第二章 单元检测（习题）-【名课堂精选】2022-2023学年高一化学同步精品备课系列（人教版2019必修第一册）（解析版）

第二章海水中的重要元素——钠和氯单元检测一、选择题(本题包括16小题，每小题3分，共48分，每小题只有一个选项符合题意。)1．2009年3月29日，由山东济宁开往南京金陵石化公司的装有近30吨液氯的罐装车在京沪高速公路淮安段撞上一辆迎面驶来的货车，引起罐装液氯泄漏，造成公路旁3个乡镇的村民重大伤亡。如果你刚好住在公路旁的村子里，当你闻到氯气味时，你的选择是A．立即关闭大门，躲到床下B．伏倒在地，观察情况变化C．冲出家门，向洼地转移D．用浸有苏打溶液的湿毛巾捂住口腔和鼻子，朝上风口走，迅速离开村子【答案】D【解析】氯气是有毒气体危害人的身体和环境；氯气易和碱反应生成盐和水，浓氢氧化钠溶液有强腐蚀性；根据氯气能溶于水，易被碱溶液吸收（它会和碱反应生成盐和水），根据氯气的密度比空气大去分析。A、根据氯气的密度比空气大，不能躲床下，故A错误；B、根据氯气的密度比空气大，伏倒在地不妥，须尽快撤离，故B错误；C、根据氯气的密度比空气大，向高处移动。故C错误；D、根据氯气能溶于水，易被碱溶液吸收，碳酸钠溶液呈碱性，故D正确；故选：D。2．下图所示的实验操作中，不能达到相应目的的是：ABCD鉴别胶体和溶液检验草木灰中含K+闻氯气气味验证Na和水的反应是否为放热反应【答案】B【解析】A项，胶体能够产生丁达尔效应，溶液不能产生丁达尔效应，故鉴别胶体和溶液方法是：丁达尔效应，有光亮通路的是胶体，无现象的是溶液，A不符合题意；在做K的焰色试验时，因钾盐中混有钠盐，观察火焰时要透过蓝色的钴玻璃，以滤去黄光，没有蓝色钴玻璃，不能达到实验目的，B符合题意； 闻有毒气体的方法：用手在瓶口轻轻的煽动使极少量的气体漂进鼻孔，C不符合题意；钠与水反应放热，大试管内气体压强增大，U形管内左侧液面降低，右侧液面升高，此装置可以验证Na和水的反应是否为放热反应，D不符合题意；故合理选项是B。3．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，到钠熔融成圆球时，撤火，通入氯气，即可见钠着火燃烧，生成大量白烟。以下叙述中错误的是(　　)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．钠着火燃烧产生苍白色火焰D．发生的反应为2Na＋Cl22NaCl【答案】C【解析】由题目信息可知Na和Cl2发生反应生成NaCl固体，对应的现象是火焰为黄色，有白烟(NaCl)生成，为防止空气污染，用NaOH溶液吸收多余Cl2。4．下列说法正确的是A．钠保存在煤油里的原因之一是极易被氧气氧化B．用饱和Na2CO3溶液除去CO2中混有的少量HClC．制备Fe(OH)3胶体，通常是将Fe(OH)3固体溶于热水中D．某溶液加入盐酸能产生使澄清石灰水变浑浊的气体，则该溶液一定含有大量【答案】A【解析】A．钠能与氧气、与水反应，煤油能隔绝空气和水分，A正确；B．二氧化碳能和碳酸钠溶液反应生成碳酸氢钠，应用饱和NaHCO3溶液除去CO2中混有的少量HCl，B错误；C．制备Fe(OH)3胶体，通常是将饱和FeCl3溶液滴入沸水中加热到溶液呈红褐色为止，C错误；D．某溶液加入盐酸能产生使澄清石灰水变浑浊的气体，则该溶液不一定含有大量，也可能是碳酸氢根离子，D错误；答案选A。5．设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A．在常温常压下，1.7gNH3含有的原子数为0.4NAB．标准状况下，2.24LCCl4含有的共价键数为0.4NAC．0.2mol•L-1Na2SO4溶液中，Na+的数目为0.4NAD．50mL12mol•L-1盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数为0.3NA【答案】A【解析】 A．由题意可知，1.7gNH3的分子数为，又由原子数为分子数的4倍，则原子数为，所以在常温常压下，1.7gNH3含有的原子数为，故选A；B．