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

试卷第=page11页，共=sectionpages88页试卷第=page22页，共=sectionpages88页第二章《海水中的重要元素——钠和氯》测试卷一、单选题1．钠元素在自然界中分布很广，储量极为丰富、金属钠的性质活泼，可与、等物质反应，钠的化合物、、、等在生产、生活中应用广泛。配制氯化钠溶液不需要选用的仪器是A． B． C． D．2．标准状况下，16g某气体的分子数目为0.5NA个，则该气体的摩尔质量为A．32g B．32g•mol-1 C．64g•mol-1 D．643．用生石灰[主要成分为CaO，还含有Ca(OH)2和CaCO3]制取KClO3的流程如下。下列有关说法不正确的是A．“打浆”的目的是为了提高“氯化”时的反应速率B．“氯化”中主要发生的化学反应为6Cl2＋6Ca(OH)2Ca(ClO3)2＋5CaCl2＋6H2OC．“过滤”后滤液中存在的阳离子主要是Ca2＋D．“转化”时发生的化学反应属于氧化还原反应

4．下列各组物质不能用括号内的试剂等鉴别的是()A．NaHCO3和Na2CO3两种溶液(

(CaCl2溶液)B．MgCl2溶液AlCl3两种溶液(NaOH溶液)C．NaCl和Na2SO4两种溶液(激光笔)D．KCl和Na2SO4两种溶液(焰色反应)5．下列几种导电性变化图象，不符合要求的是A．图A是向饱和石灰水中不断通入CO2B．图B是向氨水中通入HClC．图C是向NaOH溶液中通入少量Cl2D．图D是向AgNO3溶液中通入少量HCl6．欲使0.2mol·L-1Na2SO3溶液和0.4mol·L-1NaCl溶液中Na＋的物质的量相等，应取两种溶液的体积比是A．1∶1 B．1∶2 C．2∶1 D．4∶17．4.6g某金属与足量的氯气充分反应，所得固体比原金属重7.1g。若该固体的化学式为A． B． C． D．8．表示阿伏加德罗常数的值。下列说法中，正确的是A．所含的原子数目为B．在标准状况下，中含有水分子的个数为C．个的体积是个的体积的2倍D．在标准状况下，所含的原子数为9．化学与人类生活、生产息息相关，下列解决问题的方法不可行的是A．为加快漂白精的漂白速率，使用时可滴加几滴醋酸B．为防止海鲜腐烂，可将海鲜产品浸泡在硫酸铜溶液中C．为增强治疗缺铁性贫血效果，可在口服硫酸亚铁片时同服维生素CD．在食品袋中放入盛有硅胶和铁粉的透气小袋，可防止食物受潮、氧化10．下列6个转化，其中不能通过一步反应实现的是①Cl2→NaClO②Fe(OH)2→Fe(OH)3③SiO2→H2SiO3④Al2O3→Al(OH)3⑤Na2CO3→NaHCO3⑥Na2O2-→Na2CO3A．①② B．③④ C．③④⑥ D．⑤⑥11．利用制备时，下列装置能达到实验目的的是ABCD+制备Cl除去中的少量HCl干燥收集Cl2A．A B．B C．C D．D12．设NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是()A．0.1molSiO2晶体中含有Si—O键的数目为0.2NAB．标况下22.4L的NO2中含有NA个分子C．标准状况下，22.4LCl2溶于水，转移电子数为NAD．1molNH4NO3溶于稀氨水，所得溶液呈中性，则溶液中NH的数目为NA13．化学与人类生产、生活密切相关，从化学的角度分析，下列有关说法不正确的是（

