第二章 海水中的重要元素--钠和氯 单元同步测试题
一、单选题
1．下列实验现象的描述不正确的是
选项 实验操作 实验现象
A 将一小块钠投入水中 钠浮在水面上熔化成小球，快速游动
B 碳酸钠溶液中加入少量氯水 立即有大量气泡产生
C 铁丝在氯气中燃烧 产生棕红色的浓烟，溶于少量水后溶液呈棕黄色
D 点燃氢气后伸入氯气集气瓶中 氯气能安静地燃烧，发出苍白色火焰，瓶口上方有白雾
A．A B．B C．C D．D
2．关于甲、乙、丙、丁四套装置的说法正确的是
A．用装置甲配制0.10mol/LNaOH溶液 B．用装置乙制取氯气
C．用装置丙除去氯气中的少量氯化氢 D．用装置丁制备氢氧化铁胶体
3．某无色溶液可能含有、、、、、中的若干种，依次进行下列实验(每一步所加试剂均过量)，观察到的现象如下：
步骤 操作 现象
(1) 向溶液中滴加氯水，再加入振荡、静置 下层呈橙红色
(2) 分液，向水溶液中加入溶液和稀 有白色沉淀产生
(3) 过滤，向滤液中加入方稀溶液和稀 有白色沉淀产生
下列结论正确的是
A．肯定含有的离子是、
B．肯定没有的离子是、
C．如果步骤(2)没有加入稀，白色沉淀可能含有
D．如果将步骤(1)中氯水换成，对结论没有影响
4．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．14 g C2H4和CO的混合气体中所含质子总数等于8NA
B．1 mol P4S3()中所含P—S键的数目为6NA
C．常温下，将5.6 g铁块投入足量浓硝酸中，转移0.3NA电子
D．11.2 L Cl2与足量乙烷在光照条件下反应产生HCl分子的总数为0.5NA
5．我国科研团队在人工合成淀粉方面取得突破性进展，通过、制得，进而合成了淀粉。用代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．和混合气体的分子数为
B．通过与制得，转移电子数为
C．甲基的电子式为 ，含有个电子
D．标准状况下，中含有的键
6．无色气体甲可能含、、、、中的几种，将气体甲经过如图所示实验的处理，结果得到酸性溶液，而几乎无气体剩余，下列说法正确的是
A．气体甲中一定含有
B．经过处理后剩余气体体积大于
C．气体甲的组成可能为、、
D．经过浓硫酸处理后余气中、体积比为
7．某白色固体，可能含有Na2CO3、NaHCO3和NaCl中的一种或多种。下列根据实验事实得出的结论中，正确的是
A．取一定量固体，溶解，向溶液中加入足量澄清石灰水，充分反应后观察到有白色沉淀生成，说明原固体中一定含有Na2CO3
B．取一定量固体，溶解，向溶液中加入适量AgNO3溶液，观察到有白色沉淀生成，说明原固体中一定含有NaCl
C．取一定量固体，溶解，向溶液中通入足量的CO2，观察到有晶体析出，说明原固体中一定含有Na2CO3
D．称取3.80 g固体，加热至恒重，质量减少了0.620 g。用足量稀盐酸溶解残留固体，充分反应后，收集到0.880 g气体，说明原固体中仅含有Na2CO3和NaHCO3
8．(过碳酸钠)是一种集洗涤、漂白、杀菌于一体的氧系漂白剂。某兴趣小组制备过碳酸钠的实验方案如下：
已知：，该反应速率大且放热多，50℃时，(s)开始分解。反应装置如图所示，下列说法错误的是
A．制备过碳酸钠的关键是控制反应温度，该反应使用热水浴
B．在滤液X中滴加无水乙醇可以提高产物的产率
C．球形冷凝管的作用是可以使冷凝回流
D．使用过碳酸钠处理含有铁离子的污水时，其去污能力和杀菌作用会减弱
9．实验：将一小粒钠放在石棉网上，微热，待钠熔成球状时，将盛有氯气的集气瓶迅速倒扣在钠的上方，钠剧烈燃烧，有白烟生成。下列分析不正确的是
A．钠熔化后体积增大，说明钠原子间的平均距离增大
B．反应过程中，的键断裂
C．的形成过程可表示为
D．该实验说明的氧化性比的强
