【期中模拟卷】（人教版2019）2023-2024学年高一上学期化学 必修1 第二章 海水中的重要元素——钠和氯 考点卷.zip

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第二章 海水中的重要元素——钠和氯
考点卷
核心知识1 钠及其化合物的性质与用途
1．下列关于金属钠的描述不正确的是
A．有银白色金属光泽 B．密度小于水
C．具有很强的还原性 D．在空气中燃烧只生成氧化钠
【答案】D
【解析】A项，常温下，钠为有银白色金属光泽的固体，正确；B项，钠的密度比水小，正确；C项，钠容易失去电子，具有很强的还原性，正确；D项，钠放置在空气中与氧气反应生成氧化钠，钠在空气中燃烧生成过氧化钠，错误。
2．将金属钠投入下列溶液中时，既有白色沉淀析出又有气体逸出的是
A．KCl溶液 B．CuSO4溶液
C．Mg(NO3)2溶液 D．Fe2(SO4)3溶液
【答案】C
【解析】A项，金属钠投入到KCl溶液，钠会和水反应生成氢气，无沉淀，不符合题意；B项，金属钠投入到CuSO4溶液，钠先和水反应生成氢气和氢氧化钠，氢氧化钠再和硫酸铜反应生成蓝色沉淀，不符合题意；C项，金属钠投入到Mg(NO3)2溶液，钠先和水反应生成氢气和氢氧化钠，氢氧化钠再和Mg(NO3)2反应生成白色沉淀，符合题意；D项，金属钠投入到Fe2(SO4)3溶液，钠先和水反应生成氢气和氢氧化钠，氢氧化钠再和Fe2(SO4)3反应生成红褐色沉淀，不合题意。
3．能正确表示下列反应的离子方程式的是(  )
A．钠与水反应：Na+2H2O=Na++2OH-+H2↑
B．钠与CuSO4溶液反应：2Na+Cu2+=Cu+2Na+
C．钠与盐酸反应：Na+2H+=Na++H2↑
D．钠与氯化钾溶液反应：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑
【答案】D
A．钠与水反应生成NaOH和氢气，反应的离子方程式为：2Na+ 2H2O=2Na++2OH-+H2↑，故A错误；
B．钠与硫酸铜溶液反应生成硫酸钠、氢氧化铜沉淀和氢气，离子方程式为：2Na+ 2H2O+ Cu2+ =H2↑+2Na++Cu(OH)2↓，故B错误；
C．钠与盐酸反应生成氯化钠和氢气，离子方程式为：2Na+ 2H+ =2Na++ H2↑，故C错误；
D．钠优先与氯化钾溶液中水反应，离子方程式为：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，故D正确；
故选D。
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
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．在反应2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2中，Na2O2是
A．氧化剂 B．还原剂
C．既是氧化剂又是还原剂 D．既不是氧化剂也不是还原剂
【答案】C
【解析】该反应中，Na2O2中－1价氧元素，部分升高到0价，转化为O2，部分化合价降低到－2价，转化为Na2CO3，故Na2O2既是氧化剂又是还原剂，故答案选C项。
6．下列关于碳酸钠和碳酸氢钠的叙述正确的是
A．相同条件下，在水中的溶解性：碳酸钠 碳酸氢钠
B．相同条件下，热稳定性：碳酸钠 碳酸氢钠
C．相同条件下，与酸反应产生二氧化碳气体的速率：碳酸钠 碳酸氢钠
D．一定条件下，碳酸钠不能转化为碳酸氢钠，而碳酸氢钠可以转化为碳酸钠
【答案】B
【解析】A．相同温度下，较易溶，故A错误；
B．碳酸氢钠加热发生分解反应 ，而碳酸钠加热不分解，故B正确；
C．碳酸钠与酸反应先转化为碳酸氢钠，碳酸氢钠再与酸反应生成二氧化碳，故相同条件下，与酸反应的速率：碳酸钠碳酸氢钠，故C错误；
D．碳酸钠与二氧化碳、水反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠在加热条件或与氢氧化钠反应可以转化为碳酸钠，故D错误；
故选B。
7．不能用来鉴别Na2CO3和NaHCO3两种固体的操作是
A．分别加热这两种固体物质，并将生成的气体通入澄清的石灰水中
B．分别在这两种物质的溶液中，加入氯化钙溶液
C．分别在这两种固体中，加入同浓度的稀盐酸
D．分别在这两种物质的溶液中，加入少量澄清的石灰水
【答案】D
【解析】A．Na2CO3受热不分解，而NaHCO3受热分解生成的气体通入澄清的石灰水中能使石灰水变浑浊，可以鉴别，故A不选；
B．Na2CO3与CaCl2溶液作用产生CaCO3沉淀，而NaHCO3则不与CaCl2溶液反应，无沉淀产生，也可以鉴别，故B不选；
C．向Na2CO3中逐滴加少量盐酸时，无气体产生，当盐酸加入较多时，可产生气体，而向NaHCO3中加入同浓度盐酸，则迅速产生气体，可以通过产生气体的快慢加以鉴别，故C不选；
D．Na2CO3和NaHCO3均可与澄清石灰水反应产生沉淀，现象相同，无法鉴别，故D选。
故选D。
8．侯氏制碱法又称联合制碱法，是我国化学工程专家侯德榜于1943年所发明的一种高效，低成本的制碱方法，某化学兴趣小组模拟“侯氏制碱法”制纯碱，下列说法正确的是

A．乙装置中盛装液体为饱和Na2CO3溶液
B．纯碱是一种碱
C．纯碱可以做发酵粉和治疗胃酸过多
D．用装置丙中产生的NaHCO3制取Na2CO3时，需要进行的实验操作有过滤、洗涤、干燥、加热(灼烧)
【答案】D
【解析】A项，乙装置中盛装液体为饱和碳酸氢钠溶液吸收氯化氢气体杂质，错误；B项，纯碱是碳酸钠，不是碱，是盐，错误；C项，碳酸氢钠可以做发酵粉和治疗胃酸过多，错误；D项，碳酸氢钠不稳定，且溶解度比碳酸钠要小，所以用装置丙中产生的NaHCO3制取Na2CO3时，需要进行的实验操作有过滤、洗涤、干燥、加热(灼烧)，正确。
9．下列各组物质相互混合反应后，最终有白色沉淀生成的是
①金属钠投入到FeCl3溶液中②过量CO2通入澄清石灰水③向硫酸钠溶液中加入BaCl2 ④少量Ca(OH)2投入过量NaHCO3溶液中⑤向饱和Na2CO3溶液中通入过量CO2 ⑥向偏铝酸钠溶液中通入过量CO2
A．③④⑤⑥ B．①②④ C．②③⑥ D．③④⑤
【答案】A
