第02单元 海水中的重要元素——钠和氯单元测试（A卷•夯实基础）-2022-2023学年高一化学同步单元AB卷（人教版2019必修第一册）

这是一份第02单元 海水中的重要元素——钠和氯单元测试（A卷•夯实基础）-2022-2023学年高一化学同步单元AB卷（人教版2019必修第一册），文件包含第02单元海水中的重要元素钠和氯单元测试A卷•夯实基础-2022-2023学年高一化学同步单元AB卷人教版2019必修第一册解析版doc、第02单元海水中的重要元素钠和氯单元测试A卷•夯实基础-2022-2023学年高一化学同步单元AB卷人教版2019必修第一册原卷版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共25页， 欢迎下载使用。

班级 姓名 学号 分数
第02单元 海水中的重要元素——钠和氯单元测试（A卷·夯实基础）
（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．（2020·河北石家庄二中高一期中）下列说法正确的是
A．单位物质的量的物质所具有的质量叫做摩尔质量，如的摩尔质量为
B．与所含原子数相等
C．摩尔是一个基本物理量，粒子的数目约为
D．水中含有氢和氧
【答案】B
【解析】
A．单位物质的量的物质所具有的质量叫做摩尔质量，其单位为，如的摩尔质量为，A项错误；
B．中含有的原子的物质的量为6mol，中含有的原子的物质的量为6mol，所含原子数相等，B项正确；
C．物质的量是一个基本物理量，摩尔是物质的量的单位，C项错误；
D．指代不明，正确的说法是水中含有H原子和O原子，D项错误；
答案选B。
2．下列有机溶剂中不可用于贮存金属钠的是
A．煤油 B．苯 C．四氯化碳 D．石蜡油
【答案】C
【解析】
钠与煤油、苯、四氯化碳、石蜡油都不反应；钠的密度比煤油、苯、石蜡油的密度大，沉在煤油、苯、石蜡油的下面，达到隔绝空气的目的；钠的密度小于四氯化碳，会浮在其表面，不能起到保护作用，四氯化碳不可用于贮存金属钠；综上所述故选C。
3．金属钠是一种活泼金属，除了具有金属的一般性质外，还具有自己的特性。下列关于钠的叙述中，正确的是
A．钠是银白色金属，熔点低，硬度大
B．钠放置在空气中，会迅速被氧化而生成淡黄色的氧化钠
C．在氧气中加热时，金属钠剧烈燃烧，发出黄色火焰
D．金属钠着火可以用水灭火
【答案】C
【解析】
A．金属钠的硬度小，故A错误；
B．钠在常温下与氧气反应生成白色的氧化钠，与氧气在加热条件下反应生成淡黄色的过氧化钠，故B错误；
C．与氧气在加热条件下反应生成过氧化钠，因含钠元素，火焰呈黄色，故C正确；
D．钠与氧气反应 生成过氧化钠，过氧化钠可与水反应生成氧气，钠与水反应生成氢气，会使火势更不容易控制，故D错误；
故答案为C。
4．下列叙述正确的是
①Na2O与Na2O2都能和水反应生成碱，它们都是碱性氧化物
②Na2O与CO2发生化合反应生成Na2CO3，Na2O2与CO2发生置换反应生成O2
③Na2O是淡黄色物质，Na2O2是白色物质
④Na2O2可作供氧剂，而Na2O不可
⑤Na2O2和Na2O焰色反应均为黄色
A．都正确 B．①③④ C．②③⑤ D．④⑤
【答案】D
【解析】
①Na2O和水反应只生成碱，是碱性氧化物，Na2O2和水反应生成氢氧化钠和氧气，不是碱性氧化物，故①错误；
②Na2O2与CO2反应生成O2 不属于置换反应，故②错误；
③氧化钠为白色，过氧化钠为淡黄色，故③错误；
④Na2O2能与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，而Na2O与二氧化碳反应生成碳酸钠，所以Na2O2可作供氧剂，而Na2O不行，故④正确；
⑤钠元素焰色反应为黄色，所以Na2O2和Na2O焰色反应均为黄色，故⑤正确；
故选：D。
5．下列说法正确的是（ ）
A．纯碱溶液显碱性，纯碱属于碱
