2020-2021学年新教材高中化学 第二章 海水中的重要元素——钠和氯 过关检测卷（含解析）新人教版必修第一册.docx

1、第二章过关检测卷(时间:90分钟满分:100分)一、选择题(本题共10小题,每小题2分,共20分。在每小题给出的四个选项中,只有一项符合题目要求。)1.向烧杯中加入水和石蜡油(密度为0.860.91 gcm-3)各50 mL。将一小块钠(密度为0.97 gcm-3)放入烧杯中,观察到的现象可能有()。A.钠在水层中反应并四处游动B.钠停留在石蜡油层中不发生反应C.钠在石蜡油的液面上反应并四处游动D.钠在水与石蜡油的交界处反应并上下跳动答案D解析钠的密度比石蜡油的大,比水的小,因此,钠应处于石蜡油底部,浮于水面。在本实验中,钠首先下沉至水与石蜡油的交界处,钠与水接触时,立即有氢气生成,随气泡的增

2、多,浮力增大,使钠上浮至石蜡油的表面;当气体放出后,受重力作用,钠又回落至交界处,再次与水反应,重复上述现象,直至钠耗尽。2.为使以面粉为原料的面包松软可口,通常用碳酸氢钠作发泡剂,其原因是()。热稳定性差增加甜味产生二氧化碳提供钠离子A.B.C.D.答案B解析为使以面粉为原料的面包松软可口,通常用碳酸氢钠作发泡剂,这是由于碳酸氢钠不稳定,加热会发生分解反应,反应的化学方程式是2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O,分解产生的CO2气体从面团中逸出,从而使面包松软可口,故正确的说法是,B正确。3.下列说法不正确的是()。A.钠、铁和铜都能与氯气反应,生成金属氯化物B.液氯是氯气的水溶液,它

3、能使干燥的有色布条褪色C.氢气在氯气中燃烧,发出苍白色火焰D.氯水中含有次氯酸,氯水具有杀菌、漂白作用答案B解析钠、铁和铜都能与氯气反应,分别生成氯化钠、氯化铁、氯化铜;液氯是液态的氯气,是单质,其中无次氯酸,不能使干燥的有色布条褪色;氢气在氯气中燃烧,发出苍白色火焰;氯水是氯气的水溶液,是混合物,其中含有氯气与水反应的产物次氯酸,次氯酸能杀菌、漂白。4.下列叙述正确的是()。A.氯气的性质很活泼,它与氢气混合后立即发生爆炸B.实验室制取氯气时,为了防止污染环境,多余的氯气可以用氢氧化钙溶液吸收C.新制氯水的漂白性强于久置氯水的漂白性D.检验HCl气体中是否混有Cl2的方法是将气体通入硝酸银溶

4、液答案C解析氯气与氢气混合后在加热或点燃条件下可发生爆炸,A错误;实验室制氯气的尾气用NaOH溶液吸收,不用氢氧化钙溶液吸收,因为氢氧化钙溶液的浓度太小,吸收不彻底,B错误;新制氯水中HClO含量高,久置氯水几乎无漂白性,C正确;Cl2通入硝酸银溶液中也会生成白色沉淀,D错误。5.下列说法不正确的是()。A.Na2O2可作为呼吸面具中O2的来源B.Na2O和 Na2O2放入水中都只能生成NaOHC.Na2CO3可用于制玻璃、肥皂,NaHCO3可用于治疗胃酸过多D.NaCl性质稳定,可用作调味剂答案B解析Na2O2可与人呼出的CO2和水蒸气发生反应,生成O2,因此可用于呼吸面具中O2的来源;Na

5、2O与水反应只生成NaOH,Na2O2与水反应生成NaOH和O2。6.下列各组中的物质相互反应时,若改变反应条件(温度、反应物用量等),反应的生成物保持不变的是()。A.Na和O2B.NaOH和CO2C.Na2O2和CO2D.木炭(C)和O2答案C解析Na与O2在常温和加热条件下分别生成Na2O、Na2O2,即当反应温度不同时,产物不同;过量的NaOH与CO2反应生成Na2CO3,少量的NaOH与CO2反应生成NaHCO3;木炭(C)与足量的O2完全燃烧生成CO2,不完全燃烧时生成CO。7.设NA表示阿伏加德罗常数的值,下列叙述正确的是()。A.常温常压下,22.4 L CO2中含有NA个CO

