第二章海水中的重要元素——钠和氯检测题高一上学期化学人教版（2019）必修第一册（含解析）

第二章《海水中的重要元素——钠和氯》检测题
一、单选题
1．向滴有酚酞溶液的水中加入一块绿豆大的钠，下列实验现象描述错误的是
A．钠沉入水底 B．钠熔成小球 C．发出“嘶嘶”声音 D．溶液变红
2．对下列图片中的变化解释正确的是
A B C D
向Ba(OH)2溶液中加入硫酸铜溶液，溶液导电能力变化 CuCl2溶液导电 Na在Cl2中燃烧 将氯气通入如图装置
B点时没有自由移动的离子 CuCl2电离方程式： 单线桥表示电子转移过程： 证明Cl2无漂白性，HClO有漂白性
A．A B．B C．C D．D
3．VL浓度0.5mol/L的盐酸，欲使其浓度增大1倍，可采取的措施是（ ）
A．通入标准状况下的HCl气体11.2L
B．加入10mol/L的盐酸0.1VL，再稀释至1.5VL
C．将溶液加热浓缩到0.5VL
D．加入2mol/L的盐酸VL混合均匀
4．将氯气持续通入紫色石蕊试液中，溶液颜色呈现如下变化：
关于溶液中导致变色的微粒Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的判断正确的是（ ）
A．H+、ClO-、Cl2 B．H+、ClO-、Cl- C．HCl、ClO-、Cl- D．H+、HClO、Cl2
5．利用海水资源能达到相关目标的是
A．用潮汐发电，将化学能转化为电能 B．不需富集，直接提取海水中的溴
C．用海水中的NaCl制取烧碱和纯碱 D．只需使海水中的碘升华就能得到碘单质
6．下列关于容量瓶及其使用方法的表述中不正确的是
A．容量瓶上标有温度和容积
B．容量瓶瓶塞须用结实的细绳系在瓶颈上，以防止损坏或丢失
C．容量瓶不能加热、溶解固体、稀释；使用完毕，应洗净、晾干
D．可以用250mL的容量瓶配制50mL溶液
7．下列关于和的叙述不正确的是
A．二者均可由金属与氧气反应得到
B．二者在常温下均为固体，但颜色不同
C．二者均能溶解于水，反应后溶液均呈碱性
D．二者都不能与氧气反应
8．向烧杯中加入水和石蜡油（密度为0.86 ~0.91g/cm3）各50mL。将一小块钠（密度为0.97g/cm3）放入烧杯中，观察到的现象可能有（ ）
A．钠在水层中反应并四处游动
B．钠停留在石蜡油层中不发生反应
C．钠在石蜡油的液面上反应并四处游动
D．钠在水与石蜡油的交界处反应并上下跳动
9．若表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．的体积是22.4 L
B．标准状况下，中含有个水分子
C．的摩尔质量是
D．溶液中含有
10．能使石蕊试液变红，又能使酸性KMnO4试液变为无色澄清溶液，还能使溴水褪色的是
A．SO2 B．H2S C．Cl2 D．CO
11．下列有关物质的量概念的叙述， 正确的是
A．摩尔是国际单位制中七个基本单位之一
B．物质的量是表示物质质量的物理量
C．6.021023叫做阿伏加德罗常数
D．水的摩尔质量为18g
12．用40gNaOH固体配成2L溶液，其物质的量浓度为
A．0.5 mol L-1 B．5 mol L-1
C．10 mol L-1 D．20 mol L-1
13．设为阿伏加 德罗常数的值，下列叙述正确的是
A．中含有共价键总数为
B．晶体中阳离子和阴离子总数为
C．溶液中含氧原子数为
D．适量与反应，生成标准状况下时，转移的电子数为
14．在标准状况下，如果V升氨气中由n个原子，则阿伏加德罗常数为
A．Vn/22.4 B．22.4n/V C．Vn/5.6 D．5.6n/V
15．设NA为阿伏加 德罗常数的数值。下列说法不正确的是
A．过量MnO2与浓盐酸反应产生1molCl2，转移的电子数目为2NA
B．15.6g由Na2S和Na2O2组成的混合物中，含有的阴离子数目为0.2NA