B．纯碱溶液不可能与其他碱溶液发生反应
C．向纯碱溶液中滴加盐酸，立即产生气泡
D．用氯化钙溶液可鉴别纯碱溶液和烧碱溶液
【答案】D
【解析】
A．纯碱是，纯碱溶液显碱性，纯碱不属于碱，属于盐，故A错误；
B．纯碱溶液可以和溶液或溶液发生反应生成沉淀，故纯碱溶液可以与其他碱溶液发生反应，故B错误；
C．向纯碱溶液中滴加盐酸，反应开始时生成，无气体产生，随着盐酸的滴加，反应生成气体，产生气泡，故C错误；
D．纯碱是碳酸钠，烧碱是氢氧化钠，纯碱与氯化钙反应生成碳酸钙白色沉淀，氯化钙与烧碱不反应，没有现象，故可以用氯化钙溶液鉴别纯碱溶液和烧碱溶液，故D正确；
答案选D。
6．下列实验方案中，不能测定出Na2CO3和NaHCO3的混合物中Na2CO3质量分数的是
A．取ag混合物充分加热，质量减少bg
B．取ag混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得到bg固体
C．取ag混合物与足量NaOH溶液充分反应，得到bg溶液
D．取ag混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体经浓硫酸干燥后，用碱石灰吸收，质量增加bg
【答案】C
【解析】
A．只有碳酸氢钠加热分解，由差量法可计算碳酸氢钠的质量，然后再计算碳酸钠的质量分数，能够测出碳酸钠的质量分数，故A不选；
B．加热后bg固体为氯化钠的质量，设碳酸钠的物质的量为x、碳酸氢钠的物质的量为y，则106x+84y=a，2x+y=，解方程计算出a、b，然后可计算出碳酸钠的质量分数，故B不选；
C．氢氧化钠溶液的质量未知，bg为碳酸钠和氢氧化钠溶液的总质量，无法计算出碳酸钠的质量分数，故C可选；
D．bg为二氧化碳的质量，设碳酸钠的物质的量为x，碳酸氢钠的物质的量为y，则106x+84y=a，根据碳元素守恒有：x+y= ，解出x、y，就可求出碳酸钠的质量分数，故D不选；
故选C。
7．（2021·海原县第一中学高一月考）某物质灼烧透过蓝色钴玻璃观察其焰色反应为紫色，下列判断不正确的是
A．该物质可能是钾的化合物 B．该物质一定含钾元素
C．不能确定该物质中是否含有钠元素 D．该物质一定是金属钾
【答案】D
【解析】
A．钾的化合物中含有钾元素，灼烧透过蓝色钴玻璃观察其焰色反应为紫色，A正确；
B．某物质灼烧透过蓝色钴玻璃观察其焰色反应为紫色，说明该物质中一定含有钾元素，B正确；
C．蓝色钴玻璃可以过滤黄光，所以无法确定是否含有钠元素，C正确；
D．该物质含有钾元素，可以是钾单质，也可以是钾的化合物，D错误；
综上所述答案为D。
8．下列氯化物中，既能由金属和氯气直接反应制得，又能由金属和盐酸反应制得的是
A．CuCl2 B．FeCl3 C．FeCl2 D．AlCl3
【答案】D
【解析】
A．氯气化学性质非常活泼，与变价金属反应时生成高价氯化物，，但是铜单质不能与稀盐酸反应，故A错误；
B．，但是铁单质与稀盐酸反应生成FeCl2，故B错误；
C．氯气化学性质非常活泼，与变价金属反应时生成高价氯化物，，铁单质与稀盐酸反应生成FeCl2，故C错误；
D．，铝单质与稀盐酸反应生成，故D正确；
故答案为D。
9．下列关于氯水的叙述中，正确的是
A．新制氯水中只含Cl2和H2O分子 B．液氯与氯水都是纯净物
C．新制氯水的颜色为浅黄绿色 D．氯水经光照有气泡逸出，该气体为HCl
【答案】C
【解析】
A．新制的氯水因其含Cl2而呈淡绿色，其中还含有HClO和H2O分子，故A错误；
B．液氯是纯净物，氯水是混合物，故B错误；
C．新制的氯水因其含Cl2而呈淡绿色，故C正确；
D．氯水由于其中的HClO见光易分解：2HClO2HCl＋O2↑，所以氯水经光照有O2气泡逸出，故D错误。
故选C。
10．下列生活中的物质与其有效成分的化学式、用途的对应关系中，不正确的是
选项
A
B
C
D
生活中的物质
食盐
小苏打
复方氢氧化铝片
漂白粉
有效成分的化学式




用途
做调味品
