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第二章 海水中的重要元素—钠和氯
单元测试卷
（考试时间：90分钟 试卷满分：100分）
第Ⅰ卷（选择题 44 分）
一、选择题：本题包括22小题，每小题只有以个选项符合题意，每小题2分，共44分。
1．人民对美好生活的向往就是我们的奋斗目标。化学与生活密切相关，下列解释合理的是（ ）
选
操作或现象 解释
项
A 节日燃放的烟花五彩缤纷 活泼金属单质易燃且火焰颜色各异
“脱氧剂”为CaO，CaO能吸收
B 食品包装袋中装有“脱氧剂”
O
2
C NaO 用在潜水艇和消防员的呼吸面具中 NaO 能与CO、HO反应产生O
2 2 2 2 2 2 2
D 漂白液与含盐酸的洁厕剂不能混合使用 两者混合产生沉淀，影响使用效果
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【解析】A．某些金属或它们的化合物在无色火焰中灼烧时使火焰呈现特殊颜色，不是因为活泼金属单质
易燃的原因，A错误；B．氧化钙不和氧气反应，不做脱氧剂；氧化钙和水反应，可做干燥剂，B错误；
C．过氧化钠与水和二氧化碳反应都生成氧气，所以Na2O2用在潜水艇和消防员的呼吸面具中，C正确；
D．漂白液与含盐酸的洁厕剂反应为次氯酸盐和盐酸反应生成有毒气体氯气，不是沉淀，D错误；故选
C。
2．下列说法正确的是（ ）
A．钠保存在煤油里的原因之一是极易被氧气氧化
B．用饱和NaCO 溶液除去CO 中混有的少量HCl
2 3 2
C．制备Fe(OH) 胶体，通常是将Fe(OH) 固体溶于热水中
3 3
D．某溶液加入盐酸能产生使澄清石灰水变浑浊的气体，则该溶液一定含有大量CO
【答案】A
【解析】A．钠能与氧气、与水反应，煤油能隔绝空气和水分，A正确；B．二氧化碳能和碳酸钠溶液反应
生成碳酸氢钠，应用饱和NaHCO 溶液除去CO 中混有的少量HCl，B错误； C．制备Fe(OH) 胶体，通
3 2 3常是将饱和FeCl 溶液滴入沸水中加热到溶液呈红褐色为止，C错误；D．某溶液加入盐酸能产生使澄清石
3
灰水变浑浊的气体，则该溶液不一定含有大量CO，也可能是碳酸氢根离子，D错误；答案选A。
3．下列说法正确的是( )
A.NaOH的摩尔质量为40 g
B.钠露置在空气中会发生一系列的变化，最终生成NaHCO
3
C.称取25 g胆矾溶于1 L水中，即可制得0.1 mol·L－1的CuSO 溶液
4
D.“84”消毒液不能与洁厕灵等酸性产品混用是为防止产生有毒的氯气
【答案】D
【解析】NaOH的摩尔质量为40 g/mol，故A错误；钠露置在空气中会发生一系列的变化，最终生成碳酸
钠，故B错误；称取25 g胆矾含有硫酸铜物质的量为：＝0.1 mol，溶于1 L水中，得到溶液体积大于1
L，所以得到硫酸铜溶液浓度小于0.1 mol·L－1，故C错误；“84”消毒液含有次氯酸根离子，洁厕灵成分含
有盐酸，二者发生反应生成有毒气体氯气，所以不能混合使用，故D正确。
4．现有盐酸、NaCl溶液、NaOH溶液和新制氯水，可用来区别它们的一种试剂是( )
A．AgNO 溶液 B．紫色石蕊溶液 C．酚酞溶液 D．饱和食盐水
3
【答案】B
【解析】盐酸、NaCl溶液、氯水均与硝酸银反应生成白色沉淀，不能鉴别，A不符合；盐酸、NaCl溶
液、NaOH溶液和新制氯水分别与紫色石蕊溶液混合的现象为红色、紫色、蓝色、先变红后褪色，四种溶
液现象各不相同，可以鉴别，B符合；盐酸、NaCl溶液、新制氯水均遇酚酞为无色，不能鉴别，C不符
合；四种溶液均与NaCl溶液不反应，现象都相同，不能鉴别，D不符合。
5．下列叙述正确的是（ ）
A．钾、钠等碱金属着火时，立即用水或泡沫灭火器来灭火
B．用加热法除去NaHCO 固体中混有的NaCO
3 2 3
C．有色布条上滴加新制氯水，有色布条褪色，说明Cl 有漂白性
2
D．新制氯水放置数天后酸性增强
【答案】D
【解析】A．钾、钠都能与水反应生成氢气，所以钾、钠等碱金属着火时，不能用水或泡沫灭火器来灭
火，否则会发生次生事故，故A错误；B．碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，碳酸钠受热不
反应，盛有不能用加热法除去碳酸氢钠固体中混有的碳酸钠，故B错误；C．氯气没有漂白性，有色布条
上滴加新制氯水，有色布条褪色是氯水中的次氯酸具有漂白性，故 C错误；D．新制氯水放置数天后，氯
水中的次氯酸遇光分解生成盐酸和氧气，溶液中的氢离子浓度增大，酸性增强，故D正确；故选D。
6．某化学教师为“氯气与金属钠反应”设计了如图装置的实验。实验操作：先给钠预热，到钠熔融成圆
球时，撤火，通入氯气，即可见钠着火燃烧，生成大量白烟。以下叙述中错误的是 ( )A．反应生成的大量白烟是氯化钠晶体
B．玻璃管尾部塞一团浸有NaOH溶液的棉球是用于吸收过量的氯气，以免其污染空气
C．钠着火燃烧产生苍白色火焰
D．发生的反应为2Na＋Cl=====2NaCl
2
【答案】C
【解析】由题目信息可知Na和Cl 发生反应生成NaCl固体，对应的现象是火焰为黄色，有白烟(NaCl)生
