第二章 海水中的重要元素——钠和氯（培优复习讲义）化学人教版必修第一册

该高中化学复习讲义以钠和氯元素为核心，通过知识主线、网络框架及价类二维图系统建构知识体系，用对比表格梳理钠与过氧化钠、碳酸钠与碳酸氢钠等物质性质，思维导图呈现转化关系，突出钠的性质、氯水成分、物质的量计算等重难点。 讲义亮点在于分层练习设计，基础题如离子方程式书写，能力题如钠与水反应微型实验探究，综合题如侯氏制碱法工艺流程分析，结合“深化提升”中的钠性质巧记口诀、氯水性质多重性等方法技巧，培养科学思维与科学探究素养，提供易错提醒和答题模板，助力不同层次学生提升，支持教师精准教学。

第二章 海水中的重要元素——钠和氯 复习讲义 目 录 知识体系·深度建构：贯通知识内在脉络，夯实学科认知根基 归纳整合·深化提升：梳理重难关键要点，升华思维认知层级 高频考点·精准突破：透析高频命题规律，高效攻克关键题型 考点 1 钠的性质及其应用 考点 8 氯离子的检验 考点 2 钠的氧化物及其应用 考点 9 氯水的成分与性质 考点 3 碳酸钠、碳酸氢钠的性质及其应用 考点10 氯及其化合物的转化 考点 4 焰色试验及其应用 考点11 物质的量 摩尔质量 考点 5 钠及其化合物的转化 考点12 气体摩尔体积 阿伏加德罗定律 考点 6 氯气的性质与制备 考点13 物质的量浓度及其计算 考点 7 次氯酸与含氯消毒剂 考点14 一定物质的量浓度溶液的配制 培优测评·素养进阶：实战演练查漏补缺，稳步进阶学科素养 知识 1 钠的性质及其应用 1.钠的物理性质 （1）颜色状态： 色固体； （2）硬度：很 ，可以用小刀切，剩余的钠要 ； （3）密度：比水的 ，而比煤油的 ，比酒精的 ，即ρ煤油 ρ钠 ρ酒精 ρ水。 （4）熔点：比较 ，原因： 。 2.钠的化学性质 NaNa＋ （1）与非金属单质(如O2、Cl2、S、H2)的反应 O2 常温 4Na＋O2＝2Na2O 固体 加热 2Na＋O2Na2O2 固体 Cl2 2Na＋Cl22NaCl （产生 火焰，生成 ） S 2Na＋S＝Na2S （研磨时容易 ） H2 2Na＋H22NaH（金属氢化物中，氢为 价） （2）与水反应 ①钠与水反应的产物：NaOH、H2 ②与滴加酚酞的水反应的现象及解释 ③实验结论： 化学方程式： 、离子方程式： 。 （3）与盐酸、硫酸反应 离子方程式： 。 【易错提醒】Na先与 反应，再与 反应——先 后 。 （4）与盐反应 a．与熔融盐反应，如： 、 (制取金属钾，因为钾的沸点比钠的沸点低，使钾成为蒸汽而逸出) b．与盐溶液反应 ①投入NaCl溶液中，只有H2放出： 若投入饱和NaCl溶液中，有H2放出，还有 晶体析出(温度不变) ②投入NH4Cl溶液中有H2和NH3逸出： ③投入CuSO4溶液中有H2逸出和蓝色沉淀生成： 、 总反应： 。 【易错提醒】与盐溶液反应时先与 反应，生成的 与盐可能发生 反应。 3.钠的制取及保存 （1）工业制取： 。 （2）保存：密封保存，通常保存在 油或 油中，钠易与空气中的 反应，且钠的密度比煤油的密度 ， 与煤油反应，故通常将少量钠保存在 中，大量钠保存在 中。 4.钠的用途 （1）钠钾合金(液态)可用于原子反应堆的 剂。 （2）用作电光源，制作 灯。 （3）冶炼某些金属：钠能与钛、锆、铌、钽等氯化物（熔融）发生置换反应，金属钠具有强还原性，熔融状态下可以用于制取金属，如 。 （4）制取 等化合物。 深化提升 1．钠燃烧时不能用水灭火，应用沙土盖灭。 2．取用金属钠时，用镊子夹取金属钠，用滤纸擦干表面的煤油，放在洁净干燥的玻璃片上用小刀切割，不能用手直接接触金属钠，并且将剩余的钠放回原试剂瓶中保存。 3．钠与溶液反应的共同现象 ①浮：钠浮在液面上；②熔：钠熔化成光亮的小球；③游：在液面上不停地游动直至反应完全；④响：反应中不停地发出“嘶嘶嘶”的响声。若溶液中H＋浓度较大，与水相比反应更加剧烈，最后钠可能在液面上燃烧。 4.钠性质的巧记口诀：银白轻低软，传导热和电；遇氧产物变，遇氯生白烟；遇水记五点，浮熔游响红；遇酸酸优先，遇盐水在前。 5.考虑钠与酸、碱、盐的水溶液反应时，要注意Na与水反应的同时，生成的NaOH还可能继续与部分溶质反应。 6.对钠与酸反应的计算问题，勿忽略Na若过量还可与H2O反应。 1.钠元素以盐的形式广泛分布于陆地和海洋中，钠也是人体肌肉组织和神经组织中的重要成分之一。对于下列事实和解释错误的是 事实 解释 A 钠受热后先熔化，然后与氧气剧烈反应，发出黄色火焰，生成一种淡黄色固体 发生的化学反应为 B 金属钠保存在石蜡油或煤油中 钠的性质活泼，需要隔绝空气和水保存 C 钠和水反应时会熔成光亮的小球 钠和水的反应放热，且钠的熔点低 D 把金属钠放到溶液中，会产生蓝色沉淀 钠先与溶液中的水反应生成NaOH和，生成的NaOH再与反应生成沉淀 2.为探究钠的部分性质，设计实验操作如图： ①向如图所示的试管中加入苯(已知苯不溶于水，密度为)；②拔出大头针，使Na(密度为)落入苯中(钠与苯不反应)；③从长颈漏斗中加入饱和澄清石灰水(密度约为)。 对上述实验现象的说法错误的是 A．Na在石灰水与苯的界面处反应，并上下跳动 B．Na燃烧，最终消失 C．澄清石灰水变浑浊 D．苯层可观察到有气泡产生 知识 2 钠的氧化物及其应用 1.氧化钠与过氧化钠的比较 Na2O Na2O2 电子式 氧元素化合价 色、态 固体 色固体 阴、阳离子个数比 1∶2 1∶2 是否为碱性氧化物 化学键类型 只有 键 有 键和 键 与水反应 与CO2反应 与盐酸反应 主要用途 可制烧碱 漂白剂、消毒剂、供氧剂 保存 密封 密封、远离易燃物 2.过氧化钠的性质： （1）强氧化性的六个表现 试剂 现象 反应原理并解释 SO2气体 FeCl2溶液 Na2SO3溶液 氢硫酸 酚酞溶液 品红溶液 （2）理解Na2O2强氧化性的两个角度 ①从结构角度 Na2O2的结构中含有过氧键( )，含有过氧键结构的物质有 的氧化性，以此类推，如H2O2、H2SO5(过硫酸，相当于H2O2中的一个H被—SO3H取代)、Na2S2O8(过二硫酸钠)中都有过氧键结构，都是很强的氧化剂。 ②从化合价的角度 Na2O2中的氧元素为 价，有很强的氧化性，能氧化一些常见的还原剂，如SO2、Fe2＋、SO32-、HSO3-、H2S、S2－、I－。同时 价的O也有还原性，如遇到强氧化剂KMnO4也可以被氧化成 。 （3）Na2O2与H2O、CO2的反应规律 电子转移关系 当Na2O2与CO2、H2O反应时，物质的量关系为2Na2O2～O2～2e－，n(e－)＝n(Na2O2)＝ 气体体积变化关系 若CO2、水蒸气(或两混合气体)通过足量Na2O2，气体体积的减少量是原气体体积的，等于生成氧气的量，ΔV＝V(O2)＝ 固体质量变化关系 CO2、水蒸气分别与足量Na2O2反应时，固体相当于吸收了CO2中的“CO”、水蒸气中的“H2”，所以固体增加的质量Δm(CO2)＝ g·mol－1×n(CO2)、Δm(H2O)＝ g·mol－1×n(H2O) 深化提升 ①Na2O2遇KMnO4等强氧化剂时，表现出还原性，氧化产物为O2。 ②Na2O2遇H2O、H＋则发生自身的氧化还原反应。 ③Na2O2遇还原性氧化物（即低价非金属氧化物），表现强氧化性，一般不生成氧气，而生成高价钠盐，如Na2O2＋SO2===Na2SO4。 ④Na2O2遇最高价金属氧化物（酸酐）发生自身的氧化还原反应，有氧气生成，如2Mn2O7＋2Na2O2===4NaMnO4＋O2。 ⑤无论是过氧化钠还是其他过氧化物，具有强氧化性、漂白性等特殊性质的根本原因是这些物质中都含有过氧键。。 1.下列关于钠及其化合物的说法不正确的是 A．粉末加入溶液中，会产生气体和浑浊 B．Na、、长期放置在空气中，最终都将变成碳酸钠 C．氧化钠属于碱性氧化物，与水反应可以生成氢氧化钠和氧气 D．向包有粉末的脱脂棉上滴加几滴水，脱脂棉剧烈燃烧起来，说明与反应放热且有氧气生成 2.下列关于氧化钠和过氧化钠的叙述中，正确的是 A．溶于水后所得溶液的成分相同 B．氧元素的化合价相同 C．阴、阳离子个数比不同 D．都属于碱性氧化物 知识 3 碳酸钠、碳酸氢钠的性质及其应用 1、Na2CO3、NaHCO3的物理性质 名称 碳酸钠 碳酸氢钠 化学式 俗名 颜色、状态 水溶性 2、Na2CO3、NaHCO3的化学性质 （1）热稳定性 ①Na2CO3性质稳定，受热 分解。 ②NaHCO3性质不稳定，受热 分解，化学方程式为 。 （2）与足量盐酸反应 ①Na2CO3： 。 ②NaHCO3： 。 （3）与碱(NaOH溶液)反应 ①Na2CO3：与NaOH溶液不反应。 ②NaHCO3： 。 （4）相互转化 ①Na2CO3―→NaHCO3 向Na2CO3溶液中通入 ，化学方程式为 。 ②NaHCO3―→Na2CO3 NaHCO3固体加热分解转化成Na2CO3。 3、Na2CO3、NaHCO3的主要用途 （1）碳酸钠：用于造纸、制造 、制皂、洗涤等。 （2）碳酸氢钠：用于制 、医药、治疗 过多、灭火剂等。 4、Na2CO3的制备—侯氏制碱法 ①原料 食盐、氨气、二氧化碳——合成氨厂用水煤气制取氢气时的废气 其反应为 ， 。 ②反应原理 产生NaHCO3反应： 。 产生Na2CO3的反应： 。 ③工艺流程 ④循环使用的物质： 、饱和食盐水。 5、Na2CO3、NaHCO3与盐酸反应的基本图象 若V(Oa)＝V(ab)(即Oa段与ab段消耗盐酸的体积相同) 溶液中的溶质为 涉及离子方程式Oa： ； ab： 若V(Oa)>V(ab)(即Oa段消耗盐酸的体积大于ab段消耗盐酸的体积) 溶液中的溶质为 涉及离子方程式Oa： 、 ； ab： 若V(Oa)<V(ab)(即Oa段消耗盐酸的体积小于ab段消耗盐酸的体积) 溶液中的溶质为 涉及离子方程式Oa： ； ab： 若a＝0(即图像从原点开始) 溶液中的溶质为 涉及离子方程式： 深化提升 1.Na2CO3、NaHCO3的鉴别 ①固体的鉴别用加热法：产生使澄清石灰水变浑浊的气体的是NaHCO3固体。 ②溶液的鉴别可用沉淀法、气体法和测pH法。 a.沉淀法：加入BaCl2溶液或CaCl2溶液，产生沉淀的是Na2CO3溶液。 b.气体法：滴入稀盐酸，立即产生气泡的是NaHCO3溶液。 c.测pH法：用pH试纸测相同浓度的稀溶液，pH大的是Na2CO3溶 2.Na2CO3、NaHCO3的除杂 序号 混合物(括号内为杂质) 除杂方法 ① Na2CO3(s)(NaHCO3) 加热法 ② NaHCO3(aq)(Na2CO3) 通入足量CO2 ③ Na2CO3(aq)(NaHCO3) 滴加适量NaOH溶液 3.易错提醒 ①NaHCO3与碱溶液反应的实质是HCO3-与OH－反应生成CO32-，CO32-有可能发生后续反应，如NaHCO3与Ca(OH)2溶液反应可以生成白色沉淀CaCO3； ②不能用澄清石灰水来鉴别Na2CO3与NaHCO3：Ca(OH)2溶液与二者反应均生成白色沉淀CaCO3，无法区别； ③用盐酸鉴别Na2CO3溶液和NaHCO3溶液时，要求两溶液浓度相差不大，且加入的盐酸等浓度且不宜过大；④Na2CO3、NaHCO3与酸、碱、盐的反应均为复分解反应，因而反应能否进行应从复分解反应的条件来判断。。 1.下列有关Na2CO3和NaHCO3的叙述中正确的是 A．向Na2CO3溶液中逐滴加入等物质的量的稀盐酸，生成的CO2与原Na2CO3的物质的量之比为1：2 B．等质量的NaHCO3和Na2CO3分别与足量盐酸反应，在同温同压下，生成的CO2体积相同 C．相同温度下物质的量浓度相同时，Na2CO3溶液的pH小于NaHCO3溶液 D．用套管实验比较Na2CO3和NaHCO3分解温度高低，将NaHCO3放在内部小试管中 2.向100 mL NaOH溶液中通入一定量的CO2气体，经充分反应后，再向所获得的溶液中逐滴加入0.1mol/L的盐酸，产生CO2的体积与所加盐酸体积之间关系如图所示。下列判断不正确的是 A．原NaOH溶液的物质的量浓度为0.1 mol/L B．通入CO2在标准状况下的体积为224 mL C．V(盐酸)=0~25 mL的范围内发生的离子反应为：+ H+= D．所得溶液的溶质成分为Na2CO3和NaHCO3 知识 4 焰色试验及其应用 1.焰色试验的概念 很多金属或它们的化合物在灼烧时都会使火焰呈现特殊颜色,可以判断试样所含的金属元素,化学上把这样的 称为焰色试验，属于物理变化，是元素的性质。 2.焰色试验的操作 铂丝无色待测物观察火焰颜色铂丝无色 3.常见元素的焰色 钠元素： 色；钾元素： 色(透过 色钴玻璃观察)；铜元素 色；钡元素： ；钙元素： 。 深化提升 （1）焰色试验是物理变化，是金属元素的性质，既可以是单质，也可以是化合物，如不论灼烧Na2CO3、NaCl、Na2SO4还是钠的单质，均发出黄色火焰。 （2）用稀盐酸清洗的原因：生成金属氯化物，而金属氯化物在高温时可挥发，而硫酸盐难挥发。 （3）焰色反应中所用的火焰应是无色或浅色的。 （4）灼烧铂丝时应一直烧至火焰恢复到原来的颜色。 （5）可用洁净无锈的铁丝代替铂丝，不能用铜丝代替。。 1.春节期间，家家户户用燃放烟花爆竹的方式庆贺新春。这与高中化学中“焰色试验”知识相关，下列关于焰色试验说法中错误的是 A．焰色试验是化学变化 B．钠的焰色试验为黄色 C．钾的焰色试验应透过蓝色钴玻璃观察 D．不能利用焰色试验区分NaOH与NaCl固体 2.下列说法正确的是 A．用焰色反应鉴别NaCl和Na2SO4 B．区别K2CO3溶液和NaCl溶液只能用焰色反应 C．用铂丝蘸取某溶液置于酒精灯外焰上灼烧，火焰呈黄色，则该溶液中含Na元素 D．做焰色实验时用洁净的铜丝蘸取待测液，放到无色火焰上灼烧，观察火焰颜色 知识 5 钠及其化合物的转化 1.钠及其重要化合物的知识主线： Na→Na2O→Na2O2→NaOH→Na2CO3→NaHCO3 2钠及其重要化合物知识网络 . 3.钠及其化合物的价类二维图 4.钠及其化合物重要方程式 ①Na和H2O的反应： ； ②Na在空气中燃烧： ； ③Na2O2和H2O的反应： ； ④Na2O2和CO2的反应： ； ⑤向NaOH溶液中通入过量CO2： ； ⑥将Na2CO3溶液与石灰乳混合： ； ⑦向Na2CO3稀溶液中通入过量CO2： ； ⑧将NaHCO3溶液和NaOH溶液等物质的量混合： ； ⑨将NaHCO3溶液与澄清石灰水等物质的量混合： ； ⑩将NaHCO3溶液与少量澄清石灰水混合： 。 深化提升 钠及其化合物的知识盲点 （1）钠及其重要化合物： ①钠和盐溶液反应,不能置换出盐中的金属,与熔融的盐反应才可能置换出盐中的金属。 ②Na与足量O2反应无论生成Na2O还是Na2O2,只要参与反应的Na的质量相等,则转移电子的物质的量一定相等,但得到Na2O2的质量大于Na2O。 ③Na分别与H2O和乙醇发生反应均能生成H2,但反应的剧烈程度不同,前者反应剧烈,后者反应缓慢。 ④1 mol Na2O2参与反应转移电子的物质的量不一定为1 mol,如1 mol Na2O2与足量SO2的反应转移电子应为2 mol。 ⑤不能用Ca(OH)2溶液鉴别Na2CO3和NaHCO3溶液,应选用CaCl2或BaCl2溶液。 ⑥除去CO2中的HCl气体，应选用饱和的NaHCO3溶液。 ⑦向饱和的Na2CO3溶液中通入过量CO2，有NaHCO3白色晶体析出。 ⑧焰色反应是元素的性质，无论游离态还是化合态，均具有相同的焰色反应，它不是化学变化，在观察钾元素的焰色反应时，应通过蓝色的钴玻璃片。 ⑨Na－K合金常温下呈液态，是原子反应堆的导热剂。 ⑩碱金属的密度呈现增大的趋势，但K反常。 ⑪Li和O2反应只生成Li2O；NaH是离子化合物，是一种强还原剂。Na2O、Na2O2阴阳离子个数比均为1∶2。 ⑫Na2O2投入品红溶液中,因溶液中有强氧化性物质,因而可使品红溶液褪色。Na2O2投入无色酚酞溶液中,酚酞溶液先变红后褪色。 1.钠及其化合物的转化如图。下列相关分析错误的是 溶液溶液溶液 A．属于碱性氧化物 B．以上5种含钠物质均能与盐酸反应 C．以上转化过程涉及的反应均为非氧化还原反应 D．可用pH试纸鉴别等浓度的溶液与溶液 2.甲、乙、丙、丁、戊五种物质间的相互转化关系如图，此五种物质的焰色均为黄色，其中乙为单质，仅丙、丁的溶液呈碱性。下列说法错误的是 A．乙与反应时生成大量白烟 B．固体丙具有吸水性 C．丁为正盐 D．丁与酸反应才能生成戊 知识 6 氯气的性质与制备 1.物理性质 颜色 状态 气味 密度 溶解性 【特别提醒】实验室里闻有毒气体及未知气体气味的方法是：用手在瓶口 ，仅使 气体飘进鼻孔。 2.化学性质 1）从氯的原子结构认识氯气的氧化性： 依据氯气的氧化性完成下列方程式： （1）与金属反应：表现 性，将变价金属氧化成 金属氯化物 ①Na： ，产生 火焰，冒 烟 ②Fe： ，产生 烟。 ③Cu： ，产生 烟。 （2）与非金属单质H2反应：条件 产物 ，现象 ①点燃： ， 燃烧，产生 色火焰，瓶口有 ②光照： ，发生 （3）与还原性无机化合物反应： ①与碘化钾溶液反应： 。 ②与SO2水溶液反应： 。 ③与FeCl2溶液反应： 。 2）从化合价的角度认识Cl2的歧化反应 Cl2中氯元素化合价为0，为中间价态，可升可降，氯气与水或碱反应，氯的化合价既有升高又有降低，因而氯气既表现氧化性又表现还原性。 （1）与水反应 化学方程式： ， 离子方程式： 。 （2）与碱反应 ①与烧碱反应： 。 ②制取漂白粉： 。 3.氯气的用途 （1）制漂白液、漂白粉、漂粉精 (制漂白液，主要成分是 、 l，有效成分是 )。 (制漂白粉、漂粉精) 漂白粉：主要成分是 、 ，有效成分为 ，含有效氯约为35%。 漂粉精：有效成分为 ，含有效氯约为70%。 （2）工业制盐酸 （3）合成塑料、橡胶、人造纤维、农药、染料和药品等。 4.氯气的实验室制法 1)制取原理 实验室通常用强氧化剂MnO2、KMnO4、K2Cr2O7、KClO3、Ca(ClO)2等氧化浓盐酸制取氯气。 （1）用MnO2制取Cl2的化学方程式： 。 （2）其他制备Cl2的化学反应原理（特点：不需要加热） ① ② ③ ④ 2)实验装置 注：实验装置改进 （1）制备装置 橡皮管a的作用：使圆底烧瓶与分液漏斗内气压 ，保证液体 。 （2）净化装置 改进作用①装置中长颈漏斗的作用除用于检查装置气密性外，还可以检查整套装置是否发生堵塞。若发生堵塞现象为：长颈漏斗中液面 。 ②该装置的作用之一是观察气体的 。 （3）干燥装置 改进作用：用 同样能吸收氯气中的水蒸气，且操作方便安全，但不能用 。 3)制取流程 （1）制备装置类型：固体＋液体气体 （2）净化方法：用 除去HCl，再用 除去水蒸气。 （3）收集方法：①氯气的密度比空气大，可用 排空气法收集②氯气在饱和食盐中的溶解度较小，可用排 法收集。 （4）验满方法：①将湿润的淀粉­KI试纸靠近盛Cl2的试剂瓶口，观察到试纸立即 ，则证明已集满；②将湿润的蓝色石蕊试纸靠近盛Cl2的试剂瓶口，观察到试纸 ，则证明已集满；③根据氯气的颜色，装置充满了 ，则证明已集满。 （5）尾气吸收：用 吸收，不用Ca(OH)2溶液吸收的原因是Ca(OH)2溶解度 ，溶液浓度 ，吸收不完全。 深化提升 （1）常温下液态氯与铁不反应，故可用钢瓶贮运液氯。 （2）1 mol Cl2与足量H2完全反应转移电子数为2NA，1 mol Cl2与足量强碱完全反应转移电子数为NA，1 mol Cl2与足量水充分反应转移电子数小于NA(可逆反应)。 （3）工业制漂白粉应选择石灰乳，而不是石灰水、石灰粉。 （4）实验室制取氯气的注意事项 ①反应物的选择：必须用浓盐酸，稀盐酸与MnO2不反应，且随着反应的进行，浓盐酸变为稀盐酸时，反应停止，故盐酸中的HCl不可能全部参加反应。 ②加热温度：不宜过高，以减少HCl挥发。 ③实验结束后，先使反应停止并排出残留的Cl2后，再拆卸装置，避免污染空气。 ④尾气吸收时，用NaOH溶液吸收Cl2，不能用澄清石灰水吸收，因为澄清石灰水中含Ca(OH)2的量少，吸收不完全。 1.下列关于Cl2性质的说法正确的是 A．密度比空气小 B．是无色无味的气体 C．能使干燥的有色布条褪色 D．可与石灰乳反应制备漂白粉 2.实验室制取的实验原理及装置均正确的是 A．制取 B．除去中的HCl C．收集 D．吸收尾气中的 知识 7 次氯酸与含氯消毒剂 1.次氯酸 ①不稳定性：次氯酸分解反应的化学方程式为 ，氯水要 ，且保存在 试剂瓶中，并置于 处。 ②强氧化性 a.能将 物质氧化为无色物质，作 剂。 b.杀菌、消毒。 ③弱酸性：向NaClO溶液中通入少量CO2，离子方程式为 。 ④次氯酸的漂白原理、特点及应用范围 2.“84”消毒液：主要成分为 ，有效成分为 ，它与洁厕灵(主要成分盐酸)混合立即会产生氯气，其离子方程式是 。 3.漂白粉 ①成分：漂白粉的主要成分是 ，其中有效成分是 。 ②化学性质：水解呈碱性，具有 性。 ③漂白原理：在潮湿的空气中能吸收CO2，化学方程式为 。 ④久置失效原理：Ca(ClO)2＋CO2＋H2O===2HClO＋CaCO3↓； ，必须密封保存。 4.氯胺 （1）氯胺的种类:氯胺是由氯气遇到氨气反应生成的一类化合物，主要包括一氯胺、二氯胺和三氯胺（NH2Cl，NHCl2和NCl3），是常用的饮用水二级消毒剂。 （2）氯胺的化合价：氯胺中氯为 ，N为 ，H为 。 （3）氯胺的消毒原理：氯胺在水中发生缓慢水解生成次氯酸，发挥消毒杀菌作用，水解方程式如下： 深化提升 ①向Ca(ClO)2溶液中通入少量CO2，发生的反应为Ca2＋＋2ClO－＋CO2＋H2O===CaCO3↓＋2HClO。 ②向Ca(ClO)2溶液中通入SO2，生成的是CaSO4而不是CaSO3。 ③次氯酸盐(ClO－)无论是在酸性、碱性还是中性条件下，均具有强氧化性，均能氧化I－、Fe2＋、SO32-、S2-等还原性离子。 ④84消毒液(主要成分NaClO)和洁厕灵(主要成分HCl)不能混合使用，否则会产生有毒气体——氯气。 ⑤氯气没有漂白性，不能使干燥的有色布条褪色，但可使湿润的有色布条褪色，起漂白作用的是HClO。 ⑥常温下干燥的氯气或液氯均不与铁反应，故液氯通常储存在钢瓶中。 1.二氧化氯(ClO2)是一种黄绿色气体，易溶于水，在水中的溶解度约为Cl2的5倍，其水溶液在较高温度与光照下会生成ClO与ClO。ClO2是一种极易爆炸的强氧化性气体，实验室制备ClO2的反应为2NaClO3+SO2+H2SO4=2ClO2+2NaHSO4。下列有关物质的性质和用途具有对应关系的是 A．Cl2能溶于水，可用于工业制盐酸 B．HClO不稳定，可用于棉、麻漂白 C．ClO2有强氧化性，可用于水体杀菌消毒 D．溶液呈碱性，可用作消毒剂 2.工业上将Cl2通入冷的石灰乳中制得漂粉精，下列说法错误的是 A．漂粉精的有效成分是Ca(ClO)2 B．可以用石灰水替代石灰乳制漂粉精 C．滴加醋酸后的漂粉精溶液消毒能力增强 D．Ca(ClO)2溶液比 HClO溶液稳定 知识 8 氯离子的检验 1.试剂：硝酸银溶液、 2.实验室检验C1-的方法：取少量待测液于试管中，向其中加入少量 （排除 离子可能造成的千扰)，然后滴入 ，如产生 沉淀，则可判断该溶液中含有C1-。 3.检验Cl-的注意事项 ①检验时要先加稀HNO3以排除CO32-等离子的干扰。不能用 ,因为 ，会干扰实验，更不能用 ，因为 。 ②若被检液中含有SO42-,需先用 除去 ，然后加入HNO3酸化的AgNO3溶液检验C1-。 深化提升 原理 Cl－＋Ag＋＝AgCl↓ AgCl不溶于稀硝酸 试剂 AgNO3溶液和稀硝酸 答题模板 （1）操作：取少许溶液于试管，滴加AgNO3溶液，再加过量稀硝酸 （2）现象：有白色沉淀生成 （3）结论：则溶液中含有Cl- 注意事项 ①检验溶液中的Cl－时需加入稀HNO3。以排除CO32－离子的干扰，以免判断错误。 ②不能用稀盐酸酸化，否则会引入Cl－。 ③如果SO和Cl－同时存在，先用过量Ba(NO3)2溶液除去SO，然后再用AgNO3溶液和稀硝酸检验Cl－。 1.检验某溶液中是否含有Cl-，正确的操作是 A．取样，滴加AgNO3溶液，看是否有白色沉淀生成 B．取样，先加足量的稀硝酸酸化，再加入AgNO3溶液，若有白色沉淀生成，则证明溶液中含有Cl- C．取样，先加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，再加稀盐酸，沉淀不溶解，则证明溶液中含有Cl- D．取样，先加稀盐酸酸化，再加AgNO3溶液，有白色沉淀，则证明溶液中含有Cl- 2.能证明某溶液中含有NaCl的是 A．焰色试验是黄色 B．溶液有咸味 C．取少量溶液于试管中，滴加稀硝酸酸化的硝酸银溶液，出现白色沉淀 D．焰色试验是黄色，同时又能与稀硝酸酸化的硝酸银溶液反应生成白色沉淀 知识 9 氯水的成分与性质 1.氯气能溶于水(1∶2)，氯气的水溶液称为氯水，溶于水的氯气只有少量与水反应，氯水中存在一个完全电离和三个平衡： HCl===H＋＋Cl－ Cl2＋H2OHCl＋HClO HClOH＋＋ClO－ H2OH＋＋OH－ 2.根据可逆反应的特点，氯水中存在着上述关系中的各种微粒： 3.氯水性质的多重性：新制氯水的多种成分决定了它具有多重性质，在不同的化学反应中，氯水中参与反应的微粒不同。 4.液氯、新制氯水、久置氯水的比较 液氯 新制氯水 久置氯水 类别 微粒 颜色 性质 深化提升 氯水的组成及性质在应用中的常见误区 （1）氯水中因HClO见光分解，随着HClO的消耗，最后成为盐酸，故久置氯水酸性增加，无漂白性。因此，氯水要现用现配。 （2）不能用pH试纸测量氯水、次氯酸盐溶液的pH。 （3）Cl2尽管有较强的氧化性，但没有漂白性，氯水具有漂白性是因为Cl2与水反应生成了强氧化性的HClO。 （4）ClO－与Fe2＋、I－、S2－、HS－、SO32－等在水中因发生氧化还原反应而不能大量共存。 1.有关新制饱和氯水说法不正确的是 A．向有色布条上滴加氯水，有色布条褪色，说明氯水中含有HClO B．向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，说明氯水中含有Cl- C．向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，说明氯水中含有H＋ D．向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色，说明氯水中含有HClO 2.某化学兴趣小组为了探究新制氯水中含有的部分粒子及某些粒子的性质，做了如下四组实验，其中结论错误的是 A．将有色纸条或布条、有色花瓣放入盛有氯水的试管中，它们均褪色，说明氯水中含有HClO B．向氯水中加入大理石，有气体产生，说明氯水中含有H＋ C．光照氯水后，发现颜色逐渐变浅并产生气泡，说明放出气体是Cl2 D．向氯水中滴加硝酸银溶液有白色沉淀产生，说明氯水中含有Cl－ 知识 10 氯及其化合物的转化 1.理清氯及其化合物之间知识主线:H ―→2―→HO―→HO2―→HO3―→HO4 2.构建氯及其重要化合物之间知识网络: 3.氯及其化合物的价类二维图: 4.氯及其化合物重要方程式 ①Cl2和H2O的反应：Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO； ②Cl2和NaOH溶液的反应： ； ③Cl2和石灰乳的反应： ； ④把Cl2通入Na2SO3溶液中： ； ⑤将Cl2和SO2混合通入H2O中： ； ⑥将Cl2通入氢硫酸溶液中： ； ⑦将浓盐酸和MnO2混合加热： ； ⑧电解饱和食盐水： ； ⑨将浓盐酸与漂白液混合： ； ⑩将浓盐酸与KClO3溶液混合： ； ⑪向KMnO4固体滴加浓盐酸： ； ⑫向漂白粉溶液中通入少量CO2气体： 。 深化提升 氯及其化合物的知识盲点 ①液氯密封在钢瓶中，而氯水、次氯酸应保存在棕色试剂瓶中。Cl2在点燃条件下与Fe反应，一定将铁氧化为FeCl3，而不是FeCl2，因为Cl2具有强氧化性。 ②1 mol Cl2参加反应，转移电子数可能为2NA、NA或小于NA(Cl2和H2O的反应为可逆反应)。氯水中有起漂白作用的HClO，不能用pH试纸测定氯水的pH；氯水与还原剂发生反应并要求书写方程式时一般可只考虑Cl2。 ③实验室制Cl2，除了用MnO2和浓盐酸反应外，还可以用KMnO4、KClO3、NaClO与浓盐酸反应且都不需要加热，如ClO－＋Cl－＋2H＋===Cl2↑＋H2O。 ④酸化KMnO4溶液，用的是H2SO4酸化而不是盐酸。 ⑤ClO－不论在酸性环境中还是在碱性环境中均能体现强氧化性，如ClO－与SO32-、I－、Fe2＋均不能大量共存；ClO－体现水解性，因HClO酸性很弱，ClO－水解显碱性，如Fe3＋＋3ClO－＋3H2O===Fe(OH)3↓＋3HClO，所以ClO－与Fe3＋、Al3＋均不能大量共存。 ⑥向Ca(ClO)2溶液中通入SO2气体生成CaSO4而不是CaSO3，其离子方程式为Ca2＋＋3ClO－＋SO2＋H2O===CaSO4↓＋Cl－＋2HClO(少量SO2)，Ca2＋＋2ClO－＋2SO2＋2H2O===CaSO4↓＋2Cl－＋SO42-＋4H＋(过量SO2)。 ⑦当Fe和Cl2在点燃条件下反应时，不论Fe过量或不足，由于Cl2的强氧化性，产物一定是FeCl3。 ⑧“84”消毒液的主要成分为NaClO，漂粉精的有效成分为Ca(ClO)2。