做发酵粉
做抗酸药
做消毒剂
【答案】B
【解析】
A．食盐的主要成分是氯化钠，有咸味，可做调味品，故A正确；
B．小苏打的主要成分为碳酸氢钠，不是碳酸钠，故B错误；
C．氢氧化铝难溶于水，能够和盐酸反应，可以做抗酸药，故C正确；
D．漂白粉的有效成分为Ca(ClO)2，具有强氧化性，可做消毒剂，故D正确；
故选B。
11．下列关于氯及其化合物的叙述正确的是
A．氯气无漂白性，而次氯酸有，因此氯水能使鲜花褪色而干燥的氯气不行
B．漂白粉的主要成分是Ca(ClO)2，主要用于杀菌消毒
C．工业生产中不是将氯气通入澄清石灰水中来制取漂白粉
D．漂白液和洁厕灵(主要含HCl)两种都是消毒剂，一起用效果更好
【答案】C
【解析】
A． 氯气无漂白性，而次氯酸有，鲜花中含有水，因此干燥的氯气能使鲜花褪色，A错误；
B． 漂白粉的主要成分是Ca(ClO)2和CaCl2，有效成分是Ca(ClO)2，B错误；
C． 澄清石灰水是稀溶液，工业生产中将氯气通入澄清石灰乳中来制取漂白粉，C正确；
D． 一起用时，漂白液中NaClO和洁厕灵中HCl发生氧化还原反应生成氯气，氯气有毒，D错误；
故选C。
12．利用如图装置可以制备无水氯化铁(氯化铁遇水会发生水解)。下列有关说法正确的是

A．烧瓶B中制备氯气的反应物为二氧化锰和稀盐酸
B．装置C、D中分别盛有浓硫酸、饱和食盐水
C．装置F的目的是检验有无氯气逸出
D．装置E和装置F之间需要增加一个干燥装置，才能制得无水氯化铁
【答案】D
【分析】
装置E为铁与氯气反应加热生成氯化铁，则烧瓶B为制备氯气的装置，反应物为二氧化锰和浓盐酸，装置C用饱和食盐水除去氯化氢气体， D中用浓硫酸除去水蒸气，装置F用氢氧化钠溶液除去多余的氯气防止污染空气，为避免水蒸气接触氯化铁，则装置E和装置F之间需要增加一个干燥装置。
【解析】
A．烧瓶B为制备氯气的装置，反应物为二氧化锰和浓盐酸，故A错误；
B．装置C用饱和食盐水除去氯化氢气体， D中用浓硫酸除去水蒸气，故B错误；
C．装置F用氢氧化钠溶液除去多余的氯气防止污染空气，故C错误；
D．为避免水蒸气接触氯化铁，则装置E和装置F之间需要增加一个干燥装置，故D正确；
故答案为D。
13．某溶液可能含有、、、Cl-中的一种或几种阴离子。为确定该溶液的阴离子组成，现将进行如下实验：①取少量溶液滴加硝酸钡溶液，产生白色沉淀；②然后继续加入过量的稀盐酸，产生无色无刺激性气味且能使澄清石灰水变浑浊的气体，白色沉淀部分溶解；③取上层清液继续滴加硝酸钡溶液至无沉淀时，再滴加适量硝酸银溶液，产生白色沉淀，则根据上述实验，以下推测正确的是
A．一定只有
B．此溶液中还大量存在的阳离子可能为Ba2+
C．可能存在有Cl-
D．不能确定、是否存在
【答案】C
【分析】
实验②中滴加过量稀盐酸时，沉淀部分溶解，且产生产生无色无刺激性气味且能使澄清石灰水变浑浊的气体为二氧化碳气体，证明原溶液中一定含有，硝酸根和氢离子相当于有硝酸，能将BaSO3氧化为BaSO4，则原溶液中可能含有、中的一种或两种，实验③中加入硝酸银溶液产生氯化银白色沉淀，并不能确定原溶液中是否有Cl-，因为实验②中加入了稀盐酸。
【解析】
A． 由以上分析知，还含有、中的一种或两种，可能含有Cl-，A错误；
B． Ba2+与、、不能共存，则此溶液中还大量存在的阳离子不可能为Ba2+，B错误；
C． 由以上分析知，可能存在有Cl-，C正确；
D． 原溶液中可能含有、中的一种或两种，D错误；
故选C。
14．标准状况下，由0.5 gH2、11g CO2和4 gO2组成的混合气体，其体积约为
A．8.4 L B．11.2 L C．14.0 L D．16.8 L
【答案】C
【解析】
0.5g H2、11g CO2和4g O2的体积分别是：
氢气：×22.4L/mol=5.6L；
二氧化碳：=5.6L；
氧气：=2.8L，
所以混合气体的体积V=5.6L+5.6L+2.8L=14.0L，故C正确。
故选C。
