《【高中化学】《海水中的重要元素—钠和氯》测试题 2023-2024学年高一人教版（2019）必修第一册.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《【高中化学】《海水中的重要元素—钠和氯》测试题 2023-2024学年高一人教版（2019）必修第一册.docx（16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测试题一、单选题（共12题）1下列有关物质的量的说法中正确的是（）A物质的量就是物质的质量B摩尔是国际单位制中的基本单位C某容器中含有1mol氯D阿伏加 德罗常数是6.0210232用硫酸钠晶体(Na2SO412H20)配制420 mL 0.1 molL1的硫酸钠溶液，需要容量瓶规格和硫酸钠晶体的质量为A420ml，15.0gB500ml，17.9gC500ml，7.1gD420ml，5.96g3下列各组物质相互混合反应后，最终有白色沉淀生成的是金属钠投入到FeCl3溶液中过量CO2通入澄清石灰水向硫酸钠溶液中加入BaCl2少量Ca(OH)2投入过量NaHCO3溶液
2、中向饱和Na2CO3溶液中通入少量CO2金属钠投入到饱和NaCl溶液中ABCD4有关NaHCO3和Na2CO3的性质，以下叙述错误的是()A等质量的NaHCO3和Na2CO3与足量盐酸反应，在相同条件下Na2CO3产生的CO2体积小B等物质的量的两种盐与同浓度盐酸完全反应，所消耗盐酸的体积Na2CO3是NaHCO3的两倍C等质量NaHCO3和Na2CO3与盐酸完全反应，前者消耗盐酸较多D等物质的量的NaHCO3和Na2CO3与足量盐酸反应产生CO2一样多5设代表阿伏加 德罗常数的值下列说法正确的是A时，的溶液中水电离出来的数目为B和的混合物中阴离子的数目为C在标准状况下，分子中氯原子数目为D室
3、温下，乙醛和乙酸乙酯的混合物中含有碳原子数目为6同温同压下，等物质的量的SO2和CO2相比较，下列叙述正确的是A质量比为11:16B密度比为11:16C体积比为11:16D分子个数比为1:17设NA为阿伏加 德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A1L1molL-1FeCl3溶液在沸水中生成的胶体粒子数为NAB22.4LCH4和22.4LC2H4所含的氢原子数均为4NAC5g由CO2与N2O组成的混合物中所含的质子总数为2.5NAD1mol乙醇与1mol乙酸在浓硫酸的作用下充分反应，生成乙酸乙酯的数目为NA8阿伏加德罗常数约为6.021023mol1，下列叙述中正确的是（ ）A将含有NO2和N2O
4、4分子数共约6.021023个的混合气体温度降至标准状况时，其体积约为22.4LB在1 L lmolL1的氨水中，含有的NH3与NH3H2O分子的总数小于6.021023个C0.05mol C5H12分子中所含共价键的数目约为6.021023个Dl mol S和足量的铜粉反应，转移电子数目约为6.021023个9碳酸氢钠可直接作为制药工业的原料，用于治疗胃酸过多。还可用于电影制片、鞣革、选矿、冶炼、金属热处理,以及用于纤维、橡胶工业等，用途广泛。下列说法正确的是 ()A用碳酸钠等碱性物质处理废水中的酸B碳酸氢钠药片是抗酸药，服用时喝些醋能提高药效C灼烧白色粉末，火焰成黄色，证明原粉末中有Na+
5、，无K+D在酒精灯加热条件下，Na2CO3、NaHCO3固体都能发生分解10如图是某学校实验室从化学试剂商店买回的硫酸试剂标签上的部分内容，据此回答，下列说法正确的是A该试剂的物质的量浓度为9.2molL-1B该硫酸稀释时，应先将该硫酸置于一烧杯中，再沿玻璃棒加入一定量的水C配制200mL 4.6molL-1的稀硫酸需取该硫酸50mLD该硫酸与等体积的水混合所得溶液的质量分数小于49%11一个密闭容器，中间有一可自由滑动的隔板(厚度不计)将容器分成两部分，当左边充入8mol N2，右边充入CO和CO2的混合气体共64g时，隔板处于如图位置(保持温度不变)，下列说法正确的是A右边CO与CO2分子