10．厌氧氨氧化法(Anammox)是一种新型的氨氮去除技术，反应机理如图所示。下列说法正确的是
A．所含的质子总数为
B．经过过程Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ得到氮气的体积约为11.2L(设每步转化均完全)
C．上述过程Ⅳ发生还原反应
D．该方法每处理需要的为0.5mol
11．下列实验方法或操作正确的是
A B C D
转移溶液 制蒸馏水 分离水和酒精 除去中的结晶水
A．A B．B C．C D．D
12．实验室用氢氧化钠固体配制的NaOH溶液100mL，下列操作会造成所配溶液浓度偏高的是
A．用滤纸称量氢氧化钠固体且时间很长
B．向容量瓶转移液体时，容量瓶事先用蒸馏水洗涤
C．定容时俯视刻度线
D．洗涤液移至容量瓶中时，洒出一部分
13．下列方法中不能用于鉴别和的是
A．分别取两种固体各1g，滴加几滴水，振荡，用手触摸试管底部
B．取物质的量浓度相同的两种溶液，分别滴加澄清石灰水，观察是否出现白色沉淀
C．向两种物质的饱和溶液中分别通入，观察现象
D．取两种固体分别滴入相同浓度的稀盐酸，观察产生气泡的剧烈程度
14．孔雀石的主要成分为xCuCO3 yCu(OH)2 zH2O，为测定其中CuCO3的质量分数，称取a g样品进行实验。下列实验方案可行的是
A．充分加热样品，用碱石灰吸收逸出气体，增重b g
B．加热至样品质量不再发生变化，称得其质量为b g
C．向样品中加入足量的稀盐酸，用排水法收集逸出气体，得b mL气体
D．向样品中加入足量的稀盐酸，充分反应，将生成的气体全部通入到足量Ba(OH)2溶液中，过滤、洗涤、烘干，得b g固体
二、填空题
15．含氯消毒剂、过氧化物能有效灭活病毒，是常用消毒剂。请回答下列问题：
(1)消毒剂次氯酸钠可由氯气和NaOH溶液反应制得，反应的化学方程式为 ________ 。
(2)亚氯酸钠(NaClO2)是一种高效氧化剂、漂白剂，可由Cl2O与ClO2按一定比例混合后在NaOH溶液中反应制得。
①NaClO2中氯元素的化合价是 ________ 。
②制备时Cl2O与ClO2完全反应的物质的量理论比为 ________ 。
(3)兴趣小组设计如下图实验装置制取少量消毒液。
①MnO2与浓HCl反应的离子方程式为 ________ 。
②充分反应后，测得消毒液中NaCl与NaClO的物质的量之比大于1。可能的原因有 ________ (用文字简述)。
(4)Na2O2在呼吸面具中作供氧剂使用，若有7.8 g Na2O2参加反应，则转移的电子的物质的量为 ________ 。
16．简答题
(1)含1.0molFe3+的Fe2(SO4)3中所含SO的物质的量是_______。
(2)等质量的N2、NH3、NO2、Cl2四种气体中，在相同温度和压强下，体积最大的是_______。
(3)某混合溶液中含有Na+、Al3+、Cl-、SO测得Na+、Al3+和Cl-的物质的量浓度比为3∶2∶1，则Al3+与SO的微粒个数比为_______。
(4)黑火药是我国古代四大发明之一，其化学反应方程式为：。
①上述反应所涉及到的物质中属于非电解质的是_______；
②上述反应中被氧化的元素是_______(填元素符号)；
17．数形结合思想是化学学科的重要思维模式，请结合所学知识和图像作答：
I．完成下列问题。
(1)如图为含氯元素物质的“价类二维图”，下列说法正确的是___________(填标号)。
A．乙、丁均属于电解质
B．丙的酸性强于碳酸
C．乙是一种广谱型的消毒剂，可取代甲成为自来水的消毒剂
D．戊→己必须加还原剂才能实现
(2)时，戊分解只生成两种盐，其中一种是己，另一种盐是___________(填化学式)。
II．某无土栽培所用营养液中含有三种溶质，实验测得部分离子的浓度如图甲所示，取样品加水稀释，测得的浓度(c)随溶液体积(V)的变化如图乙所示：