15．相同条件下，ag的A气体与bg的B气体占有相同体积，下列叙述错误的是
A．a：b等于A与B的相对分子质量之比
B．a：b等于等质量的B与A的分子数之比
C．a：b等于同温同压下A与B的密度之比
D．a：b等于同温同体积等质量的A与B的压强比
【答案】D
【解析】
A．相同条件下，ag的A气体与bg的B气体占有相同体积，说明两种气体的物质的量相等，则质量比等于摩尔质量之比，即a：b等于A与B的相对分子质量之比，A正确；
B．A与B的相对分子质量之比为a：b，则等质量的A与B的分子数之比为b：a，B正确；
C．同温同压条件下密度之比等于相对分子质量之比，即a：b，C正确；
D．同温同体积等质量的A与B两种气体，压强比等于摩尔质量的反比，即为b：a，D错误；
故选D。
16．下列关于物质的量浓度表述正确的是
A．0.2 mol/L Na2SO4溶液中含有Na+和SO总物质的量为0.6 mol
B．将62g Na2O溶于水中，配成1L溶液，所得溶质的物质的量浓度为1 mol/L
C．用1 L水吸收22.4L氯化氢(标况下)所得盐酸的浓度是1 mol/L
D．10g 98%的硫酸(密度为1.84gcm-3)与10ml 18.4 mol/L的硫酸浓度相等
【答案】D
【解析】
A．溶液体积未知，无法计算Na+和SO物质的量，故A错误；
B．62g Na2O的物质的量为1mol，溶于水后与水反应生成氢氧化钠的物质的量为2mol，则配成1L溶液，所得溶质的物质的量浓度为2 mol/L，故B错误；
C．用1L水吸收22.4L氯化氢（标况下）所得盐酸的体积不是1L，无法计算盐酸物质的量浓度，故C错误；
D．根据公式，则10g 98%的硫酸（密度为1.84g·cm—3）与10mL 18.4mol·L—1的硫酸的浓度是相同的，故D正确；
答案选D。
17．（2021·天津东丽区·高一期末）设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．标准状况下，水中约含分子数目为
B．的溶液中含的数目为
C．与足量盐酸完全反应时，失去电子的数目为
D．将固体溶于中，得到的溶液
【答案】C
【解析】
A．标准状况下，水是液体，不能用气体摩尔体积计算物质的量，故A错误；
B．溶液体积未知，无法计算的溶液中含的数目，故B错误；
C．的物质的量为0.1mol，每个钠原子失去一个电子，所以与足量盐酸完全反应时，失去电子的数目为0.1NA，故C正确；
D．40gNaOH的物质的量为1mol，将固体溶于中，溶液的体积不是1L，所以得到的溶液浓度不是1mol/L，故D错误；
答案选C。
18．（2021·广东高一期末）配制溶液，下列说法正确的是
A．先称取，再将其溶于蒸馏水
B．容量瓶未干燥即用来配制溶液会导致配制的溶液浓度偏低
C．转移溶液没有用蒸馏水洗涤烧杯，直接用蒸馏水定容，导致配制溶液浓度偏低
D．定容时俯视容量瓶刻度线使得溶液物质的量浓度偏低
【答案】C
【解析】
A．250mL不是水的体积，而是溶液的体积，A项错误;
B．容量瓶未干燥用来配置溶液对溶液浓度无影响，B项错误；
C．转移溶液时，应用蒸馏水洗涤烧杯2~3次，将洗涤液一并转移到容量瓶，因为烧杯内壁和玻璃棒上可能有残留溶质，若没有用蒸馏水洗涤烧杯，直接用蒸馏水定容，会导致溶质减小，进而导致溶液浓度偏低，C项正确；
D．定容时，俯视容量瓶的刻度线，溶液的体积偏小，溶液浓度偏高，D项错误；
故选C。
二、非选择题（本题共5小题，共46分。）
19．（7分）某课外活动小组设计如图实验发置，验证“二氧化碳与水接触时才能和过氧化钠反应”。

（1）II中浓硫酸的作用_______。
（2）过氧化钠与二氧化碳反应的化学方程式是_______。
（3）装置I中所用的试剂是_______(填字母)。
a.稀盐酸 b.稀硫酸 c.小苏打 d.石灰石
（4）为验证猜想，能否通过将带火星的木条置于a口，观察木条复燃情况得到实验结论_______(填“是”或“否”)，理由_______。
