新教材2023年高中化学第二章海水中的重要元素__钠和氯过关检测卷新人教版必修第一册

第二章过关检测卷

(时间:90分钟　满分:100分)

一、选择题(本题共13小题,每小题4分,共52分。在每小题给出的四个选项中,只有一项符合题目要求)

1.下列实验过程不会产生气体的是(　　)。

答案:C

解析:新制氯水中含有HCl和HClO,HClO光照分解生成HCl和O2,A项不符合题意;新制氯水中含HCl,与发酵粉中的NaHCO3反应生成CO2气体,B项不符合题意;新制氯水中的Cl-与Ag+反应生成AgCl沉淀,不会产生气体,C项符合题意;久置氯水相当于盐酸,Na2O2与盐酸反应生成O2,D项不符合题意。

2.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项错误。实验室制取氯气的尾气用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项错误。新制氯水中HClO含量高,久置氯水几乎无漂白性,C项正确。Cl2通入硝酸银溶液中也会生成白色沉淀,D项错误。

3.等容积的两容器内,一个盛CH4,另一个盛NH3,若两容器内温度、压强相同,则两容器内所盛气体比较,下列结论一定不正确的是(　　)。

A.分子个数比为1∶1 B.原子个数比为5∶4

C.质量比为17∶16 D.氢原子个数比为4∶3

答案:C

解析:同温同压下,气体的体积之比等于物质的量之比,CH4与NH3分别盛放在等容积的容器内,所以CH4与NH3的物质的量相同。根据N=n·NA可知,分子个数比等于物质的量之比,则CH4与NH3的分子个数比为1∶1,A项正确;1个CH4分子中含有5个原子,1个NH3分子中含有4个原子,则CH4与NH3的原子数之比为5∶4,B项正确;CH4与NH3的物质的量相等,根据m=nM可知,质量之比等于摩尔质量之比,故CH4与NH3的质量之比为16g·mol-1∶17g·mol-1=16∶17,C项错误;1个CH4分子中含有4个氢原子,1个NH3分子中含有3个氢原子,故氢原子个数比为4∶3,D项正确。

4.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CO2分子

B.1.7 g H2O2中含有的电子数为0.9NA

C.2.24 L H2O含有的分子数为0.1NA

D.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22.4L·mol-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34g·mol-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22.4L·mol-1进行计算,错误;D项,1molCO和C2H4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。

5.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项错误。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项错误。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物,两者均可与水发生反应生成烧碱,C项错误。蓝色钴玻璃能滤去黄光,不能确定是否含有钠离子,故D项正确。

6.纯碱和小苏打由于其在工业生产和日常生活中有广泛的需求,是我国较早自主生产的化工产品。在下列性质中,符合NaHCO3>Na2CO3的是(　　)。

A.溶解度

B.相同物质的量浓度的溶液的碱性

C.与相同浓度的盐酸反应的速率

D.热稳定性

答案:C

解析:常温下,碳酸钠的溶解度大于碳酸氢钠的,A项错误。同浓度的碳酸钠溶液的碱性强于碳酸氢钠溶液的碱性,B项错误。碳酸钠与盐酸反应,首先将碳酸钠转化为碳酸氢钠,然后碳酸氢钠再与盐酸反应生成气体,则碳酸氢钠与相同浓度盐酸反应的速率比碳酸钠与相同浓度盐酸反应的速率大,C项正确。碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠,则热稳定性:Na2CO3>NaHCO3,D项错误。

7.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0.2×6.02×1023

B.1 mol Cl2与足量Fe反应,转移的电子数约为3×6.02×1023

C.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3×6.02×1023

D.在反应H2O2+Cl22HCl+O2中,每生成32 g O2,转移约2×6.02×1023个电子

答案:D

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在反应中转移0.1mol电子,A项错误。1molCl2与足量Fe反应,转移的电子数约为2×6.02×1023,B项错误。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项错误。在H2O2+Cl22HCl+O2反应中,2molO从-1价升高为0价,失去2mol电子,生成32gO2。

8.实验室欲用Na2CO3·10H2O晶体配制100 mL 1 mol· L-1的Na2CO3溶液,下列说法正确的是(　　)。

A.要完成实验需称取10.6 g Na2CO3·10H2O晶体

B.本实验需用到的仪器有天平、药匙、玻璃棒、烧杯、500 mL容量瓶

C.配制时若容量瓶不干燥,含有少量蒸馏水会导致溶液浓度偏低

D.定容时俯视刻度线会导致溶液浓度偏高

答案:D

解析:配制100mL1mol·L-1的Na2CO3溶液,需要Na2CO3·10H2O晶体的质量m=1mol·L-1×286g·mol-1×0.1L=28.6g,A项错误;配制一定物质的量浓度溶液的步骤:计算、称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀等,用到的仪器有天平、药匙、玻璃棒、烧杯、100mL容量瓶、胶头滴管等,B项错误;定容时,需要向容量瓶中加入蒸馏水,所以配制时若容量瓶不干燥,含有少量蒸馏水对溶液浓度无影响,C项错误;定容时俯视刻度线,导致溶液体积偏小,依据c=可知溶液浓度偏高,D项正确。

