第二章 海水中的重要元素——钠和氯 测试题 023-2024学年高一上学期化学人教版（2019）必修第一册

这是一份第二章 海水中的重要元素——钠和氯 测试题 023-2024学年高一上学期化学人教版（2019）必修第一册，共20页。
第二章《海水中的重要元素——钠和氯》测试题
一、单选题（共12题）
1．将3.9 g 镁铝合金投入到足量的NaOH溶液中，共产生标准状况下H2的体积为3.36 L。则原合金中镁和铝的物质的量之比是
A．1：1 B．1：2 C．1：3 D．2：3
2．下列叙述错误的是
A．可用铝制容器盛装稀硫酸
B．Na2O2可用于呼吸面具中作为氧气的来源
C．Fe2O3常用于制造红色油漆和涂料
D．Si可用于制造太阳能电池
3．已知ag气体X2中含有b个X原子，那么cg该气体在0℃、1.01×105Pa条件下的体积是(NA表示阿伏加德罗常数的值)
A．L B．L C．L D．L
4．设NA为阿伏伽德罗常数的数值，下列说法正确的有个
①等物质的量的N2 和CO 所含分子数均为NA
②1mol Na2O2 与水完全反应时转移电子数为2NA
③标准状况下，22.4 LN2和H2 混合气中含2NA个原子
④3mol 单质Fe完全溶解在适量稀硝酸中，失去9NA个电子
⑤将NA个NH3分子溶于1L水中得到1 mol·L-1的氨水
⑥水的摩尔质量就是NA个水分子的质量之和
⑦0.1mol FeC13完全转化为氢氧化铁胶体，生成0.1NA个胶粒
⑧将0.1molCl2通入1L 水中，转移的电子数目为0.1NA
⑨常温常压下，14.9gKC1与NaClO的混合物中含氯元素的质量为7.1g
⑩lmol Na2O2 中共含有4NA个离子
A．1 B．2 C．3 D．4
5．VmLAl2(SO4)3 溶液中含ag，取V/4mL溶液稀释到4VmL，则稀释后溶液Al3+中的物质的量浓度是
A．125a/(576V) mol/L B．125a/(288V)mol/L
C．125a/(144V )mol/L D．125a/(96V)mol/L
6．下列有关物质制备的说法错误的是
A．用铜与浓硝酸反应制备少量的二氧化氮
B．室温下用金属钠与氧气反应制取过氧化钠
C．工业上将过量氯气通入石灰乳中制取漂白粉
D．二氧化硫与稍过量的氨水反应制备亚硫酸铵
7．固体单质A和气体单质B在容积一定的密闭容器中恰好完全反应生成气体C，相同温度下测得容器内压强不变且反应后气体C的密度是原气体密度的4倍。下列判断正确的是
A．A、B两种单质的摩尔质量之比为1：3
B．生成物C中A元素的质量分数为
C．生成物C中A、B的原子个数之比为3：1
D．反应前后气体分子数之比为1：4
8．气体的体积主要是由下列哪些因素决定的
①气体分子的大小
②气体分子数的多少
③气体分子间的距离
④气体分子的相对分子质量
A．①② B．①③
C．②③ D．②④
9．由N2和CH4组成的混合气体的密度是同温同压下氢气密度的9.2倍，则混合气体中N2和CH4的体积比为
A．1∶1 B．1∶4 C．4∶1 D．1∶2
10．配制一定物质的量浓度的KOH溶液时，下列说法正确的是
A．称量一定质量的KOH固体，小心放入容量瓶，加水至刻度线
B．用220mL容量瓶配制所需的220mL0.1mol•L-1NaCl溶液
C．容量瓶使用前需要检查是否漏水
D．若定容时观察液面仰视，会使浓度偏大
11．ag O2中含b个氧原子，则阿伏加 德罗常数的值可表示为
A．2b B． C． D．b
12．与3.2gSO2所含氧原子数相等的CO的质量为（    ）
A．1.4g B．2.8g C．4.2g D．5.6g
二、非选择题（共10题）
13．如果出现下列情况，所配溶液的浓度会怎样？(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)
(1)没有进行洗涤就直接定容。
(2)转移溶液时有少量溶液洒在瓶外。
(3)定容时凹液面高于刻度线。
(4)定容时仰视刻度线。
(5)容量瓶洗净后瓶底有少量蒸馏水。
14．(1)1.8g水与 mol硫酸所含的分子数相等，它们所含氧原子数之比是 。
(2)相等物质的量的CO和CO2相比较，则：
①它们所含的氧原子数目之比为
②它们所含的电子数目之比为
(3)现有mg某气体，它由三原子分子构成，它的摩尔质量为Mg·mol-1。若阿伏加 德罗常数用NA表示，则：
①该气体所含原子总数为 个；
②构成该气体原子的相对原子质量为 ；
③3.2g某气体中含有的分子数约为3.01×1022，此气体的摩尔质量为 。
15．钠、氯及其化合物有如下转化关系，请按要求填空：

（1）Na、Na2O、Na2O2、NaOH久置空气中最终都是变为 （填化学式）；
（2）Na放在石棉网上加热反应的化学方程式为 　   　
（3）Na2O2与水反应的化学方程式为    　
（4）一小块金属钠投入CuCl2溶液中，发生反应的方程式有: ,和 .
