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2021北京八一学校高一（上）期中化学（教师版）
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这是一份2021北京八一学校高一（上）期中化学（教师版），共20页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021北京八一学校高一（上）期中
化 学
一、单选题
1．（2分）关于容量瓶的四种叙述：①是配制准确浓度溶液的仪器；②不宜贮存溶液；③不能用来加热；④使用之前要检查是否漏水．这些叙述中正确的是（ ）
A．①②③④ B．②③ C．①②④ D．②③④
2．（2分）下列物质中，属于电解质的是（ ）
A．Fe B．NaCl C．稀盐酸 D．Na2SO4溶液
3．（2分）下列关于物质分类的叙述中，不正确的是（ ）
A．H2SO3属于酸 B．Ba（OH）2属于碱
C．雾属于气溶胶 D．氨水属于纯净物
4．（2分）下列关于氨气性质的描述中，不正确的是（ ）
A．黄绿色气体
B．有刺激性气味
C．相同条件下密度比空气的小
D．极易溶于水
5．（2分）下列物质中，既含有氯分子，又含有氯离子的是（ ）
A．氯气 B．氯水 C．氯化钠 D．氯化氢
6．（2分）实验室中，下列行为不符合安全要求的是（ ）
A．熄灭酒精灯时，用灯帽盖灭
B．将实验剩余的钠直接丢弃在废液缸中
C．熄灭少量燃着的金属钠，用干燥沙土覆盖
D．稀释浓硫酸时，将浓硫酸沿器壁缓慢倒入水中并用玻璃棒不断搅拌
7．（2分）下列说法中，正确的是（ ）
A．56gFe的物质的量为2mol
B．常温常压下，1molO2的体积是22.4L
C．0.5mol•L﹣1MgCl2溶液中含有0.5molMg2+
D．1molCO2中含有的分子数约为6.02×1023
8．（2分）Fe（OH）3胶体和FeCl3溶液共同具备的性质是（ ）
A．两者均有丁达尔效应
B．两者均能透过半透膜
C．加入盐酸先沉淀，随后溶解
D．分散质粒子可通过滤纸
9．（2分）下列物质中，不能使有色布条褪色的是（ ）
A．次氯酸钠溶液 B．次氯酸钙溶液
C．新制氯水 D．氯化钙溶液
10．（2分）如图所示是成都市某日的空气质量报告内容，以下叙述正确的是（ ）
A．该日空气质量等级属于优
B．该日空气首要污染物是PM2.5
C．PM2.5、PM10指的是悬浮颗粒物，不会影响人体健康
D．污染物NO2、CO可能来源于机动车尾气
11．（2分）Na2CO3俗名纯碱，下面对纯碱采用不同分类法进行的分类中正确的是（ ）
A．Na2CO3是碱 B．Na2CO3是酸式盐
C．Na2CO3是难溶性盐 D．Na2CO3是钠盐
12．（2分）向盛有氯气的甲乙丙三个集气瓶中各注入三种液体：①硝酸银溶液②氢氧化钠溶液③水中的一种，经过振荡，现象如图所示，则向甲、乙、丙注入的液体分别是（ ）
A．①②③ B．②①③ C．③②① D．①③②
13．（2分）下列说法中正确的是（ ）
A．氯化钠水溶液在电流的作用下电离出Na+和Cl﹣
B．硫酸钡难溶于水，因此硫酸钡属于弱电解质
C．二氧化碳溶于水能部分电离，故二氧化碳属于电解质
D．硫酸氢钠在水中的电离方程式可表示为：NaHSO4═Na++H++SO42﹣
14．（2分）下列化学用语使用不正确的是（ ）
A．Na+的结构示意图：
B．漂白粉中有效成分的化学式为Ca（ClO）2
C．高氯酸（HClO4）中氯元素的化合价为+7
D．Ca（NO3）2的电离方程式为Ca（NO3）2═Ca2++2（NO3）2﹣
15．（2分）设NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（ ）
①标准状况下，11.2L以任意比例混合的氮气和氧气所含的原子数为NA
②同温同压下，体积相同的氢气和氩气所含的分子数相等
③1L 2mol/L的氯化镁溶液中含氯离子为4NA
④标准状况下22.4LH2O中分子数为NA
⑤32g O2和O3混合气体中含有原子数为2NA
A．①②③④ B．③④ C．①③④ D．①②③⑤
16．（2分）下列有关钠、氯及其化合物的说法正确的是（ ）
A．HClO是弱酸，所以NaClO是弱电解质
B．NaHCO3和Na2CO3均可用于制作膨松剂
C．用KI﹣淀粉溶液可检验Cl2中是否混有HCl
D．将Na和Na2O2分别放入CuSO4溶液中，均会有蓝色沉淀生成并有无色气体放出
17．（2分）过氧化钠与水反应后滴加酚酞，酚酞先变红后褪色。某小组欲探究其原因，进行以下实验：①取反应后溶液加入二氧化锰后迅速产生大量气体；实验②、③中红色均不褪去。下列分析错误的是（ ）
A．过氧化钠与水反应产生的气体为O2
B．过氧化钠与水反应需要MnO2作催化剂
C．实验②、③证明使酚酞褪色的不是氢氧化钠和氧气
D．过氧化钠与水反应可能生成了具有漂白性的H2O2
18．（2分）将30mL 0.5mol/L的NaOH溶液加水稀释到500mL，稀释后NaOH的物质的量浓度为（ ）
A．0.3 mol/L B．0.03 mol/L C．0.05 mol/L D．0.04 mol/L
19．（2分）为了防止贮存氯气的钢瓶被腐蚀，钢瓶在装入氯气前必须（ ）
A．充入稀有气体 B．用盐酸彻底清洗
C．彻底干燥内壁 D．除去表层的铁锈
20．（2分）某兴趣小组设计如下装置进行氯气与金属钠的反应，先将钠预热，在钠熔融成小球时，撤火，并通入氯气即发生反应，下列叙述中错误的是（ ）
A．钠着火剧烈燃烧产生苍白色的火焰
B．反应产生的大量白烟是氯化钠固体
C．棉球①的作用是吸收过量氯气防止产生污染
D．棉球②变蓝色则证明氯气未被碱液完全吸收
21．（2分）为除去括号内的杂质，所选用的试剂或方法错误的是（ ）
A．CO2气体（HCl），饱和NaHCO3溶液
B．Na2CO3固体（NaHCO3），加热至不再产生气体
C．Na2O2粉末（Na2O），将混合物在氧气中加热
D．Na2CO3溶液（Na2SO4），加入适量Ba（OH）2溶液，过滤
22．（2分）利用如图所示装置进行金属钠与水反应的实验，液体添加完毕后，关闭活塞，打开右边胶塞，向煤油中加入一小块钠，立即塞好胶塞，可观察到的现象是（ ）
A．钠块始终保持在a处，直至完全消失
B．钠沉入U形管b处而后又慢慢浮到a处
C．最终钠块在煤油中燃烧起来
D．随反应的进行，煤油与胶塞处液面下降，漏斗中液面上升
23．（2分）下列反应方程式中，不正确的是（ ）
A．2Na+2H2O═2NaOH+H2↑
B．Cl2+H2O═HCl+HClO
C．2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑
D．SO2+H2O═H2SO4
（多选）24．（2分）离子交换法净化水过程如图所示。下列说法中错误的是（ ）
A．经过阳离子交换树脂后，水中阳离子的总数不变
B．水中的NO3﹣、SO42﹣、Cl﹣通过阴离子树脂后被除去
C．通过净化处理后，水的导电性增强
D．阴离子树脂填充段存在反应H++OH﹣═H2O
25．（2分）“84”消毒液（有效成分为NaClO）可用于消毒和漂白。下列对于实验现象的分析不正确的是（ ）
实验目的
6mL“84”消毒液
+2滴石蕊试液
6mL“84”消毒液+2滴石蕊试液
6mL“84”消毒液+2滴石蕊试液
现象
混合后溶液呈蓝色，
一段时间后蓝色褪去
混合后溶液呈紫色，紫色迅速褪去，无气体产生
混合后溶液呈红色，红色迅速褪去，并产生大量气体，该气体能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝
A．对比实验①和②，②中蓝色迅速褪去的原因是发生了反应ClO﹣+H+═HClO
B．实验③中产生的气体是Cl2，由HClO分解得到：2HClO═Cl2↑+H2O
C．湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝是因为发生了置换反应生成了碘单质（I2）
D．加酸可以提高“84”消毒液的漂白效果，但需要调控合适的pH才能安全使用
二、填空题
26．（10分）（1）3.01×1023个CO2的物质的量为 mol，质量为 g，所含质子的物质的量为 mol。
（2）5.4g水中所含的氢原子的物质的量是 mol，含有电子的物质的量为 mol。
（3）0.2molAl转变成Al3+时，需要失去的电子的物质的量是 mol。
（4）标况下，体积相同的HCl、NH3、CO2、O2气体中，物质的量之比为 ，所含原子数最多的是 ，质量最大的是 。
（5）0.1mol•L﹣1Fe2（SO4）3溶液中SO42﹣的物质的量浓度为 mol•L﹣1。
三、解答题
27．（8分）某课外活动小组为了研究“干燥的CO2不能与Na2O2反应”和“CO2在有水存在时才能与Na2O2反应”，设计了如下实验装置。
（1）如图装置，在干燥管中装入Na2O2后，打开活塞加入稀硫酸，生成CO2．打开K1，关闭K2，加热铜丝，目的是 。X是 。实验观察到铜丝未变化，则得出结论 。
（2）若打开K2，关闭K1，出现 现象，可证明有水时CO2与Na2O2反应产生了O2。
（3）根据以上的实验结论，写出生成CO2，O2反应的化学方程式： 。
28．（12分）现欲用98%的浓硫酸（密度为1.84g•cm﹣3）配制浓度为1mol•L﹣1的稀硫酸480mL。
（1）从下列用品中选出实验所需要的仪器 （填序号）。
A．1000mL烧杯 B．100mL烧杯 C．10mL量筒D．50mL量筒 E．500mL容量瓶 F．1000mL容量瓶
G．广口瓶 H．托盘天平
（2）除选用上述仪器外，还缺少的必要仪器或用品是 。
（3）需用量筒量取浓硫酸的体积为 mL．（保留3位有效数字）
（4）配制时，一般可分为以下几个步骤，请在下列横线填写所缺步骤的名称：计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、转移、 、摇匀。
（5）下列情况中，会使所配溶液的浓度偏低的是 （填序号，下同），无影响的是 。
A．将量筒中的浓硫酸转入烧杯后，未用水洗涤量筒
B．稀释浓硫酸后立即转入容量瓶
C．定容时加水不慎超过刻度线
D．定容时仰视刻度线
E．容量瓶未经干燥就使用
29．（8分）氯气可用于制取漂白剂和自来水消毒。
（1）将氯气通入水中制得氯水，氯水可用于漂白，其中起漂白作用的物质是 （填写化学式）。
（2）“84”消毒液也可用于漂白，其工业制法是控制在常温条件下，将氯气通入NaOH溶液中，反应的离子方程式为 。
（3）同学们探究“84”消毒液在不同pH下使红纸褪色的情况，做了如下实验：
步骤1：将5mL市售“84”消毒液稀释100倍，测得稀释后溶液的pH＝12；
步骤2：将稀释后溶液各20mL分别加入3个洁净的小烧杯中；
步骤3：用H2SO4溶液将3个烧杯内溶液的pH分别调至10、7 和4．（溶液体积变化忽略不计）
步骤4：在3个烧杯中分别放入大小相同的红纸，观察现象，记录如下：
烧杯
溶液的pH
现象
a
10
10min后，红纸基本不褪色；4h后红纸褪色
b
7
10min后，红纸颜色变浅；4h后红纸褪色
c
4
10min后，红纸颜色变得更浅；4h后红纸褪色
已知，溶液中Cl2、HClO和ClO﹣物质的量分数（α）随溶液pH变化的关系如图所示：
①由实验现象可获得以下结论：溶液的pH在4～10范围内，pH越大，红纸褪色 。
②结合图象进行分析，b、c两烧杯中实验现象出现差异的原因是 。
（4）由于氯气会与自来水中的有机物发生反应生成对人体有害的物质，人们尝试研究并使用新的自来水消毒剂，如ClO2气体就是一种新型高效含氯消毒剂。
①一种制备 ClO2的方法是用SO2通入硫酸酸化的NaClO3溶液中，反应的离子方程式为 。
②另一种制备 ClO2的方法是用NaClO3与盐酸反应，同时有Cl2生成，产物中Cl2体积 约占，每生成0.5mol ClO2，转移 mol e﹣。
30．（12分）某实验小组探究Na2CO3和NaHCO3的性质，发现实验室里盛放两种固体的试剂瓶丢失了标签．于是，他们先对固体A、B进行鉴别，再通过实验进行性质探究．
（1）分别加热固体A、B，发现固体A受热产生的气体能使澄清石灰水变浑浊．A受热分解的化学方程式为 ．
（2）称取两种固体各2g，分别加入两个小烧杯中，再各加10mL蒸馏水，振荡，测量温度变化；待固体充分溶解，恢复到室温，向所得溶液中各滴入2滴酚酞溶液．
①发现Na2CO3固体完全溶解，而NaHCO3固体有剩余，由此得出结论： ．
②同学们在两烧杯中还观察到以下现象．其中，盛放Na2CO3的烧杯中出现的现象是 （填字母序号）．
