高中化学人教版 (2019)必修 第一册第四章 物质结构 元素周期律第二节 元素周期律课时作业

第一章  海水中的重要元素——钠和氯

过关测试  基础卷

（时间：90分钟）

一、选择题（每小题3分，共51分）

1．下列关于金属钠的说法不正确的是（    ）

A．金属钠在空气中燃烧，生成淡黄色过氧化钠固体

B．用小刀切下一小块金属钠备用，剩余的金属钠不应放回原试剂瓶中

C．少量的金属钠保存在煤油中，多量的金属钠一般用石蜡油封存

D．钠和钾的合金可用作原子反应堆的导热剂

【答案】B

【解析】

A. 金属钠在常温下与氧气反应生成白色固体氧化钠，在空气中燃烧生成淡黄色固体过氧化钠，A项正确，不符合题意；

B. 取用金属钠后，剩余的金属钠放回原试剂瓶，B项错误，符合题意；

C. 少量的金属钠保存在煤油中，多量的金属钠一般用石蜡油封存，C项正确，不符合题意；

D. 钠和钾的合金可用作原子反应堆的导热剂，D项正确，不符合题意；

答案选B。

【点睛】

解答本题时要注意特殊试剂的取用：

2． 下列现象或性质能体现钠的物理性质的是

①钠燃烧时发出黄色的火焰 ②钠燃烧时生成过氧化钠 ③熔点低 ④密度比水小⑤热和电的良导体

⑥钠有很强的还原性

A．①③④⑤⑥ B．①②③④⑤ C．②③④⑤ D．①③④⑤

【答案】D

【解析】

①钠燃烧时发出黄色的火焰，含有钠元素的物质的焰色反应都是黄色的，焰色反应不需要发生化学变化就能发生，故其本质上属于物理变化；

②钠燃烧时生成过氧化钠，有新物质生成，属于化学变化；

③熔点低，属于钠的物理性质；

④密度比水，属于钠的物理性质；

⑤热和电的良导体，传热和导电属于物理性质；

⑥钠有很强的还原性，说明钠容易失支电子，属于化学性质。

综上所述，能体现钠的物理性质的是①③④⑤，故答案选D。

3．下列关于钠的说法中不正确的是(    )

A．金属钠和氧气反应，条件不同，产物不同

B．金属钠与溶液反应时，既有白色沉淀生成又有气体逸出

C．将一小块钠投入装有氯化镁溶液的试管中，钠熔成小球并在液面上游动

D．将一小块钠投入装有硫酸铜溶液的试管中，试管底部有红色物质生成

【答案】D

【解析】

A．钠和氧气常温时反应生成氧化钠，加热时反应生成过氧化钠，A正确；

B．金属钠与溶液反应时，钠首先与溶液中的水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠与溶液反应生成碳酸钙白色沉淀，因此该反应既有白色沉淀生成又有气体逸出，B正确；

C．钠与盐溶液反应时，一般先与水反应，则将一小块钠投入装有氯化镁溶液的试管中，钠熔成小球并在液面上游动，C正确；

D．钠性质活泼，与硫酸铜溶液反应时先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蓝色沉淀，D错误；

故选D。

4．人们利用焰色反应制造了绚丽多彩的烟花,下列物质的焰色为黄色的是

A．Na2CO3 B．KCl C．CaCl2 D．CuSO4

【答案】A

【解析】

A.含有钠元素的物质的焰色反应为黄色，A正确；

B.含有钾元素的物质的焰色反应为紫色（透过蓝色钴玻璃），B错误；

C.含有钙元素的物质的焰色反应为砖红色，C错误；

D.含有铜元素的物质的焰色反应为绿色，D错误；

答案选A。

5．金属钠着火时，可以灭火的物质是    (    )

A．湿布 B．干粉灭火器(主要成分：CO2) C．煤油 D．沙子

【答案】D

【解析】

A.钠着火生成过氧化钠，与水反应，则不能用湿布灭火，故A错误；

B.钠着火生成过氧化钠，与二氧化碳反应，则不能用干粉灭火器灭火，故B错误；

C.加入煤油燃烧更旺盛，故C错误；

D.加入沙子可掩盖钠，隔绝空气，可起到灭火的作用，故D正确。

故选D。

6．下列有关钠的物理性质的叙述正确的有(　　)

①银白色金属　②质软，可以用小刀切　③熔点低于100℃　④密度比水小　⑤热和电的良导体

A．仅①②④⑤ B．仅①②③④

C．仅①③④⑤ D．①②③④⑤

【答案】D

【解析】

①钠是I A族元素，为银白色金属单质，有金属光泽；②质地较软，可以用小刀切割；③将钠放入水中，钠会立即熔成小球，说明熔点较低；④钠能浮于水面上，说明钠的密度比水的小；⑤钠是金属，含有自由移动的电子，所以是热和电的良导体；故选D。

