第二章 海水中的重要元素-钠和氯 单元测试 （含解析）2023-2024学年高一上学期人教版（2019）化学必修第一册

第二章海水中的重要元素——钠和氯单元测试一、单选题1．既有颜色又有毒性的气体是（）A．Cl2 B．HF C．HCl D．CO2．下列说法正确的是（）A．镁原子的质量就是镁的相对原子质量B．一个氧原子的实际质量约等于gC．水的相对分子质量等于18gD．二氧化硫的摩尔质量是64g3．有K2SO4和Al2(SO4)3的混合溶液，已知其中Al3+浓度为0.4mol/L，SO42-的浓度为0.7mol/L，则该溶液中K+的浓度为（）A．0.1mol/L B．0.15mol/L C．0.2mol/L D．0.25mol/L4．配制一定物质的量浓度的NaCl溶液时，造成实验结果偏高的是（）A．定容时观察液面仰视 B．定容时观察液面俯视C．盛溶液的烧杯未洗涤 D．容量瓶中原来有少量蒸馏水5．下列溶液中，与100mL0.5mol/LNaCl溶液所含的Cl-的物质的量浓度相同的是（）A．100mL0.5mol/LMgCl2溶液 B．200mL0.25mol/LHCl溶液C．50mL1mol/LNaCl溶液 D．200mL0.25mol/LCaCl2溶液6．实验室中需要配制2mol/L的NaCl溶液950mL，配制时应选用的容量瓶的规格和称取NaCl质量分别是（）A．950mL，111.2g B．500mL，117gC．1000mL，117g D．任意规格，111.2g7．如图所示，A处通入氯气，关闭弹簧夹B时，C处红色布条无明显的变化，打开弹簧B时，C处红色布条逐渐褪色。由此作出的判断正确的是（）A．D中不可能是浓硫酸 B．D中一定是浓硫酸C．A处通入的氯气中含有水蒸气 D．D中可以是饱和食盐水8．设为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是（）A．23g中杂化的碳原子、氧原子数共为B．1L0.1mol/L的溶液中含有的数目小于C．25℃时，1LpH=1的溶液中的数目为D．标准状况下，11.2LCO和的混合气体中分子数为9．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是(C-12O-16)（）A．28gCO所占的体积为22.4LB．1L1mol/LHCl溶液中含有HCl分子为NA个C．标准状况下，22.4L水含有NA个氧原子D．标准状况下22.4LCO和CO2的混合气体中含碳原子数为NA10．用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（）A．28gN2含有的原子数为NAB．1molZn与足量盐酸反应失去的电子数为2NAC．标准状况下22.4L水中含有的H2O分子数为NAD．2mol/LNaCl溶液中含有Na+个数为2NA11．实验室需配制480mL溶液，下列叙述正确的是（）A．用托盘天平称量19.2gB．待全部溶解后应立即将溶液转移至容量瓶中C．定容时若俯视刻度线观察液面，会使所配制的溶液的浓度偏高D．摇匀后发现液面略低于刻度线，应再加水到达刻度线12．实验室中需要配制2mol·L－1NaOH溶液950mL，配制时应选的容量瓶的规格和称取NaOH的质量分别是（）A．950mL76.0g B．500mL80.0gC．1000mL80.0g D．1000mL76.0g13．阿伏加德罗常数约为6.02×1023mol-1，下列叙述正确的是（）A．2.24LCO2中含有的原子数为0.3×6.02×1023B．0.1L3mol·L-1的NH4NO3溶液中含有的NH4+数目为0.3×6.02×1023C．