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．下列贮存化学试剂的方法正确的是（ ）
A．液溴应保存在带橡皮塞的试剂瓶中
B．烧碱溶液盛放在带磨口玻璃塞的玻璃瓶中
C．新制的氯水保存在棕色广口瓶中，并放在阴凉处
D．液氯可以保存在干燥的钢瓶中
2．摩尔质量的单位是
A．摩尔 B．克每摩尔 C．升每摩尔 D．摩尔每升
3．氯气是一种很活泼的非金属单质，它具有较强的氧化性，下列叙述中不正确的是
A．常温下，将Cl2通入NaOH溶液中可以制得漂白液。
B．氯气能与水反应生成HClO和HCl，久置氯水最终变为稀盐酸
C．纯净的H2在Cl2中安静地燃烧，发出苍白色火焰，集气瓶口呈现雾状
D．氯气能和Fe反应，所以液氯不能用铁质容器储存
4．下列各物质所含原子数目，按由大到小顺序排列的是（ ）
①0.2molPH3
②标准状况下22.4LNe
③4℃下9mL水
④含有1.806×1023个氧原子的SO3
A．①④②③ B．③②①④
C．②③①④ D．①④③②
5．用等质量的小苏打制取CO2:①煅烧法;②与盐酸作用。两种方法得到的CO2的量
A．无法比较 B．相等 C．①多于② D．①少于②
6．如图列出主要物质间的转化关系，其中X、Y可能是
①NaOH、Na2CO3 ②KAlO2、Al(OH)3③Fe、Fe(NO3)2 ④S、SO2⑤SiO2、Na2SiO3 ⑥NH3、NO
A．①②⑥ B．②③④
C．①④⑤ D．①②③
7．下列说法中正确的是
①钠在空气中燃烧生成白色的氧化钠 ②钠投入硫酸铜溶液中有红色粉末产生
③过氧化钠可在呼吸面具中做供氧剂 ④铁丝在氯气中燃烧生成棕黄色的FeCl3
A．①② B．②③ C．③④ D．②④
8．同温同压同体积的H2和CO
A．物质的量相同 B．质量相同 C．分子大小相同 D．分子间距不同
9．下列说法正确的是
A．过氧化钠属于碱性氧化物
B．能与碱反应生成盐和水的氧化物一定是酸性氧化物
C．碳酸氢钠在水中显碱性，但却属于酸式盐
D．CuSO4·5H2O、KAl(SO4)2·12H2O均属于混合物
10．下列说法正确的是
A．新制氯水和液氯均为混合物
B．将Na、Na2O2投入水中均发生氧化还原反应
C．液氯具有强氧化性，不能用钢瓶储存
D．氢气在氯气中燃烧，产生淡蓝色火焰
11．下列实验现象与新制氯水中的某些成分(括号内物质)没有关系的是( )
A．铁片加入新制氯水中，有无色气泡产生(H＋)
B．新制氯水使红色布条褪色(HCl)
C．向新制氯水中滴加石蕊溶液，溶液先变红后褪色(H＋、HClO)
D．滴加AgNO3溶液有白色沉淀产生(Cl－)
12．下列说法不正确的是
A．物质的量是描述微观粒子集合体的物理量 B．1mol CO2 与1mol CO含有的分子数相同
C．阿伏加 德罗常数就是6.02 ×1023 D．SO的摩尔质量是96 g/mol
二、非选择题（共10题）
13．小明在家里阅读84消毒液的说明书时发现有以下信息（见图1）：
说明书 药品名称 84消毒液
主要成分 ，有效氯含量50.0 g/L~60.0 g/L
注意事项 不可与其他洗涤剂或消毒液混合使用
用法用量 稀释后浸泡或洗刷 白色衣物，浴缸等水溶液 餐饮具，瓜果等水溶液
图1
（1）消毒液不能与洁厕灵（主要成分是盐酸）混用，是因为___（用离子方程式表示）
（2）请用离子方程式表示消毒液要密封保存的原因__（已知产物之一为酸式盐），遮光是为了防止__分解。
（3）小明利用所学知识，拟用图2装置自制家用消毒液，试写出有关化学方程式：①__、②__。
14．按要求填空。
(1)下列物质中：①稀硫酸②液氯③熔融氯化钠④Fe⑤二氧化碳⑥乙醇⑦BaSO4，属于电解质的是______(填序号，下同)；能直接导电的是______。
(2)请写出下列反应的离子方程式。
①盐酸除去铁锈(主要成分为氧化铁)______。
②溴水与NaI溶液反应______。
③FeCl2溶液与新制氯水反应______。
(3)1.204×1024个H2SO4分子的质量为______ g，共含______个氢原子。