【解析】①金属钠投入到烧杯中的FeCl3溶液中，发生的反应为：2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑、FeCl3+3NaOH=Fe(OH)3↓+3NaCl，所以最终生成的沉淀是红褐色的，①不符合题意；
②过量CO2通入澄清的石灰水中，先生成白色沉淀，CO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O，后沉淀消失，CaCO3+H2O+CO2=Ca(HCO3)2，②不符合题意；
③向Na2SO4溶液中加入BaCl2，生成白色硫酸钡沉淀，Na2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2NaCl，③符合题意；
④少量Ca(OH)2投入过量NaHCO3溶液中，氢氧化钙全部反应，发生的反应为：Ca(OH)2+2NaHCO3=CaCO3↓+2H2O+Na2CO3，碳酸钙是白色沉淀，所以有白色沉淀生成，④符合题意；
⑤向饱和Na2CO3溶液中通入CO2发生的反应为：Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3， NaHCO3的溶解性小于Na2CO3的溶解性，且CO2过量，所以会析出NaHCO3白色晶体，⑤符合题意；
⑥偏铝酸钠溶液中通入过量CO2，CO2+NaAlO2+2H2O=Al(OH)3↓+NaHCO3，反应生成白色的氢氧化铝沉淀，⑥符合题意；
综上所述能产生白色沉淀的有③④⑤⑥，故答案为A。
10．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。
11．（2022·北师大附中期中）某课外实验小组从煤油中取出一块钠，用滤纸吸干其表面的煤油，用刀切下数块，分别进行实验研究。
（1）钠块切面处迅速变暗，反应的化学方程式为________________________________。
（2）将一小块钠放入坩埚中加热，反应的化学方程式为______________________。
（3）将加热过的一小块钠放入盛有氯气的集气瓶中，反应的化学方程式为_____________________。
（4）将一小块Na投入到盛有适量水的烧杯中，反应的化学方程式为_____________________。反应放出大量热，依据的现象是__________________。
（5）将一小块Na投入到盛有适量硫酸铜溶液的烧杯中，观察到溶液中出现蓝色沉淀，写出产生蓝色沉淀的化学方程式_______________________________________________。
【答案】（1）4Na＋O2＝2Na2O （2）2Na＋O2Na2O2 （3）2Na＋Cl22NaCl （4）①2Na＋2H2O＝2NaOH＋H2↑ ②钠熔成小球 （5）CuSO4＋2NaOH＝Cu(OH)2↓＋Na2SO4或2Na＋2H2O＋CuSO4＝Cu(OH)2↓＋Na2SO4＋H2↑
【解析】（1）钠块切面处迅速变暗，钠和氧气在常温下反应生成氧化钠，反应的化学方程式为4Na＋O2＝2Na2O；（1）将一小块钠放入坩埚中加热，钠和氧气在加热条件下反应生成过氧化钠，反应的化学方程式为2Na＋O2Na2O2；（3）将加热过的一小块钠放入盛有氯气的集气瓶中，钠和氯气反应生成氯化钠，反应的化学方程式为2Na＋Cl22NaCl；（4）将一小块Na投入到盛有适量水的烧杯中，钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，反应的化学方程式为2Na＋2H2O＝2NaOH＋H2↑。反应过程中，钠熔成小球，说明反应放出大量的热；（5）将一小块Na投入到盛有适量硫酸铜溶液的烧杯中，观察到溶液中出现蓝色沉淀，钠先和水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠再和硫酸铜反应生成蓝色氢氧化铜沉淀和硫酸钠，产生蓝色沉淀的化学方程式CuSO4＋2NaOH＝Cu(OH)2↓＋Na2SO4或2Na＋2H2O＋CuSO4＝Cu(OH)2↓＋Na2SO4＋H2↑。
12．某兴趣小组采用如图装置测定某Na2O2样品(杂质为Na2O)的纯度。

（1）实验前，需进行的操作是______________________。
（2）仪器A的名称为__________。
（3）仪器A中发生的反应的化学方程式有____________________________、______________________。其中属于氧化还原反应的反应中的氧化剂为_______(填标号，下同)；还原剂为_______。
a．Na2O b．Na2O2 c．H2O
（4）取1 g该样品进行实验，当固体反应完全，得到0.16 g(经折算)气体，则该样品的纯度为_______。
【答案】（1）检查装置的气密性 （2）圆底烧瓶 （3）①Na2O＋H2O＝2NaOH ②2Na2O2＋2H2O＝4NaOH＋O2↑ ③b ④b （4）78%
【解析】（1）在进行定量分析时，一定要确保生成气体质量的准确，所以装置不能漏气，也就是实验前，应检查装置的气密性；（2）仪器A是一个圆底的烧瓶，其名称为圆底烧瓶；（3）仪器A中的物质为Na2O、Na2O2，二者都能与水反应，发生反应的化学方程式为Na2O＋H2O＝2NaOH、2Na2O2＋2H2O＝4NaOH＋O2↑；其中2Na2O2＋2H2O＝4NaOH＋O2↑属于氧化还原反应，在此反应中，Na2O2中所含氧元素化合价一部分升高、一部分降低，所以Na2O2既是氧化剂又是还原剂，都选b项；（4）m(O2)＝0.16 g，根据方程式：
2Na2O2＋2H2O＝4NaOH＋O2↑
2×78 32
x 0.16 g
＝ 解之x＝0.78 g
则该样品的纯度为×100%＝78%。
核心知识2 焰色试验
13．某些化学物质在灼烧时，火焰呈特殊颜色，其中呈黄色的是
A．Na2CO3 B．KNO3 C．CaCl2 D．CuSO4
【答案】A
【解析】焰色反应是元素的性质，钠元素焰色反应的颜色为黄色，钾元素焰色反应的颜色为浅紫色(透过蓝色钴玻璃观察)，钙元素焰色反应的颜色为砖红色，铜元素焰色反应的颜色为绿色，则符合题意的选项为A；答案为A。
