第二章海水中的重要元素-钠和氯课件（新人教版必修第一册）

第二章　海水中的重要元素——钠和氯\n第一节　钠及其化合物课时1活泼的金属单质——钠\n教材必备知识精练\n知识点1钠的物理性质1.实验室中,用镊子从煤油中取出一小块金属钠,然后用滤纸吸干表面的煤油,再用小刀切开观察。在这一实验过程中不能得出的钠的物理性质是()A.钠在常温下是固体B.钠的熔点很低C.钠的密度大于煤油D.金属钠很软答案1.B从题干中“用镊子从煤油中取出一小块金属钠”可知,钠在常温下是固体且钠的密度大于煤油;“用小刀切开”说明钠很软;在实验过程中没有将钠加热熔化,因此不能得出其熔点很低的性质。\n知识点1钠的物理性质2.下列说法正确的是()A.自然界中存在单质钠B.钠需要密封保存在四氯化碳中C.实验室中可直接用药匙取用钠D.实验室中取用后剩余的钠要放回原试剂瓶中答案2.D钠元素在自然界中只以化合物的形式存在,A项错误;四氯化碳的密度比钠的大,不能用来保存钠,B项错误;实验室中用镊子和小刀取用钠,C项错误。\n知识点2钠与氧气的反应3.[2022福建同安一中高一月考]下列有关钠的说法错误的是()A.金属钠和氧气反应,条件不同,产物不同B.钠着火时可用水扑灭C.钠的化学性质比较活泼,少量的钠可以保存在煤油中D.钠燃烧时火焰为黄色答案3.B常温下钠与氧气反应生成氧化钠,加热条件下钠与氧气反应生成过氧化钠,A项正确;钠能与水剧烈反应,故钠着火时不能用水扑灭,应用干燥的沙子盖灭,B项错误;钠的密度比煤油的密度大,且钠与煤油不反应,少量的钠可以保存在煤油中,C项正确。\n知识点2钠与氧气的反应4.等质量的两块钠,第一块在足量氧气中加热,第二块在足量氧气中(常温)充分反应,下列说法正确的是()A.第一块钠失去的电子多B.两块钠失去的电子一样多C.第二块钠的反应产物质量大D.两块钠的反应产物质量一样大答案4.B钠与氧气在常温下反应生成Na2O,在加热条件下反应生成Na2O2,等质量的两块钠在两种条件下失去的电子一样多,在加热条件下得到的反应产物质量大。\n知识点3钠与水的反应5.向盛适量冷水的烧杯中滴入1~2滴酚酞溶液,取一块绿豆粒大小的金属钠放入烧杯中。下列实验现象、分析及结论都正确的是()答案5.C钠的密度小于水的密度,不会沉入水底,A项错误;钠投入水中熔成光亮的小球,说明钠和水反应放热,钠的熔点低,B项错误;反应生成的氢氧化钠使酚酞溶液变红,反应的化学方程式为2Na+2H2O2NaOH+H2↑,D项错误。选项实验现象分析及结论A钠先沉入水底后浮出水面钠的密度比水小B钠熔成光亮的小球反应放热,钠的沸点低C小球在水面上四处游动,发出“嘶嘶”的响声产生的气体不均匀,推动小球四处游动,反应剧烈D溶液变红产生了碱性物质:Na+2H2ONaOH+H2↑\n知识点3钠与水的反应6.将2.3g金属钠放入100g水中,完全反应后溶液中溶质的质量分数为()A.×100%B.×100%C.×100%D.×100%答案6.D根据化学方程式2Na+2H2O2NaOH+H2↑可知,2.3g钠与水反应生成0.1gH2,则反应后溶液的总质量为(100+2.3-0.1)g,溶质是NaOH,质量为4g,溶质的质量分数为×100%。易错点拨钠与水反应产生了气体,计算溶液的质量时应注意减去生成的气体的质量。\n知识点3钠与水的反应7.将适量金属钠投入下列溶液中,有气体放出,但无沉淀产生的是()A.HCl溶液B.饱和NaCl溶液C.FeCl3溶液D.CuSO4溶液答案7.ANa与水反应使水减少,从而使NaCl结晶析出,B项不符合题意;将钠分别投入FeCl3溶液和CuSO4溶液中,钠均先与水反应生成氢气和NaOH,之后NaOH与FeCl3反应生成Fe(OH)3沉淀、NaOH与CuSO4反应生成Cu(OH)2沉淀,C、D项不符合题意。\n学科关键能力构建\n1.下列关于钠的说法正确的是()A.金属钠和氧气反应,任何条件下,产物均相同B.足量钠与酸溶液反应时,钠先与酸反应,再与水反应C.钠的活泼性很强,少量的钠可保存在有机溶剂CCl4(密度比水的大)中D.由于钠比较活泼,所以它能从溶液中置换出在金属活动性顺序中排在钠后面的金属答案1.B钠和氧气在常温下反应生成氧化钠,在加热条件下反应生成过氧化钠,A项错误;钠的密度比CCl4的小,会浮在CCl4液面上,故不能用CCl4来保存钠,钠通常保存在煤油或石蜡油中,C项错误;因钠与盐溶液反应时,先与水反应,生成的碱再与盐反应,所以钠不能从溶液中置换出在金属活动性顺序中排在钠后面的金属,D项错误。\n2.在坩埚中放一小块钠加热,钠很快熔成小球,停止加热,立即用玻璃棒蘸取少量无水CuSO4粉末与熔化的钠接触,产生耀眼的火花,并有轻微爆鸣声,同时有红色固体生成,经检验该红色固体与稀硫酸不反应。下列说法错误的是()A.钠受热易熔成小球说明其熔点低B.钠与CuSO4粉末反应时放出大量热C.将无水CuSO4粉末改为CuSO4溶液,反应现象相同D.一定条件下,Na可以与CuSO4反应生成Cu答案2.C若将无水CuSO4粉末改为CuSO4溶液,则钠将先与水反应生成NaOH和H2,生成的NaOH再与CuSO4反应生成Cu(OH)2沉淀,没有铜生成,C项错误;在无水条件下,熔融的Na可以与CuSO4发生置换反应生成Cu,D项正确。\n3.已知mgNa在足量氯气中燃烧,生成固体的质量为(m+3.55)g。在一定量的氧气中,mgNa完全反应,则生成固体的质量可能为()①(m+0.8)g②(m+1.0)g③(m+1.2)g④(m+1.6)g⑤(m+1.4)gA.仅①④B.仅①⑤C.仅③④D.①②③④⑤答案3.D由题意可知,mgNa完全反应可能生成(m+0.8)gNa2O,也可能生成(m+1.6)gNa2O2,或可能生成Na2O和Na2O2的混合物,混合物的质量在(m+0.8)g与(m+1.6)g之间。综上所述,D项正确。\n4.[2022浙江省9+1高中联盟高一期中考试]将钠投入液氨中,钠沉入液氨底,液体迅速变成蓝色,再小心蒸去NH3,生成一种气体单质和NaNH2。如图所示为钠在液氨中溶解的原理示意图。已知:氨合电子呈蓝色。下列说法错误的是()A.钠的密度比液氨的密度大B.钠溶于液氨中,液体的导电性增强C.蒸去NH3的过程中发生的反应为2NH3+2Na2NaNH2+H2↑D.蒸去NH3的过程中,NH3为还原剂,Na为氧化剂答案4.D液氨中没有自由移动的带电粒子,不导电,而钠溶于液氨后生成带电的氨合钠离子和氨合电子,能导电,即液体的导电性增强,B项正确;钠与液氨反应的化学方程式为2NH3+2Na2NaNH2+H2↑,其中,Na为还原剂,NH3为氧化剂,C项正确、D项错误。\n5.[2022四川绵阳南山中学高一期中考试]某课外活动小组为了探究钠与MgSO4溶液的反应,设计了如图所示装置(夹持装置已省略)。打开U形管右边的塞子,向煤油中加入一小块金属钠,立即塞好塞子,一段时间后加热铜丝。回答下列问题。(1)从试剂瓶中取用钠后,剩余的钠(填“能”或“不能”)放回原试剂瓶。(2)U形管中出现的现象是(填序号)。A.液体中有气泡生成B.钠在煤油表面四处游动C.溶液中产生具有银白色金属光泽的固体D.溶液变浑浊(3)写出钠与MgSO4溶液反应的离子方程式:。(4)铜丝表面的变化是,对应的化学方程式为。\n答案5.答案(1)能(2)AD(3)2Na+2H2O+Mg2+Mg(OH)2↓+2Na++H2↑(4)由黑色变为红色H2+CuOCu+H2O解析(2)密度:硫酸镁溶液>钠>煤油,钠与硫酸镁溶液接触时发生反应生成氢氧化镁白色沉淀、氢气和硫酸钠,现象是钠在煤油中上下跳动,有气泡生成,溶液变浑浊,故选AD。(3)钠与硫酸镁溶液反应的化学方程式为2Na+2H2O+MgSO4Mg(OH)2↓+Na2SO4+H2↑,离子方程式为2Na+2H2O+Mg2+Mg(OH)2↓+2Na++H2↑。\n第一节　钠及其化合物课时2钠的几种化合物　焰色试验\n教材必备知识精练\n知识点1Na2O和Na2O21.[双选题]下列叙述正确的是()A.可用水来检验Na2O粉末中是否含有Na2O2B.可用CO2来检验Na2O粉末中是否含有Na2O2C.可利用在纯氧中加热的方法除去Na2O中的Na2O2D.Na2O和Na2O2中阴、阳离子的个数比均为1∶2答案1.ADCO2与Na2O2反应会产生O2,但CO2和O2都是无色气体,反应无明显现象,因此不能用CO2检验Na2O粉末中是否含有Na2O2,B项错误;在纯氧中加热Na2O和Na2O2的混合物,Na2O会转化为Na2O2,C项错误。\n知识点1Na2O和Na2O22.[2022福建三明宁化一中高一月考]用一团棉花包裹少量过氧化钠置于坩埚中,将CO2气体缓缓通入棉花中,棉花很快燃烧起来。下列选项错误的是()A.CO2与Na2O2反应生成O2,有利于棉花燃烧B.CO2与Na2O2反应生成Na2CO3,Na2CO3属于还原产物C.CO2与Na2O2的反应中,CO2为氧化剂,Na2O2为还原剂D.若有78gNa2O2与足量CO2完全反应,固体质量增加28g答案2.CCO2与Na2O2反应的化学方程式为2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2,该反应中Na2O2既是氧化剂也是还原剂,Na2CO3为还原产物,反应生成的O2具有助燃性,有利于棉花燃烧,A、B项正确,C项错误。\n知识点1Na2O和Na2O23.[2022安徽六安高一期中考试]已知:Na2O2是潜水艇中常用的供氧剂。下列关于Na2O2的叙述错误的是()A.Na2O与Na2O2都能和水反应生成碱B.火灾现场若有大量Na2O2,应用干燥的沙土来灭火C.Na2O2作供氧剂时既生成了O2,又“固定”了CO2D.向硫酸铜溶液中加入足量Na2O2固体,静置后溶液由蓝色变为无色,说明过氧化钠具有漂白性答案3.DNa2O2与CuSO4溶液反应生成Cu(OH)2沉淀、Na2SO4和O2,溶液由蓝色变为无色是因为CuSO4转化为Na2SO4,而不是因为Na2O2的漂白性,D项错误。\n知识点2Na2CO3和NaHCO34.[2022广东湛江二十一中高一期中考试]某兴趣小组设计了如图所示实验来验证热稳定性:碳酸钠>碳酸氢钠。忽略空气中的CO2对澄清石灰水的影响,下列说法错误的是()A.甲为小苏打,乙为纯碱B.甲为Na2CO3,乙为NaHCO3C.要证明碳酸钠或碳酸氢钠受热能产生水,可在两支试管内均放置含有无水硫酸铜粉末的棉花D.整个实验过程中A烧杯中的澄清石灰水不变浑浊答案4.B加热时内管的温度低于外管的温度,要证明碳酸钠的热稳定性比碳酸氢钠的热稳定性强,应将碳酸氢钠放置于内管中,故甲为碳酸氢钠(或小苏打),乙为碳酸钠(或纯碱),A项正确、B项错误;无水硫酸铜遇水变蓝,在试管内放置含有无水硫酸铜粉末的棉花,可以检验反应过程中是否有水生成,C项正确;碳酸钠很稳定,不易分解,没有二氧化碳气体生成,A烧杯中的澄清石灰水不变浑浊,D项正确。\n知识点2Na2CO3和NaHCO35.[2022湖北襄阳田家炳中学高一期末考试]下列关于Na2CO3和NaHCO3的叙述正确的是()A.相同条件下,在水中的溶解度:Na2CO3<NaHCO3B.Na2CO3、NaHCO3均为白色C.用Ca(OH)2溶液可鉴别Na2CO3溶液和NaHCO3溶液D.Na2CO3不能转化为NaHCO3,而NaHCO3能转化为Na2CO3答案5.B相同条件下,在水中的溶解度:Na2CO3>NaHCO3,A项错误;Ca(OH)2溶液与Na2CO3溶液或NaHCO3溶液反应均生成CaCO3白色沉淀,现象相同,无法鉴别,C项错误;碳酸钠可与二氧化碳、水反应生成碳酸氢钠,D项错误。\n知识点3焰色试验6.用焰色试验检验K+时的操作有:①蘸取待测液;②置于酒精灯火焰上灼烧;③透过蓝色钴玻璃观察;④用稀盐酸洗净铂丝。正确的操作顺序为()A.①②③④B.④②①②③C.④①②D.①③②④答案6.B根据焰色试验的操作步骤:洗、烧、蘸、烧、观,可知B项正确。\n学科关键能力构建\n1.[2022甘肃兰州一中高一期中考试]如图是不同类别的含钠元素的物质间的转化关系。下列分析错误的是()A.反应①、②均属于氧化还原反应B.反应④说明NaHCO3的稳定性强于Na2CO3的稳定性C.反应③表明CO2具有酸性氧化物的性质D.图中能生成氧气的反应只有⑤、⑥答案1.B反应④为NaHCO3受热分解生成Na2CO3、CO2和水,说明Na2CO3的稳定性强于NaHCO3的稳定性,B项错误。\n2.在一密闭容器中有CO、H2、O2共16.5g和足量的Na2O2,用电火花引燃,使其恰好完全反应,Na2O2增重7.5g,则原混合气体中O2的质量分数是()A.54.5%B.40%C.36%D.33.3%答案2.A根据CO2、H2O分别与固体Na2O2的反应可知,固体增加的质量即为CO、H2的质量,可得混合气体中m(O2)=16.5g-7.5g=9.0g,w(O2)=×100%=54.5%。\n3.[2022河北衡水十四中高一月考,双选题]已知:CO2+H2O+NaCl+NH3NaHCO3↓+NH4Cl。如图为利用该反应制取NaHCO3的实验装置(部分装置已省略),下列说法正确的是()A.可用稀硫酸代替a装置中的稀盐酸B.b装置中的试剂为饱和NaHCO3溶液,作用是吸收CO2中的HClC.题述反应的离子方程式为CO2+H2O+Na+NaHCO3↓D.装置c中含NH3的饱和食盐水提高了CO2的吸收效率答案3.BD稀硫酸与CaCO3反应生成微溶的CaSO4,阻止反应进一步进行,A项错误;b装置的作用是除去CO2中的HCl气体,故b装置中的试剂应是饱和NaHCO3溶液,B项正确;题述反应的离子方程式为CO2+H2O+Na++NH3NaHCO3↓+N,C项错误。\n4.下列测定Na2CO3和NaHCO3的混合物中NaHCO3的质量分数的实验方案合理的是(已知NaHCO3与NaOH溶液反应生成Na2CO3和H2O)()①取ag混合物与过量氢氧化钠溶液充分反应,加热、蒸干、灼烧,得bg固体②取ag混合物充分加热,混合物质量减轻bg③取ag混合物与过量稀硫酸充分反应,逸出的气体用碱石灰吸收,碱石灰增重bg④取ag混合物与过量BaCl2溶液充分反应,过滤、洗涤、干燥,得bg固体A.①②B.②③C.②④D.③④答案4.C①氢氧化钠过量,反应后经加热、蒸干、灼烧后得到Na2CO3、NaOH,不能测定出NaHCO3的质量分数;②NaHCO3受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳,所以通过加热并利用差量法即可计算出NaHCO3的质量分数;③逸出的气体中包含CO2和水蒸气,碱石灰增重的质量不全是CO2的质量,因此不能测定出NaHCO3的质量分数;④只有碳酸钠可与氯化钡反应,根据沉淀的质量可确定Na2CO3的质量,进而可确定NaHCO3的质量分数。\n5.某课外活动小组设计了如图所示装置,证明CO2与Na2O2反应时需要与水接触。Ⅰ.【装置分析】(1)装置①中发生反应的离子方程式是。(2)装置②中的试剂是(填序号)。a.饱和NaHCO3溶液b.饱和Na2CO3溶液c.浓硫酸(3)装置③中的试剂是(填物质名称)。Ⅱ.【实验步骤】步骤1:打开K2,关闭K1,打开分液漏斗活塞,将带火星的木条放在a处。步骤2:打开K1,关闭K2,打开分液漏斗活塞,将带火星的木条放在a处。(1)步骤1和步骤2中,a处的实验现象分别是、。(2)Na2O2与CO2反应的化学方程式是。Ⅲ.【实验反思】(1)有同学提出质疑:上述实验不足以证明有水存在时Na2O2与CO2发生了化学反应。其理由是。(2)需要补充的实验操作:取少量装置⑤中反应后的固体于烧杯中,。\n答案5.答案Ⅰ.(1)CaCO3+2H+Ca2++H2O+CO2↑(2)a(3)浓硫酸Ⅱ.(1)步骤1中带火星的木条不复燃　步骤2中带火星的木条复燃(2)2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2Ⅲ.(1)CO2气体中有水,水也可与Na2O2反应产生O2,使带火星的木条复燃(2)加入稀盐酸,将产生的气体通入澄清石灰水中解析Ⅰ.装置①为碳酸钙与盐酸反应制备二氧化碳的发生装置;装置②的作用是除去二氧化碳中的氯化氢气体,则装置②中的试剂应是饱和NaHCO3溶液;装置③的作用是除去二氧化碳中的水蒸气,则装置③中的试剂应是浓硫酸;装置④和⑤用以证明二氧化碳与过氧化钠反应时需要与水接触;带火星的木条能检验氧气是否存在,二氧化碳不燃烧也不支持燃烧,故装置⑥的作用是吸收未反应完的二氧化碳,防止其干扰氧气的检验。Ⅱ.(1)步骤1中通过过氧化钠的二氧化碳中不含水蒸气,即装置中没有氧气生成,a处带火星的木条不复燃;步骤2中,通过过氧化钠的二氧化碳中含有水蒸气,即装置中有氧气生成,a处带火星的木条复燃。Ⅲ.(1)因水也能与过氧化钠反应生成氧气,所以不能判断是否是二氧化碳和过氧化钠发生了反应。(2)二氧化碳和过氧化钠反应有碳酸钠生成,若装置⑤中反应后的固体中有碳酸钠,则其可以与盐酸反应生成二氧化碳,二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊。\n第二节　氯及其化合物课时1氯气的性质\n教材必备知识精练\n知识点1氯气的物理性质1.下列有关氯气的说法错误的是()A.是黄绿色的气体B.密度比空气小C.能溶于水D.有刺激性气味答案1.BCl2的密度比空气的大,B项错误。\n知识点1氯气的物理性质2.下列说法正确的是()A.用鼻子对着盛有氯气的瓶口闻氯气的气味B.用向下排空气法可以收集到纯净的氯气C.贮氯罐意外泄漏,应沿逆风方向疏散群众D.氯气车间液氯泄漏时,应弯腰逃离氯气泄漏区域答案2.CA项,闻气体气味的方法是用手轻轻地在瓶口扇动,使极少量的气体飘入鼻孔,不能直接用鼻子闻,错误;B项,氯气的密度比空气的大,应用向上排空气法收集氯气,错误;D项,氯气的密度比空气的大,泄漏时离地面越近氯气浓度越大,所以应尽量向高处逃生,错误。\n知识点2氯气与金属、非金属单质的反应3.下列实验现象描述正确的是()A.氢气在氯气中剧烈燃烧,发出苍白色火焰,瓶口有白烟产生B.金属钠在氯气中燃烧,发出黄色火焰,瓶口有白雾产生C.铁丝在氯气中燃烧,产生红棕色的烟,产物溶于水得到浅绿色溶液D.