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河南省南阳市第一中学2019-2020学年高一上学期第一次月考试化学题化学（解析版）
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河南省南阳市第一中学2019-2020学年高一上学期第一次月考试题
常见元素的相对原子质量：Na:23 K：39 Cu:64 N:14 C:12 O:16 H:1 Cl:35.5 S:16 N:14
I卷
一、选择题（每题只有一个选项是正确的，每题3分，共48分）
1.下列说法正确的是（ ）
①钠燃烧时发出黄色的火焰
②过氧化钠能与酸反应生成盐和水，所以过氧化钠是碱性氧化物
③过氧化钠能与水反应，所以过氧化钠可以作气体的干燥剂
④过氧化钠中阴阳离子比1:1
⑤钠是一种很强还原剂，钠可以把锆、铌等金属从它们的卤化物的水溶液中置换
⑥Na2O2分别与水及CO2反应产生相同量的O2时，需要水和CO2的质量相等
⑦可用水来确定某Na2O粉末中是否含有Na2O2
⑧将足量的Na2O2、Na2O分别加到酚酞试液中，最终溶液均为红色
A. ①②⑤⑦ B. ①⑦ C. ①②⑤⑧ D. ①⑧
【答案】B
【解析】①钠燃烧时会发生焰色反应，火焰呈黄色，①正确；②过氧化钠与酸反应不仅生成盐和水，还生成O2，故Na2O2不是碱性氧化物，②错误；③Na2O2与水反应生成O2，会引入新杂质，③错误；④Na2O2中含有Na+和O22-，所以过氧化钠(Na2O2)中阴阳离子比1:2，④错误；⑤钠是一种很强的还原剂，能够与水反应，故不能把锆、铌等金属从它们的卤化物的水溶液中置换成单质，⑤错误；⑥根据2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，Na2O2分别与CO2和水反应产生相同量的O2时，需要CO2和水的物质的量相等，质量不相等，⑥错误；⑦Na2O与水反应生成NaOH，Na2O2与水反应生成NaOH和O2，故可用水来确定某Na2O粉末中是否含有Na2O2，⑦正确；⑧将足量的Na2O2、Na2O分别加到酚酞试液中，二者都生成NaOH，因为Na2O2具有强氧化性，所以最终加Na2O的酚酞溶液为红色，而加Na2O2的酚酞溶液变无色，⑧错误。综上，①⑦正确，选B。
2.向一定量的饱和NaOH溶液中加入少量Na2O2固体，恢复到原温度时，下列说法正确的是（ ）
A. 溶液中的Na+增多 B. 溶液的碱性增强
C. 溶质的质量分数不变 D. 溶液的质量不变
【答案】C
【解析】Na2O2与水反应生成NaOH和O2，所以仍为NaOH的饱和溶液；A项，因为水少了，所以溶液中的Na+减少，故A错误；B项，因为所得溶液仍为NaOH的饱和溶液，所以氢氧根离子浓度不变，溶液的碱性不变，故B错误；C项，因为所得溶液仍为NaOH的饱和溶液，所以溶质的质量分数不变，C正确；D项，因为水少了，饱和溶液中的溶质也少了，溶液质量减小，故D错误。
3.CO和H2混合气体3 g和足量的氧气燃烧后，在150℃时将混合气体通过足量的Na2O2后，Na2O2增重的质量为（ ）
A. 1.5 g B. 3 g C. 6 g D. 无法计算
【答案】B
【解析】
【详解】根据化学方程式，Na2O2与CO2反应相当于吸收CO；Na2O2与水反应相当于吸收H2；故B项正确。
4.将2.48 g Na和Na2O2的混合物与足量的水反应，在标准状况下得到672 mL混合气体，将混合气体用电火花引燃恰好完全反应，则Na和Na2O2的物质的量之比为（ ）
A. 2∶1 B. 1∶2 C. 1∶1 D. 3∶1
【答案】A
【解析】试题分析：设Na和Na2O2的物质的量分别是xmol、ymol。则根据方程式可知
2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑
x 0.5x
2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑
y 0.5y
2H2＋O2=2H2O
0.5x 0.5y
则有x＝2y，即x：y＝2：1，答案选A。
5. 下列说法正确的是（ ）
A. 铜与氯气反应时，剧烈燃烧并产生蓝色的烟
B. 次氯酸不如次氯酸盐稳定，故通常用次氯酸盐作为漂白剂和消毒剂的主要成分
C. 生活中常用的“84”消毒液中的有效成分是NaCl
D. 将金属钠投入硫酸铜溶液中可观察到的实验现象有气体生成，有红色的铜生成
【答案】B
【解析】试题分析：A、铜在氯气燃烧产生棕黄色的烟，故错误；B、次氯酸不稳定，见光受热易分解，因此漂白剂和消毒剂常用次氯酸盐，故正确；C、“84”消毒液有效成分是NaClO，故错误；D、发生反应是2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑，Cu2＋＋2OH－=Cu（OH）2↓，现象是有气体生成和蓝色沉淀，故错误。
6. 某同学在研究新制饱和氯水成份的实验中，根据实验现象得出的结论不正确的是（ ）
A. 氯水的颜色呈浅黄绿色，说明氯水中含有Cl2
B. 向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，说明氯水中含有CI-
C. 向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，说明氯水中含有H+
D. 向淀粉碘化钾溶液中滴加少量氯水，溶液变蓝，说明氯水中含有ClO-
【答案】D
【解析】试题分析：Cl2＋H2OHCl＋HClO，A、Cl2是换绿色气体，HCl和HClO均为无色，因此氯水呈浅黄绿色，说明含有Cl2，故说法正确；B、HCl＋AgNO3=AgCl↓＋HNO3，说明有Cl－存在，故说法正确；C、有气体产生，发生HCl＋NaHCO3=NaCl＋H2O＋CO2↑，故说法正确；D、氯气也能把I－氧化成I2，使溶液显蓝色，故说法正确。
7.下列说法正确的是（ ）
①2mol水的摩尔质量是1mol水的摩尔质量的2倍
②标准状况下，以任意比例混合的氢气和一氧化碳混合物22.4L所含原子数为2NA
③标准状况下，0.5NA个H2O分子所占体积约为11.2L
④1mol Na2O2固体中含有4mol离子
⑤64g S6与S8的混合物中所含S原子数一定为2NA
⑥同温同压同体积的CO2和SO2所含氧原子数均为2NA
⑦1L1mol/L的NaOH溶液中含有的氧原子数为NA
⑧1.8g NH4+离子中含有的电子数为NA
A. ②⑤⑧ B. ②⑤⑥⑦⑧ C. ①②⑤⑦⑧ D. ②⑤⑦
【答案】A
【解析】①摩尔质量是指单位物质的量的物质所具有的质量，故①错误；②标准状况下22.4L混合气体物质的量为1mol，因为氢气和一氧化碳都是双原子分子，所以所含原子数为2NA，②正确；③标准状况下，H2O不是气体，不适合用气体摩尔体积计算，故③错误；④Na2O2中含有Na+和O22-，所以1molNa2O2固体中含有3 mol离子，故④错误；⑤S6与S8都是由S原子构成的，故S原子的物质的量为：64g÷32g•mol-1=2mol，所以所含S原子数为2NA，⑤正确；⑥同温同压同体积的CO2和SO2所含氧原子数相等，但不确定具体是多少，故⑥错误；⑦溶液含有H2O，故1L1mol/L的NaOH溶液中含有的氧原子数肯定大于NA，故⑦错误；⑧1.8gNH4+离子的物质的量为：0.1mol，1molNH4+含有10mol电子，所以1.8gNH4+离子中含有1mol电子，即电子数为NA，⑧正确。综上，②⑤⑧正确，选A。
