第二章《海水中的重要元素钠和氯》测试题2023--2024学年上学期高一化学人教版（2019）必修第一册

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第二章《海水中的重要元素 钠和氯》测试题

一、单选题
1．室温下如图所示，关闭活塞，向左右两室（容积相同）各充入一定量和，且恰好使两容器内气体密度相同，打开活塞，点燃使压与充分反应生成氯化氢气体：，恢复到原温度后，下列判断正确的是（    ）

A．开始时左右两室分子数相同
B．最终容器内无存在
C．反应前后室压强相同
D．最终容器内密度与原来相同
2．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．标准状况下，的所含的分子数为NA
B．溶液中含有的阳离子数为NA
C．常温常压下，含有的电子数目为NA
D．常温常压下，中含有的氢原子数为0.2NA
3．NA表示阿伏加 德罗常数，下列叙述正确的是（     ）
A．等物质的量的N2和CO所含分子数均为NA
B．1.7gH2O2中含有的电子数为0.9NA
C．标准状况下，22.4L空气含有NA个单质分子
D．1mol·L－1NaCl溶液含有NA个Na＋
4．NA代表阿伏加 德罗常数的值。下列说法正确的是
A．通常状况下，11.2 LH2所含的氢原子数为NA
B．实验室中用含4mol H2SO4的浓硫酸跟足量铜片加热反应制得的SO2分子数为2NA
C．0.1 mol·L－1的NaHSO4溶液中，阳离子的数目之和为0.2NA
D．2.4 g Mg与足量稀HCl完全反应，转移的电子数为0.2NA
5．设NA表示阿伏加 德罗常数的值，下列叙述中正确的是( )
A．常温常压下，11.2 L氧气所含的原子数为NA
B．标准状况下，1.12 L H2O所含的原子数为0.1NA
C．1.8 g NH4+离子中含有的电子数为NA
D．71g Cl2与水反应时，转移的电子数为2NA
6．NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．在标况下，11.2 L NO 与 11.2 L O2 混合后所含分子数为 0.75NA
B．常温常压下，16 g O3 所含的电子数为 8NA
C．1 mol Cl2 与足量的NaOH 反应转移的电子数为 2NA
D．在 0.1 mol·L-1K2CO3 溶液中，K+数目为 0.2NA
7．下列选用的仪器和药品不能达到实验目的的是
A
B
C
D




制备Fe(OH)2并能较长时间看到白色沉淀
在铁上镀铜
制备无水MgCl2
除Cl2中的HCl

A．A B．B C．C D．D
8．工业上制备下列物质的生产流程合理的是
A．由铝土矿冶炼铝：铝土矿 Al2O3 AlCl3 Al
B．由NaCl 制漂白粉：饱和食盐水Cl2漂白粉
C．侯德榜制碱：饱和 NaCl 溶液 NaHCO3Na2CO3
D．从海水中提取镁：海水 Mg(OH)2 MgO Mg
9．化学与生活是紧密相联的，下列说法正确的是
A．石钟乳(CaCO3)：“色黄，以苦酒(醋)洗刷则白”是物理变化
B．口罩的鼻梁条使用铝合金，利用其密度大、抗腐蚀性好的优点
C．因过氧化钠有漂白性，可用作呼吸面具的供氧剂
D．如有氯气发生意外泄漏，可用浸有一定浓度NaHCO3溶液的毛巾捂住口鼻，向高处转移
10．一种无色气体 100mL，由 NH3、NO、CO2 所组成，将此无色气体通过浓硫酸的洗气瓶后， 发现气体减少了 30mL。剩余气体继续通过 Na2O2 固体后，发现气体变成红棕色，再将该气体通入盛满水倒立于水槽中的试管内，发现试管内水位上升，最后试管内充满液体。则原混合气体中 NH3、NO、CO2 气体的体积比为
A．15∶14∶21 B．5∶8∶12 C．10∶14∶21 D．30∶28∶23
11．除去下列物质中含有的少量杂质所选用的试剂或操作方法正确的一组是
选项
物质(杂质)
除杂的试剂或操作方法
A
CO2(CO)气体
依次通过足量的NaOH溶液和浓硫酸
B
KCl(MnO2)固体
加水溶解、过滤、蒸发结晶
C
Na2CO3(NaHCO3)溶液
加入少量盐酸
D
CuSO4(FeSO4)
加入过量的锌粉