铜丝在氯气中燃烧,产生棕黄色的烟,产物溶于水得到蓝绿色溶液答案3.D氢气在氯气中安静燃烧,发出苍白色火焰,瓶口有白雾产生,A项错误;金属钠在氯气中燃烧,发出黄色火焰,瓶内有白烟产生,B项错误;铁丝在氯气中剧烈燃烧生成FeCl3,产生红棕色的烟,FeCl3溶于水,得到棕黄色溶液,C项错误。“白雾”是因为HCl在空气中形成盐酸小液滴\n知识点2氯气与金属、非金属单质的反应4.0.9g某元素的单质与足量氯气反应后,质量增加3.55g,则这种元素是()A.PB.MgC.AlD.Fe答案4.C增加的质量就是参加反应的Cl2的质量,所以0.9g这种元素的单质与Cl2反应能消耗3.55gCl2。由关系式2P~5Cl2,Mg~Cl2,2Al~3Cl2,2Fe~3Cl2可知,本题选C项。\n知识点3氯气和水的反应及次氯酸的性质5.[2022山东师大附中高一月考]为探究氯气和氯水的性质,用一个带刻度的针筒(容积为50mL)吸入40mL氯气后再吸入10mL水,在光照条件下放置一段时间(针筒内压强保持不变),下列现象正确的是()①吸入水后,黄绿色气体体积减小,针筒内液体变为浅黄绿色②在光照条件下放置一段时间后,液体颜色变浅③针筒内最后得到无色液体和无色气体,且气体的体积约为20mLA.仅①②B.仅②③C.仅①③D.①②③答案5.D氯气呈黄绿色,氯气溶于水,与水发生反应:Cl2+H2OHCl+HClO,黄绿色气体体积减小,所得溶液呈浅黄绿色,HClO不稳定,见光发生分解反应生成氯化氢和氧气,化学方程式为2HClO2HCl+O2↑,针筒内液体颜色变浅,最终针筒内得到无色液体和无色气体。根据上述两个化学方程式可知2Cl2~2HClO~O2,若40mL氯气参加反应,最终转化成氧气的体积约为20mL,故选D。\n知识点3氯气和水的反应及次氯酸的性质6.[2022安徽六安中学高三月考]某同学在pH试纸上滴几滴新制氯水,现象如图所示,下列有关该实验的说法正确的是()A.该实验说明可以用pH试纸测新制氯水的pHB.该实验说明溶液中H+和HClO分子能共存C.将实验后的pH试纸在酒精灯上微热,试纸又恢复原来的颜色D.若用久置的氯水进行实验,现象相同答案6.B图中试纸中间出现白色,边缘出现浅红色,说明试纸变红后被漂白,则该实验说明不能用pH试纸测新制氯水的pH,A项错误;HClO的漂白不可逆,加热不能恢复原来的颜色,C项错误;久置的氯水中溶质只有HCl,pH试纸中间不会出现白色,D项错误。\n知识点3氯气和水的反应及次氯酸的性质7.[2022山东日照实验高级中学高一月考]如图所示,从A处通入Cl2,关闭B阀时,C处干燥的红色布条看不到明显现象;当打开B阀后,C处干燥的红色布条逐渐褪色,则下列说法错误的是()A.通入的氯气是湿润的B.D瓶中的液体是饱和NaCl溶液C.D瓶中的液体可以是浓硫酸,也可以是Na2CO3溶液、NaOH溶液D.红色布条褪色是因为有次氯酸生成,其漂白原理与过氧化钠相同答案7.B从A处通入Cl2,当打开B阀后,C处干燥的红色布条逐渐褪色,可知通入的氯气是湿润的,A项正确;D瓶中装的物质具有吸水性或能与氯气发生化学反应,故D瓶中的液体不是饱和NaCl溶液,可以是浓硫酸,也可以是Na2CO3溶液、NaOH溶液等,B项错误、C项正确;红色布条褪色是因为有次氯酸生成,次氯酸与过氧化钠都因具有强氧化性而能漂白有色物质,D项正确。\n知识点4氯气与碱的反应及其产物的性质8.[2022江苏扬州高一期末考试]在新冠肺炎疫情中,化学品发挥了重要的作用,如医用酒精、84消毒液等。84消毒液是主要用于环境和物体表面的含氯消毒剂。下列说法错误的是()A.制备84消毒液时涉及的主要反应的离子方程式为Cl2+2OH-Cl-+ClO-+H2OB.84消毒液的有效成分是NaClOC.84消毒液是利用NaClO的还原性进行杀菌消毒的D.将氯气通入石灰乳中可制得漂白粉,漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2,可作纸张的漂白剂答案8.C84消毒液中含有NaClO,NaClO产生的HClO具有强氧化性,能杀菌消毒,C项错误。\n知识点4氯气与碱的反应及其产物的性质9.[2022江苏南京外国语学校高一期中考试]下列关于氯水或含氯消毒剂的解释错误的是()A.84消毒液不能与洁厕灵混合使用:2H++Cl-+ClO-Cl2↑+H2OB.工业上将氯气通入石灰乳中制取漂白粉:2Cl2+2Ca(OH)2CaCl2+Ca(ClO)2+2H2OC.氯水应避光保存:2HClOCl2↑+H2OD.向Ca(ClO)2溶液中通入适量CO2可增强漂白效果:CO2+Ca(ClO)2+H2OCaCO3↓+2HClO答案9.C次氯酸分解的化学方程式为2HClOO2↑+2HCl,C项错误。\n学科关键能力构建\n1.[2022广州二中高一期中考试]图中a、b、c、d、e、f均为含Cl元素的物质。下列说法错误的是()A.a的酸性弱于d的酸性B.b、c均能用于自来水消毒C.f露置于空气中会生成dD.e中的一种物质可用于制取O2答案1.A由图可知,a为HCl,b为Cl2,c为ClO2,d为HClO,e为氯酸盐,f为次氯酸盐。酸性:HCl>HClO,A项错误;次氯酸盐能吸收空气中的CO2、H2O生成HClO,C项正确;KClO3在MnO2的催化作用下可以分解生成KCl和O2,D项正确。\n2.[2022北京平谷区高一期末考试]数字化实验将传感器、数据采集器和计算机连接起来,采集实验过程中各种物理量变化的数据并记录和呈现。如图是用强光照射广口瓶中新制氯水时所获得的图象,纵坐标代表的物理量不可能是()A.溶液的导电能力B.溶液中氯离子的浓度C.瓶中氧气的体积分数D.溶液的pH答案2.D用强光照射新制氯水,氯水中的HClO发生反应2HClO2HCl+O2↑,HCl电离产生H+、Cl-。溶液的导电能力不断增强,A项不符合题意;H+、Cl-的浓度不断增大,溶液的酸性增强,pH降低,B项不符合题意、D项符合题意;瓶中氧气的体积分数不断增大,C项不符合题意。\n3.将紫色石蕊溶液滴入NaOH溶液中,溶液变为蓝色,再通入氯气,溶液由蓝色变为红色,最后红色慢慢褪去,溶液颜色发生变化的原因是()①氯气具有漂白性②氯气与NaOH溶液反应③氯气的水溶液显酸性④次氯酸具有漂白性⑤氯化钠具有漂白性⑥NaOH溶液显碱性A.①④⑤⑥B.②③④⑥C.①②③⑥D.④⑤⑥答案3.B紫色石蕊溶液遇碱变蓝色,通入氯气后,氯气与NaOH反应,NaOH被消耗,继续通入氯气,氯气与水反应生成盐酸和次氯酸,使溶液显酸性,溶液变为红色,但HClO具有漂白性,溶液最后慢慢变为无色,故本题选B。\n4.[2022北京东城区高一期末考试]如图所示,红纸①~④的大小相同,其中红纸①是干燥的,红纸②~④分别用相同体积的如表所示试剂润湿。向Ca(ClO)2粉末上滴加几滴浓盐酸,产生大量黄绿色气体,立即用玻璃片盖住培养皿,红纸的变化如表所示。已知酸性:H2CO3>HClO,且HClO与NaHCO3不反应。下列对于该实验的分析错误的是()A.对比①②的现象,说明Cl2没有漂白性B.对比②③的现象,说明能使红纸褪色的微粒是HClOC.对比②④的现象,说明能使红纸褪色的微粒一定不是H+D.对比①②的现象,说明②上发生了反应:Cl2+H2OHCl+HClO红纸编号试剂红纸的变化①-不褪色②蒸馏水逐渐褪色③饱和食盐水几乎不褪色④NaHCO3溶液(调至pH=7)快速褪色\n答案4.B红纸①不褪色、红纸②褪色,对比①②的现象说明氯气无漂白性、氯水具有漂白性,红纸②上发生了反应:Cl2+H2OHCl+HClO,A、D项正确;氯气基本不溶于饱和食盐水(含Cl-),红纸③不褪色,对比②③的现象说明Cl-没有漂白性,但不能说明使红纸褪色的微粒是HClO,B项错误;酸性:H2CO3>HClO>HC,红纸④上发生反应:Cl2+H2OHCl+HClO、HCl+NaHCO3NaCl+H2O+CO2↑,红纸②上发生反应:Cl2+H2OHCl+HClO,故红纸上H+的浓度:②>④,褪色速度:④>②,则对比②④的现象说明能使红纸褪色的微粒一定不是H+,C项正确。\n5.[2022北京朝阳区高一检测]某实验小组对新制氯水的成分和性质进行研究,其实验流程如图所示。请回答下列问题。(1)新制氯水呈黄绿色,说明其中含有(填化学式)。(2)实验一的现象表明,新制氯水具有酸性和性。(3)用化学方程式说明实验二中“红色不褪去”的原因:。\n(4)写出实验三中生成白色沉淀的化学方程式:。(5)用如下实验证明实验三中“红色不褪去”不是因为氯水被稀释,则所加试剂a是,现象b是。答案5.答案(1)Cl2(2)漂白(3)2HClO2HCl+O2↑(4)HCl+AgNO3AgCl↓+HNO3(5)蒸馏水　红色褪去解析(2)实验一中加入紫色石蕊溶液后新制氯水变红,表明新制氯水呈酸性,一段时间后溶液红色褪去,说明新制氯水具有漂白性。(3)实验二中新制氯水在太阳光下放置较长时间,次氯酸遇光分解生成盐酸和氧气,反应的化学方程式为2HClO2HCl+O2↑。\n第二节　氯及其化合物课时2氯气的实验室制法及氯离子的检验\n教材必备知识精练\n知识点1氯气的实验室制法1.某化学小组用如图所示装置制取氯气,下列说法错误的是()A.该装置图中存在不止两处错误B.为了防止氯气污染空气,必须进行尾气处理C.在集气瓶的导管口处放一片湿润的淀粉-碘化钾试纸,可以验证是否有氯气逸出D.该实验中收集氯气的方法错误答案1.DMnO2与浓盐酸在加热的条件下反应,图中缺少加热装置;实验时一般不用长颈漏斗;氯气有毒,不能直接排放到空气中,应有尾气吸收装置,A、B项正确。氯气具有强氧化性,可与碘化钾反应生成单质碘,淀粉遇碘变蓝色,C项正确。氯气的密度比空气的大,可以用向上排空气法收集,即装置中的收集方法正确,D项错误。\n知识点1氯气的实验室制法2.[2022黑龙江牡丹江三中高一期末考试]实验室中常用二氧化锰与浓盐酸共热制取氯气。某化学兴趣小组为制取、收集较为纯净、干燥的氯气,设计了如图所示的实验装置。请回答下列问题。(1)仪器X的名称为,其中发生反应的化学方程式为。(2)装置B中盛有饱和食盐水,用来除去Cl2中的HCl,装置C中的试剂为,作用是。(3)改正装置D:。(4)装置E中的试剂可以为,反应的离子方程式为。\n知识点1氯气的实验室制法答案2.答案(1)圆底烧瓶MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O(2)浓硫酸　干燥氯气(3)导气管应长进短出(4)NaOH溶液(或其他合理答案)Cl2+2OH-Cl-+ClO-+H2O(与前一空对应)解析(2)制得的氯气中还混有水蒸气,故装置C中的试剂为浓硫酸,作用是干燥氯气。(3)D装置用来收集Cl2,因氯气的密度大于空气的密度,应用向上排空气法收集,导气管应长进短出。\n知识点2氯离子的检验3.下列检验某溶液中是否有Cl-的方法正确的是()A.向该溶液中滴加AgNO3溶液,若产生白色沉淀说明原溶液中有Cl-B.向该溶液中先滴加盐酸,再滴加AgNO3溶液,若产生白色沉淀,说明原溶液中有Cl-C.向该溶液中先滴加AgNO3溶液,产生白色沉淀,再滴加盐酸,仍存在白色沉淀,说明原溶液中有Cl-D.向该溶液中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液,若产生白色沉淀,说明原溶液中有Cl-答案3.DA项,可能有C等离子的干扰,A项错误;加入盐酸会引入Cl-,B、C项错误;滴加硝酸酸化的硝酸银溶液可以排除C等离子的干扰,若得到不溶于稀硝酸的白色沉淀即为AgCl,由此说明原溶液中有Cl-,D项正确。\n知识点2氯离子的检验4.向某未知溶液中加入AgNO3溶液,有白色沉淀生成;再加入足量稀硝酸后,沉淀部分溶解,且有无色无味的气体生成;将该气体通入澄清石灰水中,澄清石灰水变浑浊,由此可判断出该未知溶液中含有()A.Cl-、SB.Cl-、NC.Cl-、CD.Cl-、OH-答案4.C能使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体应是CO2,故该未知溶液中含有C,又因为加入足量稀硝酸后沉淀部分溶解,故该未知溶液中除含有C外,还含有Cl-。\n学科关键能力构建\n1.自来水是用Cl2杀菌消毒的,不法商贩用自来水冒充蒸馏水出售,为辨真伪,可选用的试剂是()A.酚酞溶液B.FeCl3溶液C.AgNO3溶液D.NaOH溶液答案1.C自来水用Cl2杀菌消毒后会含有Cl-,加入AgNO3溶液后会产生白色沉淀而变浑浊。\n2.下列能达到实验目的的是()A.①除去杂质气体CO2B.②收集并吸收多余的Cl2C.③干燥Cl2D.④吸收HCl制盐酸答案2.CA项,导气管应该长进短出,错误;B项,Cl2的密度比空气的密度大,Cl2会直接进入NaOH溶液,收集不到气体,错误;D项,HCl易溶于水,会发生倒吸,错误。\n3.[2022江苏常州一中高一期中考试]某实验小组用如图所示装置(制气装置已省略)制取无水氯化铁、收集一定量的氯气并验证其某些性质。下列说法错误的是()A.④中a导管应向下延伸至接近瓶底B.①中的试剂为浓硫酸,②中的试剂为饱和食盐水C.当⑤中充满黄绿色气体时再点燃⑤处酒精灯D.③中试纸无明显变化答案3.B氯气的密度比空气的密度大,应用向上排空气法收集,故④中a导管应向下延伸至接近瓶底,A项正确;①中的试剂为饱和食盐水,可除去HCl,②中的试剂为浓硫酸,可干燥氯气,B项错误;为防止加热条件下Fe与空气中的氧气反应,故应当⑤中充满黄绿色气体时再点燃⑤处酒精灯,C项正确。\n4.[2022河南省名校联盟高一期中考试]实验室可以用NaClO2与浓盐酸在加热条件下反应制取Cl2。下列叙述错误的是()A.NaClO2与浓盐酸反应生成Cl2的化学方程式为NaClO2+4HCl(浓)NaCl+2Cl2↑+2H2OB.将装置甲中左侧试剂瓶装满饱和食盐水,右侧试剂瓶清空,则可用来收集Cl2C.通过装置甲可除去Cl2中混有的HCl和H2OD.反应中NaClO2被还原答案4.C除去Cl2中混有的HCl和H2O时,应先通过饱和食盐水除去HCl,后通过浓硫酸除去H2O,且导管均应长进短出,C项错误。\n5.下列说法正确的是()①向某溶液中加盐酸,有能使澄清石灰水变浑浊的气体生成,则原溶液中一定有C②向某溶液中加氯化钡溶液,生成白色沉淀,再加盐酸,沉淀不溶解,则原溶液中一定有S③向某溶液中加硝酸银溶液,生成白色沉淀,则原溶液中一定有Cl-A.①②B.①③C.②③D.都不正确答案5.D①向某溶液中加盐酸,有能使澄清石灰水变浑浊的气体生成,则原溶液中可能有C,也可能有HC等;②向某溶液中加氯化钡溶液,生成白色沉淀,再加盐酸,沉淀不溶解,则原溶液中可能有S,也可能有Ag+;③向某溶液中加硝酸银溶液,生成白色沉淀,则原溶液中可能有Cl-,也可能有C、S等。\n易错疑难集训(一)\n教材易混易错集训\n易错点1钠及其氧化物与水或水溶液反应的实质1.将少量金属钠放入盛有足量下列溶液的小烧杯中(忽略温度的变化),既有气体生成,又有沉淀产生的是()①ZnCl2溶液②KCl溶液③Ba(OH)2溶液④Fe2(SO4)3溶液⑤CuCl2溶液A.①②⑤B.③④⑤C.①④⑤D.②④⑤答案1.C①钠与ZnCl2溶液反应生成氢气、氯化钠和氢氧化锌沉淀;②钠与KCl溶液反应生成氢气和氢氧化钠,没有沉淀产生;③钠与Ba(OH)2溶液反应生成氢气和氢氧化钠,没有沉淀产生;④钠与Fe2(SO4)3溶液反应生成氢氧化铁沉淀、氢气和硫酸钠;⑤钠与氯化铜溶液反应生成氢气、氯化钠和氢氧化铜沉淀。综上所述,C项正确。\n易错点1钠及其氧化物与水或水溶液反应的实质2.下列反应后的溶液(恢复到起始温度)中无固体物质析出的是()A.CuCl2溶液中加入Na2O粉末B.Ca(OH)2饱和溶液中加入NaC.Mg(NO3)2溶液中加入Na2O2粉末D.水中加入Na的小颗粒答案2.DA项,生成Cu(OH)2沉淀;B项,Na与水反应消耗水,故析出Ca(OH)2固体;C项,生成Mg(OH)2沉淀;D项,Na与水反应生成NaOH,无固体物质析出。\n易错点1钠及其氧化物与水或水溶液反应的实质3.将10.8g已被部分氧化为Na2O的钠投入一定量的水中,最终得到16gNaOH,则原固体中Na2O的质量为()A.8.5gB.10.8gC.6.2gD.4.6g答案3.C设原固体中含有金属钠的质量为x,含有Na2O的质量为y,则x+y=10.8g,Na、Na2O均与水反应,则:2Na+2H2O2NaOH+H2↑4680xNa2O+H2O2NaOH6280y可得=16g,联立以上两个方程式,解得x=4.6g,y=6.2g。\n易错点1钠及其氧化物与水或水溶液反应的实质练后反思(1)钠与盐溶液反应的实质是钠先和水反应生成碱,再判断生成的碱是否与盐发生复分解反应。①钠投入NaCl溶液中,只有H2放出。②钠投入饱和NaCl溶液中,有H2放出,还有NaCl晶体析出(温度不变)。③钠投入CuSO4溶液中,有气体放出并有蓝色沉淀生成:2Na+2H2O2NaOH+H2↑、2NaOH+CuSO4Cu(OH)2↓+Na2SO4,总反应为2Na+2H2O+CuSO4Cu(OH)2↓+Na2SO4+H2↑。(2)钠与酸的反应比钠与水的反应更剧烈,极易发生爆炸。钠不足,只与酸反应;钠过量,先与酸反应再与水反应。(3)钠、氧化钠、过氧化钠加入水中,都能生成氢氧化钠,但钠与水反应还生成氢气,过氧化钠与水反应还生成氧气,氧化钠与水反应只生成氢氧化钠。(4)将钠投入碱溶液中,只发生钠与水的反应。\n易错点2对氯水成分的辨别4.[2022山东师大附中高一月考]在氯水中存在多种分子和离子,它们在不同的反应中表现出各自的性质。下列叙述正确的是()A.氯水和液氯都是混合物B.氯水呈浅黄绿色,说明氯水中存在HClO分子C.向氯水中加入盐酸酸化,再加入硝酸银溶液产生白色沉淀,说明氯水中存在Cl-D.向氯水中滴加紫色石蕊试液,溶液先变红后褪色,说明溶液中有H+和HClO分子答案4.D液氯是纯净物,A项错误;氯水呈浅黄绿色,说明氯水中存在Cl2分子,B项错误;向氯水中加入盐酸酸化,引入了氯离子,无法检验氯水中是否含有氯离子,C项错误。\n易错点2对氯水成分的辨别5.[2022湖北省部分重点中学高一期中联考]某学习小组用如图所示装置制取饱和氯水并探究饱和氯水的有关性质。(1)证明氯水已经饱和的现象是。(2)制取结束时,圆底烧瓶中的液体中含有的分子有(用微粒符号表示,下同),含有的离子有。(3)在氯水中加入镁粉,观察到有较多气泡产生,反应的离子方程式为。