2
成，为防止空气污染，用NaOH溶液吸收多余Cl。
2
7．下列说法正确的是（ ）
A．向久置的氯水中滴入紫色石蕊试液，溶液将先变红后褪色
B．光照新制氯水有气体逸出
C．漂白粉的有效成分是CaCl 和Ca(ClO) ，应密封保存
2 2
D．氯气有漂白性，所以氯气能使湿润的有色布条褪色
【答案】B
【解析】A．久置的氯水成分为盐酸，向久置的氯水中滴入紫色石蕊试液，溶液将先变红不褪色，故A错
误；B．光照次氯酸分解生成氧气，所以光照新制氯水有气体逸出，该气体是氧气，故B正确；C．漂白粉
的主要成分是CaCl 和Ca(ClO) ，有效成分是Ca(ClO) ，放久会与空气中的二氧化碳发生反应生成次氯酸
2 2 2
而失效，应密封保存，故C错误；D．氯气不有漂白性，具有漂白性的是氯气与水反应生成的次氯酸，所
以氯气能使湿润的有色布条褪色，故D错误。
8．有关NaO 性质实验如下：
2 2
已知：①NaO 与水反应经历了NaO＋2HO===2NaOH＋HO；
2 2 2 2 2 2 2
②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
【解析】由实验现象和题给信息可知，实验中酚酞褪色可能是过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，所以还必须补充除去过氧化氢、降低氢氧化
钠溶液浓度的实验来验证褪色原因。由分析可知，由实验不能得到双氧水、浓氢氧化钠都能使酚酞褪色的
结论，故A、B、C错误；还必须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。9．将0.4 g NaOH和1.06 g Na CO 混合并配成溶液，向溶液中滴加0.1 mol·L－1稀盐酸。下列图像能正确表
2 3
示加入盐酸的体积和生成CO 的物质的量的关系的是( )
2
【答案】C
【解析】n(NaOH)＝＝0.01 mol、n(Na CO)＝＝0.01 mol，盐酸滴入后，由于氢氧化钠的碱性较强，盐酸和
2 3
氢氧化钠先反应，0.4 g氢氧化钠消耗0.1 L盐酸，不产生气体；当氢氧化钠消耗完之后，盐酸和碳酸钠反
应，由于氢离子浓度较小，生成碳酸氢钠，还是没有气体产生，相关反应如下：CO＋H＋(少量)===HCO，
此时再消耗0.1 L盐酸，不产生气体；当碳酸根离子消耗完后，0.01 mol碳酸氢根离子和氢离子反应，产生
0.01 mol二氧化碳气体，C选项符合题意。
10．为除去括号内的杂质，所选用的试剂或方法错误的是（ ）
A．CO 气体（HCl），饱和NaHCO 溶液
2 3
B．NaCO 固体（NaHCO ），加热至不再产生气体
2 3 3
C．NaO 粉末（NaO），将混合物在氧气中加热
2 2 2
D．NaCO 溶液（NaSO ），加入适量Ba(OH) 溶液，过滤
2 3 2 4 2
【答案】D
【解析】A.二氧化碳不与碳酸氢钠反应，氯化氢能与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，故A正确；B.碳酸氢钠
加热分解生成碳酸钠，则加热法可除杂，故B正确；C.氧化钠与氧气反应生成过氧化钠，将混合物在氧气
中加热可除杂，故C正确；D.氢氧化钡与硫酸钠反应生成硫酸钡和NaOH，引入新杂质NaOH，故D错
误。
11．下列离子方程式的书写正确的是（ ）
A．将氯气通入水中：Cl+H O=2H++Cl-+ClO-
2 2
B．将一小块钠放入水中：Na+HO=Na++OH-+H ↑
2 2
C．向碳酸氢钠溶液中加入稀硫酸：CO+2H+=HO+CO ↑
2 2
D．氧化铁粉末溶于稀盐酸：Fe O+6H+==2Fe3++3H O
2 3 2
【答案】D
【解析】A．将氯气通入水中生成盐酸和次氯酸，HClO是弱酸应保留化学式，离子方程式为：
Cl+H O=H++Cl-+HClO，故A错误；B．将一小块钠放入水中生成氢氧化钠和氢气，离子方程式为：
2 2
2Na+2HO=2Na++2OH-+H ↑，故B错误；C．往NaHCO 溶液中加入稀硫酸，碳酸氢根离子为弱酸根离子，
2 2 3
不能拆，离子方程式为：HCO+H+=H O+CO↑，故C错误；D．氧化铁粉末溶于稀盐酸生成氯化铁和水：
2 2Fe O+6H+==2Fe3++3H O，故D正确；故选D。
2 3 2
12．下列说法正确的是（ ）
①Na O 投入到紫色石蕊试液中，溶液先变蓝，后褪色；
2 2
②Na O和NaO 投入到水中都能生成NaOH；
2 2 2
③质量相等的NaHCO 与NaCO 分别与相同浓度盐酸完全反应时，产生CO 的物质的量相等；
3 2 3 2
④取ag Na CO 和NaHCO 混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，增重bg，能测定
2 3 3
NaCO 和NaHCO 混合物中NaCO 质量分数；
2 3 3 2 3
⑤区别NaHCO 与NaCO 溶液，可用Ca(OH) 溶液；
3 2 3 2
⑥NaHCO 固体可以做干粉灭火剂，金属钠起火可以用它来灭火；