6、数之比为3:1B右侧CO的质量为14gC左右两侧气体的压强之比为4:1D右侧气体密度是相同条件下氢气密度的2倍12下列有关实验装置能达到实验目的是A制取NH3B制取Cl2C蒸干制AlCl3D中和滴定二、非选择题（共10题）13等物质的量的CO和CO2中所含O原子个数之比 ，C原子数之比 ，二者的质量之比 ，在同温同压下的体积之比 14用滴管将新制的饱和氯水慢慢滴入含酚酞的NaOH稀溶液中，当滴到最后一滴时，红色突然褪去，则：（1）实验室保存饱和氯水方法： 。（2）产生上述现象可能原因有两种。 （简要文字说明）（3）简述怎样用实验证明红色褪去的原因是还是 。15北京时间2022年4月16日09时
7、56分，神舟十三号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆，神舟十三号载人飞行任务取得圆满成功。(1)搭载神舟十三号载人飞船的是长征二号F遥十三运载火箭。燃料主要有：煤油 液氢 肼(N2H4) 固态铝粉氧化剂主要有：液氧 N2O4 高氯酸铵(NH4ClO4)0.5 g氢气在标准状况下的体积为 L，含有原子数目约为 个。氢气在氯气中燃烧的火焰颜色为 ，相同条件下，氢气与氧气的密度之比为 。(2)将金属钠保存在煤油中的目的是 。(3)飞船以铝粉与高氯酸铵的混合物为固体燃料，其中高氯酸铵的反应为：NH4ClO4 =N2+Cl2+2O2+4H2O。下列有关叙述不正确的是_。A该反应属于分解反应、氧化还原反应
8、B上述反应瞬间能产生大量高温，高温是推动飞船飞行的主要因素C以该反应中NH4ClO4既是氧化剂又是还原剂D该反应中氧化产物为Cl2(4)空间站中可利用金属过氧化物与人体代谢的CO2、H2O反应制备呼吸必需的O2。写出CO2与Na2O2反应的化学方程式 。 (用双线桥表示电子转移的方向和数目)。16某同学将一小块钠投入到硫酸铜溶液中，除了观察到与钠跟水反应相同的现象外，还可观察到的现象是 。该同学用到的研究物质性质的方法有 。写出有关的化学方程式：（1） 。（2） 。17氯气的用途非常广泛。实验室用如下装置制取氯气，并用制取氯气进行性质探究实验。回答下列问题：（1）A中盛有浓盐酸，B中盛有，写出
9、反应的离子方程式 。（2）E中为红色干布条，F中为红色湿布条，对比E和F中观察现象的差异可得出的结论是 。（3）试管C和D中试剂名称各为 。X试剂的作用是 。（4）装置G处发生反应的离子方程式为 。（5）家庭中常用消毒液（主要成分）与洁厕灵（主要成分盐酸）清洁卫生。某品牌消毒液包装上说明如下图。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“与洁厕灵同时使用”会产生有毒氯气，写出反应的离子方程式 。需“密闭保存”的原因 。18下面是某同学研究过氧化钠性质过程中的片段。请你帮助他完成部分实验并补全活动记录。步骤：过氧化钠的颜色
10、、状态： 色， 态。步骤：类比氧化钠与水反应生成氢氧化钠的反应，过氧化钠与水反应可能有氢氧化钠生成。步骤：取一只小烧杯，向其中加入少量的过氧化钠固体，然后加入适量的蒸馏水，充分振荡后再向其中滴加酚酞溶液。现象：用手触摸烧杯壁，感觉烫手，得出的结论是 ；现象： ；原因是有碱生成，得出的结论是生成的碱是 ；现象：有大量的气泡产生，验证该气体的方法是 (填写操作、现象、结论)；现象步骤：写出氧化钠和过氧化钠分别与水反应的化学方程式： 。两反应的共同点是 。在上述过程中，他用到的研究物质性质的方法有 。19在标准状况下四种气体：ABC D（1）质量由大到小的顺序为 。（2）气体密度由大到小的顺序为 。