7．漂白液、漂白粉和过氧化钙()均可用于漂白，杀菌和消毒，下列说法正确的是

A．漂白粉的有效成分是

B．漂白液能杀菌消毒，源于其本身具有毒性

C．漂白粉投入适量的稀盐酸中会降低漂白、杀菌的效率

D．漂白液、漂白粉的有效成分和过氧化钙均属于盐

【答案】A

【解析】

A．漂白粉的主要成分是CaCl2和Ca(ClO)2，有效成分是Ca(ClO)2，A正确；

B．漂白液能杀菌消毒是由于其有效成分Ca(ClO)2与空气中的CO2和H2O作用生成的HClO具有强氧化性，不是其本身具有毒性，B错误；

C．当漂白粉与稀盐酸接触时，会生成HClO，且漂白粉与稀盐酸反应生成HClO的速度较快，因而漂白粉放入稀盐酸中可提高漂白速度，C错误；

D．过氧化钙的化学式为CaO2，该物质属于过氧化物，不含次氯酸根，因此不属于盐，D错误；

故答案是A。

8．检验氯化氢气体中是否混有Cl2，可采用的方法是(　　)

A．用干燥的蓝色石蕊试纸 B．用干燥有色布条

C．将气体通入AgNO3溶液 D．用湿润的淀粉碘化钾试纸

【答案】D

【解析】

A．干燥的氯气没有漂白性，且干燥的HCl气体也不能电离出氢离子，无论HCl气体中是否含有氯气，都不会使干燥的蓝色石蕊试纸发生颜色变化，故A错误；

B．干燥的氯气不具有漂白性，无论是否含有氯气都不能使干燥的有色布条发生颜色变化，故B错误；

C．无论是否含有氯气，气体通入硝酸银溶液中均会产生沉淀，故C错误；

D．HCl气体不能使湿润的淀粉碘化钾试纸变色，当混有氯气时，氯气具有强氧化性，可以将碘离子氧化成碘单质，从而使试纸变蓝，故D正确；

故答案为D。

9．如图装置用来检验氯气的部分性质，下列说法不正确的是(    )

A．装置A的作用是除去氯气中的水蒸气

B．该实验必须在通风橱中进行

C．装置B、C中的布条都褪色

D．装置D中发生的反应为

【答案】C

【解析】

【分析】

由图可知，氯气被浓硫酸干燥后，B中干燥布条不能褪色，D为尾气处理，C中湿润有色布条褪色，以此来解答。

【详解】

A．氯气中混有水蒸气，会干扰其漂白性的检验，用装置A除去氯气中的水蒸气，故A正确；

B．氯气有毒，所以该实验必须在通风橱中进行，故B正确；

C．装置B中干燥的有色布条不褪色，装置C中湿润的有色布条褪色，故C不正确；

D．装置D中发生的反应为被溶液吸收，生成、、，故D正确。

答案选C。

【点睛】

本题考查物质的鉴别和检验，把握物质的性质、发生的反应及现象为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意HClO具有漂白性。

10．用玻璃棒蘸取新制氯水滴在蓝色石蕊试纸中部，观察到的现象是(    )

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】

新制氯水具有强氧化性和酸性，用玻璃棒蘸取新制氯水滴在蓝色石蕊试纸中部，中间部分褪色，转化为变红色，其余部分仍然是蓝色，答案选C。

11．将某元素的单质0.1mol与Cl2充分反应后，生成物的质量比原单质的质量增加了7.1g，这种元素可能是（　　）

A．Mg B．Fe C．Na D．Al

【答案】A

【解析】

0.1mol单质与足量氯气反应后质量增加7.1g，则参加反应的氯气的质量为7.1g，其物质的量为＝0.1mol，根据得失电子守恒，可知金属在反应中的化合价为＝+2价，Mg与氯气反应表现+2价，Fe与氯气反应表现+3价，Na与氯气表现+1价，Al表现+3价，故选A。