标准状况下，CCl4为液态，不能用气体摩尔体积计算，故B错；C．由于体积未知，所以无法计算，故C错；D．浓盐酸与MnO2共热时才能反应，稀盐酸与二氧化锰不反应，所以50mL12mol•L-1盐酸与足量MnO2共热，盐酸不能被完全消耗，所以转移的电子数小于0.3NA，故D错；答案选A。6．配制一定物质的量浓度的NaCl溶液时，下列操作不正确的是(　　)A．接近称量质量时，轻振手腕，加够药品B．溶解时，用量筒控制所加蒸馏水的量C．移液时，玻璃棒插在刻度线以上，防止液体洒出D．液面接近刻度线1～2cm时，用胶头滴管滴加蒸馏水至刻度线A．AB．BC．CD．D【答案】C【解析】A．称量固体时，当接近称量质量时，应用左手拿药匙，右手轻轻振动左手手腕，加够药品，图示操作正确，故A不选；B．为防止溶解和洗涤时所用蒸馏水的体积超过容量瓶容积，溶解时应用量筒控制所加蒸馏水的量，图示操作正确，故B不选；C．图示移液操作中，玻璃棒插在刻度线以上，应插在刻度线以下，故C选；D．定容时，当液面接近刻度线1～2cm时，用胶头滴管滴加蒸馏水至刻度线，图示正确，故D不选；故答案选C。7．下列反应的离子方程式书写正确的是A．过氧化钠与水反应：2+2H2O=4OH-+O2↑B．向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至溶液呈中性：H+++Ba2++OH- =H2O+BaSO4↓C．石灰乳与碳酸钠溶液反应：Ca(OH)2 +=CaCO3↓+2OH-D．Cl2通入H2O溶液中，可能存在反应：Cl2 +H2O=2H++Cl- +ClO-【答案】C【解析】 A．过氧化钠为氧化物，在离子方程式中不能拆开，要写化学式，故A错误；B．NaHSO4是二元强酸的酸式盐，可以理解为全部电离，当反应后溶液呈中性时，其反应化学方程式为2NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+Na2SO4+2H2O，离子方程式为2H+++Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O，故B错误；C．石灰乳和碳酸钙在离子方程式中应写成化学式形式，石灰乳与碳酸钠溶液反应离子方程式为Ca(OH)2 +=CaCO3↓+2OH-，故C正确；D．HClO是弱酸，在离子方程式中写化学式，故D错误；故答案为C。8．已知与浓盐酸在常温下能反应产生。若用如图所示的实验装置来制备纯净、干燥的氯气，并与金属反应。每个虚线框表示一个单元装置，其中有错误的是（       ）A．①处和②处B．只有②处C．只有②处和③处D．②处、③处和④处【答案】D【解析】①与浓盐酸在常温下反应产生，①正确；②浓盐酸易挥发，生成的氯气中混有和水蒸气，应通入盛有饱和食盐水的洗气瓶除去，会与溶液反应，故不能选择氢氧化钠溶液，②错误；③用浓硫酸干燥氯气，导管应长进短出，③错误；④氯气与金属在试管中反应，若用单孔塞，容易造成试管内压强过大，且导管应伸到试管底部，④错误。综上，答案选D。9．在课堂上老师拿出了两瓶失去标签的等质量分数的和溶液，希望同学们能够提出简便的鉴别方法，下列是该班同学提出的鉴别方法，其中不合理的是（       ）①取等量的溶液于两支试管中，分别滴入几滴酚酞试液，红色较深的是溶液②用干燥的pH试纸检验，pH小的是溶液③取等量的溶液于两支试管中，分别滴加溶液，生成白色沉淀的是溶液④取等量的溶液于两支试管中，分别逐滴加入稀盐酸，开始就有气体放出的是溶液⑤取等量的溶液于两支试管中，分别滴加极稀溶液，生成自色沉淀的是溶液A．②③B．③C．③④D．①④⑥【答案】B 【解析】①质量分数相等时，碳酸钠溶液比碳酸氢钠溶液的碱性强，则取等量的溶液于两支试管中，分别滴入几滴酚酞试液，红色较深的是溶液，合理；②质量分数相等时，碳酸钠溶液的碱性强，则用干燥的pH试纸检验，pH小的是溶液，合理；③二者与氢氧化钡溶液反应均生成白色沉淀，现象相同，不能鉴别，不合理；④滴加盐酸时，碳酸氢钠溶液与盐酸反应开始就产生气体，碳酸钠溶液与盐酸反应开始无现象，合理；⑤碳酸钠溶液与极稀氯化钙溶液反应生成白色沉淀，溶液中滴加极稀溶液无明显现象，合理。