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

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1、第二章 海水中的重要元素-钠和氯 单元训练一、单选题1设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，1.7g氨气所含的电子数目为B标准状况下，中含有的电子数目为C溶液中含数为D0.1molNa与足量氧气完全反应转移的电子数为2碳酸氢钠受热易分解现将12克碳酸钠和碳酸氢钠的混合物完全加热后，剩余固体8.9克，则原混合物中碳酸氢钠的质量为A7gB8.4gC11.8gD10.9g3在下列实验过程中，出现的“异常”现象的解释，不正确的是A金属钠投入到硫酸铜溶液中，生成黑色沉淀物，是因为金属钠置换出金属铜B过氧化钠加入到含有酚酞的水中，溶液变红再变无色，可能有强氧化性物质生成C过量的二氧化碳通

2、入澄清石灰水中，溶液变浑浊再变澄清，说明最终生成可以溶于水的盐D在氯化亚铁的溶液中，滴加氢氧化钠溶液，先有白色沉淀，随后变灰绿色再变红褐色，说明氢氧化亚铁易被空气中的氧气氧化4下列有关和的性质，叙述错误的是A鉴别和可用溶液B除去固体中混有的少量，用加热法C向饱和溶液中通入足量，有晶体析出D等质量的、分别与相同溶质质量分数的盐酸反应，消耗的盐酸体积少5下列溶液中，溶质的物质的量浓度不是的是A10gNaOH固体溶解在水中配成250mL溶液B将溶于水并配成1L的溶液C1L水吸收22.4L氨气时所得氨水的浓度是D标准状况下，将22.4L氯化氢气体溶于水配成1L溶液6下列实验能达到对应的目的的是ABCD

3、制取纯净的沉淀检验化合物中是否含钾元素制备氢氧化铁胶体验证氯气与水反应生成具有漂白性的物质AABBCCDD7下列关于氯气的说法正确的是A氯气在化学反应中能作还原剂B干燥的氯气不能使紫色石蕊溶液褪色C氯气是难溶于水的黄绿色气体D纯净的氢气在氯气中点燃一定发生爆炸8下列关于钠及其氧化物的说法正确的是A金属钠着火时，可用水扑灭B在呼吸面具中，常作供氧剂C可用水简单鉴别与D可用澄清石灰水鉴别溶液与溶液9下列说法不正确的是将小块钠投入滴有石蕊试液的水中，反应后溶液变红；将钠投入稀盐酸中，钠先与水反应，后与盐酸反应；氯气与烧碱溶液或石灰乳反应都能得到含氯消毒剂；分解高锰酸钾制氧气后，残留在试管内壁上的黑色

4、物质可用稀盐酸洗涤；光照氯水有气泡逸出，该气体是；氯气易液化，液氯可以保存在钢瓶中A2个B3个C4个D5个10下列离子方程式中正确的是A铁与稀硫酸制氢气：B硫酸氢钠与氢氧化钡混合使溶液呈中性：C碳酸氢钡与过量的氢氧化钡溶液反应：D工业用氯气制取漂白粉：11下列叙述正确的是A与都能和水反应生成碱，它们都是碱性氧化物B与发生化合反应生成，与发生置换反应生成C是淡黄色物质，是白色物质D和的焰色均为黄色12某无色溶液仅由、中的若干种离子组成，且各离子浓度相等，取适量溶液进行如下实验：加过量盐酸无明显现象，且阴离子种类不改变；进行焰色试验显黄色。透过蓝色钴玻璃观察，未见紫色；取操作后的溶液，加入过量溶液

5、，产生白色沉淀。下列推断错误的是A原溶液中一定存在B中的白色沉淀只有C溶液中一定不含、D由溶液呈电中性可知溶液中一定含有13向100mL氢氧化钾溶液中通入Cl2，两者恰好完全反应，已知反应过程放热，生成物中有三种含氯元素的离子，其中ClO-和两种离子的物质的量(n)与反应时间(t)的变化情况如图所示。下列说法错误的是ACl2和KOH在不同温度下，可能发生不同反应B第三种含氯元素的离子为Cl-C反应转移电子的总物质的量为0.03molD原氢氧化钾溶液的物质的量浓度为1mol/L14下列事实对应的化学用语正确的是A金属钠加入硫酸铜溶液中：B向氢氧化钠溶液中通入少量CO2：C将NaHCO3溶液和过量

