第二章 海水中的重要元素-钠和氯 章节模拟测试卷-高一上学期化学人教版（2019）必修第一册

第二章海水中的重要元素——钠和氯章节模拟测试卷一、单选题1．下面关于金属钠的描述错误的是()A．钠是电和热的良导体B．将Na投入盐酸中，Na先与水反应，生成的NaOH再与HCl反应C．钠的化学性质很活泼，在自然界里不能以游离态存在D．钠和钾的合金在室温下呈液态，可做原子反应堆的导热剂2．下列说法正确的是（）A．氯气溶于水后得到的溶液叫做氯水或液氯B．HClO不稳定，见光易分解出氯气C．和都是由氯元素组成的D．漂白粉是纯净物3．下列关于金属钠的叙述，正确的是（）。A．钠在空气中燃烧，发出黄色火焰B．钠在空气中燃烧，产物是C．钠是银白色金属，硬度大，熔点高D．钠的化学性质比铁、铝活泼得多，但没有镁活泼4．雾霾微颗粒中硫酸盐的生成可能存在三个阶段的转化，其主要过程的示意图如下。下列说法正确的是（）A．的摩尔质量为97B．第I阶段的反应中NO2被氧化C．HNO2、NO2、H2O均为电解质D．第II、III阶段总反应的化学方程式为+H2O+NO2=HNO2+5．NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．0.5mol·L-1的硫酸钾溶液中阴离子所带电荷数为NAB．标准状况下，氯气含有的原子数为0.2NAC．2.3gNa与含0.05mol·L-1HCl1L的盐酸反应，转移电子数为0.05NAD．标准状况下，2.24LH2O所含的氧原子数目为0.1NA6．NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是A．与足量Fe反应，转移的电子数为3NAB．1molNa与足量反应，生成和的混合物，钠失去NA个电子C．溶液中所含的数目为3NAD．与反应生成(标准状况)，反应中转移的电子数为2NA7．设为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（）A．溶液含的数目为B．60g甲酸甲酯（）在稀硫酸中水解生成分子数为C．溶液含数目为D．电解法精炼粗银中，阴极净增21.6g时转移电子数为8．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是（）A．1mol基态Al原子中未成对电子的数目为NAB．分子中采用sp2杂化的碳原子数为0.2NAC．100g46%乙醇溶液中含有的H-О键的数目为7NAD．过氧化钠与水反应时，生成0.1mol氧气，转移的电子数为0.2NA9．以电石渣[主要成分为Ca(OH)2和CaCO3]为原料制备KClO3的步骤如下：步骤1：将电石渣与水混合，形成浆料。步骤2：控制电石渣过量，75℃时向浆料中通入Cl2，该过程会生成Ca(ClO)2，Ca(ClO)2会进一步转化为Ca(ClO3)2，少量Ca(ClO)2分解为CaCl2和O2，过滤。步骤3：向滤液中加入稍过量KCl固体，蒸发浓缩、冷却至25℃结晶，得KClO3。下列说法正确的是（）A．控制通入Cl2的速率，可以提高Cl2的利用率B．25℃时，Ca(ClO3)2的溶解度比KClO3的溶解度小C．步骤2中，过滤所得滤液中D．生成Ca(ClO)2的化学方程式为10．VmLFe2(SO4)3溶液中含有agFe3+，取出溶液中的四分之一，将其稀释到3VmL，则稀释后溶液中SO42-的物质的量浓度是（）A．mol•L-1 B．mol•L-1C．mol•L-1 D．mol•L-111．下列说法正确的是（）A．Na2O2遇到紫色石蕊试剂后，石蕊试剂最终变成蓝色B．Na2O2与CO2反应生成0.1molO2时转移电子0.4molC．Na2O2投入到CuCl2溶液中有蓝色沉淀及气泡产生D．向饱和烧碱溶液中加入2gNa2O2，充分反应完且恢复至原温度后，溶液中Na+的数目不变12．用单位体积溶液里所含溶质的质量来表示溶液的组成，称为质量—体积浓度，单位为。现有一种时的饱和溶液，密度为，质量—体积浓度为。下列说法错误的是（）A．