第二章海水中的重要元素钠和氯练习题高一上学期化学人教版

第二章海水中的重要元素——钠和氯练习题20232024学年高一上学期化学人教版（2019）必修第一册一、单选题1．下列物质进行焰色试验，其火焰为黄色的是（）A．Na2SO4 B．KCl C．HNO3 D．CuSO42．下列物质中，含有氯离子的是（）A．氯化氢 B．氯气 C．氯酸钾 D．氯水3．表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（）A．1mol氯气与足量铁反应时转移的电子数为B．常温常压下，16g氧气和臭氧的混合气体中含有个氧原子C．在标准状况下的体积约为22.4LD．标准状况下，11.2L氦气所含的原子数为个4．下列物质性质和应用的对应关系正确的是：（）A．84消毒液具有碱性，可用作消毒剂和漂白剂B．氢氟酸具有酸性，可用于玻璃的腐蚀剂C．过氧化钠具有漂白性，可作航空和潜水的供氧剂D．活性铁粉具有还原性，在食品袋中可用作除氧剂5．关于新制氯水的性质，下列说法正确的是（）A．新制氯水呈浅黄绿色B．加入CaCO3固体，无气体生成C．新制氯水中的微粒只含Cl2和H2OD．可用pH试纸测定新制氯水的pH值6．如图实验室某浓盐酸试剂瓶标签上的有关数据，下列说法正确的是（）A．该浓盐酸中HCl的物质的量浓度为11.9mol·L－1B．溶液中HCl的物质的量不随所取体积的多少而变化C．配制500mL0.400mol·L－1的稀盐酸需要量取浓盐酸1.68mLD．中和含0.4gNaOH的NaOH溶液需取0.400mol·L－1的稀盐酸2.5mL7．下列有关说法错误的是（）A．氯气可以用于自来水消毒的原因是：Cl2+H2O=HCl+HClOB．久置的氯水最终变成稀盐酸C．NaClO溶液的漂白原理与Na2O2相同，均体现了物质的强氧化性D．某无色溶液中加入AgNO3溶液产生白色沉淀，再加入稀盐酸，沉淀不消失，则该无色溶液中一定含有Cl8．为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是（）A．常温下，(乳酸)和(醋酸)的混合物中含有的原子数为6B．标准状况下，中心原子含有的价层电子对数目为C．标准状况下，和催化反应后转移的电子数小于2D．100mL质量分数98%的浓硫酸()中，氢离子数为3.689．用表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A．标准状况下，所含的氧原子数约B．与的混合物中所含质子数、中子数均为C．分子中的共用电子对数为D．含的浓硫酸和足量锌完全反应，转移电子数为10．实验室需要配制0.2mol/L的硫酸铜溶液，980mL，配制时应该选用的容量瓶的规格和称量的胆矾质量分别是（）A．980mL，30.4g B．980mL，47.5gC．1000mL，50.0g D．1000mL，32.0g11．已知NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（）A．7.8g过氧化钠与足量水反应转移的电子数为0.2NAB．标准状况下，22.4LH2O含有NA个水分子C．2gH2的分子数为NAD．1mol/LMg(NO3)2溶液中含有NO3—的数目为2NA12．下列说法错误的是（）A．一定物质的量的气体，决定其体积大小的主要因素是粒子间的平均距离B．硫酸铁的电离方程式：Fe2(SO4)3=2Fe3++3C．Fe3+、MnO、ClO是常见氧化剂D．阳离子只具有氧化性，阴离子只具有还原性13．下列关于Na2O和Na2O2的叙述正确的是（）A．Na2O与Na2O2均可与水反应产生氧气B．Na2O与Na2O2分别与CO2反应的产物完全相同C．Na2O与Na2O2均为碱性氧化物D．在呼吸面具中，Na2O2常做供氧剂，而Na2O不能14．下列说法正确的是（）①把氯气通入到湿润的有色布条集气瓶中，有色布条的颜色褪去，说明氯气具有漂白性②实验室制取氯气时，为了防止环境污染，多余的氯气可以用澄清石灰水吸收③久置氯水的酸性强于新制氯水④检验HCl气体中是否混有Cl2，方法是将气体通入硝酸银溶液⑤除去HCl气体中的Cl2，可将气体通入到氢氧化钠溶液中A．①③④ B．①②③C．③ D．①②⑤15．实验室欲配制溶液。下列有关叙述中正确的是（）A．用托盘天平称取固体B．定容时俯视液面，所得溶液浓度偏高C．将固体放入烧杯中溶解，并加水至刻度线处D．加水时不慎超过刻度线，用胶头滴管直接吸出多余液体16．科学家刚刚发现了某种元素的原子，其质量是ag，一个12C的原子质量是bg，NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．该原子的摩尔质量是a•NAB．wg该原子的物质的量一定是w/(a•NA)molC．