第2章 海洋中的卤素资源 单元测试卷-高一上学期化学沪科版（2020）必修第一册

试卷第=page11页，共=sectionpages77页试卷第=page44页，共=sectionpages77页第2章《海洋中的卤素资源》单元测试卷一、单选题1．下列有关新制氯水的说法不正确的是A．新制氯水中含有溶液显淡黄绿色B．新制氯水中滴加硝酸银溶液，生成白色沉淀C．新制氯水需保存在无色试剂瓶中，并置于冷暗处D．用强光照射新制氯水，酸性增强2．下列物质之间不能发生反应的是A．CH3COOH与NH3•H2O B．BaCO3与HNO3C．CuCl2与KOH D．CuCl2与H2CO33．下列离子方程式中，正确的是A．石灰乳与盐酸反应：B．铜和硝酸银溶液反应：C．碳酸钠溶液与稀盐酸反应：D．铁与盐酸反应：4．下列离子方程式书写正确的是A．Cu与稀硫酸的反应：Cu+2H+=Cu2++H2↑B．Na投入水中的反应：Na+2H2O=Na++2OH-+H2↑C．Mg(OH)2与稀盐酸的反应：OH-+H+=H2OD．BaCl2溶液与Na2SO4溶液的反应：Ba2++SO=BaSO4↓5．某班同学为验证酸的化学通性，做了四组实验。下列说法不正确的是A．A组试管中都产生H2，若要制得较纯的H2，不应选盐酸B．B组两试管中实验现象相同，都是固体消失，溶液变为黄色C．C、D两组实验中，基本的反应类型相同D．C、D两组实验中，两试管中发生的离子反应都不同6．对于反应，下列说法不正确的是A．Fe是还原剂，被氧化B．HCl是氧化剂，发生了还原反应C．−1价氯在反应中价态未变，所以HCl既不是氧化剂，又不是还原剂D．此反应既是置换反应又是氧化还原反应7．下列过程中的化学反应，相应的离子方程式书写正确的是A．将过量通入溶液中：B．溶液中通入少量：C．硫酸铝溶液中滴加过量氨水：D．向溶液中滴入少量溶液：8．下列说法错误的有①氯气的水溶液可以导电，所以Cl2是电解质②氧化还原反应的本质是化合价的升降③电解质的电离需要在通电条件下进行④胶体和溶液的本质区别是是否有丁达尔效应⑤Na2O2能与酸反应，所以Na2O2是碱性氧化物⑥碳酸钠可以用于治疗胃酸过多A．3个 B．4个 C．5个 D．6个9．氧化还原关系与四种基本反应类型的关系如图所示。下列化学反应中属于阴影部分的是A． B．C． D．10．下列物质属于电解质的是A．汽油 B．铝 C．碳酸钠 D．氯化钠溶液11．测定某溶液中甲醇含量的部分过程如下：①碱性溶液处理：(未配平，下同)②酸化处理：下列说法错误的是A．“反应①”中氧化剂与还原剂的物质的量之比为B．“反应①”中氧化性：C．“反应②”中，可用硫酸进行酸化D．“反应②”消耗时，反应中转移12．对于反应(未配平)，下列说法正确的是A．和是还原产物B．该反应能说明的氧化性大于C．氧化产物和还原产物的个数比为D．配平后的化学方程式为13．为防止废弃的硒单质(Se)造成环境污染，通常用浓硫酸将其转化成二氧化硒(SeO2)，再用KI溶液处理后回收Se．发生的反应为：①Se+2H2SO4(浓)=2SO2+SeO2+2H2O、②SeO2+4KI+4HNO3=4KNO3+Se+2I2+2H2O，下列说法错误的是A．①中SO2是还原产物，SeO2是氧化产物B．②中KI是还原剂，HNO3是氧化剂C．回收Se过程中每生成0.4molI2共转移1.6mol电子D．氧化性由强到弱的顺序是：H2SO4(浓)＞SeO2＞HNO314．下列各组离子在给定条件下，一定能大量共存的是A．无色溶液：K+、Fe3+、Cl-，B．酸性溶液：Fe2+、Na+、Cl-、ClO-C．碱性溶液：Al3+、K+、、D．c(Fe3+)=0.1mol·L-1的溶液：H+、Al3+、、Cl-15．如图所示装置中，试管内的FeI2溶液中滴有KSCN溶液，实验中控制通入Cl2的速度，试管内先观察到紫色，后观察到血红色。下列说法正确的是A．若Cl2中含较多HCl，则实验过程中会产生倒吸现象B．通入足量Cl2后，振荡试管，下层变紫色，上层变血红色C．该实验可验证氧化性：Cl2＞I2＞Fe3+D．试管内反应的离子方程式可表示为2Fe2++2I-+2Cl2=I2+2Fe3++4Cl-二、填空题16．现有下列物质：①铜；②冰醋酸(纯醋酸晶体)；③熔融的KNO3；④稀盐酸；⑤CO2；⑥KHSO4晶体；⑦蔗糖；⑧Fe(OH)3胶体；⑨液氯；⑩BaSO4固体(1)属于电解质的是___________。属于非电解质的是___________，既不是电解质也不是非电解质的是___________。(2)写出⑥在水中的电离方程式___________；写出除去Na2CO3固体中的NaHCO3的化学方程式___________；在沸水中滴入饱和氯化铁溶液制备⑧的化学方程式是___________。(3)等质量的CO和CO2物质的量之比为___________；氧原子个数之比为___________；VLAl2(SO4)3溶液中含Al3+amol，该Al2(SO4)3溶液的物质的量浓度为___________mol/L(用含a的式子表示，下同)，取出0.5VL再加入水稀释到4VL，则稀释后的溶液中SO的物质的量浓度为___________。17．补齐物质与其用途之间的连线_______。物质