(4)用化学方程式表示氢氧化钠溶液的作用:。(5)将新制的饱和氯水滴入含有酚酞的氢氧化钠溶液中,氢氧化钠溶液褪色。针对氢氧化钠溶液褪色的原因,该小组同学有不同的意见,甲同学认为是氯水显酸性中和了NaOH而使溶液褪色,乙同学则认为是氯水中的次氯酸有漂白性而使溶液褪色(酚酞被氧化)。大家激烈讨论后,设计实验方案进行验证。请把实验方案写下来:(要求有实验步骤、现象和结论)。\n易错点2对氯水成分的辨别答案5.答案(1)圆底烧瓶中液体呈黄绿色,且液面上方充满黄绿色气体(2)Cl2、H2O、HClOH+、Cl-、OH-、ClO-(3)Mg+2H+Mg2++H2↑(4)Cl2+2NaOHNaCl+NaClO+H2O(5)继续向已褪色的混合溶液中滴加NaOH溶液,若溶液仍为无色,则乙同学的说法正确,若溶液恢复红色,则甲同学的说法正确解析(1)因饱和溶液中不能再溶解氯气,并且氯气为黄绿色,所以当圆底烧瓶中液体呈黄绿色,且液面上方充满黄绿色气体时,说明氯水已饱和。(4)NaOH溶液的作用是吸收多余的Cl2,防止污染空气。\n常考疑难问题突破\n疑难点1钠及其化合物的转化和应用1.[2022北京广渠门中学高一期中考试]钠是一种非常活泼、具有广泛应用的金属。(1)某汽车安全气囊内含NaN3、Fe2O3和NaHCO3等物质。①当汽车发生较严重的碰撞时,引发NaN3的分解:2NaN32Na+3N2↑,从而为气囊充气。用单线桥表示该反应电子转移的方向和数目:。②产生的Na在一定温度下与Fe2O3发生置换反应生成Na2O,化学方程式为。③NaN3受到撞击后放出的热量被NaHCO3吸收,NaHCO3发生分解反应,达到冷却作用。写出NaHCO3发生分解反应的化学方程式:。(2)工业上通过电解熔融NaCl生产金属钠:2NaCl(熔融)2Na+Cl2,操作流程如图所示。\n疑难点1钠及其化合物的转化和应用已知:NaCl的熔点为801℃,为降低能耗,通常加入CaCl2从而把NaCl的熔点降至580℃左右。①将NaCl固体加热至熔融状态的目的是:。②粗钠中含有少量杂质Ca,过程Ⅱ是在加热条件下除去Ca,对应的化学方程式为。③过程Ⅰ中,CaCl2能发生电解反应而被消耗。但在过程Ⅰ中CaCl2却不断地重新生成,原因是:。答案1.答案(1)①②Fe2O3+6Na2Fe+3Na2O③2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O(2)①电离出钠离子和氯离子②2Ca+Na2O22Na+2CaO③钙的金属性强于钠的金属性,钙和氯气反应生成氯化钙解析(1)②置换反应是由一种单质和一种化合物生成另一种单质和另一种化合物的反应,故Fe2O3与Na发生置换反应的产物是Fe和Na2O。\n疑难点2含氯消毒剂的制备2.[2022北京十二中高一期中考试]ClO2是一种高效、安全的消毒剂。实验室制备ClO2的原理是用亚氯酸钠固体与纯净、干燥的氯气反应:2NaClO2+Cl22ClO2+2NaCl。如图1是实验室用于制备和收集一定量纯净的ClO2的装置(部分夹持装置已省略)。(1)圆底烧瓶中发生反应的化学方程式为,在该反应中浓盐酸表现的性质是(填序号)。a.只有还原性b.还原性和酸性c.只有氧化性d.氧化性和酸性(2)实验中相关气体在不同溶剂中的溶解性如表所示。ClO2Cl2HCl水极易溶可溶极易溶CCl4难溶易溶难溶\n疑难点2含氯消毒剂的制备B、C、E装置中的试剂依次是(填序号,下同)、、。a.NaOH溶液b.浓硫酸c.饱和食盐水d.CCl4e.饱和石灰水(3)如图2是一些常用的气体收集装置,F处应选用的收集装置是(填序号),其中与E装置导管相连的导管口是(填接口字母)。(4)ClO2泡腾片由NaClO2、固体酸及辅助剂混合制得,是一种家用消毒用品。使用时只需将泡腾片放入水中,5~10分钟即可完全溶解并释放出ClO2。①ClO2泡腾片使用时需要加水,水的作用是。②补全泡腾片在水中发生反应的离子方程式:Cl+H+ClO2↑++H2O。\n疑难点2含氯消毒剂的制备答案2.答案(1)MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2Ob(2)cbd(3)②d(4)①作溶剂,使固体物质溶解后充分反应②544Cl-2解析(1)MnO2与浓盐酸共热可生成氯气、氯化锰和水,化学方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O,HCl中Cl元素的化合价从-1升高到0,故浓盐酸作还原剂,表现还原性,且当消耗4个HCl时,其中2个HCl被氧化,还有2个HCl反应生成1个MnCl2,故浓盐酸还表现酸性,故选b。(2)因为浓盐酸具有挥发性,故B装置中盛有饱和食盐水来除去氯气中的HCl,再用盛有浓硫酸的C装置来干燥氯气,亚氯酸钠固体与纯净、干燥的氯气在D装置中发生反应生成ClO2,再用盛有CCl4的E装置除去未完全反应的氯气。(3)因为ClO2极易溶于水,且ClO2的密度比空气的密度大,所以选用向上排空气法收集,且F装置后面要接G装置,故选②,ClO2从集气瓶的长管进、短管出,故其中与E装置导管相连的导管口是d。\n第三节　物质的量课时1物质的量的单位——摩尔\n教材必备知识精练\n知识点1物质的量及其单位1.“物质的量”是一个将微观粒子与宏观物质联系起来的“桥梁”。下列说法正确的是()A.物质的量就是物质的质量的简称B.物质的量只能用于计量纯净物C.1mol氢是指1molH2分子D.1molO2中含有2mol氧原子答案1.D“物质的量”是国际单位制中七个基本物理量之一,不是“物质的质量”的简称,A项错误;物质的量计量的是微观粒子,可以是纯净物,也可以是混合物,B项错误;“1mol氢”中“氢”指代不明,可以是氢原子,也可以是氢分子,C项错误。\n知识点1物质的量及其单位归纳总结关于物质的量的“四化”(1)专有化:物质的量是一个专有名词,在表述时不能增减,不能说成“物质量”“物质的质量”或“物质的数量”等。(2)微观化:物质的量只用于表述微观粒子,如分子、原子、离子、质子、中子、电子等,不能用来描述宏观物体,如1mol桌子等说法是错误的。(3)具体化:在使用物质的量表示物质时,必须注明粒子的种类,如1molO2、1molH+等。(4)集体化:粒子个数只能是正整数,而物质的量表示的是许多粒子的集合体,其数值可以是整数,也可以是小数,如3molCO2、0.2molCO2等。\n知识点1物质的量及其单位2.下列各组物质中所含氧原子的物质的量相同的是()A.0.3molO2和0.3molH2OB.6.02×1023个CO2与0.1molKMnO4C.0.1molCuSO4·5H2O和0.1molC6H12O6D.0.1molH2SO4和0.4molH2O答案2.DA项,所含氧原子的物质的量之比为(0.3mol×2)∶(0.3mol×1)=2∶1。B项,所含氧原子的物质的量之比为2mol∶(0.1mol×4)=5∶1。C项,所含氧原子的物质的量之比为(0.1mol×9)∶(0.1mol×6)=3∶2。D项,所含氧原子的物质的量之比为(0.1mol×4)∶(0.4mol×1)=1∶1。\n知识点2阿伏加德罗常数及其应用3.设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法错误的是()A.64gO2所含分子数为4NAB.0.5molH2O含有的原子数为1.5NAC.1molH2O含有的水分子数为NAD.0.5NA个氯气分子的物质的量是0.5mol答案3.A64g氧气的物质的量n==2mol,故含有的分子数为2NA,A项错误;1个水分子中含3个原子,故0.5mol水中含1.5mol即1.5NA个原子,B项正确;1mol水中含有的水分子数为NA,C项正确;0.5NA个氯气分子的物质的量n=0.5mol,D项正确。\n知识点2阿伏加德罗常数及其应用4.[2022河南郑州一中期中考试]设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是()A.0.1molNa2O2与足量CO2充分反应,转移的电子数为0.2NAB.NA个O2和NA个O3所含原子数相同C.0.1mol金属钠与氧气完全反应生成Na2O与Na2O2的混合物,转移的电子数为0.1NAD.将含有1molFeCl3的饱和氯化铁溶液滴入沸水中制得氢氧化铁胶体,该胶体中含有NA个Fe(OH)3胶体粒子答案4.CNa2O2与CO2反应的化学方程式为2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2,0.1molNa2O2完全反应转移的电子数为0.1NA,A项错误;NA个O2含有2NA个O原子,NA个O3含有3NA个O原子,B项错误;氢氧化铁胶体粒子是多个氢氧化铁的集合体,将含有1molFeCl3的饱和氯化铁溶液滴入沸水中制得氢氧化铁胶体,该胶体中含有Fe(OH)3胶体粒子的数目小于NA,D项错误。\n知识点2阿伏加德罗常数及其应用5.已知0.25molCH4中所含原子数为a,则阿伏加德罗常数可表示为()A.mol-1B.4amol-1C.amol-1D.amol-1答案5.D0.25molCH4中含有的分子数为,根据微粒的数目与物质的量成正比可知,1molCH4中含有的分子数为a,即阿伏加德罗常数为amol-1。\n知识点3摩尔质量及其相关计算6.下列关于摩尔质量的说法正确的是()A.氢氧化钠的摩尔质量为40gB.1mol氧原子的质量就是氧的相对原子质量C.H2SO4的摩尔质量为96g·mol-1D.1molCO2的质量以克为单位时,在数值上等于CO2的相对分子质量答案6.DNaOH的摩尔质量为40g·mol-1,A项错误;1mol任何粒子或物质的质量以克为单位时,在数值上等于其相对原子质量或相对分子质量,B项错误,D项正确;H2SO4的摩尔质量为98g·mol-1,C项错误。\n知识点3摩尔质量及其相关计算7.下列有关摩尔质量的描述或应用正确的是()A.1molOH-的质量为17g·mol-1B.二氧化碳的摩尔质量为44gC.铁原子的摩尔质量等于它的相对原子质量D.一个钠原子的质量约为g答案7.DA项,1molOH-的质量为17g,错误;B项,摩尔质量的单位一般为g·mol-1,错误;C项,铁原子的摩尔质量以g·mol-1为单位时,其摩尔质量在数值上与其相对原子质量相等,错误。\n知识点3摩尔质量及其相关计算8.[2022福建福清高中联合体高一期中考试]偏二甲肼(C2H8N2)燃烧时产生的巨大能量可作为航天运载火箭的推动力。设NA为阿伏加德罗常数的值,下列叙述正确的是()A.偏二甲肼的摩尔质量为60gB.NA个偏二甲肼分子的质量为60gC.1mol偏二甲肼的质量为60g·mol-1D.6g偏二甲肼中含有NA个偏二甲肼分子答案8.B偏二甲肼的摩尔质量为60g·mol-1,A项错误;1mol偏二甲肼的质量为60g,C项错误;6g偏二甲肼的物质的量为0.1mol,含有0.1NA个偏二甲肼分子,D项错误。\n知识点3摩尔质量及其相关计算9.对于相同质量的CO和CO2,下列关系正确的是()A.所含氧原子数之比为1∶2B.所含碳元素的质量之比为7∶11C.所含氧元素的质量之比为11∶14D.所含碳原子数之比为1∶1答案9.C设CO和CO2的质量均为mg,则二者的物质的量之比为=11∶7。A项,所含氧原子数之比为(11×1)∶(7×2)=11∶14。B项,所含碳元素的质量之比为11∶7。C项,所含氧元素的质量之比为(11×1)∶(7×2)=11∶14。D项,所含碳原子数之比为11∶7。\n学科关键能力构建\n1.我国科学家屠呦呦发现了青蒿素(化学式为C15H22O5),它是一种用于治疗疟疾的药物,屠呦呦因此获得诺贝尔生理学或医学奖。设NA为阿伏加德罗常数的值,下列关于青蒿素的叙述错误的是()A.一个青蒿素分子中含有42个原子B.青蒿素中碳元素的质量分数约为63.8%C.青蒿素的摩尔质量为282g·mol-1D.14.1g青蒿素中含氧原子数为0.05NA答案1.D一个青蒿素分子中含有的原子个数为15+22+5=42,A项正确;青蒿素中碳元素的质量分数约为×100%=63.8%,B项正确;青蒿素的相对分子质量是15×12+22+5×16=282,则青蒿素的摩尔质量为282g·mo,C项正确;14.1g青蒿素的物质的量为14.1g÷282g·mol-1=0.05mol,一个青蒿素分子中含有5个氧原子,则14.1g青蒿素中含有的氧原子数为0.25NA,D项错误。\n2.[2022四川眉山高一月考]设NA为阿伏加德罗常数的值。31gNa2X中含有NA个Na+,则Na2X的摩尔质量为()A.31g·mol-1B.78g·mol-1C.62g·mol-1D.87.5g·mol-1答案2.C设Na2X的摩尔质量为Mg·mol-1,31gNa2X中含有NA个Na+,则×2×NAmol-1=NA,解得M=62,故选C。\n3.设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法错误的是()A.28gN2、CO和C2H4的混合气体分子总数为NAB.1molOH-含有的电子数为NAC.常温常压下,48gO3和O2的混合气体中含有的氧原子数为3NAD.盛有SO2的密闭容器中含有NA个氧原子,则SO2的物质的量为0.5mol答案3.BN2、CO和C2H4的摩尔质量均为28g·mol-1,故28g三者混合物的物质的量为1mol,含NA个分子,A项正确;1个OH-含有10个电子,1molOH-含有的电子数为10NA,B项错误;O2和O3均由氧原子组成,故48g二者的混合物中含有的氧原子的物质的量n==3mol,原子数为3NA,C项正确;盛有SO2的密闭容器中含有NA个氧原子,为1mol氧原子,则SO2的物质的量为0.5mol,D项正确。\n4.[2022湖南长沙一中期中考试,双选题]设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是()A.78g熔融态Na2O2中含有的离子数为4NAB.12gC60和12g石墨中均含有NA个碳原子C.3mol铁在足量氯气中燃烧,转移的电子数为9NAD.含0.4molHCl的浓盐酸与足量二氧化锰完全反应,转移的电子数为0.2NA答案4.BC78g熔融态Na2O2的物质的量为=1mol,含有的离子数为3NA,A项错误;MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O,随着反应的进行,浓盐酸逐渐变稀,二氧化锰与稀盐酸不反应,故含0.4molHCl的浓盐酸与足量二氧化锰充分反应,转移的电子数小于0.2NA,D项错误。\n5.[双选题]某氯原子的质量为ag,12C原子的质量为bg,用NA表示阿伏加德罗常数的值,下列说法错误的是()A.该氯原子构成的氯分子的相对分子质量为B.1mol该氯原子的质量为aNAgC.mg该氯原子的物质的量为molD.ng该氯原子所含的电子数为答案5.AD该氯原子的相对原子质量=,所以氯分子的相对分子质量为,A项错误;1mol氯原子的质量为NA个氯原子的质量之和,1mol该氯原子的质量为aNAg,mg该氯原子的物质的量为mol,B、C项正确;ng该氯原子的物质的量为mol,所含的电子数为×17×NA=,D项错误。\n6.下列各物质所含原子数由多到少的排列顺序为()①0.5molNH3②4g氦气③4℃时9mL水④0.2molH3PO4A.①④③②B.④③②①C.②③④①D.①④②③答案6.A①一个NH3分子中含有4个原子,0.5molNH3中含有原子的物质的量为0.5mol×4=2mol;②4g氦气的物质的量为=1mol,氦气是单原子分子,故4g氦气中所含氦原子的物质的量为1mol;③4℃时9mL水的质量为9mL×1g·mL-1=9g,其物质的量为=0.5mol,一个H2O分子中含有3个原子,故4℃时9mL水中含有原子的物质的量为0.5mol×3=1.5mol;④一个H3PO4分子中含有8个原子,故0.2molH3PO4中含有原子的物质的量为0.2mol×8=1.6mol。故所含原子数由多到少的排列顺序为①④③②,A项正确。\n7.amolH2SO4中含有b个氧原子,则阿伏加德罗常数可以表示为()A.mol-1B.mol-1C.mol-1D.mol-1答案7.D设NA为阿伏加德罗常数的值,结合题中信息,可得4a×NA=b,解得NA=。\n8.[2022辽宁省实验中学高一期中考试]已知:3X+Y2Z+W。Z和W的摩尔质量之比为21∶10,当6.9gX与足量Y反应时,可生成1.5gW。则Y和W的摩尔质量之比为()A.16∶9B.3∶5C.9∶5D.46∶9答案8.B设生成Z的质量为ag、Z和W的摩尔质量分别为M(Z)g·mol-1、M(W)g·mol-1,则3X+Y2Z+W2×M(Z)M(W)ag1.5g,解得a=6.3,根据质量守恒定律可得,参加反应的Y的质量为1.5g+6.3g-6.9g=0.9g,设Y的摩尔质量为M(Y)g·mol-1,由化学方程式可知,,故M(Y)∶M(W)=3∶5,故选B。\n第三节　物质的量课时2气体摩尔体积\n教材必备知识精练\n知识点1正确理解气体摩尔体积1.[2022广东省八校高一期中联考]下列物质的体积约为22.4L的是()A.标准状况下1mol钠B.20℃、101kPa时36.5gHClC.常温常压下17gNH3D.标准状况下1molO2答案1.D标准状况下,Na是固体,不能使用气体摩尔体积计算Na的体积,A项错误;20℃、101kPa时气体摩尔体积不是22.4L·mol-1,故此状况下36.5g(1mol)HCl的体积不是22.4L,B项错误;常温常压下气体摩尔体积不是22.4L·mol-1,故常温常压下,17g(1mol)NH3的体积不是22.4L,C项错误。\n知识点1正确理解气体摩尔体积2.[2022山东滨州黄山中学高一月考]下列说法正确的是()A.1molO2、N2的混合气体的体积一定约为22.4LB.标准状况下,H2的气体摩尔体积约为22.4LC.标准状况下,22.4L由N2、N2O组成的混合气体中含有的氮原子的物质的量为2molD.