综上所述，B符合题意，故选B。答案选B10．关于溶液的配制，下列说法正确的是（       ）A．配制480mL溶液，需要称量晶体12.0gB．用浓硫酸配制稀硫酸时，将浓硫酸稀释后立即转入容量瓶中并进行定容C．称量5.3g碳酸钠固体时，若将称量物和砝码放反，将会使所配溶液的物质的量浓度偏低D．定容时俯视刻度线，会使所配溶液的物质的量浓度偏低【答案】C【解析】A.由于实验室没有480mL的容量瓶，配制溶液时应选用500mL的容量瓶，则需要的质量为，故A错误；B.稀释浓硫酸时会放出大量的热，没有冷却到室温就立即转移到容量瓶中定容，待溶液冷却后，所配溶液的体积偏小，会使所配溶液的浓度偏高，故B错误；C.称量5.3g碳酸钠固体时，若将称量物和砝码放反，实际称量的碳酸钠的质量为，最终配制的溶液的物质的量浓度偏低，故C正确；D.定容时俯视刻度线，会使所配溶液的体积偏小，溶液的物质的量浓度偏高，故D错误；故选C。11．氯气的水溶液称“氯水”，氯水中含有多种分子和离子，因此氯水有多重性质，下列有关新制氯水的说法中不正确的是(　　)　A．新制氯水呈淡黄绿色，是因为氯水中溶解了未反应的Cl2　B．新制氯水滴入硝酸银溶液中产生白色沉淀是因为氯水中有Cl-　C．久置氯水酸性将增强　D．新制氯水能使有色布条褪色是因为Cl2具有漂白性【答案】D【解析】因为氯气为黄绿色气体，氯水是因为溶解了未反应的氯气，才使氯水为淡黄绿色；氯气与水反应得到盐酸，电离产生氯离子，与阴离子结合得到氯化银白色沉淀；久置后的氯水，实际为稀盐酸。12．已知硫有多种同素异形体，其中一种同素异形体的分子式为S8。下列关于S8的说法中，正确的是() A．1个这种硫分子的质量为256g，是硫原子质量的8倍B．在标准状况下，1molS8的体积约为22.4LC．1molS8和1molH2O所含分子数相同D．1molS8与NA个H2O所含原子数相同【答案】C【解析】A项，1个这种硫分子的质量为，1个这种硫分子由8个硫原子构成，则1个这种分子的质量是硫原子质量的8倍，A错误；B项，S8在标准状态下为固体，1molS8的体积原因小于22.4L，B错误；C项，1molS8和1molH2O所含分子数相同，均为6.02×1023，C正确；D项，1molS8含8mol原子，NA个H2O含3mol原子，1molS8与NA个H2O所含原子数不相同，D错误；故选C。13．如图所示，两圆圈相交的部分表示圆圈内的物质相互发生的反应。已知钠及其氧化物的物质的量均为0.1mol，水的质量为100g。下列说法正确的是(　　)A．Na2O2中阴、阳离子数目之比为1∶1B．反应①的离子方程式为Na＋2H2O===Na＋＋2OH－＋H2↑C．反应③转移电子的物质的量为0.1molD．①、②、③充分反应后所得溶液中溶质的质量分数：①＞②＞③【答案】C　【解析】Na2O2中阴离子是O，所以阴、阳离子数目之比为1∶2，A项错误；反应①的离子方程式为2Na＋2H2O===2Na＋＋2OH－＋H2↑，B项错误；反应③为，则0.1molNa2O2参与反应转移0.1mol电子，C项正确；Na、Na2O、Na2O2和H2O反应的方程式及溶液增加的质量分别如下：2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑，溶液增加的质量＝m(Na)－m(H2)＝2.3g－0.1g＝2.2g；Na2O＋H2O===2NaOH，溶液增加的质量＝m(Na2O)＝0.1mol×62g/mol＝6.2g；2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑，溶液增加的质量＝m(Na2O2)－m(O2)＝0.1mol×78g/mol－0.05mol×32g/mol＝6.2g；③根据钠原子守恒知，0.1mol的Na、Na2O、Na2O2分别与水充分反应后所得NaOH的物质的量分别为0.1mol、0.2mol、0.2mol，则0.1mol的Na、Na2O、Na2O2分别与水充分反应后所得溶液中溶质的质量分数分别为×100%、×100%、×100%，所以①、②、③充分反应后所得溶液中溶质的质量分数：②＝③＞①，D项错误。