(4)工业废水中含有有毒的重铬酸根离子()，必须处理达标后才能排放。工业上常用绿矾(FeSO4·7H2O)还原得Cr3+和Fe3+，再通过沉淀处理法来处理该污水。写出该过程中Fe2+还原的离子方程式______。
15．实验室制取氯气的装置如图所示：
(1)用离子方程式表示制取氯气的反应原理，并用双线桥标出该反应的电子转移方向和数目：_______。
(2)写出下列字母代表的仪器名称：A_______，B_______。
(3)装置C的作用是_______，装置D的作用是_______。
(4)检验E瓶集满氯气的方法是：_______。
(5)烧杯F中盛放的液体是____，其作用是____。写出该反应离子方程式_____。
16．实验室制取氯气的反应原理为： MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O， 据此回答下列问题：
(1)该反应中氧化产物是_______(填化学式) ，氧化剂与还原剂的个数之比_______；
(2)实验室制取氯气时，下 列装置能达到相应实验目的的是_______；
A．制备Cl2 B．除去Cl2中的HCl C．收集Cl2 D．尾气处理
(3)有一种“地康法”制取氯气的反应原理如下所示：
①反应Ⅰ的离子方程式为_______。
②反应Ⅱ属于_______反应(填基本反应类型)。
(4)实验室迅速制备少量氯气也可利用反应： KMnO4+HCl (浓)→KCl+MnCl2+Cl2↑+H2O (未配平)，此反应常温下就可以迅速进行，如果上述化学方程式中KMnO4和MnCl2的系数都是2，则HCl的系数是_______。
(5)根据上述制备氯气的实验原理可以得出氧化性KMnO4_______MnO2 (填大于或小于)。
17．某小组探究溶液对氯水漂白性的影响，装置如下图所示。
(1)A中反应的离子方程式是_______。
(2)B中试剂是_______。
(3)用化学方程式表示D中溶液的作用_______。
(4)取C中氯水，进行实验：向溶液a中加入氯水。
序号 溶液a 现象
Ⅰ 1滴品红 几秒后品红褪色
Ⅱ 1滴品红溶液 几分钟后品红褪色，产生白色沉淀
Ⅱ中品红褪色慢，推测可能发生了，导致Ⅱ中减少。分析沉淀中含，探究如下：将沉淀滤出、洗涤。向沉淀中加入盐酸，产生黄绿色气体。
①说明具有_______性。
②产生黄绿色气体的化学方程式是_______。
③实验发现，沉淀经几次洗涤后，加入盐酸，不再产生黄绿色气体。
(5)Ⅱ中溶液仍具有漂白性，可能是所加溶液不足量。
①取Ⅱ中上层清液，_______，证实所加溶液过量。
②Ⅱ中溶液仍具有漂白性的原因是_______。
(6)进一步证实Ⅱ中所得沉淀中含：向沉淀中加入饱和溶液，静置、过滤，滤渣、滤液备用。
资料：在一定条件下可转化为
①实验证实滤渣中无。
②取滤液，_______。
以上实验说明，所得沉淀中含。
18．阿伏伽德罗定律及其推论
(1)在体积相同的两个密闭容器中分别充满以下两种气体：①氧气 ②二氧化硫，并保持两容器内气体的温度和密度均相等，则两气体的物质的量之比___________，质量比___________，原子个数比___________，两装置的压强比___________。
(2)同温、同压下，A容器中充满18O2，B容器中充满O3，两装置所含分子总数相等，则A容器和B容器的容积之比是___________，密度之比为___________；
(3)同温同压时，A容器中的NH3和B容器中的C2H4气所含的氢原子数相等，则A、B两容器的体积比为___________。
19．通过计算回答以下问题：
(1)已知标准状况下，双原子分子气体A的密度为，则气体A的相对分子质量为_________，可能是_________气体(用化学式表示)。
(2)标准状况下，1.92g某气体的体积为672mL，则此气体的摩尔质量为_________。
(3)在一定条件下，完全分解生成、、，按要求填空。
