《学霸笔记 同步精讲》第二章　海水中的重要元素——钠和氯 （教师版讲义）人教版化学必修一（共14份打包）

第3课时　物质的量浓度
学习目标
1.了解物质的量浓度的含义和应用，能计算有关粒子的物质的量浓度。 2.能运用物质的量、摩尔质量、气体摩尔体积、物质的量浓度之间的相互关系进行简单计算。
知识点一　物质的量浓度
1.溶质的质量分数
（1）概念：溶液中的　溶质　质量与　溶液　质量之比。
（2）表达式：w（溶质）＝　×100％　。
2.物质的量浓度
【思考】　（1）1 L 0.5 mol·L－1的Al2（SO4）3溶液中n（Al3＋）＝　　，c（Al3＋）＝　　，n（S）＝　　，c（S）＝　　，c[Al2（SO4）3]∶c（Al3＋）∶c（S）＝　　，由此可知，对于同一溶液中，不同微粒的浓度之比等于　　。
提示：1 mol　1 mol·L－1　1.5 mol　1.5 mol·L－1　1∶2∶3　微粒个数之比
（2）下列与0.2 mol·L－1 AlCl3溶液中c（Cl－）相同的是　　（填序号）。
①0.2 mol·L－1 NaCl溶液　②0.3 mol·L－1
MgCl2溶液　③0.6 mol·L－1 KCl溶液
④0.2 mol·L－1 BaCl2溶液
提示：②③
1.正误判断（正确的打“√”，错误的打“×”）。
（1）10 g NaCl溶于100 g水中，所得溶液的溶质质量分数为10％。（　×　）
（2）1 mol Na2CO3溶于1 L水中，所得溶液的物质的量浓度为1 mol·L－1。（　×　）
（3）1 mol·L－1 NaCl溶液是指此溶液中含有1 mol NaCl。（　　×）
2.（2025·上海松江一中期中）碱水配制时应加40 g NaOH至1 000 mL水中，请问此时配制的氢氧化钠溶液的物质的量浓度为（　　）
A.1 mol·L－1 B.2 mol·L－1
C.0.5 mol·L－1 D.无法确定
解析：D　40 g NaOH的物质的量为1 mol，溶于1 L水中，最终溶液的体积未知，不能计算氢氧化钠的物质的量浓度。
3.（苏教版习题）下列关于0.10 mol·L－1 Ba（OH）2溶液的描述中，正确的是（　　）
A.1 L该溶液中含有0.10 mol Ba2＋
B.该溶液中c（OH－）＝0.10 mol·L－1
C.1 L该溶液中含有Ba2＋的质量为1.71 g
D.该溶液就是将17.1 g Ba（OH）2溶于1 L水中所得到的溶液
解析：A　1 L该溶液中含0.10 mol Ba（OH）2，含0.10 mol Ba2＋，其质量13.7 g，A正确，C错误；该溶液中，c（OH－）＝2c[Ba（OH）2]＝0.20 mol·L－1，B错误；17.1 g Ba（OH）2即0.10 mol Ba（OH）2溶于1 L水中，所得溶液的体积不是1 L，其物质的量浓度不是0.10 mol·L－1，D错误。
4.将2.86 g Na2CO3·10H2O溶于水配成1 L溶液，则
（1）该溶液的溶质是Na2CO3，其物质的量浓度为0.01 mol·L－1，c（Na＋）＝0.02 mol·L－1。
（2）从所配溶液中取出10 mL溶液，取出溶液的物质的量浓度为0.01 mol·L－1，溶质的物质的量为10－4 mol。
解析：（1）n（Na2CO3）＝＝0.01 mol，c（Na2CO3）＝＝0.01 mol·L－1，c（Na＋）＝2c（Na2CO3）＝2×0.01 mol·L－1＝0.02 mol·L－1。（2）从溶液中取出任意体积的液体，其物质的量浓度不变，即c（Na2CO3）＝0.01 mol·L－1，n（Na2CO3）＝0.01 mol·L－1×0.01 L＝10－4 mol。
归纳总结