6、2分子B.1.7 g H2O2中含有的电子数为0.9NAC.2.24 L H2O含有的分子数为0.1NAD.分子总数为NA的CO和C2H4的混合气体体积约为22.4 L,质量为28 g答案B解析A项,常温常压下,气体摩尔体积大于22.4Lmol-1,则22.4LCO2的物质的量小于1mol,错误;B项,1个H2O2分子中含有18个电子,H2O2的摩尔质量为34gmol-1,1.7gH2O2的物质的量为0.05mol,则含有的电子的物质的量为0.9mol,数目为0.9NA,正确;C项,标准状况下水不为气态,不能用标准状况下的气体摩尔体积22.4Lmol-1进行计算,错误;D项,1molCO和C2

7、H4的混合气体的质量为28g,但由于未注明混合气体的状况(温度和压强),故不能判断其体积是否为22.4L,错误。8.某溶液中仅含有Na+、Mg2+、SO42-、Cl-四种离子(不考虑水电离出的H+和OH-),其物质的量浓度之比为c(Na+)c(Mg2+)c(Cl-)=355。若c(Na+)为3 molL-1,则c(SO42-)为()。A.2 molL-1B.3 molL-1C.4 molL-1D.8 molL-1答案C解析根据溶液呈电中性的原则,溶液中阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数。故c(Na+)+2c(Mg2+)=c(Cl-)+2c(SO42-),代入数据得c(SO42-)=4

8、molL-1。9.下列有关钠及其化合物的说法正确的是()。A.金属钠着火时,可用二氧化碳来灭火B.金属钠长时间放置在空气中,最终得到的白色固体是小苏打C.Na2O和Na2O2均为碱性氧化物,均可与水发生反应生成烧碱D.用洁净的铂丝蘸取待测液,置于火焰上灼烧,通过蓝色钴玻璃观察到火焰呈紫色,则该溶液中一定含有钾离子,可能含有钠离子答案D解析金属钠着火时,生成过氧化钠,过氧化钠与二氧化碳反应生成氧气,故不可用二氧化碳来灭火,A错误;将Na单质长时间放置于空气中,最终得到的白色固体是Na2CO3,B错误;Na2O、Na2O2为相同元素组成的金属氧化物,氧化钠属于碱性氧化物,但是过氧化钠不属于碱性氧化

9、物,两者均可与水发生反应生成烧碱,C错误;蓝色钴玻璃能滤去黄光,不能确定是否含有钠离子,故D正确。10.下列示意图中,白球代表氢原子,黑球代表氦原子,方框代表容器,容器中间有一个可以上下滑动的隔板(其质量可忽略不计)。其中能表示等质量的氢气与氦气的是()。答案A解析等质量的H2与He的物质的量的关系为n(H2)n(He)=21,相同条件下气体的物质的量与体积成正比,所以体积关系为V(H2)V(He)=21;氦气为单原子分子,故A正确。二、选择题(本题共5小题,每小题4分,共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求,全部选对得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分。)11.下列关于0.1 m

10、olL-1 Na2CO3溶液的叙述中,正确的是()。A.从1 L该溶液中取出100 mL,则取出溶液中Na2CO3的物质的量浓度为 0.01 molL-1B.0.5 L该溶液中钠离子的物质的量浓度为0.1 molL-1C.1 L该溶液中含有Na2CO3的质量为106 gD.取该溶液10 mL,加水稀释至100 mL后Na2CO3的物质的量浓度为0.01 molL-1答案D解析从1L该溶液中取出100mL,Na2CO3的物质的量浓度仍为0.1molL-1;该溶液中钠离子的物质的量浓度为0.2molL-1;1L该溶液中含有Na2CO30.1mol,其质量为10.6g;取该溶液10mL,加水稀释至1