C．32.5g锌与一定量浓硫酸恰好完全反应，生成气体的分子数为0.5NA
D．23gCH3CH2OH与30gCH3COOH反应，生成CH3COOCH2CH3的分子数为0.5NA
二、填空题
16．化学就在我们身边，它与我们的日常生活密切相关。按要求回答以下问题：
（1）明矾可用作净水剂，其化学式是_______________________ ，漂白粉的有效成分是________________(填化学式)。光导纤维在强碱性条件下容易发生“断路”，试用离子方程式解释其原因_________________________________________________。
（2）小苏打通常用来治疗胃酸过多，但同时患有胃溃疡的病人却不能服用，其原因是___________________________________________________(用化学方程式表示)。
（3）驰名世界的中国瓷器通常是由粘土经高温烧结而成。粘土的主要成分为Al2Si2O5(OH)x，式中x=__________，若以氧化物形式表示粘土的组成，应写为：_______________________
（4）洁厕灵（强酸性，含盐酸)与84消毒液（含NaClO）混用可产生一种黄绿色有毒气体，请写出该反应的离子方程式 _________________________________________。
17．下列所含分子数由多到少的排列顺序是 _________
A．标准状况下33.6L H2
B．物质的量为4mol的H2
C． 20℃，45gH2O
D．常温下，16gO2 与14gN2的混合气体
E．含原子总数约为1.204×1024的NH3
三、实验题
18．实验室中常用二氧化锰与浓盐酸共热制取氯气。某化学兴趣小组为制取较为纯净、干燥的氯气，设计了如下实验装置。
请回答下列问题。
(1)仪器X的名称为___________，其中发生反应的化学方程式为___________。
(2)装置B中盛有饱和食盐水，用来除去Cl2中的HCl，装置C中盛放的试剂名称为___________，作用是___________。
(3)装置D中的错误为___________。
(4)装置E中的试剂为___________。
(5)加热150 mL12mol·L-1HCl溶液和3.48g MnO2粉末的混合物，若反应充分进行，则理论上可产生的Cl2在标准状况下的体积为___________ mL。
19．如图所示，是一个制取氯气并以氯气为原料进行特定反应的装置，其中各试剂瓶装的试剂为：B(氢硫酸)、C(溴化亚铁溶液)、D(KI-淀粉溶液)、E(混有二氧化硫的氯化钡溶液)、F(水)、H(紫色石蕊试液)。
(1)A是氯气发生装置，其化学反应方程式是______。
(2)I中b瓶内加入的液体最好是______。
(3)用图示的II可代替I，但III不可以，请简要说明理由______。
(4)实验开始时，先点燃A处酒精灯，打开分液漏斗旋塞和I处活塞，让氯气充满整个装置，再点燃G处酒精灯，回答下列问题：
①凭什么实验现象证明氯气已充满了整个装置______。
②下列装置中的现象是C______；D______；E______；F______。
(5)G装置的硬质玻璃管内盛有炭粉，发生氧化还原反应，其产物为二氧化碳和氯化氢，写出G中反应的化学方程式：______。
(6)在H处，紫色石蕊试液的颜色由紫色变为红色，再变为无色，其原因是______。
四、计算题
20．143gNa2CO3·10H2O中所含Na+的物质的量是___________，Na+数目是___________，所含水分子数目是___________。
21．在标准状况下，88g CO2的体积为________。
参考答案：
1．A
【详解】A．由于钠的密度比水的小，故钠块应该浮在水面，A错误；
B．由于钠与水的反应放热，且钠的熔点低，故钠熔成小球，B正确；