1.c＝的体积（V）是指溶液的体积，不是溶剂的体积。
2.注意整体与部分的关系，如：
0.2 mol·L－1的Na2SO4溶液中
→
3.确定溶液中溶质的几种特殊情况
（1）带有结晶水的物质如CuSO4·5H2O溶于水时，其溶质是CuSO4，而不是CuSO4·5H2O。
（2）某些物质溶于水后与水发生反应生成了新物质，此时溶质为反应后的生成物，如Na、Na2O、Na2O2NaOH，溶质为NaOH，SO3H2SO4，溶质为H2SO4等。
（3）NH3溶于水后溶质为NH3·H2O，但计算浓度时是以NH3分子作为溶质。
知识点二　物质的量浓度的计算
1.有关物质的量浓度的计算
（1）计算的基本公式：c＝＝
（2）计算的基本类型和方法
①已知溶质的质量。
mnc
②已知溶液中某种粒子的数目。
Nnc
③标准状况下，气体溶质的物质的量浓度的计算。
c＝
2.物质的量浓度与溶质的质量分数的换算
（1）换算公式：cB＝mol·L－1。
M：溶质B的摩尔质量；ρ：溶液密度（g·mL－1）。
（2）推导方法
设溶液体积为1 L，则
cB＝＝＝ mol·L－1。
3.溶液稀释和混合的计算
（1）溶液稀释的有关计算：稀释前后溶质的物质的量和质量都保持不变。
c（浓）·V（浓）＝c（稀）·V（稀），
m（浓）·w（浓）＝m（稀）·w（稀）。
（2）溶液混合的计算：混合前后溶质的物质的量或质量不变。
c1·V1＋c2·V2＝c（混）·V（混），
m1·w1＋m2·w2＝m（混）·w（混）。
注意：无特别指明时，V（混）≠V1＋V2；V（混）＝，但溶液的质量守恒：m（混）＝m1＋m2。
1.正误判断（正确的打“√”，错误的打“×”）。
（1）将25 g CuSO4·5H2O晶体溶于25 g水中所得溶液，其溶质的质量分数为25％。（　×　）
（2）0.3 mol·L－1的Na2SO4溶液中含有Na＋和S的总物质的量为0.9 mol。（　×　）
（3）当22.4 L氨气溶于水制得1 L氨水时，其物质的量浓度是1 mol·L－1。（　×　）
（4）0.5 mol·L－1 Na2SO4中含有Na＋的物质的量为1 mol。（　×　）
2.将30 mL 0.5 mol·L－1 NaOH溶液加水稀释到300 mL，稀释后溶液中NaOH的物质的量浓度为（　　）
A.0.3 mol·L－1 B.0.03 mol·L－1
C.0.05 mol·L－1 D.0.04 mol·L－1
解析：C　根据溶液稀释时溶质的物质的量不变，c＝＝0.05 mol·，答案为C项。
3.若20 g密度为ρ g·cm－3的Ca（NO3）2溶液中含有2 g Ca（NO3）2，则溶液中N的物质的量浓度为（　　）
A. mol·L－1 B. mol·L－1
C. mol·L－1 D. mol·L－1
解析：C　Ca（NO3）2的物质的量浓度为＝ mol·L－1，N的物质的量浓度为 mol·L－1。
4.某盐酸的密度为1.18 g·mL－1，溶质质量分数为36.5％，其物质的量浓度最接近下列的（　　）
A.1.2 mol·L－1 B.4.0 mol·L－1
C.11.0 mol·L－1 D.18.3 mol·L－1
解析：C　根据公式有c＝＝＝11.8 mol·L－1。
5.（鲁科版习题）4 ℃时，100 mL水中溶解了22.4 L氯化氢气体（在标准状况下测得）。下列关于所形成溶液的说法中，正确的是（　　）
A.该溶液溶质的物质的量浓度为10 mol·L－1
B.该溶液溶质的物质的量浓度因溶液的密度未知而无法求得
C.该溶液溶质的质量分数因溶液的密度未知而无法求得
D.该溶液的体积为22.5 L
解析：B　无法确定溶液的体积，无法计算物质的量浓度。
1.下列溶液中物质的量浓度为1 mol·L－1的是（　　）