11、20在0，1.01105 Pa时，填写H2、O2、CH4的关系。(1)H2、O2、CH4三种气体的密度之比 ；(2)H2、O2、CH4等质量的三种气体的体积之比 ；(3)H2、O2、CH4等物质的量的三种气体的体积之比 。21设阿伏加德罗常数的值为6.021023。（1）0.3 mol NH3分子中所含原子数目与 个H2O分子中所含原子数目相等。 （2）在0.5L含有质量为10.8克Al3+的Al2（SO4）3溶液中所含SO的物质的量浓度为 。（3）同温、同压下，有五种物质：6g H2，0.5 mol CO2，1.2041024个氯化氢分子，147g硫酸，92g乙醇（C2H5OH）。它们的物质
12、的量最大的是 （填序号，下同），含有原子个数最多的是 ，质量最大的是 。 （4）9.5 g某二价金属氯化物（ACl2）中含有0.2 mol Cl-，则ACl2的摩尔质量是 ；A的相对原子质量是 ；ACl2的化学式是 。22固体化合物X由3种元素组成。某学习小组进行了如下实验：回答：(1)由现象1得出化合物X含有 元素(填元素符号)。(2)固体混合物Y的成分 (填化学式)。(3)X的化学式 。X与浓盐酸反应产生黄绿色气体，固体完全溶解，得到蓝色溶液，且黄绿色气体与蓝色溶质物质的量之比为1：2，写出该反应的化学方程式： 。学科网（北京）股份有限公司参考答案：1BA. 物质的量表示含有一定数目的微观
13、粒子的集合体，与物质的质量不同，故错误；B. 摩尔是国际单位制中的物质的量的单位，正确；C. 某容器中含有1mol氯，没有指明氯为氯原子还是氯分子，故错误；D. 0.012kgC-12中所含有的原子数称为阿伏加 德罗常数，近似为6.021023mol-1，故错误。故选B。2B配制420mL 0.1molL-1 Na2SO4溶液，应选择500mL容量瓶，计算时要计算晶体的质量，需要晶体的质量为：0.1mol/L0.5L358g/mol=17.9g；答案选B。3D金属钠投入到FeCl3溶液中，Na先和水反应生成NaOH，NaOH再和氯化铁反应得到氢氧化铁红褐色沉淀，不符合题意；过量CO2通入澄清石
14、灰水，先生成碳酸钙沉淀，之后碳酸钙、水和二氧化碳又会反应得到可溶于水的碳酸氢钙，所以无白色沉淀，不符合题意；向硫酸钠溶液中加入BaCl2，得到硫酸钡白色沉淀，符合题意；少量Ca(OH)2投入过量NaHCO3溶液中会生成碳酸钙白色沉淀，符合题意；向饱和Na2CO3溶液中通入少量CO2生成碳酸氢钠，但由于少量，不一定会析出碳酸氢钠，不符合题意；金属钠投入到饱和NaCl溶液中，与水反应生成NaOH，消耗水的同时增大钠离子的浓度，所以会析出NaCl白色沉淀，符合题意；综上所述答案为D。4CA根据反应的方程式Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2+H2O，NaHCO3+HCl=NaCl+CO2+H2
15、O可知，106g Na2CO3完全反应生成1mol CO2，84g NaHCO3完全反应生成1mol CO2，则当Na2CO3和NaHCO3的质量相同时，前者和HCl反应放出的CO2较少，A正确；B由方程式Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2+H2O，NaHCO3+HCl=NaCl+CO2+H2O可知，等物质的量的两种盐与同浓度HCl完全反应，所消耗HCl的体积，Na2CO3是NaHCO3的两倍，B正确；C由方程式Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2+H2O，NaHCO3+HCl=NaCl+CO2+H2O可知，等质量的NaHCO3和Na2CO3与盐酸完全反应，Na2CO3消耗HCl
