专题02+海水中的重要元素——钠和氯+专题测试卷（提高卷）-2022-2023学年高一化学考点分层解读与综合训练（人教版2019必修第一册）

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第二章 海水中的重要元素——钠和氯
专题测试卷（提高卷）
一、选择题（本题包括16小题，每小题3分，共48分，每小题只有1个选项符合题意）
1．有一种气体的质量是14.2g，体积是4.48升(标准状况下)，该气体的摩尔质量是
A．28.4 B．28.4g·mol-1 C．71 D．71g·mol-1
【答案】D
【解析】标准状况下4.48L气体的物质的量为=0.2mol，则M===71g/mol，
故选：D。
2．为预防新型冠状病毒肺炎，某同学购买了一瓶84消毒液，其包装说明如图所示。
基本信息：含质量分数为25%的NaClO、1000mL、密度
使用方法：稀释100倍后使用
注意事项：密封保存，易吸收空气中的、而变质
根据图中信息和相关知识判断，下列分析不正确的是
A．该84消毒液中NaClO的物质的量浓度约为
B．该瓶84消毒液能吸收空气中44.8L的(标准状况)
C．该84消毒液稀释100倍后，约为
D．参考该84消毒液的配方，欲用NaClO固体配制480mL含质量分数为25%的NaClO的84消毒液，需要称量NaClO固体的质量为149g
【答案】B
【解析】A．该84消毒液中NaClO的物质的量浓度，A项正确；
B．该瓶84消毒液中含有NaClO的物质的量，NaClO与空气中的、发生反应，则4mol NaClO可消耗4mol，在标准状况下的体积，B项错误；
C．该84消毒液中NaClO的浓度约为，将其稀释100倍后，NaClO的浓度是原来浓度的，故稀释100倍后，约为，C项正确；
D．配制时应使用500mL的容量瓶，则配制500mL含质量分数为25%的NaClO的84消毒液需要，，D项正确。
答案选B。
3．为测定Na2CO3和NaHCO3固体混合物样品的组成，称取四份质量均为2.96g的固体溶于水，分别往四份溶液中逐滴加入不同体积1.00mol·L－1的盐酸，加入盐酸溶液的体积和收集到CO2气体的体积(忽略气体在水中的溶解，气体体积均已折算成标准状况下的体积)如表所示：
实验序号
1
2
3
4
盐酸体积/mL
20
40
60
80
CO2体积/mL
0
448
672
672
下列说法不正确的是
A．实验1中发生反应的离子方程式为：CO＋H+＝HCO
B．实验2溶液中，含有NaCl、Na2CO3和NaHCO3三种溶质
C．实验3和实验4蒸干溶液所得固体一定是NaCl
D．原固体混合物中Na2CO3和NaHCO3的物质的量之比为2:1
【答案】B
【解析】A．根据分析，实验1中尚未出现气体，故发生的反应为CO＋H+＝HCO，A正确，不选；
B．实验2已经开始生成气体，溶液中没有Na2CO3，B错误，符合题意；
C．通过表格中生成的气体量，可以推断实验3和实验4已经反应完，溶液中有NaCl和HCl，蒸干后只剩NaCl，C正确，不选；
D．设Na2CO3的物质的量为x，NaHCO3的物质的量为y，672mlCO2的物质的量为，根据题意可得
，解得，故Na2CO3和NaHCO3的物质的量之比为2:1，D正确，不选；
故选B。
4．设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是(　　)
A．7.1 g Cl2与足量的NaOH溶液反应生成NaClO转移的电子数为0.1NA
B．1 mol Na与足量O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，钠失去电子的数目为NA
C．常温常压下，32 g O2和O3的混合气体所含原子数为2NA
D．标准状况下，足量Fe与22.4 L Cl2反应，转移电子数为3NA
