2.3.3 物质的量浓度(word教参)-【状元桥·优质课堂】2024-2025学年新教材高中化学必修第一册（人教版2019）

第3课时　物质的量浓度 目标导航 [知识导图] [课程标准] 1.能从宏观和微观相结合的角度提升对物质的量浓度含义及微观粒子间关系的理解，体会定量研究对化学学科的重要作用。 2.掌握配制一定物质的量浓度溶液的方法及操作，并学会误差分析。 3.能运用物质的量浓度进行简单计算，建立n、M、Vm、c之间进行简单计算的思维模型。 （见学生用书P59） 知识点1　物质的量浓 知识点2　一定物质的量浓度溶液的配制 1.主要仪器——容量瓶 （1）组成：容量瓶由瓶体、　⑥瓶塞　和连接它们的细绳（或橡皮筋）组成。 （2）标注：　⑦温度　、　⑧容积　、　⑨刻度线　。 （3）规格：常用规格有100 mL、250 mL、500 mL及1 000 mL。 （4）容量瓶检漏 使用前检验容量瓶是否漏液的方法：打开瓶塞，向容量瓶中加入适量蒸馏水，塞好瓶塞，倒置容量瓶，观察瓶口是否漏液；正置容量瓶，将瓶塞旋转180°后再塞紧，倒置容量瓶，观察瓶口是否漏液；若均不漏液，则容量瓶不漏液。 2.实验步骤（以配制100 mL 1.00 mol/L NaCl溶液为例） 判断正误，正确的打“√”，错误的打“×”。 （1）用固体配制溶液时，可直接将固体在容量瓶中进行溶解。（　×　） （2）实验室需要950 mL 0.1 mol/L的NaCl溶液，配制时应选用1 000 mL容量瓶。（　√　） （3）洗净的容量瓶可以放进烘箱中烘干。（　√　） （4）配制0.100 0 mol·L－1氯化钠溶液时，将液体转移到容量瓶中需用玻璃棒引流。（　√　） 名师提醒 （1）容量瓶不能溶解固体；不能稀释溶液；不能加热；不能作为反应容器，不能长期贮存溶液。 （2）容量瓶不能用于配制任意体积的一定物质的量浓度的溶液，只能配制容量瓶上标定容积的溶液，选择容量瓶时应遵循“大而近”的原则。如配制950 mL 1 mol·L－1 NaCl溶液，需要用1 000 mL的容量瓶，计算NaCl的质量也应按1 000 mL溶液来计算。 （见学生用书P60） 探究点1　物质的量浓度的有关计算 1.市售浓硫酸中溶质的质量分数为98％，密度为1.84 g·cm－3。计算市售浓硫酸中H2SO4的物质的量浓度。 解析　解法一：1 000 mL浓硫酸中H2SO4的质量为m（H2SO4）＝ρ [H2SO4（aq）]·V[H2SO4（aq）]·w（H2SO4）＝1.84 g·cm－3×1 000 mL×98％＝1 803.2 g，1 803.2 g H2SO4的物质的量为n（H2SO4）＝＝＝18.4 mol；因为1 000 mL浓硫酸中含18.4 mol H2SO4，所以市售浓硫酸中H2SO4的物质的量浓度为18.4 mol·L－1。 解法二：直接用公式c＝来计算，c（H2SO4）＝＝18.4 mol·L－1。 1.根据定义进行计算 （1）若已知溶质质量 mnc （2）若已知溶液中某粒子的个数 Nnc（n、N要代表同种微粒） （3）一定体积的气体（标准状况）溶于水配成溶液（已知溶液的密度） [假定气体的摩尔质量为M g/mol，V L（标准状况）该气体溶于1 L水中所得溶液的密度为ρ g/cm3] c＝＝＝ （mol/L） 注意：对于物质的量浓度的理解要注意以下几个方面： （1）要用溶液的体积，而不是溶剂的体积，单位是升（L）。 （2）溶质一定要用“物质的量”来表示。 （3）分析溶质时要注意有关的化学变化，如：Na2ONaOH，而Cl2等溶于水后成分复杂，所以在计算浓度时仍以Cl2等作溶质。 （4）带有结晶水的物质作为溶质时，其“物质的量”的计算，用带有结晶水物质的质量除以带有结晶水物质的摩尔质量即可。 【例题1】 下列说法正确的是（　　） A.1 L水中溶解58.5 g NaCl，该溶液的物质的量浓度为1 mol/L B.从1 L 2 mol/L的H2SO4溶液中取出0.5 L，该溶液的浓度为1 mol/L C.配制500 mL 0.5 mol/L的CuSO4溶液，需40 g胆矾 D.中和100 mL 1 mol/L的H2SO4溶液，需NaOH 8 g 思维导引：物质的量浓度的大小与所取溶液体积大小无关，溶液中溶质的物质的量与所取溶液的体积有关。 答案　D 解析　溶液的总体积并不是1 L，所以物质的量浓度无法计算，A项错误；取出0.5 L的溶液，它的物质的量浓度并未发生变化，仍为2 mol/L，B项错误；500 mL 0.5 mol/L的CuSO4溶液所含n（CuSO4）＝0.5 L×0.5 mol/L＝0.25 mol，m（CuSO4·5H2O）＝0.25 mol×250 g·mol－1＝62.5 g，C项错误；中和0.1 mol H2SO4需NaOH 0.2 mol（8 g），D项正确。 【变式1】下列关于物质的量浓度的表述中正确的是（　　） A.0.3 mol·L－1K2SO4溶液中含有K＋和S总物质的量为0.9 mol B.当1 L水吸收22.4 L氨气时所得氨水的浓度不是1 mol·L－1，只有当22.4 L氨气溶于水制得1 L氨水时，其浓度才是1 mol·L－1 C.在Na2SO4和KCl的中性混合水溶液中，如果 K＋和S的物质的量浓度相等，那么Na＋和Cl－的物质的量浓度一定相等 D.10 ℃时0.35　mol·L－1的KCl饱和溶液100 mL，蒸发掉5 g水，冷却到10 ℃时，其体积小于100 mL，它的物质的量浓度仍为0.35 mol·L－1 答案　D 解析　未给出溶液的体积，无法计算粒子的物质的量，A项错误；氨气体积未指明是否在标准状态下，不能用气体摩尔体积计算，B项错误；根据电荷守恒有：c（K＋）＋c（Na＋）＋c（H＋）＝2c（S）＋c（Cl－）＋c（OH－），中性溶液c（H＋）＝c（OH－），又c（K＋）＝c（S），则c（Na＋）＝c（S）＋c（Cl－），Na＋和Cl－的物质的量浓度一定不相等，C项错误；蒸发之前是KCl饱和溶液，蒸发之后体积减小，溶液仍然是KCl饱和溶液，相同温度下，物质的量浓度不变，D项正确。 2.物质的量浓度与溶液中质量分数、溶解度的比较 内容 物质的量浓度 质量分数 溶解度 定义 单位体积的溶液里所含溶质B的物质的量 用溶质质量与溶液质量之比来表示溶液组成的分数 在一定温度下，某物质溶解于100 g水中达到饱和状态时所能溶解的质量 溶质的 单位 mol g g 溶液的 单位 L g g 计算 公式 c＝ w＝× 100％ S＝× 100 g 三者的 关系 c＝，w＝，w＝×100％（饱和溶液） 3.溶液的稀释或混合计算 （1）将溶液加水稀释，稀释前后溶质的物质的量和质量都保持不变。存在等式： c（浓）·V（浓）＝c（稀）·V（稀）， m（浓）·w（浓）＝m（稀）·w（稀）。 （2）同一溶质不同浓度的两溶液相混合，混合后，溶质的总物质的量（或总质量）等于混合前两溶液中溶质的物质的量之和（或质量之和）。存在等式： c1·V1＋c2·V2＝c（混）·V（混）， m1·w1＋m2·w2＝m（混）·w（混）。 【例题2】将20 g NaOH固体溶于水配成100 mL溶液，其密度为1.185 g·mL－1。 （1）该溶液中NaOH的物质的量浓度为　　　　。 （2）该溶液中NaOH的质量分数为　　　　。 （3）从该溶液中取出10 mL，其中NaOH的物质的量浓度为　　　　，含NaOH的物质的量为　　　　。 （4）将取出的10 mL溶液加水稀释，稀释后溶液中NaOH的物质的量浓度为1 mol·L－1，则稀释后溶液的体积为　　　　mL。 思维导引：溶液稀释前后溶质的量不变，常用于溶液配制的相关计算。 解析　（1）20 g NaOH的物质的量是＝0.5 mol，其物质的量浓度为＝5 mol·L－1。（2）该溶液的质量为100 mL×1.185 g·mL－1＝118.5 g，该溶液中NaOH的质量分数为×100％≈16.9％。（3）溶液取出以后其浓度不发生变化，溶质的物质的量发生变化，为 5 mol·L－1×0.01 L＝0.05 mol。（4）根据稀释规律c（浓）·V（浓）＝c（稀）·V（稀），则有5 mol·L－1×0.01 L ＝ 1 mol·L－1·V，则V＝0.05 L，即50 mL。 答案　 （1）5 mol·L－1　（2）16.9％ （3）5 mol·L－1　0.05 mol　（4）50 【变式2】密度为d g·cm－3的溶液V mL，含有摩尔质量为M g·mol－1的溶质m g，其物质的量浓度为c mol·L－1，质量分数为w％，下列表示式不正确的是（　　） A. c＝1 000m/VM B. m＝dVw/100 C. d＝cM/10w D. w％＝（cM/1 000d）％ 答案　D 解析　c＝n/V，其中n＝m/M，V的单位需要调整，即c＝1 000m/VM，A项正确；m＝w％·m溶液，其中m溶液＝V·d，得m＝dV×w％，B项正确；c＝（1 000d·w％）/M，d＝cM/10w，C项正确；w％＝cM/l 000d，D项错误。 探究点2　一定物质的量浓度溶液的配制与误差分析 2.在配制NaCl溶液的实验中，几次用到玻璃棒？其作用分别是什么？ 答案　实验中3次用到了玻璃棒，其作用分别是：（1）搅拌，加快NaCl固体溶解；（2）引流：①转移NaCl溶液，②注入蒸馏水。 3.实验室需要配制480 mL 1.00 mol·L－1 的氢氧化钠溶液，则用托盘天平称量多少克氢氧化钠固体？ 答案　配制氢氧化钠溶液480 mL，需要容量瓶的容积为500 mL。计算应按照500 mL （0.5 L）计算。则n＝c·V＝1.00 mol·L－1×0.5 L＝0.5 mol，m＝n·M＝0.5 mol·40 g·mol－1＝20 g。托盘天平的精确度为0.1 g，则用托盘天平称量20.0 g氢氧化钠固体。 1.溶液配制操作步骤及重要仪器的使用 仪器 注意事项或作用 容量瓶 （1）使用前先检查是否漏水。 （2）用玻璃棒引流时，玻璃棒与容量瓶的接触点应在刻度线以下。 （3）定容时要平视刻度线，使凹液面最低点与刻度线相切。 （4）在容量瓶上标有一个刻度，两个数据（温度和体积）。在选择容量瓶时，应选用与所配溶液体积相等或稍大规格的容量瓶。 （5）使用容量瓶的“五不”：不能进行加热；不能进行溶解；不能进行稀释；不能作为反应容器；不能久贮溶液，尤其是碱液。 量筒 （1）不作反应器。 （2）不能将浓溶液直接在量筒中稀释。 （3）量取的液体倒出后不必洗涤。 （4）选择量筒时应遵循“大而近”原则 托盘 天平 （1）使用前调零。 （2）药品不能直接放在托盘上。 （3）左物右码，先大后小。 （4）读数至小数点后1位 玻璃棒 （1）在溶液配制中的作用是搅拌、引流。 （2）搅拌勿碰烧杯内壁，引流注意玻璃棒下端应在容量瓶刻度线以下 胶头 滴管 （1）当加水至刻度线下1～2 cm处时改用胶头滴管加水。 