C．由于钠与水的反应会生成氢气，从而引发空气震动，产生嘶嘶声，C正确；
D．由于钠与水的反应生成氢氧化钠，溶液显碱性，酚酞遇到碱溶液变为红色，D正确；
故本题选A。
2．D
【详解】A．向Ba(OH)2溶液中加入硫酸铜溶液发生反应，B点时导电性几乎为0，说明B点恰好反应，溶液中自由移动的离子浓度很小，故A错误；
B．电离不需要通电，CuCl2电离方程式为CuCl2=Cu2+＋2Cl-，故B错误；
C．单线桥表示电子转移过程，故C错误；
D．干燥的氯气不能使干燥的红布条褪色，干燥的氯气能使潮湿的红布条褪色，证明氯气没有漂白性，次氯酸有漂白性，次氯酸由氯气和水反应生成，故D正确；
选D。
3．B
【详解】A项，标准状况下的11.2LHCl气体物质的量是0.5mol，向溶液中通入0.5molHCl后，溶液体积未知，所以溶液浓度不确定会增大一倍，A错误；
B项，VL浓度为0.5mol L-1的盐酸溶液中，溶质的物质的量是0.5Vmol，10mol L-1的盐酸溶液0.1VL，溶质的物质的量是Vmol，两者混合再稀释至1.5VL，则混合后物质的量浓度为：=1 mol/L，故B正确；
C项，加热浓缩盐酸溶液会造成溶质挥发，浓度不会增大为原来的一倍，故C错误；
D项，两种不同浓度的溶液混合后体积未知，无法计算浓度，故D错误；
故选B。
【点睛】本题考查物质的量浓度的有关计算，注意：①混合溶液浓度的计算方法：C=；②密度不同的溶液混合后，溶液的体积不能直接相加。
4．D
【分析】由图中颜色变化可知，紫色石蕊试液中通入氯气，溶液变红色，表明溶液表现出酸性；溶液变为无色，表明溶液表现出强氧化性；溶液变为浅黄绿色，表明溶液中溶解了有色的物质。
【详解】氯气与水反应生成HCl、HClO，HCl具有酸性，HClO具有漂白性，则将氯气持续通入紫色石蕊试液中先变红后褪色，最后形成饱和氯水溶液显浅黄绿色为溶解的氯气分子，关于溶液中导致变色的微粒Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的判断正确的是D；
故选：D。
【点睛】氯气溶于水，发生如下反应：Cl2+H2OHCl+HClO，反应产物中，HCl显酸性，HClO表现强氧化性。
5．C
【详解】A．潮汐发电是将海水在运动时所具有的动能和势能转化为电能的过程，没有化学反应过程，A错误；
B．海水中溴离子的浓度比较小，所以提取之前应先富集，B错误；
C．电解饱和食盐水得到氯气、氢气和氢氧化钠溶液，是氯碱工业，2NaCl+2H2O=2NaOH+Cl2↑+H2↑，氨化的饱和食盐水中通入二氧化碳生成碳酸氢钠晶体和氯化铵，NH3+CO2+NaCl+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，碳酸氢钠受热分解制备纯碱，2NaHCO3=Na2CO3+CO2↑+H2O，故C正确；
D．海水中碘元素是以碘离子的形式存在的，通过氧化剂氧化可以得到碘单质，D错误；
答案选C。
6．D
【详解】A．容量瓶为玻璃仪器，瓶身标有温度、容积和刻度线，故A正确；
B．容量瓶瓶塞须用结实的细绳系在瓶颈上，以防止损坏或丢失，故B正确；
C．容量瓶属于精量的玻璃仪器，不能加热、溶解固体、稀释浓溶液；使用完毕，应洗净、晾干，故C正确；
D．根据“大而近”的原则，配制50mL溶液应选择50mL容量瓶，故D错误；
故选D。
7．D
【详解】A．与氧气在常温下反应生成，在加热或点燃条件下反应生成，A项正确；
B．常温下为白色固体，而为淡黄色固体，B项正确；
C．、溶于水均有生成，C项正确；
D．在加热条件下可与氧气反应生成，而不能与氧气反应，D项不正确；
故选D。
8．D
【详解】钠的密度介于水和石蜡油之间，将钠放入盛有石蜡油和水的烧杯中，钠会进入石蜡油和水的交界处和水反应，由于生成了氢气，氢气会推动钠向上游动，进入石蜡油层，反应停止，氢气逸出后，钠受到重力作用回落到石蜡油和水的交界处，重复上述过程，故钠在水与石蜡油的交界处反应并上下跳动，故选D。