）A．用“84”消毒液对茶具、餐具和洁具进行清洗消毒B．雾霾属于胶体，它区别于溶液等其它分散系的本质原因是能发生丁达尔现象C．用石膏或盐卤点制豆腐与胶体性质有关D．自来水厂用氯气对原水进行杀菌消毒14．为测定过氧化钠样品(只含杂质)的纯度，设计了如图所示的实验装置，图中Q为弹性良好的气球，称取一定量的样品放入其中，按图安装好仪器，下列说法正确的是A．Q中发生反应的离子方程式为，B．先关闭、，打开，用量筒I测量气体体积；再缓缓打开，用量筒II测量气体体积(残留的忽略不计)C．没有导管a稀硫酸不易滴下来，而且会导致测量气体的体积偏大D．若操作正确，量筒I中收集水，量筒II中收集水，的质量分数为15．代表阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是A．密闭容器中与反应制备，增加的P-Cl键数目小于B．12g石墨烯(单层石墨)中含有六元环的数目与12g金刚石中所含有化学键的数目均为C．8.96L氢气、一氧化碳的混合气体完全燃烧，消耗氧分子的数目为D．反应中，生成时，转移的电子数目为二、填空题16．高锰酸钾(KMnO4)用途广泛，可以用来制备氧气，可以作为氧化剂，其稀溶液还是良好的消毒剂。请回答下列问题：(1)高锰酸钾KMnO4当中Mn元素的化合价为___________(2)请写出高锰酸钾制备氧气的化学方程式___________(3)当高锰酸钾制备氧气的反应完成之后，可以分离出一种含锰元素的固体，该固体具有催化作用，将该固体放进过氧化氢溶液中，溶液中出现大量气泡。现将该固体放进烧杯中，往烧杯中滴加浓盐酸，并用酒精灯加热烧杯，溶液上方有黄绿色气体(氯气)生成，且该固体被还原为氯化锰(MnCl2)。请写出该反应的化学方程式___________。(4)常温下，将氯气通入氢氧化钠溶液中，可得到次氯酸钠(NaClO)和氯化钠的混合溶液，其中次氯酸钠为84消毒液的有效成分。下列选项中正确的是___________A．次氯酸钠中，氯元素的化合价为-1价B．次氯酸钠是氧化物C．次氯酸钠中Na、Cl、O三种元素的质量比为Na：Cl：O=1：1：1D．次氯酸钠的相对分子质量为74.517．完成下列计算(1)0.5molH2O的质量为_______，其中含有_______个水分子。(2)质量相等的O3和O2中，分子个数之比为_______，原子个数之比为_______；(3)0.3mol氨气和0.4mol二氧化碳的质量_______(填“相等”或“不相等”，下同)，所含分子数_______，所含原子数_______。18．是一种重要的化工原料，工业上利用它可以制备一系列物质，请按要求回答下列问题。(1)很多金属或它们的化合物在灼烧的时候都会使火焰呈现出特征颜色，化学上把这种定性分析操作称为焰色实验，下列有关叙述中正确的是_______。A．焰色实验时可以用洁净的铜丝来代替铂丝进行实验B．用某样品做焰色实验时，直接观察到火焰呈黄色，可以确定该样品中不含钾元素C．节日燃放的五彩缤纷的烟花，就是利用了锂、钠、钾、锶、钡等金属化合物所呈现的各种艳丽的色彩D．焰色实验是元素的一种物理性质，属于物理变化(2)氯化钠溶液通电后，发生反应的离子方程式为_______，氢气在氯气中燃烧的现象是_______。(3)工业制漂白粉的化学反应方程式为_______，漂白粉的有效成分为_______。(4)侯氏制碱法的原理是在饱和的食盐水中先通达饱和后，再通入过量的气体产生沉淀，总的方程式为_______。(5)在实验室制备氯气时，可以用和浓来代替浓盐酸与混合加热来制备氯气，请写出该化学反应的方程式_______。(6)某研究性学习小组的同学在一次探究活动中，对一份纯碱样品(含有少量)的纯度进行测定，现将样品加热至质量不再发生变化，其质量变为，则该样品的纯度(质量分数)为_______。三、计算题19．将一定质量Na2CO3和NaHCO3的均匀混合物粉末样品分成等量的两份。将其中的一份直接加热至恒重，质量减轻了1.24g；另一份加入一定量某浓度的盐酸至恰好反应完全，收集到标准状况下2.24L气体，消耗盐酸80.0mL。(1)原均匀混合物中n(NaHCO3)=____________。(2)盐酸的浓度c(HCl)=_______________。20．(1)等质量的CO和CO2，物质的量之比为_____，氧原子个数之比为____。(2)1.5molH2SO4的质量是___g，其中含有___molH，含有____g氧原子。