1、课时2 研究物质性质的根本程序 氯气的性质1. 今有甲、乙、丙三瓶等体积的新制氯水，浓度均为0.1 mol/L。如果在甲瓶中参加少量的NaHCO3晶体(n mol),在乙瓶中参加少量的NaHSO3晶体(n mol)，丙瓶不变。片刻后，甲、乙、丙三瓶溶液中HClO的物质的量浓度的大小关系是(溶液体积变化忽略不计) A.甲=乙丙B.甲丙乙 C.丙甲=乙D.乙丙甲 解析：氯水中存在以下平衡：Cl2+H2O HCl+HClO, 参加NaHCO3后，因为酸性：HClH2CO3HClO,所以 NaHCO3与HCl反响而不与HClO反响，平衡向右移动， HClO浓度增大；乙瓶中因HClO具有强氧化性，可将
2、NaHSO3氧化，从而使HClO浓度下降。 答案：B2.以下物质中只含有游离态氯元素的是 A.液氯B.氯水C.盐酸D.次氯酸 解析:液氯中只有氯分子；氯水中有H2O、Cl2、HClO、 H+、Cl-、ClO-、OH-；盐酸中有H2O、H+、OH-、Cl-；3.氯气溶于水后生成氯水，在氯水中存在的平衡关系是 氯气与水反响的化学平衡 次氯酸的电离平衡 水的电离平衡 氯气溶解与逸出的平衡 A.B.C.D.都存在 解析:氯水中存在的变化过程有： Cl2(g) Cl2(aq) Cl2+H2O HClO+HCl HClO ClO-+H+ H2O H+OH-。 答案:D4.将0.2 mol MnO2和50
3、mL 12 molL-1的盐酸混合后加热，待反响完全后，向反响后的溶液中参加足量AgNO3溶液，生成AgCl沉淀的物质的量为盐酸的挥发忽略不计 A.大于0.3 mol，小于0.6 mol B.等于0.3 mol C.小于0.3 mol D.等于0.6 mol 解析:n(HCl)=0.050 L12 molL-1=0.6 mol。 HClAgCl，0.6 mol HCl不与MnO2反响时生成的 AgCl最多，为0.6 mol。HCl为0.6 mol,最多生成0.15 mol Cl2；由于盐酸浓度减小到一定程度时，MnO2不与盐酸反响，故判断A项正确。 答案:A 出氯气，现按右图进行卤素的性质 实
4、验。玻璃管内装有分别滴有不同 溶液的白色棉球，反响一段时间后， 对图中指定部位颜色描述正确的选项是 A黄绿色橙色蓝色白色B无色橙色紫色白色C黄绿色橙色蓝色无色D黄绿色无色紫色白色解析:各处发生的反响及现象分别为： KClO3+6HCl(浓) KCl+3Cl2+3H2O，产生黄绿 色的气体。 2NaBr+Cl2 2NaCl+Br2,Br2溶于水显橙黄色。 2KI+Cl2 2KCl+I2,淀粉遇I2变蓝色。 Cl2+2NaOH NaCl+NaClO+H2O，两种盐的水溶液 都无颜色，故棉球显白色。 答案:A6.浓盐酸和次氯酸钙能发生以下反响： Ca(ClO)2+4HCl(浓) CaCl2+2Cl2
5、+2H2O 用贮存很久的漂白粉与浓盐酸反响制得的氯气中，可能含有的杂质气体是 CO2 HCl H2O(g) O2 A. B. C. D. 解析：Ca(ClO)2会在空气中吸收CO2而转变为CaCO3, 故当用久置的漂白粉与浓HCl反响制Cl2时，可能引入的杂质性气体是CO2、HCl及H2Og。 答案：A7.实验室用以下两种方法制氯气：用含HCl 146 g的浓盐酸与足量的MnO2反响；用87 g MnO2与足量浓盐反响。所得的氯气 A.比多 B.比多 C.一样多D.无法比拟 解析：146 g HCl的物质的量为4 mol,87 g MnO2的物质的量为1 mol,由方程式： MnO2+4HCl
6、(浓) MnCl2+Cl2+2H2O,1 mol MnO2可以与4 mol HCl反响，但是，应注意稀盐酸与MnO2不 反响的事实，也就是说1 mol MnO2与足量浓盐酸反响生成的Cl2多。答案：B8. mol某元素的单质与足量的Cl2反响后，质量增加了21.3 g，这种元素是 A.Cu B.Na C.Fe D.Al 解析:n(Cl2)=0.3 mol,转移0.6 mol e-,说明0.2 mol金属单质也转移0.6 mol e-，化合价为+3价。答案:CD9.由一种阳离子与两种酸根离子组成的盐称为混盐。混盐CaOCl2中不同价态的氯在酸性条件下可以生成Cl2。以下关于混盐CaOCl2的说法
