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1、第二章海水中的重要元素钠和氯测试题一、单选题（共12题）1某化学小组用如图所示装置制取氯气，下列说法正确的是A该装置中只存在两处错误B如果过量，浓盐酸就可全部被消耗C可用湿润的淀粉-碘化钾试纸检验氯气D若要干燥氯气，可使用碱石灰2下列关于漂白粉的叙述正确的是A漂白粉可用NaOH制得B漂白粉的有效成分是和C漂白粉是由与消石灰制得的纯净物D漂白粉暴露在空气中会变质失效3下列有关Na2O和Na2O2的叙述中，正确的是ANa2O比Na2O2稳定B只用水来确定某Na2O粉末中是否含有Na2O2CNa2O、Na2O2分别与CO2反应，产物相同D将足量的Na2O2比Na2O分别加到酚酞溶液中，最终溶液均为红
2、色4下列关于Na2CO3和NaHCO3的叙述中，不正确的是ANa2CO3是白色粉末，NaHCO3是细小的白色晶体BNa2CO3和NaHCO3的溶液均显碱性，可用作食用碱或工业用碱C分别向Na2CO3和NaHCO3的固体中加入少量水，均伴有放热现象D取a g Na2CO3和NaHCO3的固体混合物充分加热，质量减少b g，可测定出Na2CO3的质量分数5下列关于物质的量浓度表述正确的是A在标准状况下，VL氨气溶于1L水配成密度为g/cm3的氨水，该氨水的物质的量浓度为mol/LB0.3mol/L硫酸钠溶液中含有钠离子和硫酸根离子总物质的量为0.9molC将40g氢氧化钠固体溶于1L水中，物质的量
3、浓度为1mol/LD实验室使用的浓盐酸的溶质质量分数为36.5，密度为1.19 g/cm3，则该浓盐酸物质的量浓度是11.9 mol/L6已知1.5051023个X气体分子的质量为8g，则X气体的摩尔质量是A64gB32gC64g/molD32g/mol7下列关于物质的量浓度表述正确的是A0.2 mol/L Na2SO4溶液中含有Na+和SO总物质的量为0.6 molB将62g Na2O溶于水中，配成1L溶液，所得溶质的物质的量浓度为1 mol/LC用1 L水吸收22.4L氯化氢(标况下)所得盐酸的浓度是1 mol/LD10g 98%的硫酸(密度为1.84gcm-3)与10ml 18.4 mo
4、l/L的硫酸浓度相等8实验室用和浓盐酸反应生成后，按照净化、收集、性质检验及尾气处理的顺序进行实验。下列装置(“”表示气流方向)不能达到实验目的的是AABBCCDD9设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A1mol羟基含有的电子数目为B1mol乙醇分子的键数目为C标况下，己烷充分燃烧后产生的气态产物分子数为D两种气体烃组成的混合气体，完全燃烧得，说明该混合气体中一定有甲烷10四支试管中分别充满Cl2、NO、NO2、NH3四种气体，把它们分别倒立于盛有下列各种液体的水槽中，发生反应的现象如图所示，其中充满NO2的试管是ABCD11有关氯元素，下列叙述正确的是ACl2的化学性质活泼，与H2混合后
5、会立即发生爆炸B光照下，新制氯水会产生气泡，该气体是Cl2C若发生Cl2泄漏，应立即向高处转移D漂白粉比HClO稳定，可露置在空气中长期保存12下列离子方程式正确的是A溶液中通入少量:B将氧气通入酸性碘化钾溶液中:C实验室制取少量氯气:D氯气溶于水:二、非选择题（共10题）13从物质类别和元素化合价两个维度研究物质的性质及转化是重要的化学学习方法。氯及其化合物有重要用途，以下是氯元素的“价类二维图”的部分信息。请回答下列问题：(1)根据图中信息写出Y、Z的化学式_、_。(2)已知高氯酸()是强酸，写出高氯酸与铁反应的离子方程式_。(3)氯气既有氧化性又有还原性，结合上图说明理由_(4)实验室可