(3)图甲中X是___________。
(4)营养液中与的物质的量之比为___________。
III.某实验小组向溶液中通入，溶液中，的物质的量随通入的的物质的量变化如图所示(不考虑与水的反应)。请回答下列问题：
(5)由图可知，与的还原性强弱为___________(填“>”或“<”)。
(6)从开始通入到时，溶液中：___________，此时反应的离子方程式为______________________。
三、元素或物质推断题
18．现有金属单质A、B、C和气体甲、乙、丙及物质D、E、F、G、H，它们之间能发生如下反应(图中有些反应的产物和反应的条件没有全部标出，金属铝可跟氢氧化钠溶液反应，反应原理如下：2Al+2NaOH + 2H2O= 2NaAlO2+ 3H2↑。)
请根据以上信息回答下列问题：
(1)实验室制备纯净的气体乙，检验气体已收集满的化学方法及现象为_______。
(2)利用气体乙制备漂白粉的化学方程式为：_______。
(3)写出下列反应的离子方程式：反应①_______；反应⑤_______。
参考答案：
1．B
【详解】A．钠放入水中，钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，则现象为钠浮在水面，迅速游动，嘶嘶作响，故A正确；
B．向碳酸钠溶液中逐滴滴加少量盐酸生成碳酸氢钠，不会出现气泡，故B错误；
C．铁丝在氯气中点燃生成氯化铁，则产生棕红色的浓烟，产物溶于水，溶液呈棕黄色，故C正确；
D．H2在Cl2中安静地燃烧，发出苍白色火焰，在瓶口形成白雾，故D正确；
故选B。
2．B
【详解】A．配氢氧化钠溶液不能直接将氢氧化钠溶解于容量瓶中，A选项错误；
B．高锰酸钾与浓盐酸制氯气用固体和液体不加热的装置，B选项正确；
C．氯气也会和碳酸氢钠溶液反应，C选项错误；
D．氢氧化铁胶体制备应该将饱和氯化铁溶液滴入沸水中，D选项错误；
故选B。
3．A
【分析】由步骤（1）可知，溶液中一定存在；由步骤（2）可知，白色沉淀为，但能被氧化为，则、至少有一种，因、均与不能大量共存，则一定没有；由步骤（3）可知，白色沉淀可能为，步骤（1）中引入，不能确定原溶液是否含有，又溶液为电中性，一定存在阳离子，则一定存在；
综上所述，一定存在、，、至少有一种，一定不存在，不能确定的离子为。
【详解】A．由分析可知，肯定含有的离子是、，A正确；
B．、至少有一种，一定不存在，，B错误；
C．步骤（1）氯水过量，也能将亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子，故白色沉淀只能是，C错误；
D．如果将步骤（1）中氯水换成，由步骤（3）可知，白色沉淀一定为，可确定原溶液含有，对结论有影响，D错误；
故选A。
4．B
【详解】A．乙烯和一氧化碳的相对分子质量都为28，但是一个乙烯分子中含有16个质子，而一个一氧化碳分子中含有14个质子，故质子总数不能计算，A错误；
B．从图分析，一个分子中含有6个磷硫键，故1mol该物质含有6mol磷硫键，B正确；
C．常温下铁在浓硝酸中钝化，不能计算，C错误；
D．未指明状态，不能计算氯气的物质的量，D错误；
故选B。
5．B
【详解】A．0.1mol气体分子数为0.1NA，A错误；
B．16克甲醇的物质的量为0.5mol，每摩尔甲醇生成转移6摩尔电子，故0.5mol甲醇生成转移3mol电子，B正确；
C．一个甲基含有的电子数为6+3=9个，故0.1mol甲基含有0.9mol电子，C错误；
D．标况下甲醇不是气体，不能使用气体摩尔体积进行计算，D错误；
故选B。
6．D
【分析】无色气体，不可能含有，将混合气体通过浓硫酸，气体体积减少20mL，证明混合气体中含有，通过足量的，气体显红棕色，原混合气体中含有和，混合气体通入水中，几乎无气体剩余，所以很合气体中没有，且与反应产生的与刚好完全反应：。
