第二章海水中的重要元素--钠和氯 章节测验 一、单选题1．设阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法中正确的是（ ）A．常温常压下，15g的—12CH3中含有中子数6NAB．46 g乙醇和46 g甲酸含有的氧原子数均为NAC．32g甲醇中含有C—H键的数目为4NAD．标准状况下，1L甲醛完全燃烧所生成的气态产物的分子数为 2．下列各组中的两种物质作用时，反应条件或反应物用量的改变对生成物没有影响的是（ ） A．碳与氧气B．氢气与氯气C．钠与氧气D．氢氧化钠溶液与二氧化碳3．将5mol·L-1盐酸10mL稀释到200mL，再取出5mL，这5mL溶液的物质的量浓度是（ ） A．0.05mol·L-1B．0.25mol·L-1C．0.1mol·L-1D．0.5mol·L-14．钛合金是具有耐压耐腐蚀性质的重要金属材料，反应，可以制取金属钛。下列说法错误的是（ ）A．TiCl4中Ti的化合价：+4B．NaCl的电离方程式：NaCl=Na++Cl-C．Ti的摩尔质量：48 g/molD．Na原子在反应中容易得到1个电子生成Na+5．将100mL1mol/LNaCl溶液加水稀释至500mL后,NaCl溶液的物质的量浓度为（ ）A．0.5mol/LB．2mol/LC．0.2 mol/LD．5mol/L6．下列关于Na2O2的说法中，错误的是（ ）A．是淡黄色固体B．可作供氧剂C．具有强氧化性D．由Na+和 O2?构成7．实验室制取氧气的试管壁上沾附有少量二氧化锰，除去沾附的二氧化锰可选用的试剂是（ ） A．蒸馏水B．氢氧化钾溶液C．稀盐酸D．浓盐酸8．在Na2SO4和K2SO4的混合溶液中，当c（Na+）=0.2 mol·L-1，c（SO42－）=a mol·L-1，c（K+）=b mol·L-1时，a与b的关系是（ ） A．a=0.5bB．a=0.2+bC．a=0.1+0.5bD．无法计算9．金属钠与水反应的实验中，与钠的下列性质无关的是（ ） A．密度比水小B．熔点低C．硬度小D．强还原性10．某化学教师为“氯气与金属钠反应”设计了如图装置的实验，实验操作，先给钠预热，等钠熔融成圆球时，撤火，通入氯气，即可见钠着火燃烧，生成大量白烟。以下叙述错误的是（ ） A．反应生成的大量白烟是氯化钠晶体B．玻璃管尾部塞一团浸有NaOH溶液的棉球是用于吸收过量的氯气，以免其污染空气C．钠熔点高，所以先预热再反应D．若在棉球外沿滴一滴石蕊溶液，可据其颜色变化判断氯气是否被碱液完全吸收11．下列叙述正确的是（ ）A．1mol任何物质都含有6.02×1023个离子B．等质量的CO和CO2中所含碳原子数相等C．含NA个He原子的氦气在标准状况下的体积约为22.4LD．氢气的气体摩尔体积约为22.4L12．下列关于氯水的叙述正确的是（ ） A．新制氯水中只含Cl2和H2O分子B．新制氯水不能使干燥的有色布条褪色C．光照氯水有气泡逸出，该气体是Cl2D．新制氯水可使蓝色石蕊试纸先变红后褪色13．下列关于Cl2性质的说法正确的是（ ） A．密度比空气小B．是无色无味的气体C．能使干燥的有色布条褪色D．能与金属单质反应14．某同学配制一定物质的量浓度的氯化钠溶液后，经测定发现溶液浓度偏低。该同学找出以下原因，其中使溶液浓度偏低的是（ ） A．用蒸馏水洗涤烧杯2～3次，并将洗液移入容量瓶中B．盖上容量瓶塞子，振荡摇匀后，液体低于凹液面，再滴加蒸馏水，至凹液面与刻度线相切C．容量瓶未经干燥，直接装入氯化钠溶液D．定容时俯视刻度线15．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）A．