wg该原子中含有(w/a)×NA个该原子D．由已知信息可得：NA＝12/a17．下列有关和的性质叙述正确的是（）A．等质量的和固体分别与足量盐酸反应，两者产生的质量一样多B．和固体中分别加入几滴水后，测得温度较高的是C．用澄清石灰水可以鉴别和溶液D．相同温度下，等物质的量浓度和溶液中分别滴加1~2滴酚酞，红色较深的是溶液18．设NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．9NA个氢氧根离子和10NA个羟基所含电子数相等B．1mol苯乙烯中含碳碳双键数目为4NAC．1molC2H5OH和1molCH3CO18OH发生酯化反应生成的水分子中含中子数为10NAD．粗铜精炼实验中阳极质量减少6.4g，电解过程中转移电子数为0.2NA19．用NA表示阿伏加德罗常数。下列说法正确的是（）A．常温下，含有的原子数为0.5NAB．标准状况下，溶于水，溶液中、和HClO的微粒数之和为NAC．0.1mol/L的溶液中的数目为0.2NAD．24gMg变为Mg2+时，失去的电子数为2NA20．NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A．119.5gCHCl3中含有NA个ClH键B．6.4gCu与足量的S反应转移的电子数为0.2NAC．1L0.1mol·L1(NH4)2HPO4溶液中的离子总数为0.3NAD．16gCH4和36gH2O中含有的共价键数均为4NA二、综合题21．生产、生活中处处有化学，利用所学化学知识回答下列问题。（1）在潜水艇和消防员的呼吸面具中，与二氧化碳反应的化学方程式为；从氧化剂和还原剂的角度分析，在这个反应中的作用是（2）铝盐，铁盐可以作净水剂，的电离方程式是；将饱和溶液滴入沸水制得的胶体中，分散剂是。该分散系区别于其他分散系的本质特征是。（3）金属钠着火时不能用水灭火，原因是。（4）阅读下列科普短文并填空。84消毒液①和医用酒精②是人们生活中常用的消毒剂，84消毒液的名称源于北京某医院在1984年研制成功的一种高效含氯消毒液。它可用③与溶液④反应制得，其主要成分为⑤、⑥，是无色或淡黄色液体，人们主要利用84消毒液中的氧化性进行消毒。医用酒精中，乙醇的体积分数通常为75%。过高浓度的乙醇⑦溶液会使病毒表面的蛋白质⑧迅速凝结，形成一层保护膜，减弱消毒效果。过低浓度的乙醇溶液不能使蛋白质变性，同样不能获得很好的消毒效果。在上述短文标有序号的物质中，属于混合物的是(填序号，下同)；属于电解质的是。用上述方法制备84消毒液时，发生反应的离子方程式为22．常温下，A是可用来对自来水进行消毒的黄绿色单质气体，A、B、C、D、E都含X元素，其转化关系如图所示：（1）请分别写出下列物质的化学式(如为溶液请填溶质的化学式)：A、B、D。（2）写出下列反应的化学方程式或离子方程式(请注明反应条件)：A＋H2O(离子方程式)：；A＋NaOH(离子方程式)：；D→A(化学方程式)：。23．按要求回答下列问题（1）写出下列物质在水溶液中的电离方程式：①KClO3：；②KHSO4：；③NaHCO3：。（2）写出下列物质的化学式：漂白粉的有效成分。（3）NaHCO3不稳定，受热分解的化学方程式。24．有4种钠的化合物W、X、Y、Z，它们之间存在如下关系：①WX＋H2O＋CO2↑②Z＋CO2―→X＋O2③Z＋H2O―→Y＋O2↑④X＋Ca(OH)2―→Y＋CaCO3↓试回答下列问题：（1）W、X、Y、Z的化学式分别是W：、X：、Y：、Z。（2）以上4个化学反应，属于氧化还原反应的是(填反应序号)，反应中氧化剂是(写化学式)，还原剂是(写化学式)。（3）若④反应在溶液中进行，写出其离子方程式以及能用该离子方程式表示的另一个化学反应的化学方程式：①离子方程式：。②化学方程式：。25．下图为某市售盐酸试剂瓶标签上的部分数据。问：（1）该盐酸的物质的量浓度为（2）下列实验操作会导致实验结果偏低的是（）①配制100g10%的CuSO4溶液，称取10g硫酸铜晶体溶于90g水中②测定碳酸钠晶体中结晶水的百分含量时，所用的晶体已经受潮③配制一定物质的量浓度的溶液时，药品与砝码放反了，游码读数为0.2g，所得溶液的浓度④用酸式滴定管量取用98%，密度为1.84g/cm3的浓H2SO4配制200mL2mol•L1的稀H2SO4时，先平视后仰视。A．只有①B．只有②C．②③④D．①③④（3）已知CO和CO2的混合气体14.4g，在标准状况下所占的体积为8.96L。则该混合气体中，CO的质量为g，CO2的物质的量为mol。（4）1mol氧气在放电条件下，有30%转化为臭氧（O3），则放电后所得混合气体对氢气的相对密度是（____________）A．16 B．17.8 C．18.4 D．35.6