9.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表现强氧化性

C.氧化剂和还原剂的物质的量之比为3∶8

D.生成1 mol N2,有6 mol电子转移

答案:C

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项正确。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、D项正确。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3∶2,C项错误。

10.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(　　)。

A.该“84”消毒液的密度为1.10 g·cm-3

B.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 g

D.该“84”消毒液中含NaClO的物质的量浓度为1.42 mol·L-1

答案:D

解析:该“84”消毒液的密度为=1.01g·cm-3,A项错误。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,B项错误。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项错误。该“84”消毒液中含NaClO的物质的量浓度==1.42mol·L-1,D项正确。

11.通入足量氯气后能大量共存的一组离子是(　　)。

A.Na+、S、Al3+、N

B.Na+、K+、HC、OH-

C.Na+、Ca2+、N、C

D.K+、Fe2+、I-、Cl-

答案:A

解析:通入足量氯气后,Na+、S、Al3+、N可以大量共存,A项符合题意。通入足量氯气后HC、OH-均能与氢离子反应,不能大量共存,且两者也能反应生成碳酸根和水,不能大量共存,B项不符合题意。通入足量氯气后,C与氢离子反应,不能大量共存,且溶液中钙离子和碳酸根离子也不能大量共存,C项不符合题意。通入足量氯气后,Fe2+能与Cl2反应而不能大量共存,I-能与Cl2反应而不能大量共存,D项不符合题意。

12.某化学兴趣小组利用KMnO4和浓盐酸及如图装置制备Cl2。下列分析中错误的是(　　)。

A.①中可用分液漏斗代替长颈漏斗

B.②中盛放的NaOH溶液可以净化Cl2

C.③为向上排空气法收集氯气

D.④中盛放的NaOH溶液可以吸收尾气

答案:B

解析:①中可用分液漏斗代替长颈漏斗,避免盐酸挥发,气体逸出,同时便于控制反应速率,A项正确。②中盛放的NaOH溶液能吸收氯气,不能净化Cl2,最后不能收集干燥纯净的氯气,B项错误。氯气的密度大于空气的,可用向上排空气法收集氯气,C项正确。氯气和氢氧化钠溶液反应,可处理含氯气的尾气,D项正确。

13.常温常压下,将Cl2缓慢通入100 mL水中至饱和,然后向所得饱和氯水中逐滴加入0.1 mol·L-1 NaOH溶液,整个过程溶液中H+的浓度变化如图所示(已知常温常压下Cl2溶于水时,只有部分Cl2会与水发生反应)。下列叙述正确的是(　　)。

A.①处溶液的酸性比②处溶液的酸性强

B.依据②处c(H+)可计算溶解的Cl2的物质的量

C.整个实验过程中,溶液的颜色先变深后变浅,最后变为无色

D.若④处表示Cl2与NaOH溶液恰好完全反应,则共转移了0.1 mol电子

答案:C

解析:②处的H+浓度大于①处的H+浓度,所以②处溶液的酸性强,A项错误。因为溶于水的Cl2只有部分与水反应,无法计算出溶解于水中的Cl2的物质的量,B项错误。氯气溶于水直至达到饱和溶液,氯气的浓度增大,所以颜色加深。加入NaOH溶液,氯气与NaOH反应,氯气浓度减小,颜色变浅,最后变为无色,C项正确。若④处表示Cl2与NaOH溶液恰好完全反应,但不知道Cl2的物质的量,无法计算转移的电子数目,D项错误。

二、非选择题(本题包括3小题,共48分)

14.(15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,S的物质的量浓度为1 mol·L-1,则MgSO4和K2SO4的物质的量浓度分别是　　　　、 　　　　　。

(5)常温下,10.0 mL 1.0 mol·L-1的H2SO4溶液,加水稀释到500 mL,所得H2SO4溶液的浓度为　　　　 mol·L-1;蒸发浓缩,使溶液的体积为2.40 mL,所得H2SO4溶液的浓度为　　　　　 mol·L-1。 

