【单元测试】第二章 海水中的重要元素——钠和氯-高一化学同步备课（人教版2019必修第一册）（原卷版+解析版）

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第二章 海水中的重要元素——钠和氯（满分：100分 时间：75分）一、选择题(本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题意)1．下列有关钠及其化合物的结构、性质与用途具有对应关系且可行的是A．Na的金属性强，可从硫酸铜溶液中置换出铜B．NaHCO3、Na2CO3溶液显碱性，可用作食用碱或工业用碱C．Na2O2中含有氧分子，与二氧化碳反应生成氧气，可用作呼吸面具供氧剂D．NaOH具有强碱性，可用作干燥剂【答案】B【解析】A．金属钠具有强还原性，与硫酸铜溶液反应时，先与溶液中的水反应，不能置换制取金属铜，故A错误；B．Na2CO3和NaHCO3的溶液均显碱性，可用作食用碱或工业用碱，还可利用NaHCO3的弱碱性治疗胃酸过多，故B正确；C．Na2O2自身并不含有氧分子，过氧化钠能与人呼吸产生的二氧化碳和水分别反应生成氧气，常用作呼吸面具供氧剂，故C错误； D．固体NaOH具有吸水性，可用作干燥剂，故D错误；2．下列各组物质相互混合反应后，最终有白色沉淀生成的是①金属Na投入到FeCl3溶液中②过量Ba(OH)2溶液和Al2(SO4)3溶液混合③少量Ca(OH)2投入过量NaHCO3溶液中④向AlCl3溶液中通入过量NH3⑤少量Na2O2固体加入到Na2S溶液A．①③④⑤ B．①②④ C．②③④ D．②③⑤【答案】C【解析】①金属Na投入到FeCl3溶液中，Na先与水反应生成NaOH等，NaOH再与FeCl3反应生成Fe(OH)3红褐色沉淀；②过量Ba(OH)2溶液和Al2(SO4)3溶液混合，生成BaSO4白色沉淀，起初生成的Al(OH)3沉淀后来全部溶解；③少量Ca(OH)2投入过量NaHCO3溶液中，生成CaCO3白色沉淀、碳酸钠等；④向AlCl3溶液中通入过量NH3，生成Al(OH)3白色沉淀和氯化铵；⑤少量Na2O2固体加入到Na2S溶液，Na2O2先与水反应生成O2等，O2将Na2S氧化生成淡黄色S沉淀等；综合以上分析，②③④符合题意，故选C。3．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．6.9g钠在足量氧气中充分燃烧生成Na2O2转移电子数为0.3NAB．100g 46%的乙醇(C2H5OH)水溶液中含NA个氧原子C．3.2g O2和O3的混合气体中，含分子数为0.1NAD．标准状况下，11.2L H2O含有的分子数为0.5NA【答案】A【解析】A．6.9g钠物质的量为=0.3mol，在足量氧气中充分燃烧生成Na2O2，产物中Na为+1价，转移电子数为0.3NA，故A正确；B．100g 46%的乙醇(C2H5OH)水溶液中含有乙醇46g，物质的量为=1mol，含氧原子1mol，水分子也含氧原子，因此100g 46%的乙醇(C2H5OH)水溶液中含氧原子大于NA个，故B错误；C．氧气与臭氧的摩尔质量不同，根据混合物的总质量无法计算气体的物质的量，因此无法计算含有的分子数，故C错误；D．标准状况下，水不是气体，不能使用气体摩尔体积计算11.2LH2O含有的分子数，故D错误；4．由NaCl和BaCl2组成的混合溶液100 mL，分为两等份,向其中一份中加入50mL 0.60 mol·L-1的AgNO3溶液可使溶液中的Cl-沉淀完全;向另一份溶液中加入50 mL 0.20 mol·L-1的稀硫酸可使Ba2+刚好沉淀完全。则原溶液中c（Na+）（单位:mol·L-1）为A．0.1 B．0.2 C．0.4 D．0.02【答案】B【解析】根据Ba2+ + SO42-= BaSO4↓可知：n（Ba2+）= n（SO42-）=0.2mol/L × 0.05L = 0.01mol，根据反应Ag+ + Cl- ═ AgCl↓，则：n（Cl-） = n（AgNO3） =0.6mol/L × 0.05L = 0.03mol，每份溶液中含有：n（Ba2+） = 0.01molmol，n（Cl-） = 0.03mol，由混合溶液分成2等份，则原溶液中钡离子的浓度为：，氯离子的浓度为：，根据溶液不显电性，设原混合溶液中钠离子物质的量浓度为x，则：0.2 mol/L × 2 + x × 1 =0.6mol/L × 1，解得：x =0.2mol/L，所以B正确；故选B。5．