(3)18.06×1023个氨分子(NH3)的物质的量为____mol，含有__mol氢原子、____mol电子。21．将24.4gNaOH固体溶于水配成100mL溶液，其密度为1.22g/mL。(1)该溶液中NaOH的质量分数为__________。(2)该溶液中NaOH的物质的量浓度为__________。(3)从该溶液中取出10mL，溶液的密度为____，NaOH的质量分数为___，其中NaOH的物质的量浓度为___，含NaOH的质量为_______，含NaOH的物质的量为________。四、实验题22．已知某“84消毒液”瓶体部分标签如图所示，该“84消毒液”通常稀释100倍（体积之比）后使用。请回答下列问题：(1)该“84消毒液”的物质的量浓度约为________mol·L－1（计算结果保留2位有效数字）。(2)某同学取100mL该“84消毒液”，稀释后用于消毒，稀释后的溶液中c(Na＋)＝____mol·L－1。(3)该同学参阅该“84消毒液”的配方，欲用NaClO固体配制480mL含NaClO质量分数为25%的消毒液。下列说法正确的是______(填字母)。A．如图所示的仪器中，有三种是不需要的，还需要一种玻璃仪器B．将称量好的NaClO固体在烧杯中溶解后应立即转入容量瓶并加水至刻度线C．定容时俯视容量瓶刻度线会导致所配溶液浓度偏高D．需要称量NaClO固体的质量为143.0g(4)该同学对容量瓶及其使用方法的认识中正确的是________。A．容量瓶上标有容积、温度和浓度B．容量瓶用蒸馏水洗净后，需要烘干后再使用C．配制溶液过程中，容量瓶内液体只需要一次摇匀过程D．使用前要检查容量瓶是否漏水(5)“84消毒液”与稀硫酸混合使用可增强消毒能力，某消毒小组人员用98%（密度为1.84g·cm－3）的浓硫酸配制2L2.3mol·L－1的稀硫酸用于增强“84消毒液”的消毒能力。①所配制的稀硫酸中，H＋的物质的量浓度为_______mol·L－1。②需用浓硫酸的体积为_______mL。(6)“84消毒液”如果不慎与“洁厕灵”（主要成分是盐酸）会产生有毒气体氯气。请写出发生反应的离子方程式：_______。23．二氧化氯常温下为黄绿色气体，在混合气体中浓度过高时易发生爆炸。熔点-59℃，沸点11℃，ClO2极易溶于水且不与水发生化学反应。主要用于自来水的消毒、木质纸浆的漂白。(1)实验室制法把氯酸钠、过氧化氢和稀H2SO4混合水浴加热可制得黄棕色的ClO2气体，化学方程式为__________；实验装置如下图：仪器a的名称__________；B装置的作用是__________，通入氮气的目的是__________。(2)ClO2与K2S的反应将上述C中的溶液滴入到K2S溶液中，通过下列实验探究反应的产物：操作步骤实验现象结论取少量溶液于试管甲中，滴加品红溶液和盐酸品红始终不褪色①无__________生成另取少量溶液与试管乙，加入Ba(OH)2溶液，振荡②__________有硫酸根生成③继续在试管乙中滴加Ba(OH)2溶液至过量，静置，取上层清液于试管丙中，__________有白色沉淀生成有Cl-生成综上：ClO2与K2S反应的离子方程式为__________。24．欲用密度为1.18g/cm3(质量分数36.5%)的浓盐酸配制250mL1mol/L盐酸，回答下列各问：⑴所需浓盐酸体积约为__________mL(填整数)。⑵所需仪器为量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管还缺少的玻璃仪器是________。⑶若定容时俯视，所配溶液的物质的量浓度比要求的值________(填“偏高”或“偏低”)。⑷若定容后再摇匀静置，发现凹液面低于刻度线。此时应该(填标号)_________。A．直接转移到试剂瓶中B．加水重新定容后贮存于容量瓶中C．重新定容后再转移到试剂瓶中答案第=page1111页，共=sectionpages1111页答案第=page1010页，共=sectionpages1010页参考答案：1．C【详解】A．图中为100ml容量瓶，为配制一定物质的量浓度的溶液必需的仪器，A错误；B．图中为烧杯，在烧杯中溶解，B错误；C．图中为漏斗，用于过滤分离不溶性固体与溶液，不能用于配制一定物质的量浓度的溶液，C正确；D．图中为胶头滴管，用于定容，D错误；故选D。2．B【详解】，M=32g/mol，故选B。3．