第二章海水中的重要元素--钠和氯单元训练题-高一上学期化学人教版（2019）必修第一册 .docx

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1、第二章 海水中的重要元素-钠和氯 单元训练题一、单选题1工业上冶炼锡的第一步反应原理为2SnO23C=2SnaMCO2，则下列说法中错误的是A反应中SnO2被还原Ba的值为2C反应后元素化合价升高生成的物质有一种D每生成1 mol Sn转移电子4 mol2从2 molL1的氯化铜溶液中取出含3.55 g Cl的未知质量溶液，所取未知质量溶液的体积是A25 mLB50 mLC12.5 mLD7.5 mL3NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A1 L 1 molL1 NaCl溶液含有28NA个电子B1 mol 2H2O比1 mol 1H2O多NA个质子C标准状况下，2.24 L HF所含原子

2、数为0.2NAD4MnO5HCHO12H=4Mn25CO211H2O, 1 mol 4MnO5HCHO完成反应转移的电子数为20NA4如图所示，在A处通入未经干燥的氯气。当关闭B处的弹簧夹时，C处的红布条看不到明显的现象；当打开B处的弹簧夹后，C处的红布条逐渐褪色，则D瓶中盛放的溶液可能是饱和NaCl溶液NaOH溶液H2O 浓硫酸ABCD5化学与生活密切相关。下列物质与其用途不符合的是A碳酸钠治疗胃酸过多B次氯酸钠消毒剂C过氧化钠漂白剂、供氧剂D生石灰干燥剂6某实验小组通过如图所示装置进行实验，验证CO2能与Na2O2反应产生O2。下列说法错误的是A试管可以用来直接加热，加热固体时试管口略向下

3、倾斜B将装置B撤掉也可以得到同样的实验结论C蚊香燃烧更旺可以证明CO2与Na2O2反应产生了O2D该反应过程中Na2O2既是氧化剂又是还原剂，O2为氧化产物7下列各组中的两种物质反应时，反应条件改变或物质用量不同， 不会生成不同产物的是ANa和O2BCa(OH)2和CO2CFe和HClDC和O28设NA为阿伏加德罗常数，下列对1mol H2的叙述错误的是A质量为2gB标准状况下体积为22.4LC含有2NA个电子D含有NA个氢原子9新制氯水久置后，溶液中的各种粒子：Cl2H2OCl- HClOH+；剩余的是ABCD10实验室制备氯气的装置如下，以下装置中最多有几处错误稀盐酸A4B5C7D911下

4、列反应的离子方程式书写正确的是A向溶液中加入足量溶液：B溶液中滴加稀盐酸：C溶液与溶液反应：D氢氧化钡溶液与稀反应：12某同学设计下列装置制备少量(沸点为128.7，能与水、乙醇以任意比混溶)。下列说法错误的是A配制乙醇与浓硫酸混合液的方法是：在不断搅拌下向乙醇中缓慢加入浓硫酸B装置b中可盛放浓的NaOH溶液C装置c中发生的反应为D最后用乙醇从装置c中萃取出13常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A无色透明的溶液中：、B能使石蕊试液变红的溶液中：、C含大量的溶液中：、ClO-、D含大量Ca2+的溶液中：NO3-、HCO3-、14设阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法中正确的是A1m

5、ol苯乙烯中含有的CC数为4NAB0.1molCnH2n+2中含有的CC键数为0.1nNAC2.8g乙烯和丙烯的混合气体中所含碳原子数为0.2NAD标准状况下，2.24LCHCl3含有的分子数为0.1NA15设表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A标准状况下，含有个氧原子B与足量氧气反应转移电子数为C常温常压下，中含有的电子数为D与足量的充分反应，转移的电子数为二、填空题16实验室需要用烧碱固体配制1mol/L的NaOH溶液500mL。回答下列问题：(1)如图所示的仪器中，配制溶液肯定不需要的是_(填序号)。(2)下列操作中，题中所给容量瓶所不具备的功能有_(填序号)。A配制一定体积准确浓

