《第二章海水中的重要元素--钠和氯单元同步训练题-高一上学期化学人教版（2019）必修第一册(1).docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《第二章海水中的重要元素--钠和氯单元同步训练题-高一上学期化学人教版（2019）必修第一册(1).docx（21页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、第二章 海水中的重要元素-钠和氯 单元同步训练题一、单选题1某同学参阅“84消毒液”的配方，欲用NaClO固体配制480 mL 4mol/L的消毒液，下列说法正确的是A容量瓶用蒸馏水洗净后必须烘干后使用B需称量NaClO固体的质量为143.0gC配得的NaClO溶液在空气中光照，久置后NaClO物质的量浓度减小D定容时俯视刻度线，所得的溶液浓度会偏低2下列实验操作规范且能达到实验目的的是A装置甲：加热金属钠B装置乙：用浓硫酸配制一定物质的量浓度的稀硫酸C装置丙：分离胶体和溶液D装置丁：收集3下列离子方程式错误的是A向溶液中滴加溶液：B用溶液制作印刷电路板：C等物质的量的和同时通入水中：D铁与氯
2、化铁溶液反应：4某溶液中所含离子的浓度如表，则X可能是离子H+K+XMnOSO浓度(molL-1)0.40.20.20.40.2AFe2+BNa+CBa2+DCu2+5下图是实验室制备氯气并进行一系列实验的装置(夹持装置已经省略)，有关叙述错误的是A装置a中发生的反应为B装置b中漏斗的作用是平衡压强CI、处依次放湿润和干燥的有色布条可验证干燥的不具有漂白性D可利用该实验装置证明氧化性：6设NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是A1.9g18OH-中含有的电子数为NAB1mol/LNa2SO4溶液中含有的Na+的数目为2NAC11.2LO2、CO2混合气体含有的氧原子数为NAD0.1molC
3、l2通入足量水中，生成的Cl-的数目为0.1NA7“价一类”二维图是元素化合物知识系统化学习的良好工具，氯及其化合物的“价一类”二维图如下，下列说法错误的是A酸性：戊已B若将乙转化为甲，可以不加还原剂C丙为ClO2，可用作自来水消毒剂D推测庚既有氧化性又有还原性8图中实验装置正确的是ABCD加热分解碳酸氢钠氨气的尾气处理定容稀释浓硫酸AABBCCDD9化学与生活、生产密切相关。下列说法正确的是AKI溶液用于皮肤消毒B漂白粉用于环境消毒C用于烘焙糕点D铁粉用作食品干燥剂10的用途很多，如：用作分析试剂，氧化剂、硝化剂、催化剂和荧光粉激活剂及光敏电阻材料等。若在密度为的溶液中含有，则该溶液中的物质
4、的量浓度是ABCD11下列图示方法不能完成相应实验的是AB配制一定物质的量浓度的溶液钠在空气中燃烧CD实验室制取在中燃烧AABBCCDD12某无色溶液中，可能含有等物质的量的以下离子中的若干种：H+、K+、Na+、Ca2+、Fe3+、OH-、Cl-、HCO、CO和SO。现进行实验：取样，加入打磨过的铝片，有气泡冒出；取样，加入足量BaCl2溶液生成白色沉淀，过滤出沉淀，加入足量盐酸沉淀量不变。取样，加入AgNO3溶液有沉淀产生；取样，做焰色试验，观察焰色为黄色；下列判断正确的是A一定不含有的离子有：Ca2+、Fe3+、HCO、COB根据现象，可判断不含K+C一定含有的离子有：H+、Na+、SO
5、D实验可证明溶液中一定含有Cl-二、多选题13下列说法正确的是A溶于水配得溶液B常温常压下，含有的电子数为C的溶于水配成溶液，浓度是D从的溶液取出，取出的溶液中含14有两试管分别装有和溶液，下列操作或判断错误的是选项操作判断A分别加入澄清石灰水产生沉淀者为B分别加入等浓度的稀盐酸反应较剧烈者为NaHCO3C分别加入溶液产生沉淀者为D逐滴加入等浓度的盐酸立即产生气泡者为AABBCCDD三、填空题1584消毒液(有效成分：NaClO)适用于家庭、宾馆和医院等公共场所的消毒。现实验室需配制500mL2.0molL-lNaClO溶液。(1)用NaClO固体配制。需要用托盘天平称量_gNaClO固体。在
