2024届高考化学二轮专题练习——化学计量
一、单选题
1．下列关于气体摩尔体积的说法正确的是（ ）
A．22.4L任何气体的物质的量均为1mol
B．非标准状况下，1mol任何气体不可能占有22.4 L体积
C．标况下，CO2气体摩尔体积是22.4L/mol
D．某物质含有6.02×1023个粒子，则该物质的体积为22.4L
2．标况下，某气体的体积为，其质量为克，则该气体的相对分子质量为
A．64 B．128 C．32 D．
3．下列叙述中，正确的是
A．标准状况下，Cl2的摩尔质量为71g
B．氧化还原反应一定有氧元素参加
C．标准状况下，1molCCl4的体积是22.4L
D．Na2CO3属于钠盐，又属于碳酸盐是用交叉分类法分类的
4．设NA为阿伏加 德罗常数的值，下列叙述正确的是
A．所含共价键数均为0.4NA的白磷(P4)和甲烷的物质的量相等
B．1 mol Na与O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物共失去NA个电子
C．1mol Na2O2固体中含有离子总数为4NA
D．25℃时，pH=13的氢氧化钠溶液中约含有NA个氢氧根离子
5．设NA为阿伏伽德罗常数值。下列有关叙述正确的是
A．2g D2O中含有的质子数、中子数、电子数均为NA
B．将l00mL 0.1mol L—1FeCl3溶液滴入沸水中可制得Fe(OH)3胶粒数为0.01NA
C．1mol NaOH晶体中，含有的离子总数为3NA
D．100mL 0.1mol L—1 的氨水中，含NH3·H2O的数目为0.01NA
6．设NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是
A．1L 1mol/L 盐酸中含有HCl分子数为 1NA
B．常温常压下，22.4L氧气所含的原子数为2NA
C．实验室分别用KClO3和H2O2制取3.2g O2时，转移的的电子数均为0.4NA
D．常温常压下，16 g 由O2和O3组成的混合气体所含电子数为8NA
7．32 g某气体的分子数目与22 g 二氧化碳的分子数目相同，则该气体的摩尔质量为 ( )
A．32 g B．32 g·mol－1 C．64 g·mol－1 D．64 g
8．下列各物质所含原子数，按由大到小的顺序排列正确的是
①0.3molNH3 ②22.4L氮气（标准状况下） ③16g氧气
A．②①③ B．③②① C．①②③ D．①③②
9．某市售盐酸的质量分数为36.5%，密度为1.18 g·cm－3，该盐酸的物质的量浓度是( )
A．3 mol·L－1 B．8.4 mol·L－1 C．11.8 mol·L－1 D．0.5 mol·L－1
10．下列溶液中含Cl﹣物质的量浓度最大的是
A．1mL 0.1mol L﹣1的氯化铝溶液
B．10mL 0.1mol L﹣1的氯化钙溶液
C．30mL 0.2mol L﹣1的氯化钾溶液
D．40mL 0.25mol L﹣1的氯化钠溶液
11．下列溶液中的氯离子数目与50 mL 1 mol·L 1的AlCl3溶液中氯离子数目相等是
A．180mL1mol·L1的NaCl B．75 mL2mol·L1的NH4Cl
C．150mL3mol·L1的KCl D．75 mL2mol·L1的CaCl2
12．相同质量的SO2和SO3它们之间的关系是
A．所含硫原子的物质的量之比为1:1 B．氧原子的物质的量之比为3:2
C．硫元素的质量比为4:5 D．氧元素的质量比为5:6
13．某制药厂尾气中含少量SO2气体，一般用NaOH溶液或氨水吸收，以防污染环境。分别用0.1mol / L的NaOH溶液或同浓度的氨水处理相同量的尾气，两种方法所需吸收液的体积关系是（ ）
A．NaOH溶液的体积大于氨水 B．NaOH溶液的体积等于氨水
C．NaOH溶液的体积小于氨水 D．无法判断