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】A.含Na物质其焰色反应为黄色，故A符合题意；

B.含K物质其焰色反应透过蓝色钴玻璃观察为紫色，故B不符合题意；

C.HNO3不含金属元素，焰色试验无现象，故C不符合题意；

D.含Cu物质其焰色反应为绿色，故D不符合题意；

故答案为：A

【分析】焰色试验是某些金属或它们的化合物在无色火焰中灼烧时使火焰呈现特殊颜色的反应，含Na物质其焰色反应为黄色，含K物质其焰色反应透过蓝色钴玻璃观察为紫色，含Cu物质其焰色反应为绿色。2．【答案】D【解析】【解答】A、氯化氢即为HCl的气体形式，以分子形式存在，不能电离出氯离子，故A不符合题意；B、氯气为单质，不能电离出氯离子，故B不符合题意；C、氯酸钾中能电离出钾离子和氯酸根离子，无游离的氯离子，故C不符合题意；D、氯气通入水中，发生Cl2+H2O=HClO+H++Cl反应，所以氯水中存在氯离子，故D符合题意。故答案为：D。

【分析】A.氯化氢是纯净物，不能电离出氯离子；

B.氯气中无氯离子；

C.氯酸钾中的氯元素以氯酸根离子的形式存在；

D.氯水中有盐酸，电离出氯离子。3．【答案】B【解析】【解答】A.1mol氯气与足量铁反应时，Cl元素从0价降低到1价，转移的电子数为，A不符合题意；B．氧气和臭氧的混合物组成全部是O原子，常温常压下，16g氧气和臭氧的混合气体中含有个氧原子，B符合题意；C．在标准状况下，H2O不是气体，不能用气体摩尔体积计算，C不符合题意；D．氦气是单原子分子，标准状况下，11.2L氦气物质的量是0.5mol，所含的原子数为0.5个，D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A、氯气少量时用氯气的物质的量计算；

