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(四十二).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(四十二)1单选题1、标准状况下，现有4.48LCH43.011023个HCl10.2gH2S0.2molC2H5OH，则对这四种物质的关系有以下四种表述，其中不正确的是A体积：B密度：C质量：D氢原子个数：答案：D分析：4.48LCH4的物质的量为0 .2mol；3.011023个HCl分子的物质的量为0 .5mol；10.2gH2S的物质的量为：10 .2g34g/mol=0 .3mol；0.2molC2H5OH，由此结合相关公式解答。A标准状况下C2H5OH为液体，体积最小，所以体积：，描述正确，不符题意；B相同条件下气体密度之比等于摩尔质量之比，标准状况下C2H5OH为液体密度最大，所以密度：，描述正确，不符题意；C4 .48LCH4的物质的量为0 .2mol，质量为：3 .2g；3.011023个HCl分子的物质的量为0 .5mol，质量为18 .25g；0.2molC2H5OH的质量为：9 .2g，所以质量：，描述正确，不符题意；D氢原子的物质的量分别为：0 .8mol、0 .5mol、0 .6mol、1 .2mol，个数：，描述错误，符合题意；综上，本题选D。2、漂白粉、“84”消毒液是生产生活中常用的消毒剂。下列说法中错误的是A漂白粉是混合物，其有效成分是次氯酸钙B为了提高漂白粉的漂白效果，使用时可加少量盐酸C“84”消毒液和漂白粉的有效成分相同D漂白粉、“84”消毒液应置于阴凉处密封保存答案：CA漂白粉主要成分为氯化钙和次氯酸钙，属于混合物，其有效成分是次氯酸钙，选项A正确；B次氯酸的浓度越大，漂白效果越好，次氯酸是弱酸，加入少量盐酸能反应生成次氯酸，漂白效果增强，选项B正确；C“84”消毒液有效成分为NaClO，漂白粉的有效成分是次氯酸钙，不相同，选项C错误；D次氯酸性质不稳定，见光易分解，所以漂白粉、“84”消毒液应置于阴凉处密封保存，选项D正确；答案选C。3、下列有关物质的量浓度的说法正确的是A将5.85gNaCl溶解在1L水中，可以得到0.1molL-1的NaCl溶液B将100mL0.1molL-1的NaCl溶液分成20mL和80mL两份，每一份中溶质的物质的量浓度相等C将100mL0.1molL-1的NaCl溶液分成20mL和80mL两份，每一份中溶质的物质的量相等D向50mL0.2molL-1的NaCl溶液中加入50mL水，可以得到0.1molL-1的NaCl溶液答案：BA5.85gNaCl为0.1mol，而0.1molL-1的NaCl溶液的含义是每1L溶液中含有NaCl为0.1mol，5.85gNaCl溶液在1L水中，溶液的体积未知，无法计算，A错误；B将一种溶液分为两份，不管溶液的体积如何，溶液的浓度总是不变，B正确；C将溶液分为两份后，溶质的物质的量浓度不变，溶质的物质的量n=cV，由于两份溶液的体积不等，故溶质的物质的量不相等，C错误；D50mL溶液与50mL水混合后，溶液的体积不是100mL，D错误。故选B。4、有关Na2O2性质实验如下：已知：Na2O2与水反应经历了Na2O22H2O=2NaOHH2O2；酚酞褪色原因与溶液的强碱性或强氧化性有关。根据上述实验可以得出的结论是A双氧水能使酚酞褪色B浓氢氧化钠能使酚酞褪色C双氧水和浓氢氧化钠都能使酚酞褪色D可利用二氧化锰和水来完善实验方案答案：D分析：由实验现象和题给信息可知，实验中酚酞褪色可能是氧化钠和双氧水具有强氧化性将酚酞氧化而漂白褪色，也可能是氢氧化钠溶液浓度过大导致酚酞褪色，所以还必需补充除去过氧化氢、降低氢氧化钠溶液浓度的实验来验证褪色原因。