6、配制过程中，用到的玻璃仪器除量筒、烧杯、胶头滴管外，还需要_。(2)下列操作可能使配制溶液的浓度偏低的是_。A称量时药品放在右盘B定容时俯视刻度线C移液时未洗涤烧杯和玻璃棒D定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面下降，未采取措施(3)若发现所配制的NaClO溶液含有NaCl杂质(不含其它杂质)，经分析有关离子的浓度如图所示。所配制的溶液中c(NaClO)=_molL-1。从所配制的溶液中取出50mL，加水稀释到100mL，则稀释后的溶液中c(Cl-)=_molL-1。(4)NaClO与水和空气中CO2反应生成次氯酸，从而发挥消毒作用。在光照条件下次氯酸会分解，此分解反应的化学方程式为_。16202
7、1年是国际化学年十周年，中国的宣传口号是“化学一我们的生活，我们的未来”。下列为生产生活中一些常见的化学反应。(1)反应2Al+Fe2O32Fe+Al2O3可用于野外焊接钢轨。该反应属于四种基本反应类型中的_。该反应中，发生氧化反应的是_(填化学式，下同)，还原产物是_。(2)ClO2是世卫组织确认的A级新型高效消毒剂，其安全性远高于氯气。一种制备方法为2NaClO3+4HCl=2ClO2+Cl2+2NaCl+2H2O，其中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_。ClO2在杀菌消毒过程中会产生副产物亚氯酸盐()，需将其转化为Cl-除去。下列试剂中可将，转化为Cl-的是_(填序号)。AFeSO4BO2
8、CKMnO4DSO2(3)小苏打(NaHCO3)可作为食品制作过程中的膨松剂。往饱和Na2CO3溶液中通入_(填化学式)，过滤、干燥可得到NaHCO3。小苏打受热发生分解，产生的气体使面包松软，该反应的化学方程式为_。17数形结合思想是化学学科的重要思维模式，请结合所学知识和图像作答：I完成下列问题。(1)如图为含氯元素物质的“价类二维图”，下列说法正确的是_(填标号)。A乙、丁均属于电解质B丙的酸性强于碳酸C乙是一种广谱型的消毒剂，可取代甲成为自来水的消毒剂D戊己必须加还原剂才能实现(2)时，戊分解只生成两种盐，其中一种是己，另一种盐是_(填化学式)。II某无土栽培所用营养液中含有三种溶质，
9、实验测得部分离子的浓度如图甲所示，取样品加水稀释，测得的浓度(c)随溶液体积(V)的变化如图乙所示：(3)图甲中X是_。(4)营养液中与的物质的量之比为_。III.某实验小组向溶液中通入，溶液中，的物质的量随通入的的物质的量变化如图所示(不考虑与水的反应)。请回答下列问题：(5)由图可知，与的还原性强弱为_(填“”或“”、“”或“=”)。烧杯中的溶液变浑浊，反应后的产物为_(填化学式)。(4)碳酸氢钠受热分解时转化率与熔烧时间的关系如图。碳酸氢钠受热分解的化学方程式为_。若起始时投入的碳酸氢钠的质量为16.8g(假设不含其他杂质)，则M点时产生的二氧化碳气体的体积为_L。(气体已换算成标准状况
10、下，转化率)19钠、氯及其化合物有如图转化关系，淡黄色物质M可在潜水艇中作为氧气的来源，常被用作供氧剂，常用N来杀菌消毒。请按要求填空：(1)淡黄色物质M是_，物质N是_（填化学式）。(2)写出M与水反应的化学方程式为_，氧化剂为_，还原剂为_。(3)请描述一小块金属钠投入溶液中的现象：_。(4)与反应的化学反应方程式为_。(5)除去下列括号中少量杂质，写出相关化学方程式或离子方程式：除去固体混有的化学方程式：_。除去溶液中混有的离子方程式：_。四、实验题20二氧化氯常温下为黄绿色气体，在30时分解，与Cl2的氧化性相近。在生活中被广泛应用于自来水消毒和果蔬保鲜等方面。某兴趣小组通过图甲装置(