6、度的标准溶液B贮存溶液C可以配制480ml的溶液D用来加热溶解固体溶质(3)计算结果：需要称取NaOH固体_g；(4)实验配置溶液操作过程中溶解、转移步骤均用到玻璃棒，其作用分别是：_、_；(5)若出现如下情况，其中将引起所配溶液浓度偏低的是_；(填下列编号)容量瓶实验前用水洗干净，但未烘干定容观察液面时俯视配制过程中没有洗涤烧杯和玻璃棒加蒸馏水时不慎超过刻度线17回答下列问题(1)如图所示，将氯气依次通过盛有干燥有色布条的广口瓶和盛有潮湿有色布条的广口瓶，可观察到的现象：A瓶中有色布条_；B瓶中有色布条_。(2)为防止氯气尾气污染空气，根据氯水显酸性的性质，可用_溶液吸收多余的氯气，原理是_

7、(用化学方程式表示)(3)根据以上原理，工业上常用廉价的吸收工业氯气尾气制得漂白粉，漂白粉的有效成分是_(填化学式)，长期露置于空气中的漂白粉，加稀盐酸后产生的气体是_(用字母代号填)。ABCD18回答下列问题：(1)H2O2水溶液称双氧水，医疗上利用它有杀菌消毒作用来清洗伤口，对下列两个涉及H2O2的反应，填写下列空白：AB H2O2仅体现氧化性的反应是_(填代号，下同)； H2O2仅体现还原性的是_。(2)在一定条件下， 与Cl2反应如下：由以上反应可知上述过程中被_(填“氧化”或“还原”)，中元素R的化合价是_。(3)已知当产生标准状况下11.2L的氯气时，被氧化的HCl的物质的量是_；

8、转移电子的数目是_。浓盐酸所表现出的性质是_。a. 还原性b. 酸性c. 氧化性19实验室欲配制250 mL 1 molL-1氢氧化钠溶液。(1)实验步骤如下：计算：需要NaOH固体质量为_g。称量：用托盘天平称取NaOH固体，称量时要注意两个问题：一要装在烧杯里称，二要迅速。溶解：用量筒量取蒸馏水注入烧杯里，搅拌。冷却：将溶液冷却至室温。移液：将冷却溶液用_引流到容量瓶中。洗涤：用适量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒_，并将洗涤液注入容量瓶里。振荡：手持容量瓶轻轻振荡，使溶液充分混合均匀。定容：继续加蒸馏水至距刻度线_处，然后改用_滴加蒸馏水至液面与刻度线相切。摇匀：盖好玻璃塞，反复上下颠倒，使溶液混

9、合均匀。(2)在配制过程中，下列实验操作对所配制的NaOH溶液的物质的量浓度有何影响？(在横线上填“偏大”“偏小”或“无影响”)。定容时俯视_。定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面下降，再加适量的蒸馏水_。配置溶液前，所用的容量瓶还有少量水_。20化学是一门以实验为基础的自然科学。(1)下列说法中，符合实验规范要求的是_(填序号)。闻气体的气味时，应用手在瓶口轻轻煽动，使少量的气体飘进鼻孔在实验室做二氧化锰和浓盐酸反应制备氯气的实验时，应该在通风橱中进行实验中当有少量的钠剩余时，用纸包裹好后将其放入垃圾桶中用容量瓶稀释某一浓度的硫酸溶液(2)将某碳酸钠和碳酸氢钠的混合物 2.74g 加热到质量不

10、再变化时，剩余物质的质量为 2.12g。混合物中碳酸氢钠与碳酸钠的物质的量之比_；(3)i.用毛笔蘸取少量30%的FeCl3溶液在铜片上写一个“Cu”，放置片刻后用少量蒸馏水冲洗铜片后，在铜片上会出现凹凸的“Cu”。ii. Fe4HNO3(稀)=Fe(NO3)3NO2H2O。写出i中反应的离子方程式：_。反应ii中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_，用双线桥法标出电子转移的方向与数目：_，当反应中有0.6 mol电子转移时，生成NO的体积为_L(标准状况)。三、实验题21某小组同学探究不同条件下氯气与二价锰化合物的反应资料：i.在一定条件下被或氧化成(棕黑色)、(绿色)、(紫色)。ii.浓碱条件

