人教版2024高中化学必修一第二章海水中的重要元素氯和钠(四十五).docx

人教版2024高中化学必修一第二章海水中的重要元素氯和钠(四十五)1单选题1、氯气是一种化学性质很活泼的非金属单质，它具有较强的氧化性，下列叙述中不正确的是()。A红热的铜丝在氯气里剧烈燃烧，生成棕黄色的烟B通常状况下，干燥的氯气能与Fe反应C纯净的H2在Cl2中安静地燃烧，发出苍白色火焰，集气瓶口呈现雾状；光照H2和Cl2的混合气体时，因迅速化合而爆炸D氯气能与水反应生成HClO和HCl，久置氯水最终变为稀盐酸答案：BA铜在氯气中燃烧，产生棕黄色烟，A正确；B常温下，铁与氯气不反应，铁在氯气中燃烧产生棕褐色烟，B错误；C氢气在氯气中燃烧产生苍白色火焰，生成的HCl遇空气中水蒸气形成盐酸小液滴，产生白雾，氯气与氢气光照易发生爆炸，C正确；DHClO见光分解成盐酸和O2，久置氯水最终变为稀盐酸，D正确；故选B。2、下列关于物质的量浓度表述正确的是A0.2mol/LNa2SO4溶液中含有Na+和SO42-总物质的量为0.6molB将62gNa2O溶于水中，配成1L溶液，所得溶质的物质的量浓度为1mol/LC用1L水吸收22.4L氯化氢(标况下)所得盐酸的浓度是1mol/LD10g98%的硫酸(密度为1.84gcm-3)与10ml18.4mol/L的硫酸浓度相等答案：DA溶液体积未知，无法计算Na+和SO42-物质的量，故A错误；B62gNa2O的物质的量为1mol，溶于水后与水反应生成氢氧化钠的物质的量为2mol，则配成1L溶液，所得溶质的物质的量浓度为2mol/L，故B错误；C用1L水吸收22.4L氯化氢（标况下）所得盐酸的体积不是1L，无法计算盐酸物质的量浓度，故C错误；D根据公式c=1000M=10001 .8498%98=18 .4mol/L，则10g98%的硫酸（密度为1.84gcm3）与10mL18.4molL1的硫酸的浓度是相同的，故D正确；答案选D。3、某化学小组探究卤族元素的性质，进行如图所示的实验(ad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NaClO+2HCl=NaCl+Cl2+H2OB若a处变为橙色，b处变为蓝色，说明非金属性ClBrIC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：AA84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NaClO+2HCl=NaCl+Cl2+H2O，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Cl2Br2，b处氯气和KI反应生成I2，淀粉遇碘单质变蓝，可得氧化性：Cl2I2，但未知I2与Br2的氧化性强弱，无法得到非金属性ClBrI，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；故选：A。4、化学与生活、生产密切相关。下列说法不正确的是A5G技术中使用的通信光缆不与任何酸碱反应B75%(体积分数)的酒精溶液能使蛋白质变性从而起到杀菌作用C汽车安全气囊中含叠氮化钠，受撞击后会快速分解产生氮气和金属钠D“东风夜放花干树，更吹落，星如雨”中所描述的场景中涉及焰色反应答案：AA光缆成分为二氧化硅，常温下，二氧化硅与氢氟酸、氢氧化钠反应，故A错误；B体积分数为75%酒精可使蛋白质变性，能用于杀菌消毒，故B正确；C汽车安全气囊中含叠氮化钠，NaN3受撞击生成钠和氮气，反应的化学方程式：2NaN3=2Na+3N2，故C正确；D烟花是利用金属元素的焰色反应来达到五彩缤纷的效果，焰色反应是元素的物理性质，故D正确；故选：A。