A由分析可知，由实验不能得到双氧水能使酚酞褪色的结论，故A错误；B由分析可知，由实验不能得到浓氢氧化钠能使酚酞褪色的结论，故B错误；C由分析可知，实由实验不能得到双氧水和浓氢氧化钠都能使酚酞褪色的结论，故C错误；D由分析可知，还必需补充向反应后的试管中加入二氧化锰除去过氧化氢、加入水稀释氢氧化钠溶液的实验来验证褪色原因，故D正确；故选D。5、化学与生活密切相关。下列说法错误的是（）A纯碱可用于去除餐具的油污B“火树银花”中的焰火实质上是金属元素的焰色反应C碳酸钡可用于胃肠X射线造影检查D煤经过气化、液化等化学变化过程，可以转化为清洁能源答案：CA.纯碱溶液中碳酸根离子水解使溶液呈碱性，促进油脂水解，所以可用于去除餐具的油污，故A正确；B.金属灼烧发出特殊的焰色，“火树银花”中的焰火实质上是金属元素的焰色反应，故B正确；C.碳酸钡可溶于盐酸，碳酸钡不能用于钡餐，一般硫酸钡用于胃肠X射线造影检查，故C错误；D.煤经过气化、液化等化学变化过程，可以转化为CO、氢气、甲醇等清洁能源，故D正确。6、下列关于漂白粉的叙述正确的是A漂白粉可用NaOH制得B漂白粉的有效成分是CaClO2和CaCl2C漂白粉是由Cl2与消石灰制得的纯净物D漂白粉暴露在空气中会变质失效答案：DA漂白粉可用Cl2与消石灰制得,故A错误；B漂白粉的有效成分是CaClO2，故B错误；C漂白粉是由Cl2与消石灰制得的混合物，故C错误；D漂白粉长期暴露在空气中，与水、二氧化碳反应生成HClO，HClO光照分解，则会变质失效，故D正确。故选D。7、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A1mol单质Fe与足量的高温水蒸气反应，失去3NA个电子B标准状况下，2.24LNO与1.12LO2混合后气体分子总数为0.1NAC0.1mol/L的CH3COONa溶液中所含碳原子总数为0.2NAD标准状况下，H2和CO混合气体4.48L在足量O2中充分燃烧消耗O2分子数为0.1NA答案：DA.铁和水蒸气在高温条件下反应后变为平均化合价83价，故1mol铁反应后转移83mol的电子，即83NA，故A错误；B.标准状况下，2.24LNO的物质的量为2 .24L22 .4L/mol=0.1mol，1.12LO2的物质的量为1 .12L22 .4L/mol=0.05mol，NO与O2生成NO2，2NO+O2=2NO2，故0.1molNO与0.05molLO2反应生成0.1mol的NO2，NO2又会发生反应2NO2N2O4，故最终的分子数会少于0.1NA，故B错误；C.题中没给出溶液的体积，没法计算碳原子的物质的量，故C错误；D.标准状况下，4.48LH2和CO混合气体总物质的量为4 .48L22 .4L/mol=0.2mol，H2.CO燃烧方程2H2+O2=2H2O，2CO+O2=2CO2，等物质的量H2.CO耗氧分子的量相同，0.2mol的混合气体消耗氧分子的物质的量为0.1mol，即分子数为0.1NA，故D正确；所以答案是：D。