11、00mL后Na2CO3的物质的量浓度变为0.01molL-1。12.下列说法中,正确的是()。A.在标准状况下,2.24 L Cl2与过量NaOH溶液反应,转移的电子数约为0.26.021023B.1 mol Cl2与足量Fe反应,转移的电子数约为26.021023C.常温常压下的33.6 L Cl2与27 g Al充分反应,转移电子数约为36.021023D.在反应H2O2+Cl22HCl+O2中,每生成32 g O2,转移约26.021023个电子答案BD解析Cl2与过量NaOH溶液发生反应:Cl2+2NaOHNaCl+NaClO+H2O,Cl2既做氧化剂,又做还原剂,0.1molCl2在

12、反应中转移0.1mol电子,A错误;1molCl2与足量Fe反应,转移的电子数约为26.021023,B正确;常温常压为非标准状况,33.6L气体不是1.5mol,此时无法计算反应中转移的电子数,C错误;在H2O2+Cl22HCl+O2反应中,2molO从-1价升高为0价,失去2mol电子,生成32gO2。13.实验室配制450 mL 1 molL-1 NaOH溶液,下列有关说法正确的是()。A.用托盘天平称取18 g NaOH固体B.容量瓶用蒸馏水洗净后,必须晾干再使用C.配制过程中玻璃棒的作用主要是搅拌和引流D.定容摇匀后,发现液面下降,继续加水至刻度线答案C解析实验室配制450mL1mo

13、lL-1NaOH溶液,应选取500mL的容量瓶,m=nM=cVM=1molL-10.5L40gmol-1=20.0g,应用托盘天平称取20.0gNaOH固体,A错误;容量瓶用蒸馏水洗净后可直接使用,不需要晾干,B错误;玻璃棒在溶解固体时的作用是搅拌,加速固体溶解,转移液体时的作用是引流,C正确;定容摇匀后,发现液面下降,继续加水至刻度线,导致溶液体积偏大,依据c=nV可知溶液浓度偏低,D错误。14.工业上可利用如下反应检查输送氯气的管道是否漏气:3Cl2+8NH3N2+6NH4Cl(反应中产生的白烟为NH4Cl小颗粒)。下列有关该反应的说法中,不正确的是()。A.属于置换反应B.Cl2表现强氧

14、化性C.氧化剂和还原剂的物质的量之比为38D.生成1 mol N2,有3 mol电子转移答案CD解析该反应是单质和化合物反应生成新单质和新化合物的反应,属于置换反应,A正确;氯元素化合价从0价降低为-1价,Cl2表现强氧化性,且每生成1molN2,有3molCl2被还原,转移电子为6mol,B正确,D错误;氧化剂是Cl2,还原剂是NH3,但是8molNH3中只有2mol的N化合价升高,因此,氧化剂和还原剂的物质的量之比为32,C错误。15.下图是某“84”消毒液(有效成分为次氯酸钠)标签的部分内容,下列说法正确的是()。“84”消毒液性状本品为无色透明液体规格250 mL、252.50 g含量

15、有效氯含量为5.00%贮藏密封保存A.该“84”消毒液的密度为1.01 gcm-3B.密封保存的目的是防止NaClO分解C.该“84”消毒液中含NaClO的质量为252.50 gD.该“84”消毒液中含NaClO的物质的量浓度为1.42 molL-1答案AD解析该“84”消毒液的密度为252.50g250mL=1.01gcm-3,A正确;密封保存的目的是防止NaClO与空气中的CO2和水反应生成HClO,HClO分解会使“84”消毒液失效,故B错误;该“84”消毒液中含NaClO的质量为252.50g次氯酸钠的质量分数,252.50g是“84”消毒液的质量,C错误;该“84”消毒液中含NaCl

16、O的物质的量浓度=252.50g5.00%35.5gmol-10.25L=1.42molL-1,D正确。三、非选择题(本题共5小题,共60分。)16.(10分)设NA代表阿伏加德罗常数的值,完成下列填空:(1)1 mol CH4含原子数目为;34 g H2O2所含分子数目和原子数目分别为和。(2)标准状况下,0.5NA个CO分子所占有的体积为 L。(3)标准状况下,33.6 L H2和CH4的混合气体所含的分子数目为。(4)1 L K2SO4和MgSO4的混合溶液中,含Mg2+ 2.4 g,SO42-的物质的量浓度为1 molL-1,则MgSO4和K2SO4的物质的量浓度分别是、。(5)常温下

