1、第二章 海水中的重要元素钠和氯 单元测试（基础卷）一、选择题（本大题共15小题，每小题3分，共45分）一、单选题1下列关于阿伏加德罗常数的说法错误的是A6.021023就是阿伏加德罗常数B0.012kg12C含有的碳原子数就是阿伏加德罗常数C含有阿伏加德罗常数个粒子的物质的量是1molD1mol氨气所含的原子数约为2.40810242某同学用下列装置进行有关Cl2的实验，下列说法不正确的是A图中：实验现象证明干燥的氯气无漂白作用，潮湿的氯气有漂白作用B图中：闻Cl2的气味C图中：生成棕黄色的烟D图中：若气球干瘪，证明Cl2可与NaOH反应3物质的量浓度相同的NaCl、MgCl2、AlCl3三种
2、溶液，当溶液的体积比为3:2:1时，三种溶液中Cl-的物质的量浓度之比为A1:1:1B1:2:3C3:2:1D3:4:34某化学兴趣小组利用MnO2和浓HCl及如图装置制备Cl2。下列分析中不正确的是AA中可用分液漏斗代替长颈漏斗BA中缺少加热装置CB中盛放的NaOH溶液可以净化Cl2DD的作用是吸收多余的氯气，防止污染环境5在实验室中用浓盐酸与共热制取并进行相关实验。下列收集的装置合理的是ABCD6实验室需要80mL 1 mol/L的稀硫酸，要用98%的浓硫酸(密度为1.84gcm-3)来配制。现给出下列仪器(配制过程中可能用到)：100mL量简10mL量筒50mL烧杯托盘天平100mL容量
3、瓶 胶头滴管玻璃棒80mL容量瓶。按使用仪器的先后顺序排列正确的是ABCD7V mL Al2(SO4)3溶液中含有Al3m g，取mL该溶液用水稀释至4V mL，则SO物质的量浓度为AmolL1BmolL1CmolL1DmolL18若mgNa在足量氯气中燃烧，生成固体的质量为(m+3.55)g，则mgNa与氧气反应，生成固体的C质量可能为(m+0.6)g(m+2.0)g(m+1.2)g(m+1.6)g(m+3.55)gA仅B仅C仅D仅9如图所示，在烧杯中加入水和苯(苯的密度为0.88g/cm3，苯与水互不相溶，且苯不与钠反应)各50mL，将一小粒金属钠(密度为0.971g/cm3投入烧杯中，观
4、察到的现象为 A钠在水层中反应并四处游动B钠停留在苯层中不发生反应C钠在苯的液面上反应并四处游动D钠在苯与水的界面处反应并不断上浮、下沉10下列说法中，不正确的是A1molCl2的质量是71gB标准状况下，22.4LCH4的物质的量为1molC1molNH3中含有的分子数约为NAD1molL-1Na2SO4溶液中含有2molNa+11有下列四种饱和溶液：BaCl2溶液 Ca(OH)2溶液 Na2CO3溶液 溶有NH3的NaCl溶液，分别持续通入CO2，最终得到沉淀或析出晶体的有（ ）种A1B2C3D412常温下，下列钠的化合物在空气中能稳定存在的是ANa2CO3BNa2OCNa2O2DNaOH
5、13下列各组物质，其分子数相同的是A1克H2和8克O2B1摩H2O和22.4 LO2C8克O2和3.011023个CO2分子D18克H2O和1摩HCl14关于新制的氯水和久置的氯水，下列说法不正确的是A新制的氯水呈浅黄绿色，久置的氯水无色B新制的氯水漂白作用强，久置的氯水漂白作用很弱或消失C新制的氯水中没有氯离子，久置的氯水中才含有氯离子D新制的氯水中含氯气多，久置的氯水中含有极少量的氯气或不含氯气15下列反应的离子方程式书写正确的是A过氧化钠与水反应：2+2H2O=4OH-+O2B向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至溶液呈中性：H+Ba2+OH-=H2O+BaSO4C石灰乳与碳酸