（5）在点燃的条件下Fe 与Cl2发生反应的现象为 ，反应的化学方程式为 ．
16．某研究性学习小组欲探究氯气的化学性质，设计如图所示的实验装置。

已知：该装置气密性良好；铜粉放在耐高温托盘内(防止硬质玻璃管炸裂)。请回答下列问题：
(1)为防止铜与空气中的氧气反应，在加热之前应该进行的操作是 。
(2)当观察到AgNO3溶液中出现白色沉淀时，点燃酒精灯加热；写出AgNO3溶液中发生反应的化学方程式： 。
(3)硬质玻璃管中的反应的化学方程式为 。
(4)装置中空试管的作用 。
(5)实验中，观察到紫色石蕊溶液颜色的变化为 。
(6)氢氧化钠溶液中发生反应的化学方程式为 。
17．实验室需要用98%的浓H2SO4(其密度为 1.84 g·mL -1)，配制 240 mL 0.50 mol·L-1 稀H2SO4溶液，根据溶液配制情况回答下列问题：
(1)实验中除需要量筒、烧杯、玻璃棒、试剂瓶、胶头滴管外，还需要的玻璃仪器有 。
(2)应量取98%的浓硫酸 mL(计算结果保留一位小数)，选用 mL量筒。
(3)使用容量瓶前必须要进行的一步操作是 。
(4)简述定容实验操作，应在距刻度线 处， 。
(5)配制过程中，下列操作会使配制的稀硫酸溶液浓度偏低的是(填序号) 。
①量取浓硫酸的量筒用蒸馏水洗涤 2～3 次，并把洗涤液转入容量瓶
②移液前容量瓶底部有少量蒸馏水
③溶解后未恢复至室温就移液
④定容时水加多了，用滴管吸出
⑤定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面低于刻度线，再加蒸馏水补至刻度线
⑥用量筒量取浓硫酸时俯视观察凹液面
⑦将配好的溶液装入试剂瓶时，不慎溅出部分溶液
⑧定容时仰视观察
⑨未洗涤烧杯和玻璃棒
(6)取用任意体积的该硫酸时，下列物理量中不随所取体积的多少而变化的是 (填字母)。
A．溶液中H2SO4的物质的量
B．溶液的浓度
C．溶液中SO的数目
D．溶液的密度
18．Na2CO3和NaHCO3是两种重要的钠盐。
(1)探究Na2CO3、NaHCO3溶液分别与盐酸反应过程的热量变化
步骤1：分别取10 mL Na2CO3、NaHCO3溶液，测量温度为T1；
步骤2：分别加入10 mL密度约为1.1 g·mL-120%的盐酸(20℃)，搅拌，测量温度为T2；
步骤3：数据记录：
试剂    温度
T1/℃
T2/℃
Na2CO3
20.0
23.7
NaHCO3
20.0
20.8
步骤4：实验分析。甲同学分析上述数据认为两个反应都放出热量，乙同学认为甲同学的分析不严谨，应该补做如下实验：向盛有10mL水(20℃)的烧杯中加入 ，搅拌，测量温度为T3℃，再比较T3和T2的大小。若T3 (填大于或小于)20.8，说明NaHCO3溶液与盐酸的反应吸收热量。
(2)下列实验方案中，能测定Na2CO3和NaHCO3固体混合物中各组分质量分数的是 (填数字)。
方案1：取m1 g样品于300℃加热分解至完全时，固体质量减轻m2 g。
方案2：取m1 g样品，加入足量NaOH溶液充分反应，所得溶液质量为m2 g
方案3：取m1 g样品溶于水后，向其中加入足量盐酸产生CO2的体积为V mL(标准状况)
方案4：取m1 g样品与足量稀硫酸充分反应，逸出的混合物通过碱石灰吸收，质量增加m2g
(3)除去Na2CO3粉末中混有的少量NaHCO3的方法是 ，所涉及的反应的化学方程式为 。
19．在紫外线作用下，氧气可转化为臭氧：，低空臭氧的浓度过高时对人体有害，因此要尽量避免在阳光强烈照射的中午前后进行户外活动。
(1)转化为属于 (填“化学”或“物理)变化。
(2)同温同压下，等体积的和的分子数之比为 。
(3)和的混合气体中含有氧原子的数目为 (用表示阿伏加德罗常数的值)。
20．黄铁矿(主要成分为FeS2)是生产硫酸的主要原料。高温时，黄铁矿在空气，[设空气中V(N2)：V(O2)=4∶1]中煅烧，可发生下列反应：4FeS2 ＋ 11O2 → 2Fe2O3 ＋ 8SO2。      