a．溶液温度下降b．溶液温度升高c．滴入酚酞后呈浅红色d．滴入酚酞后呈红色
（3）如图所示，在气密性良好的装置Ⅰ和Ⅱ中分别放入药品，将气球内的固体同时倒入试管中．
①两试管中均产生气体， （填“Ⅰ”或“Ⅱ”）的反应程度更为剧烈．
②反应结束后，气球均有膨胀，恢复至室温，下列说法正确的是 （填字母序号）．
a．装置Ⅰ的气球体积较大b．装置Ⅱ的气球体积较大
c．生成气体的体积根据盐酸计算d．生成气体的体积根据固体计算
（4）同学们将两种固体分别配制成0.5mol•L﹣1的溶液，设计如下方案并对反应现象做出预测：
实验方案
预测现象
预测依据
操作1：向2mL Na2CO3溶液中滴加1mL 0.5mol•L﹣1 CaCl2溶液
有白色沉淀
Na2CO3溶液中的CO32﹣浓度较大，能与CaCl2发生反应： （写离子方程式）
操作2：向2mL NaHCO3溶液中滴加1mL 0.5mol•L﹣1 CaCl2溶液
无白色沉淀
NaHCO3溶液中的CO32﹣浓度很小，不能与CaCl2反应
实施实验后，发现操作2的现象与预测有差异：产生白色沉淀和气体，则该条件下，NaHCO3溶液与CaCl2溶液反应的离子方程式为 ．
参考答案
一、单选题
1．【分析】根据容量瓶的结构和正确的使用操作进行分析判断．
【解答】解：容量瓶是配制准确的一定物质的量浓度的溶液用的精确仪器。它是一种带有磨口玻璃塞的细长颈、梨形的瓶底玻璃瓶，颈上有刻度；使用时要先检验密闭性，不能在容量瓶里进行溶质的溶解，容量瓶不能进行加热，容量瓶只能用于配制溶液，不能长时间或长期储存溶液。
故选：A。
【点评】本题考查了容量瓶的结构和使用注意问题，较简单．
2．【分析】电解质：在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物；例：酸、碱、盐，金属氧化物等；
非电解质：在水溶液中和熔融状态下不能导电的化合物；例：部分有机物，非金属氧化物等。
【解答】解：A．铁为单质，不是电解质，故A不选；
B．氯化钠在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，是电解质，故B选；
C．稀盐酸为混合物，不是电解质，故C不选；
D．硫酸钠溶液为混合物，不是电解质，故D不选；
故选：B。
【点评】本题考查了物质的分类，熟悉电解质和非电解质概念是解题关键，题目难度不大。
3．【分析】A．电离产生的阳离子都是氢离子的化合物为酸；
B．电离产生的阴离子都是氢氧根离子的化合物为碱；
C．分散质粒子直径介于1nm～100nm之间的分散系为胶体；
D．只含有一种物质的为纯净物。
【解答】解：A．H2SO3为化合物，电离产生的阳离子都是氢离子，属于酸，故A正确；
B．Ba（OH）2为化合物，电离产生的阴离子都是氢氧根离子，属于碱，故B正确；
C．雾分散质粒子直径介于1nm～100nm，属于气溶胶，故C正确；
D．氨水含有氨气、水、一水合氨，属于混合物，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查了物质的分类，熟悉酸、碱、胶体、纯净物概念是解题关键，题目难度不大。
4．【分析】氨气为无色刺激性气味的气体，可与水形成氢键，可与水生成一水合氨，且密度比空气密度小，以此来解答。
【解答】解：A．氨气为无色、有刺激性气味气体，故A错误；
B．氨气是具有刺激性气味的气体，故B正确；
C．氨气的密度比空气密度小，可选向下排空气收集，故C正确；
D．氨气可与水形成氢键，极易溶于水，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查氨气的性质，为高频考点，把握氨气的物理性质、化学性质为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
5．【分析】A．氯气只含有氯分子；
B．根据氯水含有三分子四离子来回答；
C．氯化钠溶液含有氯离子，不含氯化氢分子；
D．氯化氢为共价化合物。
【解答】解：A．氯气只含有氯分子，不含氯离子，故A错误；
B．新制氯水是混合物，含有水分子、氯气分子、次氯酸气分子、氯离子、次氯酸根离子、氢离子和氢氧根离子等微粒，故B正确；
C．氯化钠能电离出氯离子和钠离子，是由离子构成的，含有氯离子，不含氯分子，故C错误；
盐酸主要成分是氯化氢的水溶液，氯化氢为强电解质，完全电离，不含有氯分子，故C错误；
D．氯化氢为共价化合物，只存在氯化氢分子，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了微粒的组成和存在，解答此题的关键是了解物质的粒子构成，注意掌握分子、原子、离子的概念以及物质在溶液中的存在形式，注重基础，题目难度不大。
6．【分析】A．熄灭酒精灯时，用灯帽盖灭，不能用嘴吹；
B．钠能和水剧烈反应，甚至发生爆炸；
C．金属钠易和水、氧气反应；
D．浓硫酸溶于水放热，密度大于水。
【解答】解：A．熄灭酒精灯时，用灯帽盖灭，不能用嘴吹，防止引燃灯内的酒精，故A正确；
B．钠能和水剧烈反应产生氢气，量多时甚至发生爆炸，故实验剩余的钠不能随意丢弃到废液缸，应放回原试剂瓶，故B错误；
C．金属钠易和水、氧气反应，故不能用水来灭钠火，必须用沙土来覆盖，故C正确；
D．由于浓硫酸密度大于水，且稀释过程中放出大量热，稀释时应该将浓硫酸缓缓倒入水中并不断搅拌，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查学生化学实验中的安全及事故处理知识，试题旨在考查学生的基础知识的掌握，化学实验是化学的基础，要了解常见的实验操作，能对错误操作的后果做出判断，养成良好的实验习惯，题目难度不大。
7．【分析】A．根据n＝计算铁的物质的量；
B．常温常压下气体摩尔体积不是22.4L/mol；
C．没有明确溶液体积；
D．根据N＝nNA计算二氧化碳分子数目。
【解答】解：A．Fe的相对原子质量为56，Fe的摩尔质量为56g/mol，故56gFe的物质的量为＝1mol，故A错误；
B．温度越高，分子间距越大，故常温常压下气体摩尔体积大于22.4L/mol，则常温常压下，1molO2的体积大于22.4L，故B错误；
C．溶液中离子数目与离子浓度、溶液体积有关，溶液体积未知，无法计算Mg2+的物质的量，故C错误；
D．根据N＝nNA可知，1molCO2中含有的分子数约为1mol×6.02×1023mol﹣1＝6.02×1023，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查物质的量有关计算，掌握以物质的量为中心的计算，注意气体摩尔体积的使用条件与对象，理解温度、压强对气体摩尔体积的影响，题目难度不大，有利于基础知识的复习巩固。
8．【分析】A．只有胶体具有丁达尔效应，溶液不具备；
B．胶体不能透过半透膜；
C．氯化铁与盐酸不反应；
D．溶液和胶体都能透过滤纸。
【解答】解：A．只有胶体具有丁达尔效应，所以Fe（OH）3胶体具有丁达尔效应，而FeCl3溶液不具备，故A错误；
B．胶体不能透过半透膜，溶液能透过半透膜，故B错误；
C．Fe（OH）3胶体中加盐酸，先发生聚沉，生成沉淀，然后氢氧化铁与盐酸反应，沉淀消失，氯化铁与盐酸不反应，故C错误；
D．Fe（OH）3胶体和FeCl3溶液都能透过滤纸，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了胶体的性质以及胶体和溶液的区别，题目难度不大，掌握胶体的性质是解题的关键，侧重于学生的分析能力的考查，有利于培养学生的化学科学素养。
9．【分析】根据物质是否具有强氧化性来分析使有色布条褪色，具有强化性的物质使有色物质褪色后，颜色不会恢复．
【解答】解：A、因次氯酸钠溶液在漂白时，跟稀酸或二氧化碳的作用，使漂白粉生成次氯酸，次氯酸具有漂白性，所以有色布条会褪色，故A错误；
B、因次氯酸钙溶液在漂白时，跟稀酸或二氧化碳的作用，使漂白粉生成次氯酸，次氯酸具有漂白性，所以有色布条会褪色，故B错误；
C、因氯水的主要成分就是盐酸和次氯酸，因为次氯酸具有漂白性，所以有色布条会褪色，故C错误；
D、因氯化钙溶液中无次氯酸也不会生成次氯酸，所以有色布条不会褪色，故D正确；
故选：D。
【点评】本题主要考查了氯系消毒剂的漂白原理：由于有次氯酸或生成次氯酸，特别强调：氯气无漂白性，但能用于漂白．
10．【分析】A．该日空气污染指数为79，空气质量等级属于良；
B．首要污染物是指污染最重的污染物；
C．PM2.5、PM10指指的是大气中的细是浮颗粒物它的直径仅有2.5微米PM10指的是环境空气中尘埃在10微米以下的颗粒物；
D．、NO2、CO是机动车尾气成分；
【解答】解：A．首要污染物的污染指数即为空气污染指数，该日空气污染指数为79，空气质量等级属于良，故A错误；
B．首要污染物是指污染最重的污染物，根据空气质量报告，PM10数值最大，所以该日空气首要污染物是PM10，故B错误；
C．PM2.5、PM10指指的是大气中的细是浮颗粒物它的直径仅有2.5微米PM10指的是环境空气中尘埃在10微米以下的颗粒物，PM2.5、PM10会影响人体健康，故C错误；
D．机动车尾气中含有NO2、CO，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查的是常见的生活环境的污染及治理，根据化学与环境的有关知识，完成此题，题目难度不大。
11．【分析】Na2CO3为钠的含氧酸盐，为碳酸盐，易溶于水，以此解答．
【解答】解：Na2CO3为钠盐，也为碳酸盐，不能电离出氢离子，可电离出钠离子和碳酸根离子，为正盐，不是碱，易溶于水。
故选：D。
【点评】本题考查物质的分类，为高频考点，侧重于学生的基本概念的理解和把握，难度不大，注意把握分类标准以及方法．
12．【分析】氯气为黄绿色气体，能溶于水，溶于水得到氯水，氯水因为溶解氯气显浅黄绿色；氯气能够与氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠和水；氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸与硝酸银反应生成氯化银白色沉淀，据此解答。
【解答】解：氯气为黄绿色气体，能溶于水，溶于水得到氯水，氯水因为溶解氯气显浅黄绿色，三个集气瓶中只有丙颜色为浅黄绿色，所以丙中液体为水；
氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸与硝酸银反应生成氯化银白色沉淀，甲和乙中，只有乙出现了白色的沉淀，所以乙中液体为硝酸银溶液；
氯气能够与氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠和水，所以氯气被氢氧化钠吸收，溶液为无色，故甲中液体为氢氧化钠溶液，
则甲、乙、丙注入的液体分别是②①③；
故选：B。
【点评】本题考查了氯水的性质，明确氯水的成分是解题关键，题目难度不大。
13．【分析】A．电离不需要通电；
B．能够完全电离的电解质是强电解质；
C．电解质必须本身能够电离；
D．硫酸氢钠是强酸酸式盐，在水溶液中完全电离生成钠离子、硫酸根离子和氢离子。
【解答】解：A．氯化钠水溶液在水分子的作用下电离出Na+和Cl﹣，故A错误；
B．硫酸钡难溶于水，但硫酸钡在熔融状态下能够完全电离，属于强电解质，故B错误；
C．二氧化碳本身不能电离产生自由离子，属于非电解质，故C错误；
D．硫酸氢钠是强酸酸式盐，在水溶液中完全电离生成钠离子、硫酸根离子和氢离子，电离方程式为：NaHSO4═Na++H++SO4﹣，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查电解质在水溶液中的电离及强弱电解质判断，为高频考点，侧重考查学生分析判断及比较能力，明确强弱电解质根本区别及电解质电离特点是解本题关键，易错选项是B，电解质强弱与电离程度有关、与溶解性强弱无关，D中硫酸氢钠如果在熔融状态下就电离出钠离子和硫酸氢根离子，题目难度不大。
14．【分析】A．Na+的质子数为11，核外电子数为10，核外电子分层排布；
B．漂白粉的主要成分是Ca（ClO）2、CaCl2，其中Ca（ClO）2具有强氧化性，可用于杀菌消毒；
C．HClO4中H为+1、O为﹣2，结合化合物中元素化合价代数和为0进行计算；
D．硝酸根的化学式为NO3﹣。
【解答】解：A．Na+的质子数为11，核外电子数为10，最外层电子数为8，则Na+的结构示意图为，故A正确；
B．氯气和石灰乳反应制备漂白粉，其中Ca（ClO）2具有强氧化性、能与空气中的CO2反应生成次氯酸，表现出漂白性，则漂白粉中有效成分为Ca（ClO）2，故B正确；