B、此类题型可以采用极值法，即全部由氧气构成计算其原子数，全部由臭氧构成，计算其分子数，若两个数值相等，则混合物的原子数为该数值；

C、水分子的体积计算，无论是否有“标准状况”的字眼都是错误的；

D、氦气是单原子分子。4．【答案】D【解析】【解答】

A、次氯酸钠溶液显碱性，与消毒、漂白无关；次氯酸钠水解生成次氯酸具有漂白性，次氯酸钠具有强氧化性，能使蛋白质变性，性质与用途没有相关性，A错误；

B、氢氟酸与二氧化硅反应，属于特殊性质，不是利用HF电离出来的氢离子反应，B错误；

C、过氧化钠与二氧化碳反应释放O2，所以它作供氧剂，与漂白性无关，C错误；

D、铁粉具有还原性，能吸收食品袋内O2，作除氧剂，性质与用途一致，D正确。

答案选D。【分析】

A、次氯酸钠溶液（次氯酸）具有强氧化性，用于杀菌、漂白

B、大多数常见酸与二氧化硅不反应，HF酸与二氧化硅反应是特殊反应（生成低沸点物质），不是酸的通性

C、过氧化钠与二氧化碳反应释放O2，所以它作供氧剂，与漂白性无关

D、铁是强还原剂5．【答案】A【解析】【解答】A．氯气溶于水时，部分氯气能与水反应生成盐酸和次氯酸，故新制氯水含水、氯气、盐酸和次氯酸，氯气呈黄绿色，氯水呈浅黄绿色，A符合题意；B．新制氯水含盐酸，能与加入的CaCO3固体反应生成二氧化碳气体，B不符合题意；C．新制氯水含水、氯气、盐酸和次氯酸，C不符合题意；D．新制氯水含次氯酸，次氯酸具有强氧化性、漂白性，不可用pH试纸测定新制氯水的pH值，D不符合题意；故答案为：A。

【分析】新制备氯水主要成分：氯气、次氯酸、H+，Cl等。6．【答案】A【解析】【解答】A、根据c=1000ρw%/M=1000×1.19×36.5%/36.5mol·L－1=11.9mol·L－1，故A符合题意；B、溶液为均一透明的，溶液的浓度不随体积的变化而变化，根据c=n/V，溶液中HCl发的物质的量随所取体积的多少而变化，故B不符合题意；C、稀释过程中，溶质的物质的量不变，即500×10－3×0.4=V(HCl)×10－3×11.9，解得V(HCl)=16.8mL，故C不符合题意；D、0.4gNaOH的物质的量为0.4/40mol=0.01mol，恰好中和消耗盐酸的物质的量应为0.01mol，即V(HCl)×10－3×0.4=0.1，解得V(HCl)=250mL，故D不符合题意。故答案为：A【分析】根据物质的量浓度的公式进行计算可以得HCl的浓度7．【答案】D【解析】【解答】A．氯气与水反应生成的产物中有HClO，HClO具有强氧化性，可用于自来水的杀菌消毒，故A不符合题意；B．氯水中含有的HClO不稳定，见光易分解为HCl和O2，则久置的氯水最终变成稀盐酸，故B不符合题意；C．NaClO和Na2O2均具有强氧化性，可用作漂白剂，二者的漂白原理相同，故C不符合题意；D．某无色溶液中加入AgNO3溶液产生白色沉淀，该白色沉淀可能是碳酸银，碳酸银和稀盐酸反应转化为氯化银白色沉淀，则该无色溶液中不一定含有Cl，故D符合题意；故答案为：D。

【分析】氯离子的检验一般选择的是先加硝酸，在加硝酸银，排除其他离子的干扰，结合选项即可判断8．【答案】D【解析】【解答】A．和的最简式相同，均可表示为，故混合物的平均摩尔质量表示为，则混合物中含有的原子数为，A不符合题意；B．标准状况下，为气体，则该状态下的物质的量为，中心原子为C，价层电子对数=，则中心原子含有的价层电子对数为，B不符合题意；C．标准状况下，若和催化反应并完全转化，转移的电子数为，但是和为可逆反应，不能完全转化，故转移的电子数小于2，C不符合题意；D.98%以上的浓硫酸，由于浓硫酸的吸水性，其中的水以结合水的形式存在，不作为溶剂，因此可以认为98%以上的浓硫酸中没有氢离子，D符合题意；故答案为：D。