8.在标准状况下①6.72 L CH4②3.01×1023个HCl分子 ③13.6 g H2S④0.2 mol NH3,下列对这四种气体的关系从大到小表达正确的是( )
a.体积②>③>①>④
b.密度②>③>④>①
c.质量②>③>①>④
d.氢原子个数①>③>④>②
A. abc B. bcd C. acd D. abcd
【答案】D
【解析】上述四种气体的物质的量分别为0.3 mol、0.5 mol、0.4 mol、0.2 mol,质量4.8 g、18.25 g、13.6 g、3.4 g,所含氢原子的物质的量分别为1.2 mol、0.5 mol、0.8 mol、0.6 mol,所以acd均正确;依密度=可知b正确
9. 下列说法中错误的是（ ）
A. 从1 L 1 mol/L的NaCl溶液中取出10 mL，其浓度仍是l mol/L
B. 0.5 L 2 mol/L BaCl2溶液中，Ba2+和Cl-总数约为3×6.02×l023
C. 10 mL质量分数为98%的H2SO4，用水稀释至100 mL，H2SO4的质量分数为9.8%
D. 配制0.5 L 10 mol/L的盐酸，需要标准状况下的氯化氢气体112 L
【答案】C
【解析】试题分析：A、溶液是均一透明的分散系，因此10mL溶液中NaCl的浓度仍为1mol·L－1，故说法正确；B、阴阳离子总物质的量为（0.5×2＋0.5×2×2）mol=3mol，故说法正确；C、稀释后的质量分数=10ρ1×98%/100ρ2×100%，硫酸的密度大于1，硫酸的密度随着质量分数增大而增大，即ρ1>ρ2，硫酸的质量分数大于9.8%，故说法错误；D、n（HCl）=0.5×10mol=5mol，HCl的体积为5×22.4L=112L，故说法正确。
10.非金属单质溴与氯气的性质很相似。在探究溴单质的性质时，其基本程序应该是（ ）
A. 做实验并观察实验现象→分析、解释，得出结论
B. 观察溴外观性质→做实验并观察实验现象→分析、解释，得出结论
C. 观察溴的外观性质→预测溴的化学性质→做实验并观察实验现象→分析、解释得出结论
D. 预测溴的化学性质→做实验并观察实验现象→分析、解释得出结论→观察溴的外观性质
【答案】C
【解析】
【分析】探究物质的性质时其基本程序是：观察物质外观→预测物质的化学性质→做实验并观察现象→分析现象，并用相应的化学知识解释→得出结论。
【详解】非金属溴与氯气的性质很相似，所以可以根据氯气的性质预测溴的性质，则探究溴的性质时其基本程序是：先从色、态等方面观察溴的外观，然后根据氯气的性质预测溴可能具有的性质，再做实验验证预测，观察实验并记录现象，再分析实验现象并用已知化学知识解释现象，最后得出结论；
答案选C。
11.如图所示，A处通入干燥的氯气，打开B阀后，C处的红布条逐渐退色，关闭B阀时，C处的红布条看不到明显现象，则D瓶中装的是（ ）
A. 浓硫酸 B. 浓NaOH溶液
C. 浓盐酸 D. 饱和NaCl溶液
【答案】B
【解析】
【分析】A处通入干燥的Cl2，打开B阀后，C处的红布条逐渐褪色，说明C处布条是湿润的；关闭B阀时，C处的红布条看不到明显现象，说明洗气瓶D中装的物质能完全吸收氯气，据此进行解答。
【详解】A处通入干燥的Cl2，打开B阀后，C处的红布条逐渐褪色，说明C处布条是湿润的；关闭B阀时，C处的红布条看不到明显现象，说明洗气瓶D中装的物质能完全吸收氯气。
A. 浓硫酸与氯气不反应，不能吸收氯气，A项错误；
B. 氢氧化钠溶液与氯气反应，能吸收氯气，B项正确；
C. 浓盐酸不与氯气反应，不能吸收氯气，C项错误；
D. 氯气在饱和食盐水中溶解度很小，不能吸收氯气，D项错误；
答案选B。
12. 在标准状况下，m g气体A与n g气体B的分子数相同，下列说法中不正确的是（ ）
A. 两种气体A与B的相对分子质量之比为m∶n
B. 同质量气体A与B的分子数之比为n∶m
C. 同温同压下，A、B两气体的密度之比为n∶m
D. 相同状况下，同体积A、B两气体的质量之比为m∶n
【答案】C
【解析】试题分析：由n=m/M可知，分子数相同的气体，相对分子质量之比等于质量之比，即A与B相对分子质量之比为mg：ng=m：n，A正确；A与B相对分子质量之比为m：n，同质量时由n=m/M可知，分子数之比等于B正确；标准状况下，Vm相同，由可知，密度之比等于摩尔质量之比等于相对分子质量之比，即为m：n，C错误；相同状况下，同体积的A与B的物质的量相同，则质量之比等于相对分子质量之比，即为m：n，D正确。
13.物质的量浓度相同的NaCl, MgCl2,, AlCl3三种溶液，当溶液的体积比为3:2:1时，三种溶液中Cl-的物质的量之比为（ ）
A. 1:1:1 B. 1:2:3 C. 3:2:1 D. 3:4:3
【答案】A
【解析】
【分析】电解质溶液中氯离子物质的量=电解质浓度×体积×化学式中氯离子数目，再根据n= cV判断。
【详解】物质的量浓度相同的NaCl、MgCl2、AlCl3三种溶液中Cl−的物质的量浓度之比为1:2:3，当溶液的体积比为3:2:1时，根据n=cV可知Cl−的物质的量之比为1:1:1，A项正确；
答案选A。
14.在一定条件下，某化合物X受热分解：2X=A↑+2B↑+4C↑。测得反应后生成的混合气体对H2的相对密度为d，在相同条件下，X的相对分子质量是（ ）
A. 2d B. 7d C. 5d D. 3.5d
【答案】B
【解析】混合气体平均相对分子质量为：2d，2molX的质量等于混合气体的质量：2dg•mol-1×7mol=14dg，则X的相对分子质量为7d，故选B。
15. A、B、C、D四种物质均易溶于水，分别按下列条件配成溶液，其中物质的量浓度最大的是（ ）
A. 10mL5mol•L-1的A溶液加水配制成100mL溶液
B. 9.2gB物质（式量为46）溶于水配成100mL溶液
C. 1.806×1023个C的分子溶于水配成100mL溶液
D. 0.1moLD物质溶于100mL2.5mol•L-1的D溶液
【答案】D
【解析】试题分析：A．稀释前后溶质的物质的量不变，10 mL×5mol•L-1="100" mL×c，解得c=0.5mol•L-1；B．9.2 g B物质(式量为46)的物质的量为9.2g÷46g/mol=0.2mol，溶于水配成100 mL溶液的物质的量浓度c=0.2mol÷0.1L=2mol•L-1；C．1.806×1023个C的分子的物质的量n==0.3mol，溶于水配成100 mL溶液的物质的量浓度c=0.3mol÷0.1L=3mol•L-1；D．若体积近似不变，100 mL 2.5 mol•L-1的D溶液中溶质的物质的量n="2.5" mol•L-1×0.1L=0.25mol，则0.1 moL D物质溶于100 mL 2.5 mol•L-1的D溶液中溶质的物质的量浓度c="0.35mol÷0.1L=3.5" mol•L-1；所以物质的量浓度最大的是D；答案选D。
16.设阿伏加德罗常数的值为NA，标准状况下某种O2和N2的混合气体m g含有b个分子，则n g该混合气体在相同状况下所占的体积（V）应是（ ）