14．下列对进行焰色反应实验操作注意事项的说明，正确的是
①钾的火焰颜色，要透过蓝色钴玻璃观察
②先把铂丝灼烧到与原来火焰颜色相同，再蘸被检物质
③每次实验后，要用硫酸把铂丝洗净
④焰色反应是物理变化
⑤没有铂丝，也可用光洁无锈的铁丝代替
A．①②④⑤ B．①②③⑤ C．①②③④ D．全部
【答案】A
【解析】①在观测钾的焰色反应时要透过蓝色钴玻璃片，滤去钠的黄光的干扰，故①正确；
②取一根洁净的铂丝，放在酒精灯上灼烧至无色，再蘸取被检物质，进行焰色反应，故②正确；
③盐酸易挥发，其盐高温时也易挥发，灼烧时，盐酸及其盐可一起挥发掉，以达洗净的目的，不用硫酸来清洗铂丝，故③错误；
④焰色反应是电子的跃迁引起的，属于元素的物理性质，故④正确；
⑤洁净的细铁丝，放在酒精灯上灼烧至无色，本身无颜色，故可用铁丝进行焰色反应，故⑤正确；综合分析可知，正确的有①②④⑤，故A正确；
故答案选A。
15．下列关于焰色反应的叙述正确的是
A．五颜六色的焰火是物质本身燃烧的颜色
B．氢气、硫等在氧气中燃烧时有颜色，这也是焰色反应
C．某无色溶液进行焰色反应，透过蓝色钴玻璃可观察到火焰呈紫色，则可证明溶液中的阳离子一定只含有K+
D．焰色反应是某种金属元素灼烧时所具有的特殊颜色，是物理变化
【答案】D
【解析】A．焰色反应是某种金属或它们的化合物灼烧时使火焰所具有的特殊颜色，故A错误；
B．焰色反应是某种金属或它们的化合物的性质，故B错误；
C．C中透过蓝色钴玻璃观察到的紫色可掩蔽其他焰色，只能说明溶液中含有K＋，故C错误；
D．焰色反应是某种金属元素灼烧时所具有的特殊颜色，是电子跃迁时能量以光的形式释放出来，为元素的物理变化，故D正确；
故选D。
16．用光洁的铂丝蘸取某无色溶液在无色火焰上灼烧，直接观察到火焰呈黄色，下列判断正确的是(　　)
A．只含有Na＋
B．一定含有Na＋，可能含有K＋
C．既含有Na＋，又含有K＋
D．可能含有Na＋，还可能含有K＋
【答案】B
【解析】Na元素的焰色为黄色，而K元素的焰色为紫色(透过蓝色钴玻璃观察)，而且黄色会干扰紫色，所以无法判断是否含有K元素。
核心知识3 氯及其化合物的性质与用途
17．下列关于氯气性质的描述中，不正确的是
A．无色气体 B．有刺激性气味
C．能溶于水 D．常温常压下密度比空气的大
【答案】A
【解析】A项，氯气为黄绿色气体，错误；B项，氯气具有刺激性气味，正确；C项，氯气可以与水反应生成HCl和HClO，能溶于水，正确；D项，氯气的相对分子质量为71，空气的平均相对分子质量约为29，故相同条件下氯气的密度比空气的大，正确。
18．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。
19．氯气是一种化学性质很活泼的非金属单质，它具有较强的氧化性。下列叙述中不正确的是(　　)
A．红热的铜丝在氯气里剧烈燃烧，生成棕黄色的烟
B．通常状况下，干燥的氯气能和Fe反应
C．纯净的H2在Cl2中安静地燃烧，发出苍白色火焰，集气瓶瓶口呈现雾状；光照H2和Cl2的混合气体时，因迅速化合而爆炸
D．氯气能与水反应生成HClO和HCl，久置氯水最终变为稀盐酸
【答案】B
【解析】Cl2与Fe反应需要加热，所以在通常状况下，干燥的Cl2与Fe不反应。
20．某同学用下列装置进行有关Cl2的实验。下列说法不正确的是
选项
A
B
C
D
图示




实验及目的
闻Cl2的气味
生成棕黄色的烟
若气球干瘪，证明Cl2可与NaOH反应
浸有NaOH溶液的棉球用于吸收过量的氯气，以免其污染空气
【答案】C
【解析】A．打开药品瓶塞，用手轻轻地在瓶口扇动，使极少量的气体飘进鼻孔，故图中闻气体的操作正确，A正确；
B．铜在氯气中燃烧产生棕黄色的烟，B正确；
C．氯气反应后烧瓶内压强降低，气球膨胀鼓起，C错误；
D．氯气与氢氧化钠溶液反应以免污染空气，D正确；
故选C。
21．（2022·山东青岛4区市期中）在研究氯气性质时，取一瓶密封的新制氯水。下列有关研究氯水性质的程序及结论说法错误的是
A．对氯水进行导电性实验，发现氯水能导电，说明氯水是电解质
B．将氯水滴在蓝色石蕊试纸上，试纸先变红后褪色，说明溶液中存在H＋和HClO
C．取适量氯水于试管中，滴入HNO3酸化的AgNO3溶液，出现白色沉淀，说明溶液中存在Cl－
D．先将几滴稀盐酸滴到红色布条上，无明显现象，再将氯水滴在红色布条上，布条褪色，说明溶液中存在具有漂白性的HClO
【答案】A
【解析】A项，电解质是纯净物而氯水是混合物，错误；B项，氯水滴在蓝色石蕊试纸上先变红，说明氯水中存在H＋，后褪色说明存在HClO，正确；C项，氯水中滴入HNO3酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，说明氯水存在Cl－，正确；D项，氯水存在盐酸和HClO，盐酸滴到红色布条不褪色而氯水滴到红色布条褪色，说明氯水中表现漂白性的是HClO，正确。
22．已知：KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O。如图所示，将少量试剂分别放入培养皿中的相应位置，实验时将浓盐酸滴在KClO3晶体上，并用表面皿盖好。下表中由实验现象得出的结论完全正确的是


实验现象
结论
A
滴有KSCN的FeCl2溶液变红色
Cl2具有还原性
B
滴有酚酞的NaOH溶液褪色
Cl2具有漂白性
C
石蕊溶液先变为红色后褪色
Cl2具有漂白性
D
KI淀粉溶液中变蓝色
Cl2具有氧化性
【答案】D
【解析】A．滴有KSCN的FeCl2溶液变红，是因为氯气的氧化性把亚铁离子氧化为铁离子，铁离子与KSCN反应使得溶液呈红色，A项错误；
B．氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，酸再与碱反应，使滴有酚酞的NaOH溶液褪色，不是因为Cl2具有漂白性，B项错误；
C．紫色石蕊溶液先变红后褪色，是因为氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，溶液中有氢离子，所以紫色石蕊溶液先变红，褪色是因为次氯酸具有漂白性，而非氯气具有漂白性，C项错误；