根据题意完成下列计算：
(1)若把2.00g黄铁矿试样在足量空气中充分灼烧后，得到1.56g残渣，则黄铁矿的纯度为 。
(2)燃烧70t黄铁矿（含硫35%，杂质不含硫）生产出72.8t硫酸铵。若黄铁矿制取硫酸时的利用率为80%，则在制取硫酸铵时硫酸的利用率为 。
(3)为使FeS2煅烧完全生成Fe2O3，工业上使用过量空气，当空气过量20%时，煅烧后的气体中SO2的体积分数为 。
(4)480g纯净的FeS2在空气中完全反应，若所得固体中，Fe和O的物质的量之比n(Fe)∶n(O)＝4∶x，此时消耗空气为ymol。试写出y与x的关系式： 。
21．氧化还原反应在生产生活中有广泛的应用，中国传统文化中有广泛记载。
(1)“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”涉及到的化学反应为：CuSO4+Fe=FeSO4+Cu，该反应中CuSO4的摩尔质量是 。28 g铁粉完全反应，析出Cu单质的物质的量为 。
(2)宋代《洗冤集录》中记载有“银针探毒”，其原理是：4Ag+2H2S+O2=2Ag2S+2H2O，在相同条件下体积相同的H2S和O2两种气体原子数之比为 ，质量比为 。标准状况下22.4 mL O2中氧原子的物质的量n(O)= mol，当发生上述反应时氧气完全反应，消耗的标准状况下H2S的体积是 mL。
(3)我国古代四大发明之一的黑火药是由硫磺粉、硝酸钾和木炭按一定比例混合而成的，爆炸时发生的反应为：，在此反应中，被还原的元素为 (填元素符号)，氧化产物是 (填化学式)，6.4gS参加反应时，产生气体的体积为 L(标况下)，反应中被S氧化的C的物质的量为 mol。
22．A、B、C、D、E五种物质的转化关系如图所示：

(1)确定A、C、E各为什么物质：A C E 。
(2)写出下列各步反应的化学方程式：
① 。
②

参考答案：
1．B
镁铝合金中，只有铝能和氢氧化钠发生反应，根据Al与NaOH溶液反应方程式中转化关系，由生成氢气的量计算出铝的物质的量，再结合n=及物质总质量，可计算出Mg的物质的量，进而得到二者的物质的量的比。
n(H2)==0.15 mol，由Al与NaOH溶液反应的方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑可知反应消耗的Al的物质的量为n(Al)=n(H2)=0.1 mol，m(Al)=n·M=0.1 mol×27 g/mol=2.7 g，则原合金中Mg的质量为m(Mg)=3.9 g-2.7 g=1.2 g，所以Mg的物质的量n(Mg)= =0.05 mol，因此原合金中镁和铝的物质的量之比n(Mg)：n(Al)=0.05 mol：0.1 mol=1：2，故合理选项是B。
【点睛】本题考查化学方程式的计算，明确发生反应原理为解答关键，注意掌握物质的量与其它物理量之间的转化关系，试题侧重考查学生的分析能力及化学计算能力。
2．A
A、常温下，铝能和稀硫酸生成氢气和硫酸铝，但和浓硫酸反应生成一层致密的氧化物薄膜阻止进一步反应而发生钝化现象，所以可用铝制容器盛装浓硫酸，故A错误；
B、过氧化钠和二氧化碳、水反应生成氧气，所以过氧化钠可用于呼吸面具中作为氧气的来源，故B正确；
C、氧化铁是红棕色固体，俗称铁红，常用于制造红色油漆和涂料，故C正确；
D、硅的导电性介于导体和绝缘体之间，是良好的半导体材料，利用高纯硅的半导体性能，可用制造太阳能电池，故D正确；
故选A。
3．A
a g气体X2中含有b个X原子，气体摩尔质量设为M，则×2=mol，M=g/mol；0℃、1.01×105Pa条件是标准状况，c g该气体的体积=×22.4L/mol =L= L，答案选A。
4．B
①等物质的量的N2和CO所含分子数相等，但不一定是NA个，故①错误；