“84”消毒液和洁厕灵不能混合使用，其原因是ClO－＋Cl－＋2H＋===Cl2↑＋H2O。 ⑨由于电离常数Ka1(H2CO3)>Ka(HClO)>Ka2(H2CO3)，所以向NaClO溶液通入CO2，不论CO2过量还是少量，均发生CO2＋H2O＋ClO－===HClO＋HCO，但CO2(少)＋Ca(ClO)2＋H2O===CaCO3↓＋2HClO。 ⑩液溴需要用水封，溴蒸气呈红棕色，液溴呈深红棕色，溴水呈橙色，溴的CCl4溶液呈橙红色。。 1.和溶液反应的转化关系如图所示。 下列叙述错误的是 A．与溶液反应产物的种类与反应温度有关 B．反应①中生成与的物质的量之比为2：1 C．反应②的离子方程式为 D．反应③的化学方程式为 2.下图可从不同角度研究含氯物质的性质及其转化关系。下列说法错误的是 A．由图可知a物质中氯元素化合价处在最高价，因此a物质的氧化性一定比b物质更强 B．不是氧化还原反应 C．久置氯水失去漂白能力是因为b见光易分解 D．c能与水及空气中的反应生成b 知识 11 物质的量 摩尔质量 一、物质的量 阿伏加德罗常数 1.物质的量(n) 表示含有一定数目粒子的集合体的物理量，单位为 。 2.物质的量的规范表示方法： 3.阿伏加德罗常数(NA) 0.012 kg 12C中所含的碳原子数为阿伏加德罗常数，其数值约为 ，单位为 。 说明：（1）NA的基准是12g12C中的原子个数 （2）12C不仅是摩尔的基准对象，而且还是相对原子质量的基准 （3）NA是一个实验值，现阶段常取6.02×1023作计算 （4）要注意NA与6.02×1023的区别 4.物质的量(n)、阿伏加德罗常数(NA)与粒子数(N)之间关系公式：NA＝ 。 二、摩尔质量 1.定义： 的物质所具有的质量。 2.常用单位： 。 3.物质的量(n)、质量(m)和摩尔质量(M)之间关系公式：M＝ 。 4.数值：以 为单位时，任何粒子的摩尔质量在数值上都 该粒子的相对分子(原子)质量。 说明：（1）使用范围：A.任何一种微观粒子 B.无论是否纯净 C.无论物质的状态 （2）注意与式量的比较 （3）注意与1mol物质的质量的比较 （4）将物质的质量换算成物质的量，换算成粒子数，将气体物质质量换算成体积（标准状况），都要通过摩尔质量这一桥梁进行。 深化提升 （1）物质的量只能衡量微观粒子，必须指明具体粒子的种类或化学式，故摩尔后面应为确切的微粒名称；如1 mol氢(不确切)和1 mol大米(宏观物质)皆为错误说法。 （2）物质的量是物理量，摩尔是物质的量的单位，不是物理量。 （3）6.02×1023是个纯数值，没有任何物理意义，而阿伏加德罗常数(NA)是指1 mol任何微粒所含的粒子数，它与0.012 kg12C所含的碳原子数相同，数值约为6.02×1023。 （4）摩尔质量、相对原子(或分子)质量的含义不同，不是同一个物理量。二者单位也不同，摩尔质量的单位是g·mol－1或kg·mol－1，相对原子(或分子)质量的单位为1，当摩尔质量以g·mol－1为单位时，二者在数值上相等。 （5）对具体的物质，其摩尔质量是确定的，不随物质的量的多少而变化，也不随物质的聚集状态而变化。 1.“物质的量”是国际单位制中的一个基本物理量，下列有关说法正确的是(　　) A．2 g H2含有1 mol氢分子 B．2 mol氧气的摩尔质量为64 g·mol－1 C．1 mol任何物质都含有6.02×1023个分子 D．质量相等的CO和CO2，物质的量之比为2∶3 2.下列关于“物质的量”、“摩尔”和“摩尔质量”的叙述不正确的是 A．1mol任何物质中都含有阿伏加德罗常数个原子 B．摩尔是一个单位，用于计量物质所含微观粒子的多少 C．12g12C含有的碳原子数就是阿伏加德罗常数的值 D．摩尔既能用来计量纯净物，又能用来计量混合物 知识 12 气体摩尔体积 阿伏加德罗定律 一、影响物质体积大小的因素 1.影响物质体积大小的因素 ①粒子的 (物质的本性)； ②粒子间的 (由温度与压强共同决定)； ③粒子的 (物质的量的大小)。 2.固体、液体的体积由①粒子的大小和③粒子的数目的多少决定，忽略②粒子间距不计。 3.气体的体积由②粒子间距和③粒子的数目的大小决定，忽略①粒子的大小不计。 二、气体摩尔体积 1.含义： 的气体所占的体积，符号为Vm，标准状况下，Vm约为 。 2.常用单位：L/mol(或L·mol－1)。 3.数值：在 下(指温度为0℃，压强为101 kPa)约为 。 4.基本关系式：n＝ ＝＝ 使用范围：只要物质的组成不变，无论是何状态都可以使用。 5.影响因素：气体摩尔体积的数值不是固定不变的，它决定于气体所处的 和 。 6.适用对象：单一气体或互不反应的混合 。 7.标准状况下的气体摩尔体积 （1）标准状况： 。 （2）理想气体：A.不计大小但计质量；B.不计分子间的相互作用。 （3）标准状况下的气体摩尔体积：约 。 8.主要应用 标准状况下1mol气体为22.4 L，即可导出其质量便是该气体的摩尔质量。据此可求出未知化学式的气体摩尔质量和相对分子质量，也可求出1L气体的质量即气体密度。反之也可由气体密度求摩尔质量。同温同压下两气体的密度比叫气体的相对密度，可由气体的相对密度求气体的摩尔质量，如某气体对氢气（H2）的相对密度为15，则其相对分子质量为30。常见的有： （1）由标准状况下气体密度求相对分子质量； （2）由相对密度求气体的相对分子质量； （3）求混合气体的平均相对分子质量：即混合气体1mol时的质量数值。 已知各组成气体的体积分数及质量分数； （4）由同温同压下气体反应时的体积比求分子数比，进而推分子式； （5）直接将气体摩尔体积代入有关化学方程式进行计算； （6）气体反应物的体积比即分子数比可便于找出过量气体。 三、阿伏加德罗定律及其推论 1.阿伏加德罗定律：在相同的温度和压强下，相同体积的任何气体，含有 数目的分子(或气体的物质的量 )。 【名师提醒】可总结为：“三同”定“一同”，即同温、同压下，同体积的任何气体具有相同的分子数。 2.阿伏加德罗定律的推论（以下用到的符号：ρ为密度，p为压强，n为物质的量，M为摩尔质量，m为质量，V为体积，T为热力学温度） 条件 推论公式 语言叙述 T、p相同 ＝ 同温、同压下，气体的体积与其物质的量成正比 T、V相同 ＝ 温度、体积相同的气体，其压强与其物质的量成正比 T、p相同 ＝ 同温、同压下，气体的密度与其摩尔质量(或相对分子质量)成正比 T、p、m相同 ＝ 同温同压下，相同质量的任何气体的体积与它们的摩尔质量成反比 T、V、m相同 ＝ 同温同体积时，相同质量的任何气体的压强与它们的摩尔质量成反比 T、p、V相同 ＝＝ 同温同压下，同体积的任何气体的质量比等于它们的摩尔质量之比，也等于它们的密度之比 提醒：对于同一种气体，当压强相同时，密度与温度成反比例关系。 深化提升 1.气体摩尔体积(22.4 L·mol－1)应用的“五大误区” （1）使用“条件”是标准状况，即0 ℃、101 kPa，而不是常温、常压。 （2）使用对象必须是气体物质，可以是单一气体，也可以是混合气体。标准状况下不是气体而又常在题中出现的物质有：水、苯、SO3、HF、CCl4、己烷、CS2、CHCl3、Br2、乙醇等。 （3）标准状况下的气体摩尔体积约为22.4 L·mol－1，其他条件下Vm一般不是22.4 L·mol－1。 （4）22.4 L气体，在标准状况下的物质的量是1 mol，在非标准状况下，可能是1 mol，也可能不是1 mol。 （5）物质的质量、物质的量一定时，所含微粒数与物质处于何种条件无关。如常温常压下32 g O2所含的原子数目是2NA。注意不要形成定势思维，看到“常温常压”就排除选项。 2.应用阿伏加德罗定律推论时可通过pV＝nRT及n＝、ρ＝导出。 1.下列叙述正确的是 A．标准状况下，1mol乙醇的体积约为22.4L B．0℃、101kPa下，任何气体的摩尔体积都约为 C．气体摩尔体积仅指标准状况下1mol气体的体积 D．若1mol气体体积约为22.4L，则它所处的条件一定是“标准状况” 2.在两个密闭容器中，分别充有质量相等的甲、乙两种气体，它们的温度和密度均相同。试根据甲、乙的摩尔质量(M)的关系，判断下列说法中正确的是 A．若M(甲)>M(乙)，则分子数：甲>乙 B．若M(甲)<M(乙)，则气体摩尔体积：甲>乙 C．若M(甲)<M(乙)，则气体的压强：甲>乙 D．若M(甲)>M(乙)，则气体体积：甲<乙 知识 13 物质的量浓度及其计算 一、物质的量浓度 1.概念：表示 溶液里所含溶质B的物质的量的物理量。 2.数学表达式：cB＝。 3.常用单位： 。 4.特点：对于某浓度的溶液，取出任意体积的溶液，其浓度、密度、质量分数 ，但所含溶质的质量、物质的量则因体积不同而改变。 二、溶质的质量分数 1.概念：以溶液里溶质质量与溶液质量的 表示溶液组成的物理量，一般用 表示。 2.表达式：w(B)＝×100%，饱和溶液(溶质的溶解度用S表示)w(B)＝×100%。 3.w(B)与cB的换算关系：cB＝(M：摩尔质量；单位：g·mol－1；ρ：密度，单位：g·cm－3)。 三、物质的量浓度、溶质的质量分数比较及其计算 1、物质的量浓度、溶质的质量分数比较 物理量 物质的量浓度 溶质的质量分数 定义 表示单位体积溶液里所含溶质B的物质的量的物理量 以溶液里溶质质量与溶液质量的比值表示溶液组成的物理量 表达式 cB＝　 ω(B)＝　×100%　 单位 mol·L－1 2、有关物质的量浓度计算的四大类型 类型一：标准状况下，气体溶于水所得溶液的溶质的物质的量浓度的计算 c＝ 类型二：溶液中溶质的质量分数与溶质的物质的量浓度的换算 （1）计算公式：c＝(c为溶质的物质的量浓度，单位为mol·L－1；ρ为溶液的密度，单位为g·cm－3；w为溶质的质量分数；M为溶质的摩尔质量，单位为g·mol－1)。 当溶液为饱和溶液时，因为w＝，可得c＝。 （2）公式的推导(按溶液体积为V L推导) c＝＝＝或w＝＝＝。 类型三：溶液稀释和同种溶质的溶液混合的计算 （1）溶液稀释 ①溶质的质量在稀释前后保持不变，即m1w1＝m2w2。 ②溶质的物质的量在稀释前后保持不变，即c1V1＝c2V2。 ③溶液质量守恒，即m(稀)＝m(浓)＋m(水)(体积一般不守恒)。 （2）同种溶质不同物质的量浓度的溶液混合 ①混合前后溶质的质量保持不变，即m1w1＋m2w2＝m混w混。 ②混合前后溶质的物质的量保持不变，即c1V1＋c2V2＝c混V混。 （3）不同溶质溶液混合反应，有关物质浓度的计算 ①明确各反应物、产物之间的物质的量之比。 ②巧用电荷守恒思想：电解质溶液中阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数。 （4）溶质相同、质量分数不同的两溶液混合定律 同一溶质、质量分数分别为a%、b%的两溶液混合。 ①等质量混合 两溶液等质量混合时(无论ρ>1 g·cm－3还是ρ＜1 g·cm－3)，则混合后溶液中溶质的质量分数w＝(a%＋b%)。 以上规律概括为“计算推理有技巧，有大必有小，均值均在中间找，谁多向谁靠”。 ②等体积混合 a.当溶液密度大于1 g·cm－3时，必然是溶液浓度越大，密度越大(如H2SO4、HNO3、HCl、NaOH等多数溶液)，等体积混合后，质量分数w>(a%＋b%)。 b.当溶液密度小于1 g·cm－3时，必然是溶液浓度越大，密度越小(如酒精、氨水溶液)，等体积混合后，质量分数w＜(a%＋b%)。 类型四：求算未知离子的浓度 ①单一溶液中溶质组成计算 根据组成规律求算：在溶液中，阴离子与阳离子浓度之比等于化学组成中阴、阳离子个数之比。 如K2SO4溶液中：c(K＋)＝ ＝2c(K2SO4)。 ②混合溶液中电荷守恒计算 根据电荷守恒，溶质所有 与 相等。 如在Na2SO4、NaCl混合溶液中，c(Na＋)＝ ，c(Na＋)、c(Cl－)分别为7 mol/L、3 mol/L，则c(SO)＝ mol/L＝2 mol/L。 又如：CH3COONa和CH3COOH的混合溶液中存在：c(CH3COO－)＋c(OH－)＝ 。 深化提升 （1）溶液中溶质的判断 Na、Na2O、Na2O2NaOH CO2、SO2、SO3H2CO3、H2SO3、H2SO4 NH3NH3·H2O(但仍按NH3进行计算) CuSO4·5H2OCuSO4，Na2CO3·10H2ONa2CO3 （2）混淆溶液的体积和溶剂的体积 ①不能用水的体积代替溶液的体积，尤其是固体、气体溶于水，一般根据溶液的密度和总质量进行计算： V＝＝。 ②两溶液混合，溶液的体积并不是两液体体积的加和，应依据混合溶液的密度进行计算。(若题目说忽略体积变化，则总体积可由混合前体积直接相加) （3）注意溶质的浓度与溶液中某离子浓度的关系：溶质的浓度和离子浓度可能不同，要注意根据化学式具体分析。如1 mol·L－1Al2(SO4)3溶液中c(SO42-)＝3 mol·L－1，c(Al3＋)＝2 mol·L－1(当考虑Al3＋水解时，则其浓度小于2 mol·L－1)。 1.4℃时，100 mL水中溶解了33.6 L(STP)HCl气体，所得盐酸密度为1.18 g·mL﹣1。下列有关说法不正确的是 A．该盐酸的物质的量浓度为15 mol·L－1 B．该盐酸溶质的质量分数为35.4% C．该温度下HCl的溶解度可能大于336(气体溶解度以体积比计算) D．相同条件下，一定量水中溶解HCl气体越多，所得盐酸密度越大 2.下列关于1mol·L-1Na2SO4溶液的叙述正确的是 ①溶液中含有1molNa2SO4 ②1L溶液中含有142gNa2SO4 ③将1molNa2SO4溶于1L水中所得的溶液 ④将322gNa2SO4·10H2O溶于水后再稀释成000mL所得的溶液 A．①③ B．②④ C．③④ D．②③ 知识 14 一定物质的量浓度溶液的配制 一、熟悉配制溶液的仪器 1、主要仪器：托盘天平、药匙、量筒、烧杯、 、 、 。 （1）托盘天平：称量前先调零，称量时药品放在左盘，砝码放在右盘，读数精确到 g。若配制0.2 mol·L－1 NaCl溶液500 mL，若用托盘天平需称取NaCl5.9 g，称量时，不慎将物品和砝码颠倒放置，实际称量的NaCl的质量为4.1 g。 （2）容量瓶的构造及使用方法 1)构造及用途 2)查漏操作：在使用前首先要检查是否漏水，检查合格后，用蒸馏水洗涤干净。具体操作如下： 二、配制步骤 1.一定物质的量浓度溶液的配制 （1）以NaOH固体配制500 mL 1.50 mol·L－1NaOH溶液为例。 实验步骤 实验仪器 实验要点 计算 需NaOH固体的质量，计算式为0.5 L×1.50 mol·L－1×40 g·mol－1 计算公式：n=cV m=nM 称量 托盘天平的精度为 ，用分析天平或电子天平，精度为0.0001g。用托盘天平称量NaOH固体 g。 溶解 将称好的NaOH固体放入 中，用适量蒸馏水溶解，用玻璃棒 ，并 转移 待烧杯中的溶液冷却至室温后，将溶液用玻璃棒 注入 _mL容量瓶中 洗涤 ①用 蒸馏水洗涤烧杯内壁和玻璃棒 次 ②洗涤液均注入 中 ③摇匀：轻轻摇动容量瓶，使溶液混合均匀 定容 ①将蒸馏水注入容量瓶至液面位于 处 ②改用 加水至凹液面与刻度线 ③平视 摇匀 盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，另一只手的手指托住瓶底， ，注意液面下降，不能再加水，否则结果偏低。 （2）由浓溶液（浓硫酸）配制一定物质的量浓度的溶液（稀硫酸） ①计算：计算公式c=， 。 ②量取：用量筒量取一定体积的浓溶液，量筒的精度为 。 ③稀释：在烧杯中加入适量的蒸馏水将浓溶液稀释。 浓硫酸稀释时先加入 蒸馏水，再缓慢加入 ，边加边 。恢复到室温。 2．质量百分比浓度、体积比浓度溶液的配制 （1）配制100 g 10%的NaCl溶液： 用 称取10.0 g NaCl固体，放入烧杯中，再用100 mL 量取 mL的水注入烧杯中，然后用 搅拌使之溶解。 （2）用浓硫酸配制1∶4的稀硫酸50 mL： 用50 mL的 量取40.0 mL的水注入100 mL的烧杯中，再用 mL 的量筒量取10.0 mL浓硫酸，然后沿烧杯内壁缓缓注入烧杯中，并用玻璃棒不停地搅拌。 三、溶液配制误差分析 1.分析依据：c＝＝，其中变量为 ，即： 在配制一定物质的量浓度的溶液时，很多因素会引起溶液浓度的误差。分析误差时，要根据c＝，围绕实验操作对 或 的影响来分析。 2.定容时仰视或俯视刻度线产生的误差图解： ①仰视刻度线(图1)。由于操作时是以刻度线为基准加水，刻度线低于液面，故加水量 ，导致溶液体积 ，浓度 。 ②俯视刻度线(图2)。与仰视刻度线恰好相反，刻度线高于液面，故加水量 ，导致溶液体积 ，浓度 。 3.分析方法：结合实验操作判断是“m”还是“V”引起的误差。以配制NaOH溶液为例，具体分析如下： 能引起误差的一些操作 因变量 c/(mol·L－1) m V 砝码与物品颠倒(使用游码) 减小 — 偏 用滤纸称NaOH 减小 — 向容量瓶注液时少量溅出 减小 — 未洗涤烧杯和玻璃棒 减小 — 定容时，水多，用滴管吸出 减小 — 定容摇匀后液面下降再加水 — 增大 定容时仰视刻度线 — 增大 砝码沾有其他物质或已生锈(未脱落) 增大 — 偏 未冷却至室温就注入容量瓶定容 — 减小 定容时俯视刻度线 — 减小 定容后经振荡、摇匀，静置液面下降 — — 不变 深化提升 （1）容量瓶必须用结实的细绳系在瓶颈上，以防止损坏或丢失； （2）在使用前，首先要检查容量瓶是否完好，瓶口处是否漏水，经检查不漏水才能使用； （3）容量瓶使用完毕，应洗净、晾干。(应在玻璃磨口瓶瓶塞与瓶口处垫一张纸条，以免瓶塞与瓶口粘连)； （4）不能将固体或浓溶液直接在容量瓶中溶解或稀释； （5）不能作为反应容器或用来长期贮存溶液； （6）不能配制任意体积的溶液，只能配制容量瓶上规定容积的溶液。 （7）不能将过冷或过热的溶液转移到容量瓶中(因为容量瓶的容积是在瓶身所标温度下确定的)； （8）质量分数浓度溶液的配制：配制100 g 10%的NaCl溶液。用托盘天平称取10.0 g NaCl固体，放入烧杯中，再用100 mL量筒量取90.0 mL的水注入烧杯中，然后用玻璃棒搅拌使之溶解。 (9)体积比浓度溶液的配制：用浓硫酸配制1∶4的稀硫酸50 mL。用50 mL的量筒量取40.0 mL的水注入100 mL的烧杯中，再用10 mL 的量筒量取10.0 mL浓硫酸，然后沿烧杯内壁缓缓注入烧杯中，并用玻璃棒不停地搅拌。 1.配制480 mL0.100 mol·L-1的NaCl溶液，部分实验操作示意图如图，下列说法正确的是 A．实验中需用到的仪器有：托盘天平、480 mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管等 B．上述实验操作步骤的正确顺序为②①④③ C．容量瓶需用自来水、蒸馏水洗涤，干燥后才可用 D．定容时，仰视容量瓶的刻度线，使配得的NaCl溶液浓度偏高 2.配制一定物质的量浓度的溶液，产生误差会偏低的是 A．配制的溶液，用托盘天平称取固体 B．将称量好的固体溶解后，未经冷却直接转移到容量瓶 C．容量瓶中有少量蒸馏水 D．定容时俯视刻度线 考点 1 钠及其化合物的性质与用途 【进阶典例1】（25-26高一上·广东广州·期中）下列关于钠及其化合物的叙述正确的是 A．金属钠保存在煤油里，说明金属钠的密度比煤油的小 B．金属钠与水反应时会熔化，说明钠的熔点低且反应放热 C．分别加热和固体，试管内壁均有水珠，说明两种物质均受热分解 D．盐酸分别滴加到同浓度的碳酸钠和碳酸氢钠，溶液中放出气体的速度：> 【培优突破1-1】（25-26高一上·安徽六安·期中）下列有关钠及其化合物的说法正确的是 A．实验室钠着火时，可以用二氧化碳灭火器灭火 B．钠比铁活泼，可以利用钠将溶液中的铁置换出来 C．向和固体中加入少量水均会放出热量 D．中学实验室中可将未用完的钠放回原试剂瓶 【培优突破1-2】（25-26高一上·福建·期末）关于钠及其化合物的说法错误的是 A．金属钠是一种银白色金属，可保存在煤油中 B．氧化钠和过氧化钠均可与盐酸反应，产物完全相同 C．氢氧化钠俗称烧碱，具有较强的腐蚀性 D．Na2CO3溶液和NaHCO3溶液都能与Ca(OH)2溶液反应得到白色沉淀 考点 2 钠及其化合物的转化关系 【进阶典例2】（25-26高一上·广东茂名·期中）以不同类別物质间的转化为线索，认识钠及其化合物。下列分析正确的是 A．上述转化中含有分解反应和置换反应 B．在水溶液中电离方程式为： C．反应③④表明不能转化为NaOH或 D．反应⑤中只做氧化剂 【培优突破2-1】（25-26高一上·云南·期末）下图中，A是单质，B为淡黄色物质，A、B、C、D和E均含同一种元素。下列叙述错误的是 A．热稳定性：E>D B．物质B的电子式是 C．常温下，物质D在水中的溶解度大于E在水中的溶解度 D．反应③中，当生成0.2molC时，转移的电子的物质的量为0.1mol 【培优突破2-2】（25-26高一上·广东·期末）下图为钠元素的价类二维图。下列有关叙述不正确的是 A．若a是NaH，其中氢元素的化合价为-1价 B．b能与水剧烈反应产生氢气 C．若c为Na2O2，可用作潜水艇的供氧剂 D．若e是Na2CO3，向其溶液中逐滴滴加盐酸可立即产生气泡 考点 3 钠及其化合物的制备与性质探究 【进阶典例3】（25-26高一上·北京·期末）钠与水反应的微型实验装置如图所示。下列说法不正确的是 A．肥皂液可用于收集反应产生的 B．反应时，钠块熔为小球，说明钠的硬度小 C．钠块在煤油和水交界处上下跳动，直至消失 D．反应后试管中液体分层，下层呈红色 【培优突破3-1】（25-26高一上·河南·期末）某实验小组通过如图所示实验，探究与水的反应。下列说法错误的是 A．③中溶液变红，说明有碱性物质生成 B．④中现象可能是溶液中含有强氧化性物质造成的 C．⑤中的主要作用是验证溶液中存在 D．②中的大量气泡主要成分是氢气 【培优突破3-2】（25-26高一上·河北·期末）下列实验装置能达到实验目的的是： ①验证 Na 和水反应是否为放热反应 ②检验Na2O2与H2O反应有O2生成 ③观察 K2CO3的焰色试验 ④比较、的稳定性 A．①② B．①③ C．②③ D．③④ 考点 4 侯氏制碱法工艺流程 【进阶典例4】（25-26高一上·安徽·开学考试）某制碱工厂以粗盐为原料制纯碱，部分工艺流程如图： 有关说法正确的是 A．流程中加入三种溶液的顺序不能调整 B．按流程所加溶液的顺序除杂，过滤后得到三种沉淀 C．流程通入氨气之后溶液呈碱性，促进吸收 D．流程中发生反应的化学方程式为 【培优突破4-1】（25-26高一上·北京·期末）侯氏制碱法工艺流程如图所示。 下列说法不正确的是 A．饱和食盐水“吸氨”的目的是使“碳酸化”时产生更多的 B．煅烧时发生反应 C．“盐析”后溶液比“盐析”前溶液大 D．母液II与母液I所含粒子种类相同，但前者、、的浓度更大 【培优突破4-2】（25-26高一上·江苏·期末）实验室用下图装置模拟侯氏制碱法原理，以NaCl、、等为原料制取少量。下列有关说法正确的是 A．除去中的少量HCl可在乙装置中加入饱和溶液 B．用冰水浴冷却丙装置有利于析出固体 C．丙装置中析出固体的上层清液中不存在 D．丁装置是为了吸收丙装置中逸出的和 考点 5 焰色试验 【进阶典例5】（25-26高一上·山东临沂·期中）五彩缤纷的焰火与“焰色试验”知识有关。下列有关“焰色试验”的说法正确的是 A．焰色试验前，应用稀清洗铂丝 B．Na、、灼烧时火焰颜色均为黄色 C．将KCl在酒精灯上灼烧时能直接观察到紫色火焰 D．焰色试验是元素的性质，属于化学变化 【培优突破5-1】（25-26高一上·甘肃张掖·期中）春节期间，兰州太平鼓舞、永登硬狮子舞、何家营滚灯等非遗项目纷纷亮相，除此之外还有五颜六色的烟花秀，这与高中化学中“焰色试验”知识相关，下列说法中正确的是 A．钠燃烧时发出黄色的火焰 B．焰色试验中发生的变化为化学变化 C．透过蓝色钴玻璃观察到焰色为紫色，则待测液一定为钾盐 D．可用稀硫酸代替稀盐酸洗涤焰色试验中用到的铂丝 【培优突破5-2】（25-26高一上·黑龙江牡丹江·期中）焰色试验中钾盐在灼烧时火焰呈 A．黄色 B．紫色 C．绿色 D．砖红色 考点 6 氯及其化合物的性质与用途 【进阶典例6】（25-26高一上·云南昆明·期中）下列关于氯及其化合物的叙述中，正确的是 A．纯净的氢气在氯气中燃烧发出苍白色的火焰 B．向久置的氯水中滴入紫色石蕊试液，溶液将先变红后褪色 C．检验气体中是否混有HCl气体的方法是将气体通入硝酸银溶液 D．氯气能和铁反应，液氯不可用钢瓶储存 【培优突破6-1】（25-26高一上·江苏·期末）下列有关氯水成分实验和结论错误的是 A．氯水的颜色呈浅黄绿色，说明氯水中含有Cl2，久置氯水最终变为稀盐酸 B．向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，说明氯水中含有Cl- C．向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，说明氯水中含有H+ D．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 【培优突破6-2】（25-26高一上·江苏·期末）下列有关氯水成分实验和结论错误的是 A．氯水的颜色呈浅黄绿色，说明氯水中含有Cl2，久置氯水最终变为稀盐酸 B．向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，说明氯水中含有Cl- C．向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，说明氯水中含有H+ D．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 考点 7 氯及其化合物的转化关系 【进阶典例7】（25-26高一上·山东济宁·期中）中学6种常见物质转化关系如图所示，已知X、Y、Z及b均含有同一种元素，且单质X在常温、常压下为黄绿色气体，Y的水溶液是一种强酸，下列说法不正确的是 A．Y与Z反应不能得到X B．b为漂白液的有效成分 C．X与a反应是工业制取Y的重要途径之一 D．以上物质中b、c和Y都是电解质 【培优突破7-1】（25-26高一上·河南·期末）“价-类”二维图是学习元素及其化合物知识的重要模型。氯元素的“价-类”二维图如图所示，a~e分别代表5种不同的纯净物。 已知：e是钠盐。下列说法错误的是 A．a能使紫色石蕊试液变红 B．c的酸性比硫酸强 C．b和d都具有漂白性 D．e是漂白液的有效成分 【培优突破7-2】（25-26高一上·湖北·月考）氯及其化合物的“价—类”二维图如图所示，下列有关说法错误的是 A．e是一种新型自来水消毒剂 B．将a的浓溶液与d混合可制取b C．b→f可通过反应实现 D．c是一种强酸，具有强氧化性，能漂白棉、麻等 考点 8 氯及其化合物的制备与性质探究 【进阶典例8】（25-26高一上·安徽芜湖·期中）某同学利用硬质玻璃管进行氯气性质实验，f处为蘸有KOH溶液棉花，下列说法错误的是 A．b处出现白色物质，说明氯气溶于水并生成 B．c处干燥的蓝色石蕊试纸会变色可能的原因是此时的氯气未被干燥，混有水蒸气 C．处试纸变蓝，发生的反应为 D．蘸有KOH溶液的棉花团的作用是处理尾气 【培优突破8-1】（25-26高一上·辽宁·期中）实验室可用干燥的氯气与亚氯酸钠固体反应来制备，装置如图所示，已知常温下为黄绿色气体，熔点，沸点，极易溶于水且不与水反应，高浓度的受热时易爆炸，下列说法错误的是 A．A中反应的离子反应方程式为： B．导气管K的作用是平衡气压，使液体顺利流下 C．C和F中盛装的试剂是碱石灰 D．D中通入一定量的干燥空气，可以防止生成的浓度过高，发生爆炸 【培优突破8-2】（25-26高一上·河北衡水·期中）一种制备的原理为(红色粉末)(白色粉末)。某化学小组用如图装置制备(夹持装置已省略)。下列说法错误的是 已知：①的熔点为、沸点为，易溶于水；的沸点为。 ②高浓度的不稳定、易爆炸，与有机物接触或加热时会发生剧烈反应。 A．装置①中的现象是红色粉末逐渐变为白色 B．装置①中橡胶塞用铝箔包裹，防止与橡胶接触发生反应 C．通入干燥空气的目的是将生成的稀释，防止发生爆炸 D．从装置②逸出气体的主要成分是 考点 9 工艺流程中的氯及其重要化合物 【进阶典例9】（25-26高一上·新疆乌鲁木齐·期中）以工业废渣［主要成分为，杂质为］为原料制备的流程如下图所示：氯化时控制温度在左右，充分反应后过滤所得滤液为的混合溶液。下列有关说法错误的是 A．打浆可加快“氯化”步骤的速率，提高利用率 B．滤渣的主要成分为 C．转化过程可能发生的反应为： D．若氯化温度偏低，过滤所得滤液为的混合液，则、的个数之比可能约为5：3：31 【培优突破9-1】（25-26高一上·山东·期中）二氧化氯是国际上公认的安全、无毒的绿色消毒剂。“R7法”制备二氧化氯的优点是副产品氯气经处理后可循环利用，具体制备流程如图所示。 已知：Ⅰ． Ⅱ．消毒效率消毒剂转移的电子数消毒剂的质量 下列说法错误的是 A．和的消毒效率之比为 B．反应①中氧化剂和还原剂的物质的量相等 C．物质X为盐酸和硫酸的混合物 D．