【详解】A．根据以上分析，混合气体为无色，所以不可能含有，A错误；
B．将混合气体通过浓硫酸，气体体积减少20mL，剩余气体为，通过足量的，气体变成红棕色，发生反应：，和反应，都是气体体积减小的反应，所以经过处理后剩余气体体积小于，B错误；
C．根据以上分析，混合气体中一定含有和，一定没有，C错误；
D．根据反应：和，，所以 ，D正确；
故选D。
7．C
【详解】A．NaHCO3、Na2CO3与Ca(OH)2均可以生成白色沉淀，选项A错误；
B．取一定量固体，溶解，向溶液中滴加适量AgNO3溶液，碳酸根离子、氯离子都能和银离子反应生成沉淀，选项B错误；
C．取一定量固体，溶解，向溶液中通入足量的CO2，观察到有晶体析出，一定是CO2和Na2CO3反应生成了NaHCO3，相同温度下，Na2CO3的溶解度大于NaHCO3，说明原固体中一定含有Na2CO3，选项C正确；
D．加热固体发生反应求得a=0.02，b=0.01，则原固体中NaHCO3的质量0.02×84=1.68g，反应生成的Na2CO3和盐酸反应生成0.01mol气体，由题意知共收集到0.88g即0.02mol，原固体中有0.01mol即1.06g的碳酸钠，原固体一共3.80g，所以还有氯化钠，选项D错误；
答案选C。
8．A
【分析】由题给信息可知，为防止过氧化氢和过碳酸钠受热分解，制备过碳酸钠的过程为过氧化氢溶液和碳酸钠溶液在冷水浴中反应生成过碳酸钠沉淀，静置、过滤得到含有过碳酸钠的滤液X和过碳酸钠固体；固体经洗涤、干燥得到过碳酸钠。
【详解】A．由题给信息可知，过氧化氢溶液和碳酸钠溶液的反应速率大且放热多，50℃时过碳酸钠会开始分解，所以制备过碳酸钠时，应使用冷水浴防止过碳酸钠分解，故A错误；
B．由分析可知，滤液X中含有过碳酸钠，向滤液中加入无水乙醇，可以降低过碳酸钠溶解度便于固体析出，有利于提高产物的产率，故B正确；
C．由实验装置图可知，球形冷凝管的作用是使挥发出的过氧化氢冷凝回流，提高原料的利用率，故C正确；
D．铁离子可做过氧化氢分解的催化剂，过氧化氢分解会导致过碳酸钠去污能力和杀菌作用会减弱，故D正确；
故选A。
9．D
【详解】A．钠熔化后体积增大，说明钠原子间的平均距离增大，故A正确；
B．反应过程中，的3p上的键断裂，故B正确；
C．的形成过程钠原子失去电子，氯原子得到电子，可表示为 ，故C正确；
D．该实验没有对比无法说明的氧化性比的强，故D错误；
故选：D。
10．C
【详解】A．质子数等于原子序数，1个所含的质子数为11，所以即1mol所含的质子总数为，故A错误；
B．由图可知，经过过程Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ得到1mol氮气，在标况下的体积约为22.4L，故B错误；
C．上述过程Ⅳ中N元素从+3价降低为0价，发生还原反应，故C正确；
D．由图可知，经过过程Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ得到1mol氮气，发生反应，所以该方法每处理需要的为1mol，故D错误；
故答案为C。
11．A
【详解】A．向容量瓶转移溶液时，用一干净玻璃棒插入容量瓶颈内并接触内壁处，烧杯嘴紧靠玻璃棒下端，使溶液沿玻璃棒流入，水流不可过大，A项正确；
B．蒸馏操作时，为了保证冷凝效果，冷却水应从下口进，上口出，B项中冷凝水流向错误，B项错误；
C．水和酒精能以任意比例互溶，用分液漏斗无法分离二者，C项错误；
D．除去中的结晶水应在坩埚中灼烧，D项错误；
故选：A。
12．C
【详解】A．氢氧化钠固体会潮解，用滤纸称量氢氧化钠固体且时间很长，则滤纸上会粘上一定量的氢氧化钠，因此溶解的氢氧化钠量减少，配置出的浓度偏低，故A不符合题意；