5.6g铁粉与硝酸反应失去的电子数一定为0.3×6.02×1023D．4.5SiO2晶体中含有的硅氧键数目为0.3×6.02×102314．将24.6g由与组成的固体混合物在密闭容器中加热至完全反应，冷却至室温测得放出的气体只有，且其质量为1.6g，则下列说法中不合理的是（）A．过氧化钠可能全部参加反应B．反应充分后的固体可能为混合物C．最后剩余的固体的质量可能为23gD．原固体混合物中过氧化钠与碳酸氢钠的质量之比可能为30：8315．NA为阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（）A．18g水中含有的质子数为9NAB．0.1molNa+含有的电子数为NAC．常温常压下，71g氯气中含有的氯原子数为NAD．标准状况下，22.4LCCl4中含有的分子数为NA16．标准状况下，将VLA气体(摩尔质量为Mg/mol溶于0.1L水中，所得溶液密度为ρg/mL，则此溶液物质的量浓度为（）A．B．mol/LC．+mol/LD．mol/L二、综合题17．下图为实验室某浓盐酸试剂瓶上的标签，试根据有关数据回答下列问题。（1）该浓盐酸中HCl的物质的量浓度为mol/L。现在需要475mL物质的量浓度为0.6mol/L稀盐酸，用上述浓盐酸和蒸馏水配制（2）需要量取mL上述浓盐酸进行配制。（3）配制过程中，除需使用烧杯、量筒、玻璃棒外，还需要的仪器是、。（4）在配制过程中，下列实验操作会使所配制的稀盐酸的物质的量浓度偏高的是。A．摇匀后静置，发现液面低于刻线，未做任何处理B．溶液注入容量瓶前没有恢复到室温就进行定容C．用量筒量取浓盐酸时俯视刻线D．在配制前用已知浓度的稀盐酸润洗容量瓶18．实验室需要配制0.20mol/L的硫酸溶液450mL。请回答：（1）在配制过程中不必要的玻璃仪器是A．烧杯B．托盘天平C．玻璃棒D．量筒还缺少的实验仪器是（2）定容时的操作：当液面接近容量瓶刻度线1-2cm处时，，再将容量瓶塞盖好，反复上下颠倒，摇匀。（3）下列操作会使配得的硫酸溶液浓度偏高的是A．摇匀后发现液面低于容量瓶刻度线，再滴加蒸馏水至刻度线B．溶液未冷却到室温立即转移到容量瓶C．定容时仰视容量瓶的刻度线D．转移洗涤液时洒到容量瓶外，继续用该未清洗的容量瓶重新配制（4）根据计算得知，需用量筒量取物质的量浓度为12.5mol/L的浓硫酸的体积为mL19．（1）0.5molCH4的质量为g，在标准状况下的体积为L；含个碳原子。（2）将标准状况下22.4L的HCl溶于水配成200mL的溶液，所得溶液的物质的量浓度为mol/L；配制300mL0.5mol/L氯化钠溶液，需要1.5mol/L的氯化钠溶液的体积为mL。（3）1.204×1024个水分子的物质的量为mol。20．由CO和CO2组成的混合气体18g，充分燃烧后测得CO2的体积为11.2L(标准状况)。试计算：（1）原混合气体中CO2在标准状况下的体积为L；（2）原混合气体的平均摩尔质量为。21．硝酸工业尾气中氮的氧化物(NO、NO2)是大气污染物之一，可以用NaOH溶液处理，其原理为：2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O、NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O，现有amolNO2和bmolNO混合气体，恰好被200mL某浓度的NaOH溶液完全吸收（1）NaOH溶液的物质的量浓度为mol·L-1。(含a、b的代数式表示)（2）当生成物中NaNO2和NaNO3的物质的量之比为4：1时，则a∶b=。(要求写出计算过程)

