在标况下的体积比为1：1，H为淡黄色粉末，B和G常温下是液体，其余均为气体。根据图中关系推断：
（1）化学式X ；
（2）A的电子式为 ；空间构型 ；
C的结构式为 ；H所包含的化学键类型 。
（3）工业上制取A的化学反应方程式 ；A→D的化学反应方程式 ；
C+H→E的化学反应方程式 ；G→D的离子反应方程式 。
21．氯水中含有多种成分，因而具有多种性质，根据新制氯水分别与如图四种物质发生的反应填空。(a、b、c、d中重合部分代表物质间反应，且氯水足量)
(1)能证明氯水具有漂白性的是 (填“a”、“b”、“c”、“d”)。
(2)c过程中的现象是 ；e过程中的现象是 ；e过程的反应方程式 。
(3)久置的氯水变为 ，用化学反应方程式表示为 。
(4)实验室保存饱和氯水的方法是 。
(5)用滴管将新制的饱和氯水慢慢滴入含酚酞的NaOH稀溶液中.当滴到最后一滴时红色突然褪去。试分析褪色的原因：①是由于 ；②是由于 。简述怎样用实验证明红色褪去的原因是①还是②： 。
参考答案：
1．C
【详解】A．23g Na的物质的量为1mol，而反应后Na的化合价变为+1价，所以1molNa在化学反应中失去的电子数目为NA，A项正确；
B．17g NH3的物质的量为1mol，而氨气是4原子分子，故1mol氨气中所含原子数为4NA，B项正确；
C．常温常压下，SO3非气态，无法通过气体摩尔体积计算物质的量，C项错误；
D．分子数目为NA氯气物质的量为1mol，在标准状况下的体积为22.4L，D项正确；
答案选C。
2．D
【详解】A．1个分子中含有的中子、质子、电子数都是10，的相对分子质量为，18g为0.9mol，含有中子、质子、电子的物质的量是9mol，含有的中子数、电子数均为，A错误；
B．1mol白磷中含6molP-P键，故1mol白磷分子中含个共价键，B错误；
C．适用于标准状况（0℃，101kPa），HF在标准状况下为液体，所以不能用计算22.4LHF所含的分子数目，C错误；
D．和可以用通式理解，32g由和组成的混合气体中氧原子数目为，D正确；
故选D。
3．C
【详解】A．用分液法分离分离水和食用油，装置图是，应该用分液漏斗，不用长颈漏斗，故不选A；
B．配制100 mL 0.2 mol·L-1的NaOH溶液，需用100 mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管，缺少胶头滴管，故不选B；
C．用蒸发结晶的方法从食盐水中提取NaCl，用到的仪器是酒精灯、蒸发皿、玻璃棒，故选C；
D．用过滤法分离分离水与泥沙，装置图是，应用普通漏斗，不能用分液漏斗，缺玻璃棒，故不选D；
答案选C。
4．D
【详解】温度、压强相等，二者的体积之比等于物质的量之比，活塞恰好停留在离左端的处（），假设氮气的物质的量为1mol，则氢气和氧气的物质的量之和为3mol；反应后恢复至原来的温度，活塞恰好停在中间（），说明反应后氮气和剩余气体的物质的量相等，所以剩余气体的物质的量为1mol，2H2+O22H2O，假设氢气完全反应，根据方程式知，氢气物质的量＝=mol，则氧气物质的量为mol，相同条件下，气体的体积之比等于物质的量之比，所以氢气和氧气体积之比为4：5；假设氧气完全反应，根据方程式知，氧气的物质的量＝=mol，氢气的物质的量为mol，相同条件下，气体的体积之比等于物质的量之比，所以氢气和氧气的体积之比为7：2；
答案选D。
5．A
【详解】A.分液漏斗带有活塞和瓶塞，容量瓶带有瓶塞，使用前为防止使用过程中漏水，都需要检查是否漏液，故A正确；
B.金属钠能与空气中氧气和水反应，为防止发生意外事故，做实验剩余的钠应放回原试剂瓶，故B错误；
C.浓盐酸易挥发，而硫酸难挥发，且会和某些离子形成沉淀附着在铂丝上影响检验结果，则做焰色试验时，铂丝可以换成洁净铁丝并且用盐酸洗净再灼烧至火焰接近无色，故C错误；
D.试管能直接加热，不需要垫石棉网，故D错误；
故选A。
6．D
【详解】A、将Na投入盐酸中，Na先与HCl反应生成氢气及氯化钠，若Na过量，过量的Na再与水反应，选项A错误；
B、Na与氧气在常温下反应生成Na2O，加热时二者反应生成Na2O2，选项B错误；
C、Na在氯气中可以燃烧，选项C错误；
D、常温下，Na可以与水剧烈反应，Fe与水在常温下不反应，证明Na比Fe更活泼，选项D正确；
答案选D。
7．C
【详解】A．碳酸氢钠、氯化铵、氯化钠、碳酸氢铵中碳酸氢钠的溶解度最小，所以首先析出碳酸氢钠沉淀，故A正确；
B．反应②是，属于分解反应，故B正确；
C．碳酸钠、碳酸氢钠都能与石灰水反应，不能用石灰水除碳酸钠中的，故C错误；
D．根据，析出碳酸氢钠后的母液主要成分是，可用作化肥，故D正确；
选C。
8．C
【详解】A. NaHSO4属于强电解质，在水溶液里完全电离形成钠离子、氢离子和硫酸根离子，所以水溶液呈酸性，故A正确；
B. HCl为共价化合物，在熔融状态下不电离，所以不导电，故B正确；
C. NaHCO3加热 分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，所以热稳定性弱于Na2CO3，故C错误；
D. 做焰色试验前，铂丝用稀盐酸清洗并用外焰灼烧至与原来火焰焰色相同，目的是除去铂丝上的杂质，故D正确；
故选C。
9．A
【详解】A．澄清石灰水与过量碳酸氢钠溶液反应，钙离子、氢氧根离子完全反应生成碳酸钙沉淀和水，Ca2++2OH-+2HCO=CaCO3↓+ 2H2O +CO，A正确；
B．向NaHSO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液至SO恰好完成沉淀，则氢离子完全反应生成水、氢氧根离子过量：Ba2++OH-+H++SO= BaSO4↓+H2O，B错误；
C．向氢氧化钠溶液中通入过量CO2生成碳酸氢钠：CO2+OH-=HCO，C错误：
D．向石灰乳中加入盐酸，石灰乳为悬浊液，不能写成离子的形式，Ca(OH)2+2H+= Ca2++2H2O，D错误。
故选A。
10．B
【详解】A．乙醇和水互溶，无法分液分离，A错误；
B．氯气难溶于饱和食盐水，HCl极易溶于水，所以可以用饱和食盐水除去氯气中混有的HCl气体，B正确；
C．CO2为酸性气体，会和碱石灰反应，不能用碱石灰干燥，C错误；
D．读取量筒中液体体积时视线应与液面最低点平齐，D错误；
综上所述答案为B。
11．D
【详解】钠在加热条件下与氧气发生反应时，由于钠的熔点较低，先熔化，与氧气在加热条件下反应生成淡黄色过氧化钠固体，燃烧时火焰为黄色，说法正确的是①④⑤，故合理选项是D。
12．C
【详解】A．流程 I 是除去粗盐水中的氯化钙、氯化镁，因为除去氯化镁时需加碱，通常加入过量氢氧化钙，所以应依次向粗盐水中加入过量 Ca(OH)2溶液、Na2CO3溶液并过滤，A正确；
B．流程 II 的目的是制取NaHCO3，由于CO2在食盐水中的溶解度不大，而在碱性溶液中具有较大的溶解度，所以食盐先吸氨使溶液呈碱性，有利于吸收二氧化碳，B正确；
C．海水提镁流程中，加石灰乳和加盐酸，发生的都是复分解反应，电解氯化镁制Mg，发生的是分解反应，所以涉及到二种基本反应类型，C不正确；
D．在母液中MgCl2的浓度很小，流程 IV将氯化镁转化为Mg(OH)2沉淀，流程V将Mg(OH)2溶解重新制得MgCl2，此时MgCl2浓度大，所以通过化学方法实现镁元素的富集，D正确；
故选C。
13．B
【详解】A. KMnO4溶液能够氧化H2O2，因此不能比较二者的催化效果，A错误；
B. 植物油属于油脂，能够在碱性条件下发生水解反应产生可溶性物质，而矿物油是烃的混合物，与烧碱不能反应，因此可以根据实验现象的不同证明哪种是植物油，哪种是矿物油，B正确；
C. 浓硫酸具有脱水性，将浓硫酸滴在胆矾表面，会使晶体失去结晶水而出现白斑，而浓硝酸没有脱水性，因此不能使胆矾出现白斑现象，C错误；
D. 向饱和NaHCO3溶液中滴入Na[Al(OH)4]溶液，产生白色沉淀，是由于发生反应：HCO3-+[Al(OH)4]-=CO32-+Al(OH)3↓+H2O，与溶液中c(Na+)无关，D错误；
故合理选项是B。
14．(1)升高
(2)Ca2++= CaCO3↓
(3)Na2O+H2O=2NaOH
(4)O2
(5)bc
【详解】（1）“氯碱工业”反应为2NaCl+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOH，NaCl中Cl元素显-1价，Cl2中Cl元素显0价，则反应前后氯元素的化合价变化是：升高。答案为：升高；