A.将40 g NaOH溶解在1 L水中
B.将22.4 L HCl气体溶于水配成1 L溶液
C.将1 L 10 mol·L－1浓盐酸加入9 L水中
D.将10 g NaOH溶解在少量水中，再加蒸馏水至溶液体积为250 mL
解析：D　根据公式c＝，n为溶质的物质的量，V为溶液的体积。A项，溶液的体积不等于1 L；B项，未标明是否处于标准状况，22.4 L HCl的物质的量不一定是1 mol；C项，浓盐酸与水混合后，溶液体积不是10 L；D项，n（NaOH）＝0.25 mol，V[NaOH（aq）]＝0.25 L，c（NaOH）＝1 mol·L－1。
2.从1 L物质的量浓度为1 mol·L－1的NaOH溶液中取出100 mL溶液，下列关于这100 mL溶液的叙述错误的是（　　）
①NaOH的质量分数为40％　②物质的量浓度为1 mol·L－1　③含0.1 mol氧原子
④含0.1 mol氢氧化钠
A.①② B.②④
C.②③ D.①③
解析：D　①不能算出溶液的质量，所以不能求出溶质的质量分数，错误；②从1 L 1 mol·L－1 NaOH溶液中取出100 mL，溶液的浓度不变，仍然是1 mol·L－1，正确；③没有考虑水中的氧原子，错误；④从1 L 1 mol·L－1 NaOH溶液中取出100 mL，溶液的浓度不变，所以100 mL 1 mol·L－1 NaOH溶液中含NaOH的物质的量为0.100 L×1 mol·L－1 ＝0.1 mol，正确。
3.下列关于0.1 mol·L－1Na2CO3溶液的叙述错误的是（　　）
A.钠离子的物质的量浓度为0.2 mol·L－1
B.1 L该溶液中含有Na2CO3的物质的量为0.1 mol
C.从1 L该溶液中取出100 mL，则取出溶液中Na2CO3的物质的量浓度为0.01 mol·L－1
D.取出该溶液10 mL，加水稀释至100 mL后，Na2CO3的物质的量浓度为0.01 mol·L－1
解析：C　0.1 mol·L－1Na2CO3溶液中钠离子的物质的量浓度为0.2 mol·L－1，A正确；1 L 0.1 mol·L－1Na2CO3溶液中含有Na2CO3的物质的量为n＝cV＝1 L×0.1 mol·L－1＝0.1 mol，B正确； 溶液具有均一性，从1 L该溶液中取出100 mL，则取出溶液中Na2CO3的物质的量浓度为0.1 mol·L－1，C错误；根据稀释前后溶质物质的量不变，取出该溶液10 mL，加水稀释至100 mL后，Na2CO3的物质的量浓度为＝0.01 mol·L－1，D正确。
4.（2025·湖南耒阳市第一中学高一期中）V L K2SO4溶液中，含有K＋ m g，则溶液中S的物质的量浓度为（　　）
A.39 mol·L－1 B. mol·L－1
C. mol·L－1 D. mol·L－1
解析：B　m g钾离子的物质的量为 mol，K＋的物质的量浓度为＝mol·L－1，根据c（K＋）∶c（S）＝2∶1可知，S的物质的量浓度为 mol·L－1×＝ mol·L－1。
5.某浓硫酸的说明如图所示，完成后面的填空。
（1）该浓硫酸的物质的量浓度为18.4mol·L－1，从中取出100 mL，则该100 mL浓硫酸的物质的量浓度为18.4mol·L－1，含H2SO4的物质的量为1.84mol。
（2）如果取5 mL该浓硫酸，加水稀释至10 mL，那么稀释后的硫酸的质量分数大于（填“大于”“小于”或“等于”）49％。
解析：（1）由c＝可知，密度为1.84 g·cm－3、质量分数为98％的浓硫酸的物质的量浓度为 mol·L－1＝18.4 mol·L－1，溶液是均一、稳定的，从中取出100 mL，则该100 mL浓硫酸的物质的量浓度为18.4 mol·L－1，含H2SO4的物质的量为18.4 mol·L－1×0.1 L＝1.84 mol。