3
⑦NaHCO 粉末中混有NaCO，可配制成溶液通入过量的CO，再低温结晶得到提纯。
3 2 3 2
A．②③④ B．②⑤⑦ C．①②⑦ D．③④⑥
【答案】C
【解析】①NaO 与水反应产生NaOH使溶液显碱性，所以溶液先变为蓝色，又由于过氧化钠具有强的氧
2 2
化性而具有漂白性，所以又有蓝色然后变为无色，①正确；②NaO与水反应产生NaOH，NaO 与水反应
2 2 2
产生NaOH和O，因此二者都能与水反应生成NaOH，②正确；③根据C元素守恒，质量相等的NaHCO
2 3
与NaCO 中含有的C元素质量不相等，所以二者分别与相同浓度盐酸完全反应时，产生CO 的物质的量
2 3 2
不相等，③错误；④碱石灰既能吸收CO，也能吸收水分，因此不能根据碱石灰增重质量测定NaCO 和
2 2 3
NaHCO 混合物中NaCO 质量分数，④错误；⑤Ca(OH) 与NaHCO 与NaCO 溶液都能反应产生CaCO 白
3 2 3 2 3 2 3 3
色沉淀，故不能用Ca(OH) 溶液鉴别二者，⑤错误；⑥NaHCO 固体受热分解产生CO，可用于灭火，金
2 3 2
属钠起火时产生的NaO 与CO 及HO发生反应产生氧气，因此不能用干粉灭火剂灭火，⑥错误；⑦由于
2 2 2 2
NaCO 在溶液中会与CO、HO发生反应，产生NaHCO ，所以NaHCO 粉末中混有NaCO，可配制成溶
2 3 2 2 3 3 2 3
液通入过量的CO，反应产生NaHCO ，然后再低温结晶得到提纯得到，⑦正确；综上所述可知正确说法
2 3
是①②⑦，故合理选项是C。
13．下列“实验结论”与“实验操作及现象”不相符的一组是（ ）
选项 实验操作及现象 实验结论
A 向蔗糖中滴加浓硫酸，蔗糖变黑 浓硫酸有脱水性
B 向某溶液中加入盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体 该溶液中一定含有
向某溶液中加入浓 溶液，加热，产生能使湿润的红色
C 该溶液中一定含有
石蕊试纸变蓝的气体
D 向紫色石蕊溶液中加入氯水，溶液先变红，随后褪色 氯水中含有酸性物质和漂白性物质
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【解析】A．蔗糖中滴加浓硫酸，蔗糖变黑，有C单质生成体现了浓硫酸的脱水性，A正确；B．某溶液中
加入盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，该气体可能为CO2或SO2，溶液中可能有亚硫酸根离子、
碳酸氢根离子等，不一定有碳酸根离子，B错误；C．某溶液中加入浓NaOH，加热产生能使湿润的红色石
蕊试纸变蓝的气体，该气体为氨气，该溶液中一定有铵根离子，C正确；D．紫色石蕊溶液中加入氯水，
溶液先变红是因为氯水中有氢离子呈酸性，再褪色是因为氯水中含有次氯酸具有强氧化性能漂白石蕊溶
液，D正确；故答案选B。
14．氯气是一种化学性质很活泼的非金属单质，下列说法不正确的是（ ）
A．红热的铜丝在氯气里剧烈燃烧，生成棕黄色的烟
B．纯净的H 在Cl 中安静地燃烧，发出苍白色火焰，集气瓶口呈现白色烟雾
2 2
C．氯气能与水反应生成次氯酸和HCl，久置氯水最终变为稀盐酸
D．向氯水中滴加AgNO 溶液出现白色沉淀，说明氯水中含有Cl-
3
【答案】B
【解析】A．铜与氯气点燃生成氯化铜，铜丝在氯气里剧烈燃烧，并生成棕黄色的烟，故A正确；B．氢
气在氯气中燃烧生成氯化氢，氯化氢与水蒸气结合生成盐酸液滴，所以纯净的 H 在 Cl 中安静地燃烧，
2 2
发出苍白色火焰，集气瓶口呈现白色雾，不会产生烟，故B错误；C．氯气溶于水后，能与水发生歧化反
应，生成HClO和HCl，由于HClO见光易分解，所以久置氯水最终变为稀盐酸，故C正确；D．氯水中含
有氯离子，滴加AgNO 溶液出现白色沉淀氯化银，故D正确。答案选B。
3
15．某同学用下列装置进行有关Cl 的实验，下列说法不正确的是（ ）
2
A．Ⅰ图中：实验现象证明干燥的氯气无漂白作用，潮湿的氯气有漂白作用
B．Ⅱ图中：闻Cl 的气味
2
C．Ⅲ图中：生成棕黄色的烟
D．Ⅳ图中：若气球干瘪，证明Cl 可与NaOH反应
2【答案】D
【解析】A. 氯气能使湿润的有色布条褪色，而不能使干燥的有色布条褪色，故说明氯气无漂白性，氯水
有漂白性，即潮湿的氯气有漂白作用，A正确；B. 闻有毒气体时，应用手轻轻在瓶口煽动，使少量的氯气
飘进鼻孔，不能直接将鼻子趴在瓶口闻，B正确；C. 铜在氯气中着火燃烧生成氯化铜固体，表现为棕黄色
的烟，C正确；D. 氯气和氢氧化钠溶液反应，使烧瓶内压强降低，空气进入气球，气球会鼓起来。所以若
气球鼓起，证明氯气能和氢氧化钠溶液发生反应，D错误。
16．实验室利用如图所示的装置制备干燥、纯净的氯气。下列有关叙述不正确的是（ ）
A．本实验操作顺序：检验装置气密性→添加固体药品→添加液体药品→加热
B．装置I中发生的反应可以体现浓HCl的还原性和酸性，并且物质的量之比为1∶1
C．装置Ⅱ、Ⅲ中分别放入浓HSO 和饱和NaCl溶液
2 4