A．A B．B C．C D．D
12．已知反应：
①Cl2＋2KBr=2KCl＋Br2
②KClO3＋6HCl=3Cl2↑＋KCl＋3H2O
③2KBrO3＋Cl2=Br2＋2KClO3
下列说法正确的是
A．氧化性由强到弱的顺序为：KBrO3＞KClO3＞Cl2＞Br2
B．①中Cl2是氧化剂，KBr发生还原反应
C．②中12.25 g KClO3参加反应时，被氧化的HCl为21.9 g
D．③中产物Br2只具有还原性
13．用下图所示装置及药品制备相应的气体，其中不能实现的是(    )




A．制取NH3
B．制取乙烯
C．制取Cl2
D．制取SO2

A．A B．B C．C D．D

二、填空题
14．请正确回答下列问题
(1)写出纯碱的化学式： ；漂白粉的有效成分是 ；
(2)小苏打在溶液中的电离方程式 ；实验室制氯气的离子方程式 。
(3)现有以下物质： ①NaCl晶体②盐酸③CaCO3固体④熔融KCl⑤蔗糖⑥铜⑦CO2，以上物质中能导电的是 (填写序号，下同)；以上物质中属于电解质的是 。
(4)用单线桥法标出以下反应的电子转移方向和数目：
TiO2+2C+2Cl2= TiCl4+2CO
15．中药常采用硫磺熏蒸法以达到防霉防虫等目的。我国规定党参等中药SO2残留量不得超过400mg·kg-1。某小组欲检测某药厂所售党参是否合格，查阅资料后得知：①SO2残留量是指残留硫的总量，以SO2计；②中药中残留的SO2已大部分转化为。
(1)将200g所售党参研碎，用500mL0.01mol·L-1NaOH溶液充分浸泡，得无色浸泡液X，将X分成两等份。
①配制500mL0.01mol·L-1NaOH溶液需要的仪器有托盘天平、药匙、烧杯、量筒、玻璃棒、试剂瓶、 ；
②用NaOH溶液浸泡的目的是 (用化学方程式表示)。
(2)甲同学取一份X溶液采用如下方案测定党参中SO2残留量：

判断BaCl2溶液已过量的操作为 ；判断沉淀是否洗净所选用的试剂为 ；党参中SO2残留量的表达式为 mg·kg-1(用含m的式子表示)。
(3)乙同学取另一份X溶液采用如下方案进行测定(整个过程无气体放出)，列式计算并判断该党参是否符合国家标准 。

16．回答下列问题：
(1)科学家刚刚发现了某种元素的一个原子，其质量是ag，若一个12C的原子质量是bg，NA是阿伏加德罗常数的值，则该原子的摩尔质量是 或 (根据题给信息有两种表示方法)，由已知信息可得NA= 。
(2)下列四个因素：①气体分子的直径、②气体的物质的量多少、③气体分子间的平均距离、④气体分子的相对分子质量，决定气体体积的主要因素为 (填序号)。
(3)某气体氧化物的化学式为R2O，4.4g该氧化物含有0.3mol的原子，则在标准状况下该气体的体积为 L，R的相对原子质量为 。
(4)用NA表示阿伏加德罗常数的值。标准状况下，3.36LNH3的质量为 ，其中含有氢原子的个数是 ，含有电子的物质的量是 。
(5)在三个容积相同的密闭容器中分别充入Ne、H2、O2三种气体，当它们的温度和密度都相同时，这三种气体的压强(P)从大到小的顺序为 。
17．化学计量在化学中占有重要地位，回答下列问题。
(1)3.4g的中含有的氢原子数为 。
(2)在标准状况下，测得13.2g某气体的体积为6.72L，该气体的摩尔质量为 。
(3)溶液和溶液混合后(混合体程变化忽略不计)，溶液中的物质的量浓度为 。
(4)某盐混合溶液中含有离子：、、、，测得、和的物质的量浓度依次为：、、，则的物质的量浓度为 。
(5)某实验室合成了一种可溶的金属氯化物(RClx)，为了测定该金属氯化物的成分，研究人员做了以下实验：取物质的量浓度为的金属氯化物(RClx)溶液20mL，使之恰好与的溶液完全反应。则x= 。
18．有50mL NaOH溶液，向其中逐渐通入一定量的CO2，随后向溶液中逐滴加入0.1mol/L的盐酸，产生的CO2气体体积(标准状况)与所加入的盐酸的体积之间的关系如图所示：

