第二章海水中的重要元素--钠和氯单元测试卷-高一上学期化学人教版（2019）必修第一册(1).docx

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1、第二章 海水中的重要元素-钠和氯 单元测试卷一、选择题1三氯化碘在药物合成中用途非常广泛，其熔点为33，沸点为77，易与水反应。实验室可用下图装置(部分夹持装置已略去)制取，反应原理为。下列说法中不正确的是A装置甲中长颈漏斗液面上升说明乙装置可能发生堵塞B装置乙中氯化钙的作用是干燥C装置丙中生成，碘元素的化合价为3D装置丁中碱石灰的作用是吸收多余的，并且防止空气中的水蒸气进入装置丙2在两个密闭容器中，分别充有质量相同的甲、乙两种气体，若两容器的温度和压强均相同，且甲的密度大于乙的密度，则下列说法正确的是A分子数：N(甲)N(乙)B物质的量：n(甲)乙，D错误；故选B。3A【详解】标准状况下，1

2、1.2L氢气含有的原子数为， 4g氦气所含原子数为，所含原子数相同，正确；同温同压下，相同体积的任何气体含有相同的分子数，原子数不一定，错误；两种不同粒子的摩尔质量可能相同，CO与N2的摩尔质量都是28g/mol，正确；NaOH水溶液中，氢氧化钠和水中都有氧原子，故100ml0.1molL1的NaOH水溶液中含有氧原子数不为0.01，错误；相同质量的O2和O3具有相同的O，故二者具有相同的电子数，正确；故选A。4D【详解】配制溶液需要用到的仪器是托盘天平、量筒、烧杯、250mL容量瓶、胶头滴管、玻璃棒，因此不用试管，故D符合题意。综上所述，答案为D。5D【详解】AFe与Cl2点燃反应产生FeC

3、l3，FeCl3与NaOH溶液反应产生Fe(OH)3沉淀，A错误；B由于酸性HClH2CO3，所以向NaCl溶液中通入CO2气体，不能反应产生NaHCO3，B 错误；CCu2(OH)2CO3不稳定，受热分解产生CuO、CO2、H2O，但CuO难溶于水，不能与水反应产生Cu(OH)2，C错误；DCl2与H2O反应产生HClO、HCl，HClO不稳定，受热或光照分解产生HCl、O2，可以实现物质之间的转化关系，D正确；故合理选项是D。6C【详解】设和的混合溶液体积为1L，c()=，溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+3c()=2c()，加入等体积的溶液恰好使完全沉淀，则1L0.3 mol/L=1Lc

4、()，则加入溶液前c(Na+)=0.3mol/L，则最终所得混合溶液中的浓度为=，故选C。7C【详解】A钠和硫酸铜溶液反应时是钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠和硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀，故出现蓝色沉淀及气泡，A正确；B氯化钙和碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀，和碳酸氢钠不反应，故能鉴别，B正确；C钠和水反应，不能用水灭火，应该用干燥的沙土，C错误；D长期放置在空气中，最终都将变为碳酸钠，D正确；故选C。8D【详解】A需要在坩埚中加热金属钠，故A错误；B用浓硫酸配制一定物质的量浓度的稀硫酸，浓硫酸在烧杯中稀释并冷却后再转移到容量瓶中，故B错误；C用渗析法分离胶体和溶液，故C错误；D氯气难溶于饱和

5、食盐水，可以用排饱和食盐水的方法收集，故D正确；选D。9A【详解】A金刚石、石墨和的结构不同，化学性质不同，故A错误；B氧化钠是白色固体，过氧化钠是淡黄色粉末，所以氧化钠和过氧化钠的颜色不同，故B正确；C碳酸氢钠能与胃液中的盐酸反应，常用于治疗胃酸过多，碳酸氢钠受热分解生成的二氧化碳可使食品疏松多孔，常用于制作糕点，故C正确；D金属钠非常活泼，易与空气中的氧气和水蒸气反应，所以实验室将金属纳保存在煤油中防止金属钠被氧化，故D正确；故选A。10C【详解】A浓盐酸具有挥发性，制取的二氧化碳混有杂质HCl气体，无法得到纯净的二氧化碳，故A不符合题意；B氨气极易溶于水，二氧化碳能溶于水，先通氨气使溶液