5、实验室既可用MnO2与浓盐酸在加热条件下反应制备Cl2，也可用KMnO4与浓盐酸在常温下反应制备Cl2，下列有关说法错误的是AKMnO4的氧化性比MnO2的强B上述两个反应中，浓盐酸均只体现还原性C制备等质量Cl2，消耗MnO2与KMnO4的物质的量比为5:2D用足量MnO2与含有4molHCl的浓盐酸在加热条件下反应，得到Cl2的物质的量小于1mol答案：B由题可知：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O；2KMnO4+16HCl（浓）=2MnCl2+2KCl+5Cl2+8H2O；A由题可知，KMnO4与浓盐酸在常温下反应，而MnO2与浓盐酸反应需要加热，因此KMnO4的氧化性比MnO2的强，故A正确，不选；B由两个反应方程式可知，盐酸在反应中均体现了酸性和还原性，故B错误，符合题意；C由反应式可知，制备1mol氯气消耗MnO21mol；由反应式可知，制备1mol氯气消耗KMnO40.4mol；因此制备等质量Cl2，消耗MnO2与KMnO4的物质的量比为5:2，故C正确，不选；D由反应式可知，随着反应的进行盐酸的浓度降低，而稀盐酸与二氧化锰不反应，所以得到Cl2的物质的量小于1mol，故D正确，不选；所以答案是：B。6、下列生活中的物质与其有效成分的化学式、用途的对应关系中，不正确的是选项ABCD生活中的物质食盐小苏打复方氢氧化铝片漂白粉有效成分的化学式NaClNa2CO3AlOH3CaClO2用途做调味品做发酵粉做抗酸药做消毒剂AABBCCDD答案：BA食盐的主要成分是氯化钠，有咸味，可做调味品，故A正确；B小苏打的主要成分为碳酸氢钠，不是碳酸钠，故B错误；C氢氧化铝难溶于水，能够和盐酸反应，可以做抗酸药，故C正确；D漂白粉的有效成分为Ca(ClO)2，具有强氧化性，可做消毒剂，故D正确；故选B。7、实验室制备氯气的发生装置中应安装分液漏斗而不能使用长颈漏斗，有关理由叙述错误的是A防止氯气扩散到空气中造成污染B便于控制加入盐酸的量C尽量避免HCl挥发到空气中D长颈漏斗不便于添加液体答案：D相对于长颈漏斗，分液漏斗的封闭性更好，且液体的滴加可控，上口的塞子也能防止盐酸的挥发；答案选D。8、疫情防控期间，家庭和各种公共场所需要大量使用“84清毒液”，某兴趣小组利用NaClO固体配制一定浓度的“84消毒液”，下列有关说法正确的是A上述仪器在配制过程中一定不需要的有两种B仪器使用前必须检查是否漏液并保持干燥C仪器中测量的实际质量为32 .6gD定容时，如果不慎加多了液体，只能重新配制答案：DA利用次氯酸钠固体配制一定浓度的84消毒液时需要用到带砝码的托盘天平、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶，不需要用到分液漏斗，故A错误；B仪器容量瓶使用前必须检查是否漏液，因定容时需要加入蒸馏水，所以不需要保持干燥，故B错误；C仪器称量的质量32.6g是药品+小烧杯的质量，故C错误；D定容时，如果不慎加多了液体说明配制实验失败，只能重新配制，故D正确；故选D。多选题9、为除去括号内的杂质，下列各选项中所选用的试剂和方法正确的是AHCl(Cl2)，通入盛有CCl4的洗气瓶BNa2CO3溶液(NaHCO3)，通入过量的CO2气体C蛋白质溶液(NaCl)，渗析D溴水(Br2)，用酒精萃取答案：ACA用洗气瓶去除HCl中的Cl2时，可用四氯化碳吸收Cl2，A正确；BCO2通入Na2CO3溶液中，会生成NaHCO3，B错误；C蛋白质溶液实质为胶体，胶体中混有离子可用渗析的办法除去，C正确；D溴水与乙醇溶液能发生氧化反应，D错误；所以答案是：AC。