新教材人教版化学必修第一册习题：第二章　海水中的重要元素-钠和氯 测评（B）

PAGE第二章测评(B)(时间:60分钟满分:100分)一、选择题(本题包括12个小题,每小题5分,共60分,每小题只有1个选项符合题意)1.化学在生产和生活中有着重要的应用。下列说法中不正确的是()A.钠的还原性很强,可以用来冶炼金属B.Na2O2既可作呼吸面具中O2的来源,又可用于漂白织物、羽毛等C.碳酸钠在医疗上是治疗胃酸过多的一种药剂D.发酵粉中主要含有碳酸氢钠,能使焙制出的糕点疏松多孔答案:C解析:碳酸钠碱性较强,对胃刺激性较大,不能用来治疗胃酸过多。在医疗上用碳酸氢钠治疗胃酸过多。2.下列溶液中,与100mL0.5mol·L-1NaCl溶液所含的Cl-物质的量浓度相同的是()A.100mL0.5mol·L-1MgCl2溶液B.40mL0.25mol·L-1AlCl3溶液C.50mL1mol·L-1NaCl溶液D.25mL0.5mol·L-1HCl溶液答案:D解析:Cl-的物质的量浓度与体积无关。A项中c(Cl-)=0.5mol·L-1×2=1mol·L-1,B项中c(Cl-)=0.25mol·L-1×3=0.75mol·L-1,C项中c(Cl-)=1mol·L-1,D项中c(Cl-)=0.5mol·L-1。3.下列叙述中正确的是()A.同温、同压下,相同体积的任何物质,其物质的量必然相等B.任何条件下,等物质的量的甲烷(CH4)和一氧化碳所含的分子数必然相等C.1L一氧化碳气体一定比1L氧气的质量小D.一氧化碳和氮气的摩尔质量相等,若其体积相等,则质量一定相等答案:B解析:同温、同压下,具有相同体积的任何气体,其分子数相等,物质的量相等,A项错误;没有说明温度和压强,1LCO和1LO2的物质的量大小不能确定,两者的质量也无法确定,C项错误;未指明同温、同压条件,一氧化碳和氮气的体积相等,其物质的量不一定相等,质量也不一定相等,D项错误。4.下列离子方程式书写正确的是()A.NaHCO3溶液与NaOH溶液反应:HCO3-+OH-CO32B.氯气与烧碱溶液作用:Cl2+2OH-2Cl-+H2OC.用浓盐酸制取氯气:MnO2+2H++2Cl-Mn2++Cl2↑+H2OD.Fe2+与Cl2反应:Fe2++Cl2Fe3++2Cl-答案:A解析:B项中氧原子不守恒,应为Cl2+2OH-Cl-+ClO-+H2O;C项中电荷不守恒,氧原子不守恒,应为MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O;D项中电荷不守恒,电子得失不守恒,应为2Fe2++2Cl22Fe3++2Cl-。5.下列有关含氯物质的说法正确的是()A.氯气的水溶液能导电,所以氯气是电解质B.氯水中具有漂白性的物质是HClO而不是HCl或Cl2C.漂白粉在空气中久置变质的原因是漂白粉中的CaCl2与空气中的CO2反应生成了CaCO3D.氯水要现用现配制,保存在塞有橡胶塞的棕色细口瓶中,并置于冷暗处答案:B解析:A项,氯气是单质,不是电解质;C项,漂白粉变质是Ca(ClO)2与CO2、H2O反应生成的HClO见光分解;D项,氯水中含Cl2、HClO等氧化性粒子,能氧化橡胶,不能使用橡胶塞。6.设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是()A.5.6gFe与足量稀盐酸反应转移的电子数为0.3NAB.常温常压下,11.2LN2O气体所含分子数为0.5NAC.标准状况下,32gO2和O3的混合气体含有的氧原子数为2NAD.1mol·L-1NaCl溶液含有NA个Na+答案:C解析:Fe与盐酸反应生成FeCl2,5.6gFe失去0.2mol电子,A项错误;体积与温度、压强有关,标准状况下,11.2LN2O气体的物质的量为0.5mol,B项错误;32gO2和O3的混合气体含有2mol氧原子,C项正确;D项溶液体积未知,不能确定Na+的物质的量。7.同温、同压下,相同质量的某气体与氮气的体积之比为2∶3,则该气体的摩尔质量为()A.42g·mol-1 B.56g·mol-1C.21g·mol-1 D.72g·mol-1答案:A解析:在同温、同压下,气体的体积之比等于其物质的量之比,即2∶3,该气体与氮气的质量相同,根据M=mn,可知该气体的摩尔质量为氮气的32倍,即28g·mol-1×32=42g·8.