用途A．二氧化氯a.蚀刻铜板B．氯化铁b.焙制糕点C．碳酸氢钠c.自来水消毒18．按要求回答下列问题(1)侯氏制碱法制得的“碱”的化学式：____，磁性氧化铁的化学式：____。(2)漂白粉的有效成分化学式是____；胶体的本质特征：____。(3)用化学方程式表示炽热的铁水不能注入潮湿的模具中的原因：____。(4)用离子方程式表示打磨过的铝片遇NaOH溶液产生气泡的原因：____。三、计算题19．一定量氢气在氯气中燃烧，所得混合气体用480mL0.1mol/LNaOH溶液恰好完全吸收，测得溶液中含有NaClO的物质的量浓度为0.03mol/L(假设溶液体积不变)。(1)实验室需480mL0.1mol/LNaOH溶液，若用固体NaOH配制，下列说法正确的是_______。A．配制此溶液需要1.92g固体NaOHB．将固体NaOH放在垫有滤纸托盘上进行称量C．定容时仰视刻度线会导致所配溶液浓度偏低D．用容量瓶配制溶液，定容时若加水超过刻度线，应立即用滴管吸出多余液体(2)所得溶液中NaCl的物质的量浓度为_______mol/L；(3)参加反应的H2的质量为_______g。20．一定量氢气在氯气中燃烧，所得混合物用100mL3.00mol/L的NaOH溶液恰好完全吸收，检测到反应后溶液中有NaCl、NaClO和NaClO3。测得溶液中含有NaCl的物质的量0.250mol，NaClO的物质的量为0.0300mol。(1)所得溶液中NaClO3的物质的量为_______。(2)所得混合物中氯气与NaOH溶液反应的总离子方程式_______。(3)所用氯气和参加反应的氢气的物质的量之比n(Cl2)：n(H2)=_______。21．回答下列问题(1)在Al2(SO4)3溶液中SO的质量m克，则该溶液中Al2(SO4)3的的物质的量为_______mol，Al3+的物质的量为_______mol。(2)在标准状况下，4.8g甲烷(CH4)所占的体积为_______L，在标准状况下CH4密度_______g/L(保留两位有效数字)，同温同压下，质量相等的CH4和H2S体积之比为_______。(3)已知CO、CO2的混合气体质量共16.0g，标准状况下体积为8.96L，则该混合气体中含CO_______g，混合气体的平均摩尔质量为_______(4)9.2g金属钠与足量水反应()，生成的氢氧化钠的物质的量为_______mol，生成H2在标准状况的体积为_______L。(5)实验室可将氧气通过高压放电制取臭氧：将8LO2通过放电后，恢复到原状况得到混合气体6.5L，其中O3的体积为_______L，6.5L混合气体的平均相对分子量为_______(保留小数点后一位)四、实验题22．离子反应是中学化学中重要的反应类型。请回答下列问题：(1)在发生离子反应的反应物或生成物中，一定存在的是_______(填字母)。A．单质 B．氧化物 C．盐 D．化合物(2)有一瓶澄清的溶液，其中可能含有H+、Mg2+、Ba2+、、、取该溶液进行以下实验：①用pH试纸检验，表明溶液呈强酸性，可以排除_______的存在。②取出部分溶液逐滴加入NaOH溶液，使溶液从酸性逐渐变为碱性，继续滴加NaOH溶液，有白色沉淀产生，则产生白色沉淀的离子方程式为_______。③取部分上述碱性溶液加Na2CO3溶液，有白色沉淀生成，产生白色沉淀的离子方程式为_______。④根据上述实验事实能确定溶液中肯定存在的离子是_______。23．如图为实验室制取纯净、干燥的氯气，并验证氯气性质的装置。其中E瓶放有干燥红色布条；F中为红色的铜网，其右端出气管口放有脱脂棉。(1)装置C中盛装的溶液是_______，D中试剂的作用是_______。(2)E中的红色布条是否褪色？_______(填“是”或“否”)。(3)H中的试剂为_______，用来吸收多余氯气。工业上常用廉价的石灰乳吸收工业氯气尾气制得漂白粉，该反应的化学方程式为_______。(4)实验室可用KMnO4和浓盐酸反应制取氯气，化学反应方程式如下：2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O。该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比是_______。