A. 22.4nb/mNAL B. 22.4mb/nNAL
C. 22.4nNA/mb L D. nbNA/22.4m L
【答案】A
【解析】试题分析：标准状况下O2和N2的混合气体mg含有b个分子，则ng该混合气体含有的分子数为，所以在相同状况下所占的体积为=L，答案选A。
II卷
二、非选择题(共52分)
17.（1）甲烷的分子个数为1.204×1023，则甲烷的物质的量为_____mol，所含的原子个数共有______个，与这些甲烷质量相等的O2中氧原子的物质的量为______。
（2）常温常压下，2.8gCO与N2混合气体中含有的原子总数为_____，若氧原子总质量为0.8g，则CO与N2的体积比为_____。
（3）同温同压下，含有相同氧原子数目的CO和CO2两种气体密度之比为_____，质量之比为______。
【答案】(1). 0.2 (2). NA (3). 0.2mol (4). 0.2 NA (5). 1:1 (6). 7:11 (7). 14:11
【解析】
【分析】（1）根据n=N/NA计算甲烷物质的量，进而计算甲烷所含原子个数，根据n=m/M计算氧气物质的量，进而计算氧原子物质的量；
（2）CO与N2的摩尔质量均为28g/mol，则混合气体的摩尔质量为28g/mol，先计算混合气体的物质的量，再根据二者均为双原子分子确定原子总数；通过氧原子的质量计算CO的物质的量，进而计算氮气的物质的量，再根据在相同条件下气体的体积比等于物质的量之比，计算二者体积比；
（3）同温同压下，气体物质有以下关系，据此计算CO和CO2两种气体的密度之比，根据n=N/NA判断含有相同氧原子数目的CO和CO2的物质的量之比，再根据m=nM判断二者质量之比。
【详解】（1）甲烷物质的量为，甲烷所含原子物质的量为0.2mol×5=1mol，则甲烷所含原子个数为NA；m(O2)=m(CH4)= n(CH4)×M(CH4)=0.2mol×16g/mol=3.2g，氧气物质的量为，则氧气所含氧原子物质的量为0.1mol×2=0.2mol；
故答案为：0.2；NA；0.2mol；
（2）CO与N2的摩尔质量均为28g/mol，则混合气体的摩尔质量为28g/mol，2.8gCO与N2的混合气体的物质的量为，CO与N2均为双原子分子，则原子总数为0.2NA；CO的物质的量，因此N2的物质的量n(N2）=0.1mol-0.05mol=0.05mol,相同条件下气体的体积比等于物质的量之比，则CO与N2的体积比为1:1；故答案为：0.2NA；1:1；
（3）同温同压下，气体物质有以下关系，因此CO和CO2两种气体的密度之比等于二者的摩尔质量之比，即28:44=7:11；根据n=N/NA判断含有相同氧原子数目的CO和CO2的物质的量之比为2:1，又m=nM，则CO和CO2的质量之比为2×28:1×44=14:11。
故答案为：7:11；14:11。
18.A—E五种物质都含有同一种元素，它们之间的转化关系如图所示，其中A为淡黄色固体化合物，B为单质。
（1）固体A的名称为____，单质B的常见用途有：_____（任写一条）。
（2）写出下列反应的化学方程式
①B→C__________
②A→D__________
（3）写出将氯气通入C溶液中的化学方程式_____，其溶液有漂白作用，漂白原理是______。（写反应方程式）
【答案】(1). 过氧化钠； (2). 制作高压钠灯，Na-K液态合金做原子反应堆的导热剂，制备钠的化合物，制备某些金属等（任写一条）； (3). 2Na + 2H2O = 2NaOH + H2↑； (4). 2Na2O2 + 2CO2 = 2Na2CO3 + O2； (5). Cl2 + 2NaOH = NaCl + NaClO + H2O； (6). NaClO + H2O + CO2 = NaHCO3 + HClO。
【解析】
【分析】A～E五种物质都含有同一种元素，A为淡黄色固体化合物，可由单质B转化得到，且A又能与二氧化碳反应生成D，则A为Na2O2，D为Na2CO3，而B能与氯气反应生成E，则B为Na、E为NaCl，A、B均可以转化生成C，C可以转化得到D、E，可推知C为NaOH，据此进行解答。
【详解】（1）固体A的名称为过氧化钠，钠的常见用途有：制作高压钠灯，Na-K液态合金做原子反应堆的导热剂，制备钠的化合物，制备某些金属等；
故答案为：过氧化钠；制作高压钠灯，Na-K液态合金做原子反应堆的导热剂，制备钠的化合物，制备某些金属等（任写一条）；
（2）①B→C的化学方程式：2Na + 2H2O = 2NaOH + H2↑，②A→D的化学方程式：2Na2O2 + 2CO2 = 2Na2CO3 + O2；故答案为：2Na + 2H2O = 2NaOH + H2↑；2Na2O2 + 2CO2 = 2Na2CO3 + O2；
（3）将氯气通入C溶液中的化学方程式：Cl2 + 2NaOH = NaCl + NaClO + H2O，其溶液有漂白作用，漂白原理是：NaClO + H2O + CO2 = NaHCO3 + HClO；
故答案为：Cl2 + 2NaOH = NaCl + NaClO + H2O；NaClO + H2O + CO2 = NaHCO3 + HClO。
19.如图为实验室制取纯净、干燥氯气，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中的红色布条是否退色？____，写出F中反应的化学反应方程式：____，其反应现象为_____________。
（3）新制氯水呈黄绿色说明其中含有_____，（填化学式，下同），将紫色石蕊溶液滴入可观察到现象是_________________，说明其中含有__________。
（4）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精，该反应的化学方程式为_________________________。
【答案】(1). 饱和食盐水； (2). 干燥氯气； (3). 否； (4). Cu + Cl2 CuCl2； (5). 产生大量棕黄色烟； (6). Cl2； (7). 溶液先变红后褪色； (8). H+、HClO； (9). 氢氧化钠溶液； (10). 2Cl2 + 2Ca(OH)2 = CaCl2 + Ca(ClO)2 + 2H2O。
【解析】
【分析】根据实验目的：在实验室制取纯净、干燥的氯气，并验证氯气的性质，进行分析判断。
（1）实验室用二氧化锰固体和浓盐酸加热反应制取氯气，浓盐酸易挥发，制得的氯气中含有氯化氢和水蒸气，验证性质之前均需要除去，先用饱和食盐水除去氯化氢，再用浓硫酸除水蒸气；
（2）E是收集氯气并检验氯气是否具有漂白性的实验，氯气不具有漂白性，因此干燥的氯气遇干燥的有色布条不变色；F是在加热条件下铜与氯气反应生成氯化铜，生成的氯化铜形成大量棕黄色烟；
（3）氯气与水反应是可逆反应：Cl2 + H2O ⇌ HCl + HClO，因此新制氯水含有以下微粒：Cl2、HClO、H2O、H+、Cl-、ClO-、OH-（极少量），据此进行解答；
（4）氯气有毒，不能排放到空气中，H为尾气吸收装置，用氢氧化钠溶液吸收氯气。