14．由CaCO3和MgCO3组的混和物充分加热至质量不再减少时，称得残留的固体质量是原混和物的一半，则残留物中钙、镁两元素原子的物质的量之比是
A．1∶1 B．1∶2 C．1∶3 D．2∶1
15．下列有关实验的叙述正确的是
A．用酒精萃取溴水中的溴单质的操作可选用分液漏斗，而后静置分液
B．蒸馏时，温度计的水银球应靠近蒸馏烧瓶的底部
C．容量瓶用水洗净后，可不经干燥直接用于配制溶液
D．配制1L0.1mol/L的NaCl溶液时可用托盘天平称量5.85gNaCl固体
16．W g含有Fe2O3·xH2O杂质的Al2O3样品可完全溶解在100 mL c(H＋)＝0.1 mol/L的稀H2SO4中，然后再向溶液中加入100 mL氨水，恰好得到的沉淀质量最大，则所加氨水的浓度为
A．0.05 mol/L B．0.1 mol/L
C．0.15 mol/L D．0.2 mol/L
二、填空题
17．在下面的横线上填上适当的内容。
(1)6.02×1023个Na+的物质的量为 ，其质量为 。
(2)NO2的摩尔质量为 ，标准状况下，1molSO2气体的体积为 。
(3)标准状况下，1molCO2的体积 ，含有CO2分子个数 。
(4)配制500mL1mol/LNa2CO3溶液，Na2CO3的物质的量为 ，需要Na2CO3的质量为 。
18．按要求完成下列填空：
(1)现有标准状况下CO和CO2混合气体8.96L，其质量为16g，则此混合气体中，CO与CO2的体积之比是 ，氧原子的个数是 。
(2)将10.6g Na2CO3溶于水配成1L溶液，向该溶液中加入一定量NaCl固体，使溶液中Na+的物质的量浓度为0.4 mol/L(假设溶液体积不变)，需加入NaCl的质量为 ；Cl-的物质的量浓度为 。
(3)将4g NaOH溶于 g水中，可使溶液中H2O与Na+的物质的量之比等于20∶1，若测得该溶液的密度为1.1g/cm-3，溶液中c(Na+)为 。
19．某0.2L无土栽培用的营养液中含有KCl、K2SO4、NH4Cl三种溶质，测得该营养液中部分离子的浓度柱状图如图甲所示：
(1)该营养液中K2SO4的物质的量浓度为 mol·L-1，含KCl的质量为 。
(2)该营养液中NH4Cl的物质的量为 。
(3)将该营养液加水稀释，稀释过程中NH的浓度(c)随溶液体积(V)变化的曲线如图乙所示，则V1= ，V2= 。
20．为准确测定Na2O和Na的混合物中钠元素的质量分数，请从下列装置选择并连接：
①所选的各仪器连接的顺序 ，选择其中一种发生装置的理由 ，量筒在实验中的作用是 。
②有一块表面氧化成的金属钠，其质量为1.70g，实验后在量筒中收集到0.224L水，则样品中钠元素的质量分数 。（气体体积在标准状况下测定）
21．镁是一种重要的金属材料，镁合金因密度小、硬度和强度都较大等优点，被广泛应用于制造火箭、导弹和飞机的部件等。目前世界上60%的镁是从海水中提取出来的，其提取工艺流程如图所示。
已知：某品牌不同碱的价格
试剂 NaOH KOH
价格(元/吨) 3100 670 7000
回答下列问题：
(1)人类可以从海水中获得很多资源，下列物质无需经过化学变化就能从海水中直接获取的是 (填字母)。
A．食盐 B．淡水 C．烧碱 D．纯碱 E．溴
(2)海水和母液均可作为制取氯化镁的原料，选择母液的理由为 。
(3)根据市场上不同碱的价格，选择 (填化学式)作为沉镁试剂更能节约成本。
(4)反应④的化学方程式为 。
(5)某海水中镁的含量为，则1L海水理论上可制得的质量为 g。
(6)如图是常用于混合物的分离和提纯的装置：
粗盐的提纯应选择图 (填字母，下同)装置，若实验中为了除去粗盐中的、、等杂质离子加入试剂的顺序可以是 。
A．NaOH、、、HCl B．NaOH、、、HCl
C．、、NaOH、HCl D．、NaOH、、HCl
22．电解金属锰阳极渣(主要成分MnO2，杂质为Pb、Fe、Cu元素的化合物)和黄铁矿(FeS2)为原料可制备Mn3O4，其流程如图所示：
