1、章末质量评估(二)一、选择题(本题包括15小题，每题3分，共45分，每小题只有一个选项符合题目要求)1(2019石家庄高一检测)下列有关钠及其化合物的说法正确的是()A常温下钠与氧气反应生成氢氧化钠B加热时钠与氧气反应生成氢氧化钠C氢氧化钠是淡黄色固体D钠露置于空气的过程中有氢氧化钠生成解析：Na与O2常温下生成Na2O，加热时生成Na2O2，NaOH是白色固体Na2O2是淡黄色固体。答案：D2设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()AMgCl2的摩尔质量为95 gB18 g H2O含有的原子总数为3NAC0.5 mol H2所占体积约为11.2 LD0.1 molL1 BaCl2溶
2、液中，Cl的物质的量浓度为0.1 molL1解析：A项，MgCl2的摩尔质量为95 gmol1，错误；B项，18 g H2O为1 mol，含有的原子总数为3NA，正确；C项，标准状况下，0.5 mol H2所占体积约为0.522.4 Lmol111.2 L，但没说明是在标准状况下，不一定为11.2 L，错误；D.0.1 molL1 BaCl2溶液中，Cl的物质的量浓度为0.2 molL1，错误。答案：B3某同学欲配制符合下列条件的溶液，其中可能实现的是()A只含0.1 mol Na、0.2 mol Mg2、0.1 mol Cl和0.1 mol NO的溶液B只含0.1 mol NH、0.1 mo
3、l Ca2、0.1 mol CO和0.1 mol Cl的溶液C配制0.5 molL1的盐酸，将标准状况下11.2 L HCl溶于水配成1 L溶液D仅用1 000 mL的容量瓶、烧杯、玻璃棒、量筒、58.5 g NaCl固体和水配制1 L 1 molL1的NaCl溶液解析：A中不符合电荷守恒；B中钙离子和CO不能大量共存；D中缺少定容时需用的胶头滴管。答案：C4新制氯水与久置的氯水相比较，下列说法不正确的是()A都呈酸性B前者能使有色布条褪色C光照新制氯水有气体逸出，该气体是氯气D加硝酸银溶液都能生成白色沉淀解析：新制氯水中含有分子Cl2、HClO、 H2O，离子H、Cl、ClO、OH，光照时发
4、生反应2HClO2HClO2，所以久置的氯水实际上已经是盐酸。答案：C5(2019厦门高一检测)2.3 g纯净金属钠在干燥空气中被氧化后得到3.5 g固体，由此可判断产物是()A只有Na2OB只有Na2O2CNa2O和Na2O2的混合物D无法确定解析：n(Na)0.1 mol，n(O)0.075 mol，n(Na)n(O)0.10.07543，故得到的产物为Na2O、Na2O2的混合物。答案：C6(2019武汉高一检测)可用于判断碳酸氢钠粉末中混有碳酸钠的实验方法是 ()A加热时无气体放出 B滴加盐酸时有气泡放出 C溶于水后滴加稀BaCl2溶液有白色沉淀生成D溶于水后滴加澄清石灰水有白色沉淀生
5、成解析：Na2CO3和NaHCO3与澄清石灰水反应，两者都会产生白色沉淀，因此无法鉴别；而加BaCl2溶液，现象不同，有Na2CO3时才产生BaCO3沉淀。答案：C7下列对于某些离子的检验及结论一定正确的是()A加入稀盐酸产生无色气体，原物质一定有COB加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加入盐酸，沉淀不消失，一定有SOC加入稀盐酸后再加入硝酸银，产生白色沉淀，则原溶液一定有ClD加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加入盐酸，白色沉淀消失，不一定有Ba2解析：加入稀盐酸产生无色气体，溶液中可能含有HSO、SO、HCO或CO等离子，A项错误；加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，沉淀可能为A
6、gCl，应先加入盐酸，如无现象，再加入氯化钡检验，如生成沉淀，则说明含有硫酸根离子，B项错误；加入稀盐酸，不能确定原溶液是否含有氯离子，应加入硝酸酸化，C项错误；可能为BaCO3、CaCO3、MgCO3等白色沉淀，所以不一定有Ba2，D项正确。答案：D8下列配制的溶液浓度偏高的是()A配制盐酸用量筒量取盐酸时俯视刻度线B配制盐酸定容时，仰视容量瓶刻度线C称量4 g NaOH配制0.1 molL1 NaOH溶液1 000 mL时，砝码错放左盘(1 g以下用游码)DNaOH溶解后未经冷却即注入容量瓶至刻度线解析：A项所取盐酸体积偏小，浓度偏低；B项加水量偏多，浓度偏低；C项未使用游码，质量无影响，
7、浓度也没影响。答案：D9设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A标准状况下，22.4 L CCl4含有的分子数为NAB通常状况下，NA个CO2分子占有的体积为22.4 LC常温常压下，1.06 g Na2CO3含有的Na个数为0.02NAD物质的量浓度为1 molL1的MgCl2溶液中，含有Cl个数为2NA解析：标准状况下，四氯化碳为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，A错误；通常状况下，气体摩尔体积大于22.4 Lmol1，故NA个二氧化碳分子即1 mol二氧化碳的体积大于22.4 L，B错误；1.06 g碳酸钠的物质的量为0.01 mol，而碳酸钠中含2个钠离子，故0.