【详解】（1）实验室用二氧化锰固体和浓盐酸加热反应制取氯气，浓盐酸易挥发，制得的氯气中含有氯化氢和水蒸气，验证性质之前均需要除去，先用饱和食盐水除去氯化氢，再用浓硫酸除去水蒸气，因此装置C中盛装的溶液是饱和食盐水，D中试剂浓硫酸的作用是干燥氯气；故答案为：饱和食盐水；干燥氯气；
（2）E是收集氯气并检验氯气是否具有漂白性的实验，氯气不具有漂白性，因此干燥的氯气遇干燥的有色布条不变色；F是加热条件下铜与氯气反应生成氯化铜，生成的氯化铜形成大量棕黄色烟；因此E中的红色布条不褪色，F中反应的化学反应方程式为：Cu + Cl2 CuCl2，反应现象为产生大量棕黄色烟；故答案为：否； Cu + Cl2 CuCl2；产生大量棕黄色烟；
（3）氯气与水反应是可逆反应：Cl2 + H2O ⇌ HCl + HClO，因此新制氯水含有以下微粒：Cl2、HClO、H2O、H+、Cl-、ClO-、OH-（极少量），因此新制氯水呈黄绿色说明其中含有Cl2；新制氯水由于含有H+而具有酸性，又由于含有HClO而具有强氧化性，具有漂白性，将紫色石蕊溶液滴入新制氯水中可观察到的现象是溶液先变红后褪色，说明其中含有H+、HClO；
故答案为：Cl2；溶液先变红后褪色；H+、HClO；
（4）氯气有毒，不能排放到空气中，用氢氧化钠溶液吸收多余氯气，氯气与石灰乳发生反应的化学方程式为2Cl2 + 2Ca(OH)2 = CaCl2 + Ca(ClO)2 + 2H2O;
故答案为：氢氧化钠溶液；2Cl2 + 2Ca(OH)2 = CaCl2 + Ca(ClO)2 + 2H2O。
20.常温下，将20.0g质量分数为14％的KNO3溶液与30.0g质量分数为24％的KNO3溶液混合，得到密度为1.15g/cm3的混合溶液。计算：
（1）混合后溶液中KNO3的质量分数为____，物质的量浓度为_____。
（2）在1000g水中需溶解____molKNO3才能使其浓度恰好与上述混合溶液的浓度相等。
（3）标准状况下44.8LHCl溶于水配成500mL溶液。则其浓度为_____，100mL该溶液与足量NaHCO3反应，生成气体在标准状况下为_____L。
【答案】(1). 20%； (2). 2.28mol/L； (3). 2.48mol； (4). 4mol/L； (5). 8.96L。
【解析】
【分析】（1）根据溶质的质量分数的计算公式，以及溶液的稀释定律（稀释前后溶质的质量、物质的量不变）计算混合后溶质的质量，且混合后溶液质量不变，据此计算混合后溶液中KNO3的质量分数；已知溶液的密度、溶质的质量分数，利用公式计算溶质的物质的量浓度；
（2）设需要硝酸钾物质的量为xmol，根据m=nM计算出硝酸钾的质量，根据（1）中溶液中溶质的质量分数及进行计算；
（3）根据n=V/Vm计算HCl的物质的量，再根据c=n/V计算其物质的量浓度；根据n=cV计算100mL该溶液中HCl的物质的量，再根据反应方程式：HCO3- + H+ = H2O + CO2↑，计算与足量NaHCO3反应生成CO2气体在标准状况下的体积。
【详解】（1）混合后溶液的质量为m(溶液)=20.0g+30.0g=50.0g，溶质硝酸钾的质量：m(溶质)= 20.0g×14%+30.0g×24%=10.0g,则混合后溶质的质量分数为：，溶质的物质的量浓度为：
故答案为：20%；2.28mol/L；
（2）设需要硝酸钾物质的量为xmol，则硝酸钾的质量为101xg，则溶液的质量为(1000+101x)g,该溶液浓度恰好与上述混合溶液的浓度相等，则该溶液的质量分数也为20%，，解得：x≈2.48mol；
故答案为：2.48mol；
（3）标准状况下44.8LHCl的物质的量为，则其浓度为，100mL该溶液中氢离子物质的量n(H+)=cV=4mol/L×0.1L=0.4mol,与足量NaHCO3反应的方程式为：HCO3- + H+ = H2O + CO2↑，则生成0.4mol CO2，V(CO2)=nVm=0.4mol×22.4L/mol=8.96L;故答案为：4mol/L；8.96L。
21.现用98％的浓H2SO4（密度为1.84g/cm3）配制成浓度为0.5mol/L的稀硫酸500mL。简要回答下列问题。
（1）所需浓硫酸的体积为____mL，量取时发现量筒不干净，用水冲洗后直接量取将会使所配溶液浓度_____。（填偏大、偏小或无影响，下同）
（2）将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢注入盛水的烧杯中，不断搅拌的目的是____，若搅拌过程中有液体溅出，会使所配溶液浓度______。
（3）在转入容量瓶前烧杯中的液体应____，否则会使浓度______。
（4）定容时，若仰视则会使最终结果______；在定容过程中的正确操作应该是_____。
【答案】(1). 13.6mL； (2). 偏小； (3). 迅速散热，防止暴沸； (4). 偏小； (5). 冷却至室温； (6). 偏大； (7). 偏小； (8). 向容量瓶中加水至距离刻度线1-2cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至凹液面与刻度线相切。
【解析】
【分析】（1）根据稀释定律：溶液稀释前后溶质的质量、物质的量不变，设需要浓硫酸的体积为VmL，可列方程求未知数；根据c=n/V进行误差分析，看不当操作对溶质物质的量或者是溶液体积有什么影响，从而确定所配制溶液的物质的量浓度的误差，以下几问的误差分析均以此进行；
（2）稀释浓硫酸时，将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢注入盛水的烧杯中，浓硫酸溶于水放出大量的热，通过不断搅拌可以迅速散热，防止浓硫酸暴沸飞溅；
（3）容量瓶不能盛放过热液体，溶解或者稀释后应待冷却至室温后再移液；
（4）定容时必须使溶液凹液面与刻度线相切，定容过程中的正确操作应该是：向容量瓶中加水至距离刻度线1-2cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至凹液面与刻度线相切。
【详解】（1）溶液稀释前后溶质的质量、物质的量不变，设需要浓硫酸的体积为VmL，则有1.84g/cm3×VmL×98％=0.5mol/L×0.5L×98g/mol，解得：V≈13.6mL；量取时发现量筒不干净，用水洗净后直接量取浓硫酸，相当于稀释浓硫酸，量取的硫酸溶液中含硫酸的物质的量偏小，溶液的浓度偏小；故答案为：13.6；偏小；
（2）稀释浓硫酸时，将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢注入盛水的烧杯中，浓硫酸溶于水放出大量的热，不断搅拌的目的是迅速散热，防止浓硫酸暴沸飞溅；搅拌过程中有液体溅出，导致溶质的物质的量偏小，溶液的浓度偏小；故答案为：迅速散热，防止暴沸；偏小；
（3）容量瓶不能盛放过热液体，溶解或者稀释后应待冷却至室温后再移液，否则会导致溶液的体积偏小，溶液的浓度偏大；故答案为：冷却至室温；偏大；
（4）定容时必须使溶液凹液面与刻度线相切，若仰视刻度线会导致溶液的体积偏大，溶液的浓度偏小；在定容过程中的正确操作应该是：向容量瓶中加水至距离刻度线1-2cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至凹液面与刻度线相切。故答案为：偏小；向容量瓶中加水至距离刻度线1-2cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至凹液面与刻度线相切。