D．因为氯气能把碘化钾中碘离子氧化成碘，故KI淀粉溶液变成蓝色，说明Cl2具有氧化性，D项正确；
答案选D。
23．下列说法不正确的是
A．H2在Cl2中燃烧会产生苍白色火焰 B．钢瓶在装入氯气前必须彻底干燥内壁
C．Cu丝在Cl2中燃烧会生成CuCl2 D．漂粉精放入稀酸中不能提高漂白速度
【答案】D
【解析】A项，H2在Cl2安静地燃烧，放出苍白色火焰，故H2在Cl2中燃烧会产生苍白色火焰，正确；B项，由于Cl2＋H2O＝HCl＋HClO，Fe＋2HCl＝FeCl2＋H2↑，故钢瓶在装入氯气前必须彻底干燥内壁，正确；C项，Cu＋Cl2CuCl2，Cu丝在Cl2中燃烧会生成CuCl2，正确；D项，漂粉精放入稀酸后产生更多的HClO，故能提高漂白速度，D错误。
24．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。
核心知识4 氯气的实验室制备
25．实验室制备氯气的发生装置中应安装分液漏斗而不能使用长颈漏斗，有关理由叙述错误的是
A．防止氯气扩散到空气中造成污染 B．便于控制加入盐酸的量
C．尽量避免HCl挥发到空气中 D．长颈漏斗不便于添加液体
【答案】D
【解析】相对于长颈漏斗，分液漏斗的封闭性更好，且液体的滴加可控，上口的塞子也能防止盐酸的挥发；答案选D。
26．实验室制氯气时有如下操作，操作顺序正确的是(　　)
①连接好装置，检查气密性；②缓缓加热；③在烧瓶中加入少量的MnO2，向分液漏斗中加入浓盐酸；④通过分液漏斗慢慢向烧瓶中注入浓盐酸；⑤将多余氯气用浓NaOH溶液吸收；⑥当有连续气泡出现时，开始用向上排空气法收集氯气。
A．①②③④⑤⑥ B．③④②①⑥⑤
C．①④③②⑥⑤ D．①③④②⑥⑤
【答案】D
【解析】制取氯气的实验操作顺序为：连接装置，检查装置的气密性，防止装置连接处漏气，向圆底烧瓶中加入固体药品二氧化锰粉末，从分液漏斗中缓缓加入浓盐酸，加热，待气体均匀放出时收集气体，氯气有毒，最后连有尾气吸收装置吸收氯气，防止污染空气，所以正确操作顺序为①③④②⑥⑤，故D正确。
综上所述，本题选D。
【点睛】气体的制备实验或有气体参与的实验，实验的第一步为检验装置的气密性；先加固体药品，再加液体药品，然后加热进行实验；待装置中产生待制备的气体后收集气体，若该气体有毒，能够污染空气，最后应有尾气处理装置。
27．实验室用如图装置制取、提纯、收集Cl2、尾气处理，不能达到实验目的的是

A．用装置甲制取Cl2
B．用装置丙收集Cl2
C．用装置丁吸收尾气中的Cl2
D．用装置乙除去Cl2中的少量HCl
【答案】A
【解析】A．二氧化锰氧化浓盐酸需要加热，装置甲不能制取Cl2，A错误；
B．氯气密度大于空气，可以用向上排空气法收集，则可以用装置丙收集Cl2，B正确；
C．氯气有毒，应该用氢氧化钠溶液吸收尾气，因此可用装置丁吸收尾气中的Cl2，C正确；
D．氯化氢易溶于水，氯气在饱和食盐水中的溶解度很小，可用装置乙除去Cl2中的少量HCl，D正确；
答案选A。
28．某化学小组用如图所示装置制取氯气，下列说法正确的是

A．该装置中只存在两处错误 B．如果过量，浓盐酸就可全部被消耗
C．可用湿润的淀粉-碘化钾试纸检验氯气 D．若要干燥氯气，可使用碱石灰
【答案】C
【解析】A．装置中没有酒精灯加热，尾气未进行处理，使用的是长颈漏斗，收集的时候应该长进短出，A错误；
B．二氧化锰只能与浓盐酸反应与稀盐酸不反应，所以浓盐酸不能全部被消耗，B错误
C．氯气具有强氧化性，可与碘化钾反应生成单质碘，淀粉遇碘变蓝色，C正确；
D．氯气能够与碱性物质反应，不能用碱性干燥剂，碱石灰为碱性干燥剂，不能干燥氯气，D错误
故选C。
29．（2022·广东卷）实验室用MnO2和浓盐酸反应生成Cl2后，按照净化、收集、性质检验及尾气处理的顺序进行实验。下列装置(“→”表示气流方向)不能达到实验目的的是

【答案】D
【解析】A项，浓盐酸易挥发，制备的氯气中含有HCl，可用饱和食盐水除去HCl，Cl2可用浓硫酸干燥，A装置能达到实验目的，不符合题意；B项，氯气的密度大于空气，用向上排空气法收集，B装置能收集氯气，不符合题意；C项，湿润的红布条褪色，干燥的红色布条不褪色，可验证干燥的氯气不具有漂白性，不符合题意；D项，氯气在水中的溶解度较小，应用NaOH溶液吸收尾气，D装置不能达到实验目的，符合题意。
30．实验室用下列两种方案制氯气：①用含有HCl 146g的浓盐酸与足量的MnO2反应；②用87gMnO2与足量的浓盐酸反应。所得的氯气（ ）
A．②比①多 B．①比②多 C．一样多 D．无法比较
【答案】A
【解析】反应化学方程式为MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O；理论计算：①含HCl146g的浓盐酸与足量的MnO2反应，4HCl～Cl2，可得氯气1mol，但随盐酸浓度变稀，溶质HCl不可能全部反应，故实际生成氯气应小于1mol；②用87gMnO2与足量浓盐酸反应，因为浓盐酸足量，可以使87gMnO2全部反应，故生成氯气为1mol；所以②＞①，故A正确；
故选A。
31．实验室用如下装置制取氯气，并用氯气进行实验。回答下列问题：

（1）A中盛有浓盐酸，B中盛有。D中盛放浓的目的是________________________________。
（2）E中为红色干布条，F中为红色湿布条，可观察到的现象是________________，对比E和F中现象的差异可得出的结论是________________________________。
（3）G处的现象是________________________________。
（4）用化学方程式表示H处尾气吸收装置中的反应原理：________________________________。
（5）家庭中常用消毒液（主要成分为）与洁厕灵（主要成分为盐酸）清洁卫生。某品牌消毒液包装上说明如图。
注意事项：
1.本品对棉织品有漂白脱色作用，对金属制品有腐蚀作用。
2.密封保存，请勿与洁厕灵同时使用。
3.保质期为一年。
①消毒液与洁厕灵不能同时使用，原因是（用离子方程式表示）________________________________。
②需“密封保存”的原因是________________________________。