（5）为进一步达到实验目的，应补充的实验是：取最终反应后Ⅲ中所得固体，_______。
【答案】（1）干燥CO2 （2）2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 （3）bc （4）否 水与Na2O2反应生成氧气 （5）加入稀盐酸，将产生的气体通入澄清石灰水
【分析】
装置Ⅰ中利用稀硫酸和碳酸钠反应制取二氧化碳，先打开K2，关闭K1，将二氧化碳用浓硫酸干燥后与装置Ⅲ中过氧化钠反应，探究干燥的CO2能否与过氧化钠反应，之后打开K2，关闭K1，探究不经干燥的CO2能否与过氧化钠反应。
【解析】
（1）Ⅱ中浓硫酸可以干燥CO2；
（2）过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，方程式为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；
（3）盐酸和碳酸钙反应时可能会带出一部分氯化氢，影响实验结果，为了使实验更准确应该可用稀硫酸和小苏打反应制二氧化碳，故选bc；
（4）不经干燥的CO2中含有水蒸气，水蒸气也可以和过氧化钠反应生成氧气，干扰二氧化碳和过氧化钠的反应，无法得到正确实验结论；
（5）若二氧化碳与过氧化钠发生反应，则最终反应后装置Ⅲ所得固体中含有碳酸钠，所以可以取最终反应后Ⅲ中所得固体，加入稀盐酸，将产生的气体通入澄清石灰水，若澄清石灰水变浑浊，说明发生反应。
20．（9分）（2021·湖南衡阳市八中高一期末）Cl2O又称为次氯酸酐，是强氧化剂，易溶于水且与水反应，受热时容易燃烧、高浓度时容易爆炸。其熔沸点分别为-116℃和3.8℃；Cl2的沸点是-34.6℃。现利用HgO和Cl2以及以下装置制备Cl2O：

回答下列问题：
（1）仪器A的名称：___________。用酸性高锰酸钾制备Cl2应采用气体发生装置：___________(填“甲”或“乙”)
（2）②、③中盛放的试剂分别是___________、___________。
（3）写出HgO和Cl2制备Cl2O的化学方程式：___________。
（4）通入干燥空气的目的是___________。
（5）实验装置存在一些不足，请指出___________。
（6）要想进一步分离得到Cl2O，采用的操作方法是___________。
【答案】（1）分液漏斗 甲 （2）饱和食盐水 浓硫酸 （3）HgO＋2Cl2= HgCl2＋Cl2O （4）稀释高浓度的Cl2O，防止爆炸 （5）⑤后应该加一个装有无水氯化钙(能吸收水蒸气的可以)的干燥管 （6）蒸馏
【分析】
由题给实验装置图可知，先通过装置①制备Cl2，根据Cl2O的性质，制得的Cl2必须纯净、干燥，所以需要经过装置②和③进行除杂、干燥处理，然后将纯净、干燥的Cl2和HgO发生反应制备Cl2O；Cl2O受热时容易燃烧、高浓度时容易爆炸，所以需要在低温环境中进行反应，故在水浴装置④中进行反应；因Cl2O的熔沸点分别为-116℃和3.8℃，所以最终在液氨中冷凝收集产品Cl2O。
【解析】
（1）由装置图可知，仪器A为分液漏斗；用酸性高锰酸钾制备Cl2，利用的原理是浓盐酸和高锰酸钾发生氧化还原反应制备Cl2，应采用固体+液体不加热装置，所以应该选装置甲；故答案为：分液漏斗；甲；
（2）Cl2O易溶于水且与水反应，故制得的Cl2必须进行除杂、干燥处理，浓盐酸具有挥发性，所以Cl2中会混有HCl气体和水蒸气，根据所学知识可知，用饱和食盐水可除去HCl气体，用浓硫酸干燥Cl2；故②、③中盛放的试剂分别是饱和食盐水、浓硫酸；故答案为：饱和食盐水；浓硫酸；
（3）由题意可知，反应物有HgO和Cl2，反应产物有Cl2O，根据质量守恒定律和氧化还原反应原理，可得化学方程式为；故答案为：；
（4） Cl2O高浓度时容易爆炸,所以通入干燥的目的是将Cl2O稀释减少爆炸危险，减少实验危险程度；故答案为：稀释高浓度的Cl2O，防止爆炸；
