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1、第二章 海水中的重要元素-钠和氯 测试卷 一、单选题1下列实验操作可以达到实验目的的是（）选项实验目的实验操作A探究浓度对反应速率的影响向2支各盛有4mL0.01molL-1KMnO4酸性溶液的试管中，分别加入2mL0.1molL-1H2C2O4溶液和2mL0.2molL-1H2C2O4溶液，记录溶液褪色所需的时间B配制1.00molL-1的NaOH溶液称取4.0g固体NaOH于烧杯中，加入少量蒸馏水溶解，然后转移至100mL容量瓶中定容C探究固体表面积对反应速率的影响称取相同质量的大理石和纯碱，加入到盛有浓度、体积均相同的盐酸的小烧杯中，观察实验现象D探究淀粉溶液在稀硫酸和加热条件下是否水解
2、取少量的水解液于试管中，先加适量的NaOH溶液，再滴入碘水，观察实验现象AABBCCDD22022年4月16日，神舟十三号飞船成功着陆，此次飞行为中国建造“天宫”空间站打下重要基石。针对空间站中有关配置说法不正确的是A核心舱变轨动力依靠电推发动机：相对于化学燃料更加经济与环保B生活舱内配备环境控制与生命保障系统：航天员主要通过Na2O获取呼吸用氧C可再生水循环系统：从尿液分离出纯净水，可以采用多次蒸馏的方法D柔性砷化镓太阳能电池阵：砷化镓属于半导体，相对于硅电池，光电转化率更高3配制一定物质的量浓度的溶液，需要用到的仪器是ABCD4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错误
3、的是A氯气与烧碱溶液或石灰乳反应都能得到含氯漂白剂B烧制陶瓷、冶炼金属、酿造酒类都属于化学变化C洁厕灵与“84”消毒液混用会产生有毒气体D漂白粉在空气中久置变质，是因为与空气反应生成的发生了分解5NaCl是一种化工原料，可以制备一系列物质，如图所示。下列说法中正确的是A25时，NaHCO3在水中的溶解度比Na2CO3的大B工业上可用石灰乳与Cl2反应制取漂粉精CCl2和H2在点燃的条件下安静燃烧，产生淡蓝色火焰D如图所示转化反应都是氧化还原反应6实验室中需要配制1mol/L的NaCl溶液450mL，配制时应选用的容量瓶的规格和称取的NaCl质量为A500mL，29.250gB450mL，26.
4、325gC500mL，26.325gD250mL，26.325g7设为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A22.4L中含氯原子数目为B7.8g苯中含碳碳双键数日为3C1mol乙酸与足量乙醇充分反应，所得乙酸乙酯分子数目为D28g乙烯和丙烯的混合气体中含共用电子对数目为68下列不属于纯碱在工业生的用途的是A纺织B制药C制皂D工业制备氯气9如图所示，在A处通入已经干燥的氯气，当关闭B处的弹簧夹时，C处的红布条逐渐褪色：当打开B处的弹簧夹后，C处的红布条看不到明显现象。则D瓶中盛放的溶液可能是饱和NaCl溶液NaOH溶液H2O 浓硫酸ABCD10设NA表示阿伏伽德罗常数，下列叙述中正确的是A常温常
5、压下，11.2 L H2O所含原子数为1.5NAB常温常压下，92gNO2 和N2O4混合气体中含有原子总数为6NAC标准状况下，22.4 L氦气中所含原子数为2NAD常温常压下，18gH2O中含有电子数为3NA11维生素C是一种水溶性维生素，熔点为190，其分子式为C6H8O6。下列有关维生素C的说法不正确的是A维生素C的摩尔质量为176 gmol1B标准状况下，维生素C的摩尔体积为224Lmol1C维生素C中C、H两种元素原子个数比为3：4D维生素C中O元素的质量分数为54.5%12设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A78 g Na2O2 中含有阴离子的数目为 NAB1.0