（2）反应Na2CO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+2NaOH中，Ca(OH)2可拆写，则苛化法的离子方程式为Ca2++= CaCO3↓。答案为：Ca2++= CaCO3↓；
（3）Na2O为碱性氧化物，与水反应生成NaOH，化学方程式：Na2O+H2O=2NaOH。答案为：Na2O+H2O=2NaOH；
（4）过氧化钠与水反应，生成NaOH和氧气，化学方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+ O2↑。答案为：O2；
（5）NaOH固体呈碱性，不能干燥酸性气体HCl、CO2，但能干燥碱性气体和中性气体，则能用NaOH固体干燥的气体是H2和NH3，故选bc。答案为：bc。
15．(1) ④②①③ ④②③① ①②③④ ②①④③
(2) 32
(3)
(4)
【分析】(1)
在标准状况下① ② 的物质的量==0.4mol， ③个分子的物质的量= =0.2mol， ④ 的物质的量==0.5mol，相同条件下，气体的体积之比等于物质的量之比，所占的体积由大到小的顺序是(填序号，下同)④②①③；各物质中H原子的物质的量分别为：①HCl含有H原子为0.3mol，②H2S中含有H原子为 0.4mol×2=0.8mol，③NH3中含有氢原子为0.2mol×3=0.6mol，④CH4 中含有H原子为0.5mol×4=2mol，所含氢原子数由多到少的顺序是④②③①；各物质的摩尔质量分别为：①HCl为36.5g/mol，②H2S 为34g/mol，③NH3为17g/mol，④CH4 为16g/mol，相同条件下，密度之比等于摩尔质量之比，密度由大到小的顺序是①②③④；各物质的质量分别为：①HCl为0.3mol×36.5g/mol=10.95g，②H2S为0.4mol×34g/mol=13.6g，③NH3为0.2mol×17g/mol=3.4g，④8gCH4，质量由大到小的顺序是②①④③。故答案为：④②①③；④②③①；①②③④；②①④③；
(2)
某气态氧化物化学式为，在标准状况下，该氧化物的体积为，其物质的量为=0.03mol，故该氧化物的摩尔质量= =64g/mol，X的相对原子质量为64-32=32，则该氧化物的摩尔质量为，的相对原子质量为32。故答案为：；32；
(3)
相同物质的量的铁、镁、铝分别跟足量稀硫酸反应，金属完全反应，根据电子转移守恒可知，氢气的体积之比等于金属提供电子物质的量之比，铁、镁、铝的物质的量相等，在同温同压下产生气体的体积之比为；体积相同，物质的量浓度相同的稀硫酸分别跟足量的铁、镁、铝反应，硫酸的物质的量相等，硫酸完全反应，根据H原子守恒可知，生成氢气体积之比等于硫酸物质的量之比，在同温同压下产生气体的体积之比为。故答案为：；；
(4)
标准状况下，的某气体(摩尔质量为)溶解在水(水的密度近似为)中，假设气体完全溶解且不与水发生反应，溶液的密度为，VL气体的物质的量==mol，气体的质量=mol×Mg/mol=g，1L水的质量=1000mL×1g/mL=1000g，故VL A气体溶于1L水中，所得溶液中溶质的质量分数=×100%=×100%，所得溶液密度为ρg/cm3，故溶液物质的量浓度= mol/L=，则所得溶液的物质的量浓度；质量分数。故答案为：；。
16． NH3 HCO3–+NH3=NH4++CO32– 冷却，使碳酸氢钠晶体析出 过滤 2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑ Na+ HCO3- 1:2 0.75 mol/L
【分析】Ⅰ（1）根据流程可知，母液中含有氯化铵，加入石灰乳后可以生成氨气；
（2）根据氨水电离成铵根和氢氧根离子，增大铵根的浓度有利于氯化铵的析出来分析，溶液碱性增强，使碳酸氢钠转换为溶解度较大的碳酸钠；
Ⅱ．（1）温度越低，NaHCO3的溶解度越小；
（2）装置丙中是氨化的饱和食盐水中通入二氧化碳生成碳酸氢钠晶体，通过过滤得到晶体洗涤灼烧得到碳酸钠；NaHCO3转化为Na2CO3的方法是固体加热分解；
（3）混合物是碳酸钠和碳酸氢钠，滴入盐酸发生反应CO32-+H+=HCO3-； HCO3-+H+=CO2↑+H2O；依据图象分析碳酸根离子减小，碳酸氢根离子增多；
（4）依据反应前后质量变化是碳酸氢钠分解的原因，依据反应前后质量变化计算反应的碳酸氢钠和生成的碳酸钠，结合试样质量计算剩余碳酸氢钠，计算得到混合物反应消耗的氢离子得到。
【详解】Ⅰ.（1）向分离出NaHCO3晶体后的母液NH4Cl中加入过量石灰乳，发生的反应有Ca（OH）2+2NH4Cl=2NH3↑+2H2O+CaCl2，最终产物为氯化钙、氨气，其中氨气可再利用，
故答案为NH3；
（2）通入NH3后，溶解度较小的酸式碳酸盐转变为溶解度较大的碳酸盐的离子方程式HCO3–+NH3=NH4++CO32–。
Ⅱ．（1）装置丙中冷水的作用是降温，使碳酸氢钠晶体析出。
（2）由装置丙中产生的NaHCO3发生的反应为，NH3+CO2+H2O+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl；制取Na2CO3时需要过滤得到晶体，洗涤后加热灼烧得到碳酸钠；2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑
（3）溶液中有关离子的物质的量的变化为：钠离子始终不变，碳酸根离子减小，碳酸氢根离子浓度增大，当碳酸根离子全部转化为碳酸氢根离子，再滴入盐酸和碳酸氢根离子反应生成二氧化碳，碳酸氢根离子减小，所以c曲线表示的是碳酸氢根离子浓度变化；碳酸根离子浓度0．2mol/L；碳酸氢根离子浓度为0．1mol/L；样品中NaHCO3和Na2CO3的物质的量之比是1：2； 故答案为Na+ ；HCO3-； 1：2；
（4）若取21g NaHCO3固体物质的量==0.25mol，加热了t1min后，剩余固体的质量为14．8g．依据化学方程式存在的质量变化计算：
2NaHCO3=Na2CO3+CO2↑+H2O △m
2 1 62
0.2mol 0.1mol 21g-14．8g
反应后NaHCO3物质的量=0.25mol-0.2mol=0.05mol；NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑；消耗氯化氢物质的量0.05mol；
Na2CO3物质的量=0.1mol，Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑，消耗氯化氢物质的量0.2mol；
剩余氯化氢物质的量=0.200L×2mol/L-0.05mol-0.2mol=0.15mol，剩余溶液中c（H+）=
=0．75mol/L故答案为0.75mol/L。
17．(1)2mL
(2)250mL容量瓶、胶头滴管
(3)BCAFED
(4)③⑥⑦
(5)AD
【详解】（1）根据可知浓盐酸的物质的量浓度是。实验室用密度为1.25 g/mL、质量分数为36.5%的浓盐酸配制240 mL0.1 mol./L的盐酸，由于实验室没有240 mL的容量瓶，因此需要配制250 mI溶液，则所需浓盐酸的体积为。
（2）用量筒量取浓溶液、在烧杯中稀释，用玻璃棒搅拌、转移到250mL的容量瓶，用胶头滴管定容，故还需要的仪器有250mL容量瓶、胶头滴管；
（3）配制溶液时,第一步,用量筒准确量取所需的浓盐酸的体积,倒入烧杯中,再加入少量水(约30 mL),用玻璃棒慢慢搅拌,使其混合均匀;第二步,将已冷却的盐酸沿玻璃棒注入容量瓶中;第三步,用30mL水洗涤烧杯内壁和玻璃棒2~3次，洗涤液均注入容量瓶，振荡;第四步，继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度线1~2cm处;第五步,改用胶头滴管加水,使溶液凹液面恰好与刻度线相切;第六步,将容量瓶盖紧，振荡，摇匀;最后，装瓶储存。故顺序为：BCAFED
（4）①用于稀释盐酸的烧杯未洗涤，使溶质的物质的量偏小，溶液体积不变，因此溶液的物质的量浓度偏低；
②容量瓶中原有少量蒸馏水，对溶液的配制结果无影响，即溶液的物质的量浓度不变;
③定容时俯视观察液面，溶液的体积偏小,溶质的物质的量不变,因此溶液的物质的量浓度偏高。
④定容后经振荡、摇匀，发现液面下降，再加水重新定容，相当于水加多了，浓度偏低；
⑤量取浓盐酸时俯视液面，相当于溶质取的少了，造成浓度偏低；