9．C
【详解】A．二氧化碳气体的体积无标准状态，不能计算，A错误；
B．标准状况下，H2O不是气态，不能用气体摩尔体积计算，B错误；
C．NH3的摩尔质量是17g mol 1，C正确；
D．BaCl2溶液只有浓度而无体积，无法计算氯离子的物质的量，D错误；
答案选C。
10．A
【分析】能使石蕊试液变红说明有酸生成，又能使酸性KMnO4试液变为无色澄清溶液，还能使溴水褪色，说明有强还原性，据此分析；
【详解】A.二氧化硫为酸性氧化物，能够与水反应生成亚硫酸，亚硫酸具有酸性，能够使石蕊变红，二氧化硫具有还原性，能够还原高锰酸钾和溴水，使二者溶液褪色，故A正确；
B.硫化氢与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应生成硫单质，溶液变浑浊，故B错误；
C.氯气不具有还原性，不能与酸性高锰酸钾、溴水反应，不能使二者褪色，故C错误；
D.一氧化碳不溶于水，不能是品红溶液褪色，故D错误；
答案选A。
11．A
【详解】A．摩尔是物质的量的单位，物质的量是国际单位制中七个基本物理量之一，所以摩尔是国际单位制中七个基本单位之一，A正确；
B．物质的量是表示物质所含微粒集合体数目多少的物理量，B不正确；
C．NA叫做阿伏加德罗常数，它约等于6.02×1023mol-1，C不正确；
D．摩尔质量的单位为g/mol，水的摩尔质量为18g/mol，D不正确；
故选A。
12．A
【详解】40gNaOH固体的物质的量n(NaOH)=40g÷40g/mol=1mol，则配成2L溶液时，溶液的物质的量浓度c(NaOH)=1mol÷2L=0.5mol/L，故合理选项是A。
13．A
【详解】A. 的物质的量为0.1mol，分子中含有9个碳碳单键，22个碳氢键，共含有31个共价键，所以中含有共价键总数为，选项A正确；
B.12.0g NaHSO4晶体物质的量为0.1mol，含阳离子Na+和阴离子HSO4-的总数为0.2NA，选项B错误；
C．1.0L 1.0mo1/L的Na2CO3水溶液中含有溶质碳酸钠1mol，1mol碳酸钠中含有3mol氧原子，由于溶剂水中含有氧原子，所以溶液中含有氧原子的物质的量大于3mol，溶液中含有的氧原子数大于3NA，选项C错误；
D．Na2O2与CO2反应,生成1molO2 时，转移电子2 mol，现生成4.48LO2（即0.2 mol）时，转移电子为0.4NA，选项D错误；
答案选A。
【点睛】本题考查阿伏加 德罗常数的综合应用，试题有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生的灵活应用能力，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加 德罗常数的关系，明确分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系。
14．D
【详解】标准状况下，VL氨气的物质的量为，每个NH3分子含有4个原子，故原子的物质的量为，故n=×NA，解得NA=，故选：D。
15．D
【详解】A.过量MnO2与浓盐酸反应产生1molCl2，Cl的化合价由-1变为0价，则转移的电子数目为2NA，A正确；
B.Na2S和Na2O2的摩尔质量相等，15.6g由Na2S和Na2O2组成的混合物的物质的量为0.2mol，含有的阴离子数目为0.2NA，B正确；
C.32.5g锌与一定量浓硫酸恰好完全反应，无论生成二氧化硫，还是氢气，均与锌的物质的量相等，则生成气体的分子数为0.5NA，C正确；
D.23gCH3CH2OH与30gCH3COOH反应，即均为0.5mol，反应为可逆反应，则生成CH3COOCH2CH3的分子数小于0.5NA，D错误；
