第2章 海洋中的卤素资源 测试卷2022—2023学年沪科版（2020）高一上学期化学必修第一册
一、单选题
1．用酸性KMnO4溶液处理硫化亚铜(Cu2S)和二硫化亚铁(FeS2)的混合物时，发生反应I：MnO+Cu2S+H+→Cu2++ +Mn2++H2O(未配平)和反应II：MnO+FeS2+H+→Fe3+++Mn2++H2O(未配平)。下列说法正确的是
A．反应I中Cu2S既是氧化剂又是还原剂
B．反应I中每生成1molSO，转移电子的物质的量为10mol
C．反应II中氧化剂与还原剂的物质的量之比为
D．若反应I和反应II中消耗的KMnO4的物质的量相同，则反应I和反应II中消耗的还原剂的物质的量之比为
2．硝酸厂的烟气中含有大量的氮氧化物(NOx)，将烟气与H2的混合气体通入Ce(SO4)2与Ce2(SO4)3 [Ce中文名“铈”]的混合溶液中实现无害化处理，其转化过程如图所示。下列说法正确的是
A．该转化过程的实质为NOx被H2还原
B．处理过程中，Ce3+和H+起催化作用
C．该转化过程需定期补充Ce(SO4)2溶液
D．过程Ⅱ，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：x
3．下列各组离子，在溶液中能大量共存的一组是
A．Ba2+、NO、SO、Cl- B．Cu2+、Cl-、SO、K+
C．K+、Ca2+、Cl-、CO D．Ca2+、OH-、NH、Fe3+
4．分类思想是研究化学的常用方法，下列有关分类叙述正确的是
A．依据分散系是否具有丁达尔效应将分散系分为溶液、胶体和浊液
B．依据酸能电离出氢离子的数目，将酸分为一元酸和二元酸等
C．依据溶液是否导电，将化合物分为电解质和非电解质
D．依据是否含有金属元素，将化合物分为共价化合物和离子化合物
5．在强酸性溶液中能大量共存且溶液为无色透明的离子组是
A．K+、MnO、Na+、Cl- B．Mg2+、Na+、NO、SO
C．K+、Na+、NO、CO D．Fe3+、Na+、Cl-、SO
6．固体化合物X由3种元素组成，某学习小组开展如下探究实验：
已知白色沉淀B能溶于NaOH溶液。下列说法正确的是
A．上述实验可用过量NaOH溶液代替浓氨水
B．“灼烧”时，有氧气参与，且得到4mol电子
C．蓝色溶液D中，溶质不止一种
D．通过上述流程，无法确定X的组成
7．向饱和的澄清石灰水中通入过量的CO2[方程式为：Ca(OH)2+CO2=CaCO3↓+H2O，CaCO3+CO2+H2O=Ca(HCO3)2]，溶液导电能力随CO2通入量的变化趋势正确的是
A． B．
C． D．
8．下列说法正确的是
A．NH3溶于水形成氨水，溶液能导电，所以NH3是电解质
B．BaCO3难溶于水，所以BaCO3是非电解质
C．CO2、SO2是非电解质
D．氯化钠溶液在电流作用下，电离成自由移动的钠离子和氯离子
9．下列有关物质的分类错误的是
A．和蔗糖均属于非电解质
B．将Na、分别投入饱和NaOH溶液中，恢复原温度，溶液浓度不变
C．和的水溶液均显酸性
D．苛性钠、纯碱分别属于碱和盐
10．下列各组物质，前者属于电解质，后者属于非电解质的是
A．H2SO4、CO2 B．铜、二氧化硫
C．NaCl、BaSO4 D．漂粉精、氨气
11．能在溶液中大量共存，且各离子的物质的量浓度相同(忽略离子的水解)的一组是
A．Ca2+、K+、、、 B．Fe2+、H+、、Cl-、S2-
C．Al3+、Na+、、Cl-、 D．Cu2+、H+、、Cl-、
