高中人教版化学必修1 章末综合测评2 海水中的重要元素钠和氯.docx

1、高中人教版化学必修1 章末综合测评2 海水中的重要元素钠和氯章末综合测评(二)海水中的重要元素钠和氯(时间90分钟，满分100分)一、选择题(本题包括16小题，每小题3分，共48分。每小题只有一个选项符合题意)1对于反应：TiCl44Na=4NaClTi，下列说法不正确的是()A该反应既属于置换反应，也属于氧化还原反应B该反应可以用来冶炼金属C该反应的条件是四氯化钛为熔融状态或在水溶液中D该反应说明钠的金属活动性比钛强C钠能从四氯化钛中将钛置换出来，说明钠的金属活泼性比钛强；钠在水溶液中会先与水反应。2下列有关金属钠的说法中正确的是()A钠在空气中燃烧生成氧化钠B将钠投入滴有紫色石蕊试液的水中

2、，水溶液变为红色C将一小块钠放在CuSO4溶液中发生反应，离子方程式为2NaCu2=2NaCuD将4.6 g Na投入95.4 g水中，所得溶液中溶质的质量分数大于8.0%D钠在空气中燃烧生成过氧化钠，而不是氧化钠，A项错误；钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠溶液呈碱性，紫色石蕊试液遇碱变蓝，B项错误；金属钠放入CuSO4溶液中，钠会先与H2O反应，生成的NaOH再与CuSO4反应，生成氢氧化铜沉淀，而不是单质铜，C项错误；钠是活泼金属，能与水发生反应：2Na2H2O=2NaOHH2，所以反应后生成的溶质为NaOH，设4.6 g 金属钠与水反应生成氢氧化钠的质量为x，生成氢气的质量为y：2

3、Na2H2O=2NaOHH246 80 246 g x y则，解得x8.0 g，y0.2 g。反应后所得溶液中溶质的质量分数为100%8.02%，该值大于8%，D项正确。3现有2 mol金属钠，一半与氧气反应生成氧化钠，另一半与氧气反应生成过氧化钠，则上述两个氧化还原反应在反应过程中转移的电子数之比为()A12 B21C41 D11D钠与氧气反应无论生成氧化钠还是过氧化钠，钠元素都是从0价升高到1价，因此在这两个氧化还原反应过程中转移的电子数相等，二者之比为11，D项正确。4下列有关钠及其化合物说法正确的是()A将一小块金属钠投入到硫酸铜溶液，有红色物质析出BNa2O2是强氧化剂，并且是一种碱

4、性氧化物CNa2O2和Na2O长期置于空气中最终产物相同DNa2O2中阴、阳离子的个数比为11CNa先与水反应生成NaOH，然后NaOH与CuSO4发生复分解反应生成Cu(OH)2沉淀，不能与CuSO4发生置换反应生成Cu单质，A错误；Na2O2具有强氧化性，其和水反应生成NaOH和O2，故不是碱性氧化物，B错误；Na2O2和Na2O长期置于空气中，最终都生成Na2CO3，C正确；Na2O2中阴、阳离子的个数比为12，D错误。5下表中，对陈述、的正确性及两者间是否具有因果关系的判断都正确的是()选项陈述陈述判断A小苏打可用于治疗胃病NaHCO3可与盐酸反应对；对；有关系B滴有酚酞溶液的水溶液中

5、加Na2O2，溶液变红Na2O2与水反应生成氢氧化钠对；错；无关系C金属钠具有强还原性高压钠灯发出透雾性强的黄光对；对；有关系D过氧化钠可用作航天员的供氧剂Na2O2能和CO2、H2O反应生成O2对；对；无关系AB项向滴有酚酞溶液的溶液中加Na2O2，先变红，后马上褪色，陈述错，陈述正确；C项高压钠灯发黄光是物理变化，与金属钠具有还原性没有因果关系；D项陈述和有因果关系。6如图所示：若关闭阀，打开阀，让潮湿的氯气经过甲瓶后，通入乙瓶，布条不褪色；若关闭阀打开阀，再通入这种气体，布条褪色。甲瓶中所盛的试剂不可能是()甲乙A浓硫酸 BNaCl溶液CBa(OH)2溶液 DNaOH溶液B由题意可知，关