【答案】除去氯气中的水蒸气 E中布条不褪色，F中布条褪色 干燥的氯气没有漂白性，氯气和水反应生成的次氯酸有漂白性 棉花团变为蓝色 （合理即可） 次氯酸钠会与空气中的二氧化碳和水反应，生成的见光易分解
【分析】实验室中，通过二氧化锰和浓盐酸在加热条件下反应产生氯气，由于盐酸是挥发性酸，故值得的氯气中含有氯化氢气体，通过饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，经浓硫酸干燥，依次通过干燥的红布条、湿润的红布条作对比实验，探究次氯酸的漂白性，通过淀粉-KI试纸或棉花团，检验氯气和碘化钾的置换反应，氯气有毒，用氢氧化钠溶液吸收尾气；
【解析】(1)根据实验装置图知，D中盛放浓的目的是除去氯气中的水蒸气；
(2)E中为红色干布条，F中为红色湿布条，氯气和水反应生成次氯酸，而次氯酸有强氧化性，具有漂白作用，所以可观察到的现象是E中布条不褪色，F中布条褪色，对比E和F中现象的差异可得出的结论是干燥的氯气没有漂白性，氯气和水反应生成的次氯酸有漂白性；(3)如图所示，生成的氯气与碘化钾溶液反应生成单质碘，淀粉遇碘变蓝，所以G处的现象是棉花团变为蓝色；
(4)尾气处理时可用氢氧化钠溶液吸收氯气，反应的化学方程式为；
(5)①消毒液与洁厕灵不能同时使用，原因是发生了化学反应，盐酸和次氯酸钠发生氧化还原反应生成了氯气，故离子方程式为；②需“密封保存”的原因是次氯酸钠与空气中的二氧化碳和水反应，生成的见光易分解，导致消毒液失效。
核心知识5 氯离子的检验
32．检验某未知溶液中是否含有氯离子(Cl-)，正确的操作是
A．向少许未知溶液中加入AgNO3溶液，看是否有白色沉淀产生
B．向少许未知溶液中加入AgNO3溶液，看是否有白色沉淀产生，若有沉淀产生，则再加入盐酸，看沉淀是否消失
C．向少许未知溶液中加入稀硝酸酸化后，再加入AgNO3溶液，看是否有白色沉淀产生
D．向少许未知溶液中加入稀盐酸酸化后，再加入AgNO3溶液，看是否有白色沉淀产生
【答案】C
【解析】Cl-可与Ag+反应生成氯化银沉淀，但与反应的还有碳酸根离子，加入硝酸可除去碳酸根离子，则可用向少许未知溶液中加入稀硝酸酸化后，再加入AgNO3溶液，看是否有白色沉淀产生检验是否含有Cl-，答案为C。
33．在某未知液中加入AgNO3溶液有白色沉淀生成，加入稀硝酸后，沉淀部分溶解，有无色无味的气体生成，将气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊，由此判断该未知液中含有(　 　)
A．Cl－、SO　　　 B．Cl－、NO C．Cl－、CO D．Cl－、OH－
【答案】C
【解析】能使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体应是CO2，又因为加入稀硝酸后沉淀部分溶解，故原溶液中除含有CO外，还有Cl－。
34．检验某无SO的溶液中是否含有Cl-，正确的操作是
A．取样，滴加AgNO3溶液，看是否有白色沉淀
B．取样，先加盐酸酸化，再加入AgNO3溶液，看是否有白色沉淀生成
C．取样，先加稀HNO3酸化，再加入AgNO3溶液，看是否有白色沉淀生成
D．取样，加少量AgNO3溶液，有白色沉淀，再加稀HNO3，看白色沉淀是否消失
【答案】D
【解析】A．碳酸根离子也能够与银离子反应生成白色沉淀，所以滴加AgNO3溶液有白色沉淀生成，溶液中不一定含氯离子，故A错误；
B．加入盐酸酸化，溶液中引进了氯离子，无法证明原溶液中是否存在氯离子，故B错误；
C．溶液中若含亚硫酸根离子会被稀硝酸氧化成硫酸根离子，硫酸根离子能够与银离子反应生成沉淀，干扰了氯离子的检验，故C错误；
D．检验氯离子时，先加入硝酸银溶液，若生成白色沉淀，然后加入硝酸，若白色沉淀不消失，则溶液中含有氯离子，否则不含氯离子，故D正确；
故选D。
35．某无色溶液中含有K+、Cl-、OH-、、，为检验溶液中所含的某些负离子，限用的试剂有：盐酸、硝酸、硝酸银溶液、硝酸钡溶液、溴水和酚酞试液。检验其中OH-的实验方法省略，检验其他负离子的过程如下图所示。

(1)图中试剂①~⑤溶质的化学式分别是：
①___________②___________③___________④___________⑤___________。
(2)图中现象a、b、c表明检验出的离子分别是___________、___________、___________。
(3)白色沉淀A中加试剂②反应的离子方程式是___________。
(4)无色溶液C中加试剂③的主要目的是___________。
(5)白色沉淀A若加试剂③而不加试剂②，对实验的影响是___________。
【答案】(1)  Ba(NO3)2     HCl     HNO3     Br2     AgNO3
(2)            Cl-
(3)BaSO3+2H+=Ba2++H2O+SO2↑
(4)中和OH-，防止对Cl-的检验产生干扰
(5)将BaSO3转化为BaSO4，干扰的检验
【解析】需要检验的阴离子有Cl-、、，显然需要将阴离子分为两组，、放在一组，先加钡盐，后加盐酸；另一组加AgNO3溶液，但需排除OH-的干扰。A为BaSO4、BaSO3，B为BaSO4，E为SO2。
(1)由分析可知，混合液中应先加Ba(NO3)2，让、转化为沉淀；再加盐酸，将BaSO3溶解，生成的SO2用溴水加以检验。检验Cl-时，需先加HNO3，排出OH-的干扰，再加AgNO3溶液。因此，操作中加入的试剂分别为：①Ba(NO3)2 ②HCl   ③HNO3 ④Br2 ⑤AgNO3。答案为：Ba(NO3)2；HCl；HNO3；Br2；AgNO3；
(2)由分析知，气体E为SO2，通入溴水中，使溴水褪色，B为BaSO4，加稀硝酸不溶解；溶液D中主要阴离子为Cl-，加入AgNO3溶液，生成的C为AgCl，因此，图中现象a、b、c表明检验出的离子分别是、、Cl-。答案为：；；Cl-；
(3)白色沉淀A为BaSO3、BaSO4的混合物，试剂②为盐酸，只有BaSO3与盐酸反应，反应的离子方程式是BaSO3+2H+=Ba2++H2O+SO2↑。答案为：BaSO3+2H+=Ba2++H2O+SO2↑；