标准状况下,1molH2和1molH2O所占的体积都约为22.4L答案2.C温度和压强不确定,不能计算1molO2、N2的混合气体的体积,A项错误;标准状况下,H2的气体摩尔体积约为22.4L·mol-1,B项错误;标准状况下,22.4L由N2、N2O组成的混合气体的物质的量为=1mol,1个N2分子、1个N2O分子中均含有2个氮原子,故1molN2、N2O组成的混合气体中含有的氮原子的物质的量为2mol,C项正确;标准状况下,1molH2所占的体积约为22.4L,但标准状况下,水不是气体,不能用气体摩尔体积计算水的体积,D项错误。\n知识点1正确理解气体摩尔体积3.[2022江苏南通中学高一月考]丙烷(C3H8)是一种有机化合物,标准状况下为无色、无味的气体,常用作冷冻剂、内燃机燃料等。下列关于丙烷的说法正确的是()A.1molC3H8的体积为22.4LB.常温常压下,11.2LC3H8的物质的量为0.5molC.5LC3H8和5LCO2的质量相等D.丙烷在标准状况下的密度为1.96g·L-1答案3.D未指明C3H8所处的状况,无法计算其体积,A项错误;常温常压下,Vm不是22.4L·mol-1,B项错误;未指明气体所处的状况,无法计算其物质的量,也就无法比较其质量,C项错误;根据M=ρVm可得,ρ==1.96g·L-1,D项正确。\n知识点2气体摩尔体积的相关计算4.[2022四川成都七中高一期中考试]常温常压下,1L的密闭容器中恰好可盛放n个N2分子和m个H2分子组成的混合气体,设阿伏加德罗常数的值为NA,则该状况下气体摩尔体积可近似表示为()A.NA×(m+n)L·mol-1B.22.4×NA(m+n)L·mol-1C.L·mol-1D.L·mol-1答案4.C设该温度下的气体摩尔体积为VmL·mol-1,1L该混合气体的物质的量为mol,含有气体的分子数为NAmol-1×mol=m+n,整理可得Vm=,故选C。\n知识点2气体摩尔体积的相关计算5.标准状况下,若11.2L氧气中含有N个氧原子,则阿伏加德罗常数的值可表示为()A.4NB.3NC.2ND.N答案5.D根据可知,×2=,则NA==Nmol-1。\n知识点2气体摩尔体积的相关计算6.在标准状况下,10gCO和CO2的混合气体的体积为6.72L,则此混合气体中CO和CO2的物质的量之比是()A.2∶1B.1∶2C.1∶1D.3∶4答案6.A根据混合气体的体积可计算出总物质的量,根据混合气体的总物质的量和总质量列式计算求得CO、CO2的物质的量,进而计算出混合气体中CO、CO2的物质的量之比。标准状况下,混合气体的总物质的量为=0.3mol,设混合气体中CO的物质的量为x,CO2的物质的量为y,则有x+y=0.3mol,x×28g·mol-1+y×44g·mol-1=10g,解得x=0.2mol,y=0.1mol,则n(CO)∶n(CO2)=0.2mol∶0.1mol=2∶1,A项正确。\n知识点3阿伏加德罗定律及其推论7.[2022河北唐山高一期末考试]下列关于同温同压下的一氧化碳和氮气的判断错误的是()A.体积相等时密度不相等B.体积相等时含有的分子数相等C.体积相等时含有的电子数相等D.质量相等时含有的原子数相等答案7.A由于CO和N2的摩尔质量相等,故同温同压下体积相等的CO和N2的质量相等,因此密度相等,A项错误;同温同压下,体积相等的CO和N2的物质的量是相等的,即含有的分子数相等,由于1个CO分子和1个N2分子含有的电子数相等,故同温同压下,体积相等的CO和N2含有的电子数相等,B、C项正确;由于CO和N2的摩尔质量相等,故等质量的CO和N2的物质的量相等,又因为二者均属于双原子分子,故二者含有的原子数相等,D项正确。\n知识点3阿伏加德罗定律及其推论8.(1)相同质量的SO2、SO3的物质的量之比为,所含氧原子的个数之比为。(2)相同条件下,10mLA2气体与30mLB2气体恰好完全反应生成20mL某气体C,则C的化学式为(用A、B表示),推断中用到的理论、原理有。答案8.答案(1)5∶45∶6(2)AB3或B3A质量守恒定律、阿伏加德罗定律解析(1)根据n=可知,相同质量的SO2、SO3的物质的量之比为=5∶4;所含氧原子的个数之比为(2×5)∶(3×4)=5∶6。(2)相同条件下,10mLA2气体与30mLB2气体恰好完全反应生成20mL某气体C,则根据阿伏加德罗定律可知,该反应的化学方程式为A2+3B22C,根据质量守恒定律可知C的化学式为AB3或B3A。\n学科关键能力构建\n1.同温同压下,向五个大小相同的气球内分别充入CO和以下四种混合气体。当气球体积相等时,A、B、C、D四个气球与充入CO的气球所含原子数一定相等的是()答案1.C同温同压下,若气体的体积相等,则气体的物质的量相等。CO、N2和O2都是双原子分子,故等物质的量的CO与N2和O2的混合气体所含原子数一定相等,C项符合题意。\n2.[2022江西临川一中月考,双选题]以“物质的量”为中心的计算是化学计算的基础。下列叙述正确的是()A.现有CO、CO2、O3三种气体,它们都含有1molO原子,则三种气体的物质的量之比为3∶2∶1B.8gSO3和2.24LSO2中含有的硫原子数一定相等C.标准状况下,11.2LX气体的质量为32g,则X气体的摩尔质量为64g·mol-1D.agCl2中含有b个Cl原子,则阿伏加德罗常数NA可以表示为mol-1答案2.CDCO、CO2、O3三种气体都含有1molO原子,则三种气体的物质的量之比为1mol∶mol∶mol=6∶3∶2,A项错误;8gSO3的物质的量为0.1mol,含有的硫原子数为6.02×1022,由于温度、压强不确定,故无法计算2.24L二氧化硫的物质的量,则无法计算2.24L二氧化硫中含有的硫原子数,B项错误;标准状况下,11.2LX气体的物质的量为=0.5mol,故X气体的摩尔质量为=64g·mol-1,C项正确;agCl2中含有b个Cl原子,即b个Cl原子的质量为ag,又因为Cl原子的摩尔质量为35.5g·mol-1,则,解得NA=mol-1,D项正确。\n3.用NA表示阿伏加德罗常数的值,标准状况下,mg氮气和氧气的混合气体中含有b个分子,则ng该混合气体在标准状况下的体积为()A.LB.LC.LD.L答案3.B设该混合气体的平均摩尔质量为Mg·mol-1、ng该混合气体在标准状况下的体积为VL,根据同温同压下气体体积之比等于物质的量之比,可得,解得V=,故答案为B。\n4.[2022河南郑州高一月考]同温同压下,等容积的甲、乙两容器中分别充满Cl2、CO2,下列说法错误的是()A.甲、乙两容器中所含分子数之比为1∶1B.甲、乙两容器中气体的质量之比为71∶44C.甲、乙两容器中所含原子数之比为2∶3D.甲、乙两容器中所含质子数之比为17∶22答案4.D同温同压下,等体积的气体所含分子数相等,则甲、乙两容器中所含分子数之比为1∶1,A项正确;同温同压下,等体积的气体的物质的量相同,故甲、乙两容器中气体的质量之比等于其摩尔质量之比,为71∶44,B项正确;同温同压下,等体积的气体所含分子数相等,Cl2为双原子分子,CO2为三原子分子,故甲、乙两容器中所含原子数之比为2∶3,C项正确;同温同压下,等体积的气体所含分子数相等,1个Cl2分子所含质子数为34,1个CO2分子所含质子数为22,故甲、乙两容器中所含质子数之比为17∶11,D项错误。\n5.[2022江苏盐城高一月考,双选题]室温下,在一定容积的容器中加入1.5mol氙气(Xe)和7.5mol氟气(F2),于400℃、2633kPa下加热数小时,然后迅速恢复至室温,此时容器内有一种无色晶体和4.5mol氟气。下列说法正确的是()A.起始时,氙气和氟气在室温下的体积之比为1∶5B.起始时,加入的氙气和氟气所含原子数之比为1∶5C.该无色晶体中含有的氙原子与氟原子的个数之比是1∶4D.起始时和恢复至室温后,容器内气体压强之比为3∶2答案5.AC同温同压下,气体的体积之比等于其物质的量之比,A项正确;起始时,加入的氙气和氟气所含原子数之比为(1.5×1)∶(7.5×2)=1∶10,B项错误;由题意知,该无色晶体由1.5molXe和3molF2反应所得,其中含有的氙原子与氟原子的个数之比是(1.5×1)∶(3×2)=1∶4,C项正确;同温、同体积时,气体压强之比等于其物质的量之比,起始时和恢复至室温后,容器内气体压强之比为(1.5+7.5)∶4.5=2∶1,D项错误。\n6.[2022江西宜春上高二中高一月考]标准状况下有:①6.72LCH4、②3.01×1023个HCl、③20.4gH2S、④0.7molNH3,下列叙述错误的是()A.体积:④>②>③>①B.分子数:④>③>②>①C.氢原子数:④>①=③>②D.质量:③>②>④>①答案6.A①n(CH4)==0.3mol,②n(HCl)==0.5mol,③n(H2S)==0.6mol,④n(NH3)=0.7mol。同温同压下,气体的体积之比等于其物质的量之比,因此体积:④>③>②>①,A项错误;①m(CH4)=0.3mol×16g·mol-1=4.8g,②m(HCl)=0.5mol×36.5g·mol-1=18.25g,③m(H2S)=20.4g,④m(NH3)=0.7mol×17g·mol-1=11.9g,因此质量:③>②>④>①,D项正确。\n7.有一容积为V的恒容密闭容器,中间有一可自由滑动的隔板(厚度不计)将容器分成两部分,当左边充入1molN2,右边充入一定量的CO时,隔板处于如图位置(保持温度不变),下列说法正确的是()A.右边与左边的分子数之比为4∶1B.右边CO的质量为5.6gC.右边气体的密度是相同条件下氢气的密度的14倍D.若改变右边CO的充入量而使隔板处于容器正中间位置,保持温度不变,则应再充入0.2molCO答案7.C相同条件下,体积之比等于物质的量之比,左右两边体积之比为4∶1,所以右边气体的物质的量为1mol÷4=0.25mol。A项,相同条件下,气体的分子数与体积成正比,则右边与左边的分子数之比为1∶4,错误;B项,右边CO的质量为28g·mol-1×0.25mol=7g,错误;C项,相同条件下,气体的密度之比等于摩尔质量之比,CO与H2的摩尔质量之比为28g·mol-1∶2g·mol-1=14∶1,故右边气体的密度是相同条件下氢气的密度的14倍,正确;D项,相同条件下,气体体积与物质的量成正比,隔板处于容器正中间位置时,左右两边气体的物质的量相等,则需要充入的CO的物质的量为1mol-0.25mol=0.75mol,错误。\n8.[2022湖北黄石高一期中考试]标准状况下,一定量的液态化合物XY2在一定量的O2中恰好完全燃烧,生成两种气体XO2和YO2,生成物的体积是672mL,密度为2.56g·L-1。请回答下列问题。(1)O2的体积是mL。(2)化合物XY2的摩尔质量是。(3)若XY2分子中X、Y两元素的质量比为3∶16,则X元素是,Y元素是。答案8.答案(1)672(2)76g·mol-1(3)碳(或C)硫(或S)解析(1)由反应的化学方程式XY2(液态)+3O2XO2+2YO2可知,反应前后气体分子数不变,所以O2的体积是672mL。(2)n(O2)==0.03mol,m(O2)=0.03mol×32g·mol-1=0.96g,生成物的质量为m(XO2)+m(YO2)=2.56g·L-1×0.672L=1.72g,根据化学方程式可知,n(XY2)=n(O2)=×0.03mol=0.01mol,根据质量守恒定律可知,m(XY2)=m(XO2)+m(YO2)-m(O2)=1.72g-0.96g=0.76g,M(XY2)==76g·mol-1。(3)设X、Y两元素的相对原子质量分别为a和b,则a+2b=76,a∶2b=3∶16,解得a=12,b=32,所以X为碳元素,Y为硫元素。\n第三节　物质的量课时3物质的量浓度\n教材必备知识精练\n知识点1物质的量浓度1.[2022江苏泰州中学高一期中考试]下列关于0.1mol·L-1Ba(NO3)2溶液的说法正确的是()A.1L该溶液中含有Ba2+的质量为1.37gB.该溶液中c(N)=0.05mol·L-1C.1L该溶液中含有0.1molBa2+D.将26.1gBa(NO3)2溶于1L水中可得到该溶液答案1.C1L该溶液中含有Ba2+的质量为1L×0.1mol·L-1×137g·mol-1=13.7g,A项错误;该溶液中c(N)=0.1mol·L-1×2=0.2mol·L-1,B项错误;26.1gBa(NO3)2的物质的量为=0.1mol,将26.1gBa(NO3)2溶于1L水中所得到的溶液的体积不是1L,Ba(NO3)2的物质的量浓度不是0.1mol·L-1,D项错误。\n知识点1物质的量浓度2.[2022北京平谷区高一期末考试]某试剂瓶上贴有标签“100mL1.0mol·MgCl2溶液”。下列对该试剂的理解正确的是()A.该溶液中含有的微粒主要有MgCl2、Mg2+、Cl-、H2OB.若取50mL该溶液,其中的c(Cl-)=1.0mol·C.取该溶液5mL,恰好能与100mL0.1mol·AgNO3溶液完全反应D.该溶液与100mL1.0mol·NaCl溶液中的c(Cl-)相等答案2.CMgCl2在溶液中均是以离子形式存在,无MgCl2,A项错误;从一定浓度的溶液中取出一部分,浓度不变,故若取50mL该溶液,其中的c(Cl-)=2.0mol·,B项错误;5mL1.0mol·MgCl2溶液中的n(Cl-)与100mL0.1mol·L-1AgNO3溶液中的n(Ag+)之比为1∶1,二者恰好完全反应,C项正确;1.0mol·L-1MgCl2溶液中c(Cl-)=2.0mol·L-1,1.0mol·L-1NaCl溶液中的c(Cl-)=1.0mol·,D项错误。\n知识点1物质的量浓度3.[2022上海建平中学高一期中考试]下列溶液中Cl-的物质的量浓度与10mL0.1mol·L-1MgCl2溶液中Cl-的物质的量浓度相同的是()A.200mL0.1mol·L-1KCl溶液B.50mL0.2mol·L-1CaCl2溶液C.将224mLHCl气体通入水中配成50mL溶液D.将1.42gCl2通入足量NaOH溶液中并稀释至100mL答案3.D0.1mol·L-1MgCl2溶液中c(Cl-)=0.2mol·L-1。200mL0.1mol·L-1KCl溶液中c(Cl-)=0.1mol·L-1,A项不符合题意;50mL0.2mol·L-1CaCl2溶液中c(Cl-)=2c(CaCl2)=0.4mol·L-1,B项不符合题意;不确定HCl气体所处的状况,无法计算224mLHCl气体的物质的量,故无法确定该溶液中Cl-的浓度,C项不符合题意;1.42gCl2的物质的量为=0.02mol,与足量NaOH溶液反应生成0.02molNaCl、0.02molNaClO和0.02molH2O,稀释至100mL后的溶液中c(Cl-)==0.2mol·L-1,D项符合题意。\n知识点1物质的量浓度4.[2022四川遂宁高一期中考试]500mL某Al2(SO4)3溶液中含Al3+5.4g,则该溶液中S的物质的量浓度是()A.0.4mol·L-1B.0.6mol·L-1C.0.5mol·L-1D.0.2mol·L-1答案4.B500mL该Al2(SO4)3溶液中含A5.4g,n(Al3+)==0.2mol,n(S)=n(Al3+)=×0.2mol=0.3mol,c(S)==0.6mol·L-1,故选B。\n知识点1物质的量浓度5.[2022江苏常州六校高一联考]0.2L溶质为NaCl、MgCl2、CaCl2的混合溶液中,部分离子的浓度大小如图所示,则下列说法错误的是()A.NaCl的物质的量为0.2molB.c(Ca2+)=0.2mol·L-1C.CaCl2的物质的量为0.1molD.MgCl2的质量为9.5g答案5.Bc(Na+)=1.0mol·L-1,n(NaCl)=1.0mol·L-1×0.2L=0.2mol,A项正确;根据溶液呈电中性可知,c(Cl-)=c(Na+)+2c(Mg2+)+2c(Ca2+),即c(Ca2+)=0.5mol·L-1,B项错误;CaCl2的物质的量为0.5mol·L-1×0.2L=0.1mol,C项正确;MgCl2的质量为0.5mol·L-1×0.2L×95g·mol-1=9.5g,D项正确。\n知识点2配制一定物质的量浓度的溶液及误差分析6.[2022福建龙岩武平一中高一月考]下列实验操作或仪器选择正确的是()A.配制240mL0.1mol·L-1FeSO4溶液需要240mL容量瓶B.配制1mol·L-1H2SO4溶液,为了节省时间,可将浓硫酸直接注入容量瓶中C.配制500mL0.2mol·L-1Na2SO4溶液,需要硫酸钠的质量是14.2gD.移液时,玻璃棒下端紧靠容量瓶刻度线以上的位置答案6.C没有240mL容量瓶,所以配制240mL0.1mol·L-1FeSO4溶液应选择250mL容量瓶,A项错误;容量瓶不能用于稀释溶液,B项错误;移液时,玻璃棒下端紧靠容量瓶刻度线以下的位置,D项错误。\n知识点2配制一定物质的量浓度的溶液及误差分析7.[2022江苏启东中学高一期中考试]如图是配制一定物质的量浓度溶液的过程示意图。下列说法错误的是()A.所要配制的Na2CO3溶液的物质的量浓度为1mol·L-1B.操作2是将溶解并冷却至室温的Na2CO3溶液转移到容量瓶中C.操作4会使所配溶液的浓度偏低D.操作5中,摇匀后发现液面低于刻度线,应继续加水至溶液凹液面与刻度线相切\n知识点2配制一定物质的量浓度的溶液及误差分析答案7.D10.6gNa2CO3的物质的量n==0.1mol,溶液的体积为100mL,因此所要配制的Na2CO3溶液的物质的量浓度为1mol·L-1,A项正确;操作2是将溶解并冷却至室温的Na2CO3溶液转移到容量瓶中,B项正确;操作4仰视容量瓶刻度线,会使溶液的体积偏大,则所配溶液的浓度偏低,C项正确;操作5中,摇匀后发现液面低于刻度线,若继续加水至溶液凹液面与刻度线相切,会使溶液的体积偏大,浓度偏低,D项错误。\n知识点2配制一定物质的量浓度的溶液及误差分析8.配制一定物质的量浓度的氢氧化钾溶液时,导致溶液浓度偏低的原因可能是()A.用敞口容器称量氢氧化钾且时间过长B.配制前先向容量瓶中加入少量蒸馏水C.容量瓶盛过氢氧化钾溶液,且使用前未洗涤D.氢氧化钾溶解后,应立即转移到容量瓶中,定容答案8.A称量时间过长会有部分氢氧化钾变质,导致溶液浓度偏低,A项符合题意;配制前先向容量瓶中加入少量蒸馏水对溶液的浓度无影响,B项不符合题意;容量瓶盛过氢氧化钾溶液,且使用前未洗涤,会使溶质的物质的量偏大,溶液浓度偏高,C项不符合题意;氢氧化钾溶解时放热,要冷却至室温后再转移至容量瓶中,否则会导致溶液体积偏小,浓度偏高,D项不符合题意。