10、某小组同学依据性质差异，采用比较的方法设计如下实验鉴别Na2CO3和NaHCO3。实验I实验II分别向试管中滴加几滴水，试管中温度略有下降，试管中温度略有升高已知：.电解质溶于水的过程同时存在电离过程和水合过程，其中电离过程吸收热量，水合过程放出热量。ii.Na2CO3溶于水的过程放出热量，NaHCO3溶于水的过程吸收热量。下列判断错误的是ANaHCO3溶于水时其电离过程吸收的热量大于水合过程放出的热量B试管中发生反应的离子方程式为：HCO3-+H+=H2O+CO32-C试管中开始无气泡产生，一段时间后产生气泡D分别加热试管和，均产生能使澄清石灰水变浑浊的气体答案：BD由实验I现象可知，a为NaHCO3，b为Na2CO3。ANaHCO3溶于水的过程吸收热量，说明NaHCO3溶于水时其电离过程吸收的热量大于水合过程放出的热量，故A项正确；B试管中NaHCO3与盐酸发生复分解反应生成NaCl、CO2.H2O，反应离子方程式为HCO3-+H+=H2O+CO2，故B项错误；C向Na2CO3溶液中滴加盐酸，依次发生反应CO32-+H+=HCO3-、HCO3-+H+=H2O+CO2，因此开始无气泡产生，一段时间后产生气泡，故C项正确；D加热Na2CO3溶液无明显实验现象，无气体产生，故D项错误；综上所述，错误的是BD项。11、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A3.2gO2和O3的混合气体中含有的氧原子数目为0.2NAB过氧化钠与水反应时，生成0.1mol氧气转移的电子数为0.1NAC标准状况下，22.4LCl2溶于水配成500mL新制氯水，氯水中Cl-数为2NAD0.12molMnO2与足量12molL-1的浓盐酸反应生成Cl2的分子数为0.12NA答案：ADA3.2gO2和O3的混合气体中只有氧原子，氧原子的物质的量为0.2mol，氧原子数目为0.2NA，A项正确；B过氧化钠与水反应离子方程式为：2Na2O2+2H2O=4Na+4OH-+O2，生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2NA，B项错误；C标准状况下，22.4LCl2的物质的量为1mol，配制成氯水，发生的化学反应为：Cl2+H2OHCl+HClO，反应为可逆反应，氯水中Cl-数小于NA，C项错误；DMnO2与足量浓盐酸反应，化学方程式为：MnO2+4HCl浓MnCl2+Cl2+2H2O，MnO2的物质的量为0.12mol，生成氯气的物质的量为0.12mol，分子数为0.12NA，D项正确；答案选AD。12、三种气体X、Y、Z的摩尔质量关系为M(X)M(Y)=0.5M(Z)，下列说法正确的是A原子数目相等的三种气体，质量最大的是ZB相同条件下，同质量的三种气体，气体密度最小的是XC同温下，体积相同的两容器分别充2gY气体和1gZ气体，则其压强比为4：1D若一定条件下，三种气体体积均为2.24L，则它们的物质的量一定均为0.1mol答案：BC根据题意三种气体X、Y、Z的相对分子质量关系为M(X)M(Y)=0.5M(Z)可知即Mr(X)Mr(Y)M(Z)。A根据m=nM=NNAM可知：分子数目相等的三种气体，质量最大的是相对分子质量最大的Z，原子数目相等的三种气体，质量最大的无法判断，A错误；B根据密度=mV=MVm，气体处在相同的条件下，则密度和相对分子质量成正比，三种气体密度最小的是X，B正确；C气体的物质的量n=mM，根据相对分子质量关系M(Y)=0.5M(Z)，可知M(Z)=2M(Y)，由于Y的质量是Z质量的2倍，则n(Y)：n(Z)=2gM(Y)：1gM(Z)=2gM(Y)：1g2M(Y)=41。