为了使宇航员在飞船中得到一个稳定的、良好的生存环境,一般在飞船内安装盛有Na2O2或K2O2颗粒的装置,它的用途是产生氧气。下列有关叙述正确的是()A.Na2O2与H2O、CO2的反应都是氧化还原反应,但不是基本类型的反应B.Na2O2分别与H2O、CO2反应产生相同质量的O2时,需要H2O和CO2的质量相等C.Na2O2分别与H2O、CO2反应产生相同质量的O2时,转移的电子数不相等D.Na2O2的漂白原理与活性炭的漂白原理相同答案:A解析:根据化学方程式可知,生成相同质量的O2时消耗的H2O和CO2的物质的量相等,转移的电子数相等,但质量不相等,B项、C项都错误;Na2O2因具有强氧化性而有漂白性,活性炭漂白是利用其吸附性,故原理不同,D项错误。9.如图所示,两圆圈相交的部分表示圆圈内的物质相互发生的反应。已知Na、Na2O、Na2O2的物质的量都是0.1mol,水的质量为100g。下列说法正确的是()A.反应③能生成1.6gO2B.反应①的离子方程式为Na+2H2ONa++2OH-+H2↑C.Na2O2中阴、阳离子数目之比为1∶1D.①②③充分反应后恢复至室温,所得溶液中溶质的物质的量浓度从大到小为①>②>③答案:A解析:反应③为2Na2O2+2H2O4NaOH+O2↑,根据化学方程式可计算出生成0.05mol(即1.6g)O2,A项正确;反应①的离子方程式为2Na+2H2O2Na++2OH-+H2↑,B项错误;过氧化钠中阴离子是O22-,所以阴、阳离子数目之比为1∶2,C项错误;①②③充分反应后所得溶液中溶质均为NaOH,其物质的量分别是0.1mol、0.2mol、0.2mol,反应后三种溶液的体积很接近,故物质的量浓度从大到小为②=③>①,D10.有一瓶溶质质量分数为14%的KOH溶液,加热蒸发掉100g水后,变为28%的KOH溶液80mL,这80mL溶液的物质的量浓度为()A.5.25mol·L-1B.5.75mol·L-1C.6.25mol·L-1D.6.75mol·L-1答案:C解析:溶质质量分数14%的氢氧化钾溶液蒸发掉100g水后变为28%,所以蒸发前溶液质量为200g,其中含溶质KOH的质量为28g,其物质的量为0.5mol,蒸发前后溶质的物质的量不变,蒸发后溶液的物质的量浓度为0.5mol0.08L=6.11.某溶液中的溶质仅电离出Na+、Mg2+、SO42-、Cl-四种离子,其物质的量浓度之比为c(Na+)∶c(Mg2+)∶c(Cl-)=3∶5∶5,若Na+的浓度为3mol·L-1A.2mol·L-1 B.3mol·L-1C.4mol·L-1 D.8mol·L-1答案:C解析:Na+浓度为3mol·L-1,由c(Na+)∶c(Mg2+)∶c(Cl-)=3∶5∶5,可得c(Mg2+)=5mol·L-1,c(Cl-)=5mol·L-1,根据溶液呈电中性,有c(Na+)+2c(Mg2+)=c(Cl-)+2c(SO42-),故3mol·L-1+2×5mol·L-1=5mol·L-1+2c(SO42-),解得:c(S12.下列说法正确的是()①氯气的性质活泼,它与氢气混合后立即发生爆炸②实验室制取氯气时,为了防止环境污染,多余的氯气可以用氢氧化钙溶液吸收③新制氯水的氧化性强于久置的氯水④检验HCl气体中是否混有Cl2,方法是将气体通入硝酸银溶液中⑤除去HCl气体中的Cl2,可将气体通入饱和食盐水中A.①②④⑤ B.②③④C.③ D.③⑤答案:C解析:氯气与氢气混合,达到爆炸极限,在光照或点燃条件下才能发生爆炸,①错;氢氧化钙溶液中溶质含量少,吸收效果差,实验室中常用氢氧化钠溶液吸收多余的氯气,②错;久置的氯水从成分上看相当于稀盐酸,新制氯水中含有Cl2、HClO等微观粒子而具有强氧化性,③对;HCl、Cl2都能与AgNO3溶液反应产生白色沉淀,④错;将气体通入饱和食盐水中,除去的是HCl气体,而不是Cl2,⑤错。二、非选择题(共4小题,共40分)13.(8分)实验室欲用NaOH固体配制1.0mol·L-1的NaOH溶液240mL。(1)本实验必须用到的仪器有天平、药匙、玻璃棒、烧杯、。