\n知识点3溶液浓缩、稀释、混合时有关浓度的计算9.硫酸钠和硫酸溶液等体积混合后,H+的物质的量浓度为0.3mol·L-1,S的物质的量浓度为0.4mol·L-1,则混合溶液中Na+的物质的量浓度为(假设混合后溶液体积为混合前两溶液的体积之和)()A.0.15mol·L-1B.0.2mol·L-1C.0.25mol·L-1D.0.5mol·L-1答案9.D设Na+的物质的量浓度为x,根据溶液呈电中性可知,0.3mol·L-1×1+x×1=0.4mol·L-1×2,解得x=0.5mol·L-1,故选D。\n知识点3溶液浓缩、稀释、混合时有关浓度的计算10.某Al2(SO4)3溶液中c(Al3+)=0.2mol·L-1,某同学取20mL该溶液,稀释到100mL,则所得溶液中S的物质的量浓度为()A.0.02mol·L-1B.0.04mol·L-1C.0.06mol·L-1D.0.08mol·L-1答案10.C溶液具有均一性,溶液的浓度与所取体积无关,故取出的Al2(SO4)3溶液中c(Al3+)=0.2mol·L-1,c(S)=c(Al3+)=0.3mol·L-1,若将这20mL溶液用水稀释到100mL,设稀释后硫酸根离子的物质的量浓度为c',依据溶液稀释过程中溶质的物质的量不变得20×10-3L×0.3mol·L-1=100×10-3L×c',解得c'=0.06mol·L-1,故选C。\n知识点3溶液浓缩、稀释、混合时有关浓度的计算11.一定量的质量分数为10%的NaOH溶液,蒸发掉100g水后没有固体析出,其质量分数为20%,此时溶液体积为100mL,则浓缩后的溶液中NaOH的物质的量浓度为()A.2.2mol·L-1B.4mol·L-1C.5mol·L-1D.6.25mol·L-1答案11.C设原NaOH溶液的质量为x,则x×10%=(x-100g)×20%,解得x=200g,溶液中所含NaOH的质量为200g×10%=20g,则n(NaOH)==0.5mol。浓缩前后溶液中NaOH的物质的量不变,故浓缩后的溶液中NaOH的物质的量浓度为=5mol·L-1。\n学科关键能力构建\n1.下列关于物质的量浓度的表述正确的是()A.0.3mol·L-1的Na2SO4溶液中含有Na+和S的总物质的量为0.9molB.50mL1mol·L-1的KCl溶液和100mL0.25mol·L-1的MgCl2溶液中,Cl-的物质的量浓度相等C.将10mL1mol·L-1的H2SO4溶液稀释成0.1mol·L-1的H2SO4溶液,可向其中加入100mL水D.20℃时,向100mL0.023mol·L-1的饱和氢氧化钙溶液中加入5g生石灰,冷却到20℃时,溶液体积小于100mL,但所得溶液的物质的量浓度仍为0.023mol·L-1答案1.DA项,溶液的体积未知,不能计算出离子的物质的量,错误;B项,KCl溶液、MgCl2溶液中Cl-的物质的量浓度分别为1mol·L-1、0.5mol·L-1,错误;C项,稀释成0.1mol·L-1的H2SO4溶液后,所得稀硫酸的体积为100mL,则所加水的体积一定小于100mL,错误;D项,温度恢复到20℃时,溶液体积减小,但溶液仍为氢氧化钙的饱和溶液,同温下同种溶质在同种溶剂中形成的饱和溶液的浓度不变,故氢氧化钙溶液的物质的量浓度仍为0.023mol·L-1,正确。\n2.[2022江苏泰州高一检测]现有两份体积相同的植物营养液,其配方如表所示。下列关于这两份营养液的成分的说法正确的是()A.只有c(K+)相同B.只有c(Cl-)相同C.完全相同D.完全不同答案2.C第一份溶液中,n(K+)=0.6mol+2×0.4mol=1.4mol,n(Cl-)=0.6mol,n(Zn2+)=0.2mol,n(S)=0.4mol+0.2mol=0.6mol;第二份溶液中,n(K+)=0.2mol+2×0.6mol=1.4mol,n(Cl-)=0.2mol+2×0.2mol=0.6mol,n(Zn2+)=0.2mol,n(S)=0.6mol。两份营养液的体积相同,则各离子的浓度完全相同。KClK2SO4ZnSO4ZnCl2①0.6mol0.4mol0.2mol无②0.2mol0.6mol无0.2mol\n3.[2022江苏南通、盐城、淮安、宿迁高一联考]将相对分子质量为M的某气态化合物VL(标准状况下)溶于mg水中形成密度为ρg·mL-1的溶液,该溶液中溶质的质量分数为w%、物质的量浓度为cmol·L-1。已知该气态化合物与水不反应,则下列说法正确的是()A.w%=B.ρ=C.c=D.M=答案3.D该溶液中溶质的质量为g,溶液的质量为(m+)g,则w%=×100%,A项错误;设溶液的体积为V'L,则溶质的质量为cmol·L-1×V'L×Mg·mol-1=cV'Mg,V'L该溶液的质量为g,ρg·mL-1=g·mL-1=g·mL-1,B项错误;溶液的体积为mL,溶质的物质的量为mol,故cmol·L-1=mol·L-1,C项错误;溶质的质量分数为w%,则水的质量分数为1-w%,水的质量为mg,则溶液的质量为g,溶质的质量为×w%g,溶质的物质的量为mol,则该化合物的摩尔质量为g·mol-1,故M=,D项正确。\n4.[2022辽宁朝阳一中高一期末考试,双选题]用单位体积溶液里所含溶质的质量来表示溶液的组成,称为质量-体积浓度,单位为g·L-1。现有20℃时的一定量饱和CuSO4溶液,密度为1.2g·mL-1,质量-体积浓度为200g·L-1。下列说法错误的是()A.该溶液中CuSO4的质量分数为16.7%B.该溶液中CuSO4的物质的量浓度为1.25mol·L-1C.20℃时,CuSO4的溶解度为10gD.20℃时,把200gCuSO4·5H2O溶解于1L水中,恰好得到饱和溶液答案4.CD假设该溶液的体积为100mL,溶液的质量为1.2g·mL-1×100mL=120g,CuSO4的质量为200g·L-1×0.1L=20g,CuSO4的质量分数为×100%=16.7%,n(CuSO4)==0.125mol,c(CuSO4)==1.25mol·L-1,溶剂的质量为(120-20)g=100g,则该温度下CuSO4的溶解度是20g,A、B项正确,C项错误;20℃时,把200gCuSO4·5H2O溶解于1L水中,水的质量为1000g,CuSO4的质量分数为×100%=10.7%<16.7%,则该溶液为不饱和溶液,D项错误。\n5.[2022浙江金华十校高一期末联考]如表所示是某品牌饮用矿物质水标签的部分内容。下列说法正确的是()A.标签上离子的浓度是物质的量浓度B.该品牌饮用矿物质水中c(Mg2+)最大为2×10-4mol·L-1C.取少量该矿物质水加稀盐酸酸化,再滴加AgNO3溶液,出现白色沉淀,说明该矿物质水中有Cl-D.一瓶该品牌饮用矿物质水中n(S)不超过1×10-5mol\n答案5.B该品牌饮用矿物质水标签上离子的浓度表示的是单位体积内含有离子的质量,A项错误;该品牌饮用矿物质水中Mg2+的含量为0.1~4.8mg·L-1,c(Mg2+)≤=2×10-4mol·L-1,B项正确;加入稀盐酸酸化引入了Cl-,再滴加AgNO3溶液后会产生AgCl白色沉淀,则不能确定原溶液中是否含有Cl-,C项错误;S的含量为0.4~19.2mg·L-1,一瓶该品牌饮用矿物质水的体积为500mL,S的质量最大为19.2mg·L-1×0.5L=9.6mg,故n(S)最大为=1×10-4mol,D项错误。\n6.[2022浙江温州高一检测]将K2SO4、KCl、NaCl三种固体溶于水得到溶液M,溶液M中部分离子的物质的量浓度如图甲所示。取200mL溶液M加水稀释,测得c(Na+)随溶液体积的变化如图乙所示。下列说法正确的是()A.Y是SB.c1=0.96C.溶液M中KCl的物质的量浓度为0.1mol·L-1D.K2SO4与NaCl的物质的量之比为1∶1答案6.C若溶液中没有KCl,则K+与S的物质的量浓度之比为2∶1,溶液中有KCl,则K+与S的物质的量浓度之比大于2∶1,图示中K+与Y的物质的量浓度之比为1∶1,故Y不可能是S,A项错误;稀释过程中n(Na+)不变,则c1mol·L-1=mol·L-1=0.8mol·L-1,c1=0.8,B项错误;原溶液中c(Na+)=0.8mol·L-1,则X、Y均不是Na+,结合A项分析,Y不是S,则Y是Cl-,c(Cl-)=0.9mol·L-1,X是S,c(S)=0.4mol·L-1,所以c(K2SO4)=c(S)=0.4mol·L-1,c(NaCl)=c(Na+)=0.8mol·L-1,c(KCl)=0.01mol·L-1,K2SO4与NaCl的物质的量之比为1∶2,C项正确,D项错误。\n7.[2022广东惠州中山中学高一期末考试]实验室需要0.5mol·L-1硫酸溶液480mL。现在用浓硫酸配制该溶液,请回答下列问题。(1)实验中需要质量分数为98%、密度为1.84g·mL-1的浓硫酸mL。(2)配制该溶液时需要用到的玻璃仪器有烧杯、量筒、胶头滴管和、。(3)在量取浓硫酸后,进行了下列操作:①待烧杯中溶液的温度与室温一致后,将烧杯中的溶液沿玻璃棒注入容量瓶中;②往容量瓶中加蒸馏水,待液面离容量瓶刻度线1~2cm时,改用胶头滴管滴加蒸馏水,直至溶液的凹液面与刻度线相切;③在盛有一定体积蒸馏水的烧杯中注入浓硫酸,并用玻璃棒不断搅拌,使其混合均匀;④用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2~3次,并将洗涤液全部注入容量瓶中。上述操作中,正确的顺序是(填序号)。(4)若实验过程遇到下列情况,对所配H2SO4溶液的浓度有何影响?①容量瓶洗干净后,瓶底有少量蒸馏水,未干燥:(填“偏大”“偏小”或“无影响”,下同)。②定容时俯视刻度线:。\n答案7.答案(1)13.6(2)500mL容量瓶　玻璃棒(3)③①④②(4)①无影响②偏大解析(1)质量分数为98%、密度为1.84g·mL-1的浓硫酸的物质的量浓度为mol·L-1=18.4mol·L-1,要配制0.5mol·L-1硫酸溶液480mL,应选择500mL容量瓶,设需要浓硫酸的体积为V,依据溶液稀释规律可知,18.4mol·L-1×V=0.5mol·L-1×0.5L,解得V=0.0136L,即13.6mL。(4)①容量瓶洗涤干净后瓶底有少量蒸馏水,未干燥,对溶质的物质的量和溶液的体积都不产生影响,对所配H2SO4溶液的浓度无影响。②定容时俯视刻度线,会导致溶液体积偏小,所配H2SO4溶液的浓度偏大。\n专项拓展训练　物质的量浓度的有关计算\n1.[2022湖北孝感汉川一中高一期末考试]某学校实验室从化学试剂商店买回的盐酸试剂上的标签如图所示。下列说法正确的是()A.从试剂瓶中取出100mL该盐酸,在空气中久置,溶液质量将增大B.1molFe与足量该盐酸反应,产生22.4L氢气C.配制250mL6mol·L-1稀盐酸需取该盐酸100mLD.该盐酸中溶质的物质的量浓度为12.06mol·L-1答案1.D盐酸具有挥发性,在空气中久置,溶液质量将减小,A项错误;没有注明气体所处状况,无法计算氢气的体积,B项错误;该盐酸中溶质的物质的量浓度为mol·L-1=12.06mol·L-1,设需取该盐酸的体积为V,由溶液稀释过程中溶质的物质的量不变可得,250mL×6mol·L-1=12.06mol·L-1×V,则V=124.4mL,C项错误,D项正确。\n2.[2022江苏南通、盐城、淮安高一联考]向体积为10mL、溶质的质量分数为2a%、溶质的物质的量浓度为c1mol·L-1的硫酸溶液中加入VmL水,使溶质的质量分数变为a%,此时溶质的物质的量浓度为c2mol·L-1。下列关系正确的是()A.V>102c2=c1B.V<102c2<c1C.V>102c2<c1D.V<102c2>c1答案2.C假设溶质的质量分数为2a%的硫酸溶液的密度为Dg·mL-1,溶质的质量分数为a%的硫酸溶液的密度为dg·mL-1,水的密度为ρ水g·mL-1,硫酸溶液的密度大于水的密度,且硫酸溶液的浓度越大密度越大,故D>d>ρ水,稀释过程中溶质的质量不变,故稀释后溶液的质量为g=20Dg,故加入水的质量为20Dg-10Dg=10Dg,加入水的体积VmL=mL,由于D>ρ水,故V=>10;根据c=可知,c1=,c2=,由于D>d,故2c2<c1,故选C。\n3.[2022江苏盐城阜宁高一期中考试]把2L含有CuSO4和Na2SO4的溶液分成两等份,一份加入含amolBaCl2的溶液,恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡;另一份加入含bmolKOH的溶液,恰好使铜离子完全沉淀为氢氧化铜,则原溶液中钠离子的物质的量浓度为()A.(a-b)mol·L-1B.(2a-b)mol·L-1C.2(a-b)mol·L-1D.abmol·L-1答案3.B由题意知,1L原溶液中n(S)=amol,n(Cu2+)=0.5bmol,由溶液呈电中性可知,2n(Cu2+)+n(Na+)=2n(S),故1L原溶液中n(Na+)=2amol-2×0.5bmol=(2a-b)mol,c(Na+)==(2a-b)mol·L-1,故选B。\n4.[2022河南省实验中学高一期中考试]将22.4L(标准状况下)HCl完全溶于1L水(密度近似为1g·mL-1)中,所得溶液的密度为ρg·mL-1,溶液的体积为VmL,溶质的质量分数为w,溶质的物质的量浓度为cmol·L-1。下列叙述正确的是()①w=×100%②c=③向上述溶液中加入VmL水后,所得溶液中溶质的质量分数大于0.5w④向上述溶液中加入等质量的水后,所得溶液中溶质的物质的量浓度小于mol·L-1A.仅①②③B.仅③④C.仅①③④D.仅①④答案4.C①根据cmol·L-1=mol·L-1可得,w=×100%,正确;②VmL=mL,cmol·L-1=mol·L-1,错误;③水的密度小于盐酸的密度,所以二者等体积混合时,水的质量小于盐酸的质量,故向题给溶液中加入VmL水后,所得溶液中溶质的质量分数为×100%>×100%=0.5w,正确;④向题给溶液中加入等质量的水后,所得溶液中溶质的质量分数为0.5w,根据\n答案cmol·L-1=mol·L-1,盐酸中溶质的质量分数越小,盐酸的密度越小,可知所得溶液中溶质的物质的量浓度小于mol·L-1,正确。归纳总结对同一溶质、溶质的质量分数分别为a%、b%的两种溶液混合后所得溶液中溶质的质量分数w%的分析(1)等体积混合①当溶液的密度大于1g·cm-3时,溶液的浓度越大,密度越大,等体积混合后,混合溶液中溶质的质量分数w%>(a%+b%)(如H2SO4、HNO3、HCl、NaOH溶液等);②当溶液的密度小于1g·cm-3时,溶液的浓度越大,密度越小,等体积混合后,混合溶液中溶质的质量分数w%<(a%+b%)(如乙醇溶液、氨水等)。(2)等质量混合两溶液等质量混合时(无论溶液的密度是否大于1g·cm-3),混合后溶液中溶质的质量分数w%=(a%+b%)\n5.[双选题]现有两份溶液A和B,若A溶液中含有H+、Al3+、三种离子,其中H+的浓度为0.5mol·L-1,Al3+的浓度为0.3mol·L-1,B溶液中含有F、Cl-、Ba2+三种离子,其中Cl-的浓度为0.4mol·L-1,将两溶液等体积混合(忽略溶液体积的变化),则混合后的浓度可能是()A.0.24mol·L-1B.0.28mol·L-1C.0.3mol·L-1D.0.36mol·L-1答案5.BCA溶液中含有H+、Al3+、三种离子,其中H+的浓度为0.5mol·L-1,Al3+的浓度为0.3mol·L-1,依据溶液呈电中性:c(H+)+3c(Al3+)=2c(),代入数据解得c()=0.7mol·L-1。设A、B溶液的体积均为V,假设B溶液中只含有Cl-和Ba2+两种离子,则c(Ba2+)=0.2mol·L-1,则两溶液等体积混合(忽略溶液体积的变化)后c()==0.25mol·L-1,假设B溶液中只含有F、Cl-,则两溶液等体积混合(忽略溶液体积的变化)后c()==0.35mol·L-1,所以S的浓度在0.25~0.35mol·L-1之间,B、C项符合题意。\n6.[2022河南省实验中学高一期中考试]将CO2气体通入100mLNaOH溶液中,充分反应后得到溶液X,再向溶液X中逐滴加入1.0mol·L-1的盐酸,产生CO2的体积与加入盐酸的体积的关系如图所示。(1)溶液X中的溶质为(填化学式)。(2)当加入45mL盐酸时,产生CO2的体积为mL(标准状况下)。(3)原NaOH溶液中溶质的物质的量浓度为mol·L-1。答案6.答案(1)NaOH、Na2CO3(2)448(3)0.45解析(1)AB段生成CO2,发生的反应为NaHCO3+HClNaCl+CO2↑+H2O,假设溶液X中只有Na2CO3,则OA段发生的反应为Na2CO3+HClNaHCO3+NaCl,由化学方程式可知,OA段和AB段消耗盐酸的体积应相等,而实际上OA段消耗盐酸的体积多,说明溶液X中还有NaOH。(2)根据图象可知,AB段消耗HCl的物质的量为1.0mol·L-1×(45-25)×10-3L=0.02mol,由化学方程式可知,反应生成的n(CO2)=0.02mol,标准状况下,0.02mol二氧化碳的体积为22.4L·mol-1×0.02mol=0.448L=448mL。(3)B点生成CO2的体积达到最大,此时溶质为NaCl,则n(NaOH)=n(NaCl)=n(HCl)=1.0mol·L-1×0.045L=0.045mol,则原NaOH溶液中溶质的物质的量浓度为=0.45mol·L-1。\n易错疑难集训(二)\n教材易混易错集训\n易错点　一定物质的量浓度溶液配制过程中的操作及误差分析1.[2022陕西西安长安一中高一月考]使用容量瓶配制溶液时,若操作不当,会引起误差。