C．HClO4中H为+1、O为﹣2，化合物中元素化合价代数和为0，则高氯酸（HClO4）中氯元素的化合价为+7，故C正确；
D．Ca（NO3）2电离生成钙离子和硝酸根离子，电离方程式为Ca（NO3）2═Ca2++2NO3﹣，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查了常见化学用语的书写判断，题目难度不大，掌握离子结构示意图、化学式、电离方程式、化合价的计算等化学用语的书写原则是解题关键，试题培养了学生规范答题的能力，题目难度不大。
15．【分析】①氮气和氧气都是双原子分子，标况下11.2L混合气体的物质的量为0.5mol，含有1mol原子；
②相同条件下，等体积的任何气体含有的分子数一定相等；
③1L 2mol/L的氯化镁溶液中含氯离子为4NA；
④气体摩尔体积使用与气体；
⑤根据O2和O3均由氧原子构成来计算。
【解答】解：①标准状况下，11.2L气体的物质的量为0.5mol，0.5mol氮气和氧气的混合气体中含有1mol原子，所含的原子数为NA，故正确；
②同温同压下，气体的摩尔体积相同，则体积相同的氢气和氩气的物质的量相同，所含的分子数相等，故正确；
③1L 2mol/L的氯化镁溶液中含氯离子为4NA，故正确；
④标准状况下，水不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算其物质的量，故错误；
⑤O2和O3均由氧原子构成，32gO2和O3含有的氧原子的物质的量n＝＝＝2mol，故含有原子数为2NA，故正确；
故选：D。
【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意明确标况下气体摩尔体积的使用条件，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系是解题关键，题目难度不大。
16．【分析】A．HClO是弱电解质，但NaClO是盐，属于强电解质；
B．碳酸钠受热难分解，不能用于制作膨松剂；
C．HCl不能与KI反应；
D．Na放入CuSO4溶液中，钠先与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠与硫酸铜溶液反应生成氢氧化铜沉淀，将Na2O2投入硫酸铜溶液中，Na2O2先与水反应生成氢氧化钠和氧气，然后是生成的氢氧化钠和硫酸铜之间反应。
【解答】解：A．NaClO在水中或熔融状态可完全电离，则NaClO为强电解质，而HClO为弱酸，故A错误；
B．碳酸钠受热难分解，是一种重要的有机化工原料，主要用于平板玻璃、玻璃制品和陶瓷釉的生产，碳酸氢钠固体受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳气体，常利用此特性作为制作饼干、糕点、馒头、面包的膨松剂，故B错误；
C．氯气与KI反应生成碘，而HCl不能与KI反应，则不能检验HCl，故C错误；
D．钠具有强还原性，金属钠和硫酸铜溶液反应时，先是金属钠和水的反应，2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑，有无色气体H2生成，然后是生成的氢氧化钠和硫酸铜之间的反应2NaOH+CuSO4＝Cu（OH）2↓+Na2SO4，有蓝色沉淀Cu（OH）2生成；将Na2O2投入硫酸铜溶液中，先发生反应2H2O+2Na2O2＝4NaOH+O2↑，有无色气体O2生成，然后是生成的氢氧化钠和硫酸铜之间的反应有蓝色沉淀Cu（OH）2生成；故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查电解质强弱的判断、膨松剂、物质检验、钠的化合物的性质等知识点，侧重考查元素化合物知识，明确物质的性质是解本题关键，易错选项是D，题目难度不大．
17．【分析】A．反应生成的气体使带火星木条复燃说明生成氧气；
B．过氧化钠和水反应迅速反应不需要催化剂，过氧化氢分解需要催化剂；
C．酚酞滴入氢氧化钠溶液变红色，氢氧化钠的酚酞溶液通入氧气溶液不褪色；
D．实验①可知反应过程中可能生成过氧化氢。
【解答】解：A．实验①是取反应后溶液加入二氧化锰后迅速产生大量气体，使带火星木条复燃，证明为氧气，故A正确；
B．过氧化钠与水反应不需要MnO2作催化剂，故B错误；
C．酚酞滴入氢氧化钠溶液变红色，氢氧化钠的酚酞溶液通入氧气溶液红色不褪色，实验②、③证明使酚酞褪色的不是氢氧化钠和氧气，故C正确；
D．实验①是取反应后溶液加入二氧化锰后迅速产生大量气体，使带火星木条复燃为氧气，说明反应过程中生成了过氧化氢具有漂白性，使红色褪去，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查了过氧化钠与水的反应原理，题目难度中等，试题注重考查性质实验方案的设计，注意掌握过氧化钠的性质，明确双氧水具有强氧化性、漂白性。
18．【分析】稀释前后溶质NaOH的物质的量不变，根据稀释定律计算稀释后NaOH的物质的量浓度．
【解答】解：设稀释后NaOH的物质的量浓度为c，根据稀释定律：
0.03L×0.5mol/L＝0.5L×c
解得c＝0.03mol/L，
故选：B。
【点评】本题考查物质的量浓度有关计算，比较基础，注意对公式的理解与灵活应用．
19．【分析】干燥的氯气与钢瓶难以反应，为防止钢瓶被腐蚀，可先干燥钢瓶，以此解答．
【解答】解：潮湿的氯气易与钢瓶反应，为防止氯气腐蚀钢瓶，钢瓶在装入氯气前必须干燥，而与题中其它选项无关，
故选：C。
【点评】本题考查氯气的性质，侧重于基础知识的考查，涉及氯气与生产、生活的运用，有利于培养学生的良好的科学素养，题目难度不大．
20．【分析】氯气性质活泼，易与活泼金属钠发生化合反应生成NaCl，火焰呈黄色，氯气易与NaOH溶液反应而被吸收，氯气具有强氧化性，与碘化钾发生置换反应．
【解答】解：A．钠着火燃烧产生黄色火焰，故A错误；
B．氯气性质活泼，易与活泼金属钠发生化合反应生成NaCl，反应时有大量白烟，故B正确；
C．氯气有毒，不能排放到空气中，氯气易与NaOH溶液反应而被吸收，所以棉球①的作用是吸收过量氯气防止产生污染，故C正确；
D．氯气具有强氧化性，与碘化钾发生置换反应，可根据其颜色变化判断氯气是否被碱液完全吸收，棉球②变蓝色则证明氯气未被碱液完全吸收，不变蓝证明吸收完全，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查氯气的性质，题目难度不大，注意相关基础知识的积累．
21．【分析】A.氯化氢能与碳酸氢钠反应生成二氧化碳；
B.碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠；
C.氧化钠与氧气反应生成过氧化钠；
D.二者都与氢氧化钡反应。
【解答】解：A.二氧化碳不与碳酸氢钠反应，氯化氢能与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，故A正确；
B.碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠，则加热法可除杂，故B正确；
C.氧化钠与氧气反应生成过氧化钠，将混合物在氧气中加热可除杂，故C正确；
D.二者都与氢氧化钡反应生成沉淀，影响被提纯的物质，且氢氧化钡与硫酸钠反应生成硫酸钡和NaOH，引入新杂质NaOH，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查物质分离提纯及除杂，为高频考点，把握物质的性质及混合物分离、提纯方法为解答的关键，注意除杂的原则，题目难度不大．
22．【分析】钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，反应的离子方程式为：2Na+2H2O＝2Na++2OH﹣+H2↑，a上面为煤油，b为水，钠的密度比煤油大，比水小，所以开始会在a处，但反应中有气体产生，所以会上下浮动。
【解答】解：A．a上面为煤油，b为水，钠的密度比煤油大，比水小，所以开始会在a处，但反应中有气体产生，所以会上下浮动，故A错误；
B．a上面为煤油，b为水，钠的密度比煤油大，比水小，所以开始会在a处，但反应中有气体产生，所以会上下浮动，故B错误；
C．因为没有氧气，所以钠块不能在煤油中燃烧起来，故C错误；
D．因为有气体生成会将水排入漏斗中，所以漏斗中液面升高，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了钠的性质、钠和水反应的现象，明确元素化合物性质、化学反应原理是解本题关键，知道各仪器的作用、会根据实验现象分析物质性质，题目难度不大。
23．【分析】A.钠与水反应生成氢氧化钠和氢气；
B.氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸；
C.过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气；
D.二氧化硫与水反应生成亚硫酸。
【解答】解：A.钠与水反应的化学方程式为：2Na+2H2O═2NaOH+H2↑，故A正确；
B.氯气与水反应的化学方程式为：Cl2+H2O═HCl+HClO，故B正确；
C.过氧化钠与水反应的化学方程式为：2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑，故C正确；
D.二氧化硫与水反应生成亚硫酸，正确的化学方程式为：SO2+H2O═H2SO3，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查化学方程式的书写判断，为高频考点，把握物质性质、反应实质为解答关键，注意掌握化学方程式的书写原则，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
24．【分析】由离子交换法净化水过程图可知，先经过阳离子交换树脂，由电荷守恒可知H+数目增加，再经阴离子树脂除去阴离子，然后发生H++OH﹣═H2O，以此来解答。
【解答】解：A．经过阳离子交换树脂后，水中阳离子的总数增加，故A错误；
B．水中的NO3﹣、SO42﹣、Cl﹣通过阴离子树脂后被除去，阴离子只有OH﹣，故B正确；
C．净化后，自由移动的离子的浓度减小，水的导电性降低，故C错误；
D．经过阳离子交换树脂、阴离子树脂后，阴离子树脂填充段存在反应H++OH﹣═H2O，故D正确；
故选：AC。
【点评】本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握离子交换法净化水的过程为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意交换树脂的作用，题目难度不大。
25．【分析】A．“84”消毒液（有效成分为NaClO）溶液中ClO﹣水解溶液显碱性，水解生成的HClO具有漂白性，加入硫酸促进水解平衡正向进行，c（HClO）增大漂白效果快；
B．“84”消毒液（有效成分为NaClO）溶液中加入浓度较大的稀硫酸反应，氯离子和次氯酸根离子在酸溶液中生成了氯气；
C．碘遇淀粉变蓝色；
D．加酸可以提高“84”消毒液的漂白效果，但酸的浓度大时会生成污染气体氯气。
【解答】解：A．“84”消毒液（有效成分为NaClO）溶液中次氯酸根离子水解溶液显碱性，水解生成的次氯酸具有漂白性，加入硫酸促进水解平衡正向进行，生成次氯酸浓度大漂白效果快，②中蓝色迅速褪去的原因是发生了反应ClO﹣+H+═HClO，故A正确；
B．“84”消毒液（有效成分为NaClO）溶液中加入浓度较大的稀硫酸反应，混合后溶液呈酸性，红色迅速褪去，并产生大量气体，使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，说明生成了氯气，是氯离子和次氯酸根离子在酸溶液中生成了氯气，氯气和水反应生成的次氯酸具有漂白性，生成的盐酸呈酸性，故B错误；
C．酸性条件下氯离子和次氯酸根离子反应生成氯气，氯气氧化碘离子生成碘，碘遇淀粉变蓝色，故C正确；
D．加酸可以提高“84”消毒液的漂白效果，但酸的浓度大时会生成污染气体氯气，需要调控合适的pH才能安全使用，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查了“84”消毒液的成分分析、次氯酸钠水解和氧化性的分析判断、主要是实验现象分析和结论归纳总结，题目难度中等。
二、填空题
26．【分析】（1）根据n＝计算CO2的物质的量，再根据m＝nM计算其质量，结合每个CO2分子含有22个质子计算所含质子的物质的量；