答案: (1)5NA　NA　4NA　(2)11.2

(3)1.5NA　(4)0.1 mol·L-1　0.9 mol·L-1

(5)0.02　4.2

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)==1mol,故含分子数为NA,含原子数为4NA。

(2)标准状况下,CO为气体,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=22.4L·mol-1,则N=×NA=1.5NA。

(4)n(Mg2+)==0.1mol,

则c(MgSO4)==0.1mol·L-1。

MgSO4提供的c(S)=0.1mol·L-1,则K2SO4提供的c(S)=1mol·L-1-0.1mol·L-1=0.9mol·L-1,所以c(K2SO4)=0.9mol·L-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500mL时,

c2(H2SO4)===0.02mol·L-1;

浓缩到2.40mL时,c3(H2SO4)=≈4.2mol·L-1。

15.(15分)某学校实验室从化学试剂商店购买了18.4 mol·L-1的硫酸。现用该浓硫酸配制100 mL 1.00 mol·L-1的稀硫酸。可供选用的仪器有:①胶头滴管,②烧瓶,③烧杯,④药匙,⑤量筒,⑥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 mol·L-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 mL B.50 mL C.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)②④⑥　100 mL容量瓶、玻璃棒

(2)5.4　A　

(3)B

解析:(1)用浓硫酸配制稀硫酸时,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:0.1L×1.00mol·L-1=18.4mol·L-1×V(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项,容量瓶中原来含有少量蒸馏水对所配溶液浓度无影响。B项,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项,烧杯内壁没有洗涤,使得溶质损失,所配溶液浓度偏低。D项,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。

16.(18分)氯气是一种重要的化工原料,氯气及其化合物在自来水的消毒、农药的生产、药物的合成等领域都有着重要的应用。

Ⅰ.(1)NaClO中Cl的化合价为　　　　　　,NaClO具有较强的　　　　(填“氧化”或“还原”)性,是常用的消毒剂和漂白剂的有效成分。 

(2)黄色气体ClO2可用于污水杀菌和饮用水净化。

①KClO3与SO2在强酸性溶液中反应可制得ClO2,SO2被氧化为S,该反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　。 

②ClO2可将废水中的Mn2+氧化为MnO2而除去,本身被还原为Cl-,该反应过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为　　　　　　。 

Ⅱ.某学生设计如图所示的实验装置,利用氯气与潮湿的消石灰反应制取少量漂白粉(该反应为放热反应) ,回答下列问题:

(1)在A装置中用固体二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应制取氯气,写出该反应的化学方程式: 　　　　　　　　　。 

(2)C装置的作用是　　　　　　　　　　　　　　　　。 

(3)此实验所得漂白粉的有效成分偏低,该学生经分析并查阅资料发现,主要原因是在U形管中还存在两个副反应。

①温度较高时氯气与消石灰反应生成Ca(ClO3)2,为避免此副反应的发生,可采取的措施是 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 

②另一个副反应是2HCl+Ca(OH)2CaCl2+2H2O,为避免此副反应的发生,装置的改进措施为　　　　　　　　　　　　　　　　。 

答案:Ⅰ.(1)+1价　氧化　(2)①2Cl+SO22ClO2+S　②2∶5

Ⅱ.(1)MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O　(2)吸收未反应完的氯气,防止污染空气　(3)①将B装置放在冷水浴中　②在A、B之间连接一个装有饱和NaCl溶液的洗气瓶

解析:Ⅰ.(1)NaClO中Na为+1价,O为-2价,则NaClO中Cl为+1价,次氯酸钠具有较强的氧化性。(2)①KClO3与SO2在强酸性溶液中反应可制得ClO2,同时生成S,则该反应的离子方程式为2Cl+SO22ClO2+S。②ClO2可将废水中的Mn2+氧化为MnO2而除去,本身被还原为Cl-,反应中ClO2为氧化剂,Cl元素由+4价降低为-1价,Mn2+为还原剂,Mn元素由+2价升高到+4价,根据化学反应中得失电子守恒可知,氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶5。Ⅱ.(1)在加热条件下,二氧化锰与浓盐酸反应生成氯化锰、氯气和水,反应的化学方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O。(2)氯气是有毒气体,要进行尾气处理,装置C中的氢氧化钠溶液用于吸收未反应完的氯气,防止污染空气。(3)①因温度较高时发生副反应生成Ca(ClO3)2,故可将B装置放在冷水浴中来避免该副反应的发生。②另一个副反应为HCl与消石灰反应,因浓盐酸易挥发,所以应除去氯气中的HCl,即在A、B之间接一个装有饱和NaCl溶液的洗气瓶。