试计算：
(1)向NaOH溶液中通入CO2气体后，所得溶液中的溶质是 ，其物质的量之比为 。
(2)产生的CO2气体体积(标准状况)是 L。(已知：Na2CO3与HCl反应分步进行，第一步：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl；第二步：NaHCO3+HCl=NaCl +CO2↑+H2O)
19．在0.4L由NaCl、MgCl2、CaCl2组成的混合液中，部分离子浓度大小如图所示，回答下列问题：

（1）该混合液中，NaCl的物质的量为 mol，含溶质MgCl2的质量为 g。
（2）该混合液中CaCl2的物质的量为 mol，将该混合液加水稀释至体积为1L，稀释后溶液中Ca2＋的物质的量浓度为 mol·L-1。
20．已知某市售“84”消毒液的有效成分为 NaClO，其溶质的质量分数为25%，密度为。使用“84”消毒液时，通常需加水稀释100倍。回答下列问题：
(1)市售“84”消毒液中 ( 精确到0.1)。
(2)实际使用时，将“84”消毒液与醋酸混合使用可增强其消毒能力。某消毒小组人员将99%的冰醋酸(密度为)配制成500mL稀醋酸，用于增强“84”消毒液的消毒能力。
①本实验中，所用的玻璃仪器除量筒、烧杯胶头滴管外，还需要用到的其他仪器有 、 。
②根据计算得知，需用量筒量取浓醋酸的体积为 mL。
③下列操作中，会导致所配溶液的物质的量浓度偏低的有 ( 填标号，下同)，对所配溶液的物质的量浓度无影响的有 。
A．将溶液往容量瓶中转移时，有少量液体溅出
B．未洗涤稀释浓醋酸的烧杯
C．容量瓶未干燥即用来配制溶液
D．定容时俯视刻度线
E.定容后经振荡、摇匀、静置后，发现液面下降，再加入适量的蒸馏水
21．氯碱工业是以电解食盐水为基础的基本化学工业，电解食盐水可以得到两种气体A和B。已知A为气体中摩尔质量最小的气体，B为黄绿色，A可以在B中安静的燃烧，产生苍白色的火焰；地壳中金属元素含量排行第二的C，其单质也可以在B燃烧，产生棕黄色的烟；B气体更普遍更重要的用途是与冷的消石灰反应后产物可以用于漂白消毒。根据以上信息完成下列化学方程式：
（1）A与B的反应 ；
（2）（2）C在B的反应 ；
（3）B与消石灰的反应 ；
（4）在输送B气体的管道有时可能会发生漏气，管道工人可以用浓氨水来检查是否漏气，已知能发生如下反应：B + NH3→ N2+ HCl如果管道某处漏气，用该方法检查时会出现的现象是 ，写出B气体参与的总的化学方程式 。
22．已知：，如图所示，将少量试剂分别放入培养皿中的相应位置，实验时将浓盐酸滴在晶体上，并用表面皿盖好。

(1)在反应中 是氧化剂(填化学式)，氧化剂与还原剂物质的量之比为 。
(2)滴有KSCN的溶液颜色变化为 。
(3)滴有酚酞的NaOH溶液颜色变化为 。
(4)紫色石蕊溶液颜色变化为先变红后褪色，褪色是因为 有漂白性。
(5)淀粉KI溶液变为蓝色，用离子方程式表示反应原理 。