6、呈碱性即可吸收二氧化碳，二氧化碳应从长管通入，故B不符合题意；C得到的碳酸氢钠为固体，分离不溶性固体和液体要用过滤的方法，故C符合题意；D碳酸氢钠受热易分解，干燥时加热碳酸氢钠会分解得到碳酸钠，故D不符合题意；故答案为：C。11C【详解】A氯气和水反应生成HCl和次氯酸，HCl使紫色石蕊溶液变红，次氯酸具有强氧化性，能够使红色氧化变为无色物质而褪去，这不是氯气分子的性质，A错误；BHClO的酸性比碳酸的酸性弱，不能与NaHCO3反应生成气体，新制氯水中与NaHCO3反应生成气体的是HCl，B错误，C由于酸性：HClH2CO3HClO，所以向新制氯水中加入饱和NaHCO3溶液，有无色气体产生，说

7、明氯气和水反应生成了HCl，反应产生的气体是CO2，C正确；D新制氯水中次氯酸分解生成强酸盐酸，溶液酸性变强，D错误；故选C。12C【分析】今有一混合物的水溶液，只含有、等四种离子。现取两份200mL该溶液进行如下实验：在第一份溶液中加入足量NaOH溶液，加热(气体全部逸出)，收集到标准状况下气体的体积为1.792L，则生成0.08mol氨气，说明含铵根离子物质的量为0.08mol：在第二份溶液中加入足量溶液，得干燥沉淀12.54g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀的质量为4.66g，得到4.66g硫酸钡沉淀，其物质的量为0.02mol，则碳酸钡质量为7.88g，碳酸根物质的量为0.04mol，根

8、据电荷守恒钠离子物质的量为0.04mol2+0.02mol20.081=0.04。现欲用两种固体来配制500mL该混合溶液，则含有铵根离子物质的量为0.2mol、硫酸根物质的量为0.05mol，碳酸根物质的量为0.1mol，钠离子物质的量为0.1mol。【详解】A0.02mol和0.04mol，含有0.04mol钠离子，与分析不符合，故A错误；B0.02mol和0.04mol，含0.04mol铵根，与分析不符合，故B错误；C0.05mol和0.10mol，与分析相符合，故C正确；D0.02mol和0.10mol，含0.04mol钠离子，与分析不符合，故D错误。综上所述，答案为B。13D【详解】

9、A过氧化钠投入水中，与水反应生成氢氧化钠和过氧化氢，氢氧化钠溶液是碱性，因此滴加酚酞溶液变红；而反应过程中生成了过氧化氢具有强氧化性，能起漂白作用，所以溶液又褪色，故A错误；B氢气在氯气中燃烧，产生苍白色火焰，而不是红色火焰，故B错误；C碳酸钠和碳酸氢钠和溶液反应都生成白色的碳酸钙沉淀，不能用溶液鉴别苏打和小苏打溶液，故C错误；D钠放置在空气中和氧气反应生成氧化钠而变暗，反应方程式为：4Na+O22Na2O，生成的氧化钠与水反应又生成氢氧化钠，反应方程式为：Na2O+H2O=2NaOH，生成的氢氧化钠在空气中又被二氧化碳反应生成碳酸钠，反应方程式为：2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，最

10、终产物是，故D正确；故选D。14AD【详解】A碳酸钠和碳酸氢钠均与Ca(OH)2反应都产生碳酸钙沉淀，A错误；B向中逐滴加入盐酸时，首先无气体产生，当盐酸加入较多时，可产生气体，而向NaHCO3中加入同浓度盐酸，则迅速产生气体，产生气体较为剧烈的为碳酸氢钠，B正确；C碳酸钠与氯化钙反应产生碳酸钙沉淀，碳酸氢钠与氯化钙不反应，C正确；D向中逐滴加入盐酸时，首先无气体产生，当盐酸加入较多时，可产生气体，而向NaHCO3中加入同浓度盐酸，则迅速产生气体，D错误；故选AD。15(1)C(2)紫红(3) 蒸馏 97.6%【详解】（1）A配制前，容量瓶中有少量蒸馏水，对溶质的物质的量和溶液的体积不会产生影

11、响，溶液的浓度不变，故A不选；B加蒸馏水时不慎超过了刻度线，导致溶液的体积偏大，溶液的浓度偏低，故不选；C定容时俯视刻度线，导致溶液的体积偏小，溶液的浓度偏高，故选C；D向容量瓶中转移溶液时不慎有液滴洒在容量瓶外面，导致溶质的物质的量偏小，溶液的浓度偏低，故不选D；故选C；（2）氯气的氧化性强于碘，所以向上述所得KI溶液通入足量Cl2充分发生反应得到I2的水溶液，再向其中加入CCl4萃取I2待液体分层后下层溶液为：紫红色；故答案为：紫红；（3）碘、四氯化碳相互溶解，二者沸点不同，选择蒸馏分离；250ml 1mol/L KI溶液含有碘化钾的物质的量，依据方程式：，可知生成碘0.125mol，质量