(2)某同学欲称量NaOH的质量,他先用托盘天平称量烧杯的质量,天平平衡后的状态如下图所示。烧杯的实际质量为g,要完成本实验该同学应称出gNaOH。

(3)使用容量瓶前必须进行的一步操作是

。

(4)在配制过程中,下列操作会引起所配溶液浓度偏大的是。

A.转移溶液时不慎有少量洒到容量瓶外面B.定容时俯视刻度线C.未冷却到室温就将溶液转移到容量瓶并定容D.定容后塞上瓶塞反复摇匀,静置后,液面低于刻度线,再加水至刻度线答案:(1)250mL容量瓶、胶头滴管(2)27.410.0(3)检查容量瓶是否完好,检验瓶口是否漏液(4)BC解析:(1)所选择的容量瓶的容积要与所配溶液的体积尽可能相近,遵循“大而近”原则。配制240mL的NaOH溶液,应选250mL的容量瓶。(2)用天平称量试剂,要根据“左物右码”的放置原则。若放反,则m物=m码-m游码,因此,烧杯的质量为30g-2.6g=27.4g。m(NaOH)=1mol·L-1×0.25L×40g·mol-1=10.0g。(3)容量瓶在使用前要检查容量瓶是否完好,检验瓶口是否漏液。(4)误差分析要根据溶质的物质的量和溶液体积进行分析。14.(8分)实验室可用反应2KMnO4+16HCl(浓)2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O制取氯气。(1)该反应中,原子得电子,被氧化。

(2)化剂与还原剂的物质的量之比是,氧化产物与还原产物的物质的量之比为。

(3)该反应的离子方程式为。

(4)若反应中有7.3g氯化氢被消耗,则产生的氯气在标准状况下的体积为L。

(5)对比实验室用二氧化锰制取氯气,氧化性:KMnO4(填“>”或“<”)MnO2。

答案:(1)锰HCl(2)1∶55∶2(3)2MnO4-+16H++10Cl-2Mn2++5Cl2↑+8H2(4)1.4(5)>解析:(1)锰元素的化合价降低,锰原子得到电子;氯元素化合价升高,HCl被氧化。(2)氧化剂为高锰酸钾,还原剂为氯化氢,参加反应的16molHCl中,有10molHCl被氧化,6molHCl表现酸性生成盐KCl、MnCl2,故氧化剂与还原剂的物质的量之比是2∶10=1∶5。氧化产物为Cl2,还原产物为MnCl2,其物质的量之比为5∶2。(3)离子方程式为2MnO4-+16H++10Cl-2Mn2++5Cl2↑+8H2O。(4)7.3gHCl的物质的量为0.2mol,产生氯气为0.2mol×516=116mol,V(Cl2)=22.4L·mol-1×116mol=1.4L。(5)15.(12分)某课外活动小组利用二氧化锰与浓盐酸在实验室中制备氯气,并进行有关氯气性质的研究。(1)该小组同学欲用图1所示仪器及试剂(不一定全用)制备并收集纯净、干燥的氯气。图1①应该选择的仪器是(填字母)。