【分析】A.和的最简式均为CH2O；

B.中C原子的价层电子对数为；

C.二氧化硫和氧气的反应属于可逆反应。9．【答案】B【解析】【解答】A．标准状况下，三氧化硫不是气体，无法计算氧原子数，A不符合题意；B．与的相对分子质量均为20，1个分子中均含10个质子、10个中子，与的混合物的物质的量为=0.1mol，质子、中子的物质的量均为1mol，质子数、中子数均为，B符合题意；C．的结构式为HOH，分子中含2mol共用电子对，共用电子对数为，C不符合题意；D．锌与浓硫酸反应的化学方程式为：Zn+2H2SO4(浓)=ZnSO4+SO2↑+2H2O，若1mol浓硫酸与锌均按此反应进行，则1mol浓硫酸完全反应时，转移1mol电子，锌与稀硫酸反应的化学方程式为：Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，若1mol浓硫酸与锌均按此反应进行，则1mol浓硫酸完全反应时，转移2mol电子，现在锌过量，锌先与浓硫酸反应生成二氧化硫，随着反应进行，浓硫酸变为稀硫酸，锌与稀硫酸反应生成氢气，因此含的浓硫酸和足量锌完全反应，转移电子数介于和之间，D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A．标准状况下，三氧化硫不是气体，无法计算；B．依据质子数=原子序数，质量数＝质子数＋中子数；C．依据水的结构式为HOH判断；D．锌先与浓硫酸反应生成二氧化硫，随着反应进行，浓硫酸变为稀硫酸，锌与稀硫酸反应生成氢气，依据反应过程中，消耗硫酸与转移电子数的关系进行计算。10．【答案】C【解析】【解答】由于没有980mL的容量瓶，选择大于980mL相近规格的容量瓶，所以应选择1000mL规格容量瓶，根据化学式可知硫酸铜的物质的量等于硫酸铜晶体的物质的量，所以需要胆矾的质量为1L×0.2mol/L×250g/mol=50.0g，故答案为：C。

【分析】根据n=cv即可计算出物质的量，再根据m=nM计算出质量11．【答案】C【解析】【解答】A.过氧化钠与足量水反应是过氧化钠自身发生氧化还原反应，则7.8g过氧化钠（0.1mo过氧化钠）转移的电子数为0.1NA，故A不符合题意；B.标准状况下，水为固体，无法用标准气体摩尔体积换算水的物质的量，故B不符合题意；C.2gH2的物质的量为1mol，其分子数为NA，C符合题意；D.1mol/LMg（NO3）2溶液，因未知溶液体积，无法计算溶液中含有NO3﹣的数目，故D不符合题意。故答案为：C。【分析】一是关于精准掌握以物质的量为中心的有关概念，如气体摩尔体积的应用、物质的量的概念；二是涉及物质的反应、电离、电子数等性质与结构知识。12．【答案】D【解析】【解答】A．一定物质的量的气体，由于气体分子间距离比分子直径大很多，属于决定其体积大小的主要因素是粒子间的平均距离，A不符合题意；B．Fe2(SO4)3是可溶性盐，电离产生Fe3+、，故其电离方程式为：Fe2(SO4)3=2Fe3++3，B不符合题意；C．Fe3+、MnO、ClO都具有强氧化性，是常见氧化剂，C不符合题意；D．Fe2+是阳离子，由于其价态介于+3价和0价之间，因此既有氧化性，也有还原性；为阴离子，由于前者S元素介于最高+6价和最低2价之间，也是既有氧化性，也有还原性，因此不能说阳离子只具有氧化性，阴离子只具有还原性，D符合题意；故答案为：D。