D【分析】久置于空气中的生石灰［主要成分为CaO，还含有Ca(OH)2和CaCO3]，加水后生石灰与水反应生成氢氧化钙，打浆得到碳酸钙和氢氧化钙的悬浊液，通氯气加热条件下反应生成氯化钙和氯酸钙，过滤取滤液，加氯化钾与氯酸钙反应生成氯酸钾，据此解答。【详解】A．打浆是将固体反应物粉碎，增大氯化时反应物的接触面积，使反应更充分，提高反应速率，故A正确；B．由以上分析可知氯化时发生的主要反应为氯气与氢氧化钙加热得到氯酸钙和氯化钙的反应，方程式为：6Cl2+6Ca(OH)2Ca(ClO3)2+5CaCl2+6H2O，故B正确；C．“过滤”后滤液中主要溶质为氯酸钙和氯化钙，存在的阳离子主要是钙离子，故C正确；D．转化是发生的反应为Ca(ClO3)2+2KCl=CaCl2+2KClO3，为复分解反应，非氧化还原反应，故D错误；答案选D。4．C【详解】A、NaHCO3溶液与CaCl2不反应，Na2CO3与CaCl2溶液反应生成CaCO3沉淀，可以区分，A不符合题意；B、MgCl2中加入NaOH溶液，生成Mg(OH)2白色沉淀；AlCl3中加入NaOH溶液至过量，先生成白色沉淀Al(OH)3，白色沉淀再溶解生成AlO2－，现象不同，可以区分，B不符合题意；C、NaCl和Na2SO4溶液，用激光笔照射，现象均相同，无法区分，C符合题意；D、KCl溶液的焰色为钾的紫色，Na2SO4的焰色为钠的黄色，现象不同，可以区分，D不符合题意；答案选C。5．D【详解】A．向饱和石灰水中不断通入CO2，先生成CaCO3沉淀，使溶液的导电性降低，CaCO3再和CO2反应生成可溶于水的Ca(HCO3)2，使溶液的导电性增大，A符合要求；B．氨水为弱电解质，导电能力相对较差，向氨水中通入HCl，一水合氨和HCl反应生成NH4Cl，NH4Cl为强电解质，故通入HCl后导电能力加强，B符合要求；C．2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O，向NaOH溶液中通入少量Cl2，反应前后离子浓度不变，溶液的导电性不变，C符合要求；D．向AgNO3溶液通入少量HCl，发生反应生成氯化银沉淀和硝酸，减少的银离子由氢离子补充，溶液中离子浓度基本不变，导电性基本不变，D不符合要求；故答案选D。6．A【详解】0.2mol·L-1Na2SO3溶液中0.4mol/L，0.4mol·L-1NaCl溶液中0.4mol/L，设Na2SO3溶液的体积为V1，NaCl溶液得体积为V2，中Na＋的物质的量相等，则0.4mol/L×V1=0.4mol/L×V2，则V1=V2，A正确；答案选A。7．A【详解】金属M与氯气反应得到最高价氯化物，这些氯化物比原金属要重7.1g，因此这7.1g就是氯离子的质量，根据mol解出氯离子的物质的量。若金属M最高是+1价，即生成了0.2mol，根据解出原金属的摩尔质量为23g/mol，为金属钠；若金属M最高是+2价，即生成了0.1mol，根据解出原金属的摩尔质量为46g/mol，无该选项，因此金属M只能是钠，答案选A。8．D【详解】A．的物质的量为1mol，故原子数为2，故A错误；B．标准状况下，水为液体，故无法计算其物质的量，故B错误；C．同温同压下，气体的体积之比等于物质的量之比，此选项未知温度和压强是否相同，故无法比较，故C错误；D．在标准状况下，的物质的量为1mol，故原子数为，故D正确；故选D。9．B【详解】A.漂白精中含有次氯酸钙，在漂白精中滴加醋酸，可增大HClO的浓度，则氧化性增强，可增大漂白速率，故A正确；B.硫酸铜为重金属盐，对人体有害，不能用于食品防腐，故B错误；C.维生素C具有还原性，可防止亚铁被氧化，可在口服硫酸亚铁片时同服维生素C，可增强治疗缺铁性贫血效果，故C正确；D.硅胶具有吸水性,可有效防止食物受潮，铁具有还原性，可防止食物被氧化做抗氧化剂，故D正确。答案选B。10．B【详解】试题分析：①氯气和氢氧化钠溶液反应生成次氯钠和水，Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，一步反应实现，故①不选；②Fe(OH)2→Fe(OH)3，氢氧化亚铁能与空气和水反应生成氢氧化铁，能一步实现，故②不选；③二氧化硅不能溶于水得到硅酸，一步反应不能实现，故③选；④氧化铝不能一步反应得到氢氧化铝，一步反应不能实现，故④选；⑤碳酸钠、水和二氧化碳化合生成碳酸氢钠，一步反应实现，故⑤不选；⑥过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，可一步实现，故⑥不选；故选B。