归纳总结 一定物质的量浓度溶液的配制口诀 计算称量做先锋，溶质一律烧杯溶；冷却移液洗两次，玻棒引流记心中；胶头滴管来滴定，视线液面刻度平；倒转移入试剂瓶，贴好标签便告成。 2.误差分析 根据公式cB＝＝，对于某一物质，M为定值，则m偏小或V偏大时，cB偏低；m偏大或V偏小时，cB偏高。 以配制一定物质的量浓度的NaOH溶液为例： 误差 类别 可能引起误差的操作 过程分析 对c的 影响 m V 称量 过程 误差 称量结束时天平指针向左偏转 增大 － 偏高 称量时间过长 减小 － 偏低 用滤纸称NaOH 减小 － 偏低 配制 过程 误差 向容量瓶注液时有少量流出 减小 － 偏低 未洗涤烧杯和玻璃棒 减小 － 偏低 未冷却至室温就定容 － 减小 偏高 定容时，水加多后用滴管吸出 减小 － 偏低 定容摇匀时液面下降再加水 － 增大 偏低 定容后经振荡、摇匀、静置液面下降 － － 不变 定容时俯视读刻度 － 减小 偏高 定容时仰视读刻度 － 增大 偏低 特别提示： 定容时俯视、仰视的分析： （1）仰视刻度线（图1）：加水量偏多，导致溶液体积偏大，使所配溶液浓度偏低。 （2）俯视刻度线（图2）：加水量偏少，导致溶液体积偏小，使所配溶液浓度偏高。 【例题3】欲用Na2CO3固体配制480 mL 0.2 mol·L－1的Na2CO3溶液。配制过程如图所示： 请根据题意回答： （1）配制该溶液应选用　　　　mL容量瓶。 （2）用托盘天平称取　　　　g固体Na2CO3。 （3）向容量瓶中加入蒸馏水，直到液面在刻度线下1～2 cm时，改用　　　　滴加蒸馏水至液面的最低点与刻度线　　　　，盖好瓶塞，摇匀。 （4）配制好的溶液　　　　（填“能”或“不能”）长期存放在容量瓶中。 思维导引：熟知容量瓶规格及选用原则，掌握一定物质的量浓度溶液的配制步骤。 解析　（1）配制480 mL 0.2 mol·L－1的Na2CO3溶液应用500 mL容量瓶。（2）称取固体Na2CO3的质量为0.5 L×0.2 mol·L－1×106 g·mol－1＝10.6 g。（3）定容时改用胶头滴管滴加蒸馏水至溶液凹液面的最低点与刻度线相切。（4）容量瓶不能用于贮存溶液。 答案　（1）500　（2）10.6　（3）胶头滴管　相切　（4）不能 【变式3】实验室需要0.1 mol·L－1NaOH溶液450 mL，根据溶液配制情况回答下列问题： （1）实验中除了托盘天平、量筒、烧杯、玻璃棒、药匙外还需要的其他仪器有　　　　。 （2）根据计算得知，所需NaOH的质量为　　　　g。 （3）下列操作使所配溶液浓度偏大的有　　　　（填字母，下同）；偏小的有　　　　；无影响的有　　　　。 A.称量时用生锈的砝码 B.往容量瓶转移溶液时，有少量液体溅出 C. NaOH溶解后，未冷却就立即转移到容量瓶中 D.将NaOH放在纸张上称量 E.未洗涤溶解NaOH的烧杯 F.定容时仰视刻度线 G.容量瓶洗净后未干燥就用来配制溶液 解析　（1）考查实验所需仪器时要学会“有序记忆”，即按照实验操作的先后顺序，思考每一步所需仪器。溶液的配制实验中，应指明所需容量瓶的规格。（2）需要450 mL溶液，必须选用500 mL的容量瓶，在计算所需NaOH的质量时应按500 mL溶液进行计算，即m（NaOH）＝0.5 L×0.1 mol/L×40 g/mol＝2.0 g。（3）A项称量的NaOH偏多；B项溶质部分损失；C项冷却至室温后，液面低于刻度线，所配溶液体积偏小，浓度偏大；D、E项溶液中溶质偏少；F项所配溶液体积偏大；G项无影响。 答案　（1）500 mL容量瓶　胶头滴管　（2）2.0　（3）AC　BDEF　G （见学生用书P63） 1.