4.6g C2H6O中含-OH数为0.1NAB．常温下pH=4.0的溶液中含H+数目为1×10-4NAC．标准状况下22.4L Cl2通入水中，转移电子数为NAD．2mol Na与O2反应生成Na2O和Na2O2的混合物，混合物中离子总数为3NA16．设为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（ ）A．将个和个置于密闭的容器中充分反应生成，放热38.6 kJ，则热化学方程式为： kJ·molB．1 L 0.1 mol/L 溶液中含有的氢原子数大于C．将25 g 溶于水配成1 L溶液，则溶液中数目为D．28 g晶体硅中含有键数目为二、综合题17．实验室配制500mL 0.2mol/L的NaOH溶液。 （1）在下图所示仪器中，配制上述溶液肯定不需要的是 （填序号），除图中已有仪器外，配制上述溶液还需要的玻璃仪器是 、 。
（2）填写下述过程中的空白；
具体步骤如下：①计算需要称量NaOH固体的质量 g；②用托盘天平称量NaOH固体；③将称好的NaOH固体放入烧杯中，加适量蒸馏水溶解、搅拌，并 至室温；④将NaOH溶液沿玻璃棒注入 中；⑤用少量蒸馏水洗涤烧杯内壁2—3次，洗涤液也都注入容量瓶，轻轻晃动容量瓶，使溶液混合均匀；⑥将蒸馏水注入容量瓶，液面离刻度线下 cm时，改用 滴加蒸馏水至液面于刻度线相切；⑦盖好瓶塞，反复上下颠倒，摇匀；（3）使用容量瓶前必须进行的一步操作是 。
（4）经精确测量，最后所得溶液物质的量浓度为0.192mol/L，原因可能是___________。 A．使用滤纸称量NaOH固体；B．溶解NaOH后的烧杯未经多次洗涤；C．容量瓶中原来有少量蒸馏水；D．称量时所用的砝码生锈；E．未冷却直接转移至容量瓶，立即配好；18．若需要240mL1.0mol/L的NaOH溶液，请回答下列问题：（1）应选用的容量瓶规格为： mL，应称量NaOH g，称量NaOH固体时，应该选用 （填“小烧杯”或“滤纸”）装着药品进行称量．（2）配制时，正确的操作顺序是（用字母表示，每个字母只能用一次） ．A、用30mL水洗涤烧杯2﹣3次，洗涤液均注入容量瓶中，振荡B、准确称量所需的NaCl的质量于烧杯中，加入少量水（约30mL），用玻璃棒慢慢搅拌，使固体溶解C、将冷却后的NaCl溶液注入容量瓶中D、将容量瓶盖紧，振荡，摇匀E、改用胶头滴管加水，使溶液凹面最低点恰好与刻度线相切F、继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度线1﹣2cm处（3）配制过程中加蒸馏水不慎超过了刻度，则溶液浓度将 ，你将如何处理？ ．19．如图所示装置可用于多种实验．（1）实验室可利用该装置来制取氯气，发生反应的化学方程式为：2KMnO4+16HCl（浓）═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O①用双线桥标出上述反应中的电子转移情况 ．②B装置的作用是 ，③若按上述反应制得的氯气体积为4.48L（标准状况），则实际反应中消耗12mol/L盐酸的体积大于理论值mL ．（2）黄铜矿（CuFeS2）是制铜及其化合物的主要原料之一，还可以制备硫及铁的化合物．冶炼铜的反应为8CuFeS2+21O2 8Cu+4FeO+2Fe2O3+16SO2若CuFeS2中Fe的化合价为+2，反应中被还原的元素是 （填元素符号）．（3）上述冶炼过程中产生大量SO2．下列处理方案合理的是 （填代号）．a．高空排放 b．用于制备硫酸c．用纯碱溶液吸收制Na2SO3 d．用来漂白凉果等食物．20．现有A、B、C、D、E五种物质，它们的焰色反应都显黄色，它们还能发生如下反应： ①A+Q﹣→C+X↑②B+Q﹣→C+Y↑③E﹣→D+Z↑+Q④X+Y﹣→Q已知：气体X有还原性；气体Y有氧化性；气体Z能使石灰水变浑浊但不能使品红褪色；Q在常压下、100℃时发生沸腾．（1）写出下列物质的化学式： A ，B ，C ，D ．（2）反应①的化学方程式为 ． （3）写出C与E在溶液中反应的离子方程式： ． 21．某项目小组同学发现某一种胃药片的止酸剂为碳酸钙，为了测定其中止酸剂的