12、为：，所以萃取率；故答案为：蒸馏；97.6%；16(1) Cl2 、HClO、H2O Cl、ClO、H+、OH 盐酸(2)CO2(3) 由淡绿色变为棕黄色 (4)溶液先变红，后褪色【详解】（1）新制氯水为浅黄绿色，溶液中含有的分子有氯气、次氯酸和水，含有的离子有氯离子、次氯酸根离子、氢离子和极少量的氢氧根离子，新制氯水中的次氯酸遇光分解生成盐酸和氧气，最终变为无色的只含有盐酸的久置氯水，故答案为：Cl2 、HClO、H2O；Cl、ClO、H+、OH；盐酸；（2）新制氯水中的盐酸能与碳酸钠溶液反应生成氯化钠、二氧化碳和水，所以反应过程中有气泡产生，该气体是二氧化碳，故答案为：CO2；（3）新制氯

13、水中的氯气能与氯化亚铁溶液反应生成氯化铁，反应中溶液的颜色由淡绿色变为棕黄色；新制氯水中的氯气能与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的化学方程式为，故答案为：由淡绿色变为棕黄色；（4）新制氯水中含有的氢离子会使石蕊试液变为红色，含有的具有强氧化性的次氯酸会使有机色质漂白褪色，所以d过程所观察到的现象是溶液先变红色，后褪色，故答案为：溶液先变红，后褪色。17(1)(2)(3) 3:4 4:5 mol/L【详解】（1）属于胶体，能产生丁达尔效应，故答案为:；（2）在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物为电解质；是盐，属于强电解质，醋酸属于弱电解质；故答案为:；（3）设体积为V L，CO2

14、和NH3原子个数之比为():()=3:4，若CO2和NH3混合气体相对于氢气的密度为14.5，则混合气的平均相对分子质量为14.5=29，则有=29，解得n(CO2) ： n(NH3)=4:5，标准状况下，VLNH3溶入100mLH2O (1g/mL)中溶液度为g/mL，n(NH3)=mol，V(氨水)=L，氨水物质的量浓度c=mol/L。18(1) 银白 化合 淡黄色 Na2O2(2) 浮 熔化 红 小 低 放热(3)D【详解】（1）钠是一种银白色的性质活泼的金属，在自然界中以化合态存在，在空气中燃烧生成淡黄色的过氧化钠，故答案为：银白；化合；淡黄色；Na2O2；（2）钠的密度比水小，在烧杯

15、中加入一些水，把一块绿豆大的钠放入水中，钠浮在水面上，钠与水反应生成氢氧化钠和氢气放出热量，反应放出的热量使熔点低的钠立即熔化为闪亮的小球四处游动，并发出呲呲的响声，滴加酚酞后溶液会变为红色，故答案为：浮；熔化；红；小；低；放热；（3）钠的密度比煤油大，但比水小，所以向一小烧杯中分别加入等体积的水和煤油，片刻后再向该烧杯中缓慢地加入一绿豆粒大的金属钠，钠在水层和油层界面上下移动，并伴有气泡产生，故选D。19(1)2Na+2H2O=2Na+2OH-+H2(2) 2NaNO24HI=2NOI22NaI2H2O 还原性、酸性 1:1【详解】（1）该电池中不能存在水，否则可能引起电池爆炸，原因是金属钠

16、可以和水发生剧烈化学反应，产物是氢氧化钠和氢气，离子方程式为：2Na+2H2O=2Na+2OH-+H2；（2）根据得失电子守恒和原子守恒可知，该反应的化学方程式为2NaNO24HI=2NOI22NaI2H2O；该反应中HI中碘元素的化合价升高，HI为该反应的还原剂，体现还原性，同时还有部分HI体现酸性，反应的氧化剂为NaNO2，氧化剂与还原剂的个数之比为1:1。20(1)BC(2) 500mL容量瓶 引流(3)12.5(4)凹液面最低处与刻度线相切(5)CD(6)0.01【分析】配制一定物质的量浓度的溶液步骤为计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、振荡、定容、摇匀、装瓶贴标签。【详解】（1）A使

17、用容量瓶前检查它是否漏水，若漏水则换一个容量瓶使用，故A正确；B容量瓶用蒸馏水洗净不需要烘干，故B错误；C定容时，胶头滴管滴加时应悬空，故C错误；D容量瓶是细颈、梨形的平底玻璃瓶，瓶口配有磨口玻璃塞或塑料塞，用细绳将活塞和容量瓶栓在一起，故D正确；综上所述，答案为：BC。（2）配制时，需要的玻璃仪器主要有烧杯、量筒、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，因此还缺少的玻璃仪器是500mL容量瓶。该实验中两次用到玻璃棒，第一次作用是搅拌、加速固体溶解，第二次作用是引流，将烧杯中液体引流到容量瓶中，防止溢出；故答案为：500mL容量瓶；引流。（3）用胆矾配制溶液，则硫酸铜物质的量为，则固体的质量为；故