参考答案：
1．D
【详解】A. 开始时左右两室中气体体积和密度均相同，所以气体质量相同，但氢气和氯气的摩尔质量不同，则两种气体的物质的量不同，分子数不同，故A错误；
B. 开始时左右两室中气体体积相同，气体密度相同，所以气体质量相同，氢气的物质的量大于氢气，氢气过量，故B错误；
C. 氢气和氯气反应前后气体体积不变，反应前氢气的压强大于氯气，反应后氢气室的压强减小，故C错误；
D. 根据质量守恒定律，反应前后气体质量不变，容器容积也不变，所以总密度不变，故D正确；
故选D。
2．C
【详解】A．标况下三氧化硫不是气态，无法使用22.4L/mol计算物质的量，A错误；
B．500 mL2mol/LNaHSO4溶液中含有的阳离子数为0.5L×2mol/L×2NA/mol=2NA，B错误；
C．一个氨气分子有10个电子，1.7gNH3含有的电子数目为×10×NA/mol=NA，正确；
D．常温下的水是液态、不是气态，无法使用22.4L/mol计算物质的量，D错误；
故选C。
3．B
【详解】A.未指明气体的物质的量，因此不能确定气体分子数目，A错误；
B.H2O2的相对分子质量是34，1.7gH2O2的物质的量是0.05mol，由于在1个H2O2分子中含有18个电子，所以0.05mol H2O2中含有的电子数为0.9NA，B正确；
C.空气中含有N2、O2、CO2等物质分子，既有单质分子，也有化合物分子，所以标准状况下，22.4L空气中含有气体的物质的量是1mol，其中含有单质分子个数少于NA个，C错误；
D.缺体积，不能计算微粒数目，D错误；
故合理选项是B。
4．D
【详解】A. 通常状况不是标准状况，11.2 LH2的物质的量不等于0.5mol，因此其所含的氢原子数不是NA，A项错误；
B. 浓硫酸随着反应进行浓度变稀，反应停止，所以不能计算产生二氧化硫的量，B项错误；
C. 没有指明溶液的体积，无法计算溶质的物质的量，C项错误；
D. n（Mg）==0.1mol，Mg与HCl反应生成Mg2+，则1molMg参与反应转移2mol电子，故0.1molMg参与反应转移0.2mol电子，即转移的电子数为0.2NA，D项正确；
答案选D。
【点睛】硫酸氢钠在水溶液中的电离方程式为NaHSO4=Na++H++SO42-，但要注意本题中溶液的体积未知，因此是个陷阱。学生要主要物质的量与物质的量浓度概念的对比与区分。
5．C
【详解】A. 常温常压下，11.2 L氧气的物质的量无法求出，应为标准状况，A错误；
B. 标准状况下，1.12 L H2O为液态，无法求出物质的量，B错误；
C. 1.8 g NH4+离子的物质的量为0.1mol，含有的电子数为NA，C正确；
D. Cl2与水反应是可逆反应，转移的电子数小于NA，D错误。
6．B
【详解】A．标况下，11.2L气体的物质的量为0.5mol，0.5mol一氧化氮消耗0.25mol氧气生成0.5mol二氧化氮，氧气剩余0.25mol，由于部分二氧化氮转化成四氧化二氮，所以反应后的气体的物质的量小于0.75mol，所含分子数小于0.75NA，故A错误；
B．16g臭氧中含有16g氧原子，含有氧原子的物质的量为1mol，含有8mol电子，所含的电子数为8NA，故B正确；
C．氯气与足量的氢氧化钠溶液反应Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，转移1个电子，因此1 mol Cl2 与足量的NaOH 反应转移的电子数为 NA，故C错误；
D．溶液体积不明确，无法计算溶液中K+的个数，故D错误；
故选B。
7．D
【详解】A. 氢氧化亚铁易被空气中的氧气氧化生成氢氧化铁，要较长时间保存Fe(OH)2沉淀，必须在制取过程中尽可能减少和空气接触，图中Fe和稀硫酸生成氢气能排出装置中的氧气，所以能减少氢氧化亚铁与氧气的接触，符合题意，故A正确；
B. 在铁上镀铜，则铁为阴极应与电源负极相连，铜为阳极应与电源正极相连，电解质溶液为可溶性铜盐溶液，符合题意，故B正确；
C. 制备无水MgCl2，应在氯化氢气流中加热，符合题意，故C正确；
D. 除杂时导管应长进短出，图中气体的进入方向不合理，故D错误；
故答案为：D 。
8．C
【详解】A．铝土矿主要成分是三氧化二铝，应提纯后再电解，电解氧化铝制备Al，反应为2Al2O3(熔融)4Al＋3O2↑，不能电解氯化铝，故A不合理；