11、夹持装置略)对其制备、吸收、释放和应用进行了研究。(1)仪器C的名称是_。(2)ClO2的制取：若没有C装置且ClO2在D中被稳定剂完全吸收生成NaClO2，F中淀粉-碘化钾溶液也会变蓝，则A中制取ClO2的离子方程式为_。(3)ClO2的吸收：关闭活塞B，向D中缓慢加入稀盐酸，ClO2在D中被稳定剂完全吸收生成NaClO2，在该反应过程中装置A、D均应控制反应温度低于30，理由是_。(4)ClO2的释放：在酸性条件下NaClO2发生反应：4H+ + 5ClO= Cl- + 4ClO2+ 2H2O，完成ClO2的释放，在ClO2释放实验中，打开活塞E，D中发生反应，说明有ClO2释放的实验现象
12、是_。(5)ClO2的应用：已吸收ClO2气体的稳定剂和稳定剂，加酸后释放ClO2的浓度随时间的变化如图乙所示，若将其用于水果保鲜，稳定剂优于稳定剂，依据是_(写两点即可)。21常用的自来水消毒剂有高铁酸钾()、二氧化氯等。. 制取高铁酸钾已知2FeCl3+10NaOH+3NaClO=2Na2FeO4+9NaCl+5H2ONa2FeO4+2KOH=K2FeO4+2NaOH高铁酸钾易溶于水，微溶于浓KOH溶液，不溶于乙醇；在强碱性溶液中稳定；酸性至弱碱性条件下，与水反应生成氧气。(1)制取NaClO溶液的装置如图所示。装置A中反应的化学方程式为_。装置B中盛装的液体是_，玻璃管a的作用是_。(2
13、)制取高铁酸钾晶体。请补充完整由装置C中反应后的溶液制取高铁酸钾晶体的实验方案：将装置C中制得的NaClO溶液转移到大烧杯中，依次加入一定量的1mol/LNaOH溶液和FeCl3饱和溶液，搅拌 充分反应，再向反应后的溶液中加入_，搅拌至_，静置过滤，_，干燥。(实验中须使用的试剂：KOH固体，无水乙醇) . 制取二氧化氯已知：常温下为易溶于水且不与水反应的气体，水溶液呈深黄绿色，11时液化成红棕色液体。以和HCl的乙醇溶液为原料制取的反应为2NaClO3+4HCl=2ClO2+Cl2+2NaCl+2H2O。制取装置如图所示。(3)冰水浴的作用是_。(4)烧杯中混合液用于吸收产生的同时生成，反应
14、的离子方程式为_。五、计算题22回答下列问题：(1)_克NH3分子中所含氢原子数与0.3NA个水分子中所含氢原子数相等。(2)已知O2和CO2的混合气体，标准状况下体积为11.2L，质量为18g，则该混合气体与相同状况下的CO的密度之比为_。(3)38g某二价金属氯化物ACl2中含有0.8molCl-，则A的相对原子质量是_。(4)100mL浓度为1.2mol/L的硫酸与6.5g锌充分反应后，最多可以收集到标准状况下氢气的体积_L。(5)某同学制备氢氧化铁胶体的实验过程为：取一小烧杯，加入25mL蒸馏水加热至沸腾，向沸水中逐滴加入12mLFeCl3饱和溶液，继续煮沸至混合液呈红褐色。请写出该过
15、程的化学反应方程式：_。23将一定量的CO2气体通入2 L的NaOH溶液中，在所得溶液中逐滴加入稀盐酸至过量，并将溶液加热，产生的气体与HCl物质的量关系如图所示(忽略气体的溶解和HCl的挥发)。(1)O点溶液中所含溶质的化学式为_，(2)O到a点发生反应的离子方程式：_。(3)标准状况下通入CO2气体的体积为_L， NaOH溶液的物质的量浓度为_molL-1。试卷第11页，共11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：1C【详解】A容量瓶不需要烘干后使用，A错误；B配制溶液时需要选择500 mL容量瓶，所以需称量NaClO固体的质量为，B错误；C配得的NaClO溶液在