6、闭阀打开阀时，潮湿的Cl2通过甲瓶进入乙瓶，未湿润的红色布条不褪色，说明甲中盛有浓硫酸吸收H2O(g)，或盛有的碱液吸收了氯气。7下列说法中，正确的是()A. 向新制氯水中滴入几滴石蕊溶液，溶液先变红后褪色B氯气泄露，可用浸有NaOH溶液的毛巾捂住口鼻，逃离现场C铜丝在氯气中燃烧，生成蓝色的氯化铜D氯元素在自然界中既有游离态又有化合态存在A新制氯水中的盐酸使石蕊溶液变红，HClO具有漂白性，又很快使石蕊的红色褪去，A项正确； NaOH是强碱，具有强腐蚀性，所以不能用浸有NaOH溶液的毛巾捂住口鼻，B项错误；无水氯化铜固体是棕黄色的，稀氯化铜的水溶液才显蓝色，C项错误；氯气非常活泼，自然界中氯元

7、素没有游离态，只有化合态，D项错误。8下列关于氯气的实验装置能达到实验目的的是() 可用于氯气的收集若气球干瘪，证明Cl2可与NaOH反应可证明氯气具有漂白性可用于实验室中氯气的尾气吸收A BC DD是向上排空气法，氯气的密度比空气大，正确；若气球干瘪，说明平底烧瓶中气体压强比瓶外压强大。而Cl22NaOH=NaClNaClOH2O反应气体体积减小，气压减小，所以Cl2与NaOH反应，气球会膨胀，错误；潮湿布条中的水与干燥的Cl2反应生成HClO，HClO能漂白有色布条，错误；Cl2与NaOH反应， NaOH溶液可用于实验室中氯气的尾气吸收，正确。9漂粉精同浓盐酸作用产生氯气：Ca(ClO)2

8、4HCl(浓)=2Cl2CaCl22H2O。下列说法错误的是()A. 该反应中HCl作还原剂，Ca(ClO)2作氧化剂B每消耗1 mol Ca(ClO)2，有4 mol HCl被氧化C已知漂白粉样品m g，反应结束后测得Cl2在标准状况下的体积为V mL，则该漂白粉中有效成分的含量为143V/448m%D依据该反应产生的氯气中，除含水蒸气外，还含有HCl气体B该反应中HCl中的氯元素由1价变为0价，失去电子被氧化，作还原剂，Ca(ClO)2中的氯元素由1价变为0价，得到电子被还原，作氧化剂， A正确；根据上述分析，每消耗1 mol Ca(ClO)2，有2 mol HCl被氧化， B错误；已知漂

9、白粉样品m g，反应结束后测得Cl2在标准状况下的体积为V mL，则该漂白粉中有效成分Ca(ClO)2的含量为100%143V/448m%, C正确；因盐酸易挥发，则生成的Cl2中，除含有一些水蒸气外，还含有HCl杂质， D正确。10将0.3 mol MnO2和100 mL 12 molL1的浓盐酸混合后缓慢加热，充分反应后向留下的溶液中加入足量的AgNO3溶液，生成AgCl沉淀的物质的量为(不考虑HCl的挥发)()A等于0.6 molB小于0.6 molC大于0.6 mol，小于1.2 molD以上结论都不正确Cn(MnO2)0.3 mol，n(HCl)0.1 L12 molL11.2 mo

10、l，反应的化学方程式为MnO24HCl(浓)MnCl2Cl22H2O，根据方程式可知0.3 mol MnO2反应需要HCl为0.3 mol41.2 mol，若MnO2与盐酸能恰好完全反应，则生成氯气为1.2 mol0.3 mol，溶液剩余Cl为1.2 mol0.3 mol20.6 mol，但MnO2只与浓盐酸反应生成氯气和氯化锰，随着盐酸浓度的降低，HCl的还原性减弱，反应停止，所以溶液中剩余Cl大于0.6 mol，则反应完全后向剩余的溶液中加入足量AgNO3溶液生成AgCl沉淀的物质的量大于0.6 mol，小于1.2 mol。11下列叙述中，正确的是()AH2SO4的摩尔质量是98BS2和S

11、8的混合物共6.4 g，所含硫原子数为0.2NAC等质量的CO与CO2中所含碳原子数之比为711D98 g H2SO4溶解于500 mL水中，所得溶液中硫酸的物质的量浓度为2 molL1BH2SO4的摩尔质量是98 gmol1，A项错误； S2和S8的混合物6.4 g，其中含S原子6.4 g，硫原子的物质的量为0.2 mol，硫原子数为0.2NA，B项正确；据nm/M，等质量时n与M成反比。N(CO)N(CO2)n(CO)n(CO2)4428117，C项错误； 98 g H2SO4溶解于500 mL水中，所得溶液体积不是500 mL，硫酸的物质的量浓度不是2 molL1 ，D项错误。12NA代