①若所得混合气体对的相对密度为d，则混合气体的物质的量为_________。的摩尔质量为_________(用含m、d的代数式表示)。
②若所得混合气体的密度折合成标准状况为，则混合气体的平均摩尔质量为_________(用含的代数式表示)。
③若在该条件下，所得、、的体积分数分别为、、，则混合气体的平均相对分子质量为_________(用含a、b、c的代数式表示)。
(4)在25℃、101kPa的条件下，等质量的和A气体的体积之比为15:8，则A的摩尔质量为_________。
(5)相同条件下，有两份和的体积比为和质量比为的混合气体，其平均相对分子质量分别_________和_________。
20．按要求进行计算，直接写出结果。
(1)标准状态下，4.48 L 的NH3的物质的量是________，含H原子的数目约是________。
(2)5.6 g的铁与足量的盐酸完全反应，在标准状况下产生的气体体积是_______。
(3)标准状况下，11.2 L的HCl气体溶于水配成2 L溶液，则溶液的物质的量浓度为________。
(4)250 mL 0.2 mol/L的Al2(SO4)3溶液中SO42-的物质的量浓度为________。
21．现有X、Y、Z三种元素，已知有如下情况：
①X、Y、Z的单质在常温下均为气体。
② X的单质在Z的单质中燃烧，生成XZ，燃烧时火焰呈苍白色。
③ XZ极易溶于水，在水溶液中电离出X＋和Z－。XZ的水溶液可使石蕊试液变红。
④两分子X的单质可与一分子Y的单质化合生成两分子X2Y，X2Y常温下为液体。
⑤ Z的单质溶于X2Y中，所得溶液具有漂白作用。
请完成下列问题：
（1）写出XZ和X2Y的化学式：XZ_____ X2Y______
（2）Z的单质溶于X2Y后，溶液起漂白作用的物质是______（写化学式）。
（3）写出X的单质在Z的单质中燃烧的化学方程式_____________。
（4）Z的单质能否与氢氧化钠溶液发生反应：__（填“能”或“否”），若能，请写出反应的化学方程式：___________________________。
（若不能反应，则此空不必填写）。
22．有4种钠的化合物W、X、Y、Z，它们之间存在如下关系：
①WX＋H2O＋CO2↑
②Z＋CO2→X＋O2
③Z＋H2O→Y＋O2↑
④X＋Ca(OH)2→Y＋CaCO3↓
试回答下列问题：
（1）W、X、Y、Z的化学式分别是W：__、X：__、Y：__、Z__。
（2）以上4个化学反应，属于氧化还原反应的是__(填反应序号)，反应中还原剂是__(写化学式)。反应②中每生成标况下3.36L气体，转移电子的数目为__。
参考答案：
1．D
A. 组成橡皮的有机物中有含有碳碳双键的物质，液溴会与之反应，所以带橡皮塞的试剂瓶不能保存有强氧化性的液溴，会腐蚀橡皮塞，A项错误；
B. 强碱溶液能与玻璃的成分二氧化硅反应，生成有粘性的水玻璃，将玻璃瓶口和瓶塞黏在一起，故烧碱溶液不能放在带磨口玻璃塞的试剂瓶中，B项错误；
C. 氯水见光时其中的次氯酸会发生分解，所以应该盛放在棕色细口瓶中，C项错误；
D. 纯净的液氯不与钢瓶发生化学反应，可以用钢瓶来保存液氯，D项正确；
答案选D。
2．B
A．物质的量是国际单位制中七大物理量之一，摩尔是物质的量的单位，A不符题意；
B．摩尔质量是指单位物质的量的物质的质量，其单位是克每摩尔，B符合题意；
C．单位物质的量的气体所占的体积叫气体摩尔体积，其单位是升每摩尔，C不符题意；
D．物质的量浓度是指单位体积溶液中所含溶质的物质的量，常用单位是摩尔每升，D不符题意；
答案选B。
3．D
A．漂白液的有效成分是次氯酸钠，氯气和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，A正确；
B．氯气能与水反应生成HClO和HCl，而HClO不稳定，易分解成氧气和HCl，所以久置氯水最终变为稀盐酸，B正确；
C．纯净的H2在Cl2中安静地燃烧生成氯化氢，发出苍白色火焰，氯化氢结合水蒸气产生盐酸小液滴，所以集气瓶口呈现雾状，C正确；