16、空气中光照，会促使次氯酸根离子水解，且水解产物次氯酸会分解，整体向右移动，所以久置后NaClO物质的量浓度减小，C正确；D定容时俯视刻度线，看到的液面高于实际液面，体积偏小所以所得的溶液浓度会偏高，D错误； 故选C。2D【详解】A需要在坩埚中加热金属钠，故A错误；B用浓硫酸配制一定物质的量浓度的稀硫酸，浓硫酸在烧杯中稀释并冷却后再转移到容量瓶中，故B错误；C用渗析法分离胶体和溶液，故C错误；D氯气难溶于饱和食盐水，可以用排饱和食盐水的方法收集，故D正确；选D。3B【详解】A为弱酸的酸式盐，能与强碱反应生成正盐和水，向溶液中滴加溶液，发生反应：，A项正确；BB项电荷不守恒，正确的离子方程式为，B
17、项错误；C具有强氧化性，具有还原性，将等物质的量的、同时通入水中，发生反应生成和，离子方程式为，C项正确；D铁与氯化铁溶液反应生成亚铁离子：，D项正确；故选B。4B【详解】H+、K+所带正电荷总数为10.4 molL-1+10.2 molL-1=0.6 molL-1；MnO、SO所带负电荷总数为10.4 molL-1+20.2 molL-1=0.8 molL-1；根据电荷守恒，X带1个单位正电荷，所以X是Na+，故选B。5A【分析】a装置用于制备氯气，b中饱和食盐水用于除去氯气中的HCl气体，同时有长颈漏斗，可以检验装置是否堵塞，若装置发生堵塞，会导致b瓶内压强增大，最终大于外界大气压使长颈漏
18、斗中的液面上升，锥形瓶内液面下降；的实验目的是验证湿润的氯气具有漂白性，原理是Cl2溶于水产生HClO，HClO具有漂白性，氯化钙干燥氯气，经过干燥剂后，干燥的Cl2不能使中干燥的有色布条褪色，说明氯气不具有漂白性；NaBr、KI溶液的目的是比较氯、溴、碘的非金属性，当向NaBr中缓缓通入足量氯气时，可以看到无色溶液逐渐变为红棕色，说明氯的非金属性大于溴，打开活塞，将少量溶液加入KI溶液中，Cl2会氧化NaBr溶液中Br-产生Br2，进入装有KI溶液和苯的锥形瓶中，苯在水层上面，Br2进入KI中，置换出I-产生I2，I2被苯萃取，苯层显紫红色，注意Cl2也可以氧化I-产生I2，所以氯气要适量。
19、【详解】A装置a中没有加热装置，可用KMnO4和浓盐酸制取氯气，离子反应为2MnO+16H+10Cl-=Mn2+Cl2+8H2O，A错误；B b中饱和食盐水的作用是减少Cl2的溶解度，吸收反应挥发的HCl气体，同时有长颈漏斗，可以检验装置是否堵塞，起到平衡压强的作用，B正确；C根据分析，I、处依次放湿润和干燥的有色布条，可验证干燥的不具有漂白性，C正确；DCl2会氧化NaBr溶液中Br-产生Br2，可证明氧化性：，由于Br2可以氧化I-产生I2，可证明，可利用该实验装置证明氧化性：，D正确；故选A。6A【详解】A已知1个OH-含有10个电子，故1.9g18OH-中含有的电子数为=NA，A正确；
20、B题干未告知溶液的体积，无法计算1mol/LNa2SO4溶液中含有的Na+的数目，B错误；C题干未告知气体所处的状态为标准状况，故无法计算11.2LO2、CO2混合气体含有的氧原子数，C错误；D由于溶于水中的部分Cl2与水反应，故无法计算0.1molCl2通入足量水中，生成的Cl-的数目，D错误；故答案为：A。7A【分析】由题干关于氯及其化合物的价类二维图信息可知，甲为HCl、乙为Cl2、丙为ClO2、丁为Cl2O7，戊为HClO、己为HClO4、庚为、辛为，据此分析解题。【详解】A由分析可知，戊为HClO、己为HClO4，HClO弱酸，酸性比碳酸还弱，HClO4强酸，酸性比H2SO4还强，故
21、酸性：戊已，A错误；B由分析可知，乙为Cl2、甲为HCl，若将乙转化为甲的反应为：Cl2+H2O=HCl+HClO反应中，H2O既不是氧化剂也不是还原剂，故可以不加还原剂，B正确；C由分析可知，丙为ClO2，具有强氧化性，能使蛋白质发生变性，故可用作自来水消毒剂，C正确；D由分子可知，庚为，Cl的化合价处于中间价态，故可推测庚既有氧化性又有还原性，D正确；故答案为：A。8B【详解】A加热碳酸氢钠固体，试管口应向下倾斜，A错误；B氨气极易溶于水，尾气处理需要防止倒吸，B正确；C定容时胶头滴管垂直悬空，不能深入容量瓶中，且定容应该是加水至离刻度线1-2cm处再定容，C错误；D稀释浓硫酸应该是浓硫酸