17、,10.0 mL 1.0 molL-1的H2SO4溶液,加水稀释到500 mL,所得H2SO4溶液的浓度为 molL-1;蒸发浓缩,使溶液的体积为2.40 mL,所得H2SO4溶液的浓度为 molL-1。答案 (1)5NANA4NA(2)11.2(3)1.5NA(4)0.1 molL-10.9 molL-1(5)0.024.2解析(1)每个CH4分子中含1个C原子和4个H原子,所以1molCH4含原子数目为5NA。每个H2O2分子中含2个H原子和2个O原子,m(H2O2)=34g,则n(H2O2)=34g34gmol-1=1mol,故含分子数为NA,含原子数为4NA。(2)标准状况下,CO为气

18、体,0.5NA个CO分子的物质的量为0.5mol,所占体积为11.2L。(3)标准状况下:Vm=22.4Lmol-1,则N=VVmNA=33.6L22.4Lmol-1NA=1.5NA。(4)n(Mg2+)=2.4g24gmol-1=0.1mol,则c(MgSO4)=0.1mol1L=0.1molL-1。MgSO4提供的c(SO42-)=0.1molL-1,则K2SO4提供的c(SO42-)=1molL-1-0.1molL-1=0.9molL-1,所以c(K2SO4)=0.9molL-1。(5)根据溶液的稀释定律,溶液稀释或浓缩前后溶质的质量和物质的量不变:c1V1=c2V2=c3V3。稀释到5

19、00mL时,c2(H2SO4)=c1(H2SO4)V1V2=1.0molL-110.0mL500mL=0.02molL-1;浓缩到2.40mL时,c3(H2SO4)=c1(H2SO4)V1V3=1.0molL-110.0mL2.40mL4.2molL-1。17.(8分)在某浓度的NaOH溶液中加入几滴酚酞溶液,溶液显红色,再向其中逐滴加入新制的饱和氯水,至红色刚刚褪去。请完成下列空白。(1)产生上述现象的原因可能有以下两个:;。(2)设计实验证明红色褪去的原因是还是:。答案(1)氯水中HCl和HClO中和了NaOH氯水中HClO将酚酞氧化了(2)向褪色后的溶液中滴加NaOH溶液,若再次出现红色

20、,说明是原因;若溶液不再出现红色,说明是原因根据(1)的回答,合理即可解析使滴有酚酞溶液的NaOH溶液的红色褪去,可能的原因有:一是NaOH被消耗完;二是酚酞溶液被消耗完了。氯水中的物质恰好具有这两方面的性质。饱和氯水中存在HCl和HClO,由于它们都能与NaOH发生中和反应,可能导致溶液红色褪去;同时,HClO具有强氧化性,可将酚酞氧化而导致溶液红色褪去。若为前者,加NaOH溶液后,溶液红色会再出现;若为后者,加NaOH溶液后,溶液红色不会再出现。18.(12分)某学校实验室从化学试剂商店购买了18.4 molL-1的硫酸。现用该浓硫酸配制100 mL 1.00 molL-1的稀硫酸。可供选

21、用的仪器有:胶头滴管烧瓶烧杯药匙量筒天平。请回答下列问题:(1)配制稀硫酸时,上述仪器中不需要使用的有(填序号),还缺少的仪器有(填仪器名称)。(2)配制100 mL 1.00 molL-1的稀硫酸需要用量筒量取上述浓硫酸的体积为 mL(精确至0.1),量取浓硫酸时应选用的量筒规格是(填字母)。A.10 mLB.50 mLC.100 mL(3)实验中会造成所配溶液浓度偏高的操作有(填字母)。A.容量瓶中原来含有少量蒸馏水B.未经冷却,立即转移至容量瓶并洗涤烧杯,定容C.烧杯内壁没有洗涤D.向容量瓶中加水定容时仰视刻度线答案(1)100 mL容量瓶、玻璃棒(2)5.4A(3)B解析(1)用浓硫酸