D．常温下液氯与Fe不反应，可以用铁制容器储存液氯，D错误；
综上所述答案为D。
4．B
①每个PH3分子含有4个原子，0.2molPH3含有原子的物质的量为0.2mol×4=0.8mol；
②标准状况下22.4LNe含有原子的物质的量为=1mol；
③4℃下9mL水的质量为9g，物质的量为0.5mol，每个水分子含有3个原子，含有的原子的物质的量为1.5mol；
④含有1.806×1023个氧原子的SO3的物质的量为=0.1mol，每个SO3分子含有4个原子，则含有原子的物质的量为0.4mol；
原子的物质的量越大含有的原子数越多，则上述物质中含原子数目按由大到小顺序排列为③②①④，答案选B。
5．D
反应：①2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O，②NaHCO3＋HCl=NaCl＋CO2↑＋H2O，根据碳元素守恒可知，质量相同的小苏打，①产生的CO2的量小于②，故选项D正确。
6．D
①X为NaOH，Y为Na2CO3，W为CO2，Z为NaHCO3，NaOH 和二氧化碳反应，二氧化碳不足生成碳酸钠，二氧化碳过量生成碳酸氢钠，可实现图中转化，故正确；
②X为KAlO2，Y为Al(OH)3，W为HCl，Z为AlCl3，盐酸和KAlO2反应，盐酸过量生成氯化铝，盐酸不足生成氢氧化铝，可实现图中转化，故正确；
③X为Fe，Y为Fe(NO3)2，W为硝酸，Z为Fe(NO3)3，硝酸过量时生成三价铁，硝酸不足时生成二价铁，可以实现X→Y→Z的转化，故正确；
④X为S，Y为SO2，W为O2，S和过量氧气反应不能直接生成三氧化硫，无法实现X→Y→Z的转化，故错误；
⑤X为SiO2，Y为Na2SiO3，W为NaOH，Na2SiO3和NaOH不反应，无法实现X→Y→Z的转化，故错误；
⑥X为NH3，Y为NO，W为O2，NH3可以催化氧化为NO，NO可以和氧气生成NO2，但NH3不能直接转化为NO2，错误；
以上反应符合有①②③，故选D。
7．C
①钠燃烧生成过氧化钠，颜色为淡黄色，故错误；
②钠投入硫酸铜溶液中先与水反应生成氢氧化钠与氢气，氢氧化钠再与硫酸铜溶液发生复分解反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，故错误；
③过氧化钠和二氧化碳反应生成氧气，可用做供氧剂，故正确；
④氯气具有强氧化性，铁丝在氯气中燃烧生成氯化铁，颜色为棕黄色，故正确；
综上所述，③④符合题意；
答案选C。
8．A
A．根据阿伏加德罗定律可知同温同压同体积的H2和CO物质的量相同，故A正确；
B．两气体的密度不同，而体积相同，根据质量m=ρV可知，两气体的质量不同，故B错误；
C．不同物质的分子大小不同，故氢气和CO的分子大小不同，故C错误；
D．分子间距取决于温度和压强，由于同温同压，故分子间距相同，故D错误。
故选A。
9．C
A选项，过氧化钠属于过氧化物，不是碱性氧化物，故A错误；
B选项，能与碱反应生成盐和水的氧化物不一定是酸性氧化物，比如二氧化氮和氢氧化钠反应生成硝酸钠、亚硝酸钠和水，但二氧化氮不是酸性氧化物，故B错误；
C选项，碳酸氢钠在水中显碱性，但却属于酸式盐，主要是碳酸氢根水解程度大于电离程度，显碱性，故C正确；
D选项，CuSO4·5H2O、KAl(SO4)2·12H2O是纯净物，故D错误；
综上所述，答案为C。
【点睛】能与碱反应生成盐和水的氧化物不一定是酸性氧化物；
能与酸反应生成盐和水的氧化物不一定是碱性氧化物；
酸式盐溶液酸碱性主要取决于电离程度还是水解程度大。
10．B
A．新制氯水是将氯气溶于水中所得的混合物，液氯是氯气的液态存在形式，为纯净物，A错误；
B．将Na、Na2O2投入水中均发生氧化还原反应，B正确；
C．液氯具有强氧化性，但常温下氯气与铁不反应，故能用钢瓶储存，C错误；
D．氢气在氯气中燃烧，产生苍白色火焰，D错误；
故选B。
11．B
A. H＋会与铁反应生成氢气，所以有无色气泡产生，A项正确；
B. 氯水中有HClO，有漂白效果，B项错误；