6、Ca(OH)2溶液混合有白色沉淀：D工业制取漂白粉：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O 二、填空题15已知是一种棕黄色固体，可用于医药，在有机化学中常用作催化剂。某研究性学习小组为制备并探究的性质，进行了如下实验：.配制480mL溶液(1)用托盘天平称量，需要称取_g。(2)定容时，若仰视容量瓶刻度线会使配制的溶液浓度_(填“偏大”、“偏小”或“不变”)。(3)若在加蒸馏水时，不小心加过了刻度线，此时应该进行的操作是_。.探究的性质(4)取20mL上述溶液，加入KSCN溶液，滴入少量新制氯水，溶液的颜色变为_。(5)再取20mL上述溶液，逐滴加入新制氯水直至过量

7、，再加入溶液振荡静置，现象为_。(6)有上述实验现象可得到的结论：还原性：_(填“”“(7)【详解】（1）要配制240mL溶液需选用250mL容量瓶，故液体体积需按250mL计算，故需要的质量为：；故答案为：21.6；（2）若没有洗涤烧杯和玻璃棒，则相当于损失一部分药品，根据，物质的量减小，所得溶液的浓度减小；定容时，若仰视容量瓶刻度线会使得水的体积增大，根据，体积增大，则配制的溶液浓度减小，故答案为：偏小；（3）若在加蒸馏水时，不小心加过了刻度线，则会导致配制的溶液浓度减小，故此时应该进行的操作是倒掉，重新配制，故答案为：倒掉，重新配制；（4）由于还原性，氯水先氧化为，结合生成血红色的溶液；

8、（5）氯水过量，和都被氧化，生成的被萃取，上层为黄色，下层的层为橙红色；（6）有上述实验现象可得到的结论：还原性：；（7）和物质的量相同，先氧化，全部氧化完再氧化，故答案为：。16(1) b 用一束光线照射，出现丁达尔效应的为e. 胶体 煤油 Ba(OH)2 OH-+H+=H2O(2) H+ HClO Al3+3=Al(OH)3+3CO2 1:2【详解】（1）电解质是溶于水或在熔融状态下能够导电的化合物；非电解质是溶于水或在熔融状态下不能够导电的化合物；溶液导电的原因是存在自由移动的离子，金属导电的原因是存在自由移动的电子；a.溶液为溶液，导电；b.熔融的为电解质，导电；c.固体为电解质，不导

9、电；d.稀硫酸为溶液，导电；e.胶体为混合物，导电；f.为金属单质，导电；g.溶液为溶液，导电； 由分析可知，其中能导电的电解质有b。光束通过胶体时，光线能够发生散射作用而产生丁达尔效应，而通入其它分散系时不能产生丁达尔效应；区分a和e的实验方法是用一束光线照射，出现丁达尔效应的为e. 胶体。钠化学性质非常活泼，实验宰中f通常保存在煤油中。除去g中括号内杂质可以加入适量的氢氧化钡溶液，氢氧化钡和HCl生成氯化钡和水，反应的离子方程式为OH-+H+=H2O；（2）向石蕊溶液中通入氯气，氯气和水生成盐酸和次氯酸，盐酸具有酸性、次氯酸具有漂白性；起始时溶液变红，一段时间后溶液褪色，则使溶液变红和褪色