【答案】D
【解析】A．7.1gCl2的物质的量为0.1mol，与足量的氢氧化钠溶液反应生成NaClO转移的电子数为0.1NA，故A正确；
B．根据电子守恒，1molNa完全反应，无论生成哪种含钠化合物，只能失去1mol电子，故电子转移数是NA，故B正确；
C．根据氧原子求算，32g氧原子物质的量为2mol，所含氧原子数为2NA，故C正确；
D．标准状况下，22.4LCl2的物质的量为1mol，与足量Fe反应生成氯化铁，转移电子数为2NA，故D错误；
答案为D。
5．固体单质A和气体单质B在容积一定的密闭容器中完全反应生成气体C，相同温度下测得容器内压强不变，且反应后气体C的密度是原气体密度的4倍。则下列判断正确的是
A．A、B两种单质的摩尔质量之比为1：4
B．生成物C中A元素的质量分数为75%
C．生成物C中A、B的原子个数之比为3：1
D．反应前后气体分子数之比为1：4
【答案】B
【解析】A. 化学方程式系数不确定，A、B两种单质的摩尔质量之比无法确定，故A错误；
B.题述条件下容器内压强不变，则反应前后气体的物质的量不变，再结合质量守恒定律，由气体的密度变化可知固体单质A的质量是气体单质B的质量的3倍，即生成物C中A元素的质量分数为75%，故B正确；
C. 单质A和气体单质B的结构不确定，生成物C中A、B的原子个数之比无法确定，故C错误；
D.固体单质A和气体单质B在容积一定的密闭容器中完全反应生成气体C，相同温度下测得容器内压强不变，说明反应前后气体物质的量不变，即反应前后气体分子数之比为1：1，故D错误；
故选：B。
6．向三个密闭容器中分别充入Ne、、，下列有关这三种气体的叙述正确的是
A．同温、同压、同体积时，三种气体的密度关系：
B．温度、密度相同时，三种气体的压强关系：
C．质量、温度、压强均相同时，三种气体的体积关系：
D．温度、压强、体积均相同时，三种气体的质量关系：
【答案】B
【解析】A. 根据阿伏加德罗定律的推论，同温、同压、同体积时，气体的密度与其摩尔质量成正比，则三种气体的密度关系：，A项错误；
B. 温度、密度相同时，气体的压强与其摩尔质量成反比，则三种气体的压强关系：，B项正确；
C. 质量、温度、压强均相同时，气体的体积与其摩尔质量成反比，则三种气体的体积关系：，C项错误；
D. 温度、压强、体积均相同时，气体的质量与其摩尔质量成正比，则三种气体的质量关系：，D项错误。
答案选B。
7．由、和CO组成的混合气体在同温同压下与的密度相同，则该混合气体中、和CO的体积之比可能为
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】同温同压下混合气体的密度与的相同，则混合气体的平均摩尔质量与的摩尔质量相同；由于CO与的摩尔质量相同，所以可为任意值。设的物质的量为，的物质的量为，则，解得，即，故选D。
8．某溶液含有①、②、③、④、⑤5种阴离子。向其中加入少量的Na2O2固体后，溶液中的离子浓度基本保持不变的是(忽略溶液体积变化)
A．① B．①③⑤ C．①④⑤ D．①②④⑤
【答案】A
【解析】Na2O2具有强氧化性，能氧化亚硫酸根离子为硫酸根离子，则c()减小，c()增大，Na2O2与H2O反应生成NaOH和O2，OH-与反应生成和H2O，c()减小、c()增大；c()基本不变，答案为A。
9．某校化学兴趣小组在实验中发现一瓶溶液，标签上标有“CaCl2 0.1 mol·L－1”的字样，下面是该小组成员对溶液的叙述，正确的是
A．配制1 L该溶液，可将0.1 mol CaCl2溶于1 L水中
B．Ca2＋和Cl－的物质的量浓度都是0.1 mol·L－1
C．从试剂瓶中取该溶液的一半，则所取溶液的物质的量浓度为0.05 mol·L－1
D．将该瓶溶液稀释一倍，则所得溶液的c(Cl－)为0.1 mol·L－1
【答案】D
【解析】标签上标有“CaCl2 0.1mol•L-1”的字样，即在1L的溶液中含1molCaCl2；