该溶液中溶质的质量分数为B．该溶液中溶质的物质的量浓度为C．时，硫酸铜的溶解度为D．时，把溶解于水中恰好得到饱和溶液二、填空题13．某同学用NaOH固体配制500mL0.40mol/L的NaOH溶液，请回答下列问题：（1）配制该NaOH溶液需用电子天平（精确度0.01g）称取NaOH固体g。（2）配制时，其正确的操作顺序是(填序号，每个操作只用一次)｡①用少量蒸馏水洗涤烧杯内壁和玻璃棒2－3次，洗涤液均注入容量瓶，振荡②在盛有NaOH固体的烧杯中加入适量水溶解③将烧杯中已冷却的溶液沿玻璃棒注入容量瓶中④将容量瓶盖紧，反复上下颠倒，摇匀⑤改用胶头滴管加水，使溶液凹液面恰好与刻度线相切⑥继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度线1－2cm处（3）实际配制得到的溶液浓度偏低，可能的原因是（填字母）。A．容量瓶用蒸馏水洗净后，未待干燥便用来配制B．固体溶解后趁热移入容量瓶中C．定容时，仰视刻度线D．NaOH固体已变质（4）某同学需要100mL0.1mol/LNaOH溶液，需要取上述NaOH溶液mL，该稀溶液配置过程中还需要增加使用的仪器是。14．某化学兴趣小组设计以下装置来验证Cl2的性质。①装置A中的现象是，出现此现象的原因是(用化学方程式和文字解答)。②装置B的作用是。③装置C与装置D中的现象是否相同(填“是”或“否”)，根据装置C和D中的现象可以得到的结论是。④装置E的作用是吸收尾，E中发生反应的化学方程式为。15．新制氯水的主要成分有Cl2、HClO、H＋、Cl－等试用氯水的成分填空：①氯水与NaBr溶液反应，起作用是②氯水用于自来水杀菌消毒，起作用是③氯水加入硝酸银溶液，出现白色沉淀，起作用是④石蕊滴入氯水中，先变红后褪色，起作用是16．运用分类的方法，可以发现物质及其变化的规律。Na2O与CaO都属于氧化物（填“酸性”或“碱性”）。Na2O可以分别与H2O、CO2、HCl反应，任选两个反应，写出其化学方程式、。17．某同学将一小块钠投入到硫酸铜溶液中，观察到与钠跟水反应相同的现象，钠在硫酸铜溶液中还可观察到的现象是。写出有关的化学方程式、。三、推断题18．A~H为中学化学中常见的物质，转化关系如下所示，其中“○”框着的物质代表化合物，“□”框着的物质代表单质，A为医疗上治疗胃酸过多的一种药剂，G为淡黄色固体，C在通常状况下为无色液体。请回答下列问题：（1）检验A中阳离子的常用方法：。（2）写出①的化学反应方程式：。（3）写出③的化学反应方程式：。19．A、B、C、D、E五种物质在焰色试验中的火焰都呈黄色，A、B分别与水反应都有气体放出，同时都生成C溶液，A与水反应放出的气体具有还原性，B与水反应放出的气体具有氧化性，C溶液与适量的F气体反应生成D，D溶液与F气体反应生成E，给固体E加热可生成D和F。回答下列问题：（1）A、B、C、D、E五种物质的化学式分别为、、、、。（2）加热E生成D和F的化学方程式为。（3）C溶液与适量的F气体反应生成D的离子方程式为。四、实验探究题20．下图是实验室制备氯气并进行一系列相关实验的装置(夹持设备已略)。（1）装置A是氯气的发生装置，其中盛放浓盐酸的仪器名称是，请写出该反应相应的化学方程式：。（2）实验室常用以下几种方法制取氯气。a.二氧化锰与浓盐酸反应制氯气，写出其反应的离子方程式。b.氯酸钾与浓盐酸反应制氯气，该反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为。（3）装置B中饱和食盐水的作用是；同时装置B也是安全瓶，监测实验进行时C中是否发生堵塞，请写出发生堵塞时B中的现象：。（4）装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，为此C中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ处依次放入物质的组合应是(填字母编号)。