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】A、Cl2黄绿色，有毒性的气体，故A符合题意；B、HF无色有毒，故B不符合题意；C、HCl无色有毒，故C不符合题意；D、CO无色有毒，故D不符合题意；故答案为：A。

【分析】根据各种气体的毒性和物理性质进行判断即可。2．【答案】B【解析】【解答】A．相对原子质量是比值，不是原子的实际质量，故A不符合题意；B.1mol氧原子中含有阿伏加德罗常数个氧原子，而1mol氧原子的质量是16g，因此1个氧原子的质量约等于g，故B符合题意；C．水的相对分子质量是18而不是18g，1molH2O的质量才是18g，故C不符合题意；D．SO2的相对分子质量为64，SO2的摩尔质量是64g•mol−1，而不是64g，故D不符合题意；故答案为：B。

【分析】ACD、单位错误

B、1molO16g，1mol有6.02*1023因此1个氧原子的质量约等于g

3．【答案】C【解析】【解答】溶液呈电中性，则3c(Al3+)+c(K+)+c(H+)=2c(SO42-)+c(OH-)，由于溶液中c(H+)和c(OH-)很小，可忽略不计，则有3c(Al3+)+c(K+)=2c(SO42-)，因此3×0.4mol/L+c(K+)=2×0.7mol/L，解得：c(K+)=2×0.7mol/L-3×0.4mol/L=0.2mol/L，C符合题意。

故答案为：C

【分析】溶液呈电中性，根据电荷守恒计算，需要注意多电荷离子，其所带电荷数为其浓度和电荷数的乘积。4．【答案】B【解析】【解答】A．定容时观察液面仰视，加入的蒸馏水体积偏大，导致配制的溶液体积偏大，则溶液浓度偏小，故A不符合题意；B．定容时观察液面俯视，导致配制的溶液体积偏小，溶液的物质的量浓度偏高，故B符合题意；C．盛溶液的烧杯未洗涤，有少量NaCl溶液残留在烧杯中，配制的溶液中溶质的物质的量偏小，配制的溶液浓度偏低，故C不符合题意；D．容量瓶中原来有少量蒸馏水，对溶质的物质的量、溶液体积都无影响，不影响配制结果，故D不符合题意；故答案为：B。【分析】掌握误差的分析方法为解题的关键。本题的易错点为D，要注意定容时需要向容量瓶中加入蒸馏水，容量瓶中原来有少量蒸馏水，对溶液浓度无影响。5．【答案】D【解析】【解答】A.MgCl2在水中电离方程式为MgCl2=Mg2＋＋2Cl－，因此溶液中c(Cl－)=0.5mol/L×2=0.2mol/L，A不符合题意；B.HCl在水中的电离方程式为HCl=H＋＋Cl－，因此溶液中c(Cl－)=0.25mol/L×1=0.25mol/L，B不符合题意；C.NaCl在水中电离的方程式为NaCl=Na＋＋Cl－，因此溶液中c(Cl－)=1mol/L×1=1mol/L，D不符合题意；D.CaCl2在水中电离的方程式为：CaCl2=Ca2＋＋2Cl－，因此溶液中c(Cl－)=0.25mol/L×2=0.5mol/L，D符合题意；故答案为：D【分析】根据溶质在水中的电离，计算溶液中c(Cl-)。6．【答案】C【解析】【解答】实验室没有950mL的容量瓶，应用1000mL的容量瓶进行配制，则n（NaCl）=1L×2mol/L=2mol，m（NaCl）=2mol×58.5g/mol=117.0g。故答案为：C【分析】容量瓶具有一定规格，故配制950mL的溶液，需用1000mL的容量瓶，结合公式、进行计算即可。7．【答案】C【解析】【解答】A．若D中试剂是浓硫酸，可将氯气干燥，干燥的氯气不能使干燥的有色布条褪色，A不符合题意；B．D中试剂不一定是浓硫酸，也可能是碱溶液或还原性溶液，B不符合题意；C．打开弹簧B时，A处通入的氯气能使C装置中的干燥的有色布条褪色，则表明氯气中含有水蒸气，C符合题意；D．氯气不溶于饱和食盐水，而氯气经过D装置后就不能使有色布条褪色，则表明D中不可能是饱和食盐水，D不符合题意；故答案为：C。

【分析】依据氯气和试剂的性质，结合实验现象判断。8．【答案】A【解析】【解答】A．中碳原子、氧原子都是杂化，23g中杂化的碳原子、氧原子数共，故A符合题意；B．在水溶液中水解，1L0.1mol/L的溶液中含有的数目小于，故B不符合题意；C.25℃时，1LpH=1的溶液中的数目，故C不符合题意；D．标准状况下，11.2LCO和的混合气体中分子数，故D不符合题意；故答案为：A。

【分析】A.中碳原子、氧原子都是杂化；

B.碳酸根在溶液中发生水解；

C.根据n=cV计算；

D.标况下，11.2LCO和的混合气体物质的量为0.5mol。9．【答案】D【解析】【解答】A.28gCO的物质的量是1mol，在标准状况下，所占的体积约为22.4L，故A不符合题意；B.HCl是强电解质，在溶液中会电离出H＋和Cl－，溶液中不存在HCl分子，故B不符合题意；C.标准状态下水不是气体，22.4L水中含有的氧原子数远远大于NA，故C不符合题意；D.标准状况下22.4LCO和CO2的混合气体的物质的量是1mol，根据二者的分子式可知含碳原子数为NA，故D符合题意；故答案为：D。