12．下列关于氯气和氯水的说法中正确的是

A．氯气是一种无色、密度比空气大的有毒气体

B．红热的铁丝在Cl2中剧烈燃烧生成FeCl2

C．新制氯水能杀菌消毒是因为Cl2有毒，能毒杀细菌

D．氯水放置数天后酸性增强

【答案】D

【解析】

A、氯气是一种黄绿色、密度比空气大的有毒气体，故A错误；

B、氯气的氧化性较强，红热的铁丝在Cl2中剧烈燃烧生成FeCl3，故B错误；

C、新制氯水能杀菌消毒是因为Cl2溶于水生产了次氯酸，次氯酸能杀菌消毒，故C错误；

D、氯水放置数天后，次氯酸分解生成盐酸，酸性增强，故D正确；

故选D。

13．如图：A处通入氯气，关闭B时，C中红色布条颜色无变化；当打开B时，C处红色布条颜色褪去。则相关判断正确的是

A．通入的Cl2含有水蒸气 B．D中不可能是浓H2SO4

C．D中可能是水 D．D中可能是饱和食盐水

【答案】A

【解析】

【分析】

干燥的氯气不能漂白有色布条，含水蒸气的氯气能使有色布条褪色，A处通入氯气，关闭B阀时，C处红色布条无变化，说明D处可以干燥氯气或吸收氯气。

【详解】

A. 实验现象说明通入的氯气含有水份，氯气和水反应生成的次氯酸具有漂白作用，故A正确；

B. D中可以是浓硫酸吸收氯气中的水蒸气，故B错误；

C. D中是水时，会有潮湿的氯气进入试管中，氯气和水反应产生的次氯酸使有色布条褪色，故C错误；

D. D中是饱和食盐水时，氯气通过后会含有水蒸气，遇到有色布条褪色，因为氯气含水蒸气，反应生成次氯酸起漂白作用，故D错误；

故选A。

【点睛】

本题考查了氯气的化学性质，氯气的干燥，次氯酸的漂白作用。解题关键：根据现象抓住本题的关键，“D处可以干燥氯气或吸收氯气”。

14．下列各物质所含原子数按由多到少顺序排列的是            (　　)

①0.5 mol NH3　②4 g He　③4 ℃时9 mL H2O    ④0.2 mol H3PO4

A．①④③② B．④③②① C．②③④① D．①④②③

【答案】A

【解析】

①0.5 mol NH3含2 mol原子;②4 g He含1 mol原子;③4 ℃时9 mL H2O为9g，其物质的量为0.5 mol，含1.5 mol原子;④0.2 mol H3PO4含1.6 mol原子,原子数由多到少的排列顺序为①>④>③>②。

故选A。

【点睛】

4 ℃时水的密度为1g/mL，所以9 mL H2O为9g，其物质的量为0.5 mol，不能用标准状况下的气体摩尔体积求水的物质的量。

15．设阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法正确的是（    ）

A．1mol氢气中含有的原子数为NA

B．NA个水分子中含有的氧原子的物质的量为1mol

C．1mol氧气中含有的分子数为2NA

D．1mol任何物质都含有NA个分子

【答案】B

【解析】

A. 氢气为双原子分子，1mol氢气中含有的原子数为2，A项错误；

B. 个水分子为1mol，其含有的氧原子为1mol，B项正确；

C. 1mol氧气含有的分子数为，C项错误；

D. 有些物质不是由分子组成的，如1molFe含有个铁原子，D项错误；

答案选B。

16．a mol H2SO4中含有b个氧原子，则阿伏加德罗常数的值可以表示为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】

设为阿伏加德罗常数的值，结合题中信息，可得，解得，D正确；
答案选 D。

17．用NaOH固体配制一定物质的量浓度的NaOH溶液，下列操作中正确的是（  ）

A．称量时，将固体NaOH直接放在天平右盘上

B．将称量好的固体NaOH放入容量瓶中，加蒸馏水溶解

C．将烧杯中溶解固体NaOH所得溶液，冷却到室温后转移至容量瓶中

D．定容时如果加水超过了刻度线，用胶头滴管直接吸出多余部分

【答案】C

【解析】

A、使用托盘天平时，注意“左物右码”，A错误；

B、NaOH应在烧杯中溶解，B错误；

C、NaOH在烧杯中溶解，并降至室温之后，才能转移至容量瓶中，C正确；

D、定容时，如果加水超过了刻度线，所得溶液的浓度偏小，需要重新配置溶液，D错误；

故选C。

二、非选择题（共49分）

18．（7分）(1)0.5molAl含有____________个铝原子，质量是____________g；个铝原子的物质的____________mol，质量为____________g。