编号ⅠⅡⅢa干燥的有色布条碱石灰湿润的有色布条b干燥的有色布条无水硫酸铜湿润的有色布条c湿润的有色布条浓硫酸干燥的有色布条d湿润的有色布条无水氯化钙干燥的有色布条（5）设计装置D、E的目的是比较氯、溴、碘单质的氧化性。反应一段时间后，打开活塞，将装置D中少量溶液加入装置E中，振荡，观察到的现象是，该现象(填“能”或“不能”)说明溴单质的氧化性强于碘，原因是。（6）装置F的作用是，其烧杯中的溶液不能选用下列中的(填字母编号)。a.饱和NaOH溶液b.饱和Ca(OH)2溶液c.饱和Na2SO3溶液d.饱和Na2CO3溶液（7）氯气可制漂白粉，测定漂白粉有效成分的质量分数：称取1.000g漂白粉于锥形瓶中，加水溶解，调节溶液的pH，以淀粉为指示剂，用0.1000mol/LKI溶液进行滴定，溶液出现稳定浅蓝色时为滴定终点。反应原理为：3ClO-+I-=3Cl-+IO3-；IO3-+5I-+3H2O=6OH-+3I2，实验测得数据如下表所示。滴定次数123KI溶液体积/mL19.9820.0220.00该漂白粉中有效成分的质量分数为；若滴定过程中未充分振荡溶液，局部变浅蓝色时就停止滴定，则测定结果将(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。21．烧杯中装有50mLH2SO4和Na2SO4的混合液，其浓度分别为0.16mol/L和2mol/L，欲使其浓度分别变为1.6mol/L和0.2mol/L，在只有蒸馏水和18mol/L浓H2SO4以及必要仪器的条件下，完成任务：（1）如图所示仪器，配制上述溶液不需用到的是（填字母）．配制过程中还缺少的玻璃仪器是（填仪器名称）（2）下列操作可能引起所配溶液浓度偏高的有_____A．容量瓶中原来存有少量蒸馏水B．定容时，俯视观察刻度线C．将量筒洗涤2﹣3次，并将洗涤液全部转移至容量瓶中D．没有用蒸馏水洗烧杯2﹣3次，并将洗液移入容量瓶中（3）实验操作过程中，应量取mL18mol•L﹣1的浓H2SO4溶液.22．用18mol·L-1的浓H2SO4配制100mL浓度为1.8mol·L-1的H2SO4，其操作可分为以下各步：a.用量筒量取____mL浓H2SO4缓缓注入装有约50mL蒸馏水的烧杯中，并用玻璃棒不断搅拌。b.用约30mL蒸馏水，分成三次洗涤烧杯和玻璃棒，将洗涤液都转入容量瓶中。c.待稀释后的H2SO4冷却至室温后小心转移入容量瓶中。d.检查容量瓶瓶口部是否会发生滴漏。e.将蒸馏水直接转入容量瓶，至液面接近刻度线1～2cm处。f.盖紧瓶塞，反复颠倒振荡，摇匀溶液。g.用____向容量瓶里逐滴滴入蒸馏水，至液面最低点恰好和刻度线相切。（1）依次填写上述各步的空白处：a.、g.。（2）正确的操作顺序是d→→→b→→→f(填字母)。（3）该实验中应选择下列哪种规格的容量瓶：。a.150mLb.100mLc.250mL（4）误差分析，下列操作使所配溶液浓度偏小的是(填序号)。①用量筒量取浓硫酸时，仰视刻度线②用胶头滴管定容时，俯视刻度线③配制前，容量瓶瓶壁上有少量水④未进行上述b操作23．新冠肺炎疫情期间，“84消毒液被广泛应用于物体表面杀菌消毒。嘉兴某学校高一化学兴趣小组的同学参阅84消毒液”的配方，欲用次氯酸钠固体配制500mL0.2mol/L的次氯酸钠消毒液。（1）配制上述溶液需要的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、；（2）需要用托盘天平称量NaClO固体的质量为g。（3）该小组的同学查阅资料得知“洁厕灵”(主要成分是稀盐酸)与“84消毒液”(主要成分是NaClO)混合可以得到氯气，请用离子方程式解释原因。（4）该小组的同学查阅资料又得知：“84消毒液”与稀硫酸混合使用可增强消毒能力，于是他们准备用浓硫酸配制稀硫酸用于增强“84消毒液”的消毒能力。①在配制过程中，将烧杯中的溶液注入容量瓶后，要用少量蒸馏水2-3次。②若所配制的稀硫酸浓度偏小，则下列可能的原因分析中正确的是。A．配制前，容量瓶中有少量蒸馏水B．往容量瓶转移时，有少量液体溅出C．未冷却，立即转移至容量瓶定容D．定容时，仰视溶液的凹液面