14 ．为了预防传染性疾病，不少地方都采用了“84”消毒液进行消毒。“84”消毒液(有效成分为NaClO)可用于消毒和漂白。下列对相关实验现象的分析，不正确的是实验IIIIII滴管中的液体1mL的蒸馏水1mL0.0002mol•L-1的H2SO41mL2mol•L-1的H2SO4实验现象混合后溶液的pH=9.9，短时间内未褪色，一段时间后蓝色褪去混合后溶液的pH=5.0，蓝色迅速褪去，无气体产生混合后溶液的pH=3.2，蓝色迅速褪去，并产生大量气体，使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝A．对比实验I和II，II中蓝色迅速褪去的原因是发生了反应：ClO-+H+=HClOB．对比实验II和III，溶液的pH可能会影响ClO-的氧化性或Cl-的还原性C．实验III中产生的气体是Cl2，由HClO分解得到：2HClO=Cl2↑+H2OD．加酸可以提高“84”消毒液的漂白效果，但需合适的pH才能安全使用【答案】C【解析】A项，II中蓝色迅速褪去的原因是发生了反应：ClO-+H+=HClO，HClO的弱酸性和漂白性使溶液蓝色迅速褪去，A正确；B项，对比实验II和III，H2SO4浓度越大，酸性越强，ClO-的氧化性越强，甚至与Cl－反应生成Cl2，B正确；C项，实验III中产生的气体是Cl2，Cl2使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，而氯气是由HClO和HClO氧化漂白之后生成的Cl－反应生成，离子方程式为：ClO－+Cl－+H+=Cl2↑+H2O，C错误；D项，通过三个实验对比可知，加酸可以提高“84”消毒液的漂白效果，但若是酸性太强，发生实验III的反应，产生氯气，则会造成安全隐患，D正确；故选C。15．如图是侯氏制碱法在实验室进行模拟实验的生产流程示意图，则下列叙述不正确的是（     ）A．气体A是NH3，B气体是CO2B．第Ⅱ步的离子方程式为Na++NH3+H2O+CO2=NaHCO3↓+NH4+C．第Ⅲ步得到的晶体是Na2CO3·10H2OD．第Ⅳ步操作的过程主要为加热分解【答案】C【解析】饱和食盐水中先通入过量的氨气，得到氨气和食盐的饱和溶液，再通入足量的二氧化碳，生成碳酸氢钠的悬浊液，过滤后加热固体，碳酸氢钠分解为碳酸钠。A.氨气极易溶于水，二氧化碳在水中的溶解度较小，依据侯德榜制碱的原理：向氨化的饱和食盐水中通入二氧化碳气体析出碳酸氢钠，所以A为氨气，B为二氧化碳，故A正确；B.第Ⅱ步反应方程式为NH3•H2O+CO2+NaCl═NH4Cl+NaHCO3 ↓，离子方程式为Na++NH3+H2O+CO2=NaHCO3↓+NH4+，故B正确；C.第Ⅱ步反应方程式为NH3•H2O+CO2+NaCl═NH4Cl+NaHCO3↓，过滤从沉淀池中分离沉淀NaHCO3晶体，所以第Ⅲ步得到的晶体是NaHCO3，故C错误；D.第Ⅳ步操作是将晶体碳酸氢钠直接加热分解得到碳酸钠固体，发生反应2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，所以第Ⅳ步操作的过程主要为加热分解，故D正确。选C。16．t℃时，A的溶解度是Sg·100g－1，其饱和溶液密度为dg·cm－3、物质的量浓度为cmol·L－1。溶液的质量分数为w，A的摩尔质量为Mg·mol－1，实验测得向一定量含A的溶液中加入mg无水A或蒸发掉ng水后恢复到t℃，均为饱和溶液，下列关系式正确的是(　　)A．S＝B．c＝C．S＝D．c%＝100%【答案】B【解析】t℃时，A的溶解度是Sg·100g－1，A的溶液中加入mg无水A或蒸发掉ng水后恢复到t℃，均为饱和溶液，则将mg无水A加入ng水中形成的溶液一定为饱和溶液，即t℃时A的溶解度为S＝g，A项、C项错误；该饱和溶液的质量分数为w＝×100%＝×100%；则：c＝＝＝＝，或c＝＝，D项错误、B项正确；答案选B。二、非选择题(本题包括4小题，共52分)17（10分）．