已知：Ksp(MnF2)=5.0×10-3、Ksp(CaF2)=3.5×10-11，回答下列问题：
(1)“酸浸”时，所用的稀酸X是 。
(2)“酸浸”过程中，Fe2+、Fe3+的质量浓度、Mn浸出率与时间的关系如图1所示。
①20～80min内，浸出Mn元素的主要离子方程式为 。
②80～100min时，Fe2+浓度上升的原因可能是 。
(3)若“净化”过程中Mn2+的浓度为2mol·L-1，则此时Ca2+的浓度为 mol·L-1。
(4)MnSO4制取Mn3O4的一种流程如图2。在搅拌下向50mL1mol·L-1MnSO4溶液中缓慢滴加1mol·L-1NH4HCO3，则加入NH4HCO3溶液的体积至少为 mL。
23．中国疾控中心指出，消毒是疫情防控的重要措施。含氯消毒剂是高效、安全的杀菌消毒剂。
(1)18世纪70年代，瑞典化学家舍勒将软锰矿(主要成分为)与浓盐酸混合加热，产生了一种黄绿色、有刺激性气味的气体。该反应的化学方程式为 。某同学拟用该原理按如下装置制备并收集干燥纯净的氯气，在虚线框内选用的发生装置 (填“甲”“乙”或“丙”)。试剂X是 。可用NaOH溶液吸收尾气，反应的离子方程式为 。
(2)通过大量实验证明，氯气与水反应生成次氯酸，次氯酸能杀菌消毒。可利用数字化实验探究次氯酸的化学性质，用强光照射氯水，得到氯水的pH随时间变化如图1所示，氯水的pH下降的原因是 。
(3)使用氯气消毒易产生危害人体健康的有机氯化物，用氯气和亚氯酸钠溶液可制备新的绿色消毒剂二氧化氯()，反应中还可得到氯化钠。当消耗标准状况下时，制得 g。
(4)已知浓度较大时易分解。实验室用稳定剂吸收，生成，使用时加酸只释放出一种气体。若将其用于水果保鲜(如图2)，你认为效果较好的是 。
(5)亚氯酸钠也是一种高效氧化剂、漂白剂，在NaOH溶液中与反应可以得到亚氯酸钠。若反应中生成，转移电子的物质的量为 。
试卷第4页，共7页
参考答案：
1．C
【详解】A.未指明气体所处的外界条件，就不能确定气体摩尔体积，因此不能根据气体体积判断气体的物质的量的多少，A错误；
B.若温度升高使气体体积增大的影响与压强增大使气体体积减小的影响相同，则非标准状况下，1mol任何气体也可能占有22.4 L体积，B错误；
C.在标况下，任何气体的气体摩尔体积都大约是22.4L/mol，因此在此条件下CO2气体摩尔体积是22.4L/mol，C正确；
D.该物质的物质的量是1mol，由于物质的状态不一定是气体，且所处的外界条件也没有指出，因此不能确定该物质的体积大小，D错误；
故合理选项是C。
2．C
【详解】标况下某气体的体积为 ,其质量为6.4克,则气体的物质的量为 /22.4(L.mol-1)=0.2mol,M=6.4g/0.2mol=32g/mol，所以该气体的相对分子质量为32。A. 64不符合题意，故A错误； B. 128不符合题意，故B错误；C. 32符合题意，故C正确；D. 故D错误；所以答案是C。
【点睛】根据n=m/M=V/Vm计算相关物理量,相对分子质量在数值上等于摩尔质量,以此解答。
3．D
【详解】试题分析：A、氯气的摩尔质量是71g/mol，A错误；B、氧化还原反应不一定有氧元素参加，B错误；C、标准状况下四氯化碳不是气态，不能利用气体摩尔体积计算物质的量和体积，C错误；D、碳酸钠属于钠盐，又属于碳酸盐是用交叉分类法分类的，D正确，答案选D。
考点：考查物质的量的有关判断、计算及物质的分类
4．B
【详解】A、P4和甲烷空间结构都是正四面体，P4的空间结构是，1mol白磷中有6molP－P键，甲烷的空间结构为，1mol甲烷中4molC－H键，0.4NA共价键，当含有共价键的物质的量为0.4mol时，白磷的物质的量为0.4/6mol，甲烷的物质的量为0.4/4mol，故A错误；