22、加入水中，D错误；故选B。9B【详解】AKI溶液不具有消毒能力，碘酒能使蛋白质变性，具有杀菌消毒的效力，所以碘酒用于皮肤消毒，故A错误；B漂白粉有效成分是次氯酸钙，与空气中二氧化碳反应生成次氯酸具有强氧化性，可用于杀菌消毒，故B正确；CNa2CO3热稳定性较好不能用于烘焙糕点，NaHCO3不稳定，受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，可用于烘焙糕点，故C错误；D铁粉具有强的还原性，易被氧气氧化，可用于食品抗氧化剂，不用于干燥剂，故D错误；故选：B。10B【详解】的摩尔质量为188g/mol，所以。答案选B。11A【详解】A配制一定物质的量浓度的溶液时，应先将在烧杯中溶解、冷却后转入容量瓶中，应沿玻
23、璃棒加入蒸馏水，A符合题意；B钠在坩埚中加热，先熔化为小球，然后燃烧，发出黄色火焰，生成淡黄色固体，B不符合题意；C实验室用MnO2和浓盐酸在加热条件下制取Cl2，并用NaOH溶液出去尾气，C不符合题意；DH2与Cl2在集气瓶中安静的燃烧，发出苍白色火焰，在集气瓶口生成白雾，D不符合题意；故答案为：A。12C【分析】无色溶液中一定不含Fe3+；加入打磨过的铝片，有气泡冒出，说明溶液呈酸性或碱性，HCO与H+、OH-都不能共存，所以一定不含HCO；加入足量BaCl2溶液生成白色沉淀，过滤出沉淀，加入足量盐酸沉淀量不变，说明沉淀一定为BaSO4，一定不是BaCO3，则原溶液中一定含有SO，一定不含
24、CO；SO与Ca2+不共存，一定不含Ca2+，加入AgNO3溶液有沉淀产生，该沉淀可能是Ag2SO4、AgCl等，不能确定是否含有Cl-；做焰色试验，观察焰色为黄色，一定含有Na+；各离子物质的量相等，根据电荷守恒，一定含有H+，则一定不含OH-，【详解】A根据以上分析，一定不含有的离子有：OH-、Ca2+、Fe3+、HCO、CO，故A错误；B做焰色试验，观察焰色为黄色，根据现象，可判断一定含有Na+，不能判断是否含K+，故B错误；C根据以上分析，一定含有的离子有：H+、Na+、SO，故C正确；D加入AgNO3溶液有沉淀产生，该沉淀可能是Ag2SO4、AgCl等，实验不能证明溶液中是否含有Cl
25、-，故D错误；选C。13BD【详解】A的物质的量为1mol，溶于水所得溶液的体积不是1L，配得溶液的浓度不是1mol/L，故A错误；B含有的电子数为，故B正确；C没有明确是否为标准状况，的物质的量不一定是1mol，溶于水配成溶液，浓度不一定是，故C错误；D从的溶液取出，取出的溶液中n()=0.1L1mol/L=0.1mol，所以含，故D正确；选BD。14AD【详解】A碳酸钠和碳酸氢钠均与Ca(OH)2反应都产生碳酸钙沉淀，A错误；B向中逐滴加入盐酸时，首先无气体产生，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，产生气体较为剧烈的为碳酸氢钠，B正确；C碳酸钠与
26、氯化钙反应产生碳酸钙沉淀，碳酸氢钠与氯化钙不反应，C正确；D向中逐滴加入盐酸时，首先无气体产生，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，D错误；故选AD。15(1) 74.5g 500mL容量瓶、玻璃棒(2)AC(3) 1.8molL-1 0.1molL-1(4)2HClO2HCl+O2【详解】（1）m(NaClO)=0.5L2.0molL-174.5gmol-1=74.5g；还需要玻璃仪器有：500mL容量瓶、玻璃棒；（2）A称量时药品放在右盘，药品质量减小，使配制溶液的浓度偏低，选项A符合；B定容时俯视刻度线，溶液体积变小，使配制溶液的浓度偏高，选项