河南省南阳市第一中学2019-2020学年高一上学期第一次月考试题
常见元素的相对原子质量：Na:23 K：39 Cu:64 N:14 C:12 O:16 H:1 Cl:35.5 S:16 N:14
I卷
一、选择题（每题只有一个选项是正确的，每题3分，共48分）
1.下列说法正确的是（ ）
①钠燃烧时发出黄色的火焰
②过氧化钠能与酸反应生成盐和水，所以过氧化钠是碱性氧化物
③过氧化钠能与水反应，所以过氧化钠可以作气体的干燥剂
④过氧化钠中阴阳离子比1:1
⑤钠是一种很强还原剂，钠可以把锆、铌等金属从它们的卤化物的水溶液中置换
⑥Na2O2分别与水及CO2反应产生相同量的O2时，需要水和CO2的质量相等
⑦可用水来确定某Na2O粉末中是否含有Na2O2
⑧将足量的Na2O2、Na2O分别加到酚酞试液中，最终溶液均为红色
A. ①②⑤⑦ B. ①⑦ C. ①②⑤⑧ D. ①⑧
【答案】B
【解析】①钠燃烧时会发生焰色反应，火焰呈黄色，①正确；②过氧化钠与酸反应不仅生成盐和水，还生成O2，故Na2O2不是碱性氧化物，②错误；③Na2O2与水反应生成O2，会引入新杂质，③错误；④Na2O2中含有Na+和O22-，所以过氧化钠(Na2O2)中阴阳离子比1:2，④错误；⑤钠是一种很强的还原剂，能够与水反应，故不能把锆、铌等金属从它们的卤化物的水溶液中置换成单质，⑤错误；⑥根据2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，Na2O2分别与CO2和水反应产生相同量的O2时，需要CO2和水的物质的量相等，质量不相等，⑥错误；⑦Na2O与水反应生成NaOH，Na2O2与水反应生成NaOH和O2，故可用水来确定某Na2O粉末中是否含有Na2O2，⑦正确；⑧将足量的Na2O2、Na2O分别加到酚酞试液中，二者都生成NaOH，因为Na2O2具有强氧化性，所以最终加Na2O的酚酞溶液为红色，而加Na2O2的酚酞溶液变无色，⑧错误。综上，①⑦正确，选B。
2.向一定量的饱和NaOH溶液中加入少量Na2O2固体，恢复到原温度时，下列说法正确的是（ ）
A. 溶液中的Na+增多 B. 溶液的碱性增强
C. 溶质的质量分数不变 D. 溶液的质量不变
【答案】C
【解析】Na2O2与水反应生成NaOH和O2，所以仍为NaOH的饱和溶液；A项，因为水少了，所以溶液中的Na+减少，故A错误；B项，因为所得溶液仍为NaOH的饱和溶液，所以氢氧根离子浓度不变，溶液的碱性不变，故B错误；C项，因为所得溶液仍为NaOH的饱和溶液，所以溶质的质量分数不变，C正确；D项，因为水少了，饱和溶液中的溶质也少了，溶液质量减小，故D错误。
3.CO和H2混合气体3 g和足量的氧气燃烧后，在150℃时将混合气体通过足量的Na2O2后，Na2O2增重的质量为（ ）
A. 1.5 g B. 3 g C. 6 g D. 无法计算
【答案】B
【解析】
【详解】根据化学方程式，Na2O2与CO2反应相当于吸收CO；Na2O2与水反应相当于吸收H2；故B项正确。
4.将2.48 g Na和Na2O2的混合物与足量的水反应，在标准状况下得到672 mL混合气体，将混合气体用电火花引燃恰好完全反应，则Na和Na2O2的物质的量之比为（ ）
A. 2∶1 B. 1∶2 C. 1∶1 D. 3∶1
【答案】A
【解析】试题分析：设Na和Na2O2的物质的量分别是xmol、ymol。则根据方程式可知
2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑
x 0.5x
2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑
y 0.5y
2H2＋O2=2H2O
0.5x 0.5y
则有x＝2y，即x：y＝2：1，答案选A。
5. 下列说法正确的是（ ）
A. 铜与氯气反应时，剧烈燃烧并产生蓝色的烟
B. 次氯酸不如次氯酸盐稳定，故通常用次氯酸盐作为漂白剂和消毒剂的主要成分
C. 生活中常用的“84”消毒液中的有效成分是NaCl
D. 将金属钠投入硫酸铜溶液中可观察到的实验现象有气体生成，有红色的铜生成
【答案】B
【解析】试题分析：A、铜在氯气燃烧产生棕黄色的烟，故错误；B、次氯酸不稳定，见光受热易分解，因此漂白剂和消毒剂常用次氯酸盐，故正确；C、“84”消毒液有效成分是NaClO，故错误；D、发生反应是2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑，Cu2＋＋2OH－=Cu（OH）2↓，现象是有气体生成和蓝色沉淀，故错误。
6. 某同学在研究新制饱和氯水成份的实验中，根据实验现象得出的结论不正确的是（ ）
A. 氯水的颜色呈浅黄绿色，说明氯水中含有Cl2
B. 向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，说明氯水中含有CI-
C. 向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，说明氯水中含有H+
D. 向淀粉碘化钾溶液中滴加少量氯水，溶液变蓝，说明氯水中含有ClO-
【答案】D
【解析】试题分析：Cl2＋H2OHCl＋HClO，A、Cl2是换绿色气体，HCl和HClO均为无色，因此氯水呈浅黄绿色，说明含有Cl2，故说法正确；B、HCl＋AgNO3=AgCl↓＋HNO3，说明有Cl－存在，故说法正确；C、有气体产生，发生HCl＋NaHCO3=NaCl＋H2O＋CO2↑，故说法正确；D、氯气也能把I－氧化成I2，使溶液显蓝色，故说法正确。
7.下列说法正确的是（ ）
①2mol水的摩尔质量是1mol水的摩尔质量的2倍
②标准状况下，以任意比例混合的氢气和一氧化碳混合物22.4L所含原子数为2NA
③标准状况下，0.5NA个H2O分子所占体积约为11.2L
④1mol Na2O2固体中含有4mol离子
⑤64g S6与S8的混合物中所含S原子数一定为2NA
⑥同温同压同体积的CO2和SO2所含氧原子数均为2NA
⑦1L1mol/L的NaOH溶液中含有的氧原子数为NA
⑧1.8g NH4+离子中含有的电子数为NA
A. ②⑤⑧ B. ②⑤⑥⑦⑧ C. ①②⑤⑦⑧ D. ②⑤⑦
【答案】A
【解析】①摩尔质量是指单位物质的量的物质所具有的质量，故①错误；②标准状况下22.4L混合气体物质的量为1mol，因为氢气和一氧化碳都是双原子分子，所以所含原子数为2NA，②正确；③标准状况下，H2O不是气体，不适合用气体摩尔体积计算，故③错误；④Na2O2中含有Na+和O22-，所以1molNa2O2固体中含有3 mol离子，故④错误；⑤S6与S8都是由S原子构成的，故S原子的物质的量为：64g÷32g•mol-1=2mol，所以所含S原子数为2NA，⑤正确；⑥同温同压同体积的CO2和SO2所含氧原子数相等，但不确定具体是多少，故⑥错误；⑦溶液含有H2O，故1L1mol/L的NaOH溶液中含有的氧原子数肯定大于NA，故⑦错误；⑧1.8gNH4+离子的物质的量为：0.1mol，1molNH4+含有10mol电子，所以1.8gNH4+离子中含有1mol电子，即电子数为NA，⑧正确。综上，②⑤⑧正确，选A。