【分析】熟练掌握阿伏加德罗常数相关知识即可得出本题答案10．【答案】B【解析】【解答】A.28gN2物质的量==1mol，含有的原子数为2NA，A不符合题意；

B．Zn与足量盐酸反应的离子方程式为Zn+2H+=Zn2++H2↑，1molZn失去的电子数为2NA，B符合题意；

C．水在标准状况不是气体，标准状况下22.4L水不是1mol，所以含有的H2O分子数不是NA，C不符合题意；

D．未告知溶液的体积，无法计算2mol/LNaCl溶液中含有Na+个数，D不符合题意；

故答案为：B。

【分析】A、求出氮气的物质的量，然后根据氮气为双原子分子来分析；

B、锌和盐酸反应后变为+2价；

C、液体不能用气体摩尔体积衡量；

D、溶液体积不明确。11．【答案】C【解析】【解答】A．配制480mL溶液，应使用500mL容量瓶，按500mL。溶液计算称取20.0g，A不符合题意；B．溶解放出大量热量，需等溶液冷却至室温再转移至容量瓶中，B不符合题意；C．定容时若俯视刻度线观察液面，会使所配制的溶液的浓度偏高，C符合题意；D．摇匀后发现液面略低于刻度线，是由于有液体沾在容量瓶壁上，再加水到达刻度线，会使所配溶液浓度偏低，D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A.配制480mL1mol/LNaOH溶液，应选择500mL容量瓶，依据m=cVM计算需要溶质的质量；

B.溶解后应冷却到室温再移液；

C.定容时若俯视刻度线观察液面，导致溶液体积偏小，依据进行误差分析；

D.摇匀后发现液面略低于刻度线，再加水到达刻度线，会导致溶液体积偏大。

12．【答案】C【解析】【解答】实验室没有950mL容量瓶，因此需要配制1000mL溶液，即选择1000mL容量瓶，因此需要氢氧化钠的质量是1L×2mol/L×40g/mol＝80.0g，故答案为：C。

【分析】选择合适额容量瓶规格，根据题意，选用1000mL的容量瓶。13．【答案】D【解析】【解答】A.未标明在标况下，故A不符合题意B.由于铵根离子会水解，故物质的量小于0.3×6.02×1023，故B不符合题意C.若铁过量，则失去的电子数小于0.3×6.02×1023，故C不符合题意D.1mol二氧化硅中有4mol硅氧键，故4.5g二氧化硅晶体中有硅氧键0.3×6.02×1023，故D符合题意故答案为：D

【分析】A、22.4L只适用于标况下的气体

B、注意不要忽略铵根离子的水解

C、5.6g铁，若完全反应则转移电子数为0.3×6.02×1023，但硝酸量可能不足。14．【答案】D【解析】【解答】依据所学知识分析，并抵消中间产物，可知，总反应可表示为①或②。冷却至室温，放出的气体只有1.6g氧气：若只发生反应①，可求出有16.8g碳酸氢钠和7.8g过氧化钠参与反应，参与反应的固体的总质量恰好为24.6g，A项符合该假设情况；若只发生反应②可求出有8.4g碳酸氢钠和7.8g过氧化钠参与反应，参与反应的固体的总质量m的取值范围为，此时原固体混合物中还有8.4g过氧化钠(不与其他物质发生反应)，反应后剩余的固体为碳酸钠(10.6g)、氢氧化钠(4g)、过氧化钠，B、C项均符合该假设情况。综上所述，D项符合题意；故答案为：D。

