高考化学一轮课时达标习题非金属及其化合物2含答案

高考化学一轮课时达标习题非金属及其化合物2含答案

‎2019年高考化学一轮课时达标习题：第4章非金属及其化合物（2）含答案 ‎1．下列说法正确的是(　B　)‎ A．漂白粉在空气中久置变质是因为漂白粉中的CaCl2与空气中的CO2反应生成CaCO3‎ B．向含I－的无色溶液中滴加少量新制氯水，再滴加淀粉溶液，若溶液变成蓝色，则氧化性：Cl2>I2‎ C．为测定新制氯水的pH，用玻璃棒蘸取液体滴在pH试纸上，与标准比色卡对照即可 D．氯气溶于水的离子方程式：Cl2＋H2O===2H＋＋Cl－＋ClO－‎ 解析 Ca(ClO)2与空气中的CO2和水蒸气反应生成CaCO3和HClO，HClO见光分解，导致漂白粉变质，而CaCl2与CO2不反应，A项错误；向含I－的无色溶液中滴加少量新制氯水，发生反应：Cl2＋2I－===2Cl－＋I2，淀粉遇碘变蓝，说明氧化性：Cl2>I2，B项正确；氯水具有漂白性，会将pH试纸漂白，故无法测定其pH，C项错误；Cl2溶于水为可逆反应，且生成的HClO为弱电解质，HClO应保留分子式，D项错误。‎ ‎2．设NA为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(　C　)‎ A．含2 mol HCl的浓盐酸与‎43.5 g MnO2反应：被氧化的HCl分子数 B．‎11.2 L Cl2与足量钠反应：转移的电子数 C．KClO3＋6HCl===KCl＋3Cl2↑＋3H2O中生成‎13.44 L(标准状况)Cl2：转移的电子数 D．1 mol Cl2与足量NaOH反应：氧化剂的分子数 解析 在反应4HCl(浓)＋MnO2MnCl2＋Cl2↑＋2H2O中，若有2 mol HCl参加反应，则有1 mol被氧化，但随着反应的进行，盐酸浓度减小，反应停止，所以实际上被氧化的HCl分子数小于NA，A项错误；未指明温度和压强，B项错误； KClO3＋6HCl===KCl＋3Cl2↑＋3H2O中转移电子数为5，则‎13.44 L(标准状况)Cl2为0.6 mol，转移电子数为1 mol，C项正确；氧化剂的分子数应为0.5NA, D项错误。‎ ‎3．实验室里保存下列试剂的方法错误的是(　C　)‎ A．新制氯水盛放在棕色试剂瓶中，存放于低温避光的地方 B．液溴易挥发，盛放在用水液封的棕色试剂瓶中 C．碘易升华，盛放在有水的棕色广口试剂瓶中 D．浓盐酸易挥发，盛装在无色密封的细口玻璃试剂瓶中 解析 碘单质应盛放在广口瓶中，但瓶中不能加水。‎ ‎4．一定温度下，将0.03 mol Cl2缓缓通入‎1 L含有0.02 mol H2SO3和0.02 mol HBr的混合液中，下列图像错误的是(图像的横坐标都表示Cl2的物质的量；K1、K2分别表示H2SO3的一、二级电离常数；－lg 0.02＝1.7)(　B　)‎ 解析 因H2SO3的还原性比HBr强，故先发生反应：Cl2＋H2SO3＋H2O===2HCl＋H2SO4。当通入0.02 mol Cl2时，溶液中含有0.04 mol HCl、0.02 mol H2SO4和0.02 mol HBr，共0.10 mol H＋，c(H＋)＝0.1 mol·L－1，pH＝1.0，继续通入0.01 mol氯气则发生反应：Cl2＋2HBr===2HCl＋Br2，此时溶液中c(Cl－)继续增大，但c(H＋)基本不变，pH不变，故A、D项正确，B项错误；电离常数仅与温度有关，且一级电离常数大于二级电离常数，C项正确。‎ ‎5．氯水中存在如下平衡：Cl2(g)Cl2(aq)、Cl2(aq)＋H2OH＋＋Cl－＋HClO。下列说法正确的是(　A　)‎ A．向饱和氯水中通入HCl，有c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)＋c(ClO－)‎ B．氯气在1 mol·L－1的NaCl溶液中比在1 mol·L－1的AlCl3溶液中的溶解度小 C．光照，氯水的漂白性增强 D．