D．装置Ⅴ中反应的离子方程式：Cl＋2OH－ = Cl－＋ClO-＋HO
2 2
【答案】 C
【解析】装置Ⅰ用于制取Cl，装置Ⅱ用于除去Cl 中混有的HCl，装置Ⅲ用于干燥Cl，装置Ⅳ用于收集
2 2 2
Cl，装置Ⅴ用于尾气处理。A．制取气体时，首先需将装置连接好，检验装置的气密性，然后加药品，先
2
往烧瓶内添加固体药品，再用分液漏斗往烧瓶内添加液体药品，然后给烧瓶加热，A正确；B．装置I中发
生的反应是MnO +4HCl(浓) MnCl +Cl↑+2H O，生成Cl，浓HCl体现还原性，生成MnCl ，浓HCl体现
2 2 2 2 2 2
酸性，且物质的量之比为1∶1，B正确；C．由分析可知，装置Ⅱ用于除去Cl 中混有的HCl，装置Ⅲ用于干
2
燥Cl，则装置Ⅱ、Ⅲ中分别放入饱和NaCl溶液和浓HSO ，C不正确；D．装置Ⅴ中，发生反应为
2 2 4
Cl+2NaOH=NaCl+NaClO+H O，离子方程式：Cl＋2OH－ = Cl－＋ClO-＋HO，D正确；故选C。
2 2 2 2
17．设N 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A
A．常温常压下，44gCO 气体中原子数为3N
2 A
B．标准状况下，2.24LHO含有的氧原子数为0.1N
2 A
C．常温常压下，N 个Cl 分子所占的体积为22.4L
A 2
D．物质的量浓度为0.1mol/L的CaCl 溶液中，含有Cl-的数目为0.2N
2 A【答案】A
【解析】A．常温常压下，44gCO 的物质的量为1mol，含有原子数为3N ，A正确；B．标准状况下水不
2 A
是气态，2.24L水含有的氧原子数大于0.1N ，B错误；C．常温常压下气体摩尔体积大于22.4L/mol，N 个
A A
Cl 分子的物质的量为1mol，常温常压下，1mol氯气的体积大于22.4L，C错误；D．选项中并未说明氯化
2
钙溶液的体积，无法确定氯离子的物质的量，D错误；故答案选A。
18．下图为氯气及氯的化合物的“价—类”二维图，下列叙述错误的是( )
A.常温下，a的稀溶液与二氧化锰反应可制取b B.理论上a溶液和e混合可制得b
C.c和f均可用于环境杀菌消毒 D.d见光易分解
【答案】A
【解析】a是HCl，b是Cl，c是ClO ，d是HClO，e可能是NaClO，f可能是NaClO。加热条件下，浓盐
2 2 3
酸与二氧化锰反应制取Cl ，故A错误；根据氧化还原反应规律，5Cl－＋ClO＋6H＋===3Cl↑＋3HO，理论
2 2 2
上盐酸和NaClO 混合可制得Cl ，故B正确； ClO 和NaClO均具有强氧化性，可用于环境杀菌消毒，故
3 2 2
C正确； HClO见光易分解为HCl和O，故D正确。
2
19．使用容量瓶配制溶液时，由于操作不当，会引起误差。下列情况一定会使所配溶液浓度偏低的是(
)
①用天平称量时，被称量物与砝码的位置放颠倒了
②溶液转移到容量瓶后，烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤
③转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水
④定容时，仰视容量瓶的刻度线
⑤定容后摇匀，发现液面降低，又补加少量水，重新达到刻度线
A.①②⑤ B.②④⑤ C.③④⑤ D.①②④⑤
【答案】 B
【解析】天平称量时使用游码，被称量物与砝码的位置放颠倒了，物质的质量＝砝码的质量－游码的质
量，质量偏小，浓度偏低，若不使用游码，物质的质量＝砝码的质量，对质量无影响，浓度不变；定容时，仰视容量瓶的刻度线，体积偏大，浓度偏低；定容后摇匀，发现液面降低，又补加少量水，重新达到
刻度线，体积偏大，浓度偏低。
20．N 表示阿伏加德罗常数的值。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
A
化钠的一种制备方法是NaSO+2C\o(\s\up6(_____)NaS+2CO↑。下列有关说法正确的是（ ）
2 4 2 2
A．1mol/L Na SO 溶液液中含氧原子的数目一定大了4N
2 4 A
B．1L 0.1mol/L Na S溶液中含阴离子的数目小于0.1N
2 A
C．生成1mol氧化产物时转移电子数为4N
A
D．通常状况下11.2L CO 中含质子的数目为11N
2 A
【答案】C
【解析】A、未注明溶液的体积，无法判断1mol/L Na SO 溶液中含氧原子的数目，选项A错误；B、1L
2 4
0.1mol/L Na S溶液中含有0.1mol Na S，硫离子水解生成HS-和氢氧根离子，阴离子的数目大于0.1N ，选
2 2 A
项B错误；C、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4N ，选项C正
A
确；D、通常状况下，气体摩尔体积不是22.4L/mol，故11.2L CO 物质的量不是0.5mol，所含质子的数目
2
不是11N ，选项D错误；
A
21．某无色透明溶液中只可能含有Na+、SO 、Cl-、HCO 、CO 、H+、Cu2+中的几种，且每种离子的物