将0.01 mol NaOH和1.06 g Na2CO3混合并配成溶液，向溶液中滴加0.1 mol/L稀盐酸。下列图像能正确表示加入盐酸的体积和生成CO2的物质的量的关系的是A． B．C． D．【答案】C【解析】对NaOH和Na2CO3混合配成的溶液，当滴加盐酸时，先发生NaOH+HCl=NaCl+H2O，再发生Na2CO3+HCl=NaHCO3+ NaCl，最后发生NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O。n(Na2CO3)==0.01mol，NaOH和Na2CO3的混合液中加HCl，依次发生反应①H++OH-=H2O、②CO32-+H+=HCO3-、③HCO3-+ H+=CO2↑+H2O，反应①消耗的n(HCl)= n(NaOH)= 0.01mol，V(HCl)==0.1L，反应②消耗的n(HCl)= n(CO32-)= 0.01mol，V(HCl)==0.1L，反应①和反应②均没有CO2生成，因此加入前0.2L的HCl时没有气体生成，当再加入0.1L时，此步反应进行完全；继续滴加时，发生反应③HCO3-+ H+=CO2↑+H2O；此时开始放出气体，反应完全时生成二氧化碳的物质的量是0.01mol，正好与图象相符，故C正确；6．不能够区分碳酸钠和碳酸氢钠固体的方法是A．与相同体积相同浓度盐酸反应 B．加热C．与氯化钙溶液反应 D．与澄清石灰水的反应【答案】D【解析】A．根据反应Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl、NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O可知，碳酸钠和碳酸氢钠固体分别与相同体积相同浓度盐酸反应的速率，碳酸钠小于碳酸氢钠，可以区分两种固体，故A错误；B．碳酸氢钠不稳定受热易分解生成碳酸钠水和二氧化碳，碳酸钠较稳定受热不易分解，可以区分两种固体，故B错误；C．碳酸钠与氯化钙发生反应，有碳酸钙白色沉淀生成，所以碳酸钠固体与氯化钙溶液混合既有白色固体的溶解又有白色沉淀产生；碳酸氢钠固体与氯化钙溶液混合只有固体溶解，可以区分两种固体，故C错误；D．碳酸钠和碳酸氢钠固体均能与澄清石灰水的反应生成碳酸钙白色沉淀，即碳酸钠和碳酸氢钠固体与澄清石灰水混合后的实验现象一致，不可用于区分两固体，故D正确；答案选D。7．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【答案】D【解析】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；8．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是A．22.4L（标准状况）氩气含有的质子数为18NAB．标准状况下，2.24LCO2和O2的混合气体中分子数为0.2NAC．1molK2Cr2O7被还原为Cr3+转移的电子数为6NAD．120gNaHSO4和KHSO3的固体混合物中含有的阳离子数为NA【答案】B【解析】A．22.4L(标准状况)氩气的物质的量为1mol，氩气是单原子分子，1mol氩气含有的质子数是18NA，故A正确；B．标准状况下，2.24L CO2和O2的混合气体的物质的量为0.1mol，所含分子数为0.1NA，故B错误；C．1molK2Cr2O7被还原为Cr3+，每个Cr降低3个价态，因此转移的电子数为3×2NA=6NA，故C正确；D．NaHSO4和KHSO3的摩尔质量均为120 g∙mol−1，含有的阳离子分别为Na＋、K＋，故120gNaHSO4和KHSO3的混合物的物质的量为1mol，含有阳离子的物质的量为1mol，故D正确。综上所述，答案为B。9．已知KMnO4与浓HCl在常温下反应能产生Cl2。若用如图所示的实验装置来制备纯净、干燥的氯气，并试验它与金属的反应。每个虚线框表示一个单元装置，其中有错误的是(不考虑①单元装置)   A．只有④处 B．只有②处 C．只有②和③处 D．②③④处【答案】D【解析】实验室可使用KMnO4与浓盐酸反应制备Cl2，2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+5Cl2↑+2MnCl2+8H2O，生成的Cl2中含有HCl气体和水蒸气，用饱和食盐水除去HCl，用浓硫酸干燥气体，可得到纯净的Cl2。根据分析，①处可以制氯气，①正确；②处氢氧化钠溶液会把氯气和氯化氢都吸收了，应使用饱和食盐水，②错误；③处的导管应长进短出，③错误；④处的试管是封闭的，通入气体因压强增大会导致爆炸，④错误；综上所述，②③④错误，故选D。