（物质的量浓度的有关计算）在等体积的NaCl、MgCl2、AlCl3三种溶液中，分别加入100 mL、1 mol/L的AgNO3溶液，恰好都完全反应，则以上三种溶液的物质的量浓度之比为（　　） A.1∶2∶3 B.3∶2∶1 C.1∶1∶1 D.6∶3∶2 答案　D 解析　三种溶液中加入AgNO3溶液，均发生反应Ag＋＋Cl－AgCl↓，根据与等量的AgNO3溶液恰好都完全反应，则等体积的NaCl、MgCl2、AlCl3三种溶液中Cl－的物质的量相等，设NaCl、MgCl2、AlCl3的物质的量分别为x、y、z，由分别加入等量的AgNO3溶液，恰好都完全反应，则三种溶液中Cl－的物质的量相等，则x＝2y＝3z，解得x∶y∶z＝6∶3∶2，因溶液的体积相同，则物质的量之比等于浓度之比，所以NaCl、MgCl2、AlCl3三种溶液的浓度之比为6∶3∶2。 2.（一定物质的量浓度溶液配制的误差分析）下列配制的溶液浓度偏高的是（　　） A.配制盐酸用量筒量取浓盐酸时俯视刻度线 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 mol·L－1NaOH溶液1 000 mL时，砝码错放左盘 D. NaOH溶解后未经冷却即注入容量瓶至刻度线 答案　D 解析　A项，俯视量筒刻度线，将会使量取的盐酸的体积小于计算值，导致浓度偏低；B项，定容时仰视容量瓶刻度线，将会导致加水量增多，使溶液浓度偏低；C项，由于所称NaOH固体的质量为整数，不需移动游码，故称得固体NaOH的质量是准确的，不会影响到所配制溶液的浓度；D项，因热胀冷缩，会使容量瓶中的溶液在冷却后液面低于刻度线，导致所配溶液浓度偏高。 3.（一定物质的量浓度溶液的配制）下列溶液中物质的量浓度为1 mol·L－1的是（　　） A.将1 mol CuSO4·5H2O溶解在1 L水中 B.将22.4 L HCl气体溶于水配成1 L溶液 C.将1 L 10 mol·L－1的浓盐酸加入9 L水中 D.将10 g NaOH溶解在少量水中，再加蒸馏水直到溶液体积为250 mL 答案　D 解析　溶液的体积不等于水的体积，水为1 L时，无法确定溶液的体积，A项错误；没有说明是否是标准状况，所以无法计算气体的物质的量，B项错误；溶液的体积无法确定，C项错误；将10 g NaOH溶解在少量水中，再加蒸馏水到溶液体积为250 mL，则物质的量浓度为 ＝1 mol/L，D项正确。 4.（物质的量浓度的有关计算）某硝酸（HNO3）的物质的量浓度为c mol·L－1，溶质的质量分数为a％，则此溶液的密度（g·cm－3）为（　　） A. B. C. D. 答案　C 解析　根据a％＝×100％，硝酸的摩尔质量为63 g·mol－1，则ρ＝＝。 5.（综合应用）用98％的浓硫酸（ρ＝1.84 g·cm－3）配制成浓度为0.5 mol·L－1的稀硫酸500 mL。 （1）选用的主要仪器有： ①　　　　，②　　　　，③　　　　，④　　　　，⑤　　　　。 （2）请将下列各操作，按正确的序号填在横线上。 A.用量筒量取浓H2SO4 B.反复颠倒摇匀 C.用胶头滴管加蒸馏水至刻度线 D.洗净所用仪器 E.稀释浓H2SO4 F.将溶液转入容量瓶 其正确的操作顺序依次为　　　　。 （3）简要回答下列问题： ①所需浓硫酸的体积为　　　　mL。 ②如果实验室有15 mL、20 mL、50 mL的量筒应选用　　　　mL的量筒最好，量取时发现量筒不干净用水洗净后直接量取将使浓度　　　　（填“偏高”“偏低”或“无影响”）。 ③将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢注入盛水的烧杯中，并用玻璃棒不断搅拌的目的是　　　　，若搅拌过程中有液体溅出，则会使浓度　　　　。 ④在转入容量瓶前烧杯中液体应　　　　，否则会使浓度　　　　；并洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，洗涤液也要转入容量瓶，否则会使浓度　　　　。 ⑤定容时必须使溶液凹液面最低处与刻度线相切，若俯视会使浓度　　　　；仰视则使浓度　　　　。 解析　（1）选用的主要仪器有：①量筒，②烧杯，③玻璃棒，④500 mL容量瓶，⑤胶头滴管。（2） 配制稀硫酸的步骤依次为洗净所用仪器，根据计算结果用量筒量取浓硫酸，在小烧杯中稀释浓硫酸，稀硫酸冷却至室温后将溶液转移至容量瓶，洗涤小烧杯，定容，摇匀，故其正确的操作顺序依次为D、A、E、F、D、C、B。（3）①c浓＝＝＝18.4 mol/L。c浓V浓＝ c稀V稀，V浓＝c稀V稀/c浓≈13.6 mL，故所需浓硫酸的体积为13.6 mL。②所选量筒规格接近于且不小于13.6 mL，应选用15 mL的量筒最好，量取时发现量筒不干净，用水洗净后直接量取，将使浓硫酸被稀释而使所配稀硫酸浓度偏低。③将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢注入盛水的烧杯中，并用玻璃棒不断搅拌的目的是防止暴沸，迅速散热，若搅拌过程中有液体溅出，则会使浓度因溶质减少而偏低。④在转入容量瓶前烧杯中液体应冷却至室温，否则冷却后溶液体积减小会使浓度偏高；并洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，洗涤液也要转入容量瓶，否则会使浓度因溶质减少而偏低。⑤定容时必须使溶液凹液面最低处与刻度线相切，若俯视会使溶液体积变小而浓度偏高；仰视则使溶液体积增大而浓度偏低。 答案　（1）量筒　烧杯　玻璃棒　500 mL容量瓶　胶头滴管 （2）DAEFDCB　（3）①13.6　②15　偏低　③使热量及时地扩散　偏低　④冷却至室温　偏高　偏低　⑤偏高　偏低 章末复习方案 （见学生用书P64） 1.（2023·天津学业考试） 下列关于钠及其化合物的叙述不正确的是（　　） A.钠保存在石蜡油或煤油中 B.钠燃烧时发出黄色的火焰 C. Na2O2可在呼吸面具中作为氧气的来源 D.在Na2O2与H2O的反应中，水作还原剂 答案　D 解析　钠的密度小于煤油和石蜡油，并且不与煤油和石蜡油反应，故钠保存在石蜡油或煤油中，A项正确；钠燃烧时发出黄色的火焰，B项正确；过氧化钠和二氧化碳或水蒸气反应生成氧气，Na2O2可在呼吸面具中作为氧气的来源，C项正确；在Na2O2与H2O的反应中，过氧化钠氧元素为－1价，反应后生成O2（化合价为0价），氢氧化钠（氧元素化合价为－2价），发生歧化反应，既是氧化剂，还是还原剂，水既不是氧化剂也不是还原剂，D项错误。 2.（2023·株洲学业考试） 用如图所示装置进行实验，证明过氧化钠（Na2O2）可在呼吸面具和潜水艇中作供氧剂。 请回答： （1）装置A中盛放稀盐酸的仪器名称是　　　　（填“分液漏斗”或“长颈漏斗”）。 （2）装置B的作用是　　　　。 （3）装置C中过氧化钠与二氧化碳反应的化学方程式是　　　　。 （4）装置D的目的是为了除去多余的CO2气体，则D中盛放的试剂是　　　　。 （5）欲收集O2 2.24 L（标准状况下），则至少需要过氧化钠固体　　　　g。 答案　C 解析　（1）装置A中盛放稀盐酸的仪器名称是分液漏斗。