②将各仪器按先后顺序连接起来,应该是:a→,→,→,→h(用导管口处的字母表示)。

③浓盐酸与二氧化锰反应的化学方程式为。

(2)该小组同学设计并分别利用图2和图3所示装置探究氯气的氧化性。图2图3①G中的现象是,原因是(用化学方程式表示)。

②H中的现象是。

答案:(1)①ACDBE②defgbc③MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O(2)①溶液由无色变为蓝色Cl2+2KII2+2KCl②产生白色沉淀解析:(1)①MnO2与浓盐酸的反应属于“固液加热型”,应选择A作为反应装置。②生成的Cl2中含有HCl气体和水蒸气,将该Cl2依次通过仪器C(d口进气,e口出气)、D(f口进气,g口出气)获得纯净、干燥的Cl2。Cl2密度比空气的密度大,应选择仪器B(b口进气,c口出气)用向上排空气法收集Cl2。Cl2有毒,易与NaOH溶液发生反应,选择仪器E吸收尾气。③浓盐酸与二氧化锰反应的化学方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O。(2)①Cl2有强氧化性,I-有较强的还原性,在G中,Cl2与溶液中的KI发生反应:Cl2+2KII2+2KCl,淀粉遇I2显蓝色。②Cl2有强氧化性,SO2有较强的还原性,在H中,Cl2将SO2氧化为SO42-,SO42-与Ba16.(12分)化学兴趣小组的同学为测定某Na2CO3和NaCl的固体混合物样品中Na2CO3的质量分数进行了以下实验。请你参与并完成对有关问题的解答:图1图2(1)甲同学用图1所示装置测定CO2的质量。实验时稀硫酸是与样品中的(填“Na2CO3”或“NaCl”)发生反应,仪器b的名称是,洗气瓶c中盛装的是浓硫酸,其作用是。

(2)乙同学用图2所示装置,取一定质量的样品(mg)与足量稀硫酸反应,完成样品中Na2CO3质量分数的测定。①实验前,检查该装置气密性的方法是先打开活塞a,由b注入水至其下端玻璃管中形成一段水柱,再将针筒活塞向内推压,若b下端玻璃管中的,则装置气密性良好。