（2）根据n＝计算水的物质的量，再结合每个水分子含有2个氢原子、10个电子计算氢原子、电子的物质的量；
（3）1个Al原子失去3个电子转变成Al3+；
（4）同温同压下，气体的物质的量之比等于其体积之比，结合每个分子含有的原子数目判断含有原子数目多少，根据m＝nM判断质量大小；
（5）发生电离Fe2（SO4）3＝2Fe3++3SO42﹣，溶液中c（SO42﹣）＝3c[Fe2（SO4）3]。
【解答】解：（1）3.01×1023个CO2的物质的量为＝0.5mol，其质量为0.5mol×44g/mol＝22g，每个CO2分子含有22个质子，故所含质子物质的量为0.5mol×22＝11mol，
故答案为：0.5；22；11；
（2）n（H2O）＝＝0.3mol，每个水分子含有2个氢原子，则n（H）＝2n（H2O）＝2×0.3mol＝0.6mol，每个水分子含有10个电子，则n（电子）＝10n（H2O）＝10×0.3mol＝3mol，
故答案为：0.6；3；
（3）1个Al原子失去3个电子转变成Al3+，0.2molAl转变成Al3+时，需要失去的电子的物质的量是0.2mol×3＝0.6mol，
故答案为：0.6；
（4）标况下，体积相同的HCl、NH3、CO2、O2气体的物质的量相对，即它们的物质的量之比为1：1：1：1，其中NH3分子含有的原子数目最多，CO2的摩尔质量最大，故标准状况下相同体积的四种气体中，所含原子数最多的是NH3，质量最大的是CO2，
故答案为：1：1：1：1；NH3；CO2；
（5）发生电离Fe2（SO4）3＝2Fe3++3SO42﹣，溶液中c（SO42﹣）＝3c[Fe2（SO4）3]＝3×0.1mol•L﹣1＝0.3mol•L﹣1，
故答案为：0.3。
【点评】本题考查物质的量有关计算，掌握以物质的量为中心的计算，并能灵活运用，题目基础性强，旨在考查学生对基础知识的掌握情况。
三、解答题
27．【分析】试剂X是浓硫酸，除去二氧化碳中的水蒸气，打开K1，关闭K2，打开分液漏斗活塞加入稀硫酸，先用生成的二氧化碳排尽装置中空气，以免氧气与铜反应而干扰实验，再加热铜丝，实验观察到铜丝未变化，则得出无水时二氧化碳与过氧化钠不反应，然后打开K2，关闭K1，出现出现红色铜丝变黑色现象，可证明有水时CO2与Na2O2反应产生了O2。
【解答】解：（1）试剂X是浓硫酸，其作用是除去二氧化碳中的水蒸气，防止水干扰实验；实验观察到铜丝未变化，则得出结论“干燥的CO2不能与Na2O2反应”，
故答案为：除去二氧化碳中的水蒸气，防止水干扰实验；浓硫酸；无水时，二氧化碳与过氧化钠不反应；
（2）打开K2，关闭K1，出现红色铜丝变黑，可证明有水时CO2与Na2O2反应产生了O2，
故答案为：红色铜丝变黑色；
（3）硫酸与碳酸钠反应生成二氧化碳，二氧化碳与过氧化钠反应生成氧气，发生反应的化学方程式为：Na2CO3+H2SO4＝Na2SO4+H2O+CO2↑、2CO2+2Na2O2＝2Na2CO3+O2，
故答案为：Na2CO3+H2SO4＝Na2SO4+H2O+CO2↑、2CO2+2Na2O2＝2Na2CO3+O2。
【点评】本题考查物质性质探究实验，关键是理解实验原理进行对照实验，侧重吸收分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的掌握。
28．【分析】（1）配制480mL溶液，应该选用500mL容量瓶；98%的浓硫酸（密度为1.84g•cm﹣3）的物质的量浓度为：g/mol＝18.4mol/L，配制500mL 1mol/L的稀硫酸，需要浓硫酸的体积为：≈0.0272L＝27.2mL，再根据配制溶液的步骤可得；
（2）根据（1）仪器有：50mL量筒、100mL烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管；
（3）根据溶液稀释溶质的物质的量不变计算可得；
（4）配制溶液的一般步骤有：计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、转移、定容、摇匀；
（5）A．将量筒中的浓硫酸转入烧杯后，未用水洗涤量筒，无影响；
B．稀释浓硫酸后立即转入容量瓶，热的溶液体积偏大，冷却后溶液的体积偏小；
C．定容时加水不慎超过刻度线，溶剂加多；
D．定容时仰视刻度线，导致溶剂加多；
E．容量瓶未经干燥就使用，无影响。
【解答】解：（1）配制480mL溶液，应该选用500mL容量瓶；98%的浓硫酸（密度为1.84g•cm﹣3）的物质的量浓度为：g/mol＝18.4mol/L，配制500mL 1mol/L的稀硫酸，需要浓硫酸的体积为：≈0.0272L＝27.2mL，配制500mL 1mol/L的稀硫酸的步骤有：计算、量取、稀释、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等，使用的仪器有：50mL量筒、100mL烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，所以选项中使用到的仪器有：D 50mL量筒、B 100mL烧杯、E 500mL容量瓶；
故答案为：BDE；
（2）根据分析，需要的仪器有50mL量筒、100mL烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管；
故答案为：玻璃棒和胶头滴管；
（3）98%的浓硫酸（密度为1.84g•cm﹣3）的物质的量浓度为：g/mol＝18.4mol/L，配制500mL 1mol/L的稀硫酸，需要浓硫酸的体积为：≈0.0272L＝27.2mL；
故答案为：27.2；
（4）配制溶液的一般步骤有：计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、转移、定容、摇匀；
故答案为：定容；
（5）A．将量筒中的浓硫酸转入烧杯后，量筒不能洗涤，否则配制的溶液中溶质的物质的量偏大，未用水洗涤量筒，无影响；
B．稀释浓硫酸后立即转入容量瓶，热的溶液体积偏大，冷却后溶液的体积偏小，则溶液浓度偏高；
C．定容时加水不慎超过刻度线，溶剂加多，溶液浓度偏低；
D．定容时仰视刻度线，导致溶剂加多，溶液浓度偏低；
E．容量瓶未经干燥就使用，无影响；
故答案为：CD；AE。
【点评】本题考查了配制一定物质的量浓度的溶液的方法，该题是中等难度的试题，试题基础性强，贴近高考；该题难易适中，注重灵活性，侧重对学生能力的培养和解题方法的指导和训练，有利于培养学生的逻辑思维能力和严谨的规范实验操作能力；该题的难点在于误差分析，注意明确误差分析的方法。
29．【分析】（1）氯水中的次氯酸具有漂白作用；
（2）将氯气通入NaOH溶液中反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；
（3）①图表数据分析可知，PH越大褪色越慢；
②b烧杯中溶液的pH大于c烧杯中溶液的pH，次氯酸浓度小；
（4）①SO2通入硫酸酸化的NaClO3溶液中发生氧化还原反应生成硫酸钠和氯化钠，结合原子守恒、电子守恒配平书写离子方程式；
②用NaClO3与盐酸反应生成 ClO2的同时有Cl2生成，产物中Cl2体积约占，结合电子守恒计算。
【解答】解：（1）将氯气通入水中制得氯水，氯水可用于漂白，其中起漂白作用的物质是次氯酸，化学式为：HClO，
故答案为：HClO；
（2）将氯气通入NaOH溶液中反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为：Cl2+2OH﹣＝Cl﹣+ClO﹣+H2O，
故答案为：Cl2+2OH﹣＝Cl﹣+ClO﹣+H2O；
（3）①图表数据和现象分析可知，溶液的pH在4～10范围内，pH越大，红纸褪色越慢，
故答案为：越慢；
②结合图象进行分析，b、c两烧杯中实验现象出现差异的原因是：b烧杯中溶液的pH大于c烧杯中溶液的pH，HClO浓度较小，反应速率较慢，褪色较慢，
故答案为：b烧杯中溶液的pH大于c烧杯中溶液的pH，HClO浓度较小，反应速率较慢，褪色较慢；
（4）①SO2通入硫酸酸化的NaClO3溶液中发生氧化还原反应生成硫酸钠和氯化钠，结合原子守恒、电子守恒配平书写离子方程式为：SO2+2ClO3﹣＝2ClO2+SO42﹣，
故答案为：SO2+2ClO3﹣＝2ClO2+SO42﹣；
②用NaClO3与盐酸反应生成 ClO2的同时有Cl2生成，产物中Cl2体积约占，反应的化学方程式：2NaClO3+4HCl＝2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O，电子转移总数为2mol，结合电子守恒计算每生成0.5mol ClO2，转移电子0.5mol，
故答案为：0.5；
【点评】本题考查了氯气的性质应用、氧化还原反应分析判断、主要是离子方程式和化学方程式书写，掌握基础是解题关键，题目难度中等。
30．【分析】（1）碳酸钠温度，受热难分解，碳酸钠热稳定性差，受热易分解，生成二氧化碳气体，二氧化碳和氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀；
（2）①常温下，同质量、同体积的溶剂，Na2CO3固体完全溶解，而NaHCO3固体有剩余，说明Na2CO3较NaHCO3易溶；
②碳酸钠溶解过程放热，碳酸钠为强碱弱酸盐，水解使溶液呈碱性；
（3）①同等条件下，碳酸钠与盐酸反应速率不及碳酸氢钠与盐酸反应；②等质量的Na2CO3和NaHCO3，NaHCO3物质的量较多，生成二氧化碳多；
（4）碳酸钠能和氯化钙反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠；CaCl2与NaHCO3溶液反应生成碳酸钙沉淀和二氧化碳气体；
【解答】解：（1）碳酸钠稳定，受热难分解，碳酸钠热稳定性差，受热易分解，生成二氧化碳气体，故A为碳酸氢钠，反应方程式为：2NaHCO3 Na2CO3+CO2↑+H2O，生成的CO2气体通入澄清石灰水中发生反应，CO2+Ca（OH）2＝CaCO3↓+H2O 生成碳酸钙沉淀变浑浊；
故答案为：2NaHCO3 Na2CO3+CO2↑+H2O；
（2）①称取两种固体各2g，分别放入两个小烧杯中，再各滴加10mL蒸馏水，振荡，测量温度变化；待固体充分溶解，并恢复至室温后，发现Na2CO3固体完全溶解，而NaHCO3固体有剩余，说明在同样的温度下，同质量的两种固体在同体积的溶剂中，Na2CO3比NaHCO3易溶于水，
故答案为：同温度下，Na2CO3比NaHCO3易溶于水；
②a．碳酸钠溶解过程为放热过程，故a错误；
b．碳酸钠溶解过程放热，温度升高，故b正确；
c．碳酸钠为强碱弱酸盐，水解溶液呈碱性，滴入酚酞后呈红色，故c错误；
d．碳酸钠为强碱弱酸盐，水解溶液呈碱性，碳酸钠俗称纯碱，滴入酚酞后呈红色，故d正确；
故答案为：b、d；
（3）①将气球内的固体同时倒入试管发生反应：Na2CO3+2HCl═2NaCl+H2O+CO2↑，NaHCO3+HCl═NaCl+H2O+CO2↑，同等条件下，碳酸钠与盐酸反应速率不及碳酸氢钠与盐酸反应，所以I的反应程度更为剧烈，
故答案为：Ⅰ；
②a．Na2CO3的摩尔质量为：106g/mol；NaHCO3的摩尔质量为：84g/mol，等质量的Na2CO3和NaHCO3，NaHCO3物质的量较多，生成二氧化碳多，所以装置I的气球体积较大，故a正确；
b．等质量的Na2CO3和NaHCO3，NaHCO3物质的量较多，生成二氧化碳多，故b错误；
c．Na2CO3+2HCl═2NaCl+H2O+CO2↑，NaHCO3+HCl═NaCl+H2O+CO2↑，1g碳酸钠的物质的量为：＝0.0094mol，
1g碳酸氢钠的物质的量为：＝0.012mol，盐酸的物质的量为：0.003mol，盐酸不足，生成气体的体积可根据盐酸计算，故c正确；
d．通过以上计算可知盐酸不足，生成气体的体积可根据盐酸计算，故d错误；
故答案为：a、c；
（4）实验1：碳酸钠能和氯化钙反应CaCl2+Na2CO3═CaCO3↓+2NaCl，离子反应为：Ca2++CO32﹣＝CaCO3↓，
故答案为：Ca2++CO32﹣＝CaCO3↓；
实验2：CaCl2与NaHCO3溶液可发生反应：CaCl2+2NaHCO3＝CaCO3↓+2NaCl+CO2↑+H2O，离子反应为：Ca2++2HCO3﹣＝CaCO3↓+CO2↑+H2O，
故答案为：Ca2++2HCO3﹣＝CaCO3↓+CO2↑+H2O．