6、用二氧化锰与浓盐酸在加热条件下制得氯气。写出该反应的化学方程式_，该反应中盐酸表现_(填字母)。A酸性B氧化性C还原性D挥发性(5)84消毒液使用说明中特别提醒不可与洁厕灵混合使用，否则会产生氯气，有关反应方程式为，下列有关该反应说法不正确的是_。An(氧化剂)：n(还原剂)=1：1Bn(氧化剂)：n(还原剂)=1：2C氧化性：D既是氧化产物又是还原产物(6)某游泳池常用来抑制藻类生长，工作人员一次错用消毒，因两种物质相互反应，使游泳池的藻类疯长。已知该反应产生了和，写出相应的化学方程式_。14硫黄制硫酸时发生的反应有SO2SO2、2SO2O22SO3、SO3H2O=H2SO4。(1)由硫黄制
7、取硫酸的关系式是_。(2)假设64g硫黄完全反应，可制取硫酸的质量是_。15（1）标况下11gCO2的物质的量为_，体积为_。（2）已知4.8g某混合气体含分子数为0.15NA，该气体的平均摩尔质量为_。（3）等物质的量的SO2和SO3含有的氧原子个数比为_；气体的质量比为_。（4）12gCH4和O2的混合气体在标准状况下的体积为11.2L，则混合气体中CH4与O2的物质的量之比为_。16实验室用固体配制溶液，填空回答下列问题：(1)配制该溶液时使用的仪器除托盘天平、烧杯、玻璃棒、药匙、量筒外，还必须用到的玻璃仪器有_、_。(2)配制的溶液的步骤如下，完成下列填空：计算：所需固体的质量为_；称
8、量溶解：将称量好的固体放入烧杯中，然后用适量蒸馏水溶解，该步操作用到的另一仪器的作用_。(3)其余步骤正确的操作顺序是(每个字母限用一次)_。A用水洗涤烧杯和玻璃棒次，洗涤液均注入容量瓶，振荡B将已冷却的溶液沿玻璃棒注入容量瓶中C将容量瓶盖紧，颠倒摇匀D改用胶头滴管加水，使溶液凹面恰好与刻度线相切E继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度处(4)实验中有关做法正确的是_(填字母)A用托盘天平称量时应左物右码B称量时，将固体放在滤纸上C使用容量瓶之前应先检验是否漏水(5)若实验中出现下列情况对所配溶液浓度有什么影响？(填“偏高、偏低或无影响”)未洗涤烧杯和玻璃棒_；定容时俯视刻度线_；容量瓶中有
9、少量蒸馏水_；(6)若定容时液面高于刻度线应采取的措施是_。17设NA为阿伏伽德罗的值， 已知HCl气体的质量为3.65g(1)HCl的物质的量为_ (2)HCl的分子个数为_(3)原子总数为 _(4)在标准状况的体积为_ (5)所含电子数为 _ (6)如把 HCl完全溶于水配置成1L 溶液，该溶液中H+的物质的量浓度为_18.对一定量气体体积的探究。已知1 mol不同气体在不同条件下的体积：化学式条件1mol气体的体积/LH20，101kPa22.4O222.4CO22.4H20，202kPa11.2CO211.2N211.2NH3273，202kPa22.4(1)从表中分析得出的结论：1
10、mol任何气体，在标准状况下的体积都约为_。1 mol不同的气体，在不同的条件下，体积_(填序号)。A一定相等B一定不相等C不一定相等(2)理论依据：相同条件下，1 mol任何气体的体积几乎相等，原因是_，_。(3)应用：在标准状况下，4 g氧气的体积是_。.在标准状况下15 g CO与CO2的混合气体，体积为11.2 L。则：(1)混合气体的密度是_。(2)混合气体的平均摩尔质量是_。(3)CO2和CO的体积之比是_。(4)CO的体积分数是_。(5)CO2和CO的质量之比是_。(6)CO的质量分数是_。(7)混合气体中所含氧原子的物质的量是_。(8)混合气体中所含碳原子的物质的量是_。19现