24．小李同学在学习研究酸、碱和盐之间的关系时，在烧杯A中放入少许澄清石灰水，设计了下列实验：请按要求回答下列问题：(1)A中溶质的电离方程式是___________，B中溶液的颜色为___________。(2)B→C的实验现象是___________，该过程中反应的离子方程式为___________。(3)C→D过程中反应的离子方程式为___________。(4)若D中溶液呈酸性，则D→E的实验现象除溶液最终变红外，还有___________，该过程中反应的化学方程式为___________、___________。答案第=page55页，共=sectionpages1212页答案第=page66页，共=sectionpages1212页参考答案：1．C【分析】氯水中含有三分子(H2O、Cl2、HClO)、四离子(H+、Cl-、ClO-、OH-)，因此氯水具有漂白性(HClO)、强氧化性(HClO、Cl2)、酸性(HCl)，久置的氯水中，HClO分解生成HCl和O2，HCl溶于水形成盐酸，氯水酸性增强。据此解答。【详解】A．新制氯水呈浅黄绿色，且有刺激性气味，说明氯水中含Cl2，A正确；B．根据分析可知，新制氯水中含有Cl-，与硝酸银溶液反应生成氯化银白色沉淀，B正确；C．新制氯水中含有见光易分解的HClO，需保存在棕色试剂瓶中，C错误；D．久置的氯水中，HClO分解生成HCl和O2，HCl溶于水形成盐酸，氯水酸性增强，D正确；故选C。2．D【详解】A．醋酸和一水合氨发生中和反应生成醋酸铵，A不符合题意；B．碳酸钡和稀硝酸反应生成硝酸钡和水、二氧化碳，B不符合题意；C．氯化铜和氢氧化钾生成氢氧化铜沉淀，C不符合题意；D．碳酸酸性弱于盐酸，两者不能反应，D符合题意；故选D。3．C【详解】A．石灰乳的溶解性较小，作反应物时写化学式，正确的离子方程式为Ca(OH)2+2H+=2H2O+Ca2+，故A错误；B．铜和硝酸银溶液反应生成银单质和铜离子，正确的离子方程式为：Cu+2Ag+=Cu2++2Ag，故B错误；C．碳酸钠溶液与稀盐酸反应的离子方程式为，故C正确；D．铁与盐酸反应生成亚铁离子和氢气，正确的离子方程式为：，故D错误；故选：C。4．D【详解】A．Cu与稀硫酸不反应，故A错误；B．质量不守恒，电子不守恒，Na与水反应：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，故B错误；C．氢氧化镁是难溶性的碱，不能拆成离子，应改为：Mg(OH)2+2H+=2H2O+Mg2+，故C错误；D．BaCl2溶液和Na2SO4溶液反应生成硫酸钡沉淀，离子方程式：Ba2++SO=BaSO4↓，故D正确。答案选D。5．D【详解】A．盐酸具有挥发性导致氢气不纯，要制得较纯的H2，不应选盐酸，A正确；B．氧化铁和稀盐酸、稀硫酸反应均生成三价铁盐，固体消失，溶液变黄色，B正确；C．C、D两组实验中，都是两种化合物交换成分生成另外两种化合物的反应，属于复分解反应，C正确；D．C组实验中反应均为氢离子和氢氧根离子生成水的反应，离子反应相同，D错误；故选D。6．C【详解】A．Fe元素的化合价升高，Fe是还原剂，被氧化，故A正确；B．HCl中的H元素化合价降低，则HCl是氧化剂，发生了还原反应，故B正确；C．HCl中的Cl化合价未变，但H元素化合价降低，则HCl是氧化剂，故C错误；D．此反应是置换反应，有元素化合价发生变化，又是氧化还原反应，故D正确；故选C。7．A【详解】A．将过量通入溶液中生成硫和亚硫酸氢钾：，故A正确；B．碘离子的还原性强于亚铁离子，溶液中通入少量先与碘离子反应：，故B错误；C．硫酸铝溶液中滴加过量氨水只能得到氢氧化铝沉淀：，故C错误；D．向溶液中滴入少量溶液，有碳酸钠生成：，故D错误；故选A。8．D【详解】①Cl2是单质，既不是电解质又不是非电解质，故①错误；②氧化还原反应的本质是电子转移，故②错误；③电解质电离的条件是溶于水或加热熔化，电离不需要通电，故③错误；④胶体和溶液的本质区别是分散质粒子直径不同，故④错误；⑤Na2O2和酸反应生成盐、水、氧气，Na2O2是过氧化物，故⑤错误；⑥碳酸钠碱性太强，碳酸钠不能用于治疗胃酸过多，故⑥错误；说法错误的有6个，选D。9．