B．向容量瓶转移液体时，容量瓶事先用蒸馏水洗涤，对结果无影响，故B不符合题意；
C．定容时俯视刻度线，溶液体积减小，浓度偏高，故C符合题意；
D．洗涤液移至容量瓶中时，洒出一部分，溶质物质的量减小，浓度偏低，故D不符合题意。
综上所述，答案为C。
13．B
【详解】A．溶于水放热、溶于水吸热，分别取两种固体各1g，滴加几滴水，振荡，用手触摸试管底部，能用于鉴别和，故不选A；
B．和都能与石灰水反应生成碳酸钙沉淀，不能用澄清石灰水鉴别和，故选B；
C．向饱和溶液中通入气体溶液变浑浊，向饱和溶液中通入气体不反应，能鉴别和，故不选C；
D．与盐酸反应比与盐酸反应更剧烈，取两种固体分别滴入相同浓度的稀盐酸，观察产生气泡的剧烈程度，能鉴别和，故不选D；
选B。
14．D
【分析】根据xCuCO3 yCu(OH)2 zH2O加热分解产生氧化铜、二氧化碳和水，氧化铜来自CuCO3和Cu(OH)2的分解，二氧化碳来自CuCO3的分解，水来自Cu(OH)2的分解和结晶水，xCuCO3 yCu(OH)2 zH2O与盐酸反应产生氯化铜、二氧化碳和水，氯化铜来自CuCO3和Cu(OH)2与盐酸反应，二氧化碳来自CuCO3与盐酸反应，要测定其中CuCO3的质量分数，必须要求出CuCO3的质量来分析。
【详解】A．充分加热样品，用碱石灰吸收逸出气体，气体为二氧化碳和水，无法求出CuCO3的质量，选项A错误；
B．加热至样品质量不再发生变化，称得其质量为bg，该固体为氧化铜，但氧化铜来自CuCO3和Cu(OH)2的分解，无法求出CuCO3的质量，选项B错误；
C．向样品中加入足量的稀盐酸，产生的气体二氧化碳，但二氧化碳微溶于水，不能为用排水法收集，无法求出CuCO3的质量，选项C错误；
D．向样品中加入足量的稀盐酸，充分反应，产生的气体二氧化碳，二氧化碳来自CuCO3与盐酸反应，将生成的气体全部通入到足量Ba(OH)2溶液中；过滤、洗涤、烘干，得bg固体，可根据碳酸钡的质量求出二氧化碳的质量，最终求出CuCO3的质量和质量分数，选项D正确；
答案选D。
15．(1)Cl2＋2NaOH=NaCl＋NaClO＋H2O
(2) +3 1∶4
(3) MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O 浓盐酸挥发进入试剂瓶中与NaOH溶液反应
(4)0.1 mol
【详解】（1）氯气和NaOH溶液反应生成次氯酸钠和氯化钠，反应的化学方程式为Cl2＋2NaOH=NaCl＋NaClO＋H2O；
（2）①NaClO2中钠元素为+1价、氧元素为-2价，氯元素的化合价是+3价；
②Cl2O与ClO2完全反应制备NaClO2，Cl2O中氯元素由+1价升到+3价，ClO2中氯元素由+4价降到+3价，根据得失电子守恒，两者的物质的量理论比为1∶2；
（3）①MnO2与浓HCl反应生成氯化锰和氯气，反应的离子方程式为MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O；
②盐酸具有挥发性，HCl与NaOH发生中和反应，导致碱不足，NaClO质量分数偏低，故答案为：浓盐酸挥发进入试剂瓶中与NaOH溶液反应；
（4）7.8 g Na2O2的物质的量为，Na2O2在呼吸面具中作供氧剂使用，与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，1mol Na2O2反应转移1mol电子，则0.1mol Na2O2反应转移的电子的物质的量为0.1mol。
16．(1)1.5mol
(2)NH3
(3)1:2
(4) CO2 C
【详解】（1）由化学式可知，含1.0molFe3+的Fe2(SO4)3中所含SO的物质的量是×1.0mol=1.5mol；
（2）等质量的N2、NH3、NO2、Cl2四种气体中氨气的物质的量最大，据阿伏伽德罗定律可知，在相同温度和压强下，体积最大的是NH3；