B、无论是Na2O还是Na2O2，Na的化合价为＋1价，1molNa都失去电子1mol，数目为NA，故B 正确；
C、由Na2O2的电子式可知，1molNa2O2固体中含有离子总物质的量为3mol，个数为3NA，故C错误；
D、题中未给出溶液的体积，无法计算OH－的物质的量，故D错误，答案选B。
5．A
【分析】注意D为质子数为1，中子数1的氢元素的原子。
【详解】A. 2g D2O的物质的量为2.0g/20g/mol=0.1mol，含有的质子数，中子数、电子数均为1mol，即 NA，故正确；
B. 胶体粒子是很多的分子的集合体，不能计算胶体粒子数目，故错误；
C. NaOH 含有钠离子和氢氧根离子，所以1mol NaOH晶体中，含有的离子总数为2NA，故错误；
D. 100mL 0.1mol L—1 的氨水中一水合氨能部分电离，所以不能计算含NH3·H2O的数目，故错误。
故选A。
【点睛】掌握胶体粒子为氢氧化铁分子的集合体，不能计算胶体粒子数目。掌握弱电解质在水溶液中能部分电离，所以不能计算其分子数目。
6．D
【详解】试题分析：A.在盐酸中HCl电离产生离子，不存在电解质分子，错误；B．常温常压下，22.4L氧气的物质的量小于1mol，因此其中所含的原子数小于2NA，错误；C．3.2g O2的物质的量是0..1mol,由于在KClO3中O元素的化合价是-2价，反应后变为0价，因此转移电子数目是0.4 NA；而在H2O2中氧元素化合价是-1价，则制取3.2g O2时，转移的的电子数为0.2NA，错误；D．常温常压下，16 g 由O2和O3组成的混合气体所含氧原子的物质的量是1mol，则含有的电子数为8NA，正确。
考点：考查阿伏加德罗常数的计算的知识。
7．C
【详解】22gCO2的物质的量=22g÷44g/mol=0.5mol，32g该气体的分子数目与22gCO2的分子数目相同，二者物质的量相同，所以32g该气体的物质的量为0.5mol，该气体的摩尔质量=32g÷0.05mol=64g/mol，故答案C正确。
故选C。
【点睛】注意摩尔质量是有单位的物理量，单位为g/mol。
8．A
【分析】比较原子数的大小，即比较原子的物质的量的多少。
【详解】①0.3molNH3中原子总物质的量为1.2mol； ②22.4L氮气（标准状况下）中原子总物质的量为＝2mol；③16g氧气中原子总物质的量为＝1mol。
本题选A。
9．C
【详解】根据浓度和质量分数的关系式，盐酸的物质的量浓度为c===11.8mol/L，
答案选C。
10．A
【详解】结合溶质的化学式，可知四个选项中Cl－的浓度分别为：A项0.3mol/L;B项0.2mol/L;C项0.2mol/L;D项0.25mol/L，故溶液中含Cl﹣物质的量浓度最大的是A；
故选A。
11．B
【分析】氯离子数目相等即氯离子物质的量相等。n(Cl-)=c(Cl-)×V，由化学式确定c(Cl-)与溶液浓度的关系，据此计算判断。
【详解】50 mL 1 mol·L 1的AlCl3溶液中，n(Cl-)=c(Cl-)×V= 1 mol·L 1×3×0.05L=0.15mol。
A. 180mL1mol·L1的NaCl溶液中，n(Cl-)=c(Cl-)×V= 1 mol·L 1×1×0.18L=0.18mol。
B. 75 mL2mol·L1的NH4Cl溶液中，n(Cl-)=c(Cl-)×V= 2 mol·L 1×1×0.075L=0.15mol。
C. 150mL3mol·L1的KCl溶液中，n(Cl-)=c(Cl-)×V= 3 mol·L 1×1×0.15L=0.45mol。
D. 75 mL2mol·L1的CaCl2溶液中，n(Cl-)=c(Cl-)×V= 2 mol·L 1×2×0.075L=0.30mol。
本题选B。
【点睛】从计算公式看，比较离子数目需考虑溶液体积，而比较离子浓度，则与溶液体积无关。
12．D
【详解】M（SO2）=64g/mol，M（SO3）=80g/mol，假设质量都为m g，