B．由NaCl可以制漂白液，而漂白粉主要成分为氯化钙、次氯酸钙，是氯气和石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，2Ca(OH)2＋2Cl2＝CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O，故B不合理；
C．侯德榜制碱的方法是：向氨化的饱和食盐水中通入过量的二氧化碳，即有晶体析出，经过滤、洗涤、焙烧得纯碱，此过程可以表示为：NaCl(饱和)＋NH3＋CO2＋H2O＝NaHCO3↓＋NH4Cl，2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O，故C正确；
D．从海水中提取镁，是先由贝壳煅烧生成的生石灰与水反应获得石灰乳，将石灰乳加入海水中沉淀镁离子生成氢氧化镁沉淀，过滤得到沉淀氢氧化镁，加入盐酸溶解氢氧化镁变为氯化镁，将氯化镁溶液蒸发浓缩、冷却结晶得到氯化镁晶体，在氯化氢气流中加热氯化镁晶体失水得到无水氯化镁，熔融氯化镁通电分解获得Mg；氧化镁熔点高，电解氧化镁会消耗更多能量，故D不合理；
故答案选C。
9．D
【详解】A．石钟乳(CaCO3)：“色黄，以苦酒(醋)洗刷则白”，发生反应，是化学变化，故A错误；
B．口罩的鼻梁条使用铝合金，利用强度高、韧性好、可易折弯的优点，故B错误；
C．因过氧化钠能与二氧化碳反应放出氧气，可用作呼吸面具的供氧剂，故C错误；
D．氯气密度大于空气，易于碱性溶液反应，如有氯气发生意外泄漏，可用浸有一定浓度NaHCO3溶液的毛巾捂住口鼻，向高处转移，故D正确；
选D。
10．A
【解析】混合气体100mL，通过浓硫酸洗气瓶气体减少了30mL，氨气被吸收，则氨气体积为30mL；剩余气体通过过氧化钠，与二氧化碳反应：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，生成的氧气与一氧化氮化合产生红棕色气体二氧化氮，再将该气体通入装满水的试管，最后无气体剩余，4NO+ 3O2+2H2O= 4HNO3，由CO2产生的O2和NO应该按照3:4恰好完全反应才符合题意，故CO2:NO=6:4，最简比3:2（共70mL），那么CO2体积应为42 mL，NO体积应为28 mL，则原混合气体中 NH3、NO、CO2 气体的体积比为15∶14∶21。
【详解】A.根据分析，15∶14∶21正确，A项正确；
B.根据分析，5∶8∶12错误，B项错误；
C.根据分析，10∶14∶21错误，C项错误；
D.根据分析，30∶28∶23错误，D项错误；
答案选A。
11．B
【详解】A．CO不与氢氧化钠溶液反应，CO2能与氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠和水，把原物质除去了，不符合除杂原则，故A错误；
B．KCl易溶于水，MnO2难溶于水，可采取加水溶解、过滤、蒸发结晶的方法进行分离除杂，故B正确；
C．NaHCO3和Na2CO3均能与盐酸反应，把原物质也除去了，不符合除杂原则，故C错误；
D．锌能与CuSO4溶液反应生成锌离子，把原物质除去了，且引入了新的杂质，不符合除杂原则，故D错误；
故选B。
12．A
【详解】A．在氧化还原反应中氧化性：氧化剂＞氧化产物。在①反应中物质的氧化性：Cl2＞Br2；在②反应中物质的氧化性：KClO3＞Cl2；在③反应中物质的氧化性：KBrO3＞KClO3，故四种物质的氧化性由强到弱的的顺序为：KBrO3＞KClO3＞Cl2＞Br2，A正确；
B．在①中Cl2是氧化剂，发生氧化反应；而KBr是还原剂，发生氧化反应，B错误；
C．在②中KClO3为氧化剂，每有1 mol发生反应，被氧化的HCl是5 mol，即有122.5 g发生反应，氧化HCl质量是182.5 g，若12.25 g KClO3参加反应时，被氧化的HCl为18.25 g，C错误；
D．在③中产物Br2中Br元素化合价为0，介于Br元素的最低-1价和最高+7价之间，因此Br2既具有氧化性，又具有还原性，D错误；
故合理选项是A。
13．D
【详解】A．氧化钙溶于水放热，且溶液中氢氧根离子浓度增大，使浓氨水分解产生氨气，A正确；
B．乙醇在浓硫酸作催化剂和加热的条件下能发生消去反应生成乙烯，B正确；
C．实验室用二氧化锰与浓盐酸在加热的条件下发生反应生成氯化锰、氯气和水，C正确；
D．铜与浓硫酸反应制取二氧化硫需在加热的条件下，D装置不能加热，D错误；
故答案为D。
14．(1)
(2)
(3) ②④⑥ ①③④
(4)