质量特制定了如下操作步骤：①配制0.2 mol·L-1的HCl溶液和0.2 mol·L-1的NaOH溶液；②每次取一粒(药片质量均相同)0.2 g的此胃药片，磨碎后放入锥形瓶中再加入20 mL蒸馏水；③以酚酞作指示剂，用0.2mol·L-1的Na0H溶液滴定，需用去V mL达滴定终点；④加入25 mL 0.2 mol·L-1的HCl溶液。（1）写出全部实验过程的操作步骤的顺序： 。
（2）上图所示的仪器中配制0.2 mol·L-1的HCl溶液和0.2 mol·L-1NaOH溶液肯定不需要的仪器是 (填序号)，配制上述溶液还需用到的玻璃仪器是 (填仪器名称)。
（3）配制上述溶液应选用的容量瓶的规格分别为 (填字母)。A．50 mL、50mLB．100 mL、100 mLC．100 mL、150 mLD．250 mL、250 mL（4）配制过程中，下列情况会使配制结果偏高的是 (填序号)。A．洗净后容量瓶内还残留蒸馏水未烘干B．量取浓盐酸时，仰视刻度线观察液面C．定容时，仰视刻度线D．定容后，加盖倒转摇匀后，发现液面低于刻度线又加水至刻度线答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】A、15g的—12CH3的物质的量为 =1mol，一个—12CH3中所含中子数为6个，因此1mol—12CH3中含有中子数为6NA，故A符合题意； B、46 g乙醇和46 g甲酸含有的氧原子物质的量分别为 =1mol、 =2mol，所含氧原子数分别为NA、2NA，故B不符合题意；C、32g甲醇的物质的量为 =1mol，1个甲醇分子中含有C-H键数目为3个，故1mol甲醇中所含C-H键的数目为3NA，故C不符合题意；D、标准状况下1L甲醛的物质的量为 = mol，甲醛完全燃烧产物中只有CO2为气体，根据碳守恒可知，1L甲醛完全燃烧所生成的气态产物的分子数为 ，故D不符合题意。 【分析】阿伏加德罗常数，为热学常量，符号NA。它的精确数值为：6.02214076×1023，一般计算时取6.02×1023或6.022×1023。2．【答案】B【解析】【解答】A. 碳与氧气反应时氧气过量生成CO2，氧气不足生成CO，A不符合题意；
B. 氢气与氯气只能生成氯化氢，与反应条件或反应物用量无关，B符合题意；C. 钠与氧气常温下生成氧化钠，点燃生成过氧化钠，C不符合题意；D. 氢氧化钠溶液与二氧化碳时氢氧化钠过量生成碳酸钠和水，二氧化碳过量生成碳酸氢钠，D不符合题意，故答案为：B。【分析】A、根据氧气的用量判断：氧气不足生成一氧化碳，氧气充足生成二氧化碳；
B、氢气与氯气点燃生长氯化氢气体，产物只有一种；
C、根据条件不同判断钠与氧气的反应产物；常温为氧化钠，点燃为过氧化钠；
D、根据二氧化碳的用量不同生成的产物不同，二氧化碳不足生成碳酸钠，二氧化碳过量生成碳酸氢钠；3．【答案】B【解析】【解答】设稀释到200mL的盐酸的浓度为c，根据稀释定律可知，稀释前后HCl的物质的量相同，则得如下关系式5mol?L-1×10mL=200mL×c，解得c=0.25mol/L，因溶液是均匀的，从稀释后的盐酸中取出5mL，这5mL溶液的物质的量浓度与稀释后盐酸的浓度相同，也为0.25mol/L， 故答案为：B。【分析】从稀释后的盐酸中取出5mL盐酸，由于溶液是均匀的，所以取出的5mL盐酸的浓度等于稀释后盐酸的浓度。4．【答案】D【解析】【解答】A．在任何化合物中所有元素化合价代数和为0，Cl为-1价，所以TiCl4中Ti的化合价为+4价，A不符合题意；