6、钠溶液反应：Ca(OH)2+=CaCO3+2OH-DCl2通入H2O溶液中，可能存在反应：Cl2+H2O=2H+Cl-+ClO-二、非选择题（本大题共4小题，共55分）16早前金属钠是由电解熔融碳酸钠制得的。直到1921年实现了电解熔融氯化钠制钠，其反应原理是。回答下列有关单质钠的问题：(1)下列保存金属钠的方法正确的是_。A放在棕色瓶中 B放在细沙中 C放在水中 D放在煤油中(2)钠长时间放在空气中，最后产物的主要成分是_。A B CNaOH D(3)将小块钠放在水平放置的试管中部，用酒精灯加热使其充分反应(如图所示，夹持装置已略去)，生成物的颜色为_，请写出该反应的化学方程式：_。将该试管
7、冷却后直立，滴加几滴水(如图所示)，发生反应的化学方程式为_，若有0.5molNa单质被氧化生成氧化钠和过氧化钠的混合物，转移电子的数目为_(设为阿伏加德罗常数的值)。17现有下列几种物质：盐酸；Na2O；Na2O2；Al(OH)3；Na2CO3；H2O；CO2；乙醇；Cu ；NaOH溶液。(1)其中属于电解质的有_(填写序号，下同)，属于碱性氧化物的有_。(2)与反应的离子方程式为_。(3)Na2O2，可与CO2发生反应：，该反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为_。(4)若用超氧化钾(KO2)作供氧剂，写出它和CO2反应的化学方程式：_。18如图所示，是一个制取氯气并以氯气为原料进行特定反
8、应的装置，其中各试剂瓶装的试剂为：B(AgNO3溶液)、C(氯化亚铁溶液)、D(碘化钾淀粉溶液)、E(水)、H(紫色石蕊试液)(1)A是氯气发生装置，蒸馏烧瓶中盛放MnO2固体，其化学反应方程式是_(2)实验开始时，先点燃A处酒精灯，打开分液漏斗旋塞和处活塞，让氯气充满整个装置，再点燃G 处酒精灯， 下列装置中的现象是：B_；D_。请写出C中发生反应的化学方程式_。(3)在G装置的硬质玻璃管内盛有碳粉，发生氧化还原反应，一种产物能使H处紫色石蕊试液变红，另一产物能使澄清石灰水变浑浊，写出G中的反应的化学方程式_。(4)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_。(5)G处
9、反应完毕后关闭分液漏斗旋塞，移去酒精灯，但由于余热的作用，A处仍有氯气产生，此时应该怎样操作_；装置中的现象是_。(6)若将E中的水换成氢氧化钠溶液，溶液中不但有NaClO还有NaClO3 ， 其物质的量比为1：2，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为：_。19(1)同温同压下的两个容积相同的容器中分别装有O2和O3气体，则两瓶气体中分子数之比是_，原子数之比是_，密度之比是_，质量之比是_。(2)下列所给出的几组物质中：含有分子数最多的是_；含有原子数最多的是_；标准状况下体积最大的是_；质量最大的是_。(填序号) 1gH2； 2.4081023个CH4； 10.8gH2O； 标准状况下6.72
10、LCO2参考答案1A【解析】A阿伏加德罗常数是指0.012 kg 12C含有的碳原子数，单位是mol-1，其近似值为6.021023mol-1，故A错误，B根据阿伏伽德罗常数的定义知，0.012kg12C含有的碳原子数就是阿伏加德罗常数，故B正确； C阿伏加德罗常数的定义，含有阿伏加德罗常数个粒子的物质的量是1 mol ，故C正确；D1mol氨气的原子个数约为1mol46.021023mol-1=2.4081024，故D正确。故选A。2D【解析】A由图中实验现象可知，干燥的氯气不能使有色布条褪色，说明干燥的氯气没有漂白性，而能使湿润的有色布条褪色，说明潮湿的氯气有漂白性，因为氯气和水反应产生次