②Na2O2与水的反应为歧化反应，1mol过氧化钠与水反应转移1mol电子，即NA个，故②错误；
③标准状况下，22.4 LN2和H2混合气体的物质的量是1mol，因N2和H2都是双原子分子，则所含原子的物质的量是2mol，原子数目是2NA，故③正确；
④因硝酸的量未知，则铁最终的化合价无法确定，可能是+3价，也可能是+2价，还可能是既有+3价又有+2价，所以无法计算转移的电子数，故④错误；
⑤将NA个NH3分子气体溶于1L水中，溶液体积不是1L，得到溶液的浓度不是1mol⋅L−1，故⑤错误；
⑥水的摩尔质量是18g/mol，NA个水分子的质量之和是18g，二者单位不同，只是数值相等，故⑥错误；
⑦氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，故0.1mol FeC13完全转化为氢氧化铁胶体，生成的胶粒小于0.1NA个；故⑦错误；
⑧将0.1molCl2通入1L 水中，只有部分氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，所以反应转移电子小于1mol，转移的电子数目小于0.1NA，故⑧错误；
⑨ KC1与NaClO的相对分子质量相等，14.9gKC1与NaClO的物质的量是0.2mol，则所含氯原子的物质的量也是0.2mol，氯原子的质量是0.2mol×35.5g/mol=7.1g，故⑨正确；
⑩lmol Na2O2中含有2mol钠离子和1mol过氧离子，共3mol离子，离子总数是3NA，故⑩错误；
根据上述分析可知，正确的是③⑨，故答案选B。
5．B
根据计算ag 的物质的量，根据电荷守恒可以知道2n()=3n()，据此计算VmL溶液中铝离子物质的量，进而计算mL溶液中铝离子物质的量，再根据计算稀释后溶液中的物质的量浓度。
a g SO42－的物质的量为:，根据电荷守恒可以知道：2n()=3n()，故VmL溶液中的物质的量为：，则mL溶液中铝离子物质的量: ，当稀释到4VmL时，稀释后该溶液中的物质的量浓度是。
故选B选项。
6．B
A． 可用铜与浓硝酸反应制备少量的二氧化氮：Cu+4HNO3(浓)= Cu(NO3)2 +2NO2↑+2H2O ，A选项正确；
B． 金属钠与氧气反应在室温下生成氧化钠，加热才生成过氧化钠，B选项错误；
C． 工业上利用氯气能与碱发生歧化反应生成能杀菌消毒的次氯酸盐的性质，将氯气通入石灰乳中制取漂白粉：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O ，C选项正确；
D． 二氧化硫与稍过量的氨水反应生成正盐：SO2 +2NH3+H2O = (NH4)2SO3，D选项正确；
所以，B选项符合题意；
答案选B。
7．B
化学反应遵循质量守恒定律，同温下测得容器内压强不变，则气体的物质的量不变，反应后气体C的密度是原气体密度的4倍，则生成C的质量为B的质量的4倍，固体单质A的质量是气体单质B质量的3倍，以此解答该题。
化学反应遵循质量守恒定律，反应前后的质量相等。同温下测得容器内压强不变，气体的物质的量不变，反应前后气体分子数比为1：1，选项D错误；由密度变化知固体单质A的质量是气体单质B的3倍，即生成物C中A的质量分数为75%，即生成物C中A元素的质量分数为，选项B正确；由于A、B单质的组成不定，不能获得原子之间的比例及二者的摩尔质量之比，选项A、C错误；故合理选项是B。
【点睛】本题考查阿伏加德罗定律定律及其推论。注意从质量守恒的角度判断，注意题中同温下测得容器内压强不变的条件，注意A的状态为固态。
8．C
由于气体分子间距离较大，远大于分子的直径，所以分子大小可以忽略不计，故决定气体体积的因素主要为分子数和分子间的距离，与气体的相对分子质量无关，C项正确；
答案选C。
9．B