【分析】本题要注意，碳酸氢钠分解为碳酸钠、水和氧气，然后过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，过氧化钠和二氧化碳生成碳酸钠和氧气，因此要根据氧气的质量计算可能反应的碳酸氢钠和过氧化钠。15．【答案】B【解析】【解答】A.18g水中含有的质子数为10NA，故A不符合题意B.0.1mol钠离子含有的电子数为NA，故B符合题意C.71g氯气含有的氯原子数为NA，故C不符合题意D.标况下，四氯化碳是液体，故D不符合题意故答案为：B【分析】有关阿伏加德罗常数的计算可列公式求解。16．【答案】B【解析】【解答】标准状况下，VLA气体的质量为×Mg/mol=g.0.1L水的质量为100mL×1g/mL=100g，所以溶液的质量分数ω=VM22.4g100g+VM22.4g=VM2240+VM，所得溶液密度为ρg/cm3故答案为：B。

【分析】物质的量浓度等于溶液中溶质的物质的量与体积的比值。17．【答案】（1）12mol/L（2）25（3）500m容量瓶；胶头滴管（4）B；D【解析】【解答】（1）该浓盐酸的物质的量浓度；

（2）由于容量瓶具有一定规格，实验室中不存在475mL的容量，故配制475mL的溶液应选用500mL的容量瓶；由浓盐酸配制稀盐酸的过程中，涉及溶液的稀释，稀释过程中，溶液中溶质的量保持不变，故可得关系式c1V1=c2V2，因此可得所需浓盐酸的体积；

（3）配制该溶液的过程为：计算、量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶；因此所需的仪器有：量筒、胶头滴管、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶；

（4）A.摇匀后静置，所得溶液的物质的量浓度正确，发现液面低于刻线，是由于部分溶液粘在刻线上方，此时未做任何处理，溶液浓度不变，A不符合题意；

B.由于溶液稀释过程中放热，温度升高，液体体积偏大，直接进行后续操作，当温度恢复至室温时，温度降低，所得溶液的体积偏小，根据公式可知，所得溶液的物质的量浓度偏高，B符合题意；

C.用量筒量取浓盐酸时俯视刻线，则所得浓盐酸的体积偏小，即n偏小，根据公式可知，所得溶液的物质的量浓度偏低，C不符合题意；

D.用已知浓度的稀盐酸润洗容量瓶，则容量瓶内壁残留有HCl，会使得n偏大，根据公式可知，所得溶液的物质的量浓度偏高，D符合题意；

故答案为：BD【分析】（1）根据公式计算浓盐酸的物质的量浓度；

（2）配制475mL溶液需用500mL的容量瓶，根据稀释公式c1V1=c2V2计算所需浓盐酸的物质的量浓度；

（3）根据溶液配制过程确定实验过程中所需的仪器；

（4）根据公式可知，所配制的稀盐酸物质的量浓度偏高，则配制过程中，溶质n偏大，或所得溶液的体积V偏小；据此结合选项进行分析；18．【答案】（1）B；胶头滴管、500mL容量瓶（2）改用胶头滴管滴加蒸馏水至溶液的凹液面正好与刻度线相切（3）B；D（4）8.0【解析】【解答】（1）由浓溶液配稀溶液的过程中需要的仪器有：量筒、胶头滴管、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶；

（2）当液面接近容量瓶刻度线1-2cm处时，应改用胶头滴管滴加蒸馏水至溶液的凹液面正好与刻度线相切；

（3）A、定容摇匀后滴加蒸馏水，会导致最终所得溶液的体积偏大，浓度偏小，A不符合题意；

B、浓硫酸稀释过程会放出大量热，根据热胀冷缩，未冷却会导致最终所得溶液的体积偏小，浓度偏大，B符合题意；

C、定容时仰视刻度线，会导致最终所得溶液的体积偏大，浓度偏小，C不符合题意；

D、继续用未清洗的容量瓶进行配制，会导致最终所得溶液的溶质偏多，浓度偏大，D符合题意；

（4）容量瓶具有一定规格，故配制450mL的溶液，需用500mL的容量瓶，设所需浓硫酸的体积为VL，根据稀释过程溶质的物质的量保持不变，可得12.5mol/L×V=0.20mol/L×0.5L

解得V=0.008L

【分析】（1）根据溶液配制过程的步骤和所需仪器分析；

（2）定容时，应用胶头滴管滴加蒸馏水；

（3）根据公式，分析选项所给操作对V、n的影响，从而确定其浓度变化；

（4）配制450mL溶液，应选用500m