第二章《海水中的重要元素钠和氯》基础过关单元检测高一化学讲与练

第二章《海水中的重要元素——钠和氯》基础过关单元检测学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________单选题(18小题，每小题3分，共54分)1．潮湿的氯气、新制的氯水、次氯酸钠溶液、漂白粉溶液均能使有色布条褪色，这是由于它们含有或能生成A．氯气 B．次氯酸 C．次氯酸根 D．氯化氢【答案】B【详解】潮湿的氯气、新制的氯水、次氯酸钠溶液、漂白粉溶液均能使有色布条褪色，这是由于它们含有或能生成次氯酸的缘故，次氯酸具有强氧化性，能使有色布条褪色，答案选B。2．下列实验现象，与新制氯水中的某些成分(括号内物质)没有关系的A．将NaHCO3固体加入新制氯水，有无色气泡生成(H＋)B．使红色布条褪色(HCl)C．向FeCl2溶液中滴加氯水，再滴加KSCN溶液，发现呈红色(Cl2)D．滴加AgNO3溶液生成白色沉淀(Cl)【答案】B【详解】A．因氯水中有盐酸，电离生成H+，H+能与NaHCO3固体反应生成二氧化碳气体，则会有无色气泡出现；B．氯水中的次氯酸具有强氧化性，能使红色布条褪色；C．因氯水中的氯气能将亚铁离子氧化为铁离子，再滴加KSCN溶液，发现呈血红色，与氯气有关；D．因氯水中的盐酸电离生成Cl，氯离子能与硝酸银发生复分解反应生成氯化银白色沉淀；答案选B。3．下列有关物质的用途说法不正确的是A．过氧化钠——漂白剂B．次氯酸钠——消毒剂C．纯碱——治疗胃酸过多D．小苏打——制作馒头和面包的膨松剂【答案】C【详解】A．过氧化钠具有强氧化性，所以具有漂白剂，A正确；B．次氯酸钠具有强氧化性，可用作消毒剂，B正确；C．纯碱是碳酸钠，腐蚀性强，不能用于治疗胃酸过多，C错误；D．小苏打受热分解生成二氧化碳，可用作制作馒头和面包的膨松剂，D正确；答案选C。4．用如图所示实验装置进行相关实验探究，其中装置不合理的是A．探究钠与反应B．证明与水反应放热C．证明能与烧碱溶液反应D．鉴别纯碱与小苏打A．A B．B C．C D．D【答案】D【详解】A．Na与Cl2加热生成氯化钠，碱液可吸收过量的氯气，图中装置可验证钠与氯气的反应，A正确；B．Na2O2与水反应生成氧气，且反应放出大量的热，能使脱脂棉燃烧，可验证过氧化钠的性质，B正确；C．Cl2与NaOH溶液反应，则气球变大，可验证氯气与烧碱溶液反应，C正确；D．加热固体时，为防止生成的水倒流，炸裂试管，试管口应向下倾斜，D错误；故答案为：D。5．不能用来鉴别Na2CO3和NaHCO3两种固体的操作是A．分别加热这两种固体物质，并将生成的气体通入澄清的石灰水中B．分别在这两种物质的溶液中，加入氯化钙溶液C．分别在这两种固体中，加入同浓度的稀盐酸D．分别在这两种物质的溶液中，加入少量澄清的石灰水【答案】D【详解】A．Na2CO3受热不分解，而NaHCO3受热分解生成的气体通入澄清的石灰水中能使石灰水变浑浊，可以鉴别，故A不选；B．Na2CO3与CaCl2溶液作用产生CaCO3沉淀，而NaHCO3则不与CaCl2溶液反应，无沉淀产生，也可以鉴别，故B不选；C．向Na2CO3中逐滴加少量盐酸时，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，可以通过产生气体的快慢加以鉴别，故C不选；D．Na2CO3和NaHCO3均可与澄清石灰水反应产生沉淀，现象相同，无法鉴别，故D选。故选D。6．下列关于焰色反应的叙述正确的是A．五颜六色的焰火是物质本身燃烧的颜色B．氢气、硫等在氧气中燃烧时有颜色，这也是焰色反应C．某无色溶液进行焰色反应，透过蓝色钴玻璃可观察到火焰呈紫色，则可证明溶液中的阳离子一定只含有K+D．焰色反应是某种金属元素灼烧时所具有的特殊颜色，是物理变化【答案】D【详解】A．焰色反应是某种金属或它们的化合物灼烧时使火焰所具有的特殊颜色，故A错误；B．焰色反应是某种金属或它们的化合物的性质，故B错误；C．C中透过蓝色钴玻璃观察到的紫色可掩蔽其他焰色，只能说明溶液中含有K＋，故C错误；D．焰色反应是某种金属元素灼烧时所具有的特殊颜色，是电子跃迁时能量以光的形式释放出来，为元素的物理变化，故D正确；故选D。7．下面有关Na2CO3与NaHCO3的性质比较中错误的是A．相同浓度溶液的碱性：Na2CO3>NaHCO3B．在水中的溶解度：Na2CO3>NaHCO3C．与同浓度的硫酸反应放出气泡的速率：NaHCO3<Na2CO3D．