由N2和CH4组成的混合气体的密度是同温同压下氢气密度的9.2倍，利用密度之比等于摩尔质量之比等于相对密度进行计算，


M(混合) = 18.4g∙mol-1，
利用十字交叉法进行计算

也可假设氮气物质的量为x mol，甲烷物质的量为y mol，

x:y = 1:4
同温同压下，体积之比等于物质的量之比，即它们体积之比为1:4，故B正确；
综上所述，答案为B。
10．C
A．容量瓶不能用于溶解、稀释物质，故称量一定质量的KOH固体，先在烧杯中完全溶解后再冷却后小心通过玻璃棒转移到容量瓶，加水至刻度线，A错误；
B．实验室并没有220mL的容量瓶，只能用250mL的容量瓶进行配制250mL溶液，再取出所需的220mL0.1mol•L-1NaCl溶液，B错误；
C．容量瓶颈上有一玻璃活塞，故使用前需要检查是否漏水，C正确；
D．若定容时观察液面仰视，将使所加溶液的体积偏大，故会使浓度偏小，D错误；
故答案为：C。
11．B
= mol，则O原子物质的量为2×mol=mol，故mol×NA=b，则NA=mol−1，答案选B。
12．B
3.2gSO2的物质的量为=0.05mol，含有的O原子物质的量为0.1mol，CO与其所含氧原子数相等，则n(CO)=0.1mol，m(CO)=0.1mol×28g/mol=2.8g，故答案选B。
13．(1)偏低
(2)偏低
(3)偏低
(4)偏低
(5)无影响
(1)
没有进行洗涤就直接定容，溶液中溶质减少，浓度偏低；故答案为：偏低；
(2)
转移溶液时有少量溶液洒在瓶外，溶液中溶质减少，浓度偏低；故答案为：偏低；
(3)
定容时凹液面高于刻度线，溶液体积偏大，浓度偏低，故答案为：偏低。
(4)
定容时仰视刻度线，溶液体积偏大，浓度偏低，故答案为：偏低。
(5)
容量瓶洗净后瓶底有少量蒸馏水，定容时少加蒸馏水，浓度无影响；故答案为：无影响。
14． 0.1 1：4 1：2 7：11
（1）1.8g水含0.1mol水分子，0.1 mol硫酸所含的分子数与其相等；前者所含氧原子为0.1mol，后者所含氧原子为0.4mol，二者氧原子数之比是1:4；
故答案为：0.1；1:4；
（2）相等物质的量的CO和CO2，假设其均为1mol，则：
①前者所含的氧原子为1mol，后者所含的氧原子为2mol；二者氧原子数目之比为1:2；
②前者所含的电子为14mol，后者所含的电子为22mol，二者电子数目之比为7:11；
（3）现有mg某气体，它由三原子分子构成，它的摩尔质量为Mg·mol-1。若阿伏加 德罗常数用NA表示，则：
①该气体所含原子总数为；
②该气体由三原子分子构成，它的摩尔质量为Mg·mol-1，则构成该气体原子的相对原子质量为；
③3.2g某气体中含有的分子数约为3.01×1022，此气体的摩尔质量为。
15． Na2CO3 2Na+O2Na2O2 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑ 2Na+2H2O=2NaOH+H2↑ 2NaOH+CuCl2=2NaCl+Cu（OH）2↓ 产生大量棕褐色的烟 2Fe +3Cl2 2 FeCl3。
（1）空气中含有二氧化碳和水蒸气，在空气中的转化过程：Na→Na2O→NaOH→Na2CO3•10H2O→Na2CO3，Na2O→NaOH→Na2CO3•10H2O→Na2CO3，Na2O2→NaOH→Na2CO3•10H2O→Na2CO3，NaOH→Na2CO3•10H2O→Na2CO3，所以久置空气中最终都是变为Na2CO3；故答案为Na2CO3；
（2）Na在加热条件下与氧气反应生成过氧化钠，其反应的方程式为：2Na+O2Na2O2；故答案为2Na+O2Na2O2；
（3）Na2O2与H2O反应生成氢氧化钠和氧气，其反应的方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；故答案为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；