12、表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A在常温常压下，28 g N2与CO混合物气体中所含的分子数目一定为NAB标准状况下，17 g氨气所含原子数目为NAC在常温常压下，11.2 L氮气所含的原子数目为NAD10 mL 2 molL1H2SO4溶液中取出的5 mL溶液，其浓度为1 molL1A温度和压强并不能影响气体的质量。因为氮气和一氧化碳的摩尔质量相等，均是28 gmol1，所以28 g混合气体的物质的量为1 mol，分子数目一定为NA，A正确； 17 g NH3的物质的量为1 mol，分子数目一定为NA，原子数目应为4NA，B错误；常温常压下气体的摩尔体积大于22.4 Lmol1，则

13、11.2 L氮气所含的原子数目小于NA，C错误；溶液是均一稳定的，则10 mL 2 molL1H2SO4溶液中取出的5 mL溶液，其浓度仍然为 2 molL1，D错误。13用NaOH固体配制一定物质的量浓度的NaOH溶液，下列操作正确的是()A. 称量时，将固体NaOH放在纸片上，放在天平左盘上称量B将称量好的固体NaOH放入容量瓶中，加蒸馏水溶解C将烧杯中溶解固体NaOH所得溶液，冷却到室温后转移至容量瓶中D定容时如果加水超过了刻度线，用胶头滴管直接吸出多余部分CNaOH属于易潮解物质，不能在纸片上称量，应在烧杯中称量，A错误；容量瓶属于定容仪器，不能用于溶解，溶解过程需在烧杯中进行，B错误

14、；因NaOH溶于水放出热量，故需要冷却至室温后转移至容量瓶中，C正确；定容时如果加水超过了刻度线，需重新配置，D错误。14下列示意图中，白球代表氢原子，黑球代表氦原子，方框代表容器，容器中间有一个可以上下滑动的隔板(其质量忽略不计)。其中能表示等质量的氢气与氦气的是()A设氢气与氦气都为m g，则二者的物质的量之比为21，则体积之比为21。白球代表氢原子，黑球代表氦原子，符合物质的量之比为21，体积之比为21, A正确；C、D错误；氦气是单原子构成的分子， B错误。15下列对实验过程的评价，正确的是()A. 某固体中加入稀盐酸，产生了无色气体，证明该固体一定是CaCO3B某溶液中滴加BaCl2

15、溶液，生成不溶于稀硝酸的白色沉淀，该溶液中一定含SOC某无色溶液滴入无色酚酞试液显红色，该溶液一定显碱性D验证烧碱溶液中是否含有Cl，先加稀盐酸除去OH，再加硝酸银溶液，有白色沉淀出现，证明含ClC碳酸盐、碳酸氢盐等与盐酸反应均可生成无色气体，该固体不一定是CaCO3, A错误；硫酸钡、氯化银均为不溶于水和酸的白色沉淀，则某溶液中滴加BaCl2溶液，生成不溶于稀硝酸的白色沉淀，该溶液中可能含SO或Ag等， B错误；因碱性溶液遇酚酞变红， C正确；验证烧碱溶液中是否含有Cl，加稀盐酸除去OH，会引入氯离子，造成干扰，应该加稀硝酸除去OH，再加硝酸银溶液，验证是否含Cl， D错误。16某NaOH样

16、品中含有少量Na2CO3、NaHCO3和H2O，经分析测定，其中含NaOH 83.4%(质量分数，下同)，NaHCO3 8.8%，Na2CO3 6.4%，H2O 1.4%。将此样品若干克投入到49克21%的稀硫酸中，待反应完全后，需加入20克9.0%的NaOH溶液方能恰好中和。则蒸发中和后的溶液可得固体质量接近于()A25 B20C15 D10CNaOH、Na2CO3、NaHCO3与硫酸反应的产物都是硫酸钠，硫酸过量，用NaOH溶液刚好中和，最后全部生成硫酸钠，即蒸发得到的固体为硫酸钠，根据硫酸根守恒可得硫酸钠的质量是142 gmol114.91 g，即蒸发中和后的溶液可得固体质量接近于15