质的量均为1mol。依次进行下列实验，每步所加试剂均过量，观察到的现象如表。下列结论正确的是(
)
步骤 操作 现象
(1) 用紫色石蕊试液检验 溶液变红
(2) 向溶液中滴加BaCl 和稀HCl 有白色沉淀生成
2
(3) 将(2)中所得混合物过滤，向滤液中加入AgNO 溶液和稀硝酸 有白色沉淀生成
3
A．该实验无法确定是否含有Cl- B．可能含有的离子是Na+、SO 、Cl-
C．肯定含有的离子是Na+、SO 、H+ D．肯定没有的离子只有Cl-、HCO 、CO
【答案】C
【解析】溶液呈无色，溶液中不含有Cu2+；步骤(1)用紫色石蕊试液检验，溶液变红，说明溶液中含有H+，
由于HCO -、CO2-与H+不能大量共存，溶液中不含有HCO -、CO2-；步骤(2)向溶液中滴加BaCl 和稀盐
3 3 3 3 2
酸，有白色沉淀生成，溶液中含有SO 2-，每种离子物质的量均为1mol，根据电荷守恒，溶液中含有Na+；
4
步骤(3)将(2)中所得混合物过滤，向滤液中加入AgNO 溶液和稀硝酸，有白色沉淀生成，说明滤液中含有
3Cl-，步骤(2)中加入了Cl-，结合电荷守恒，原溶液中不含有Cl-。A．根据分析，溶液中含H+、Na+、SO 2-
4
各1mol，结合电荷守恒和实验可知，溶液中不含有Cl-，A项错误；B．溶液中一定含有Na+、SO 2-，溶液
4
中不含有Cl-，B项错误；C．根据分析，溶液中含H+、Na+、SO 2-各1mol，C项正确；D．根据分析，肯
4
定没有的离子为HCO -、CO2-、Cl-、Cu2+，D项错误；答案选C。
3 3
22．为了预防传染性疾病，不少地方都采用了“84”消毒液进行消毒。“84”消毒液(有效成分为NaClO)可
用于消毒和漂白。下列对相关实验现象的分析，不正确的是（ ）
实验 I II III
滴管中的 1mL0.0002mol•L-1
1mL的蒸馏水 1mL2mol•L-1的HSO
液体 的HSO 2 4
2 4
混合后溶液的
混合后溶液的
混合后溶液的 pH=3.2，蓝色迅速褪
pH=9.9，短时间内
实验现象 pH=5.0，蓝色迅速 去，并产生大量气
未褪色，一段时间
褪去，无气体产生 体，使湿润的淀粉碘
后蓝色褪去
化钾试纸变蓝
A．对比实验I和II，II中蓝色迅速褪去的原因是发生了反应：ClO-+H+=HClO
B．对比实验II和III，溶液的pH可能会影响ClO-的氧化性或Cl-的还原性
C．实验III中产生的气体是Cl，由HClO分解得到：2HClO=Cl ↑+H O
2 2 2
D．加酸可以提高“84”消毒液的漂白效果，但需合适的pH才能安全使用
【答案】C
【解析】A项，II中蓝色迅速褪去的原因是发生了反应：ClO-+H+=HClO，HClO的弱酸性和漂白性使溶液
蓝色迅速褪去，A正确；B项，对比实验II和III，HSO 浓度越大，酸性越强，ClO-的氧化性越强，甚至
2 4
与Cl－反应生成Cl，B正确；C项，实验III中产生的气体是Cl，Cl 使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，而氯
2 2 2
气是由HClO和HClO氧化漂白之后生成的Cl－反应生成，离子方程式为：ClO－+ Cl－+H+ = Cl ↑+ H O，C
2 2
错误；D项，通过三个实验对比可知，加酸可以提高“84”消毒液的漂白效果，但若是酸性太强，发生实验
III 的反应，产生氯气，则会造成安全隐患，D正确；故选C。
第 II 卷（非选择题 共 56 分）
二、非选择题：本题共5个小题，共56分。
23．有如下物质：①Na；②NaOH溶液；③KHSO 固体；④CO；⑤酒精(C HO)；⑥蒸馏水；
4 2 2 6
⑦NaHCO 溶液；⑧CuSO ·5H O晶体。
3 4 2
(1)以上物质中，属于电解质的是_____________(填序号，右同)，属于非电解质的是_____________。
(2)将②与⑦进行混合，该过程中发生反应的离子方程式是_______________________________________。(3)向氢氧化钡溶液中加入物质③的溶液至Ba2+恰好沉淀完全，其离子方程式为
_________________________。
(4)向100mL②溶液中通入一定量的④，然后向该溶液中逐滴加入2mol/L的盐酸，所加盐酸的体积与产生
CO 的体积(标准状况)关系如图所示：
2
回答下列问题：
①0A段发生反应的离子方程式为______________________________________。
②m=_______mL。
③原②溶液的物质的量浓度为________________。
(5)将0.1mol⑤在足量氧气中充分燃烧，再将全部产物缓慢通过足量的NaO 固体，NaO 固体质量增加
2 2 2 2
______g。
【答案】(1) ③⑥⑧ ④⑤
(2)OH-+HCO==CO+H O
2
(3)Ba2++OH-+H++SO==BaSO ↓+H O
4 2
(4) OH-+H+==H O 、CO+H+==HCO 896 0.9mol/L
2