12．下列化学反应先后顺序判断正确的是
A．在含有等物质的量的FeBr2、FeI2的溶液中，缓慢通入氯气：I-、Br-、Fe2+
B．在含有等物质的量的NaOH、Ca(OH)2 、NaAlO2 的溶液中通入CO2气体：NaOH、Ca(OH)2、NaAlO2
C．在含有等物质的量的H+、Al3+的溶液中，逐滴加入NaOH溶液：H+、A13+、Al(OH)3
D．在含有等物质的量的Fe3+、Cu2+的溶液中加入铁粉：Cu2+、Fe3+
13．下列关于物质分类的说法正确的是
A．金刚石、白磷都属于单质 B．稀硫酸、石英都属于纯净物
C．氯化氢、一水合氨都属于强电解质 D．氨气、硫化氢都属于电解质
14．一种利用废旧镀锌铁皮制备磁性Fe3O4纳米粒子的工艺流程如下：
下列有关说法不正确的是
A．“碱洗”是为了去除废旧镀锌铁皮表面的油污和锌
B．“氧化”时发生反应的离子方程式为2Fe2++ClO－+2H+=2Fe3++Cl－+H2O
C．“氧化”后的溶液中金属阳离子主要有Fe2+、Fe3+
D．用激光笔照射“加热沉铁”后所得分散系，产生丁达尔效应
二、填空题
15．已知铜在常温下能被稀HNO3溶解：3Cu+8HNO3==3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O
(1)请将上述反应改写成离子方程式：_________________________________
(2)上述反应中氧化剂是______，氧化产物是______，在反应的硝酸中，没有参加氧化还原反应的硝酸占总硝酸的_______________
16．完成下列填空：
(1)+2价的亚铁离子是血红蛋白(用于运输氧气)的重要组成成分。工业上常用Cl2处理含Fe2+的FeCl3溶液，请写出该反应的离子方程式：_______。
(2)2020年突如其来的“新冠肺炎”使人们认识到含氯消毒剂的重要性。
①“84”消毒液(有效成分为次氯酸钠)在此次抗疫中发挥了重要作用，其工业制备的化学方程式_______。
②已知KMnO4与浓盐酸反应也可以用来制取氯气：2KMnO4+16HCl=2KCl+ 2MnCl2+ 5Cl2↑+ 8H2O。氧化剂是_______(填化学式)；若有15.8g KMnO4参与反应，反应中转移的电子为_______mol。请用单线桥法表示电子转移的方向和数目：_______。
(3)某实验小组用“套管实验”来探究Na2CO3和NaHCO3的性质。
①整个实验过程中，能观察到烧杯B中的现象是_______。
②该实验可证明NaHCO3的热稳定性_______(填“强于”“弱于”或“等于”)Na2CO3；_______(填“能”或“不能”)将NaHCO3、Na2CO3的位置互换。
17．气体X的主要成分是Cl2(含有少量水蒸气)，某学习小组用如图装置研究气体X的性质。请回答下列问题：
(1)C中的现象是___；结合化学方程式说明B、C中现象不同的原因___。
(2)需要在D处连接如图所示装置，气体应该由___(填“a”或“b”)管通入。该装置的作用是___，用离子方程式表示其原理___。
三、计算题
18．现用Zn与实验室中的盐酸反应制取4.48LH2(标准状况)。
(1)求消耗得还原剂的质量为多少克___________？
(2)如果选用所贴标签为7%(密度为1.043g·mL-1)的盐酸，至少需该盐酸多少毫升___________？
四、实验题
19．氯酸镁常用作催熟剂、除草剂等，实验室制备Mg(ClO3)2·6H2O的流程如下：