反应①消耗的硫酸与反应②生成的硫酸物质的量之比为 【培优突破9-2】（25-26高一上·福建·期末）利用NaClO和尿素[CO(NH2)2]反应制备N2H4∙H2O (水合肼)的实验流程如下图，下列说法错误的是 已知：①氯气与烧碱溶液的反应会放出热量，若温度过高会产生副产物NaClO3；②N2H4∙H2O有强还原性，能与NaClO剧烈反应生成N2；③实验流程中各反应没有Cl2产生。 A．步骤Ⅰ应采用冰水浴降温 B．步骤Ⅰ制备NaClO溶液时，若溶液中NaClO与的物质的量之比为2:1，则参与反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为3:7 C．步骤Ⅱ中尿素应一次性快速加入反应器中 D．步骤Ⅲ溶液中Cl-的物质的量大于步骤Ⅰ溶液 考点 10 含氯消毒剂的性质及应用 【进阶典例10】（25-26高一上·河南·月考）下列关于含氯消毒剂的解释错误的是 A．向溶液中通入适量可增强漂白效果： B．工业上将氯气通入石灰乳中制取漂白粉： C．氯水应避光保存的原因是 D．常用作饮用水的消毒杀菌剂，其漂白能力和消毒能力均比氯水强 【培优突破10-1】（25-26高一上·天津·期末）二氧化氯是国际公认的高效安全杀菌消毒剂，工业制备的反应原理如下：(浓)，下列关于该反应的说法中不正确的是 A．每生成0.1转移0.2电子 B．浓盐酸在反应中既体现还原性又体现酸性 C．被氧化和被还原的氯元素的物质的量之比为 D．每消耗0.2还原剂，生成和的总物质的量为0.3 【培优突破10-2】（25-26高一上·山西·期末）二氧化氯(ClO2)的熔点﹣59℃，沸点11℃，易溶于水，是一种常用的饮用水消毒剂，消毒时会产生Cl﹣和少量的，关于二氧化氯的说法不正确的是 A．易液化 B．实验室不能用排水法收集 C．消毒时利用其强还原性 D．氯的化合价为＋4 考点 11 有关物质的量相关概念辨析 【进阶典例11】（25-26高一上·陕西汉中·期中）每年10月23日的上午6：02到晚上的6：02被誉为“摩尔日”(MoleDay)。下列说法正确的是 A．摩尔是联系宏观物质和微观粒子之间的物理量 B．0.5molNO中含有0.5mol氧原子 C．氢气的摩尔质量是2g D．摩尔是物质的数量单位 【培优突破11-1】（25-26高一上·黑龙江牡丹江·期中）下列关于物质的量和摩尔质量的叙述，正确的是 A．氮气的摩尔质量是 B．中约含有个氧分子 C．氢中含有氢原子和电子 D．1mol任何纯净物都含有相同的原子数 【培优突破11-2】（25-26高一上·湖北荆州·期中）下列说法错误的是 A．物质的量是表示含有一定数目微粒的集合体，其单位为mol B．3.6 g 中含有2 mol电子 C．能够影响17g氯气体积大小的因素有气体的温度和压强 D．阿伏加德罗常数是个纯粹的数值，约为6.02×1023，没有单位 考点 12 阿伏加德罗常数的正误判断 【进阶典例12】（25-26高一上·江苏苏州·期中）用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．1 mol Na2O2固体中所含离子总数约为4NA B．1 mol Cl2溶于水充分反应，转移电子数为NA C．0.1 mol Fe与0.1 mol Cl2充分反应，转移的电子数为0.2NA D．18 g H218O中含有的中子数为10 NA 【培优突破12-1】（25-26高一上·湖南·期中）为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A．1 mol Cl2与足量水反应，转移的电子数为 B．标准状况下，28 g N2与CO的混合气体中，原子总数为 C．2 mol浓盐酸与足量二氧化锰充分反应，生成的氯气分子数为 D．1 L 1 mol/L Na2SO4溶液中的氧原子数为 【培优突破12-2】（25-26高一上·广东广州·期中）用表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述不正确的是 A．含有的电子数为 B．16g甲烷中含有分子的数目为 C．常温常压下，中含有氧原子的数目为 D．1.6g由氧气和臭氧组成的混合物中含有氧原子的数目为 考点 13 阿伏加德罗定律及其推论 【进阶典例13】（25-26高一上·上海·期中）由、和CO组成的混合气体在同温同压下与的密度相同，则该混合气体中、和CO的体积比是 A． B． C． D． 【培优突破13-1】（25-26高一上·广东广州·期中）如图一密闭容器被无摩擦、可滑动的两隔板a、b分成甲、乙两室；在乙室中充入，甲室中充入，静止时隔板位置如图所示。 下列说法正确的是 A．甲室气体质量为28 g B．乙室气体体积11.2 L C．原子数之比，甲:乙=2:1 D．甲室气体密度为1.25 g/L 【培优突破13-2】（25-26高一上·黑龙江哈尔滨·期中）标准状况下，下列物质：①个分子②氯气③氧气④。下列关系错误的是 A．体积：③>④ B．质量：①>② C．密度：②>③ D．质子数：①>④ 考点 14 溶液的配制及误差分析 【进阶典例14】（25-26高一上·安徽淮北·期中）某同学做实验需要480mL溶液，配制过程如图所示。 下列关于该实验的叙述错误的是 A．进行操作①时，固体应放置在烧杯中称量 B．进行操作③时，应先等溶液恢复至室温，再转移 C．进行操作⑤时，俯视刻度线会导致溶液浓度偏低 D．实验中应选用500mL容量瓶 【培优突破14-1】（25-26高一上·内蒙古呼和浩特·期中）某学习小组成员欲用胆矾()配制 100mL 1 mol·L-1 的溶液，下列说法正确的是 A．用托盘天平称量25.0 g 固体 B．摇匀后，发现液面低于刻度线，需要补加少水以重新达到刻度线 C．定容时，俯视容量瓶刻度线会导致所配溶液浓度偏大 D．容量瓶用蒸馏水洗涤后，残留有少量的水，会导致所配溶液浓度偏小 【培优突破14-2】（25-26高一上·湖南·期中）下列溶液中溶质的物质的量浓度为的是 A．将25 g CuSO4·5H2O溶于水配成100 mL溶液 B．将40 g NaOH溶解在1 L水中 C．将1 L10mol∙L-1的浓盐酸加入9 L水中 D．将22.4 L HCl气体溶于水配成1 L溶液 1．（25-26高一上·陕西商洛·期中）以不同类别物质间的转化为线索，可结构化地认识钠及其化合物的性质。下列说法不正确的是 A．过程Ⅱ发生反应的离子方程式为 B．若改变过程I的反应条件，能得到淡黄色固体 C．钠常保存于煤油中，钠着火时，应使用专用灭火剂或干砂灭火 D．上述过程I~IV中，发生电子转移的是I、II 2．（25-26高一上·甘肃张掖·期中）下列说法错误的是 A．可用澄清的石灰水鉴别和两种溶液 B．溶液和盐酸可以通过互滴进行鉴别 C．向碳酸钠固体中加入少量水后，结块变成晶体 D．向碳酸钠溶液中滴入酚酞，溶液变为红色 3.（25-26高一上·福建厦门·期中）已知84消毒液的有效成分是NaClO，某同学设计实验探究84消毒液的漂白性。 ①在消毒液中加入水后，放入红色纸片，观察到纸片慢慢褪色；②在消毒液中加入白醋(主要成分为醋酸)后，放入红色纸片，观察到纸片迅速褪色；③在不同温度时，测得84消毒液ORP值随时间的变化曲线如图所示。 已知：ORP表示水溶液中物质的氧化性或还原性强弱，ORP值越大氧化性越强。下列说法错误的是 A．实验①、②现象不同的原因可能是实验②中HClO浓度大于实验①中HClO浓度 B．实验②中白醋与84消毒液发生反应的离子方程式为 C．实验③的结论是随温度升高和时间延长，84消毒液的漂白性下降 D．84消毒液与双氧水混合使用，杀菌消毒效果可能会降低 4.（25-26高一上·江苏扬州·期中）为探究新制氯水的性质，某学生做了如下实验。 实验 装置 试剂a 现象 ① 紫色的石蕊试液 溶液先变红后褪色 ② HNO3酸化的AgNO3溶液 产生白色沉淀 ③ NaHCO3溶液 产生气泡 ④ KI溶液、淀粉溶液 溶液变蓝 由上述实验可得新制氯水的性质与对应的解释或离子方程式不相符的是 A．实验①说明新制氯水中含有H+、HClO B．实验②说明新制氯水中有Cl-：Cl-＋Ag+=AgCl↓ C．实验③发生的反应为：+HClO=ClO-+CO2↑+H2O D．实验④可能发生反应：Cl2+2I-=2Cl-+I2 5.（25-26高一上·广东广州·期中）下表中，对陈述I、Ⅱ的正确性及二者间是否具有因果关系的判断都正确的是 选项 陈述I 陈述Ⅱ 判断 A Na可与水反应产生 Na着火不能用水扑灭 I对；Ⅱ对；有关系 B 金属钠具有强还原性 高压钠灯发出透雾性强的黄光 I对；Ⅱ对；有关系 C 过氧化钠可用作航天员供氧剂 能和、反应生成 I对；Ⅱ对；有关系 D 小苏打可用于治疗胃酸过多 可与盐酸反应 I对；Ⅱ对；有关系 6.（25-26高一上·山西太原·月考）“价-类”二维图是学习元素化合物知识的重要模型和工具，图1为钠的“价-类”二维图，图2为比较甲、乙(甲、乙为Na2CO3或NaHCO3)的热稳定性的实验装置。下列说法正确的是 A．a与水生成NaOH的反应中氧化产物与还原产物的质量之比为 B．相同个数的b和c，含有的离子总数不同 C．Na转化为b或c，主要取决于反应温度和O2的量 D．甲为NaHCO3，可用于治疗胃酸过多 7.（25-26高一上·江苏无锡·期中）下列实验装置能达到实验目的的是 A．测氯水的pH B．干燥氯气 C．收集氯气 D．吸收氯气 8.（25-26高一上·广东广州·期中）“价—类二维图”是学习元素及其化合物知识的高效模型，下列有关氯的“价—类二维图说法错误的是 A．c可用于自来水的杀菌消毒 B．d不稳定，光照下分解会生成b C．a的浓溶液与在某种条件下可以生成b D．84消毒液的有效成分是f的钠盐，作用原理是与空气中的水和二氧化碳反应生成d 9.（25-26高一上·河北沧州·期中）在由组成的混合液中，部分离子浓度大小如图所示。下列说法错误的是 A．混合液中阴离子和阳离子个数比为 B．的物质的量是 C．该混合液中的物质的量浓度是 D．将该混合液加水稀释至体积为1L，Cl-的物质的量为0.6mol 10.（25-26高一上·河北邯郸·期中）家用天然气中会添加微量的有特殊臭味的泄漏警告剂，其主要成分可以是四氢噻吩（化学式为，熔点为，沸点为）。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．中含有个电子 B．中和的质量比为 C．标准状况下，的体积为 D．中含有个 11.（25-26高一上·山东烟台·期中）如图是利用手持技术测定阳光照射不同气体温度变化曲线，实验中用到的四个容器完全相同，且体积固定，初始温度为，压强为。下列说法错误的是 A．实验开始时，与的密度之比为 B．时四个容器内压强：空气 C．若容器的容积为，时原子个数大于 D．到，的温度变化最大，是四种气体中温室效应最显著的 12.（25-26高一上·江苏南通·期中）以“物质的量”为中心的计算是化学计算的基础。下列说法正确的是 A．标准状况下，的体积为22.4L B．常温常压下，中约含有个分子 C．中的物质的量为0.01mol D．物质的量浓度为的溶液中，含有的物质的量为0.2mol 13.（25-26高一上·江苏徐州·期中）某补铁口服液中含乳酸亚铁（，相对分子质量：234）及维生素，每支（）口服液含乳酸亚铁，已知维生素和乳酸亚铁都具有还原性，均能使酸性溶液褪色。下列说法正确的是 A．乳酸亚铁的摩尔质量为 B．每支口服液含有的质量约为 C．乳酸亚铁的物质的量浓度为 D．滴加少量酸性溶液能证明口服液中含维生素 14.（25-26高一上·黑龙江哈尔滨·期中）回答下列问题： （1）钠有一种常见淡黄色氧化物，名称为 ，常用作呼吸面具的供氧剂。该物质与反应的化学反应方程式为 。 （2）1 mol钠单质中含有钠原子约为 个，含有质子 mol，在与足量的水反应中失去 mol电子。 （3）金属钠放置在空气中观察到下列现象。 银白色固体变灰暗变白色出现液滴白色晶体 ①反应I后固体变灰暗，该固体的化学式为 ，将少量灰暗色固体投入溶液中，观察到的实验现象为 。 ②反应Ⅱ后得到的固体为，在水中的电离方程式为 。 ③反应Ⅳ，主要是液滴与空气中的 (填名称)发生反应，下列属于白色晶体用途的是 (填字母)。 A．制肥皂    B．造纸 C．烘焙蛋糕    D．用于治疗胃酸过多症 15.（25-26高一上·河南洛阳·期中）“84消毒液”是一种以NaClO为主的高效消毒剂，被广泛用于宾馆、旅游、医院、食品加工行业、家庭等的卫生消毒。某“84消毒液”瓶体的部分标签如图所示。 （1）该“84消毒液”的物质的量浓度约为 (保留三位有效数字)。 （2）某同学向2 mL该“84消毒液”中加入2 mL水后，滴加酚酞，溶液变红，之后的短时间内无明显变化；通入后，溶液快速褪色。实验说明NaClO溶液呈 (填“酸性”或“碱性”)。分析通入后溶液褪色的可能原因是 。 （3）利用该“84消毒液”配制溶液。配制过程中需用的玻璃仪器有下图中的 (填标号)，除此之外还需要胶头滴管、细口试剂瓶和 。 a．    b．    c．    d． （4）配制过程中，转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水，所配溶液的浓度 (填“偏大”“无影响”“偏小”，下同)；定容摇匀后，发现液面下降，继续加水至刻度线，所配溶液的浓度 。 （5）将“84消毒液”与双氧水两种消毒剂混用，可能导致NaClO将氧化产生，促进水体中藻类快速生长，其反应的化学方程式为 。 1．（25-26高一上·江西·期中）将2.3 g Na加入100 g溶质质量分数为16%的溶液中。充分反应后，下列说法正确的是 A．可生成0.05 mol Cu B．可生成0.1 mol C．反应后的溶液总质量为102.3 g D．反应后的溶液中，的质量为8 g 2．（25-26高一上·北京·期中）研究小组探究与水反应。取1.56 g 粉末加入到40 mL水中，充分反应得溶液A(溶液体积几乎无变化)，进行以下实验。 编号 ① ② ③ ④ 操作 现象 溶液变红色，20秒后褪色 ⅰ．产生大量能使带火星木条复燃的气体 ⅱ．溶液变红色，10分钟后褪色 ⅰ．溶液变红色，10分钟后溶液褪色 ⅱ．变红色 溶液变红色，2小时后无明显变化 下列说法不正确的是 A．由②中现象ⅰ可知，与水反应有生成 B．由③、④可知，②中溶液红色褪去是因为浓度大 C．由②、③、④可知，①中溶液红色褪去的主要原因不是浓度大 D．向①中褪色后的溶液中滴加5滴浓盐酸，溶液最终变成红色 3.（25-26高一上·黑龙江哈尔滨·期中）部分含氯物质的分类与对应的化合价的关系如图所示，下列推断不合理的是 A．a可与g反应生成b B．b通入热的溶液可生成f和h C．可使用pH试纸测定比较d与e酸性强弱 D．c具有强氧化性，可用于自来水的消毒 4.（25-26高一上·新疆乌鲁木齐·期中）某化学教师设计如图一体化实验装置用于制备并探究的某些性质，1、2、3、4为蘸有对应溶液的棉团。下列说法错误的是 A．试剂x可选择浓NaOH溶液 B．饱和食盐水用于吸收中的HCl，防止干扰实验 C．一段时间后，1和2处棉团均会褪色 D．3处棉团变橙色、4处棉团变蓝，说明氯气有还原性 5.（25-26高一上·河南商丘·期中）向活塞可移动的密闭容器左右两侧分别充入N2、H2和O2的混合气体(已知N2体积占整个容器体积的)，如图所示。将H2和O2的混合气体点燃引爆，活塞先左弹，恢复室温过程中活塞右滑，最终左右两侧气体体积比为4:1，下列说法错误的是 A．反应前，活塞左侧气体分子数与右侧总气体分子数之比为1:1 B．反应前，右侧H2和O2的物质的量之比可能为3:1 C．反应前后，容器内压强之比一定为8:5 D．若反应前N2体积占容器总体积的，则点燃引爆并恢复至室温后，两侧气体体积不可能相等 6.（25-26高一上·福建泉州·期中）对下列内容进行填空。 （1）常温常压下，160 g的气体含有的原子数为 。 （2）下列所给出的几组物质中：标准状况下体积最大的是 。（填序号） ①；②个；③；④标准状况下 （3）在一定的温度和压强下，1体积气体跟3体积气体化合生成2体积气态化合物，则该化合物的化学式是 。 （4）两个相同容积的密闭容器X、Y，在25℃下，X中充入ag A气体，Y中充入气体，X与Y内的压强之比是4:11，则A的摩尔质量为 。 （5）某固体A在一定条件下加热分解，产物都是气体。分解的方程式为。测得生成的混合气体对氢气的相对密度为d，则A的相对分子质量为 。 （6）将的溶液a ml加水稀释至b ml，稀释后溶液中的物质的量浓度是 。 （7）现有20 mL浓度为溶液与等体积等浓度稀硫酸充分反应，反应后溶液中物质的量浓度是 。（假设溶液混合后体积变化忽略不计） （8）碳酸钠样品中可能含有氢氧化钠、碳酸钙、生石灰、氯化钠、硫酸铜五种杂质中的三种。现进行下列实验：①称取4.7 g样品，加入足量水，样品部分溶解；②向①中所得悬浊液中加入，最终得到无色澄清溶液，此过程中共产生0.04 mol气体；③向②中反应后的溶液中加入足量的硝酸银与稀硝酸，得到15.8 g白色沉淀。由此可知杂质中一定含有 （填写化学式） 学科网（北京）股份有限公司1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 第二章 海水中的重要元素——钠和氯 复习讲义 目 录 知识体系·深度建构：贯通知识内在脉络，夯实学科认知根基 归纳整合·深化提升：梳理重难关键要点，升华思维认知层级 高频考点·精准突破：透析高频命题规律，高效攻克关键题型 考点 1 钠的性质及其应用 考点 8 氯离子的检验 考点 2 钠的氧化物及其应用 考点 9 氯水的成分与性质 考点 3 碳酸钠、碳酸氢钠的性质及其应用 考点10 氯及其化合物的转化 考点 4 焰色试验及其应用 考点11 物质的量 摩尔质量 考点 5 钠及其化合物的转化 考点12 气体摩尔体积 阿伏加德罗定律 考点 6 氯气的性质与制备 考点13 物质的量浓度及其计算 考点 7 次氯酸与含氯消毒剂 考点14 一定物质的量浓度溶液的配制 培优测评·素养进阶：实战演练查漏补缺，稳步进阶学科素养 知识 1 钠的性质及其应用 1.钠的物理性质 （1）颜色状态：银白色固体； （2）硬度：很小，可以用小刀切，剩余的钠要放回原瓶； （3）密度：比水的小，而比煤油的大，比酒精的大，即ρ煤油<ρ钠<ρ酒精<ρ水。 （4）熔点：比较低，原因：钠离子的比较大，电荷少，金属键弱，破坏金属键所需能量低。 2.钠的化学性质 NaNa＋ （1）与非金属单质(如O2、Cl2、S、H2)的反应 O2 常温 4Na＋O2＝2Na2O 白色固体 加热 2Na＋O2Na2O2 淡黄色固体 Cl2 2Na＋Cl22NaCl （产生黄色火焰，生成白烟） S 2Na＋S＝Na2S （研磨时容易爆炸） H2 2Na＋H22NaH（金属氢化物中，氢为－1价） （2）与水反应 ①钠与水反应的产物：NaOH、H2 ②与滴加酚酞的水反应的现象及解释 ③实验结论： 化学方程式：2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑、离子方程式：2Na＋2H2O===2Na＋＋2OH－＋H2↑。 （3）与盐酸、硫酸反应 离子方程式：2Na＋2H＋===2Na＋＋H2↑。 【易错提醒】Na先与酸反应，再与水反应——先酸后水。 （4）与盐反应 a．与熔融盐反应，如：4Na＋TiCl44NaCl＋Ti、Na＋KClNaCl＋K↑(制取金属钾，因为钾的沸点比钠的沸点低，使钾成为蒸汽而逸出) b．与盐溶液反应 ①投入NaCl溶液中，只有H2放出：2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑ 若投入饱和NaCl溶液中，有H2放出，还有NaCl晶体析出(温度不变) ②投入NH4Cl溶液中有H2和NH3逸出：2Na＋2NH4Cl===2NaCl＋H2↑＋2NH3↑ ③投入CuSO4溶液中有H2逸出和蓝色沉淀生成：2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑、2NaOH＋CuSO4===Cu(OH)2↓＋Na2SO4 总反应：2Na＋CuSO4＋2H2O===Na2SO4＋H2↑＋Cu(OH)2↓。 【易错提醒】与盐溶液反应时先与水反应，生成的碱与盐可能发生复分解反应。 3.钠的制取及保存 （1）工业制取：2NaCl(熔融)2Na＋Cl2↑。 （2）保存：密封保存，通常保存在石蜡油或煤油中，钠易与空气中的O2、H2O反应，且钠的密度比煤油的密度大，不与煤油反应，故通常将少量钠保存在煤油中，大量钠保存在石蜡中。 4.钠的用途 （1）钠钾合金(液态)可用于原子反应堆的导热剂。 （2）用作电光源，制作高压钠灯。 （3）冶炼某些金属：钠能与钛、锆、铌、钽等氯化物（熔融）发生置换反应，金属钠具有强还原性，熔融状态下可以用于制取金属，如4Na＋TiCl44NaCl＋Ti。 （4）制取Na2O2等化合物。 深化提升 1．钠燃烧时不能用水灭火，应用沙土盖灭。 2．取用金属钠时，用镊子夹取金属钠，用滤纸擦干表面的煤油，放在洁净干燥的玻璃片上用小刀切割，不能用手直接接触金属钠，并且将剩余的钠放回原试剂瓶中保存。 3．钠与溶液反应的共同现象 ①浮：钠浮在液面上；②熔：钠熔化成光亮的小球；③游：在液面上不停地游动直至反应完全；④响：反应中不停地发出“嘶嘶嘶”的响声。若溶液中H＋浓度较大，与水相比反应更加剧烈，最后钠可能在液面上燃烧。 4.钠性质的巧记口诀：银白轻低软，传导热和电；遇氧产物变，遇氯生白烟；遇水记五点，浮熔游响红；遇酸酸优先，遇盐水在前。 5.考虑钠与酸、碱、盐的水溶液反应时，要注意Na与水反应的同时，生成的NaOH还可能继续与部分溶质反应。 6.对钠与酸反应的计算问题，勿忽略Na若过量还可与H2O反应。 1.钠元素以盐的形式广泛分布于陆地和海洋中，钠也是人体肌肉组织和神经组织中的重要成分之一。对于下列事实和解释错误的是 事实 解释 A 钠受热后先熔化，然后与氧气剧烈反应，发出黄色火焰，生成一种淡黄色固体 发生的化学反应为 B 金属钠保存在石蜡油或煤油中 钠的性质活泼，需要隔绝空气和水保存 C 钠和水反应时会熔成光亮的小球 钠和水的反应放热，且钠的熔点低 D 把金属钠放到溶液中，会产生蓝色沉淀 钠先与溶液中的水反应生成NaOH和，生成的NaOH再与反应生成沉淀 【答案】A 【解析】A．钠在加热条件下与氧气反应生成过氧化钠，化学反应方程式为，A错误；B．钠是活泼金属，易与水、氧气反应，保存时需要隔绝空气和水，保存在石蜡油或煤油中，B正确；C．钠和水反应时会熔成光亮的小球，证明钠和水的反应放热，且钠的熔点低，C正确；D．钠是活泼金属，易与水反应，把金属钠放到溶液中，会产生蓝色沉淀，原理是钠先与溶液中的水反应生成NaOH和，生成的NaOH再与反应生成沉淀，D正确；答案选A。 2.为探究钠的部分性质，设计实验操作如图： ①向如图所示的试管中加入苯(已知苯不溶于水，密度为)；②拔出大头针，使Na(密度为)落入苯中(钠与苯不反应)；③从长颈漏斗中加入饱和澄清石灰水(密度约为)。 对上述实验现象的说法错误的是 A．Na在石灰水与苯的界面处反应，并上下跳动 B．Na燃烧，最终消失 C．澄清石灰水变浑浊 D．苯层可观察到有气泡产生 【答案】B 【分析】Na与澄清石灰水反应的实质是与氢氧化钙溶液中的水反应，据此分析。 【解析】A．由于密度ρ(苯)＜ρ(Na)＜ρ(澄清石灰水)，所以金属Na在澄清石灰水与苯的界面处与溶液中的水反应产生H2，氢气气体使Na受到的浮力增大，钠块上升，后又下落界面处的石灰水溶液中进一步与水反应，钠块上下跳动直至消失，A正确；B．由于苯隔离空气，因此Na不会燃烧，B错误；C．由于Na与水反应放热，氢氧化钙溶解度随温度升高而降低，因此澄清石灰水变浑浊，C正确；D．根据B选项，可知D正确；故选B。 知识 2 钠的氧化物及其应用 1.氧化钠与过氧化钠的比较 Na2O Na2O2 电子式 氧元素化合价 －2 －1 色、态 白色固体 淡黄色固体 阴、阳离子个数比 1∶2 1∶2 是否为碱性氧化物 是 不是 化学键类型 只有离子键 有离子键和共价键 与水反应 Na2O＋H2O=2NaOH 2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑ 与CO2反应 Na2O＋CO2=Na2CO3 2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2 与盐酸反应 Na2O＋2HCl=2NaCl＋H2O 2Na2O2＋4HCl=4NaCl＋2H2O＋O2↑ 主要用途 可制烧碱 漂白剂、消毒剂、供氧剂 保存 密封 密封、远离易燃物 2.过氧化钠的性质： （1）强氧化性的六个表现 试剂 现象 反应原理并解释 SO2气体 － Na2O2＋SO2===Na2SO4 FeCl2溶液 有红褐色沉淀生成 4Na2O2＋4FeCl2＋6H2O===4Fe(OH)3↓＋O2↑＋8NaCl Na2SO3溶液 － Na2O2＋Na2SO3＋H2O=== Na2SO4＋2NaOH 氢硫酸 溶液变浑浊 Na2O2＋H2S=== S↓＋2NaOH 酚酞溶液 溶液先变红后褪色 与水反应生成NaOH，Na2O2的强氧化性使之褪色 品红溶液 溶液红色褪去 Na2O2的强氧化性使之褪色 （2）理解Na2O2强氧化性的两个角度 ①从结构角度 Na2O2的结构中含有过氧键(—O—O—)，含有过氧键结构的物质有较强的氧化性，以此类推，如H2O2、H2SO5(过硫酸，相当于H2O2中的一个H被—SO3H取代)、Na2S2O8(过二硫酸钠)中都有过氧键结构，都是很强的氧化剂。 ②从化合价的角度 Na2O2中的氧元素为－1价，有很强的氧化性，能氧化一些常见的还原剂，如SO2、Fe2＋、SO32-、HSO3-、H2S、S2－、I－。同时－1价的O也有还原性，如遇到强氧化剂KMnO4也可以被氧化成O2。 （3）Na2O2与H2O、CO2的反应规律 电子转移关系 当Na2O2与CO2、H2O反应时，物质的量关系为2Na2O2～O2～2e－，n(e－)＝n(Na2O2)＝2n(O2) 气体体积变化关系 若CO2、水蒸气(或两混合气体)通过足量Na2O2，气体体积的减少量是原气体体积的，等于生成氧气的量，ΔV＝V(O2)＝V 固体质量变化关系 CO2、水蒸气分别与足量Na2O2反应时，固体相当于吸收了CO2中的“CO”、水蒸气中的“H2”，所以固体增加的质量Δm(CO2)＝28 g·mol－1×n(CO2)、Δm(H2O)＝2 g·mol－1×n(H2O) 深化提升 ①Na2O2遇KMnO4等强氧化剂时，表现出还原性，氧化产物为O2。 ②Na2O2遇H2O、H＋则发生自身的氧化还原反应。 ③Na2O2遇还原性氧化物（即低价非金属氧化物），表现强氧化性，一般不生成氧气，而生成高价钠盐，如Na2O2＋SO2===Na2SO4。 ④Na2O2遇最高价金属氧化物（酸酐）发生自身的氧化还原反应，有氧气生成，如2Mn2O7＋2Na2O2===4NaMnO4＋O2。 ⑤无论是过氧化钠还是其他过氧化物，具有强氧化性、漂白性等特殊性质的根本原因是这些物质中都含有过氧键。 1.下列关于钠及其化合物的说法不正确的是 A．粉末加入溶液中，会产生气体和浑浊 B．Na、、长期放置在空气中，最终都将变成碳酸钠 C．氧化钠属于碱性氧化物，与水反应可以生成氢氧化钠和氧气 D．向包有粉末的脱脂棉上滴加几滴水，脱脂棉剧烈燃烧起来，说明与反应放热且有氧气生成 【答案】C 【解析】A．过氧化钠加入碳酸氢钙溶液中，过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，氢氧化钠与碳酸氢钙反应生成碳酸钙沉淀，所以会生成气体和浑浊，A正确；B．Na容易被氧气氧化生成Na2O，Na2O与空气中的水反应生成NaOH，NaOH与空气中的CO2反应生成Na2CO3，Na2O2与空气中的水反应生成NaOH，NaOH与CO2反应生成Na2CO3，B正确；C．氧化钠属于碱性氧化物，与水反应生成氢氧化钠，C错误；D．向包有过氧化钠粉末的脱脂棉上滴加几滴水，脱脂棉剧烈燃烧，说明过氧化钠与水的反应为放热反应，同时脱脂棉剧烈燃烧说明有助燃气体生成，即有氧气生成，D正确；故答案选C。 2.下列关于氧化钠和过氧化钠的叙述中，正确的是 A．溶于水后所得溶液的成分相同 B．氧元素的化合价相同 C．阴、阳离子个数比不同 D．都属于碱性氧化物 【答案】A 【解析】A项，氧化钠、过氧化钠与水反应都生成NaOH，故溶于水后所得溶液的成分相同，正确；B项，氧化钠中氧元素为－2价，过氧化钠中氧元素为－1价，错误；C项，Na2O中含有2个Na＋和1个O2－，Na2O2中含有2个Na＋和1个O22－，二者阴、阳离子个数比相同，错误；D项，氧化钠是碱性氧化物，过氧化钠与盐酸反应生成NaCl、O2、H2O，不是碱性氧化物而是过氧化物，错误,答案选A。 知识 3 碳酸钠、碳酸氢钠的性质及其应用 1、Na2CO3、NaHCO3的物理性质 名称 碳酸钠 碳酸氢钠 化学式 Na2CO3 NaHCO3 俗名 纯碱或苏打 小苏打 颜色、状态 白色粉末 细小白色晶体 水溶性 易溶于水 水中易溶，但比Na2CO3的溶解度小 2、Na2CO3、NaHCO3的化学性质 （1）热稳定性 ①Na2CO3性质稳定，受热难分解。 ②NaHCO3性质不稳定，受热易分解，化学方程式为2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑。 （2）与足量盐酸反应 ①Na2CO3：CO＋2H＋===H2O＋CO2↑。 ②NaHCO3：HCO＋H＋===H2O＋CO2↑。 （3）与碱(NaOH溶液)反应 ①Na2CO3：与NaOH溶液不反应。 ②NaHCO3：NaHCO3＋NaOH===Na2CO3＋H2O。 （4）相互转化 ①Na2CO3―→NaHCO3 向Na2CO3溶液中通入CO2，化学方程式为Na2CO3＋H2O＋CO2===2NaHCO3。 ②NaHCO3―→Na2CO3 NaHCO3固体加热分解转化成Na2CO3。 3、Na2CO3、NaHCO3的主要用途 （1）碳酸钠：用于造纸、制造玻璃、制皂、洗涤等。 （2）碳酸氢钠：用于制发酵粉、医药、治疗胃酸过多、灭火剂等。 4、Na2CO3的制备—侯氏制碱法 ①原料 食盐、氨气、二氧化碳——合成氨厂用水煤气制取氢气时的废气 其反应为C＋H2O(g)CO＋H2，CO＋H2O(g)CO2＋H2。 ②反应原理 产生NaHCO3反应：NH3＋NaCl＋CO2＋H2O===NaHCO3↓＋NH4Cl。 产生Na2CO3的反应：2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O。 ③工艺流程 ④循环使用的物质：CO2、饱和食盐水。 5、Na2CO3、NaHCO3与盐酸反应的基本图象 若V(Oa)＝V(ab)(即Oa段与ab段消耗盐酸的体积相同) 溶液中的溶质为Na2CO3 涉及离子方程式Oa：CO＋H＋===HCO； ab：HCO＋H＋===H2O＋CO2↑ 若V(Oa)>V(ab)(即Oa段消耗盐酸的体积大于ab段消耗盐酸的体积) 溶液中的溶质为Na2CO3和NaOH 涉及离子方程式Oa：OH－＋H＋===H2O、 CO＋H＋===HCO； ab：HCO＋H＋===H2O＋CO2↑ 若V(Oa)<V(ab)(即Oa段消耗盐酸的体积小于ab段消耗盐酸的体积) 溶液中的溶质为Na2CO3和NaHCO3 涉及离子方程式Oa：CO＋H＋===HCO； ab：HCO＋H＋===H2O＋CO2↑ 若a＝0(即图像从原点开始) 溶液中的溶质为NaHCO3 涉及离子方程式：HCO＋H＋===H2O＋CO2↑ 深化提升 1.Na2CO3、NaHCO3的鉴别 ①固体的鉴别用加热法：产生使澄清石灰水变浑浊的气体的是NaHCO3固体。 ②溶液的鉴别可用沉淀法、气体法和测pH法。 a.沉淀法：加入BaCl2溶液或CaCl2溶液，产生沉淀的是Na2CO3溶液。 b.气体法：滴入稀盐酸，立即产生气泡的是NaHCO3溶液。 c.测pH法：用pH试纸测相同浓度的稀溶液，pH大的是Na2CO3溶 2.Na2CO3、NaHCO3的除杂 序号 混合物(括号内为杂质) 除杂方法 ① Na2CO3(s)(NaHCO3) 加热法 ② NaHCO3(aq)(Na2CO3) 通入足量CO2 ③ Na2CO3(aq)(NaHCO3) 滴加适量NaOH溶液 3.易错提醒 ①NaHCO3与碱溶液反应的实质是HCO3-与OH－反应生成CO32-，CO32-有可能发生后续反应，如NaHCO3与Ca(OH)2溶液反应可以生成白色沉淀CaCO3； ②不能用澄清石灰水来鉴别Na2CO3与NaHCO3：Ca(OH)2溶液与二者反应均生成白色沉淀CaCO3，无法区别； ③用盐酸鉴别Na2CO3溶液和NaHCO3溶液时，要求两溶液浓度相差不大，且加入的盐酸等浓度且不宜过大；④Na2CO3、NaHCO3与酸、碱、盐的反应均为复分解反应，因而反应能否进行应从复分解反应的条件来判断。 1.下列有关Na2CO3和NaHCO3的叙述中正确的是 A．向Na2CO3溶液中逐滴加入等物质的量的稀盐酸，生成的CO2与原Na2CO3的物质的量之比为1：2 B．等质量的NaHCO3和Na2CO3分别与足量盐酸反应，在同温同压下，生成的CO2体积相同 C．相同温度下物质的量浓度相同时，Na2CO3溶液的pH小于NaHCO3溶液 D．用套管实验比较Na2CO3和NaHCO3分解温度高低，将NaHCO3放在内部小试管中 【答案】D 【解析】A．根据化学方程式Na2CO3＋HCl=NaCl＋NaHCO3，当碳酸钠和盐酸物质的量相等时，不会产生二氧化碳，A错误；B．NaHCO3和Na2CO3都与盐酸反应生成二氧化碳气体：NaHCO3＋HCl=NaCl＋H2O＋CO2↑，Na2CO3＋2HCl=2NaCl＋H2O＋CO2↑，等质量的Na2CO3和NaHCO3物质的量不同，与足量盐酸反应，放出的CO2质量不相等，所以同温同压下，生成的CO2体积不同，B错误；C．相同温度下，在Na2CO3溶液、NaHCO3溶液中，碳酸根离子和碳酸氢根离子均能水解，导致溶液呈碱性，但是碳酸根离子水解程度大，所以碳酸钠的碱性强于碳酸氢钠，即Na2CO3溶液的pH大于NaHCO3溶液，C错误；D．用套管实验比较Na2CO3和NaHCO3分解温度高低，碳酸氢钠受热分解，碳酸钠受热不分解，应将NaHCO3放在内部小试管中，D正确；答案为D。 2.向100 mL NaOH溶液中通入一定量的CO2气体，经充分反应后，再向所获得的溶液中逐滴加入0.1mol/L的盐酸，产生CO2的体积与所加盐酸体积之间关系如图所示。下列判断不正确的是 A．原NaOH溶液的物质的量浓度为0.1 mol/L B．通入CO2在标准状况下的体积为224 mL C．V(盐酸)=0~25 mL的范围内发生的离子反应为：+ H+= D．所得溶液的溶质成分为Na2CO3和NaHCO3 【答案】B 【分析】假设NaOH与CO2气体反应所得溶液中只有Na2CO3，则开始阶段发生反应：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，生成CO2发生的反应为：NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，由方程式可知，前后两个阶段消耗盐酸的体积应相等，而实际生成二氧化碳消耗的盐酸体积多，故NaOH与CO2气体反应所得溶液中溶质为Na2CO3、NaHCO3。 【解析】A．滴加100mL盐酸时，碳元素全部转化为二氧化碳，溶液中的溶质只有NaCl，所以n(Na+)=n(Cl-)=0.1L×0.1mol·L-1=0.01mol，所以n(NaOH)=0.01mol，c(NaOH)=0.01mol÷0.1L=0.1mol/L，故A正确；B．由曲线可知从25mL到100mL为碳酸氢钠与盐酸反应生成二氧化碳，反应方程式为：NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，所以n(CO2)=n(HCl)=(0.1L-0.025L)×0.1mol/L=0.0075mol，所以CO2气体体积为0.0075mol×22.4L/mol=0.168L=168mL，故B错误；C．V(盐酸)=0~25mL的范围内，Na2CO3转化为NaHCO3，发生的离子反应为CO+H+=HCO，故C正确；D．根据分析可知所得溶液的溶质成分为NaHCO3和Na2CO3，故D正确；故选B。 知识 4 焰色试验及其应用 1.焰色试验的概念 很多金属或它们的化合物在灼烧时都会使火焰呈现特殊颜色,可以判断试样所含的金属元素,化学上把这样的定性分析操作称为焰色试验，属于物理变化，是元素的性质。 2.焰色试验的操作 铂丝无色待测物观察火焰颜色铂丝无色 3.常见元素的焰色 钠元素：黄色；钾元素：紫色(透过蓝色钴玻璃观察)；铜元素绿色；钡元素：黄绿色；钙元素：砖红色。 深化提升 （1）焰色试验是物理变化，是金属元素的性质，既可以是单质，也可以是化合物，如不论灼烧Na2CO3、NaCl、Na2SO4还是钠的单质，均发出黄色火焰。 （2）用稀盐酸清洗的原因：生成金属氯化物，而金属氯化物在高温时可挥发，而硫酸盐难挥发。 （3）焰色反应中所用的火焰应是无色或浅色的。 （4）灼烧铂丝时应一直烧至火焰恢复到原来的颜色。 （5）可用洁净无锈的铁丝代替铂丝，不能用铜丝代替。 1.春节期间，家家户户用燃放烟花爆竹的方式庆贺新春。这与高中化学中“焰色试验”知识相关，下列关于焰色试验说法中错误的是 A．焰色试验是化学变化 B．钠的焰色试验为黄色 C．钾的焰色试验应透过蓝色钴玻璃观察 D．不能利用焰色试验区分NaOH与NaCl固体 【答案】A 【答案】A项，焰色试验是物理变化，不是化学变化，错误；B项，钠的焰色试验为黄色，正确；C项，钾的焰色试验需透过蓝色的钴玻璃观察，避免钠的焰色对钾的焰色的干扰，正确；D项，NaOH和NaCl固体的焰色都为黄色，无法利用焰色试验来区分，正确，答案选A。 2.下列说法正确的是 A．用焰色反应鉴别NaCl和Na2SO4 B．区别K2CO3溶液和NaCl溶液只能用焰色反应 C．用铂丝蘸取某溶液置于酒精灯外焰上灼烧，火焰呈黄色，则该溶液中含Na元素 D．做焰色实验时用洁净的铜丝蘸取待测液，放到无色火焰上灼烧，观察火焰颜色 【答案】C 【解析】A项，NaCl、Na2SO4焰色试验均为黄色，无法鉴别，错误；B项，K2CO3和盐酸反应放出二氧化碳气体，NaCl和盐酸不反应，可以用盐酸鉴别K2CO3和NaCl，错误；C项，钠的焰色是黄色，用铂丝蘸取某溶液置于酒精灯外焰上灼烧，火焰呈黄色，该溶液中含 Na 元素，正确；D项，因为铜丝灼烧火焰呈绿色，干扰实验，所以要用灼烧时火焰几乎为无色的铂丝或者铁丝，错误，答案选C。 知识 5 钠及其化合物的转化 1.钠及其重要化合物的知识主线： Na→Na2O→Na2O2→NaOH→Na2CO3→NaHCO3 2钠及其重要化合物知识网络 . 3.钠及其化合物的价类二维图 4.钠及其化合物重要方程式 ①Na和H2O的反应：2Na＋2H2O===2Na＋＋2OH－＋H2↑； ②Na在空气中燃烧：2Na＋O2Na2O2； ③Na2O2和H2O的反应：2Na2O2＋2H2O===4Na＋＋4OH－＋O2↑； ④Na2O2和CO2的反应：2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2； ⑤向NaOH溶液中通入过量CO2：OH－＋CO2===HCO； ⑥将Na2CO3溶液与石灰乳混合：CO＋Ca(OH)2===CaCO3↓＋2OH－； ⑦向Na2CO3稀溶液中通入过量CO2：CO＋CO2＋H2O===2HCO； ⑧将NaHCO3溶液和NaOH溶液等物质的量混合：HCO＋OH－===CO＋H2O； ⑨将NaHCO3溶液与澄清石灰水等物质的量混合：HCO＋Ca2＋＋OH－===CaCO3↓＋H2O； ⑩将NaHCO3溶液与少量澄清石灰水混合：2HCO＋Ca2＋＋2OH－===CaCO3↓＋CO＋2H2O。 深化提升 钠及其化合物的知识盲点 （1）钠及其重要化合物： ①钠和盐溶液反应,不能置换出盐中的金属,与熔融的盐反应才可能置换出盐中的金属。 ②Na与足量O2反应无论生成Na2O还是Na2O2,只要参与反应的Na的质量相等,则转移电子的物质的量一定相等,但得到Na2O2的质量大于Na2O。 ③Na分别与H2O和乙醇发生反应均能生成H2,但反应的剧烈程度不同,前者反应剧烈,后者反应缓慢。 ④1 mol Na2O2参与反应转移电子的物质的量不一定为1 mol,如1 mol Na2O2与足量SO2的反应转移电子应为2 mol。 ⑤不能用Ca(OH)2溶液鉴别Na2CO3和NaHCO3溶液,应选用CaCl2或BaCl2溶液。 ⑥除去CO2中的HCl气体，应选用饱和的NaHCO3溶液。 ⑦向饱和的Na2CO3溶液中通入过量CO2，有NaHCO3白色晶体析出。 ⑧焰色反应是元素的性质，无论游离态还是化合态，均具有相同的焰色反应，它不是化学变化，在观察钾元素的焰色反应时，应通过蓝色的钴玻璃片。 ⑨Na－K合金常温下呈液态，是原子反应堆的导热剂。 ⑩碱金属的密度呈现增大的趋势，但K反常。 ⑪Li和O2反应只生成Li2O；NaH是离子化合物，是一种强还原剂。Na2O、Na2O2阴阳离子个数比均为1∶2。 ⑫Na2O2投入品红溶液中,因溶液中有强氧化性物质,因而可使品红溶液褪色。Na2O2投入无色酚酞溶液中,酚酞溶液先变红后褪色。 1.钠及其化合物的转化如图。下列相关分析错误的是 溶液溶液溶液 A．属于碱性氧化物 B．以上5种含钠物质均能与盐酸反应 C．以上转化过程涉及的反应均为非氧化还原反应 D．可用pH试纸鉴别等浓度的溶液与溶液 【答案】C 【分析】，，，，据此分析。 【解析】A．Na2O能与酸反应生成盐和水，符合碱性氧化物的定义，A不符合题意；B．Na、Na2O、NaOH、Na2CO3、NaHCO3均能与盐酸反应，反应中均有相应的盐氯化钠生成，B不符合题意；C．转化过程中，Na与O2反应生成Na2O涉及化合价变化（Na从0价升至+1价，O从0价降至-2价），属于氧化还原反应，，，均为非氧化还原反应，C符合题意；D．等浓度的碳酸钠溶液碱性比碳酸氢钠的强（等浓度下，Na2CO3溶液因水解程度大，pH大，而NaHCO3溶液pH小），pH试纸可明显区分碱性差异，D不符合题意；故选C。 2.甲、乙、丙、丁、戊五种物质间的相互转化关系如图，此五种物质的焰色均为黄色，其中乙为单质，仅丙、丁的溶液呈碱性。下列说法错误的是 A．乙与反应时生成大量白烟 B．固体丙具有吸水性 C．丁为正盐 D．丁与酸反应才能生成戊 【答案】D 【分析】焰色均为黄色，故是钠及其化合物的转化。乙为单质，为钠；戊为氯化钠；仅丙、丁的溶液呈碱性，根据转化关系，甲为氧化钠，丙为氢氧化钠，丁为碳酸钠； 【解析】A．钠在氯气中燃烧时，产生大量白烟，A正确；B．固体氢氧化钠具有吸水性，B正确；C．丁为碳酸钠，为正盐，C正确；D．碳酸钠与盐酸反应可以生成氯化钠，但不是唯一途径，碳酸钠溶液与氯化钙发生反应，也可以生成氯化钠，D错误；故选D。 知识 6 氯气的性质与制备 1.物理性质 颜色 状态 气味 密度 溶解性 黄绿色 气体 刺激性 比空气大 1体积水溶 解约2体积Cl2 【特别提醒】实验室里闻有毒气体及未知气体气味的方法是：用手在瓶口轻轻扇动，仅使极少量气体飘进鼻孔。 2.化学性质 1）从氯的原子结构认识氯气的氧化性： 依据氯气的氧化性完成下列方程式： （1）与金属反应：表现强氧化性，将变价金属氧化成高价金属氯化物 ①Na：2Na+Cl22NaCl，产生黄色火焰，冒白烟 ②Fe：2Fe＋3Cl22FeCl3，产生棕红色烟。 ③Cu：Cu＋Cl2CuCl2，产生棕黄色烟。 （2）与非金属单质H2反应：条件不同，产物相同，现象不同 ①点燃：H2+Cl22HCl，安静燃烧，产生苍白色火焰，瓶口有白雾 ②光照：H2+Cl22HCl，发生爆炸 （3）与还原性无机化合物反应： ①与碘化钾溶液反应：Cl2＋2KI===2KCl＋I2。 ②与SO2水溶液反应：Cl2＋SO2＋2H2O===H2SO4＋2HCl。 ③与FeCl2溶液反应：Cl2＋2FeCl2===2FeCl3。 2）从化合价的角度认识Cl2的歧化反应 Cl2中氯元素化合价为0，为中间价态，可升可降，氯气与水或碱反应，氯的化合价既有升高又有降低，因而氯气既表现氧化性又表现还原性。 （1）与水反应 化学方程式：Cl2＋H2OHCl＋HClO， 离子方程式：Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO。 （2）与碱反应 ①与烧碱反应：Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O。 ②制取漂白粉：2Cl2＋2Ca(OH)2===CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O。 3.氯气的用途 （1）制漂白液、漂白粉、漂粉精 Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O(制漂白液，主要成分是NaClO、NaCl，有效成分是NaClO)。 2Cl2＋2Ca(OH)2===CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O(制漂白粉、漂粉精) 漂白粉：主要成分是Ca(ClO)2、CaCl2，有效成分为次氯酸钙[Ca(ClO)2]，含有效氯约为35%。 漂粉精：有效成分为次氯酸钙[Ca(ClO)2]，含有效氯约为70%。 （2）工业制盐酸 （3）合成塑料、橡胶、人造纤维、农药、染料和药品等。 4.氯气的实验室制法 1)制取原理 实验室通常用强氧化剂MnO2、KMnO4、K2Cr2O7、KClO3、Ca(ClO)2等氧化浓盐酸制取氯气。 （1）用MnO2制取Cl2的化学方程式：MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O。 （2）其他制备Cl2的化学反应原理（特点：不需要加热） ①14HCl(浓)＋K2Cr2O7===2KCl＋2CrCl3＋7H2O＋3Cl2↑ ②16HCl(浓)＋2KMnO4===2KCl＋2MnCl2＋8H2O＋5Cl2↑ ③6HCl(浓)＋KClO3===KCl＋3H2O＋3Cl2↑ ④4HCl(浓)＋Ca(ClO)2===CaCl2＋2Cl2↑＋2H2O 2)实验装置 注：实验装置改进 （1）制备装置 橡皮管a的作用：使圆底烧瓶与分液漏斗内气压相等，保证液体顺利流下。 （2）净化装置 改进作用①装置中长颈漏斗的作用除用于检查装置气密性外，还可以检查整套装置是否发生堵塞。若发生堵塞现象为：长颈漏斗中液面上升。 ②该装置的作用之一是观察气体的生成速率。 （3）干燥装置 改进作用：用无水氯化钙或五氧化二磷固体同样能吸收氯气中的水蒸气，且操作方便安全，但不能用碱石灰。 3)制取流程 （1）制备装置类型：固体＋液体气体 （2）净化方法：用饱和食盐水除去HCl，再用浓硫酸除去水蒸气。 （3）收集方法：①氯气的密度比空气大，可用向上排空气法收集②氯气在饱和食盐中的溶解度较小，可用排饱和食盐水法收集。 （4）验满方法：①将湿润的淀粉­KI试纸靠近盛Cl2的试剂瓶口，观察到试纸立即变蓝，则证明已集满；②将湿润的蓝色石蕊试纸靠近盛Cl2的试剂瓶口，观察到试纸先变红后退色，则证明已集满；③根据氯气的颜色，装置充满了黄绿色气体，则证明已集满。 （5）尾气吸收：用强碱溶液(如NaOH溶液)吸收，不用Ca(OH)2溶液吸收的原因是Ca(OH)2溶解度小，溶液浓度低，吸收不完全。 深化提升 （1）常温下液态氯与铁不反应，故可用钢瓶贮运液氯。 （2）1 mol Cl2与足量H2完全反应转移电子数为2NA，1 mol Cl2与足量强碱完全反应转移电子数为NA，1 mol Cl2与足量水充分反应转移电子数小于NA(可逆反应)。 （3）工业制漂白粉应选择石灰乳，而不是石灰水、石灰粉。 （4）实验室制取氯气的注意事项 ①反应物的选择：必须用浓盐酸，稀盐酸与MnO2不反应，且随着反应的进行，浓盐酸变为稀盐酸时，反应停止，故盐酸中的HCl不可能全部参加反应。 ②加热温度：不宜过高，以减少HCl挥发。 ③实验结束后，先使反应停止并排出残留的Cl2后，再拆卸装置，避免污染空气。 ④尾气吸收时，用NaOH溶液吸收Cl2，不能用澄清石灰水吸收，因为澄清石灰水中含Ca(OH)2的量少，吸收不完全。 1.下列关于Cl2性质的说法正确的是 A．密度比空气小 B．是无色无味的气体 C．能使干燥的有色布条褪色 D．可与石灰乳反应制备漂白粉 【答案】D 【解析】A．氯气的相对分子质量为71，大于空气的平均相对分子质量29，所以密度比空气大，故A错误；B．氯气是黄绿色有刺激性气味的气体，故B错误；C．氯气本身不具有漂白性，不能使干燥的有色布条褪色，故C错误；D．漂白粉的主要成分是氯化钙和次氯酸钙，氯气可与石灰乳反应生成氯化钙和次氯酸钙，故D正确；故选D。 2.实验室制取的实验原理及装置均正确的是 A．制取 B．除去中的HCl C．收集 D．吸收尾气中的 【答案】C 【解析】A．实验室制取氯气使用的是浓盐酸和MnO2反应，不能使用稀盐酸，A错误；B．除去中的HCl可将气体通入饱和食盐水中，注意长口进入便于充分吸收，应该长进短出，B错误；C．氯气密度大于空气，可用向上排空气法收集氯气，多功能瓶收集气体注意长进短出，C正确；D．对氯气的尾气处理应选择氢氧化钠溶液吸收，水吸收效果不好，D错误。 故选C。 知识 7 次氯酸与含氯消毒剂 1.次氯酸 ①不稳定性：次氯酸分解反应的化学方程式为2HClO2HCl＋O2↑，氯水要现用现配，且保存在棕色试剂瓶中，并置于冷暗处。 ②强氧化性 a.能将有机有色物质氧化为无色物质，作漂白剂。 b.杀菌、消毒。 ③弱酸性：向NaClO溶液中通入少量CO2，离子方程式为ClO-＋CO2＋H2O===HCO3-＋HClO。 ④次氯酸的漂白原理、特点及应用范围 2.“84”消毒液：主要成分为NaCl、NaClO，有效成分为NaClO，它与洁厕灵(主要成分盐酸)混合立即会产生氯气，其离子方程式是ClO－＋Cl－＋2H＋===Cl2↑＋H2O。 3.漂白粉 ①成分：漂白粉的主要成分是CaCl2和Ca(ClO)2，其中有效成分是Ca(ClO)2。 ②化学性质：水解呈碱性，具有强氧化性。 ③漂白原理：在潮湿的空气中能吸收CO2，化学方程式为Ca(ClO)2＋CO2＋H2O===2HClO＋CaCO3↓。 ④久置失效原理：Ca(ClO)2＋CO2＋H2O===2HClO＋CaCO3↓；2HClO2HCl＋O2↑，必须密封保存。 4.氯胺 （1）氯胺的种类:氯胺是由氯气遇到氨气反应生成的一类化合物，主要包括一氯胺、二氯胺和三氯胺（NH2Cl，NHCl2和NCl3），是常用的饮用水二级消毒剂。 （2）氯胺的化合价：氯胺中氯为+1，N为-3，H为+1。 （3）氯胺的消毒原理：氯胺在水中发生缓慢水解生成次氯酸，发挥消毒杀菌作用，水解方程式如下： NH2Cl+H2ONH3+HClO NHCl2+2H2ONH3+2HClO NCl3+3H2ONH3+3HClO 深化提升 ①向Ca(ClO)2溶液中通入少量CO2，发生的反应为Ca2＋＋2ClO－＋CO2＋H2O===CaCO3↓＋2HClO。 ②向Ca(ClO)2溶液中通入SO2，生成的是CaSO4而不是CaSO3。 ③次氯酸盐(ClO－)无论是在酸性、碱性还是中性条件下，均具有强氧化性，均能氧化I－、Fe2＋、SO32-、S2-等还原性离子。 ④84消毒液(主要成分NaClO)和洁厕灵(主要成分HCl)不能混合使用，否则会产生有毒气体——氯气。 ⑤氯气没有漂白性，不能使干燥的有色布条褪色，但可使湿润的有色布条褪色，起漂白作用的是HClO。 ⑥常温下干燥的氯气或液氯均不与铁反应，故液氯通常储存在钢瓶中。 1.二氧化氯(ClO2)是一种黄绿色气体，易溶于水，在水中的溶解度约为Cl2的5倍，其水溶液在较高温度与光照下会生成ClO与ClO。ClO2是一种极易爆炸的强氧化性气体，实验室制备ClO2的反应为2NaClO3+SO2+H2SO4=2ClO2+2NaHSO4。下列有关物质的性质和用途具有对应关系的是 A．Cl2能溶于水，可用于工业制盐酸 B．HClO不稳定，可用于棉、麻漂白 C．ClO2有强氧化性，可用于水体杀菌消毒 D．溶液呈碱性，可用作消毒剂 【答案】C 【解析】A．Cl2用于工业制盐酸，是因为氯气与氢气反应生成氯化氢，故不选A；B．HClO用于棉、麻漂白，是因为HClO具有漂白性，故不选B；C．ClO2有强氧化性，可用于水体杀菌消毒，故选C；D．NaClO溶液可用于杀菌消毒，并不是由于其具有碱性，而是因为其具有强氧化性，故不选D；选C。 2.工业上将Cl2通入冷的石灰乳中制得漂粉精，下列说法错误的是 A．漂粉精的有效成分是Ca(ClO)2 B．可以用石灰水替代石灰乳制漂粉精 C．滴加醋酸后的漂粉精溶液消毒能力增强 D．Ca(ClO)2溶液比 HClO溶液稳定 【答案】B 【解析】A．漂粉精的有效成分是Ca(ClO)2 ，故A正确；B．石灰水中氢氧化钙的浓度太小，不能用石灰水替代石灰乳制漂粉精，故B错误；C．滴加醋酸后，次氯酸钙和醋酸反应生成次氯酸，次氯酸的浓度增大，所以消毒能力增强，故C正确；D．次氯酸不稳定，次氯酸见光易分解，Ca(ClO)2溶液比 HClO溶液稳定，故D正确；选B。 知识 8 氯离子的检验 1.试剂：硝酸银溶液、稀硝酸 2.实验室检验C1-的方法：取少量待测液于试管中，向其中加入少量稀硝酸酸化（排除CO32-等离子可能造成的千扰)，然后滴入AgNO3溶液，如产生白色沉淀，则可判断该溶液中含有C1-。 3.检验Cl-的注意事项 ①检验时要先加稀HNO3以排除CO32-等离子的干扰。不能用稀H2SO4,因为Ag2SO4微溶于水，会干扰实验，更不能用盐酸，因为盐酸中含有C1-。 ②若被检液中含有SO42-,需先用足量Ba(NO3)2溶液除去SO42-，然后加入HNO3酸化的AgNO3溶液检验C1-。 深化提升 原理 Cl－＋Ag＋＝AgCl↓ AgCl不溶于稀硝酸 试剂 AgNO3溶液和稀硝酸 答题模板 （1）操作：取少许溶液于试管，滴加AgNO3溶液，再加过量稀硝酸 （2）现象：有白色沉淀生成 （3）结论：则溶液中含有Cl- 注意事项 ①检验溶液中的Cl－时需加入稀HNO3。以排除CO32－离子的干扰，以免判断错误。 ②不能用稀盐酸酸化，否则会引入Cl－。 ③如果SO和Cl－同时存在，先用过量Ba(NO3)2溶液除去SO，然后再用AgNO3溶液和稀硝酸检验Cl－。 1.检验某溶液中是否含有Cl-，正确的操作是 A．取样，滴加AgNO3溶液，看是否有白色沉淀生成 B．取样，先加足量的稀硝酸酸化，再加入AgNO3溶液，若有白色沉淀生成，则证明溶液中含有Cl- C．取样，先加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，再加稀盐酸，沉淀不溶解，则证明溶液中含有Cl- D．取样，先加稀盐酸酸化，再加AgNO3溶液，有白色沉淀，则证明溶液中含有Cl- 【答案】B 【解析】A．取样，滴加AgNO3溶液，若有沉淀生成，沉淀可能是氯化银、碳酸盐、硫酸银等，原溶液中不一定有Cl-，故不选A；B．取样，先加足量的稀硝酸酸化，再加入AgNO3溶液，若有白色沉淀生成，沉淀一定是氯化银，则证明溶液中含有Cl-，故选B；C．取样，先加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，沉淀可能是碳酸盐，再加稀盐酸，碳酸银转化为氯化银沉淀，原溶液中不一定有Cl-，故不选C；D．取样，先加稀盐酸酸化，引入氯离子，再加AgNO3溶液，生成氯化银沉淀，原溶液中不一定有Cl-，故不选D；选B。 2.能证明某溶液中含有NaCl的是 A．焰色试验是黄色 B．溶液有咸味 C．取少量溶液于试管中，滴加稀硝酸酸化的硝酸银溶液，出现白色沉淀 D．焰色试验是黄色，同时又能与稀硝酸酸化的硝酸银溶液反应生成白色沉淀 【答案】D 【解析】要证明含有Na＋，则焰色试验为黄色；要证明含有Cl－，则加入稀硝酸酸化的AgNO3溶液后生成白色沉淀，D项符合题意。 知识 9 氯水的成分与性质 1.氯气能溶于水(1∶2)，氯气的水溶液称为氯水，溶于水的氯气只有少量与水反应，氯水中存在一个完全电离和三个平衡： HCl===H＋＋Cl－ Cl2＋H2OHCl＋HClO HClOH＋＋ClO－ H2OH＋＋OH－ 2.根据可逆反应的特点，氯水中存在着上述关系中的各种微粒： 3.氯水性质的多重性：新制氯水的多种成分决定了它具有多重性质，在不同的化学反应中，氯水中参与反应的微粒不同。 4.液氯、新制氯水、久置氯水的比较 液氯 新制氯水 久置氯水 类别 纯净物 混合物 混合物 微粒 Cl2 H2O、Cl2、HClO、ClO－、Cl－、H＋、OH－ H2O、Cl－、H＋、OH－ 颜色 黄绿色 淡黄绿色 无色 性质 氧化性 酸性、氧化性 酸性 深化提升 氯水的组成及性质在应用中的常见误区 （1）氯水中因HClO见光分解，随着HClO的消耗，最后成为盐酸，故久置氯水酸性增加，无漂白性。因此，氯水要现用现配。 （2）不能用pH试纸测量氯水、次氯酸盐溶液的pH。 （3）Cl2尽管有较强的氧化性，但没有漂白性，氯水具有漂白性是因为Cl2与水反应生成了强氧化性的HClO。 （4）ClO－与Fe2＋、I－、S2－、HS－、SO32－等在水中因发生氧化还原反应而不能大量共存。 1.有关新制饱和氯水说法不正确的是 A．向有色布条上滴加氯水，有色布条褪色，说明氯水中含有HClO B．向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，说明氯水中含有Cl- C．向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，说明氯水中含有H＋ D．向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色，说明氯水中含有HClO 【答案】D 【解析】A．干燥的氯气不能使有色布条褪色，向有色布条上滴加氯水，有色布条褪色，说明氯水中含有HClO，A正确；B．向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，白色沉淀是氯化银，这说明氯水中含有Cl－，B正确；C．