下列情况一定会使所配溶液的浓度偏低的有()①用天平称量固体溶质时,固体溶质与砝码的位置放反了②将烧杯中溶液转移到容量瓶中后,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,发现液面低于刻度线,又补加少量蒸馏水,使液面重新达到刻度线⑥用量筒量取一定量浓硫酸配制稀硫酸时,将浓硫酸转移到烧杯中,用少量蒸馏水洗涤量筒,并将洗涤液转移到烧杯中⑦配制NaOH溶液时,NaOH固体在烧杯中溶解后,立即将所得溶液转移到容量瓶中进行定容A.2个B.3个C.4个D.5个答案1.B①用天平称量固体溶质时,固体溶质与砝码的位置放反了,如果未使用游码,对溶液的浓度无影响;②将烧杯中溶液转移到容量瓶中后,烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤,导致部分溶质损失,溶质的物质的量偏小,溶液的浓度偏低;③转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水,对溶液的浓度无影响;④定容时,仰视容量瓶的刻度线,导致溶液的体积偏大,溶液的浓度偏低;⑤定容后摇匀,发现液面低于刻度线,又补加少量蒸馏水,使液面重新达到刻度线,导致溶液的体积偏大,溶液的浓度偏低;⑥用少量蒸馏水洗涤量筒,并将洗涤液转移至烧杯中,导致溶质的物质的量偏大,溶液的浓度偏高;⑦在烧杯中溶解NaOH后,此时溶液的温度高于室温,若立即进行定容会导致溶液的体积偏小,溶液的浓度偏高。\n易错点　一定物质的量浓度溶液配制过程中的操作及误差分析2.小王同学准备用CuSO4·5H2O配制500mL0.1mol·L-1的CuSO4溶液。(1)小王同学选用的容量瓶规格是mL。(2)玻璃棒在该实验中有重要的用途,分别是和。(3)小王同学通过计算,用托盘天平称取gCuSO4·5H2O。答案2.答案(1)500(2)搅拌　引流(3)12.5解析(2)溶解固体时,玻璃棒起到搅拌作用;向容量瓶中转移液体时,玻璃棒起到引流作用。(3)m(CuSO4·5H2O)=0.1mol·L-1×0.5L×250g·mol-1=12.5g。\n常考疑难问题突破\n疑难点1阿伏加德罗定律及其推论的应用1.[2022湖北武汉高一期末考试]某温度下,向如图所示容器(密封隔板Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ可自由滑动,且与容器内壁的摩擦不计)中a、b、c、d处分别通入等质量的CH4、CO2、O2、SO2四种气体中的一种,隔板的位置如图所示。下列说法错误的是()A.a和c中气体的体积之比为1∶2B.d中通入的气体是CH4C.a和b中气体所含原子数之比为16∶11D.c和d中气体密度之比为2∶1答案1.C同温同压下,气体的体积之比等于物质的量之比,根据气体体积:d>c>b>a可知,气体的物质的量:d>c>b>a,而等质量时,气体的摩尔质量与物质的量成反比,故四种气体的摩尔质量:d<c<b<a,即气体a为SO2、b为CO2、c为O2、d为CH4。同温、同压、等质量时,气体的体积与摩尔质量成反比,所以a和c中气体的体积之比为32∶64=1∶2,A项正确;由上述分析可知,d中通入的气体是CH4,B项正确;同温、同压下,气体所含分子数之比等于体积之比,等质量时,体积之比与摩尔质量成反比,故气体所含分子数与摩尔质量成反比,即a和b中气体所含分子数之比为44∶64=11∶16,则所含原子数之比为(11×3)∶(16×3)=11∶16,C项错误;同温、同压、等质量时,气体的密度与摩尔质量成正比,故c和d中气体的密度之比为32∶16=2∶1,D项正确。\n疑难点1阿伏加德罗定律及其推论的应用2.[2022黑龙江哈师大附中高一期末考试]如图表示1gO2与1gX气体在相同容积的密闭容器中压强(p)与温度(T)的关系,则X气体可能是()A.C2H4B.CH4C.CO2D.NO答案2.C由图可知,相同温度时,p(O2)>p(X),因二者质量、体积均相同,则气体的压强与相对分子质量成反比,即X的相对分子质量大于O2的相对分子质量,故选C。\n疑难点2以物质的量为中心的相关计算3.[2022福建泉州高一月考](1)4.9gH3PO4可与molNaOH完全反应生成正盐(Na3PO4)。(2)19g某二价金属的氯化物中含有0.4molCl-,此氯化物的摩尔质量为。(3)8.4gN2与9.6g单质Rx所含原子数相同,且二者所含分子数之比为3∶2,则R的相对原子质量是,x为。(4)液态化合物XOY在O2中燃烧的化学方程式为2XOY(液)+3O2(气)2XO2(气)+2YO2(气),取一定量的XOY在O2中完全燃烧,测得生成物在标准状况下的体积是448mL,密度是2.41g·L-1。回答下列问题。①反应消耗的O2在标准状况下的体积是mL。②已知X的摩尔质量为12g·mol-1,则Y的摩尔质量为g·mol-1,XOY的化学式为。\n疑难点2以物质的量为中心的相关计算答案3.答案(1)0.15(2)95g·mol-1(3)163(4)①336②32COS解析(1)n(H3PO4)==0.05mol,1molH3PO4与NaOH反应生成Na3PO4需要3molNaOH,所以0.05molH3PO4与NaOH反应生成Na3PO4需要NaOH的物质的量为0.05mol×3=0.15mol。(2)n(Cl-)=0.4mol,则该氯化物的物质的量为0.2mol,摩尔质量为=95g·mol-1。(3)n(N2)==0.3mol,所含原子的物质的量为0.6mol,由于二者所含分子数之比为3∶2,则n(Rx)=0.2mol,x=3,M(R3)==48g·mol-1,则R的相对原子质量为16。(4)①根据关系式:3O2~2XO2可知,V(O2)=mL=336mL。②根据质量守恒定律可知,m(XOY)+×32g·mol-1=2.41g·L-1×0.448L,解得m(XOY)=0.6g,又n(XOY)=×n(O2)==0.01mol,故XOY的摩尔质量为=60g·mol-1,所以Y的摩尔质量为32g·mol-1,Y为S,XOY的化学式为COS。\n章末培优专练\n实验1碳酸钠和碳酸氢钠的性质实验1.[2022江苏连云港高一期中考试]Ⅰ.某化学小组为探究Na2CO3和NaHCO3的性质,做了如下实验。已知:室温为17.6℃。(1)室温下,Na2CO3的溶解度(填“大于”“小于”或“等于”)NaHCO3的溶解度,实验证据是。(2)实验①中,溶解时吸收热量的物质是(填化学式)。序号实验操作现象Na2CO3NaHCO3①在两支试管中分别加入1gNa2CO3、1gNaHCO3固体,再加入5mL蒸馏水,振荡,分别插入温度计,开始计时30s时溶液的温度为23.2℃,放置至室温时,试管内无固体30s时溶液的温度为17.2℃;放置至室温时,试管内有少量固体残留\n实验1碳酸钠和碳酸氢钠的性质实验Ⅱ.为进一步探究Na2CO3和NaHCO3的性质,该小组同学利用传感器继续做如下实验。实验②中溶液的pH随加入试剂体积的变化如图所示。\n实验1碳酸钠和碳酸氢钠的性质实验(3)澄清石灰水显碱性,用电离方程式表示其原因:。(4)实验②中,Na2CO3溶液和澄清石灰水反应的离子方程式为,OH-未参与该反应的实验证据是。(5)实验②中,滴加NaHCO3溶液的烧杯中溶液的pH变化曲线与滴加Na2CO3溶液的烧杯中溶液的pH变化曲线有明显差异,产生该差异的原因是滴加NaHCO3溶液的烧杯中(填离子符号)参与了反应,反应的离子方程式为。答案1.答案Ⅰ.(1)大于　相同温度下,1gNa2CO3在5mL水中完全溶解,1gNaHCO3在5mL水中未完全溶解(2)NaHCO3Ⅱ.(3)Ca(OH)2Ca2++2OH-(4)C+Ca2+CaCO3↓分别滴加等体积的Na2CO3溶液和蒸馏水时溶液的pH变化曲线相似(5)OH-HC+OH-+Ca2+CaCO3↓+H2O解析Ⅱ.(4)Na2CO3溶液和澄清石灰水反应的离子方程式为C+Ca2+CaCO3↓,由图可知,将碳酸钠溶液滴加到澄清石灰水中,溶液的pH变化曲线与将等体积蒸馏水滴加到澄清石灰水中时溶液的pH变化曲线相似。(5)滴加NaHCO3溶液的烧杯中溶液的pH明显减小,说明OH-被消耗。\n实验2含氯化合物的制备与性质实验2.[2022天津南开中学高一期中考试]Cl2O是一种黄棕色、具有强烈刺激性气味的气体,也是一种强氧化剂,Cl2O易溶于水且可与水反应生成次氯酸,与有机物、还原剂接触时会发生剧烈反应。已知:Cl2O的熔点为-120.6℃、沸点为2.0℃,Cl2的沸点为-34.6℃,HgO+2Cl2HgCl2+Cl2O。一种用HgO和Cl2制取Cl2O的装置如图所示(加热、夹持及尾气处理装置已省略),下列说法错误的是()A.装置②、③中盛装的试剂依次是饱和食盐水、浓硫酸B.生成Cl2O的反应为氧化还原反应C.从装置⑤中逸出的气体是空气和Cl2D.生成的Cl2O都储存在装置④、⑤之间的玻璃泡内答案2.D装置②、③中盛装的试剂依次是饱和食盐水、浓硫酸,作用分别是除去Cl2中的HCl、H2O,A项正确;HgO+2Cl2HgCl2+Cl2O为氧化还原反应,B项正确;由已知的熔、沸点信息可知,Cl2O在⑤中冷却转化为液态,即Cl2O储存在⑤中,从装置⑤中逸出的气体为空气及过量的Cl2,C项正确、D项错误。\n实验2含氯化合物的制备与性质实验3.[2022黑龙江哈尔滨一中月考]ClO2是一种常用的消毒剂,下面是两种常见的制备ClO2的方法。(1)方法一:2NaClO3+4HCl2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O。转移0.4mol电子时,得到的还原产物为mol。(2)方法二:实验室常用氯酸钾(KClO3)、草酸(H2C2O4)和硫酸溶液共热制备ClO2。有同学设计如图装置制备ClO2,并用其处理含Mn2+的工业废水。①B装置的作用为。②A中的反应产物有ClO2、CO2等,写出A中发生反应的化学方程式:。③写出装置C中除去Mn2+的离子方程式:(已知:ClO2能将Mn2+氧化为MnO2)。\n实验2含氯化合物的制备与性质实验答案3.答案(1)0.4(2)①作安全瓶,防倒吸②H2C2O4+H2SO4+2KClO3K2SO4+2CO2↑+2ClO2↑+2H2O③2ClO2+5Mn2++6H2O5MnO2↓+2Cl-+12H+解析(1)+2NaCl+2H2O,ClO2为还原产物,转移2mol电子时生成2molClO2,则转移0.4mol电子时生成0.4molClO2。(2)①B装置中导气管都是略露出橡胶塞,装置的作用为安全瓶,防倒吸。\n实验3配制一定物质的量浓度的溶液4.用无水Na2CO3配制250mL1.00mol·L-1Na2CO3溶液时,下列操作会使所配制的溶液浓度偏大的是()A.称量的溶质含有结晶水B.移液时有液体洒落瓶外C.定容时俯视容量瓶刻度线D.容量瓶没有干燥答案4.CA项,称量的溶质含有结晶水会造成溶质物质的量偏小,使所配溶液浓度偏低;B项,移液时有液体洒落瓶外,会造成溶质损失,使所配溶液浓度偏低;D项,容量瓶没有干燥对所配溶液浓度无影响。\n实验3配制一定物质的量浓度的溶液5.下图是某硫酸试剂瓶标签上的内容:(1)该硫酸的物质的量浓度为mol·L-1。(2)某化学兴趣小组进行硫酸性质的实验探究时,需要490mL4.6mol·L-1的稀硫酸,则配制该稀硫酸需要量取mL该浓硫酸。(3)配制该溶液时,所需的玻璃仪器除量筒、烧杯、玻璃棒和胶头滴管外,还需要(填仪器名称)。(4)配制溶液时有如下操作(未按顺序排列):a.稀释b.摇匀c.洗涤d.冷却e.量取f.将溶液移至容量瓶g.定容其中摇匀的前一步操作是(填字母)。(5)在下列配制过程示意图中,有错误的是(填序号)。\n实验3配制一定物质的量浓度的溶液(6)在配制4.6mol·L-1稀硫酸的过程中,下列情况会引起硫酸的物质的量浓度偏高的是(填序号)。A.未经冷却趁热将溶液注入容量瓶中进行定容B.容量瓶洗涤后,未经干燥处理C.定容时仰视容量瓶刻度线D.未洗涤烧杯和玻璃棒答案5.答案(1)18.4(2)125(3)500mL容量瓶(4)g(5)①④(6)A解析(1)c=mol·L-1=18.4mol·L-1。(2)因实验室中无490mL规格的容量瓶,故取500mL容量瓶,因此需要量取浓硫酸的体积V==0.125L。(4)由浓溶液配制稀溶液时,操作顺序是计算→量取→稀释→冷却→将溶液移至容量瓶→洗涤→定容→摇匀。(5)应将浓硫酸慢慢加入水中,①错误;定容时,眼睛要平视容量瓶刻度线,④错误。(6)A项,冷却后液体体积减小,所以导致配制的溶液浓度偏高。\n综合素养创新应用\n本章学习内容主要包括:钠、氯及其化合物的性质和物质的量及相关概念。学习钠、氯及其化合物的性质时,多通过化学方程式、离子方程式等对变化过程进行描述,基于研究物质性质的基本方法和基本程序,培养同学们宏观辨识与微观探析的化学学科核心素养。通过实验探究钠、氯及其化合物的性质,根据教材中给出的问题,设计简单的实验方案,完成相关的实验操作,观察实验现象,并对实验现象作出合理的解释,从而培养同学们科学探究与创新意识的化学学科核心素养。通过物质的量及阿伏加德罗常数进行有关问题的分析、计算等,培养同学们证据推理与模型认知的化学学科核心素养。本章中的“侯德榜和侯氏制碱法”“了解纯碱的生产历史”等内容有利于培养同学们科学态度与社会责任的化学学科核心素养。\n1.[2022四川成都高一期末考试]设NA为阿伏加德罗常数的值。下列关于反应2H2O2H2↑+O2↑的说法正确的是()A.相同条件下,若生成10LH2,则同时生成5LO2B.标准状况下,33.6LH2O中所含分子数为1.5NAC.2molH2和O2的混合气体中所含原子数为2NAD.若有36gH2O参与反应,转移电子数为8NA答案1.A标准状况下,水不是气态,不能使用气体摩尔体积来计算水的体积,B项错误;2molH2和O2的混合气体中所含原子数为4NA,C项错误;依据化学方程式可知,若有36gH2O参与反应,转移电子数为4NA,D项错误。素养体现本题以电解水为载体,考查阿伏加德罗常数、物质的量的相关计算,旨在培养同学们宏观辨识与微观探析的化学学科核心素养。\n2.[2022浙江台州高一月考,双选题]某混合物中含有Na2O2、Na2CO3、NaHCO3、NaCl中的某几种,取少量该混合物加入足量的盐酸,有气体放出,将该气体通过足量的NaOH溶液,气体体积减小;另取少量该混合物隔绝空气加热,没有气体产生。下列判断正确的是()A.该混合物中一定含有Na2O2B.该混合物中一定不含NaHCO3,可能含有NaClC.无法确定该混合物中是否含有NaHCO3D.向该混合物中加入足量稀盐酸后,再滴加几滴硝酸银溶液,若产生白色沉淀,则说明该混合物中含有NaCl答案2.AB盐酸和过氧化钠反应可以产生氧气,和碳酸钠、碳酸氢钠反应均可以产生二氧化碳,二氧化碳可以和氢氧化钠溶液反应。向该混合物中加入足量的盐酸有气体放出,该气体是氧气或二氧化碳中的一种或两种,将该气体通过足量的NaOH溶液后,气体体积减小,说明该气体是氧气和二氧化碳的混合物,原混合物中一定含有过氧化钠,还含有碳酸钠、碳酸氢钠中的一种或两种;另取少量该混合物隔绝空气加热,没有气体产生,故一定不含碳酸氢钠。综上所述,A、B项正确,C项错误。向该混合物中加入足量稀盐酸,引入了氯离子,故无法确定该混合物中是否含有氯化钠,D项错误。素养体现本题以钠的化合物为载体,通过相关反应现象、物质的特殊性质等判断物质的组成,旨在培养同学们证据推理与模型认知的化学学科核心素养。\n3.[2022河南省名校联盟高一期中考试]已知反应NaCl+NH3+CO2+H2ONH4Cl+NaHCO3↓,制备Na2CO3的实验流程如图所示。已知:NH3极易溶于水,且能与H2O反应生成NH3·H2O。下列说法错误的是()A.吸氨时可采用倒置的漏斗B.CO2可循环使用C.该方法利用了NaHCO3的溶解度比NaCl、NH4Cl的都小的原理D.吸氨和碳酸化两步操作可调换顺序答案3.DNH3极易溶于水,吸氨时采用倒置的漏斗可防止倒吸,A项正确;煅烧NaHCO3分解产生的CO2可用于碳酸化,故CO2可循环使用,B项正确;氨气在饱和食盐水中的溶解度很大,而CO2在饱和食盐水中的溶解度很小,先通入NH3使饱和食盐水显碱性,才能够吸收大量CO2,故吸氨和碳酸化两步操作不可调换顺序,D项错误。素养体现本题以Na2CO3的制备为载体,考查同学们对实验流程及原理的分析和理解,旨在培养同学们科学探究与创新意识的化学学科核心素养。\n4.[2022浙江温州东方外国语学校高一期中考试,双选题]ClO2是一种黄绿色气体,极易溶于水,广泛用于自来水的消毒。工业制备ClO2的流程如图所示,下列说法正确的是()A.ClO2能用于自来水消毒是因为其具有强氧化性B.HCl发生器中应使用光照条件C.该流程中能循环利用的物质有Cl2和NaClD.当ClO2发生器中的反应转移2mol电子时,生成ClO2和Cl2的总物质的量为4mol\n答案4.AC光照条件下,氢气与氯气混合会发生爆炸,所以HCl发生器中不能使用光照条件,B项错误;ClO2发生器中发生的反应为4HCl+2NaClO32ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O,该反应转移2mol电子时,生成1molCl2和2molClO2,则生成ClO2和Cl2的总物质的量为3mol,D项错误。素养体现本题以ClO2的制备流程为载体,考查含氯化合物的性质、氧化还原反应等,旨在培养同学们证据推理与模型认知、科学态度与社会责任的化学学科核心素养。\n5.[2022山东济宁高一期末考试]如图所示①、②是两个完全相同的装置,分别在①、②中加入1.06gNa2CO3和0.84gNaHCO3,然后再分别注入等浓度、等体积的盐酸(固体均完全溶解,均有气体产生)。下列有关叙述正确的是()A.①中气球的膨胀速度比②中的快B.若最终两气球的体积不等,则盐酸中n(HCl)≤0.01molC.若最终两气球的体积相等,则盐酸中n(HCl)≥0.02molD.溶液体积的变化忽略不计,则最终①、②中Na+的物质的量浓度相等答案5.C①中发生的反应为Na2CO3+HClNaCl+NaHCO3、NaHCO3+HClNaCl+CO2↑+H2O,②中发生的反应为NaHCO3+HClNaCl+CO2↑+H2O,①中反应一段时间后才会产生气体,②中立即产生气体,因此②中的气球膨胀更快,A项错误;Na2CO3和NaHCO3的物质的量相等,均是0.01mol,根据上述化学方程式可知,当n(HCl)≥0.02mol时,①、②中产生的气体的体积(相同条件下)相等,当0.01mol<n(HCl)<0.02mol时,①、②中产生的气体的体积(相同条件下)不等,B项错误、C项正确;0.01molNa2CO3中n(Na+)=0.02mol,0.01molNaHCO3中n(Na+)=0.01mol,溶液体积的变化忽略不计,即最终①、②中溶液的体积相同,则Na+的物质的量浓度不等,D项错误。