10、的微粒分别是H+、HClO。将溶液与含的盐溶液混合，产生大量气体和沉淀，根据质量守恒可知生成气体为二氧化碳，反应为Al3+3=Al(OH)3+3CO2；某溶液中只含有、四种离子，已知前三种离子的个数比为，设前三种离子的个数分别为3、1、2，根据溶液电中性可知，硫酸根离子数目（3+31-12）2=2；则溶液中和的离子个数比为1:2。17(1)2Cl-+2H2O2OH-+H2+Cl2(2) 2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O 漂白粉的有效成分Ca(ClO)2与空气中的CO2和水反应生成CaCO3和次氯酸，次氯酸见光易分解(3) -3 2Na+2NH32NaNH2+H

11、2(4) 取少量样品继续加热，若产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，则样品中存在NaHCO3 偏高【详解】（1）反应为电解NaCl水溶液生成NaOH、H2和Cl2，反应的离子方程式为2Cl-+2H2O2OH-+H2+Cl2；答案为：2Cl-+2H2O2OH-+H2+Cl2。（2）反应为Cl2与Ca(OH)2反应生成CaCl2、Ca(ClO)2和H2O，反应的化学方程式为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；漂白粉在空气中久置易变质的原因是：漂白粉的有效成分Ca(ClO)2与空气中的CO2和水反应生成CaCO3和次氯酸，次氯酸见光易分解，变质的有关化学方程式为Ca(Cl

12、O)2+CO2+H2O=CaCO3+2HClO、2HClO2HCl+O2；答案为：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；漂白粉的有效成分Ca(ClO)2与空气中的CO2和水反应生成CaCO3和次氯酸，次氯酸见光易分解。（3）NaNH2中Na、H元素的化合价都为+1价，根据化合物中元素的正负化合价代数和为0知，N元素的化合价为-3价；答案为：-3。一定条件下Na与NH3发生置换反应生成NaNH2和H2，反应的化学方程式为2Na+2NH32NaNH2+H2；答案为：2Na+2NH32NaNH2+H2。（4）反应中发生的反应为2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2，

13、要证明所得Na2CO3中可能含有未分解的NaHCO3，根据“NaHCO3受热易分解生成CO2、而Na2CO3受热不易分解”知，方法是：取少量样品继续加热，若产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，则样品中存在NaHCO3；答案为：取少量样品继续加热，若产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，则样品中存在NaHCO3。设ag固体中Na2CO3、NaHCO3的质量分别为xg、yg，则x+y=a(式)；ag固体与足量盐酸发生的反应为Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2、NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2，充分反应后加热、蒸干、灼烧所得bg固体为NaCl，则（式），联立、两式，解得y=，Na

14、HCO3的百分含量为，若在蒸干过程中有少量液体溅出，则b偏低，所测NaHCO3的百分含量偏高；答案为：；偏高。18(1) 膨松剂 (2) 5 (3)(4)【详解】（1）碳酸钠可用作食品添加剂中的膨松剂，受热分解的方程式为：；（2）NaHSO4属于盐，物质类别错误，选；熔融状态可以导电的是：NaHCO3、Na2CO3、Ba(OH)2、MgO、NaHSO4，共5种；CO2属于非电解质的，选：；（3）碱性氧化物能与酸反应生成盐和水，化学方程式为：；（4）在水中的电离方程式：。19(1)c(2)干燥的有色布条无明显变化，湿润的有色布条褪色(3) Cl22OH-=ClO-Cl-H2O Ca(ClO)2+

15、CO2H2O = CaCO32HClO，2HClO2HCl+O2【详解】（1）由于氯气密度大于空气密度，应该选择逆风向高处转移，故答案为：c；（2）分析装置可知，将氯气依次通过盛有干燥有色布条的广口瓶和盛有潮湿有色布条的广口瓶，由于湿润的布条中的水可以和氯气反应，有次氯酸产生，因此具有漂白性，干燥的氯气不能，故观察到的现象为干燥的有色布条无明显变化，湿润的有色布条褪色，故答案为：干燥的有色布条无明显变化，湿润的有色布条褪色；（3）为防止氯气尾气污染空气，根据氯气的性质，可用NaOH溶液吸收多余的氯气，反应的离子方程式为Cl22OH-ClO-Cl-H2O，漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2，长期