【详解】（1）纯碱的化学式为；漂白粉的有效成分是；故答案为；；
（2）小苏打为强电解质，完全电离生成钠离子和碳酸氢根离子，电离方程式为，实验室用浓盐酸和二氧化锰制氯气，离子方程式为；故答案为；；
（3）物质①NaCl晶体②盐酸③CaCO3固体④熔融KCl⑤蔗糖⑥铜⑦CO2中，盐酸、熔融KCl和铜能导电；NaCl晶体、CaCO3固体、熔融KCl是电解质；故答案为②④⑥；①③④；
（4）单线桥法标出TiO2+2C+2Cl2=TiCl4+2CO的电子转移方向和数目为；故答案为。
15．(1) 胶头滴管、500ml容量瓶 SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O
(2) 静置片刻，向上层清液中继续滴加BaCl2溶液，无白色沉淀生成，证明BaCl2已过量 AgNO3溶液 6.4m×105/233
(3)SO2残留量=0.005L×0.1000mol·L-1×2.5×64g·mol-1×1000mg·g-1/0.1kg=800mg·kg-1，不符合国家标准

【详解】（1）①配制500mL0.01mol·L-1NaOH溶液还需要胶头滴管、500ml容量瓶；
②用NaOH溶液浸泡是为了吸收SO2，反应方程式为SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O；
（2）证明BaCl2溶液已过量则溶液中不存在硫酸根离子，实验操作为静置片刻，向上层清液中继续滴加BaCl2溶液，无白色沉淀生成，证明BaCl2已过量；沉淀是否洗净即证明是否存在氯离子，所选用的试剂为AgNO3溶液；mg固体为BaSO4质量，则，由SO2→SO，S元素化合价升高了2，H2O2→H2O，O元素化合价降低了1，有2个O原子变价，可得关系式SO2~ H2O2~ SO，则n(SO2)=，质量为m=nM=，党参中SO2残留量的表达式为6.4m×105/233 mg·kg-1；
（3）SO2残留量=0.005L×0.1000mol·L-1×2.5×64g·mol-1×1000mg·g-1/0.1kg=800mg·kg-1，不符合国家标准
16．(1) aNAg•mol-1 g•mol-1
(2)②③
(3) 2.24L 14
(4) 2.55g 0.45NA 1.5mol
(5)P(H2)>P(Ne)>P(O2)