⑥浓盐酸稀释后未冷却就直接转移至容量瓶中，热涨冷缩，未冷却造成加水加少了，造成浓度偏大；
⑦量取浓盐酸后，量筒不需要洗涤，用蒸馏水洗涤量筒并转移至容量瓶中，造成溶质多了，浓度偏大；
故答案为③⑥⑦；
（5）A. c= 溶液的浓度不随体积改变；
B. 浓度不变，溶液中HCl的物质的量随体积改变；
C. 浓度不变，溶液中的数目随体积改变；
D. 溶液的密度不随体积改变而改变；
故答案为：AD。
18． CO2 H2O (或HCl) Na2CO3 HCO+H+=CO2↑+H2O Ca2++2OH－+CO2=CaCO3↓+H2O
【详解】(1)①MgO、Na2O、CO2、CuO，CO2是酸性氧化物，其余三个是碱性氧化物；②HCl、H2O、H2SO4、HNO3，H2O中性溶液，其余三个是是酸或则HCl不含氧，其余三个物质是含氧化合物；③NaOH、Na2CO3、KOH、Cu(OH)2，Na2CO3是盐，其余三个是碱；因有一种物质的类别与其他三种不同的物质依次是：①CO2；②H2O或HCl；③Na2CO3；故答案为：CO2；H2O或HCl；Na2CO3。
(2)①用小苏打片(NaHCO3)治疗胃酸过多，碳酸氢钠和盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，其离子方程式为HCO+H+=CO2↑+H2O；故答案为：HCO+H+=CO2↑+H2O。
②常用澄清石灰水检验CO2气体，二氧化碳和澄清石灰水反应生成碳酸钙和水，其反应的离子方程式是Ca2++2OH－+CO2=CaCO3↓+H2O；故答案为：Ca2++2OH－+CO2=CaCO3↓+H2O。
19． ①③ S、KNO3 1:1 = 2KCl +2MnCl2 + 5Cl2↑ + 8H2O 还原性和酸性 0.032 4.4
【分析】(1)还原剂失去电子，化合价升高。如果变化需要加入还原剂才能实现，说明该物质一定得到电子，化合价一定降低。
（2）化学反应中，所含元素化合价降低的反应物是还原剂，被氧化；
（3）NaH + H2O = NaOH + H2↑，NaH中H元素化合价由-1升高为0，H2O中H元素由+1降低为0，H2既是氧化产物又是还原产物；
（4）2KMnO4 + 16HCl（浓） = 2KCl + 2MnCl2 +5Cl2↑ + 8H2O，锰元素化合价从+7价降低到+2价，得到5个电子，氯元素化合价从-1价升高为0价，失去1个电子；
（5）根据得失电子守恒计算消耗KMnO4的物质的量；
（6）碳酸氢钠分解为碳酸钠、水、二氧化碳，所以固体质量减少；
（7）碳酸钠与盐酸反应放出二氧化碳，硫酸钠与Ba（OH）2溶液反应生成硫酸钡沉淀。
【详解】（1）①Fe2+→Fe，铁元素化合价降低，要加入还原剂才能实现，故选①； ②CO2→HCO3-，元素化合价不变，属于非氧化还原反应，故不选②；③ MnO4-→Mn2+ ，锰元素化合价降低，要加入还原剂才能实现，故选③；④SO2→SO3，硫元素化合价升高，要加入氧化剂才能实现，故不选④；⑤KMnO4可以发生自身氧化还原反应生成MnO2，不需要加入还原剂就能实现，故不选⑤；⑥ 电解HCl得到Cl2 和氢气，不需要加入还原剂就能实现，故不选⑥；⑦SO32-→SO2，元素化合价不变，属于非氧化还原反应，故不选⑦； ⑧NH4+→NH3，元素化合价不变，属于非氧化还原反应，故不选⑧；选①③。
（2）S+ 2KNO3 +3C = K2S + N2↑ + 3CO2↑，KNO3中N元素化合价由+5降低为0，S化合价由0降低为-2，所以KNO3、S是氧化剂，被还原。
（3）NaH + H2O = NaOH + H2↑，NaH中H元素化合价由-1升高为0，H2O中H元素由+1降低为0，H2既是氧化产物又是还原产物，根据得失电子守恒，氧化产物和还原产物的质量比为1:1；
（4）2KMnO4 + 16HCl（浓） = 2KCl + 2MnCl2 +5Cl2↑ + 8H2O，锰元素化合价从+7价降低到+2价，得到5个电子，氯元素化合价从-1价升高为0价，失去1个电子；所以单线桥表示为= 2KCl +2MnCl2 + 5Cl2↑ + 8H2O；HCl中氯元素化合价由-1升高为0，HCl是还原剂，表现还原性，HCl中部分氯元素化合价没变，生成KCl、MnCl2，所以HCl表现酸性；
（5）300mL 0.2mol· L-1的KI溶液与酸性KMnO4溶液恰好反应，生成等物质的量的I2和KIO3，根据碘元素守恒，生成I2和KIO3的物质的量都是0.02mol，碘元素得电子总物质的量是0.02mol×2×1+0.02mol×6=0.16mol；设消耗KMnO4的物质的量为xmol，根据得失电子守恒，5x=0.16mol，x=0.032mol。
（6）设碳酸氢钠的质量为xg
2NaHCO3 Na2CO3+H2O+CO2 △m
168 106 62
xg w1g－w2g
，则碳酸钠的质量是w1g-=
该样品的纯度（质量分数）是÷w1g=；
（7）生成的CO2体积在标准状况下是2.24L，所以二氧化碳的物质的量是2.24L÷22.4L/mol＝0.1mol；
根据反应的化学方程式可知
Na2CO3＋2HCl=2NaCl＋H2O＋CO2↑
1mol 1mol
0.1mol 0.1mol
所以Na2CO3的物质的量是0.1mol；
生成的白色沉淀是硫酸钡，物质的量是2.33g÷233g/mol＝0.01mol；
所以根据反应的化学方程式可知
Na2SO4＋Ba(OH)2=2NaOH＋BaSO4↓
1mol 1mol
0.01mol 0.01mol
所以Na2SO4的物质的量是0.01mol；
溶液中钠离子的物质的量是0.1mol×2+0.01mol×2=0.22mol；原混合溶液中Na+的物质的量浓度0.22mol ÷0.05L =4.4 mol/L。
20． NH4HCO3 三角锥型 O=C=O 离子键和非极性键 N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) 4NH3+5O24NO+6H2O 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O
【分析】常温下X是固体，既能与强碱反应，又能与强酸反应，说明物质为弱酸的铵盐，X受热分解所得气体在标况下的体积比为1：1，所以X为NH4HCO3，加热分解产生氨气和二氧化碳气体（1:1）；所以A为NH3，B常温下是液体，所以B为H2O；H为淡黄色粉末，为Na2O2，C为CO2，所以过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气（E）；氨气与氧气在一定条件下发生催化氧化，生成NO(D)，一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮（NO2），二氧化氮与水反应生成硝酸（G），为HNO3，（满足G常温下是液体）；硝酸与铜反应生成二氧化氮，符合转化关系；据此进行分析。
【详解】常温下X是固体，既能与强碱反应，又能与强酸反应，说明物质为弱酸的铵盐，X受热分解所得气体在标况下的体积比为1：1，所以X为NH4HCO3，加热分解产生氨气和二氧化碳气体（1:1）；所以A为NH3，B常温下是液体，所以B为H2O；H为淡黄色粉末，为Na2O2，C为CO2，所以过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气（E）；氨气与氧气在一定条件下发生催化氧化，生成NO(D)，一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮（NO2），二氧化氮与水反应生成硝酸（G），为HNO3，（满足G常温下是液体）；硝酸与铜反应生成二氧化氮，符合转化关系；
（1）结合以上分析可知，X的化学式为NH4HCO3；
答案是：NH4HCO3；
（2）结合以上分析可知，A为NH3，为共价化合物，其电子式为；空间构型为三角锥型；C为CO2，为共价化合物，C的结构式为O=C=O；H为淡黄色粉末，为Na2O2，属于离子化物，电子式：；含有离子键和非极性键；
答案是：，三角锥型；O=C=O；离子键和非极性键；