【分析】A、决定气体体积的是微粒间的平均距离；

B、Fe2(SO4)3是可溶性盐，在水中完全电离产生Fe3＋和SO42－；

C、Fe3＋、MnO4－、ClO－都具有氧化性；

D、Fe2＋为阳离子，具有还原性；13．【答案】D【解析】【解答】A．过氧化钠可与H2O反应产生氧气，氧化钠与H2O反应只生成氢氧化钠，不产生氧气，故A不符合题意；B．Na2O与CO2发生反应生成Na2CO3，Na2O2与CO2发生反应生成Na2CO3和氧气，故B不符合题意；C．Na2O、Na2O2为相同元素组成的金属氧化物，氧化钠属于碱性氧化物，但过氧化钠不属于碱性氧化物，故C不符合题意；D．在呼吸面具中，Na2O2与CO2发生化合生成Na2CO3和氧气，常作供氧剂，而Na2O与CO2发生反应只生成Na2CO3，不能作为供氧剂，故D符合题意；故答案为：D。【分析】本题的易错点为C，要注意理解碱性氧化物的概念，过氧化钠与酸反应除了生成盐和水之外，还生成了氧气。14．【答案】C【解析】【解答】①把氯气通入到湿润的有色布条集气瓶中，有色布条的颜色褪去，不能说明氯气本身具有漂白性，还是氯气与水反应的产物具有漂白性，①不符合题意；②澄清石灰水浓度小，吸收氯气的效果差，所以应使用较浓的NaOH溶液吸收，②不符合题意；③久置氯水中Cl2全部转化为HCl，新制氯水中大部分Cl2没有与水反应，所以HCl的浓度久置氯水中大，酸性强，③符合题意；④HCl和Cl2都能与硝酸银溶液反应生成AgCl白色沉淀，所以检验HCl气体中是否混有Cl2，不能使用AgNO3溶液，④不符合题意；⑤氢氧化钠溶液既能吸收HCl，又能吸收Cl2，所以除去HCl气体中的Cl2，不能使用NaOH溶液，⑤不符合题意。综合以上分析，只有③符合题意。故答案为：C。

【分析】这道题目主要考查氯气的性质:①氯气没有漂白性；②吸收氯气不用澄清石灰水，因氢氧化钙微溶，吸收不充分，一般用氢氧化钠溶液；③氯水久置，HClO分解，久置氯水相当于盐酸；④氯气溶于水生成盐酸和HClO，氯化氢溶于水也生成盐酸，所以不可以用硝酸银溶液检验HCl气体中是否混有氯气，可用湿润的淀粉KI试纸检验；⑤氢氧化钠既能吸收Cl2，又能吸收HCl.15．【答案】B【解析】【解答】A．物质的量为0.1mol，质量为m=nM=0.1mol×106g/mol=10.6g，用托盘天平称取10.6g碳酸钠固体，A不符合题意；

B．定容时俯视液面，溶液体积偏小，溶液浓度偏高，B符合题意；

C．配制溶液应先将固体在烧杯中溶解，然后转移到容量瓶，C不符合题意；

D．加水时不慎超过刻度线，用胶头滴管直接吸出多余液体，溶质物质的量偏小，溶液浓度偏低，D不符合题意；

故答案为：B

【分析】A．物质的量为0.1mol，质量为m=nM=0.1mol×106g/mol=10.6g；

B．定容时俯视液面，溶液体积偏小，溶液浓度偏高；

C．配制溶液应先将固体在烧杯中溶解，然后转移到容量瓶；

D．加水时不慎超过刻度线，用胶头滴管直接吸出多余液体，溶质物质的量偏小，溶液浓度偏低。16．【答案】B【解析】【解答】A、摩尔质量：单位物质的量的物质所具有的质量，单位是g•mol1，根据摩尔质量概念可知摩尔质量应为aNAg•mol1，故A不符合题意；B、物质的量=质量/摩尔质量=[w/(aNA)]mol，或物质的量=w/(a/b×1/12)=(bw/12a)mol，故B符合题意；C、原子个数=wg/ag=w/a个，故C不符合题意；D、1mol任何粒子的粒子数叫做阿伏加德罗常数，以12g12C中所含碳原子数定义为阿伏加德罗常数，应为NA=12/b，故D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A.摩尔质量的单位是g/mol；