27、B不符合；C移液时未洗涤烧杯和玻璃棒，溶质的物质的量减少，使配制溶液的浓度偏低，选项C符合；D定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面下降，未采取措施，无影响，选项D不符合；答案选AC；（3）由图知：c(Cl-)=0.2molL-1，则c(NaCl)=0.2molL-1，又c(Na+)=2molL-1，所以c(NaClO)=2molL-1-0.2molL-1=1.8molL-1；50mL所配制的溶液c(Cl-)=0.2molL-1，加水稀释到100mL，稀释后的溶液中c(Cl-)=0.1molL-1；（4）在光照条件下次氯酸会分解，反应的化学方程式为2HClO2HCl+O2。16(1) 置换反应 A
28、l Fe(2) 1：1 AD(3) CO2 2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O【详解】（1）根据反应物和生产物的种类和数量可判断该反应为置换反应；答案为置换反应；铝元素的化合价升高，故单质铝发生氧化反应，铁元素化合价降低，故单质铁为还原产物；答案为Al；Fe；（2）该反应中只有氯元素的化合价发生变化，HCl和NaCl中氯元素的化合价相同，均为-1价，故当4份HCl参加反应时，只有2份HCl做还原剂，生成氧化产物氯气，2份NaClO3做氧化剂，生成还原产物ClO2，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1；转为Cl-需加入还原剂，FeSO4和SO2均具有还原性，答案为AD；（3）Na2CO
29、3通过反应：Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3可转化为2NaHCO3，故通入的气体为CO2；根据现象可写出该反应的化学方程式为2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O。17(1)C(2)KClO4(3)(4)1:2(5)(6) 2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-【分析】根据含氯元素物质的“价类二维图”，甲是Cl2、乙是ClO2、丙是HClO、丁是HClO4、戊是KClO3、己是KCl。【详解】（1）A乙是ClO2，自身不能电离，ClO2属于非电解质，故A错误；B丙是HClO，HClO的酸性比碳酸弱，故B错误；CClO2是一种广谱型的消毒剂，可取代Cl2成为自来水的消毒剂，故C正确
30、；DKClO3加热分解为KCl和氧气，KClO3KCl不须加还原剂就能实现，故D错误；选C。（2）时，KClO3分解只生成两种盐，其中一种是KCl，根据化合价升降规律，另一种盐是KClO4；（3）根据稀释前后铵根离子的物质的量不变，0.2c1=1.61，c1=8mol/L，营养液中铵根离子的浓度为8mol/L，根据电荷守恒，硫酸根离子的浓度为，图甲中X是；（4）硫酸根离子的浓度为4mol/L，所以营养液中的浓度为4mol/L， 铵根离子的浓度为8mol/L则的物质的量浓度为8mol/L，所以与的物质的量之比为1:2。（5）根据图示，氯气先氧化I-，所以与的还原性强弱为。（6）2I-+Cl2=I
31、2+2Cl-，氧化I-消耗0.1molCl2，可知I-的物质的量为0.2mol，原FeI2的物质的量为0.1mol，从开始通入到时，发生反应2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-消耗0.02molCl2，氧化Fe2+的物质的量为0.04mol、生成Fe3+的物质的量为0.04mol，溶液中，此时反应的离子方程式为2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-。18(1) 碳酸盐 小苏打 3：2(2)在溶液中水解使溶液显碱性，油脂在碱性条件下发生水解反应，在溶液中不会发生水解，溶液呈中性，油脂在溶液中难水解(3) CaCO3(4) 1.792【详解】（1）的阴离子为碳酸根离子，从其组成的阴离子来看，属于碳酸