11、下，可被还原为。iii.的氧化性与溶液的酸碱性无关，NaClO的氧化性随碱性增强而减弱。实验装置如图(夹持装置略)序号物质aC中实验现象通入前通入后I水得到无色溶液产生棕黑色沉淀，且放置后不发生变化II5%NaOH溶液产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀III40%NaOH溶液产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀(1)通入前，II、III中沉淀由白色变为黑色的化学方程式为_。(2)对比实验I、II通入后的实验现象，对于二价锰化合物还原性的认识是_。(3)根据资料，III中应得到绿色溶液，实验中得到紫

12、色溶液，分析现象与资料不符的原因：原因一：可能是通入发生反应，导致溶液的碱性减弱。但通过实验测定溶液的碱性变化很小。原因二：可能是氧化剂过量，氧化剂将氧化为。取III中放置后的1mL悬浊液，加入4mL40%NaOH溶液，溶液紫色迅速变为绿色，且绿色缓慢加深。溶液紫色变为绿色的离子方程式为_，溶液绿色缓慢加深，原因是被_(填“化学式”)氧化，可证明III的悬浊液中氧化剂过量；取II中放置后的1mL悬浊液，加入4mL水，溶液紫色缓慢加深，发生的反应是_。从反应速率的角度，分析实验III未得到绿色溶液的可能原因_。22、甲同学用质量分数为36.5的浓盐酸(密度为)配制220mL1 molL1的稀盐酸

13、。(1)经计算需要_mL浓盐酸。(2)现有烧杯、玻璃棒，甲同学还缺少的玻璃仪器是_。(3)在配制过程中，下列操作中能使所配溶液的浓度偏低的有_(填序号)。用量筒量取36.5的盐酸时仰视未等冷却至室温就转移到容量瓶中定容转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水定容时，加蒸馏水超过标线，又用胶头滴管吸出定容时，俯视刻度线定容摇匀后，发现液面低于标线，又用胶头滴管加蒸馏水、已知三氯化铁的熔点为306，沸点为315，易溶于水并且有强烈的吸水性，能吸收空气里的水分而潮解。某实验小组的同学利用如下装置，制备三氯化铁。回答下列问题：(4)装置接口的连接顺序为a_；实验开始时先点燃_(填“A”或“B”)处的酒精灯。(5

14、)装置A为氯气发生装置，反应的离子方程式为：_。(6)B中收集器里盛放冷水的作用是_。D中碱石灰的作用是_、_。四、计算题23为了将可称量的物质与难以称量的微观粒子之间联系起来，国际上采用了“物质的量”这一物理量，据此完成下列问题：(1)“人造空气”(氧气和氦气的混合气)可用于减轻某些疾病或供深水潜水员使用。在标准状况下，11.2L“人造空气”的质量是4.8g，其中氧气和氦气的分子数之比是_，氧气的质量是_。(2)设为阿伏加德罗常数的值，如果ag某气体中含有的分子数为b，则cg该气体在标准状况下的体积约是_(用含的式子表示)。(3)钠及其化合物在生产和生活中有广泛的应用。钠钾合金可在核反应堆中

15、用作热交换液。10.1g钠钾合金溶于500mL水生成0.15mol氢气。确定该钠钾合金的组成(用的形式表示)：_；如果所得溶液的体积仍为500mL，则溶液中NaOH的物质的量浓度为_。(4)如图，两相邻圆圈内物质间含有相同的某一原子，且该原子的物质的量相同(设为阿伏加德罗常数的值)。乙中的N为_，丙中的V为_。甲中和丁中的物质的量之比为_。24回答下列问题(1)4.5g H2O含有的分子个数为_，含有的电子的物质的量为 _。(2)8.4gN2与9.6g某单质Rx所含原子数相同，且分子数之比为3：2，则R的相对原子质量是 _，x值是 _。(3)NO和O2发生反应：2NO+O2=2NO2，现有am

16、olNO和bmolO2充分反应后氮原子与氧原子的个数比为 _。(4)已知16gA和20gB恰好完全反应生成0.04molC和31.76gD，则C的摩尔质量为 _。(5)现用Zn与实验室中的盐酸反应制取6.72 LH2(标准状况)。如果选用所贴标签为3.0molL1的盐酸，至少需该盐酸_毫升。该盐酸密度为1.05gmL1，则该盐酸溶质的质量分数为 _。试卷第9页，共9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【分析】反应2SnO2+3C2Sn+aM+CO2中，由质量守恒可知M为CO，a=2，反应中Sn元素化合价降低被还原，SnO2为氧化剂，C元素化合价升高被氧化，C为还