(5)3.4
【解析】（1）由电解质与非电解质概念可知，属于电解质的是③NaHSO 固体、⑥蒸馏水、
4
⑧CuSO ·5H O晶体；属于非电解质的是④CO、⑤酒精；故答案为：③⑥⑧；④⑤。
4 2 2
（2）将NaOH溶液与NaHCO 进行混合，生成碳酸钠和水，该过程中发生的离子反应方程式是OH-
3
+HCO==CO+H O；故答案为：OH-+HCO==CO+H O。
2 2
（3）向氢氧化钡溶液中加入物质NaHSO 的溶液至恰好沉淀完全，硫酸氢钠完全反应，其离子方程式为：
4
Ba2++OH-+H++SO==BaSO ↓+H O；故答案为：Ba2++OH-+H++SO==BaSO ↓+H O。
4 2 4 2
（4）由图像可知，开始没有二氧化碳生成，是氢氧化钠与盐酸反应、碳酸钠与盐酸反应生成碳酸氢钠，
0A段反应的离子方程式为：OH-+H+==H O 、CO+H+==HCO；②结合图像可知，25～45mL发生碳酸氢钠
2
与盐酸反应生成二氧化碳，此时消耗盐酸的物质的量为 ，依据方程式 可知，此时产生二氧化碳的物质的量为0.04mol，则CO 的体积(标准状况)为
2
；③B点溶液为NaCl，根据元素守恒可知 ，
；故答案为：OH-+H+==H O 、CO+H+==HCO；896；0.9mol/L。
2
（5）酒精完全燃烧的产物是CO 和HO， ，
2 2
固体增加的质量相当于CO、H 的质量，根据元素守恒，NaO 固体增加的质量为
2 2 2
；故答案为：3.4。
24．I．实验室需要配制98 mL 3 mol · L −1的NaCl溶液，回答下列问题：
（1）配制上述溶液除烧杯、玻璃棒、量筒外，还需用到的玻璃仪器有_____________（填仪器名称）。
（2）配制前应用托盘天平称量NaCl固体的质量为_______g。
II．海带中富含碘元素，经常食用海带可以防治甲状腺肿大，所以工业上常用海带为原料提取碘单质。下
面是某校化学探究小组设计的从海带中提取单质碘的实验，请你完成下列实验。
（1）将干燥洁净的海带用酒精润湿后在________________（填仪器名称）中灼烧成灰烬。
（2）待海带灰烬冷却至室温，将其转移到烧杯中，加蒸馏水后，搅拌、煮沸、冷却、_________________
（填操作名称）。
（3）在滤液中滴入几滴稀硫酸，再加入一定量的HO 溶液，此时发生反应的离子方程式为
2 2
___________________________________________________。
（4）把（3）中所得到的溶液注入分液漏斗中，然后再加入CCl ，振荡、静置，可以观察到CCl 层呈
4 4
_____色。
III．某同学通过硫代硫酸钠溶液与硫酸反应的有关实验，研究反应速率的影响因素，实验过程的数据记录
如下，请结合表中信息，回答有关问题：
参加反应的物质
反应
实验
NaSO HSO HO
2 2 3 2 4 2
序号 温度/℃
V/mL c/(mol/L) V/mL c/(mol/L) V/mL
A 40 5 0.1 10 0.1 5B 20 5 0.1 10 0.1 5
C 20 5 0.1 5 0.1 10
（1）硫代硫酸钠与硫酸反应的离子方程式为____________________。
（2）实验A和B的比较，是为了探究______________对化学反应速率的影响。
（3）在上述实验中，反应速率最慢的可能是_____________（填实验序号）。
【答案】I．（1）100ml容量瓶、胶头滴管 （2）17.6
II．（1）坩埚 （2） 过滤
（3） 2I-+H O+2H+=I +2H O （4）紫红
2 2 2 2
III．（1） SO2-+2H+=S↓+SO ↑+H O （2） 温度 （3）C
2 3 2 2
【解析】I．（1）配制98mL3mol·L−1的NaCl溶液步骤有计算、称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀等
操作，用到的仪器除了托盘天平、量筒、药匙、玻璃棒以外，还需要的玻璃仪器有：100ml容量瓶、胶头
滴管；
（2）所需NaCl固体的质量为=3mol/L0.1L58.5g/mol=17.6g
II．（1）实验室用于灼烧固体物质一般用坩埚；
（2）将海带灰加入蒸馏水后进行搅拌和煮沸是为了将海带中的碘盐及其他可溶性物质加速溶于水中，然
后冷却到室温，过滤将滤液与难溶物分离开来，将残渣除去，故答案为：过滤；
（3）滤液中先加入硫酸酸化，后加入双氧水，发生的反应为：2I-+H O+2H+=I +2H O；
2 2 2 2
（4）I 在CCl 中的溶解度大于碘在水中的溶解度，CCl 与水不能互溶，且CCl 和I 不反应，故CCl 起的
2 4 4 4 2 4
是萃取作用，若得到的是含I 的CCl 溶液，静置后出现分层，CCl 的密度比水大在下层，故下层为紫红
2 4 4
色，答案为：紫红；
III．（1）由分析可知硫代硫酸钠与硫酸反应的离子方程式为：SO2-+2H+=S↓+SO ↑+H O
2 3 2 2
（2）A和B的组合中不同的物理量是反应温度，所以是为了探究温度对化学反应速率的影响，答案为：