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】A.钠为金属，为热和电的良导体，故A不符合题意；B.将Na投入盐酸中，Na先与酸反应，故B符合题意；C.钠性质活泼，可与水、氧气等发生反应，在自然界中不能以游离态存在，故C不符合题意；D.钠和钾的合金熔点低，常温下为液态，具有良好的导热性，可做原子反应堆的导热剂，故D不符合题意。故答案为：B。

【分析】根据金属钠的性质和在自然界的存在、用途等进行分析，注意盐酸中的氢离子浓度大于水电离出的氢离子浓度，所以钠先与盐酸反应。2．【答案】C【解析】【解答】A．氯气溶于水后得到的溶液叫做氯水，是混合物，液氯是的液体状态，是纯净物，A项不符合题意；B．HClO见光分解生成HCl和，B项不符合题意；C．由和可知，二者都是由氯元素组成的，C项符合题意；D．漂白粉是和的混合物，D项不符合题意。故答案为：C。

【分析】氯气溶于水后称为氯水，次氯酸不稳定见光分解出氧气和盐酸，氯离子和氯气都是由氯元素组成，漂白粉是次氯酸钙和氯化钙的混合物3．【答案】A【解析】【解答】A．钠在空气中燃烧，发出黄色火焰，故A符合题意；B．在空气中燃烧的产物是，故B不符合题意；C．钠是银白色金属，的硬度小，熔点低，故C不符合题意；D．钠的化学性质比铁、铝、镁活泼的多，故D不符合题意；故答案为：A。

【分析】B.钠在空气中燃烧生成淡黄色的过氧化钠；

C.钠的硬度较小，熔点低；

D.钠的性质比镁、铝、铁活泼。4．【答案】D【解析】【解答】A．HSO4-的摩尔质量为97g/mol，A不符合题意；B．第I阶段的反应中，NO2经过反应变成NO2-，得到电子，被还原，B不符合题意；C．NO2为非电解质，C不符合题意；D．根据图示可知，第II阶段中，SO3-、NO2在水的条件下生成NO2-、SO3，第III阶段中，SO3结合OH-变为HSO4-，NO2-变成HNO2，故方程式为总反应的化学方程式为：SO3-+H2O+NO2=HNO2+HSO4-，D符合题意；故答案为：D。

【分析】A.摩尔质量的单位为g/mol；

B.第I阶段：NO2→NO2-，得到电子，被还原；

电解质是指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物。5．【答案】B【解析】【解答】A．未知溶液体积，不可算，A项不符合题意；B．标准状况下，氯气即0.1mol，含有的原子数为0.2NA，B项符合题意；C．根据2Na+2HCl=2NaCl+H2↑可知，2.3gNa与含0.05mol·L-1HCl1L的盐酸反应，钠过量，HCl反应完，过量的钠继续与溶液中的水反应，所以最终转移电子数目以钠的量计算，为0.1NA，C项不符合题意；D．H2O在标况下非气态，不可带入气体摩尔体积计算，D项不符合题意；故答案为：B。【分析】A.溶液体积未知，不能计算阴离子数目；

C.钠既与盐酸反应，也与水反应；

D.标况下水不是气体，不能用气体摩尔体积计算其物质的量。6．【答案】B【解析】【解答】A．铁在氯气中燃烧生成氯化铁，则1mol氯气与足量铁反应，转移的电子数为1mol×2×NAmol-1=2NA，故A不符合题意；B．氧化钠和过氧化钠中钠元素的化合价均为+1价，则1mol钠与足量氧气反应生成氧化钠和过氧化钠的混合物，钠失去电子的数目为1mol×1×NAmol-1=NA，故B符合题意；C．缺溶液的体积，无法计算1mol/L氯化铁溶液中氯化铁的物质的量和含有氯离子的数目，故C不符合题意；D．过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，则过氧化钠与二氧化碳反应生成标准状况下11.2L氧气转移的电子数为×2×NAmol-1=NA，故D不符合题意；故答案为：B。【分析】A．依据氯气转移的电子数；B．钠元素的化合价均为+1价；C．缺溶液的体积，无法计算；D．过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气。7．【答案】D【解析】【解答】A.1L1.0×10−8mol⋅L−1H2SO4溶液中硫酸电离H+的数目为2.0×10−8NA，小于水电离H+的浓度，则要考虑水电离，溶液电离H+的数目大于2.0×10−8NA，A项不符合题意；B．甲酸甲酯在稀硫酸中水解反应是可逆的，水解度小于100%，60g甲酸甲酯（HCOOCH3）在稀硫酸中水解生成CH3OH分子数小于NA，B项不符合题意；C．部分电离1L0.2mol⋅L−1NH4H2PO4溶液含数目小于0.2NA，C项不符合题意；D．电解法精炼粗银中，阴极反应式为，，，D项符合题意。故答案为：D。