17、原剂。【详解】A反应中Sn元素化合价降低，SnO2为氧化剂被还原，故A正确；B由质量守恒可知M为CO，a=2，方程式为2SnO2+3C2Sn+2CO+CO2，故B正确；CC被氧化生成CO和CO2，反应后元素化合价升高生成的物质有两种，故C错误；D由方程式2SnO2+3C2Sn+2CO+CO2可知，每生成2molSn，转移电子8mol，所以每生成1 mol Sn转移电子4 mol，故D正确；故选C。2A【详解】设所取溶液的体积为V，Cl-为3.55g的氯化铜溶液中氯离子的浓度=22molL-1，解得V=0.025L，即V=25mL，答案为A。3D【详解】A1molNaCl中含有28NA个电子，但

18、该溶液中除NaCl外，水分子中也含有电子，故A错误；B重水分子和水分子都是两个氢原子和一个氧原子构成的，所含质子数相同，故B错误；C标准状况下， HF不是气体，故C错误；D4MnO5HCHO12H=4Mn25CO211H2O，按照该反应每反应4mol MnO转移的电子数20mol，所以1 mol 4MnO5HCHO完成反应转移的电子数为20NA，故D正确；综上所述选D。4C【详解】由题中信息知，D中液体把氯气干燥了或者吸收了。饱和NaCl溶液既不能干燥氯气也不能吸收；NaOH溶液能吸收氯气，符合题意；H2O既不能吸收也不能干燥氯气；浓硫酸能干燥氯气；综上分析符合题意，故选C。5A【详解】A碳酸

19、钠对人有强烈的刺激性，不能用于治疗胃酸过多，应该使用小苏打治疗胃酸过多，A错误；B次氯酸钠有强的氧化性，能够使细菌、病毒的蛋白质氧化发生变性，因而可作消毒剂，B正确；C过氧化钠能够与水、二氧化碳反应产生氧气，因此可作供氧剂；其具有强氧化性，能够将有色物质氧化变为无色物质，因此又可作漂白剂，C正确；D生石灰具有吸水性，常用作干燥剂， D正确；故合理选项是A。6B【详解】A试管可直接加热，先预热，加热固体时试管口略向下倾斜，故A正确；B装置B主要作用是干燥二氧化碳气体，将装置B撤掉，过氧化钠和水会反应生成氧气，因此不能得到同样的实验结论，故B错误；C蚊香燃烧更旺，说明有氧气生成，则该实验证明CO2

20、与Na2O2反应产生了O2，故C正确；D过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，过氧化钠中氧化合价既升高又降低，则Na2O2既是氧化剂又是还原剂，氧气是过氧化钠中1价氧升高得到，因此O2为氧化产物，故D正确。综上所述，答案为B。7C【详解】A，因为条件不同钠与氧气反应的产物不同，A不符合题意；B，当CO2过量时，因为CO2的量不同，产物不同，B不符合题意；C，即使改变反应物的用量或反应条件，不会影响产物，C符合题意；D，因氧气的用量不同，产物不同，D不符合题意；故答案为：C。8D【详解】A，A正确；B，B正确；C1个H2中含有2个电子，则1molH2中含有2NA个电子，C正确；D1个H2中含有

21、2个氢原子，则1molH2中含有2NA个氢原子，D错误；故答案为：D。9B【详解】新制的饱和氯水中存在微粒有：H2O、HClO、Cl2、OH-、H+、ClO-、Cl-；饱和氯水久置后，次氯酸见光受热易分解为盐酸和氧气，因此饱和氯水久置后，次氯酸分解了，最后剩余盐酸，溶液中剩下氢离子、氯离子和水；答案选B。10C【详解】该图存在的错误有：实验室制氯气选用MnO2与浓盐酸反应；长颈漏斗要伸入到液面以下形成液封，防止氯气从长颈漏斗逸出；给圆底烧瓶加热时要垫石棉网；该反应需要加热；除杂时先除去HCl再用浓硫酸干燥，顺序反了；因为氯气的密度大于空气，所以收集氯气时要长管进短管出；氯气有毒，需要加尾气处理