C. 新制氯水中有H+，能使紫色石蕊溶液变红，HClO具有漂白作用，能使变红的溶液又褪色，C项正确；
D. Cl－能和Ag+生成氯化银的白色沉淀，D项正确；
答案选B。
12．C
A．物质的量是七个基本物理量之一，是描述一定数目微观粒子集合体的物理量，A说法正确；
B．国际规定，1mol任何微粒的个数均为NA，则1mol CO2 与1mol CO含有的分子数相同，B说法正确；
C．阿伏加 德罗常数为NAmol-1，约为6.02×1023mol-1，C说法错误；
D．SO的相对分子质量=32+16×4=96，摩尔质量数值上等于相对分子质量，为96 g/mol，D说法正确；
答案为C。
13． Cl﹣+ClO﹣+2H+＝Cl2↑+H2O ClO﹣+CO2+H2O＝HClO+ HClO 2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑ 2NaOH+Cl2═NaCl+NaClO+H2O
(1)消毒液不能与洁厕灵(主要成分为浓盐酸)混用，考虑到ClO﹣与盐酸反应，产生Cl2，Cl2有剧毒；
(2)消毒液有效成分是次氯酸盐与二氧化碳和水生成的次氯酸，次氯酸不稳定，见光分解；
(3)电解饱和食盐水，生成了氢气和氯气生成氢氧化钠，氯气与氢氧化钠反应生成NaClO。
(1)该消毒液不能与洁厕灵(主要成分为浓盐酸)混用，则是考虑到ClO﹣与盐酸反应，发生Cl﹣+ClO﹣+2H+＝Cl2↑+H2O，产生Cl2，Cl2有剧毒；
(2)消毒液中存在ClO﹣，HClO有漂白性，暴露在空气中，由于酸性H2CO3强于HClO，可以由强酸制取弱酸得到HClO，则反应的方程式为：ClO﹣+CO2+H2O＝HClO+HCO3﹣，遮光是为了防止HClO分解；
(3)电解饱和食盐水，生成了氢气和氯气、氢氧化钠，涉及反应为2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，NaOH和氯气反应生成NaClO，反应方程式为2NaOH+Cl2═NaCl+NaClO+H2O，NaClO具有强氧化性，能杀菌消毒。
14．(1) ③⑦ ①③④
(2) Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O Br2+2I-=I2+2Br- 2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-
(3) 196 4NA或2.408×1024
(4)6Fe2++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O
（1）①稀硫酸是混合物，含有自由移动的离子，能导电，既不是电解质又不是非电解质；②液氯是单质，既不是电解质又不是非电解质，不导电；③熔融氯化钠含有自由移动的离子，能导电，属于电解质；④Fe是金属单质，能导电，既不是电解质又不是非电解质；⑤二氧化碳不含离子，不导电，自身不能电离，属于非电解质；⑥乙醇不含离子，不导电，自身不能电离，属于非电解质；⑦BaSO4不含自由移动的离子，不导电，溶于水中的部分能电离，属于电解质；属于电解质的是③⑦；能直接导电的是①③④；
（2）①盐酸除去铁锈(主要成分为氧化铁)，氧化铁和盐酸反应生成氯化铁和水，反应的离子方程式是Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；
②溴水与NaI溶液反应生成溴化钠和碘，反应的离子方程式是Br2+2I-=I2+2Br-；
③FeCl2溶液与新制氯水反应生成氯化铁，反应的离子方程式是2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；
（3）1.204×1024个H2SO4分子的质量为196g，共含1.204×1024×2=2.408×1024个氢原子；