(4)无色溶液C中含有的阴离子为Cl-、OH-，加入的试剂③为HNO3，主要目的是中和OH-，防止对Cl-的检验产生干扰。答案为：中和OH-，防止对Cl-的检验产生干扰；
(5)白色沉淀A为BaSO3、BaSO4的混合物，若加HNO3，不能将BaSO3溶解，所以对实验的影响是：将BaSO3转化为BaSO4，干扰的检验。答案为：将BaSO3转化为BaSO4，干扰的检验。
【点睛】检验离子时，所加试剂应做到既能与要检验离子产生明显的现象，又能排除其它离子的干扰。
核心知识6 阿伏加德罗常数与气体摩尔体积
36．物质的量是表示含有一定数目微粒集合体的物理量。下列说法错误的是
A．常温下1 mol N2的质量为28 g
B．1 mol某种微粒集合体含微粒数目约为6.02×1023
C．化学反应中各物质的质量之比等于它们的物质的量之比
D．该物理量不能用于描述宏观物质形成的集合体
【答案】C
【解析】A项，N2的摩尔质量为28 g·mol－1，所以1 mol N2的质量等于28 g，正确；B项，国际计量大会规定：1 mol粒子集合体所含的粒子数与0.012 kg 12C中所含的碳原子数相同，约为6.02×1023，正确；C项，根据公式m＝n×M可知：质量之比不一定等于物质的量之比，错误；D项，物质的量的计量对象是构成物质的微观粒子或某些微观粒子的特定组合，不可用于描述宏观物质，正确。
37．下列说法正确的是
A．1 mol N2的质量是14 g B．H2SO4的摩尔质量是98 g
C．H2O的摩尔质量是18 g·mol－1 D．1 mol HCl的质量是36.5 g·mol－1
【答案】C
【解析】A项，1 mol N2的质量＝1 mol×28 g·mol－1＝28 g，错误；B项，H2SO4的摩尔质量是98 g·mol－1，错误；C项，H2O的摩尔质量是18 g·mol－1，正确；D项，1 mol HCl的质量＝1 mol×36.5 g·mol－1＝36.5 g，错误。
38．已知0.25mol甲烷中所含原子数为a，则阿伏加德罗常数可表示为
A．mol-1 B．4a mol-1 C．a mol-1 D．0.8a mol-1
【答案】D
【解析】0.25molCH4所含原子物质的量为0.25mol×5=1.25mol，原子数为a，则阿伏加德罗常数为=0.8a mol-1，D满足题意。
答案选D。
39．下列说法正确的是
A．硫酸、磷酸的摩尔质量均为98g
B．20℃、1.0×10 5Pa时，同体积的O2与CO2含有相同的分子数
C．标准状况下，16gO2与24g Mg所占的体积相同
D．当1mol气态物质的体积为22.4L时，该气体一定处于标准状况
【答案】B
【解析】A. 摩尔质量的单位为g/mol，故A错误；
B. 同温、同压、同体积的气体物质的量相同，分子数相同，20℃、1.0×105Pa，同体积的O2与CO2含有相同的分子数，故B正确；
C. 16g氧气物质的量为0.5mol，24gMg的物质的量是1mol，但Mg是固体，24gMg的体积小于16gO2，故C错误；
D. 依据PV=nRT分析，压强和温度同倍数增大，1mol气态物质的体积也可以为22.4L，不一定处于标准状况，故D错误；
故答案选B。
40．同温同压下，等质量的SO2与SO3相比较，下列叙述正确的
A．含氧原子个数比为2∶3 B．含氧原子个数比为5∶6
C．含原子个数为3∶4 D．含硫元素质量比为4∶5
【答案】B
【解析】A．同温同压下，等质量的SO2与SO3的物质的量之比＝，则分子数之比也是5：4，含氧原子个数比为5∶6，A错误；
B．同温同压下，等质量的SO2与SO3分子数之比是5：4，则含氧原子个数比为=5∶6，B正确；
C．含原子个数比＝（5×3）：（4×4）＝15∶16，C错误；
D．含硫原子个数比为5∶4，含硫元素的质量之比＝5：4，D错误；
答案选B。
41．标准状况下，现有 ①4.48LCH4 ②3.01×1023个HCl ③10.2gH2S ④0.2mol C2H5OH  ，则对这四种物质的关系有以下四种表述，其中不正确的是
A．体积：②>③>①>④ B．密度：④>②>③>①
C．质量：②>③>④>① D．氢原子个数：④>③>①>②
【答案】D
【解析】①4.48L的物质的量为；②3.01×1023个HCl分子的物质的量为；③10.2g的物质的量为：；④0.2mol，由此结合相关公式解答。
A．标准状况下为液体，体积最小，所以体积：②>③>①>④，描述正确，不符题意；
B．相同条件下气体密度之比等于摩尔质量之比，标准状况下为液体密度最大，所以密度：④>②>③>①，描述正确，不符题意；
C．①的物质的量为，质量为：；②3.01×1023个HCl分子的物质的量为，质量为；④0.2mol的质量为：，所以质量：②>③>④>①，描述正确，不符题意；
D．氢原子的物质的量分别为：、、、，个数：④>①>③>②，描述错误，符合题意；
综上，本题选D。
42．设NA为阿伏加德罗常数的值，判断正误，正确的画“√”，错误的画“×”。
(1)22.4L(标准状况)氩气含有的质子数为18NA（____）
(2)标准状况下，11.2L甲烷(CH4)和乙烯(C2H4)混合物中含氢原子数目为2NA（____）
(3)同等质量的氧气和臭氧中，电子数相同（____）
(4)标准状况下，2.24LN2和O2的混合气体中分子数为0.2NA（____）
(5)1molCO和N2的混合气体中质子数为14NA（____）
(6)14g乙烯(C2H4)和丙烯(C3H6)混合气体中的氢原子数为2NA（____）
(7)常温常压下，22.4LCl2中含有的分子数为6.02×1023个（____）
(8)标准状况下，5.6LCO2气体中含有的氧原子数为0.5NA（____）
(9)标准状况下，22.4LN2和H2混合气中含NA个原子（____）
【答案】对 对 对 错 对 对 错 对 错
【解析】(1)Ar为单原子分子，含有的质子数为18，标准状况下22.4 L氩气的物质的量是1mol，含有的质子数为18NA，故答案为：对；
(2) 甲烷和乙烯都含有4个氢原子，标准状况下，11.2 L甲烷和乙烯混合物的物质的量为0.5mol，含有氢原子数目为2NA，故答案为：对；
(3) O2和O3的最简式相同，等质量的O2和O3中含有等物质的量的氧原子，含有的电子数相同，故答案为：对；