已知：①卤块主要成分为MgCl2·6H2O，含有MgSO4、FeCl2等杂质。
②四种化合物的溶解度(S)随温度(T)变化曲线如图所示。
（1）加入NaClO3饱和溶液后发生反应的化学方程式为_______________，再进一步制取Mg(ClO3)2·6H2O的实验步骤依次为：①_________；_____________；洗涤；②将滤液冷却结晶；③过滤、洗涤。
（2）产品中Mg(ClO3)2·6H2O含量的测定：（已知Mg(ClO3)2·6H2O的摩尔质量为299 g/mol）
步骤1：准确称量3.50 g产品配成100 mL溶液。
步骤2：取10.00 mL于锥形瓶中，加入10.00 mL稀硫酸和20 .00 mL 1.000 mol·L－1的FeSO4溶液，微热。
步骤3：冷却至室温，用0.100 mol/L K2Cr2O7溶液滴定剩余的Fe2+至终点。反应的方程式为：Cr2O72－＋6Fe2+＋14H+＝2Cr3+＋6Fe3+＋7H2O。
步骤4：将步骤2、3重复两次，平均消耗K2Cr2O7溶液15.00 mL。
①写出步骤2中发生反应的离子方程式____________________；
②产品中Mg(ClO3)2·6H2O的质量分数为________________。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．B
【详解】A．反应Ⅰ中Cu2S中Cu和S的化合价都升高，发生氧化反应，则Cu2S为还原剂，Mn元素的化合价降低，高锰酸根发生还原反应为氧化剂，A错误；
B．反应Ⅰ中每生成1mol，参加反应的Cu2S为1mol，Cu2S化合价共升高2(2-1)+(6+2)=10，反应转移电子的物质的量为10mol，B正确；
C．反应Ⅱ中氧化剂化合价降低(7-2)=5，还原剂FeS2化合价共升高1+2(6+1)=15，根据得失电子相等，氧化剂与还原剂的物质的量之比为15：5=3：1，C错误；
D．若反应Ⅰ和反应Ⅱ中消耗的KMnO4的物质的量相同，1molKMnO4得到5mol电子，Cu2S化合价共升高2(2-1)+(6+2)=10，应氧化0.5molCu2S，FeS2化合价共升高1+2(6+1)=15，应氧化molFeS2，则反应Ⅰ和反应Ⅱ中消耗的还原剂的物质的量之比为0.5mol：mol=3：2，D错误；
故选B。
2．A
【分析】根据进出图可知，Ce4+把H2氧化为H+，自身被还原为Ce3+，然后Ce3+在酸性条件下再被NOx氧化为Ce4+，NOx被还原为N2，同时还生成水，据此分析。
【详解】A．该转化过程的实质为NOx被H2还原为N2，H2被氧化为水，故A正确；
B．整个转化过程Ce4+的质量和性质不变，所以混合溶液中Ce4+起催化作用，氢离子是中间产物，故B错误；
C．Ce4+起催化作用，该转化过程不需要定期补充Ce(SO4)2溶液，故C错误；
D．Ce3+在酸性条件下再被NOx氧化为Ce4+，NOx被还原为N2，根据电子得失守恒可知氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2x，故D错误；
故选A。
3．B
【详解】A．Ba2+和SO能生成BaSO4沉淀，不能大量共存；
B．Cu2+、Cl-、SO、K+间不发生反应，能大量共存；
C．Ca2+和CO能生成CaCO3沉淀，不能大量共存；
D．OH-和NH能反应生成NH3 H2O，OH-和Fe3+反应能生成Fe(OH)3沉淀，不能大量共存；
