人教版高一化学第二章海水中的重要元素氯和钠基本知识过关训练3300.pdf

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1、1 (每日一练)人教版高一化学第二章海水中的重要元素氯和钠基本知识过关训练 多选题 1、向一定量的 NaOH 溶液中通入一定量的 CO2气体，充分反应后，再向所得溶液中逐滴加入 0.2mol/L 的盐酸，产生 CO2的体积与所加盐酸体积之间关系如图所示。下列判断正确的是 A原 NaOH 溶液的浓度为 0.01mol B通入 CO2的体积标准状况下为 336mL C所得溶液的溶质成分的物质的量之比为(NaOH)：(Na2CO3)=1：3 D所得溶液的溶质成分的物质的量之比为(NaHCO3)：(Na2CO3)=2：1 答案：BD 解析：A加入盐酸体积 100mL 时溶质为 NaCl，根据元素守恒

2、n(NaCl)=n(NaOH)=n(HCl)=0.2mol/L0.1L=0.02mol，溶液体积未知，不能计算原 NaOH 溶液的浓度，故 A 错误；B盐酸从 25mL 到 100mL，消耗盐酸物质的量 0.2mol/L0.075L=0.015mol，根据 NaHCO3HClNaClH2OCO2，生成的 CO2物质的量为 0.015mol，则通入 CO2的体积标准状况下为 336mL，故 B 正确；C根据盐酸的体积分析可知，盐酸从 0 到 25mL，是碳酸钠和盐酸反应生成碳酸氢钠和氯化钠，生成二氧化碳2 气体的阶段是碳酸氢钠和盐酸反应，所得溶液的溶质为碳酸钠和碳酸氢钠，故 C 错误；D根据 N

3、a2CO3HClNaClNaHCO3，NaHCO3HClNaClH2OCO2，所消耗盐酸的体积关系，Na2CO3HClNaClNaHCO3消耗 25mL 盐酸，NaHCO3HClNaClH2OCO2，消耗 75mL 盐酸，由碳酸钠生成的碳酸氢钠会消耗 25mL 盐酸，说明原溶液中碳酸氢钠只消耗 50mL 盐酸，根据消耗盐酸与碳酸钠和碳酸氢钠的关系，得到所得溶液的溶质成分的物质的量之比为 n(NaHCO3)：n(Na2CO3)=2:1，故 D 正确；综上所述，答案为 BD。2、模拟侯氏制碱法原理，在 CaCl2浓溶液中通入 NH3和 CO2可制得纳米级材料，装置见图示。下列说法正确的是 Ab 先

4、通入足量的 NH3，a 后通入一定量的 CO2，纳米材料为 CaCO3 Bb 先通入足量的 NH3，a 后通入一定量的 CO2，纳米材料为 Ca(HCO3)2 C该纳米级材料为胶体 D将该纳米级材料分散到水中可以产生丁达尔效应 答案：AD 解析：由于氨气极易溶于水，通入CaCl2浓溶液时应防止倒吸，故应从 b 通入氨气、从 a 通入二氧化碳，先通入足量的氨气，再通入少量的二氧化碳，可得到(NH4)2CO3，碳酸铵再与氯化钙反应得到碳酸钙，整个过程为：Ca2+CO2+2NH3+H2O=CaCO3+2NH4+，即制得纳米材料为CaCO3。A.据分析，b 先通入足量的 NH3，a 后通入一定量的 C

5、O2，纳米材料为 CaCO3，A 正确；3 B据分析，b 先通入足量的 NH3，a 后通入一定量的 CO2，纳米材料为 CaCO3，B 错误；C胶体是分散系的一种，而不是某种纳米级材料，故 C 错误，D把该纳米级材料分散到水中，可以形成胶体，可以产生丁达尔效应，故 D 正确；故选 AD。3、利用Cl2氧化K2MnO4制备KMnO4的装置如下图所示(夹持装置略)：已知：锰酸钾(K2MnO4)在浓强碱溶液中可稳定存在，碱性减弱时易发生反应：3MnO42-+2H2O=2MnO4-+MnO2+4OH-下列说法不正确的是 A向仪器 a 中加入水，盖好玻璃塞，关闭止水夹，打开仪器 a 玻璃旋塞向烧瓶滴加水

6、，若水一段时间不能滴下，则气密性良好 B装置 A 中发生反应的化学方程式为Ca(ClO)2+4HCl=CaCl2+2Cl2+2H2O C若去掉裝置 B，可能会导致KMnO4产率降低 D装置 D 中的试剂为澄清石灰水 答案：AD 解析：A仪器 a 为恒压漏斗，漏斗中的气体压强与三颈烧瓶中的压强始终相同，即水能顺利流下，该方法不能检验4 气密性，故 A 说法错误；B漂白粉的有效成分是 Ca(ClO)2，与盐酸发生氧化还原反应，得到氯气，即反应方程式为Ca(ClO)2+4HCl=CaCl2+2Cl2+2H2O，故 B 说法正确；CA 装置产生 Cl2中混有 HCl，根据题中所给信息可知，KMnO4在

7、碱性减弱时容易变质，因此装置 B 的作用是除去氯气中的 HCl，防止氯化氢与 C 装置中强碱发生反应，导致 KMnO4产率降低，故 C 说法正确；D氯气有毒，对环境有污染，因此装置 D 的作用是吸收氯气，防止污染环境，Ca(OH)2微溶于水，澄清石灰水中 Ca(OH)2含量低，不能完全吸收氯气，因此装置 D 应盛放氢氧化钠溶液，故 D 说法错误；答案为 AD。4、用n(NaOH)为0.6mol的NaOH浓溶液吸收一定量的氯气，充分反应后溶液中只含有NaCl、NaClO、NaClO3三种溶质。下列判断正确的是 An(NaCl)n(NaClO)n(NaClO3)可能为9 3 1 B若反应中转移的电

8、子的物质的量为n mol，则0.3n0.5 C被吸收的氯气的物质的量为0.6mol Dn(Na+)n(Cl)可能为9 5 答案：BD 解析：ANaCl 为氯气得电子的产物，NaClO 和 NaClO3为氯气失电子的产物，根据得失电子守恒，若溶液中 n(NaCl)：n(NaClO)：n(NaClO3)可能为 9：3：1，则理论上反应中得到电子为 9mol1=9mol，反应中失去电子总物质的量为3mol1+1mol5=8mol；得失电子不守恒，A 错误；B氯气和 NaOH 反应有 2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O、6NaOH+3Cl2=5NaCl+NaClO3+3H2O，当生成 N

9、aCl 和 NaClO时转移电子最少，0.6 mol NaOH 消耗 0.3molCl2，生成 0.3molNaCl 转移电子的物质的量为 0.3mol；当生成 NaCl和 NaClO3时转移电子数目最多，0.6molNaOH 消耗 0.3molCl2，生成 0.5molNaCl 转移电子的物质的量为 0.5mol，所以如果反应中转移的电子为 n mol，则 0.3nNaHCO3 Ca 溶液中溶质质量减小 Db 溶液中Na+的物质的量不变 答案：AD 解析：a 中发生反应 2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O，b 中发生反应 Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3。A由于溶解度 Na2CO32NaHCO3，故 b 中生成碳酸氢钠后，可析出，故 A 错误；B加热时碳酸氢钠可分解，生成更稳定的碳酸钠，故稳定性Na2CO3NaHCO3，故 B 正确；Ca 中发生反应 2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O，故溶液质量减小，故 C 正确；D由于碳酸氢钠析出，故 b 中Na+的物质的量减小，故 D 错误；6 故选 AD。