8、设NA代表阿伏加德罗常数的数值，下列各项中指定数目一定为NA的是A含2molHCl的浓盐酸与43.5gMnO2反应：被氧化的HCl分子数目B11.2LCl2与足量钠反应：转移的电子数目CKClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2+3H2O中生成13.44L(标准状况)Cl2转移的电子数目D1molCl2与足量NaOH反应：氧化剂的分子数目答案：CA浓盐酸与二氧化锰共热反应生成氯化锰、氯气和水，反应的化学方程式为MnO24HCl(浓)MnCl2Cl22H2O中，若反应中有2molHCl参加反应，则有1molHCl被氧化，但随着反应的进行，盐酸浓度逐渐减小，反应停止，所以实际上被氧化的HCl分子数小于NA，故A错误；B未指明标准状况，无法计算11.2L氯气的物质的量和反应转移的电子数目，故B错误；C由方程式可知，生成3mol氯气，反应转移5mol电子，则标准状况下生成13.44L氯气转移电子的数目为13 .44L22 .4L/mol53NAmol1=NA，故C正确；D氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应中氯气即是氧化剂也是还原剂，则1mol氯气与足量氢氧化钠溶液反应时，氧化剂的物质的量为1mol12NAmol1=0.5NA，故D错误；故选C。多选题9、已知同温同压下，ag甲气体和2ag乙气体所占的体积之比为14。下列叙述正确的是Aag甲和2ag乙的物质的量之比为14B同温同压下，甲和乙的密度之比为12C同温同压下，等质量的甲和乙中的原子数之比为11D同温同体积下，等质量的甲和乙的压强之比为12答案：ADA同温同压下，气体体积之比等于气体的物质的量之比，所以ag甲和2ag乙的物质的量之比为14，A正确；B同温同压下，气体摩尔体积相同，ag甲和2ag乙所占的体积之比为14，质量比为12，根据=mV知，其密度之比为21，B错误；C甲和乙的分子构成未知，所以无法判断原子个数的比值，C错误；D根据pV=nRT=mMRT知，同温同体积下等质量的甲和乙的压强之比等于其物质的量之比等于其摩乐质量的反比，根据题干条件可知甲、乙的摩尔质量比为21，则压强比为12，D正确。10、下列条件下，两瓶气体所含原子数一定相等的是A同质量、不同密度的N2和COB同温度、同体积的H2和N2C同体积、同密度的C2H4和C3H6D同压强、同体积的N2O和CO2答案：ACAN2和CO的摩尔质量相同，因此等质量时，二者物质的量相同，所含分子数必相同，且同为双原子分子，故所含原子数相等，A正确；B同温、同压、同体积气体的物质的量相同，其中一个条件不确定，则不能确定，B不正确；CC2H4和C3H6的体积和密度相同，故质量也相同，两种气体的分子都是由碳原子和氢原子以1：2的比例组成，可将其化学式看作(CH2)x，故相同质量的两种气体所含原子数相同，C正确；D同温、同压、同体积气体的物质的量相同，其中一个条件不确定，则不能确定，D不正确；答案选AC。11、实验小组利用传感器探究Na2CO3和NaHCO3的性质，下列说法不正确的是ANa2CO3溶液和澄清石灰水反应的离子方程式：CO32-+Ca2+=CaCO3B滴加Na2CO3溶液的pH变化曲线与滴加蒸馏水的基本重合，说明Na2CO3溶液和澄清石灰水反应时OH-参与反应CNaHCO3溶液和澄清石灰水反应的离子方程式：HCO3-+OH-=CO32-+H2OD滴加NaHCO3溶液的pH变化与滴加Na2CO3溶液的有明显差异，原因是滴加NaHCO3溶液的烧杯中HCO3-消耗了OH-答案：BCANa2CO3溶液和澄清石灰水反应的离子方程式：CO32-+Ca2+=CaCO3，A正确；B滴加Na2CO3溶液的pH变化曲线与滴加蒸馏水的基本重合，溶液的pH无明显变化，说明Na2CO3溶液和澄清石灰水反应时OH-未参与反应，B错误；CNaHCO3溶液和澄清石灰水反应的离子方程式：Ca2+HCO3-+OH-=CaCO3+H2O，C错误；D滴加NaHCO3溶液的pH变化与滴加Na2CO3溶液的有明显差异，原因是滴加NaHCO3溶液的烧杯中HCO3-消耗了OH-,使得溶液的pH明显变化，D正确；故选BC。