②在实验完成时,能直接测得的数据是CO2的(填“体积”或“质量”)。

(3)丙同学用图3所示方法和步骤进行实验:图3①操作Ⅰ涉及的实验名称有、洗涤;操作Ⅱ涉及的实验名称有干燥、。

②丙同学测得样品中Na2CO3的质量分数为(用含a、b的代数式表示)。

答案:(1)Na2CO3分液漏斗除去CO2中的水蒸气(2)①液面上升②体积(3)①过滤称量②106解析:(1)NaCl不与稀硫酸反应,Na2CO3与稀硫酸反应。仪器b的名称是分液漏斗。浓硫酸的作用是除去CO2中的水蒸气(或干燥CO2气体)。(2)①推压针筒活塞,增大了容器中的压强,故若b下端玻璃管中的液面上升,则装置气密性良好。②CO2是气体,故能直接测得的数据是CO2的体积。(3)①生成沉淀,故操作Ⅰ需涉及过滤操作。要知道固体的质量需要称重。②Na2CO3+Ba(OH)2BaCO3↓+2NaOH106 197m(Na2CO3) bgm(Na2CO3)=106bNa2CO3的质量分数为106b综合测评一、选择题(本题包括15小题,每小题3分,共45分。每小题只有1个选项符合题意)1.(浙江11月选考,5)可用于治疗胃酸过多的物质是()A.碳酸氢钠 B.氯化钠C.氯化钾 D.氢氧化钠答案A解析碳酸氢钠可与盐酸发生反应生成氯化钠、水以及二氧化碳,可用于治疗胃酸过多,A项正确;NaCl、KCl不与盐酸反应,不能用于治疗胃酸过多,B项、C项错误;氢氧化钠具有极强的腐蚀性,对人体有害,不能用于治疗胃酸过多,D项错误。2.向一小烧杯中分别加入等体积的水和煤油,片刻后再向该烧杯中缓慢地加入一绿豆粒大的金属钠,可能观察到的现象是下图中的()答案A解析钠的密度比煤油的大,比水的小,故钠在水和煤油的交界处与水发生反应生成氢气,从而可看到气泡,正确答案为A项。3.植物中山茶花、石榴可以吸收氯气,紫藤和月季对氯气的吸收净化能力也很强。在实验室制取Cl2时,尾气一般要用NaOH溶液吸收而不用澄清石灰水吸收的理由是()A.氯气不与石灰水反应B.Ca(OH)2微溶于水,澄清石灰水中Ca(OH)2的含量少,不能充分吸收尾气中的Cl2C.氯气与Ca(OH)2反应生成的CaCl2难溶于水D.澄清石灰水能吸收空气中的CO2而变浑浊答案B解析Ca(OH)2在水中的溶解度小,吸收Cl2的量较少,吸收不充分。4.将紫色石蕊溶液滴入NaOH溶液中,溶液变蓝色,再通入氯气,溶液由蓝色变成红色,最后颜色慢慢褪去,其原因是()①氯气有漂白性②氯气与NaOH溶液反应③氯气的水溶液呈酸性④次氯酸有漂白性⑤氯化钠有漂白性A.①④ B.②③④C.①②③ D.④⑤答案B解析Cl2与NaOH溶液反应生成NaCl和NaClO,当Cl2过量时,Cl2与水反应生成HCl和HClO,溶液呈酸性,因此使石蕊溶液变红色,而HClO有漂白性,又使溶液褪色。5.用漂白粉溶液浸泡过的有色布条晾置在空气中一段时间,漂白效果更好,原因是()A.漂白粉被氧化了B.有色布条被空气中的氧气氧化了C.漂白粉跟空气中的CO2反应,生成了较多量的HClOD.漂白粉溶液蒸发掉部分水,其浓度增大答案C6.(河北邯郸高一检测)已知NA是阿伏加德罗常数的值,下列说法不正确的是()A.3g3He含有的中子数为NAB.1molK2Cr2O7被还原为Cr3+转移的电子数为6NAC.28gCO和N2的混合物含有的电子数为14NAD.标准状况下,4.48L水分子的数目为0.2NA答案D解析3He的中子数为3-2=1,则3g3He的中子数为3g3g·mol-1×NAmol-1=NA,选项A正确;重铬酸钾被还原为铬离子时,铬元素从+6价降低到+3价,1mol重铬酸钾转移的电子数为3mol×2×NAmol-1=6NA,选项B正确;CO和N2的摩尔质量均为28g·mol-1,每个分子所含电子数均为14,则28g混合物的物质的量为1mol,所含有的电子数等于14NA,选项C正确7.(北京朝阳期末质量检测)以不同类别物质间的转化为线索,认识钠及其化合物。下列分析不正确的是()A.反应③表明CO2具有酸性氧化物的性质B.反应④说明NaHCO3的稳定性强于Na2CO3C.反应⑤⑥可用于潜水艇中氧气的供给D.上述转化中发生的反应有分解反应、化合反应、置换反应答案B解析反应③为2NaOH+CO2Na2CO3+H2O,NaOH为碱,Na2CO3为盐,因此CO2具有酸性氧化物的性质,A项正确;反应④是2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O,说明Na2CO3比NaHCO3稳定,B项错误;反应⑤⑥分别是2Na2O2+2H2O4NaOH+O2↑、2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2,因此反应⑤⑥可用于潜水艇中氧气的供给,C项正确;反应④为分解反应,反应①为化合反应,反应②为置换反应,D项正确。8.将钠和硫分别置于下图所示的两个盛满氧气的集气瓶中,燃烧完毕冷却至室温后,打开装置中的两个活塞,这时观察到()A.水进入左瓶 B.水进入右瓶C.水同时进入两瓶 D.水不进入任何一瓶答案A解析由于钠与氧气反应生成过氧化钠,使左瓶氧气减少,压强减小,而右瓶中的硫与氧气反应生成二氧化硫,气体的体积不变,压强不变,故打开两个活塞时可观察到水进入左瓶。9.