素养体现本题通过实验考查碳酸钠与碳酸氢钠的性质等,旨在培养同学们科学探究与创新意识的化学学科核心素养。\n6.[2022重庆西南大学附中高一月考]过氧化钠(Na2O2)是一种常用的供氧剂。已知:CO2、SO2均可与Na2O2反应。有人提出:CO2、SO2与Na2O2反应的原理相同;但也有人提出:SO2具有较强的还原性,与Na2O2反应可能会生成Na2SO4,而CO2无还原性,故二者与Na2O2反应的原理不相同。某化学小组设计如下方案来探究Na2O2与SO2的反应,请回答下列问题。Ⅰ.提出假设。假设1:反应后的固体中只有,证明SO2未被氧化。假设2:反应后的固体中只有,证明SO2完全被氧化。假设3:反应后的固体中同时含有上述两种物质,证明SO2部分被氧化。Ⅱ.通过探究Na2O2与SO2反应是否生成气体来判断发生的化学反应,实验装置如图所示。(1)装置B的作用是。(2)若无气体产生,则SO2完全被氧化,发生反应的化学方程式为。\n(3)若有气体产生,则SO2未被氧化或部分被氧化。实验测得装置A中Na2O2的质量增加了mg,装置C中收集到的气体为VL(标准状况下)。假设SO2未被氧化,则发生反应的化学方程式为,理论上产生的气体在标准状况下的体积V'=(用含m的代数式表示,可不化简)L。若V'(填“>”“=”或“<”,下同)V,说明SO2未被氧化,若V'V,说明SO2部分被氧化。\n答案6.答案Ⅰ.Na2SO3Na2SO4Ⅱ.(1)吸收未反应的SO2(2)SO2+Na2O2Na2SO4(3)2SO2+2Na2O22Na2SO3+O2=>解析Ⅱ.(3)若SO2未被氧化,则发生反应2Na2O2+2SO22Na2SO3+O2,实验测得装置A中过氧化钠的质量增加了mg,则:2Na2O2+2SO22Na2SO3+O2固体增加的量1mol96gmg解得V'=。素养体现本题以探究SO2与Na2O2的反应原理为载体,考查实验设计等,旨在培养同学们证据推理与模型认知、科学探究与创新意识的化学学科核心素养。\n7.[2022河南省实验中学高一期中考试]如图是某研究性学习小组设计的制取氯气并以氯气为反应物进行特定反应的装置。(1)要将C装置接入B装置和D装置之间,正确的接法是a→(填导管口字母,下同)→→d。(2)实验开始时先点燃A处酒精灯,打开旋塞K,让Cl2刚好充满整个装置,再点燃D处酒精灯。Cl2在D装置中与炭粉发生氧化还原反应生成CO2和HCl,写出该反应的化学方程式:。(3)一段时间后,关闭旋塞K,移去两个酒精灯,由于余热作用,A处仍有少量Cl2产生,此时B中的现象是。(4)E装置需要改进,说明需要改进的理由及改进方法:。(5)实验结束后,测得D装置中固体的质量减小1.92g,E装置中的NaOH溶液的质量增加36.08g,则D装置中的反应中氯气的转化率为(氯气的转化率=)。\n(6)用该装置测得的氯气的转化率存在误差,请写出装置的改进意见:(写出一种即可)。答案7.答案(1)cb(2)2Cl2+C+2H2O4HCl+CO2(3)瓶中液面下降,长颈漏斗内液面上升(4)HCl气体极易溶于水,E装置中需添加防倒吸装置(5)80%(6)实验结束后,断开C、D装置,从d处鼓入氮气,将余下气体赶入E装置中(或其他合理答案)解析(1)C装置的作用是除去Cl2中的HCl气体,故正确的接法是a→c→b→d。(5)D装置中固体的质量减小1.92g,可知参加反应的n(C)==0.16mol,参与反应的氯气的物质的量为0.32mol,E装置中溶液的质量增加36.08g,即为CO2、HCl和未反应的Cl2的质量,二氧化碳的质量为0.16mol×44g·mol-1=7.04g,HCl的质量为0.16mol×4×36.5g·mol-1=23.36g,则未反应的氯气的物质的量为=0.08mol,D装置中的反应中氯气的转化率为×100%=80%。素养体现本题考查化学方程式的书写、实验装置的改进等,旨在培养同学们证据推理与模型认知、科学探究与创新意识的化学学科核心素养。\n高考真题同步挑战\n1.[2020天津化学·1,3分]在全国人民众志成城抗击新冠病毒期间,使用的“84消毒液”的主要有效成分是()A.NaOHB.NaClC.NaClOD.Na2CO3答案1.C“84消毒液”的主要有效成分是NaClO,C项正确。\n2.[2020山东化学·1改编,2分]实验室中下列做法错误的是()A.用石蜡贮存钠B.用浓硫酸干燥二氧化硫C.用酒精灯直接加热蒸发皿D.用二氧化碳灭火器扑灭金属钠的燃烧答案2.D钠的密度比石蜡的大,可将其贮存在石蜡中,A项正确;浓硫酸具有吸水性,且不与SO2反应,可用于干燥SO2,B项正确;蒸发皿可直接用酒精灯加热,C项正确;金属钠燃烧生成的Na2O2能和CO2反应并放出O2,O2又能促进金属钠的燃烧,因此不能用二氧化碳灭火器扑灭金属钠的燃烧,可直接用干燥的沙土盖灭,D项错误。\n3.[2021天津化学·7改编,3分]设NA为阿伏加德罗常数的值,下列叙述正确的是()A.1mol·L-1HCl溶液中,HCl分子的数目为NAB.22.4L氢气中,H2分子的数目为NAC.180g葡萄糖(C6H12O6)中,C原子的数目为6NAD.100mL0.1mol·L-1NaOH溶液中含有氧原子数为0.01NA答案3.C未指明溶液体积,且HCl溶液中无HCl分子,A项错误;没有说明氢气所处的状况,不能用22.4L·mol-1计算H2的数目,B项错误;180g葡萄糖(C6H12O6)是1mol,所含碳原子为6mol,C项正确;100mL0.1mol-1NaOH溶液中含有0.01molNaOH,还有H2O,故含有的氧原子数大于0.01NA,D项错误。\n4.[2020江苏化学组合改编,双选题,2分]下列说法正确的是()A.室温下,Na在空气中反应生成Na2O2B.用二氧化锰与浓盐酸反应制氯气的化学方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2OC.呼吸面具中常用Na2O2作供氧剂,因为Na2O2能与CO2、H2O反应产生O2D.NaCl(aq)→NaHCO3(s)→Na2CO3(s),此转化能实现答案4.BCA项,室温下,钠在空气中与氧气反应生成氧化钠,错误;D项,碳酸的酸性弱于盐酸,所以二氧化碳与氯化钠溶液不反应,NaCl不能转化成NaHCO3,错误。\n5.[2020全国卷Ⅲ理综·9改编,6分]已知NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是()A.22.4L(标准状况)氮气中含有7NA个电子B.1mol重水比1mol水多NA个质子C.12g石墨烯和12g金刚石均含有NA个碳原子D.1L1mol·L-1NaCl溶液含有28NA个电子答案5.C22.4L(标准状况)氮气为1mol,含有的电子数为14NA,A项错误;1mol重水与1mol水中的质子数相同,B项错误;石墨烯与金刚石均为碳元素形成的单质,12g石墨烯和12g金刚石含碳原子数均为NA,C项正确;NaCl溶液中的水分子中也含有电子,D项错误。\n6.[2019全国卷Ⅱ理综·8改编,6分]已知NA是阿伏加德罗常数的值,下列说法错误的是()A.3g3He含有的原子数为NAB.1L0.1mol·L-1磷酸钠溶液含有的Na+数为0.1NAC.1molK2Cr2O7被还原为Cr3+转移的电子数为6NAD.16gCH4中含有的原子总数为5NA答案6.B3g3He的物质的量为1mol,则1mol3He含NA个原子,A项正确;该溶液中含0.1molNa3PO4,故溶液中Na+的数目为0.3NA,B项错误;K2Cr2O7中Cr元素为+6价,1molK2Cr2O7被还原成Cr3+时,得到6mol电子,C项正确;16gCH4为1mol,含有的原子总数为5NA,D项正确。\n7.[2021山东化学·6改编,2分]X、Y均为常见元素(原子序数小于17)。同温同压下,0.1molX的单质与足量稀盐酸反应,生成H2体积为V1L;0.1molY的单质与足量稀硫酸反应,生成H2体积为V2L。下列说法错误的是()A.X、Y生成H2的物质的量之比一定为B.X、Y消耗酸的物质的量之比一定为C.产物中X、Y化合价之比一定为D.由一定能确定产物中X、Y的化合价答案7.D由稀盐酸和稀硫酸均足量,知金属均完全反应,根据同温同压下,气体的物质的量之比等于体积之比,知X、Y生成H2的物质的量之比一定为,A项正确;根据2HCl~H2、H2SO4~H2,知X、Y消耗酸的物质的量之比一定为,B项正确;根据金属失电子总数等于H+得电子总数,知0.1molX、0.1molY失电子数之比为,则产物中X、Y的化合价之比一定为,C项正确;若=1,则产物中X、Y的化合价相等,但不能确定化合价的具体数值,D项错误。\n8.[2020全国卷Ⅱ理综·8,6分]某白色固体混合物由NaCl、KCl、MgSO4、CaCO3中的两种组成,进行如下实验:①混合物溶于水,得到澄清透明溶液;②做焰色试验,通过蓝色钴玻璃可观察到紫色;③向溶液中加碱,产生白色沉淀。根据实验现象可判断其组成为()A.KCl、NaClB.KCl、MgSO4C.KCl、CaCO3D.MgSO4、NaCl答案8.B结合实验①混合物溶于水,得到澄清透明溶液,而CaCO3难溶于水,即白色固体中一定不含CaCO3;结合实验②做焰色试验时焰色呈紫色(透过蓝色钴玻璃)可确定含有钾元素,即白色固体中含有KCl;结合实验③向溶液中加碱产生白色沉淀,可知溶液中含有能与OH-反应生成白色沉淀的离子,只能为Mg2+,即白色固体的另一成分为MgSO4。结合上述分析,可知B项正确。\n章末综合检测\n一、选择题:本题共10小题,每小题2分,共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.[2022浙江丽水外国语学校高一月考]下列说法正确的是()A.新制氯水呈浅黄绿色,且有刺激性气味,说明有Cl2分子存在B.为了准确了解新制氯水的酸性,可以用pH试纸测定其pHC.氯气、次氯酸均具有漂白性,可以用于漂白所有物品D.工业上将氯气通入澄清石灰水中制取漂白粉答案1.A新制氯水具有漂白性,不能用pH试纸测定其pH,B项错误;氯气不具有漂白性,次氯酸具有漂白性,但不是所有物品均能用次氯酸漂白,C项错误;工业上将氯气通入石灰乳中制取漂白粉,D项错误。命题立意本题考查氯气及氯水的性质、漂白粉的制取方法等,旨在培养同学们灵活运用基础知识的能力,体现的化学学科核心素养是证据推理与模型认知、宏观辨识与微观探析。\n2.下列氯化物中,既能由金属和Cl2直接化合制得,又能由金属和稀盐酸反应制得的是()A.CuCl2B.MgCl2C.FeCl2D.FeCl3答案2.BCuCl2可以由Cu与Cl2化合制得,不能由Cu和稀盐酸反应制得,A项不符合题意;MgCl2可以由Mg与Cl2化合制得,也可以由Mg和稀盐酸反应制得,B项符合题意;Fe和Cl2化合生成FeCl3,Fe和稀盐酸反应生成FeCl2,C、D项不符合题意。命题立意本题考查金属与氯气、稀盐酸的反应,体现的化学学科核心素养是宏观辨识与微观探析。\n3.设NA代表阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是()A.标准状况下,11.2LCCl4中所含碳原子数为0.5NAB.常温常压下,18gH2O中所含质子数为10NAC.1mol·L-1的CaCl2溶液中,Cl-的数目为2NAD.23gNa在足量氧气中完全燃烧时,失去2NA个电子答案3.B标准状况下,CCl4不是气体,11.2LCCl4的物质的量不等于0.5mol,碳原子数不是0.5NA,A项错误;CaCl2溶液的体积不确定,不能计算溶液中微粒的个数,C项错误;Na在氧气中燃烧生成Na2O2,Na2O2中钠的化合价为+1,23g(1mol)Na失去1mol电子,D项错误。命题立意本题考查阿伏加德罗常数的应用,通过物质的量的计算考查同学们对概念的理解和运用能力,体现的化学学科核心素养是宏观辨识与微观探析。练后反思钾、钙、钠、镁、铝等元素除了0价外,分别只有+1、+2、+1、+2、+3价,故相对应的金属有1mol参加反应时,分别失去1mol、2mol、1mol、2mol、3mol电子;而Fe元素有+2价和+3价两种常见价态,1molFe在反应中可能失去2mol或3mol电子,应根据具体化学反应进行判断。\n4.[2022四川成都名校联盟高一期末考试]实验室盛装浓盐酸的试剂瓶上的标签如表所示,某同学用此浓盐酸配制500mL0.2mol·L-1的稀盐酸,下列说法错误的是()A.该浓盐酸中HCl的物质的量浓度为11.9mol·L-1B.需用量筒量取8.4mL的浓盐酸进行配制C.配制溶液所用的容量瓶在用蒸馏水洗净后不需要烘干D.定容时俯视容量瓶刻度线,会导致所配溶液的浓度偏小答案4.D该浓盐酸中HCl的物质的量浓度为mol·L-1=11.9mol·L-1,A项正确;配制500mL0.2mol·L-1的稀盐酸,需要该浓盐酸的体积为=0.0084L,即8.4mL,B项正确;容量瓶用蒸馏水洗净后不需要烘干,C项正确;定容时俯视容量瓶刻度线,会导致溶液的体积偏小,依据c=可知,溶液的浓度偏大,D项错误。命题立意本题考查用浓溶液配制一定物质的量浓度的稀溶液,考查配制原理及操作步骤、仪器的使用等,体现的化学学科核心素养是科学探究与创新意识。浓盐酸化学式HClHCl的相对分子质量36.5密度1.19g·mL-1HCl的质量分数36.5%\n5.M(NO3)2热分解的化学方程式为2M(NO3)22MO+4NO2↑+O2↑,加热29.6gM(NO3)2使其完全分解,收集到0.5mol气体,那么M的摩尔质量是()A.64g·mol-1B.24g·mol-1C.65g·mol-1D.40g·mol-1答案5.B根据所给化学方程式2M(NO3)22MO+4NO2↑+O2↑,可知2molM(NO3)2受热分解生成5mol气体,故发生分解的M(NO3)2的物质的量为=0.2mol,则M(NO3)2的摩尔质量为=148g·mol-1,则M的摩尔质量为24g·mol-1。命题立意本题考查以物质的量为中心的计算,体现的化学学科核心素养是证据推理与模型认知。\n6.用密度为ρ1g·cm-3、质量分数为w的浓盐酸,与水按体积比为1∶4配制成密度为ρ2g·cm-3的稀盐酸,则所配制的稀盐酸的物质的量浓度为(水的密度为1g·cm-3)()A.mol·L-1B.mol·L-1C.mol·L-1D.mol·L-1答案6.C设所取浓盐酸的体积为VmL,则水的体积为4VmL,溶液稀释过程中溶质的质量不变,则稀释后盐酸的质量分数为,再根据c=,计算稀释后盐酸的物质的量浓度为mol·L-1,C项正确。命题立意本题考查物质的量浓度和质量分数、密度之间的转换,体现的化学学科核心素养是证据推理与模型认知。\n7.[2022河北邯郸高一期中考试]下列各组分别给出了两个量,其中可以组成一个计算物质的量的公式的是()A.①②⑤B.②③④C.①④⑤D.①③④答案7.C①组中的公式为n=,④组中的公式为n=,⑤组中的公式为n=。根据固体体积和固体密度只能求出固体的质量,溶液中溶质的质量分数和溶液体积无直接联系。命题立意本题考查物质的量的计算公式的推导,体现的化学学科核心素养是证据推理与模型认知。①②③④⑤物质的微粒数固体体积溶液中溶质的质量分数标准状况下的气体摩尔体积非标准状况下某物质的质量阿伏加德罗常数固体密度溶液体积标准状况下气体的体积物质的摩尔质量\n8.Cl2与NaOH溶液反应可生成NaCl、NaClO和NaClO3,c(Cl-)和c(ClO-)的比值与反应温度有关。某温度下,用24gNaOH配成250mL溶液,与Cl2恰好完全反应(忽略溶液体积的变化),反应后溶液中c(Cl-)=6c(ClO-),则溶液中c(ClO-)等于()A.0.2mol·L-1B.0.3mol·L-1C.0.4mol·L-1D.0.6mol·L-1答案8.B根据NaCl、NaClO和NaClO3的组成可知,钠原子与氯原子的物质的量之比为1∶1,所以n(NaOH)=2n(Cl2)==0.6mol,所以n(Cl2)=0.3mol,设n(ClO-)=xmol,则n(Cl-)=6xmol,所以n(Cl)=(0.6-7x)mol,根据得失电子守恒得6x=x+5×(0.6-7x),x=0.075,则溶液中c(ClO-)==0.3mol·L-1,故选B。命题立意本题以Cl2与NaOH溶液的反应为载体,考查氧化还原反应及物质的量浓度的计算,体现的化学学科核心素养是证据推理与模型认知。\n9.[2022四川眉山高一期中考试]某溶液中只含Na+、Al3+、S、N,若c(Na+)∶c(S)∶c(N)=4∶8∶3、c(N)=0.3mol·L-1,则c(Al3+)为()A.0.5mol·L-1B.0.4mol·L-1C.0.3mol·L-1D.0.2mol·L-1答案9.Ac(Na+)∶c(S)∶c(N)=4∶8∶3,c(N)=0.3mol·L-1,则c(Na+)=0.4mol·L-1,c(S)=0.8mol·L-1,由溶液呈电中性可得,c(Na+)+3c(Al3+)=2c(S)+c(N),即0.4mol·L-1+3c(Al3+)=2×0.8mol·L-1+0.3mol·L-1,解得c(Al3+)=0.5mol·L-1,故选A。命题立意本题考查同学们对溶液呈电中性的理解与运用,体现的化学学科核心素养是证据推理与模型认知。\n10.ClO2和NaClO2均具有漂白性,工业上用ClO2气体制NaClO2的工艺流程如图所示。下列说法错误的是()A.步骤a的操作包括过滤、洗涤和干燥B.吸收器中生成NaClO2的离子方程式为2ClO2+H2O22Cl+O2+2H+C.工业上将ClO2制成NaClO2固体,便于贮存和运输D.通入空气的目的是驱赶出ClO2,使其在吸收器中被充分吸收答案10.B步骤a用于从蒸发后的溶液中得到晶体,操作包括过滤、洗涤和干燥,A项正确;吸收器中的反应在碱性条件下进行,离子方程式为2ClO2+2OH-+H2O22Cl+O2+2H2O,B项错误;固体较为稳定,便于贮存和运输,C项正确;反应结束后,用空气将ClO2全部排出,确保其在吸收器中被充分吸收,D项正确。