10．侯氏制碱法制取NaHCO3的原理为NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl。实验室用如图所示的装置模拟侯氏制碱法制取少量Na2CO3固体。下列说法正确的是A．甲中反应的离子方程式为：CO32-+2H+=CO2↑+H2OB．乙的试剂为饱和Na2CO3溶液，可除去CO2中的少量HClC．丙中用冷水浴冷却有利于析出NaHCO3固体D．进一步制取Na2CO3的操作是：取丙中的沉淀在蒸发皿中灼烧【答案】C【解析】盐酸与CaCO3反应产生CO2，用饱和NaHCO3溶液除去HCl杂质后通入装置丙，与吸收足量NH3的饱和食盐水发生反应，得到NaHCO3沉淀。A．甲中CaCO3是难溶物，不拆写，反应的离子方程式为：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O，A错误；B．由于CO2与Na2CO3溶液能反应，乙的试剂为饱和NaHCO3溶液，目的是除去CO2中的少量HCl，B错误；C．丙体系中，NaHCO3的溶解度随温度减低大幅下降，用冷水浴冷却有利于析出NaHCO3固体，C正确；D．进一步制取Na2CO3的操作是：过滤取得丙中的沉淀，在坩埚中灼烧，D错误；11．根据阿伏加德罗定律的相关内容，下列说法错误的是A．温度相同，体积相同的O2和N2分子数不一定相同B．常温常压下，SO2与CO2的密度之比等于16∶11C．温度和容积相同的两容器中，分别盛有5 mol O2和2 mol N2，则压强之比等于5∶2D．标准状况下，SO3与O2的体积之比等于物质的量之比【答案】D【解析】A．温度相同、体积相同的O2和N2，若压强不同，二者物质的量不同，则含有分子数不同，故A正确；B．常温常压下气体摩尔体积相同，根据ρ=可知，SO2与CO2的密度之比等于摩尔质量之比=64 g/mol∶44 g/mol=16∶11，故B正确；C．温度和容积相同的两容器中，根据pV=nRT可知，分别盛有5 mol O2和2 mol N2时压强之比等于物质的量之比=5 mol∶2 mol=5∶2，故C正确；D．标准状况下SO3不是气体，不能使用标况下气体摩尔体积计算，故D错误；12．下列叙述中不正确的是A．Na2O2是淡黄色固体, Na2O 是白色固体, 二者都能与水反应生成 NaOHB．Na和O2在加热时反应生成 Na2O2，在常温下反应生成 Na2OC．Na2O与CO2发生化合反应生成Na2CO3，Na2O2与CO2发生置换反应生成 O2D．2 g H2充分燃烧后产物被Na2O2完全吸收，Na2O2固体增重2g【答案】C【解析】A．Na2O2是淡黄色固体，与水反应生成氢氧化钠和氧气，Na2O 是白色固体，与水反应生成 NaOH，故A正确；B．Na和O2在加热时反应生成 Na2O2，在常温下反应生成 Na2O，故B正确；C．Na2O2与CO2反应生成 O2的反应不属于置换反应，故C错误；D．2 g H2充分燃烧生成18g水，18g水被Na2O2完全吸收放出氧气，Na2O2固体增重2g，故D正确；13．向盛有NaBr溶液的试管中加入少量氯水，振荡，再加入适量苯，振荡，静置。下列判断正确的是 【答案】A【解析】向溴化钠溶液中加入少量氯水，氯气与溴化钠溶液发生置换反应生成氯化钠和溴，振荡，再加入适量密度小于水的有机溶剂苯，苯萃取溶液中的溴，振荡，静置溶液分层，上层为橙红色的溴的苯溶液，下层无色的水溶液，故选A。14．某化学小组探究卤族元素的性质，进行如图所示的实验(均为浸有相应试液的棉花，夹持装置略)。下列说法正确的是A．具支试管中发生反应的化学方程式为B．若a处变为橙色，b处变为蓝色，说明非金属性Cl>Br>IC．若c处褪色，说明KMnO4与Cl2发生反应D．若d处褪色，说明Cl2具有漂白性【答案】A【解析】A．84消毒液的有效成分为NaClO，与浓盐酸发生归中反应生成氯气，反应的化学方程式为，A正确；B．具支试管产生氯气在a处于KBr发生置换反应生成Br2，溶液变橙色，可得氧化性Cl2>Br2，b处氯气和KI反应生成I2，淀粉遇碘单质变蓝，可得氧化性：Cl2>I2，但未知I2与Br2的氧化性强弱，无法得到非金属性Cl>Br>I，B错误；C．浓盐酸具有挥发性，HCl气体也能与酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应使溶液褪色，不能说明是KMnO4与Cl2发生反应，C错误；D．