6、L 1.0 molL1的 NaAlO2溶液中含氧原子数为2NAC常温常压下，0.5 mol Fe和足量稀硝酸反应，转移电子数为NAD标准状况下，22.4LCHCl3中含CCl键的数目为3NA13下列说法中不正确的是A在与金属反应时表现强氧化性B任何物质的燃烧必须有参与C与反应的离子方程式为D漂白粉的主要成分和14某学生运用所学知识研究钠的性质：将一粒金属钠和一块不锈钢片分别放在表面皿中，研究它们在空气中的稳定性。该学生采用的研究方法是假说法实验法分类法比较法ABCD15NA代表阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（）A1mol碳正离子（CH3）所含的电子总数为9NAB25，pH13的Ba(OH
7、)2 溶液中含有OH的数目为0.1NAC常温常压下，过氧化钠与水反应时，生成8g氧气转移的电子数为0.5NAD1mol雄黄(As4S4)，结构如图：，含有2NA个SS键二、填空题16现有下列物质：铜；冰醋酸(纯醋酸晶体)；熔融的KNO3；稀盐酸；CO2；KHSO4晶体；蔗糖；Fe(OH)3胶体；液氯；BaSO4固体(1)属于电解质的是_。属于非电解质的是_，既不是电解质也不是非电解质的是_。(2)写出在水中的电离方程式_；写出除去Na2CO3固体中的NaHCO3的化学方程式_；在沸水中滴入饱和氯化铁溶液制备的化学方程式是_。(3)等质量的CO和CO2物质的量之比为_；氧原子个数之比为_；V L
8、 Al2(SO4)3溶液中含Al3+ a mol，该Al2(SO4)3溶液的物质的量浓度为_mol/L(用含a的式子表示，下同)，取出0.5V L再加入水稀释到4V L，则稀释后的溶液中SO的物质的量浓度为_。17按要求填写下列空白KOH是实验室里常用的一种试剂，实验室里配置KOH溶液时，既可以使用浓溶液稀释法配制也可以使用固体KOH来配制。实验室现在需要配制480mL 2.0mol/L的KOH溶液，请回答下列问题：(1)若用固体KOH配置，则需用托盘天平称取KOH的质量_g(2)若用10mol/L KOH的浓溶液来配置，则使用量筒量取该溶液的体积为_mL(3)容量瓶上需标有以下五项中的_。温
9、度浓度容量压强刻度线(4)浓溶液稀释法中配制KOH过程中，若使用量筒量取一定体积的浓KOH溶液时，读数时俯视刻度线，则所配制溶液的物质的量浓度会_(填偏高、偏低或不变)(5)取出配置好的KOH溶液100mL，与标准状况下4.48L CO2充分反应，请写出该反应的化学方程式_。18回答下列问题：(1)在标准状况下，CO和CO2混合气体的质量为36g，体积为22.4L，则CO所占的体积为_L，质量为_g，混合气体中CO2的分子数为_。(2)1.2gRSO4中含0.01molR2+，则RSO4的摩尔质量是_；R的相对原子质量约是_。19氯水中含有多种成分，因而具有多种性质，根据氯水分别与如图四种物质
10、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”或“d”)。（2）c过程中的现象是_，b过程中的化学方程式为_。（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_。20钠及其化合物在化工生产中有着极其重要的应用，以氯化钠为原料可制备一系列物质。(1)反应的离子方程式为_。(2)反应的化学方程式为_，漂白粉在空气中久置易变质的原因是_(用文字表述)。(3)氨基钠()是生产维生素A的原料。中氮元素的化合价为_。在一定条件下，与发生置换反应制得，该反应的化学方程式为_。(4)证明反应所得中可