答案为D。
【点睛】乙醇与乙酸在浓硫酸加热的条件下反应生成乙酸乙酯和水，此反应为可逆反应。
16． KAl(SO4)2·12H2O Ca(ClO)2 SiO2＋2OH－==SiO32－＋H2O NaHCO3＋HCl==NaCl＋H2O＋CO2↑ 4 Al2O3·SiO2·2H2O Cl－＋ClO－＋2H＋===H2O＋Cl2↑
【详解】（1）明矾可用作净水剂，其化学式是KAl(SO4)2·12H2O，漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2。光导纤维在强碱性条件下容易发生“断路”，原因是二氧化硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，离子方程式为SiO2＋2OH－＝SiO32－＋H2O。
（2）小苏打通常用来治疗胃酸过多，但同时患有胃溃疡的病人却不能服用，原因是反应生成气体，会导致胃穿孔，反应的化学方程式为NaHCO3＋HCl＝NaCl＋H2O＋CO2↑。
（3）粘土的主要成分为Al2Si2O5(OH)x，根据化合价代数和为0可知式中x＝3×2+4×2－2×5＝4，若以氧化物形式表示粘土的组成，应写为Al2O3·SiO2·2H2O；
（4）洁厕灵（强酸性，含盐酸)与84消毒液（含NaClO）混用可产生一种黄绿色有毒气体，气体是氯气，该反应的离子方程式为Cl－＋ClO－＋2H＋＝H2O＋Cl2↑。
17．BCADE
【分析】物质的量和分子数成正比，据此进行分析。
【详解】A、=1.5mol；
B、n（H2）=4mol；
C、n（H2O）=mol=2.5mol；
D、混合气体的物质的量为（＋）mol=1mol；
E、设氨气的物质的量为n（NH3），n（NH3）×4×6.02×1023=1.204×1024，n（NH3）=0.5mol；
结合以上分析可知，数值比较大小是BCADE。
18． 圆底烧瓶 MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O 浓硫酸 除去Cl2中的水蒸气 D中左边进气导管太短，而右边出气导管太长 NaOH溶液 896
【分析】图中X为圆底烧瓶，二氧化锰与浓盐酸反应生成氯气，装置B中盛有饱和食盐水，用来除去Cl2中的HCl，装置B中盛有饱和食盐水，用来除去Cl2中的HCl，氯气密度大于空气密度，应用向上排气法收集，氯气有毒，直接排放引起空气污染，应用氢氧化钠溶液吸收过来的氯气，以此解答。
【详解】(1)图中X为圆底烧瓶；二氧化锰与浓盐酸反应方程式：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；故答案为：圆底烧瓶；MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；
(2)装置B中盛有饱和食盐水，用来除去Cl2中的HCl，水蒸气受热挥发，所以氯气中还含有水蒸气，装置C的作用是除去Cl2中的水蒸气，浓硫酸具有吸水性，可以吸收氯气中的水蒸气；故答案为：浓硫酸；除去Cl2中的水蒸气；
(3)氯气密度大于空气密度，应用向上排气法收集，应长进短出；故答案为：D中左边进气导管太短，而右边出气导管太长；
(4)氯气有毒，直接排放引起空气污染，应用氢氧化钠溶液吸收过来的氯气；故答案为：NaOH溶液；
(5)二氧化锰的物质的量为=0.04mol；氯化氢的物质的量为：0.150L×12mol/L=1.8mol；根据化学反应方程式：MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O，可知氯化氢过量，则生成氯气的物质量依据二氧化锰计算，
标况下氯气的体积为：0.04mol×22.4L/mol=0.896L=896ml；故答案为：896。