D【分析】反应符合一变多特点，属于分解反应；两种化合物交换成分生成另外两种化合物的反应，属于复分解反应；反应符合多变一特点，属于化合反应；一种单质和化合物生成另外一种单质和化合物的反应，属于置换反应；氧化还原反应为有元素化合价改变的反应；【详解】A．反应中没有元素化合价改变，不是氧化还原反应，故A错误；B．反应中没有元素化合价改变，不是氧化还原反应，故B错误；C．反应为一变多的反应，属于分解反应，故C错误；D．反应在碳、氢元素化合价改变，且不是化合、分解、置换反应；故D正确；故选D。10．C【详解】A．汽油是混合物，不属于电解质，A错误；B．铝是单质，不属于电解质，B错误；C．碳酸钠是化合物，且属于可溶性盐，溶于水可以导电，属于电解质，C正确；D．氯化钠溶液是混合物，不属于电解质，D错误；故选C。11．D【详解】A．根据氧化还原反应配平可得：，反应中为氧化剂，CH3OH为还原剂，则“反应①”中氧化剂与还原剂的物质的量之比为，A正确；B．根据反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物可知，“反应①”中为氧化剂，是氧化产物，则氧化性：，B正确；C．由于与、不反应，则“反应②”中，可用硫酸进行酸化，C正确；D．根据氧化还原反应配平可得：“反应②”为，则消耗即=0.5mol时，则反应中转移电子数目为：，D错误；故答案为：D。12．C【详解】A．O2中O的化合价为0，没有发生还原反应，H2O中O的化合价降低，所以只有H2O是还原产物，故A错误；B．根据反应方程式进行的氧化性大小比较是指氧化剂与氧化产物之间的比较，在该反应中不能比较二者的氧化性强弱，故B错误；C．反应中碘元素化合价由I−中−1价升高为I2中0价，氧化产物是I2；氧元素化合价由O3中0价降低为H2O中−2价，还原产物是H2O，根据电子转移守恒可知，氧化产物与还原产物的物质的量之比为[0−(−2)]：2×[0−(−1)]＝1：1，故C正确；D．配平后的方程式为O3＋2I−＋2H＋＝I2＋O2＋H2O，故D错误；故答案选C。13．B【详解】A．①中S元素化合价由+6价变为+4价、Se元素化合价由0价变为+4价，则浓硫酸是氧化剂、Se是还原剂，SO2是还原产物，SeO2是氧化产物，故A正确；B．②中Se元素化合价由+4价变为0价、I元素化合价由-1价变为0价，得电子化合价降低的反应物是氧化剂、失电子化合价升高的反应物是还原剂，则KI是还原剂，SeO2是氧化剂，故B错误；C．反应②中I元素化合价由-1价变为0价，每生成0.4molI2转移电子物质的量为：0.4mol×2×[0-（-1）]=0.8mol，同时反应①中需要消耗0.2molSe，又转移0.8mol电子，所以回收Se过程中每生成0.4molI2共转移1.6mol电子，故C正确；D．①中氧化剂是浓硫酸、氧化产物是SeO2，则氧化性：H2SO4(浓)＞SeO2；②中氧化剂是SeO2，而硝酸反应物仅体现酸性，则氧化性：SeO2＞HNO3，所以氧化性由强到弱的顺序是：H2SO4(浓)＞SeO2＞HNO3，故D正确；故选B。14．D【详解】A．Fe3+是有色离子，与题意不符，故A不符合题意；B．ClO-具有强氧化性能将Fe2+氧化，且酸性条件下，H+与ClO-反应生成弱电解质HClO，不能大量共存，故B不符合题意；C．碱性溶液中含有较多OH-，Al3+与OH-不能大量共存，故C不符合题意；D．这些离子在指定的溶液中能够大量共存，故D符合题意；答案为D。15．B【分析】碘化亚铁溶液通入氯气，先观察到紫色，说明氯气先将碘离子氧化成碘单质，然后观察到血红色，说明氯气将亚铁离子氧化成Fe3+，据此分析；【详解】A．根据图象，导管下端在四氯化碳溶液中，HCl不溶于四氯化碳，不能发生倒吸，故A错误；B．通入足量的氯气后，振荡试管，因四氯化碳的密度大于水，且不与水互溶，四氯化碳在下层，水层在上层，碘单质易溶于四氯化碳，即下层显紫色，Fe3+在水层，即上层显红色，故B正确；C．根据上述分析，氯气先氧化成碘离子，再氧化亚铁离子，说明氯气的氧化性最强，碘离子的还原性强于亚铁离子，从而推出Fe3+的氧化性强于I2，故C错误；D．根据上述分析，氯气先氧化碘离子，将碘离子氧化完后，再与亚铁离子反应，题中所给离子方程式是先氧化亚铁离子，因此离子方程式可以是2Fe2++4I-+3Cl2=2I2+2Fe3++6Cl-，故D错误；答案为B。16．(1)