A．将0.1mol CaCl2溶于1L水中，所得溶液的体积不等于1L，则所得浓度不是0.1mol•L-1，故A错误；
B．在CaCl2中，Ca2+和Cl-的物质的量之比为1:2，则浓度之比也为1:2，故Ca2+的浓度为0.1mol/L，而Cl-的浓度应为0.2mol/L，故B错误；
C．溶液是均一稳定的，浓度与取出的溶液的体积多少无关，故C错误；
D．溶液中Cl-的浓度为0.2mol/L，将溶液稀释一倍，则浓度减半，即稀释后Cl-的浓度应为0.1mol/L，故D正确；
故答案为D。
10．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．氯水的颜色呈浅黄绿色，说明氯水中含有
B．向氯水中滴加硝酸酸化的溶液，产生白色沉淀，说明氯水中含有
C．向氯水中加入粉末，有气泡产生，说明氯水中含有
D．新制的氯水能使红色布条褪色，说明氯水中含有
【答案】D
【解析】溶液中存在平衡，
A.只有氯气有颜色，为黄绿色，氯水呈浅黄绿色是由于含有氯气，选项A正确；
B.溶液与硝酸银反应产生白色沉淀，只能是氯离子与银离子反应得到AgCl白色沉淀，说明氯水中含有，选项B正确；
C.溶液呈酸性，能与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，选项C正确；
D.只有氯气有颜色，为黄绿色，氯水呈浅黄绿色是由于含有氯气，而不能说明次氯酸的存在，选项D错误。
答案选D。
11．化学来源于生活，也服务于生活，下列有关生活中的化学知识叙述正确的是（ ）
A．氯气和活性炭均可作为漂白剂，若同时使用，漂白效果会明显加强
B．氯气与烧碱溶液反应能得到含氯消毒剂
C．测定溶液pH的实验中，用干燥pH试纸测定新制氯水的pH对测定结果无影响
D．洁厕灵不能与“84”消毒液混用，原因是两种溶液混合产生的HClO易分解
【答案】B
【解析】A.氯气和活性炭不反应，但活性炭能吸附有色气体氯气，若同时使用，会减弱漂白效果，故A错误；
B.氯气与烧碱溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，溶液中次氯酸钠具有强氧化性，能起到杀菌消毒的作用，常用做含氯消毒剂，故B正确；
C.新制氯水中含有具有强氧化性的次氯酸，能使有机色质漂白褪色，不能用干燥pH试纸测定新制氯水的pH，应用pH计，故C错误；
D.洁厕灵的主要成分是盐酸，若洁厕灵与“84”消毒液混用，次氯酸钠和盐酸发生氧化还原反应生成有毒的氯气，会发生意外，故D错误；
故选B。
12．加热10.0g碳酸钠和碳酸氢钠的混合物至质量不再变化，剩余固体的质量为8.45g求混合物中碳酸钠的质量分数（ ）
A．58% B．42% C．36% D．64%
【答案】A
【解析】加热碳酸钠和碳酸氢钠的混合物时，碳酸钠不分解，碳酸氢钠不稳定，加热时分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，发生反应为2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，则固体质量减少的原因是由于碳酸氢钠分解的缘故，设混合物中碳酸氢钠的质量为m，利用差量法计算，则
2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O △m
2×84 106 62
m 10.0g-8.45g=1.55g
m=4.2g
所以混合物中碳酸钠的质量为10.0g-4.2g=5.8g ，
混合物中碳酸钠的质量分数为。
故选A。
13．某学生欲配制0.1 mol·L－1氢氧化钠溶液100 mL，下列操作会造成实际浓度偏高的是：
A．把烧碱放在滤纸上称量 B．空盘时天平指针指向左边
C．定容时俯视刻度线 D．使用部分变质的烧碱
【答案】C