11、能含有未分解的的方法是_。将反应所得a g固体与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得到b g固体，则a g固体中的百分含量为_(列出表达式，不要求计算结果)。若在蒸干过程中有少量液体溅出，则测得的的百分含量_(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。21电解饱和食盐水可以生产一系列含氯、含钠的化工产品。(1)配制饱和食盐水的食盐必须精制，精制过程中需要除去Ca2+、Mg2+、SO等杂质离子，往往先后加入NaOH、BaCl2、Na2CO3溶液作为除杂试剂，向其中加入Na2CO3后产生的沉淀是_，沉淀过滤后往往还要往滤液中加入_，随后再将溶液蒸发结晶。(2)电解饱和食盐水实验时，电解的总反应方程式为
12、_。阳极产物检验所用的试剂是_；向两极各加入石蕊溶液，阴极溶液呈现_色。(3)实验测得产生的氢气体积(已折算成标准状况)为5.60mL，电解后溶液的体积恰好为50.0mL，则溶液中NaOH的浓度为_。22利用下面两个装置进行钠及其化合物的性质验证实验(铁架台等辅助仪器已略去)。请回答下列问题：(1)用图1装置做钠与水反应的实验：通过塑料瓶向U形管中加水使金属钠接触到水，同时挤压带玻璃珠的橡胶管，钠与水反应时U形管中液面的变化是_；反应中钠熔化成一个闪亮的小球，说明的实验事实是_。(2)将倒入图2装置的烧林中，发现棉花能燃烧。实验中棉花包裹的淡黄色粉末物质为_(填化学式)；烧杯底部垫细沙的目的是
13、_；该淡黄色粉末与反应的化学方程式为_。23NaCl是一种化工原料，可以制备多种物质，如下图所示。请根据以上转化关系填写下列空白。(1)氯化钠溶液通电后，发生反应的离子方程式为_；(2)氢气在氯气中燃烧的现象是_。(3)与反应的化学方程式为_；该反应常用于制备_，从氧化剂和还原剂的角度分析，该反应中的作用是_。试卷第7页，共7页学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司参考答案：1A【详解】A不同浓度的草酸和相等浓度的高锰酸钾反应，草酸浓度越大反应速率越快，这样可以探究相同条件下，溶液浓度对反应速率的影响，故A正确；B配制1.00molL-1的NaOH溶液，称取4.0g固体NaOH于
14、烧杯中，加入少量蒸馏水溶解后冷却至室温后转移至100mL容量瓶，并且要对溶解用的烧杯和玻璃棒进行洗涤23次，将洗涤液一并转入容量瓶，若不进行洗涤，溶质的量会减少，所配溶液浓度偏低，实验操作不能可以达到实验目的，故B错误；C大理石和纯碱的化学成分不同，性质不同，与盐酸的反应快慢不同，故不能用题述实验操作探究固体表面积对反应速率的影响，故C错误；D碘遇淀粉变蓝，若实验中淀粉过量或水解不完全，加入碘水反应后的溶液会变蓝，不能证明淀粉是否水解，检验淀粉在稀硫酸催化条件下是否发生水解，取少量的水解液于试管中，应先加入碱中和稀硫酸，再加入少量新制氢氧化铜悬浊液，加热，观察是否出现砖红色沉淀，若产生砖红色沉
15、淀，则证明淀粉水解，故D错误；答案选A。2B【详解】A核心舱变轨动力依靠电推发动机，其电能来源于太阳能电池，化学燃料电池可能产生CO等污染物，而太阳能硅板能直接将太阳能转化为电能，更加经济环保，故A正确；BNa2O与CO2、H2O等物质反应生成Na2CO3、NaOH，不能生成O2，不能提供呼吸所需的氧气，实际上航天员主要通过Na2O2获取呼吸用氧，故B错误；C尿液中含有水和NaCl等物质，可采用蒸馏法分离水或多次蒸馏分离水，为宇航员提供生活用水，实现水循环再生，故C正确；D砷化镓导电性介于导体与绝缘体之间，则砷化镓属于半导体材料，具有很高的电子迁移率，电子迁移率约为硅材料的5.7倍，相同条件下
16、，砷化镓能更快地传导电流，故D正确；故选：B。3B【详解】配制一定物质的量浓度的溶液，需要用到的仪器一般有托盘天平、量筒、烧杯、玻璃棒、容量瓶和胶头滴管等。选项AD中的仪器分别是蒸发皿、容量瓶、坩埚、表面皿，因此配制一定物质的量浓度的溶液，需要用到的仪器是容量瓶，答案选B。4D【详解】A氯气与烧碱溶液反应生成次氯酸钠，氯气和石灰乳反应生成次氯酸钙，故A正确；B烧制陶瓷、冶炼金属、酿造酒类都有新物质生成，都属于化学变化，故B正确；C洁厕灵与“84”消毒液混用，盐酸和次氯酸钠发生氧化还原反应生成氯气，故C正确；D漂白粉在空气中久置变质，是因为次氯酸钙与空气中的二氧化碳、水反应生成碳酸钙和次氯酸，反