②③⑥⑩

⑤⑦

①④⑧⑨(2)

KHSO4=K++H++SO

2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O

FeCl3+3H2O=Fe(OH)3(胶体)+3HCl(3)

11:7

11:14

mol/L

mol/L【分析】①铜是金属单质，既不是电解质又不是非电解质；②冰醋酸(纯醋酸晶体)的水溶液能导电，冰醋酸是电解质；③熔融的KNO3能导电，KNO3是电解质；④稀盐酸是氯化氢的水溶液，属于混合物，既不是电解质又不是非电解质；⑤CO2自身不能电离，CO2是非电解质；⑥KHSO4晶体的水溶液能导电，KHSO4是电解质；⑦蔗糖自身不能电离，蔗糖是非电解质；⑧Fe(OH)3胶体是混合物，既不是电解质又不是非电解质；⑨液氯是单质，既不是电解质又不是非电解质；⑩BaSO4溶于水的部分能完全电离，BaSO4固体是电解质。(1)根据以上分析，属于电解质的是②冰醋酸(纯醋酸晶体)、③熔融的KNO3、⑥KHSO4晶体、⑩BaSO4固体。属于非电解质的是⑤CO2、⑦蔗糖；既不是电解质也不是非电解质的是①铜、④稀盐酸、⑧Fe(OH)3胶体、⑨液氯；(2)KHSO4在水中电离出K+、H+、SO，电离方程式为KHSO4=K++H++SO；用加热法除去Na2CO3固体中的NaHCO3，NaHCO3加热分解为碳酸钠、二氧化碳、水，反应的化学方程式是2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O；在沸水中滴入饱和氯化铁溶液制备Fe(OH)3胶体，反应的化学方程式是FeCl3+3H2O=Fe(OH)3(胶体)+3HCl。(3)等质量的CO和CO2，设质量都是1g，则物质的量分别为、，物质的量之比为：=11:7；氧原子个数之比为：=11:14；VLAl2(SO4)3溶液中含Al3+amol，则n(Al2(SO4)3)=，该Al2(SO4)3溶液的物质的量浓度为mol/L，取出0.5VL再加入水稀释到4VL，溶液稀释8倍，稀释后Al2(SO4)3溶液的物质的量浓度为mol/L，则稀释后的溶液中SO的物质的量浓度为mol/L。17．【详解】二氧化氯可用于自来水消毒；氯化铁可用于蚀刻铜板；碳酸氢钠可用于焙制糕点；所以物质与其用途之间的连线为；故答案为。18．(1)