8、01 mol碳酸钠中含0.02NA个钠离子，C正确；溶液体积不明确，故溶液中的氯离子个数无法计算，D错误。答案：C10下列各组数据中，前者刚好是后者两倍的是()A2 mol H2O的摩尔质量和1 mol H2O的摩尔质量B200 mL 1 molL1的氯化钙溶液中c(Cl)和100 mL 2 molL1的氯化钾溶液中c(Cl)C64 g二氧化硫中氧原子数和标准状况下22.4 L一氧化碳中氧原子数D20%的NaOH溶液中NaOH的物质的量浓度和10%的NaOH溶液中NaOH的物质的量浓度解析：物质的摩尔质量为定值，与该物质的物质的量多少无关，A项错误；1 molL1氯化钙溶液中c(Cl)2 mo
9、lL1，与2 molL1氯化钾溶液中c(Cl)相等，B项错误；64 g二氧化硫中氧原子的物质的量为22 mol，标准状况下，22.4 L一氧化碳中氧原子的物质的量为1 mol，C项正确；因20%的NaOH溶液的密度(设为 1)大于10%的NaOH溶液的密度(设为2)，则21，D项错误。答案：C11(2019孝感高一检测)在标准状况下把4.48 L CO2通过足量的Na2O2固体后，固体增加的质量是()A8.8 gB5.6 gC3.2 gD2.4 g 解析：根据反应方程式2Na2O2 2CO2=2Na2CO3O2，在标准状况下，4.48 L CO2的物质的量为0.2 mol，所以反应后固体增加的
10、质量为0.2 mol (106 gmol178 gmol1)5.6 g。答案：B 12. 将紫色石蕊溶液滴入氢氧化钠溶液中，溶液变蓝色，再通入过量氯气时溶液由蓝变红，最后颜色慢慢消失，发生上述现象的原因是()氯气本身有漂白性氯气与氢氧化钠反应盐酸有酸性次氯酸有漂白性次氯酸钠本身有漂白性ABCD全部答案：B13某消毒液的主要成分为NaClO，还含有一定量的NaOH，下列用来解释事实的化学方程式不合理的是 ()A该消毒液可用NaOH溶液吸收Cl2来制备：Cl22OH=ClClO H2OBHClO的酸性强于H2CO3：ClOH2OCO2 =HClOHCOC该消毒液与洁厕灵(主要成分为HCl)混用，产
11、生有毒Cl2：2HClClO=Cl2H2OD该消毒液加白醋生成HClO，可增强漂白作用：CH3COOHClO=HClOCH3COO解析：A项，氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，正确；B项，H2CO3的酸性强于HClO，错误；C项，二者发生归中反应生成氯气，正确；D项，发生反应：CH3COOHClO=HClOCH3COO，增大了HClO的浓度，漂白作用增强，正确。答案：B14有A、B两个完全相同的装置，某学生分别在它们的侧管中装入1.06 g Na2CO3和0.84 g NaHCO3，A、B中分别有10 mL相同浓度的盐酸，将两个侧管中的物质同时倒入各自的试管中，下列叙述正确的是(
12、)AA装置的气球膨胀速率大B若最终两气球体积相同，则盐酸的浓度一定大于或等于2 molL1C若最终两气球体积不同，则盐酸的浓度一定小于或等于1 molL1D最终两试管中Na、Cl的物质的量一定相同解析：n(Na2CO3)0.01 mol，n(NaHCO3)0.01 mol，Na2CO3与NaHCO3分别与HCl反应的化学方程式为Na2CO32HCl=2NaClCO2H2O，NaHCO3HCl=NaClCO2H2O。NaHCO3与HCl反应更剧烈，反应更快，A错误；若最终两气球体积相同，则盐酸足量，即n(HCl)0.01 mol20.02 mol，则c(HCl)0.02 mol0.01 L2 m
13、olL1，若c(HCl)2 molL1，则两试管内产生气体体积不同，故B正确，C错误；因为Na2CO3中n(Na)0.01 mol20.02 mol，而NaHCO3中n(Na)0.01 mol，故D错误。答案：B15某实验室合成了一种可溶的金属氯化物(RClx)，为了测定该金属氯化物的成分，研究人员做了以下实验：取物质的量浓度为0.05 molL1的金属氯化物(RClx)溶液20 mL，使之恰好与20 mL 0.15 molL1的AgNO3溶液完全反应。则该氯化物的化学式为()ARClBRCl2CRCl3DRCl4解析： n(Ag)0.02 L0.15 molL1 0.003 mol，根据离子