32、盐；的俗称为小苏打；1mol固体中含有2mol和1mol，1mol固体中含有1mol和1mol，等物质的量的和固体中所含的离子总数之比为3：2；（2）的水溶液呈碱性，油脂在碱性条件下发生水解反应，的水溶液呈中性，油脂在溶液中几乎不水解，所以厨房去油污选用溶液而不选用溶液；（3）同时加热和，观察到烧杯中的溶液变浑浊了，而烧杯中的溶液未变浑浊，说明受热分解生成了CO2，受热不分解，所以热稳定性：；烧杯中的溶液变浑浊，是因为CO2与Ca(OH)2发生反应生成CaCO3沉淀，所以反应后的产物为CaCO3；（4）碳酸氢钠受热分解的化学方程式为: ，则有关系式：，M点碳酸氢钠的转化率为80%，则已转化的碳
33、酸氢钠的物质的量为，所以，体积为。19(1) Na2O2 NaClO(2) 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2 Na2O2 Na2O2(3)钠浮在液面上，很快熔化成小球,钠球在水面上四处游动，并发出嘶嘶的响声，产生无色无味气体，溶液中有蓝色沉淀产生(4)Cl2+H2O=HCl+HClO(5) 【详解】（1）Na和氧气在点燃条件下生成过氧化钠，过氧化钠为淡黄色固体，过氧化钠和水反应生成氢氧化钠，淡黄色物质M是Na2O2；氢氧化钠和氯气反应生成次氯酸钠和氯化钠，次氯酸钠和二氧化碳、水反应生成次氯酸，物质N是NaClO。（2）M是Na2O2，Na2O2与水生成氢氧化钠和氧气，反应的化学方程式为
34、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，过氧化钠中氧元素化合价由-1降低为-2，由-1升高为0，所以Na2O2既是氧化剂又是还原剂。（3）一小块金属钠投入溶液中，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氢氧化铜沉淀和硫酸钠，反应的现象为钠浮在液面上，很快熔化成小球，钠球在水面上四处游动，并发出嘶嘶的响声，产生无色无味气体，溶液中有蓝色沉淀产生。（4）与反应生成盐酸和次氯酸，反应的化学反应方程式为Cl2+H2O=HCl+HClO（5）用加热分解的方法除去固体混有，反应的化学方程式为。向溶液中通入足量二氧化碳除去溶液中混有，反应的离子方程式为。20(1)干燥管(2)(3)防止分
35、解(4)产生黄绿色气体，F中淀粉-碘化钾溶液变蓝(5)稳定剂释放更稳定；稳定剂保鲜水果的时间更长【分析】利用浓盐酸与氯酸钠反应制备二氧化氯，干燥后用稳定剂处理，再释放和应用，再通过实验设计探究其性质及用途等。【详解】（1）根据仪器的构造可知，仪器C是盛放固体试剂的干燥管，答案为：干燥管；（2）由题目信息可知在D中被稳定剂完全吸收生成，F中淀粉-碘化钾溶液虫会变蓝，可知装置A中除了生成二氧化氯外还有氯气生成，故A中发生反应的离子方程式为，答案为：；（3）根据题目信息可知，二氧化氯常温下为黄绿色气体，在30时分解，50时发生爆炸性分解，可知控制A、D装置的温度低于30，主要是防止二氧化氯分解，答案
36、为：防止分解；（4）由信息可知，与的氧化性相近，在释放实验中，打开活塞E，若D中发生反应生成，则F中淀粉-碘化钾溶液变蓝，故答案为：产生黄绿色气体， F中淀粉-碘化钾溶液变蓝；（5）由图可知，稳定剂可以缓慢释放，能较长时间维持保鲜所需的浓度，所以稳定剂好，故答案为：稳定剂释放更稳定；稳定剂保鲜水果的时间更长。21(1) 饱和食盐水 平衡气压（防止倒吸）(2) 足量的KOH固体 大量晶体析出 无水乙醇洗涤23次(3)液化ClO2，分离Cl2和ClO2(4)3Cl2I6OH=6Cl3H2O【分析】利用二氧化锰和浓盐酸共热反应制氯气，通过饱和食盐水除去氯化氢，将纯净的氯气通入氢氧化钠中反应制备次氯酸