Na2CO3

Fe3O4(2)

Ca(ClO)2

分散质的粒子直径介于1nm与100nm之间(3)3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2(4)2Al+2OH-+2H2O=2AlO+3H2【解析】(1)侯氏制碱法就是在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳，在溶液中就有了大量的钠离子、铵根离子、氯离子和碳酸氢根离子，这其中NaHCO3溶解度最小，所以析出NaHCO3晶体，再加热碳酸氢钠使其分解得到纯碱、二氧化碳和水，故侯氏制碱法制得的“碱”的化学式为:Na2CO3；铁常见的氧化物为氧化铁、氧化亚铁和四氧化三铁，磁性氧化铁为:Fe3O4。(2)氯气通入石灰乳可制得漂白粉，漂白粉的成分为氯化钙和次氯酸钙，有效成分是次氯酸钙化学式是：Ca(ClO)2；分散系根据分散质粒子直径的大小分为溶液、浊液和胶体，故胶体的本质特征是分散质粒子直径的大小，胶体的本质特征分散质的粒子直径介于1nm与100nm之间。(3)炽热的铁水注入模具前，模具必须进行干燥处理，否则铁和水在高温下反应生成四氧化三铁和氢气，反应的方程式：3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2。(4)铝片与NaOH反应生成偏铝酸钠和氢气，气泡是氢气，反应的离子方程式：2Al+2OH-+2H2O=2AlO+3H2。19．(1)C(2)0.07(3)0.0192【详解】（1）A.实验室需480mL0.1mol/LNaOH溶液，需要配制500mL，则配制此溶液需要氢氧化钠的质量是0.5L×0.1mol/L×40g/mol＝2.0g，A错误；B.氢氧化钠具有腐蚀性，易吸水，不能将固体NaOH放在垫有滤纸托盘上进行称量，有关放在烧杯中称量，B错误；C.定容时仰视刻度线，溶液体积增加，因此会导致所配溶液浓度偏低，C正确；D.用容量瓶配制溶液，定容时若加水超过刻度线，需要重新配制，D错误；答案选C。（2）n（NaOH）=0.1mol/L×0.48L=0.048mol，反应后溶液中含有NaClO的物质的量为0.03mol/L×0.48L=0.0144mol，根据钠离子守恒得n（NaCl）=n（NaOH）-n（NaClO）=0.048mol－0.0144mol=0.0336mol，所以所得溶液中NaCl的物质的量浓度为0.0336mol÷0.48L＝0.07mol/L；（3）氯气和NaOH反应时一半生成NaCl、一半生成NaClO，根据NaClO得氯气和NaOH反应的n（NaCl）=n（NaClO）=0.0144mol，剩余部分NaCl为HCl和NaOH反应生成的，为0.0336mol－0.0144mol＝0.0192mol，所以根据H原子守恒得氢气的质量是0.0192mol×1g/mol＝0.0192g。20．(1)0.02mol(2)(3)5∶2【详解】（1）H2在Cl2燃烧生成的HCl气体，反应的化学点燃方程式为：，则混合气体中含有HCl气体，由于溶液中含有Cl2，说明Cl2有剩余，混合气体中含有Cl2，则所得混合物为HCl气体与Cl2，HCl气体与NaOH溶液反应的化学方程式为:，Cl2与NaOH溶液反应的关系式为（未配平）：，由于所得混合物用100mL3.00，NaOH恰好完全吸收，则消耗NaOH的物质的量为，根据钠原子守恒可得NaClO3的物质的量为：；答案为：0.02mol；（2）根据反应的关系式：，根据电子转移守恒可得关系式：（0.031+0.025）mol=1；则=0.13mol，故氯气与NaOH溶液反应的总离子方程式：，答案为：；（3）根据氯化钠的总的物质的量为：0.25mol，则反应中氯化钠的物质的量为：0.25mol-0.13mol=0.12mol，==0.12mol，则根据反应方程式：，，根据氯原子守恒：，则n(Cl2)：n(H2)=0.15:0.06=5∶2；答案为：5∶2。【点睛】计算过程中逐渐培养原子守恒的思维，会大幅度的减少计算量，前提是对化学反应的基础知识要非常的扎实。21．(1)