（4）用绿矾(FeSO4·7H2O)还原得Cr3+和Fe3+，铁元素化合价由+2升高为+3、Cr元素化合价由+6降低为+3，根据得失电子守恒， Fe2+还原的离子方程式6Fe2+++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O。
15．(1)
(2) 分液漏斗 圆底烧瓶
(3) 除去Cl2中的少量HCl气体 干燥氯气(或除去氯气中的水蒸气)
(4)湿润的红色布条放在瓶口褪色或湿润淀粉-KI试纸放在瓶口变蓝
(5) NaOH溶液 吸收过量的氯气，防止污染环境 Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O
MnO2与浓盐酸混合加热发生反应制取Cl2，由于浓盐酸具有挥发性，所以Cl2中混有的挥发的HCl可以用饱和食盐水除去，然后经浓硫酸干燥，用向上排空气的方法收集，最后多余的Cl2用NaOH溶液进行尾气处理，防止大气污染。
（1）
MnO2与浓盐酸混合加热发生反应制取Cl2，该反应的化学方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，用双线桥法表示电子转移为；
（2）
根据图示可知：仪器A是分液漏斗；仪器B是圆底烧瓶；
（3）
装置C中盛有饱和食盐水，其作用是除去Cl2中的少量HCl气体；
装置D中盛有浓硫酸，其作用是干燥Cl2(或除去氯气中的水蒸气)；
（4）
Cl2具有强氧化性，能够与KI在溶液中发生反应：Cl2+2KI=2KCl+I2，I2遇淀粉溶液变为蓝色，故可以使用湿润的KI-淀粉试纸放在集气瓶口，若试纸变为蓝色，就证明Cl2已经收集满了；或利用Cl2与H2O反应产生的HClO的漂白性，将湿润的红色布条放在集气瓶口，若布条变为无色，就证明Cl2已经收集满了；
（5）
Cl2是大气污染物，不能直接排放，可根据Cl2能够与碱反应的性质，用NaOH溶液进行尾气处理，故烧杯F中盛放的液体是NaOH溶液，其作用是吸收过量的氯气，防止污染环境，该反应的离子方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O。
16．(1) Cl2 1：2
(2)B
(3) CuO+2H+=Cu2++H2O 置换
(4)16
(5)大于
【解析】（1）
反应MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O中，锰元素从+4价降低到+2价、部分盐酸中氯元素从-1价升高到0价，则氧化剂是MnO2，还原剂是HCl，氧化产物是Cl2；参加反应的HCl与作还原剂的HCl之比为2：1，故氧化剂与还原剂个数比为1：2；
（2）
A．实验室制Cl2需要加热装置，A项错误；
B．饱和食盐水可以降低Cl2溶解度，同时吸收HCl，再经浓硫酸干燥，此装置可净化干燥Cl2，B项正确；
C．收集Cl2需要短管连接外界大气，C项错误；
D．Ca(OH)2溶解度小，吸收Cl2应使用NaOH溶液，D项错误；
答案选B；
（3）
反应Ⅰ为CuO与HCl反应生成CuCl2和H2O，离子方程式为CuO+2H+=Cu2++H2O；一定条件下，反应Ⅱ的化学方程式为，则属于置换反应；
（4）
KMnO4+HCl(浓)→KCl+MnCl2+Cl2↑+H2O(未配平)反应中，HCl转变为Cl2时Cl元素从-1价升高到0价、锰元素从+7价降低到+2价，如果上述化学方程式中KMnO4和MnCl2的系数都是2，则按得失电子数守恒、元素质量守恒得反应的化学方程式：2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，HCl的系数是16；
（5）
实验室制Cl2与上述制Cl2的方法都是氧化HCl，实验室制Cl2氧化剂为MnO2，需要加热，(4)方法制Cl2氧化剂为KMnO4，常温就可以进行，(4)方法更易进行，故氧化性KMnO4> MnO2。
17．(1)
(2)饱和NaCl 溶液
(3)
(4) 氧化
(5) 滴加溶液，无明显变化 AgClO不是很难溶的物质，溶液中存在少量的HClO
(6)向滤液中滴加一滴品红，品红褪色