7、中不正确的选项是 A.CaOCl2与稀硫酸反响产生1 mol Cl2时转移2 mol电子B.CaOCl2的水溶液呈碱性C.CaOCl2具有较强的氧化性D.CaOCl2中氯元素的化合价为0解析:根据信息“一种阳离子与两种酸根离子组成的盐称为混盐,该混盐应写成CaCl(ClO),结构中存在Cl-和ClO-两种阴离子,产生1 mol Cl2时转移1 mol电子。答案:AD10.在烧杯中参加水和苯(密度：0.88 g/cm3)各50 mL。 将一小粒金属钠(密度：0.97 g/cm3)投入烧杯中。观察到的现象可能是 A.钠在水层中反响并四处游动 B.钠停留在苯层中不发生反响 C.钠在苯的液面上反响并四
8、处游动 D.钠在苯与水的界面处反响并可能做上、下跳动 解析:此题考查的面很广，首先是苯与水互不溶解，还有钠的密度处于苯和水之间，钠能与水中的氢反响而不与苯中的氢反响。另外钠与水反响放出的氢气使钠在苯与水的界面处可能做上、下跳动。答案:D11.将金属钠投入到以下物质的溶液中，溶液的质量不会减轻的是 A.HClB.CuSO4 C.MgCl2D.Ca(HCO3)2 解析：溶液质量的变化取决于参加物质与逸出气体和析出沉淀的质量之差。假设此差值大于等于零，那么溶液质量不会减轻。答案:A12.以下关于钠的说法中，正确的选项是 A.钠的化学性质很活泼，所以它在自然界中不能以游离态存在 B.钠是一种很强的复原
9、剂，可以把钛、锆、铌等金属从它们的卤化物的水溶液中置换出来 C.钠在化学反响中常常失去电子，被氧化，作氧化剂 D.钠在空气中燃烧生成氧化物，发出黄色火焰解析：A项正确；B项，钠与溶液中的水先反响，不能将不活泼的金属置换出来，B项不正确；C项，钠是一种强复原剂，C项不正确；D项，钠在空气中燃烧生成过氧化物，D项错误。 答案：A13.向紫色石蕊试液中参加过量的Na2O2粉末,振荡后，能观察到的现象是 A.溶液仍为紫色 B.溶液最后变为蓝色 C.溶液先变蓝最后退色D.有气泡冒出 解析：答案:CD14.将钠、镁、铝各0.3 mol分别放入200 mL 1 molL-1的盐酸中，同温同压下产生的气体体积
10、比是 A.123B.632 C.322D.111 解析:n(HCl)=0.2 mol n(H2Na)=0.15 mol, n(H2Mg)=n(H2Al)=0.1 mol。 答案:C 与钾形成的合金可作原子反响堆的导热剂 制取Na2O2 冶炼稀有金属及金属钛 应用于电光源上 制取NaOH及NaCl等钠的化合物 可用于验证乙醇的分子结构A. B. C. 解析:均只涉及钠的物理性质。 答案:A16.以下各物质的学名是：Na2S2O3叫硫代硫酸钠；CaSx叫多硫化钙；Na2O2叫过氧化钠；KO2叫超氧化钾。试综合上述命名规律,分析答复：Na2CS3应读做 A.硫代碳酸钠 B.多硫碳酸钠 C.过硫碳酸钠
11、 D.超硫碳酸钠 解析：据题意分析：硫代硫酸钠Na2S2O3说明Na2SO4分子中的一个氧原子被一个硫原子代替，代替氧的硫原子化合价仍为-2价，而多硫化钙说明普通硫化钙又与硫结合后的产物，硫的价态发生了改变；过氧化物中含有过氧根离子即O2-2，超氧化物中含有超氧根离子即O-2，它们的价态都与原先氧的价态不同，综上分析应选A。 答案：A17.一定温度下，m g以下物质在足量的氧气中充分燃烧后，产物与足量的过氧化钠充分反响，过氧化钠增加了n g，且nm，符合此要求的物质是 H2 CO CO和H2的混合物 HCOOCH3 CH3CHO A. B. C.D. 解析：符合COn(H2)m通式的物质m g充分燃烧后会使Na2O2增加m g，均符合此条件；可看作C(CO)H22，其m g完全燃烧后，会使Na2O2增加的质量大于m g，相当于C又吸收了一个O。 答案：A18.14 gCO和H2的混合气体燃烧充分后与Na2O2足量反响，Na2O2固体增重 g。24 g葡萄糖C6H12O6燃烧后的产物导入盛足量Na2O2的密闭容器，那么Na2O2固体质量增加 g。 3m g CO2、H2、CH4的混合气体通过盛足量Na2O2的密闭容器(引燃后充分反响)，Na2O2固体质量增加m g，那么VCO2VH2V(CH4)= 。 解析:由