（2）浓硫酸的密度大于水的密度，则取5 mL该浓硫酸，加水稀释至10 mL，那么稀释后的硫酸的质量分数大于98％÷2＝49％。
题组一　物质的量浓度
1.某同学血液化验单中“葡萄糖”的结果为5.04×10－3mol·L－1。这里的“5.04×10－3mol·L－1”表示葡萄糖的（　　）
A.物质的量 B.摩尔质量
C.质量分数 D.物质的量浓度
答案：D
2.NaCl和Na2CO3是两种常见的钠盐，在生产生活中有着广泛用途。下列钠盐溶液中Na＋浓度最大的是（　　）
A.20 mL 0.1 mol·L－1NaCl溶液
B.10 mL 0.3 mol·L－1NaCl溶液
C.30 mL 0.1 mol·L－1Na2CO3溶液
D.10 mL 0.2 mol·L－1Na2CO3溶液
解析：D　A项，溶液浓度与体积大小无关，Na＋的浓度为0.1 mol·L－1；B项，Na＋的浓度为0.3 mol·L－1；C项，Na＋的浓度为0.1 mol·L－1×2＝0.2 mol·L－1；D项，Na＋的浓度为0.2 mol·L－1×2＝0.4 mol·L－1。
3.下列说法中正确的是（　　）
A.1 L水中溶解了40 g NaOH后，所得溶液浓度为1 mol·L－1
B.从1 L 2 mol·L－1的NaCl溶液中取出0.5 L，该溶液的浓度为1 mol·L－1
C.将2.24 L HCl气体通入水中制成100 mL溶液，所得溶液的物质的量浓度为1 mol·L－1
D.配制1 L 0.1 mol·L－1的CuSO4溶液，需要用25.0 g胆矾
解析：D　1 L水中溶解了40 g NaOH后，溶液体积不是1 L，所得溶液的浓度不是1 mol·L－1，A错误；从1 L 2 mol·L－1的NaCl溶液中取出0.5 L，该溶液的浓度为2 mol·L－1，B错误；在标准状况下，将2.24 L HCl气体通入水中制成100 mL溶液，所得溶液的物质的量浓度为1 mol·L－1，C错误；配制1 L 0.1 mol·L－1的CuSO4溶液，需要用n（CuSO4）＝1 L×0.1 mol·L－1＝0.1 mol，所需胆矾的物质的量也为0.1 mol，胆矾的质量 m＝0.1 mol×250 g·mol－1＝25 g，D正确。
题组二　物质的量浓度的相关计算
4.（2025·北京清华附中期中）某水培植物营养液只含有Mg2＋、K＋、N、N、P五种离子，测得某些离子的物质的量浓度如下表所示，则P的物质的量浓度为（其他离子浓度可忽略不计）（　　）
离子种类 Mg2＋ K＋ N N
物质的量浓度/（mol·L－1） 0.002 5 0.01 0.01 0.01
A.0.015 mol·L－1 B.0.005 mol·L－1
C.0.012 5 mol·L－1 D.无法确定
解析：B　溶液呈电中性，根据电荷守恒可得2c（Mg2＋）＋c（K＋）＋c（N）＝c（N）＋3c（P），代入数据，则c（P）＝0.005 mol·L－1。
5.100 mL Na2SO4溶液中含2.3 g Na＋，取50 mL溶液稀释到200 mL，则稀释后溶液中S的物质的量浓度为（　　）
A.0.25 mol·L－1 B.0.125 mol·L－1
C.0.5 mol·L－1 D.1 mol·L－1
解析：B　稀释前硫酸钠的物质的量浓度为＝0.5 mol·L－1，硫酸根离子的浓度也为0.5 mol·L－1；当取50 mL溶液稀释到200 mL，溶液体积变为原来的4倍，浓度变为原来的四分之一，故硫酸根离子的浓度为＝0.125 mol·L－1。
6.下列说法正确的是（　　）