温度；
（3）A、B、C三组实验中，物质相同，所以比较快慢需要从外因上进行考虑，对比A、B两组，研究的
是温度对化学反应速率的影响，温度越高反应速率越快，A组温度高，故A组反应快，即v(A)>v(B)；对
比B、C两组，研究的是改变浓度对反应速率的影响，浓度越大反应速率越快，B、C两组中，NaSO 的
2 2 3
浓度相同，B组HSO 是C组的2倍，且加的水是C组的一半，所以B组HSO 浓度大，故v(B)>v(C)，综
2 4 2 4
上，三组实验中v(A)>v(B)>v(C)，反应最慢的是C组，答案：C。
25．某实验小组制取“84”消毒液(主要成分为NaClO)并探究其性质。
[查阅资料]①常温下：16HCl(浓)＋2KMnO ===2MnCl ＋8HO＋2KCl＋5Cl↑；②苯为有机物，密度比水小
4 2 2 2
且不溶于水；③氯、溴、碘的单质均易溶于有机溶剂。Ⅰ.制取NaClO的装置如图1所示(夹持装置略)：
(1)仪器a的名称为______________。
(2)装置B中发生反应的化学方程式为___________________________________。
(3)上述装置存在一个缺陷，会导致“84”消毒液的产率降低，改进的方法是___________。
Ⅱ.探究“84”消毒液的性质：
(4)为验证“84”消毒液的某些性质，实验小组设计图2实验方案。观察到试管1中溶液不褪色；试管2中溶
液变蓝，短时间内无明显现象；试管3中溶液先变蓝，通入CO 后，溶液快速褪色。
2
①试管1的作用是_____________________________________________。
②由试管2、3的现象可得到的结论是_____________________________。
③若将试管3中通入的CO 换成盐酸也可达到相同的效果，且速度更快，但有可能产生 Cl 而带来不良的
2 2
实验后果，试写出产生Cl 的化学方程式：_________________。
2
【答案】 (1)分液漏斗 (2)Cl ＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋HO (3)在A、B之间安装一个装有饱和食盐
2 2
水的洗气瓶
(4)① 作对比实验 ② NaClO 溶液呈碱性且能与酸反应，生成的 HClO 具有漂白性 ③ NaClO＋
2HCl===NaCl＋Cl↑＋HO
2 2
【解析】 (2)装置B中发生反应的化学方程式为 Cl ＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋HO。(3)Cl 中混有的
2 2 2
HCl，也会消耗NaOH，从而导致“84”消毒液的产率降低，所以应在A、B间安装除去Cl 中HCl的装置，
2
改进的方法是在A、B之间安装一个装有饱和食盐水的洗气瓶。(4)①试管1中只加入蒸馏水，是便于与试
管2、3中反应作对比，表明不是水的作用。②试管2中溶液变蓝，短时间内无明显现象，表明“84”消毒
液显碱性，但氧化性较弱；试管3中溶液先变蓝，通入CO 后，溶液快速褪色，表明反应生成的HClO具
2
有漂白性，从而得到的结论是NaClO溶液呈碱性且能与酸反应，生成的HClO具有漂白性。
26．物质类别和核心元素的价态是学习元素及其化合物性质的两个重要认识视角。下列分别为钠和氯及其
化合物的“价-类”二维图，请回答下列问题：(1)填写二维图中缺失的化学式：①___________、②___________。
(2)物质③常用于实验室制取O，则③的化学式是___________。
2
(3)从物质类别角度看，HClO 属于___________，一般能与下列___________(填字母序号)类别 物质发生反
应；
a.金属单质b.非金属单质c.酸性氧化物d.碱性氧化物e.酸f.碱g.盐
从化合价角度看，Cl 具有___________填“还原性”或“氧化性”或“既有氧化性又有还原性”)， 已知
2
Cl 与HO 反应，该反应的 离子方程式为
2 2
__________________________________________________________。
(4)氢化钠(NaH)可在野外用作生氢剂，NaH 用作生氢剂时的化学反应原理为：NaH＋HO=NaOH＋H↑，
2 2
NaH 做___________(填“氧化剂”或“还原剂”)。
(5)二氧化氯(ClO )是一种新型自来水消毒剂，用 ClO 代替 Cl 对饮用水进行消毒可避免产生对人体有害的
2 2 2
有机氯化 合物。ClO 能杀死水中的病菌，起到消毒的作用，是因为 ClO 具有___________(填“强还原
2 2
性”或“强氧化性”)。
【答案】（1）NaO 或 NaO NaClO(填 Ca(ClO) 等其他次氯酸盐也给分)
2 2 2 2
（2）KClO
3
（3）酸(填e也给分) adfg 既有氧化性又有还原性 Cl+H O=HClO+Cl-+H+
2 2
（4）还原剂 （5）强氧化性
【解析】(1) ①Na的氧化物有氧化钠和过氧化钠，化学式分别为NaO、NaO；②为+1价的盐，为次氯酸