22、配制稀硫酸时,需要用到的仪器有:胶头滴管、烧杯、量筒、100mL容量瓶、玻璃棒。(2)根据稀释定律有:0.1L1.00molL-1=18.4molL-1V(H2SO4),计算得V(H2SO4)=5.4mL。量取5.4mL浓硫酸时应使用10mL规格的量筒。(3)A.容量瓶中原来含有少量蒸馏水对所配溶液浓度无影响;B.浓硫酸稀释放热,未经冷却就转移会使得溶液因温度升高而体积增大,定容后冷却至室温,溶液体积变小,所配溶液浓度偏高;C.烧杯内壁没有洗涤,使得溶质损失,所配溶液浓度偏低;D.定容时仰视刻度线使得所加水的体积偏多,所配溶液浓度偏低。19.(14分)如图所示是制取无水氯化铜的实验装置图,将浓

23、盐酸滴加到盛有二氧化锰粉末的圆底烧瓶中。请回答下列问题:(1)盛放浓盐酸的仪器名称为。(2)烧瓶中发生反应的离子方程式为。(3)C瓶中的试剂是,其作用是。(4)玻璃管D中发生反应的化学方程式是,反应现象是。(5)干燥管E中盛有碱石灰(CaO+NaOH),其作用是。答案(1)分液漏斗(2)4H+2Cl-+MnO2Mn2+Cl2+2H2O(3)浓硫酸干燥氯气(4)Cu+Cl2CuCl2产生棕黄色的烟(5)吸收尾气中未反应的氯气和防止空气中的水蒸气进入装置D解析(1)盛放浓盐酸的仪器是分液漏斗。(2)装置A是制取氯气的发生装置,烧瓶中发生的反应是二氧化锰与浓盐酸在加热的条件下生成氯化锰、氯气和水,反

24、应的离子方程式为4H+2Cl-+MnO2Mn2+Cl2+2H2O。(3)要制取无水氯化铜,进入装置D的氯气应干燥,故装置C的作用是干燥氯气,盛放的试剂是浓硫酸。(4)玻璃管D是制取氯化铜的装置,铜与氯气反应生成氯化铜,反应的化学方程式为Cu+Cl2CuCl2,反应现象是产生棕黄色的烟。(5)氯气有毒,反应后的尾气中含有氯气,直接排放到空气中会污染大气。实验要制备无水氯化铜,空气中的水蒸气进入装置D会影响无水氯化铜的制备,故干燥管E中盛有碱石灰,其作用是吸收尾气中未反应的氯气和防止空气中水蒸气进入装置D。20.(16分)在一定温度下,KClO3和浓盐酸反应会生成黄绿色的易爆物二氧化氯(ClO2)

25、,反应的化学方程式为:KClO3+HCl(浓)KCl+ClO2+Cl2+H2O请完成下列空白。(1)配平以上化学方程式(将化学计量数填在横线上)。(2)在该反应中HCl表现的性质是。(3)在反应中产生0.1 mol Cl2时,转移电子的物质的量为 mol。(4)ClO2具有很强的氧化性,可被用作自来水的消毒剂。若ClO2作消毒剂后转化为Cl-,则其消毒的效率(以单位物质的量得到的电子数表示)是Cl2的倍。答案(1)242212(2) 酸性、还原性(3)0.2(4)2.5解析(1)根据电子得失守恒和质量守恒定律配平化学方程式。(2)HCl中的Cl元素,一部分由-10,一部分不变,表现酸性和还原性。(3)2HClCl2,Cl的化合价由-10,生成0.1molCl2,转移0.2mol电子。(4)ClO2作消毒剂后转化为Cl-,ClO2Cl-,Cl的化合价由+4-1,1molClO2得到5mol电子;Cl2作消毒剂,Cl22Cl-,1molCl2得到2mol电子,故ClO2消毒的效率是Cl2的5mol2mol=2.5倍。