11、氯酸，所以氯水有漂白作用，故A正确；B图中：Cl2有毒，闻其气味时应用手轻轻在瓶口扇动，仅使极少量气体飘人鼻孔中，故B正确；C图中：Cu丝在Cl2中燃烧生成棕黄色的烟，故C正确；D图中：氯气能溶于水，也能与氢氧化钠反应，导致烧瓶中气体的压强减小，外压大于内压，气球就会鼓起来，而不是干瘪，故D错误；答案选D。3B【解析】三种溶液的物质的量浓度相同，且NaCl、MgCl2、AlCl3都为可溶性强电解质，而物质的量浓度与体积无关，所以Cl-的物质的量浓度之比为1:2:3，故选B。4C【解析】AA中可用分液漏斗代替长颈漏斗，避免盐酸挥发，气体逸出，同时便于控制反应速率，故A正确；B二氧化锰和浓盐酸需要
12、加热才能反应生成氯气，需要添加加热装置，故B正确；CB中盛放的NaOH溶液能与氯气反应，所以不能净化Cl2，故C错误；D氯气有毒，所以用氢氧化钠溶液处理尾气，防止污染环境，故D正确；故选C。5C【解析】A集气瓶中使用了单孔橡胶塞塞紧，只能进气，不能排气，瓶内压强增大到一定程度，可能将橡胶塞压出，故A错误；B因为比空气的密度大，应用向上排空气法收集，故B错误；C该装置既能收集，又能进行尾气处理，且防倒吸，故C正确；D由于易与NaOH溶液反应，该装置不能收集，故D错误；故选C。6D【解析】98%的浓硫酸(密度为1.84gcm-3)的物质的量浓度c=18.4mol/L，配制80mL 1 mol/L的
13、稀硫酸，由于没有80mL的容量瓶，故需用100mL的容量瓶配制，需要浓硫酸的体积为0.0054L=5.4mL，故选10mL量筒；配制一定物质的量浓度的溶液，所需的步骤有计算、称量、溶解（冷却）、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签，称量需用10mL的量筒、胶头滴管，溶解、冷却使用玻璃棒和烧杯，转移使用玻璃棒、100mL容量瓶，定容时需使用胶头滴管，故顺序为，故选D。【点睛】本题要注意，容量瓶的规格是有一定限制的，常见的有25mL、50mL、100mL、250mL、500mL、1000mL等数种规格，因此题目中的80mL容量瓶是一个陷阱。7A【解析】mL溶液中Al3的物质的量为mol，稀释后溶液中A
14、l3的物质的量浓度为c(Al3)molL1，c(SO)c(Al3)molL1molL1。8C【解析】Na在氯气中燃烧生成NaCl，m(NaCl)=(m+3.55)g，则m(Cl2)=3.55g，所以n(Cl2)=0.05mol，所以n(Na)=0.05mol，钠与氧气反应可能生成Na2O，也可能生成Na2O2，当只生成Na2O时质量最小为(m+0.8)g，当只生成Na2O2时质量最大为(m+1.6)g，所以C质量在(m+0.8)g和(m+1.6)g之间，故符合题意；故答案为C。9D【解析】苯与水互不相溶，且钠的密度介于苯和水的密度之间，因此加入钠后，钠处在苯与水的中间；由于钠能与水反应生成氢气
15、，氢气附着在钠的周围，浮力增大，钠上浮进入苯层，氢气放出后，浮力减小，钠又回到水层，这样上浮、下沉至反应完全，故答案为D。10D【解析】A氯气的摩尔质量是71g/mol，所以1molCl2的质量是71g/mol1mol=71g，A正确；B标准状况下，22.4LCH4的物质的量为22.4L22.4L/mol1mol，B正确；C根据NnNA可知1molNH3中含有的分子数约为NA，C正确；D1molL-1Na2SO4溶液的体积未知，无法计算其中含有的Na+的物质的量，D错误；答案选D。11B【解析】碳酸比盐酸弱，二氧化碳与BaCl2溶液不反应，没有沉淀生成，故不符合；酸性氧化物能与碱反应，过量的C