装置A为制取氯气的装置，其反应为；浓盐酸具有挥发性，生成的氯气中含有少量HCl气体，为了防止HCl对实验干扰，装置B中的为饱和食盐水，用于除去氯气中混有的HCl；氯气本身没有漂白性，因溶于水后产生HClO，HClO具有漂白性；装置C中的水用于制备氯水，装置D为尾气处理装置，其中NaOH溶液，可以吸收未反应完的氯气；
（1）装置A为制取氯气的装置，其反应为，写成离子方程式为，故答案为：；
（2）浓盐酸具有挥发性，生成的氯气中含有少量HCl气体，为了防止HCl对实验干扰，装置B中的为饱和NaCl 溶液，用于除去氯气中混有的HCl，故答案为：饱和NaCl 溶液；
（3）装置D为尾气处理装置，其中NaOH溶液，可以吸收未反应完的氯气，其反应为，故答案为：；
（4）①如题，将沉淀滤出、洗涤。向沉淀中加入盐酸，产生黄绿色气体，发生反应，其中中的氯元素化合价降低，被还原，作氧化剂，具有氧化性，故答案为：氧化；
②该反应的离子方程式为，故答案为；
（5）①Ⅱ中溶液仍具有漂白性，说明溶液中可能含有HClO，取Ⅱ中上层清液，加溶液，无明显现象，说明Ⅱ中溶液中并无HClO，证实所加溶液过量，故答案为：滴加溶液，无明显变化；
②HClO与发生反应，AgClO不是很难溶的物质，溶液中存在少量的HClO，HClO具有强氧化性，能使品红氧化褪色，所以Ⅱ中溶液仍具有漂白性，故答案为：AgClO不是很难溶的物质，溶液中存在少量的HClO；
（6）根据题意，向沉淀中加入饱和溶液，发生反应为，滤渣为，滤液中含有，证明滤液中含有的方法为：向滤液中滴加一滴品红，品红褪色，说明滤液中含有，故答案为：向滤液中滴加一滴品红，品红褪色。
18．(1) 2：1 1：1 4：3 2：1
(2) 1：1 3：4
(3)4：3
【解析】(1)
两容器内的气体体积、密度相同，由m=V可知m(O2)=m(SO2)，根据n=可知，n(O2):n(SO2)= M(SO2):M(O2)=64:32=2:1；质量比为1:1；原子个数比为2:13=4:3；同温同体积时，气体的压强与气体的物质的量成正比，即p(O2):p(SO2)= n(O2):n(SO2)= 2:1，故答案为：2:1；1:1；4:3；2:1。
(2)
根据阿伏伽德罗定律，同温同压同体积的气体具有相同分子数，故A容器和B容器的容积之比是1:1；根据=，体积相同时，密度之比等于质量之比为18:163=3:4，故答案为：1:1；3:4。
(3)
在相同条件下，气体的Vm相等，根据分子中所含的H原子数可知分子数之比为4:3，由n==可知，气体分子数之比等于体积之比，则A、B两容器的体积比为4:3，故答案为：4:3。
19．(1) 71 Cl2
(2)64g·mol-1
(3) mol 6dg·mol-1 22.4ρg·mol-1 17a%＋44b%＋18c%
(4)30g/mol
(5)
（1）标况下，气体E的摩尔质量M=ρVm=3.17g·L-1×22.4L·mol-1≈71g·mol-1，故气体A的相对分子质量为71，由于E为双原子分子，则E为Cl2；
（2）M==64g·mol-1；
（3）因为NH4HCO3(s)NH3(g)＋CO2(g)＋H2O(g)，
①M(混)=2d n(混)=mol， M(NH4HCO3)=2d×3g·mol-1=6dg·mol-1；
②(混)=22.4ρg·mol-1；
③n(NH3)∶n(CO2)∶n(H2O)=a%∶b%∶c%，(混)=17a%＋44b%＋18c%；
（4）温度、压强相同时，气体体积之比等于其物质的量之比，则，；
（5）相同条件下，H2和O2的体积比为a:b，，则，平均相对分子质量：；质量比为a:b的混合气体，，，平均相对分子质量： 。
20． 0.2 mol 3.612×1023 2.24 L 0.25 mol·L-1 0.6 mol·L-1
(1)根据n=计算氨气的物质的量，结合一个NH3分子中含有3个H原子，利用N(H)=3N(NH3)=3nNA计算；
(2)先计算Fe的物质的量，然后利用Fe与HCl反应产生FeCl2和H2的物质的量关系计算H2的物质的量，再根据n=计算氢气的体积；