B．NaCl是可溶性盐，在水中电离产生Na+、Cl-，故电离方程式为：NaCl=Na++Cl-，B不符合题意；C．Ti相对原子质量是48，所以Ti的摩尔质量是48 g/mol，C不符合题意；D．Na原子核外电子排布是2、8、1，最外层只有一个电子，原子半径比较大，所以Na原子在反应中容易失去1个电子生成Na+，D符合题意；故答案为：D。
【分析】对于氧化还原反应，首先标出化合价，利用化合价升降判断氧化剂、还原剂以及氧化反应与还原反应，氧化剂得电子，还原剂失电子。5．【答案】C【解析】【解答】根据稀释过程中溶质的物质的量不变可知稀释后氯化钠溶液的物质的量浓度是 。故答案为：C【分析】根据稀释过程中溶质的物质的量不变计算稀释后溶液的物质的量浓度即可.6．【答案】D【解析】【解答】A．Na2O2是淡黄色固体，氧化钠是白色固体，故A不符合题意；
B．Na2O2和水或二氧化碳反应生成氧气，因此过氧化钠可作供氧剂，故B不符合题意；C．Na2O2中氧为?1价，既可升高，又可降低，常作氧化剂，具有强氧化性，故C不符合题意；D．由Na+和 构成，故D符合题意。故答案为：D。
【分析】过氧化钠是淡黄色固体，有钠离子和过氧根离子构成，具有强氧化性，可以和二氧化碳或者水反应生成氧气，是常用的供氧剂。7．【答案】D【解析】【解答】A.MnO2不溶于水，不与水反应，A不符合题意；
B.MnO2与KOH溶液不反应，B不符合题意；C.MnO2与稀盐酸不反应，C不符合题意；D.MnO2能与浓盐酸反应生成可溶于水的MnCl2，D符合题意；故答案为：D
【分析】欲除去MnO2，则所选试剂应能与MnO2反应，据此结合选项所给物质的性质分析。8．【答案】C【解析】【解答】依据溶液呈电中性，溶液中阳离子带的正电荷数等于阴离子带的负电荷数解答。Na2SO4和K2SO4的混合溶液呈电中性，溶液中阳离子带的正电荷数等于阴离子带的负电荷数，则0.2mol?L-1×1+b mol?L-1×1=a mol?L-1×2，解得：a=0.1+0.5b，
故答案为：C。【分析】混合溶液稳定存在，则溶液中阳离子带的正电荷数等于阴离子带的负电荷数；Vc(Na+)+Vc(K+)=2c(SO42-)V，化简为c(Na+)+c(K+)=2c(SO42-)；9．【答案】C【解析】【解答】A．钠的密度小，所以钠浮在水面上，与性质有关，故A不选；
B．钠与水反应放热，钠的熔点低，所以看到钠熔成闪亮的小球，与性质有关，故B不选；C．硬度大小与反应现象无关，与性质无关，故C选；D．钠与水剧烈反应生成氢氧化钠，表现强还原性，与性质有关，故D不选；故答案为：C。
【分析】金属钠与水反应生成氢氧化钠和水，生成过程中会有浮、熔、游、响、红的特征，以此分析解答。10．【答案】C【解析】【解答】A. 钠在氯气中燃烧能生成氯化钠固体小颗粒，所以能看到白烟，A叙述不符合题意；
B. 氯气排放到空气中是有害的，因其能和氢氧化钠溶液反应，故可用浸有NaOH溶液的棉球用于吸收过量的氯气，B叙述不符合题意；C. 钠熔点低，先预热是为了先升高温度使氯气反应较完全，C叙述符合题意；D. 氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，紫色石蕊遇酸变红，如果氢氧化钠溶液不能完全吸收掉氯气，则过量的氯气会和水反应，而紫色石蕊变红，石蕊变红则说明氢氧化钠溶液没有完全吸收掉氯气，D叙述不符合题意。故答案为：C。