(山东聊城高一检测)欲配制100mL1.0mol·L-1Na2SO4溶液,下列方法正确的是()①将14.2gNa2SO4,溶于100mL水中②将32.2gNa2SO4·10H2O溶于少量水中,再用水稀释至100mL③将20mL5.0mol·L-1Na2SO4溶液用水稀释至100mLA.①② B.②③ C.①③ D.①②③答案B解析①14.2gNa2SO4的物质的量为14.2g142g·mol-1=0.1mol,但溶液的体积不等于溶剂的体积,所以无法计算出物质的量浓度,故①错误;②32.2gNa2SO4·10H2O的物质的量为32.2g322g·mol-1=0.1mol,硫酸钠的物质的量等于硫酸钠晶体的物质的量,硫酸钠的物质的量浓度c=0.1mol0.1L=1.0mol·L-1,故②正确;③根据稀释定律,稀释前后溶质硫酸钠的物质的量不变,则20mL×5.0mol10.(2019浙江4月选考,6)反应8NH3+3Cl2N2+6NH4Cl,被氧化的NH3与被还原的Cl2的物质的量之比为()A.2∶3 B.8∶3 C.6∶3 D.3∶2答案A解析N的化合价由-3价升高为0价,每个NH3分子被氧化失去3个电子;Cl的化合价由0价变为-1价,每个Cl2分子被还原得到2个电子;根据得失电子守恒可知,被氧化的NH3与被还原的Cl2的物质的量比为2∶3,所以A项正确。11.如图两瓶体积相等的气体,在同温同压时瓶内气体的关系一定正确的是()A.所含原子数相等B.气体密度相等C.气体质量相等D.摩尔质量相等答案A解析同温同压下,两瓶中气体体积相等,则气体物质的量也相等;N2、O2和NO都是双原子分子,所以原子数也相等;由于N2和O2的比例不确定,所以两瓶内气体的质量、密度和摩尔质量都不一定相等。12.俗名为“臭碱”的硫化钠广泛应用于冶金染料、皮革、电镀等工业。硫化钠的一种制备方法是Na2SO4+2CNa2S+2CO2↑。NA表示阿伏加德罗常数的值。下列有关说法正确的是()A.1L1mol·L-1Na2SO4溶液中含氧原子的数目为4NAB.0.1mol·L-1Na2S溶液中含阳离子的数目为0.2NAC.生成1mol氧化产物时转移电子数为4NAD.通常状况下11.2LCO2中含质子的数目为11NA答案C解析1L1mol·L-1Na2SO4溶液中SO42-含氧原子的数目为4NA,但水中也含氧原子,选项A错误;不知道溶液的体积无法计算阳离子的个数,选项B错误;根据方程式,氧化产物为二氧化碳,生成1mol氧化产物时转移电子数为4NA,选项C正确;通常状况下,气体摩尔体积不是22.4L·mol-1,故11.2LCO2物质的量不是0.5mol,所含质子的数目不是11NA,13.把标准状况下4.48L的CO2通过一定量的固体Na2O2后,收集到标准状况下3.36L气体,则这3.36L气体的成分是()A.O2 B.CO2C.CO2和O2 D.无法确定答案C解析标准状况下,4.48LCO2与足量Na2O2反应时,产生2.24LO2,现反应后气体体积为3.36L,说明4.48LCO2未反应完,则3.36L气体应为CO2和O2的混合气体。14.同温同压下等质量的SO2气体和CO2气体,下列有关比较的叙述中,正确的是()A.密度之比为8∶11 B.密度之比为11∶16C.体积之比为16∶11 D.体积之比为11∶16答案D解析同温同压下等质量的SO2气体和CO2气体的物质的量之比是164∶144=11∶16,则体积比为11∶16,密度之比等于摩尔质量之比,即为15.(河北衡水高一检测)向某NaOH溶液中通入CO2气体后得溶液M,因CO2通入量的不同溶液M的组成也不同。若向M中逐滴加入盐酸,产生的气体体积V(CO2)与加入盐酸的体积V(HCl)的关系有下列图示四种情况(不计CO2的溶解),则下列对应图形的判断正确的是()答案C解析由于量的不同,CO2与NaOH可发生如下两种反应:①CO2+NaOHNaHCO3,②CO2+2NaOHNa2CO3+H2O。当n(CO2)n(NaOH)≥1时,反应按①进行,n(CO2)n(NaOH)=1时,CO2、NaOH恰好反应生成NaHCO3;n(CO2)n(NaOH)>1时,生成NaHCO3,CO2有剩余;当12<n(CO2)n(NaOH)<1时,反应按①②进行,CO2、NaOH反应,无剩余,生成物为NaHCO3、Na2CO3;当n(CO2)n(NaOH)≤12,反应按②进行,n(CO2)n(NaOH)=12时,CO2、NaOH恰好反应生成Na2CO3;n(CO2)n(NaOH)<12时,生成Na2CO3,NaOH有剩余;由上述分析可知,当含有两种溶质,不论是Na2CO3、NaOH,还是NaHCO3、Na2CO3,滴加盐酸都不能立即产生气体,选项A错误;①当溶质为Na2CO3时,不能立即产生气体,滴加盐酸先与碳酸钠反应生成碳酸氢钠,碳酸氢钠再与盐酸发生反应生成二氧化碳,且与碳酸钠反应生成碳酸氢钠消耗的盐酸体积等于与碳酸氢钠反应生成二氧化碳所消耗的盐酸体积,产生的气体体积V(CO2)与加入盐酸的体积V(HCl)的关系为;②当溶质为NaHCO3时,二、非选择题(本题包括5小题,共55分)16.(辽宁丹东期末)(8分)为了将可称量的物质与难以称量的微观粒子之间联系起来,国际上采用了“物质的量”这一物理量,据此完成下列试题:(1)等质量的O2和O3所含分子的物质的量之比为。