(2)0.2mol气体中含有的分子数为______________，含有的原子数为______________，其质量为____________g。

【答案】    13.5    3.5    94.5            12.8   

【解析】

(1)0.5molAl中铝原子数为

。

，

。

(2)0.2molSO2中，

原子数为，

。

【归纳总结】解答本题时关键要掌握和这两个基本公式，题其变形公式如，，的灵活应用。

19．（4分）同温同压下，若A容器中充满气体O2，B容器中充满气体O3。

(1)若A、B容器所含分子总数相等，则A容器和B容器的容积之比是______。

(2)若两容器中所含原子总数相等，则A容器和B容器的容积比是______。

(3)若A容器和B容器的容积比为3:2，则气体O2和气体O3质量之比为______，密度之比为______。

【答案】1:1    3:2    1:1    2:3   

【解析】

(1)同温同压下，气体的Vm相等，根据可知，气体所含分子数之比等于气体的体积之比，若A、B容器所含分子总数相等，则A容器和B容器的容积之比是1:1。

(2)若两容器中所含原子总数相等，则根据分子组成可知，A容器和B容器中的分子数之比等于3:2，由(1)中分析可知，A容器和B容器的容积比为3:2。

(3)若A容器和B容器的容积比为3:2，根据可知，O2和O3的物质的量之比为3:2；气体质量之比为3mol×32g/mol：2mol×48g/mol=1：1，，根据计算，A、B容器中气体密度之比为。

20．（5分）下图中，A是固体金属单质，燃烧时火焰呈黄色。请回答下列问题：

(1)写出B物质的化学式：_________

(2)画出A原子的结构示意图________________，该原子的最外电子层上只有1个电子，在化学反应中该电子很容易失去，因此其单质表现出很强的___________（填“氧化”或“还原”）性。

(3)写出下列转化的化学方程式：

AC：__________________________________________________。

【答案】Na2O2        还原       

【解析】

【分析】

如图所示A是固体金属单质，燃烧时火焰呈黄色，则可判断为Na，根据图中转化关系可知，C为钠与水反应的产物之一NaOH，B为钠燃烧产物Na2O2，过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，则D为Na2CO3，据此分析作答。

【详解】

（1）根据上述分析可知，B为Na2O2；

（2）A为钠原子，原子序数为11，核外电子排布K、L、M层的电子数分别为2、8、1，其原子结构示意图为；该原子的最外电子层上只有1个电子，容易失去电子，表现出较强的还原性，故答案为；还原；

（3）AC为钠转化为氢氧化钠的过程，其化学方程式为：。

21．（8分）下表是甲同学研究氯水性质的实验记录：

(1)根据上述实验内容和现象，选择合理的解释或结论填到表中(填序号)。

A．氯水中存在Cl-

B．氯水中有漂白性物质和酸性物质

C．氯水中存在氯气分子

(2)甲同学在探究实验中运用了______(填序号)。

A．观察法    B．比较法    C．分类法    D．实验法

(3)乙同学设计了如图所示的实验装置研究氯气的性质。

①实验中，乙同学观察到干燥的有色布条不褪色，湿润的有色布条褪色，得出的实验结论是_______；

②为了防止多余的氯气污染空气，实验室常用X溶液来吸收尾气，写出X的化学式：________。

【答案】C    A    B    AD    干燥的氯气没有漂白性    NaOH   

【解析】

(1)①氯气为黄绿色气体，氯水呈黄绿色说明氯水中存在氯气分子，所以选C；

②氯水中含有Cl-，能够与AgNO3溶液反应产生白色沉淀，所以选A；

③氯水中的H+能够使蓝色石蕊试纸变红色，而HClO具有漂白性，使红色褪去，所以选B。

(2)通过实验操作与反应现象研究氯水性质，采取实验法与观察法。所以选AD；

(3)①根据实验可知，干燥的氯气不能使干燥的有色布条褪色，而能使湿润的有色布条褪色，说明氯水中起漂白作用的是氯气与水反应的产物；

②实验室吸收多余的氯气通常用NaOH溶液。

22．（13分）实验室欲配制480mL0.5mol·L-1的CuSO4溶液，据此回答下列问题：

（1）需称量胆矾CuSO4.5H2O__g。

（2）在配制的过程中一定不需要使用到的仪器是（填写代号）__，还缺少的仪器有__、__。

A．烧杯    B．药匙    C．玻璃棒    D．1000mL容量瓶    E.锥形瓶    F.胶头滴管

（3）如图所示的实验操作的先后顺序为__。

（4）从配制好的CuSO4溶液中取出10mL，将这10mL的CuSO4溶液稀释至100mL，稀释后CuSO4溶液的浓度变为__mol·L-1。

（5）下列的实验操作可能导致配制的溶液浓度偏低的是__。

A．容量瓶内原来存有少量的水

B．定容时液面超过刻度线，用胶头滴管吸出

C．称量所需CuSO4.5H2O的质量时，物品与砝码的位置放反了（1g以下用游码）

D．定容时俯视刻度线

【答案】62.5g    DE    500mL容量瓶    托盘天平    ④⑥②⑤③①    0.05mol/L    BC   

【解析】

【分析】

配制溶液的一般步骤为计算，称量（或量取），溶解（或稀释），冷却室温，移液，洗涤，定容，颠倒摇匀，装试剂瓶贴标签。稀释前后溶液中溶质的物质的量不变，稀释定律为c（浓）V（浓）=c（稀）V（稀）。根据浓度定义公式c=可知，若使n偏小，或者V偏大，会使配制结果偏小。