17、应生成的HClO发生了分解生成HCl和氧气，故D错误；选D。5B【详解】A25时，NaHCO3在水中的溶解度比Na2CO3的小，A错误；B石灰乳便宜易得，且含Ca(OH)2的成分高，工业上可用石灰乳与Cl2反应制取漂粉精，B正确；CCl2在H2中燃烧产生苍白色火焰，C错误；DNaClNaHCO3Na2CO3的转化反应是没有化合价变化的，不属于氧化还原反应，D错误；故选：B。6A【详解】实验室没有450mL量筒，因此需要配制500mL，则选择500mL容量瓶。需要氯化钠的质量1mol/L0.5L58.5g/mol29.250g。答案选A。7D【详解】A未强调标准状况下，无法计算出含有的氯原子数目
18、，A错误；B苯中不含碳碳双键，B错误；C乙酸与乙醇生成乙酸乙酯为可逆反应，C错误；D每个及中含有1对共用电子对，中含有2对共用电子对，28g乙烯中共用电子对数目为，28g丙烯中共用电子对数目为，则28g混合气体中含共用电子对数目为，D正确；故答案为：D。8D【详解】纯碱是碳酸钠，是重要的化工原料之一，广泛应用于轻工日化、建材、化学工业、食品工业、冶金、纺织、石油、国防、医药等领域， 用作制造其他化学品的原料、清洗剂、洗涤剂，也用于照相术和分析领域；不用于工业制备氯气，故选D9B【分析】干燥的Cl2没有漂白性，湿润的Cl2具有漂白性；当关闭B处的弹簧夹时，C处的红布条逐渐褪色，说明干燥的Cl2变
19、为湿润的Cl2；当关闭B处的弹簧夹后，C处的红布条看不到明显现象，说明干燥的Cl2无变化。【详解】关闭B处的弹簧夹时，干燥的Cl2通入到饱和NaCl溶液中，干燥的Cl2变为湿润的Cl2，C处的红布条逐渐褪色；关闭B处的弹簧夹时，干燥的Cl2通入到NaOH溶液中，干燥的Cl2被吸收，C处的红布条看不到明显现象；关闭B处的弹簧夹时，干燥的Cl2通入到H2O中，干燥的Cl2变为湿润的Cl2，C处的红布条逐渐褪色；关闭B处的弹簧夹时，干燥的Cl2通入到浓硫酸中，干燥的Cl2无变化，C处的红布条看不到明显现象；综上所述，D瓶中盛放的溶液可能是，故选B。10B【详解】A常温常压下，H2O为液态，不能用气体
20、的摩尔体积计算物质的量，选项A错误；B二氧化氮和四氧化二氮的最简式相同，都为NO2，则92g NO2中含有的原子个数为3NAmol1=6NA，选项B正确；C标准状况下，22.4L氦气的物质的量为1mol，氦气为单原子分子，1mol22.4L氦气含有所含的原子数为NA，选项C错误；D18 g H2O的物质的量为=1mol，每个水分子中含有10个电子，所以18 g H2O含有10mol电子，个数为10NA，选项D错误；答案选B。11B【详解】A维生素C的相对分子质量为612+18+616=176，故摩尔质量为176g/mol，A正确；B维生素C的熔点为190C，在标准状况下维生素C是固体，不能使用
21、22.4L/mol计算，B错误；C维生素C中C、H两种原子个数比为6：8=3：4，C正确；D维生素C中O元素的质量分数为100%54.5%，D正确；故选B。12A【详解】A. 78 g Na2O2物质的量，含阴离子1mol，数目为NA，故A正确；B.溶液中水也含有O原子，含氧原子数大于2NA，故B错误；C. 0.5 mol Fe和足量稀硝酸反应，Fe被氧化为，转移电子数为1.5NA，故C错误；D.标况下CHCl3为液态，不能用气体摩尔体积计算，故D错误。故答案选：A。13B【详解】A.能与大多数金属化合，生成金属氯化物，表现强氧化性，A正确；B. 燃烧不一定有氧气参加，如氢气在氯气中燃烧，B错