11、有以下物质：H2SO4；液氨；KOH固体；熔融KHSO4；Fe(OH)3胶体；银；SO2；CH3COOH；蔗糖；苯；酒精。请回答下列问题：(1)以上物质中能导电的是_ (填序号)，以上物质中属于电解质的是_(填序号)。以上物质中属于非电解质的是_ (填序号)。(2)某物质A加热时按化学方程式分解，产物均为气体，测得相同条件下由生成物组成的混合物气体对的相对密度为40，则反应物A的摩尔质量为_。(3)质量比为11：7：16的、CO、，它们所含分子数之比为_，所含氧原子数之比为_。(4)标准状况下有，个分子，三种气体，对这三种气体的物质的量从大到小的顺序是_。(填序号)(5)在标准状况下，用干燥的
12、烧瓶装满一瓶氯化氢和氢气的混合气体倒置于水槽中，此时烧瓶中盐酸的物质的量浓度是_mol/L。(假设烧瓶内的液体不扩散出水槽)(6)标准状况下，将V L的氨气溶于0.2L的水中，所得溶液的密度为d gcm-3，此氨水的物质的量浓度是_mol/L；已知25%的氨水的密度为1g/cm3，5%的氨水的密度为2g/ cm3，12，若将上述两种溶液等体积混合，所得氨水的质量分数_15%(填、Cl2，故C正确；DCl2中Cl元素来源于NaClO和HCl，既是氧化产物又是还原产物，故D正确；答案选B；（6）根据题干信息可知，NaClO和用H2O2反应生成O2和NaCl，该反应的化学方程式为。14(1)SH2S
13、O4(2)196 g【解析】（1）由SO2SO2、2SO2O22SO3、SO3H2O=H2SO4，可知SSO2SO3H2SO4，可得SH2SO4；（2）64g硫黄物质的量为=2mol，由小问1可知SH2SO4，n(H2SO4)=n(S)=2mol，制取硫酸的质量为m=nM=2mol98g/mol=196g；15 0.25mol 5.6L 32g/mol 2:3 4:5 1:1以物质的量为核心的化学计量公式：；(1)标况下11gCO2的物质的量为；体积为；故答案为：0.25mol；5.6L；(2) 某混合气体含分子数为0.15NA，则物质的量为，该气体的平均摩尔质量为，故答案为：32g/mol；
14、(3) 设SO2和SO3的物质的量都是1mol，1个二氧化硫分子中含有2个氧原子，1个三氧化硫分子中含有3个氧原子，则所含O原子数之比为2:3；气体质量比为1mol64g/mol：1mol80g/mol=4:5；故答案为：2:3；4:5；(4)在标准状况下混合气体的体积为11.2L，设混合气体中CH4和O2的物质的量分别为x、y，则、，解得x=0.25mol，y=0.25mol，则混合气体中CH4和O2的物质的量之比为0.25:0.25=1：1，故答案为1:1。16(1) 容量瓶 胶头滴管(2) 搅拌，加速固体溶解(3)(4)(5) 偏低 偏高 无影响(6)重新配制【解析】(1)配制溶液操作步
15、骤：首先计算出需要的药品的质量，然后用托盘天平称量，后放入烧杯中溶解，同时用玻璃棒搅拌，待溶液冷却至室温后，用玻璃杯引流移液至250mL容量瓶，然后洗涤烧杯和玻璃棒2至3次，将洗涤液也注入容量瓶，然后向容量瓶中注水，至液面离刻度线1-2cm时，改用胶头滴管逐滴加入，至凹液面与刻度线相切，然后摇匀、装瓶.用到的仪器有：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管，故必须使用的仪器是：250mL容量瓶、胶头滴管；(2)NaOH的摩尔质量=40g/mol， 溶液中，需NaOH固体质量为；将称量好的NaOH固体放入烧杯中，然后用适量蒸馏水溶解，玻璃棒在该实验中所起的作用是搅拌，加速固体溶解