【点评】本题考查Na2CO3和NaHCO3性质的异同，题目难度中等，注意把握Na2CO3和NaHCO3性质以及相关反应的方程式的书写，易错点为（4），注意CaCl2与NaHCO3溶液可发生反应：CaCl2+2NaHCO3＝CaCO3↓+2NaCl+CO2↑+H2O．
2021北京八一学校高一（上）期中
化 学
一、单选题
1．（2分）关于容量瓶的四种叙述：①是配制准确浓度溶液的仪器；②不宜贮存溶液；③不能用来加热；④使用之前要检查是否漏水．这些叙述中正确的是（ ）
A．①②③④ B．②③ C．①②④ D．②③④
2．（2分）下列物质中，属于电解质的是（ ）
A．Fe B．NaCl C．稀盐酸 D．Na2SO4溶液
3．（2分）下列关于物质分类的叙述中，不正确的是（ ）
A．H2SO3属于酸 B．Ba（OH）2属于碱
C．雾属于气溶胶 D．氨水属于纯净物
4．（2分）下列关于氨气性质的描述中，不正确的是（ ）
A．黄绿色气体
B．有刺激性气味
C．相同条件下密度比空气的小
D．极易溶于水
5．（2分）下列物质中，既含有氯分子，又含有氯离子的是（ ）
A．氯气 B．氯水 C．氯化钠 D．氯化氢
6．（2分）实验室中，下列行为不符合安全要求的是（ ）
A．熄灭酒精灯时，用灯帽盖灭
B．将实验剩余的钠直接丢弃在废液缸中
C．熄灭少量燃着的金属钠，用干燥沙土覆盖
D．稀释浓硫酸时，将浓硫酸沿器壁缓慢倒入水中并用玻璃棒不断搅拌
7．（2分）下列说法中，正确的是（ ）
A．56gFe的物质的量为2mol
B．常温常压下，1molO2的体积是22.4L
C．0.5mol•L﹣1MgCl2溶液中含有0.5molMg2+
D．1molCO2中含有的分子数约为6.02×1023
8．（2分）Fe（OH）3胶体和FeCl3溶液共同具备的性质是（ ）
A．两者均有丁达尔效应
B．两者均能透过半透膜
C．加入盐酸先沉淀，随后溶解
D．分散质粒子可通过滤纸
9．（2分）下列物质中，不能使有色布条褪色的是（ ）
A．次氯酸钠溶液 B．次氯酸钙溶液
C．新制氯水 D．氯化钙溶液
10．（2分）如图所示是成都市某日的空气质量报告内容，以下叙述正确的是（ ）
A．该日空气质量等级属于优
B．该日空气首要污染物是PM2.5
C．PM2.5、PM10指的是悬浮颗粒物，不会影响人体健康
D．污染物NO2、CO可能来源于机动车尾气
11．（2分）Na2CO3俗名纯碱，下面对纯碱采用不同分类法进行的分类中正确的是（ ）
A．Na2CO3是碱 B．Na2CO3是酸式盐
C．Na2CO3是难溶性盐 D．Na2CO3是钠盐
12．（2分）向盛有氯气的甲乙丙三个集气瓶中各注入三种液体：①硝酸银溶液②氢氧化钠溶液③水中的一种，经过振荡，现象如图所示，则向甲、乙、丙注入的液体分别是（ ）
A．①②③ B．②①③ C．③②① D．①③②
13．（2分）下列说法中正确的是（ ）
A．氯化钠水溶液在电流的作用下电离出Na+和Cl﹣
B．硫酸钡难溶于水，因此硫酸钡属于弱电解质
C．二氧化碳溶于水能部分电离，故二氧化碳属于电解质
D．硫酸氢钠在水中的电离方程式可表示为：NaHSO4═Na++H++SO42﹣
14．（2分）下列化学用语使用不正确的是（ ）
A．Na+的结构示意图：
B．漂白粉中有效成分的化学式为Ca（ClO）2
C．高氯酸（HClO4）中氯元素的化合价为+7
D．Ca（NO3）2的电离方程式为Ca（NO3）2═Ca2++2（NO3）2﹣
15．（2分）设NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（ ）
①标准状况下，11.2L以任意比例混合的氮气和氧气所含的原子数为NA
②同温同压下，体积相同的氢气和氩气所含的分子数相等
③1L 2mol/L的氯化镁溶液中含氯离子为4NA
④标准状况下22.4LH2O中分子数为NA
⑤32g O2和O3混合气体中含有原子数为2NA
A．①②③④ B．③④ C．①③④ D．①②③⑤
16．（2分）下列有关钠、氯及其化合物的说法正确的是（ ）
A．HClO是弱酸，所以NaClO是弱电解质
B．NaHCO3和Na2CO3均可用于制作膨松剂
C．用KI﹣淀粉溶液可检验Cl2中是否混有HCl
D．将Na和Na2O2分别放入CuSO4溶液中，均会有蓝色沉淀生成并有无色气体放出
17．（2分）过氧化钠与水反应后滴加酚酞，酚酞先变红后褪色。某小组欲探究其原因，进行以下实验：①取反应后溶液加入二氧化锰后迅速产生大量气体；实验②、③中红色均不褪去。下列分析错误的是（ ）
A．过氧化钠与水反应产生的气体为O2
B．过氧化钠与水反应需要MnO2作催化剂
C．实验②、③证明使酚酞褪色的不是氢氧化钠和氧气
D．过氧化钠与水反应可能生成了具有漂白性的H2O2
18．（2分）将30mL 0.5mol/L的NaOH溶液加水稀释到500mL，稀释后NaOH的物质的量浓度为（ ）
A．0.3 mol/L B．0.03 mol/L C．0.05 mol/L D．0.04 mol/L
19．（2分）为了防止贮存氯气的钢瓶被腐蚀，钢瓶在装入氯气前必须（ ）
A．充入稀有气体 B．用盐酸彻底清洗
C．彻底干燥内壁 D．除去表层的铁锈
20．（2分）某兴趣小组设计如下装置进行氯气与金属钠的反应，先将钠预热，在钠熔融成小球时，撤火，并通入氯气即发生反应，下列叙述中错误的是（ ）
A．钠着火剧烈燃烧产生苍白色的火焰
B．反应产生的大量白烟是氯化钠固体
C．棉球①的作用是吸收过量氯气防止产生污染
D．棉球②变蓝色则证明氯气未被碱液完全吸收
21．（2分）为除去括号内的杂质，所选用的试剂或方法错误的是（ ）
A．CO2气体（HCl），饱和NaHCO3溶液
B．Na2CO3固体（NaHCO3），加热至不再产生气体
C．Na2O2粉末（Na2O），将混合物在氧气中加热
D．Na2CO3溶液（Na2SO4），加入适量Ba（OH）2溶液，过滤
22．（2分）利用如图所示装置进行金属钠与水反应的实验，液体添加完毕后，关闭活塞，打开右边胶塞，向煤油中加入一小块钠，立即塞好胶塞，可观察到的现象是（ ）
A．钠块始终保持在a处，直至完全消失
B．钠沉入U形管b处而后又慢慢浮到a处
C．最终钠块在煤油中燃烧起来
D．随反应的进行，煤油与胶塞处液面下降，漏斗中液面上升
23．（2分）下列反应方程式中，不正确的是（ ）
A．2Na+2H2O═2NaOH+H2↑
B．Cl2+H2O═HCl+HClO
C．2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑
D．SO2+H2O═H2SO4
（多选）24．（2分）离子交换法净化水过程如图所示。下列说法中错误的是（ ）
A．经过阳离子交换树脂后，水中阳离子的总数不变
B．水中的NO3﹣、SO42﹣、Cl﹣通过阴离子树脂后被除去
C．通过净化处理后，水的导电性增强
D．阴离子树脂填充段存在反应H++OH﹣═H2O
25．（2分）“84”消毒液（有效成分为NaClO）可用于消毒和漂白。下列对于实验现象的分析不正确的是（ ）
实验目的
6mL“84”消毒液
+2滴石蕊试液
6mL“84”消毒液+2滴石蕊试液
6mL“84”消毒液+2滴石蕊试液
现象
混合后溶液呈蓝色，
一段时间后蓝色褪去
混合后溶液呈紫色，紫色迅速褪去，无气体产生
混合后溶液呈红色，红色迅速褪去，并产生大量气体，该气体能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝
A．对比实验①和②，②中蓝色迅速褪去的原因是发生了反应ClO﹣+H+═HClO
B．实验③中产生的气体是Cl2，由HClO分解得到：2HClO═Cl2↑+H2O
C．湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝是因为发生了置换反应生成了碘单质（I2）
D．加酸可以提高“84”消毒液的漂白效果，但需要调控合适的pH才能安全使用
二、填空题
26．（10分）（1）3.01×1023个CO2的物质的量为 mol，质量为 g，所含质子的物质的量为 mol。
（2）5.4g水中所含的氢原子的物质的量是 mol，含有电子的物质的量为 mol。
（3）0.2molAl转变成Al3+时，需要失去的电子的物质的量是 mol。
（4）标况下，体积相同的HCl、NH3、CO2、O2气体中，物质的量之比为 ，所含原子数最多的是 ，质量最大的是 。
（5）0.1mol•L﹣1Fe2（SO4）3溶液中SO42﹣的物质的量浓度为 mol•L﹣1。
三、解答题
27．（8分）某课外活动小组为了研究“干燥的CO2不能与Na2O2反应”和“CO2在有水存在时才能与Na2O2反应”，设计了如下实验装置。
（1）如图装置，在干燥管中装入Na2O2后，打开活塞加入稀硫酸，生成CO2．打开K1，关闭K2，加热铜丝，目的是 。X是 。实验观察到铜丝未变化，则得出结论 。
（2）若打开K2，关闭K1，出现 现象，可证明有水时CO2与Na2O2反应产生了O2。
（3）根据以上的实验结论，写出生成CO2，O2反应的化学方程式： 。
28．（12分）现欲用98%的浓硫酸（密度为1.84g•cm﹣3）配制浓度为1mol•L﹣1的稀硫酸480mL。
（1）从下列用品中选出实验所需要的仪器 （填序号）。
A．1000mL烧杯 B．100mL烧杯 C．10mL量筒D．50mL量筒 E．500mL容量瓶 F．1000mL容量瓶
G．广口瓶 H．托盘天平
（2）除选用上述仪器外，还缺少的必要仪器或用品是 。
（3）需用量筒量取浓硫酸的体积为 mL．（保留3位有效数字）
（4）配制时，一般可分为以下几个步骤，请在下列横线填写所缺步骤的名称：计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、转移、 、摇匀。
（5）下列情况中，会使所配溶液的浓度偏低的是 （填序号，下同），无影响的是 。
A．将量筒中的浓硫酸转入烧杯后，未用水洗涤量筒
B．稀释浓硫酸后立即转入容量瓶
C．定容时加水不慎超过刻度线
D．定容时仰视刻度线
E．容量瓶未经干燥就使用
29．（8分）氯气可用于制取漂白剂和自来水消毒。
（1）将氯气通入水中制得氯水，氯水可用于漂白，其中起漂白作用的物质是 （填写化学式）。
（2）“84”消毒液也可用于漂白，其工业制法是控制在常温条件下，将氯气通入NaOH溶液中，反应的离子方程式为 。
（3）同学们探究“84”消毒液在不同pH下使红纸褪色的情况，做了如下实验：
步骤1：将5mL市售“84”消毒液稀释100倍，测得稀释后溶液的pH＝12；
步骤2：将稀释后溶液各20mL分别加入3个洁净的小烧杯中；
步骤3：用H2SO4溶液将3个烧杯内溶液的pH分别调至10、7 和4．（溶液体积变化忽略不计）
步骤4：在3个烧杯中分别放入大小相同的红纸，观察现象，记录如下：
烧杯
溶液的pH
现象
a
10
10min后，红纸基本不褪色；4h后红纸褪色
b
7
10min后，红纸颜色变浅；4h后红纸褪色
c
4
10min后，红纸颜色变得更浅；4h后红纸褪色
已知，溶液中Cl2、HClO和ClO﹣物质的量分数（α）随溶液pH变化的关系如图所示：
①由实验现象可获得以下结论：溶液的pH在4～10范围内，pH越大，红纸褪色 。
②结合图象进行分析，b、c两烧杯中实验现象出现差异的原因是 。
（4）由于氯气会与自来水中的有机物发生反应生成对人体有害的物质，人们尝试研究并使用新的自来水消毒剂，如ClO2气体就是一种新型高效含氯消毒剂。
①一种制备 ClO2的方法是用SO2通入硫酸酸化的NaClO3溶液中，反应的离子方程式为 。
②另一种制备 ClO2的方法是用NaClO3与盐酸反应，同时有Cl2生成，产物中Cl2体积 约占，每生成0.5mol ClO2，转移 mol e﹣。
30．（12分）某实验小组探究Na2CO3和NaHCO3的性质，发现实验室里盛放两种固体的试剂瓶丢失了标签．于是，他们先对固体A、B进行鉴别，再通过实验进行性质探究．
（1）分别加热固体A、B，发现固体A受热产生的气体能使澄清石灰水变浑浊．A受热分解的化学方程式为 ．
（2）称取两种固体各2g，分别加入两个小烧杯中，再各加10mL蒸馏水，振荡，测量温度变化；待固体充分溶解，恢复到室温，向所得溶液中各滴入2滴酚酞溶液．
①发现Na2CO3固体完全溶解，而NaHCO3固体有剩余，由此得出结论： ．
②同学们在两烧杯中还观察到以下现象．其中，盛放Na2CO3的烧杯中出现的现象是 （填字母序号）．
a．溶液温度下降b．溶液温度升高c．滴入酚酞后呈浅红色d．滴入酚酞后呈红色
（3）如图所示，在气密性良好的装置Ⅰ和Ⅱ中分别放入药品，将气球内的固体同时倒入试管中．
①两试管中均产生气体， （填“Ⅰ”或“Ⅱ”）的反应程度更为剧烈．
②反应结束后，气球均有膨胀，恢复至室温，下列说法正确的是 （填字母序号）．