热稳定性：NaHCO3<Na2CO3【答案】C【详解】A．碳酸钠溶解性大于碳酸氢钠，相同浓度溶液的碱性：Na2CO3>NaHCO3，A正确；B．饱和碳酸钠溶液中通入足量的二氧化碳，生成碳酸氢钠，因此水中的溶解度：Na2CO3>NaHCO3，B正确；C．与同浓度的硫酸反应NaHCO3先生成CO2，Na2CO3生成NaHCO3后再生成CO2，反应速率碳酸氢钠的快，C错误；D．NaHCO3受热分解，Na2CO3受热不易分解，热稳定性：NaHCO3<Na2CO3，D正确；故选C。8．如图装置，试管中盛有水，气球a中盛有干燥的Na2O2粉末，U形管中注有红色的墨水。将气球用橡皮筋紧缚在试管口。实验时将气球中的Na2O2粉末抖落到试管b中的水中，将发生的现象是A．U形管内红色墨水褪色 B．试管内溶液变红C．气球a被吹大 D．U形管水位：c>d【答案】C【详解】A．Na2O2和水反应放热，广口瓶内受热气体膨胀，U形管内c端液面下降、d端液面上升，U形管内红色墨水不褪色，A错误；

B．Na2O2和水反应生成氢氧化钠和氧气，试管内溶液不变色，B错误；C．Na2O2和水反应生成氢氧化钠和氧气，生成气体，气球a膨胀，C正确；D．Na2O2和水反应放热，广口瓶内气体膨胀，U形管内c端液面下降、d端液面上升，U形管水位：d＞c，D错误；答案选C。9．下列有关化学反应过程或实验现象的叙述中，正确的是A．氯气的水溶液可以导电，说明氯气是电解质B．漂白粉和明矾都常用于自来水的处理，二者的作用原理是相同的C．氯气可以使湿润的有色布条褪色，但实际起漂白作用的物质是次氯酸而不是氯气D．为证明氯水中含Cl，可先加入盐酸酸化，再加入AgNO3溶液【答案】C【详解】A．氯气属于单质，氯气既不是电解质，也不是非电解质，故A错误；B．漂白粉是利用了强氧化性杀菌消毒，明矾溶于水电离出的铝离子水解生成的氢氧化铝胶体具有吸附性，吸附水中的悬浮物，用于净水，原理不相同，故B错误；C．次氯酸具有漂白性，而氯气没有漂白性，氯气可以使湿润的有色布条褪色，实际起漂白作用的物质是氯气和水反应生成的次氯酸而不是氯气，故C正确；D．检验氯水中含Cl不能用盐酸酸化，而是用稀硝酸酸化，因为盐酸本身就含有氯离子，故D错误；本题答案C。10．设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．标准状况下，所含的分子数为B．中所含的电子数为C．中所含的电子数为D．个CO的质量是28g【答案】D【详解】A．标准状况下水是非气态，不能用来计算，故A错误；B．16g的物质的量是，1个分子中含16个电子，则中应含8mol电子，电子数为，故B错误；C．的物质的量为1mol，1个分子中含10个电子，则中应含10mol电子，电子数为，故C错误；D．个CO即，其质量是28g，故D正确；选D。11．实验室需要480mL0.2mol·L1的氢氧化钠溶液，下列说法正确的是B．若其他操作正确，将NaOH固体放在烧杯中溶解后，立即转移至容量瓶中定容，所得溶质物质的量浓度偏大C．若其他操作正确，定容摇匀后，溶液凹液面最低点低于刻度线，用胶头滴管加水至刻度线，所得溶质物质的量浓度偏大D．用0.8mol·L112mLNaOH溶液稀释成480mL即可【答案】B【分析】A．选500mL容量瓶，结合m=cVM计算；B．溶解后应冷却至室温再转移、定容，若立即转移至容量瓶中定容，V偏小；C．定容摇匀后，溶液凹液面最低点低于刻度线，用胶头滴管加水至刻度线，V偏大；D．稀释前后溶质的物质的量不变，应稀释为500mL溶液。【详解】A．选500mL容量瓶，需要称量固体的质量为m=0.5L×0.2mol/L×40g/mol=4.0g，A错误；B．溶解后应冷却至室温再转移、定容，若立即转移至容量瓶中定容，V偏小，由c=可知，所得溶质物质的量浓度偏大，B正确；C．定容摇匀后，溶液凹液面最低点低于刻度线，用胶头滴管加水至刻度线，V偏大，由c=可知，所得溶质物质的量浓度偏小，C错误；D．稀释前后溶质的物质的量不变，应稀释为500mL溶液，则需要浓溶液=，D错误；故选B。12．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．1的盐酸溶液中的H+离子数目为NAAC．51gA12O3中的Al3+数目为NAD．400gNaOH溶解在1L蒸馏水中，所得溶液每100mL中的Na+数目为NA个【答案】C【详解】A．盐酸溶液体积未知，不能求得其H+的离子数目，A错误；A，B错误；C．