14、方程式AgCl=AgCl可知n(Cl)n(Ag)0.003 mol，因n(RClx)0.02 L0.05 molL10.001 mol，该氯化物中n(Cl)xn(RClx) 0.001x mol，则0.001x0.003，故x3。答案：C二、非选择题(本题包括4小题，共55分)16(13分)将190 g MgCl2溶于水配制成1 L溶液。(1)该溶液中MgCl2的物质的量浓度为_，溶液中Cl的物质的量浓度为_。(2)配制1 mol/L的MgCl2溶液500 mL，需该溶液的体积为_。(3)向(2)中500 mL溶液中再通入一定量的HCl气体后，溶液中Cl的物质的量浓度为3 molL1(假设溶液
15、体积不变)，则溶液中H的物质的量浓度为_，通入HCl气体的体积(标准状况下)为_。解析：(1)n(MgCl2)2 mol，c(MgCl2)2 molL1，c(Cl)2c(MgCl2)4 molL1。(2)根据稀释规律：c(浓)V(浓)c(稀)V(稀)，即2 molL1V(浓)1 molL1500 mL，所以V(浓)250 mL。(3)根据电荷守恒有c(H)2c(Mg2)c(Cl)，即c(H)21 molL13 molL1，所以c(H)1 molL1。n(HCl)1 molL10.5 L0.5 mol，V(HCl)0.5 mol22.4 Lmol111.2 L。答案：(1)2 molL14 mo
16、lL1(2)250 mL(3)1 molL111.2 L17(13分)实验室欲用NaOH固体配制1.0 molL1的NaOH溶液240 mL。(1)配制溶液时，一般可以分为以下几个步骤：称量计算溶解摇匀转移洗涤定容冷却振荡其正确的操作顺序为_。本实验必须用到的仪器有托盘天平、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图所示。烧杯的实际质量为_g，要完成本实验该同学应称出_g NaOH。(3)使用容量瓶前必须进行的一步操作是_。(4)在配制过程中，其他操作都是正确的，下列操作会引起误差偏高的是_。转移溶液时不慎有少量洒到容量瓶外面定
17、容时俯视刻度线未冷却到室温就将溶液转移到容量瓶并定容定容后塞上瓶塞反复倒转摇匀，静置后，液面低于刻度线，再加水至刻度线解析：(1)配制溶液时，首先是计算，然后称量、溶解、冷却后转移至容量瓶，洗涤烧杯和玻璃棒，振荡容量瓶，继续加水，最后定容摇匀即可，所以正确的操作顺序为。根据操作流程可知本实验必须用到的仪器有托盘天平、药匙、玻璃棒、烧杯、250 mL容量瓶、胶头滴管。(2)用NaOH固体配制1.0 molL1的NaOH溶液240 mL时需要利用250 mL容量瓶，所以需要氢氧化钠固体的质量为1.0 molL10.25 L40 gmol110.0 g。由于左盘的质量右盘质量游码示数，则根据示意图可
18、知烧杯的实际质量30.0 g2.6 g27.4 g。(3)使用容量瓶前必须进行的一步操作是检查容量瓶是否漏液。(4)转移溶液时不慎有少量洒到容量瓶外面，则导致溶质减少，浓度偏低；定容时俯视刻度线，则液面在刻度线下方，所以浓度偏高；未冷却到室温就将溶液转移到容量瓶并定容，则冷却后溶液液面低于刻度线，浓度偏高；定容后塞上瓶塞反复倒转摇匀，静置后，液面低于刻度线，再加水至刻度线，则导致溶液体积增加，浓度偏低。答案：(1)250 mL容量瓶、胶头滴管(2)27.410.0(3)检查容量瓶是否漏液(4)18(14分)(2019沈阳高一检测)现有一定量含有Na2O杂质的Na2O2试样，用如图的实验装置测定
19、Na2O2试样的纯度。(可供选用的反应物只有CaCO3固体、6 molL1盐酸、6 molL1硫酸和蒸馏水)回答下列问题：(1)装置A中液体试剂选用_，理由是_。(2)装置B的作用是_，装置C的作用是_，装置E中碱石灰的作用是_。(3)装置D中发生反应的化学方程式是_。(4)若开始时测得样品的质量为2.0 g，反应结束后测得气体体积为224 mL(标准状况)，则Na2O2试样的纯度为_。答案：(1)6 molL1盐酸硫酸与CaCO3固体反应生成的CaSO4微溶于水，会覆盖在CaCO3固体表面，使反应不能持续进行(2)除去气体中的HCl干燥气体吸收装置D中反应剩余的CO2(3)2Na2O22CO2=2Na2CO3O2、Na2OCO2=Na2CO3(4)78%19(15分)已知硫酸、氨水的密度与所加水量的关系如图所示，现有硫酸与氨水各一份，相关数据如下表所示。溶质的物质的量浓度/(molL1)溶质的质量分数溶液的密度/(gcm3)硫酸c1w11氨水c2w22请根据表中信息，回答下列问题：(1)表中硫酸的溶质质量分数w1为_(用含c1、1的代数式表示)。(2)溶质物质的量浓度为c1 molL1，溶质质量分数为w1的硫酸与水等体积混合(混合后溶液体积变化忽略不计)，所得溶液中溶质的物质的量浓度为_molL1，溶质质量分数_(填“”“”“”“(3)(4)