考点：考查物质的性质及相互转化11．A【详解】A．由方程式可知，反应不需要加热，故可以选用此装置制备氯气，A正确；B．Cl2溶于水生成盐酸，与NaHCO3反应，故此装置不能除去Cl2中的少量HCl，B错误；C．碱石灰的主要成分是氢氧化钠和氧化钙，会与Cl2反应，故此装置不能干燥Cl2，C错误；D．收集氯气时，此装置应该敞口放置，D错误；故选A。12．D【详解】A．一个硅原子含有4个硅氧键，0.1molSiO2含0.4mol硅氧键，含有Si-O键的个数为0.4NA，故A错误；B．标况下，气体摩尔体积等于22.4L/mol，则22.4LNO2的物质的量为=1mol，由于存在2NO2N2O4，含有的分子数小于NA，故B错误；C．氯气和水的反应为可逆反应，不能进行彻底，故标准状况下，22.4LCl2溶于水，转移电子数小于NA个，故C错误；D．将1molNH4NO3溶于稀氨水中使溶液呈中性，根据电荷守恒可知：n(NH4+)+n(H+)=n(OH-)+n(NO3-)，由于溶液显中性，故有n(H+)=n(OH-)，则n(NH4+)=n(NO3-)=1mol，个数为NA个，故D正确；故选D。13．B【详解】A.“84”消毒液的有效成分是HClO，具有消毒杀菌作用，A项正确；B.胶体区别于溶液等其它分散系的本质是其分散质粒径在1-100nm之间，B项错误；C.石膏或盐卤点制豆腐利用的是胶体聚沉的性质，C项正确；D.氯气通入水中产生HClO，具有消毒杀菌作用，D项正确；故答案选B。14．C【详解】A．离子方程式中不应该拆，正确的离子方程式为选项A错误：B．为保证Q灵活伸缩，量筒I测量后，需与大气相通，打开前，应先打开关闭，选项B错误；C．若没有导管a，由于气压不相通。稀硫酸不易滴落，面且滴落的稀硫酸也计为气体体积，导致测量气体的体积偏大，选项C正确；D．未考虑气体与物质的比例关系，也未考虑物质的摩尔质量，正确结果应是，选项D错误；答案选C。15．A【详解】A．PCl3与Cl2生成PCl5(g)的反应是可逆反应，所以1molPCl3与1molCl2不可能完全反应，生成的PCl5小于1mol，故增加的P—Cl键的数目小于2NA，A正确；B．根据石墨的结构利用分摊法分析知，一个六元环中平均含有2个碳原子，12g石墨烯(单层石墨)中含有六元环的个数为0.5NA，金刚石中每个C周围有4个C-C，每个C-C被两个碳原子，故每个C占有2个共价键，含有的化学键数为2NA，B错误；C．未标注气体的状态，所以无法根据气体体积计算物质的量，C错误；D．根据化合价分析，中的N为-3价，反应后化合价为0，中N的化合价为-3，化合价升高为0，所以N2既是氧化产物又是还原产物，每生成4molN2，转移电子数，28gN2为1mol，转移电子数为3.75mol，D错误；故答案为：A。16．(1)+7(2)2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑(3)MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O(4)D【分析】(1)在任何化合物中元素化合价代数和为0。由于K是+1价，O是-2价，假设Mn元素化合价为+x价，则+1+x+4×(-2)=0，解得x=+7。(2)高锰酸钾不稳定，受热分解产生锰酸钾、二氧化锰和氧气，故用高锰酸钾制备氧气的化学方程式为：2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑。(3)根据催化作用可知这种固体为二氧化锰，二氧化锰在加热条件下可以和浓盐酸反应得到氯气，这是实验室制备氯气的常用方法。根据条件可以得出二氧化锰与浓盐酸反应的化学方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O。(4)A．在NaClO中，Na为+1价，O为-2价，因此根据化合物中元素化合价代数和为0可知Cl为+1价，A选项错误；B．由两种元素组成，其中一种元素为氧的化合物叫做氧化物，次氯酸钠NaClO中含有Na、Cl、O三种元素，因此次氯酸钠不属于氧化物，B错误；C．根据相对原子质量，三种元素个数比1：1：1，质量比m(Na)：m(Cl)：m(O)=23：35.5：16，C错误；D．根据三种元素的相对原子质量，相加可得NaClO的相对分子质量为74.5，D正确；故合理选项是D。17．(1)