51gA12O3的物质的量为，则Al3+数目为0.5mol×2×NA=NA，C正确；D．400gNaOH的物质的量为10mol，溶解在1L蒸馏水中，所得溶液体积不是1L，因此每100mL中的Na+数目不为NA个，D错误；答案选C。13．下列叙述错误的是①摩尔是国际单位制中七个基本物理量之一；②1mol任何物质都含有约6.02×1023个原子；③6.02×1023就是阿伏加德罗常数；④氢原子的摩尔质量是1g；⑤HCl的摩尔质量等于1molHCl分子的质量；⑥1molCO2中含有1mol碳和2mol氧。A．①②③ B．②③④C．②③④⑥ D．全部【答案】D【详解】①摩尔不是物理量，是物质的量的单位，错误；②1mol任何物质都含有约6.02×1023个结构粒子，不一定是原子，错误；③阿伏加德罗常数约为6.02×1023mol1，错误；④H的摩尔质量为1g·mol1，错误；⑤摩尔质量与质量单位不同，错误；⑥1mol碳和2mol氧均未指明粒子种类，错误。故答案选D。14．下列各物质所含原子数最多的是 B．4gHe【答案】A【详解】0.5mol氨分子所含原子的物质的量为0.5mol×4=2mol，4g氦分子所含原子的物质的量为×2=0.2mol，0.2mol硫酸分子所含原子的物质的量为0.2mol×7=1.4mol，则0.5mol氨分子所含原子的物质的量最大，所含原子数最多，故选A。15．检验某未知溶液中是否含有氯离子(Cl)，正确的操作是A．向少许未知溶液中加入AgNO3溶液，看是否有白色沉淀产生B．向少许未知溶液中加入AgNO3溶液，看是否有白色沉淀产生，若有沉淀产生，则再加入盐酸，看沉淀是否消失C．向少许未知溶液中加入稀硝酸酸化后，再加入AgNO3溶液，看是否有白色沉淀产生D．向少许未知溶液中加入稀盐酸酸化后，再加入AgNO3溶液，看是否有白色沉淀产生【答案】C【详解】Cl可与Ag+反应生成氯化银沉淀，但与反应的还有碳酸根离子，加入硝酸可除去碳酸根离子，则可用向少许未知溶液中加入稀硝酸酸化后，再加入AgNO3溶液，看是否有白色沉淀产生检验是否含有Cl，答案为C。16．金属钠在空气中燃烧时，产生的现象和生成物是A．产生白烟，生成Na2O B．产生黄色火焰，生成Na2OC．产生黄色火焰，生成Na2O2 D．产生白光，生成Na2O2【答案】C【详解】钠在空气中燃烧，产生黄色火焰，生成淡黄色的固体Na2O2，故选C。【点睛】钠在常温下和氧气反应生成白色固体Na2O，没有火焰，也不产生白光，能看到光亮的银白色表面很快变暗。17．有一种气体的质量是14.2g，体积是4.48升(标准状况下)，该气体的摩尔质量是 B． C．71 D．【答案】D，其质量为14.2g，则该气体的摩尔质量是，故答案为D项。18．配制250mL0.10mol·L－1的NaOH溶液时，下列实验操作会使配得的溶液浓度偏大的是A．转移溶液后未洗涤烧杯和玻璃棒就直接定容B．在容量瓶中定容时仰视刻度线C．在容量瓶中定容时俯视刻度线D．定容后把容量瓶倒转摇匀，发现液面低于刻度，再补充几滴水至刻度线【答案】C【分析】分析试题：根据，判断不当操作对n、V的影响，进而判断溶液浓度的变化。【详解】A．转移溶液后，未洗涤烧杯和玻璃棒就直接定容，会导致n减小，溶液浓度偏小，A错误；B．在容量瓶中进行定容时，仰视刻度线，会导致溶液体积偏大，浓度偏小，B错误；C．在容量瓶中进行定容时，俯视刻度线，会导致溶液体积偏小，浓度偏大，C正确；D．定容且把容量瓶倒置摇匀后，发现液面下降，此时有少量溶液残留刻线上方，浓度不变，属于正常现象，但又补充了水，会导致V增大，浓度偏小，D错误；故选C。二、填空题(本题包含4小题，共46分)19．（10分）根据所学知识填空(NA表示阿伏加德罗常数的值)：2含有molCl，在标准状况下体积为L。(2)1.204×1022个CO2分子，含有C的物质的量为。(3)1molOH中含有mol电子，有个质子。(4)物质的量相等的SO2和SO3，其质量之比为。(3)109NA或5.418×1024(4)4：52中含有0.4molCl，；故答案为：0.4；4.48；（2）；故答案为：0.02mol；（3）1个中含有质子数9个，电子数10个，1molOH含有10mol电子，9mol质子；故答案为：10；9NA；（4），，；故答案为：4：5。20．（12分）根据如图转化关系以及实验现象填写空白。(1)固体X是，固体Y是，产物A是。(填写化学式)。(2)反应①的化学方程式是。(3)反应②的化学方程式是。(4)反应③的化学方程式是。