(2)等温等压下,等体积的O2和O3所含分子个数比为,质量比为。

(3)实验室需要配制100mL1mol·L-1的NaOH溶液,进行如下操作:①配制该溶液所需主要仪器除了托盘天平、玻璃棒、烧杯、胶头滴管,还需要的玻璃仪器是。

②计算需要NaOH固体的质量:g。

③取出50mL配制好的溶液,此溶液中NaOH的物质的量浓度为。

④若出现如下情况,导致所配溶液浓度偏高的是。

A.称量时砝码已经生锈B.定容时仰视C.溶解、转移溶液之后没有对烧杯和玻璃棒进行洗涤操作D.定容摇匀后,液面低于容量瓶颈上的刻度线答案(1)3∶2(2)1∶12∶3(3)①100mL容量瓶、量筒②4.0③1mol·L-1④A解析(1)根据n=mM可知,等质量的O2和O3的物质的量之比为n(O2)∶n(O3)=132∶148=3∶2,(2)根据阿伏加德罗定律,在等温等压下,等体积的任意气体所含分子的物质的量相同,则等温等压下,等体积的O2和O3所含分子个数比为1∶1,质量比为2∶3。(3)①实验室需要配制100mL1mol·L-1的NaOH溶液,则配制该溶液所需主要仪器为托盘天平、玻璃棒、烧杯、胶头滴管、量筒和100mL容量瓶。②需要NaOH固体的质量m=n·M=c·V·M=100×10-3L×1mol·L-1×40g·mol-1=4.0g。③溶液具有均一性,物质的量浓度不随着溶液的体积发生改变,故取出的50mL溶液的浓度仍然为1mol·L-1。④A项,称量时砝码已经生锈,砝码实际质量增大,称得的氢氧化钠质量增大,浓度偏高;B项,定容时仰视,实际加水量偏大,溶液浓度偏低;C项,溶解、转移溶液之后没有对烧杯和玻璃棒进行洗涤操作,剩余部分溶质残留,导致容量瓶内溶质减少,溶液物质的量浓度偏低;D项,定容摇匀后,溶液物质的量浓度固定,液面低于容量瓶颈上的刻度线对结果无影响。17.(北京丰台期末)(11分)双氧水和“84”消毒液是生活中常用的两种消毒剂,了解物质的性质是科学合理使用化学品的基础和前提。请回答下列问题:(1)某同学设计如下实验研究H2O2的性质:序号实验实验现象ⅰ向5%H2O2溶液中滴加酸性KMnO4溶液a.溶液紫色褪去b.有大量气泡产生ⅱ向5%H2O2溶液中滴加淀粉碘化钾溶液c.溶液变蓝①从理论上看H2O2既有氧化性又有还原性,具有还原性的原因是。