16、O2与Ca(OH)2反应：Ca(OH)2+2CO2Ca(HCO3)2，无沉淀生成，故不符合；过量的CO2通入饱和Na2CO3溶液中发生反应生成碳酸氢钠，Na2CO3+H2O+CO22NaHCO3，因为碳酸氢钠溶解度比碳酸钠小，所以有NaHCO3晶体析出，故符合；发生的反应NH3+CO2+NaCl+H2O=NaHCO3+NH4Cl，所以有NaHCO3晶体析出，故符合；最终得到沉淀或析出晶体的为，有2种，故选B。12A【解析】ANa2CO3不与空气中的成分反应，所以能稳定存在，A正确；BNa2O会与空气中的H2O或CO2反应生成NaOH、Na2CO3， 所以不能稳定存在，B错误；CNa2O2会与空
17、气中的H2O或CO2反应生成NaOH、Na2CO3所以不能稳定存在，C错误；DNaOH会与空气中的CO2、H2O反应生成Na2CO3所以不能稳定存在，D错误；答案选A。13D【分析】根据n=，n=及n=可知：物质的物质的量越多，其所含分子数越多。【解析】A1克H2的物质的量n(H2)= 8克O2的物质的量n(O2)=，二者的物质的量不相等，因此其中所含分子数不相同，A不符合题意；BO2所处的外界条件未知，因此不能计算其物质的量，故不能判断H2O和O2中所含分子数是否相同，B不符合题意；C8克O2的物质的量n(O2)=，3.011023个CO2分子的物质的量是0.5 mol，故二者所含分子数不相
18、同，C不符合题意；D18克H2O的物质的量是n(H2O)=；HCl的物质的量也是1 mol，二者的物质的量相等，故根据n=可知其中所含的分子数相同，D符合题意；故合理选项是D。14C【解析】A新制的氯水中含有Cl2，溶液呈浅黄绿色，而久置的氯水就是稀盐酸，溶液呈无色，A正确；B新制的氯水中HClO的浓度大，漂白作用强，而久置的氯水中几乎不含有HClO，漂白作用很弱或消失，B正确；C新制的氯水中，有部分Cl2与水反应生成盐酸和次氯酸，所以含有氯离子，C不正确；D新制的氯水中只有一部分氯气与水反应，大部分氯气仍以分子的形式存在，所以新制氯水中含氯气多，久置的氯水中绝大部分氯气都与水发生了反应，所以
19、含有极少量的氯气或不含氯气，D正确；故选C。15C【解析】A过氧化钠为氧化物，在离子方程式中不能拆开，要写化学式，故A错误；BNaHSO4是二元强酸的酸式盐，可以理解为全部电离，当反应后溶液呈中性时，其反应化学方程式为2NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4+Na2SO4+2H2O，离子方程式为2H+Ba2+2OH-=BaSO4+2H2O，故B错误；C石灰乳和碳酸钙在离子方程式中应写成化学式形式，石灰乳与碳酸钠溶液反应离子方程式为Ca(OH)2+=CaCO3+2OH-，故C正确；DHClO是弱酸，在离子方程式中写化学式，故D错误；故答案为C。16D D 淡黄色 0.5 【解析】(1)钠的化学
20、性质活泼，易与、等反应，应密封保存，钠的密度比煤油大，可保存在煤油中，故答案为：D；(2)Na的性质活泼，易与空气中的氧气反应生成，反应方程式为，可与水反应生成NaOH，反应方程式为，NaOH与空气中的水和反应生成，风化脱水生成，故答案为：D；(3)钠与氧气在加热条件下反应生成淡黄色过氧化钠，化学方程式为；过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，化学方程式为；单质钠被氧化生成氧化钠或过氧化钠，钠的化合价都是从0价变为价，即1mol钠参与反应转移电子的物质的量为1mol，现0.5mol钠参与反应生成氧化钠和过氧化钠的混合物，转移电子的物质的量为0.5mol，转移电子数目为0.5，故答案为：淡黄色；0