【解析】A. 烧碱放在纸上称量会导致烧碱损失，造成实际浓度偏低，故A错误；
B. 空盘时天平指针指向左边会导致所称量的药品偏少，造成实际浓度偏低，故B错误；
C. 定容时俯视液面会导致溶液体积偏小，造成实际浓度偏高，故C正确；
D. 部分变质的烧碱会导致溶质减少，造成实际浓度偏低，故D错误；
答案选C。
14．氢氧化铈是一种重要的稀土氢氧化物．平板电视显示屏生产过程中会产生大量的废玻璃粉末(含、、)，某课题组以此粉末为原料回收铈，设计实验流程如下：

下列说法错误的是
A．滤渣A中主要含有、
B．①中洗涤的目的主要是为了除去和
C．过程②中发生反应的离子方程式为
D．过程④中消耗，转移电子数约为
【答案】D
【解析】A．根据分析，CeO2、SiO2、Fe2O3等中加入稀盐酸，Fe2O3转化FeCl3存在于滤液中，滤渣为CeO2和SiO2，故A正确；
B．根据分析，Fe2O3转化FeCl3存在于滤液中，①中洗涤的目的主要是为了除去滤渣表面附着的和，故B正确；
C．过程②中稀硫酸、H2O2，CeO2三者反应生成转化为Ce2(SO4)3、O2和H2O，反应的离子方程式为：6H++H2O2+2CeO2=2Ce3++O2↑+4H2O，故C正确；
D．过程④中消耗的状态未知，不能用标况下气体摩尔体积计算物质的量，则转移电子数无法确定，故D错误；
答案选D。
15．氯水中存在许多微粒，它们在不同的反应中表现各自的性质，下列实验和结论一致且正确的是（ ）
A．加入有色布条，一会儿有色布条褪色，说明氯水中含有Cl2
B．氯水呈浅黄绿色，且有刺激性气味，说明氯水中含有Cl2
C．先加入盐酸酸化，再加入AgNO3溶液产生白色沉淀，说明氯水中含有Cl-
D．加入NaOH溶液，氯水浅黄绿色消失，说明氯水中含有HClO
【答案】B
【解析】A．次氯酸有强氧化性能使有色布条褪色，向氯水中加入有色布条，一会儿有色布条褪色，说明溶液中有HClO存在，故A错误；
B．氯气是黄绿色气体，且有刺激性气味，如果氯水溶液呈黄绿色，且有刺激性气味，说明有Cl2分子存在，故B正确；
C．盐酸中含有氯离子，向氯水中加入盐酸后再加入硝酸银溶液生成氯化银白色沉淀，不能说明氯水中含有氯离子，故C错误；
D．向氯水中加入氢氧化钠溶液，氯水黄绿色消失，氯水中的氯分子、HCl都可以和氢氧化钠反应，不能证明含有次氯酸，故D错误；
答案选B。
16．下列说法正确的是(NA示阿伏加德罗常数的值)
A．32 g O2所占的体积约为22.4 L
B．22.4 LN2含NA个氮分子
C．在标准状况下，22.4 L水的物质的量为1 mol
D．22 g二氧化碳与标准状况下11.2 LHCl含有相同的分子数
【答案】D
【解析】A．32 g O2的物质的量是1 mol，由于未指明气体所处的外界条件，因此不能确定气体所占的体积大小，A错误；
B．由于未指明气体所处的外界条件，因此不能确定22.4 L气体的物质的量，也就不能计算其中所含的分子数目，B错误；
C．在标准状况下水不是气体，因此不能使用气体摩尔体积进行计算，C错误；
D．22 g二氧化碳的物质的量是0.5 mol，标准状况下11.2 L HCl的物质的量也是0.5 mol，二者的物质的量相同，则其中含有分子数也相同，D正确；
故合理选项是D。
二、非选择题（本题包括6小题，共52分）
17．如图所示为一定量AlCl3溶液中加入NaOH溶液后，产生Al(OH)3白色沉淀的质量与NaOH的物质的量之间的关系曲线。

请回答下列问题：
(1)A点时已参加反应的AlCl3和NaOH的物质的量之比为________。
(2)AB段曲线所表示的反应的离子方程式为_________________________。
(3)向B处生成的溶液中通入二氧化碳，可观察到的现象是_______________________。