22、误；C.与反应生成与，离子方程式为，C正确；D.漂白粉的主要成分为和，有效成分是，D正确；答案选B。14A【详解】同时研究钠和不锈钢的稳定性，对二者性质进行比较，即采用比较法，通过做实验研究二者稳定性，故采用了实验法，因此符合题意，故选A。15C【详解】A.一个碳原子含有6个电子，三个氢原子有3个电子，一个碳正离子带一个正电荷，故一个碳正离子电子数为6+3-1=8，1mol碳正离子（CH3）所含的电子总数为8NA，故A项错误；B.题目中未指出溶液的体积，无法计算氢氧根数目，故B项错误；C.过氧化钠与水反应时氧气为过氧根失电子得来的氧化产物，过氧根中氧为负一价，生成8g氧气即0.25mol氧气共
23、失去0.5mol电子，即反应中失电子数为0.5NA，故C项正确；D. 分子中S非金属性强，显-2价，故白色球是硫原子，不含SS键，故D项错误；故答案为C。【点睛】氧化还原反应中转移电子数目=得电子数=失电子数。16(1) (2) KHSO4=K+H+SO 2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O FeCl3+3H2O=Fe(OH)3(胶体)+3HCl(3) 11:7 11:14 mol/L mol/L【分析】铜是金属单质，既不是电解质又不是非电解质；冰醋酸(纯醋酸晶体)的水溶液能导电，冰醋酸是电解质；熔融的KNO3能导电，KNO3是电解质；稀盐酸是氯化氢的水溶液，属于混合物，既不是电解质又不
24、是非电解质；CO2自身不能电离，CO2是非电解质；KHSO4晶体的水溶液能导电，KHSO4是电解质；蔗糖自身不能电离，蔗糖是非电解质；Fe(OH)3胶体是混合物，既不是电解质又不是非电解质；液氯是单质，既不是电解质又不是非电解质；BaSO4溶于水的部分能完全电离，BaSO4固体是电解质。(1)根据以上分析，属于电解质的是冰醋酸(纯醋酸晶体)、熔融的KNO3、KHSO4晶体、BaSO4固体。属于非电解质的是CO2、蔗糖；既不是电解质也不是非电解质的是铜、稀盐酸、Fe(OH)3胶体、液氯；(2)KHSO4在水中电离出K+、H+、SO，电离方程式为KHSO4=K+H+SO；用加热法除去Na2CO3固
25、体中的NaHCO3，NaHCO3加热分解为碳酸钠、二氧化碳、水，反应的化学方程式是2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O；在沸水中滴入饱和氯化铁溶液制备Fe(OH)3胶体，反应的化学方程式是FeCl3+3H2O=Fe(OH)3(胶体)+3HCl。(3)等质量的CO和CO2，设质量都是1g，则物质的量分别为、，物质的量之比为：=11:7；氧原子个数之比为：=11:14；V L Al2(SO4)3溶液中含Al3+ a mol，则n(Al2(SO4)3)=，该Al2(SO4)3溶液的物质的量浓度为mol/L，取出0.5V L再加入水稀释到4V L，溶液稀释8倍，稀释后Al2(SO4)3溶液的物质
26、的量浓度为mol/L，则稀释后的溶液中SO的物质的量浓度为 mol/L。17(1)56.0(2)100(3)(4)偏低(5)KOH + CO2 = KHCO3【解析】(1)配制480mL溶液，需要选用500mL容量瓶，实际上配制的是500mL2.0mol/L的KOH溶液；配制的溶液中KOH的物质的量为：2mol/L0.5L=1mol，需要KOH的质量为：56g/mol1mol=56g，所以需用托盘天平称取KOH的质量为56.0g，故答案为56.0。(2)设需要10mol/LKOH体积为V，依据溶液稀释过程中溶质的物质的量不变可得：V10mol/L=500mL2mol/L，解得V=100mL；故
27、答案为100。(3)容量瓶是用来配制一定体积、一定物质的量浓度溶液的定量容器，容量瓶上标有容量、刻度线，则正确，容量瓶只能在常温下使用，不能用来盛装过冷或过热的液体，不能用来稀释溶液或作为反应容器，则正确，与浓度、压强无关，所以正确的是，答案为。(4)用量筒量取一定体积的浓KOH溶液时，读数时俯视刻度线，看到的读数偏大，但量取的实际体积偏小，也就是说溶质少了，根据c=，溶质n减少，则所配制溶液的物质的量浓度会偏低，故答案为偏低。(5)标准状况下4.48LCO2的物质的量为4.48L22.4L/mol=0.2mol，100mL配置好的KOH溶液的物质的量为2.0mol/L0.1L=0.2mol，