22、装置；综合以上分析，该装置中有7处错误，故选C。11A【详解】ANaHCO3少量，可将看成“1”，离子方程式为+OH-+Ba2+=BaCO3+H2O，A正确；BNaHCO3是弱酸的酸式盐，离子方程式中碳酸氢根不能拆，应为H+HCO=H2O+CO2，B错误；CCH3COOH是弱酸，不能拆，离子方程式为CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2O，C错误；D该离子方程式应为Ba2+SO+2H+2OH-=BaSO4+2H2O，其中的三个2不能约去，D错误；故选A。12D【详解】A浓硫酸的密度比乙醇的大，应在不断搅拌下向乙醇中缓慢加入浓硫酸，A正确；B装置b中可盛放浓的NaOH溶液，吸收乙烯中的，B

23、正确；C先与水反应生成HClO，HClO再与乙烯加成，C正确；D与水、乙醇均互溶，所以不能用乙醇进行萃取，D错误；故答案为：D。13D【详解】A含的溶液呈蓝色，无色透明的溶液中不含，A错误；B能使石蕊试液变红的溶液呈酸性，含有大量H+， 和生成CO2而不能大量共存，B错误；C溶于水完全电离产生H+，和ClO-反应生成HClO而不能大量共存，C错误；DCa2+、NO3-、HCO3-、均不反应，可以大量共存，D正确；故答案选D。14C【详解】A苯环中的碳碳键是介于C-C键和C=C之间的一种特殊的键，1mol苯乙烯中含有的C=C键1mol，即键数为NA，A错误；B0.1mol CnH2n+2中，n=

24、1时，不含C-C键，B错误；C2.8g乙烯和丙烯的混合物中含有0.2mol最简式CH2，含有0.2mol碳原子，所含碳原子数为0.2NA，C正确；D标准状况下，2.24L CH2Cl2为液体，无法计算含有的氯原子数，D错误；故选C。15B【详解】A标况下，三氧化硫为固体，故不能根据气体摩尔体积来计算，A错误；B物质的量为0.1molNa，与足量氧气反应生成Na+失去0.1mol的电子，故转移0.1mol电子，转移电子数为，B正确；C的物质的量为0.1mol，而1mol水中含10mol电子，故0.1mol水中含1mol电子，即NA个，C错误；D与足量的充分反应为歧化反应，1mol氯气最多反应转移

25、1mol电子，即NA个，D错误；故选B。16(1)AC(2)BD(3)20g(4) 搅拌 引流(5)【分析】配制一定物质的量浓度的溶液需要托盘天平、量筒、500mL容量瓶、胶头滴管、烧杯等，配制步骤主要是计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、振荡、定容、摇匀、装瓶贴标签。【详解】（1）配制一定物质的量浓度的溶液需要托盘天平、量筒、500mL容量瓶、胶头滴管、烧杯，因此所示的仪器中配制溶液肯定不需要的是AC；故答案为：AC。（2）A容量瓶可以配制一定体积准确浓度的标准溶液，故A不符合题意；B容量瓶不能贮存溶液，配制好后的溶液及时转移到容量瓶中，故B符合题意；C可以配制500mL的液体，故C不符合题

26、意；D容量瓶不能用来加热溶解固体溶质，故D符合题意；故答案为：BD。（3）用烧碱固体配制1mol/L的NaOH溶液500mL，需要称取NaOH固体质量m=cV(aq)M=1molL10.5L40gmol120g；故答案为：20。（4）实验配置溶液操作过程中溶解时用玻璃棒搅拌，加速溶解，转移时用玻璃棒引流；故答案为：搅拌、引流。（5）容量瓶实验前用水洗干净，但未烘干，溶质物质的量、溶液体积都没有变化，因此对结果无影响，故不符合题意；定容观察液面时俯视，溶液体积偏小，配制出物质的量浓度偏高，故不符合题意；配制过程中没有洗涤烧杯和玻璃棒，溶质物质的量偏小，配制出物质的量浓度偏低，故符合题意；加蒸馏水