16、露置于空气中的漂白粉会失效的原因是二氧化碳与次氯酸钙反应产生次氯酸，次氯酸分解失效，涉及的反应方程式为Ca(ClO)2+CO2H2OCaCO32HClO、2HClO2HCl+O2。20(1) 分液漏斗 MnO2+4H+2Cl-Mn2+2H2O+Cl2(2) 2FeCl2+Cl2=2FeCl3 溶液变蓝 溶液先变红后褪色(3)在D和E之间加一个盛放浓硫酸的洗气瓶，将F改为盛放碱石灰的干燥管【分析】A中生成氯气，B中氯气和氯化亚铁反应生成氯化铁，C中氯气和碘化钾生成碘单质，D中氯气和水生成盐酸和具有漂白性的次氯酸，看到的实验现象为溶液先变红后褪色，E中氯气和铁生成氯化铁，F中碱液吸收尾气；【详解】

17、（1）装置A中装浓盐酸的玻璃仪器名称为分液漏斗，A中二氧化锰和浓盐酸加热生成氯气、氯化锰、水，发生反应的离子方程式为MnO2+4H+2Cl-Mn2+2H2O+Cl2；（2）装置B中发生反应为氯气和氯化亚铁生成氯化铁，化学方程式为2FeCl2+Cl2=2FeCl3。装置C氯气和碘化钾生成碘单质，现象为溶液变蓝；D中氯气和水生成盐酸和具有漂白性的次氯酸，看到的实验现象为溶液先变红后褪色；（3）无水氯化铁有强烈的吸水性，能吸收空气中的水分而潮解变质，故要得到较纯净的无水氯化铁，上述装置的改进措施是：在D和E之间加一个盛放浓硫酸的洗气瓶，将F改为盛放碱石灰的干燥管。21(1) 分液漏斗 浓盐酸(2)C

18、l2+H2OHCl+HClO(3) 蓝 Cl2+2I-=2Cl-+I2(4)能(5)吸收多余的氯气，防止污染空气【详解】（1）仪器a的名称叫分液漏斗；实验室用浓盐酸和，仪器a中盛有的试剂为浓盐酸；（2）与水反应生成和，化学方程式为：；（3）将氧化成，淀粉溶液变成蓝色，发生反应的离子方程式为：；（4）流通的没有干燥，所以能使有色布条褪色；（5）尾气有毒，用溶液来吸收，防止污染空气22(1)9(2)106(3)4：1(4)0.3【详解】（1）1个CH4分子中含5个原子，标况下6.72 L CH4的物质的量为、则所含原子的物质的量为50.3mol=1.5mol，与一定量水中所含原子数目相同、则原子的

19、物质的量相同，1个H2O分子中含3个原子，则水的物质的量为、质量为；（2）一定条件下，16g A和20g B恰好完全反应生成0.04mol C和31.76g D，则可推出C的质量为16g+20g-31.76g=4.24g，根据n=可得出C的摩尔质量是；（3）已知标况下11.2 L CO和CO2的混合气体质量为15.6g，可设CO的物质的量为x，CO2的物质的量为y，则x+y=0.5mol，28g/molx+44 g/moly=15.6g两个方程式联立可得，x= 0.4mol， y=0.1mol，按阿伏加德罗定律可知，则混合气体中CO与CO2的物质的量之比即体积之比为4:1；（4）在NaCl和AlCl3的混合溶液中，Na+和Al3+的物质的量浓度之比为2:1，所以其物质的量之比也为2:1，2L含1mol Cl的该溶液中，根据电荷守恒可知， n(Na+)+3n(Al3+)=n(Cl-)=1mol，所以n(Na+)=0.4mol，n(Al3+)=0.2mol，所以阳离子的总物质的量浓度为=0.3mol/L。23(1)(2)3(3)【分析】有关方程式：、。【详解】（1）根据碳原子守恒：，根据守恒： ，所以；答：原混合物中的质量分数为；（2）所以：；答：中的值为；（3），所以：；答：盐酸的物质的量浓度为。答案第17页，共10页