(2)

6.72

0.71

17：8(3)

2.8

40g/mol(4)

0.4

4.48(5)

3.0L

39.4【详解】（1）mgSO的物质的量为n(SO)=，根据电解质Al2(SO4)3电离方程式：Al2(SO4)3=2Al3++3SO，可知电离产生的SO与电解质化学式关系可知n[Al2(SO4)3]=n(SO)=×=；根据电解质电离方程式可知n(Al3+)=×=；（2）4.8gCH4的物质的量n(CH4)=，则该气体在标准状况下的体积V(CH4)=0.3mol×22.4L/mol=6.72L；在标准状况下CH4密度ρ=；质量相等的CH4和H2S的物质的量的比n(CH4)：n(H2S)=：=17：8。由于在同温同压下，气体摩尔体积相同，两种气体的体积之比为V(CH4)：V(H2S)=n(CH4)：n(H2S)=17：8；（3）标准状况下气体体积为8.96L，则气体的物质的量n=，假设混合气体中CO、CO2的物质的量分别是xmol、ymol，根据题意可得x+y=0.4mol，28x+44y=16.0g，解得x=0.1mol，y=0.3mol，则该混合气体中含CO的质量m(CO)=0.1mol×28g/mol=2.8g；混合气体的平均摩尔质量M=；（4）9.2gNa的物质的量n(Na)=，根据反应方程式2Na+2H2O=2NaOH+H2↑中物质反应转化关系可知反应产生NaOH的物质的量n(NaOH)=0.4mol，反应产生H2的物质的量n(H2)=0.2mol，其在标准状况下的体积V(H2)=0.2mol×22.4L/mol=4.48L；（5）根据反应方程式可知：每有3LO2发生反应会产生2LO3，反应后气体体积减小1L，现在8LO2反应后气体体积变为6.5L，减少了△V=8L-6.5L=1.5L，则反应产生O3的体积为V(O3)=2×1.5L=3.0L；在相同外界条件下气体的体积比等于气体的物质的量的比，由于反应前后气体的质量不变，则反应后混合气体的平均相对分子质量M=。22．(1)D(2)

Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓

Ba2++=BaCO3↓

H+、Mg2+、Ba2+、【分析】在进行离子存在与否的判断时，需要使用离子共存原则和溶液呈电中性原则。【详解】（1）离子反应通常在水溶液或熔融液中发生，可能是金属或非金属单质与酸或碱或盐溶液的反应，可能是氧化物与水、酸、碱的反应，可能是酸或碱与碱或酸或盐的反应，也可能是盐与盐的反应，总之，反应中至少有一种物质属于化合物，故选D。答案为：D；（2）①用pH试纸检验，表明溶液呈强酸性，由于能与酸反应生成二氧化碳气体等，所以可以排除的存在。②取出部分溶液逐滴加入NaOH溶液至溶液呈碱性，有白色沉淀产生，此沉淀必为Mg(OH)2，所以一定含有Mg2+，离子方程式为Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓。③取部分上述碱性溶液加入Na2CO3溶液，有白色沉淀生成，则一定含有Ba2+，一定不含有，离子方