命题立意本题以流程图的形式考查氯的化合物的制备及相互转化,体现的化学学科核心素养是科学探究与创新意识。\n二、选择题:本题共5小题,每小题4分,共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求,全部选对得4分,选对但不全得2分,有选错的得0分。11.工业上监测SO2含量是否达到排放标准的化学反应原理是SO2+H2O2+BaCl2BaSO4↓+2HCl,用NA表示阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是()A.0.2mol·L-1的BaCl2溶液中含有的Cl-数目为0.4NAB.生成2.33gBaSO4时,吸收的SO2的体积为0.224LC.常温常压下,17gH2O2中所含分子总数为0.5NAD.此反应中,每消耗1molH2O2,转移的电子数为2NA答案11.CDA项,没有给出溶液体积,无法根据n=cV计算Cl-的物质的量,错误;B项,未说明气体所处的状况,所以无法计算吸收的SO2的体积,错误;C项,17gH2O2的物质的量为=0.5mol,所以其所含分子总数为0.5NA,正确;D项,该反应中H2O2中氧元素的化合价由-1降低为-2,所以每消耗1molH2O2,转移的电子数为2NA,正确。命题立意本题综合考查阿伏加德罗常数的相关知识,涉及计算及对微观粒子数目的分析,体现的化学学科核心素养是宏观辨识与微观探析。\n12.[2022河南郑州十二中高一月考]向三个密闭容器中分别充入N2、H2、CO2三种气体,下列说法正确的是()A.当温度和压强均相同时,三种气体的密度:ρ(H2)>ρ(N2)>ρ(CO2)B.当质量、温度和体积均相同时,三种气体的压强:p(H2)>p(N2)>p(CO2)C.当质量、温度和压强均相同时,三种气体的体积:V(CO2)>V(N2)>V(H2)D.当压强、体积和温度均相同时,三种气体的质量:m(CO2)>m(N2)>m(H2)答案12.BD当温度和压强均相同时,Vm相同,由ρ=可知,三种气体的密度与摩尔质量成正比,则ρ(H2)<ρ(N2)<ρ(CO2),A项错误;当质量、温度和压强均相同时,气体的体积与摩尔质量成反比,则V(CO2)<V(N2)<V(H2),C项错误。命题立意本题考查阿伏加德罗定律及其推论,体现的化学学科核心素养是证据推理与模型认知。\n13.[2022安徽合肥六中高一期中考试]通过测定混合气体中O2的含量可计算已变质的Na2O2(含Na2CO3)的纯度,实验装置如图所示(Q为弹性良好的气球)。下列分析错误的是()A.干燥管b中装入碱石灰B.Q气球中产生的气体主要成分为O2、CO2C.测定气体总体积应关闭K1、K2,打开K3D.读完气体总体积后,关闭K3,缓缓打开K1,能排尽Q气球内的气体答案13.D硫酸与样品在Q气球中反应得到二氧化碳和氧气,用碱石灰吸收二氧化碳和水蒸气,通过排水法在量筒Ⅱ中测氧气的量,进而计算过氧化钠的量,A、B项正确;测定气体的总体积是利用Q气球的膨胀将瓶中的空气挤入右边进行排水量气,所以应关闭K1、K2,打开K3,C项正确;读完气体总体积后,关闭K3,缓缓打开K1,还要再打开K2,原因是要保持系统内外压强相同,才能排尽Q气球内的气体,D项错误。命题立意本题通过测定Na2O2的纯度,考查同学们的分析推理能力,体现的化学学科核心素养是科学探究与创新意识。\n14.向盛有紫色石蕊试液的试管中持续通入氯气至过量,溶液颜色可能出现无色、浅黄绿色、红色等变化。下列叙述正确的是()A.溶液由紫色变成红色时,起作用的微粒是H+B.溶液由红色变成无色后,溶液不再呈酸性C.溶液颜色由无色变成浅黄绿色时,证明溶液中有Cl2D.若向紫色石蕊试液中持续加入Na2O2粉末,也会出现相同的颜色变化答案14.AC溶液由紫色变成红色时,起作用的微粒是H+,A项正确;溶液由红色变成无色,是因为HClO把石蕊漂白,溶液仍然呈酸性,B项错误;溶液颜色由无色变成浅黄绿色,因为溶液中有过量的氯气,C项正确;若向紫色石蕊试液中持续加入Na2O2粉末,则溶液先变蓝色,后褪色,D项错误。命题立意本题考查氯气、HClO、Na2O2的性质,旨在考查同学们的分析能力,体现的化学学科核心素养是证据推理与模型认知、科学探究与创新意识。\n15.[2022辽宁省实验中学高一期中考试]标准状况下,将3.36LCO2与一定量的Na2O2粉末充分反应后,得到2.24L气体。下列说法一定正确的是()A.反应后得到的固体为混合物B.反应前Na2O2的物质的量为0.2molC.反应后固体的质量增加4.4gD.标准状况下,反应后得到的气体的密度为1.7g·L-1\n答案15.D过氧化钠与二氧化碳反应的化学方程式为2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2,3.36L二氧化碳的物质的量为=0.15mol,反应后气体的物质的量为=0.1mol,由化学方程式可知,若二氧化碳完全转化为氧气,生成氧气的物质的量为0.15mol×=0.075mol<0.1mol,则二氧化碳过量,过氧化钠完全反应生成碳酸钠,反应得到的气体为二氧化碳和氧气的混合气体;设参与反应的Na2O2、CO2的物质的量分别为xmol、ymol,则:2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2Δn气体2mol2mol1mol1molxmolymol0.05mol解得x=0.1,y=0.1,反应后得到的气体中二氧化碳的物质的量为0.15mol-0.1mol=0.05mol。由上述分析可知,A、B项错误;二氧化碳过量,过氧化钠完全反应生成碳酸钠,由化学方程式可知,有0.1molNa2O2参与反应时,反应后固体增加的质量为0.1mol×106g·mol-1-0.1mol×78g·mol-1=2.8g,C项错误;反应后所得气体中含有0.05molCO2和0.05molO2,故反应后得到的气体的密度为=1.7g·L-1,D项正确。命题立意本题通过Na2O2和CO2的反应,考查同学们对基本计算方法的应用能力等,体现的化学学科核心素养是证据推理与模型认知。\n三、非选择题:本题共5小题,共60分。16.(12分)甲、乙、丙均为化合物,其中甲为淡黄色的固体,乙在常温下为无色无味液体,丙为常见的无色无味气体。它们有如图所示的转化关系,已知D为黄绿色气体单质,按要求回答下列问题:(1)甲为(填化学式)。(2)1mol乙和足量甲反应可生成molB,1mol丙和足量甲反应可生成molB。(3)D能使湿润的有色布条褪色,其褪色原因是(结合化学方程式描述原因)。(4)丙与F溶液反应的化学方程式为。\n答案16.答案(1)Na2O2(2分)(2)0.5(2分)0.5(2分)(3)Cl2+H2OHCl+HClO,HClO具有漂白性(3分)(4)CO2+NaClO+H2ONaHCO3+HClO(3分)解析甲是化合物且为淡黄色固体,推出甲为Na2O2,乙常温下为无色无味的液体,乙为H2O,丙为常见的无色无味气体且能和过氧化钠反应,丙为CO2,D为黄绿色气体单质,则D为Cl2,A为NaOH,B为O2,C为Na2CO3。(1)根据上述推断,甲为Na2O2。(2)由2Na2O2+2H2O4NaOH+O2↑可知,消耗1molH2O,生成0.5molO2,由2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2可知,消耗1molCO2生成0.5molO2。(4)由于酸性:H2CO3>HClO,所以丙与F溶液反应是二氧化碳与次氯酸钠反应生成碳酸氢钠与HClO,反应的化学方程式为CO2+NaClO+H2ONaHCO3+HClO。命题立意本题考查钠及其化合物、氯及其化合物的性质及相互转化关系,体现的化学学科核心素养是证据推理与模型认知。\n17.(12分)某研究性学习小组模拟呼吸面具中的有关反应原理,设计用如图所示的仪器来制取氧气并测量氧气的体积。图中量气装置E由甲、乙两根玻璃管组成,它们通过橡皮管连通,并装入适量水。甲管有刻度(0~50mL),可上下移动乙管来调节液面的高低(连接胶管及夹持装置均省略)。试回答下列问题:(1)图中各装置接口的连接顺序是(填编号)。(2)装置B的作用是,反应的离子方程式为。(3)装置A的作用是,反应的化学方程式为。(4)装置C中仪器a的名称是;装置D中发生反应的化学方程式有。(5)实验结束读取氧气体积时,若乙中液面高于甲中液面,会使测得的氧气的体积(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。若有影响,应向(填“上”或“下”)移动乙玻璃管,使甲、乙玻璃管中液面相平(若无影响,则第二空不用填写)。\n答案17.答案(除标明外,每空1分)(1)⑤③④⑥⑦①②⑧(或⑤③④⑦⑥①②⑧)(2分)(2)吸收CO2中混有的HClHC+H+H2O+CO2↑(3)除去混在O2中未反应的CO22NaOH+CO2Na2CO3+H2O(4)分液漏斗2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2、2Na2O2+2H2O(g)4NaOH+O2(2分)(5)偏小(2分)下解析(1)装置C可以用来制取CO2,装置B可以用来除去CO2中混有的HCl,装置D中发生CO2与Na2O2的反应得到O2,然后连接装置A可除去未反应的CO2,最后通过装置E测量气体的体积,所以各装置接口的连接顺序为⑤③④⑥⑦①②⑧或⑤③④⑦⑥①②⑧。(2)用装置C制得的CO2中会含有少量的HCl,需通过装有NaHCO3溶液的洗气瓶除去,所以装置B的作用是吸收CO2中混有的HCl,反应的离子方程式为HC+H+H2O+CO2↑。(3)装置A的作用是除去制得的O2中混有的未参与反应的CO2,反应的化学方程式为2NaOH+CO2Na2CO3+H2O。(4)装置C中仪器a的名称是分液漏斗;通过装置B后,CO2中混有少量的水蒸气,装置D中发生反应的化学方程式有2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2、2Na2O2+2H2O(g)4NaOH+O2。(5)为了较准确地测量氧气的体积,除了必须检查整个装置的气密性之外,在读取反应前后甲管中液面的示数时,应注意调节甲、乙玻璃管中的液面处于同一高度,若乙中的液面高,会导致甲中的气体被压缩,即所测得的气体的体积偏小,应向下移动乙玻璃管,使甲、乙玻璃管中液面相平。命题立意本题考查同学们的实验探究能力,体现的化学学科核心素养是科学探究与创新意识。\n18.(8分)Ba(OH)2是一种强碱,可用于测定天然气中CO2的含量。(1)请写出足量氢氧化钡溶液吸收CO2气体的化学方程式:。(2)某课外小组通过下列实验测定某试样中Ba(OH)2·nH2O的含量。①称取5.25g该试样(含有杂质)配成100mL溶液。配制该溶液过程中,用到的仪器有托盘天平、和胶头滴管。②用30.00mL1mol·L-1盐酸与上述氢氧化钡溶液反应,消耗氢氧化钡溶液100.00mL(杂质不与酸反应),则该氢氧化钡溶液的物质的量浓度为。③另取5.25g该试样加热至Ba(OH)2·nH2O失去全部结晶水(杂质不分解),称得剩余固体的质量为3.09g,则Ba(OH)2·nH2O中的n=。\n答案18.答案(1)Ba(OH)2+CO2BaCO3↓+H2O(2分)(2)①100mL容量瓶、玻璃棒、烧杯(2分)②0.15mol·L-1(1分)③8(3分)解析(2)②盐酸与氢氧化钡反应的化学方程式为Ba(OH)2+2HClBaCl2+2H2O,则c[Ba(OH)2]==0.15mol·L-1。③5.25g该试样中Ba(OH)2·nH2O中结晶水的质量为5.25g-3.09g=2.16g,结晶水的物质的量为=0.12mol;而5.25g该试样中n[Ba(OH)2·nH2O]=n[Ba(OH)2]=0.015mol,所以n==8。命题立意本题考查Ba(OH)2的性质、溶液的配制、结晶水合物中结晶水数目的确定等,体现的化学学科核心素养是证据推理与模型认知、科学探究与创新意识。\n19.(14分)[2022河北沧州一中高一期中考试]Ⅰ.某小组利用氯酸钾溶液与8mol·L-1盐酸反应制取氯气并探究氯气的性质,实验装置如图所示。请回答下列问题。(1)该实验中制备氯气的反应的离子方程式为。(2)E中的实验现象是。(3)该实验中能证明起漂白作用的不是氯气而是次氯酸的现象是。Ⅱ.在标准状况下,将224LHCl完全溶于635mL的水(密度为1g·c)中,所得盐酸的密度为1.18g·c。(1)该盐酸中HCl的物质的量浓度为;现要用该盐酸配制480mL0.5mol·L-1的盐酸,需该盐酸的体积为(计算结果保留一位小数)mL。(2)所用的仪器除量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管外,还有。\n(3)配制过程中涉及下列实验操作,正确的顺序为(填字母)。(4)下列操作会使配制盐酸的浓度偏大的是(填字母)。A.容量瓶洗净后未干燥直接用来配制溶液B.定容摇匀后发现液面低于容量瓶刻度线,继续加水至刻度线C.定容时俯视容量瓶刻度线D.用量筒量取浓盐酸配制所需盐酸时,仰视量筒刻度线\n答案19.答案Ⅰ.(1)Cl+5Cl-+6H+3Cl2↑+3H2O(2分)(2)剧烈燃烧,产生棕黄色的烟(1分)(3)A中紫色石蕊试液先变红后褪色,D中干燥红布条不褪色(2分)Ⅱ.(1)11.8mol·L-1(2分)21.2(2分)(2)500mL容量瓶(1分)(3)badc(2分)(4)CD(2分)解析Ⅱ.(1)标准状况下,224LHCl的物质的量为=10mol,HCl的质量为10mol×36.5g·mol-1=365g,该盐酸的质量为365g+635mL×1g·mL-1=1000g,则该盐酸的体积为L,该盐酸中HCl的物质的量浓度为=11.8mol·L-1;现要用该盐酸配制480mL0.5mol·L-1的盐酸,应选择500mL容量瓶,设所需该盐酸的体积为V,则11.8mol·L-1×V=0.5mol·L-1×0.5L,解得V=0.0212L=21.2mL。命题立意本题考查氯气的制备、氯气化学性质的检验、一定物质的量浓度溶液的配制等,侧重考查同学们对基础知识和基本实验技能的掌握情况,体现的化学学科核心素养是科学探究与创新意识。\n20.(14分)次氯酸溶液是常用的消毒剂、漂白剂。某学习小组想要制备浓度不小于0.8mol·L-1的次氯酸溶液。【查阅资料】资料1:常温常压下,Cl2O为黄棕色气体,沸点为2.0℃,42℃以上会分解成Cl2和O2,Cl2O易溶于水并立即与水反应生成HClO。Cl2O在CCl4中的溶解度较小,Cl2在CCl4中的溶解度较大。资料2:将氯气和空气(不参与反应)按体积比为1∶3混合通入潮湿的碳酸钠中发生反应2Cl2+2Na2CO3+H2OCl2O+2NaCl+2NaHCO3,用水吸收Cl2O(不含Cl2)制得次氯酸溶液。【装置及实验】用以下装置制备次氯酸溶液(尾气处理装置省略)。试回答下列问题:(1)各装置的连接顺序为→→→→E。(2)装置A中发生反应的离子方程式是。\n(3)装置E中发生反应的化学方程式是。(4)装置B中多孔球泡和搅拌棒的作用是;反应过程中,装置B需放在冷水中,其目的是。(5)装置C的主要作用是。(6)此方法相对于将氯气直接通入水中制备次氯酸溶液的优点是(答出一条即可)。(7)若装置B中生成的Cl2O气体有80%溶于装置E的水中,装置E所得500mL次氯酸溶液的浓度为0.8mol·L-1,则至少需要含水8%的碳酸钠的质量为(结果保留一位小数)g。答案20.答案(除标明外,每空2分)(1)A(1分)D(1分)B(1分)C(1分)(2)MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O(3)Cl2O+H2O2HClO(1分)(4)加快反应速率,使反应充分进行(1分)防止反应放热后温度过高导致Cl2O分解(1分)(5)除去Cl2O中的Cl2(6)制得的次氯酸溶液的浓度较大(合理即可)(1分)(7)57.6解析(1)装置A用于制备氯气,装置D用于吸收氯气中的氯化氢气体,并与空气形成1∶3的混合气体通入装置B中,与含水8%的碳酸钠充分反应制备Cl2O,装置C用于除去Cl2O中的Cl2,装置E中用水吸收Cl2O制备次氯酸溶液,所以各装置\n答案的连接顺序为A→D→B→C→E。(2)二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯气,反应的化学方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O,离子方程式为MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O。(3)装置E中用水吸收Cl2O制备次氯酸溶液,发生反应的化学方程式为Cl2O+H2O2HClO。(4)装置B中多孔球泡和搅拌棒的作用是加快反应速率,使反应充分进行;Cl2O在42℃以上会分解生成Cl2和O2,为防止反应放热后温度过高导致Cl2O分解,装置B需放在冷水中。(5)氯气在CCl4中的溶解度较大,而Cl2O在CCl4中的溶解度较小,故装置C的主要作用是除去Cl2O中的Cl2。(6)此方法相对于将氯气直接通入水中制备次氯酸溶液的优点有:制得的次氯酸溶液的浓度较大、制得的次氯酸溶液不含有Cl-等。(7)装置E所得500mL次氯酸溶液的浓度为0.8mol·L-1,n=cV=0.5L×0.8mol·L-1=0.4mol,Cl2O+H2O2HClO,则参与反应的Cl2O的物质的量为0.2mol,生成的Cl2O气体有80%溶于装置E的水中,则装置B中制得的Cl2O的物质的量为=0.25mol。由反应2Cl2+2Na2CO3+H2OCl2O+2NaCl+2NaHCO3可知,需要碳酸钠的物质的量为0.5mol,质量为0.5mol×106g·mol-1=53g,则至少需要含水8%的碳酸钠的质量为=57.6g。命题立意本题以次氯酸溶液的制备问题为载体,考查化学实验、化学计算等,体现的化学学科核心素养是科学探究与创新意识。