故选B。
4．B
【详解】A．依据分散质粒子的直径大小，将分散系分为溶液、胶体和浊液，A错误；
B．依据酸能电离出氢离子的数目，将酸分为一元酸和二元酸等，B正确；
C．划分电解质和非电解质的依据是化合物自身在水溶液中或熔融状态下能否电离，C错误；
D．离子化合物中可能不含金属元素，如氯化铵等，共价化合物中也可能含金属元素，如氯化铝等，D错误。
故选B。
5．B
【详解】A．无色溶液中不能大量存在有颜色离子MnO，A不合题意；
B．在强酸性无色溶液中能够大量存在Mg2+、Na+、NO、SO，B符合题意；
C．强酸性溶液中，H+和CO反应生成H2O和CO2，不能大量共存，C不合题意；
D．无色溶液中不能大量存在有颜色离子Fe3+，D不合题意；
故答案为：B。
6．C
【分析】由白色沉淀B是由A和氨水生成的但是能溶于NaOH溶液，可知A为氢氧化铝沉淀，则C为氧化铝1.020g；由蓝色溶液中加入硝酸酸化的硝酸银产生白色沉淀氯化银为11.480g，则原溶液中含有铜离子的质量=总质量-铝离子的质量-氯离子的质量，可确定X的组成。
【详解】A．因为白色沉淀B能溶于NaOH溶液，故不能用过量NaOH溶液代替浓氨水，A项错误；
B．“灼烧”时，是氢氧化铝的分解，没有氧气参与，B项错误；
C．蓝色溶液D中含有的溶质有多种，、、、等，C项正确；
D．由图示数据并根据原子守恒可知，4.020gX中含有铝离子物质的量为，含有氯离子物质的量为，由化合物应显电中性可得三种离子物质的量比值为，则可得X的化学式为，D项错误。
故选C。
7．B
【详解】溶液的导电能力与离子的浓度和离子所带的电荷数有关，二氧化碳和氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀的过程中，溶液中阴阳离子的浓度减小，导电能力减弱，二氧化碳、水和碳酸钙反应生成碳酸氢钙的过程中，溶液中阴阳离子的浓度增大，导电能力增强，氢氧化钙为微溶物，碳酸氢钙易溶于水，故最终离子浓度增大，导电能力比起始时要强；
故选B。
8．C
【详解】A．溶于水形成氨水，导电的离子不是本身电离的，所以是非电解质，A项错误；
B．电解质与溶解性无关，碳酸钡虽然难溶，但其在熔融状态下能导电，故碳酸钡是电解质，B项错误；
C．二氧化碳，二氧化硫水溶液能导电，离子不是它们直接电离的，二氧化碳，二氧化硫是非电解质，C项正确；
D．电离不需要在通电条件下，而是在水溶液中或熔融状态下，D项错误；
答案选C。
9．C
【详解】A．电解质是溶于水或在熔融状态下能够导电的化合物；非电解质是溶于水或在熔融状态下不能够导电的化合物；和蔗糖均属于非电解质，A项正确；
B．将Na、分别投入饱和NaOH溶液中，钠和过氧化钠均反应消耗水生成氢氧化钠，恢复原温度，溶液仍为同温下的氢氧化钠饱和溶液，浓度不变，B项正确；
C．的水溶液显酸性，的水溶液显碱性，C项错误；
D．苛性钠、纯碱分别为氢氧化钠、碳酸钠，分别属于碱和盐，D项正确；
故选C。
10．A
【详解】A．H2SO4为电解质，CO2为非电解质，故A正确；
B．铜为单质既不是电解质也不是非电解质，二氧化硫为非电解质，故B错误；
C．NaCl、BaSO4两者均为电解质，故C错误；
D．漂粉精为混合物既不是电解质也不是非电解质，氨气是非电解质，故D错误；
故选A。
11．C
【详解】A．Ca2+、形成沉淀，、发生双水解，均不能大量共存，A不符合题意；
B．H+、具有强氧化性，能氧化Fe2+、S2-，不能大量共存，B不符合题意；