27、时不慎超过刻度线，溶液体积偏大，配制出物质的量浓度偏低，故符合题意；综上所述，答案为：。17(1) 无明显变化 褪色(2) NaOH (3) C【详解】（1）氯气无漂白性，干燥的有色布条无明显现象，氯气与水反应Cl2+H2O=HCl+HClO生成的次氯酸具有漂白性，所以可观察到潮湿有色布条的广口瓶的现象是有色布条褪色；（2）氯气与NaOH溶液发生反应为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；（3）氯气和氢氧化钙反应2Ca(OH)2+2Cl2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2，次氯酸钙和二氧化碳反应Ca(ClO)2+H2O+CO2=CaCO3+

28、2HClO，生成的碳酸钙和盐酸反应生成二氧化碳，所以长期露置于空气中的漂白粉，加稀盐酸后CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2，产生的气体是二氧化碳，故选C。18(1) B A(2) 氧化 +4(3) 1mol 或 ab【详解】（1）对于反应，中氧元素化合价升高，被氧化，作还原剂，体现还原性；对于反应，中氧元素化合价降低，被还原，作氧化剂，体现氧化性；综上所述，仅体现氧化性的反应是，故填B；综上所述，仅体现还原性的反应是，故填A；（2）对于反应中，中O元素为-2价，则R元素为+4价，变为(R元素化合价为+6价)，R元素化合价升高，被氧化，故填氧化；+4；（3）对于反应，每生成1mol

29、氯气时，参与反应的HCl有4mol，根据离子反应方程式，可知转移电子数目为2，即每生成1mol氯气时，被氧化的HCl物质的量为2mol，当产生标准状况下11.2L的氯气时，被氧化的HCl的物质的量是1mol，转移电子的数目是或，故填1mol；或；在反应中，每生成1mol氯气时，参与反应的HCl有4mol，其中被氧化的HCl物质的量为2mol，还有和水生成，表现了浓盐酸的酸性，综上所述，反应中浓盐酸所表现出的性质是还原性和酸性，故填ab。19(1) 10.0 玻璃棒 23次 12 cm 胶头滴管(2) 偏大 偏小 无影响【详解】（1）所需固体氢氧化钠的质量m=cvM=0.25L1molL-140

30、gmol-1=10.0g；为防止液体流到容量瓶外，转移溶液时用玻璃棒引流；为使溶质完全转移到容量瓶中，烧杯和玻璃棒要用蒸馏水洗涤23次且将洗涤液注入容量瓶里；定容时，加蒸馏水至距刻度线1cm2cm处，然后改用胶头滴管滴加蒸馏水正好至刻度线。（2）定容时俯视读数，液体体积偏小，溶液浓度偏大。定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面下降，再加适量的蒸馏水，溶液体积偏大，溶液浓度偏小；配溶液前容量瓶中有少量蒸馏水对配置溶液浓度无影响。20(1)(2)2:1(3) 2Fe3+ + Cu = 2Fe2+ + Cu2+ 1:1 4.48L【详解】（1）闻气体的气味时，不能直接去闻，应用手轻轻在瓶口扇动，仅使极少

31、量的气体飘进鼻孔，防止中毒，故正确；在实验室中产生有毒气体的实验应该在通风橱中进行操作，氯气有毒，如果不在通风橱中进行，易中毒，故正确；钠熔点较低，易燃烧，钠和水反应生成氢气且放出大量热而使钠剧烈燃烧，所以剩余的钠应该放回原瓶，故错误；容量瓶只能配制一定物质的量浓度的溶液，不能溶解或稀释药品，故错误，故选；（2）将某碳酸钠和碳酸氢钠的混合物 2.74g 加热到质量不再变化时，剩余物质的质量为 2.12g，减少的质量为二氧化碳与水2.74g-2.12g=0.62g，列比例式，解得x=1.68g，则碳酸氢钠的质量为1.68g，物质的量为0.02mol，碳酸钠的质量为1.06g，物质的量为0.01m

32、ol，则混合物中碳酸氢钠与碳酸钠的物质的量之比2：1；（3）FeCl3溶液与铜片反应生成氯化亚铁和铜，2Fe3+ + Cu = 2Fe2+ + Cu2+；反应中铁做还原剂，硝酸做氧化剂，元素化合价变化分析，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:1；Fe元素的化合价由0升高为+3价，硝酸中N元素的化合价由+5价降低为+2价，该反应中1molFe反应转移3mol电子，则电子转移方向和数目为：；当反应中有0.6mol电子转移时，生成NO的物质的量为0.2mol，标准状况下气体体积=0.2mol22.4L/mol = 4.48L。21(1)(2)二价锰化合物在中性或弱酸性条件下只能被氧化到，在碱性条件下可