【分析】A、根据钠的熔点较低，与氯气燃烧生成氯化钠白色晶体解答；
B、由于在玻璃管中的实验不可能完全进行，氯气有毒，需要用氢氧化钠进行为期处理；
C、根据钠的熔点较低解答；
D、根据氯气与水反应生成HCl能够使石蕊变红，生成的HClO具有强氧化性，能够使红色褪去解答；11．【答案】C【解析】【解答】A．物质的构成微粒不一定是离子，可能是分子或原子，故A不符合题意；
B．CO和CO2的摩尔质量不同，等质量CO和CO2的物质的量不等，所含碳原子数不等，故B不符合题意；C．氦气分子是单原子分子，含有NA个氦原子的氦气分子的物质的量为1mol，在标准状况下1mol氦气的体积约为22.4L，故C符合题意；D．标准状况下，氢气的气体摩尔体积约为22.4L/mol，气体所处状态不确定，气体摩尔体积不确定，并且单位不符合题意，故D不符合题意；故答案为：C。
【分析】A.组成物质的微粒可能是离子、分子、原子等；
B.等质量的一氧化碳和二氧化碳的物质的量不同；
C.氦气是单原子分子，注意标准状况下的气体摩尔体积；
D.标准状况下气体摩尔体积为22.4L/mol，但非标准状况下的气体摩尔体积也可能是22.4L/mol。12．【答案】D【解析】【解答】解：A、新制氯水中含有Cl2、HClO、H2O，故A错误；B、新制氯水中含有HClO，具有强氧化性，能使干燥的有色布条褪色，故B错误；C、氯水中含有HClO，不稳定，见光易分解生成氧气，该气体是O2，故C错误；D、新制氯水显酸性，其中含有HClO，可使蓝色石蕊试纸先变红后褪色，故D正确；故选D．【分析】氯水中，氯气与水发生：Cl2+H2O?HClO+HCl，溶液中含有Cl2、HClO、H2O等分子，含有H+、ClO﹣、Cl﹣等离子，氯水具有酸性和强氧化性，其中HClO见光易分解而变质，以此解答．13．【答案】D【解析】【解答】A．氯气的相对分子质量为71，大于空气的平均相对分子质量29，所以密度比空气大，故A不符合题意；
B．氯气时黄绿色有刺激性气味的气体，故B不符合题意；C．氯气本身不具有漂白性，不能使干燥的有色布条褪色，故C不符合题意；D．氯气有很强的氧化性，可以氧化大多数金属单质，如何Na反应生成NaCl等，故D符合题意；故答案为：D。
【分析】A．氯气的密度比空气大；
B．氯气是一种黄绿色气体；
C．干燥的氯气不能使干燥的有色布条褪色；
D．氯气具有氧化性，能与金属反应；14．【答案】B【解析】【解答】A．用蒸馏水洗涤烧杯2～3次，并将洗液移入容量瓶中，这是正确的操作，对结果无影响，A不合题意；
B．盖上容量瓶塞子，振荡摇匀后，液体低于凹液面，此时还有部分溶液在刻度线以上的容量瓶内壁上，故无需再加水，若再滴加蒸馏水，至凹液面与刻度线相切，则导致溶液体积偏大，故浓度偏低，B符合题意；C．配制过程中我们需加入蒸馏水，故容量瓶未经干燥，直接装入氯化钠溶液对结果无影响，C不合题意；D．定容时俯视刻度线，将使溶液的体积偏小，故浓度偏高，D不合题意；故答案为：B。
【分析】 先分析操作方法对溶质的物质的量n、溶液体积V的影响，然后结合c=分析误差，如：n偏小、V偏大，所得溶液浓度偏小，以此进行判断。15．【答案】D【解析】【解答】A．C2H6O可以是乙醇，也可以是二甲醚，二甲醚中不含羟基，A不符合题意；
B．溶液体积未知，无法确定溶液中H+的数目，B不符合题意；C．标况下，22.4L的Cl2的物质的量为1mol，1mol氯气与水完全反应转移1mol电子，但该反应为可逆反应，转移电子数小于NA，C不符合题意；D.2mol Na与O2反应生成Na2O和Na2O2的混合物，根据Na原子守恒可知Na2O和Na2O2的物质的量之和为1mol，而Na2O由钠离子和氧离子构成，Na2O2由钠离子和过氧根构成，所以混合物中离子总数为3NA，D符合题意；故答案为D。