17、g。二、非选择题(本题包括5小题，共52分)17(11分)在课堂上，老师演示了金属钠与CuSO4溶液反应的实验，同学们观察到该反应中生成了蓝色的Cu(OH)2沉淀，而没有发现铜单质。某同学想，会不会是因为生成的铜较少而被蓝色沉淀所覆盖从而没有被发现呢？于是他想课后到实验室继续探究，希望进一步用实验来验证自己的猜测是否正确。(1)假如你是该同学，请你写一份实验准备单交给老师，要求老师提供必需的用品。实验探究的目的： _。探究所依据的化学原理：_。实验必需的用品：小刀、玻璃片、滤纸、_和_；金属钠、_和_。(2)该同学在探究实验中意外地发现了生成的蓝色沉淀中混有少量的黑色难溶物，而所使用的药品均没

18、有问题，你认为该黑色难溶物是_(填化学式)，生成该黑色难溶物的原因是_。解析(1)根据该同学的设想可知其探究实验的目的是验证Na与CuSO4溶液反应是否有铜生成。由于Cu(OH)2是难溶性的碱，可与稀酸反应，而Cu不与稀盐酸(或稀硫酸)反应，故只需将所得沉淀加入稀盐酸(或稀硫酸)中，看沉淀是否完全溶解即可。由实验目的可知实验分两步进行：a.金属钠与CuSO4溶液作用制备Cu(OH)2沉淀，所给必需用品中缺少镊子、烧杯和CuSO4溶液；b.将制得的Cu(OH)2沉淀溶于稀酸、缺少的试剂为稀盐酸或稀硫酸。(2)由于钠与水反应放热，会使生成的Cu(OH)2部分分解：Cu(OH)2CuOH2O，故黑色

19、难溶物为CuO。答案(1)验证钠与硫酸铜溶液反应是否有铜生成Cu(OH)2可溶于稀盐酸(或稀硫酸)而Cu不溶镊子烧杯CuSO4溶液稀盐酸(或稀硫酸)(2)CuO与水反应放出的热使生成的Cu(OH)2部分分解：Cu(OH)2CuOH2O18(9分)A、B、C、D、E五种物质的焰色反应都呈黄色，A、B分别与水反应都有气体放出，同时都生成C溶液，A与水反应放出的气体具有还原性，B与水反应放出的气体具有氧化性，C与适量的F气体反应生成D，D溶液与F气体反应生成E，E加热能够生成D和F气体。根据以上叙述回答下列问题：(1)写出下列物质的化学式：A_、B_、C_、D_、E_。(2)按要求完成方程式：E加热

20、生成D和F的化学方程式_；C溶液和CO2反应生成D的离子方程式_。解析据焰色反应可知，A、B、C、D、E是钠及其重要化合物，因“A与水反应放出的气体具有还原性，B与水反应放出的气体具有氧化性”，所以A为Na，B为Na2O2，C为NaOH，又因为“E加热能够生成D和F气体”，结合其他条件，可推出D为Na2CO3，E为NaHCO3，F为CO2。答案(1)NaNa2O2NaOHNa2CO3NaHCO3(2)2NaHCO3Na2CO3H2OCO22OHCO2=COH2O19(12分)实验室需要0.3 molL1 NaOH溶液480 mL和一定浓度的硫酸溶液。根据这两种溶液的配制情况回答下列问题：ABC

21、 D E(1)如图所示的仪器中配制溶液肯定不需要的是_(填序号)，配制上述溶液还需用到的玻璃仪器是_(填仪器名称)。(2)在配制NaOH溶液时：根据计算用托盘天平称取NaOH的质量为_g；若NaOH溶液在转移至容量瓶时，洒落了少许，则所得溶液浓度_(填“”“”或“”)0.3 molL1。(3)实验室采购了98%(1.84 gcm3)的硫酸配制3.68 molL1的硫酸溶液500 mL需准确量取98%的硫酸_mL。(4)该同学实际配制硫酸溶液的浓度为3.50 molL1，原因可能是_(填序号)。A用胶头滴管加水时俯视刻度B容量瓶中原来存有少量水C稀释硫酸的烧杯，溶液转移后未洗涤D用胶头滴管加水定