8.在标准状况下①6.72 L CH4②3.01×1023个HCl分子 ③13.6 g H2S④0.2 mol NH3,下列对这四种气体的关系从大到小表达正确的是( )
a.体积②>③>①>④
b.密度②>③>④>①
c.质量②>③>①>④
d.氢原子个数①>③>④>②
A. abc B. bcd C. acd D. abcd
【答案】D
【解析】上述四种气体的物质的量分别为0.3 mol、0.5 mol、0.4 mol、0.2 mol,质量4.8 g、18.25 g、13.6 g、3.4 g,所含氢原子的物质的量分别为1.2 mol、0.5 mol、0.8 mol、0.6 mol,所以acd均正确;依密度=可知b正确
9. 下列说法中错误的是（ ）
A. 从1 L 1 mol/L的NaCl溶液中取出10 mL，其浓度仍是l mol/L
B. 0.5 L 2 mol/L BaCl2溶液中，Ba2+和Cl-总数约为3×6.02×l023
C. 10 mL质量分数为98%的H2SO4，用水稀释至100 mL，H2SO4的质量分数为9.8%
D. 配制0.5 L 10 mol/L的盐酸，需要标准状况下的氯化氢气体112 L
【答案】C
【解析】试题分析：A、溶液是均一透明的分散系，因此10mL溶液中NaCl的浓度仍为1mol·L－1，故说法正确；B、阴阳离子总物质的量为（0.5×2＋0.5×2×2）mol=3mol，故说法正确；C、稀释后的质量分数=10ρ1×98%/100ρ2×100%，硫酸的密度大于1，硫酸的密度随着质量分数增大而增大，即ρ1>ρ2，硫酸的质量分数大于9.8%，故说法错误；D、n（HCl）=0.5×10mol=5mol，HCl的体积为5×22.4L=112L，故说法正确。
10.非金属单质溴与氯气的性质很相似。在探究溴单质的性质时，其基本程序应该是（ ）
A. 做实验并观察实验现象→分析、解释，得出结论
B. 观察溴外观性质→做实验并观察实验现象→分析、解释，得出结论
C. 观察溴的外观性质→预测溴的化学性质→做实验并观察实验现象→分析、解释得出结论
D. 预测溴的化学性质→做实验并观察实验现象→分析、解释得出结论→观察溴的外观性质
【答案】C
【解析】
【分析】探究物质的性质时其基本程序是：观察物质外观→预测物质的化学性质→做实验并观察现象→分析现象，并用相应的化学知识解释→得出结论。
【详解】非金属溴与氯气的性质很相似，所以可以根据氯气的性质预测溴的性质，则探究溴的性质时其基本程序是：先从色、态等方面观察溴的外观，然后根据氯气的性质预测溴可能具有的性质，再做实验验证预测，观察实验并记录现象，再分析实验现象并用已知化学知识解释现象，最后得出结论；
答案选C。
11.如图所示，A处通入干燥的氯气，打开B阀后，C处的红布条逐渐退色，关闭B阀时，C处的红布条看不到明显现象，则D瓶中装的是（ ）
A. 浓硫酸 B. 浓NaOH溶液
C. 浓盐酸 D. 饱和NaCl溶液
【答案】B
【解析】
【分析】A处通入干燥的Cl2，打开B阀后，C处的红布条逐渐褪色，说明C处布条是湿润的；关闭B阀时，C处的红布条看不到明显现象，说明洗气瓶D中装的物质能完全吸收氯气，据此进行解答。
【详解】A处通入干燥的Cl2，打开B阀后，C处的红布条逐渐褪色，说明C处布条是湿润的；关闭B阀时，C处的红布条看不到明显现象，说明洗气瓶D中装的物质能完全吸收氯气。
A. 浓硫酸与氯气不反应，不能吸收氯气，A项错误；
B. 氢氧化钠溶液与氯气反应，能吸收氯气，B项正确；
C. 浓盐酸不与氯气反应，不能吸收氯气，C项错误；
D. 氯气在饱和食盐水中溶解度很小，不能吸收氯气，D项错误；
答案选B。
12. 在标准状况下，m g气体A与n g气体B的分子数相同，下列说法中不正确的是（ ）
A. 两种气体A与B的相对分子质量之比为m∶n
B. 同质量气体A与B的分子数之比为n∶m
C. 同温同压下，A、B两气体的密度之比为n∶m
D. 相同状况下，同体积A、B两气体的质量之比为m∶n
【答案】C
【解析】试题分析：由n=m/M可知，分子数相同的气体，相对分子质量之比等于质量之比，即A与B相对分子质量之比为mg：ng=m：n，A正确；A与B相对分子质量之比为m：n，同质量时由n=m/M可知，分子数之比等于B正确；标准状况下，Vm相同，由可知，密度之比等于摩尔质量之比等于相对分子质量之比，即为m：n，C错误；相同状况下，同体积的A与B的物质的量相同，则质量之比等于相对分子质量之比，即为m：n，D正确。
13.物质的量浓度相同的NaCl, MgCl2,, AlCl3三种溶液，当溶液的体积比为3:2:1时，三种溶液中Cl-的物质的量之比为（ ）
A. 1:1:1 B. 1:2:3 C. 3:2:1 D. 3:4:3
【答案】A
【解析】
【分析】电解质溶液中氯离子物质的量=电解质浓度×体积×化学式中氯离子数目，再根据n= cV判断。
【详解】物质的量浓度相同的NaCl、MgCl2、AlCl3三种溶液中Cl−的物质的量浓度之比为1:2:3，当溶液的体积比为3:2:1时，根据n=cV可知Cl−的物质的量之比为1:1:1，A项正确；
答案选A。
14.在一定条件下，某化合物X受热分解：2X=A↑+2B↑+4C↑。测得反应后生成的混合气体对H2的相对密度为d，在相同条件下，X的相对分子质量是（ ）
A. 2d B. 7d C. 5d D. 3.5d
【答案】B
【解析】混合气体平均相对分子质量为：2d，2molX的质量等于混合气体的质量：2dg•mol-1×7mol=14dg，则X的相对分子质量为7d，故选B。
15. A、B、C、D四种物质均易溶于水，分别按下列条件配成溶液，其中物质的量浓度最大的是（ ）
A. 10mL5mol•L-1的A溶液加水配制成100mL溶液
B. 9.2gB物质（式量为46）溶于水配成100mL溶液
C. 1.806×1023个C的分子溶于水配成100mL溶液
D. 0.1moLD物质溶于100mL2.5mol•L-1的D溶液
【答案】D
【解析】试题分析：A．稀释前后溶质的物质的量不变，10 mL×5mol•L-1="100" mL×c，解得c=0.5mol•L-1；B．9.2 g B物质(式量为46)的物质的量为9.2g÷46g/mol=0.2mol，溶于水配成100 mL溶液的物质的量浓度c=0.2mol÷0.1L=2mol•L-1；C．1.806×1023个C的分子的物质的量n==0.3mol，溶于水配成100 mL溶液的物质的量浓度c=0.3mol÷0.1L=3mol•L-1；D．若体积近似不变，100 mL 2.5 mol•L-1的D溶液中溶质的物质的量n="2.5" mol•L-1×0.1L=0.25mol，则0.1 moL D物质溶于100 mL 2.5 mol•L-1的D溶液中溶质的物质的量浓度c="0.35mol÷0.1L=3.5" mol•L-1；所以物质的量浓度最大的是D；答案选D。
16.设阿伏加德罗常数的值为NA，标准状况下某种O2和N2的混合气体m g含有b个分子，则n g该混合气体在相同状况下所占的体积（V）应是（ ）
A. 22.4nb/mNAL B. 22.4mb/nNAL
C. 22.4nNA/mb L D. nbNA/22.4m L
【答案】A