9g

0.5NA(2)

2：3

1：1(3)

不相等

不相等

相等【详解】（1）0.5molH2O的质量；；故答案为：9g；0.5NA；（2），，，原子数为；故答案为：2：3；1：1；（3）0.3mol氨气，0.4mol二氧化碳；，，氨气分子中原子数为，二氧化碳分子中原子数；故答案为：不相等；不相等；相等。18．(1)CD(2)

2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑

发出苍白色火焰，瓶口有大量白雾生成(3)

2Ca(OH)2＋2Cl2=Ca(ClO)2＋CaCl2＋2H2O

Ca(ClO)2(4)NaCl＋NH3+CO2=NaHCO3↓＋NH4Cl(5)MnO2＋2H2SO4(浓)+2NaClNa2SO4+MnSO4+Cl2↑＋2H2O(6)×100%【详解】（1）A．做焰色实验时，铜元素的焰色为绿色，则为防止干扰不能用铜丝代替铂丝，故A错误；B．做焰色实验时，黄色的焰色会掩盖紫色，钾元素的紫色焰色必须透过蓝色钴玻璃片才能观察到，则直接观察到火焰呈黄色，不能确定该样品中是否含钾元素，故B错误；C．许多金属或它们的化合物在灼烧时都会使火焰呈现特殊的颜色，如节日燃放的五彩缤纷的烟花，就是利用了锂、钠、钾、锶、钡等金属化合物所呈现的各种艳丽的色彩，故C正确；D．焰色实验是元素的一种物理性质，灼烧时没有新物质生成，属于物理变化，故D正确；故选CD；（2）氯化钠溶液通电后发生电解生成氢氧化钠、氢气和氯气，反应的离子方程式为2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑；氢气在氯气中燃烧生成氯化氢，发出苍白色火焰，氯化氢气体在瓶口与水蒸气形成盐酸小液滴，会有大量白雾生成，故答案为：发出苍白色火焰，瓶口有大量白雾生成；（3）工业制漂白粉的反应为氯气与氢氧化钙溶液反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，反应的化学反应方程式为2Ca(OH)2＋2Cl2=Ca(ClO)2＋CaCl2＋2H2O，漂白粉的主要成分为氯化钙和次氯酸钙，有效成分为次氯酸钙，故答案为：2Ca(OH)2＋2Cl2=Ca(ClO)2＋CaCl2＋2H2O；Ca(ClO)2；（4）候氏制碱法的反应原理为二氧化碳与氨气、饱和食盐水反应生成碳酸氢钠沉淀和氯化铵，反应的化学方程式为NaCl＋NH3+CO2=NaHCO3↓＋NH4Cl，故答案为：NaCl＋NH3+CO2=NaHCO3↓＋NH4Cl；（5）用氯化钠和浓硫酸代替浓盐酸与二氧化锰发生的反应为二氧化锰与浓硫酸、氯化钠共热反应生成硫酸钠、硫酸锰、氯气和水，反应的化学方程式为MnO2＋2H2SO4(浓)+2NaClNa2SO4+MnSO4+Cl2↑＋2H2O，故答案为：MnO2＋2H2SO4(浓)+2NaClNa2SO4+MnSO4+Cl2↑＋2H2O；（6）碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，反应的化学方程式为2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O，由方程式可知，2mol碳酸氢钠完全反应时固体减少的质量为62g，由样品加热至质量不再发生变化时质量变为可知，碳酸钠的质量分数为×100%=×100%，故答案为：×100%。19．