B.根据摩尔质量计算其物质的量；

C.根据一个原子的质量计算wg原子的个数；

D.根据阿伏加德罗常数的定义计算。17．【答案】B【解析】【解答】A．相同条件下，等质量的碳酸钠和碳酸氢钠，碳酸氢钠的含碳量高，所以分别与足量盐酸反应，产生CO2量较多的是NaHCO3，A不符合题意；B．Na2CO3溶于水放热，而NaHCO3溶于水吸热，所以1g碳酸钠和1g碳酸氢钠固体中分别加入几滴水后，温度较高的是Na2CO3，B符合题意；C．澄清石灰水与和溶液都能生成碳酸钙白色沉淀，现象相同，C不符合题意；D．相同温度下，等物质的量浓度的Na2CO3溶液的碱性比NaHCO3溶液强，分别滴入酚酞，红色较深的是Na2CO3，D不符合题意；故答案为：B。【分析】A．依据碳酸钠和碳酸氢钠的组成和性质分析。18．【答案】A【解析】【解答】A.OH和OH的电子数分别为10和9，故9mol氢氧根离子和10mol羟基所含电子数相等，故A项符合题意；B.苯环中的碳碳键为独特键，不存在碳碳双键，所以1mol苯乙烯中含有1mol碳碳双键，含有的碳碳双键数为NA个，故B项不符合题意；C.C2H5OH和CH3CO18OH发生反应生成水为H218O，含10个中子，但酯化反应为可逆反应，反应不能进行到底，故生成的水分子中含中子数小于10NA，故C项不符合题意；D.电解精炼铜时，阳极粗铜中含有活泼性较强的铁、锌等杂质，电解时铁、锌、铜都会发生溶解，且铁摩尔质量小于铜的64g/mol，锌的摩尔质量大于铜的摩尔质量，所以阳极减少6.4g，转移的电子的物质的量不一定为0.2mol，故D项不符合题意。故答案为：A。【分析】A.氢氧根离子是10电子微粒，羟基是9电子微粒；

B.苯乙烯分子中苯环不含碳碳双键；

C.酯化反应中羧酸提供羟基，醇提供氢原子；

D.粗铜精炼阳极减少的质量不只是铜的质量。19．【答案】D【解析】【解答】A.22gCO2的物质的量为，含有的原子数为，A不符合题意；B．标准状况下，11.2LCl2溶于水得到氯水，氯水中溶解一部分氯气，所以溶液中Cl−、ClO−和HClO的微粒数之和小于NA，B不符合题意；C．未知溶液的体积，粒子数不能计算，C不符合题意；D.24gMg物质的量为1mol，变为Mg2+时，失去的电子数为2NA，D符合题意；故答案为：D。

【分析】A.依据计算；B．氯水中存在氯气分子；C．未知溶液的体积，不能计算；D.依据镁的化合价变化确定失电子数。20．【答案】D【解析】【解答】A．CHCl3中不含ClH键，故A不符合题意；B．Cu与S反应生成Cu2S，Cu为+1价，6.4gCu的物质的量为0.1mol，完全反应转移电子数为0.1NA，故B不符合题意；C．(NH4)2HPO4溶液中存在，使离子数目增多，因此1L0.1mol·L1(NH4)2HPO4溶液中的离子总数大于0.3NA，故C不符合题意；D.16gCH4的物质的量为1mol，含有CH键数目为4NA，36gH2O的物质的量为2mol，含有OH数目为4NA，故D符合题意；故答案为：D。

【分析】A.CHCl3中不含ClH键；

B.Cu与S反应生成Cu2S；

C.(NH4)2HPO4溶液中存在。21．【答案】（1）；既作氧化剂，又作还原剂（2）；水；分散质粒子直径为1～100nm（3）金属钠极易与水反应放出大量的热，并产生易燃易爆的氢气（4）①②④；⑤⑥；Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O【解析】【解答】（1）与二氧化碳反应生成氧气和碳酸钠，其反应为，其中中氧元素从1价升高到0价，被氧化，也从1价降低到2价，被还原，既作氧化剂，又作还原剂，故填、既作氧化剂，又作还原剂；（2）是强电解质，完全电离，电离方程式为，将饱和溶液滴入沸水制得的胶体中，分散剂是水，分散质为胶体，微粒直径为1～100nm，所以该分散系区别于其他分散系的本质特征是分散质粒子直径为1～100nm，故填、水、分散质粒子直径为1～100nm；（3）金属钠着火时不能用水灭火，因为金属钠与水反应放出氢气和大量热，更加危险，故填金属钠极易与水反应放出大量的热，并产生易燃易爆的氢气；（4）混合物是指两种或者两种以上的物质形成的体系，以上物质中84消毒液、医用酒精、NaOH溶液均为混合物；电解质是指在水中或者熔融状态下能导电的化合物，以上物质中、为电解质；用与溶液反应制备84消毒液时，发生反应的离子方程式为，故填①②④、⑤⑥、。