【解析】试题分析：标准状况下O2和N2的混合气体mg含有b个分子，则ng该混合气体含有的分子数为，所以在相同状况下所占的体积为=L，答案选A。
II卷
二、非选择题(共52分)
17.（1）甲烷的分子个数为1.204×1023，则甲烷的物质的量为_____mol，所含的原子个数共有______个，与这些甲烷质量相等的O2中氧原子的物质的量为______。
（2）常温常压下，2.8gCO与N2混合气体中含有的原子总数为_____，若氧原子总质量为0.8g，则CO与N2的体积比为_____。
（3）同温同压下，含有相同氧原子数目的CO和CO2两种气体密度之比为_____，质量之比为______。
【答案】(1). 0.2 (2). NA (3). 0.2mol (4). 0.2 NA (5). 1:1 (6). 7:11 (7). 14:11
【解析】
【分析】（1）根据n=N/NA计算甲烷物质的量，进而计算甲烷所含原子个数，根据n=m/M计算氧气物质的量，进而计算氧原子物质的量；
（2）CO与N2的摩尔质量均为28g/mol，则混合气体的摩尔质量为28g/mol，先计算混合气体的物质的量，再根据二者均为双原子分子确定原子总数；通过氧原子的质量计算CO的物质的量，进而计算氮气的物质的量，再根据在相同条件下气体的体积比等于物质的量之比，计算二者体积比；
（3）同温同压下，气体物质有以下关系，据此计算CO和CO2两种气体的密度之比，根据n=N/NA判断含有相同氧原子数目的CO和CO2的物质的量之比，再根据m=nM判断二者质量之比。
【详解】（1）甲烷物质的量为，甲烷所含原子物质的量为0.2mol×5=1mol，则甲烷所含原子个数为NA；m(O2)=m(CH4)= n(CH4)×M(CH4)=0.2mol×16g/mol=3.2g，氧气物质的量为，则氧气所含氧原子物质的量为0.1mol×2=0.2mol；
故答案为：0.2；NA；0.2mol；
（2）CO与N2的摩尔质量均为28g/mol，则混合气体的摩尔质量为28g/mol，2.8gCO与N2的混合气体的物质的量为，CO与N2均为双原子分子，则原子总数为0.2NA；CO的物质的量，因此N2的物质的量n(N2）=0.1mol-0.05mol=0.05mol,相同条件下气体的体积比等于物质的量之比，则CO与N2的体积比为1:1；故答案为：0.2NA；1:1；
（3）同温同压下，气体物质有以下关系，因此CO和CO2两种气体的密度之比等于二者的摩尔质量之比，即28:44=7:11；根据n=N/NA判断含有相同氧原子数目的CO和CO2的物质的量之比为2:1，又m=nM，则CO和CO2的质量之比为2×28:1×44=14:11。
故答案为：7:11；14:11。
18.A—E五种物质都含有同一种元素，它们之间的转化关系如图所示，其中A为淡黄色固体化合物，B为单质。
（1）固体A的名称为____，单质B的常见用途有：_____（任写一条）。
（2）写出下列反应的化学方程式
①B→C__________
②A→D__________
（3）写出将氯气通入C溶液中的化学方程式_____，其溶液有漂白作用，漂白原理是______。（写反应方程式）
【答案】(1). 过氧化钠； (2). 制作高压钠灯，Na-K液态合金做原子反应堆的导热剂，制备钠的化合物，制备某些金属等（任写一条）； (3). 2Na + 2H2O = 2NaOH + H2↑； (4). 2Na2O2 + 2CO2 = 2Na2CO3 + O2； (5). Cl2 + 2NaOH = NaCl + NaClO + H2O； (6). NaClO + H2O + CO2 = NaHCO3 + HClO。
【解析】
【分析】A～E五种物质都含有同一种元素，A为淡黄色固体化合物，可由单质B转化得到，且A又能与二氧化碳反应生成D，则A为Na2O2，D为Na2CO3，而B能与氯气反应生成E，则B为Na、E为NaCl，A、B均可以转化生成C，C可以转化得到D、E，可推知C为NaOH，据此进行解答。
【详解】（1）固体A的名称为过氧化钠，钠的常见用途有：制作高压钠灯，Na-K液态合金做原子反应堆的导热剂，制备钠的化合物，制备某些金属等；
故答案为：过氧化钠；制作高压钠灯，Na-K液态合金做原子反应堆的导热剂，制备钠的化合物，制备某些金属等（任写一条）；
（2）①B→C的化学方程式：2Na + 2H2O = 2NaOH + H2↑，②A→D的化学方程式：2Na2O2 + 2CO2 = 2Na2CO3 + O2；故答案为：2Na + 2H2O = 2NaOH + H2↑；2Na2O2 + 2CO2 = 2Na2CO3 + O2；
（3）将氯气通入C溶液中的化学方程式：Cl2 + 2NaOH = NaCl + NaClO + H2O，其溶液有漂白作用，漂白原理是：NaClO + H2O + CO2 = NaHCO3 + HClO；
故答案为：Cl2 + 2NaOH = NaCl + NaClO + H2O；NaClO + H2O + CO2 = NaHCO3 + HClO。
19.如图为实验室制取纯净、干燥氯气，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中的红色布条是否退色？____，写出F中反应的化学反应方程式：____，其反应现象为_____________。
（3）新制氯水呈黄绿色说明其中含有_____，（填化学式，下同），将紫色石蕊溶液滴入可观察到现象是_________________，说明其中含有__________。
（4）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精，该反应的化学方程式为_________________________。
【答案】(1). 饱和食盐水； (2). 干燥氯气； (3). 否； (4). Cu + Cl2 CuCl2； (5). 产生大量棕黄色烟； (6). Cl2； (7). 溶液先变红后褪色； (8). H+、HClO； (9). 氢氧化钠溶液； (10). 2Cl2 + 2Ca(OH)2 = CaCl2 + Ca(ClO)2 + 2H2O。
【解析】
【分析】根据实验目的：在实验室制取纯净、干燥的氯气，并验证氯气的性质，进行分析判断。
（1）实验室用二氧化锰固体和浓盐酸加热反应制取氯气，浓盐酸易挥发，制得的氯气中含有氯化氢和水蒸气，验证性质之前均需要除去，先用饱和食盐水除去氯化氢，再用浓硫酸除水蒸气；
（2）E是收集氯气并检验氯气是否具有漂白性的实验，氯气不具有漂白性，因此干燥的氯气遇干燥的有色布条不变色；F是在加热条件下铜与氯气反应生成氯化铜，生成的氯化铜形成大量棕黄色烟；
（3）氯气与水反应是可逆反应：Cl2 + H2O ⇌ HCl + HClO，因此新制氯水含有以下微粒：Cl2、HClO、H2O、H+、Cl-、ClO-、OH-（极少量），据此进行解答；
（4）氯气有毒，不能排放到空气中，H为尾气吸收装置，用氢氧化钠溶液吸收氯气。
【详解】（1）实验室用二氧化锰固体和浓盐酸加热反应制取氯气，浓盐酸易挥发，制得的氯气中含有氯化氢和水蒸气，验证性质之前均需要除去，先用饱和食盐水除去氯化氢，再用浓硫酸除去水蒸气，因此装置C中盛装的溶液是饱和食盐水，D中试剂浓硫酸的作用是干燥氯气；故答案为：饱和食盐水；干燥氯气；