（2）在配制的过程中需要使用到的仪器有天平（带砝码），药匙，量筒，胶头滴管，烧杯，玻璃棒，500mL容量瓶。

【详解】

（1）配制480mL0.5mol•L-1的硫酸铜溶液，应选择500mL容量瓶，实际配制500mL溶液，依据m=cVM计算需要溶质的质量，即需要溶质CuSO4•5H2O的质量为： 0.5mol/L×0.5L×250g/mol=62.5g，故答案为：62.5；

（2）在配制的过程中需要使用到的仪器有天平（带砝码），药匙，量筒，胶头滴管，烧杯，玻璃棒，500mL容量瓶，可知一定不需要使用到的仪器是1000mL容量瓶、锥形瓶，还缺少的仪器有500mL容量瓶、托盘天平，故答案为：DE， 500mL容量瓶，托盘天平；

（3）根据配制溶液的一般步骤结合图示可知，④称量，⑥溶解，②移液，⑤③定容①颠倒摇匀，所以实验操作的先后顺序为④⑥②⑤③①，故答案为：④⑥②⑤③①；

（4）根据稀释定律，稀释后硫酸铜的浓度为c==0.05mol/L，故答案为：0.05mol/L；

（5）A.容量瓶内原来存有少量的水，不会影响n，V的大小，所以对所配溶液浓度无影响，故A错误；

B.定容时液面超过刻度线，用胶头滴管吸出，则会导致溶质的物质的量n减小，所以导致所配溶液浓度偏小，故B正确；

C.称量所需CuSO4.5H2O的质量时，物品与砝码的位置放反了（1g以下用游码），则会导致溶质的物质的量n偏小，所以导致所配溶液浓度偏小，故C正确；

D.定容时俯视刻度线, 则会导致溶液的体积V偏小，所以导致所配溶液浓度偏大，故D错误；

综上所述，答案为：BC。

【点睛】

定容时，仰视会导致加水超过刻度线，体积偏大；俯视会导致加水在刻度线以下，体积偏小。

23．（12分）某校化学兴趣小组用浓盐酸与二氧化锰加热反应来制取并收集氯气，装置如下图：

（1）写出该反应的离子方程式： ______________

（2）上述反应中，还原剂是________，若有2 mol氧化剂参加反应，转移电子的物质的量是________mol。

（3）实验开始前，某学生对装置进行了气密性检查。方法是：连接好装置之后，用弹簧夹夹住________处（填“A”或“B”）橡皮管；向分液漏斗中加水并打开活塞，当加到一定量时，停止加水，静置观察。当观察到分液漏斗中______________时，表明该装置不漏气。

（4）兴趣小组的某些同学准备在烧杯中加入下列溶液中的一种来吸收残余氯气，你认为其中错误的是________（填写序号）。

A 氢氧化钠溶液　　　　　　B 碳酸钠溶液　　　　　　C 浓硫酸

【答案】MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O    HCl    4    B    水不能进入烧瓶    C   

【解析】

【分析】

实验室用最左装置用浓盐酸与二氧化锰加热反应来制取氯气，中间装置利用向上排空气法收集氯气，氯气有毒，不能排放到大气中，用最后装置进行尾气处理。

【详解】

(1)浓盐酸与二氧化锰在加热的条件下生成二氯化锰、氯气和水，离子方程式为MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；

(2)反应时，HCl中的Cl原子的化合价由-1变为0，失电子，作还原剂；Mn的化合价由+4变为+2，转移2个电子，则2mol MnO2反应，转移4mol电子；

(3)连接好装置之后，用弹簧夹夹住B处橡胶管，打开分液漏斗活塞并注入一定量的水，若分液漏斗中的水不能进入烧瓶，则装置的气密性良好。

(4)A．氯气与NaOH反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，A能吸收氯气；

B．碳酸钠溶液呈碱性，与氯气发生反应，生成氯化钠，次氯酸钠，二氧化碳和水，B能吸收氯气；

C．氯气与浓硫酸不反应，C不能吸收氯气；

答案为C。