（2）饱和碳酸氢钠的作用是为了去除二氧化碳中的杂质HCl。（3）过氧化钠与二氧化碳反应的化学方程式是2Na2O2＋2CO22Na2CO3＋O2。（4）氢氧化钠溶液可用于吸收二氧化碳。（5）由化学方程式可知产生0.1 mol氧气，至少需要0.2 mol过氧化钠，故至少需要过氧化钠固体0.2 mol×78 g/mol＝15.6 g。 答案　（1）分液漏斗　（2）除去杂质HCl　（3）2Na2O2＋2CO22Na2CO3＋O2　（4）氢氧化钠溶液　（5）15.6 3.（2023·陕西学业考试） 如图表示A、B、C、D、E五种物质的相互转化关系，其中A为淡黄色固体，C为金属单质，D为最常用的调味品。写出下列转化的方程式： （1）D的俗名：　　　　。 （2）C➝A的化学方程式：　　　　。 （3）C➝E的化学方程式：　　　　。 （4）A➝B的化学方程式：　　　　。 （5）单质C在氯气中燃烧的现象：　　　　。 解析　D为最常用的调味品，D为氯化钠。A为淡黄色固体，能与二氧化碳、水反应，则A是Na2O2，C是金属单质，可以反应得到A，故C为Na，过氧化钠与水、Na与水反应都得到E，则E为NaOH，C能与氯气反应得到D为NaCl，A和二氧化碳反应生成Na2O2和O2，B能转化为NaCl，则B是Na2CO3。（1）D为氯化钠，D的俗名：食盐。（2）C→A是钠与氧气在加热条件下反应生成过氧化钠，化学方程式：2Na＋O2Na2O2。（3）C→E是钠与水反应生成氢氧化钠与氢气，化学方程式：2Na＋2H2O2NaOH＋H2↑。（4）A→B是过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠与氧气，化学方程式：2Na2O2＋2CO22Na2CO2＋O2。（5）单质C（Na）在氯气中反应生成氯化钠，燃烧的现象：剧烈燃烧，火焰呈黄色，生成大量白烟。 答案　（1）食盐 （2）2Na＋O2Na2O2 （3）2Na＋2H2O2NaOH＋H2↑ （4）2Na2O2＋2CO22Na2O2＋O2 （5）剧烈燃烧，火焰呈黄色，生成大量白烟 素能提升 钠及其化合物之间的相互转化 4.（2022·广东卷）实验室用MnO2和浓盐酸反应生成Cl2后，按照净化、收集、性质检验及尾气处理的顺序进行实验。下列装置（“→”表示气流方向）不能达到实验目的的是（　　） A B C D A. A B. B C. C D. D 答案　D 解析　浓盐酸易挥发，制备的氯气中含有HCl，可用饱和食盐水除去HCl，Cl2可用浓硫酸干燥，A装置能达到实验目的，A项不符合题意；氯气的密度大于空气，用向上排空气法收集，B装置能收集氯气，B项不符合题意；湿润的红布条褪色，干燥的红色布条不褪色，可验证干燥的氯气不具有漂白性，C项不符合题意；氯气在水中的溶解度较小，应用NaOH溶液吸收尾气，D装置不能达到实验目的，D项符合题意。 5.（2023·温州学业考试）氯及其化合物的“价－类”二维图如图所示。下列说法不正确的是（　　） A. b与石灰乳的反应是制漂白粉的重要方法 B. d是新型的自来水消毒剂 C.一定条件可实现a➝b➝d的转化关系 D. a和c可在酸性条件下大量共存 答案　D 解析　由图可知，a为盐酸盐，b为氯气，c可为次氯酸盐，d为＋4氯的氧化物，为ClO2。氯气通入石灰乳中反应生成氯化钙、次氯酸钙，是制漂白粉的重要方法，A项正确；d为ClO2，其具有强氧化性，能杀菌消毒，是新型的自来水消毒剂，B项正确；电解饱和食盐水可以生成氯气，氯气和氧气可以生成二氧化氯，故一定条件可实现a→b→d的转化关系，C项正确；－1价氯具有还原性，＋1价氯具有氧化性，在酸性条件下两者可以反应，故a和c可在酸性条件下不能大量共存，D项错误。 