16、；(3)配溶液的步骤除了计算、称量、溶解，其余步骤为冷却、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶，所以正确的步骤为：BAEDC；(4)A用托盘天平称量时应左物右码，故A正确；B称量时，将固体放入小烧杯，故B错误；C使用容量瓶之前应先检验是否漏水，C正确；故答案为AC(5)未洗涤烧杯和玻璃棒造成溶质损失，造成浓度偏低；定容时俯视刻度线，造成加水加的少了，浓度偏高；定容时还需要加蒸馏水，容量瓶中有少量蒸馏水对浓度无影响；(6)实验操作出现加蒸馏水时不慎超过了刻度，则溶液的浓度偏小，应重新配制，故答案是：重新配制；17 0.1mol 0.1NA 0.2NA 2.24L 1.8NA 0.1mol/L(1)HCl
17、的物质的量为； (2)HCl的分子个数为；(3)每个HCl分子有两个原子，故原子总数为20.1NA=0.2NA；(4)在标准状况的体积为； (5)每个HCl分子有18个电子，故所含电子数为180.1NA=1.8NA； (6)如把 HCl完全溶于水配置成1L 溶液，盐酸浓度为，H+的物质的量浓度为0.1mol/L。18 22.4L C 气体分子数目相等 相同条件下，气体分子间的平均距离几乎相等 2.8L 1.339 gL-1 30 gmol-1 17 87.5% 1149 81.7% 0.5625 mol 0.5 mol. (1)由表中数据可知在0，101kPa条件下即标准状况下，1mol不同气
18、体的体积均约为22.4L，故答案为：22.4L；对比可知1mol氢气在0，101kPa条件下体积为22.4L，在0，202kPa条件下体积为11.2L，体积不同；而1mol氨气在273，202kPa条件下的体积也为22.4L，说明在不同的条件下，1mol气体的体积可能相等，也可能不等，故答案为：C；(2) 相同条件下，1 mol任何气体的体积几乎相等，因为1mol任何气体所含的分子数目相同，且在相同条件下分子之间的距离几乎相同，故答案为：气体分子数目相等；相同条件下，气体分子间的平均距离几乎相等；(3) 在标准状况下，4 g氧气的体积为：2.8L，故答案为：2.8L；(1) 混合气体的密度=，
19、故答案为：1.339 gL-1； (2) 在标准状况下混合气体体积为11.2 L，其物质的量为，混合气体的平均摩尔质量=30 gmol-1，故答案为：30 gmol-1；(3) 设CO2和CO的物质的量分别为xmol、ymol，由题意可得：x+y=0.5；44x+28y=15，解得x=0.0625，y=0.4375，二氧化碳和一氧化碳的体积之比=物质的量之比=0.0625：0.4375=1:7，故答案为：1:7；(4) CO的体积分数=物质的量分数=，故答案为：87.5%；(5)结合(3)可知CO2的质量=0.0625mol44g/mol=2.75g，CO的质量=15g-2.75g=12.25
20、g，两者的质量之比=2.75g：12.25g=1149，故答案为：1149；(6) CO的质量分数=81.7%，故答案为：81.7%；(7) 混合气体中所含氧原子的物质的量=0.0625mol2+0.4375mol=0.5625 mol，故答案为：0.5625 mol；(8) 混合气体中所含碳原子的物质的量=0.0625mol+0.4375mol=0.5mol，故答案为：0.5 mol。19(1) (2)240 g/mol(3) 1:1:2 2:1:4(4)(5)1/22.4(或0.045)(6) （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