（4）Na与水反应生成氢氧化钠，其反应的方程式为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，氢氧化钠与氯化铜反应氢氧化铜沉淀和氯化钠，其反应的方程式为：2NaOH+CuCl2=2NaCl+Cu（OH）2↓；故答案为2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；2NaOH+CuCl2=2NaCl+Cu（OH）2↓。
（5）在点燃的条件下Fe 与Cl2反应会产生大量棕褐色的烟，方程式为：2Fe +3Cl2 2 FeCl3，故答案为产生大量棕褐色的烟；2Fe +3Cl2 2 FeCl3。
16． 先通入氯气排尽装置中的空气； HCl+AgNO3=AgCl↓+HNO3 Cu+Cl2CuCl2 防止右侧试管中的水倒吸入硬质玻璃管中，使硬质玻璃管炸裂 溶液先变红后褪色 Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O
干燥的氯气与Cu加热生成CuCl2，为防止铜与空气中的氧气反应，在加热之前应该通入先氯气排尽装置中的空气；空试管作安全瓶，可以防止倒吸现象的发生；Cl2与石蕊试液中的水反应产生盐酸和次氯酸，酸使石蕊试液变为红色，但HClO具有漂白性，又将红色物质氧化变为无色；在AgNO3溶液中，Cl2与水反应产生盐酸会发生反应产生AgCl白色沉淀，由于氯气是有毒气体，在尾气排放前先用NaOH溶液进行尾气处理，然后再排放，由此分析。
(1)为防止在加热时铜与空气中的氧气反应，在加热之前应该先通入氯气排尽装置中的空气；
(2)在AgNO3溶液中，首先是氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，化学方程式为Cl2+H2O⇌HCl+HClO，然后是反应产生的盐酸与硝酸银反应生成氯化银沉淀和硝酸，化学方程式为：HCl+AgNO3=AgCl↓+HNO3；
(3)在硬质玻璃管中，Cu和Cl2剧烈反应，产生棕黄色烟，生成氯化铜，反应的方程式为Cu+Cl2CuCl2；
(4)干燥的氯气与铜粉在加热的条件下反应，若有水蒸气进入发生装置可能会发生试管炸裂，故空试管的作用防止右侧试管中的水倒吸入硬质玻璃管中，使硬质玻璃管炸裂；
(5)Cl2与石蕊试液中的水发生反应Cl2+H2O⇌HCl+HClO，使溶液显酸性，石蕊溶液遇到酸变红色，但HClO有漂白性，所以红色又褪去，故实验中，观察到紫色石蕊溶液颜色的变化是：溶液先变红后褪色；
(6)氯气有毒，不能直接排放，但由于Cl2能与NaOH溶液反应生成NaCl、NaClO和H2O，反应方程式为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O。
【点睛】熟练掌握氯气的化学性质是解本题的关键，注意装置的防倒吸功能及氯气是有毒气体，在排放之前一定要进行尾气处理。
17． 250mL容量瓶 6.8 10 查漏 1-2cm 改用胶头滴管滴加蒸馏水至溶液凹液面与刻度线相切 ④⑤⑥⑧⑨ BD
配制一定物质的量浓度的溶液的步骤：计算-用天平称量固体药品质量或用量筒量取浓溶液的体积-在烧杯中进行溶解或稀释-冷却至室温后玻璃棒引流到容量瓶中-先直接加水至刻度线一下1-2cm后改用胶头滴管定容至刻度线-摇匀后转移到试剂瓶中保存。分析浓度的误差时根据公式：c=，判断溶质的物质的量以及溶液体积的大小确定误差。
(1)根据以上步骤可知，缺少的仪器为容量瓶，容量瓶选取要以“进而大”为原则，因此配制240mL的溶液应选取250mL的容量瓶，故答案为：250mL容量瓶；
(2)c(浓H2SO4)=，配制 240 mL 0.50 mol·L-1 稀H2SO4溶液，实际配制体积为250mL，需要的浓硫酸的体积=，应选用10mL的量筒量取，故答案为：6.8；10；