16、较多，C错误；D由方程式Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2+H2O，NaHCO3+HCl=NaCl+CO2+H2O可知，等物质的量的两种盐与同浓度HCl完全反应，生成CO2一样多，D正确；故选C。5DA溶液体积不明确，故溶液中的水电离出的氢离子的个数无法计算，故A错误； B和的物质的量为，过氧化钠中阳离子为过氧根离子，则混合物中含有阴离子，含有的阴离子数等于，故B错误； C标况下，四氯化碳为液态，不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故C错误； D乙醛和乙酸乙酯的最简式均为，故混合物中所含的的物质的量，而中含2mol碳原子，故中含碳原子，故D正确； 故选D。6D设二者均是1mol，则A
17、质量比为64：4416:11，A错误；B相同条件下密度比大于相对分子质量之比，为64：4416:11，B错误；C相同条件下体积比为物质的量之比，为1:1，C错误；D根据NnNA可知分子个数比为1:1，D正确；答案选D。【点晴】同温同压下，相同体积的任何气体含有相同的分子数，称为阿伏加德罗定律，又叫四同定律，也叫五同定律（五同指同温、同压、同体积、同分子个数、同物质的量）。其推论有（1）同温同压下，V1/V2=n1/n2（2）同温同体积时，P1/P2=n1/n2=N1/N2（3）同温同压等质量时，V1/V2=M2/M1（4）同温同压时，M1/M2=1/2。7CA. 生成的胶体粒子是氢氧化铁的聚集
18、体，所以粒子数目具体无法算出，范围是小于，故A错误；B. 题干中未说明标准状况，所以无法计算，故B错误；C. CO2与N2O的摩尔质量均为，因为CO2与N2O均含22个质子，质子物质的量为，则质子总数为，C正确；D. 由于酯化反应是可逆反应，且反应物也容易挥发，所以不可能全部参加反应，故生成乙酸乙酯的数目小于；答案选C。8BA.在容器中存在可逆反应：2NO2(g)N2O4(g)，降低温度，化学平衡逆向移动，气体分子数大于6.021023个，因此气体在标准状况下的体积大于22.4L，A错误；B.在氨水中存在平衡：NH3+ H2ONH3H2ONH4+OH-，因此NH3与NH3H2O、NH4+的总数
19、的和等于6.021023个，则含有的NH3与NH3H2O分子的总数小于6.021023个，B正确；C.在一个C5H12分子中含12个C-H键和4个C-C键，共16个共价键，则0.05mol C5H12分子中所含共价键的数目约为0.05mol166.021023个6.021023个，C错误；D.S与Cu反应产生Cu2S，1molS反应转移1mol电子，则l mol S和足量的铜粉反应，转移电子数目约为0.56.021023个，D错误；故合理选项是B。9AA、NaHCO3在水中易水解，溶液呈碱性，且NaHCO3可以和废水中的酸反应，A正确；B、服用NaHCO3时，喝些醋，会降低药效，B错误；C、灼
20、烧白色粉末，火焰成黄色，证明原粉末中有Na+，但不能说明没有K+，观察K+的火焰颜色时，需要用蓝色的钴玻璃片观察，C错误；D、NaHCO3对热不稳定，受热易分解为对热稳定的Na2CO3，D错误；故选A。10CA. 根据可知硫酸的浓度是，故A错误；B. 稀释浓硫酸时，应将浓硫酸沿玻璃棒注入水中，并不断搅拌，故B错误；C. 配制200 mL 4.6molL-1的稀硫酸需取该硫酸的体积是，故C正确；D. 硫酸的密度大于水，则该硫酸与等体积的水混合所得溶液的质量分数大于49，故D错误；故选C。11A左右两侧气体温度、压强相同，相同条件下，体积之比等于物质的量之比，左右体积之比为4:1，则左右气体物质的
21、量之比为4:1，左侧N2为8mol，所以右侧气体物质的量n=2mol，CO和CO2质量为64g，设CO的物质的量为xmol，则二氧化碳物质的量为(2-x)mol，28xg+44(2-x)g=64g，x=1.5mol，则CO的物质的量为1.5mol，二氧化碳物质的量为0.5mol，据此分析解答。A由上分析可知，CO的物质的量为1.5mol，二氧化碳物质的量为0.5mol，气体的物质的量之比等于其分子数之比，所以右边CO与CO2分子数之比为1.5mol:0.5mol=3:1，故A正确；B由上分析可知，CO的物质的量为1.5mol，CO的质量为m(CO)=nM=1.5mol28g/mol=42g，故