对比分析钠及其化合物的特点，请回答下列问题。(1)图1转化关系①→⑧中，属于氧化还原反应的有___________(填序号)，其中用于呼吸面具或潜水艇中氧气来源的反应的化学方程式为___________(写出一个即可)。 (2)日常生活中常用到苏打和小苏打，鉴别它们的方法有多种。例如图2所示装置，这是根据它们具有不同的___________加以鉴别的。实验过程中，当试管B中盛放的澄清溶液出现白色浑浊时，试管A中发生反应的化学方程式为___________。(3)Na长期置于空气中，最后形成的物质是___________(填化学式)，该物质与氯化钙溶液混合后，发生反应的离子方程式为___________。【答案】(1)    ①②③④⑤    2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2↑(或2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2)(2)    热稳定性    2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑(3)    Na2CO3    +Ca2+=CaCO3↓【解析】(1)在转化关系①→⑧中，单质钠参与反应的必然有化合价变化，即反应①②⑤属于氧化还原反应，反应③④中过氧化钠的O元素化合价从-1降至-2，也属于氧化还原反应，故选①②③④⑤；过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，化学方程式：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，或过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，化学方程式：2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2↑；(2)图2所示装置，是在相同温度下加热苏打(Na2CO3)和小苏打(NaHCO3)固体，这是根据它们具有不同的热稳定性加以鉴别的，NaHCO3受热不稳定，会分解产生二氧化碳从而使澄清溶液出现白色浑浊，试管A中发生反应的化学方程式为2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑；(3)金属钠露置于空气中，首先被氧化成Na2O，Na2O与水作用生成NaOH，NaOH吸收空气中的水和CO2生成Na2CO3•xH2O，Na2CO3•xH2O风化脱水生成Na2CO3；Na2CO3与氯化钙溶液反应生成碳酸钙沉淀，发生反应的离子方程式为+Ca2+=CaCO3↓。18（11分）．物质类别和核心元素的价态是学习元素及其化合物性质的两个重要认识视角。下列分别为钠和氯及其化合物的“价-类”二维图，请回答下列问题： (1)填写二维图中缺失的化学式：①___________、②___________。(2)物质③常用于实验室制取O2，则③的化学式是___________。(3)从物质类别角度看，HClO属于___________，一般能与下列___________(填字母序号)类别物质发生反应；a.金属单质b.非金属单质c.酸性氧化物d.碱性氧化物e.酸f.碱g.盐从化合价角度看，Cl2具有___________填“还原性”或“氧化性”或“既有氧化性又有还原性”)，已知Cl2与H2O反应，该反应的离子方程式为___________。(4)氢化钠(NaH)可在野外用作生氢剂，NaH   用作生氢剂时的化学反应原理为：NaH＋H2O=NaOH＋H2↑，NaH做___________(填“氧化剂”或“还原剂”)。(5)二氧化氯(ClO2)是一种新型自来水消毒剂，用ClO2代替Cl2对饮用水进行消毒可避免产生对人体有害的有机氯化合物。ClO2能杀死水中的病菌，起到消毒的作用，是因为ClO2具有___________(填“强还原性”或“强氧化性”)。