（5） 由Cl2O易溶于水且与水反应可知，为防止空气中的水蒸气进行装置⑤中导致Cl2O与水反应，应在装置⑤后加一个装有无水氯化钙(能吸收水蒸气的可以)的干燥管，故答案为：⑤后应该加一个装有无水氯化钙(能吸收水蒸气的可以)的干燥管；
（6）根据实验流程可知，氯气可能不能充分反应，由于氯气易液化，所以收集的Cl2O中会含有杂质液氯，根据两者沸点不同的特征，要想进一步分离得到Cl2O，可采用蒸馏的操作方法进行分离、提纯；故答案为：蒸馏。
21．（10分）草木灰中含有可溶性钾盐(主要成分是K2SO4、K2CO3、KCl)。某学生按下列操作提取草木灰中的钾盐：①取草木灰加水溶解；②过滤，取滤液；③蒸发滤液；④冷却结晶。
（1）在①、②、③、④的操作中需要用到玻璃棒的是___________(填序号)。
（2）为检验草木灰中的离子，取少量晶体溶于水，并把溶液分成四份，完成以下实验报告(在横线上填写相关的内容)：
实验步骤
实验现象
实验结论
Ⅰ.取第一份溶液和适量稀盐酸加入下列装置的试管中，把澄清的石灰水加入烧杯中

___________，澄清的石灰水变浑浊
证明含有
Ⅱ.取第二份溶液，分别滴加___________和___________
___________
证明含有
Ⅲ.取第三份溶液加入过量溶液，过滤，除去和，再滴加溶液和稀硝酸
有白色沉淀生在
证明含有
Ⅳ.取第四份溶液进行焰色反应
透过蓝色钴玻璃观察火焰呈紫色
证明含有
（3）步骤Ⅲ所得的结论，你认为是否正确：___________(填“是”或“否”)；为什么？ ___________。
（4）写出步骤Ⅱ有关反应的化学方程式：___________。
【答案】（1）①②③ （2）试管中有大量的气泡产生 稀盐酸 氯化钡溶液 有白色沉淀生成 （3）否 步骤Ⅲ所加试剂BaCl2本身引入了Cl-，干扰试验结果 （4）K2CO3+2HCl=2KCl+H2O+CO2↑，K2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2KCl
【分析】
本题考查和离子的检验，总体难度不大。
【解析】
（1）在溶解步骤需用玻璃棒搅拌加速溶解，过滤时需用玻璃棒引流，蒸发时需用玻璃棒不断搅拌，使受热均匀，防止暴沸，故在①、②、③、④的操作中需要用到玻璃棒的是①②③，故答案为：①②③；
（2）取第一份溶液和适量稀盐酸加入下列装置的试管中，把澄清的石灰水加入烧杯中，当看到试管中有大量的气泡产生，且烧杯中澄清石灰水变浑浊时，证明含有；的检验方法是先向待测液中滴加稀盐酸，无明显现象，再滴加氯化钡溶液后有白色沉淀生成，证明含有；故答案为：试管中有大量的气泡产生；稀盐酸；氯化钡溶液；有白色沉淀生成；
（3）由于步骤Ⅲ所加试剂BaCl2本身引入了Cl-，故所得的结论不正确，故答案为：否；步骤Ⅲ所加试剂BaCl2本身引入了Cl-，干扰试验结果；
（4）步骤Ⅱ是先加入足量的稀盐酸，再加入BaCl2溶液，故发生的有关反应的化学方程式：K2CO3+2HCl=2KCl+H2O+CO2↑，K2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2KCl，故答案为：K2CO3+2HCl=2KCl+H2O+CO2↑，K2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2KCl。
22．（10分）现有A、B、C、D、E、F、G、H、M九种物质，其中A为淡黄色粉末，B为日常生活中最常见的无色无味液体，E为无色气体单质，F的水溶液与石灰水混合可得D的溶液，G为黄绿色气体单质，H是“84”消毒液的有效成分，它们之间的相互转化关系如图所示，其他与题无关的生成物均已略去。

请回答下列问题：
（1）写出H的化学式：_______，C的化学式：_______。
（2）化合物A中非金属元素的化合价是_______，物质M的名称是_______。