21、合物；溶液导电的原因是存在自由移动的离子；H2SO4为电解质，不导电；液氨为非电解质，不导电；KOH固体为电解质，不导电；熔融KHSO4为电解质，导电；Fe(OH)3胶体为混合物，导电；银为金属单质，导电；SO2为非电解质，不导电；CH3COOH为电解质，不导电；蔗糖为非电解质，不导电；苯为非电解质，不导电；酒精为非电解质，不导电；故以上物质中能导电的是，以上物质中属于电解质的是，以上物质中属于非电解质的是；（2）测得相同条件下由生成物组成的混合物气体对的相对密度为40，根据阿伏伽德罗定律可知，生成物组成的混合物气体的摩尔质量为80g/mol，根据化学方程式可知，反应物A的摩尔质量为80g/m
22、ol=240g/mol；（3）质量比为11：7：16的、CO、，它们物质的量之比为1:1:2，所含分子数之比为1:1:2，所含氧原子数之比为2:1:4；（4）标准状况下有，为44.8L22.4L/mol=2mol，个分子，为9.031023(6.021023mol-1)=1.5mol，为85g34g/mol=2.5mol，故三种气体的物质的量从大到小的顺序是；（5）在标准状况下，用干燥的烧瓶装满一瓶氯化氢和氢气的混合气体倒置于水槽中，设氯化氢体积为V，溶解氯化氢体积就是进入水的体积，则此时烧瓶中盐酸的物质的量浓度是 mol/L。（6）标准状况下，将V L的氨气溶于0.2L的水中，所得溶液的密度
23、为d gcm-3，此氨水的物质的量浓度是mol/L；已知25%的氨水的密度为1g/cm3，5%的氨水的密度为2g/ cm3，12，若将上述两种溶液等体积混合，若两者密度相等，则所得氨水的质量分数为15%，由于25%的氨水的密度为12，导致等体积氨水中5%的氨水的质量较大，使得混合后溶液质量分数小于15%。20(1)饱和NaCl溶液(2)2Mn(OH)2+O2=2MnO2+2H2O(3)Mn2+的还原性随溶液碱性的增强而增强(4) Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O 4+4OH-=4+O2+2H2O Cl2 3ClO-+2MnO2+2OH-=2+3Cl-+H2O III中氧化剂氧化
24、锰酸根离子的速率大于氢氧根离子还原高锰酸根离子的速率，因而实验III未得到绿色溶液在装置A中HCl与KMnO4发生反应制取Cl2，由于盐酸具有挥发性，为排除HCl对Cl2性质的干扰，在装置B中盛有饱和NaCl溶液，除去Cl2中的杂质HCl，在装置C中通过改变溶液的pH，验证不同条件下Cl2与MnSO4反应，装置D是尾气处理装置，目的是除去多余Cl2，防止造成大气污染。（1）B中试剂是饱和NaCl溶液，作用是吸收Cl2中的杂质HCl气体；1（2）通入Cl2前，II、III中Mn2+与碱性溶液中NaOH电离产生的的OH-反应产生Mn(OH)2白色沉淀，该沉淀不稳定，会被溶解在溶液中的氧气氧化为棕黑
25、色MnO2，则沉淀由白色变为黑色的化学方程式为：2Mn(OH)2+O2=2MnO2+2H2O；（3）对比实验I、II通入Cl2后的实验现象，对于二价锰化合物还原性的认识是：Mn2+的还原性随溶液碱性的增强而增强；（4）Cl2与NaOH反应产生NaCl、NaClO、H2O，使溶液碱性减弱，反应的离子方程式为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；取III中放置后的1 mL悬浊液，加入4 mL40%NaOH溶液，溶液紫色迅速变为绿色，且绿色缓慢加深。溶液紫色变为绿色就是由于在浓碱条件下，可被OH-还原为，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可知该反应的离子方程式为：4+4OH-=4+O2