(4)标准状况下，2.24L L N2和O2的混合气体的物质的量为0.1mol，所含分子数为0.1NA，故答案为：错；
(5)1个CO分子和1个N2分子中均含14个质子，则1mol CO和N2的混合物中含有的质子数为14NA，故答案为：对；
(6) 乙烯和丙烯的最简式相同，14g乙烯和14 g丙烯中氢原子的物质的量均为2mol，则14 g混合气体中含氢原子数目为2 NA，故答案为：错；
(7)常温常压下，22.4 L Cl2的物质的量不是1mol，含有的分子数不是6.02×1023个，故答案为：错；
(8)标准状况下 ，5.6 L CO2的物质的量为0.25mol，含有的氧原子的物质的量为0.5mol，则含有氧原子数为0.5 NA，故答案为：对；
(9) 标准状况下，22.4 L N2和H2混合气的物质的量是1mol，所含原子的个数为2 NA，故答案为：错。
43．回答下列问题：
（1）4.9 g H2SO4，含___________个H2SO4分子、能和___________mol NaOH完全反应。
（2）含有相同碳原子数的CO和CO2，其质量之比为_______________。
（3）含0.2 mol Fe3＋的Fe2(SO4)3中含SO42－的物质的量为_____________。
（4）把淀粉溶液溶于沸水中，制成淀粉胶体是_____________(填纯净物、混合物)。
【答案】（1）3.01×1022 0.1 （2）7∶11 （3）0.3 mol （4）混合物
【解析】（1）4.9 g H2SO4的物质的量为＝0.05 mol，含0.05 mol×6.02×1023 mol－1＝3.01×1022个H2SO4分子；根据H2SO4＋2NaOH＝Na2SO4＋2H2O可知0.05 mol H2SO4能和0.1 mol NaOH完全反应；（2）含有相同碳原子数的CO和CO2物质的量相同，其质量之比＝28 g∶44 g＝7∶11；（3）n(Fe3＋)＝0.2 mol，则n[Fe2(SO4)3]＝＝0.1 mol，故n(SO42－)＝0.1mol×3＝0.3 mol；（4）把淀粉溶液溶于沸水中，制成淀粉胶体是混合物。
44．某气体分子由三原子构成，其摩尔质量为M g/mol，该气体质量为m g，阿伏加德罗常数为NA，则：
(1)该气体的物质的量为___________mol；
(2)该气体在标准状况下的体积为___________L；
(3)该气体在标准状况下的密度为___________g/L；
(4)该气体所含原子总数为___________个；
(5)该气体的一个分子的质量为___________g。
【答案】
【解析】(1)该气体的物质的量n=mol；
(2)该气体在标准状况下的体积V=n·Vm=mol×22.4 L/mol=L；
(3)该气体在标准状况下的密度ρ= g/L；
(4)该气体的物质的量n=mol，由于物质一个分子中含有3个原子，则其中所含的原子总数为N(原子)=mol×NA/mol×3=；
(5)该气体质量为m g，其物质的量n=mol，所含分子数目为，则一个分子的质量m(分子)= g。

核心知识7 物质的量浓度
45．下列关于2 mol/L溶液的说法正确的是（ ）
A．100 mL溶液中浓度是0.4 mol/L
B．500 mL溶液中的物质的量是2 mol
C．500 mL溶液中含有的质量是137 g
D．100 mL溶液中所含、总数为0.4NA
【答案】BC
【解析】A．c()=2c[]=2×2 mol/L=4 mol/L，A错误；
B．n()=c·V=4 mol/L×0.5 L=2 mol，B正确；
C．n(Ba2+)= c·V=2 mol/L×0.5 L=1 mol，所以m(Ba2+)=n·M=1 mol×137 g/mol=137 g，C正确；
D．根据化学式可知：1个电离产生1个Ba2+、2个，在100 mL 2 mol/L溶液中含硝酸钡的物质的量n[]=n·V=2 mol/L×0.1 L=0.2 mol，因此含、总数为，D错误；
故答案是BC。
46．将50 mL 0.3 mol·L－1 NaOH溶液加水稀释到500 mL，稀释后溶液中NaOH的物质的量浓度为
A．0.3 mol·L－1 B．0.03 mol·L－1
C．0.05 mol·L－1 D．0.04 mol·L－1
【答案】B
【解析】根据溶液稀释前后溶质的物质的量不变得到0.05 L×0.3 mol·L－1＝c×0.5 L，c＝0.03 mol·L－1，故B项符合题意。
47．某同学在实验室发现一瓶溶液，标签上标有“”，下列叙述正确的是

A．和的物质的量浓度均为
B．配制1L该溶液，可将固体溶于1L水中
C．取该溶液10mL稀释至100mL，所得溶液的为
D．取该溶液体积的，所取溶液的为
【答案】C
【解析】A．根据氯化钙的组成可知， 和的物质的量浓度分别为和，故A错误；
B． 配制1L该溶液，可将固体溶于水中配成1L溶液，故B错误；
C． 取该溶液10mL稀释至100mL，×10mL=×100mL，所得溶液的为，故C正确；
D． 溶液具有均一性，取该溶液体积的，所取溶液的为，故D错误；
故选C。
48．现将10.6gNa2CO3固体溶于水配成体积为1L的溶液，回答下列问题：
(1)该溶液中Na+的浓度是___________ mol∙L−1，向该溶液中加入一定量NaCl固体，使溶液中Na＋的物质的量浓度为0.4 mol·L-1(假设溶液体积不变)需加入NaCl的质量为___________
(2)现有某浓度的浓盐酸，该盐酸的密度d=1.2g/cm3，质量分数w = 36.5%，计算该盐酸的物质的量浓度是___________mol/L。
(3)欲将题干中的Na2CO3完全反应生成CO2气体，则至少需要(2)中的盐酸___________mL，生成的CO2气体的体积是___________mL (标况下)。
【答案】0.2 11.7g 12.0 16.7 2240
【解析】(1)10.6gNa2CO3固体即物质的量为，溶于水配成体积为1L的溶液，碳酸钠物质的量浓度为，则该溶液中Na+的浓度是0.2mol∙L−1，向该溶液中加入一定量NaCl固体，使溶液中Na＋的物质的量浓度为0.4 mol·L-1即钠离子物质的量为0.4 mol∙L−1×1L=0.4mol，因此还需要加入NaCl物质的量为0.2mol，需加入NaCl的质量为0.2mol×58.5 g∙mol−1＝11.7g；故答案为：0.2；11.7。