氯气和NaOH溶液反应生成NaCl和NaClO，溶液碱性变弱，酚酞溶液褪色，不是氯气的漂白性造成的，D错误；二、非选择题(本题共4小题，共58分)15．(14分)如图所涉及的物质均为中学化学中的常见物质，其中C为气态单质，D为黄绿色气体，E为固态单质，它们存在如下转化关系，反应中生成的水及次要产物均已略去。(1)写出有关物质的化学式：F____________，H____________。(2)指出MnO2在相关反应中的作用：反应①中是________剂，反应②中是________剂。(3)若反应①是在加热条件下进行的，则A是________；若反应①是在常温条件下进行的，则A是________。(4)写出B与MnO2共热获得D的化学方程式：______________________。【答案】(1)Fe3O4　FeCl3　(2)催化　氧化　(3)KClO3 H2O2(4)MnO2＋4HCl(浓) MnCl2＋Cl2↑＋2H2O【解析】黄绿色气体是Cl2，然后根据框图转化关系可推知，B为盐酸，C为O2，E为Fe，A可能为H2O2或KClO3，F为Fe3O4，G为FeCl2，H为FeCl3，当反应①在加热条件下进行时，A为KClO3；当①在常温条件下进行时，A为H2O2，且在反应中MnO2皆作催化剂；而在反应②中MnO2为氧化剂，将HCl氧化为Cl2。16．(14分)过氧化钠是重要的化工原料，具有多种用途。(1)过氧化钠是___________色固体，电子式为___________。(2)过氧化钠可用作呼吸面具、潜水艇的供氧剂，写出和反应的化学方程式：___________。(3)某实验小组通过如图所示实验，探究与水的反应，下列说法正确的是___________。A．②中的大量气泡主要成分是氢气B．③中溶液变红，说明有酸性物质生成C．④中现象可能是由于溶液中含有强氧化性物质造成的D．⑤中的主要作用是降低了水中氧气的溶解度(4)具有强氧化性，与反应能生成硫酸钠，写出反应的化学方程式：___________。【答案】(1)     淡黄     (2)2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2(3)C(4)Na2O2+SO2=Na2SO4【解析】(1)已知过氧化钠是淡黄色固体，其电子式为： ，故答案为：淡黄； ；(2)Na2O2和CO2反应生成Na2CO3和O2，该反应的化学方程式为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，故答案为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；(3)A．2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，则②中的大量气泡主要成分不是氢气而是氧气，A错误；B．由于Na2O2与水反应生成了NaOH，则③中溶液变红，说明有碱性物质生成，B错误；C．由于Na2O2与水发生过程中可能生成强氧化性物质H2O2，④中现象可能是由于溶液中含有强氧化性物质造成的，C正确；D．由于Na2O2与水发生过程中可能生成强氧化性物质H2O2，H2O2在MnO2的催化下发生分解产生O2，即⑤中MnO2的主要作用是催化H2O2分解，D错误；故答案为：C；(4)Na2O2具有强氧化性，与SO2反应能生成硫酸钠，二者反应的化学方程式为：Na2O2+SO2=Na2SO4，故答案为：Na2O2+SO2=Na2SO4。17．(15分)欲配制0.80mol/L的NaOH溶液480mL，现有以下仪器：①烧杯②100mL量筒③托盘天平(带砝码)④玻璃棒⑤胶头滴管(1)配制时，还缺少的玻璃仪器是_____。(2)使用容量瓶前必须进行的一步操作是______。(3)配制溶液时，一般可以分为以下几个步骤,正确的操作顺序是：______(用字母表示，每个字母只能用一次)A．用水洗涤烧杯2~3次，洗涤液均注入容量瓶B．用托盘天平称取所需的NaOH固体的质量，放入烧杯中，再加入少量水，用玻璃棒慢慢搅动，使其充分溶解C．将已冷却的溶液沿玻璃棒注入容量瓶中D．将容量瓶盖紧，振荡，摇匀E.改用胶头滴管加水，使溶液凹液而恰好与刻度相切F.继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度1~2cm处(4)下列哪些操作会引起所配溶液浓度偏大______(填写字母)。A．容量瓶底部有蒸馏水未干燥即用来配制溶液B．NaOH在烧杯中溶解后，未冷却就立即转移到容量瓶中，并进行定容C．