【详解】（1）某种元素的一个原子质量是ag，1mol原子的质量为：aNAg•mol-1，或者用12C的原子质量的为标准求算；一个12C的原子质量是bg，摩尔质量为12 g•mol-1，，故答案为：aNAg•mol-1、g•mol-1、；
（2）气体分子间距离远远大于气体本身的直径，故本身的直径可以忽略，确定气体体积的主要因素是气体分子的多少即气体的物质的量，和气体分子间的平均距离，故答案为：②③；
（3）某气体氧化物的化学式为R2O，4.4g该氧化物含有0.3mol的原子，可计算出该氧化物R2O的物质的量为0.1mol，则在标准状况下该气体的体积为，R2O的摩尔质量为: ，故R的相对原子量为14，故答案为：2.24L、14；
（4）标准状况下，3.36LNH3的物质的量为：，质量为，其中含有氢原子的个数是，每个NH3分子含有10个电子，3.36LNH3所含电子总数为：1.5mol，故答案为：2.55g、0.45NA、1.5mol；
（5）根据题意可知三种气体的质量相等，气体分子数越多压强越大，三种气体的摩尔质量越小气体的物质的量越大，分子数越多， ，故P(H2)>P(Ne)>P(O2)，故答案为：P(H2)>P(Ne)>P(O2)。
17．(1)0.6N
(2)
(3)
(4)0.6mol/L
(5)3

【详解】（1）3.4g的的物质的量为=0.2mol，1个中含有3个氢原子，则0.2mol中含有0.6NA个氢原子。
（2）测得13.2g某气体的体积为6.72L，该气体的物质的量为=0.3mol，该气体的摩尔质量为。
（3）溶液和溶液混合后，溶液中的物质的量浓度为。
（4）溶液呈电中性，则溶液中满足：c()+2c( Mg2+)=c(Cl-)+c()，即：0.2mol/L+2×0.25mol/L=0.1mol/L+2c()，解得c()=0.6mol/L。
（5）由题意可知n(Ag+)=0.02L×0.15mol/L=0.003mol，根据方程式Ag++Cl-=AgCl↓，n(Cl-)=0.003mol，又n(RClx)=0.02L×0.05mol=0.001mol，则x=3，所以化学式为RCl3。
18． 氢氧化钠、碳酸钠 1∶1 0.056L
【详解】当生成CO2气体时，发生反应NaHCO3+HCl=NaCl +CO2↑+H2O，由图可知，生成CO2气体至最大，消耗HCl为25mL，若二氧化碳与NaOH反应后溶液中只有Na2CO3，由Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl可知，将Na2CO3转化为NaHCO3应消耗HCl为25mL，而图象中开始生成CO2气体时，消耗HCl体积为50mL，说明该阶段还发生反应：NaOH+HCl=NaCl+ H2O，溶液中溶质为NaOH、Na2CO3，中和NaOH消耗HCl的体积为50mL-25mL=25mL，碳酸钠生成碳酸氢钠消耗的盐酸也是25mL，NaOH和Na2CO3的物质的量之比等于两个过程分别消耗盐酸的体积之比，故NaOH、Na2CO3的物质的量之比=25mL∶25mL=1∶1，浓度之比是1∶1；
故答案：NaOH、Na2CO3；1∶1；
(2)生成二氧化碳消耗25mL盐酸，根据可知NaHCO3+HCl=NaCl +CO2↑+H2O，CO2体积(标准状况下)为0.025L×0.1mol/L ×22.4L/mol=0.056L；
故答案：0.056。
19． 0.4 19 0.2 0.2
【分析】(1)由图可知，c(Na＋)＝1.0mol/L，c(Mg2＋)＝0.5mol/L，结合n＝cV、m＝nM计算；
(2)结合电荷守恒计算c(Ca2＋)，结合n＝cV、c＝计算；
【详解】(1)由图可知，c(Na＋)＝1.0mol/L，该混合液中，NaCl的物质的量为0.4L×1.0mol/L＝0.4mol；c(Mg2＋)＝0.5mol/L，含溶质MgCl2的质量为0.4L×0.5mol/L×95g/mol＝19g，故答案为：0.4；19；
(2)由电荷守恒可知2c(Ca2＋)＋c(Na＋)＋2c(Mg2＋)＝c(Cl−)，解得：2c(Ca2＋)＝3.0mol/L−1.0mol/L−0.5mol/L×2＝1mol/L，c(Ca2＋)＝0.5mol/L，混合液中CaCl2的物质的量为：0.4L×0.5mol/L＝0.2mol，该混合液加水稀释至体积为1L，稀释过程中溶质的物质的量不变，则稀释后溶液中Ca2＋的物质的量浓度为：c＝＝0.2mol，故答案为：0.2；0.2。
20．(1)4.0
(2) 玻璃棒 500mL容量瓶 5.8 ABE C