(4)向含有0.1 mol NH4Al(SO4)2的溶液中逐滴加入5 mol·L−1 NaOH溶液，开始发现溶液中出现白色沉淀并逐渐增多；一段时间后有刺激性气味的气体逸出；最后白色沉淀逐渐减少并最终消失。请在下图中画出生成沉淀的物质的量与加入NaOH溶液体积的关系示意图________。

【答案】1∶3 Al(OH)3+OH−===AlO2−+2H2O 生成白色沉淀
【解析】(1)分析图象可知，A点是氯化铝和氢氧化钠反应生成氢氧化铝和氯化钠的反应，反应的化学方程式为：AlCl3+3NaOH=Al(OH)3↓+3NaCl，A点时已参加反应的AlCl3和NaOH的物质的量之比为1：3，故答案为1：3；
(2)AB段是氢氧化铝沉淀溶解的过程，反应生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式为：Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O，故答案为Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O；
(3)向B处生成的溶液中通入二氧化碳，可发生反应2AlO2-+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+CO32-，反应生成白色沉淀，故答案为生成白色沉淀；
(4)含有0.1mol NH4Al(SO4)2溶液中含有NH4+离子0.1mol，Al3+物质的量为0.1mol，逐滴加入5mol•L-1 NaOH溶液，发生反应的离子方程式为：Al3++3OH-=Al(OH)3↓，NH4++OH-=NH3•H2O，Al(OH)3+OH-=AlO2-+H2O，先生成氢氧化铝沉淀需要消耗氢氧化钠物质的量为0.3mol，体积==0.060L=60mL，和铵根离子反应消耗氢氧化钠物质的量为0.1mol，氢氧化钠溶液体积==0.020L=20mL，生成氢氧化铝沉淀物质的量量为0.1mol，溶解需要氢氧化钠物质的量为0.1mol，消耗氢氧化钠溶液的体积为20mL，依据沉淀量和消耗氢氧化钠溶液体积描出图象为，故答案为。
18．用MnO2氧化密度为1.19 g·cm－3，溶质质量分数为36.5%的HCl溶液。反应的化学方程式为： MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O
（1）该反应的离子方程式为：________________，该盐酸的物质的量浓度为___________mol/L。
（2）用双线桥法表示出该反应的电子转移方向和数目:___________________________。
（3）8.7gMnO2与足量浓盐酸反应能使________molHCl被氧化；其中，还原过程为：________→_______。
（4）浓盐酸在反应中显示出来的性质是__________（填字母）
a.还原性 b.酸性 c.氧化性 d. 挥发性
【答案】MnO2+4H++2Cl-=Mn2+ + Cl2↑+2H2O 11.9 0.2 MnO2 Mn2+ a b
【解析】（1）根据化学反应方程式可知该反应的离子方程式为MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O：根据可知该盐酸的物质的量浓度为＝11.9mol/L。
（2）反应中氯元素化合价从－1价升高到0价，Mn元素化合价从+4价降低到+2价，所以用双线桥法表示出该反应的电子转移方向和数目为。
（3）8.7gMnO2物质的量是8.7g÷87g/mol=0.1mol，根据电子得失守恒可知与足量浓盐酸反应能使0.2molHCl被氧化；其中还原过程为MnO2→Mn2+。
（4）根据方程式可知还有氯化锰生成，所以浓盐酸在反应中显示出来的性质是酸性和还原性，答案选ab。