33、以被氧化到更高价态(3) NaClO 溶液中存在反应：i.；ii.，在浓碱条件下，和均很大时，反应ii速率快于反应i【分析】在装置A中HCl与KMnO4发生反应制取Cl2，由于盐酸具有挥发性，为排除HCl对Cl2性质的干扰，在装置B中盛有饱和NaCl溶液，除去Cl2中的杂质HCl，在装置C中通过改变溶液的pH，验证不同条件下Cl2与MnSO4反应，装置D是尾气处理装置，目的是除去多余Cl2，防止造成大气污染。【详解】（1）通入Cl2前，II、III中Mn2+与碱性溶液中NaOH电离产生的的OH-反应产生Mn(OH)2白色沉淀，该沉淀不稳定，会被溶解在溶液中的氧气氧化为棕黑色MnO2，则沉淀由白

34、色变为黑色的化学方程式为：2Mn(OH)2+O2=2MnO2+2H2O；故答案为：2Mn(OH)2+O2=2MnO2+2H2O；（2）对比实验I、II通入Cl2后的实验现象，对于二价锰化合物还原性的认识是：二价锰化合物在中性或弱酸性条件下只能被氧化到，在碱性条件下可以被氧化到更高价态；故答案为：二价锰化合物在中性或弱酸性条件下只能被氧化到，在碱性条件下可以被氧化到更高价态；（3）取III中放置后的1 mL悬浊液，加入4 mL40%NaOH溶液，溶液紫色迅速变为绿色，且绿色缓慢加深。溶液紫色变为绿色就是由于在浓碱条件下，可被OH-还原为，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可知该反应的离子方程式为

35、：4+4OH-=4+O2+2H2O；溶液绿色缓慢加深，原因是MnO2被NaClO氧化，可证明III的悬浊液中氧化剂过量；取II中放置后的1 mL悬浊液，加入4 mL水，溶液碱性减弱，溶液紫色缓慢加深，说明ClO-将MnO2氧化为，发生的反应是：3ClO-+2MnO2+2OH-=2+3Cl-+H2O；溶液中存在反应：i.；ii.，在浓碱条件下，和均很大时，反应ii速率快于反应i，导致实验III未得到绿色溶液。故答案为：4+4OH-=4+O2+2H2O；NaClO；3ClO-+2MnO2+2OH-=2+3Cl-+H2O；溶液中存在反应：i.；ii.，在浓碱条件下，和均很大时，反应ii速率快于反应i

36、。22(1)21.6(2)250mL容量瓶、量筒、胶头滴管(3)(4) aghdebcf A(5)MnO22Cl4HCl2Mn2+2H2O(6) 冷凝氯化铁 处理尾气 防止空气中水蒸气进入到B装置中【分析】二氧化锰和浓盐酸在加热条件下发生反应生成氯气，用饱和食盐水除掉氯气中的氯化氢气体，用浓硫酸干燥氯气，氯气和铁在加热条件下反应生成氯化铁，用碱石灰除掉尾气并防止空气中水蒸气进入到装置中。【详解】（1）甲同学用质量分数为36.5的浓盐酸(密度为)配制220mL1 molL1的稀盐酸。质量分数为36.5的浓盐酸(密度为)，其物质的量浓度为，根据题意和溶液中盐酸物质的量不变来分析，11.6molL1

37、V1molL10.25L，解得V0.0216L21.6mL，则需要21.6mL浓盐酸；故答案为：21.6。（2）现有烧杯、玻璃棒，甲同学还缺少的玻璃仪器是250mL容量瓶、量筒、胶头滴管；故答案为：250mL容量瓶、量筒、胶头滴管。（3）用量筒量取36.5的盐酸时仰视，则量筒中浓盐酸体积偏大，所配浓度偏高，故不符合题意；未等冷却至室温就转移到容量瓶中定容，冷却后体积偏小，物质的量浓度偏高，故不符合题意；转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水，对结果无影响，故不符合题意；定容时，加蒸馏水超过标线，又用胶头滴管吸出，吸出了部分溶质，物质的量浓度偏低，故符合题意；定容时，俯视刻度线，溶液体积偏小，物质的量浓