【分析】(1)
质量分数为25%，密度为1.19g•cm-3次氯酸钠溶液物质的量浓度c=；
(2)
①配制溶液步骤有：计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等，实验中使用的仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，故缺少的仪器为：玻璃棒、500mL容量瓶；
②99%的冰醋酸(密度为1.05g•cm-3)物质的量浓度c=，设需要浓醋酸体积为V，则依据溶液稀释规律可知17.3mol/L×V=500mL×0.2mol•L-1，解得V=5.8mL；
③A．将溶液往容量瓶中转移时，有少量液体溅出，导致溶质部分损耗，溶质物质的量偏小，溶液浓度偏低；
B．未洗涤稀释浓醋酸的烧杯，导致溶质部分损耗，溶质物质的量偏小，溶液浓度偏低；
C．容量瓶未干燥即用来配制溶液，对溶质物质的量和溶液体积都不产生影响，溶液浓度无影响；
D．定容时俯视刻度线，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高；
E．定容后经振荡、摇匀静置后，发现液面下降，再加入适量的蒸馏水，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低；
故导致所配溶液的物质的量浓度偏低的有ABE，对所配溶液的物质的量浓度无影响的有C；
21． H2+Cl22HCl 2Fe+3Cl22FeCl3 2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O 产生白烟 3Cl2+8NH3=6NH4Cl+N2
【分析】据特征性质推断物质，进而写出化学方程式。
【详解】氯碱工业电解食盐水得到两种气体A和B。摩尔质量最小的气体A为氢气（H2），黄绿色气体B为氯气（Cl2）；地壳中含量第二的金属元素C为铁（Fe）。
（1）A（H2）在B（Cl2）中燃烧的化学方程式为H2+Cl22HCl；
（2）C（Fe）在B（Cl2）中燃烧的化学方程式为 2Fe+3Cl22FeCl3；
（3）B与B（Cl2）消石灰反应制漂白粉的化学方程式为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；
（4）用浓氨水来检查输送Cl2的管道是否漏气，发生反应：B（Cl2） + NH3→ N2+ HCl。如果管道某处漏气，上述反应的产物 HCl与氨反应出现白烟现象（HCl+NH3=NH4Cl），总的化学方程式3Cl2+8NH3=6NH4Cl+N2。
22．(1) 1：5
(2)溶液颜色由浅绿色变红色
(3)溶液红色褪去
(4)HClO或次氯酸
(5)

【详解】（1）在反应中，中Cl元素的化合价由+5⟶0，被还原，为氧化剂，HCl中Cl元素的化合价由-1⟶0，被氧化，为还原剂，其中6molHCl生成1molKCl，被氧化的HCl为5mol，则氧化剂与还原剂物质的量之比为1:5，故答案为：；1:5。
（2）生成的氯气遇到滴有KSCN的溶液，氯气能将亚铁离子氧化为铁离子，铁离子遇KSCN溶液变红，溶液颜色由浅绿色变红色，故答案为：溶液颜色由浅绿色变红色。
（3）生成的氯气遇到滴有酚酞的NaOH溶液，可能是Cl2与水反应生成盐酸和次氯酸，再与NaOH发生中和反应生成盐而使溶液褪色，还可能是生成的次氯酸具有漂白性而使溶液褪色，故颜色变化为溶液红色褪去，故答案为：溶液红色褪去。
（4）生成的氯气遇到紫色石蕊溶液，氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，酸使石蕊变红，次氯酸使其褪色，则溶液先变红后褪色，能说明次氯酸具有漂白性，故答案为：HClO或次氯酸。
（5）生成的氯气遇到淀粉KI溶液，氯气能将碘离子氧化为碘单质，碘单质遇淀粉变蓝，反应的离子方程式为，故答案为：。