18、答案为：12.5。（4）定容时的操作：当液面接近容量瓶刻度线时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至凹液面最低处与刻度线相切，再将容量瓶塞盖好，反复上下颠倒摇匀；故答案为：凹液面最低处与刻度线相切。（5）A用“左码右物”的称量方法称量晶体，则称量出的固体质量偏小，配得溶液浓度偏低，故A不符合题意；B移液后，未洗涤烧杯和玻璃棒，溶质物质的量偏小，配得溶液浓度偏低，故B不符合题意；C胆矾晶体部分失去结晶水，得到硫酸铜质量偏大，配得溶液浓度偏高，故C符合题意；D定容时，俯视刻度线，溶液体积偏低，配得溶液浓度偏高，故D符合题意；综上所述，答案为：CD。（6）根据题意稀释前后溶质物质的量不变，则，解得；故答案为：0

19、.01。21(1)装置D中的导管长度不对，左侧应为长导管，右侧应为短导管(2) 浓盐酸变稀，不能继续反应(3) 饱和食盐水 干燥氯气(4) 平衡气压，便于浓盐酸顺利流下 【分析】装置A用于制取氯气，其反应为，装置B中为饱和食盐水，用于除去氯气中含有的HCl气体；装置C中为浓硫酸，干燥氯气；装置D用于收集氯气，其中氯气密度比空气大，应用向上排空气法，即长进短出；装置E为尾气处理装置，吸收多余的氯气，防止污染空气；【详解】（1）装置D用于收集氯气，其中氯气密度比空气大，应用向上排空气法，即长进短出，故答案为:装置D中的导管长度不对，左侧应为长导管，右侧应为短导管；（2）装置A用于制取氯气，其反应为

20、，该反应在盐酸浓度降低时尽管还有二氧化锰剩余，也不再反应，又因为浓盐酸易挥发，导致盐酸浓度在降低，不能继续反应，故答案为: ；浓盐酸变稀，不能继续反应；浓盐酸挥发；（3）装置B中为饱和食盐水，用于除去氯气中含有的HCl气体；装置C中为浓硫酸，干燥氯气，故答案为:饱和食盐水；干燥氯气；（4）装置L可以平衡烧瓶和分液漏斗中的气压，使分液漏斗中的液体顺利滴下；装置E为尾气处理装置，吸收多余的氯气，防止污染空气，其反应为，故答案为:平衡气压，便于浓盐酸顺利流下；。22(1)0.6mol(2)0.4(3)0.025mol(4)12.6g(5)(6)(7)(8)【详解】（1）0.4mol的Al3+，则有；

21、故答案为：0.6mol。（2）0.2mol H3PO4 所含原子数为1.6mol，1个H2O2中有4个原子，则H2O2的物质的量为0.4mol；故答案为：0.4mol。（3）3.011022 个 Na+ ，则Na+，则有0.025molNa2SO4，则溶液中为0.025mol；故答案为：0.025mol。（4）；故答案为：12.6g。（5），分子的摩尔质量与物质的量成反比，故摩尔质量越大，分子的物质的量即分子数目越小；故答案为：SO2。（6）根据质量守恒定律，生成C的质量=16g+20g-31.76g=4.24g，；故答案为：106gmol1（7），；故答案为：。（8）；故答案为：。23(1)

22、(2)672(3) 【详解】（1）该金属氯化物与反应的离子方程式为，则该沉淀为，物质的量为，其中，该金属氯化物的物质的量为，则该金属氯化物中Cl原子的个数，则M的摩尔质量为，故填；（2）改反应中气体的化学计量数不变，反应前后体积不变，因为恰好反应，反应后的气体体积在标况下为672mL，其中为液态，所以反应前氧气的体积为672mL，故填672；（3）向碳酸钠溶液中逐滴滴加盐酸，反生反应；，由碳元素守恒，一定量碳酸钠完全反应时，两个反应消耗的盐酸的量相同，如图，OA段消耗100mL，AB段消耗200mL，所以通入后的溶液中不含NaOH，则OA段的反应为，AB段的反应为，故填、；B点时消耗的盐酸300mL，氯离子的物质的量为，即B点恰好反应时，溶质为NaCl，此时生成的NaCl的物质的量为，物质的量浓度为，故填。答案第17页，共10页