（2）E是收集氯气并检验氯气是否具有漂白性的实验，氯气不具有漂白性，因此干燥的氯气遇干燥的有色布条不变色；F是加热条件下铜与氯气反应生成氯化铜，生成的氯化铜形成大量棕黄色烟；因此E中的红色布条不褪色，F中反应的化学反应方程式为：Cu + Cl2 CuCl2，反应现象为产生大量棕黄色烟；故答案为：否； Cu + Cl2 CuCl2；产生大量棕黄色烟；
（3）氯气与水反应是可逆反应：Cl2 + H2O ⇌ HCl + HClO，因此新制氯水含有以下微粒：Cl2、HClO、H2O、H+、Cl-、ClO-、OH-（极少量），因此新制氯水呈黄绿色说明其中含有Cl2；新制氯水由于含有H+而具有酸性，又由于含有HClO而具有强氧化性，具有漂白性，将紫色石蕊溶液滴入新制氯水中可观察到的现象是溶液先变红后褪色，说明其中含有H+、HClO；
故答案为：Cl2；溶液先变红后褪色；H+、HClO；
（4）氯气有毒，不能排放到空气中，用氢氧化钠溶液吸收多余氯气，氯气与石灰乳发生反应的化学方程式为2Cl2 + 2Ca(OH)2 = CaCl2 + Ca(ClO)2 + 2H2O;
故答案为：氢氧化钠溶液；2Cl2 + 2Ca(OH)2 = CaCl2 + Ca(ClO)2 + 2H2O。
20.常温下，将20.0g质量分数为14％的KNO3溶液与30.0g质量分数为24％的KNO3溶液混合，得到密度为1.15g/cm3的混合溶液。计算：
（1）混合后溶液中KNO3的质量分数为____，物质的量浓度为_____。
（2）在1000g水中需溶解____molKNO3才能使其浓度恰好与上述混合溶液的浓度相等。
（3）标准状况下44.8LHCl溶于水配成500mL溶液。则其浓度为_____，100mL该溶液与足量NaHCO3反应，生成气体在标准状况下为_____L。
【答案】(1). 20%； (2). 2.28mol/L； (3). 2.48mol； (4). 4mol/L； (5). 8.96L。
【解析】
【分析】（1）根据溶质的质量分数的计算公式，以及溶液的稀释定律（稀释前后溶质的质量、物质的量不变）计算混合后溶质的质量，且混合后溶液质量不变，据此计算混合后溶液中KNO3的质量分数；已知溶液的密度、溶质的质量分数，利用公式计算溶质的物质的量浓度；
（2）设需要硝酸钾物质的量为xmol，根据m=nM计算出硝酸钾的质量，根据（1）中溶液中溶质的质量分数及进行计算；
（3）根据n=V/Vm计算HCl的物质的量，再根据c=n/V计算其物质的量浓度；根据n=cV计算100mL该溶液中HCl的物质的量，再根据反应方程式：HCO3- + H+ = H2O + CO2↑，计算与足量NaHCO3反应生成CO2气体在标准状况下的体积。
【详解】（1）混合后溶液的质量为m(溶液)=20.0g+30.0g=50.0g，溶质硝酸钾的质量：m(溶质)= 20.0g×14%+30.0g×24%=10.0g,则混合后溶质的质量分数为：，溶质的物质的量浓度为：
故答案为：20%；2.28mol/L；
（2）设需要硝酸钾物质的量为xmol，则硝酸钾的质量为101xg，则溶液的质量为(1000+101x)g,该溶液浓度恰好与上述混合溶液的浓度相等，则该溶液的质量分数也为20%，，解得：x≈2.48mol；
故答案为：2.48mol；
（3）标准状况下44.8LHCl的物质的量为，则其浓度为，100mL该溶液中氢离子物质的量n(H+)=cV=4mol/L×0.1L=0.4mol,与足量NaHCO3反应的方程式为：HCO3- + H+ = H2O + CO2↑，则生成0.4mol CO2，V(CO2)=nVm=0.4mol×22.4L/mol=8.96L;故答案为：4mol/L；8.96L。
21.现用98％的浓H2SO4（密度为1.84g/cm3）配制成浓度为0.5mol/L的稀硫酸500mL。简要回答下列问题。
（1）所需浓硫酸的体积为____mL，量取时发现量筒不干净，用水冲洗后直接量取将会使所配溶液浓度_____。（填偏大、偏小或无影响，下同）
（2）将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢注入盛水的烧杯中，不断搅拌的目的是____，若搅拌过程中有液体溅出，会使所配溶液浓度______。
（3）在转入容量瓶前烧杯中的液体应____，否则会使浓度______。
（4）定容时，若仰视则会使最终结果______；在定容过程中的正确操作应该是_____。
【答案】(1). 13.6mL； (2). 偏小； (3). 迅速散热，防止暴沸； (4). 偏小； (5). 冷却至室温； (6). 偏大； (7). 偏小； (8). 向容量瓶中加水至距离刻度线1-2cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至凹液面与刻度线相切。
【解析】
【分析】（1）根据稀释定律：溶液稀释前后溶质的质量、物质的量不变，设需要浓硫酸的体积为VmL，可列方程求未知数；根据c=n/V进行误差分析，看不当操作对溶质物质的量或者是溶液体积有什么影响，从而确定所配制溶液的物质的量浓度的误差，以下几问的误差分析均以此进行；
（2）稀释浓硫酸时，将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢注入盛水的烧杯中，浓硫酸溶于水放出大量的热，通过不断搅拌可以迅速散热，防止浓硫酸暴沸飞溅；
（3）容量瓶不能盛放过热液体，溶解或者稀释后应待冷却至室温后再移液；
（4）定容时必须使溶液凹液面与刻度线相切，定容过程中的正确操作应该是：向容量瓶中加水至距离刻度线1-2cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至凹液面与刻度线相切。
【详解】（1）溶液稀释前后溶质的质量、物质的量不变，设需要浓硫酸的体积为VmL，则有1.84g/cm3×VmL×98％=0.5mol/L×0.5L×98g/mol，解得：V≈13.6mL；量取时发现量筒不干净，用水洗净后直接量取浓硫酸，相当于稀释浓硫酸，量取的硫酸溶液中含硫酸的物质的量偏小，溶液的浓度偏小；故答案为：13.6；偏小；
（2）稀释浓硫酸时，将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢注入盛水的烧杯中，浓硫酸溶于水放出大量的热，不断搅拌的目的是迅速散热，防止浓硫酸暴沸飞溅；搅拌过程中有液体溅出，导致溶质的物质的量偏小，溶液的浓度偏小；故答案为：迅速散热，防止暴沸；偏小；
（3）容量瓶不能盛放过热液体，溶解或者稀释后应待冷却至室温后再移液，否则会导致溶液的体积偏小，溶液的浓度偏大；故答案为：冷却至室温；偏大；
（4）定容时必须使溶液凹液面与刻度线相切，若仰视刻度线会导致溶液的体积偏大，溶液的浓度偏小；在定容过程中的正确操作应该是：向容量瓶中加水至距离刻度线1-2cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至凹液面与刻度线相切。故答案为：偏小；向容量瓶中加水至距离刻度线1-2cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至凹液面与刻度线相切。
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