28、所以CO2与KOH的物质的量之比为1：1，发生反应的化学方程式为：KOH+CO2=KHCO3，故答案为KOH+CO2=KHCO3。18(1) 11.2 14 0.5NA(2) 120g/mol 24【分析】(1)在标准状况下，CO和CO2混合气体的质量为36g，体积为22.4L，物质的量是1mol，设CO和CO2的物质的量分别是xmol、ymol，则x+y=1、28x+44y=36，解得x=y=0.5，因此CO所占的体积为0.5mol22.4L/mol=11.2L，质量为0.5mol28g/mol=14g，混合气体中CO2的分子数为0.5NA。(2)1.2gRSO4中含0.01molR2+，则
29、RSO4的物质的量是0.01mol，其摩尔质量是1.2g0.01mol=120g/mol；R的相对原子质量约是120-96=24。19 d 有白色沉淀生成 Na2CO32HCl=2NaClH2OCO2 稀盐酸 2HClO2HClO2 在阴凉处置于棕色试剂瓶中密封保存【分析】将氯气溶于水，部分氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，得到浅黄绿色的氯水，氯水含有H2O、Cl2、HClO、Cl-、H+、OH-（极少量，水微弱电离出来的）多种微粒，其性质取决于其组成的微粒。【详解】（1）氯水中HClO具有强氧化性，能使有机色质漂白脱色而表现漂白性，故答案为d；（2）氯水中含有Cl-离子，能与AgNO3溶液反应生
30、成白色的氯化银沉淀；氯水中含有酸性强于碳酸的盐酸，能与Na2CO3溶液发生反应生成氯化钠、二氧化碳和水，故答案为有白色沉淀生成；Na2CO32HCl=2NaClH2OCO2；（3）氯水中HClO不稳定，见光易分解生成盐酸和氧气，溶液的颜色由浅绿色变为无色，反应的化学方程式为2HClO2HClO2，故答案为稀盐酸；2HClO2HClO2；（4）为防止氯水中HClO见光易分解，应将新制的饱和氯水在阴凉处置于棕色试剂瓶中密封保存，故答案为在阴凉处置于棕色试剂瓶中密封保存。【点睛】注意氯水的成分和性质，氯水的性质取决于其组成的微粒，久置氯水（浅黄绿色）会变成稀盐酸（无色）失去漂白性。20(1)2Cl-
31、+2H2O2OH-+H2+Cl2(2) 2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O 漂白粉的有效成分Ca(ClO)2与空气中的CO2和水反应生成CaCO3和次氯酸，次氯酸见光易分解(3) -3 2Na+2NH32NaNH2+H2(4) 取少量样品继续加热，若产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，则样品中存在NaHCO3 偏高【详解】（1）反应为电解NaCl水溶液生成NaOH、H2和Cl2，反应的离子方程式为2Cl-+2H2O2OH-+H2+Cl2；答案为：2Cl-+2H2O2OH-+H2+Cl2。（2）反应为Cl2与Ca(OH)2反应生成CaCl2、Ca(ClO)2和H2O，
32、反应的化学方程式为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；漂白粉在空气中久置易变质的原因是：漂白粉的有效成分Ca(ClO)2与空气中的CO2和水反应生成CaCO3和次氯酸，次氯酸见光易分解，变质的有关化学方程式为Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3+2HClO、2HClO2HCl+O2；答案为：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；漂白粉的有效成分Ca(ClO)2与空气中的CO2和水反应生成CaCO3和次氯酸，次氯酸见光易分解。（3）NaNH2中Na、H元素的化合价都为+1价，根据化合物中元素的正负化合价代数和为0知，N元素的化