【分析】A.没考虑水电离；B．水解反应是可逆的；C．部分电离；D．依据精炼粗银时阴极反应式计算。8．【答案】B【解析】【解答】A．基态Al原子的价层电子排布为3s23p1，未成对电子数为1，故1mol基态Al原子中未成对电子的数目为NA，A不符合题意；B．CH2=CHCHO分子中所有碳原子均为sp2杂化，5.6gCH2=CHCHO的物质的量为0.1mol，采用sp2杂化的碳原子数为0.3NA，B符合题意；C.100g46%乙醇溶液中含有乙醇的质量为46g，物质的量为1mol，H-О键的数目为NA；水的质量为54g，物质的量为3mol，H-О键的数目为6NA，共含H-О键的数目为7NA，C不符合题意；D．过氧化钠与水反应时，生成的氧气中氧元素化合价均由-1价升高为0价，生成0.1molO2时转移电子数为0.2NA，D不符合题意；故答案为：B。【分析】A.基态Al原子的未成对电子数为1；

B.CH2=CHCHO分子中所有碳原子均为sp2杂化；

C.乙醇和水中均含有H-O键；

D.过氧化钠与水的反应中过氧化钠既是氧化剂也是还原剂。9．【答案】A【解析】【解答】A．适当控制通入Cl2的速率，可以氯气与浆料充分接触反应，从而提高氯气的利用率，A符合题意；B．滤液中加入KCl固体结晶时析出的是KClO3，说明KClO3的溶解度更小，B不符合题意﹔C．根据电子守恒和元素守恒可得步骤2中总反应方程式为：6Ca(OH)2+6Cl2=Ca(ClO3)2+5CaCl2+6H2O，但实际上是先生成Ca(ClO)2，Ca(ClO)2会进一步转化为Ca(ClO3)2，而少量Ca(ClO)2分解为CaCl2和O2，所以n[CaCl2]：n[Ca(ClO3)2]＞5：1，C不符合题意；D．氯气与Ca(OH)2反应生成氯化钙和次氯酸钙和水，反应的化学方程式为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，D不符合题意；

【分析】难点分析：利用得失电子守恒和质量守恒，配平复杂陌生氧化还原反应，先利用得失电子配平氧化剂和还原剂的系数，最后利用质量守恒配平。10．【答案】D【解析】【解答】VmLFe2(SO4)3溶液中，n(Fe3+)=ag/56g·mol-1=a/56mol，据2Fe3+~3SO42-，有3a/112molSO42-。四分之一溶液中n(SO42-)=3a/448mol，则稀释后溶液中c(SO42-)=n(SO42-)/V=(3a/448mol)/(3V×10-3L)=125a/(56V)mol•L-1，D符合题意；故答案为：D【分析】根据公式计算n[Fe2(SO4)3]，稀释过程中溶液中溶质的量不变，结合Fe2(SO4)3在水中的电离，计算溶液中c(SO42-)。11．【答案】C【解析】【解答】A.Na2O2和水之间反应生成氢氧化钠和氧气，遇到湿润的红色石蕊试纸后，试纸变蓝，但是过氧化钠具有漂白性，最终试纸变白色，故A不符合题意；B.过氧化钠与水反应为歧化反应，过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，生成1mol氧气转移2mol电子，则生成0.1mol氧气转移0.2mol电子，故B不符合题意；C.Na2O2投入到CuCl2溶液中，反应生成氢氧化铜沉淀和氧气，所以有蓝色沉淀及气泡产生，故C符合题意；D.Na2O2与水反应时放出大量热，反应后溶液温度升高，导致氢氧化钠溶液的溶解度增大，所以溶液中钠离子浓度增大，故D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A．Na2O2与H2O反应生成NaOH和O2，O2具有漂白作用；

B．根据反应过程中转移电子数进行计算；

C．Na2O2加入CuCl2溶液中，先与H2O反应生成NaOH和O2，NaOH再与CuCl2溶液发生复分解反应；

D．Na2O2与H2O的反应为放热反应，温度升高，NaOH的溶解度增大；12．【答案】D【解析】【解答】A．该溶液中溶质的质量分数为=，A不符合题意；B．该溶液中溶质的物质的量浓度为≈，B不符合题意；C．由分析知，时，m(CuSO4)：m(溶液)=1：6，则硫酸铜的溶解度为=，C不符合题意；D．由分析知，时，把200gCuSO4溶解于水中，恰好得到饱和溶液，若为溶解于水中，则得到硫酸铜不饱和溶液，D符合题意；故答案为：D。