19． MnO2+4HCl（浓） MnCl2+Cl2↑+2H2O 饱和食盐水 Ⅱ与Ⅰ原理相同，而Ⅲ中因c瓶口密封，体积不能改变，压强增大会有危险 观察当整个装置内充满黄绿色气体时，说明氯气已充满整个装置 溶液由浅绿色变为深红棕色 溶液变蓝 生成白色沉淀 水溶液呈淡黄绿色 C+2H2O+2Cl2CO2+4HCl 生成HCl使紫色石蕊溶液变红色，剩余的氯气又与水反应生成HClO，HClO起漂白作用，使红色褪去
【分析】分析反应装置可知，A实验中制备氯气利用的是二氧化锰和浓盐酸的加热反应；I中b，氯气能溶于水，可排饱和食盐水收集，减少氯气损耗；Ⅱ与Ⅰ原理相同，而Ⅲ中因c瓶口密封，气体不能流通，存在安全隐患，故不能代替Ⅰ；氯气通过B为硫化氢溶液，发生氧化还原反应生成硫单质，C溴化亚铁溶液氧化亚铁离子和溴离子为铁离子，溶液由浅绿色变为深红棕色；通入D碘化钾淀粉溶液生成碘单质遇淀粉变蓝；通入E混有二氧化硫的氯化钡溶液，氧化二氧化硫为硫酸，生成白色沉淀，F是提供水蒸气，氯气溶解于水中，溶液呈淡黄绿色；G根据元素守恒可知，反应物除氯气和碳外，还有水，产物为二氧化碳和氯化氢，H为紫色石蕊溶液，盐酸能使紫色石蕊溶液变红，未参加反应的氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸起漂白作用。
【详解】(1)在加热条件下，二氧化锰与浓盐酸反应生成氯化锰、氯气和水，离子方程式为：MnO2+4HCl（浓） MnCl2+Cl2↑+2H2O；故答案为：MnO2+4HCl（浓） MnCl2+Cl2↑+2H2O；
(2)常利用排饱和食盐水收集氯气，Ⅰ中b瓶内加入的液体最好是饱和食盐水，故答案为：饱和食盐水；
(3)Ⅱ与Ⅰ原理相同，而Ⅲ中因c瓶口密封，气体不能流通，存在安全隐患，故不能代替Ⅰ，故答案为：Ⅱ与Ⅰ原理相同，而Ⅲ中因c瓶口密封，体积不能改变，压强增大会有危险；
(4)①氯气是黄绿色气体，观察当整个装置内充满黄绿色气体时，说明氯气已充满整个装置，故答案为：观察当整个装置内充满黄绿色气体时，说明氯气已充满整个装置；
②b氯气通过B为硫化氢溶液，发生氧化还原反应生成硫单质，C溴化亚铁溶液氧化亚铁离子和溴离子为铁离子，溶液由浅绿色变为深红棕色；通入D碘化钾淀粉溶液生成碘单质遇淀粉变蓝；通入E混有二氧化硫的氯化钡溶液，氧化二氧化硫为硫酸，生成白色沉淀，F是提供水蒸气，氯气溶解于水中，溶液呈淡黄绿色；故答案为：溶液由浅绿色变为深红棕色；溶液变蓝；生成白色沉淀；水溶液呈淡黄绿色；
(5)根据元素守恒可知，反应物除氯气和碳外，还有水，产物为二氧化碳和氯化氢，反应的化学方程式为C+2H2O+2Cl2CO2+4HCl；反应物除氯气和碳外还有水，所以装置F的作用是为G提供水蒸气。故答案为：C+2H2O+2Cl2CO2+4HCl；
(6)H为紫色石蕊溶液，盐酸能使紫色石蕊溶液变红，未参加反应的氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸起漂白作用，故答案为：生成HCl使紫色石蕊溶液变红色，剩余的氯气又与水反应生成HClO，HClO起漂白作用，使红色褪去。
20． 1mol 6.02×1023 3.01×1024
【详解】n(Na2CO3·10H2O)==0.5mol，n(Na+)=2 n(Na2CO3·10H2O)=0.5mol×2=1mol，N(Na+)=1mol×6.02×1023mol-1=6.02×1023，N(H2O)=0.5mol×10×6.02×1023=3.01×1024。
21．44.8L
【分析】根据m=n·M计算CO2的物质的量，然后根据V=n·Vm计算气体在标准状况下的体积。
【详解】88g CO2的物质的量n==2mol，在标准状况下，Vm=22.4L/mol，则2mol CO2在标准状况下的体积V=n Vm=2mol×22.4L/mol=44.8L。