（3）工业上制取NH3，氮气和氢气在一定条件下发生反应氨气，方程式为：N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)；氨气与氧气发生反应生成一氧化氮和水，所以A→D的化学反应方程式4NH3+5O24NO+6H2O；过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，C+H→E的化学反应方程式为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；铜与浓硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，G→D的离子反应方程式为：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O；
故答案是：N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)；4NH3+5O24NO+6H2O；2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O。
21．(1)d
(2) 有白色沉淀生成 氯水的浅黄绿色消失 Cl2＋2NaOH＝NaCl＋NaClO＋H2O
(3) 稀盐酸 2HClO2HCl＋O2↑
(4)在阴凉处置于棕色试剂瓶中密封保存
(5) 氯水中的酸与NaOH反应，碱性减弱 氯水中的HClO有漂白性，将酚酞漂白 向褪色后的溶液里再加入过量的NaOH溶液，若变红，说明原因①正确，否则原因②正确
【分析】氯水中存在三种分子：Cl2、H2O、HClO；四种离子：Cl－、H＋、OH－、ClO－，结合物质的性质分析解答。
（1）
氯水中的HClO具有漂白性，故氯水可使石蕊先变红后褪色，即能证明氯水具有漂白性的是选项d。
（2）
氯水中含有氯离子，能与银离子结合生成氯化银白色沉淀，则c过程中的现象是有白色沉淀生成；氯水能与氢氧化钠溶液反应，且氯水显浅黄绿色，则e过程中的现象是氯水的浅黄绿色消失，反应的反应方程式为Cl2＋2NaOH＝NaCl＋NaClO＋H2O。
（3）
次氯酸易分解生成氯化氢和氧气，因此久置的氯水变为稀盐酸，用化学反应方程式表示为2HClO2HCl＋O2↑。
（4）
次氯酸见光易分解生成氯化氢和氧气，因此实验室保存饱和氯水的方法是在阴凉处置于棕色试剂瓶中密封保存。
（5）
用滴管将新制的饱和氯水慢慢滴入含酚酞的NaOH稀溶液中，当滴到最后一滴时红色突然褪去。褪色的原因可能是由于氯水中的酸与NaOH反应，碱性减弱，或者是由于氯水中的HClO有漂白性，将酚酞漂白；如果是由于次氯酸的漂白使其褪色，则向褪色后的溶液中继续加入氢氧化钠溶液不会出现红色，因此用实验证明红色褪去的原因是①还是②的方案为向褪色后的溶液里再加入过量的NaOH溶液，若变红，说明原因①正确，否则原因②正确。
第二章《海水中的重要元素 钠和氯》测试题
一、单选题
1．设NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述中不正确的是
A．23gNa在化学反应中失去的电子数目为NA
B．17gNH3中所含原子数为4NA
C．常温常压下，11.2LSO3含有的氧原子数为1.5NA
D．标准状况下，分子数目为NA氯气所占的体积为22.4L
2．用表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A．常温常压下，18g含有的中子数、电子数均为
B．甲烷与白磷分子均为正四面体结构，其1mol分子中所含共价键数目均为
C．标准状况下，22.4LHF所含的分子数目为
D．32g由和组成的混合气体中氧原子数目为
3．仅用下表提供的玻璃仪器(非玻璃仪器任选)就能实现相应实验目的的是
选项
实验目的
玻璃仪器
A
分离水和食用油
长颈漏斗、烧杯、玻璃棒
B
配制100 mL 0.2 mol·L-1的NaOH溶液
100 mL容量瓶、烧杯、玻璃棒
C
从食盐水中提取NaCl
酒精灯、蒸发皿、玻璃棒
D
分离水与泥沙
分液漏斗、烧杯
A．A B．B C．C D．D
4．20℃时，在一刚性容器内部有一个不漏气且可滑动的活塞将容器分隔成左右两室。左室充入氮气，右室充入氢气与氧气的混合气体，活塞恰好停留在离左端的处(图a)，然后引燃氢、氧混合气体，反应完毕后恢复至原来温度，活塞恰好停在中间(图b)，如果忽略水蒸气体积，则反应前氢气与氧气的体积比可能是（ ）
A．3：4 B．1：1 C．2：1 D．7：2
5．下列有关实验操作正确的是
A．分液漏斗、容量瓶使用前都需要检查是否漏液
B．做实验剩余的钠可不以放回原试剂瓶
C．做焰色试验时，铂丝可以换成洁净铁丝并且用硫酸洗净再灼烧至火焰接近无色
D．蒸馏烧瓶以及试管加热时都需要垫石棉网
6．Na与水、氧气、氯气等均能反应，下列说法中正确的是（ ）
A．将Na投入盐酸中，Na先与水反应，生成的NaOH再与HCl反应
B．Na与氧气在常温下反应生成Na2O2，加热时二者反应生成Na2O
C．Na虽然能与氯气反应生成NaCl，但不能在氯气中燃烧
D．常温下，Na可以与水反应，证明Na比Fe更活泼
7．侯德榜发明了侯氏制碱法，其部分工艺流程如下，下列说法不正确的是
已知反应①的化学方程式为
A．该工艺利用了不同物质溶解度的差异
B．反应②属于分解反应
C．若纯碱中混有，可用澄清石灰水除去
D．母液的主要成分是，可用作化肥
8．下列说法错误的是
A．NaHSO4水溶液呈酸性
B．HCl在熔融状态下不导电
C．NaHCO3比 Na2CO3热稳定强
D．做焰色试验前，铂丝用稀盐酸清洗并用外焰灼烧至与原来火焰焰色相同
9．下列离子方程式的书写正确的是
A．澄清石灰水与过量碳酸氢钠溶液反应：Ca2++2OH-+2HCO=CaCO3↓+2H2O+CO
B．向NaHSO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液至SO恰好完成沉淀：Ba2++2OH-+2H++SO=BaSO4↓+2H2O
C．向氢氧化钠溶液中通入过量CO2：CO2+2OH-=CO+H2O
D．向石灰乳中加入盐酸：OH-+H+=H2O
10．下列实验操作正确的是
A
B
C
D
分离乙醇和水
除去氯气中的氯化氢
干燥CO2气体
读取液体体积
A．A B．B C．C D．D
11．取一块金属钠放在燃烧匙里加热，观察下列实验现象：①金属钠先熔化；②在空气中燃烧，放出红色火花；③燃烧后得白色固体；④燃烧时火焰为黄色；⑤燃烧后生成浅黄色固体物质。以上描述正确的是
A．①② B．①②③
C．①④ D．①④⑤
12．从海水中制备纯碱和金属镁的流程如下图所示：
下列说法不正确的是
A．流程 I 依次向粗盐水中加入过量 Ca(OH)2溶液、Na2CO3溶液并过滤
B．流程 II 吸氨是使溶液呈碱性，有利于吸收二氧化碳
C．海水提镁流程中涉及到三种基本反应类型
D．流程 IV、V 是通过化学方法富集镁元素
13．下列有关实验操作对应的现象及结论都正确且二者存在因果关系的是
选项
实验
现象
结论
A
向等体积等浓度的H2O2溶液中分别加入5滴等浓度的CuSO4溶液和KMnO4溶液
两者产生气泡的速率不同
CuSO4和KMnO4对H2O2分解反应的催化效果不同
B
向植物油和矿物油中分别加入烧碱溶液，加热
冷却后观察到其一分层，另一不分层
分层的是矿物油，不分层的植物油发生了水解反应且水解产物溶于水
C
将浓硝酸滴到胆矾晶体表面
晶体表面出现白斑
浓硝酸具有脱水性
D
向饱和NaHCO3溶液中滴入Na[Al(OH)4]溶液
产生白色沉淀
增大c(Na+)促使NaHCO3结晶析出
A．A B．B C．C D．D
二、填空题
14．氢氧化钠是白色固体，易潮解，具有强腐蚀性，所以又叫火碱、烧碱、苛性钠。是常用的碱性干燥剂，是重要的化工原料。
工业制法：氯碱工业2NaCl+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOH
苛化法：Na2CO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+2NaOH
在实验室，钠、氧化钠(Na2O)、过氧化钠(Na2O2)分别与水反应都生成NaOH。回答下列问题：
(1)在“氯碱工业”反应中，反应前后氯元素的化合价变化是 (填“升高”、“降低”、“不变”)。
(2)Ca(OH)2可拆写，苛化法的离子方程式为 。
(3)写出Na2O与水反应的化学方程式 。
(4)补项：过氧化钠与水反应为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+ ↑。
(5)NaOH固体不能干燥酸性气体。能用NaOH固体干燥的气体是 (填序号)。
a．HCl b．H2 c．NH3(碱性气体) d．CO2
15．回答问题：