(3)首先根据n=计算HCl的物质的量，然后根据c=计算盐酸的浓度；
(4)根据电解质的浓度与其电离产生的离子浓度关系计算溶液中SO42-的物质的量浓度。
(1)标准状态下，4.48 L 的NH3的物质的量n==0.2mol，由于一个NH3分子中含有3个H原子，所以0.2molNH3中含有的H原子数目N(H)=3N(NH3)=3n·NA=3×0.2mol×6.02×1023/mol=3.612×1023；
(2)n(Fe)=5.6g÷56g/mol=0.1mol，根据方程式Fe+2HCl=FeCl2+H2↑可知n(H2)=n(Fe)=0.1mol，所以氢气在标准状况下的体积为V(H2)=0.1mol×22.4L/mol=2.24L；
(3)n(HCl)= 11.2 L÷22.4L/mol=0.5mol，则该HCl溶于水配成2 L溶液，所得溶液的物质的量浓度c==0.25mol/L；
(4) 在Al2(SO4)3溶液中电离方程式为：Al2(SO4)3=2Al3++3SO42-，由于微粒所处的溶液是同一溶液，溶液的体积相同，所以它们的浓度比等于微粒的物质的量的比，故c(SO42-)=3c[Al2(SO4)3]=3×0.2 mol/L=0.6mol/L。
【点睛】本题考查了物质的量的有关计算。涉及n=、c=、n=等，要结合物质的微粒构成关系分析判断。熟练掌握这些计算公式是解题基础。
21．HCl H2O HClO H2+Cl22HCl
能 Cl2＋2NaOH＝NaCl＋NaClO＋H2O
X的单质在Z的单质中燃烧，生成XZ，燃烧时火焰呈苍白色，并且XZ极易溶于水，在水溶液中电离出X+和Z-．XZ的水溶液可使石蕊试液变红，说明X为H2，Z为Cl2，XZ为HCl，两分子X的单质可与一分子Y的单质化合生成两分子X2Y，X2Y常温下为液体，说明Y为O2，X2Y为H2O，Cl2溶于H2O中，反应生成HCl和HClO，HClO具有漂白作用，以此解答该题。
（1）由以上分析可知，XZ为HCl，X2Y为H2O，故答案为HCl； H2O；
（2）Z的单质溶于X2Y后，生成HClO，具有强氧化性，可用于漂白，故答案为HClO；
（3）H2在Cl2中燃烧生成HCl，反应方程式为H2+Cl2 2HCl；
（4）Cl2在NaOH溶液中发生氧化还原反应生成NaCl、NaClO和H2O，反应的化学方程式为Cl2+2NaOH═NaCl+NaClO+H2O，故答案为：能；Cl2+2NaOH═NaCl+NaClO+H2O。
22． NaHCO3 Na2CO3 NaOH Na2O2 ②③ Na2O2 0.3NA
四种钠的化合物，Z能与二氧化碳、水反应生成氧气，故Z为Na2O2，X为Na2CO3，Y为NaOH，W分解生成碳酸钠、二氧化碳与水，故W为NaHCO3，据此解答。
(1)由上述分析可知，W、X、Y、Z的化学式分别是：NaHCO3、Na2CO3、NaOH、Na2O2；
(2)反应①为2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，反应④为Na2CO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+2NaOH，两反应是非氧化还原反应，反应②为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，反应③为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，两反应是氧化还原反应，反应中Na2O2既是氧化剂又是还原剂；
(3)反应②的化学方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，根据方程式可知，若反应生成=0.15molO2，则反应过程中转移的电子数目为0.3NA。
【点睛】熟悉钠及其化合物和性质是解题的关键，过氧化钠中氧的化合价为-1，在与水或二氧化碳反应过程中，都是既做氧化剂又做还原剂。