【答案】    Na2O或Na2O2    NaClO(填Ca(ClO)2等其他次氯酸盐也给分)    KClO3    酸(填e也给分)    adfg    既有氧化性又有还原性    Cl2+H2O=HClO+Cl-+H+    还原剂    强氧化性【解析】(1)①Na的氧化物有氧化钠和过氧化钠，化学式分别为Na2O、Na2O2；②为+1价的盐，为次氯酸盐，NaClO等；(2)实验室用氯酸钾与二氧化锰共热制备氧气，则物质③为氯酸钾，化学式为KClO3；(3)HClO属于酸；次氯酸具有酸性和强氧化性，能与金属单质、碱性氧化物、碱和部分盐反应；从化合价角度看，0价的Cl原子既能够升高，又能够降低，Cl2既有氧化性又有还原性；Cl2与H2O反应生成HCl和HClO，离子方程式为Cl2+H2O=HClO+Cl-+H+；(4)NaH中H的化合价为-1价，反应时化合价升高，则NaH作还原剂；(5)ClO2中Cl原子为+4价，具有强氧化性，能够杀菌消毒。19（11分）．实验室欲用NaOH固体配制1.0mol·L－1的NaOH溶液240mL：(1)配制溶液时，一般可以分为以下几个步骤： ①称量　②计算　③溶解　④摇匀　⑤转移　⑥洗涤　⑦定容　⑧冷却　⑨摇动其正确的操作顺序为__________________。必须用到的玻璃仪器有烧杯、胶头滴管、________________。(2)某同学欲称量NaOH的质量，他先用托盘天平称量烧杯的质量，天平平衡后的状态如图所示。烧杯的实际质量为________g，要完成本实验该同学应称出________gNaOH。(3)使用容量瓶前必须进行的一步操作是________。(4)如图是该同学转移溶液的示意图，图中有两处错误，请写出：①________________________________________________________________________②________________________________________________________________________(5)在配制过程中，其他操作都是正确的，下列操作会引起误差偏高的是________(填字母)。A．所用NaOH已经潮解B．向容量瓶中加水未到刻度线C．有少量NaOH溶液残留在烧杯里D．用带游码的托盘天平称5.4gNaOH(1g以下用游码)时误用了“左码右物”方法【答案】(1)②①③⑧⑤⑥⑨⑦④    250mL容量瓶    玻璃棒    （2）27.4    10.0    查漏    应该为250mL的容量瓶；移液时应用玻璃棒引流；    B【解析】（1）配制一定物质的量浓度溶液一般步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶、贴标签，所以正确的顺序为：②①③⑧⑤⑥⑦④；用到的仪器依次为：托盘天平、药匙、玻璃棒、烧杯、容量瓶和胶头滴管，要配制1.0mol/L的NaOH溶液240mL，应选择250mL容量瓶，所以还缺少的仪器：250mL容量瓶、玻璃棒；故答案为②①③⑧⑤⑥⑨⑦④；250mL容量瓶、玻璃棒；（2）依据天平称量固体原理可知：固体质量=砝码的质量+游码的质量，右盘中砝码为20g，10g，游码质量2.6g，所以烧杯的实际质量为27.4g；配制1.0mol•L-1的NaOH溶液240mL，应选择250mL容量瓶，配制250mL溶液，需要氢氧化钠质量m=1.0mol/L×40g/mol×0.25L=10.0g；故答案为27.4；10.0；（3）容量瓶带有活塞，使用过程中需要上下颠倒，所以使用前应检查是否漏水；故答案为查漏；（4）①该同学选用的容量瓶错误，应该为250mL的容量瓶；②移液时应用玻璃棒引流；答案为：应该为250mL的容量瓶；移液时应用玻璃棒引流； （5）A.NaOH已潮解，导致溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故A错误；B.向溶液中加水未到刻度线，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故B正确；C.