37、钠，利用次氯酸钠在碱性条件下将氯化铁氧化制备高铁酸钠；以和HCl的乙醇溶液为原料制取；【详解】（1）装置A中利用二氧化锰和浓盐酸共热反应生成氯化锰、氯气和水，反应的化学方程式为；B装置时除去氯气中混有的HCl，B中盛装试剂为:饱和食盐水；玻璃管a与大气相通，可以平衡压强，防止装置内压强过高，故答案为:饱和食盐水；平衡气压（防止倒吸）；（2）将装置C中制得的NaClO溶液转移到大烧杯中，依次加入一定量的1mol/LNaOH溶液和FeCl3饱和溶液，搅拌 充分反应，再向反应后的溶液中加入足量的KOH固体，搅拌至大量晶体析出，静置过滤，无水乙醇洗涤23次，干燥；（3）冰水浴可降低温度，防止挥发，可用
38、于液化ClO2，分离Cl2和ClO2，故答案为: 液化ClO2，分离Cl2和ClO2；（4）烧杯中混合液用于吸收产生的同时生成，反应的离子方程式为3Cl2I6OH=6Cl3H2O。22(1)(2)(3)(4)(5)胶体【详解】（1）0.3NA个水分子中所含氢原子的物质的量为=0.6mol，根据NH3分子中所含氢原子数可知，氨气的物质的量为=0.2mol，所以氨气的质量为=3.4g；（2）混合气体的物质的量为=0.5mol，M=36gmol-1，根据阿伏伽德罗定律可知，同问同压下气体的密度之比等于气体的摩尔质量之比，所以；（3）38g某二价金属氯化物的物质的量为0.4mol，则ACl2的摩尔质量
39、是=95g/mol，所以该物质的相对分子质量也为,95，根据组成可知，A的相对原子质量是95-71=24；（4）6.5g锌的物质的量为=0.1mol，硫酸的锌与稀硫酸反应的化学方程式为：，则100mL浓度为1.2mol/L的硫酸与6.5g锌充分反应后，硫酸过量，锌粒反应完全，所以最多可以收集到标准状况下氢气的物质的量也为0.1mol，则在标准状况下的体积为=2.24L；（5）利用饱和氯化铁与沸水反应可制备氢氧化铁胶体，其化学方程式为：胶体。23(1)NaOH、Na2CO3(2)OH- + H+ = H2O、CO+ H+ = HCO(3) 44.8 2.5【分析】Na2CO3与盐酸的反应分步进行
40、：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl、NaHCO3+HCl= NaCl+ H2O+CO2。由图象可知生成二氧化碳消耗的HCl的物质的量小于从反应到开始产生二氧化碳阶段消耗的HCl，说明O点溶质为NaOH、Na2CO3；则Oa段发生反应为NaOH + HCl= NaCl+H2O、Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl；a点后开始生成二氧化碳气体，发生反应为：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2；加入5molHCl后气体的物质的量不再变化，据此进行解答。【详解】（1）根据分析，O点溶质为NaOH、Na2CO3；（2）Oa段发生反应为NaOH + HCl= NaCl+H2O
41、、Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，离子方程式为OH- + H+ = H2O、CO+ H+ = HCO；（3）根据分析，a点后开始生成二氧化碳气体，发生反应为NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2，当加入5molHCl后气体的物质的量不再变化，则从a点到刚好不再产生气体，共消耗5mol-3mol=2molHCl，生成二氧化碳的物质的量为2mol，产生二氧化碳的体积为2mol22.4L/mol=44.8L；当加入5molHCl时，NaHCO3恰好完全反应，此时溶液中的溶质只有NaCl，根据Na元素守恒，消耗的n(NaOH)=n(NaCl)，根据氯元素守恒，n(NaCl)=n(HCl)，则n(NaOH)= n(HCl)=5mol，。答案第21页，共10页