21、.5；17 1：1 【解析】(1)盐酸为混合物，不属于电解质；Na2O属于电解质，是碱性氧化物；Na2O2属于电解质，是过氧化物；Al(OH)3属于电解质；Na2CO3属于电解质；H2O属于电解质；CO2属于非电解质，为酸性氧化物；乙醇属于非电解质；Cu为单质，不属于电解质；NaOH溶液为混合物，不属于电解质，其中属于电解质是是，属于碱性氧化物的是；(2)NaOH溶液与氢氧化铝反应生成偏铝酸钠和水，离子方程式为；(3)过氧化钠中部分氧元素化合价由-1价升高为0价，部分由-1价降低为-2价，则过氧化钠既是氧化剂，又是还原剂，且物质的量之比为1：1；(4)超氧化钾与CO2反应的化学方程式为。18M
22、nO2+4HClMnCl2+2H2O+Cl2 产生白色沉淀 溶液变蓝 2FeCl2+Cl2=2FeCl3 C+2H2O+Cl2CO2+4HCl 生成的HCl使紫色石蕊试液变红色，剩余的氯气又与水作用生成次氯酸，又起漂白作用，使红色褪去 关闭处活塞 处b瓶内页面下降，c中液面上升 11:3 【解析】(1)MnO2与浓盐酸反应生成MnCl2、H2O和Cl2，该反应的化学方程式为：MnO2+4HClMnCl2+2H2O+Cl2；(2)氯气溶于水后产生HCl和HClO，其中Cl能与Ag+结合成AgCl沉淀，故B中现象为产生白色沉淀；由于氯气具有氧化性，能将I氧化成I2 ， 淀粉遇碘变蓝色，故D中的现象
23、为溶液变为蓝色；氯气具有氧化性，C中Fe2+具有还原性，二者可发生氧化还原反应，该反应的化学方程式为：2FeCl2+Cl2=2FeCl3；(3)“ 一种产物能使H处紫色石蕊试液变红 ”则说明该产物的水溶液显酸性，结合元素守恒可知，产物为HCl；“ 另一产物能使澄清石灰水变浑浊 ”则该产物为CO2 ， 故该反应的化学方程式为：C+2H2O+Cl2CO2+4HCl；(4)实验过程中生成的HCl使紫色石蕊试液变红色；剩余的氯气又与水作用生成HClO，具有漂白作用，使红色褪去；(5)实验结束后，由于余热会继续产生氯气，此时应关闭中活塞，产生的氯气不通过后续装置，防止造成空气污染；此时可观察到中b瓶内液
24、面下降，c中液面上升；(6)该反应中氯气既是氧化剂又是还原剂。反应生成NaClO和NaClO3的物质的量之比为1:2，设其物质的量分别为1mol和2mol，则其失去的电子数为：1mol1+2mol5=11mol，故还原剂的物质的量为；根据得失电子守恒可得，反应过程中，氧化剂得到的电子数也为11mol，故氧化剂的物质的量为；因此氧化剂和还原剂的物质的量之比为。1911 23 23 23 【解析】(1)同温同压下的两个容积相同的容器中分别装有O2和O3气体，则两瓶气体中分子数之比是1：1，原子数之比是 12：13=2：3，质量之比是132：148=2：3，密度之比是2：3， 故答案为：1：1；2：3；2：3；2：3；(2)1gH2的物质的量为；2.4081023个CH4的物质的量为，原子的物质的量为0.4mol5=2mol，原子数最多；10.8gH2O的物质的量为，但标准状态下水为液态；标准状况下6.72LCO2的物质的量为，质量为；则含有分子数最多的是；含有原子数最多的是；标准状况下体积最大的是；质量最大的是；故答案为：；。