（3）根据溶液电中性可知，Al3+与SO的微粒个数比为2：[（3+2×3-1）÷2]=1:2；
（4）①非电解质是溶于水或在熔融状态下不能够导电的化合物；上述反应所涉及到的物质中属于非电解质的是CO2；
②上述反应中碳元素化合价升高，发生氧化反应被氧化，故填C。
17．(1)C
(2)KClO4
(3)
(4)1:2
(5)<
(6) 2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-
【分析】根据含氯元素物质的“价类二维图”，甲是Cl2、乙是ClO2、丙是HClO、丁是HClO4、戊是KClO3、己是KCl。
【详解】（1）A．乙是ClO2，自身不能电离，ClO2属于非电解质，故A错误；
B．丙是HClO，HClO的酸性比碳酸弱，故B错误；
C．ClO2是一种广谱型的消毒剂，可取代Cl2成为自来水的消毒剂，故C正确；
D．KClO3加热分解为KCl和氧气，KClO3→KCl不须加还原剂就能实现，故D错误；
选C。
（2）时，KClO3分解只生成两种盐，其中一种是KCl，根据化合价升降规律，另一种盐是KClO4；
（3）根据稀释前后铵根离子的物质的量不变，0.2c1=1.6×1，c1=8mol/L，营养液中铵根离子的浓度为8mol/L，根据电荷守恒，硫酸根离子的浓度为，图甲中X是；
（4）硫酸根离子的浓度为4mol/L，所以营养液中的浓度为4mol/L， 铵根离子的浓度为8mol/L则的物质的量浓度为8mol/L，所以与的物质的量之比为1:2。
（5）根据图示，氯气先氧化I-，所以与的还原性强弱为<。
（6）2I-+Cl2=I2+2Cl-，氧化I-消耗0.1molCl2，可知I-的物质的量为0.2mol，原FeI2的物质的量为0.1mol，从开始通入到时，发生反应2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-消耗0.02molCl2，氧化Fe2+的物质的量为0.04mol、生成Fe3+的物质的量为0.04mol，溶液中，此时反应的离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-。
18．(1)将湿润的淀粉碘化钾试纸放在瓶口，试纸变蓝
(2)2Ca(OH)2+2Cl2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O
(3) 2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-
【分析】由题干转化流程图可知，金属单质A的焰色为黄色，故A为Na，钠与水反应生成NaOH和H2，故D为NaOH，甲为H2，金属单质B能与NaOH溶液反应生成H2，故B为Al，黄绿色气体乙为Cl2，H2和Cl2反应生成HCl，故丙为HCl，E为盐酸，红褐色沉淀H为Fe(OH)3，故G为FeCl3，F为FeCl2，FeCl2与Cl2反应生成FeCl3，Fe和盐酸反应生成FeCl2和H2，故金属C为Fe，据此分析解题。
【详解】（1）乙为Cl2，将湿润的淀粉碘化钾试纸放在瓶口变蓝则已经收集满，氯气具有氧化性将碘离子氧化为碘单质，碘与淀粉相遇变蓝；
（2）工业制漂白粉是氯气通入石灰乳中制成的，化学方程式如下：2Ca(OH)2+2Cl2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O；
（3）反应①为钠和水反应，化学方程式为，离子反应方程式为：；反应⑤中F为FeCl2，FeCl2与Cl2反应生成FeCl3，化学方程式为：2FeCl2+Cl2=2FeCl3，离子反应方程式：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-。