（3）F溶液与澄清石灰水混合得D溶液的化学方程式：_______。
（4）写出相关化学方程式：
①A+C：_______；
②M→E：_______。
【答案】（1）NaClO CO2
（2）-1 次氯酸
（3）Ca2++=CaCO3↓
（4）2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 2HClO2HCl+O2↑
【解析】
A为淡黄色粉末，A是过氧化钠。B为日常生活中最常见无色无味液体，B是水，过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，E为无色气体单质，E是氧气，D是氢氧化钠。G为黄绿色气体单质，H是漂白液的有效成分，G是氯气，H是次氯酸钠。次氯酸钠溶液吸收二氧化碳生成M是次氯酸，次氯酸见光分解生成氧气和氯化氢。F的水溶液与石灰水混合可得D的溶液，F是碳酸钠，因此C是二氧化碳。
（1）根据分析可知，H是次氯酸钠，化学式为NaClO；C是二氧化碳，化学式为CO2；
（2）化合物A是Na2O2其中Na是+1价，O为-1价；M的名称为次氯酸；
（3）F是碳酸钠，其溶液与澄清石灰水混合得D溶液的离子方程式为Ca2++=CaCO3↓；
（4）两个化学方程式分别为:2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2、2HClO2HCl+O2↑；
23．（10分）实验室要配制100mL2mol/LNaOH溶液，请回答下列问题：
（1）配制过程中不需要使用的化学仪器有_______(填选项的字母)。
A．烧杯 B．200mL容量瓶 C．漏斗 D．胶头滴管 E.玻璃棒 F.100mL容量瓶
（2）用托盘天平称取氢氧化钠，其质量为_______g。
（3）实验两次用到玻璃棒，其作用分别是：先用于_______、后用于_______。
（4）关于容量瓶的四种叙述：
①是配制准确浓度溶液的仪器；
②不宜贮存溶液；
③不能用来加热；
④使用之前要检查是否漏水，其中正确的是_______(填字母)。
A．①②③④ B．仅②③ C．仅①②④ D．仅①②③
（5）(以下填“偏高”或“偏低”或“无影响”)
①如果实验过程中没有洗涤烧杯和玻璃棒，会使配制出的NaOH溶液浓度_______；
②如果容量瓶中含有少量蒸馏水，会使配制出的NaOH溶液浓度_______；
③如果定容时仰视刻度线会使配制出的NaOH溶液浓度_______ ；
④如果用2mol·L-1的NaOH溶液先润洗容量瓶，再转移溶液，会使配制出的NaOH溶液浓度_______。
【答案】（1）BC
（2）8.0g
（3）溶解氢氧化钠时搅拌 移液时引流
（4）A
（5）偏低 无影响 偏低 偏高
【解析】
（1）配制100mL2mol/LNaOH溶液，要用100mL容量瓶定容，用胶头滴管定容，溶解氢氧化钠时用玻璃棒搅拌，移液时用玻璃棒引流，所以不需200mL容量瓶、漏斗，选BC；
（2）配制100mL2mol/LNaOH溶液，用托盘天平称取氢氧化钠，其质量为m=cVM=0.1L×2mol/L×40g/mol=8.0g；
（3）实验两次用到玻璃棒，先用于溶解氢氧化钠时搅拌，后用于移液时引流；
（4）容量瓶是配制准确的一定物质的量浓度的溶液用的精确仪器，使用时要先检验是否漏水，不能在容量瓶里进行溶质的溶解，容量瓶不能进行加热，容量瓶只能用于配制溶液，不能长时间或长期储存溶液，其中正确的是①②③④，选A；
（5）①如果实验过程中没有洗涤烧杯和玻璃棒，NaOH物质的量偏小，会使配制出的NaOH溶液浓度偏低；
②如果容量瓶中含有少量蒸馏水，不影响溶液体积和溶质物质的量，使配制出的NaOH溶液浓度无影响；
③如果定容时仰视刻度线，溶液体积偏大，会使配制出的NaOH溶液浓度偏低；
④如果用2mol·L-1的NaOH溶液先润洗容量瓶，再转移溶液，氢氧化钠物质的量偏多，会使配制出的NaOH溶液浓度偏高。