A．所含硫原子的物质的量之比为:，故A错误；
B．氧原子的物质的量之比为:×3=5：6，故B错误；
C．所含硫元素的质量比等于硫原子的物质的量之比为:，故C错误；
D．氧元素的质量比等于氧原子的物质的量之比:×3=5：6，故D正确。
故选D。
13．B
【详解】NaOH是一元强碱、一水合氨是一元弱碱，吸收相同量的尾气二氧化硫，碱的物质的量大小需要的碱体积大小，因为c（NH3 H2O）=c（NaOH），所以V（NH3 H2O）=V（NaOH），故选B。
14．C
【分析】加热CaCO3和MgCO3组的混合物分解得到固体为CaO、MgO，令原混合物中CaCO3和MgCO3的物质的量分别为xmol、ymol，根据原子守恒表示出CaO、MgO的物质的量，再根据CaO、MgO质量之和等于CaCO3和MgCO3质量的一半列方程计算。
【详解】CaCO3和MgCO3组成混合物充分加热至质量不在减少时，得到固体为CaO、MgO，令原混合物中CaCO3和MgCO3的物质的量分别为xmol、ymol，根据Ca原子守恒，n(CaO)=n(CaCO3)，根据Mg原子守恒n(MgO)=n(MgCO3)，则2×(56x+40y)=100x+84y，整理得x：y=1：3，故答案为C。
15．C
【详解】试题分析：A、酒精与水互溶，不能萃取溴水中的溴单质，A错误；B、蒸馏时，温度计的水银球应靠近蒸馏烧瓶的支管出口处，B错误；C、容量瓶用水洗净后，可不经干燥直接用于配制溶液，C正确；D、托盘天平只能读数到0.1g，D错误，答案选C。
考点：考查化学实验基本操作
16．B
【详解】稀H2SO4中c(H+)=0.1mol/L，则c(H2SO4)=0.05mol/L，含有Fe2O3 xH2O杂质的Al2O3样品与硫酸反应生成硫酸铁、硫酸铝，再向溶液中加入氨水生成沉淀最大时，此时溶液中溶质为(NH4)2SO4，根据硫酸根守恒n[(NH4)2SO4]=n(H2SO4)=0.1L×0.05mol/L=0.005mol，根据N元素守恒n(NH3)=2n[(NH4)2SO4]=0.01mol，氨水的浓度为=0.1mol/L，选项B正确；故答案为B。
17．(1) 1mol 23g
(2) 46g/mol 22.4L
(3) 22.4L 6.02×1023
(4) 0.5mol 53g
【详解】（1）6.02×1023个Na+的物质的量为，其质量为。
（2）NO2的相对分子质量为46，则其摩尔质量为46g/mol；标准状况下，1molSO2气体的体积为。
（3）标准状况下，1molCO2的体积为，含有CO2分子个数为个。
（4）500mL=0.5L，配制500mL1mol/LNa2CO3溶液，Na2CO3的物质的量为0.5L×1mol/L=0.5mol，需要Na2CO3的质量为。
18．(1) 1∶3 4.214×1023
(2) 11.7g 0.2 mol/L
(3) 36 2.75 mol/L
【分析】根据混合气体的体积和质量列式计算；根据n=、c=计算解答；根据溶液的质量=m(水)+m(NaOH)，溶液的体积=，最后根据c=计算。
(1)
标况下气体摩尔体积是22.4L/mol，混合气体n==0.4mol，设CO与CO2的物质的量分别为x、y，则x+y=0.4mol，x×28g/mol+y×44g/mol=16g，解得：x=0.1mol，y=0.3mol，则CO与CO2的体积之比等于物质的量之比=0.1mol∶0.3mol=1∶3，氧原子的物质的量=0.1mol×1+0.3mol×2=0.7mol，个数为0.7mol×6.02×1023mol-1=4.214×1023，故答案为：1∶3；4.214×1023。
(2)