【分析】A．C2H6O存在同分异构体，可以是乙醇，也可以是二甲醚，二甲醚中不含羟基；
B．溶液体积未知，无法计算；C．氯气与水的反应为可逆反应；D.根据Na原子守恒，Na2O和Na2O2的离子数为均为3。16．【答案】B【解析】【解答】A、合成氨的反应为可逆反应，则将个和个置于密闭的容器中充分反应生成的物质的量小于2mol，若充分反应生成2mol氨气，放出的热量大于38.6 kJ，故A错误；
B、醋酸溶液中，醋酸分子和水分子中均含有氢原子，则1L0.1mol/LCH3COOH中含有的氢原子数大于 ，故B正确；
C、 25 g 的物质的量为0.1mol，配成1 L溶液，溶液的物质的量浓度为0.1mol/L，但铜离子在水溶液中发生水解，则溶液中 数目小于，故C错误；
D、28 g晶体硅的物质的量为1mol，晶体硅中，每个硅原子与周围的四个硅原子形成4个共价键，每个硅原子被两个共价键共用，则1mol晶体硅中含有键数目为，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A、合成氨的反应为可逆反应，不能彻底转化；
B、水分子中也含有氢原子；
C、铜离子在溶液中会发生水解；
D、晶体硅中，每个硅原子与周围的四个硅原子形成4个共价键。17．【答案】（1）C；烧杯；玻璃棒（2）4.0g；冷却；500 mL容量瓶；1～2；胶头滴管（3）检漏（4）A；B【解析】【解答】（1）C为分液漏斗，在配制溶液过程中不会使用到烧瓶和分液漏斗；配制500mL 0.2 mol/LNaOH溶液，操作步骤有计算、称量、溶解、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解，用玻璃棒搅拌，加速溶解，冷却后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤2～3次，并将洗涤液移入容量瓶中，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀，故配制一定物质的量浓度的溶液还需要的仪器为：烧杯、玻璃棒； （2）①所需的质量m=CVM=0.2mol/L×0.5 L×40 g/mol=4.0 g；③容量瓶不能受热，NaOH溶于水放热，则在转移之前需要将已经溶解好的NaOH冷却至室温；④这一步操作为转移过程，容量瓶只有一条刻度线，只能配制与其规格相对应的体积的溶液；⑥将蒸馏水注入容量瓶，液面离刻度线下1～2cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至液面于刻度线相切； （3）容量瓶有瓶塞，配制过程中需要摇匀，为了避免漏液，使用容量瓶前检验是否漏水； （4）实际配制氢氧化钠溶液浓度为0.192mol/L，小于0.2mol/L，其实验操作导致了氢氧化钠质量的减小或溶液体积的增大， A.氢氧化钠容易潮解，用滤纸称量氢氧化钠固体，会导致氢氧化钠质量减小，进而使得其物质的量浓度偏小，A正确； B.溶解后的烧杯未经多次洗涤，会使溶质有所损失，最终会导致溶液中氢氧化钠的物质的量浓度偏小，B正确； C.因转移操作以后，需要定容加蒸馏水至刻度线，因此容量瓶中原来存有少量蒸馏水，对实验结果无影响，C错误； D.称量时所用的砝码生锈，导致所称取得固体质量变大，最终使得实验结果偏大，D错误； E.热胀冷缩，未冷却直接转移至容量瓶，立即配好时，导致溶液的实际体积偏小，根据C= 可以看出，最终使得实验结果偏大，E错误。 