(3)使用容量瓶前应先检查容量瓶是否漏水，故答案为：查漏；
(4)根据以上步骤，定容时先直接加水至刻度线一下1-2cm后改用胶头滴管定容至刻度线，故答案为：1-2cm；改用胶头滴管滴加蒸馏水至溶液凹液面与刻度线相切；
(5)①量取浓硫酸的量筒用蒸馏水洗涤 2～3 次，并把洗涤液转入容量瓶，导致溶质的物质的量偏大，浓度偏大，故不选；
②移液前容量瓶底部有少量蒸馏水，对实验无影响，故不选；
③溶解后未恢复至室温就移液，定容后恢复室温，导致体积偏小，浓度偏高，故不选；
④定容时水加多了，用滴管吸出，导致溶质损失，浓度偏低，故选；
⑤定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面低于刻度线，这是因溶液残留的瓶口或瓶颈内壁，若加蒸馏水补至刻度线，导致溶液的偏大，浓度偏低，故选；
⑥用量筒量取浓硫酸时俯视观察凹液面，导致实际量取的浓硫酸体积偏小，溶质偏小，浓度偏低，故选；
⑦将配好的溶液装入试剂瓶时，不慎溅出部分溶液，对所配溶液浓度无影响，故不选；
⑧定容时仰视观察，导致溶液体积偏大，浓度偏低，故选；
⑨未洗涤烧杯和玻璃棒，烧杯和玻璃棒上的溶质损失，浓度偏低，故选；
故答案为：④⑤⑥⑧⑨；
(6)A．溶液中H2SO4的物质的量n＝CV，所以与溶液的体积有关，故A不选；
B．溶液浓度具有均一性，与体积无关，故B选；
C．溶液中SO的数目＝nNA＝CVNA，所以与溶液的体积有关，故c不选；
D．溶液的密度与溶液的体积无关，故D选；
故答案为：BD；
18． 10 mL密度约为1.1 g·mL-120%的盐酸 大于 1、3 加热 2NaHCO3Na2CO3+ H2O+ CO2↑
(1)盐酸加入水稀释时，也会有热效应，因此需要向10mL水(20℃)的烧杯中加入加入实验中使用的10 mL密度约为1.1 g·mL-120%的盐酸，做对照实验，看温度的变化；若盐酸加入水中的温度T3大于20.8，则说明盐酸溶于水时放出的热量被吸收，即反应NaHCO3+HCl =NaCl+H2O+CO2↑为吸热反应；
(2)方案1：取m1 g样品于300℃加热分解至完全时，固体质量减轻m2 g，化合物中只有NaHCO3受热分解，可用差量法计算NaHCO3的质量，设NaHCO3的质量为x，由题意可得：

解得x=，再求出NaHCO3的质量分数，也可以算出Na2CO3的质量分数，方案1符合题意；
方案2：加入NaOH溶液的量不确定，而且是过量，m2 g的溶液中含有NaOH，含量未知，故无法计算固体混合物中各组分质量分数，方案2不符合题意；
方案3：取m1 g样品溶于水后，向其中加入足量盐酸产生CO2的体积为V mL(标准状况)，产生CO2的物质的量为mol，设Na2CO3和NaHCO3的物质的量分别为x、y，根据题意可得：
，可解出Na2CO3和NaHCO3的物质的量，从而计算二者的质量分数，方案3符合题意；
方案4：取m1 g样品与足量稀硫酸充分反应，逸出的混合物为CO2和H2O，均可以被碱石灰吸收，因此无法计算生成的CO2的质量，故无法计算固体混合物中各组分质量分数，方案4不符合题意；
故选1、3；
(3) NaHCO3受热分解，可用加热的方法除去Na2CO3粉末中混有的少量NaHCO3，方程式为2NaHCO3Na2CO3+ H2O+ CO2↑。
19．(1)化学
(2)1:1
(3)0.1NA
（1）转化为有新物质生成，属于化学变化；
（2）根据阿伏伽德罗定律，同温同压下，等体积的和的分子数之比为1:1；
（3）和的混合气体中只含氧原子，含有氧原子的数目为。
20． 66% 90.04% 12.7% y=2.5x+40