(1)在标准状况下① ② ③个分子 ④ ，所占的体积由大到小的顺序是(填序号，下同) ；所含氢原子数由多到少的顺序是 ；密度由大到小的顺序是 ；质量由大到小的顺序是 。
(2)某气态氧化物化学式为，在标准状况下，该氧化物的体积为，则该氧化物的摩尔质量为 ，的相对原子质量为 。
(3)相同物质的量的铁、镁、铝分别跟足量稀硫酸反应，在同温同压下产生气体的体积之比为 ；体积相同，物质的量浓度相同的稀硫酸分别跟足量的铁、镁、铝反应，在同温同压下产生气体的体积之比为 。
(4)标准状况下，的某气体(摩尔质量为)溶解在水(水的密度近似为)中，假设气体完全溶解且不与水发生反应，溶液的密度为，则所得溶液的物质的量浓度 ；质量分数 。(选择以上字母表达计算式，要求化简)。
16．Ⅰ．现代工业常以氯化钠为原料制备纯碱，部分工艺流程如下：
已知NaHCO3在低温下溶解度较小。
反应Ⅰ：NaCl+CO2+NH3+H2ONaHCO3↓+NH4Cl，处理母液的两种方法：
（1）向母液中加入石灰乳，可将其中 循环利用。
（2）向母液中通入NH3，加入细小的食盐颗粒并降温，可得到NH4Cl晶体。试写出通入NH3后，溶解度较小的酸式碳酸盐转变为溶解度较大的碳酸盐的离子方程式 。
Ⅱ．某化学小组模拟“侯氏制碱法”，以NaCl、NH3、CO2和水等为原料以及下图所示装置制取NaHCO3，然后再将NaHCO3制成Na2CO3。
（1）装置丙中冷水的作用是 ；
（2）由装置丙中产生的NaHCO3制取Na2CO3时，需要进行的实验操作有 、洗涤、灼烧。NaHCO3转化为Na2CO3的化学方程式为 ；
（3）若在（2）中灼烧的时间较短，NaHCO3将分解不完全，该小组对一份加热了t1 min的NaHCO3 样品的组成进行了以下探究。
取加热了t1 min的NaHCO3样品29．6 g完全溶于水制成溶液，然后向此溶液中缓慢地滴加稀盐酸，并不断搅拌。随着盐酸的加入，溶液中有关离子的物质的量的变化如图所示。
则曲线a对应的溶液中的离子是 （填离子符号下同）；曲线c对应的溶液中的离子是 ；该样品中NaHCO3和Na2CO3的物质的量之比是 ； 21
（4）若取21．0 g NaHCO3固体，加热了t2rnin后，剩余固体的质量为l4．8 g。如果把此剩余固体全部加入到200 mL 2 mol•L—1的盐酸中，则充分反应后溶液中H+ 的物质的量浓度为 （设溶液体积变化忽略不计）
17．你参加了化学社团，老师让用密度为，质量分数为的浓盐酸配制的盐酸，第二天做实验要用。请回答下列问题。
(1)应量取浓盐酸的体积 mL。
(2)需要用到的仪器有：量筒、烧杯、玻璃棒、 。
(3)配制时，正确的操作顺序是(用字母表示，每个字母只能用一次) 。
A．用水洗涤烧杯内壁和玻璃棒2~3次，洗涤液均注入容量瓶，振荡
B．用量筒准确量取所需的浓盐酸的体积，倒入烧杯中，再加入少量水(约)稀释，用玻璃棒慢慢搅拌，使其混合均匀
C．将已冷却的盐酸沿玻璃棒注入容量瓶中
D．将容量瓶盖紧，振荡，摇匀。
E．改用胶头滴管加水，使溶液凹液面恰好与刻度线相切
F．继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度线处
(4)若你在实验中遇到下列情况，会使所配制盐酸的物质的量浓度偏高的有 。
①用于稀释盐酸的烧杯未洗涤；
②容量瓶中原有少量蒸馏水；
③定容时俯视观察液面；
④定容后经振荡、摇匀，发现液面下降，再加水重新定容；
⑤量取浓盐酸时俯视液面；
⑥浓盐酸稀释后未冷却就直接转移至容量瓶中；
⑦量取浓盐酸后，用蒸馏水洗涤量筒并转移至容量瓶中。
(5)取任意体积的该盐酸时，下列物理量中不随所取体积多少而变化的是：______(填字母)。
A．溶液的浓度 B．溶液中HCl的物质的量
C．溶液中的数目 D．溶液的密度
18．按要求完成下列问题。
(1) 下列三组物质中，均有一种物质的类别与其他三种不同。
①MgO、Na2O、CO2、CuO ②HCl、H2O、H2SO4、HNO3 ③NaOH、Na2CO3、KOH、Cu(OH)2
三种物质依次是(填化学式)：① ；② ；③ 。
(2)人体胃液中有胃酸(0.2%～0.4%的盐酸)，当胃酸过多时，医生通常用“小苏打片”
①用小苏打片(NaHCO3)治疗胃酸过多的离子方程式为
②常用澄清石灰水检验CO2气体，反应的离子方程式是 。
19．（1）下列变化一定加入还原剂才能实现的是 （填序号）
①Fe2+→Fe ②CO2→HCO3-③ MnO4-→Mn2+ ④SO2→SO3 ⑤KMnO4→MnO2 ⑥ HCl→Cl2 ⑦SO32-→SO2 ⑧NH4+→NH3
（2）我国古代四大发明之一的黑火药是由硫粉、硝酸钾和木炭按一定比例混合而成，爆炸时的反应为S+ 2KNO3 +3C = K2S + N2↑ + 3CO2↑，反应中被还原的物质是 （填化学式）
（3）NaH可在野外作生氢剂，反应原理为NaH + H2O = NaOH + H2↑，该反应中氧化产物和还原产物的质量比为 。
（4）2KMnO4 + 16HCl（浓） = 2KCl + 2MnCl2 +5Cl2↑ + 8H2O，用单线桥标出电子转移的方向和数目 ；HCl表现出的性质是 。
（5）取300mL 0.2mol· L-1的KI溶液与一定量的酸性KMnO4溶液恰好反应，生成等物质的量的I2和KIO3，则消耗KMnO4的物质的量是 mol。
（6）为了检验某含有NaHCO3杂质的Na2CO3样品的纯度，现将w1g样品加热，其质量变为w2 g，则该样品的纯度（质量分数）是 （用含w1和w2的式子表示）。
（7）取50mL含Na2CO3和Na2SO4的混合溶液与过量盐酸反应，生成2.24L CO2（标准状况），然后加入足量的Ba（OH）2溶液，得到的沉淀的质量为2.33g。试计算原混合溶液中Na+的物质的量浓度 mol/L。
20．下图是中学化学中常见物质之间的一些反应关系，其中部分产物未写出。常温下X是固体，X受热分解所得气体在标况下的体积比为1：1，H为淡黄色粉末，B和G常温下是液体，其余均为气体。根据图中关系推断：
（1）化学式X ；
（2）A的电子式为 ；空间构型 ；
C的结构式为 ；H所包含的化学键类型 。
（3）工业上制取A的化学反应方程式 ；A→D的化学反应方程式 ；
C+H→E的化学反应方程式 ；G→D的离子反应方程式 。
21．氯水中含有多种成分，因而具有多种性质，根据新制氯水分别与如图四种物质发生的反应填空。(a、b、c、d中重合部分代表物质间反应，且氯水足量)
(1)能证明氯水具有漂白性的是 (填“a”、“b”、“c”、“d”)。
(2)c过程中的现象是 ；e过程中的现象是 ；e过程的反应方程式 。
(3)久置的氯水变为 ，用化学反应方程式表示为 。
(4)实验室保存饱和氯水的方法是 。
(5)用滴管将新制的饱和氯水慢慢滴入含酚酞的NaOH稀溶液中.当滴到最后一滴时红色突然褪去。试分析褪色的原因：①是由于 ；②是由于 。简述怎样用实验证明红色褪去的原因是①还是②： 。
参考答案：
1．C
【详解】A．23g Na的物质的量为1mol，而反应后Na的化合价变为+1价，所以1molNa在化学反应中失去的电子数目为NA，A项正确；
B．17g NH3的物质的量为1mol，而氨气是4原子分子，故1mol氨气中所含原子数为4NA，B项正确；
C．常温常压下，SO3非气态，无法通过气体摩尔体积计算物质的量，C项错误；
D．分子数目为NA氯气物质的量为1mol，在标准状况下的体积为22.4L，D项正确；
答案选C。
2．D
【详解】A．1个分子中含有的中子、质子、电子数都是10，的相对分子质量为，18g为0.9mol，含有中子、质子、电子的物质的量是9mol，含有的中子数、电子数均为，A错误；
B．1mol白磷中含6molP-P键，故1mol白磷分子中含个共价键，B错误；
C．适用于标准状况（0℃，101kPa），HF在标准状况下为液体，所以不能用计算22.4LHF所含的分子数目，C错误；
D．和可以用通式理解，32g由和组成的混合气体中氧原子数目为，D正确；
故选D。
3．C
【详解】A．用分液法分离分离水和食用油，装置图是，应该用分液漏斗，不用长颈漏斗，故不选A；
B．配制100 mL 0.2 mol·L-1的NaOH溶液，需用100 mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管，缺少胶头滴管，故不选B；
C．用蒸发结晶的方法从食盐水中提取NaCl，用到的仪器是酒精灯、蒸发皿、玻璃棒，故选C；
D．用过滤法分离分离水与泥沙，装置图是，应用普通漏斗，不能用分液漏斗，缺玻璃棒，故不选D；
答案选C。
4．D
【详解】温度、压强相等，二者的体积之比等于物质的量之比，活塞恰好停留在离左端的处（），假设氮气的物质的量为1mol，则氢气和氧气的物质的量之和为3mol；反应后恢复至原来的温度，活塞恰好停在中间（），说明反应后氮气和剩余气体的物质的量相等，所以剩余气体的物质的量为1mol，2H2+O22H2O，假设氢气完全反应，根据方程式知，氢气物质的量＝=mol，则氧气物质的量为mol，相同条件下，气体的体积之比等于物质的量之比，所以氢气和氧气体积之比为4：5；假设氧气完全反应，根据方程式知，氧气的物质的量＝=mol，氢气的物质的量为mol，相同条件下，气体的体积之比等于物质的量之比，所以氢气和氧气的体积之比为7：2；
答案选D。
5．A
【详解】A.分液漏斗带有活塞和瓶塞，容量瓶带有瓶塞，使用前为防止使用过程中漏水，都需要检查是否漏液，故A正确；
B.金属钠能与空气中氧气和水反应，为防止发生意外事故，做实验剩余的钠应放回原试剂瓶，故B错误；
C.浓盐酸易挥发，而硫酸难挥发，且会和某些离子形成沉淀附着在铂丝上影响检验结果，则做焰色试验时，铂丝可以换成洁净铁丝并且用盐酸洗净再灼烧至火焰接近无色，故C错误；
D.试管能直接加热，不需要垫石棉网，故D错误；
故选A。
6．D
【详解】A、将Na投入盐酸中，Na先与HCl反应生成氢气及氯化钠，若Na过量，过量的Na再与水反应，选项A错误；
B、Na与氧气在常温下反应生成Na2O，加热时二者反应生成Na2O2，选项B错误；
C、Na在氯气中可以燃烧，选项C错误；
D、常温下，Na可以与水剧烈反应，Fe与水在常温下不反应，证明Na比Fe更活泼，选项D正确；
答案选D。
7．C
【详解】A．碳酸氢钠、氯化铵、氯化钠、碳酸氢铵中碳酸氢钠的溶解度最小，所以首先析出碳酸氢钠沉淀，故A正确；
B．反应②是，属于分解反应，故B正确；
C．碳酸钠、碳酸氢钠都能与石灰水反应，不能用石灰水除碳酸钠中的，故C错误；
D．根据，析出碳酸氢钠后的母液主要成分是，可用作化肥，故D正确；
选C。
8．C
【详解】A. NaHSO4属于强电解质，在水溶液里完全电离形成钠离子、氢离子和硫酸根离子，所以水溶液呈酸性，故A正确；
B. HCl为共价化合物，在熔融状态下不电离，所以不导电，故B正确；
C. NaHCO3加热 分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，所以热稳定性弱于Na2CO3，故C错误；
D. 做焰色试验前，铂丝用稀盐酸清洗并用外焰灼烧至与原来火焰焰色相同，目的是除去铂丝上的杂质，故D正确；
故选C。
9．A
【详解】A．澄清石灰水与过量碳酸氢钠溶液反应，钙离子、氢氧根离子完全反应生成碳酸钙沉淀和水，Ca2++2OH-+2HCO=CaCO3↓+ 2H2O +CO，A正确；
B．向NaHSO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液至SO恰好完成沉淀，则氢离子完全反应生成水、氢氧根离子过量：Ba2++OH-+H++SO= BaSO4↓+H2O，B错误；
C．向氢氧化钠溶液中通入过量CO2生成碳酸氢钠：CO2+OH-=HCO，C错误：
D．向石灰乳中加入盐酸，石灰乳为悬浊液，不能写成离子的形式，Ca(OH)2+2H+= Ca2++2H2O，D错误。
故选A。
10．B
【详解】A．乙醇和水互溶，无法分液分离，A错误；
B．氯气难溶于饱和食盐水，HCl极易溶于水，所以可以用饱和食盐水除去氯气中混有的HCl气体，B正确；
C．CO2为酸性气体，会和碱石灰反应，不能用碱石灰干燥，C错误；
D．读取量筒中液体体积时视线应与液面最低点平齐，D错误；
综上所述答案为B。
11．D
【详解】钠在加热条件下与氧气发生反应时，由于钠的熔点较低，先熔化，与氧气在加热条件下反应生成淡黄色过氧化钠固体，燃烧时火焰为黄色，说法正确的是①④⑤，故合理选项是D。
12．C
【详解】A．流程 I 是除去粗盐水中的氯化钙、氯化镁，因为除去氯化镁时需加碱，通常加入过量氢氧化钙，所以应依次向粗盐水中加入过量 Ca(OH)2溶液、Na2CO3溶液并过滤，A正确；
B．流程 II 的目的是制取NaHCO3，由于CO2在食盐水中的溶解度不大，而在碱性溶液中具有较大的溶解度，所以食盐先吸氨使溶液呈碱性，有利于吸收二氧化碳，B正确；
C．海水提镁流程中，加石灰乳和加盐酸，发生的都是复分解反应，电解氯化镁制Mg，发生的是分解反应，所以涉及到二种基本反应类型，C不正确；
D．在母液中MgCl2的浓度很小，流程 IV将氯化镁转化为Mg(OH)2沉淀，流程V将Mg(OH)2溶解重新制得MgCl2，此时MgCl2浓度大，所以通过化学方法实现镁元素的富集，D正确；
故选C。
13．B
【详解】A. KMnO4溶液能够氧化H2O2，因此不能比较二者的催化效果，A错误；
B. 植物油属于油脂，能够在碱性条件下发生水解反应产生可溶性物质，而矿物油是烃的混合物，与烧碱不能反应，因此可以根据实验现象的不同证明哪种是植物油，哪种是矿物油，B正确；
C. 浓硫酸具有脱水性，将浓硫酸滴在胆矾表面，会使晶体失去结晶水而出现白斑，而浓硝酸没有脱水性，因此不能使胆矾出现白斑现象，C错误；
D. 向饱和NaHCO3溶液中滴入Na[Al(OH)4]溶液，产生白色沉淀，是由于发生反应：HCO3-+[Al(OH)4]-=CO32-+Al(OH)3↓+H2O，与溶液中c(Na+)无关，D错误；
故合理选项是B。
14．(1)升高
(2)Ca2++= CaCO3↓
(3)Na2O+H2O=2NaOH
(4)O2
(5)bc
【详解】（1）“氯碱工业”反应为2NaCl+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOH，NaCl中Cl元素显-1价，Cl2中Cl元素显0价，则反应前后氯元素的化合价变化是：升高。答案为：升高；
（2）反应Na2CO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+2NaOH中，Ca(OH)2可拆写，则苛化法的离子方程式为Ca2++= CaCO3↓。答案为：Ca2++= CaCO3↓；
（3）Na2O为碱性氧化物，与水反应生成NaOH，化学方程式：Na2O+H2O=2NaOH。答案为：Na2O+H2O=2NaOH；
（4）过氧化钠与水反应，生成NaOH和氧气，化学方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+ O2↑。答案为：O2；
（5）NaOH固体呈碱性，不能干燥酸性气体HCl、CO2，但能干燥碱性气体和中性气体，则能用NaOH固体干燥的气体是H2和NH3，故选bc。答案为：bc。
15．(1) ④②①③ ④②③① ①②③④ ②①④③
(2) 32
(3)
(4)
【分析】(1)
在标准状况下① ② 的物质的量==0.4mol， ③个分子的物质的量= =0.2mol， ④ 的物质的量==0.5mol，相同条件下，气体的体积之比等于物质的量之比，所占的体积由大到小的顺序是(填序号，下同)④②①③；各物质中H原子的物质的量分别为：①HCl含有H原子为0.3mol，②H2S中含有H原子为 0.4mol×2=0.8mol，③NH3中含有氢原子为0.2mol×3=0.6mol，④CH4 中含有H原子为0.5mol×4=2mol，所含氢原子数由多到少的顺序是④②③①；各物质的摩尔质量分别为：①HCl为36.5g/mol，②H2S 为34g/mol，③NH3为17g/mol，④CH4 为16g/mol，相同条件下，密度之比等于摩尔质量之比，密度由大到小的顺序是①②③④；各物质的质量分别为：①HCl为0.3mol×36.5g/mol=10.95g，②H2S为0.4mol×34g/mol=13.6g，③NH3为0.2mol×17g/mol=3.4g，④8gCH4，质量由大到小的顺序是②①④③。故答案为：④②①③；④②③①；①②③④；②①④③；
(2)
某气态氧化物化学式为，在标准状况下，该氧化物的体积为，其物质的量为=0.03mol，故该氧化物的摩尔质量= =64g/mol，X的相对原子质量为64-32=32，则该氧化物的摩尔质量为，的相对原子质量为32。故答案为：；32；
(3)
相同物质的量的铁、镁、铝分别跟足量稀硫酸反应，金属完全反应，根据电子转移守恒可知，氢气的体积之比等于金属提供电子物质的量之比，铁、镁、铝的物质的量相等，在同温同压下产生气体的体积之比为；体积相同，物质的量浓度相同的稀硫酸分别跟足量的铁、镁、铝反应，硫酸的物质的量相等，硫酸完全反应，根据H原子守恒可知，生成氢气体积之比等于硫酸物质的量之比，在同温同压下产生气体的体积之比为。故答案为：；；
(4)
标准状况下，的某气体(摩尔质量为)溶解在水(水的密度近似为)中，假设气体完全溶解且不与水发生反应，溶液的密度为，VL气体的物质的量==mol，气体的质量=mol×Mg/mol=g，1L水的质量=1000mL×1g/mL=1000g，故VL A气体溶于1L水中，所得溶液中溶质的质量分数=×100%=×100%，所得溶液密度为ρg/cm3，故溶液物质的量浓度= mol/L=，则所得溶液的物质的量浓度；质量分数。故答案为：；。
16． NH3 HCO3–+NH3=NH4++CO32– 冷却，使碳酸氢钠晶体析出 过滤 2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑ Na+ HCO3- 1:2 0.75 mol/L
【分析】Ⅰ（1）根据流程可知，母液中含有氯化铵，加入石灰乳后可以生成氨气；
（2）根据氨水电离成铵根和氢氧根离子，增大铵根的浓度有利于氯化铵的析出来分析，溶液碱性增强，使碳酸氢钠转换为溶解度较大的碳酸钠；
Ⅱ．（1）温度越低，NaHCO3的溶解度越小；
（2）装置丙中是氨化的饱和食盐水中通入二氧化碳生成碳酸氢钠晶体，通过过滤得到晶体洗涤灼烧得到碳酸钠；NaHCO3转化为Na2CO3的方法是固体加热分解；
（3）混合物是碳酸钠和碳酸氢钠，滴入盐酸发生反应CO32-+H+=HCO3-； HCO3-+H+=CO2↑+H2O；依据图象分析碳酸根离子减小，碳酸氢根离子增多；
（4）依据反应前后质量变化是碳酸氢钠分解的原因，依据反应前后质量变化计算反应的碳酸氢钠和生成的碳酸钠，结合试样质量计算剩余碳酸氢钠，计算得到混合物反应消耗的氢离子得到。
【详解】Ⅰ.（1）向分离出NaHCO3晶体后的母液NH4Cl中加入过量石灰乳，发生的反应有Ca（OH）2+2NH4Cl=2NH3↑+2H2O+CaCl2，最终产物为氯化钙、氨气，其中氨气可再利用，
故答案为NH3；
（2）通入NH3后，溶解度较小的酸式碳酸盐转变为溶解度较大的碳酸盐的离子方程式HCO3–+NH3=NH4++CO32–。
Ⅱ．（1）装置丙中冷水的作用是降温，使碳酸氢钠晶体析出。
（2）由装置丙中产生的NaHCO3发生的反应为，NH3+CO2+H2O+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl；制取Na2CO3时需要过滤得到晶体，洗涤后加热灼烧得到碳酸钠；2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑
（3）溶液中有关离子的物质的量的变化为：钠离子始终不变，碳酸根离子减小，碳酸氢根离子浓度增大，当碳酸根离子全部转化为碳酸氢根离子，再滴入盐酸和碳酸氢根离子反应生成二氧化碳，碳酸氢根离子减小，所以c曲线表示的是碳酸氢根离子浓度变化；碳酸根离子浓度0．2mol/L；碳酸氢根离子浓度为0．1mol/L；样品中NaHCO3和Na2CO3的物质的量之比是1：2； 故答案为Na+ ；HCO3-； 1：2；
（4）若取21g NaHCO3固体物质的量==0.25mol，加热了t1min后，剩余固体的质量为14．8g．依据化学方程式存在的质量变化计算：
2NaHCO3=Na2CO3+CO2↑+H2O △m
2 1 62
0.2mol 0.1mol 21g-14．8g
反应后NaHCO3物质的量=0.25mol-0.2mol=0.05mol；NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑；消耗氯化氢物质的量0.05mol；
Na2CO3物质的量=0.1mol，Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑，消耗氯化氢物质的量0.2mol；
剩余氯化氢物质的量=0.200L×2mol/L-0.05mol-0.2mol=0.15mol，剩余溶液中c（H+）=
=0．75mol/L故答案为0.75mol/L。
17．(1)2mL
(2)250mL容量瓶、胶头滴管
(3)BCAFED
(4)③⑥⑦
(5)AD
【详解】（1）根据可知浓盐酸的物质的量浓度是。实验室用密度为1.25 g/mL、质量分数为36.5%的浓盐酸配制240 mL0.1 mol./L的盐酸，由于实验室没有240 mL的容量瓶，因此需要配制250 mI溶液，则所需浓盐酸的体积为。
（2）用量筒量取浓溶液、在烧杯中稀释，用玻璃棒搅拌、转移到250mL的容量瓶，用胶头滴管定容，故还需要的仪器有250mL容量瓶、胶头滴管；
（3）配制溶液时,第一步,用量筒准确量取所需的浓盐酸的体积,倒入烧杯中,再加入少量水(约30 mL),用玻璃棒慢慢搅拌,使其混合均匀;第二步,将已冷却的盐酸沿玻璃棒注入容量瓶中;第三步,用30mL水洗涤烧杯内壁和玻璃棒2~3次，洗涤液均注入容量瓶，振荡;第四步，继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度线1~2cm处;第五步,改用胶头滴管加水,使溶液凹液面恰好与刻度线相切;第六步,将容量瓶盖紧，振荡，摇匀;最后，装瓶储存。故顺序为：BCAFED
（4）①用于稀释盐酸的烧杯未洗涤，使溶质的物质的量偏小，溶液体积不变，因此溶液的物质的量浓度偏低；
②容量瓶中原有少量蒸馏水，对溶液的配制结果无影响，即溶液的物质的量浓度不变;
③定容时俯视观察液面，溶液的体积偏小,溶质的物质的量不变,因此溶液的物质的量浓度偏高。
④定容后经振荡、摇匀，发现液面下降，再加水重新定容，相当于水加多了，浓度偏低；
⑤量取浓盐酸时俯视液面，相当于溶质取的少了，造成浓度偏低；
⑥浓盐酸稀释后未冷却就直接转移至容量瓶中，热涨冷缩，未冷却造成加水加少了，造成浓度偏大；
⑦量取浓盐酸后，量筒不需要洗涤，用蒸馏水洗涤量筒并转移至容量瓶中，造成溶质多了，浓度偏大；
故答案为③⑥⑦；
（5）A. c= 溶液的浓度不随体积改变；
B. 浓度不变，溶液中HCl的物质的量随体积改变；
C. 浓度不变，溶液中的数目随体积改变；
D. 溶液的密度不随体积改变而改变；
故答案为：AD。
18． CO2 H2O (或HCl) Na2CO3 HCO+H+=CO2↑+H2O Ca2++2OH－+CO2=CaCO3↓+H2O
【详解】(1)①MgO、Na2O、CO2、CuO，CO2是酸性氧化物，其余三个是碱性氧化物；②HCl、H2O、H2SO4、HNO3，H2O中性溶液，其余三个是是酸或则HCl不含氧，其余三个物质是含氧化合物；③NaOH、Na2CO3、KOH、Cu(OH)2，Na2CO3是盐，其余三个是碱；因有一种物质的类别与其他三种不同的物质依次是：①CO2；②H2O或HCl；③Na2CO3；故答案为：CO2；H2O或HCl；Na2CO3。
(2)①用小苏打片(NaHCO3)治疗胃酸过多，碳酸氢钠和盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，其离子方程式为HCO+H+=CO2↑+H2O；故答案为：HCO+H+=CO2↑+H2O。
②常用澄清石灰水检验CO2气体，二氧化碳和澄清石灰水反应生成碳酸钙和水，其反应的离子方程式是Ca2++2OH－+CO2=CaCO3↓+H2O；故答案为：Ca2++2OH－+CO2=CaCO3↓+H2O。
19． ①③ S、KNO3 1:1 = 2KCl +2MnCl2 + 5Cl2↑ + 8H2O 还原性和酸性 0.032 4.4
【分析】(1)还原剂失去电子，化合价升高。如果变化需要加入还原剂才能实现，说明该物质一定得到电子，化合价一定降低。
（2）化学反应中，所含元素化合价降低的反应物是还原剂，被氧化；
（3）NaH + H2O = NaOH + H2↑，NaH中H元素化合价由-1升高为0，H2O中H元素由+1降低为0，H2既是氧化产物又是还原产物；
（4）2KMnO4 + 16HCl（浓） = 2KCl + 2MnCl2 +5Cl2↑ + 8H2O，锰元素化合价从+7价降低到+2价，得到5个电子，氯元素化合价从-1价升高为0价，失去1个电子；
（5）根据得失电子守恒计算消耗KMnO4的物质的量；
（6）碳酸氢钠分解为碳酸钠、水、二氧化碳，所以固体质量减少；
（7）碳酸钠与盐酸反应放出二氧化碳，硫酸钠与Ba（OH）2溶液反应生成硫酸钡沉淀。
【详解】（1）①Fe2+→Fe，铁元素化合价降低，要加入还原剂才能实现，故选①； ②CO2→HCO3-，元素化合价不变，属于非氧化还原反应，故不选②；③ MnO4-→Mn2+ ，锰元素化合价降低，要加入还原剂才能实现，故选③；④SO2→SO3，硫元素化合价升高，要加入氧化剂才能实现，故不选④；⑤KMnO4可以发生自身氧化还原反应生成MnO2，不需要加入还原剂就能实现，故不选⑤；⑥ 电解HCl得到Cl2 和氢气，不需要加入还原剂就能实现，故不选⑥；⑦SO32-→SO2，元素化合价不变，属于非氧化还原反应，故不选⑦； ⑧NH4+→NH3，元素化合价不变，属于非氧化还原反应，故不选⑧；选①③。
（2）S+ 2KNO3 +3C = K2S + N2↑ + 3CO2↑，KNO3中N元素化合价由+5降低为0，S化合价由0降低为-2，所以KNO3、S是氧化剂，被还原。
（3）NaH + H2O = NaOH + H2↑，NaH中H元素化合价由-1升高为0，H2O中H元素由+1降低为0，H2既是氧化产物又是还原产物，根据得失电子守恒，氧化产物和还原产物的质量比为1:1；
（4）2KMnO4 + 16HCl（浓） = 2KCl + 2MnCl2 +5Cl2↑ + 8H2O，锰元素化合价从+7价降低到+2价，得到5个电子，氯元素化合价从-1价升高为0价，失去1个电子；所以单线桥表示为= 2KCl +2MnCl2 + 5Cl2↑ + 8H2O；HCl中氯元素化合价由-1升高为0，HCl是还原剂，表现还原性，HCl中部分氯元素化合价没变，生成KCl、MnCl2，所以HCl表现酸性；
（5）300mL 0.2mol· L-1的KI溶液与酸性KMnO4溶液恰好反应，生成等物质的量的I2和KIO3，根据碘元素守恒，生成I2和KIO3的物质的量都是0.02mol，碘元素得电子总物质的量是0.02mol×2×1+0.02mol×6=0.16mol；设消耗KMnO4的物质的量为xmol，根据得失电子守恒，5x=0.16mol，x=0.032mol。
（6）设碳酸氢钠的质量为xg
2NaHCO3 Na2CO3+H2O+CO2 △m
168 106 62
xg w1g－w2g
，则碳酸钠的质量是w1g-=
该样品的纯度（质量分数）是÷w1g=；
（7）生成的CO2体积在标准状况下是2.24L，所以二氧化碳的物质的量是2.24L÷22.4L/mol＝0.1mol；
根据反应的化学方程式可知
Na2CO3＋2HCl=2NaCl＋H2O＋CO2↑
1mol 1mol
0.1mol 0.1mol
所以Na2CO3的物质的量是0.1mol；
生成的白色沉淀是硫酸钡，物质的量是2.33g÷233g/mol＝0.01mol；
所以根据反应的化学方程式可知
Na2SO4＋Ba(OH)2=2NaOH＋BaSO4↓
1mol 1mol
0.01mol 0.01mol
所以Na2SO4的物质的量是0.01mol；
溶液中钠离子的物质的量是0.1mol×2+0.01mol×2=0.22mol；原混合溶液中Na+的物质的量浓度0.22mol ÷0.05L =4.4 mol/L。
20． NH4HCO3 三角锥型 O=C=O 离子键和非极性键 N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) 4NH3+5O24NO+6H2O 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O
【分析】常温下X是固体，既能与强碱反应，又能与强酸反应，说明物质为弱酸的铵盐，X受热分解所得气体在标况下的体积比为1：1，所以X为NH4HCO3，加热分解产生氨气和二氧化碳气体（1:1）；所以A为NH3，B常温下是液体，所以B为H2O；H为淡黄色粉末，为Na2O2，C为CO2，所以过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气（E）；氨气与氧气在一定条件下发生催化氧化，生成NO(D)，一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮（NO2），二氧化氮与水反应生成硝酸（G），为HNO3，（满足G常温下是液体）；硝酸与铜反应生成二氧化氮，符合转化关系；据此进行分析。
【详解】常温下X是固体，既能与强碱反应，又能与强酸反应，说明物质为弱酸的铵盐，X受热分解所得气体在标况下的体积比为1：1，所以X为NH4HCO3，加热分解产生氨气和二氧化碳气体（1:1）；所以A为NH3，B常温下是液体，所以B为H2O；H为淡黄色粉末，为Na2O2，C为CO2，所以过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气（E）；氨气与氧气在一定条件下发生催化氧化，生成NO(D)，一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮（NO2），二氧化氮与水反应生成硝酸（G），为HNO3，（满足G常温下是液体）；硝酸与铜反应生成二氧化氮，符合转化关系；
（1）结合以上分析可知，X的化学式为NH4HCO3；
答案是：NH4HCO3；
（2）结合以上分析可知，A为NH3，为共价化合物，其电子式为；空间构型为三角锥型；C为CO2，为共价化合物，C的结构式为O=C=O；H为淡黄色粉末，为Na2O2，属于离子化物，电子式：；含有离子键和非极性键；
答案是：，三角锥型；O=C=O；离子键和非极性键；
（3）工业上制取NH3，氮气和氢气在一定条件下发生反应氨气，方程式为：N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)；氨气与氧气发生反应生成一氧化氮和水，所以A→D的化学反应方程式4NH3+5O24NO+6H2O；过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，C+H→E的化学反应方程式为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；铜与浓硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，G→D的离子反应方程式为：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O；
故答案是：N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)；4NH3+5O24NO+6H2O；2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O。
21．(1)d
(2) 有白色沉淀生成 氯水的浅黄绿色消失 Cl2＋2NaOH＝NaCl＋NaClO＋H2O
(3) 稀盐酸 2HClO2HCl＋O2↑
(4)在阴凉处置于棕色试剂瓶中密封保存
(5) 氯水中的酸与NaOH反应，碱性减弱 氯水中的HClO有漂白性，将酚酞漂白 向褪色后的溶液里再加入过量的NaOH溶液，若变红，说明原因①正确，否则原因②正确
【分析】氯水中存在三种分子：Cl2、H2O、HClO；四种离子：Cl－、H＋、OH－、ClO－，结合物质的性质分析解答。
（1）
氯水中的HClO具有漂白性，故氯水可使石蕊先变红后褪色，即能证明氯水具有漂白性的是选项d。
（2）
氯水中含有氯离子，能与银离子结合生成氯化银白色沉淀，则c过程中的现象是有白色沉淀生成；氯水能与氢氧化钠溶液反应，且氯水显浅黄绿色，则e过程中的现象是氯水的浅黄绿色消失，反应的反应方程式为Cl2＋2NaOH＝NaCl＋NaClO＋H2O。
（3）
次氯酸易分解生成氯化氢和氧气，因此久置的氯水变为稀盐酸，用化学反应方程式表示为2HClO2HCl＋O2↑。
（4）
次氯酸见光易分解生成氯化氢和氧气，因此实验室保存饱和氯水的方法是在阴凉处置于棕色试剂瓶中密封保存。
（5）
用滴管将新制的饱和氯水慢慢滴入含酚酞的NaOH稀溶液中，当滴到最后一滴时红色突然褪去。褪色的原因可能是由于氯水中的酸与NaOH反应，碱性减弱，或者是由于氯水中的HClO有漂白性，将酚酞漂白；如果是由于次氯酸的漂白使其褪色，则向褪色后的溶液中继续加入氢氧化钠溶液不会出现红色，因此用实验证明红色褪去的原因是①还是②的方案为向褪色后的溶液里再加入过量的NaOH溶液，若变红，说明原因①正确，否则原因②正确。
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