(2)现有某浓度的浓盐酸，该盐酸的密度d=1.2g/cm3，质量分数w =36.5%，计算该盐酸的物质的量浓度是；故答案为：12.0。
(3)根据关系式Na2CO3～2HCl，欲将题干中的Na2CO3完全反应生成CO2气体，则至少0.2molHCl即需要(2)中的盐酸，生成0.1molCO2气体即标准状况下体积是0.1mol×22.4L∙mol−1＝2.24L L∙＝2240mL；故答案为：16.7；2240。
核心知识8 一定物质的量浓度溶液的配制
49．配制一定物质的量浓度的溶液是一个重要的定量实验，下列有关说法正确的是(　　)
A．容量瓶用蒸馏水洗净后，可不经干燥直接用于配制溶液
B．配制一定物质的量浓度的稀盐酸时，用量筒量取9.82 mL浓盐酸
C．配制1 L 0.1 mol·L－1的NaCl溶液时，用托盘天平称量5.85 g NaCl固体
D．定容时，为防止液滴飞溅，胶头滴管紧贴容量瓶内壁
【答案】A
【解析】A．容量瓶用蒸馏水洗净后，不需要干燥，因定容时还需要加水，故A正确；B．量筒的感量为0.1mL，可量取9.8mL浓盐酸，故B错误；C．托盘天平的感量为0.1g，可称量5.8g固体，故C错误；D．定容时，胶头滴管要悬空正放，不能紧贴容量瓶内壁，故D错误；故选A。
【点睛】本题考查配制一定浓度的溶液，为高频考点，把握仪器的使用、实验操作和技能为解答的关键。本题的易错点为BC，注意仪器的感量。
50．配制450mL0.100mol•L-1的NaCl溶液，部分实验操作示意图如图：

下列说法正确的是
A．容量瓶需用蒸馏水洗涤、干燥后才可使用
B．定容时，仰视容量瓶的刻度线，使配得的NaCl溶液浓度偏低
C．上述实验操作步骤的正确顺序为①②④①③
D．实验中需用到的仪器有：天平、450mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管等
【答案】B
【解析】A．容量瓶用蒸馏水洗净后，由于后面还需要加蒸馏水定容，无需干燥即可使用，A错误；
B．仰视容量瓶的刻度线，使得液面高于刻度线，溶液体积偏大，浓度偏低，B正确；
C．溶液配制的基本步骤为计算、称量、溶解、转移、洗涤、定容、装瓶特标签。①为溶液的转移；②为NaCl固体的溶解；③为定容；④为洗涤小烧杯和玻璃棒，所以顺序为②①④①③，C错误；
D．实验室没有450mL容量瓶，应使用500mL容量瓶，D错误；
综上所述答案为B。
51．配制一定物质的量浓度的NaOH溶液时，造成所配溶液浓度偏高的原因是
A．所用NaOH已吸潮 B．向容量瓶中加水时液面低于刻度线即摇匀
C．有少量NaOH溶液残留在烧杯内 D．没有洗涤烧杯和玻璃棒
【答案】B
【解析】根据cB＝可得，一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量ｎB和溶液的体积V引起的。误差分析时，关键要看配制过程中引起ｎ和V怎样的变化。在配制一定物质的量浓度溶液时，若nB比理论值小，或V比理论值大时，都会使所配溶液浓度偏小；若nB比理论值大，或V比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大。
A．所用NaOH已吸潮，则溶质的质量减少，所配浓度偏低，A不符合题意；
B．向容量瓶加水时液面低于刻度线即摇匀，则容量瓶中溶液的体积偏小，所配浓度偏高，B符合题意；
C．有少量NaOH溶液残留在烧杯内，则溶质减少，所配浓度偏低，C不符合题意；
D．没有洗涤烧杯和玻璃棒，导致溶质损耗，所配浓度偏低，D不符合题意；
答案选B。
52．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/cm3
(1)该“84消毒液”的物质的量浓度约为___________mol·L-1。(保留一位小数)
(2)取用任意体积的该盐溶液时，下列物理量中会随所取体积的多少而变化的是___________(填字母)。
A．溶液中NaClO的摩尔质量
B．溶液的浓度
C．溶液中NaClO的物质的量
D．溶液的密度
(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。回答下列问题。
①配制上述溶液需要如图所示的仪器中___________(填仪器编号)还需要还需要玻璃仪器___________(填仪器名称)

②需要称取NaClO固体的质量为___________g
(4)若所配制的次氯酸钠溶液浓度偏小，则下列可能的原因分析中正确的是___________。
A．配制前，容量瓶中有少量蒸馏水B．洗涤液未转移到容量瓶中
C．未冷却，立即转移至容量瓶定容D．定容时，仰视溶液的凹液面
【答案】4.0 C cde 玻璃棒，胶头滴管 148.8 BD
【解析】
(1)该“84消毒液”的物质的量浓度约为mol·L-1，故答案为：4.0；
(2) A．摩尔质量不随物质的量，质量改变而改变，故溶液中NaClO的摩尔质量不随所取体积的多少而变化，A不合题意；B．溶液是均一稳定的体系，故溶液的浓度不随所取体积的多少而变化，B不合题意；C．根据n=cV，故溶液中NaClO的物质的量随所取体积的多少而变化，C符合题意；D．溶液是均一稳定的体系，溶液的密度不随所取体积的多少而变化，D不合题意；故答案为：D；
(3) ①用固体配制上述溶液需要的仪器有：天平（含钥匙）、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶和胶头滴管，故答案为：cde；玻璃棒，胶头滴管；
②需要称取NaClO固体的质量为m==1.19g/cm3×500cm3×25%=148.8g，故答案为：148.8；
(4) A．配制前，容量瓶中有少量蒸馏水，对实验结果无影响，A不合题意；B．洗涤液未转移到容量瓶中，将使溶质的物质的量减少，故所配溶液浓度偏小，B符合题意；C．未冷却，立即转移至容量瓶定容，将使溶液的体积偏小，故所配溶液的浓度偏大，C不合题意；D．定容时，仰视溶液的凹液面将使溶液体积偏大，故所配溶液的浓度偏小，D符合题意；故答案为：BD。