19．已知:①标准状况下，1体积水中最多能溶解500体积的HCl；②饱和NaCl溶液的浓度约为5.00mol/L 。将448L(标准状况下)HCl气体溶于1L水中，所得溶液A的密度为1.20g·cm-3，则溶液A中HCl的物质的量浓度为__________。(本题计算结果均取三位有效数字)
（1）若使1L饱和NaCl溶液中的Cl-浓度与溶液A中的Cl-浓度相等，则在1L饱和NaCl溶液中还应溶解__________L标准状况下的HCl气体(溶液体积变化忽略不计)。
（2）若将10.0mL溶液A稀释成500mL溶液B，则溶液B中HCl的物质的量浓度为__________。
（3）在溶液B的配制过程中,使用前必须检查是否漏液的仪器是__________。
【答案】13.9mol·L-1 199 0.278mol·L-1 容量瓶
【解析】解析：标准状况下，448LHCl为20mol，溶液A的体积为，则。
(1)Cl-的物质的量浓度相差(13.9-5.00)mol·L-1=8.9mol·L-1，需溶解标准状况下的HCl气体的体积为8.9mol·L-1×1L×22.4L·mol-1=199L，故答案为199；
(2) 若将10.0mL溶液A稀释成500mL溶液B，溶液体积增大50倍，则溶液B中HCl的物质的量浓度变为A中的，即变为13.9mol/L×=0.278mol/L，故答案为：0.278mol/L；
(3)配制溶液前要检查容量瓶是否漏液，故答案为：容量瓶。
20．已知某“84”消毒液瓶体部分标签如图所示，该“84”消毒液通常稀释100倍（体积之比）后使用。请回答下列问题：
“84”消毒液
有效成分　NaClO
规格　1000mL
质量分数　25%
密度　1.19g·cm－3
（1）该“84”消毒液的物质的量浓度约为_________mol·L－1（结果保留1位小数）。
（2）某同学取100mL该“84”消毒液，稀释后用于消毒，稀释后的溶液中c（Na＋）＝_________mol·L－1。
（3）该同学参阅该“84”消毒液的配方，欲用NaClO固体配制480mL含NaClO质量分数为25%的消毒液。下列说法正确的是_________。

A．如图所示的仪器中，有三种是不需要的，还需要一种玻璃仪器
B．容量瓶用蒸馏水洗净后，应烘干后才能用于溶液配制
C．配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒会导致结果偏低
D．需要称量NaClO固体的质量为143.0g
（4）“84”消毒液与稀硫酸混合使用可增强消毒能力，某消毒小组人员用98%（密度为1.84g·cm－3）的浓硫酸配制2L2.3mol·L－1的稀硫酸用于增强“84”消毒液的消毒能力。
①所配制的稀硫酸中，H＋的物质的量浓度为_________mol·L－1。
②需用浓硫酸的体积为_________mL。
【答案】4.0 0.04 C 4.6 250.0
【解析】（1）由c＝得，密度1.19g·cm－3，质量分数为25%的次氯酸钠溶液物质的量浓度为c(NaClO)＝mol·L－1≈4.0mol·L－1；答案为4.0。
（2）稀释前后溶液中NaClO的物质的量不变，则有100×10－3L×4.0mol·L－1＝100×10－3L×c(NaClO)×100，解得稀释后c(NaClO)＝0.04mol·L－1，c(Na＋)＝c(NaClO)＝0.04mol·L－1；答案为0.04。
（3）A．需用托盘天平称取NaClO固体，需用烧杯溶解NaClO，需用玻璃棒进行搅拌和引流，需用容量瓶和胶头滴管来定容，图示中的a、b不需要，但还需要玻璃棒和胶头滴管，故A错误；
B．配制过程中需要加水，所以洗涤干净后的容量瓶不必烘干，且容量瓶也不能烘干，故B错误；
C．未洗涤烧杯和玻璃棒将导致配制的溶液中溶质的物质的量减小，结果偏低，故C正确；
D．因实验室无480mL规格的容量瓶，应选取500mL的容量瓶进行配制，然后取出480mL即可，所以需要NaClO的质量为m(NaClO)=0.5L×4.0mol·L－1×74.5g·mol－1＝149.0g；故D错误；