22、B错误； C由题中图示可知，自由滑动的隔板静止处于如图位置(保持温度不变)，此时两边压强相等，即左右两侧气体的压强之比为1:1，故C错误；D相同条件下气体密度之比等于其摩尔质量之比，右边气体平均摩尔质量=32g/mol，氢气摩尔质量是2g/mol，所以混合气体与氢气密度之比为32:2=16:1，即右侧气体密度是相同条件下氢气密度的16倍，故D错误；答案为A。12DA. 直接加热NH4Cl不能制得NH3，因为NH4Cl分解生成的NH3和HCl会重新化合成氯化铵，实验室用氢氧化钙与氯化铵混合受热制氨气，故A项错误； B. 二氧化锰与浓盐酸反应制取氯气需要加热条件，故B项错误；C. 蒸干氯化铝溶液，
23、由于氯化铝水解生成的HCl的挥发，氯化铝水解更彻底得氢氧化铝，氢氧化铝受热分解最终得三氧化二铝，不能获得氯化铝，故C项错误；D.用标准NaOH溶液滴定待测盐酸，装置无误，D项正确；答案选D。13 1：2 1：1 7：11 1：1根据N=nNA可知，分子数之比等于物质的量之比，而1个CO分子中含有1个C原子，1个O原子，1个CO2分子中含有1个C原子，2个O原子，所以：等物质的量的CO和CO2中所含O原子个数之比1：2，C原子数之比为1：1，根据，可知m=nM，二者的质量之比为：m(CO)：m(CO2)=28：44=7：11，V=nVm，在同温同压下Vm相同，则体积之比为：V(CO)：V(CO2
24、)=n(CO)Vm：n(CO2)Vm=1：1。故答案为：1：2；1：1；7：11；1：1。14 氯水置于阴凉处，盛在棕色瓶中密封保存 氯气与NaOH溶液反应生成两种盐，碱性减弱；过量氯气生成的HClO的漂白性将溶液变成无色 向无色溶液中再滴加NaOH溶液，若不再出现红色，应为原因，若再出现红色，则为原因（1）氯水易分解，故保存氯水的操作为：将氯水置于阴凉处，盛在棕色瓶中密封保存；（2）氯气溶于水生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白性，故颜色褪去；酸与碱发生中和反应，碱性减弱，颜色褪去；故答案为：氯气与NaOH溶液反应生成两种盐，碱性减弱；过量氯气生成的HClO的漂白性将溶液变成无色；（3）若继续加
25、碱，颜色褪去，则是因为次氯酸的漂白性，若继续加碱，颜色恢复，则是之前酸性减弱，故答案为：向无色溶液中再滴加NaOH溶液，若不再出现红色，应为原因，若再出现红色，则为原因。15(1) 5.6 3.011023个 苍白色 1:16(2)钠的密度比煤油大，可防止钠被空气氧化(3)BD(4)（1）根据n=，0.5 g氢气即0.25mol，则在标准状况下的体积为0.25mol22.4L/mol=5.6L；含有原子数目约为0.25mol26.021023=3.011023个。氢气在氯气中燃烧的火焰颜色为苍白色火焰；根据pV=nRT，推算的p=RT，同温同压下，气体密度与摩尔质量成正比，则相同条件下，氢气与
26、氧气的密度之比为1:16。（2）将金属钠保存在煤油中的目的是钠的密度比煤油大，可防止钠被空气氧化。（3）A. 高氯酸铵的反应中氮元素、氧元素、氯元素化合价变化，所以属于分解反应、氧化还原反应，正确，不符合题意；B上述反应瞬间能产生大量气体和高温，气体可产生推动力，高温不是推动飞船飞行的主要因素，错误，符合题意；C反应中氮元素化合价由-3升高到0，,氧元素化合价升高，氯元素化合价降低，所以NH4ClO4既是氧化剂又是还原剂，正确，不符合题意；D氯元素化合价降低，被还原，所以还原产物为Cl2，错误，符合题意；故答案是BD。（4）CO2与Na2O2反应的化学方程式16 有蓝色沉淀生成 实验法、观察法