【分析】A、根据公式计算；

B、根据公式计算物质的量浓度；

C、溶解度是在一定温度下，某固态物质在100g水中达到饱和状态时所溶解的质量；

D、结合20℃时CuSO4的溶解度分析；13．【答案】（1）8.00（2）②③①⑥⑤④（3）C；D（4）25；量筒、100mL容量瓶（量筒规格不作要求，容量瓶必须有规格）【解析】【解答】（1）配制该溶液时，所需NaOH固体的质量m=n×M=c×V×M=0.40mol/L×0.5L×40g/mol=8.00g。

（2）配制溶液所需的步骤为计算→称量→溶解→冷气→移液→洗涤→定容→摇匀→装瓶。因此配制时的正确操作为②③①⑥⑤④。

（3）A、容量瓶未干燥，对实验结果无影响，A不符合题意；

B、退溶解后趁热移入容量瓶中，由于“热胀冷缩”使得溶液的体积V偏小，根据可知，所得溶液的浓度偏高，B不符合题意；

C、定容时仰视刻度线，则溶液的体积V偏大，根据公式可知，所得溶液的浓度偏低，C符合题意；

D、NaOH固体已变质，则所称得的NaOH固体的质量偏小，即溶液中溶质n偏小，根据公式可知，所得溶液的浓度偏低，D符合题意；

故答案为：CD

（4）由浓度较高的溶液配制浓度较低的溶液，为稀释过程，稀释时，溶液中溶质的物质的量保持不变，因此可得0.10mol/L×100mL=0.40mol/L×V，解得V=25mL。

配制该100mL溶液时，还需用到100mL容量瓶；由于所需25mL0.40mol/L的NaOH溶液需用量筒量取，因此所需的仪器还有量筒。【分析】（1）根据公式m=n×M=c×V×M进行计算。

（2）根据溶液配制步骤进行排序。

（3）分析错误操作对n、V造成的影响，结合公式分析实验误差。

（4）由浓溶液配制稀溶液的过程为稀释，稀释过程中溶质的物质的量保持不变，据此计算所需NaOH溶液的体积。由浓溶液配制稀溶液时需使用量筒量取浓溶液的体积。14．【答案】溶液先变红，然后褪色；根据Cl2+H2O=HCl+HClO，HCl使溶液先变红，HClO的漂白性使溶液褪色；吸收Cl2中的水蒸气(干燥Cl2)；否；Cl2可以与水发生反应生成具有漂白性的次氯酸(或干燥的Cl2没有漂白性)；2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O【解析】【解答】①氯气与A中的水发生反应生成HCl和HClO，即Cl2+H2O=HCl+HClO，HCl使溶液先变红，HClO的漂白性使溶液褪色，故答案为：溶液先变红，然后褪色；根据Cl2+H2O=HCl+HClO，HCl使溶液先变红，HClO的漂白性使溶液褪色；②装置B的作用是干燥氯气或吸收氯气中的水蒸气，故答案为：吸收Cl2中的水蒸气(干燥Cl2)；③C中干燥的有色布条不褪色，D中湿润的有色布条褪色，即装置C与装置D中的现象不相同，对比装置C和D中的现象可以得出干燥的氯气没有漂白性，或者氯气与水反应产生具有漂白性的次氯酸，故答案为：否；Cl2可以与水发生反应生成具有漂白性的次氯酸(或干燥的Cl2没有漂白性)；④常用NaOH溶液吸收氯气，反应的化学方程式为2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O，故答案为：2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O。

【分析】氯气与A中水反应生成HC和HClO，HCl溶液显酸性，使石蕊变红，HClO有漂白性，使石蕊褪色，A中出现先变红、后褪色的现象，用B干燥氯气，用C验证干燥的氯气没有漂白性，用D验证氯气与水反应生成的HCO有漂白性，用E吸收尾气。15．【答案】Cl2；HClO；Cl－；H＋和HClO【解析】【解答】①氯水与NaBr反应，主要发生Cl2＋2Br－=Br2＋2Cl－，则起作用的是Cl2；