向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，气体是CO2，这说明氯水中含有H＋，C正确；D．向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色，说明反应中有氯化铁生成，由于氯气也能把氯化亚铁氧化生成氯化铁，因此不能说明氯水中含有HClO，D错误；故答案为：D。 2.某化学兴趣小组为了探究新制氯水中含有的部分粒子及某些粒子的性质，做了如下四组实验，其中结论错误的是 A．将有色纸条或布条、有色花瓣放入盛有氯水的试管中，它们均褪色，说明氯水中含有HClO B．向氯水中加入大理石，有气体产生，说明氯水中含有H＋ C．光照氯水后，发现颜色逐渐变浅并产生气泡，说明放出气体是Cl2 D．向氯水中滴加硝酸银溶液有白色沉淀产生，说明氯水中含有Cl－ 【答案】C 【解析】A项，次氯酸具有漂白性，所以将有色纸条或布条、有色花瓣放入盛有氯水的试管中，它们均褪色，说明氯水中含有 HClO，有漂白作用，正确；B项，HClO的酸性比碳酸弱，碳酸酸性弱于盐酸，与大理石反应有气体产生，是溶液中HCl与大理石反应，说明氯水中含有H＋，正确；C项，氯水中的次氯酸不稳定，见光分解生成氯化氢和氧气，氯化氢溶于水，所以放出的为氧气，错误；D项，溶液与硝酸银反应产生白色沉淀，只能是氯离子与银离子反应得到AgCl白色沉淀，说明氯水中含有Cl－，正确，答案选C。 知识 10 氯及其化合物的转化 1.理清氯及其化合物之间知识主线:H ―→2―→HO―→HO2―→HO3―→HO4 2.构建氯及其重要化合物之间知识网络: 3.氯及其化合物的价类二维图: 4.氯及其化合物重要方程式 ①Cl2和H2O的反应：Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO； ②Cl2和NaOH溶液的反应：Cl2＋2OH－===Cl－＋ClO－＋H2O； ③Cl2和石灰乳的反应：Cl2＋Ca(OH)2===Ca2＋＋Cl－＋ClO－＋H2O； ④把Cl2通入Na2SO3溶液中：Cl2＋SO＋H2O===SO＋2H＋＋2Cl－； ⑤将Cl2和SO2混合通入H2O中：SO2＋Cl2＋2H2O===4H＋＋2Cl－＋SO； ⑥将Cl2通入氢硫酸溶液中：Cl2＋H2S===S↓＋2H＋＋2Cl－； ⑦将浓盐酸和MnO2混合加热：MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O； ⑧电解饱和食盐水：2Cl－＋2H2OCl2↑＋H2↑＋2OH－； ⑨将浓盐酸与漂白液混合：Cl－＋ClO－＋2H＋===Cl2↑＋H2O； ⑩将浓盐酸与KClO3溶液混合：6H＋＋5Cl－＋ClO===3Cl2↑＋3H2O； ⑪向KMnO4固体滴加浓盐酸：2MnO＋16H＋＋10Cl－===2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2O； ⑫向漂白粉溶液中通入少量CO2气体：Ca2＋＋2ClO－＋CO2＋H2O===CaCO3↓＋2HClO。 深化提升 氯及其化合物的知识盲点 ①液氯密封在钢瓶中，而氯水、次氯酸应保存在棕色试剂瓶中。Cl2在点燃条件下与Fe反应，一定将铁氧化为FeCl3，而不是FeCl2，因为Cl2具有强氧化性。 ②1 mol Cl2参加反应，转移电子数可能为2NA、NA或小于NA(Cl2和H2O的反应为可逆反应)。氯水中有起漂白作用的HClO，不能用pH试纸测定氯水的pH；氯水与还原剂发生反应并要求书写方程式时一般可只考虑Cl2。 ③实验室制Cl2，除了用MnO2和浓盐酸反应外，还可以用KMnO4、KClO3、NaClO与浓盐酸反应且都不需要加热，如ClO－＋Cl－＋2H＋===Cl2↑＋H2O。 ④酸化KMnO4溶液，用的是H2SO4酸化而不是盐酸。 ⑤ClO－不论在酸性环境中还是在碱性环境中均能体现强氧化性，如ClO－与SO32-、I－、Fe2＋均不能大量共存；ClO－体现水解性，因HClO酸性很弱，ClO－水解显碱性，如Fe3＋＋3ClO－＋3H2O===Fe(OH)3↓＋3HClO，所以ClO－与Fe3＋、Al3＋均不能大量共存。 ⑥向Ca(ClO)2溶液中通入SO2气体生成CaSO4而不是CaSO3，其离子方程式为Ca2＋＋3ClO－＋SO2＋H2O===CaSO4↓＋Cl－＋2HClO(少量SO2)，Ca2＋＋2ClO－＋2SO2＋2H2O===CaSO4↓＋2Cl－＋SO42-＋4H＋(过量SO2)。 ⑦当Fe和Cl2在点燃条件下反应时，不论Fe过量或不足，由于Cl2的强氧化性，产物一定是FeCl3。 ⑧“84”消毒液的主要成分为NaClO，漂粉精的有效成分为Ca(ClO)2。“84”消毒液和洁厕灵不能混合使用，其原因是ClO－＋Cl－＋2H＋===Cl2↑＋H2O。 ⑨由于电离常数Ka1(H2CO3)>Ka(HClO)>Ka2(H2CO3)，所以向NaClO溶液通入CO2，不论CO2过量还是少量，均发生CO2＋H2O＋ClO－===HClO＋HCO，但CO2(少)＋Ca(ClO)2＋H2O===CaCO3↓＋2HClO。 ⑩液溴需要用水封，溴蒸气呈红棕色，液溴呈深红棕色，溴水呈橙色，溴的CCl4溶液呈橙红色。 1.和溶液反应的转化关系如图所示。 下列叙述错误的是 A．与溶液反应产物的种类与反应温度有关 B．反应①中生成与的物质的量之比为2：1 C．反应②的离子方程式为 D．反应③的化学方程式为 【答案】B 【分析】根据流程可知，反应①中氯气和冷的氢氧化钾反应生成氯化钾、次氯酸钾和水；反应②中氯气和热的氢氧化钾反应生成氯化钾、氯酸钾和水；反应③中是次氯酸钾在加热下，转化为氯酸钾，根据得失电子守恒，还会生成氯化钾； 【解析】A．从图示看出，氯气与溶液反应的产物种类与反应温度有关，A正确；B．反应①中氯气和冷的氢氧化钾反应生成氯化钾、次氯酸钾和水，离子方程式为：，则生成与的物质的量之比为1:1，B错误；C．反应②中氯气和热的氢氧化钾反应生成氯化钾、氯酸钾和水，离子方程式为：，C正确；D．反应③中是次氯酸钾在加热下转化为氯酸钾，根据得失电子守恒，还会生成氯化钾，化学方程式为：，D正确；故选B。 2.下图可从不同角度研究含氯物质的性质及其转化关系。下列说法错误的是 A．由图可知a物质中氯元素化合价处在最高价，因此a物质的氧化性一定比b物质更强 B．不是氧化还原反应 C．久置氯水失去漂白能力是因为b见光易分解 D．c能与水及空气中的反应生成b 【答案】A 【分析】根据含氯物质的化合价与类别可知，a为HClO4，b为HClO，c为NaClO； 【解析】A．HClO4中氯元素处于最高价，只具有氧化性，但物质的氧化性强弱受多种因素影响，如物质的结构、稳定性等，HClO虽然化合价较低但稳定性差，反而氧化性更强，A错误；B．中各元素的化合价未发生变化，不是氧化还原反应，B正确；C．HClO具有漂白性，久置氯水失去漂白能力是因次氯酸（HClO）见光易分解生成HCl和O2，C正确；D．NaClO(c)能与水和空气中的CO2反应生成HClO(b)：，D正确；故答案选A。 知识 11 物质的量 摩尔质量 一、物质的量 阿伏加德罗常数 1.物质的量(n) 表示含有一定数目粒子的集合体的物理量，单位为摩尔(mol)。 2.物质的量的规范表示方法： 3.阿伏加德罗常数(NA) 0.012 kg 12C中所含的碳原子数为阿伏加德罗常数，其数值约为6.02×1023，单位为mol－1。 说明：（1）NA的基准是12g12C中的原子个数 （2）12C不仅是摩尔的基准对象，而且还是相对原子质量的基准 （3）NA是一个实验值，现阶段常取6.02×1023作计算 （4）要注意NA与6.02×1023的区别 4.物质的量(n)、阿伏加德罗常数(NA)与粒子数(N)之间关系公式：NA＝。 二、摩尔质量 1.定义：单位物质的量的物质所具有的质量。 2.常用单位：g·mol－1。 3.物质的量(n)、质量(m)和摩尔质量(M)之间关系公式：M＝。 4.数值：以 g·mol－1为单位时，任何粒子的摩尔质量在数值上都等于该粒子的相对分子(原子)质量。 说明：（1）使用范围：A.任何一种微观粒子 B.无论是否纯净 C.无论物质的状态 （2）注意与式量的比较 （3）注意与1mol物质的质量的比较 （4）将物质的质量换算成物质的量，换算成粒子数，将气体物质质量换算成体积（标准状况），都要通过摩尔质量这一桥梁进行。 深化提升 （1）物质的量只能衡量微观粒子，必须指明具体粒子的种类或化学式，故摩尔后面应为确切的微粒名称；如1 mol氢(不确切)和1 mol大米(宏观物质)皆为错误说法。 （2）物质的量是物理量，摩尔是物质的量的单位，不是物理量。 （3）6.02×1023是个纯数值，没有任何物理意义，而阿伏加德罗常数(NA)是指1 mol任何微粒所含的粒子数，它与0.012 kg12C所含的碳原子数相同，数值约为6.02×1023。 （4）摩尔质量、相对原子(或分子)质量的含义不同，不是同一个物理量。二者单位也不同，摩尔质量的单位是g·mol－1或kg·mol－1，相对原子(或分子)质量的单位为1，当摩尔质量以g·mol－1为单位时，二者在数值上相等。 （5）对具体的物质，其摩尔质量是确定的，不随物质的量的多少而变化，也不随物质的聚集状态而变化。 1.“物质的量”是国际单位制中的一个基本物理量，下列有关说法正确的是(　　) A．2 g H2含有1 mol氢分子 B．2 mol氧气的摩尔质量为64 g·mol－1 C．1 mol任何物质都含有6.02×1023个分子 D．质量相等的CO和CO2，物质的量之比为2∶3 【答案】A 【解析】】A项，2 g H2的物质的量为＝1 mol，即含有1 mol氢分子，故A正确；B项，氧气的摩尔质量为32 g/mol，与氧气的物质的量无关，故B错误；C项，并不是所有物质都是由分子构成，如NaCl由离子构成，所以并不是1 mol任何物质都含有6.02×1023个分子，故C错误；D项，1 g CO的物质的量为 mol，1 g CO2的物质的量为 mol，二者物质的量之比为∶＝11∶7，故D错误；故选A。 2.下列关于“物质的量”、“摩尔”和“摩尔质量”的叙述不正确的是 A．1mol任何物质中都含有阿伏加德罗常数个原子 B．摩尔是一个单位，用于计量物质所含微观粒子的多少 C．12g12C含有的碳原子数就是阿伏加德罗常数的值 D．摩尔既能用来计量纯净物，又能用来计量混合物 【答案】A 【解析】A．1mol任何物质的个数都是阿伏加德罗常数，但该物质不一定是单原子分子，不一定含有有阿伏加德罗常数个原子，故A错误；B．摩尔是物质的量的单位，用于计量物质所含微观粒子的多少，故B正确；C．12g12C含有的碳原子数就是阿伏加德罗常数的值，故C正确；D．摩尔既能用来计量纯净物所含微观粒子，也能计量混合物所含微观粒子，故D正确；故选A。 知识 12 气体摩尔体积 阿伏加德罗定律 一、影响物质体积大小的因素 1.影响物质体积大小的因素 ①粒子的大小(物质的本性)； ②粒子间的距离(由温度与压强共同决定)； ③粒子的数目(物质的量的大小)。 2.固体、液体的体积由①粒子的大小和③粒子的数目的多少决定，忽略②粒子间距不计。 3.气体的体积由②粒子间距和③粒子的数目的大小决定，忽略①粒子的大小不计。 二、气体摩尔体积 1.含义：单位物质的量的气体所占的体积，符号为Vm，标准状况下，Vm约为 22.4_L·mol－1。 2.常用单位：L/mol(或L·mol－1)。 3.数值：在标准状况下(指温度为0℃，压强为101 kPa)约为22.4 L·mol－1。 4.基本关系式：n＝＝＝ 使用范围：只要物质的组成不变，无论是何状态都可以使用。 5.影响因素：气体摩尔体积的数值不是固定不变的，它决定于气体所处的温度和压强。 6.适用对象：单一气体或互不反应的混合气体。 7.标准状况下的气体摩尔体积 （1）标准状况：0℃、1atm即1.01×105Pa。 （2）理想气体：A.不计大小但计质量；B.不计分子间的相互作用。 （3）标准状况下的气体摩尔体积：约22.4L·mol-1。 8.主要应用 标准状况下1mol气体为22.4 L，即可导出其质量便是该气体的摩尔质量。据此可求出未知化学式的气体摩尔质量和相对分子质量，也可求出1L气体的质量即气体密度。反之也可由气体密度求摩尔质量。同温同压下两气体的密度比叫气体的相对密度，可由气体的相对密度求气体的摩尔质量，如某气体对氢气（H2）的相对密度为15，则其相对分子质量为30。常见的有： （1）由标准状况下气体密度求相对分子质量； （2）由相对密度求气体的相对分子质量； （3）求混合气体的平均相对分子质量：即混合气体1mol时的质量数值。 已知各组成气体的体积分数及质量分数； （4）由同温同压下气体反应时的体积比求分子数比，进而推分子式； （5）直接将气体摩尔体积代入有关化学方程式进行计算； （6）气体反应物的体积比即分子数比可便于找出过量气体。 三、阿伏加德罗定律及其推论 1.阿伏加德罗定律：在相同的温度和压强下，相同体积的任何气体，含有相同数目的分子(或气体的物质的量相同)。 【名师提醒】可总结为：“三同”定“一同”，即同温、同压下，同体积的任何气体具有相同的分子数。 2.阿伏加德罗定律的推论（以下用到的符号：ρ为密度，p为压强，n为物质的量，M为摩尔质量，m为质量，V为体积，T为热力学温度） 条件 推论公式 语言叙述 T、p相同 ＝ 同温、同压下，气体的体积与其物质的量成正比 T、V相同 ＝ 温度、体积相同的气体，其压强与其物质的量成正比 T、p相同 ＝ 同温、同压下，气体的密度与其摩尔质量(或相对分子质量)成正比 T、p、m相同 ＝ 同温同压下，相同质量的任何气体的体积与它们的摩尔质量成反比 T、V、m相同 ＝ 同温同体积时，相同质量的任何气体的压强与它们的摩尔质量成反比 T、p、V相同 ＝＝ 同温同压下，同体积的任何气体的质量比等于它们的摩尔质量之比，也等于它们的密度之比 提醒：对于同一种气体，当压强相同时，密度与温度成反比例关系。 深化提升 1.气体摩尔体积(22.4 L·mol－1)应用的“五大误区” （1）使用“条件”是标准状况，即0 ℃、101 kPa，而不是常温、常压。 （2）使用对象必须是气体物质，可以是单一气体，也可以是混合气体。标准状况下不是气体而又常在题中出现的物质有：水、苯、SO3、HF、CCl4、己烷、CS2、CHCl3、Br2、乙醇等。 （3）标准状况下的气体摩尔体积约为22.4 L·mol－1，其他条件下Vm一般不是22.4 L·mol－1。 （4）22.4 L气体，在标准状况下的物质的量是1 mol，在非标准状况下，可能是1 mol，也可能不是1 mol。 （5）物质的质量、物质的量一定时，所含微粒数与物质处于何种条件无关。如常温常压下32 g O2所含的原子数目是2NA。注意不要形成定势思维，看到“常温常压”就排除选项。 2.应用阿伏加德罗定律推论时可通过pV＝nRT及n＝、ρ＝导出。 1.下列叙述正确的是 A．标准状况下，1mol乙醇的体积约为22.4L B．0℃、101kPa下，任何气体的摩尔体积都约为 C．气体摩尔体积仅指标准状况下1mol气体的体积 D．若1mol气体体积约为22.4L，则它所处的条件一定是“标准状况” 【答案】B 【解析】A．标况下乙醇为液体，故1mol乙醇的体积小于22.4L，故A错误；B．0℃、101kPa下，1mol任何气体所占体积约为22.4L，任何气体的摩尔体积都约为，故B正确；C．气体摩尔体积是单位物质的量的气体所占的体积，不一定在标准状况下，故C错误；D．决定气体的体积大小的主要因素为粒子数目和粒子间的距离，标况下1molN2O气体的体积约为22.4L，在其它温度和压强下其体积也可能为22.4L，故D错误；故选B。 2.在两个密闭容器中，分别充有质量相等的甲、乙两种气体，它们的温度和密度均相同。试根据甲、乙的摩尔质量(M)的关系，判断下列说法中正确的是 A．若M(甲)>M(乙)，则分子数：甲>乙 B．若M(甲)<M(乙)，则气体摩尔体积：甲>乙 C．若M(甲)<M(乙)，则气体的压强：甲>乙 D．若M(甲)>M(乙)，则气体体积：甲<乙 【答案】C 【解析】A．根据n=，若M(甲)>M(乙)，则n(甲)＜n(乙)，则气体的分子数：甲＜乙，A错误；B．根据n=，若M(甲) <M(乙)，则n(甲) >n(乙)，气体的密度、质量相等，甲、乙两种气体的体积相等，气体摩尔体积Vm=，则气体摩尔体积：甲＜乙，B错误；C．根据n=，若M(甲) <M(乙)，则n(甲) >n(乙)，气体的密度、质量相等，甲、乙两种气体的体积相等，温度相同，由PV=nRT可知，气体的压强：甲＞乙，C正确；D．气体的密度、质量相等，甲、乙两种气体的体积相等，D错误；故选C。 知识 13 物质的量浓度及其计算 一、物质的量浓度 1.概念：表示单位体积溶液里所含溶质B的物质的量的物理量。 2.数学表达式：cB＝。 3.常用单位：mol·L－1(或mol/L)。 4.特点：对于某浓度的溶液，取出任意体积的溶液，其浓度、密度、质量分数相同，但所含溶质的质量、物质的量则因体积不同而改变。 二、溶质的质量分数 1.概念：以溶液里溶质质量与溶液质量的比值表示溶液组成的物理量，一般用百分数表示。 2.表达式：w(B)＝×100%，饱和溶液(溶质的溶解度用S表示)w(B)＝×100%。 3.w(B)与cB的换算关系：cB＝(M：摩尔质量；单位：g·mol－1；ρ：密度，单位：g·cm－3)。 三、物质的量浓度、溶质的质量分数比较及其计算 1、物质的量浓度、溶质的质量分数比较 物理量 物质的量浓度 溶质的质量分数 定义 表示单位体积溶液里所含溶质B的物质的量的物理量 以溶液里溶质质量与溶液质量的比值表示溶液组成的物理量 表达式 cB＝　 ω(B)＝　×100%　 单位 mol·L－1 2、有关物质的量浓度计算的四大类型 类型一：标准状况下，气体溶于水所得溶液的溶质的物质的量浓度的计算 c＝ 类型二：溶液中溶质的质量分数与溶质的物质的量浓度的换算 （1）计算公式：c＝(c为溶质的物质的量浓度，单位为mol·L－1；ρ为溶液的密度，单位为g·cm－3；w为溶质的质量分数；M为溶质的摩尔质量，单位为g·mol－1)。 当溶液为饱和溶液时，因为w＝，可得c＝。 （2）公式的推导(按溶液体积为V L推导) c＝＝＝或w＝＝＝。 类型三：溶液稀释和同种溶质的溶液混合的计算 （1）溶液稀释 ①溶质的质量在稀释前后保持不变，即m1w1＝m2w2。 ②溶质的物质的量在稀释前后保持不变，即c1V1＝c2V2。 ③溶液质量守恒，即m(稀)＝m(浓)＋m(水)(体积一般不守恒)。 （2）同种溶质不同物质的量浓度的溶液混合 ①混合前后溶质的质量保持不变，即m1w1＋m2w2＝m混w混。 ②混合前后溶质的物质的量保持不变，即c1V1＋c2V2＝c混V混。 （3）不同溶质溶液混合反应，有关物质浓度的计算 ①明确各反应物、产物之间的物质的量之比。 ②巧用电荷守恒思想：电解质溶液中阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数。 （4）溶质相同、质量分数不同的两溶液混合定律 同一溶质、质量分数分别为a%、b%的两溶液混合。 ①等质量混合 两溶液等质量混合时(无论ρ>1 g·cm－3还是ρ＜1 g·cm－3)，则混合后溶液中溶质的质量分数w＝(a%＋b%)。 以上规律概括为“计算推理有技巧，有大必有小，均值均在中间找，谁多向谁靠”。 ②等体积混合 a.当溶液密度大于1 g·cm－3时，必然是溶液浓度越大，密度越大(如H2SO4、HNO3、HCl、NaOH等多数溶液)，等体积混合后，质量分数w>(a%＋b%)。 b.当溶液密度小于1 g·cm－3时，必然是溶液浓度越大，密度越小(如酒精、氨水溶液)，等体积混合后，质量分数w＜(a%＋b%)。 类型四：求算未知离子的浓度 ①单一溶液中溶质组成计算 根据组成规律求算：在溶液中，阴离子与阳离子浓度之比等于化学组成中阴、阳离子个数之比。 如K2SO4溶液中：c(K＋)＝2c(SO)＝2c(K2SO4)。 ②混合溶液中电荷守恒计算 根据电荷守恒，溶质所有阳离子带正电荷总数与阴离子带负电荷总数相等。 如在Na2SO4、NaCl混合溶液中，c(Na＋)＝2c(SO)＋c(Cl－)，c(Na＋)、c(Cl－)分别为7 mol/L、3 mol/L，则c(SO)＝ mol/L＝2 mol/L。 又如：CH3COONa和CH3COOH的混合溶液中存在：c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)。 深化提升 （1）溶液中溶质的判断 Na、Na2O、Na2O2NaOH CO2、SO2、SO3H2CO3、H2SO3、H2SO4 NH3NH3·H2O(但仍按NH3进行计算) CuSO4·5H2OCuSO4，Na2CO3·10H2ONa2CO3 （2）混淆溶液的体积和溶剂的体积 ①不能用水的体积代替溶液的体积，尤其是固体、气体溶于水，一般根据溶液的密度和总质量进行计算： V＝＝。 ②两溶液混合，溶液的体积并不是两液体体积的加和，应依据混合溶液的密度进行计算。(若题目说忽略体积变化，则总体积可由混合前体积直接相加) （3）注意溶质的浓度与溶液中某离子浓度的关系：溶质的浓度和离子浓度可能不同，要注意根据化学式具体分析。如1 mol·L－1Al2(SO4)3溶液中c(SO42-)＝3 mol·L－1，c(Al3＋)＝2 mol·L－1(当考虑Al3＋水解时，则其浓度小于2 mol·L－1)。 1.4℃时，100 mL水中溶解了33.6 L(STP)HCl气体，所得盐酸密度为1.18 g·mL﹣1。下列有关说法不正确的是 A．该盐酸的物质的量浓度为15 mol·L－1 B．该盐酸溶质的质量分数为35.4% C．该温度下HCl的溶解度可能大于336(气体溶解度以体积比计算) D．相同条件下，一定量水中溶解HCl气体越多，所得盐酸密度越大 【答案】A 【解析】标准状况下33.6 L HCl的物质的量为：＝1.5 mol，m(HCl)＝1.5 mol×36.5 g·mol－1＝54.75 g；所得盐酸密度为1.18 g·mL－1，故所得盐酸的体积为＝131 mL。 A项，该盐酸的物质的量浓度为＝11.45 mol·L－1，不正确；B项，该盐酸溶质的质量分数为×100%＝35.4%，正确；C项，常温下HCl的溶解度是1∶500，气体溶解度随温度降低而增大，故该温度下HCl的溶解度可能大于336(气体溶解度以体积比计算)，正确；D项，盐酸密度大于水，相同条件下，一定量水中溶解HCl气体越多，所得盐酸密度越大，正确，答案选A。 2.下列关于1mol·L-1Na2SO4溶液的叙述正确的是 ①溶液中含有1molNa2SO4 ②1L溶液中含有142gNa2SO4 ③将1molNa2SO4溶于1L水中所得的溶液 ④将322gNa2SO4·10H2O溶于水后再稀释成000mL所得的溶液 A．①③ B．②④ C．③④ D．②③ 【答案】B 【解析】①溶液体积未知，Na2SO4物质的量无法计算，故①错误；②1L 1mol·L-1Na2SO4溶液，由公式n=c·V得Na2SO4的物质的量为1mol，由m=n·M得Na2SO4的质量为142g，故②正确；③将1molNa2SO4溶于水配成1L溶液时浓度为1mol·L-1，故③错误；④322gNa2SO4·10H2O的物质的量为1mol，故稀释成1000mL溶液浓度为1mol·L-1，故④正确；故选B。 知识 14 一定物质的量浓度溶液的配制 一、熟悉配制溶液的仪器 1、主要仪器：托盘天平、药匙、量筒、烧杯、容量瓶（指定规格）、玻璃棒、胶头滴管。 （1）托盘天平：称量前先调零，称量时药品放在左盘，砝码放在右盘，读数精确到0.1 g。若配制0.2 mol·L－1 NaCl溶液500 mL，若用托盘天平需称取NaCl5.9 g，称量时，不慎将物品和砝码颠倒放置，实际称量的NaCl的质量为4.1 g。 （2）容量瓶的构造及使用方法 1)构造及用途 2)查漏操作：在使用前首先要检查是否漏水，检查合格后，用蒸馏水洗涤干净。具体操作如下： 二、配制步骤 1.一定物质的量浓度溶液的配制 （1）以NaOH固体配制500 mL 1.50 mol·L－1NaOH溶液为例。 实验步骤 实验仪器 实验要点 计算 需NaOH固体的质量，计算式为0.5 L×1.50 mol·L－1×40 g·mol－1 计算公式：n=cV m=nM 称量 托盘天平、钥匙 托盘天平的精度为0.1g，用分析天平或电子天平，精度为0.0001g。用托盘天平称量NaOH固体30.0 g。 溶解 烧杯、玻璃棒、量筒 将称好的NaOH固体放入烧杯中，用适量蒸馏水溶解，用玻璃棒搅拌，并恢复到室温 转移 容量瓶（要指明规格）、玻璃棒 待烧杯中的溶液冷却至室温后，将溶液用玻璃棒引流注入500_mL容量瓶中 洗涤 ①用少量蒸馏水洗涤烧杯内壁和玻璃棒2~3次 ②洗涤液均注入容量瓶中 ③摇匀：轻轻摇动容量瓶，使溶液混合均匀 定容 胶头滴管 ①将蒸馏水注入容量瓶至液面位于刻度线下1~2cm处 ②改用胶头滴管加水至凹液面与刻度线相切 ③平视凹液面 摇匀 盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，另一只手的手指托住瓶底，反复上下颠倒，注意液面下降，不能再加水，否则结果偏低。 （2）由浓溶液（浓硫酸）配制一定物质的量浓度的溶液（稀硫酸） ①计算：计算公式c=，c1V1=C2V2。 ②量取：用量筒量取一定体积的浓溶液，量筒的精度为0.1mL。 ③稀释：在烧杯中加入适量的蒸馏水将浓溶液稀释。 浓硫酸稀释时先加入适量蒸馏水，再缓慢加入浓硫酸，边加边搅拌。恢复到室温。 2．质量百分比浓度、体积比浓度溶液的配制 （1）配制100 g 10%的NaCl溶液： 用托盘天平称取10.0 g NaCl固体，放入烧杯中，再用100 mL量筒量取90.0 mL的水注入烧杯中，然后用玻璃棒搅拌使之溶解。 （2）用浓硫酸配制1∶4的稀硫酸50 mL： 用50 mL的量筒量取40.0 mL的水注入100 mL的烧杯中，再用10 mL 的量筒量取10.0 mL浓硫酸，然后沿烧杯内壁缓缓注入烧杯中，并用玻璃棒不停地搅拌。 三、溶液配制误差分析 1.分析依据：c＝＝，其中变量为m、V，即： 在配制一定物质的量浓度的溶液时，很多因素会引起溶液浓度的误差。分析误差时，要根据c＝，围绕实验操作对n或V的影响来分析。 2.定容时仰视或俯视刻度线产生的误差图解： ①仰视刻度线(图1)。由于操作时是以刻度线为基准加水，刻度线低于液面，故加水量偏多，导致溶液体积偏大，浓度偏小。 ②俯视刻度线(图2)。与仰视刻度线恰好相反，刻度线高于液面，故加水量偏少，导致溶液体积偏小，浓度偏大。 3.分析方法：结合实验操作判断是“m”还是“V”引起的误差。以配制NaOH溶液为例，具体分析如下： 能引起误差的一些操作 因变量 c/(mol·L－1) m V 砝码与物品颠倒(使用游码) 减小 — 偏低 用滤纸称NaOH 减小 — 向容量瓶注液时少量溅出 减小 — 未洗涤烧杯和玻璃棒 减小 — 定容时，水多，用滴管吸出 减小 — 定容摇匀后液面下降再加水 — 增大 定容时仰视刻度线 — 增大 砝码沾有其他物质或已生锈(未脱落) 增大 — 偏高 未冷却至室温就注入容量瓶定容 — 减小 定容时俯视刻度线 — 减小 定容后经振荡、摇匀，静置液面下降 — — 不变 深化提升 （1）容量瓶必须用结实的细绳系在瓶颈上，以防止损坏或丢失； （2）在使用前，首先要检查容量瓶是否完好，瓶口处是否漏水，经检查不漏水才能使用； （3）容量瓶使用完毕，应洗净、晾干。(应在玻璃磨口瓶瓶塞与瓶口处垫一张纸条，以免瓶塞与瓶口粘连)； （4）不能将固体或浓溶液直接在容量瓶中溶解或稀释； （5）不能作为反应容器或用来长期贮存溶液； （6）不能配制任意体积的溶液，只能配制容量瓶上规定容积的溶液。 （7）不能将过冷或过热的溶液转移到容量瓶中(因为容量瓶的容积是在瓶身所标温度下确定的)； （8）质量分数浓度溶液的配制：配制100 g 10%的NaCl溶液。用托盘天平称取10.0 g NaCl固体，放入烧杯中，再用100 mL量筒量取90.0 mL的水注入烧杯中，然后用玻璃棒搅拌使之溶解。 (9)体积比浓度溶液的配制：用浓硫酸配制1∶4的稀硫酸50 mL。用50 mL的量筒量取40.0 mL的水注入100 mL的烧杯中，再用10 mL 的量筒量取10.0 mL浓硫酸，然后沿烧杯内壁缓缓注入烧杯中，并用玻璃棒不停地搅拌。 1.配制480 mL0.100 mol·L-1的NaCl溶液，部分实验操作示意图如图，下列说法正确的是 A．实验中需用到的仪器有：托盘天平、480 mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管等 B．上述实验操作步骤的正确顺序为②①④③ C．容量瓶需用自来水、蒸馏水洗涤，干燥后才可用 D．定容时，仰视容量瓶的刻度线，使配得的NaCl溶液浓度偏高 【答案】B 【解析】A．实验室中没有规格是480 mL的容量瓶，根据选择仪器的标准大而近的原则，因此选择使用500 mL容量瓶，A错误；B．