27、和类比法 2Na+2H2O2NaOH+H2 2NaOH+CuSO4Cu(OH)2+Na2SO4将一小块钠投入到硫酸铜溶液中，钠先和水反应生成NaOH和氢气，生成的NaOH和CuSO4反应生成沉淀Cu(OH)2，通过实验，观察实验现象，类比得出相关结论。钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，反应方程式是2Na+2H2O2NaOH+H2，氢氧化钠再与硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀，反应方程式是2NaOH+CuSO4Cu(OH)2+Na2SO4，还可观察到的现象是有蓝色沉淀生成；该同学用实验的方法探究钠与硫酸铜溶液的反应，通过观察实验现象，用类比的方法得出结论，所以该同学用到的研究物质性质的方法有实验法、观察法
28、和类比法；17 MnO2+Cl-+4H+Mn2+ +Cl2+2H2O 氯气不具有漂白性，具有漂白性的为次氯酸 饱和食盐水、浓硫酸 吸收多余氯气，防止污染空气 Cl2+2I-=2Cl-+I2 Cl-+ClO-+2H+=Cl2+H2O 消毒液的有效成分NaClO能与空气中的CO2作用，使其变质实验室用浓盐酸与二氧化锰加热反应制备氯气，浓盐酸具有挥发性，制备的氯气中含有氯化氢、水，依次通过盛有饱和食盐水、浓硫酸的洗气瓶除去杂质，依次通过干燥有色布条、湿润有色布条验证氯气是否具有漂白性，再通过G装置验证氯气的氧化性，氯气有毒，能够与氢氧化钠溶液反应，可以用氢氧化钠溶液吸收尾气，据此分析解答。（1）Mn
29、O2与浓盐酸在加热条件下发生氧化还原反应生成氯气、氯化锰和水，方程式：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O，故离子方程式为：MnO2+Cl-+4H+Mn2+ +Cl2+2H2O，故答案为：MnO2+Cl-+4H+Mn2+ +Cl2+2H2O；（2）干燥的氯气依次通过E中红色干布条，F中红色湿布条，看到现象为E中布条不褪色，F中布条褪色，说明氯气不具有漂白性，具有漂白性的为次氯酸；故答案为：氯气不具有漂白性，具有漂白性的为次氯酸；（3）制得的氯气混有HCl气体和水蒸气，由C中饱和食盐水除去HCl，D中浓硫酸吸收水蒸气，氯气有毒不能直接排放到空气中，由于氯气能够与碱反应，产生容易溶
30、于水的物质，所以可以用氢氧化钠溶液作吸收试剂，吸收过量的氯气，故答案为：饱和食盐水、浓硫酸；吸收多余氯气，防止污染空气；（4）G是浸有淀粉KI溶液的棉花球，氯气将KI氧化生成碘单质，故离子方程式为Cl2+2I-=2Cl-+I2，故答案为：Cl2+2I-=2Cl-+I2；（5）次氯酸根离子与氯离子发生氧化还原反应生成氯气和水，离子方程式：Cl-+ClO-+2H+=Cl2+H2O，故答案为：Cl-+ClO-+2H+=Cl2+H2O；消毒液有效成分是次氯酸盐与二氧化碳和水生成的次氯酸，次氯酸不稳定，见光分解，所以应该密封保存，故答案为：消毒液的有效成分NaClO能与空气中的CO2作用，使其变质。18
31、 淡黄 固 反应放热 溶液变红 氢氧化钠(或NaOH) 用一带火星的木条插入小烧杯中，木条复燃，证明气体是氧气 Na2OH2O=2NaOH、2Na2O22H2O=4NaOHO2 都生成NaOH(或都放热) 观察法、实验法、比较法结合学过的知识，可得过氧化钠为淡黄色固体；用手接触烧杯壁烫手，说明反应放热；由于生成的是氧气，可用带火星的木条来检验；根据化学方程式可知，二者均生成了氢氧化钠；该实验采用了观察法、实验法、比较法，据此分析；步骤I：过氧化钠是淡黄色固体；答案为淡黄：固；步骤III：现象触摸烧杯壁，感觉烫手，推出该反应为放热反应；溶液中滴入酚酞，且酚酞遇碱变红，现象：溶液变红，说明有碱的生