22、容时仰视刻度(5)若在滴加蒸馏水时，不慎超过了刻度线，此时应如何处理？_。解析(1)配制溶液需要五种玻璃仪器：量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶。 (2)要配制0.3 molL1 NaOH溶液480 mL，应选择500 mL容量瓶，需要氢氧化钠质量0.3 molL10.5 L40 gmol16.0 g；若NaOH溶液在转移至容量瓶时，洒落了少许，导致溶质的物质的量偏小，则所得溶液浓度0.3 molL1。 (3)98%(1.84 gcm3)的硫酸的物质的量浓度cmolL118.4 molL1，设需要浓硫酸体积为V，依据溶液稀释前后所含溶质的物质的量不变，有：V18.4 molL13.68 mo

23、lL1500 mL，解得V100.0 mL。 (4)用胶头滴管加水时俯视刻度，导致配制的溶液的体积偏小，溶液浓度偏高，故A错误；容量瓶中原来存有少量水，对溶质的物质的量及溶液的体积都没有影响，所以不影响配制结果，故B错误；稀释硫酸的烧杯，溶液转移后未洗涤，导致配制的溶液中溶质硫酸的物质的量偏小，配制的溶液浓度偏低，故C正确；用胶头滴管加水定容时仰视刻度，导致配制时加入的蒸馏水体积偏大，配制的溶液浓度偏低，故D正确。 (5)在滴加蒸馏水时，不慎超过了刻度线，说明实验失败，应该洗净容量瓶后重新配制。答案(1)AC烧杯、玻璃棒(2) 6.0(3)100(4)CD (5) 重新配制20.(8分)游泳池

24、水中的含氯气量应该控制在0.51.0 mgL1之间。(1)写出氯气溶于水的化学方程式_。溶于水后的哪种物质可杀菌消毒_。 (2)如图显示一星期中每天19时游泳池中水的氯气含量，哪几天使用游泳池不安全_。 (3)你认为哪几天的天气炎热、阳光强烈_，说出一种理由_。 (4)若把一片紫色的花瓣放入氯水中，可观察到现象_。 (5)小型游泳池通常使用次氯酸钠溶液而非氯气来消毒池水，用化学方程式说明工业上如何生产次氯酸钠溶液_。 解析(2)由图中数据可知，星期六和星期日游泳池中氯气含量低于0.5 mgL1，池中水未得到有效的杀菌消毒处理，因此使用游泳池不安全。 (3)由图中数据可知，星期四、星期六两天水中

25、氯气含量显著降低，表明这两天天气炎热，阳光强烈，水温高，HClO分解加快。 (4)紫色的花瓣具有与石蕊相似的性质，而氯水中含有盐酸和次氯酸，具有酸性和漂白性，因此能使紫色花瓣先变红后褪色。 (5)工业上用氯气与氢氧化钠溶液反应制取次氯酸钠溶液：Cl22NaOH=NaClNaClOH2O。答案(1)Cl2H2O=HClHClOHClO(2)星期六、星期日 (3)星期四、星期六天气炎热，阳光强烈，水温升高，HClO分解加快使游泳池水中的含氯量下降快(4)先变红后褪色(5)Cl22NaOH=NaClNaClOH2O21(12分)钠、碳及它们的化合物在生产、生活中有着重要的用途。(1)某汽车安全气囊的

26、产气药剂主要含有NaN3、Fe2O3、KClO4、NaHCO3等物质。当汽车发生碰撞时，NaN3迅速分解产生N2和Na，同时放出大量的热。N2使气囊迅速膨胀，从而起到保护作用。KClO4中氯元素的化合价是_，具有_(填“还原性”或“氧化性”)。Fe2O3可处理产生的Na，反应为6NaFe2O3=3Na2O2Fe，反应中Na作_(填“还原剂”或“氧化剂”)。NaHCO3是冷却剂，吸收产气过程中释放的热量而分解，其分解的化学方程式是_。(2)Na2O2可用于呼吸面具或潜水艇中氧气的来源。某实验小组利用下图装置探究Na2O2与CO2的反应。请回答下列问题：根据实验目的，将虚线框中的装置补充完整并标出所用的试剂。装置C中观察到的现象是_，反应的化学方程式是_。装置D的作用是吸收未反应的CO2便于O2的检验。吸收CO2的离子方程式是_。解析(1) KClO4中K为1价，O为2价，根据化合物中总化合价为0，计算得到Cl化合价为7价，处于最高价态，因此KClO4具有氧化性；反应6NaFe2O3=3Na2O2Fe中，Na由0价升为1价，为还原剂；碳酸氢钠受热易分解为碳酸钠，