C．Al3+、Na+、、Cl-、相互不反应，能够大量共存，且五种离子的物质的量浓度相同时，溶液呈电中性，C符合题意；
D．Cu2+、H+、、Cl-、相互不反应，能够大量共存，五种离子的物质的量浓度相同时，溶液不可能呈电中性，因此各离子的物质的量浓度不可能相同，D不符合题意；
答案选C。
12．C
【详解】A．根据还原性的强弱，I－>Fe2＋>Br－，根据氧化还原反应的先后规律，故错误；
B．CO2是酸性氧化物，和OH－反应生成CO，CO再和Ca2＋反应，因此反应先后顺序是Ca(OH)2、NaOH、NaAlO2，故错误；
C．结合OH－的能力H＋>Al3＋，Al(OH)3是沉淀，因此先后顺序是H＋>Al3＋>Al(OH)3，故正确；
D．氧化性：Fe3＋>Cu2＋，因此加入铁粉反应的先后顺序是Fe3＋>Cu2＋，故错误。
故选C。
13．A
【详解】A．只由一种元素构成的纯净物为单质，金刚石和白磷均是只由一种元素构成的纯净物，均为单质，故A正确；
B．只由一种物质组成的为纯净物，稀硫酸是硫酸的水溶液，属于混合物，故B错误；
C．在水溶液中完全电离的电解质为强电解质，一水合氨在水溶液中只能部分电离，为弱电解质，故C错误；
D．溶于水或在熔融状态下能够电离出离子的化合物是电解质，氨气是非电解质，故D错误；
故选A。
14．C
【分析】锌和氢氧化钠溶液反应，用氢氧化钠溶液清洗废旧镀锌铁皮，氢氧化钠除掉锌和表面的油污，再用稀硫酸反应生成硫酸亚铁，再用次氯酸钠溶液氧化亚铁离子，向溶液中加入氢氧化钠溶液生成氢氧化亚铁和氢氧化铁，加热反应生成磁性Fe3O4纳米粒子。
【详解】A．锌和氢氧化钠反应，因此“碱洗”是为了去除废旧镀锌铁皮表面的油污和锌，故A正确；
B．“氧化”时次氯酸钠和亚铁离子反应生成铁离子和氯离子，因此发生反应的离子方程式为2Fe2++ClO－+2H+=2Fe3++Cl－+H2O，故B正确；
C．“氧化”后是次氯酸钠和亚铁离子反应，因此溶液中金属阳离子主要有Fe2+、Fe3+，还有Na+，故C错误；
D．加热沉铁即把氢氧化亚铁、氢氧化铁加热分解生成Fe3O4胶体，因此用激光笔照射“加热沉铁”后所得分散系，产生丁达尔效应，故D正确。
综上所述，答案为C。
15．(1)
(2)
【分析】根据化学方程式书写离子方程式；根据氧化还原反应中元素化合价的变化判断氧化剂和还原剂；根据反应中化合价的变化分析反应物中被还原的氧化剂所占比例。
【详解】（1）在反应中，和溶于水且完全电离，应写成离子的形成，改写后的离子方程式为：；
（2）反应中N元素化合价降低，被还原，为氧化剂；Cu是还原剂，被氧化生成，所以氧化产物是；硝酸铜中的N元素化合价没有变化，来自于没有参加氧化还原反应的硝酸，所以没有参加氧化还原反应的硝酸占总硝酸的，故答案为；；。
16．(1)
(2) KMnO4 0.5mol
(3) 澄清的石灰水变浑浊 弱于 不能
【解析】（1）
Cl2将Fe2+氧化为Fe3+ ，离子方程式为；
（2）
①工业上制备“84”消毒液，将氯气通入冷的氢氧化钠溶液，制备的化学方程式为；
②已知KMnO4与浓盐酸反应也可以用来制取氯气：2KMnO4+16HCl=2KCl+ 2MnCl2+ 5Cl2↑+ 8H2O，其中KMnO4中+7价的锰元素得电子化合价下降为+2价，作为氧化剂，氧化剂是KMnO4；根据方程式可知2mol KMnO4反应转移电子10mol，15.8g KMnO4为0.1mol，参与反应，反应中转移的电子为0.5mol，用单线桥法表示为；
（3）