10.6g Na2CO3的物质的量为=0.1 mol，溶液中Na+的物质的量为n(Na+)=2n(Na2CO3)=0.2 mol；向该溶液中加入一定量NaCl固体，使溶液中Na+的物质的量浓度为0.4mol L-1(假设溶液体积不变)，溶液中钠离子的总物质的量为0.4mol/L×1L=0.4mol，根据钠离子守恒可知需要加入NaCl的物质的量为：0.4mol-0.2mol=0.2mol，则需加入NaCl的质量为58.5g/mol×0.2mol=11.7g；Cl-的物质的量浓度为=0.2mol/L，故答案为： 11.7 g；0.2 mol/L；
(3)
4gNaOH的物质的量==0.1mol，溶液中H2O与Na+的物质的量之比为20∶1，则水的物质的量=0.1mol×20=2mol，故水的质量为2mol×18g/mol=36g，溶液的质量=m(水)+m(NaOH)=4g+36g=40g，溶液体积==36.4cm3，溶液中c(Na+)==2.75mol/L，故答案为：36；2.75mol/L。
19．(1) 4.0 14.9g
(2)1.6mol
(3) 0.2L 1.0L
【分析】根据柱状图可知，K+、SO、C1-的浓度分别是9.0mol·L-1、4.0 mol·L-1、9.0 mol·L-1,其物质的量分别是1.8mol、0.8mol、1.8mol。
【详解】（1）于营养液中只有K2SO4能提供SO，所以SO的浓度即为K2SO4的浓度。故为4.0；KCl中K+的物质的量为1.8-0.8 2=0.2mol，所以KCl的质量为0.2 74.5=14.9g；
（2）根据氯离子守恒有c(C1-)=c(KCl)+c(NH4Cl),则c(NH4Cl)=c(Cl-)-c(KCl)=8.0mol.L-1,则c(NH)=8.0mol.L-1，NH 的物质的量为1.6mol；故答案为: 1.6mol；
（3）由以上分析可知V1=0.2；根据c(浓)·V(浓)=c(稀)·V(稀)可求出V2=1.0；故答案为: 0.2L；1.0L。
20． e-b-a-d 可使水顺利流下，同时防止氢气从分液漏斗中跑出 测量气体的体积 81.2%
【分析】(1)钠溶于水生成氢气，因此可通过测量氢气的体积来计算钠的物质的量；
(2)在量筒中收集到0.224L水，则生成氢气是0.01mol，因此钠的物质的量是0.02mol，质量是0.46g，然后计算出样品中钠元素的质量分数即可。
【详解】(1)钠溶于水生成氢气，再通过测量氢气的体积来计算钠的物质的量，正确的装置连接顺序是e-b-a-d，其中选择的发生装置利用橡胶管形成连通器，可使水顺利流下，同时防止氢气从分液漏斗中跑出；量筒里收集的水的体积，等于氢气的体积，则量筒的作用是测量氢气的体积；
(2)在量筒中收集到0.224L水，则生成氢气物质的量是0.01mol，根据电子守恒可知钠的物质的量是：0.02mol，质量是0.46g，Na2O的质量为1.70g-0.46g=1.24g，则样品中钠的质量分数是：≈81.2%。
21．(1)AB
(2)母液中氯化镁的浓度更高
(3)
(4)
(5)4.75
(6) C BD
【分析】海水通过蒸发得到粗盐和母液，向母液中加入沉镁剂可得到氢氧化镁，氢氧化镁和盐酸反应得到氯化镁，经过一系列过程得到氯化镁的结晶水合物，结晶水合物在一定条件下失水生成氯化镁，通过电解氯化镁得到镁和氯气，以此解题。
【详解】（1）A．海水中存在大量氯化钠，可以通过改变温度或者水的量使溶质析出得到食盐不涉及化学反应，A正确；
B．海水是无机盐和水的混合物所以把其中的无机盐分离出来，即可得到淡水不涉及化学反应，B正确；
C．海水中有大量的钠离子若想得到烧碱需要加入氢氧根离子，发生化学反应，C错误；
D．海水中有大量的钠离子若想得到纯碱需要加入碳酸根离子，发生化学反应，D错误；
E．海水中有大量的溴离子若想得到溴需要加入氧化剂，将溴离子氧化为溴单质发生化学反应，E错误；
故选AB；
（2）粗盐中氯化钠的含量较高，母液中氯化镁的浓度更高，所以选择母液作为制取氯化镁的原料，答案为：母液中氯化镁的浓度更高；