(1)设试样中含FeS2的物质的量为x mol，则杂质的质量为(2.00-120x) g，由反应方程式4FeS2＋11O2 → 2Fe2O3＋8SO2，可得出生成Fe2O3的物质的量为0.5x mol，从而得出：160×0.5x=1.56-(2.00-120x) g，x=0.011mol，则黄铁矿的纯度为=66%。答案为：66%；
(2)设在制取硫酸铵时硫酸的利用率为y，由S～H2SO4建立关系式，则，y=90.04%。答案为：90.04%；
(3)设FeS2的物质的量为4mol，由反应方程式4FeS2＋11O2 → 2Fe2O3＋8SO2，可得出消耗O211mol，生成SO28mol。投入空气11mol×1.2×5=66mol，剩余气体66mol-11mol=55mol，从而得出煅烧后的气体中SO2的体积分数为=12.7%。答案为：12.7%；
(4)可假设产物的化学式为Fe4Ox，则反应的化学方程式为8FeS2+(16+x)O2→2Fe4Ox+16SO2，n(FeS2)==4mol，则(16+x)×5 =2y，从而求出y与x的关系式为y=2.5x+40。答案为：y=2.5x+40。
【点睛】在利用“FeS2煅烧完全生成Fe2O3，工业上使用过量空气，当空气过量20%”，求煅烧后的气体中SO2的体积分数时，我们容易在O2的消耗量上出错，过量的20%并未参加反应，而我们在计算时，把它当成反应物去掉了，从而导致错误的发生。
21．(1) 160 g/mol 0.5 mol
(2) 3：2 17：16 0.002 44.8
(3) S和N CO2 17.92 0.1
（1）CuSO4式量是160，所以CuSO4的摩尔质量是160 g/mol；
28 g Fe的物质的量是0.5 mol，根据反应方程式可知：0.5 mol Fe完全反应置换产生0.5 mol Cu；
（2）H2S、O2分子中含有的原子个数是分别是3、2，二者都是气体，根据阿伏伽德罗定律可知：在相同条件下体积相同的H2S和O2两种气体的分子数相同，故二者所含的原子数之比为3：2；二者的质量比m(H2S)：m(O2)=34：32=17：16；
标准状况下22.4 mLO2的物质的量n(O2)=；由于O2分子中含有2个O原子，则在0.01 mol O2中含有O原子的物质的量是n(O)=0.001 mol×2=0.002 mol；
根据反应方程式4Ag+2H2S+O2=2Ag2S+2H2O可知：1体积O2反应消耗2体积H2S，则标准状况下22.4 mLO2反应消耗H2S的体积是44.8 mL；
（3）在反应2KNO3+S+3C=K2S+N2↑+3CO2↑，N元素化合价由反应前KNO3中+5价变为反应后N2中的0价，化合价降低，得到电子被还原，S元素化合价由反应前S单质的0价变为反应后K2S中的-2价，化合价降低，得到电子被还原，因此被还原的元素为N和S两元素；
C元素的化合价由反应前C单质的0价变为反应后CO2中的+4价，化合价升高，失去电子被氧化，所以CO2是氧化产物；
根据反应方程式可知：在该反应中，每有1 mol S发生反应，会反应产生1 mol N2和3 mol CO2，共4 mol气体，6.4 g S的物质的量是n(S)=，所以反应产生气体的体积V=0.2 mol×4×22.4 L/mol=17.92 L；
在该反应中每有1 mol S发生反应，得到2 mol电子，则被S氧化的C的物质的量是0.5 mol，则0.2 mol S参加反应，被S氧化的C的物质的量是0.2 mol×0.5=0.1 mol。
22．(1)
(2)
蓝绿色溶液含有铜离子；A单质与氯气反应生成棕黄色的烟B，B溶于水生成蓝绿色溶液，所以A为Cu，B为CuCl2；铁与氯化铜溶液反应生成铜；氯化铜溶液加入氢氧化钠溶液生成氢氧化铜蓝色沉淀D，氢氧化铜加热分解为黑色固体氧化铜E，氧化铜与盐酸反应生成氯化铜和水，氧化铜与氢气加热反应生成铜和水，据以上分析解答。
（1）结合以上分析可知，A为，C为；E为；
（2）是与反应生成沉淀和NaCl，化学方程式为
；
是固体与反应生成和水，化学方程式为。