12、将过量的CO2分别通入下列溶液，最终溶液中有白色沉淀析出的是ACaCl2溶液B浓Na2SiO3溶液CCaOH2溶液D饱和Na2CO3溶液答案：BDA盐酸是强酸，碳酸是弱酸，所以碳酸不能制取盐酸，即二氧化碳和氯化钙不反应，最终没有沉淀析出，A项错误；B碳酸的酸性强于硅酸，所以二氧化碳和硅酸钠能反应生成硅酸，硅酸是不溶于水的物质，最终有沉淀析出，B项正确；C少量二氧化碳和氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀，但是若二氧化碳是过量的，过量的二氧化碳和碳酸钙能继续反应生成可溶性的碳酸氢钙，所以最终没有沉淀析出，C项错误；D碳酸钠能和水、二氧化碳反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠的溶解性小于碳酸钠的溶解性，所以该溶液中会有碳酸氢钠析出，D项正确；答案选BD。填空题13、常见消毒剂有：医用酒精；“84”消毒液(主要成分是NaClO)；漂白粉；二氧化氯；O3；高铁酸钠。(1)上述物质中，消毒原理和其他不同的是_(填序号，下同)。(2)上述物质中，其有效成分属于电解质的是_。(3)臭氧和氧气互为_(填“同位素”或“同素异形体”)，它们在一定条件下可以相互转化，该变化过程属于_。(填“氧化还原反应”或“非氧化还原反应”)。(4)“84”消毒液和洁厕剂(主要成分是稀盐酸)混合使用会发生中毒事件，原因是_(用离子方程式表示)。(5)配平下列方程式并用双线桥在方程式中标出电子转移的情况：_。KClO3+HCl(浓)=KCl+ClO2+Cl2+H2O(6)高铁酸钠(Na2FeO4)还是一种新型的净水剂。从其组成的阳离子来看，高铁酸钠属于_盐，其中Fe的化合价是_。其净水过程中所发生的化学反应主要为：4Na2FeO4+10H2O=4Fe(OH)3(胶体)+3O2+8NaOH，证明有Fe(OH)3胶体生成的实验操作：_。答案：(1)(2)(3)同素异形体非氧化还原反应(4)Cl-+ClO-+2H+=Cl2+H2O(5)(6)钠+6让一束光通过(用红色激光笔照射)制得的液体，从侧面(在于光束垂直的方向)能观察到一条光亮的“通路”，说明制得的液体是胶体解析：(1)医用酒精的消毒原理是酒精可以破坏蛋白质的结构，而“84”消毒液(主要成分是NaClO)、漂白粉、二氧化氯、O3.高铁酸钠的消毒原理均是因为强氧化性，故消毒原理和其他不同的是医用酒精。(2)医用酒精为75%的乙醇溶液，有效成分是C2H5OH，属于非电解质；“84”消毒液，有效成分是NaClO，NaClO是盐，是电解质；漂白粉有效成分是Ca(ClO)2，Ca(ClO)2是盐，是电解质；二氧化氯是非金属氧化物，在熔融状态下不导电，在水溶液中导电，但不是自身导电，属于非电解质；O3是单质，既不是电解质，也不是非电解质；高铁酸钠在水溶液中可以导电，属于电解质；综上，的有效成分属于电解质。(3)臭氧和氧气均是由氧气组成的单质，互为同素异形体，他们在一定条件下可以相互转化，该变化过程中O元素的化合价未发生改变，没有电子的转移，属于非氧化还原反应。(4)“84”消毒液的有效成分是NaClO，洁厕剂的主要成分是HCl，两者反应生成NaCl、Cl2和H2O，反应的离子方程式为Cl-+ClO-+2H+=Cl2+H2O。(5)反应KClO3+HCl(浓)KCl+ClO2+Cl2+H2O中，KClO3的Cl元素的化合价由+5价降低至+4价，HCl中Cl元素的化合价由-1价升高至0价，根据得失电子守恒并用双线桥在方程式中标出电子转移的情况为：。