26、+2H2O；溶液绿色缓慢加深，原因是MnO2被Cl2氧化，可证明III的悬浊液中氧化剂过量；取II中放置后的1 mL悬浊液，加入4 mL水，溶液碱性减弱，溶液紫色缓慢加深，说明ClO-将MnO2氧化为，发生的反应是：3ClO-+2MnO2+2OH-=2+3Cl-+H2O；III中氧化剂氧化锰酸根离子的速率大于氢氧根离子还原高锰酸根离子的速率，导致实验III未得到绿色溶液。21 100mL容量瓶、胶头滴管 5.0 8.7 cd 取反应后的上层清液于一洁净试管中，继续滴加BaCl2溶液，若无沉淀产生则沉淀完全（或取反应后的上层清液于一洁净试管中，滴加稀H2SO4，若有沉淀产生则原所取溶液中的沉淀完
27、全） ， CuO 反应放出的热使分解生成了CuO(1)配制0.2mol/L的CuSO4溶液98mL，应选择100mL容量瓶，依据溶液配制过程和实验操作分析回答；(2)配制0.2mol/L的CuSO4溶液98mL，应选择100mL容量瓶，依据m=cVM计算需要溶质的质量；依据c=计算浓硫酸铜的物质的量浓度，依据溶液稀释过程中所含溶质的物质的量不变计算需要浓硫酸铜体积；(3)分析操作对溶质的物质的量和溶液的体积的影响，依据c=进行误差分析，凡是使n偏小或者使V偏大的操作都能够使溶液浓度偏低，反之使溶液浓度偏高，据此进行判断；(4)依据硫酸根离子能够与钡离子反应生成硫酸钡沉淀解答；(5)钠与硫酸铜溶
28、液反应，先与水反应生成氢氧化钠和氢气，反应放出大量的热，氢氧化钠再与硫酸铜反应生成硫酸钠和氢氧化铜沉淀，氢氧化铜受热分解生成氧化铜和水。：(1)配制0.2mol/L的CuSO4溶液98mL，应选择100mL容量瓶，配制溶液需要用到的玻璃仪器是量筒量体积，烧杯溶解，用玻璃棒搅拌加快溶解，沿玻璃棒引流转移溶液到100ml容量瓶中，最后用教头滴管定容，所以还需的玻璃仪器是胶头滴管、100mL容量瓶；故答案为：胶头滴管、100mL容量瓶；(2)配制0.2mol/L的CuSO4溶液98mL，应选择100mL容量瓶，需要五水硫酸铜质量为：0.1L0.2mol/L250g/mol=5.0g；16%的CuSO
29、4溶液(=2.3g/mL)物质的量浓度为：=2.3mol/L，设需要浓硫酸铜溶液体积为V，则依据稀释规律得：2.3mol/LV=100mL0.2mol/L，解得V=8.7mL；故答案为：5.0；8.7；(3)a量取硫酸铜溶液的量筒未用蒸馏水洗涤，操作正确，无影响，故a不选；b容量瓶中有少量水，对溶质物质的量和溶液体积都不产生影响，溶液浓度无影响，故b不选；c定容摇匀时，液面下降又加水，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故c选；d定容时仰视刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故d选；故选：cd；(4)证明溶液中的硫酸根离子沉淀完全，使用操作为：取反应后的上层清液于一洁净试管中，继续滴加BaCl
30、2溶液，若无沉淀产生则SO42沉淀完全。(或取反应后的上层清液于一洁净试管中，滴加稀H2SO4，若有沉淀产生则原所取溶液中的SO42沉淀完全。)故答案为：取反应后的上层清液于一洁净试管中，继续滴加BaCl2溶液，若无沉淀产生则SO42沉淀完全。(或取反应后的上层清液于一洁净试管中，滴加稀H2SO4，若有沉淀产生则原所取溶液中的SO42沉淀完全。)；(5)钠与硫酸铜溶液反应，先与水反应生成氢氧化钠和氢气，方程式：2Na+2H2O=2NaOH+H2；反应放出大量的热，氢氧化钠再与硫酸铜反应生成硫酸钠和氢氧化铜沉淀，方程式：2NaOH+CuSO4Cu(OH)2+Na2SO4，氢氧化铜受热分解生成氧化铜和水；故答案