上述准确配制一定体积的物质的量浓度的溶液，实验操作步骤的正确顺序是溶解、转移、洗涤、定容，操作步骤合理，B正确；C．容量瓶定容时仍需要加水，因此无需干燥，C错误；D．定容时，仰视容量瓶的刻度线，导致加入水偏多，使配得的NaCl溶液浓度偏低，D错误；故合理选项是B。 2.配制一定物质的量浓度的溶液，产生误差会偏低的是 A．配制的溶液，用托盘天平称取固体 B．将称量好的固体溶解后，未经冷却直接转移到容量瓶 C．容量瓶中有少量蒸馏水 D．定容时俯视刻度线 【答案】A 【解析】A．配制的溶液，需用500mL的容量瓶，用托盘天平称取氢氧化钠固体，若称取固体，浓度偏小，故选A；B．将称量好的固体溶解，未经冷却直接转移到容量瓶，溶液体积偏小，浓度偏大，故不选B；C．定容时，需要加入蒸馏水，容量瓶中有少量蒸馏水，对溶液浓度无影响，故不选C；D．若俯视刻度线，溶液体积偏小，浓度偏大，故不选D；选A。 考点 1 钠及其化合物的性质与用途 【进阶典例1】（25-26高一上·广东广州·期中）下列关于钠及其化合物的叙述正确的是 A．金属钠保存在煤油里，说明金属钠的密度比煤油的小 B．金属钠与水反应时会熔化，说明钠的熔点低且反应放热 C．分别加热和固体，试管内壁均有水珠，说明两种物质均受热分解 D．盐酸分别滴加到同浓度的碳酸钠和碳酸氢钠，溶液中放出气体的速度：> 【答案】B 【解析】A．钠的密度比煤油大，保存在煤油中是为了隔绝空气，A错误；B．钠与水反应放热，且钠的熔点低（约97.8℃），导致钠熔化，B正确；C．Na2CO3受热不分解，NaHCO3分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，C错误；D．NaHCO3与盐酸直接反应生成CO2，速度更快，D错误；故选B。 解题要点 1.重点性质梳理 （1）钠单质：强还原性，与水、酸、盐溶液反应的本质是和H+反应；常温/加热下与O2分别生成Na2O、Na2O2;保存在煤油中。 （2）钠的化合物：Na2O2具有强氧化性，与H2O、CO2反应均生成O2;Na2CO3与NaHCO3的溶解性、热稳定性、与酸反应速率差异是核心考点。 2.解题关键技巧 （1）鉴别Na2CO3和NaHCO3:固体用加热法(生成能使澄清石灰水变浑浊的气体为NaHCO3);溶液用CaCl2溶液(产生沉淀为Na2CO3)。 （2）计算类问题：利用“差量法”分析Na2O2与CO2、H2O的反应；NaHCO3与NaOH反应优先考虑恰好生成Na2CO3的特殊比例。 （3）用途陷阱规避：纯碱(Na2CO3)用于制玻璃，小苏打(NaHCO3)用于发酵、治疗胃酸过多，注意区分名称与化学式的对应关系。 3.易错点警示 （1）钠与盐溶液反应，先与水反应，再考虑生成的NaOH与盐的反应，不会直接置换出金属单质。 （2）NaHCO3受热分解生成Na2CO3,但Na2CO3溶液中通入CO2可生成NaHCO3,二者转化条件需明确。 【培优突破1-1】（25-26高一上·安徽六安·期中）下列有关钠及其化合物的说法正确的是 A．实验室钠着火时，可以用二氧化碳灭火器灭火 B．钠比铁活泼，可以利用钠将溶液中的铁置换出来 C．向和固体中加入少量水均会放出热量 D．中学实验室中可将未用完的钠放回原试剂瓶 【答案】D 【解析】A．钠燃烧生成，在高温下会与反应（），释放氧气，加剧火势，且着火时钠单质也会与二氧化碳发生反应，A错误；B．钠与溶液接触时，先与水反应生成NaOH和，NaOH再与生成沉淀，无法置换铁单质，B错误；C．固体溶于水放热，而固体溶于水吸热，两者现象不同，C错误；D．钠化学性质活泼，暴露在空气中易氧化或引发火灾，实验室规定未用完的钠必须放回原瓶以确保安全，D正确；故选D。 【培优突破1-2】（25-26高一上·福建·期末）关于钠及其化合物的说法错误的是 A．金属钠是一种银白色金属，可保存在煤油中 B．氧化钠和过氧化钠均可与盐酸反应，产物完全相同 C．氢氧化钠俗称烧碱，具有较强的腐蚀性 D．Na2CO3溶液和NaHCO3溶液都能与Ca(OH)2溶液反应得到白色沉淀 【答案】B 【解析】A．金属钠呈银白色，化学性质活泼，易与氧气、水反应，故保存在煤油中以隔绝空气和水，A正确；B．氧化钠与盐酸反应生成氯化钠和水，过氧化钠与盐酸反应生成氯化钠、氧气和水，B错误；C．氢氧化钠俗称苛性钠、烧碱，具有较强的腐蚀性，故C正确；D．碳酸钠与氢氧化钙反应生成白色碳酸钙沉淀；碳酸氢钠与氢氧化钙反应也生成白色碳酸钙沉淀，均生成白色碳酸钙沉淀，D正确；故选B。 考点 2 钠及其化合物的转化关系 【进阶典例2】（25-26高一上·广东茂名·期中）以不同类別物质间的转化为线索，认识钠及其化合物。下列分析正确的是 A．上述转化中含有分解反应和置换反应 B．在水溶液中电离方程式为： C．反应③④表明不能转化为NaOH或 D．反应⑤中只做氧化剂 【答案】A 【分析】反应①为，反应②为，反应③为，反应④为，反应⑤为，反应⑥为，据此回答。 【解析】A．上述转化中反应④是分解反应，反应②是置换反应，A正确；B．在水溶液中电离方程式应为：，B错误；C．可与或反应生成NaOH，可与、反应生成，C错误； D．反应⑤为，既是氧化剂又是还原剂，D错误；故答案选A。 解题要点 1.理清转化中的反应类型 （1）置换反应：Na与水、酸的反应(如2Na+2H2O=2NaOH+H2↑)。 （2）化合反应： ①Na与O2(点燃生成Na2O2、常温生成Na2O); ②Na2O与H2O/CO2、Na2O2与H2O/CO2。 （3）分解反应：NaHCO3受热分解((2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O)。 （4）复分解反应： ①NaOH与酸/盐的反应(如NaOH+HCl=NaCl+H2O); ②Na2CO3与酸/碱/盐的反应(如Na2CO3+CaCl2=CaCO3↓+2NaCl)。 2.抓“酸式盐→正盐”的转化规律 ①Na2CO3→NaHCO3:通入CO2(Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3)。 ②NaHCO3→Na2CO3:加热分解，或加NaOH(NaHCO3+NaOH=NNa2CO3+H2O)。 3.注意Na2O2的“双重性” Na2O2与H2O/CO2反应时，既是氧化剂又是还原剂(O元素化合价既升高又降低),且反应均生成O2。 【培优突破2-1】（25-26高一上·云南·期末）下图中，A是单质，B为淡黄色物质，A、B、C、D和E均含同一种元素。下列叙述错误的是 A．热稳定性：E>D B．物质B的电子式是 C．常温下，物质D在水中的溶解度大于E在水中的溶解度 D．反应③中，当生成0.2molC时，转移的电子的物质的量为0.1mol 【答案】A 【分析】单质A与O2反应生成淡黄色物质B，所以A为钠，B为过氧化钠。钠与水反应生成氢氧化钠，所以C为氢氧化钠，氢氧化钠溶液与过量二氧化碳反应生成碳酸氢钠，所以E为碳酸氢钠，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠，所以D为碳酸钠，以此作答。 【解析】A．D为碳酸钠，E为碳酸氢钠，热稳定性碳酸氢钠＜碳酸钠，即E＜D，故A错误；B．B为过氧化钠，其电子式为，故B正确；C．常温下，碳酸钠的溶解度大于碳酸氢钠，故C正确；D．反应③为，氧元素的价态由－1价转化为－2价和0价，所以每生成4molNaOH，转化2mol电子，当生成0.2molNaOH时，转移的电子的物质的量为0.1mol，故D正确；故选A。 【培优突破2-2】（25-26高一上·广东·期末）下图为钠元素的价类二维图。下列有关叙述不正确的是 A．若a是NaH，其中氢元素的化合价为-1价 B．b能与水剧烈反应产生氢气 C．若c为Na2O2，可用作潜水艇的供氧剂 D．若e是Na2CO3，向其溶液中逐滴滴加盐酸可立即产生气泡 【答案】D 【解析】A．a为钠的氢化物，钠元素化合价为+1，则氢元素化合价为-1，NaH符合，A正确；B．b为钠单质（Na），钠与水剧烈反应生成氢氧化钠和氢气，B正确；C．c为钠的氧化物，Na2O2与CO2、H2O反应均生成O2，可用作潜水艇供氧剂，C正确；D．e为Na2CO3时，逐滴滴加盐酸，先发生反应（无气泡），后发生（产生气泡），不会立即产生气泡，D错误；故选D。 考点 3 钠及其化合物的制备与性质探究 【进阶典例3】（25-26高一上·北京·期末）钠与水反应的微型实验装置如图所示。下列说法不正确的是 A．肥皂液可用于收集反应产生的 B．反应时，钠块熔为小球，说明钠的硬度小 C．钠块在煤油和水交界处上下跳动，直至消失 D．反应后试管中液体分层，下层呈红色 【答案】B 【分析】钠的密度比煤油大，比水小，实验开始时，通过滴管向试管内加水，钠在两液体界面处与水接触，水与钠反应生成NaOH和氢气，溶液遇到酚酞变红色，反应放热使钠熔成小球，钠表面生成的气体使钠所受浮力大于重力时向上跳入煤油中、气体逸出又因为重力而重新回落到水层，故钠会上下跳动，钠和水反应生成的氢气不溶于水和煤油，故煤油中有气泡产生，钠不断地反应故变小直至消失； 【解析】A．钠和水反应产生氢气，氢气从支管导出时会吹出肥皂泡，故肥皂液可用于收集反应产生的，A正确；B．反应时，钠块熔为小球，说明钠的熔点低，B不正确；C．据分析，钠块在煤油和水交界处上下跳动，直至消失，C正确；D．反应生成的氢氧化钠溶液与煤油互不相溶，煤油密度小在上层，结合分析可知，反应后试管中液体分层，下层呈红色，D正确；选B。 解题要点 1.制备实验的核心思路 （1）Na的制备：工业用电解熔融NaCl(避免电解水溶液，因Na会与水反应)。 （2）Na2O2的制备：Na在O2中点燃(常温生成Na2O,需注意反应条件)。 （3）Na2CO3/NaHCO3的制备： ①用NaOH与CO2(少量CO2生成Na2CO3,过量生成NaHCO3); ②工业制Na2CO3用“侯氏制碱法”(NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl,再加热NaHCO3得Na2CO3)。 2.性质探究的实验设计要点 （1）Na的性质验证： ①与水反应：需放于烧杯中(加酚酞，观察浮、熔、游、响、红),注意防飞溅(Na用量要少)。 ②与O2反应：对比“常温”与“点燃”的产物差异(用石棉网承接燃烧后的Na2O2)。 （2）Na2O2的性质验证：与H2O/CO2的反应：用“固液不加热/固固加热”装置，验证产物(O2用带火星木条，NaOH/Na2CO3用酚酞/澄清石灰水)。 （3）Na2CO3与NaHCO3的性质对比： ①稳定性：用“套管实验”(小试管装NaHCO3,大试管装Na2CO3,加热后观察澄清石灰水是否变浑浊)。 ②与酸反应速率：对比同浓度溶液与盐酸反应的气 慢(NaHCO3更快)。 【培优突破3-1】（25-26高一上·河南·期末）某实验小组通过如图所示实验，探究与水的反应。下列说法错误的是 A．③中溶液变红，说明有碱性物质生成 B．④中现象可能是溶液中含有强氧化性物质造成的 C．⑤中的主要作用是验证溶液中存在 D．②中的大量气泡主要成分是氢气 【答案】D 【分析】过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，则②中的大量气泡主要成分是氧气，③中溶液变红是反应生成氢氧化钠所致，说明有碱性物质生成，④中红色褪去是因为过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和具有强氧化性的过氧化氢，能使有机色质漂白褪色所致，⑤中加入二氧化锰后有较多气泡产生是因为过氧化钠与水反应生成了过氧化氢，二氧化锰作用下过氧化氢分解生成氧气所致。 【解析】A．由分析可知，③中溶液变红是反应生成氢氧化钠所致，说明有碱性物质生成，故A正确；B．由分析可知，④中红色褪去是因为过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和具有强氧化性的过氧化氢，能使有机色质漂白褪色所致，故B正确；C．由分析可知，⑤中加入二氧化锰后有较多气泡产生是因为过氧化钠与水反应生成了过氧化氢，二氧化锰作用下过氧化氢分解生成氧气所致，故C正确；D．由分析可知，过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，则②中的大量气泡主要成分是氧气，故D错误；故选D。 【培优突破3-2】（25-26高一上·河北·期末）下列实验装置能达到实验目的的是： ①验证 Na 和水反应是否为放热反应 ②检验Na2O2与H2O反应有O2生成 ③观察 K2CO3的焰色试验 ④比较、的稳定性 A．①② B．①③ C．②③ D．③④ 【答案】A 【解析】①  钠与水反应放热，使U型管中红墨水呈现左低右高现象，可验证该反应为放热反应，正确；② 过氧化钠与水反应生成氧气，氧气使带火星的木条复燃，可验证该反应有氧气生成，正确；③ 观察K的焰色试验需透过蓝色的钴玻璃片，不能直接观察检验，错误；④ 按照如图放置，小试管的温度低于大试管的，可认为碳酸钠是因为温度不够导致其未分解，不能比较两者的稳定性，错误；符合题意的为①②，故答案选A。 考点 4 侯氏制碱法工艺流程 【进阶典例4】（25-26高一上·安徽·开学考试）某制碱工厂以粗盐为原料制纯碱，部分工艺流程如图： 有关说法正确的是 A．流程中加入三种溶液的顺序不能调整 B．按流程所加溶液的顺序除杂，过滤后得到三种沉淀 C．流程通入氨气之后溶液呈碱性，促进吸收 D．流程中发生反应的化学方程式为 【答案】C 【分析】粗盐中含有氯化镁、氯化钙、硫酸钠杂质，通过流程I除掉镁离子、硫酸根、钙离子；过滤后得到氯化钠溶液，先通入氨气再通入二氧化碳得到碳酸氢钠固体，最后加热分解得到碳酸钠。 【解析】A．流程中加入的三种溶液为、、，其中需在之后加入以除去过量，但的位置可调整（如顺序可为、、），并非完全不能调整，A错误；B．流程中，与生成沉淀，与生成沉淀，与生成沉淀、与过量生成沉淀，共四种沉淀，B错误；C．流程通入后，溶于水生成使溶液呈碱性，碱性条件下更易与反应生成或，促进吸收，C正确；D．流程中受热分解的化学方程式应为，选项中未配平，D错误；故答案选C。 解题要点 1.吃透核心原理：溶解度差异是关键 侯氏制碱法的核心是利用NaHCO3的溶解度远小于NH4Cl、Na2CO3物质，实现NaHCO3的析出。流程第一步的关键操作顺序：先通NH3饱和食盐水，再通CO2。 （1）原因：NH3极易溶于水，使溶液呈碱性，大幅提升CO2的溶解度(生成大量HCO3-),最终促使NaHCO3结晶析出；若先通CO2,溶液酸性弱，CO2溶解度低，难以形成NaHCO3沉淀。 （2）核心反应：NH3＋NaCl＋CO2＋H2O=NaHCO3↓＋NH4Cl 2. 梳理工艺流程的三步核心操作 操作步骤 具体反应/操作 目的 第一步:制NaHCO3晶体 向饱和食盐水先通NH3再通CO2，过滤 析出NaHCO3晶体，得到滤液(含NH4Cl等) 第二步:制纯碱Na2CO3 NH3＋NaCl＋CO2＋H2O===NaHCO3↓＋NH4Cl 加热分解NaHCO3，得到纯碱；生成的CO2可循环利用 第三步:回收NH3 向滤液中加CaO（生石灰）CaO＋H2O=Ca(OH)2 Ca(OH)2＋2NH4ClCaCl2＋2NH3↑＋2H2O 回收NH3循环用于第一步；副产CaCl2  3. 明确循环物质与工艺优势 （1）循环利用的物质：CO2（第二步分解生成）、NH3（第三步回收），降低原料成本。 （2）工艺优势：原料利用率高（食盐利用率达96%）、无废渣污染、可同时生产纯碱和氮肥（NH4Cl）。 【培优突破4-1】（25-26高一上·北京·期末）侯氏制碱法工艺流程如图所示。 下列说法不正确的是 A．饱和食盐水“吸氨”的目的是使“碳酸化”时产生更多的 B．煅烧时发生反应 C．“盐析”后溶液比“盐析”前溶液大 D．母液II与母液I所含粒子种类相同，但前者、、的浓度更大 【答案】D 【分析】合成氨工业提供的氨气和二氧化碳，NH3溶解度大于CO2，先吸氨，再碳酸化产生NaHCO3，过滤得到主要含NH4Cl的母液Ⅰ和沉淀NaHCO3，“吸氨”操作目的是得到更多的碳酸氢钠，同时增大浓度，利于氯化铵析出，吸收氨气后降温冷析得到氯化铵晶体，滤液中加入氯化钠盐析得到的母液Ⅱ主要是饱和食盐水，再循环使用，过滤得到的碳酸氢钠晶体煅烧得到碳酸钠为纯碱，生成的二氧化碳重新回到碳酸化步骤循环使用，据此分析判断。 【解析】A．CO2在水中溶解度小，氨气极易溶于水使溶液显碱性，饱和食盐水“吸氨”的目的是可以吸收更多二氧化碳，使“碳酸化”时产生更多的，故A正确；B．煅烧时碳酸氢钠受热分解为碳酸钠、水、二氧化碳，方程式为：，故B正确；C．铵根离子水解生成氢离子，溶液显酸性；加入氯化钠“盐析”后析出氯化铵，溶液中铵根离子浓度减小，溶液酸性减弱，故比“盐析”前溶液pH大，故C正确；D．母液Ⅱ为加入氯化钠晶体，析出氯化铵后得到的；与母液Ⅰ所含粒子种类相同，但母液I经过吸氨、冷析、盐析得到母液Ⅱ，碳酸氢根离子的浓度没有变的更大，故D错误；故选D。 【培优突破4-2】（25-26高一上·江苏·期末）实验室用下图装置模拟侯氏制碱法原理，以NaCl、、等为原料制取少量。下列有关说法正确的是 A．除去中的少量HCl可在乙装置中加入饱和溶液 B．用冰水浴冷却丙装置有利于析出固体 C．丙装置中析出固体的上层清液中不存在 D．丁装置是为了吸收丙装置中逸出的和 【答案】B 【分析】甲装置中盐酸和碳酸钙反应生成CO2，乙装置中盛有饱和溶液，作用是除去CO2中混有的HCl气体，装置丙中CO2和含氨的饱和食盐水发生反应：NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3+NH4Cl，装置丁的作用是吸收丙装置中逸出的，以此解答。 【解析】A．能够和饱和溶液反应，不能用饱和溶液除去中的少量HCl，可以用饱和溶液，A错误；B．装置丙中CO2和含氨的饱和食盐水发生反应生成，的溶解度随着温度的下降而减小，则用冰水浴冷却丙装置可以降低的溶解度，有利于析出固体，B正确；C．丙装置中析出固体的上层清液为的饱和溶液，其中含有，C错误；D．不和稀硫酸反应，装置丁的作用是吸收丙装置中逸出的，不能吸收，D错误；故选B。 考点 5 焰色试验 【进阶典例5】（25-26高一上·山东临沂·期中）五彩缤纷的焰火与“焰色试验”知识有关。下列有关“焰色试验”的说法正确的是 A．焰色试验前，应用稀清洗铂丝 B．Na、、灼烧时火焰颜色均为黄色 C．将KCl在酒精灯上灼烧时能直接观察到紫色火焰 D．焰色试验是元素的性质，属于化学变化 【答案】B 【解析】A．焰色试验前应用稀盐酸清洗铂丝，硫酸残留会影响实验，A错误；B．Na、Na2CO3、NaHCO3均含Na元素，灼烧时火焰均为黄色，B正确；C．K+的焰色需透过蓝色钴玻璃观察，直接无法看到紫色，C错误；D．焰色试验是物理变化（电子跃迁发光），D错误；故选B。 解题要点 1. 吃透本质原理：电子跃迁是核心 （1）焰色试验是物理变化（非化学变化），本质是金属或其化合物受热时，核外电子吸收能量从基态跃迁到激发态，激发态电子不稳定，会跃迁回基态并释放出特定波长的光，不同金属的电子跃迁能量差不同，释放的光波长不同，从而呈现不同的焰色。 （2）关键提醒：焰色试验的焰色由金属阳离子决定，与阴离子无关（如NaCl、Na2CO3、NaOH的焰色均为黄色，因核心阳离子均为Na+）。 2. 牢记核心考点：特征焰色与鉴别应用 （1）重点金属（或离子）的特征焰色（常考必记）： ①钠元素（Na+）：黄色焰色（无需透过蓝色钴玻璃，直接观察即可）； ②钾元素（K+）：紫色焰色（需透过蓝色钴玻璃观察，目的是滤去杂质钠元素黄色光的干扰，避免误判）； ③其他金属：钙元素（Ca2+）：砖红色；钡元素（Ba2+）：黄绿色；铜元素（Cu2+）：绿色。 （2）鉴别应用：可用于鉴别金属单质或其化合物（如区分NaCl和KCl固体，通过焰色试验即可快速判断）。 3. 掌握规范操作：四步核心流程 焰色试验的标准操作步骤（口诀：洗—烧—蘸—烧）： （1）洗：用稀盐酸洗涤铂丝（或光洁无锈的铁丝，铂丝耐高温、化学性质稳定，是首选）； 原因：稀盐酸能溶解铂丝表面残留的金属氧化物或盐，且盐酸易挥发，加热时可除去残留，避免污染后续试验； （2）烧：将洗涤后的铂丝在酒精灯外焰上灼烧，直至与原来的火焰颜色一致（即“烧至无色”）； 目的：除去铂丝上的杂质，避免杂质的焰色干扰试验结果； （3）蘸：用灼烧干净的铂丝蘸取少量待测试样（固体或溶液均可）； （4）烧：再次将蘸有试样的铂丝放在酒精灯外焰上灼烧，观察焰色（若测试钾元素，需透过蓝色钴玻璃观察）。 【培优突破5-1】（25-26高一上·甘肃张掖·期中）春节期间，兰州太平鼓舞、永登硬狮子舞、何家营滚灯等非遗项目纷纷亮相，除此之外还有五颜六色的烟花秀，这与高中化学中“焰色试验”知识相关，下列说法中正确的是 A．钠燃烧时发出黄色的火焰 B．焰色试验中发生的变化为化学变化 C．透过蓝色钴玻璃观察到焰色为紫色，则待测液一定为钾盐 D．可用稀硫酸代替稀盐酸洗涤焰色试验中用到的铂丝 【答案】A 【解析】A．钠燃烧时火焰为黄色，焰色试验中钠元素也显黄色，描述正确，A正确；B．焰色试验是原子电子跃迁发光，无新物质生成，属物理变化，B错误；C．焰色为紫色表明含钾，不一定为钾盐，可能是KOH等，C错误；D．稀硫酸高温下易残留硫酸盐，干扰后续实验，不可替代盐酸，D错误；答案选A。 【培优突破5-2】（25-26高一上·黑龙江牡丹江·期中）焰色试验中钾盐在灼烧时火焰呈 A．黄色 B．紫色 C．绿色 D．砖红色 【答案】B 【解析】在焰色试验中，不同金属元素灼烧时火焰呈现不同焰色。钾的焰色为紫色，故钾盐在灼烧时火焰呈紫色；故选B。 考点 6 氯及其化合物的性质与用途 【进阶典例6】（25-26高一上·云南昆明·期中）下列关于氯及其化合物的叙述中，正确的是 A．纯净的氢气在氯气中燃烧发出苍白色的火焰 B．向久置的氯水中滴入紫色石蕊试液，溶液将先变红后褪色 C．检验气体中是否混有HCl气体的方法是将气体通入硝酸银溶液 D．氯气能和铁反应，液氯不可用钢瓶储存 【答案】A 【解析】A．纯净的氢气在氯气中燃烧时，火焰呈苍白色，生成氯化氢气体，A正确；B．久置的氯水中HClO分解，最终变为稀盐酸，滴入紫色石蕊试液仅变红而不褪色，B错误；C．Cl2与水反应生成的有Cl-，与硝酸银反应也会生成AgCl沉淀，无法确定Cl2中是否混有HCl，C错误；D．干燥的液氯在常温下不与铁反应，工业上可用钢瓶储存液氯，D错误；故答案选A。 解题要点 1.性质用途对应法：紧扣“性质决定用途”核心逻辑，解题时先定位物质核心性质，再匹配用途。例：Cl2用于自来水消毒→对应其与水生成HClO的强氧化性；漂白粉作消毒剂→对应Ca(ClO)2与CO2、H2O生成HClO；浓盐酸用于金属除锈→对应其酸性。 2.价态分析判断法：依据氯元素价态(-1、0、+1、+4、+5、+7)判断氧化性/还原性。例：ClO-、ClO3-中Cl为高价态，具强氧化性；Cl-为最低价态，仅具还原性；Cl2为中间价态，兼具氧化性与还原性。 3.易错点对比排除法：整理高频易错点，解题时逐项排查：①液氯≠氯水，液氯无漂白性，氯水漂白靠HClO;②新制氯水含Cl2、HClO等微粒，久置后成稀盐酸；③Cl2与变价金属(Fe、Cu)反应只生成高价氯化物。 4.特征现象突破法：利用物质特征现象快速解题，如：黄绿色气体→Cl2；使湿润淀粉-KI试纸变蓝→含强氧化性氯的物质(Cl2、HClO等);遇AgNO3生成不溶于稀硝酸的白色沉淀→含Cl-。 【培优突破6-1】（25-26高一上·江苏·期末）下列有关氯水成分实验和结论错误的是 A．氯水的颜色呈浅黄绿色，说明氯水中含有Cl2，久置氯水最终变为稀盐酸 B．向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，说明氯水中含有Cl- C．向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，说明氯水中含有H+ D．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 【答案】D 【解析】A．氯水呈浅黄绿色是因为溶解了Cl2，久置后Cl2逐渐反应完全，HClO分解生成HCl和O2，最终变为稀盐酸，A正确；B．氯水中含Cl-，加入硝酸酸化的AgNO3会生成AgCl白色沉淀，该实验能证明Cl-存在，B正确；C．氯水中含H+，与NaHCO3反应生成CO2气体，气泡说明H+存在，C正确；D．新制氯水含HClO，具有强氧化性，会使pH试纸漂白，无法准确测定pH，实验方法错误，D错误；故选D。 【培优突破6-2】（25-26高一上·江苏·期末）下列有关氯水成分实验和结论错误的是 A．氯水的颜色呈浅黄绿色，说明氯水中含有Cl2，久置氯水最终变为稀盐酸 B．向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，说明氯水中含有Cl- C．向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，说明氯水中含有H+ D．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 【答案】D 【解析】A．氯水呈浅黄绿色是因为溶解了Cl2，久置后Cl2逐渐反应完全，HClO分解生成HCl和O2，最终变为稀盐酸，A正确；B．氯水中含Cl-，加入硝酸酸化的AgNO3会生成AgCl白色沉淀，该实验能证明Cl-存在，B正确；C．氯水中含H+，与NaHCO3反应生成CO2气体，气泡说明H+存在，C正确；D．新制氯水含HClO，具有强氧化性，会使pH试纸漂白，无法准确测定pH，实验方法错误，D错误；故选D。 考点 7 氯及其化合物的转化关系 【进阶典例7】（25-26高一上·山东济宁·期中）中学6种常见物质转化关系如图所示，已知X、Y、Z及b均含有同一种元素，且单质X在常温、常压下为黄绿色气体，Y的水溶液是一种强酸，下列说法不正确的是 A．Y与Z反应不能得到X B．b为漂白液的有效成分 C．X与a反应是工业制取Y的重要途径之一 D．以上物质中b、c和Y都是电解质 【答案】A 【分析】已知X、Y、Z及b均含有同一种元素，且单质X在常温、常压下为黄绿色气体，则X为，Y的水溶液是一种强酸，则Y为HCl，单质a为，与氧化物c反应生成弱酸Z，则弱酸Z为HClO，氧化物c为，且Y与钠盐b反应生成弱酸Z，则钠盐b为NaClO，据此分析回答。 【解析】【解析】A．由分析可知，Y为HCl，Z 为HClO，Y与Z的反应是，可生成X()，A错误；B．由分析可知，b为NaClO，漂白液的有效成分是NaClO，B正确；C．由分析可知，X是，a为，Y为HCl，是工业制HCl的途径，C正确；D．电解质是在水中或熔融下能导电的化合物，b是NaClO属于电解质，c是H2O是电解质，Y是HCl也属于电解质，D正确；故选A。 解题要点 1.价态桥连法 以氯元素价态(-1、0、+1、+4、+5、+7)为核心桥梁，判断转化反应类型： （1）价态升高为氧化反应，需加氧化剂(如Cl-→Cl2用MnO2、KMnO4)； （2）价态降低为还原反应，需加还原剂(如Cl2→Cl-用Fe、H2)； （3）相邻价态转化无中间价态，非相邻价态可发生归中反应(如ClO3-+5Cl-+6H+=3Cl2↑+3H2O)。 2.路径模型法 构建2类核心转化模型快速解题： （1）基础转化链：HCl(Cl-)Cl2HClO/ClO-HCl （2）拓展转化链。Cl2ClO3-Cl2；NaClOCl2 解题时直接套用模型，快速推导未知物质。 3.条件差异分析法 聚焦反应条件对产物的影响，突破细节考点： ①Cl2与碱反应，冷稀碱生成ClO-,热浓碱生成ClO3-； ②浓盐酸与MnO2需加热才反应，稀盐酸不反应； ③HClO见光分解，次氯酸盐需酸性条件才显强氧化性。 4.特征现象定位法 框图推断题中，利用特征现象锁定物质： ①黄绿色气体为Cl2； ②能使湿润红色布条褪色的为HClO或含ClO-的溶液； ③加AgNO3生成不溶于稀硝酸的白色沉淀，说明含Cl-。 【培优突破7-1】（25-26高一上·河南·期末）“价-类”二维图是学习元素及其化合物知识的重要模型。氯元素的“价-类”二维图如图所示，a~e分别代表5种不同的纯净物。 已知：e是钠盐。下列说法错误的是 A．a能使紫色石蕊试液变红 B．c的酸性比硫酸强 C．b和d都具有漂白性 D．e是漂白液的有效成分 【答案】C 【分析】由图可知，a为HCl，b为Cl2，c为HClO4，d为HClO，e是钠盐，e为次氯酸盐，则e为NaClO，以此解题。 【解析】A．a为HCl，其水溶液显酸性，则a能使紫色石蕊试液变红，A正确；B．氯的非金属性比硫强，c为HClO4，是氯的最高价含氧酸，则其酸性比硫酸强，B正确；C．b为Cl2，干燥的氯气没有漂白性，次氯酸有漂白性，C错误；D．氯气与NaOH溶液反应制备漂白液，其有效成分是次氯酸钠，D正确；故选C。 【培优突破7-2】（25-26高一上·湖北·月考）氯及其化合物的“价—类”二维图如图所示，下列有关说法错误的是 A．e是一种新型自来水消毒剂 B．将a的浓溶液与d混合可制取b C．b→f可通过反应实现 D．