2 2 2
盐，NaClO等；
(2)实验室用氯酸钾与二氧化锰共热制备氧气，则物质③为氯酸钾，化学式为KClO；
3
(3)HClO属于酸；次氯酸具有酸性和强氧化性，能与金属单质、碱性氧化物、碱和部分盐反应；从化合价
角度看，0价的Cl原子既能够升高，又能够降低，Cl 既有氧化性又有还原性；Cl 与HO反应生成HCl和
2 2 2HClO，离子方程式为Cl+H O=HClO+Cl-+H+；
2 2
(4)NaH中H的化合价为-1价，反应时化合价升高，则NaH作还原剂；
(5) ClO 中Cl原子为+4价，具有强氧化性，能够杀菌消毒。
2
27．金属及其化合物的种类很多，我们可以按照“金属单质、金属氧化物、金属氢氧化物、盐”的类别进
行研究。A是短周期元素中原子半径最大的金属元素(“→”所指的转化都是一步完成)。
（1）A与水反应的离子方程式：_______________。
（2）若B为呼吸面具中的供氧剂，其供氧时每生成1molO ，反应过程中转移的电子数为____________(用
2
N 表示阿伏伽德罗常数，用含N 的代数式表示)。
A A
（3）200℃时，11.6gCO 和HO的混合气体与足量的B反应，反应后固体增加了3.6g，则原混合物的平均
2 2
相对分子质量为__________。
（4）若称取10.5 g纯净的NaHCO 固体，加热一段时间后，剩余固体的质量为8.02 g。如果把剩余的固体
3
全部加入到100 mL 2 mol·L-1的盐酸中充分反应。求溶液中剩余的盐酸的物质的量浓度(设溶液的体积变化
及盐酸的挥发忽略不计)___________。
（5）某化学反应方程式(未配平)：KMnO +KI+H SO →MnSO +I +KIO+K SO +H O，若该反应方程式中I
4 2 4 4 2 3 2 4 2 2
和KIO 的计量数分别是6和3，请将方程式配平；
3
_____KMnO +______KI+_____H SO →_____MnSO +6I +3KIO+_____K SO +_____H O，并用单线桥标出
4 2 4 4 2 3 2 4 2
电子转移的方向和数目：_________________________________________________。
【答案】（1）2Na+2HO=2Na++2OH-+H ↑
2 2
（2）2N
A
（3） 23.2
（4） 0.75 mol·L-1
（5） 6 15 15 6 9 15
【解析】 （1）钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，离子反应方程式为：2Na+2HO=2Na++2OH-+H ↑；
2 2
（2）若B为呼吸面具中的供氧剂，则B为NaO，其供氧时，其供养时主要反应的化学方程式：
2 2
2NaO+2CO =2Na CO+O ↑，过氧化钠中氧元素化合价-1价变化为0价和-2价，1mol过氧化钠反应电子转
2 2 2 2 3 2
移1mol，其供养时每生成1mol O 消耗2mol过氧化钠，转移2mol电子，则反应过程中转移的电子数为
22N ；
A
（3）若B为NaO，与11.6g CO 和HO的反应为化合反应，反应后增重的质量应为11.6g，但实际反应后
2 2 2
固体增重的质量只有3.6g，说明固体B为过氧化钠，由反应：2NaO+2CO =2Na CO+O ，
2 2 2 2 3 2
2NaO+2H O=4NaOH+O ↑，可知参加反应的CO 和HO与生成O 的物质的量之比为2:1，m(增重)=m(吸
2 2 2 2 2 2 2
收)−m(放出)，即11.6g−m(O )=3.6g，m(O )=11.6g−3.6g=8.0g，所以n(O )= 8.0g/(32g/mol) =0.25mol，n(CO
2 2 2 2
和HO)=0.5mol，则原混合气体的平均摩尔质量为11.6g/0.5mol=23.2g/mol；
2
（4）n(NaHCO )=10.5g/(84g/mol)=0.125 mol，NaHCO 最终完全转变成NaCl，消耗盐酸的物质的量等于
3 3
NaHCO 物质的量，则n(HCl) =n(HCl)−n(NaHCO )=0.1L×2mol·L-1−0.125mol=0.075mol，所以溶液中剩余
3 剩余 3
的盐酸的物质的量浓度为：c(HCl) =0.075mol/0.1L=0.75mol·L-1；
剩余
（5）反应KMnO +KI+H SO →MnSO +I +KIO+K SO +H O中，Mn元素化合价降低，由+7价降低到+2
4 2 4 4 2 3 2 4 2
价，I元素化合价升高，由-1价升高到0价和+5价，若该反应方程式中I 和KIO 的计量数分别是6和3，
2 3
则I元素失去电子的数目为2×6(1−0)+3×[5−(−1)]=30，则KMnO 的化学计量系数应为30/(7-2)=6，结合质量
4
守恒可知，该反应的化学反应方程式为6KMnO +15KI+15H SO =6MnSO +6I +3KIO+9K SO +15H O，用单
4 2 4 4 2 3 2 4 2
线桥标出电子转移的方向和数目为： 。