答案为C。
（4）①因为稀硫酸的浓度为2.3mol/L，由H2SO4的组成可知，溶液中c(H＋)＝2c(H2SO4)＝2×2.3mol·L－1=4.6mol·L－1；答案为4.6。
②2L2.3mol·L－1的稀硫酸中溶质的物质的量为2L×2.3mol·L－1＝4.6mol，设需要98%(密度为1.84g·cm－3)的浓硫酸的体积为VmL，则有＝4.6mol，解得V＝250.0mL；答案为250.0。
21．KClO3和浓盐酸在一定温度下反应会生成黄绿色的易爆物二氧化氯。其反应可表述为：
_____KClO3＋_____HCl(浓)=______KCl＋______ClO2↑＋______Cl2↑＋______H2O
(1)配平以上化学方程式(化学计量数填入横线上)。
(2)反应中的氧化剂是________，ClO2是反应的________(填“氧化”或“还原”)产物。
(3)反应产生0.1 mol Cl2，则转移的电子的物质的量为________mol。
(4)ClO2具有很强的氧化性，因此可被用来作消毒剂，若ClO2作消毒剂后转化为Cl－，则其消毒的效率(以单位物质的量得到电子数表示)是Cl2的________倍。
【答案】2 4 2 2 1 2 KClO3 还原 0.2 2.5
【解析】(1) KClO3中氯元素化合价由+5价降低为ClO2中+4价，化合价降低1价；HCl中氯元素化合价由-1价升高为Cl2中0价，化合价升高2价，化合价升降最小公倍数为2，故ClO2系数为2，Cl2系数为1；所以KClO3系数为2，KCl系数为2，HCl系数为4，结合元素守恒，可知未知物是水，水的系数是2；
(2) 根据分析KClO3氯元素的化合价降低，是氧化剂，对应的产物二氧化氯是还原产物；
(3) 反应中只有Cl2是氧化产物，HCl中氯元素化合价由-1价升高为Cl2中0价，所以产生0.1molCl2，转移的电子的物质的量为0.1mol×2=0.2mol；
(4) ClO2作消毒剂后转化为Cl－，ClO2→Cl－，Cl的化合价由＋4→-1，1 mol ClO2转移5 mol e－；Cl2作消毒剂，在消毒过程中，Cl2→2Cl－，1 mol Cl2转移2 mol e－，则其消毒的效率(以单位物质的量得到电子数表示)是Cl2的=2.5倍。
22．实验室欲用固体配制的溶液。
（1）配制溶液时，一般可以分为以下几个步骤：
①称量 ②计算 ③溶解 ④摇匀 ⑤转移 ⑥洗涤 ⑦定容 ③冷却 ②摇动
正确的操作顺序为______。本实验必须用到的仪器有天平、药匙、玻璃棒、烧杯、______。
（2）某同学欲称量的质量，他先用托盘天平称量烧杯的质量，天平平衡后的状态如图所示。烧杯的实际质量为______，要完成本实验该同学应称出______。

（3）使用容量瓶前必须进行的一步操作是______。
（4）在配制过程中，其他操作都是正确的，下列操作会使浓度偏高的是______（填序号）。
A 所用已经潮解
B 向容量瓶中加水未到刻度线
C 有少量溶液残留在烧杯里
D 用带游码的托盘天平称（以下用游码）时误用了“左码右物”方法
【答案】②①③⑧⑤⑥⑨⑦④ 容量瓶、胶头滴管 27.4 10.0 检漏 B
【解析】（1）配制溶液的步骤：计算所需固体的质量→用托盘天平称量→在烧杯中溶解→冷却至室温→向容量瓶中转移溶液→洗涤烧杯及玻璃棒→轻轻摇动容量瓶→向容量瓶中加水定容→反复上下颠倒、摇匀；故实验顺序为：②①③⑧⑤⑥⑨⑦④；根据实验步骤即可判断出所用仪器还有容量瓶和胶头滴管；
（2）该同学将砝码与烧杯位置放反了，所以烧杯的实际质量为；应称取的质量为；
（3）使用容量瓶前必须进行检漏操作；
（4）A．所称的质量偏小，浓度偏低；
B．所得溶液体积偏小，浓度偏高；
C．所得溶液中的物质的量偏小，浓度偏低；
D．左码右物称量时，，故所称质量偏小，浓度偏低；
故答案选B。