②氯水用于自来水杀菌消毒，主要利用HClO的强氧化性，因此则起作用是HClO；

③氯水中加入硝酸银溶液，出现白色沉淀，发生Ag＋＋Cl－=AgCl↓，起作用是Cl－；

④氯水中滴入石蕊，因为石蕊遇酸变红，先变红，起作用的是H＋，然后利用HClO的强氧化性，将有色物质氧化，起作用的是HClO。

【分析】①Cl2氧化性强于溴；

②氯水中的HClO可以用于杀菌消毒；

③氯水Cl－可以和银离子反应；

④氯水中的HClO具有强氧化性，可以将有色物质氧化为无色物质。

16．【答案】碱性；Na2O+H2O=2NaOH；Na2O+CO2=Na2CO3、Na2O+2HCl=2NaCl+H2O【解析】【解答】根据Na2O与CaO的组成，二者都是氧化物，根据物质的性质，Na2O与CaO都能与酸反应生成盐和水，属于碱性氧化物；Na2O和水反应生成氢氧化钠，反应方程式Na2O+H2O=2NaOH，Na2O与二氧化碳反应生成碳酸钠，反应方程式Na2O+H2O=2NaOH，Na2O与盐酸反应生成氯化钠和水，反应方程式Na2O+2HCl=2NaCl+H2O，故答案为：碱性；Na2O+H2O=2NaOH；Na2O+CO2=Na2CO3、Na2O+2HCl=2NaCl+H2O（任写两个）。

【分析】碱性氧化物是指与水反应只生成碱或与酸反应只生成盐和水的氧化物；Na2O和H2O反应生成NaOH，Na2O与CO2反应生成Na2CO3，Na2O与HCl反应生成NaCl和H2O。17．【答案】钠块浮在水面上，熔成一只闪亮的小球，在水面上不定向地迅速游动，发出“嘶嘶”的响声；产生蓝色沉淀；2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；2NaOH+CuSO4=Cu(OH)2↓+Na2SO4【解析】【解答】金属钠投入到硫酸铜溶液中，先与水反应：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，因为钠的密度小于水，因此钠块浮在水面，钠与水反应放出热量，又因为钠的熔点较低，观察到钠块熔成小球，钠与水反应产生氢气，观察到钠在水面上此处游动，并发出“嘶嘶”的响声，产生NaOH与Cu2+反应生成Cu(OH)2蓝色沉淀，反应方程式2NaOH+CuSO4=Cu(OH)2↓+Na2SO4；故答案为钠块浮在水面上，熔成一只闪亮的小球，在水面上不定向地迅速游动，发出“嘶嘶”的响声；产生蓝色沉淀；2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；2NaOH+CuSO4=Cu(OH)2↓+Na2SO4。

【分析】依据钠与盐溶液反应时，“先水后盐”分析。18．【答案】（1）焰色试验（2）2NaHCO3△__Na2CO3+CO2↑+H（3）【解析】【解答】（1）A是NaHCO3，阳离子为Na+，检验A中阳离子的常用方法为焰色试验；（2）酸氢钠受热分解生成碳酸钠，水和二氧化碳，①反应的化学反应方程式为2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O；（3）过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，化学反应方程式为。