a．装置Ⅰ的气球体积较大b．装置Ⅱ的气球体积较大
c．生成气体的体积根据盐酸计算d．生成气体的体积根据固体计算
（4）同学们将两种固体分别配制成0.5mol•L﹣1的溶液，设计如下方案并对反应现象做出预测：
实验方案
预测现象
预测依据
操作1：向2mL Na2CO3溶液中滴加1mL 0.5mol•L﹣1 CaCl2溶液
有白色沉淀
Na2CO3溶液中的CO32﹣浓度较大，能与CaCl2发生反应： （写离子方程式）
操作2：向2mL NaHCO3溶液中滴加1mL 0.5mol•L﹣1 CaCl2溶液
无白色沉淀
NaHCO3溶液中的CO32﹣浓度很小，不能与CaCl2反应
实施实验后，发现操作2的现象与预测有差异：产生白色沉淀和气体，则该条件下，NaHCO3溶液与CaCl2溶液反应的离子方程式为 ．
参考答案
一、单选题
1．【分析】根据容量瓶的结构和正确的使用操作进行分析判断．
【解答】解：容量瓶是配制准确的一定物质的量浓度的溶液用的精确仪器。它是一种带有磨口玻璃塞的细长颈、梨形的瓶底玻璃瓶，颈上有刻度；使用时要先检验密闭性，不能在容量瓶里进行溶质的溶解，容量瓶不能进行加热，容量瓶只能用于配制溶液，不能长时间或长期储存溶液。
故选：A。
【点评】本题考查了容量瓶的结构和使用注意问题，较简单．
2．【分析】电解质：在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物；例：酸、碱、盐，金属氧化物等；
非电解质：在水溶液中和熔融状态下不能导电的化合物；例：部分有机物，非金属氧化物等。
【解答】解：A．铁为单质，不是电解质，故A不选；
B．氯化钠在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，是电解质，故B选；
C．稀盐酸为混合物，不是电解质，故C不选；
D．硫酸钠溶液为混合物，不是电解质，故D不选；
故选：B。
【点评】本题考查了物质的分类，熟悉电解质和非电解质概念是解题关键，题目难度不大。
3．【分析】A．电离产生的阳离子都是氢离子的化合物为酸；
B．电离产生的阴离子都是氢氧根离子的化合物为碱；
C．分散质粒子直径介于1nm～100nm之间的分散系为胶体；
D．只含有一种物质的为纯净物。
【解答】解：A．H2SO3为化合物，电离产生的阳离子都是氢离子，属于酸，故A正确；
B．Ba（OH）2为化合物，电离产生的阴离子都是氢氧根离子，属于碱，故B正确；
C．雾分散质粒子直径介于1nm～100nm，属于气溶胶，故C正确；
D．氨水含有氨气、水、一水合氨，属于混合物，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查了物质的分类，熟悉酸、碱、胶体、纯净物概念是解题关键，题目难度不大。
4．【分析】氨气为无色刺激性气味的气体，可与水形成氢键，可与水生成一水合氨，且密度比空气密度小，以此来解答。
【解答】解：A．氨气为无色、有刺激性气味气体，故A错误；
B．氨气是具有刺激性气味的气体，故B正确；
C．氨气的密度比空气密度小，可选向下排空气收集，故C正确；
D．氨气可与水形成氢键，极易溶于水，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查氨气的性质，为高频考点，把握氨气的物理性质、化学性质为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
5．【分析】A．氯气只含有氯分子；
B．根据氯水含有三分子四离子来回答；
C．氯化钠溶液含有氯离子，不含氯化氢分子；
D．氯化氢为共价化合物。
【解答】解：A．氯气只含有氯分子，不含氯离子，故A错误；
B．新制氯水是混合物，含有水分子、氯气分子、次氯酸气分子、氯离子、次氯酸根离子、氢离子和氢氧根离子等微粒，故B正确；
C．氯化钠能电离出氯离子和钠离子，是由离子构成的，含有氯离子，不含氯分子，故C错误；
盐酸主要成分是氯化氢的水溶液，氯化氢为强电解质，完全电离，不含有氯分子，故C错误；
D．氯化氢为共价化合物，只存在氯化氢分子，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了微粒的组成和存在，解答此题的关键是了解物质的粒子构成，注意掌握分子、原子、离子的概念以及物质在溶液中的存在形式，注重基础，题目难度不大。
6．【分析】A．熄灭酒精灯时，用灯帽盖灭，不能用嘴吹；
B．钠能和水剧烈反应，甚至发生爆炸；
C．金属钠易和水、氧气反应；
D．浓硫酸溶于水放热，密度大于水。
【解答】解：A．熄灭酒精灯时，用灯帽盖灭，不能用嘴吹，防止引燃灯内的酒精，故A正确；
B．钠能和水剧烈反应产生氢气，量多时甚至发生爆炸，故实验剩余的钠不能随意丢弃到废液缸，应放回原试剂瓶，故B错误；
C．金属钠易和水、氧气反应，故不能用水来灭钠火，必须用沙土来覆盖，故C正确；
D．由于浓硫酸密度大于水，且稀释过程中放出大量热，稀释时应该将浓硫酸缓缓倒入水中并不断搅拌，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查学生化学实验中的安全及事故处理知识，试题旨在考查学生的基础知识的掌握，化学实验是化学的基础，要了解常见的实验操作，能对错误操作的后果做出判断，养成良好的实验习惯，题目难度不大。
7．【分析】A．根据n＝计算铁的物质的量；
B．常温常压下气体摩尔体积不是22.4L/mol；
C．没有明确溶液体积；
D．根据N＝nNA计算二氧化碳分子数目。
【解答】解：A．Fe的相对原子质量为56，Fe的摩尔质量为56g/mol，故56gFe的物质的量为＝1mol，故A错误；
B．温度越高，分子间距越大，故常温常压下气体摩尔体积大于22.4L/mol，则常温常压下，1molO2的体积大于22.4L，故B错误；
C．溶液中离子数目与离子浓度、溶液体积有关，溶液体积未知，无法计算Mg2+的物质的量，故C错误；
D．根据N＝nNA可知，1molCO2中含有的分子数约为1mol×6.02×1023mol﹣1＝6.02×1023，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查物质的量有关计算，掌握以物质的量为中心的计算，注意气体摩尔体积的使用条件与对象，理解温度、压强对气体摩尔体积的影响，题目难度不大，有利于基础知识的复习巩固。
8．【分析】A．只有胶体具有丁达尔效应，溶液不具备；
B．胶体不能透过半透膜；
C．氯化铁与盐酸不反应；
D．溶液和胶体都能透过滤纸。
【解答】解：A．只有胶体具有丁达尔效应，所以Fe（OH）3胶体具有丁达尔效应，而FeCl3溶液不具备，故A错误；
B．胶体不能透过半透膜，溶液能透过半透膜，故B错误；
C．Fe（OH）3胶体中加盐酸，先发生聚沉，生成沉淀，然后氢氧化铁与盐酸反应，沉淀消失，氯化铁与盐酸不反应，故C错误；
D．Fe（OH）3胶体和FeCl3溶液都能透过滤纸，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了胶体的性质以及胶体和溶液的区别，题目难度不大，掌握胶体的性质是解题的关键，侧重于学生的分析能力的考查，有利于培养学生的化学科学素养。
9．【分析】根据物质是否具有强氧化性来分析使有色布条褪色，具有强化性的物质使有色物质褪色后，颜色不会恢复．
【解答】解：A、因次氯酸钠溶液在漂白时，跟稀酸或二氧化碳的作用，使漂白粉生成次氯酸，次氯酸具有漂白性，所以有色布条会褪色，故A错误；
B、因次氯酸钙溶液在漂白时，跟稀酸或二氧化碳的作用，使漂白粉生成次氯酸，次氯酸具有漂白性，所以有色布条会褪色，故B错误；
C、因氯水的主要成分就是盐酸和次氯酸，因为次氯酸具有漂白性，所以有色布条会褪色，故C错误；
D、因氯化钙溶液中无次氯酸也不会生成次氯酸，所以有色布条不会褪色，故D正确；
故选：D。
【点评】本题主要考查了氯系消毒剂的漂白原理：由于有次氯酸或生成次氯酸，特别强调：氯气无漂白性，但能用于漂白．
10．【分析】A．该日空气污染指数为79，空气质量等级属于良；
B．首要污染物是指污染最重的污染物；
C．PM2.5、PM10指指的是大气中的细是浮颗粒物它的直径仅有2.5微米PM10指的是环境空气中尘埃在10微米以下的颗粒物；
D．、NO2、CO是机动车尾气成分；
【解答】解：A．首要污染物的污染指数即为空气污染指数，该日空气污染指数为79，空气质量等级属于良，故A错误；
B．首要污染物是指污染最重的污染物，根据空气质量报告，PM10数值最大，所以该日空气首要污染物是PM10，故B错误；
C．PM2.5、PM10指指的是大气中的细是浮颗粒物它的直径仅有2.5微米PM10指的是环境空气中尘埃在10微米以下的颗粒物，PM2.5、PM10会影响人体健康，故C错误；
D．机动车尾气中含有NO2、CO，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查的是常见的生活环境的污染及治理，根据化学与环境的有关知识，完成此题，题目难度不大。
11．【分析】Na2CO3为钠的含氧酸盐，为碳酸盐，易溶于水，以此解答．
【解答】解：Na2CO3为钠盐，也为碳酸盐，不能电离出氢离子，可电离出钠离子和碳酸根离子，为正盐，不是碱，易溶于水。
故选：D。
【点评】本题考查物质的分类，为高频考点，侧重于学生的基本概念的理解和把握，难度不大，注意把握分类标准以及方法．
12．【分析】氯气为黄绿色气体，能溶于水，溶于水得到氯水，氯水因为溶解氯气显浅黄绿色；氯气能够与氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠和水；氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸与硝酸银反应生成氯化银白色沉淀，据此解答。
【解答】解：氯气为黄绿色气体，能溶于水，溶于水得到氯水，氯水因为溶解氯气显浅黄绿色，三个集气瓶中只有丙颜色为浅黄绿色，所以丙中液体为水；
氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸与硝酸银反应生成氯化银白色沉淀，甲和乙中，只有乙出现了白色的沉淀，所以乙中液体为硝酸银溶液；
氯气能够与氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠和水，所以氯气被氢氧化钠吸收，溶液为无色，故甲中液体为氢氧化钠溶液，
则甲、乙、丙注入的液体分别是②①③；
故选：B。
【点评】本题考查了氯水的性质，明确氯水的成分是解题关键，题目难度不大。
13．【分析】A．电离不需要通电；
B．能够完全电离的电解质是强电解质；
C．电解质必须本身能够电离；
D．硫酸氢钠是强酸酸式盐，在水溶液中完全电离生成钠离子、硫酸根离子和氢离子。
【解答】解：A．氯化钠水溶液在水分子的作用下电离出Na+和Cl﹣，故A错误；
B．硫酸钡难溶于水，但硫酸钡在熔融状态下能够完全电离，属于强电解质，故B错误；
C．二氧化碳本身不能电离产生自由离子，属于非电解质，故C错误；
D．硫酸氢钠是强酸酸式盐，在水溶液中完全电离生成钠离子、硫酸根离子和氢离子，电离方程式为：NaHSO4═Na++H++SO4﹣，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查电解质在水溶液中的电离及强弱电解质判断，为高频考点，侧重考查学生分析判断及比较能力，明确强弱电解质根本区别及电解质电离特点是解本题关键，易错选项是B，电解质强弱与电离程度有关、与溶解性强弱无关，D中硫酸氢钠如果在熔融状态下就电离出钠离子和硫酸氢根离子，题目难度不大。
14．【分析】A．Na+的质子数为11，核外电子数为10，核外电子分层排布；
B．漂白粉的主要成分是Ca（ClO）2、CaCl2，其中Ca（ClO）2具有强氧化性，可用于杀菌消毒；
C．HClO4中H为+1、O为﹣2，结合化合物中元素化合价代数和为0进行计算；
D．硝酸根的化学式为NO3﹣。
【解答】解：A．Na+的质子数为11，核外电子数为10，最外层电子数为8，则Na+的结构示意图为，故A正确；
B．氯气和石灰乳反应制备漂白粉，其中Ca（ClO）2具有强氧化性、能与空气中的CO2反应生成次氯酸，表现出漂白性，则漂白粉中有效成分为Ca（ClO）2，故B正确；
C．HClO4中H为+1、O为﹣2，化合物中元素化合价代数和为0，则高氯酸（HClO4）中氯元素的化合价为+7，故C正确；