(6)高铁酸钠的化学式为Na2FeO4，由Na+和FeO42-构成，属于钠盐，其中Fe的化合价为+6价，用高铁酸钠净水，让一束光通过(用红色激光笔照射)制得的液体，从侧面(在于光束垂直的方向)能观察到一条光亮的“通路”，可以说明制得的液体是胶体。14、AgNO3.KI、KNO3都是无色晶体或白色固体，而AgI却是黄色固体。(1)指出AgI的类别_。(2)0.01molL-1的AgNO3溶液滴入到0.01molL-1的KI溶液中，生成黄色胶体，写出此反应方程式：_，其反应类型为：_。(3)浓的AgNO3溶液和浓的KI溶液混合，生成黄色沉淀，写出此反应的方程式，并指出反应类型：_。(4)写出一种使AgI胶体聚沉为AgI沉淀的方法：_。写出一种区分KI溶液和AgI胶体的方法：_(答案合理即可)。答案：(1)盐(2)AgNO3+KI=AgI(胶体)+KNO3复分解反应(3)AgNO3+KI=AgI+KNO3.复分解反应(4)加KNO3等电解质采用激光笔照射，产生一条光亮的通路的为AgI胶体解析：（1）AgI是由金属阳离子和酸根离子构成，则其属于盐，所以答案是：盐；（2）0.01molL-1的AgNO3溶液滴入到0.01molL-1的KI溶液中，生成黄色胶体该胶体为AgI胶体，同时还生成硝酸钾，化学方程式为AgNO3+KI=AgI(胶体)+KNO3，该反应类型为：复分解反应，所以答案是：AgNO3+KI=AgI(胶体)+KNO3；复分解反应；（3）浓的AgNO3溶液和浓的KI溶液混合，生成AgI黄色沉淀和硝酸钾，化学方程式为AgNO3+KI=AgI+KNO3，该反应类型为：复分解反应，所以答案是：AgNO3+KI=AgI+KNO3.复分解反应；（4）AgI胶体聚沉为AgI沉淀的方法为加KNO3等电解质；利用丁达尔效应，可以区分KI溶液和AgI胶体，具体操作为：采用激光笔照射，产生一条光亮的通路的为AgI胶体，所以答案是：加KNO3等电解质；采用激光笔照射，产生一条光亮的通路的为AgI胶体。15、（1）标况下11gCO2的物质的量为_，体积为_。（2）已知4.8g某混合气体含分子数为0.15NA，该气体的平均摩尔质量为_。（3）等物质的量的SO2和SO3含有的氧原子个数比为_；气体的质量比为_。（4）12gCH4和O2的混合气体在标准状况下的体积为11.2L，则混合气体中CH4与O2的物质的量之比为_。答案：0.25mol5.6L32g/mol2:34:51:1分析：以物质的量为核心的化学计量公式：n=mM=NNA=VVm；(1)标况下11gCO2的物质的量为n=mM=11g44g/mol=0 .25mol；体积为V=nVm=0 .25mol22 .4L/mol=5 .6L；所以答案是：0.25mol；5.6L；(2)某混合气体含分子数为0.15NA，则物质的量为n=NNA=0 .15NANA=0 .15mol，该气体的平均摩尔质量为M=mn=4 .8g0 .15mol=32g/mol，所以答案是：32g/mol；(3)设SO2和SO3的物质的量都是1mol，1个二氧化硫分子中含有2个氧原子，1个三氧化硫分子中含有3个氧原子，则所含O原子数之比为2:3；气体质量比为1mol64g/mol：1mol80g/mol=4:5；所以答案是：2:3；4:5；(4)在标准状况下混合气体的体积为11.2L，n(气体)=11 .2L22 .4L/mol=0 .5mol，设混合气体中CH4和O2的物质的量分别为x、y，则x+y=0 .5mol、16x+32y=12g，解得x=0.25mol，y=0.25mol，则混合气体中CH4和O2的物质的量之比为0.25:0.25=1：1，故答案为1:1。11