在相同温度相同体积时，气体的压强比等于气体的物质的量的比，等于4：1，C正确；D若一定条件下，三种气体体积均为2.24L，由于气体所处的外界条件未知，气体摩尔体积不一定是22.4L/mol，则22.4L三种气体的物质的量不一定均为0.1mol，D错误；故合理选项是BC。填空题13、含氯消毒剂和过氧化物消毒剂均可有效灭杀新冠病毒。.二氧化氯(ClO2)是目前国际上公认的第四代高效、无毒的广谱消毒剂。制备ClO2常见的方法有：方法1：2NaClO3+2NaCl+2H2SO4=2ClO2+Cl2+2Na2SO4+2H2O方法2：在酸性条件下，由NaClO3和双氧水反应制备ClO2。(1)ClO2中氯元素的化合价是_，H2O2的电子式是_。(2)方法1的反应中，氧化产物与还原产物的物质的量之比是_。(3)方法2发生反应的离子方程式是_。(4)和方法2比较，方法1的不足之处是_(写出一点即可)。.过碳酸钠(2Na2CO33H2O2)，俗名固态双氧水，具有去污杀菌等功效。其制备原理为：2Na2CO3(aq)+3H2O2(aq)=2Na2CO33H2O2(aq)H0。(5)结合过氧化氢和碳酸钠的性质，推测制备过碳酸钠的原料中，碳酸钠与过氧化氢的物质的量之比应_(填“”、“”或“=”)23，且加入Na2CO3溶液速度不能过快，原因是_。(6)过碳酸钠的储存稳定性是重要的品质指标。以不同种类的稳定剂制备的过碳酸钠产品，测得其活性氧质量分数随时间的变化如图所示。由图可知，制备过碳酸钠时应选择的稳定剂是_(填图中字母序号)，理由是_。答案：(1)+4(2)12(3)2ClO3-+H2O2+2H+=2ClO2+O2+2H2O(4)产生的氯气会污染环境、生成等量的ClO2消耗的酸多、产生的废液多等(5)H2O2与Na2CO3快速反应将放出大量的热，造成H2O2的分解而损失(6)a采用复合稳定剂制备的产品中活性氧质量分数最高，且随着存储时间的延长活性氧质量分数变化不大解析：（1）已知ClO2中O的化合价为-2价，根据化学式中所有元素的化合价代数和为0，可知ClO2中氯元素的化合价是+4价，H2O2是共价化合物，故其电子式是，所以答案是：+4；（2）方法1的反应中，分析反应方程式2NaClO3+2NaCl+2H2SO4=2ClO2+Cl2+2Na2SO4+2H2O可知，NaClO3中的Cl的化合价由+5价降低到ClO2中的+4价，被还原，故ClO2还原产物，NaCl的Cl的化合价由-1价升高到Cl2中的0价，被氧化，Cl2为氧化产物，则氧化产物与还原产物的物质的量之比是1:2，所以答案是：1:2；（3）方法2即在酸性条件下，由NaClO3和双氧水反应制备ClO2，反应中Cl的化合价由+5降低到+4，故H2O2中的O的化合价升高，即由-1升高到0价，根据氧化还原反应配平可知，发生反应的离子方程式是2ClO3-+H2O2+2H+=2ClO2+O2+2H2O，所以答案是：2ClO3-+H2O2+2H+=2ClO2+O2+2H2O；（4）比较方法1：2NaClO3+2NaCl+2H2SO4=2ClO2+Cl2+2Na2SO4+2H2O和方法2：2ClO3-+H2O2+2H+=2ClO2+O2+2H2O，不难方法1的不足之处是产生的氯气会污染环境、生成等量的ClO2消耗的酸多、产生的废液多等，所以答案是：产生的氯气会污染环境、生成等量的ClO2消耗的酸多、产