D．Ca（NO3）2电离生成钙离子和硝酸根离子，电离方程式为Ca（NO3）2═Ca2++2NO3﹣，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查了常见化学用语的书写判断，题目难度不大，掌握离子结构示意图、化学式、电离方程式、化合价的计算等化学用语的书写原则是解题关键，试题培养了学生规范答题的能力，题目难度不大。
15．【分析】①氮气和氧气都是双原子分子，标况下11.2L混合气体的物质的量为0.5mol，含有1mol原子；
②相同条件下，等体积的任何气体含有的分子数一定相等；
③1L 2mol/L的氯化镁溶液中含氯离子为4NA；
④气体摩尔体积使用与气体；
⑤根据O2和O3均由氧原子构成来计算。
【解答】解：①标准状况下，11.2L气体的物质的量为0.5mol，0.5mol氮气和氧气的混合气体中含有1mol原子，所含的原子数为NA，故正确；
②同温同压下，气体的摩尔体积相同，则体积相同的氢气和氩气的物质的量相同，所含的分子数相等，故正确；
③1L 2mol/L的氯化镁溶液中含氯离子为4NA，故正确；
④标准状况下，水不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算其物质的量，故错误；
⑤O2和O3均由氧原子构成，32gO2和O3含有的氧原子的物质的量n＝＝＝2mol，故含有原子数为2NA，故正确；
故选：D。
【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意明确标况下气体摩尔体积的使用条件，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系是解题关键，题目难度不大。
16．【分析】A．HClO是弱电解质，但NaClO是盐，属于强电解质；
B．碳酸钠受热难分解，不能用于制作膨松剂；
C．HCl不能与KI反应；
D．Na放入CuSO4溶液中，钠先与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠与硫酸铜溶液反应生成氢氧化铜沉淀，将Na2O2投入硫酸铜溶液中，Na2O2先与水反应生成氢氧化钠和氧气，然后是生成的氢氧化钠和硫酸铜之间反应。
【解答】解：A．NaClO在水中或熔融状态可完全电离，则NaClO为强电解质，而HClO为弱酸，故A错误；
B．碳酸钠受热难分解，是一种重要的有机化工原料，主要用于平板玻璃、玻璃制品和陶瓷釉的生产，碳酸氢钠固体受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳气体，常利用此特性作为制作饼干、糕点、馒头、面包的膨松剂，故B错误；
C．氯气与KI反应生成碘，而HCl不能与KI反应，则不能检验HCl，故C错误；
D．钠具有强还原性，金属钠和硫酸铜溶液反应时，先是金属钠和水的反应，2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑，有无色气体H2生成，然后是生成的氢氧化钠和硫酸铜之间的反应2NaOH+CuSO4＝Cu（OH）2↓+Na2SO4，有蓝色沉淀Cu（OH）2生成；将Na2O2投入硫酸铜溶液中，先发生反应2H2O+2Na2O2＝4NaOH+O2↑，有无色气体O2生成，然后是生成的氢氧化钠和硫酸铜之间的反应有蓝色沉淀Cu（OH）2生成；故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查电解质强弱的判断、膨松剂、物质检验、钠的化合物的性质等知识点，侧重考查元素化合物知识，明确物质的性质是解本题关键，易错选项是D，题目难度不大．
17．【分析】A．反应生成的气体使带火星木条复燃说明生成氧气；
B．过氧化钠和水反应迅速反应不需要催化剂，过氧化氢分解需要催化剂；
C．酚酞滴入氢氧化钠溶液变红色，氢氧化钠的酚酞溶液通入氧气溶液不褪色；
D．实验①可知反应过程中可能生成过氧化氢。
【解答】解：A．实验①是取反应后溶液加入二氧化锰后迅速产生大量气体，使带火星木条复燃，证明为氧气，故A正确；
B．过氧化钠与水反应不需要MnO2作催化剂，故B错误；
C．酚酞滴入氢氧化钠溶液变红色，氢氧化钠的酚酞溶液通入氧气溶液红色不褪色，实验②、③证明使酚酞褪色的不是氢氧化钠和氧气，故C正确；
D．实验①是取反应后溶液加入二氧化锰后迅速产生大量气体，使带火星木条复燃为氧气，说明反应过程中生成了过氧化氢具有漂白性，使红色褪去，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查了过氧化钠与水的反应原理，题目难度中等，试题注重考查性质实验方案的设计，注意掌握过氧化钠的性质，明确双氧水具有强氧化性、漂白性。
18．【分析】稀释前后溶质NaOH的物质的量不变，根据稀释定律计算稀释后NaOH的物质的量浓度．
【解答】解：设稀释后NaOH的物质的量浓度为c，根据稀释定律：
0.03L×0.5mol/L＝0.5L×c
解得c＝0.03mol/L，
故选：B。
【点评】本题考查物质的量浓度有关计算，比较基础，注意对公式的理解与灵活应用．
19．【分析】干燥的氯气与钢瓶难以反应，为防止钢瓶被腐蚀，可先干燥钢瓶，以此解答．
【解答】解：潮湿的氯气易与钢瓶反应，为防止氯气腐蚀钢瓶，钢瓶在装入氯气前必须干燥，而与题中其它选项无关，
故选：C。
【点评】本题考查氯气的性质，侧重于基础知识的考查，涉及氯气与生产、生活的运用，有利于培养学生的良好的科学素养，题目难度不大．
20．【分析】氯气性质活泼，易与活泼金属钠发生化合反应生成NaCl，火焰呈黄色，氯气易与NaOH溶液反应而被吸收，氯气具有强氧化性，与碘化钾发生置换反应．
【解答】解：A．钠着火燃烧产生黄色火焰，故A错误；
B．氯气性质活泼，易与活泼金属钠发生化合反应生成NaCl，反应时有大量白烟，故B正确；
C．氯气有毒，不能排放到空气中，氯气易与NaOH溶液反应而被吸收，所以棉球①的作用是吸收过量氯气防止产生污染，故C正确；
D．氯气具有强氧化性，与碘化钾发生置换反应，可根据其颜色变化判断氯气是否被碱液完全吸收，棉球②变蓝色则证明氯气未被碱液完全吸收，不变蓝证明吸收完全，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查氯气的性质，题目难度不大，注意相关基础知识的积累．
21．【分析】A.氯化氢能与碳酸氢钠反应生成二氧化碳；
B.碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠；
C.氧化钠与氧气反应生成过氧化钠；
D.二者都与氢氧化钡反应。
【解答】解：A.二氧化碳不与碳酸氢钠反应，氯化氢能与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，故A正确；
B.碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠，则加热法可除杂，故B正确；
C.氧化钠与氧气反应生成过氧化钠，将混合物在氧气中加热可除杂，故C正确；
D.二者都与氢氧化钡反应生成沉淀，影响被提纯的物质，且氢氧化钡与硫酸钠反应生成硫酸钡和NaOH，引入新杂质NaOH，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查物质分离提纯及除杂，为高频考点，把握物质的性质及混合物分离、提纯方法为解答的关键，注意除杂的原则，题目难度不大．
22．【分析】钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，反应的离子方程式为：2Na+2H2O＝2Na++2OH﹣+H2↑，a上面为煤油，b为水，钠的密度比煤油大，比水小，所以开始会在a处，但反应中有气体产生，所以会上下浮动。
【解答】解：A．a上面为煤油，b为水，钠的密度比煤油大，比水小，所以开始会在a处，但反应中有气体产生，所以会上下浮动，故A错误；
B．a上面为煤油，b为水，钠的密度比煤油大，比水小，所以开始会在a处，但反应中有气体产生，所以会上下浮动，故B错误；
C．因为没有氧气，所以钠块不能在煤油中燃烧起来，故C错误；
D．因为有气体生成会将水排入漏斗中，所以漏斗中液面升高，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了钠的性质、钠和水反应的现象，明确元素化合物性质、化学反应原理是解本题关键，知道各仪器的作用、会根据实验现象分析物质性质，题目难度不大。
23．【分析】A.钠与水反应生成氢氧化钠和氢气；
B.氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸；
C.过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气；
D.二氧化硫与水反应生成亚硫酸。
【解答】解：A.钠与水反应的化学方程式为：2Na+2H2O═2NaOH+H2↑，故A正确；
B.氯气与水反应的化学方程式为：Cl2+H2O═HCl+HClO，故B正确；
C.过氧化钠与水反应的化学方程式为：2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑，故C正确；
D.二氧化硫与水反应生成亚硫酸，正确的化学方程式为：SO2+H2O═H2SO3，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查化学方程式的书写判断，为高频考点，把握物质性质、反应实质为解答关键，注意掌握化学方程式的书写原则，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
24．【分析】由离子交换法净化水过程图可知，先经过阳离子交换树脂，由电荷守恒可知H+数目增加，再经阴离子树脂除去阴离子，然后发生H++OH﹣═H2O，以此来解答。
【解答】解：A．经过阳离子交换树脂后，水中阳离子的总数增加，故A错误；
B．水中的NO3﹣、SO42﹣、Cl﹣通过阴离子树脂后被除去，阴离子只有OH﹣，故B正确；
C．净化后，自由移动的离子的浓度减小，水的导电性降低，故C错误；
D．经过阳离子交换树脂、阴离子树脂后，阴离子树脂填充段存在反应H++OH﹣═H2O，故D正确；
故选：AC。
【点评】本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握离子交换法净化水的过程为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意交换树脂的作用，题目难度不大。
25．【分析】A．“84”消毒液（有效成分为NaClO）溶液中ClO﹣水解溶液显碱性，水解生成的HClO具有漂白性，加入硫酸促进水解平衡正向进行，c（HClO）增大漂白效果快；
B．“84”消毒液（有效成分为NaClO）溶液中加入浓度较大的稀硫酸反应，氯离子和次氯酸根离子在酸溶液中生成了氯气；
C．碘遇淀粉变蓝色；
D．加酸可以提高“84”消毒液的漂白效果，但酸的浓度大时会生成污染气体氯气。
【解答】解：A．“84”消毒液（有效成分为NaClO）溶液中次氯酸根离子水解溶液显碱性，水解生成的次氯酸具有漂白性，加入硫酸促进水解平衡正向进行，生成次氯酸浓度大漂白效果快，②中蓝色迅速褪去的原因是发生了反应ClO﹣+H+═HClO，故A正确；
B．“84”消毒液（有效成分为NaClO）溶液中加入浓度较大的稀硫酸反应，混合后溶液呈酸性，红色迅速褪去，并产生大量气体，使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，说明生成了氯气，是氯离子和次氯酸根离子在酸溶液中生成了氯气，氯气和水反应生成的次氯酸具有漂白性，生成的盐酸呈酸性，故B错误；
C．酸性条件下氯离子和次氯酸根离子反应生成氯气，氯气氧化碘离子生成碘，碘遇淀粉变蓝色，故C正确；
D．加酸可以提高“84”消毒液的漂白效果，但酸的浓度大时会生成污染气体氯气，需要调控合适的pH才能安全使用，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查了“84”消毒液的成分分析、次氯酸钠水解和氧化性的分析判断、主要是实验现象分析和结论归纳总结，题目难度中等。
二、填空题
26．【分析】（1）根据n＝计算CO2的物质的量，再根据m＝nM计算其质量，结合每个CO2分子含有22个质子计算所含质子的物质的量；
（2）根据n＝计算水的物质的量，再结合每个水分子含有2个氢原子、10个电子计算氢原子、电子的物质的量；
（3）1个Al原子失去3个电子转变成Al3+；
（4）同温同压下，气体的物质的量之比等于其体积之比，结合每个分子含有的原子数目判断含有原子数目多少，根据m＝nM判断质量大小；