往容量瓶转移时，有少量液体溅出D．在容量瓶中定容时俯视刻度线E.定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面不到刻度线，再加水至刻度线【答案】500mL的容量瓶 检验是否漏液 B、C、A、F、E、D BD 【解析】(1)分析可知，配制时，还缺少500mL的容量瓶；(2)容量瓶有玻璃塞，使用前应先验漏；(3)配置溶液的步骤为计算、称量、溶解、移液、洗涤并移液、定容、摇匀，转移至试剂瓶中，则操作顺序为B、C、A、F、E、D；(4)A．容量瓶底部有蒸馏水未干燥即用来配制溶液，对配置溶液的体积及溶质的物质的量无影响，则溶液的浓度不变，A与题意不符；B．NaOH在烧杯中溶解后，未冷却就立即转移到容量瓶中，并进行定容，溶液的温度较高，导致溶液的体积偏小，则配置溶液的浓度偏大，B符合题意；C．往容量瓶转移时，有少量液体溅出，导致配置溶液中溶质的物质的量减小，配置溶液的浓度偏小，C与题意不符；D．在容量瓶中定容时俯视刻度线，导致溶液的体积偏小，则配置溶液的浓度偏大，D符合题意；E．定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面不到刻度线，再加水至刻度线，导致溶液的体积偏大，则配置溶液的浓度偏小，E与题意不符；答案为BD。18．(15分)高铁酸钾(K2FeO4)是一种高效多功能的新型非氯绿色消毒剂。实验小组欲制备高铁酸钾并探究其性质。已知：K2FeO4为紫色固体，具有强氧化性；在碱性溶液中较稳定，微溶于KOH溶液；在酸性或中性溶液中快速产生O2，(1)除了用二氧化锰和浓盐酸反应外，实验室可以用氯酸钾和浓盐酸反应制取氯气，反应方程式如下：KClO3+6HCl（浓）=KCl+3Cl2↑+3H2O。①浓盐酸在反应中显示出来的性质是___________。②若产生标况下6.72 L Cl2，则被氧化的HCl的物质的量为___________mol。③如果要将装置B补充完整，除需用导管外，试剂瓶中还应装的除杂试剂为___________。(2)C中得到紫色固体和溶液。C中Cl2发生的反应有。另外还有______。(用离子方程式表示)(3)“84消毒液”的有效成分为NaClO，不可与酸性清洁剂混用的原因是___________(用离子方程式表示)。工业上是将氯气通入到30%的NaOH溶液中来制备NaClO溶液，若NaClO溶液中NaOH的质量分数为2%，则生产1000kg该溶液需消耗氯气的质量为___________kg(保留整数)。【答案】(1)     还原性和酸性     0.5mol     饱和氯化钠溶液(2)Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O(3)     ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O     196【解析】(1)①在反应KClO3+6HCl（浓）=KCl+3Cl2↑+3H2O中，HCl中部分氯元素化合价升高被氧化，体现还原性，部分化合价不变与钾离子形成盐，所以体现了还原性和酸性；②标况下6.72 LCl2的物质的量为0.3mol，根据方程式KClO3+6HCl（浓）=KCl+3Cl2↑+3H2O可知参加反应的HCl为0.6mol，其中有被氧化，则被氧化的HCl的物质的量为0.5mol，③装置B是除去氯气中HCl的装置，试剂瓶中还应装的除杂试剂为饱和氯化钠溶液，故答案为：还原性和酸性；0.5mol；饱和氯化钠溶液；(2)C中得到紫色固体和溶液，溶液中含有的过量KOH溶液也会和氯气反应，所以离子方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，故答案为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；(3)酸性清洁剂的主要成分是HCl，与NaClO混合会发生氧化还原反应生成氯气，离子方程式为 ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O；氯气与氢氧化钠溶液反应制备次氯酸钠，设30%的NaOH溶液的质量为xkg，反应消耗的氯气的质量为ykg，根据质量守恒有x+y=1000，，解得y≈196，故答案为ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O；196。选项ABCD上层橙红色黄绿色无色无色下层无色无色红棕色黄绿色