33、合价为-3价；答案为：-3。一定条件下Na与NH3发生置换反应生成NaNH2和H2，反应的化学方程式为2Na+2NH32NaNH2+H2；答案为：2Na+2NH32NaNH2+H2。（4）反应中发生的反应为2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2，要证明所得Na2CO3中可能含有未分解的NaHCO3，根据“NaHCO3受热易分解生成CO2、而Na2CO3受热不易分解”知，方法是：取少量样品继续加热，若产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，则样品中存在NaHCO3；答案为：取少量样品继续加热，若产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，则样品中存在NaHCO3。设ag固体中Na2CO3、NaHCO3的质量分别
34、为xg、yg，则x+y=a(式)；ag固体与足量盐酸发生的反应为Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2、NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2，充分反应后加热、蒸干、灼烧所得bg固体为NaCl，则（式），联立、两式，解得y=，NaHCO3的百分含量为，若在蒸干过程中有少量液体溅出，则b偏低，所测NaHCO3的百分含量偏高；答案为：；偏高。21(1) CaCO3与BaCO3 盐酸(2) 2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2 湿润的淀粉碘化钾试纸 蓝色(3)0.01molL-1【解析】（1）碳酸根能与钙离子和钡离子反应，生成：CaCO3与BaCO3；沉淀过滤后，加入盐酸
35、除去过量的碳酸根和氢氧根，加热蒸发除去过量的HCl；（2）电解饱和食盐水实验时，电解的总反应方程式为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2；阳极产物为氯气，能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，故用湿润的淀粉碘化钾试纸检验；阴极产物为氢气和氢氧化钠，阴极加入石蕊试液，溶液变蓝色；（3）根据电解总方程式， ，。22(1) U形管右端液面下降，左端液面上升(或有液体进入塑料瓶) 钠与水的反应剧烈，放出大量热，钠的熔点低(2) 防止棉花燃烧时产生的热量使烧杯炸裂 【详解】（1）挤压带玻璃珠的橡胶管，使橡胶管和玻璃珠之间出现空隙，U形管内气压和外界大气压相同，可以从左端注入水。钠与水反应生成氢气，气体
36、将液体压向U形管左端。反应中钠熔化成一个闪亮的小球，说明反应放出的热量可以使钠熔化，钠的熔点低；（2）淡黄色的能与反应生成，该反应是放热反应，反应放出的热量达到了棉花的着火点，使棉花燃烧。为了防止棉花燃烧时产生的热量使烧杯炸裂，应在烧杯底部垫上一层细沙。23(1)(2)氢气在氯气中安静燃烧，发出苍白色火焰，瓶口处有白雾出现(3) 2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O 漂白粉 既做氧化剂，又做还原剂【详解】（1）氯化钠溶液通电后，电解生成氯气、氢气、氢氧化钠，发生反应的离子方程式为；（2）氢气在氯气中安静燃烧，火焰呈苍白色，在集气瓶口出现白雾；（3）与反应生成氯化钙、次氯酸钙、水，化学方程式为；该反应常用于制备漂白粉，反应中氯元素化合价从0价部分升高到+1价，部分降低到-1价，的作用是既作氧化剂又作还原剂。答案第15页，共9页