【分析】（1）钠离子的检验通常用焰色试验；

（2）碳酸氢钠受热分解为碳酸钠、二氧化碳和水；

（3）过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气。19．【答案】（1）Na；Na2O2；NaOH；Na2CO3；NaHCO3（2）2NaHCO3Δ__Na2CO3+CO2↑+H（3）2OH-+CO2=CO+H2O【解析】【解答】(1)由分析可知，A、B、C、D、E五种物质的化学式分别为Na、Na2O2、NaOH、Na2CO3、NaHCO3；(2)加热E(NaHCO3)生成D(Na2CO3)和F(CO2)的化学方程式2NaHCO3Δ__Na2CO3+CO2↑+H(3)C为NaOH和CO2反应生成D(Na2CO3)的离子方程式2OH-+CO2=CO+H2O。【分析】(1)依据题目信息，确定是钠及其化合物；(2)加热碳酸氢钠生成碳酸钠、水和二氧化碳；(3)氢氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和水。20．【答案】（1）分液漏斗；Ca(ClO)2+4HCl(浓)=CaCl2+2Cl2↑+2H2O（2）MnO2+4H＋+2Cl-Δ__Mn2＋+Cl2↑+2H（3）除去Cl2中的HCl；B中长颈漏斗中液面上升，形成水柱，锥形瓶中液面下降（4）d（5）E中溶液分为两层，上层为紫红色；不能；D溶液中可能含有过量的氯气，无法排除氯气与KI反应（6）吸收多余氯气，防止污染环境；b（7）42.9%；偏低【解析】【解答】(1)装置A是氯气的发生装置，其中盛放浓盐酸的仪器名称是分液漏斗，该反应相应的化学方程式：Ca(ClO)2+4HCl(浓)=CaCl2+2Cl2↑+2H2O。(2)a.二氧化锰与浓盐酸混合加热发生反应制氯气，根据电子守恒、原子守恒、电荷守恒，可得该反应的离子方程式为：MnO2+4H＋+2Cl-Mn2＋+Cl2↑+2H2O。b.氯酸钾与浓盐酸混合也能发生反应制氯气，该反应方程式为KClO3+6HCl（浓）=KCl+3Cl2↑+3H2O，在该反应中KClO3是氧化剂，HCl是还原剂，氧化产物与还原产物都是Cl2，二者的物质的量之比为5：1。(3)装置B中饱和食盐水的作用是除去氯气中的杂质HCl气体；同时装置B也是安全瓶，监测实验进行时C中是否发生堵塞，若装置C发生堵塞，B中的现象为：B中长颈漏斗中液面上升，形成水柱，锥形瓶中液面下降；(4)装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，通过装置B除去HCl的氯气中含有水蒸气，首先要通过湿润的有色布条，会看到褪色，说明湿润的氯气具有漂白性，然后再用无水氯化钙（U形管中应盛放固体干燥剂）干燥氯气，最后通过干燥的有色布条，看到干燥的有色布条不褪色，从而证明氯气不具有漂白性，氯气与水反应产物具有漂白性；(5)装置D、E的目的是比较氯、溴、碘单质的氧化性。反应一段时间后，打开活塞，将装置D中少量溶液加入装置E中，振荡，观察到的现象是E中溶液分为两层，上层为紫红色；该现象不能说明溴单质的氧化性强于碘，原因是由于D溶液中可能含有过量的氯气，无法排除氯气与KI反应；可能是Cl2与KI发生置换反应生成I2，也可能是在装置D中Cl2与NaBr发生置换反应生成的Br2单质与KI发生置换反应生成的I2，因此不能说明溴单质的氧化性强于碘；(6)Cl2是大气污染物，装置F的作用是吸收多余氯气，防止污染环境；a.Cl2可以与饱和NaOH溶液发生反应，NaOH在水中溶解度大，因此可以选用；b.Ca(OH)2微溶于水，所以饱和Ca(OH)2溶液中的溶质的含量少，不能很好的吸收多余的Cl2，因此不能选用；c.Cl2具有氧化性，Na2SO3具有还原性，Na2SO3可以吸收氯气生成硫酸钠和HCl，因此可以选用；d.Cl2与水反应生成HCl和HClO，饱和碳酸钠溶液与HCl反应促进氯气的吸收，饱和Na2CO3溶液可以吸收多余氯气；故答案为：b；(7)3ClO-+I-=3Cl-+IO3-①；IO3-+5I-+3H2O=6OH-+3I2②真正的滴定反应是①，①完成后，只要加入1滴碘离子就可以和生成的碘酸根发生反应②生成碘单质，碘与淀粉作用看到浅蓝色达到终点，根据滴定消耗KI溶液的体积可知：三次数据相差不大，都为有效实验数据，平均消耗KI溶液的体积=mL=20.00mL，滴定消耗KI的物质的量为n(KI)=0.1000mol/L×0.02L=2×10-3mol，根据方程式3ClO-+I-=3Cl-+IO3-可知，n(ClO-)=3n(I-)=3×2×10-3mol=6×10-3mol，则次氯酸钙的质量为：143g/mol×0.006mol×=0.429g，所以质量分数为：×100%=42.9%；若滴定过程中未充分振荡，溶液局部变浅蓝色时就停止滴定，导致碘化钾标准溶液的体积偏少，则KI的物质的量偏少，所以测定结果将偏低。【分析】浓盐酸与漂白粉反应生成氯气，由于浓盐酸具有挥发性，在制得的氯气中含有杂质HCl，用B装置的饱和食盐水去除其中的HCl，图示B装置也是安全瓶，可以监测C中是否发生堵塞；用C装置检验氯气是否具有漂白性，用D、E装置比较氯、溴、碘单质的氧化性，通过F装置进行尾气处理。21．【答案】（1）C；500mL容量瓶（2）B；C（3）44【解析】【解答】（1）要完成任务，需加入一定体积的浓硫酸，再加入蒸馏水稀释到500mL；需要的仪器有烧杯、玻璃棒、量筒、500mL容量瓶、胶头滴管，如图所示的仪器中不需用到的是分液漏斗，选C；配制过程中还缺少的玻璃仪器是500mL容量瓶；

（2）A．容量瓶中原来存有少量蒸馏水，对所配溶液浓度无影响，故不选A；B．定容时，俯视观察刻度线，溶液体积偏小，所配溶液浓度偏高，故答案为：B；C