①NaHCO3不稳定，受热分解生成碳酸钠和二氧化碳，整个实验过程中，能观察到烧杯B中的现象是澄清的石灰水变浑浊；
②该实验发现A烧杯中澄清石灰水没有变化，B烧杯中澄清的石灰水变浑浊，可证明NaHCO3的热稳定性弱于Na2CO3，本实验装置将Na2CO3放在大试管直接加热都不分解，NaHCO3放在小试管，间接加热，加热温度较低的物质分解，可判断稳定强弱，如果换了位置，Na2CO3放在小试管，间接加热，有可能是温度低没有分解，得出的结论就不科学了，所以不能互换位置。
17．(1) 有色布条褪色 Cl2没有漂白性，Cl2+H2O=HCl+HClO，HClO有漂白性
(2) b 处理尾气 Cl2+2OH－=Cl－+ClO－+H2O
【分析】浓硫酸吸收氯气中的水蒸气，干燥氯气，干燥的氯气通入到干燥的有色布条中，有色布条不褪色，通入到湿润的有色布条中，有色布条褪色，尾气中含有氯气，用氢氧化钠溶液吸收。
（1）
干燥氯气通入干燥的有色布条中，有色布条不变色，干燥氯气通入到湿润的有色布条中，氯气先和水反应生成次氯酸，次氯酸将有色布条漂白，看到C中的现象是有色布条褪色；结合化学方程式说明B、C中现象不同的原因Cl2没有漂白性，Cl2+H2O=HCl+HClO，HClO有漂白性；故答案为：有色布条褪色；Cl2没有漂白性，Cl2+H2O=HCl+HClO，HClO有漂白性。
（2）
D主要是处理尾气装置，应该长进短出，因此气体应该由b管通入。该装置的作用是处理尾气，用离子方程式表示其原理Cl2+2OH－=Cl－+ClO－+H2O；故答案为：b；处理尾气；Cl2+2OH－=Cl－+ClO－+H2O。
18．(1)13g
(2)200mL
【解析】（1）
锌和盐酸反应锌失去电子，是还原剂，根据题意可得：
则n(Zn)=0.2mol，m(Zn)=0.2mol×65g/mol=13g；
（2）
根据第一问的三段式
解得m(HCl)=4.48L÷22.4L×73g=14.6g；
V(HCl)=m(HCl)÷W(HCl)÷ρ(HCl)=14.6g÷7%÷1.043g·mL-1=200mL。
19． MgCl2＋2NaClO3=Mg(ClO3)2＋2NaCl↓ 蒸发浓缩或蒸发结晶 趁热过滤 ClO3－＋6Fe2＋＋6H＋=6Fe3＋＋Cl－＋3H2O 78.3%
【详解】（1）向滤液中加入NaClO3饱和溶液后，发生反应MgCl2+2NaClO3=Mg(ClO3)2+2NaCl，然后利用NaCl、Mg(ClO3)2的溶解度与温度的关系将溶液蒸发浓缩结晶、②趁热过滤，③冷却结晶，最后④过滤、洗涤。就得到Mg(ClO3)2·6H2O。
(2)①步骤2中发生反应的离子方程式ClO3-+6Fe2++6H+=6Fe3++Cl-+3H2O，②在氧化反应反应中电子转移数目相等。n(Fe2+)×1=n(ClO3-)×6+n(Cr2O72-)×2×3. n(Fe2+)="0.02mol;" n(Cr2O72-)=0.0015mol;所以n(ClO3-)={0.02mol×1-0.0015mol×2×3}÷6=0.0018mol；因此100ml中含有的ClO3-的物质的量为0.0183mol,则含有的Mg(ClO3)2·6H2O的物质的量为0.00915mol.去质量为299g/mol×0.00915mol=2.7408g.因此产品中Mg(ClO3)2·6H2O的质量分数为（2.7408g÷3.50 g）×100%=78.3%.
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