【答案】(1)Na2O2Na2CO3NaOH(2)2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2(3)Na2CO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+2NaOH(4)【分析】由气体B与金属单质发生燃烧反应淡黄色固体A和物质的转化关系可知，转化关系中涉及的反应为淡黄色固体过氧化钠和二氧化碳气体反应生成氧气和碳酸钠，氧气和钠加热反应生成过氧化钠，碳酸钠和石灰水反应生成碳酸钙和氢氧化钠，碳酸钙和盐酸反应生成二氧化碳、氯化钙和水，则金属单质为钠、固体X为过氧化钠、固体Y为碳酸钠、产物A为氢氧化钠、气体B为氧气、气体为二氧化碳、白色沉淀为碳酸钙。【详解】（1）由分析可知，固体X为过氧化钠、固体Y为碳酸钠、产物A为氢氧化钠，故答案为：Na2O2；Na2CO3；NaOH；（2）由分析可知，反应①为过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，反应的化学方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，故答案为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；（3）由分析可知，反应②为碳酸钠溶液与石灰水反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，反应的化学方程式为Na2CO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+2NaOH，故答案为：Na2CO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+2NaOH；（4）由分析可知，反应③为钠在氧气中共热反应生成过氧化钠，反应的化学方程式为，故答案为：。21．（12分）如图为实验室制取纯净、干燥的Cl2，并进行检验Cl2性质实验的装置。其中E瓶中放有干燥红色布条；F中为铜网，F右端出气管口附近放有脱脂棉。试回答：(1)A试剂为，B试剂为，离子方程式为。(2)C试剂为；D试剂作用为。(3)E中干燥红色布条(填“褪色”或“不褪色”)。(4)F管中现象，脱脂棉的作用是。(5)H中试剂为，离子方程式为。【答案】(1)浓盐酸MnO2(2)饱和食盐水干燥氯气(3)不褪色(4)产生棕黄色的烟防止生成的氯化铜颗粒堵塞导管(5)NaOHCl2+2OH=Cl+ClO+H2O【分析】A中浓盐酸与B中MnO2在加热条件下反应生成氯气，氯气中混有HCl故通过饱和食盐水除去HCl，D中为浓硫酸用于干燥氯气，干燥的氯气没有漂白性，E中干燥红色布条不褪色，氯气进入F与Cu在加热条件下反应生成氯化铜，G瓶为氯气的收集装置，因为氯气密度大于空气，因此用向上排空气法收集，H为NaOH溶液用于吸收多余的氯气。【详解】（1）A试剂为浓盐酸，B试剂为MnO2，两者反应生成氯气，离子方程式为。（2）试剂C为饱和食盐水，试剂D为浓硫酸，用于干燥氯气。（3）根据分析可知，E中干燥红色布条不褪色。（4）F中Cu与Cl2加热条件下反应生成氯化铜，现象为产生棕黄色的烟，脱脂棉的作用是防止生成的氯化铜颗粒堵塞导管。（5）H中试剂为NaOH溶液，NaOH与Cl2反应的离子方程式为Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O。22．（12分）实验室需要配制溶液，按下列操作步骤进行：(1)选择仪器。完成本实验所必需的仪器有：电子天平、药匙、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、(选填、、)。a.

b.

c.(2)计算、称量。配制该溶液需称取固体。(3)溶解。在该步操作中，某同学将称好的固体放入烧杯中，加蒸馏水溶解。指出他操作的错误并说明原因。(4)转移洗涤。将烧杯中的溶液注入容量瓶，并用少量蒸馏水洗涤烧杯内壁次，洗涤液也注入容量瓶。洗涤烧杯内壁的目的是。(5)定容摇匀。将蒸馏水注入容量瓶，液面离容量瓶颈刻度线下厘米时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至液面与刻度线相切。盖好瓶塞，反复上下颠倒、摇匀。若摇匀后发现溶液体积低于刻度线，这时继续加水至刻度线，会导致所配置溶液浓度(填偏大