c是一种强酸，具有强氧化性，能漂白棉、麻等 【答案】D 【分析】根据氯及其化合物的“价一类”二维图，a是HCl、b是Cl2、c是HClO、d是NaClO、e是ClO2、f是NaClO3。 【解析】A．ClO2具有强氧化性，是一种新型自来水消毒剂，故A正确；B．浓盐酸与NaClO混合发生归中反应生成氯化钠、氯气、水，故B正确；C．b是Cl2，氯气和氢氧化钠溶液在加热条件下反应生成NaClO3、NaCl 、H2O，反应的离子方程式为，故C正确；D．HClO是弱酸，故D错误；故选D。 考点 8 氯及其化合物的制备与性质探究 【进阶典例8】（25-26高一上·安徽芜湖·期中）某同学利用硬质玻璃管进行氯气性质实验，f处为蘸有KOH溶液棉花，下列说法错误的是 A．b处出现白色物质，说明氯气溶于水并生成 B．c处干燥的蓝色石蕊试纸会变色可能的原因是此时的氯气未被干燥，混有水蒸气 C．处试纸变蓝，发生的反应为 D．蘸有KOH溶液的棉花团的作用是处理尾气 【答案】A 【解析】A．b处出现白色物质，该物质为氯化银，可能是挥发的氯化氢与硝酸银反应生成的，不能说明氯气溶于水并生成，A错误；B．进入c处的氯气因未经干燥，含有水蒸气，会使干燥的蓝色石蕊试纸先变红后褪色，B正确；C．进入d处的氯气与碘化钾发生反应，反应生成的碘单质遇淀粉变蓝，C正确；D．蘸有KOH溶液的棉花团的作用是吸收氯气，防止造成空气污染，D正确；故答案选A。 解题要点 1.装置搭建“三段式”分析法 按“制备→净化→性质探究→尾气处理”的逻辑拆分装置： ①制备端：固液加热（MnO2+浓盐酸）或固液不加热（KMnO4+浓盐酸），依据试剂状态和反应条件选装置； ②净化端：先通饱和食盐水除HCl，再通浓硫酸干燥Cl2，洗气遵循“长进短出”； ③处理端：用NaOH溶液吸收尾气，加倒扣漏斗防倒吸。 2.性质探究“变量控制”法验证Cl2性质时需控制单一变量： ①验证氧化性：对比Cl2与F2、NaBr、淀粉-KI溶液的反应，通过溶液颜色变化判断氧化产物； ②验证漂白性：设计“干燥红布条+干燥Cl2”“湿润红布条+干燥Cl2”的对照实验，证明漂白性源于HClO； ③排除干扰：验证HCl酸性时，需用CCl4萃取除去Cl2，避免其与指示剂反应。 3.误差分析“因果推导”法 分析实验异常现象时，从试剂、条件、操作三方面推导： ①若制得的Cl2量少，可能是盐酸浓度变稀（反应放热使HCl挥发或反应消耗H+）； ②若漂白实验无现象，可能是使用了久置氯水（HClO分解）； ③若尾气处理时倒吸，可能是装置冷却后压强减小或导管插入液面过深。 4.实验评价“四维度”法解答实验改进类问题时，从安全性、环保性、简便性、准确性四个角度分析： ①安全性：防倒吸、防爆炸（Cl2与可燃性气体混合需验纯）； ②环保性：尾气是否完全处理，避免污染； ③简便性：装置是否简洁，操作是否易行； ④准确性：净化是否彻底，是否排除干扰因素。 【培优突破8-1】（25-26高一上·辽宁·期中）实验室可用干燥的氯气与亚氯酸钠固体反应来制备，装置如图所示，已知常温下为黄绿色气体，熔点，沸点，极易溶于水且不与水反应，高浓度的受热时易爆炸，下列说法错误的是 A．A中反应的离子反应方程式为： B．导气管K的作用是平衡气压，使液体顺利流下 C．C和F中盛装的试剂是碱石灰 D．D中通入一定量的干燥空气，可以防止生成的浓度过高，发生爆炸 【答案】C 【分析】A中高锰酸钾与浓盐酸反应生成氯气，生成的氯气中混有盐酸挥发出的HCl气体及水分，需经过饱和食盐水吸收HCl，经过无水氯化钙进行干燥；高浓度的ClO2受热时易爆炸，所以需向装置中通入一定量的干燥的空气以降低ClO2的浓度，E中收集ClO2，F中盛放碱石灰，吸收氯气并防止空气中水蒸气进入E。 【解析】A．A中高锰酸钾与浓盐酸反应生成氯气，离子反应方程式为：，A正确；B．导气管K的作用：平衡气压，保证液体顺利流下，B正确；C．碱石灰能吸收氯气，根据分析，C中不能盛放碱石灰、可盛放无水氯化钙，F中盛放碱石灰，C错误；D．ClO2极易溶于水，高浓度的ClO2受热时易爆炸，所以实验时需要向D中通入一定量的干燥空气，防止生成的浓度过高，发生爆炸，D正确；故选C。 【培优突破8-2】（25-26高一上·河北衡水·期中）一种制备的原理为(红色粉末)(白色粉末)。某化学小组用如图装置制备(夹持装置已省略)。下列说法错误的是 已知：①的熔点为、沸点为，易溶于水；的沸点为。 ②高浓度的不稳定、易爆炸，与有机物接触或加热时会发生剧烈反应。 A．装置①中的现象是红色粉末逐渐变为白色 B．装置①中橡胶塞用铝箔包裹，防止与橡胶接触发生反应 C．通入干燥空气的目的是将生成的稀释，防止发生爆炸 D．从装置②逸出气体的主要成分是 【答案】D 【分析】氯气进入装置①中与HgO反应生成Cl2O气体，由沸点可知②中冷凝得到Cl2O液体，最后出来的气体为空气及过量的Cl2，高浓度的Cl2O易爆炸，干燥空气可将生成的Cl2O稀释，防止发生爆炸。 【解析】A．装置①中发生反应，故红色粉末逐渐变为白色，A正确；B．与有机物或还原剂接触会发生燃烧并爆炸，故装置①中橡胶塞用铝箔包裹，防止与橡胶塞反应，B正确；C．高浓度的不稳定、易爆炸，故通入干燥空气的目的是将生成的稀释，防止发生爆炸，C正确；D．对比和的沸点可知，在②中冷凝液化，最后出来的气体为空气及过量的，D错误；故答案选D。 考点 9 工艺流程中的氯及其重要化合物 【进阶典例9】（25-26高一上·新疆乌鲁木齐·期中）以工业废渣［主要成分为，杂质为］为原料制备的流程如下图所示：氯化时控制温度在左右，充分反应后过滤所得滤液为的混合溶液。下列有关说法错误的是 A．打浆可加快“氯化”步骤的速率，提高利用率 B．滤渣的主要成分为 C．转化过程可能发生的反应为： D．若氯化温度偏低，过滤所得滤液为的混合液，则、的个数之比可能约为5：3：31 【答案】D 【分析】氯气与氢氧化钙反应生成氯化钙、氯酸钙，加入氯化钾后与氯酸钙反应生成氯酸钾，以此分析。 【解析】A．打浆可增大氢氧化钙与氯气的接触面积，加快“氯化”步骤的速率，提高利用率，A正确; B．CaCO3不溶于水，滤渣主要成分为CaCO3，B正确；C．加入氯化钾后与氯酸钙反应生成氯酸钾，方程式为，D正确；D．若氯化温度偏低，过滤所得滤液为的混合溶液，假设、的个数分别为5、3、31，则反应失电子数为5×5+3×1=28，得电子数为31×1=31，得失电子数目不相等，D错误；故选D。 解题要点 1.核心元素追踪法 以氯元素价态变化为线索，追踪原料→中间产物→目标产物的转化路径： ①低价态(Cl-):常通过氧化反应(如加MnO2、NaClO3)转化为Cl2或高价氯酸盐； ②高价态(ClO-、ClO3-):多通过还原或酸化反应转化为Cl2或Cl-； ③流程中氯的存在形式(溶液/沉淀/气体)决定分离操作(过滤、萃取、蒸馏)。 2.工艺条件把控法 聚焦温度、pH、试剂用量等关键条件对氯化合物转化的影响： ①温度：如Cl2与热浓碱反应生成ClO3-,与冷稀碱生成ClO-;高温易导致HClO分解，需控制低温； ②pH:次氯酸盐在酸性条件下氧化性增强，含氯氧化剂常需酸化活化；调碱可使杂质金属离子沉淀，避免与氯化合物反应； ③试剂过量：如用过量Cl2氧化Br-,确保溴元素完全转化，同时需考虑尾气Cl2的处理。 3.杂质去除与分离策略 结合氯化合物溶解性和化学性质设计分离方案： ①含氯溶液中除杂：加碱调pH除去Fe3+、Cu2+等金属离子(转化为氢氧化物沉淀),再过滤； ②气体除杂：制Cl2时用饱和食盐水除HCl、浓硫酸除水； ③产品提纯：如从NaClO溶液制固体，采用蒸发浓缩、冷却结晶(避免高温分解)。 4.工艺评价与优化思路 从绿色化学、成本、产率三方面分析： ①环保：尾气Cl2需用NaOH溶液吸收，避免污染；废液中含氯酸盐需处理后排放； ②经济：循环利用母液(如含NaCl的废液返回酸化步骤),降低原料消耗； ③产率：减少高价氯化合物的副反应(如控制反应温度),提高目标产物纯度。 【培优突破9-1】（25-26高一上·山东·期中）二氧化氯是国际上公认的安全、无毒的绿色消毒剂。“R7法”制备二氧化氯的优点是副产品氯气经处理后可循环利用，具体制备流程如图所示。 已知：Ⅰ． Ⅱ．消毒效率消毒剂转移的电子数消毒剂的质量 下列说法错误的是 A．和的消毒效率之比为 B．反应①中氧化剂和还原剂的物质的量相等 C．物质X为盐酸和硫酸的混合物 D．反应①消耗的硫酸与反应②生成的硫酸物质的量之比为 【答案】D 【分析】氯气与热NaOH溶液反应生成氯化钠和氯酸钠，向反应后的溶液中加入H2SO4生成ClO2和Cl2，反应②中Cl2和SO2反应生成H2SO4和HCl，X为H2SO4和HCl的混合物。 【解析】A．已知消毒效率消毒剂转移的电子数消毒剂的质量，ClO2中氯元素化合价由+4价降低到-1价，消毒效率为，Cl2中氯元素化合价由0价升高到+1价，消毒效率为，消毒效率之比为71：27，故A正确；B．“R7法”制备二氧化氯的优点是副产品氯气经处理后可循环利用，可知氯气是反应①的产物之一，故反应①的化学方程式为： ，则氧化剂为，还原剂为，两者物质的量相等，故B正确；C．反应②中Cl2和SO2反应生成H2SO4和HCl，因此反应②为：，物质为盐酸和硫酸的混合物，故C正确；D．反应①为，反应②为：，根据反应①、②可得，当反应①生成1mol Cl2时，消耗的硫酸为2mol，反应②消耗1mol Cl2时，生成的硫酸为1mol，反应①消耗的硫酸与反应②生成的硫酸物质的量之比为2：1，故D错误；故答案选D。 【培优突破9-2】（25-26高一上·福建·期末）利用NaClO和尿素[CO(NH2)2]反应制备N2H4∙H2O (水合肼)的实验流程如下图，下列说法错误的是 已知：①氯气与烧碱溶液的反应会放出热量，若温度过高会产生副产物NaClO3；②N2H4∙H2O有强还原性，能与NaClO剧烈反应生成N2；③实验流程中各反应没有Cl2产生。 A．步骤Ⅰ应采用冰水浴降温 B．步骤Ⅰ制备NaClO溶液时，若溶液中NaClO与的物质的量之比为2:1，则参与反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为3:7 C．步骤Ⅱ中尿素应一次性快速加入反应器中 D．步骤Ⅲ溶液中Cl-的物质的量大于步骤Ⅰ溶液 【答案】B 【分析】将Cl2通入NaOH溶液中，发生反应Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，由于反应放热，若温度过高，会生成副产物NaClO3，则需设法控制温度；往反应后的溶液中一次性加入尿素，发生反应NaClO+CO(NH2)2+2NaOH=N2H4∙H2O+NaCl+Na2CO3；蒸发浓缩、冷却结晶，过滤出Na2CO3，再将滤液经过处理，便可获得N2H4∙H2O。 【解析】A．步骤Ⅰ中，由于Cl2与NaOH反应放热，可能会发生副反应3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O，生成副产物NaClO3，所以应采用冰水浴降温，A正确；B．步骤Ⅰ制备NaClO溶液时，若溶液中NaClO与的物质的量之比为2:1，则发生反应5Cl2+10NaOH=7NaCl+2NaClO+NaClO3+5H2O，参与反应的氧化剂(Cl2生成7NaCl)与还原剂(Cl2生成2NaClO+NaClO3)的物质的量之比为=7:3，B错误；C．题干信息显示：“N2H4∙H2O有强还原性，能与NaClO剧烈反应生成N2”，则步骤Ⅱ中尿素应一次性快速加入反应器中，使尿素快速还原NaClO，防止NaClO氧化N2H4∙H2O，C正确；D．步骤Ⅰ中发生反应Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，步骤Ⅱ中发生反应NaClO+CO(NH2)2+2NaOH=N2H4∙H2O+NaCl+Na2CO3，则在步骤Ⅰ生成NaCl的基础上又生成NaCl，所以步骤Ⅲ溶液中Cl-的物质的量大于步骤Ⅰ溶液，D正确；故选B。 考点 10 含氯消毒剂的性质及应用 【进阶典例10】（25-26高一上·河南·月考）下列关于含氯消毒剂的解释错误的是 A．向溶液中通入适量可增强漂白效果： B．工业上将氯气通入石灰乳中制取漂白粉： C．氯水应避光保存的原因是 D．常用作饮用水的消毒杀菌剂，其漂白能力和消毒能力均比氯水强 【答案】C 【解析】A．次氯酸钙溶液与适量CO2反应生成HClO，增强漂白效果，化学方程式为：，A正确；B．工业上制取漂白粉，氯气与石灰乳反应生成CaCl2、Ca(ClO)2和H2O，化学方程式为：，B正确；C．氯水中HClO在光照条件下反应生成HCl和O2，化学方程式为：，C错误；D．ClO2的氧化性强于Cl2，常用作饮用水的消毒杀菌剂，D正确；故选C。 解题要点 1.核心成分分类法 按有效氯存在形式分类记忆，明确消毒原理均为强氧化性： ①单质类：Cl2(溶于水生成HClO消毒，适用于自来水); ②次氯酸盐类：NaClO(84消毒液)、Ca(ClO)2(漂白粉有效成分),需与CO2、H2O反应生成HClO; ③其他类：ClO2(高效无残留，消毒能力是Cl2的2.63倍，不生成致癌卤代物)。 2.性质应用对应法 紧扣“性质决定使用注意事项”解题： ①不稳定性：HClO见光分解、次氯酸盐遇酸易分解，含氯消毒剂需避光密封保存； ②强氧化性：不可与洁厕灵(含浓盐酸)混用，否则会发生归中反应生成有毒Cl2(ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O);不可与还原剂(如酒精、Na2SO3)混用，会降低消毒效果。 3.剂量与效果分析方法 解答消毒效率计算或方案设计题时： ①消毒效率与有效氯含量正相关，计算时对比单位质量消毒剂转移电子数(如ClO2中Cl从+4→-1,转移5个电子；Cl2中Cl从0→-1,转移2个电子); ②实际应用需考虑适用范围，如ClO2用于食品加工消毒，漂白粉用于环境消毒。 4.误区排除法 规避高频易错点： ①含氯消毒剂消毒时，并非氯元素价态越低消毒能力越强，而是高价态(如ClO2中+4价Cl)得电子能力越强，消毒效果越好； ②84消毒液能漂白有色物质，是因为生成HClO,并非NaClO直接起作用； ③漂白粉失效是先与CO2、H2O生成HClO,再经光照分解，两步反应缺一不可。 【培优突破10-1】（25-26高一上·天津·期末）二氧化氯是国际公认的高效安全杀菌消毒剂，工业制备的反应原理如下：(浓)，下列关于该反应的说法中不正确的是 A．每生成0.1转移0.2电子 B．浓盐酸在反应中既体现还原性又体现酸性 C．被氧化和被还原的氯元素的物质的量之比为 D．每消耗0.2还原剂，生成和的总物质的量为0.3 【答案】A 【分析】2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2H2O+2NaCl反应中，NaClO3中Cl元素化合价由+5价变为+4价、HCl中Cl元素的化合价从-1价变为0价，所以氯酸钠是氧化剂、盐酸是还原剂，再结合物质与电子之间的关系式解答。 【解析】A．反应中生成2molClO2转移2mol电子，则每生成0.1molClO2转移0.1mol电子，故A错误；B．HCl中Cl元素的化合价从-1价变为0价，HCl作还原剂，同时生成NaCl，则还体现了HCl的酸性，故B正确；C．NaClO3中Cl元素化合价由+5价变为+4价，是氧化剂，HCl中Cl元素的化合价从-1价变为0价，是还原剂，根据得失电子守恒可知，反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：1，故C正确；D．根据反应式，反应中每消耗4molHCl，作还原剂的为2molHCl，生成2molClO2和1molCl2，故每消耗0.2还原剂，生成和的总物质的量为0.3，故D正确；故选A。 【培优突破10-2】（25-26高一上·山西·期末）二氧化氯(ClO2)的熔点﹣59℃，沸点11℃，易溶于水，是一种常用的饮用水消毒剂，消毒时会产生Cl﹣和少量的，关于二氧化氯的说法不正确的是 A．易液化 B．实验室不能用排水法收集 C．消毒时利用其强还原性 D．氯的化合价为＋4 【答案】C 【解析】A．由沸点可知，二氧化氯的沸点低，易液化，故A正确；B．由题意可知，二氧化氯易溶于水，实验室不能用排水法收集，故B正确；C．二氧化氯用于消毒时会产生Cl﹣和少量的，氯元素化合价降低，被还原性，则二氧化氯分子表现强氧化性，故C错误；D．由化合价代数和为0可知，二氧化氯分子中O元素显-2价，则氯元素的化合价为+4价，故D正确；故选C。 考点 11 有关物质的量相关概念辨析 【进阶典例11】（25-26高一上·陕西汉中·期中）每年10月23日的上午6：02到晚上的6：02被誉为“摩尔日”(MoleDay)。下列说法正确的是 A．摩尔是联系宏观物质和微观粒子之间的物理量 B．0.5molNO中含有0.5mol氧原子 C．氢气的摩尔质量是2g D．摩尔是物质的数量单位 【答案】B 【解析】A．摩尔是物质的量的单位，而非物理量，物理量是物质的量，A错误；B．每个NO分子含1个氧原子，0.5mol NO中含0.5mol氧原子，B正确；C．摩尔质量的单位应为g/mol，氢气摩尔质量是2g/mol，C错误；D．摩尔是物质的量的单位，而非“数量单位”，D错误；故选B。 解题要点 本题型的核心是理清物质的量、摩尔质量、气体摩尔体积、物质的量浓度四大概念的内涵与关联。 1.解题时，先明确研究对象是微粒（原子、分子、离子等） 还是宏观物质，注意微粒的组成关系（如 1moH2O含 3mol 原子）。 2.区分摩尔质量与相对分子质量：前者有单位g/mol，数值上等于后者； 3.气体摩尔体积需紧扣标准状况（0℃、101kPa） 与气态两个前提，排除固液态物质干扰。 4.物质的量浓度计算时，溶液体积以升（L）为单位，且溶液稀释遵循溶质的量不变原则。 5.易错点：忽视微粒的多重组成、非标准状况下套用 22.4L/mol，需通过“概念定位—条件排查—关系换算”三步法突破。 【培优突破11-1】（25-26高一上·黑龙江牡丹江·期中）下列关于物质的量和摩尔质量的叙述，正确的是 A．氮气的摩尔质量是 B．中约含有个氧分子 C．氢中含有氢原子和电子 D．1mol任何纯净物都含有相同的原子数 【答案】B 【解析】A．摩尔质量的单位应为g/mol，氮气（N2）的摩尔质量是28g/mol，而非28g，A错误；B．1mol O2含约6.02×1023个氧分子，0.5 mol O2则含0.5×6.02×1023≈3.01×1023个氧分子，B正确；C．“氢”未明确是H原子还是H2分子，若为H2，则1mol H2含2mol H原子和2mol电子；C错误；D．不同纯净物的分子组成不同，如1mol O2含2mol原子，1mol O3含3mol原子，原子数不可能相同，D错误；故选B。 【培优突破11-2】（25-26高一上·湖北荆州·期中）下列说法错误的是 A．物质的量是表示含有一定数目微粒的集合体，其单位为mol B．3.6 g 中含有2 mol电子 C．能够影响17g氯气体积大小的因素有气体的温度和压强 D．阿伏加德罗常数是个纯粹的数值，约为6.02×1023，没有单位 【答案】D 【解析】A．物质的量是表示含有一定数目微粒的集合体，单位为mol，描述正确，A正确；B．3.6 g 的物质的量为0.2 mol，每个含10个电子，总电子的物质的量为2 mol，B正确；C．17g氯气的物质的量固定，其体积受温度和压强影响，C正确；D．阿伏加德罗常数有单位，单位为，D错误；故答案选D。 考点 12 阿伏加德罗常数的正误判断 【进阶典例12】（25-26高一上·江苏苏州·期中）用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．1 mol Na2O2固体中所含离子总数约为4NA B．1 mol Cl2溶于水充分反应，转移电子数为NA C．0.1 mol Fe与0.1 mol Cl2充分反应，转移的电子数为0.2NA D．18 g H218O中含有的中子数为10 NA 【答案】C 【解析】A．Na2O2由Na+和O构成，1 mol Na2O2含3 mol离子，总数为3NA，A错误；B．Cl2与水的反应是可逆的，根据可知，1 mol Cl2仅部分反应，转移电子数小于NA，B错误；C．0.1 mol Cl2完全反应需0.2 mol电子，Fe与Cl2物质的量相等时，Cl2为限制因素（少量），转移电子数为0.2NA，C正确；D．H218O的摩尔质量为20 g/mol，18 g对应0.9 mol，每个分子含10个中子，总中子数为9NA，D错误；故选C。 解题要点 1.阿伏加德罗常数正误判断是高考高频题型，核心考查概念辨析、条件限制及微粒计量能力，解题需遵循“条件排查一微粒分析一计算验证“三步法。 第一步，条件审查：明确是否为标准状况(0℃、101kPa),只有标准状况下的气态物质才能用22.4L/mol 计算物质的量，固液态物质(如H2O、SO3)直接排除；非标准状况下，若题干未给出气体摩尔体积，无法通过体积计算微粒数。 第二步，微粒分析：准确判断计量对象，区分分子、原子、离子、电子、质子等。如1mol NH3含4 mol原子、10 mol质子； 第三步，计算验证：氧化还原反应中需关注电子转移数目，如Cl2与NaOH反应，1mol Cl2转移1mol电子；注意可逆反应(如N2+3H22NH3)不能进行到底，生成物微粒数小于理论值。 2.解题关键是避开“状态陷阱”、“微粒陷阱”、“反应限度陷阱”,逐一排查选项细节。 【培优突破12-1】（25-26高一上·湖南·期中）为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A．1 mol Cl2与足量水反应，转移的电子数为 B．标准状况下，28 g N2与CO的混合气体中，原子总数为 C．2 mol浓盐酸与足量二氧化锰充分反应，生成的氯气分子数为 D．1 L 1 mol/L Na2SO4溶液中的氧原子数为 【答案】B 【解析】A．Cl2与水的反应为歧化反应，每1 mol Cl2转移1 mol电子，但反应可逆且溶解度有限，实际转移电子数小于NA，A错误；B．N2和CO的摩尔质量均为28 g/mol，28 g混合气体总物质的量为1 mol，均为双原子分子，原子总数为2NA，B正确；C．浓盐酸与MnO2反应时，随浓度降低反应停止，2 mol HCl无法完全反应，生成Cl2分子数小于0.5NA，C错误；D．Na2SO4溶液中溶质含4 mol氧原子，但溶剂水含大量氧原子，总氧原子数远大于4NA，D错误；故答案选B。 【培优突破12-2】（25-26高一上·广东广州·期中）用表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述不正确的是 A．含有的电子数为 B．16g甲烷中含有分子的数目为 C．常温常压下，中含有氧原子的数目为 D．1.6g由氧气和臭氧组成的混合物中含有氧原子的数目为 【答案】A 【解析】A．Na的原子序数为11，1个Na原子含有11个电子，因此1 mol Na含有11 mol电子，数目为，叙述错误，A符合题意；B．CH4的摩尔质量为16 g/mol，16 g甲烷的物质的量为1 mol，分子数目为NA，叙述正确，B不符合题意；C．0.1 mol CO2含有0.2 mol氧原子，数目为0.2NA，与温度和压强无关，叙述正确，C不符合题意；D．O2和O3的混合物中氧原子总质量为1.6 g，氧原子的物质的量为，数目为0.1NA，叙述正确，D不符合题意；故选A。 考点 13 阿伏加德罗定律及其推论 【进阶典例13】（25-26高一上·上海·期中）由、和CO组成的混合气体在同温同压下与的密度相同，则该混合气体中、和CO的体积比是 A． B． C． D． 【答案】A 【解析】根据阿伏伽德罗定律推论，混合气体的平均摩尔质量需等于的28 g/mol。CO的摩尔质量恰好为28 g/mol，其体积不影响平均值的计算，只需调整和的比例。设和的体积比为，根据体积之比等于物质的量之比，则满足： 选项中仅A满足，CO的体积14不影响结果，A正确；故答案选A。 解题要点 1.阿伏加德罗定律及其推论是气体相关计算的核心依据，解题需紧扣“三同定一同”核心规律：同温同压下，相同体积的任何气体含相同数目的分子；在此基础上可推导压强、体积、物质的量、摩尔质量的比例关系。 2.解题分两步： 第一步，判断条件，明确题干给出的是“同温同压”还是“同温同容”,这是选择推论公式的前提。同温同压时，气体体积比等于物质的量之比(V1/V2=n1/n2),密度比等于摩尔质量之比(P1/P2=M1/M2);同温同容时，压强比等于物质的量之比(P1/P2=n1/n2)。 第二步，灵活换算，将未知量转化为物质的量，结合物质的量与质量、微粒数的关系计算；注意适用范围，定律及推论仅适用于气态物质，混合气体需满足不发生反应的条件，且计算时忽略分子间间隙的差异。 3.易错点是混淆条件套用公式，需通过“条件标注一公式匹配一单位统一”规避错误。 【培优突破13-1】（25-26高一上·广东广州·期中）如图一密闭容器被无摩擦、可滑动的两隔板a、b分成甲、乙两室；在乙室中充入，甲室中充入，静止时隔板位置如图所示。 下列说法正确的是 A．甲室气体质量为28 g B．乙室气体体积11.2 L C．原子数之比，甲:乙=2:1 D．甲室气体密度为1.25 g/L 【答案】A 【分析】同温、同压，气体体积比等于物质的量之比，根据图示，甲室气体的体积为乙室的2倍，所以甲室气体的物质的量为乙室的2倍，甲室气体的物质的量为，据此回答。 【解析】A．由分析知，甲室气体的物质的量为，故甲室气体质量为，A正确；B．没有明确是否为标准状况，乙室中的体积不一定为11.2 L，B错误；C．甲室为，乙室为，原子数之比为：，C错误；D．没有明确是否为标准状况，气体的摩尔体积不一定是22.4L/mol，甲室气体密度不一定为1.25g/L，D错误；故选A。 【培优突破13-2】（25-26高一上·黑龙江哈尔滨·期中）标准状况下，下列物质：①个分子②氯气③氧气④。下列关系错误的是 A．体积：③>④ B．质量：①>② C．密度：②>③ D．质子数：①>④ 【答案】B 【解析】A．③为6.72 L O2；④为0.2 mol NH3，标准状况下，体积为：0.2 mol×22.4 L/mol=4.48 L，则体积：③＞④，A正确；B．①H2O的分子数为9.03×1023，根据公式：，则H2O的物质的量为1.5 mol，质量为1.5 mol×18 g/mol=27 g；②Cl2的质量为35.5 g，故质量：①＜②，B错误；C．相同条件下，气体的密度比等于其摩尔质量之比，摩尔质量：Cl2＞O2，则密度：②>③，C正确；D．每个H2O和NH3分子均含10个质子，①为9.03×1023个H2O，根据公式：，则H2O的物质的量为1.5 mol，质子数为1.5×10×NA=15NA；④为0.2 mol NH3，质子数为0.2×10×NA =2NA，质子数：①>④，D正确；故选B。 考点 14 溶液的配制及误差分析 【进阶典例14】（25-26高一上·安徽淮北·期中）某同学做实验需要480mL溶液，配制过程如图所示。 下列关于该实验的叙述错误的是 A．进行操作①时，固体应放置在烧杯中称量 B．进行操作③时，应先等溶液恢复至室温，再转移 C．进行操作⑤时，俯视刻度线会导致溶液浓度偏低 D．实验中应选用500mL容量瓶 【答案】C 【解析】A．易潮解，且有腐蚀性，故应在烧杯中称取，而不能直接用托盘称量，A正确；B．固体溶于水放热，在烧杯中完全溶解后，需先恢复至室温，再转移到容量瓶中，B正确；C．定容时俯视刻度线会导致溶液的体积偏小，导致溶液浓度偏高，C错误；D．选取容量瓶要大于(或等于)并接近于所配溶液的体积，容量瓶应该选用500mL的规格，D正确；故选C。 解题要点 1.溶液配制及误差分析是高考实验高频考点，核心围绕“计算一称量—溶解—转移一洗涤一定容一摇匀”七步操作展开，误差分析需紧扣公式c=n/V,通过判断操作对溶质物质的量n或溶液体积V的影响推导结果。 2.解题分两步： 第一步，规范操作记忆，明确容量瓶使用禁忌(不能溶解固体、稀释浓溶液、长期存放溶液),转移时需用玻璃棒引流，洗涤烧杯和玻璃棒2～3次并将洗涤液转入容量瓶，定容时视线与凹液面最低处相平。 第二步，误差分类判断，若操作导致n减小(如称量时砝码生锈、转移时液体洒出、未洗涤玻璃棒),则c偏低；若导致V减小(如定容时俯视刻度线),则c偏高；若定容后摇匀液面下降再加水，会使V增大，c偏低。 3.易错点是混淆俯视、仰视对体积的影响，需牢记“俯高仰低”规律，结合公式精准判断误差方向。 【培优突破14-1】（25-26高一上·内蒙古呼和浩特·期中）某学习小组成员欲用胆矾()配制 100mL 1 mol·L-1 的溶液，下列说法正确的是 A．用托盘天平称量25.0 g 固体 B．摇匀后，发现液面低于刻度线，需要补加少水以重新达到刻度线 C．定容时，俯视容量瓶刻度线会导致所配溶液浓度偏大 D．容量瓶用蒸馏水洗涤后，残留有少量的水，会导致所配溶液浓度偏小 【答案】C 【解析】A．题目要求使用胆矾（），而选项中称量的是无水固体（需16.0g），需要25.0 g 的是胆矾（），A错误；B．摇匀后液面低于刻度线是正常现象，补加水会改变溶液体积导致浓度偏低，B错误；C．