0.08mol

2mol/L【详解】(1)加热时发生反应为：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，固体减少的质量为水和二氧化碳的质量，且每分解2mol碳酸氢钠，即减少1molH2O和1molCO2，减少的总质量为18g+44g=62g，所以当固体减少1.24g时，n(NaHCO3)，因为原混合物是分成了两份，所以原混合中n(NaHCO3)=0.08mol；故答案为：0.08mol；(2)另一份加入一定量某浓度的盐酸至恰好反应完全，收集到标准状况下2.24L气体，该气体应为CO2，且物质的量为0.1mol，根据元素守恒可知n(Na2CO3)+n(NaHCO3)=n(CO2)=0.1mol，所以每一份中碳酸钠的物质的量为：0.1mol-0.04mol=0.06mol，盐酸与混合物反应最终得到NaCl，根据钠元素守恒n(NaCl)=2n(Na2CO3)+n(NaHCO3)=0.06mol×2+0.04mol=0.16mol，根据氯元素守恒n(HCl)=n(NaCl)=0.16mol，则c(HCl)=0.16mol0.08L=2mol/L，故答案为：2mol/L。20．

11:7

11:14

147

3

96

3

9

30【详解】(1)CO和CO2的摩尔质量分别是28g·mol-1和44g·mol-1，由公式n=可知，两种物质的质量相等时，物质的量与摩尔质量成反比，所以等质量的CO和CO2，物质的量之比=44g·mol-1:28g·mol-1=11:7，氧原子个数之比为(11×1):(7×2)=11:14，答案：11:7；11:14；(2)H2SO4的摩尔质量是98g·mol-1，所以1.5molH2SO4的质量=1.5mol×98g·mol-1=147g，由H2SO4的化学式可知，1.5molH2SO4含有2×1.5mol=3molH，4×1.5mol=6molO；O的摩尔质量是16g·mol-1，所以6molO的质量=6mol×16g·mol-1=96g，答案：147；3；96；(3)根据公式n=可知18.06×1023个氨分子(NH3)的物质的量==3mol，3mol氨分子(NH3)中含9molH，1个氨分子(NH3)有7+1×3=10个电子，所以3mol氨分子(NH3)中含30mol电子，答案：3；9；30。21．

20%

6.1mol/L

1.22g/mL

20%

6.1mol/L

2.44g

0.061mol【详解】(1)NaOH的质量为24.4g，溶液的质量为100mL×1.22g/mL=122g，则NaOH的质量分数为=20%；(2)24.4gNaOH的物质的量为n(NaOH)==0.61mol，该溶液中NaOH的物质的量浓度为c(NaOH)==6.1mol/L；(3)从该溶液中取出10mL，溶液的密度不变仍为1.22g/mL；NaOH的质量分数不变仍为20%；NaOH的物质的量浓度也不变为6.1mol/L；NaOH的质量为24.4g×=2.44g，含NaOH的物质的量为0.61mol×=0.061mol。22．(1)4.0(2)0.04(3)C(4)D(5)

4.6

250(6)ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O【详解】（1）该“84消毒液”的物质的量浓度为c===4.0mol·L-1。（2）该“84消毒液”稀释100倍，稀释后的溶液中c(Na＋)成为原来的为0.04mol·L-1。（3）A．烧瓶、分液漏斗这两种仪器是不需要的，故A错误；B．将称量好的NaClO固体在烧杯中溶解后，等温度恢复至室温时转入容量瓶并加水至刻度线，故B错误；C．定容时俯视容量瓶刻度线，使得所配溶液体积变小，会导致所配溶液浓度偏高，故C正确；D．需要称量NaClO固体的质量为480mL×1.19g/mL×25%=142.8g,故D错误；故选C。（4）A．容量瓶上不会标有浓度，故A错误；B．容量瓶用蒸馏水洗净后，不需要烘干后再使用，故B错误；C．配制溶液过程中，容量瓶内液体还需要在定容前晃动容量瓶使溶液混合均匀，故C错误；D．使用前要检查容量瓶是否漏水，故D正确；故选D。（5）①所配制的稀硫酸中，H＋的物质的量浓度为硫酸的两倍为4.6mol·L-1。②c浓===18.4mol/L，c浓V浓=c稀V稀，需用浓硫酸的体积为V浓=(2.3×2/18.4×1000