6.（2020·天津学业考试）下列物质中，不能由单质直接化合生成的是（　　） A. HCl B. FeCl3 C. FeCl2 D. CuCl2 答案　C 解析　H2与Cl2在点燃或光照时反应产生HCl，能够由单质直接化合形成，A不符合题意；Fe在Cl2中点燃反应产生FeCl3，能够由单质直接化合形成，B不符合题意，C符合题意；Cu在Cl2中点燃反应产生CuCl2，能够由单质直接化合形成，D不符合题意。 素能提升 氯及其化合物之间的相互转化 7.（2023·全国甲） 实验室将粗盐提纯并配制0.100 00 mol·L－1的NaCl溶液。下列仪器中，本实验必须用到的有（　　） ①天平　②温度计　③坩埚　④分液漏斗　⑤容量瓶　⑥烧杯　⑦滴定管　⑧酒精灯 A.①②④⑥ B.①④⑤⑥ C.②③⑦⑧ D.①⑤⑥⑧ 答案　D 解析　实验室将粗盐提纯时，需要将其溶于一定量的水中，然后将其中的硫酸根离子、钙离子、镁离子依次用稍过量的氯化钡溶液、碳酸钠溶液和氢氧化钠溶液除去，该过程中有过滤操作，需要用到烧杯、漏斗和玻璃棒；将所得滤液加适量盐酸酸化后蒸发结晶得到较纯的食盐，该过程要用到蒸发皿和酒精灯；用提纯后得到的精盐配制溶液的基本步骤有称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀等操作，需要用到天平、容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管等；故选D项。 8.（2023·湖南学业考试） 下列说法中，不正确的是（NA表示阿伏加德罗常数的值） A. O2的摩尔质量为32 g/mol B.0.5 mol Na2SO4所含钠离子数为NA C.44 g CO2在标准状况下的体积约为22.4 L D.40 g NaOH溶解在1 L水中，所得溶液的物质的量浓度为1 mol/L 答案　D 解析　氧气是双原子分子，摩尔质量为32 g/mol，A项正确；0.5 mol硫酸钠中含有的钠离子个数为0.5 mol×2×NA mol－1＝NA，B项正确；标准状况下44 g二氧化碳的体积为×22.4 L/mol＝22.4 L，C项正确；40 g氢氧化钠溶解在1 L水中所得溶液体积大于1 L，则所得溶液的物质的量浓度小于1 mol/L，D项错误。 9.（2022·海南卷）在2.8 g Fe中加入100 mL 3 mol/L HCl，Fe完全溶解。NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　） A.反应转移电子为0.1 mol B. HCl溶液中Cl－数为3 NA C.2.8 g 56Fe含有的中子数为1.3 NA D.反应生成标准状况下气体3.36 L 答案　A 解析　2.8 g Fe的物质的量为0.05 mol；100 mL 3 mol·L－1 HCl中H＋和Cl－的物质的量均为0.3 mol，两者发生反应后，Fe完全溶解，而盐酸过量。Fe完全溶解生成Fe2＋，该反应转移电子0.1 mol，A项正确；HCl溶液中Cl－的物质的量为0.3 mol，因此，Cl－数为0.3 NA，B项错误；56Fe 的质子数为26、中子数为30，2.8 g56Fe的物质的量为0.05 mol，因此，2.8 g56Fe含有的中子数为1.5 NA，C项错误；反应生成H2的物质的量为0.05 mol，在标准状况下的体积为1.12 L，D项错误。 素能提升 以物质的量为中心的化学计算 学科网（北京）股份有限公司 $$