定容时俯视刻度线会导致实际溶液体积小于100 mL ，浓度计算公式为，体积偏小，浓度偏大，C正确；D．容量瓶残留少量蒸馏水不影响最终浓度，因为定容时会重新加水至刻度线，D错误；故答案选C。 【培优突破14-2】（25-26高一上·湖南·期中）下列溶液中溶质的物质的量浓度为的是 A．将25 g CuSO4·5H2O溶于水配成100 mL溶液 B．将40 g NaOH溶解在1 L水中 C．将1 L10mol∙L-1的浓盐酸加入9 L水中 D．将22.4 L HCl气体溶于水配成1 L溶液 【答案】A 【解析】A．25 g CuSO4·5H2O的物质的量为，故浓度为=1 mol/L，A正确；B．40 g NaOH的物质的量为1 mol，但溶解在1 L水中后溶液体积大于1 L，浓度小于1 mol/L，B错误；C．浓盐酸与水混合后体积不等于10 L，无法确定浓度是否为1 mol/L，C错误；D．未说明气体是否处于标准状况，无法计算HCl的物质的量，D错误；故答案选A。 1．（25-26高一上·陕西商洛·期中）以不同类别物质间的转化为线索，可结构化地认识钠及其化合物的性质。下列说法不正确的是 A．过程Ⅱ发生反应的离子方程式为 B．若改变过程I的反应条件，能得到淡黄色固体 C．钠常保存于煤油中，钠着火时，应使用专用灭火剂或干砂灭火 D．上述过程I~IV中，发生电子转移的是I、II 【答案】A 【分析】Ⅰ反应为钠和氧气常温下反应生成氧化钠，Ⅱ反应为钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，Ⅲ为氧化钠和水反应生成氢氧化钠，Ⅳ反应为氢氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和水。 【解析】A．过程Ⅱ是钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，离子方程式为，A错误；B．过程I在加热条件下，可得到淡黄色固体过氧化钠，B正确；C．Na的密度比煤油大，可以保存在煤油中，金属钠着火生成过氧化钠，过氧化钠与二氧化碳或与水反应都会生成氧气，会使火势更旺，故应使用专用灭火剂或干砂灭火，C正确；D．过程Ⅰ～Ⅳ中，过程Ⅲ、Ⅳ没有元素化合价变化，不是氧化还原反应，没有电子转移，故发生电子转移的是I、II，D正确；故选A。 2．（25-26高一上·甘肃张掖·期中）下列说法错误的是 A．可用澄清的石灰水鉴别和两种溶液 B．溶液和盐酸可以通过互滴进行鉴别 C．向碳酸钠固体中加入少量水后，结块变成晶体 D．向碳酸钠溶液中滴入酚酞，溶液变为红色 【答案】A 【解析】A．澄清石灰水与和溶液均会生成沉淀，无法鉴别，A符合题意；B．将 溶液滴入盐酸时，因盐酸过量，立即发生反应产生气泡；将盐酸滴入Na2CO3溶液时，开始无气泡，待Na2CO3反应完全后再滴加盐酸才产生气泡，可通过互滴鉴别，B不符合题意；C．无水吸水生成结晶水合物时会结块并放热，描述符合实际，C不符合题意；D．溶液因水解呈碱性，使酚酞变红，D不符合题意；故选A。 3.（25-26高一上·福建厦门·期中）已知84消毒液的有效成分是NaClO，某同学设计实验探究84消毒液的漂白性。 ①在消毒液中加入水后，放入红色纸片，观察到纸片慢慢褪色；②在消毒液中加入白醋(主要成分为醋酸)后，放入红色纸片，观察到纸片迅速褪色；③在不同温度时，测得84消毒液ORP值随时间的变化曲线如图所示。 已知：ORP表示水溶液中物质的氧化性或还原性强弱，ORP值越大氧化性越强。下列说法错误的是 A．实验①、②现象不同的原因可能是实验②中HClO浓度大于实验①中HClO浓度 B．实验②中白醋与84消毒液发生反应的离子方程式为 C．实验③的结论是随温度升高和时间延长，84消毒液的漂白性下降 D．84消毒液与双氧水混合使用，杀菌消毒效果可能会降低 【答案】B 【解析】A．实验②中加入的醋酸与反应（），增大了的浓度，从而加快了褪色速率，，所以实验②比实验①褪色快，故A正确；B．醋酸属于弱电解质，不拆，实验②中白醋与84消毒液发生反应的离子方程式为，故B错误；C．根据实验③的图像可知，随温度升高和时间延长，84消毒液的ORP值（漂白性）下降的原因是温度升高次氯酸分解加快，溶液中次氯酸浓度减小，氧化性减弱，故C正确；D．84消毒液与双氧水混合使用会发生氧化还原反应，NaClO+H2O2=NaCl+O2↑+H2O，使得杀菌消毒效果严重降低，故D正确；故选：B。 4.（25-26高一上·江苏扬州·期中）为探究新制氯水的性质，某学生做了如下实验。 实验 装置 试剂a 现象 ① 紫色的石蕊试液 溶液先变红后褪色 ② HNO3酸化的AgNO3溶液 产生白色沉淀 ③ NaHCO3溶液 产生气泡 ④ KI溶液、淀粉溶液 溶液变蓝 由上述实验可得新制氯水的性质与对应的解释或离子方程式不相符的是 A．实验①说明新制氯水中含有H+、HClO B．实验②说明新制氯水中有Cl-：Cl-＋Ag+=AgCl↓ C．实验③发生的反应为：+HClO=ClO-+CO2↑+H2O D．实验④可能发生反应：Cl2+2I-=2Cl-+I2 【答案】C 【解析】A．紫色石蕊试液变红，表明溶液显酸性，褪色表明溶液具有强氧化性，由此得出，实验①说明新制氯水中含有，A不符合题意；B．实验②中有白色沉淀生成，则生成沉淀，说明新制氯水中有，发生反应：，B不符合题意；C．实验③中有气泡逸出，表明溶液中含有酸性比碳酸强的盐酸，发生反应：，而次氯酸的酸性弱于碳酸，次氯酸不能与碳酸氢钠生成二氧化碳，C符合题意；D．实验④中淀粉变蓝，氧化性：，表明反应生成了，发生的反应为：，D不符合题意；故选C。 5.（25-26高一上·广东广州·期中）下表中，对陈述I、Ⅱ的正确性及二者间是否具有因果关系的判断都正确的是 选项 陈述I 陈述Ⅱ 判断 A Na可与水反应产生 Na着火不能用水扑灭 I对；Ⅱ对；有关系 B 金属钠具有强还原性 高压钠灯发出透雾性强的黄光 I对；Ⅱ对；有关系 C 过氧化钠可用作航天员供氧剂 能和、反应生成 I对；Ⅱ对；有关系 D 小苏打可用于治疗胃酸过多 可与盐酸反应 I对；Ⅱ对；有关系 【答案】C 【解析】A．陈述 I：Na与水反应生成的是H2不是，陈述I错误，A错误；B．陈述Ⅰ正确（钠强还原性），陈述Ⅱ正确（钠灯黄光透雾性强），但钠的发光性质是物理现象，与还原性无因果关系，B错误；C．陈述Ⅰ正确（作供氧剂），陈述Ⅱ正确（与、反应生成），且因果关系成立（反应生成O2是其用途的直接原因），C正确；D．陈述Ⅰ正确（小苏打可中和胃酸），但陈述Ⅱ错误（应为而非），因果关系不成立，D错误；故选C。 6.（25-26高一上·山西太原·月考）“价-类”二维图是学习元素化合物知识的重要模型和工具，图1为钠的“价-类”二维图，图2为比较甲、乙(甲、乙为Na2CO3或NaHCO3)的热稳定性的实验装置。下列说法正确的是 A．a与水生成NaOH的反应中氧化产物与还原产物的质量之比为 B．相同个数的b和c，含有的离子总数不同 C．Na转化为b或c，主要取决于反应温度和O2的量 D．甲为NaHCO3，可用于治疗胃酸过多 【答案】A 【分析】根据钠元素的价类二维图，a为NaH，b、c为氧化物，为、。甲、乙为钠盐，如：、等。 【解析】A．a为NaH，与的反应为，该反应的氧化产物与还原产物均为，且物质的量之比为，A正确；B．b、c为氧化物，为、，两者都是由2个钠离子和1个阴离子组成，则1mol b和1mol c均含有3mol离子，B错误；C．Na无论是转化为还是，主要取决于温度高低，与反应物的用量无关，C错误；D．由图2验证稳定性：>，则甲为，乙为，由于碱性较强，应选择乙（）用于治疗胃酸过多，D错误；故答案选A。 7.（25-26高一上·江苏无锡·期中）下列实验装置能达到实验目的的是 A．测氯水的pH B．干燥氯气 C．收集氯气 D．吸收氯气 【答案】D 【解析】A．氯水具有漂白性，不能用pH试纸测定氯水的pH，同时不能将pH试纸直接放入到待测液中，A不符合题意；B．氯气与碱石灰反应，所以不能用碱石灰干燥氯气，B不符合题意；C．氯气的密度大于空气，因此空气的排气口应位于上方，C不符合题意；D．氯气能与氢氧化钠溶液反应，因此可以用NaOH溶液吸收氯气，D符合题意；故答案选D。 8.（25-26高一上·广东广州·期中）“价—类二维图”是学习元素及其化合物知识的高效模型，下列有关氯的“价—类二维图说法错误的是 A．c可用于自来水的杀菌消毒 B．d不稳定，光照下分解会生成b C．a的浓溶液与在某种条件下可以生成b D．84消毒液的有效成分是f的钠盐，作用原理是与空气中的水和二氧化碳反应生成d 【答案】B 【分析】根据上述氯的“价—类二维图”可知各物质分别为：a：氢化物（HCl），Cl为- 1价；b：单质（Cl2），Cl为0价；c：氧化物（ClO2），Cl为+4价；d：酸（HClO），Cl为+1价；e：盐（如KClO3），Cl为+5价；f：盐（如NaClO），Cl为+1价；g：酸（HClO4），Cl为+7价。 【解析】A．c是ClO₂，具有强氧化性，可用于自来水杀菌消毒，A正确；B．d是HClO，不稳定，光照下分解：，生成的是HCl和O2，并非Cl2（b），B错误；C．a的浓溶液（浓HCl）与MnO2在加热条件下反应：，生成Cl2（b），C正确；D．84消毒液的有效成分是NaClO（f的钠盐），与空气中的H2O、CO2反应：，生成HClO（d），D正确；故答案选B。 9.（25-26高一上·河北沧州·期中）在由组成的混合液中，部分离子浓度大小如图所示。下列说法错误的是 A．混合液中阴离子和阳离子个数比为 B．的物质的量是 C．该混合液中的物质的量浓度是 D．将该混合液加水稀释至体积为1L，Cl-的物质的量为0.6mol 【答案】B 【分析】依据图示可知钠离子浓度为1.0mol/L，镁离子浓度为1mol/L，氯离子浓度为3.0mol/L，硫酸根浓度为3.0mol/L，则依据电荷守恒可知：1.0mol/L×1+1.0mol/L×2+c(Al3+)×3=3.0mol/L×1+3.0mol/L×2，解得c(Al3+)=2mol/L，据此计算解答。 【解析】A．由分析可知，混合液中钠离子浓度为1.0mol/L，镁离子浓度为1mol/L，氯离子浓度为3.0mol/L，硫酸根浓度为3.0mol/L，阴离子和阳离子个数比为，A正确；B．由分析可知，c(Al3+)=2mol/L，溶液中的物质的量是=0.4mol，B错误；C．由分析可知，c(Al3+)=2mol/L，则该混合液中的物质的量浓度是0.5 c(Al3+)=，C正确；D．由分析可知，氯离子浓度为3.0mol/L，将该混合液加水稀释至体积为1L，Cl-的物质的量不变，为0.2L×3mol/L=0.6mol，D正确；故选B。 10.（25-26高一上·河北邯郸·期中）家用天然气中会添加微量的有特殊臭味的泄漏警告剂，其主要成分可以是四氢噻吩（化学式为，熔点为，沸点为）。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．中含有个电子 B．中和的质量比为 C．标准状况下，的体积为 D．中含有个 【答案】A 【解析】A．每个C4H8S分子含4×6+8×1+16=48个电子，0.1 mol对应电子数为0.1×48 NA=4.8 NA，A正确；B．1 mol C4H8S中含有4 mol C和8 mol H，则C和H的质量比为，即，B错误；C．C4H8S沸点119℃，标准状况下（0℃）为液态，无法用气体摩尔体积计算0.05 mol C4H8S的体积，C错误；D．26.4 g C4H8S的物质的量为，含S原子数为0.3 NA，D错误；故答案选A。 11.（25-26高一上·山东烟台·期中）如图是利用手持技术测定阳光照射不同气体温度变化曲线，实验中用到的四个容器完全相同，且体积固定，初始温度为，压强为。下列说法错误的是 A．实验开始时，与的密度之比为 B．时四个容器内压强：空气 C．若容器的容积为，时原子个数大于 D．到，的温度变化最大，是四种气体中温室效应最显著的 【答案】C 【解析】A．同温同压条件下，气体的摩尔质量之比等于密度之比，则实验开始时，与的密度之比为28：44=，A正确；B．初始温度为，压强为，实验中用到的四个容器完全相同，且体积固定，则四种气体的物质的量相等，时四个容器内压强之比等于温度之比，由图可知温度：空气，则压强：空气，B正确；C．温度为，压强为时，气体摩尔体积Vm>22.4L/mol，若容器的容积为，则气体的物质的量小于0.1mol，则时原子总数小于，C错误；D．根据图示可知：光照相同时间，的温度变化最大，是四种气体中温室效应最显著的，D正确；故选C。 12.（25-26高一上·江苏南通·期中）以“物质的量”为中心的计算是化学计算的基础。下列说法正确的是 A．标准状况下，的体积为22.4L B．常温常压下，中约含有个分子 C．中的物质的量为0.01mol D．物质的量浓度为的溶液中，含有的物质的量为0.2mol 【答案】B 【解析】A．标准状况下，H2O不是气体，不能用气体摩尔体积计算其体积，A错误；B．44 g CO2的物质的量为，分子数约为，B正确；C．1.06 g Na2CO3的物质的量为，每个Na2CO3含2个Na⁺，总物质的量为0.02 mol，C错误；D．未说明溶液体积，无法确定Cl⁻的物质的量，D错误；故选B。 13.（25-26高一上·江苏徐州·期中）某补铁口服液中含乳酸亚铁（，相对分子质量：234）及维生素，每支（）口服液含乳酸亚铁，已知维生素和乳酸亚铁都具有还原性，均能使酸性溶液褪色。下列说法正确的是 A．乳酸亚铁的摩尔质量为 B．每支口服液含有的质量约为 C．乳酸亚铁的物质的量浓度为 D．滴加少量酸性溶液能证明口服液中含维生素 【答案】B 【解析】A．摩尔质量的单位应为g/mol，题干给出的是相对分子质量234，故乳酸亚铁的摩尔质量为234g/mol，A错误；B．每支口服液含乳酸亚铁5.0×10-5mol，每个乳酸亚铁含1个Fe2+，Fe的摩尔质量为56g/mol，计算得Fe2+质量为5.0×10-5mol×56g/mol=2.8mg，B正确；C．物质的量浓度为=5.0×10-3mol·L-1，而非5.0×10-7mol·L-1，C错误；D．乳酸亚铁和维生素C均能使酸性KMnO4褪色，无法单独证明含维生素C，D错误；故答案为：B。 14.（25-26高一上·黑龙江哈尔滨·期中）回答下列问题： （1）钠有一种常见淡黄色氧化物，名称为 ，常用作呼吸面具的供氧剂。该物质与反应的化学反应方程式为 。 （2）1 mol钠单质中含有钠原子约为 个，含有质子 mol，在与足量的水反应中失去 mol电子。 （3）金属钠放置在空气中观察到下列现象。 银白色固体变灰暗变白色出现液滴白色晶体 ①反应I后固体变灰暗，该固体的化学式为 ，将少量灰暗色固体投入溶液中，观察到的实验现象为 。 ②反应Ⅱ后得到的固体为，在水中的电离方程式为 。 ③反应Ⅳ，主要是液滴与空气中的 (填名称)发生反应，下列属于白色晶体用途的是 (填字母)。 A．制肥皂    B．造纸 C．烘焙蛋糕    D．用于治疗胃酸过多症 【答案】（1）过氧化钠 （2） 11 1 （3）① 灰暗色固体溶解，溶液中有蓝色沉淀生成 ② 二氧化碳 ③AB 【分析】（3）Ⅰ是钠与氧气反应生成了氧化钠；Ⅱ是氧化钠吸水生成了氢氧化钠；Ⅲ是氢氧化钠吸水而潮解；Ⅳ是氢氧化钠溶液吸收空气中的CO2生成碳酸钠， 【解析】（1）钠的一种常见淡黄色氧化物，常用作呼吸面具的供氧剂，为过氧化钠，过氧化钠和二氧化碳生成碳酸钠和氧气，； （2）1 mol 任何物质所含粒子数均为阿伏加德罗常数（约 个），故钠原子数为 个；钠原子序数为11，1个钠原子含11个质子，故1 mol 钠含11 mol 质子；钠与水反应：。钠化合价从0升至+1，每个钠原子失去1个电子，故1 mol 钠失去1 mol 电子； （3）①由分析可知，反应Ⅰ后固体变灰暗生成氧化钠，该固体的化学式为，将少量灰暗色固体投入溶液中，氧化钠和水生成氢氧化钠，氢氧化钠和硫酸铜生成氢氧化铜蓝色沉淀，观察到的实验现象为灰暗色固体溶解，溶液中有蓝色沉淀生成。 ②反应Ⅱ后得到的固体为NaOH，NaOH在水中完全电离，电离方程式为。 ③反应Ⅳ，主要是氢氧化钠与空气中的二氧化碳发生反应生成碳酸钠，碳酸钠可以用于A．制肥皂、B．造纸；用于烘焙糕点、治疗胃酸的碳酸氢钠；故选AB。 15.（25-26高一上·河南洛阳·期中）“84消毒液”是一种以NaClO为主的高效消毒剂，被广泛用于宾馆、旅游、医院、食品加工行业、家庭等的卫生消毒。某“84消毒液”瓶体的部分标签如图所示。 （1）该“84消毒液”的物质的量浓度约为 (保留三位有效数字)。 （2）某同学向2 mL该“84消毒液”中加入2 mL水后，滴加酚酞，溶液变红，之后的短时间内无明显变化；通入后，溶液快速褪色。实验说明NaClO溶液呈 (填“酸性”或“碱性”)。分析通入后溶液褪色的可能原因是 。 （3）利用该“84消毒液”配制溶液。配制过程中需用的玻璃仪器有下图中的 (填标号)，除此之外还需要胶头滴管、细口试剂瓶和 。 a．    b．    c．    d． （4）配制过程中，转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水，所配溶液的浓度 (填“偏大”“无影响”“偏小”，下同)；定容摇匀后，发现液面下降，继续加水至刻度线，所配溶液的浓度 。 （5）将“84消毒液”与双氧水两种消毒剂混用，可能导致NaClO将氧化产生，促进水体中藻类快速生长，其反应的化学方程式为 。 【答案】（1）2.03 （2）碱性 溶液中通入，生成HClO具有强氧化性使酚酞褪色；或通入后溶液酸性增强、碱性减弱，酚酞褪色 （3）abd 500 mL容量瓶 （4）无影响 偏小 （5） 【解析】（1） （2）滴加酚酞溶液变红，说明NaClO溶液呈碱性；通入后，溶液快速褪色，有可能发生了反应，生成的HClO具有强氧化性，使酚酞褪色，也有可能是通入后溶液酸性增强、碱性减弱，所以酚酞褪色； （3）配制溶液，需要使用烧杯和玻璃棒溶解84消毒液，需要用量筒量取蒸馏水，所以配制过程中需用的玻璃仪器为abd，除此之外还需要胶头滴管、细口试剂瓶和500 mL容量瓶； （4）配制过程中，转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水，不影响定容时溶液的体积，因此对所配溶液的浓度无影响；定容摇匀后，发现液面下降，继续加水至刻度线，导致溶液体积偏大，因此所配溶液的浓度偏小； （5）将氧化产生，被还原为，反应的化学方程式为。 1．（25-26高一上·江西·期中）将2.3 g Na加入100 g溶质质量分数为16%的溶液中。充分反应后，下列说法正确的是 A．可生成0.05 mol Cu B．可生成0.1 mol C．反应后的溶液总质量为102.3 g D．反应后的溶液中，的质量为8 g 【答案】D 【解析】A．钠与水反应生成NaOH，NaOH再与CuSO4反应生成Cu(OH)2沉淀，而非直接置换出Cu，因此不会生成0.05 mol Cu，A项错误；B．0.1 mol Na生成0.1 mol NaOH，需消耗0.05 mol CuSO4，生成0.05 mol Cu(OH)2，B项错误；C．反应后溶液质量=原溶液质量+Na质量−H2质量−Cu(OH)2质量=100+2.3−0.1−4.9=97.3 g，C项错误；D．原CuSO4为16 g，其物质的量为0.1 mol，反应消耗0.05 mol，剩余0.05 mol，其质量为8 g，D项正确；答案选D。 2．（25-26高一上·北京·期中）研究小组探究与水反应。取1.56 g 粉末加入到40 mL水中，充分反应得溶液A(溶液体积几乎无变化)，进行以下实验。 编号 ① ② ③ ④ 操作 现象 溶液变红色，20秒后褪色 ⅰ．产生大量能使带火星木条复燃的气体 ⅱ．溶液变红色，10分钟后褪色 ⅰ．溶液变红色，10分钟后溶液褪色 ⅱ．变红色 溶液变红色，2小时后无明显变化 下列说法不正确的是 A．由②中现象ⅰ可知，与水反应有生成 B．由③、④可知，②中溶液红色褪去是因为浓度大 C．由②、③、④可知，①中溶液红色褪去的主要原因不是浓度大 D．向①中褪色后的溶液中滴加5滴浓盐酸，溶液最终变成红色 【答案】D 【分析】实验②：二氧化锰作催化剂条件下过氧化氢会分解生成氧气和水，向溶液A中加入二氧化锰，产生大量能使带火星木条复燃的气体，说明过氧化钠与水反应有H2O2生成，褪色说明H2O2具有强氧化性；实验③、④：氢氧化钠溶液中滴入酚酞显红色，实验③中氢氧根浓度高于实验④，实验②中溶液红色褪去是因为氢氧根离子浓度过高所致；实验①：溶液红色在20秒后褪去，结合实验②、实验③、实验④中溶液颜色变化可知，实验①中溶液红色褪去的主要原因不是氢氧根离子浓度过高所致，而是因为过氧化氢具有强氧化性，氧化酚酞导致褪色。 【解析】A．二氧化锰作催化剂条件下过氧化氢会分解生成氧气和水，向溶液A中加入二氧化锰，产生大量能使带火星木条复燃的气体，说明过氧化钠与水反应有H2O2生成，A正确；B．由③可知，步骤ⅱ加入浓盐酸降低氢氧根的浓度后，溶液由变成红色，结合④pH=13的NaOH溶液加入酚酞后不会褪色，说明②中溶液红色褪去是因为浓度大，B正确；C．实验①中溶液红色在20秒后褪去，结合实验②、实验③、实验④中溶液颜色变化可知，实验①中溶液红色褪去的主要原因不是氢氧根离子浓度过高所致，而是因为过氧化氢具有强氧化性，氧化酚酞导致褪色，C正确；D．①中褪色的原因是H2O2具有强氧化性，把酚酞氧化了，故滴加5滴浓盐酸，虽降低OH-浓度，但溶液不会重新变成红色，D错误；故选D。 3.（25-26高一上·黑龙江哈尔滨·期中）部分含氯物质的分类与对应的化合价的关系如图所示，下列推断不合理的是 A．a可与g反应生成b B．b通入热的溶液可生成f和h C．可使用pH试纸测定比较d与e酸性强弱 D．c具有强氧化性，可用于自来水的消毒 【答案】C 【分析】由图可知，a为氯化氢，b为氯气，c为二氧化氯，d为高氯酸，e为次氯酸，f为氯酸盐、g为次氯酸盐、h为氯化盐 【解析】A．-1价的氯化氢可与+1价的次氯酸盐反应生成单质氯气，故A不符合题意；B．氯气通入热的溶液可生成+5价的氯酸盐和-1价的氯化盐，发生歧化反应，故B不符合题意；C．因为次氯酸具有漂白性，不可以使用试纸比较高氯酸与次氯酸酸性强弱，故C符合题意；D．二氧化氯中氯为+4价，具有强氧化性，可用于自来水的消毒，故D不符合题意；故答案选C。 4.（25-26高一上·新疆乌鲁木齐·期中）某化学教师设计如图一体化实验装置用于制备并探究的某些性质，1、2、3、4为蘸有对应溶液的棉团。下列说法错误的是 A．试剂x可选择浓NaOH溶液 B．饱和食盐水用于吸收中的HCl，防止干扰实验 C．一段时间后，1和2处棉团均会褪色 D．3处棉团变橙色、4处棉团变蓝，说明氯气有还原性 【答案】D 【解析】A．试剂x用于吸收尾气，浓NaOH溶液可与反应，能有效吸收，A正确；B．制备时浓盐酸易挥发产生HCl杂质，饱和食盐水可降低溶解度并吸收HCl，避免HCl干扰后续性质实验，B正确；C．1处红墨水含有机色素，与水反应，，生成的HClO具有漂白性，可使红墨水褪色；氯水显酸性，2处紫色石蕊试液先变红，后被HClO漂白而褪色，两者均会褪色，C正确；D．3处NaBr溶液与反应生成Br2，溶液变橙色，说明氧化性；4处淀粉-KI溶液变蓝是将KI氧化为I2，I2遇淀粉变蓝，说明氯气具有氧化性而不是具有还原性， D错误；故答案选D。 5.（25-26高一上·河南商丘·期中）向活塞可移动的密闭容器左右两侧分别充入N2、H2和O2的混合气体(已知N2体积占整个容器体积的)，如图所示。将H2和O2的混合气体点燃引爆，活塞先左弹，恢复室温过程中活塞右滑，最终左右两侧气体体积比为4:1，下列说法错误的是 A．反应前，活塞左侧气体分子数与右侧总气体分子数之比为1:1 B．反应前，右侧H2和O2的物质的量之比可能为3:1 C．反应前后，容器内压强之比一定为8:5 D．若反应前N2体积占容器总体积的，则点燃引爆并恢复至室温后，两侧气体体积不可能相等 【答案】D 【解析】A．相同温度、压强下，气体分子数之比等于体积之比，反应前N2体积占整个容器体积的，则反应前活塞左侧气体分子数与右侧总气体分子数之比为1:1，A正确；B．假设反应前，容器内气体共8份，、和的混合气体各4份，反应后体积不变，仍为4份，或剩余1份，若过量，则和的物质的量之比为，若过量，则和的物质的量之比为，B正确；C．由B中分析可知，若反应前气体共8份，反应后左侧气体仍为4份，右侧气体剩余1份，温度体积相同时，气体的压强之比等于其物质的量之比，则反应前后，容器内压强之比一定为8:5，C正确；D．若反应前体积占容器总体积的，当和的物质的量之比为或时，点燃引爆并恢复至室温后，两侧气体体积都相等，D错误；故选D。 6.（25-26高一上·福建泉州·期中）对下列内容进行填空。 （1）常温常压下，160 g的气体含有的原子数为 。 （2）下列所给出的几组物质中：标准状况下体积最大的是 。（填序号） ①；②个；③；④标准状况下 （3）在一定的温度和压强下，1体积气体跟3体积气体化合生成2体积气态化合物，则该化合物的化学式是 。 （4）两个相同容积的密闭容器X、Y，在25℃下，X中充入ag A气体，Y中充入气体，X与Y内的压强之比是4:11，则A的摩尔质量为 。 （5）某固体A在一定条件下加热分解，产物都是气体。分解的方程式为。测得生成的混合气体对氢气的相对密度为d，则A的相对分子质量为 。 （6）将的溶液a ml加水稀释至b ml，稀释后溶液中的物质的量浓度是 。 （7）现有20 mL浓度为溶液与等体积等浓度稀硫酸充分反应，反应后溶液中物质的量浓度是 。（假设溶液混合后体积变化忽略不计） （8）碳酸钠样品中可能含有氢氧化钠、碳酸钙、生石灰、氯化钠、硫酸铜五种杂质中的三种。现进行下列实验：①称取4.7 g样品，加入足量水，样品部分溶解；②向①中所得悬浊液中加入，最终得到无色澄清溶液，此过程中共产生0.04 mol气体；③向②中反应后的溶液中加入足量的硝酸银与稀硝酸，得到15.8 g白色沉淀。由此可知杂质中一定含有 （填写化学式） 【答案】（1） （2）① （3）或 （4）44 g/mol （5）5d （6） mol/L （7）0.025 mol/L （8）CaO、、NaCl 【解析】（1）160 g的气体的物质的量为=2mol，中含有4个原子，则160 g的气体含有的原子数为。 （2）①n(H2)==0.5mol，标准状况下，V(H2)=0.5mol×22.4L/mol=11.2L；②n(CH4)==0.4 mol，标准状况下，V(CH4)=0.4mol×22.4L/mol=8.96L；③m(H2O)=10.8g，标况下水呈液态，密度约为1g/mL，则V(H2)≈=10.8mL=1.08×10-2L；④标准状况下，V(CO2)=6.72L；比较以上数据，可得出标准状况下体积最大的是①。 （3）在一定的温度和压强下，1体积气体跟3体积气体化合生成2体积气态化合物，同温同压条件下，气体的物质的量之比等于体积之比，可得反应方程式为X2+3Y2=2Z，根据原子守恒和元素守恒，因此Z的化学式为XY3或Y3X。 （4）由PV=可知，在T、V相同时，压强之比等于物质的量之比，即4：11=：，则=44g/mol。 （5）由2A=B↑+2C↑+2D↑可知，设A的物质的量为2mol，则分解生成混合气体的总物质的量为5mol气体，分解产生的混合气体对氢气的相对密度为d，同温同压下，气体的密度之比等于摩尔质量之比，故(混)：(H2)=M(混)：M(H2)=M(混)：2g·mol-1，M(混)=2d g·mol-1，其质量为2d g·mol-1×5mol=10d g，由质量守恒可知，2mol A的质量为10d g，故M(A)= =5d g·mol-1，所以A的相对分子质量为5d。 （6）将的溶液a ml加水稀释至b ml，稀释后溶液中的物质的量浓度是c= =mol/L。 （7）现有20 mL浓度为溶液与等体积等浓度稀硫酸充分反应：2+H2SO4=Na2SO4+2CO2+2H2O，完全反应，硫酸有剩余，则反应生成的物质的量为0.02L×=0.001mol，物质的量浓度是=0.025 mol/L。 （8）向①中所得悬浊液中加入100 mL1mol/L HCl，最终得到无色澄清溶液，可知样品中不含CuSO4，此过程中共产生0.04 mo气体，即CO2，由+2H+=CO2↑+H2O可知反应中消耗n(HCl)=2n(CO2)=0.08mol，则HCl剩余，完全反应；称取4.7g样品，加入足量水，样品部分溶解，可知样品中含有CaCO3、CaCO3和CaO、CaO三种情况其中一种，向②中反应后溶液中加入足量的硝酸银与稀硝酸，得到15.8g白色沉淀，即AgCl，n(AgCl)=＞0.1mol，则原样品中一定有NaCl且质量为(-0.1mol)×58.5g•mol-1=0.59g，则原样品中其它成分总质量为4.7g-0.59g=4.11g，若不含CaCO3则碳元素物质的量＜，不符合题意，故原样品中一定含有CaCO3；由于原样品只有三种杂质，则含CaO、CaCO3、NaCl。 学科网（北京）股份有限公司1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $