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人教版 (2019)必修 第一册第二章 海水中的重要元素——钠和氯综合与测试精练
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这是一份人教版 (2019)必修 第一册第二章 海水中的重要元素——钠和氯综合与测试精练，共14页。试卷主要包含了5 Fe-56 Cu-64，4L/ml，故11，48 L水分子的数目为0等内容，欢迎下载使用。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64
第Ⅰ卷（选择题 共45分）
一、选择题：本题共15个小题，每小题3分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．NA表示阿伏加德罗常数的值。俗名为“臭碱”的硫化钠广泛应用于冶金染料、皮革、电镀等工业。硫化钠的一种制备方法是Na2SO4+2CNa2S+2CO2↑。下列有关说法正确的是（ ）
A．1ml/L Na2SO4溶液液中含氧原子的数目一定大了4NA
B．1L 0.1ml/L Na2S溶液中含阴离子的数目小于0.1NA
C．生成1ml氧化产物时转移电子数为4NA
D．通常状况下11.2L CO2中含质子的数目为11NA
【答案】C
【解析】A、未注明溶液的体积，无法判断1ml/L Na2SO4溶液中含氧原子的数目，选项A错误；
B、1L 0.1ml/L Na2S溶液中含有0.1ml Na2S，硫离子水解生成HS-和氢氧根离子，阴离子的数目大于0.1NA，选项B错误；
C、根据方程式，氧化产物为二氧化碳，生成1ml氧化产物时转移电子数为4NA，选项C正确；
D、通常状况下，气体摩尔体积不是22.4L/ml，故11.2L CO2物质的量不是0.5ml，所含质子的数目不是11NA，选项D错误；
2．下列过程对应的离子方程式正确的是（ ）
A．NaHSO3溶于水呈酸性：NaHSO3=Na++H++SO
B．在Na2S2O3溶液中滴加稀硫酸：2H++S2O=SO2↑+S↓+H2O
C．浓盐酸与MnO2反应制氯气：MnO2+4HCl=Mn2++2Cl2↑+2H2O
D．工业冶炼Mg：2Mg2++2O2-2Mg+O2↑
【答案】B
【解析】A．NaHSO3溶于水呈酸性是因为HSO的电离程度大于水解程度， HSO H++SO ，A错误；
B．在Na2S2O3溶液中滴加稀硫酸发生氧化还原反应生成二氧化硫气体、硫沉淀，反应的离子方程式是2H++S2O===SO2↑+S↓+H2O，故B正确；
C．浓盐酸与MnO2反应生成氯化锰、氯气、水，反应的离子方程式是MnO2+4H++2Cl- Mn2++Cl2↑+2H2O，故C错误；
D．工业冶炼Mg是电解熔融的氯化镁，Mg2++2Cl-Mg+Cl2↑，故D错误；
3．下列实验中的颜色变化，与氧化还原反应无关的是（ ）
【答案】A
【解析】A．FeCl3溶液滴入Mg(OH)2浊液中，发生沉淀的转化，2FeCl3+3Mg(OH)2=2Fe(OH)3+3MgCl2，产生红褐色沉淀为Fe(OH)3，没有化合价的变化，不属于氧化还原反应，A符合题意；
B．AgNO3溶液滴入氯水中，生成氯化银沉淀，促进了氯气与水反应，Cl2+H2OHCl+HClO，淡黄绿色褪去，Cl元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，B不符合题意；
C．Na块放在坩埚里并加热，发出黄色火焰，生成淡黄色固体过氧化钠，Na、O元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，C不符合题意；
D．H2C2O4溶液滴入KMnO4酸性溶液中，发生反应2KMnO₄+5H₂C₂O₄+3H₂SO₄=2MnSO₄+K₂SO₄+10CO₂↑+8H₂O，C、Mn元素化合价变化，属于氧化还原反应，D不符合题意；
4．用如图装置制取表中的四种干燥、纯净的气体（图中铁架台、铁夹、加热及气体收集装置均已略去；必要时可以加热；a、b、c、d表示相应仪器中加入的试剂）其中正确的是（ ）
【答案】D
【解析】A、二氧化碳气体中混有的杂质是氯化氢气体除去氯化氢气体用饱和碳酸氢钠溶液，不能用碳酸钠溶液，因为碳酸钠溶液会吸收二氧化碳，A错误；
B、制取的氯气中常含有氯化氢气体但是不能用氢氧化钠溶液除杂因为氯气会与氢氧化钠反应，B错误；
C、除去氨气中的杂质气体不能用水因为氨气极易溶于水，C错误；
D、一氧化氮难溶于水，可以用水除去其中的二氧化氮或硝酸，再用浓硫酸干燥即可得到纯净的一氧化氮气体，正确。
5．己知NA是阿伏伽德罗常数的值，下列说法不正确的是（ ）
A．3 g 3He 含有的中子数为1NA
B．1 ml K2Cr2O7被还原为Cr3+转移的电子数为6 NA
C．28 g CO和N2的混合物含有的电子数为14NA
D．标准状况下，4.48 L水分子的数目为0.2 NA
【答案】D
【解析】A. 3He 的中子数为3-2=1，则3 g 3He 的中子数为=NA，选项A正确；
B. 重铬酸钾被还原为铬离子时，铬元素从+6降低到+3，1ml重铬酸钾转移的电子数为3ml×2×NA ml-1 =6NA，选项B正确；
C．CO和N2的摩尔质量均为28g/ml，每个分子所含有电子数均为14，则28g混合物的物质的量为1ml，所含有的电子数等于14NA，选项C正确；
D．标准状况下，水不是气体，所以4.48L水的物质的量不是0.2ml，故含有水分子的数目不是0.2NA，选项D不正确；
6．将氯气制成漂白粉的主要目的是( )
①使它转变成较易溶于水的物质
②转变成较稳定、便于贮存的物质
③提高氯的质量分数
④提高漂白能力
A．①②B．②③④C．②③D．②
【答案】D
【解析】①氯气是气体且有毒，将Cl2制成漂白粉是为了将气体装化为固体，便于保存和运输，故①错误；
②氯气有毒，气体不方便运输、销售，制成漂白粉是一种较稳定物质，便于保存和运输，故②正确；
③将Cl2制成漂白粉，其中氯元素的质量分数不变，故③错误；
④将Cl2制成漂白粉，漂白和消毒作用效果不会改变，故④错误。
7．用玻璃棒蘸取新制氯水滴在pH试纸中部，观察到的现象是( )
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】新制的氯水中含有氯气、次氯酸、盐酸等成分，具有酸性和漂白性，中间部分被次氯酸漂白，而四周没有和次氯酸反应，仍有指示剂的作用，pH试纸与酸显红色。故答案为B。
8．欲配制100mL1.0 ml/L Na2SO4溶液，正确的方法是( )
①将14.2 g Na2SO4，溶于100mL水中
②将32.2g Na2SO4•10H2O溶于少量水中，再用水稀释至100 mL
③将20 mL 5.0 ml/L Na2SO4溶液用水稀释至100 mL
A．①②B．②③C．①③D．①②③
【答案】B
【解析】①14.2gNa2SO4的物质的量为=0.1ml，但溶液的体积不等于溶剂的体积，所以无法计算出物质的量浓度，故①错误；
②32.2gNa2SO4•10H2O物质的量为=0.1ml，硫酸钠的物质的量等于硫酸钠晶体的物质的量，硫酸钠的物质的量浓度c==1.0ml•L-1，故②正确；
③根据稀释定律，稀释前后溶质硫酸钠的物质的量不变，则20ml×5ml/L=100ml×c(硫酸钠)，则c(硫酸钠)=1.0ml/L，故③正确；
②③正确，故答案为B。
9．某实验小组设计实验测定Na2SO4和Na2CO3混合物中各组分的含量。
下列说法不正确的是（ ）
A．沉淀a的主要成分是BaSO4和BaCO3
B．滤液b中Na+的物质的量为0.08ml
C．气体d在标准状况下的体积为224mL
D．原混合物中Na2SO4与Na2CO3的物质的量之比为1:3
【答案】C
【解析】混合溶液中加入BaCl2 溶液，发生的反应为Na2SO4 + BaCl2 = BaSO4↓+2NaCl；Na2CO3 + BaCl2 =BaCO3 ↓+2NaCl，滤液b中溶质为NaCl、BaCl2 ，沉淀a为BaSO4和BaCO3，然后向沉淀中加入过量稀硝酸，发生的反应为BaCO3+2HNO3 =Ba(NO3)2 +H2 O+CO2 ↑，硫酸钡不溶于稀硝酸，所以得到的气体d是二氧化碳，白色沉淀c是BaSO4 ；n(BaSO4)=2.33g÷233g/ml=0.01ml，n(BaCO3)=(8.24g−2.33g)÷197g/ml=0.03ml，根据S、C原子守恒得n(BaSO4)=n(Na2SO4)=0.01ml；n(BaCO3)=n(Na2CO3) = 0.03ml；
A．通过以上分析知，沉淀a的主要成分是BaSO4和BaCO3，A正确；
B．根据化学式知，钠离子和C、S原子个数之比为2：1，则n(Na+)=2n(Na2SO4)+2 n(Na2CO3)=2×0.01ml+2×0.03ml=0.08ml，B正确；
C．根据C原子守恒得n(CO2)= n(BaCO3)= n(Na2CO3)=0.03ml，则二氧化碳在标况下体积=0.03ml×22.4L/ml=0.672L=672mL，C错误；
D． n(Na2SO4)：n(Na2CO3)=0.01ml:0.03ml=1：3，D正确；
10．相同状况下，体积相等的五个气球分别充满相应的气体，如下图所示。与氯化氢气球中所含原子数一定相等的是（ ）
【答案】C
【解析】由阿佛加德罗定律可知，相同状况下，气体体积之比等于其物质的量之比，即体积相等，物质的量相等，假设HCl为1ml，则含有2ml原子，设混合气体均为1ml，如原子数相等，则原子物质的量相等；
A．Ar是单原子分子，一个O3分子中含3个O原子，二者的物质的量比为1：1时才符合与HCl原子数相等，故A不符合题意；
B．H2是双原子分子，一个NH3分子中有4个原子，无论混合气体由什么比例组成，1ml混合气体所含的原子数大于2ml，故B不符合题意；
C．N2、O2都是由2个原子组成，所以无论混合气体由什么比例组成，1ml混合气体所含的原子数肯定为2ml，符合题意中的“一定相等”，故C正确；
D．CO是双原子分子，一个CO2分子中含3个原子，无论混合气体由什么比例组成，1ml混合气体所含的原子数大于2ml，故D不符合题意；
11．下列溶液分别加水稀释到100 mL，稀释后的溶液中氯离子浓度最大的是 （ ）
A．20mL 1ml·L−1的AlCl3B．50mL 1ml·L−1的KCl
C．20mL 2ml·L−1的NH4ClD．20mL 2ml·L−1的CaCl2
【答案】D
【解析】根据物质的化学式及物质的物质的量浓度来计算氯离子的物质的量浓度。首先计算各选项中氯离子的物质的量。n(Cl－)=c×V×各物质中Cl－的个数。再除以溶液体积100mL可得浓度。分别是：
A. 1ml/L×0.02L×3=0.06 ml；
B. 1 ml/L×0.05L×1=0.05ml；
C. 2ml/L×0.02L×1=0.04 ml；
D. 2ml/L×0.02L×2=0.08 ml；
12．已知KMnO4与浓HCl在常温下反应就能产生Cl2，若用如图所示装置来制备纯净、干燥的氯气，并试验它与金属的反应。每个虚线框表示一个单元装置，其中错误的是（ ）
A．只有①和②处B．只有②处
C．只有②和③处D．只有②、③、④处
【答案】D
【解析】①KMnO4与浓HCl在常温下反应产生Cl2，无需加热，盐酸易挥发，应盛装在分液漏斗中，固体放在圆底烧瓶中，①正确；
②生成的氯气中含有HCl和水蒸气，应通入盛有饱和食盐水的洗气瓶除去HCl，氯气能与NaOH溶液反应，不能用于HCl的除杂，②错误；
③通入洗气瓶的导管应长进短出，否则气体不能通过洗气瓶，故③错误；
④氯气与金属反应时，气体应通入到试管底部，并用双孔橡皮塞，否则会使试管内压强过大导致橡皮塞顶开，并有尾气处理装置，故④错误。
13．如图是验证某气体化学性质的实验装置，如打开B，从A处通干燥的氯气，C中干燥的红色布条无变化，如关闭B，C中干燥的红色布条褪色，则D中所装溶液是（ ）
A．浓H2SO4B．饱和NaCl溶液
C．NaOH溶液D．NaBr溶液
【答案】B
【解析】A．氯气经过盛有浓硫酸的洗气瓶，为干燥氯气，不能使有色布条褪色，故A错误；
B．氯气难溶于饱和食盐水，经过饱和食盐水后，氯气中混有水，能生成具有漂白性的HClO，可使有色布条褪色，故B正确；
C．氯气经过盛有NaOH溶液的洗气瓶而被吸收，则有色布条不褪色，故C错误；
D．氯气经过NaBr溶液后，氯气和溴化钠反应，Cl2+NaBr=Br2+2NaCl，可吸收氯气，不能使有色布条褪色，故D错误；
14．在探究新制饱和氯水成分的实验中，下列根据实验现象得出的结论不正确的是（ ）
A．氯水的颜色呈浅绿色，说明氯水中含有Cl2
B．向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，说明氯水中含有Cl－
C．向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，说明氯水中含有H＋
D．向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色，说明氯水中含有HClO
【答案】D
【解析】A、氯气是黄绿色气体，因此氯水的颜色呈浅绿色，说明氯水中含有Cl2，A正确；
B、向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，白色沉淀是氯化银，这说明氯水中含有Cl－，B正确；
C、向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，气体是CO2，这说明氯水中含有H＋，C正确；
D、向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色，说明反应中有氯化铁生成。由于氯气也能把氯化亚铁氧化生成氯化铁，因此不能说明氯水中含有HClO，D不正确。
15．下列“解释或结论”与“实验操作及现象”不相符的一组是（ ）
【答案】C
【解析】A．次氯酸具有强氧化性，其漂白原理是利用强氧化性将有色物质发生氧化还原反应，生成稳定的无色物质，漂白后的物质加热不会恢复原来的颜色，则次氯酸的漂白是永久的，故A正确；
B．金属与酸的反应为放热反应，则打磨后的镁条放入盛有稀盐酸的试管中，用手触摸试管外壁感觉变热，故B正确；
C．产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，气体可能为二氧化碳或二氧化硫，则盐为碳酸氢钠或碳酸钠，或亚硫酸钠、亚硫酸氢钠等，故C错误；
D．加入稀盐酸无明显现象，可知溶液中不含银离子，再加入BaCl2溶液，有白色沉淀，白色沉淀为硫酸钡，则溶液中一定含有SO，故D正确；
第Ⅱ卷（非选择题 共55分）
二、非选择题：包括第16题~第20题5个大题，共55分。
16．（12分）金属及其化合物的种类很多，我们可以按照“金属单质、金属氧化物、金属氢氧化物、盐”的类别进行研究。A是短周期元素中原子半径最大的金属元素(“→”所指的转化都是一步完成)。
（1）A与水反应的离子方程式：_______________。
（2）若B为呼吸面具中的供氧剂，其供氧时每生成1mlO2，反应过程中转移的电子数为____________(用NA表示阿伏伽德罗常数，用含NA的代数式表示)。
（3）200℃时，11.6gCO2和H2O的混合气体与足量的B反应，反应后固体增加了3.6g，则原混合物的平均相对分子质量为__________。
（4）若称取10.5 g纯净的NaHCO3固体，加热一段时间后，剩余固体的质量为8.02 g。如果把剩余的固体全部加入到100 mL 2 ml·L-1的盐酸中充分反应。求溶液中剩余的盐酸的物质的量浓度(设溶液的体积变化及盐酸的挥发忽略不计)___________。
（5）某化学反应方程式(未配平)：KMnO4+KI+H2SO4→MnSO4+I2+KIO3+K2SO4+H2O，若该反应方程式中I2和KIO3的计量数分别是6和3，请将方程式配平；_____KMnO4+______KI+_____H2SO4→_____MnSO4+6I2+3KIO3+_____K2SO4+_____H2O，并用单线桥标出电子转移的方向和数目：_________。
【答案】（1）2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑ （2分）
（2）2NA （2分）
（3） 23.2 （2分）
（4） 0.75 ml·L-1 （2分）
（5） 6 15 15 6 9 15 （2分）
（2分）
【解析】 （1）钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，离子反应方程式为：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑；
（2）若B为呼吸面具中的供氧剂，则B为Na2O2，其供氧时，其供养时主要反应的化学方程式：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2↑，过氧化钠中氧元素化合价-1价变化为0价和-2价，1ml过氧化钠反应电子转移1ml，其供养时每生成1ml O2消耗2ml过氧化钠，转移2ml电子，则反应过程中转移的电子数为2NA；
（3）若B为Na2O，与11.6g CO2和H2O的反应为化合反应，反应后增重的质量应为11.6g，但实际反应后固体增重的质量只有3.6g，说明固体B为过氧化钠，由反应：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，可知参加反应的CO2和H2O与生成O2的物质的量之比为2:1，m(增重)=m(吸收)−m(放出)，即11.6g−m(O2)=3.6g，m(O2)=11.6g−3.6g=8.0g，所以n(O2)= =0.25ml，n(CO2和H2O)=0.5ml，则原混合气体的平均摩尔质量为=23.2g/ml；
（4）n(NaHCO3)==0.125 ml，NaHCO3最终完全转变成NaCl，消耗盐酸的物质的量等于NaHCO3物质的量，则n(HCl)剩余=n(HCl)−n(NaHCO3)=0.1L×2ml·L-1−0.125ml=0.075ml，所以溶液中剩余的盐酸的物质的量浓度为：c(HCl)剩余==0.75ml·L-1；
（5）反应KMnO4+KI+H2SO4→MnSO4+I2+KIO3+K2SO4+H2O中，Mn元素化合价降低，由+7价降低到+2价，I元素化合价升高，由-1价升高到0价和+5价，若该反应方程式中I2和KIO3的计量数分别是6和3，则I元素失去电子的数目为2×6(1−0)+3×[5−(−1)]=30，则KMnO4的化学计量系数应为=6，结合质量守恒可知，该反应的化学反应方程式为6KMnO4+15KI+15H2SO4=6MnSO4+6I2+3KIO3+9K2SO4+15H2O，用单线桥标出电子转移的方向和数目为：。
17．（12分）化学来源于生活又服务于生活，请用化学用语回答下列问题：
（1）漂粉精中有效成分的化学式为：___________
（2）“硅材料”是无机非金属材料的主角，其中广泛应用于光导纤维的材料是：____________
（3）向浑浊的水中加入明矾KAl(SO4)2·12H2O后，水可得到净化。写出明矾在水中的电离方程式：___________。往明矾溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液，若使SO42- 恰好完全沉淀，发生反应的离子方程式为：___________；若使Al3+恰好完全沉淀，发生反应的离子方程式为：_____。
（4）饮用水中的NO3-对人类健康产生危害，为了降低饮用水中NO3-的浓度，可以在碱性条件下用铝粉将NO3-还原为N2，其化学方程式为： 10Al + 6NaNO3 + 4NaOH = 10NaAlO2 + 3N2↑ + 2H2O
请回答下列问题：
①在化学方程式上用单线桥标出该反应中电子转移的方向和数目：____________
②上述反应中若生成标准状况下3.36LN2，则转移的电子数目为：_____________。
【答案】（1）Ca(ClO)2 （1分）
（2） SiO2 （1分）
（3） KAl(SO4)2 = K+ + Al3+ + 2SO42- （2分）
2SO42- +2Ba2++Al3++4OH- = 2BaSO4↓ + AlO2-+ 2H2O （2分）
2Al3+ + 3Ba2+ + 6OH- + 3SO42- = 2Al(OH)3↓ + 3BaSO4↓ （2分）
（4） （2分） 1.5NA （2分）
【解析】
（1）漂白精是用Cl2与Ca(OH)2反应制得的，其主要成分是CaCl2和Ca(ClO)2，有效成分是Ca(ClO)2。
（2）光导纤维主要成分是SiO2。
（3）明矾为强电解质，在水中电离得到Al3+、K +、SO42-，电离方程式为KAl(SO4)2=K++Al3++2SO42-；若使SO42- 恰好完全沉淀，设KAl(SO4)2为1ml，加入的Ba(OH)2为2ml，与Al3+反应恰好生成AlO2-，发生反应的离子方程式为2SO42- +2Ba2++Al3++4OH- = 2BaSO4↓ + AlO2- + 2H2O；加入Ba(OH)2至Al3+恰好完全沉淀时，设KAl(SO4)2为1ml，需要OH- 3ml，则Ba2+为1.5ml，生成BaSO4 为1.5ml，溶液中还有0.5mlSO42-没有参加反应，反应离子方程式为2Al3++3SO42-+3Ba2++6OH-=2Al(OH)3↓+3BaSO4↓ 。
（4）该反应中Al元素从0价升高到+3价，失去电子数是3×10=30，NaNO3中+5价N元素化合价降低到0价生成N2，。生成3mlN2，转移30ml电子，所以当N2为0.15ml时，转移电子数为1.5NA。
18．（11分）Ⅰ.氯气是一种重要的工业原料。工业上利用反应3Cl2＋2NH3＝N2＋6HCl检查氯气管道是否漏气。
（1）该反应中氧化剂是____________ ，氧化产物是____________。用单线桥表示反应的电子转移__________________。
（2）从反应可以看出氧化性：Cl2___________N2（填“>” “<”“=” ）。若71g氯气参与反应，理论上生成N2的体积（标准状况）为_________________L（保留小数点后一位）。工作人员通过能否看到白烟判断管道是否漏气，请结合上述反应，写出生成的白烟的化学式______________。
（3）实验室现需配制100 mL 0.1ml/L的氢氧化钠溶液，请将步骤补充完整
计算可得需要氢氧化钠的质量为_____________ g。
将称量好的固体放入小烧杯中，加适量蒸馏水溶解；
将所得溶液冷却至室温后，沿玻璃棒小心转入100 mL_________（填仪器名称）
用少量蒸馏水烧杯2～3次，每次洗涤液都转入容量瓶中；
继续加蒸馏水至液面距刻度线1～2 cm处，改用____________小心滴加蒸馏水至刻度线处；摇匀；装瓶，贴标签。
【答案】（1）Cl2 （1分） N2 （1分） （2分）
（2） > （1分） 7.5 （1分） NH3+HCl=NH4Cl （2分）
（3） 0.4g （1分） 容量瓶 （1分） 胶头滴管 （1分）
【解析】Ⅰ.（1）由方程式可知，反应中Cl元素化合价降低被还原，Cl2为氧化剂，N元素化合价升高被氧化，N2是氧化产物，生成1mlN2时有6ml电子转移，用单线桥表示反应的电子转移如下：，故答案为：Cl2；N2；；
（2）由氧化剂的氧化性强于氧化产物可知，氯气的氧化性强于氮气；由方程式可得如下关系：3Cl2—N2，则71g氯气参与反应生成标准状况下N2的体积为××22.4L/ml≈7.5L；当NH3过量时，过量NH3可与HCl反应生成氯化铵，有白烟生成，反应的化学方程式为NH3+HCl=NH4Cl，故答案为：>；7.5；NH3+HCl=NH4Cl；
Ⅱ. 100 mL 0.1ml/L氢氧化钠溶液中含有的氢氧化钠的物质的量为1ml/L×0.1L=0.1ml，则氢氧化钠的质量为40g/ml×0.1ml=4.0g；将所得溶液冷却至室温后，沿玻璃棒小心转入100 mL容量瓶中，并用玻璃棒引流；加蒸馏水至液面距刻度线1～2 cm处，改用胶头滴管滴加，使溶液的凹液面的最低点与刻线相平，故答案为：4.0；容量瓶；胶头滴管。
19．（10分）某小组设计如图装置(部分夹持装置已略去)，以探究潮湿的Cl2与Na2CO3反应得到固体物质的成分。
（1）试剂X的化学式________。A中制取Cl2的离子方程式____________________。
（2）试剂Y的名称为______________。
（3）通入一定量潮湿的Cl2反应后，经检测，D中只有Cl2O一种气体，C中除含一种氯盐外，同时含有NaHCO3等，某同学对C中所得固体残渣的成分进行探究。
①提出合理假设。
假设1：存在两种成分：NaHCO3和____________________________；
假设2：存在三种成分：NaHCO3和__________________________。
②设计方案，进行实验。写出实验步骤以及预期现象和结论。
限选实验试剂和仪器：蒸馏水、稀硝酸、BaCl2溶液、澄清石灰水、AgNO3溶液、试管、小烧杯。
（4）已知Cl2O与水反应生成次氯酸，则D中Cl2O进入E反应的化学方程式为____________。
【答案】（1）HCl （1分） MnO2+4H++2ClMn2++Cl2↑+2H2O （1分）
（2）饱和食盐水 （1分）
（3）① NaCl （1分） NaCl、Na2CO3 （1分）
②步骤1：若无明显现象，证明固体不含碳酸钠；（1分）
步骤2：若溶液变浑浊，证明固体中含碳酸钠 （1分）
步骤3：向B试管中滴加过量的稀硝酸溶液，再滴加AgNO3溶液 （1分）
若溶液变浑浊，结合步骤2中①，假设1成立；结合步骤2中②，则假设2成立 （1分）
（4） Cl2O+2NaOH=2NaClO+H2O （1分）
【解析】（1）实验室利用MnO2和浓盐酸在加热条件下发生反应制取Cl2，化学方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，其中HCl、MnCl2是易溶于水的强电解质，改写成离子形式，据此写出离子方程式；
（2）由于浓盐酸具有较强的挥发性，因此A中制取的Cl2中混有HCl、H2O(g)。该实验的目的是探究潮湿的Cl2与Na2CO3反应得到固体物质的成分，故应除去Cl2中的HCl气体，试剂Y要求既能除去HCl，又不能吸收Cl2，这里可选用饱和食盐水；
（3）①Cl2与Na2CO3反应生成Cl2O的过程中，氯元素由0价升高到+1价，根据氧化还原反应中元素化合价有升必有降的规律可知，生成的氯盐为NaCl。潮湿的Cl2与Na2CO3在固体表面发生反应，Na2CO3可能反应不完全，据此推测固体残渣中有NaHCO3和NaCl，可能有未反应的Na2CO3；
②将C中固体残渣溶于水配成溶液，步骤2利用BaCl2溶液检验是否存在Na2CO3；步骤3检验NaCl，先向B中加入过量稀硝酸，排除干扰，再加入AgNO3溶液进行检验；
（4）Cl2O与水反应生成HClO，化学方程式为Cl2O+H2O=2HClO。HClO与NaOH溶液发生中和反应生成NaClO和H2O，化学方程式为HClO+NaOH=NaClO+H2O。
20．（10分）氯气是一种具有重要用途的气体，在工业上大量用于制造盐酸、有机溶剂和杀菌消毒剂等。甲同学在实验室进行氯气性质的研究
（1）甲同学依次进行了与①钠、②铜、③氢气、④水反应的实验。
上述反应中属于氧化还原反应的是___________(填序号)。
（2）写出铁丝在氯气中燃烧的化学方程式：________。
（3）氯气溶于水得到的溶液称为氯水，新制的氯水呈_________色，新制的氯水中含有的物质为(水除外)________(填化学式)。
（4）甲同学探究氯气能否与水发生反应
①B中纸条褪色，结合化学方程式解释原因：________。
②装置A的作用是___________。
③烧杯中发生反应的化学方程式为_________。
【答案】（1）①②③④ （1分）
（2） （2分）
（3）黄绿 （1分） （2分）
（4）① Cl2 + H2O ⇌ HCl + HClO，生成的次氯酸有漂白性 （1分）
②对照实验证明氯气自身没有漂白性，说明B中起漂白作用的是其他物质，证明氯气与水发生了反应（1分）
③ （2分）
【解析】 （1）氯气具有强氧化性，可与金属、非金属单质发生化合反应，与水反应生成HClO和HCl，则①②③④都为氧化还原反应，故答案为：①②③④；
（2）铁在氯气中燃烧生成氯化铁，反应的化学方程式为，故答案为：；
（3）氯气溶于水后和水反应生成盐酸和次氯酸，该反应为可逆反应：Cl2 + H2O ⇌ HCl+ HClO，则新制的氯水中含有的物质为(水除外)，新制氯水中由于含有氯气，所以溶液呈黄绿色，故答案为：黄绿；；
（4）①氯气和水发生反应Cl2 + H2O ⇌ HCl+ HClO，生成HClO，由于HClO具有漂白性，可使红纸条褪色，故答案为：Cl2 + H2O ⇌ HCl+ HClO，生成的次氯酸有漂白性；
②氯气不具有漂白性，干燥红纸不褪色，作对照实验，证明氯气自身没有漂白性，说明B中起漂白作用的是其他物质，从而证明氯气与水发生了反应，故答案为：对照实验，证明氯气自身没有漂白性，说明B中起漂白作用的是其他物质，从而证明氯气与水发生了反应；
③烧杯中应盛放氢氧化钠溶液，用于吸收氯气，避免污染环境，发生反应的化学方程式为，故答案为：。
A
B
C
D
FeCl3溶液滴入Mg(OH)2浊液中
AgNO3溶液滴入氯水中
Na块放在坩埚里并加热
H2C2O4溶液滴入KMnO4酸性溶液中
白色浑浊转化为红褐色沉淀
产生白色沉淀，随后溶液淡黄绿色褪去
发出黄色火焰，生成淡黄色固体
产生气泡， 随后紫色褪去
选项
气体
a
b
c
d
A
CO2
盐酸
CaCO3
饱和Na2CO3溶液
浓硫酸
B
Cl2
浓盐酸
MnO2
NaOH溶液
浓硫酸
C
NH3
饱和NH4Cl溶液
消石灰
H2O
固体NaOH
D
NO
稀硝酸
铜屑
H2O
浓硫酸
选项
实验操作及现象
解释或结论
A
次氯酸漂白品红溶液后，再进行加热，颜色不恢复
次氯酸的漂白是永久的
B
将打磨后的镁条放入盛有稀盐酸的试管中，用手触摸试管外壁感觉变热
镁条与稀盐酸反应是放热反应
C
向某钠盐溶液中加入稀盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体
该盐一定是Na2CO3
D
向某溶液中加入稀盐酸无明显现象，再加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成
该溶液中一定含有SO
实验步骤
预期现象和结论
步骤1：取C中的少量固体样品于试管中，滴加足量蒸馏水至固体溶解，然后将所得溶液分别置于A、B试管中
步骤2：向A试管中滴加BaCl2溶液
__________________
步骤3：______________
__________________
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64
第Ⅰ卷（选择题 共45分）
一、选择题：本题共15个小题，每小题3分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．NA表示阿伏加德罗常数的值。俗名为“臭碱”的硫化钠广泛应用于冶金染料、皮革、电镀等工业。硫化钠的一种制备方法是Na2SO4+2CNa2S+2CO2↑。下列有关说法正确的是（ ）
A．1ml/L Na2SO4溶液液中含氧原子的数目一定大了4NA
B．1L 0.1ml/L Na2S溶液中含阴离子的数目小于0.1NA
C．生成1ml氧化产物时转移电子数为4NA
D．通常状况下11.2L CO2中含质子的数目为11NA
【答案】C
【解析】A、未注明溶液的体积，无法判断1ml/L Na2SO4溶液中含氧原子的数目，选项A错误；
B、1L 0.1ml/L Na2S溶液中含有0.1ml Na2S，硫离子水解生成HS-和氢氧根离子，阴离子的数目大于0.1NA，选项B错误；
C、根据方程式，氧化产物为二氧化碳，生成1ml氧化产物时转移电子数为4NA，选项C正确；
D、通常状况下，气体摩尔体积不是22.4L/ml，故11.2L CO2物质的量不是0.5ml，所含质子的数目不是11NA，选项D错误；
2．下列过程对应的离子方程式正确的是（ ）
A．NaHSO3溶于水呈酸性：NaHSO3=Na++H++SO
B．在Na2S2O3溶液中滴加稀硫酸：2H++S2O=SO2↑+S↓+H2O
C．浓盐酸与MnO2反应制氯气：MnO2+4HCl=Mn2++2Cl2↑+2H2O
D．工业冶炼Mg：2Mg2++2O2-2Mg+O2↑
【答案】B
【解析】A．NaHSO3溶于水呈酸性是因为HSO的电离程度大于水解程度， HSO H++SO ，A错误；
B．在Na2S2O3溶液中滴加稀硫酸发生氧化还原反应生成二氧化硫气体、硫沉淀，反应的离子方程式是2H++S2O===SO2↑+S↓+H2O，故B正确；
C．浓盐酸与MnO2反应生成氯化锰、氯气、水，反应的离子方程式是MnO2+4H++2Cl- Mn2++Cl2↑+2H2O，故C错误；
D．工业冶炼Mg是电解熔融的氯化镁，Mg2++2Cl-Mg+Cl2↑，故D错误；
3．下列实验中的颜色变化，与氧化还原反应无关的是（ ）
【答案】A
【解析】A．FeCl3溶液滴入Mg(OH)2浊液中，发生沉淀的转化，2FeCl3+3Mg(OH)2=2Fe(OH)3+3MgCl2，产生红褐色沉淀为Fe(OH)3，没有化合价的变化，不属于氧化还原反应，A符合题意；
B．AgNO3溶液滴入氯水中，生成氯化银沉淀，促进了氯气与水反应，Cl2+H2OHCl+HClO，淡黄绿色褪去，Cl元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，B不符合题意；
C．Na块放在坩埚里并加热，发出黄色火焰，生成淡黄色固体过氧化钠，Na、O元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，C不符合题意；
D．H2C2O4溶液滴入KMnO4酸性溶液中，发生反应2KMnO₄+5H₂C₂O₄+3H₂SO₄=2MnSO₄+K₂SO₄+10CO₂↑+8H₂O，C、Mn元素化合价变化，属于氧化还原反应，D不符合题意；
4．用如图装置制取表中的四种干燥、纯净的气体（图中铁架台、铁夹、加热及气体收集装置均已略去；必要时可以加热；a、b、c、d表示相应仪器中加入的试剂）其中正确的是（ ）
【答案】D
【解析】A、二氧化碳气体中混有的杂质是氯化氢气体除去氯化氢气体用饱和碳酸氢钠溶液，不能用碳酸钠溶液，因为碳酸钠溶液会吸收二氧化碳，A错误；
B、制取的氯气中常含有氯化氢气体但是不能用氢氧化钠溶液除杂因为氯气会与氢氧化钠反应，B错误；
C、除去氨气中的杂质气体不能用水因为氨气极易溶于水，C错误；
D、一氧化氮难溶于水，可以用水除去其中的二氧化氮或硝酸，再用浓硫酸干燥即可得到纯净的一氧化氮气体，正确。
5．己知NA是阿伏伽德罗常数的值，下列说法不正确的是（ ）
A．3 g 3He 含有的中子数为1NA
B．1 ml K2Cr2O7被还原为Cr3+转移的电子数为6 NA
C．28 g CO和N2的混合物含有的电子数为14NA
D．标准状况下，4.48 L水分子的数目为0.2 NA
【答案】D
【解析】A. 3He 的中子数为3-2=1，则3 g 3He 的中子数为=NA，选项A正确；
B. 重铬酸钾被还原为铬离子时，铬元素从+6降低到+3，1ml重铬酸钾转移的电子数为3ml×2×NA ml-1 =6NA，选项B正确；
C．CO和N2的摩尔质量均为28g/ml，每个分子所含有电子数均为14，则28g混合物的物质的量为1ml，所含有的电子数等于14NA，选项C正确；
D．标准状况下，水不是气体，所以4.48L水的物质的量不是0.2ml，故含有水分子的数目不是0.2NA，选项D不正确；
6．将氯气制成漂白粉的主要目的是( )
①使它转变成较易溶于水的物质
②转变成较稳定、便于贮存的物质
③提高氯的质量分数
④提高漂白能力
A．①②B．②③④C．②③D．②
【答案】D
【解析】①氯气是气体且有毒，将Cl2制成漂白粉是为了将气体装化为固体，便于保存和运输，故①错误；
②氯气有毒，气体不方便运输、销售，制成漂白粉是一种较稳定物质，便于保存和运输，故②正确；
③将Cl2制成漂白粉，其中氯元素的质量分数不变，故③错误；
④将Cl2制成漂白粉，漂白和消毒作用效果不会改变，故④错误。
7．用玻璃棒蘸取新制氯水滴在pH试纸中部，观察到的现象是( )
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】新制的氯水中含有氯气、次氯酸、盐酸等成分，具有酸性和漂白性，中间部分被次氯酸漂白，而四周没有和次氯酸反应，仍有指示剂的作用，pH试纸与酸显红色。故答案为B。
8．欲配制100mL1.0 ml/L Na2SO4溶液，正确的方法是( )
①将14.2 g Na2SO4，溶于100mL水中
②将32.2g Na2SO4•10H2O溶于少量水中，再用水稀释至100 mL
③将20 mL 5.0 ml/L Na2SO4溶液用水稀释至100 mL
A．①②B．②③C．①③D．①②③
【答案】B
【解析】①14.2gNa2SO4的物质的量为=0.1ml，但溶液的体积不等于溶剂的体积，所以无法计算出物质的量浓度，故①错误；
②32.2gNa2SO4•10H2O物质的量为=0.1ml，硫酸钠的物质的量等于硫酸钠晶体的物质的量，硫酸钠的物质的量浓度c==1.0ml•L-1，故②正确；
③根据稀释定律，稀释前后溶质硫酸钠的物质的量不变，则20ml×5ml/L=100ml×c(硫酸钠)，则c(硫酸钠)=1.0ml/L，故③正确；
②③正确，故答案为B。
9．某实验小组设计实验测定Na2SO4和Na2CO3混合物中各组分的含量。
下列说法不正确的是（ ）
A．沉淀a的主要成分是BaSO4和BaCO3
B．滤液b中Na+的物质的量为0.08ml
C．气体d在标准状况下的体积为224mL
D．原混合物中Na2SO4与Na2CO3的物质的量之比为1:3
【答案】C
【解析】混合溶液中加入BaCl2 溶液，发生的反应为Na2SO4 + BaCl2 = BaSO4↓+2NaCl；Na2CO3 + BaCl2 =BaCO3 ↓+2NaCl，滤液b中溶质为NaCl、BaCl2 ，沉淀a为BaSO4和BaCO3，然后向沉淀中加入过量稀硝酸，发生的反应为BaCO3+2HNO3 =Ba(NO3)2 +H2 O+CO2 ↑，硫酸钡不溶于稀硝酸，所以得到的气体d是二氧化碳，白色沉淀c是BaSO4 ；n(BaSO4)=2.33g÷233g/ml=0.01ml，n(BaCO3)=(8.24g−2.33g)÷197g/ml=0.03ml，根据S、C原子守恒得n(BaSO4)=n(Na2SO4)=0.01ml；n(BaCO3)=n(Na2CO3) = 0.03ml；
A．通过以上分析知，沉淀a的主要成分是BaSO4和BaCO3，A正确；
B．根据化学式知，钠离子和C、S原子个数之比为2：1，则n(Na+)=2n(Na2SO4)+2 n(Na2CO3)=2×0.01ml+2×0.03ml=0.08ml，B正确；
C．根据C原子守恒得n(CO2)= n(BaCO3)= n(Na2CO3)=0.03ml，则二氧化碳在标况下体积=0.03ml×22.4L/ml=0.672L=672mL，C错误；
D． n(Na2SO4)：n(Na2CO3)=0.01ml:0.03ml=1：3，D正确；
10．相同状况下，体积相等的五个气球分别充满相应的气体，如下图所示。与氯化氢气球中所含原子数一定相等的是（ ）
【答案】C
【解析】由阿佛加德罗定律可知，相同状况下，气体体积之比等于其物质的量之比，即体积相等，物质的量相等，假设HCl为1ml，则含有2ml原子，设混合气体均为1ml，如原子数相等，则原子物质的量相等；
A．Ar是单原子分子，一个O3分子中含3个O原子，二者的物质的量比为1：1时才符合与HCl原子数相等，故A不符合题意；
B．H2是双原子分子，一个NH3分子中有4个原子，无论混合气体由什么比例组成，1ml混合气体所含的原子数大于2ml，故B不符合题意；
C．N2、O2都是由2个原子组成，所以无论混合气体由什么比例组成，1ml混合气体所含的原子数肯定为2ml，符合题意中的“一定相等”，故C正确；
D．CO是双原子分子，一个CO2分子中含3个原子，无论混合气体由什么比例组成，1ml混合气体所含的原子数大于2ml，故D不符合题意；
11．下列溶液分别加水稀释到100 mL，稀释后的溶液中氯离子浓度最大的是 （ ）
A．20mL 1ml·L−1的AlCl3B．50mL 1ml·L−1的KCl
C．20mL 2ml·L−1的NH4ClD．20mL 2ml·L−1的CaCl2
【答案】D
【解析】根据物质的化学式及物质的物质的量浓度来计算氯离子的物质的量浓度。首先计算各选项中氯离子的物质的量。n(Cl－)=c×V×各物质中Cl－的个数。再除以溶液体积100mL可得浓度。分别是：
A. 1ml/L×0.02L×3=0.06 ml；
B. 1 ml/L×0.05L×1=0.05ml；
C. 2ml/L×0.02L×1=0.04 ml；
D. 2ml/L×0.02L×2=0.08 ml；
12．已知KMnO4与浓HCl在常温下反应就能产生Cl2，若用如图所示装置来制备纯净、干燥的氯气，并试验它与金属的反应。每个虚线框表示一个单元装置，其中错误的是（ ）
A．只有①和②处B．只有②处
C．只有②和③处D．只有②、③、④处
【答案】D
【解析】①KMnO4与浓HCl在常温下反应产生Cl2，无需加热，盐酸易挥发，应盛装在分液漏斗中，固体放在圆底烧瓶中，①正确；
②生成的氯气中含有HCl和水蒸气，应通入盛有饱和食盐水的洗气瓶除去HCl，氯气能与NaOH溶液反应，不能用于HCl的除杂，②错误；
③通入洗气瓶的导管应长进短出，否则气体不能通过洗气瓶，故③错误；
④氯气与金属反应时，气体应通入到试管底部，并用双孔橡皮塞，否则会使试管内压强过大导致橡皮塞顶开，并有尾气处理装置，故④错误。
13．如图是验证某气体化学性质的实验装置，如打开B，从A处通干燥的氯气，C中干燥的红色布条无变化，如关闭B，C中干燥的红色布条褪色，则D中所装溶液是（ ）
A．浓H2SO4B．饱和NaCl溶液
C．NaOH溶液D．NaBr溶液
【答案】B
【解析】A．氯气经过盛有浓硫酸的洗气瓶，为干燥氯气，不能使有色布条褪色，故A错误；
B．氯气难溶于饱和食盐水，经过饱和食盐水后，氯气中混有水，能生成具有漂白性的HClO，可使有色布条褪色，故B正确；
C．氯气经过盛有NaOH溶液的洗气瓶而被吸收，则有色布条不褪色，故C错误；
D．氯气经过NaBr溶液后，氯气和溴化钠反应，Cl2+NaBr=Br2+2NaCl，可吸收氯气，不能使有色布条褪色，故D错误；
14．在探究新制饱和氯水成分的实验中，下列根据实验现象得出的结论不正确的是（ ）
A．氯水的颜色呈浅绿色，说明氯水中含有Cl2
B．向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，说明氯水中含有Cl－
C．向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，说明氯水中含有H＋
D．向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色，说明氯水中含有HClO
【答案】D
【解析】A、氯气是黄绿色气体，因此氯水的颜色呈浅绿色，说明氯水中含有Cl2，A正确；
B、向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，白色沉淀是氯化银，这说明氯水中含有Cl－，B正确；
C、向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，气体是CO2，这说明氯水中含有H＋，C正确；
D、向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色，说明反应中有氯化铁生成。由于氯气也能把氯化亚铁氧化生成氯化铁，因此不能说明氯水中含有HClO，D不正确。
15．下列“解释或结论”与“实验操作及现象”不相符的一组是（ ）
【答案】C
【解析】A．次氯酸具有强氧化性，其漂白原理是利用强氧化性将有色物质发生氧化还原反应，生成稳定的无色物质，漂白后的物质加热不会恢复原来的颜色，则次氯酸的漂白是永久的，故A正确；
B．金属与酸的反应为放热反应，则打磨后的镁条放入盛有稀盐酸的试管中，用手触摸试管外壁感觉变热，故B正确；
C．产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，气体可能为二氧化碳或二氧化硫，则盐为碳酸氢钠或碳酸钠，或亚硫酸钠、亚硫酸氢钠等，故C错误；
D．加入稀盐酸无明显现象，可知溶液中不含银离子，再加入BaCl2溶液，有白色沉淀，白色沉淀为硫酸钡，则溶液中一定含有SO，故D正确；
第Ⅱ卷（非选择题 共55分）
二、非选择题：包括第16题~第20题5个大题，共55分。
16．（12分）金属及其化合物的种类很多，我们可以按照“金属单质、金属氧化物、金属氢氧化物、盐”的类别进行研究。A是短周期元素中原子半径最大的金属元素(“→”所指的转化都是一步完成)。
（1）A与水反应的离子方程式：_______________。
（2）若B为呼吸面具中的供氧剂，其供氧时每生成1mlO2，反应过程中转移的电子数为____________(用NA表示阿伏伽德罗常数，用含NA的代数式表示)。
（3）200℃时，11.6gCO2和H2O的混合气体与足量的B反应，反应后固体增加了3.6g，则原混合物的平均相对分子质量为__________。
（4）若称取10.5 g纯净的NaHCO3固体，加热一段时间后，剩余固体的质量为8.02 g。如果把剩余的固体全部加入到100 mL 2 ml·L-1的盐酸中充分反应。求溶液中剩余的盐酸的物质的量浓度(设溶液的体积变化及盐酸的挥发忽略不计)___________。
（5）某化学反应方程式(未配平)：KMnO4+KI+H2SO4→MnSO4+I2+KIO3+K2SO4+H2O，若该反应方程式中I2和KIO3的计量数分别是6和3，请将方程式配平；_____KMnO4+______KI+_____H2SO4→_____MnSO4+6I2+3KIO3+_____K2SO4+_____H2O，并用单线桥标出电子转移的方向和数目：_________。
【答案】（1）2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑ （2分）
（2）2NA （2分）
（3） 23.2 （2分）
（4） 0.75 ml·L-1 （2分）
（5） 6 15 15 6 9 15 （2分）
（2分）
【解析】 （1）钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，离子反应方程式为：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑；
（2）若B为呼吸面具中的供氧剂，则B为Na2O2，其供氧时，其供养时主要反应的化学方程式：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2↑，过氧化钠中氧元素化合价-1价变化为0价和-2价，1ml过氧化钠反应电子转移1ml，其供养时每生成1ml O2消耗2ml过氧化钠，转移2ml电子，则反应过程中转移的电子数为2NA；
（3）若B为Na2O，与11.6g CO2和H2O的反应为化合反应，反应后增重的质量应为11.6g，但实际反应后固体增重的质量只有3.6g，说明固体B为过氧化钠，由反应：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，可知参加反应的CO2和H2O与生成O2的物质的量之比为2:1，m(增重)=m(吸收)−m(放出)，即11.6g−m(O2)=3.6g，m(O2)=11.6g−3.6g=8.0g，所以n(O2)= =0.25ml，n(CO2和H2O)=0.5ml，则原混合气体的平均摩尔质量为=23.2g/ml；
（4）n(NaHCO3)==0.125 ml，NaHCO3最终完全转变成NaCl，消耗盐酸的物质的量等于NaHCO3物质的量，则n(HCl)剩余=n(HCl)−n(NaHCO3)=0.1L×2ml·L-1−0.125ml=0.075ml，所以溶液中剩余的盐酸的物质的量浓度为：c(HCl)剩余==0.75ml·L-1；
（5）反应KMnO4+KI+H2SO4→MnSO4+I2+KIO3+K2SO4+H2O中，Mn元素化合价降低，由+7价降低到+2价，I元素化合价升高，由-1价升高到0价和+5价，若该反应方程式中I2和KIO3的计量数分别是6和3，则I元素失去电子的数目为2×6(1−0)+3×[5−(−1)]=30，则KMnO4的化学计量系数应为=6，结合质量守恒可知，该反应的化学反应方程式为6KMnO4+15KI+15H2SO4=6MnSO4+6I2+3KIO3+9K2SO4+15H2O，用单线桥标出电子转移的方向和数目为：。
17．（12分）化学来源于生活又服务于生活，请用化学用语回答下列问题：
（1）漂粉精中有效成分的化学式为：___________
（2）“硅材料”是无机非金属材料的主角，其中广泛应用于光导纤维的材料是：____________
（3）向浑浊的水中加入明矾KAl(SO4)2·12H2O后，水可得到净化。写出明矾在水中的电离方程式：___________。往明矾溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液，若使SO42- 恰好完全沉淀，发生反应的离子方程式为：___________；若使Al3+恰好完全沉淀，发生反应的离子方程式为：_____。
（4）饮用水中的NO3-对人类健康产生危害，为了降低饮用水中NO3-的浓度，可以在碱性条件下用铝粉将NO3-还原为N2，其化学方程式为： 10Al + 6NaNO3 + 4NaOH = 10NaAlO2 + 3N2↑ + 2H2O
请回答下列问题：
①在化学方程式上用单线桥标出该反应中电子转移的方向和数目：____________
②上述反应中若生成标准状况下3.36LN2，则转移的电子数目为：_____________。
【答案】（1）Ca(ClO)2 （1分）
（2） SiO2 （1分）
（3） KAl(SO4)2 = K+ + Al3+ + 2SO42- （2分）
2SO42- +2Ba2++Al3++4OH- = 2BaSO4↓ + AlO2-+ 2H2O （2分）
2Al3+ + 3Ba2+ + 6OH- + 3SO42- = 2Al(OH)3↓ + 3BaSO4↓ （2分）
（4） （2分） 1.5NA （2分）
【解析】
（1）漂白精是用Cl2与Ca(OH)2反应制得的，其主要成分是CaCl2和Ca(ClO)2，有效成分是Ca(ClO)2。
（2）光导纤维主要成分是SiO2。
（3）明矾为强电解质，在水中电离得到Al3+、K +、SO42-，电离方程式为KAl(SO4)2=K++Al3++2SO42-；若使SO42- 恰好完全沉淀，设KAl(SO4)2为1ml，加入的Ba(OH)2为2ml，与Al3+反应恰好生成AlO2-，发生反应的离子方程式为2SO42- +2Ba2++Al3++4OH- = 2BaSO4↓ + AlO2- + 2H2O；加入Ba(OH)2至Al3+恰好完全沉淀时，设KAl(SO4)2为1ml，需要OH- 3ml，则Ba2+为1.5ml，生成BaSO4 为1.5ml，溶液中还有0.5mlSO42-没有参加反应，反应离子方程式为2Al3++3SO42-+3Ba2++6OH-=2Al(OH)3↓+3BaSO4↓ 。
（4）该反应中Al元素从0价升高到+3价，失去电子数是3×10=30，NaNO3中+5价N元素化合价降低到0价生成N2，。生成3mlN2，转移30ml电子，所以当N2为0.15ml时，转移电子数为1.5NA。
18．（11分）Ⅰ.氯气是一种重要的工业原料。工业上利用反应3Cl2＋2NH3＝N2＋6HCl检查氯气管道是否漏气。
（1）该反应中氧化剂是____________ ，氧化产物是____________。用单线桥表示反应的电子转移__________________。
（2）从反应可以看出氧化性：Cl2___________N2（填“>” “<”“=” ）。若71g氯气参与反应，理论上生成N2的体积（标准状况）为_________________L（保留小数点后一位）。工作人员通过能否看到白烟判断管道是否漏气，请结合上述反应，写出生成的白烟的化学式______________。
（3）实验室现需配制100 mL 0.1ml/L的氢氧化钠溶液，请将步骤补充完整
计算可得需要氢氧化钠的质量为_____________ g。
将称量好的固体放入小烧杯中，加适量蒸馏水溶解；
将所得溶液冷却至室温后，沿玻璃棒小心转入100 mL_________（填仪器名称）
用少量蒸馏水烧杯2～3次，每次洗涤液都转入容量瓶中；
继续加蒸馏水至液面距刻度线1～2 cm处，改用____________小心滴加蒸馏水至刻度线处；摇匀；装瓶，贴标签。
【答案】（1）Cl2 （1分） N2 （1分） （2分）
（2） > （1分） 7.5 （1分） NH3+HCl=NH4Cl （2分）
（3） 0.4g （1分） 容量瓶 （1分） 胶头滴管 （1分）
【解析】Ⅰ.（1）由方程式可知，反应中Cl元素化合价降低被还原，Cl2为氧化剂，N元素化合价升高被氧化，N2是氧化产物，生成1mlN2时有6ml电子转移，用单线桥表示反应的电子转移如下：，故答案为：Cl2；N2；；
（2）由氧化剂的氧化性强于氧化产物可知，氯气的氧化性强于氮气；由方程式可得如下关系：3Cl2—N2，则71g氯气参与反应生成标准状况下N2的体积为××22.4L/ml≈7.5L；当NH3过量时，过量NH3可与HCl反应生成氯化铵，有白烟生成，反应的化学方程式为NH3+HCl=NH4Cl，故答案为：>；7.5；NH3+HCl=NH4Cl；
Ⅱ. 100 mL 0.1ml/L氢氧化钠溶液中含有的氢氧化钠的物质的量为1ml/L×0.1L=0.1ml，则氢氧化钠的质量为40g/ml×0.1ml=4.0g；将所得溶液冷却至室温后，沿玻璃棒小心转入100 mL容量瓶中，并用玻璃棒引流；加蒸馏水至液面距刻度线1～2 cm处，改用胶头滴管滴加，使溶液的凹液面的最低点与刻线相平，故答案为：4.0；容量瓶；胶头滴管。
19．（10分）某小组设计如图装置(部分夹持装置已略去)，以探究潮湿的Cl2与Na2CO3反应得到固体物质的成分。
（1）试剂X的化学式________。A中制取Cl2的离子方程式____________________。
（2）试剂Y的名称为______________。
（3）通入一定量潮湿的Cl2反应后，经检测，D中只有Cl2O一种气体，C中除含一种氯盐外，同时含有NaHCO3等，某同学对C中所得固体残渣的成分进行探究。
①提出合理假设。
假设1：存在两种成分：NaHCO3和____________________________；
假设2：存在三种成分：NaHCO3和__________________________。
②设计方案，进行实验。写出实验步骤以及预期现象和结论。
限选实验试剂和仪器：蒸馏水、稀硝酸、BaCl2溶液、澄清石灰水、AgNO3溶液、试管、小烧杯。
（4）已知Cl2O与水反应生成次氯酸，则D中Cl2O进入E反应的化学方程式为____________。
【答案】（1）HCl （1分） MnO2+4H++2ClMn2++Cl2↑+2H2O （1分）
（2）饱和食盐水 （1分）
（3）① NaCl （1分） NaCl、Na2CO3 （1分）
②步骤1：若无明显现象，证明固体不含碳酸钠；（1分）
步骤2：若溶液变浑浊，证明固体中含碳酸钠 （1分）
步骤3：向B试管中滴加过量的稀硝酸溶液，再滴加AgNO3溶液 （1分）
若溶液变浑浊，结合步骤2中①，假设1成立；结合步骤2中②，则假设2成立 （1分）
（4） Cl2O+2NaOH=2NaClO+H2O （1分）
【解析】（1）实验室利用MnO2和浓盐酸在加热条件下发生反应制取Cl2，化学方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，其中HCl、MnCl2是易溶于水的强电解质，改写成离子形式，据此写出离子方程式；
（2）由于浓盐酸具有较强的挥发性，因此A中制取的Cl2中混有HCl、H2O(g)。该实验的目的是探究潮湿的Cl2与Na2CO3反应得到固体物质的成分，故应除去Cl2中的HCl气体，试剂Y要求既能除去HCl，又不能吸收Cl2，这里可选用饱和食盐水；
（3）①Cl2与Na2CO3反应生成Cl2O的过程中，氯元素由0价升高到+1价，根据氧化还原反应中元素化合价有升必有降的规律可知，生成的氯盐为NaCl。潮湿的Cl2与Na2CO3在固体表面发生反应，Na2CO3可能反应不完全，据此推测固体残渣中有NaHCO3和NaCl，可能有未反应的Na2CO3；
②将C中固体残渣溶于水配成溶液，步骤2利用BaCl2溶液检验是否存在Na2CO3；步骤3检验NaCl，先向B中加入过量稀硝酸，排除干扰，再加入AgNO3溶液进行检验；
（4）Cl2O与水反应生成HClO，化学方程式为Cl2O+H2O=2HClO。HClO与NaOH溶液发生中和反应生成NaClO和H2O，化学方程式为HClO+NaOH=NaClO+H2O。
20．（10分）氯气是一种具有重要用途的气体，在工业上大量用于制造盐酸、有机溶剂和杀菌消毒剂等。甲同学在实验室进行氯气性质的研究
（1）甲同学依次进行了与①钠、②铜、③氢气、④水反应的实验。
上述反应中属于氧化还原反应的是___________(填序号)。
（2）写出铁丝在氯气中燃烧的化学方程式：________。
（3）氯气溶于水得到的溶液称为氯水，新制的氯水呈_________色，新制的氯水中含有的物质为(水除外)________(填化学式)。
（4）甲同学探究氯气能否与水发生反应
①B中纸条褪色，结合化学方程式解释原因：________。
②装置A的作用是___________。
③烧杯中发生反应的化学方程式为_________。
【答案】（1）①②③④ （1分）
（2） （2分）
（3）黄绿 （1分） （2分）
（4）① Cl2 + H2O ⇌ HCl + HClO，生成的次氯酸有漂白性 （1分）
②对照实验证明氯气自身没有漂白性，说明B中起漂白作用的是其他物质，证明氯气与水发生了反应（1分）
③ （2分）
【解析】 （1）氯气具有强氧化性，可与金属、非金属单质发生化合反应，与水反应生成HClO和HCl，则①②③④都为氧化还原反应，故答案为：①②③④；
（2）铁在氯气中燃烧生成氯化铁，反应的化学方程式为，故答案为：；
（3）氯气溶于水后和水反应生成盐酸和次氯酸，该反应为可逆反应：Cl2 + H2O ⇌ HCl+ HClO，则新制的氯水中含有的物质为(水除外)，新制氯水中由于含有氯气，所以溶液呈黄绿色，故答案为：黄绿；；
（4）①氯气和水发生反应Cl2 + H2O ⇌ HCl+ HClO，生成HClO，由于HClO具有漂白性，可使红纸条褪色，故答案为：Cl2 + H2O ⇌ HCl+ HClO，生成的次氯酸有漂白性；
②氯气不具有漂白性，干燥红纸不褪色，作对照实验，证明氯气自身没有漂白性，说明B中起漂白作用的是其他物质，从而证明氯气与水发生了反应，故答案为：对照实验，证明氯气自身没有漂白性，说明B中起漂白作用的是其他物质，从而证明氯气与水发生了反应；
③烧杯中应盛放氢氧化钠溶液，用于吸收氯气，避免污染环境，发生反应的化学方程式为，故答案为：。
A
B
C
D
FeCl3溶液滴入Mg(OH)2浊液中
AgNO3溶液滴入氯水中
Na块放在坩埚里并加热
H2C2O4溶液滴入KMnO4酸性溶液中
白色浑浊转化为红褐色沉淀
产生白色沉淀，随后溶液淡黄绿色褪去
发出黄色火焰，生成淡黄色固体
产生气泡， 随后紫色褪去
选项
气体
a
b
c
d
A
CO2
盐酸
CaCO3
饱和Na2CO3溶液
浓硫酸
B
Cl2
浓盐酸
MnO2
NaOH溶液
浓硫酸
C
NH3
饱和NH4Cl溶液
消石灰
H2O
固体NaOH
D
NO
稀硝酸
铜屑
H2O
浓硫酸
选项
实验操作及现象
解释或结论
A
次氯酸漂白品红溶液后，再进行加热，颜色不恢复
次氯酸的漂白是永久的
B
将打磨后的镁条放入盛有稀盐酸的试管中，用手触摸试管外壁感觉变热
镁条与稀盐酸反应是放热反应
C
向某钠盐溶液中加入稀盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体
该盐一定是Na2CO3
D
向某溶液中加入稀盐酸无明显现象，再加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成
该溶液中一定含有SO
实验步骤
预期现象和结论
步骤1：取C中的少量固体样品于试管中，滴加足量蒸馏水至固体溶解，然后将所得溶液分别置于A、B试管中
步骤2：向A试管中滴加BaCl2溶液
__________________
步骤3：______________
__________________
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