38、度偏高，故不符合题意；定容摇匀后，发现液面低于标线，又用胶头滴管加蒸馏水，溶液体积偏大，物质的量浓度偏低，故符合题意；故答案为：。（4）制备氯气，先除掉氯气中的氯化氢杂质，再干燥氯气，再是氯气和铁发生装置，再是尾气处理装置，因此装置接口的连接顺序为aghdebcf；为避免空气中氧气与铁粉反应，因此实验开始时先点燃A处的酒精灯，产生的氯气排出装置内空气后再点燃B处酒精灯；故答案为：aghdebcf；A。（5）装置A为氯气发生装置，反应的离子方程式为：MnO22Cl4HCl2Mn2+2H2O；故答案为：MnO22Cl4HCl2Mn2+2H2O。（6）三氯化铁的熔点为306，沸点为315，B中收集器

39、里盛放冷水的作用是冷凝氯化铁。氯气有毒，会污染环境，三氯化铁易溶于水并且有强烈的吸水性，因此D中碱石灰的作用是处理尾气、防止空气中水蒸气进入到B装置中；故答案为：冷凝氯化铁；处理尾气；防止空气中水蒸气进入到B装置中。23(1) 1：4 3.2g(2)(3) 0.2mo/L(4) 22.4 2：1【详解】（1）标准状况下，11.2L“人造空气”的质量是4.8g，设氧气和氮气的物质的量分别为：xmol、ymol，则22.4(x+y)=11.2；32x+28y=4.8；解得x=0.1、y=0.4，氧气和氦气的分子数之比等于物质的量之比等于1：4；氧气的质量为。故答案为：1：4；3.2g；（2）如果g

40、某气体中含有的分子数为，则g该气体的物质的量为，摩尔质量为，当该气体为g时，其物质的量为，在标准状况下的体积。故答案为：；（3）设钠、钾的物质的量分别为amol、bmol，则有，计算可得，该钠钾合金的组成为NaK2，所得溶液中。故答案为：；0.2mo/L；（4）甲中的物质的量是1mol，含有O原子的物质的量是2mol，乙和甲中的O原子的物质的量相同，则乙中的物质的量为1mol，的分子数为；丙和乙中S原子的物质的量相同，则丙中的物质的量是1mol，标准状况下，1mol的体积为。甲中的物质的量是1mol，含有N原子的物质的量是1mol，甲中和丁中含有N原子的物质的量相同，则丁中的物质的量是0.5m

41、ol，甲中和丁中的物质的量之比为2：1。故答案为：；22.4；2：1；24(1) 0.25NA 2.5moL(2) 16 3(3)a：(a+2b)(4)106g/mol(5) 200mL 10.4%【详解】（1）水的物质的量为=0.25mol，分子数为0.25，每个水分子有10各电子，所以电子的物质的量为2.5mol，故填0.25；2.5mol；（2）N2的物质的量为=0.3mol，N2与Rx分子数之比为3：2，故Rx的物质的量为0.3mol=0.2mol，二者含有原子数目相等，故0.3mol2=0.2molx，解得x=3，故R的摩尔质量为=16g/mol，故R的相对原子质量为16，故填16；

42、3；（3）根据原子守恒可知，容器n(N)=amol，n(O)=amol+2bmol=(a+2b)mol，故氮原子与氧原子的个数比为amol：(a+2b)mol=a：(a+2b)，故填a：(a+2b)；（4）根据质量守恒定律，可知C的质量为16g+20g31.76g=4.24g，故C的摩尔质量为=106g/mol，故填106g/mol；（5）根据反应，HCl恰好完全反应时，需要盐酸体积最少，根据氢原子守恒n(HCl)=2n(H2)=2=0.6mol，故需要盐酸体积最少为=0.2L=200mL；该盐酸密度为1.05，物质的量浓度为3.0，根据c= 可知，质量分数(HCl)=100%10.4%，故填200mL；10.4%。答案第19页，共11页