生的废液多等；（5）结合过氧化氢和碳酸钠的性质，推测制备过碳酸钠的原料中，由于H2O2能够分解生成H2O和O2，受热后加快其分解，Na2CO3性质较稳定，反应过程中H2O2应适当过量，故碳酸钠与过氧化氢的物质的量之比应23，由题干信息可知2Na2CO3(aq)+3H2O2(aq)=2Na2CO33H2O2(aq)H0该反应是个放热反应，故若加入Na2CO3溶液速度过快，则导致溶液的温度快速上升，H2O2分解加速造成损失，所以答案是：；H2O2与Na2CO3快速反应将放出大量的热，造成H2O2的分解而损失；（6）由题干图示信息可知，采用复合稳定剂制备的产品中活性氧质量分数最高，且随着存储时间的延长活性氧质量分数变化不大，所以答案是：a；采用复合稳定剂制备的产品中活性氧质量分数最高，且随着存储时间的延长活性氧质量分数变化不大。14、40.5g某金属氯化物MCl2中含有0.6molCl-，则该氯化物的摩尔质量为_，金属M的相对原子质量为_。答案：135g/mol64因某二价金属的氯化物MCl2中含有0.6molCl可知，氯化物ACl2的物质的0.6mol0 .6mol2=0.3mol，则M(MCl2)=mn=40 .5g0 .3mol=135g/mol，所以MCl2相对分子质量为135，则A的相对原子质量为13535.52=64。故答案为135g/mol；64。15、“84消毒液”能有效灭菌，某化学社团模拟生产厂家配制了500mL“84消毒液”，并在瓶体贴上标签，如图所示。回答下列问题：84消毒液(有效成分)NaClO(规格)500mL(质量分数)14.9%(密度)1.1gcm-3(1)该“84消毒液”有效成分的物质的量浓度为_，写出其在水中的电离方程式_。(2)社团成员为探究“84消毒液”有效成分的部分化学性质，利用稀释的84消毒液进行如下实验：向淀粉KI溶液中滴加少量消毒液，无色溶液变蓝，说明NaClO具有_性(填“氧化”或“还原”)，其中每1molNaClO参加反应，转移的电子数为_。(3)“84消毒液”与稀硫酸混合使用可增强消毒能力，该社团成员用18molL-1浓硫酸配制100mL0.9molL-1的稀硫酸用于增强“84消毒液”的消毒能力。需用量筒量取浓硫酸的体积为_mL；若所配制的稀硫酸浓度偏高，则下列可能的原因分析中正确的是_。A配制前，容量瓶中有少量蒸馏水B量取浓硫酸时，俯视液体的凹液面C未冷却，立即转移至容量瓶定容D定容时，仰视溶液的凹液面答案：2.2molL-1NaClO=Na+ClO-氧化2NA5.0C(1)该溶液的有效成分为NaClO，密度为1.1gcm-3，质量分数为14.9%，所以物质的量浓度为10001 .114 .9%74 .5molL-1=2.2mol/L；次氯酸钠为强电解质，在水溶液中完全电离，电离方程式为NaClO=Na+ClO-；(2)向淀粉KI溶液中滴加少量消毒液，无色溶液变蓝，说明KI被氧化生成碘单质，体现了NaClO的氧化性；NaClO被还原时生成Cl-，所以1molNaClO参加反应，转移的电子数2NA；(3)设所需浓硫酸的体积为VmL，稀释时溶质的物质的量不发生改变，所以有18mol/LVmL=0.9mol/L100mL，解得V=5.0mL；A配制过程中需要定容，所以容量瓶中有少量蒸馏水对结果无影响，故A不符合题意；B量取浓硫酸时，俯视液体的凹液面，导致量取的浓硫酸体积偏小，溶质偏少，最终得到的稀硫酸浓度偏低，故B不符合题意；C未冷却立即转移至容量瓶定容，冷却后溶液体积偏小，浓度偏高，故C符合题意；D定容时，仰视溶液的凹液面，导致溶液体积偏大，浓度偏小，故D不符合题意；综上所述答案为C。11