【分析】（1）配制500mL 0.2mol/L的NaOH溶液需要的仪器包括：托盘天平、钥匙、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、500mL容量瓶； （2）溶液的配制主要包括以下7步：计算、称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀；需要注意 托盘天平准确到小数点后一位，溶液必须冷却到室温才可以转移到容量瓶中，玻璃棒的作用是用来搅拌和引流，最后用胶头滴管调节液面； （3）容量瓶用前必须验漏； （4）氢氧化钠溶液浓度为0.192mol/L，小于0.2mol/L，原因包括两方面，第一可能溶质有损耗，第二可能溶液体积超过了500mL，据此分析。18．【答案】（1）250；10.0；小烧杯（2）BCAFED（3）偏小；重新配制溶液【解析】【解答】解：（1）需要240mL1.0mol/L的NaOH溶液，应选择250mL容量瓶，需要氢氧化钠的质量=0.25L×1.0mol/L×40g/mol=10.0g，氢氧化钠为腐蚀性药品，称量应放在小烧杯中进行；故答案为：250、10.0、小烧杯；（2）配制步骤是计算、称量、溶解、洗涤、定容、摇匀、装瓶，故正确的操作顺序是BCAFED，故答案为：BCAFED；（3）配制过程中加蒸馏水不慎超过了刻度，导致溶液的体积偏大，依据C= 可知，溶液的浓度偏低，由于此操作失误无法弥补，故应重新配制；故答案为：偏小 重新配制溶液．【分析】（1）依据配制溶液的体积选择合适的容量瓶，依据m=VCM计算溶质的质量，氢氧化钠为腐蚀性药品，称量应放在小烧杯中进行；（2）根据配制步骤是计算、称量、溶解、洗涤、定容、摇匀、装瓶来对操作顺序进行排序；（3）配制过程中加蒸馏水不慎超过了刻度，导致溶液的体积偏大，依据C= 进行误差分析；实验失败，而且无法弥补，据此分析．19．【答案】（1）；除去混入的HCl气体；53.3（2）Cu、O（3）bc【解析】【解答】解：（1）①用双线桥标出反应中的电子转移情况为： ；故答案为： ；②生成的氯气中含有氯化氢和水蒸气，除杂需要用饱和食盐水除去氯化氢，减少氯气的溶解；故答案为：除去混入的HCl气体；③按上述反应制得的氯气体积为4.48L（标准状况）物质的量为0.2mol，依据化学方程式：2KMnO4+16HCl（浓）═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O16mol5mol0.64mol0.2molV（HCl）= = =53.3mL故答案为：53.3；（2）8CuFeS2+21O2 8Cu+4FeO+2Fe2O3+16SO2Cu元素的化合价由+2价降低为0、O元素的化合价由0降低为﹣2价，化合价降低的元素被还原，故Cu、O被还原；故答案为：Cu、O；（3）冶炼过程产生大量SO2．分析下列处理方案：a．二氧化硫是污染性气体，高空排放会污染空气，处理不合理，故a错误； b．可以利用吸收二氧化硫生成硫酸，用于制备硫酸，故b合理；c．用纯碱溶液吸收二氧化硫可以制Na2SO3，故c合理；d．二氧化硫有毒不能用来漂白凉果等食物，故d不合理；故答案为：bc．【分析】（1）①依据反应2KMnO4+16HCl（浓）═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，根据元素化合价变化和电子守恒标注物质转移电子数；②生成的氯气中含有氯化氢和水蒸气，除杂需要用饱和食盐水除去氯化氢，减少氯气的溶解；③依据化学方程式计算理论值，实际过程中浓盐酸变稀，不能再生成氯气；（1）根据化合价的升降，化合价降低的元素被还原；（2）冶炼过程产生大量SO2，处理方案中合理的分析是二氧化硫是污染性气体，不能排放到空气中，可以吸收利用；20．