【分析】（1）过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，该反应中过氧化钠的化合价既升高又降低，既是氧化剂也是还原剂；

（2）完全电离为铝离子和硫酸根离子；氢氧化铁胶体的分散剂是水，胶体和其他分散系的本质区别是分散质粒子直径大小不同；

（3）属钠极易与水反应放出大量的热，并产生易燃易爆的氢气；

（4）混合物由多种物质构成；电解质是指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，用氯气和氢氧化钠反应制备次氯酸钠。22．【答案】（1）Cl2；HClO；HCl（2）Cl2＋H2O=H＋＋Cl－＋HClO；Cl2＋2OH－=Cl－＋ClO－＋H2O；4HCl(浓)＋MnO2MnCl2＋Cl2↑＋2H2O【解析】【解答】依据转化关系图分析，常温下，A是可用来对自来水进行消毒的黄绿色单质气体，判断为Cl2，A、B、C、D、E都含X元素，B为HClO，D为HCl，C为NaCl，E为NaClO。(1)据上所述可知A为Cl2、B为HClO，D为HCl；(2)Cl与H2O反应产生HCl和HClO，反应的离子方程式是：Cl2+H2O=HCl+HClO；Cl与NaOH溶液反应，产生NaCl、NaClO和H2O，反应离子方程式为：Cl2＋2OH－=Cl－＋ClO－＋H2O；MnO2与浓盐酸在加热条件下，发生反应产生MnCl2、Cl2和水，反应的化学方程式为：4HCl(浓)＋MnO2MnCl2＋Cl2↑＋2H2O。【分析】常温下，A是可用来对自来水进行消毒的黄绿色单质气体，判断为Cl2，A、B、C、D、E都含X元素，B为HClO，D为HCl，C为NaCl，E为NaClO，依据推断出的物质结合物质性质回答问题。23．【答案】（1）KClO3=K++；KHSO4=K++H++；NaHCO3=Na++（2）Ca(ClO)2（3）2NaHCO3Δ__Na2CO3+CO2↑+H【解析】【解答】（1）①KClO3是盐，电离为K+和Cl，电离方程式为：KClO3=K++；②KHSO4是酸式盐，且HS是类似于H2SO4的酸式酸根，电离为H+和HS，电离方程式为：KHSO4=K++H++；③NaHCO3是盐，盐电离出金属阳离子和酸根离子，是弱酸的酸式根，不能拆，电离方程式为：NaHCO3=Na++。（2）漂白粉的有效成分为次氯酸钙，对应的化学式为：Ca(ClO)2。（3）NaHCO3不稳定，受热分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，反应的化学方程式为：2NaHCO3Δ__Na2CO3+CO2↑+H【分析】（1）①KClO3是一种可溶性盐，在水中完全电离产生K＋和ClO3－；

②KHSO4是一种可溶性强酸酸式盐，在水中完全电离产生K＋、H＋和SO42－；

③NaHCO3是一种可溶性弱酸酸式盐，在水中完全电离产生Na＋和HCO3－。

（2）漂白粉的主要成分为CaCl2、Ca(ClO)2，有效成分为Ca(ClO)2。

（3）NaHCO3不稳定，受热分解产生Na2CO3、H2O和CO2，据此写出反应的化学方程式。24．【答案】（1）NaHCO3；Na2CO3；NaOH；Na2O2（2）②③；Na2O2；Na2O2（3）CO3