溶解的NaOH少量残留在烧杯中，导致溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故C错误；D.称量NaOH物、码放反时，称量的实际质量为4.6g，导致溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故D错误；答案为B；20（10分）．某校化学实验兴趣小组为了探究在实验室制备的过程中有水蒸气和挥发出来，同时证明氯气的某些性质，甲同学设计了如图所示的实验装置(支撑用的铁架台省略)，按要求回答问题。已知：在中的溶解度较大。（1）装置B的作用是_______，现象是_______。（2）装置D和E中出现的不同现象说明_______。（3）写出氯气和水发生反应的化学方程式_______。（4）装置F的作用是_______。（5）写出装置G中发生反应的化学方程式_______。（6）乙同学认为甲同学的实验有缺陷，不能确保最终通入溶液中的气体只有一种，为了确保实验结论的可靠性，证明最终通入溶液的气体只有一种，乙同学提出在某两个装置之间再加一个装置。你认为该装置应加在_______与_______之间(填装置字母序号)，装置中应放入_______(填写试剂或用品名称)。【答案】（1）证明有水蒸气产生白色变蓝色（2）氯气无漂白性，次氯酸有漂白性（3）（4）吸收氯气（5）（6）FG湿润的淀粉试纸(或湿润的有色布条)【解析】（1）为了证明有水蒸气析出，B中应该是无水硫酸铜，证明有水蒸气产生白色固体变为蓝色，故答案为：证明有水蒸气产生；白色固体变为蓝色。 （2）干燥氯气不具有漂白性，氯气与水反应生成的次氯酸具有漂白性，故答案为：氯气无漂白性，次氯酸有漂白性(或湿润的氯气有漂白性)。（3）氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，方程式为：Cl2+H2O=HCl+HClO，故答案为：Cl2+H2O=HCl+HClO。（4）氯气易溶于四氯化碳溶液，可用来吸收氯气，故答案为：吸收氯气。（5）氯气通入硝酸银溶液可以产生盐酸，与硝酸银反应生成白色沉淀，方程式为：，故答案为：（6）G装置用来检验HCl气体，为了确保实验结论的可靠性，应排除氯气的干扰，在F吸收氯气之后要检验氯气是否完全除去，根据氯气具有强氧化性的性质，可用湿润的淀粉KI试纸检验，如不变色，说明已经完全除去，故答案为：F；G；湿润的淀粉KI试纸(或湿润的有色布条)。21（10分）．现有mg某X2气体，它的摩尔质量为Mg/mol，阿伏加德罗常数用NA表示，则：（1）该气体的物质的量为________mol。（2）一个X原子的质量_________g。（3）该气体在标准状况下的体积为________L。（4）该气体溶于水后形成VL溶液，其溶液的物质的量浓度为________mol·L－1。（5）该气体溶于1L水中(不考虑反应)，所得溶液的密度为ρg/cm3，则该溶液的物质的量浓度为__________mol·L－1。（6）相同状况下，若X2与氮气以体积比1:4混合，该混合气体相对氢气密度为14.4，X2的相对分子质量为_______。（7）若标况下X2的密度为1.25g/L，X原子最外层有_____个电子。【答案】                        32    5【解析】（1）mg该气体的物质的量   ；（2）设该气体为1mol，则一个分子的质量==，而该分子是双原子分子，故一个X原子质量=g；（3）标况下，该气体的体积=L；（4）c==mol/L；（5）1L水的质量=1L×1000g/L=1000g，所得溶液质量=1000g+mg，溶液的体积=m(溶液)/ρg/cm3×10—3L，c==（6）相同状况下，若X2与氮气以体积比1：4混合，则X2与氮气的物质的量比为1：4，由于气体的密度之比等于其相对分子质量之比，则混合气体的平均相对分子质量为14.4×2=28.8，，则，X2的相对分子质量为32；（7）若标况下X2的密度为1.25g/L，X2的相对分子质量=1.25g/L×22.4L/mol28，X的相对原子质量为14，猜测为氮原子，氮原子最外层电子数为5。