【答案】（1）Na；Na2O2；NaOH；Na2CO3（2）2Na+2H2O═2NaOH+H2↑（3）OH﹣+HCO3﹣═CO32﹣+H2O【解析】【解答】解：Q在常压下、100℃时发生沸腾，所以Q是水，由反应可知A+Q﹣→C+X↑，X有还原性，A、C焰色反应都显黄色，所以A是Na，X是氢气；C是NaOH；气体Y有氧化性；气体Z能使石灰水变浑浊但不能使品红褪色，是二氧化碳气体，由反应E﹣→D+Z↑+Q可知：E是碳酸氢钠，D是碳酸钠；而氢气+Y→水，所以Y是氧气，结合B+水﹣→氢氧化钠+氧气，所以B是过氧化钠（1）A 的化学式为：Na，B的化学式为：Na2O2，C的化学式为：NaOH，D的化学式为：Na2CO3，故答案为：Na；Na2O2；NaOH；Na2CO3；（2）钠与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↑，故答案为：2Na+2H2O═2NaOH+H2↑；（3）氢氧化钠与碳酸氢钠反应生成碳酸钠和水，反应的离子方程式为：OH﹣+HCO3﹣═CO32﹣+H2O，故答案为：OH﹣+HCO3﹣═CO32﹣+H2O． 【分析】Q在常压下、100℃时发生沸腾，所以Q是水，由反应可知A+Q﹣→C+X↑，X有还原性，A、C焰色反应都显黄色，所以A是Na，X是氢气；C是NaOH；气体Y有氧化性；气体Z能使石灰水变浑浊但不能使品红褪色，是二氧化碳气体，由反应E﹣→D+Z↑+Q可知：E是碳酸氢钠，D是碳酸钠；而氢气+Y→水，所以Y是氧气，结合B+水﹣→氢氧化钠+氧气，所以B是过氧化钠，由此分析解答．21．【答案】（1）①②④③或②①4③（2）AC；烧杯、玻璃棒（3）B（4）B【解析】【解答】（1）欲测定胃药片中CaCO3的质量，可通过CaCO3与盐酸反应求得，因此需配制一定物质的量浓度的稀盐酸；稀盐酸与CaCO3完全反应后，再用已知浓度的NaOH溶液滴定剩余的稀盐酸，因此实验操作步骤为①②④③或②①④③；
（2）配制一定物质的量浓度的溶液所需的仪器有：托盘天平、镊子、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管；因此实验过程中不需要用到的仪器为A（烧瓶）、C（分液漏斗）；
（3）由于实验过程中消耗盐酸溶液的体积为25mL，因此所配制稀盐酸溶液的体积应大于25mL，同时由于容量瓶的最小规格为100mL，因此需选用100mL容量瓶；
而滴定过程中消耗NaOH的体积应小于25mL，因此所配制NaOH溶液的体积应大于25mL，故配制NaOH溶液所用的容量瓶规格也为100mL；
综上，B符合题意；
（4）A、由于实验过程中，需向容量瓶内加入蒸馏水，因此洗净后的容量瓶中还残留有蒸馏水，对实验结果无影响，A不符合题意；
B、量取浓盐酸时，仰视刻度线，则量取浓盐酸的体积偏大，即n偏大，由公式可知，所得溶液的浓度偏高，B符合题意；
C、定容时，仰视刻度线，则溶液的体积偏大，即V偏大，由公式可知，所得溶液的浓度偏低，C不符合题意；
D、定容摇匀后，再加入蒸馏水，相当于稀释操作，所得溶液的浓度偏低，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】（1）欲测定胃药片中CaCO3的质量，可通过CaCO3与盐酸反应求得；
（2）根据溶液配制过程所需的仪器进行分析；
（3）根据实验过程中所需盐酸的量确定所配制溶液的体积；
（4）分析错误操作对n、V的影响，结合公式分析误差； |
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