②能证明H2O2具有还原性的实验是(填序号)。可作为证据的实验现象是(填字母序号)。

(2)“84”消毒液的有效成分为NaClO。①将Cl2通入NaOH溶液中可制得“84”消毒液,反应的化学方程式为。

②“84”消毒液不能用于钢制器具的消毒,原因是NaClO具有性。

③“84”消毒液的溶液在浸泡餐具过程中,因吸收空气中的CO2消毒杀菌能力增强,其中发生的化学反应符合规律:+

+(填物质类别)。

(3)某届奥运会期间,由于工作人员将“84”消毒液与双氧水两种消毒剂混用,导致游泳池中藻类快速生长,池水变绿。一种可能的原因是NaClO与H2O2反应产生O2促进藻类快速生长。①该反应说明氧化性:NaClO(填“>”或“<”)H2O2。

②当有0.1molO2生成时,转移电子mol。

答案(1)①过氧化氢中氧元素的化合价为-1价,化合价可升高被氧化②ⅰa、b(2)①Cl2+2NaOHNaCl+NaClO+H2O②氧化③酸盐酸盐(3)①>②0.2解析(1)①H2O2中O呈-1价,化合价可升高被氧化,故H2O2具有还原性。②实验ⅰ中的KMnO4是强氧化剂,实验ⅱ中的KI是强还原剂,故实验ⅰ能证明H2O2具有还原性,现象a、b可作为证据证明H2O2具有还原性。(2)①Cl2和NaOH溶液反应的化学方程式为Cl2+2NaOHNaCl+NaClO+H2O。②NaClO具有氧化性,故“84”消毒液不能用于钢制器具的消毒。③“84”消毒液吸收CO2的反应是CO2+H2O+NaClOHClO+NaHCO3,该反应符合的规律是强酸制弱酸,即酸+盐酸+盐。(3)①NaClO一般做氧化剂,还原产物是Cl-,故NaClO与H2O2反应产生的O2是由H2O2被氧化而来,即H2O2做还原剂,所以氧化性:NaClO>H2O2。②反应中,H2O2中O的化合价由-1价变为0价,则生成0.1molO2,转移电子0.2mol。18.(13分)根据实验步骤的图示回答下列问题。已知:Ⅰ.D是焰色试验显紫色(透过蓝色钴玻璃)的盐溶液;Ⅱ.固体氯化物与浓硫酸在加热条件下反应可制得氯化氢,同时生成硫酸盐。(1)写出各物质的化学式:A,B,C,

D,E,F,

G。

(2)写出下列各步反应的化学方程式,是氧化还原反应的标出电子转移的方向和数目。①;

②;

③;

④。

(3)反应②中,每转移1mole-,有mol被氧化。

答案(1)KClI2AgClKICl2HClMnO2(2)①2KCl(s)+H2SO4(浓)K2SO4+2HCl↑②③④KCl+AgNO3AgCl↓+KNO3(3)1HCl解析向物质A中加入AgNO3溶液,生成白色不溶于稀硝酸的沉淀C,可判定A中含有Cl