若向饱和氯水中通入少量H2S，c(H＋)/c(ClO－ )减小 解析 根据电荷守恒，A项正确；1 mol·L－1的NaCl溶液中的c(Cl－)比1 mol·L－1的AlCl3溶液中c(Cl－)小，所以NaCl溶液对氯气溶解的抑制作用更小，即氯气在1 mol·L－1的NaCl溶液中的溶解度大，B项错误；光照时HClO分解，氯水的漂白作用减弱，C项错误；若通入少量H2S，发生反应：Cl2＋H2S===2HCl＋S↓，所以溶液中c(H＋)增大，Cl2(aq)消耗使第二个平衡逆向移动，c(ClO－)肯定会减小，所以c(H＋)/c(ClO－ )增大， D项错误。‎ ‎6．二氧化氯(ClO2，黄绿色易溶于水的气体)是高效、低毒的消毒剂。回答下列问题：‎ ‎(1)工业上可用KClO3与Na2SO3在H2SO4存在下制得ClO2，该反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为__2：1__。‎ ‎(2)实验室用NH4Cl、盐酸、NaClO2(亚氯酸钠)为原料，通过以下过程制备ClO2：‎ ‎①电解时发生反应的化学方程式为__NH4Cl＋2HCl3H2↑＋NCl3__。‎ ‎②溶液X中大量存在的阴离子有__Cl－、OH－__。‎ ‎③除去ClO2中的NH3可选用的试剂是__c__(填字母)。‎ a．水　　　 b．碱石灰　　　‎ c．浓硫酸　　　 d．饱和食盐水 ‎(3)用如图装置可以测定混合气中ClO2的含量：‎ Ⅰ.在锥形瓶中加入足量的碘化钾，用50 mL水溶解后，再加入3 mL稀硫酸；‎ Ⅱ.在玻璃液封装置中加入水，使液面没过玻璃液封管的管口；‎ Ⅲ.将一定量的混合气体通入锥形瓶中吸收；‎ Ⅳ.将玻璃液封装置中的水倒入锥形瓶中；‎ Ⅴ.用0.100 0 mol·L－1硫代硫酸钠标准溶液滴定锥形瓶中的溶液(I2＋2S2O===2I－＋S4O)，指示剂显示终点时共用去20.00 mL硫代硫酸钠溶液。在此过程中：‎ ‎①锥形瓶内ClO2与碘化钾反应的离子方程式为__2ClO2＋10I－＋8H＋===5I2＋4H2O＋2Cl－__。‎ ‎②玻璃液封装置的作用是__吸收残余的二氧化氯气体(避免碘的逸出)__。‎ ‎③Ⅴ中加入的指示剂通常为__淀粉溶液__，滴定至终点的现象是__溶液由蓝色变为无色，且半分钟内溶液颜色不再改变__。　‎ ‎④测得混合气中ClO2的质量为__0.027_00__g。‎ ‎(4)用ClO2处理过的饮用水会含有一定量的亚氯酸盐。若要除去超标的亚氯酸盐，下列物质最适宜的是__d__(填字母)。‎ a．明矾　　　　　　　 b．碘化钾 c．盐酸　　　　　　　 d．硫酸亚铁 解析 (1)该反应中Cl由＋5价降低为＋4价，S由＋4价升高为＋6价，则KClO3为氧化剂，Na2SO3为还原剂。根据氧化还原反应中电子得失守恒可得n(KClO3)×(5－4)＝n(Na2SO3)×(6－4)，则有n(KClO3)/n(Na2SO3)＝2：1。(2)①由图可知，电解NH4Cl和盐酸混合溶液得到H2和NCl3，结合质量守恒和得失电子守恒写出电解时反应的化学方程式：NH4Cl＋2HCl3H2↑＋NCl3。②由图可知，NCl3溶液中加入NaClO2溶液，得到ClO2和NH3及溶液X，N由＋3价降低为－3价，NaClO2中Cl由＋3价升高到＋4价，生成ClO2，Cl－未参与氧化还原反应，该反应的化学方程式为6NaClO2＋NCl3＋3H2O===6ClO2＋NH3↑＋3NaCl＋3NaOH，溶液呈碱性，故溶液X中含有大量的阴离子为Cl－和OH－。③NH3是碱性气体，除去ClO2中的NH3可选用酸性干燥剂，如浓H2SO4等。(3)①ClO2具有氧化性，I－具有还原性，二者在酸性溶液中发生氧化还原反应，离子方程式为2ClO2＋10I－＋8H＋===5I2＋4H2O＋2Cl－。②该实验中ClO2不一定被完全吸收，故玻璃液封管的作用是吸收残留的ClO2气体，同时防止生成的单质碘逸出。③淀粉遇I2显蓝色，用Na2S2O3溶液滴定I2时，可选用淀粉溶液作指示剂，达到滴定终点时溶液由蓝色变为无色，且半分钟内溶液颜色不再改变。④ClO2、I2和Na2S2O3间存在关系式：2ClO2～5I2～10Na2S2O3，则有n(ClO2)＝n(Na2S2O3)＝1/5×0.100 0 mol·L－1×20.00×10－‎3 L＝4×10－4 mol，m(ClO2)＝4×10－4 mol×‎67.5 g·mol－1＝0.027 ‎00 g。(4)利用亚氯酸盐的氧化性及FeSO4的还原性除去含有的亚氯酸盐。‎