32、成，该碱为NaOH；验证氧气的方法是：用一带火星的木条插入小烧杯中，木条复燃，证明气体是氧气；答案为反应放热；溶液变红；NaOH；用一带火星的木条插入小烧杯中，木条复燃，证明气体是氧气；步骤IV：Na2O为碱性氧化物，与水反应的方程式为Na2OH2O=2NaOH，Na2O2与水反应：2Na2O22H2O=4NaOHO2；根据反应方程式，共同特点是都生成NaOH且都放热；观察颜色状态是观察法，溶液变红等是实验法，对比Na2O和Na2O2是比较法；答案为Na2OH2O=2NaOH，2Na2O22H2O=4NaOHO2；都生成NaOH且都放热；观察法、实验法、对比法。19 （1）A. 的物质的量=1
33、1.2L22.4L/mol=0.5mol ，质量为0.5mol71 g/mol =35.5g ；B. 的质量为0.25mol36.5 g/mol =9.125g ；C. 的质量是4.4g；D. 的质量是5.1g；因此，质量由大到小的顺序为答案为：（2）据PV=nRT，则P=RT，变形可得PM=RT，可知在标注状况下气体的密度与摩尔质量成正比，A. 氯气的摩尔质量为71g/mol； B. 氯化氢的摩尔质量为36.5g/mol； C. 一氧化二氮的摩尔质量为44g/mol；D. 氨气的摩尔质量为17g/mol。则气体密度由大到小的顺序为。答案为：。20 1168 1612 111(1)根据同温同压
34、下，气体密度之比等于摩尔质量之比计算；(2)根据n=可知，同温同压下，相同质量气体的体积之比等于摩尔质量的反比，据此计算；(3)同温同压下，气体的体积之比等于物质的量之比，据此计算。(1)依据=，可知：同温同压下，气体密度之比等于摩尔质量之比，所以H2、O2、CH4在同温同压下的密度比为23216=1168，故答案为：1168；(2)根据n=可知，同温同压下，相同质量气体的体积之比等于摩尔质量的反比，H2、O2、CH4等质量的三种气体的体积之比为=1612，故答案为：1612；(3)同温同压下，气体的体积之比等于物质的量之比，因此H2、O2、CH4等物质的量的三种气体的体积之比为111，故答案
35、为：111。21 2.4081023 1.2mol/L 95g/mol 24 MgCl2（1）0.3 mol NH3分子中所含原子数目为0.3NA=1.2NA，H2O总也含有=1.2NA个原子，则水分子的个数为，即2.4081023，故答案为：2.4081023；（2）Al3+的物质的量为，则SO的物质的量为，SO的物质的量浓度为，故答案为：1.2mol/L；（3）6g H2的物质的量为，原子的物质的量为6mol；0.5 mol CO2的质量为0.5mol44g/mol=22g，原子的物质的量为1.5mol；1.2041024个氯化氢分子的物质的量为，质量为0.5mol36.5g/mol=73
36、g，原子的物质的量为4mol；147g硫酸的物质的量为，原子的物质的量为1.5mol7=10.5mol；92g乙醇（C2H5OH）的物质的量为，原子的物质的量为2mol9=18mol；据上述计算，物质的量最大的是；原子的物质的量最大的是，也是原子数目最多的；质量最大的是；故答案为：；（4）9.5g某二价金属氯化物（ACl2）中含有0.2molCl-，该金属的氯化物的物质的量为：，则ACl2的摩尔质量为：；A的相对原子量为：95-71=24，A为Mg，ACl2的化学式为MgCl2；故答案为：95g/mol；24；MgCl2。22(1)O(2)Cu和NaOH(3) （1）由白色变为蓝色，说明有水生成，根据元素守恒，X中一定含有O元素；故答案为：O；（2）现象2为获得紫红色单质，说明Y中含有Cu，现象3为颜色反应为黄色，说明碱性溶液中含有Na元素，与HCl发生中和反应说明有NaOH。所以固体混合物Y的成分为Cu和NaOH；故答案为：Cu和NaOH；（3）中和时消耗0.02 mol HCl，则NaOH的物质的量为0.02 mol，则 g， g，则X中Na、Cu、O最简个数比为。故X化学式为。与浓盐酸反应生成黄绿色气体即氯气，蓝色溶液应为溶于水的颜色，化学方程式是。故答案为：；。学科网（北京）股份有限公司