（3）考虑成本问题应选择价格便宜的碱作为沉镁试剂，答案为：；
（4）反应④为电解熔融的氯化镁得到镁和氯气，答案为：；
（5）根据转化关系：，所以，，答案为：4.75；
（6）粗盐的提纯中应该除去杂质离子、、，分别使用氢氧化钠、碳酸钠和氯化钡除去，因加入的试剂是过量的所以需要将过量试剂最终也除去，所以氯化钡一定在碳酸钠之前加入，最后加盐酸调节溶液酸碱性除去碳酸根离子等，最后通过过滤得到氯化钠溶液，
A．此装置是蒸馏装置，A错误；
B．此装置是分液装置，B错误；
C．此装置是过滤装置，C正确；
故选C；
四个选项中符合氯化钡在碳酸钠之前加入的有BD，AC不符合，
故选BD；
答案为：C，BD。
22．(1)稀硫酸
(2) 3MnO2+2FeS2+12H+=3Mn2++4S+2Fe3++6H2O 80～100min时，MnO2浸出率很高，剩余MnO2较少，FeS2浸出的Fe2+与MnO2接触机会减少，所以Fe2+浓度上升
(3)1.4×10-8
(4)100
【分析】由元素守恒知，酸X为稀硫酸，由流程知，MnO2将Pb、S等元素氧化生成S、PbSO4，滤液中含有Fe3+、Fe2+、Mn2+、Cu2+等，加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，再加入CaO调节pH除去Fe3+、Cu2+，之后滤液中主要含有Ca2+、Mn2+，加入MnF2除去Ca2+，最终得到MnSO4溶液，经过一系列操作得到Mn3O4。
【详解】（1）由分析知，稀酸X为稀硫酸；
（2）①由图示知，20~80 min内，Mn元素浸出率提高，Fe3+含量明显增加，说明此时MnO2与FeS2反应生成Mn2+、Fe3+、S等，根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒配平得完整方程式为：3MnO2+2FeS2+12H+=3Mn2++4S+2Fe3++6H2O；
②80～100min时，MnO2浸出率很高，剩余MnO2较少，FeS2浸出的Fe2+与MnO2接触机会减少，所以Fe2+浓度上升；
（3）由Ksp(MnF2)=c(Mn2+)·c2(F-)=5.0×10-3，得2 mol/L×c2(F-)=5.0×10-3，解得c2(F-)=2.5×10-3 mol2/L2，再由Ksp(CaF2)=c(Ca2+)·c2(F-)=3.5×10-11，得c(Ca2+)×2.5×10-3 =3.5×10-11，解得c(Ca2+)=1.4×10-8 mol/L；
（4）MnSO4与NH4HCO3反应生成MnCO3沉淀的离子方程式为：Mn2++2=MnCO3↓+CO2↑+H2O，消耗NH4HCO3物质的量n=2n(MnSO4)=2×0.05 L×1 mol/L=0.1 mol，对应体积V=，即100 mL，故此处填100。
23．(1) (浓) 丙 饱和NaCl溶液
(2)次氯酸分解生成盐酸，使溶液的酸性增强
(3)6.75
(4)稳定剂II
(5)1mol
【分析】题中为实验室制取氯气，制取后经过除杂、干燥、收集、尾气处理；
【详解】（1）用二氧化锰和浓盐酸制取氯气，，因为制取氯气的原理是利用固体和液体加热，故选择固液加热型装置，根据分析试剂X需要除去氯气中挥发的氯化氢，则X需要用饱和食盐水，最后用氢氧化钠和氯气反应，起到尾气处理作用；
故答案为：；丙；饱和NaCl溶液；；
（2）次氯酸不稳定，遇强光分解，，因其生成HCl，所以溶液酸性增加，pH减小；
故答案为：次氯酸分解生成盐酸，使溶液的酸性增强；
（3），标准状况下氯气的物质的量，
则生成的ClO2为0.1mol，则质量为；
故答案为：6.75；
（4）根据图示，稳定剂Ⅱ起保鲜作用时间长；
故答案为：稳定剂Ⅱ；
（5）NaOH溶液中 ClO2与H2O2反应可以得到亚氯酸钠，，反应中Cl元素化合价由+4价变为+3价，生成1molNaClO2移电子1mol；
故答案为：1mol