（5）发生电离Fe2（SO4）3＝2Fe3++3SO42﹣，溶液中c（SO42﹣）＝3c[Fe2（SO4）3]。
【解答】解：（1）3.01×1023个CO2的物质的量为＝0.5mol，其质量为0.5mol×44g/mol＝22g，每个CO2分子含有22个质子，故所含质子物质的量为0.5mol×22＝11mol，
故答案为：0.5；22；11；
（2）n（H2O）＝＝0.3mol，每个水分子含有2个氢原子，则n（H）＝2n（H2O）＝2×0.3mol＝0.6mol，每个水分子含有10个电子，则n（电子）＝10n（H2O）＝10×0.3mol＝3mol，
故答案为：0.6；3；
（3）1个Al原子失去3个电子转变成Al3+，0.2molAl转变成Al3+时，需要失去的电子的物质的量是0.2mol×3＝0.6mol，
故答案为：0.6；
（4）标况下，体积相同的HCl、NH3、CO2、O2气体的物质的量相对，即它们的物质的量之比为1：1：1：1，其中NH3分子含有的原子数目最多，CO2的摩尔质量最大，故标准状况下相同体积的四种气体中，所含原子数最多的是NH3，质量最大的是CO2，
故答案为：1：1：1：1；NH3；CO2；
（5）发生电离Fe2（SO4）3＝2Fe3++3SO42﹣，溶液中c（SO42﹣）＝3c[Fe2（SO4）3]＝3×0.1mol•L﹣1＝0.3mol•L﹣1，
故答案为：0.3。
【点评】本题考查物质的量有关计算，掌握以物质的量为中心的计算，并能灵活运用，题目基础性强，旨在考查学生对基础知识的掌握情况。
三、解答题
27．【分析】试剂X是浓硫酸，除去二氧化碳中的水蒸气，打开K1，关闭K2，打开分液漏斗活塞加入稀硫酸，先用生成的二氧化碳排尽装置中空气，以免氧气与铜反应而干扰实验，再加热铜丝，实验观察到铜丝未变化，则得出无水时二氧化碳与过氧化钠不反应，然后打开K2，关闭K1，出现出现红色铜丝变黑色现象，可证明有水时CO2与Na2O2反应产生了O2。
【解答】解：（1）试剂X是浓硫酸，其作用是除去二氧化碳中的水蒸气，防止水干扰实验；实验观察到铜丝未变化，则得出结论“干燥的CO2不能与Na2O2反应”，
故答案为：除去二氧化碳中的水蒸气，防止水干扰实验；浓硫酸；无水时，二氧化碳与过氧化钠不反应；
（2）打开K2，关闭K1，出现红色铜丝变黑，可证明有水时CO2与Na2O2反应产生了O2，
故答案为：红色铜丝变黑色；
（3）硫酸与碳酸钠反应生成二氧化碳，二氧化碳与过氧化钠反应生成氧气，发生反应的化学方程式为：Na2CO3+H2SO4＝Na2SO4+H2O+CO2↑、2CO2+2Na2O2＝2Na2CO3+O2，
故答案为：Na2CO3+H2SO4＝Na2SO4+H2O+CO2↑、2CO2+2Na2O2＝2Na2CO3+O2。
【点评】本题考查物质性质探究实验，关键是理解实验原理进行对照实验，侧重吸收分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的掌握。
28．【分析】（1）配制480mL溶液，应该选用500mL容量瓶；98%的浓硫酸（密度为1.84g•cm﹣3）的物质的量浓度为：g/mol＝18.4mol/L，配制500mL 1mol/L的稀硫酸，需要浓硫酸的体积为：≈0.0272L＝27.2mL，再根据配制溶液的步骤可得；
（2）根据（1）仪器有：50mL量筒、100mL烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管；
（3）根据溶液稀释溶质的物质的量不变计算可得；
（4）配制溶液的一般步骤有：计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、转移、定容、摇匀；
（5）A．将量筒中的浓硫酸转入烧杯后，未用水洗涤量筒，无影响；
B．稀释浓硫酸后立即转入容量瓶，热的溶液体积偏大，冷却后溶液的体积偏小；
C．定容时加水不慎超过刻度线，溶剂加多；
D．定容时仰视刻度线，导致溶剂加多；
E．容量瓶未经干燥就使用，无影响。
【解答】解：（1）配制480mL溶液，应该选用500mL容量瓶；98%的浓硫酸（密度为1.84g•cm﹣3）的物质的量浓度为：g/mol＝18.4mol/L，配制500mL 1mol/L的稀硫酸，需要浓硫酸的体积为：≈0.0272L＝27.2mL，配制500mL 1mol/L的稀硫酸的步骤有：计算、量取、稀释、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等，使用的仪器有：50mL量筒、100mL烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，所以选项中使用到的仪器有：D 50mL量筒、B 100mL烧杯、E 500mL容量瓶；
故答案为：BDE；
（2）根据分析，需要的仪器有50mL量筒、100mL烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管；
故答案为：玻璃棒和胶头滴管；
（3）98%的浓硫酸（密度为1.84g•cm﹣3）的物质的量浓度为：g/mol＝18.4mol/L，配制500mL 1mol/L的稀硫酸，需要浓硫酸的体积为：≈0.0272L＝27.2mL；
故答案为：27.2；
（4）配制溶液的一般步骤有：计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、转移、定容、摇匀；
故答案为：定容；
（5）A．将量筒中的浓硫酸转入烧杯后，量筒不能洗涤，否则配制的溶液中溶质的物质的量偏大，未用水洗涤量筒，无影响；
B．稀释浓硫酸后立即转入容量瓶，热的溶液体积偏大，冷却后溶液的体积偏小，则溶液浓度偏高；
C．定容时加水不慎超过刻度线，溶剂加多，溶液浓度偏低；
D．定容时仰视刻度线，导致溶剂加多，溶液浓度偏低；
E．容量瓶未经干燥就使用，无影响；
故答案为：CD；AE。
【点评】本题考查了配制一定物质的量浓度的溶液的方法，该题是中等难度的试题，试题基础性强，贴近高考；该题难易适中，注重灵活性，侧重对学生能力的培养和解题方法的指导和训练，有利于培养学生的逻辑思维能力和严谨的规范实验操作能力；该题的难点在于误差分析，注意明确误差分析的方法。
29．【分析】（1）氯水中的次氯酸具有漂白作用；
（2）将氯气通入NaOH溶液中反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；
（3）①图表数据分析可知，PH越大褪色越慢；
②b烧杯中溶液的pH大于c烧杯中溶液的pH，次氯酸浓度小；
（4）①SO2通入硫酸酸化的NaClO3溶液中发生氧化还原反应生成硫酸钠和氯化钠，结合原子守恒、电子守恒配平书写离子方程式；
②用NaClO3与盐酸反应生成 ClO2的同时有Cl2生成，产物中Cl2体积约占，结合电子守恒计算。
【解答】解：（1）将氯气通入水中制得氯水，氯水可用于漂白，其中起漂白作用的物质是次氯酸，化学式为：HClO，
故答案为：HClO；
（2）将氯气通入NaOH溶液中反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为：Cl2+2OH﹣＝Cl﹣+ClO﹣+H2O，
故答案为：Cl2+2OH﹣＝Cl﹣+ClO﹣+H2O；
（3）①图表数据和现象分析可知，溶液的pH在4～10范围内，pH越大，红纸褪色越慢，
故答案为：越慢；
②结合图象进行分析，b、c两烧杯中实验现象出现差异的原因是：b烧杯中溶液的pH大于c烧杯中溶液的pH，HClO浓度较小，反应速率较慢，褪色较慢，
故答案为：b烧杯中溶液的pH大于c烧杯中溶液的pH，HClO浓度较小，反应速率较慢，褪色较慢；
（4）①SO2通入硫酸酸化的NaClO3溶液中发生氧化还原反应生成硫酸钠和氯化钠，结合原子守恒、电子守恒配平书写离子方程式为：SO2+2ClO3﹣＝2ClO2+SO42﹣，
故答案为：SO2+2ClO3﹣＝2ClO2+SO42﹣；
②用NaClO3与盐酸反应生成 ClO2的同时有Cl2生成，产物中Cl2体积约占，反应的化学方程式：2NaClO3+4HCl＝2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O，电子转移总数为2mol，结合电子守恒计算每生成0.5mol ClO2，转移电子0.5mol，
故答案为：0.5；
【点评】本题考查了氯气的性质应用、氧化还原反应分析判断、主要是离子方程式和化学方程式书写，掌握基础是解题关键，题目难度中等。
30．【分析】（1）碳酸钠温度，受热难分解，碳酸钠热稳定性差，受热易分解，生成二氧化碳气体，二氧化碳和氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀；
（2）①常温下，同质量、同体积的溶剂，Na2CO3固体完全溶解，而NaHCO3固体有剩余，说明Na2CO3较NaHCO3易溶；
②碳酸钠溶解过程放热，碳酸钠为强碱弱酸盐，水解使溶液呈碱性；
（3）①同等条件下，碳酸钠与盐酸反应速率不及碳酸氢钠与盐酸反应；②等质量的Na2CO3和NaHCO3，NaHCO3物质的量较多，生成二氧化碳多；
（4）碳酸钠能和氯化钙反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠；CaCl2与NaHCO3溶液反应生成碳酸钙沉淀和二氧化碳气体；
【解答】解：（1）碳酸钠稳定，受热难分解，碳酸钠热稳定性差，受热易分解，生成二氧化碳气体，故A为碳酸氢钠，反应方程式为：2NaHCO3 Na2CO3+CO2↑+H2O，生成的CO2气体通入澄清石灰水中发生反应，CO2+Ca（OH）2＝CaCO3↓+H2O 生成碳酸钙沉淀变浑浊；
故答案为：2NaHCO3 Na2CO3+CO2↑+H2O；
（2）①称取两种固体各2g，分别放入两个小烧杯中，再各滴加10mL蒸馏水，振荡，测量温度变化；待固体充分溶解，并恢复至室温后，发现Na2CO3固体完全溶解，而NaHCO3固体有剩余，说明在同样的温度下，同质量的两种固体在同体积的溶剂中，Na2CO3比NaHCO3易溶于水，
故答案为：同温度下，Na2CO3比NaHCO3易溶于水；
②a．碳酸钠溶解过程为放热过程，故a错误；
b．碳酸钠溶解过程放热，温度升高，故b正确；
c．碳酸钠为强碱弱酸盐，水解溶液呈碱性，滴入酚酞后呈红色，故c错误；
d．碳酸钠为强碱弱酸盐，水解溶液呈碱性，碳酸钠俗称纯碱，滴入酚酞后呈红色，故d正确；
故答案为：b、d；
（3）①将气球内的固体同时倒入试管发生反应：Na2CO3+2HCl═2NaCl+H2O+CO2↑，NaHCO3+HCl═NaCl+H2O+CO2↑，同等条件下，碳酸钠与盐酸反应速率不及碳酸氢钠与盐酸反应，所以I的反应程度更为剧烈，
故答案为：Ⅰ；
②a．Na2CO3的摩尔质量为：106g/mol；NaHCO3的摩尔质量为：84g/mol，等质量的Na2CO3和NaHCO3，NaHCO3物质的量较多，生成二氧化碳多，所以装置I的气球体积较大，故a正确；
b．等质量的Na2CO3和NaHCO3，NaHCO3物质的量较多，生成二氧化碳多，故b错误；
c．Na2CO3+2HCl═2NaCl+H2O+CO2↑，NaHCO3+HCl═NaCl+H2O+CO2↑，1g碳酸钠的物质的量为：＝0.0094mol，
1g碳酸氢钠的物质的量为：＝0.012mol，盐酸的物质的量为：0.003mol，盐酸不足，生成气体的体积可根据盐酸计算，故c正确；
d．通过以上计算可知盐酸不足，生成气体的体积可根据盐酸计算，故d错误；
故答案为：a、c；
（4）实验1：碳酸钠能和氯化钙反应CaCl2+Na2CO3═CaCO3↓+2NaCl，离子反应为：Ca2++CO32﹣＝CaCO3↓，
故答案为：Ca2++CO32﹣＝CaCO3↓；
实验2：CaCl2与NaHCO3溶液可发生反应：CaCl2+2NaHCO3＝CaCO3↓+2NaCl+CO2↑+H2O，离子反应为：Ca2++2HCO3﹣＝CaCO3↓+CO2↑+H2O，
故答案为：Ca2++2HCO3﹣＝CaCO3↓+CO2↑+H2O．
【点评】本题考查Na2CO3和NaHCO3性质的异同，题目难度中等，注意把握Na2CO3和NaHCO3性质以及相关反应的方程式的书写，易错点为（4），注意CaCl2与NaHCO3溶液可发生反应：CaCl2+2NaHCO3＝CaCO3↓+2NaCl+CO2↑+H2O．
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