A.1 L水中溶解了25.0 g CuSO4·5H2O，所得溶液中Cu2＋的物质的量浓度为0.1 mol·L－1
B.将50 mL 0.6 mol·L－1Fe2（SO4）3溶液加水稀释至500 mL，则稀释后溶液中c为0.3 mol·L－1
C.将4.48 L HCl溶于水配成500 mL溶液，所得溶液中HCl的物质的量浓度为0.4 mol·L－1
D.100 mL 0.5 mol·L－1CaCl2溶液与50 mL 1 mol·L－1KCl溶液混合后，所得150 mL溶液中c为1 mol·L－1（忽略溶液体积变化）
解析：D　1 L水中溶解了25.0 g CuSO4·5H2O，n（CuSO4 5H2O）＝＝0.1 mol，但溶剂的体积为1 L，而溶液的体积不确定，所以无法求出所得溶液中Cu2＋的物质的量浓度，A错误；将50 mL 0.6 mol·L－1 Fe2（SO4）3溶液加水稀释至500 mL，则稀释后溶液中c（S）为＝0.18 mol·L－1，B错误；未指明4.48 L HCl所处环境的温度和压强，不能利用22.4 L·mol－1进行计算，无法求出其物质的量，也就无法求出溶于水配成500 mL溶液中HCl的物质的量浓度，C错误；100 mL 0.5 mol·L－1CaCl2溶液与50 mL 1 mol·L－1KCl溶液混合后，所得150 mL溶液中c（Cl－）＝＝1 mol·L－1（忽略溶液体积变化），D正确。
7.从V mL Al2（SO4）3溶液中，取 mL溶液稀释到4V mL，此时溶液中S物质的量浓度为a mol·L－1，则原溶液中含Al3＋的质量是（单位为g）（　　）
A. B.
C. D.
解析：A　取 mL溶液稀释到4V mL，此时溶液中S物质的量浓度为a mol·L－1，则原溶液中c（S）＝16a mol·L－1，原溶液中c（Al3＋）＝×16a mol·L－1，原溶液中含Al3＋的质量为 mol·L－1×V×10－3L×27 g·mol－1＝ g。
8.（2025·河南郑州一中期中）回答下列问题：
（1）某无土栽培用的营养液，要求KCl、K2SO4和NH4Cl三种原料的物质的量之比为1∶4∶8。配制该营养液后c（N）＝0.016 mol·L－1，溶液中c（K＋）＝0.018mol·L－1。若采用（NH4）2SO4和KCl来配制该营养液，则KCl和（NH4）2SO4物质的量之比为9∶4。
（2）在标准状况下，11.2 L甲烷充分燃烧，将生成的气体（只有CO2，不含水）通入200 mL某浓度的氢氧化钠溶液中，恰好完全反应生成碳酸钠。则所用氢氧化钠溶液的物质的量浓度为5 mol·L－1。
解析：（1）由KCl、K2SO4和NH4Cl三种固体原料的物质的量之比为1∶4∶8可知，c（N）∶c（K＋）＝8∶（1＋4×2）＝8∶9，若c（N）＝0.016 mol·L－1，溶液中c（K＋）＝0.016 mol·L－1×＝0.018 mol·L－1；设KCl的物质的量为x mol，（NH4）2SO4的物质的量为y mol，由KCl、K2SO4和NH4Cl三种固体原料的物质的量之比为1∶4∶8可知，c（K＋）∶c（N）＝x∶2y＝9∶8，则x∶y＝9∶4。（2）标准状况下，11.2 L甲烷的物质的量为0.5 mol，根据碳原子守恒，生成的碳酸钠为0.5 mol，氢氧化钠和二氧化碳恰好完全反应生成碳酸钠，则根据钠原子守恒，氢氧化钠的物质的量为1 mol，则氢氧化钠的物质的量浓度为c＝＝＝5 mol·L－1。
9.（2025·湖北洪湖一中月考）相对分子质量为M的气态化合物V L（标准状况），溶于m g水中，得到质量分数为w的溶液，物质的量浓度为c mol·L－1，密度为ρ g·cm－3。下列说法错误的是（　　）
A.溶液的质量分数w＝
B.物质的量浓度c＝ mol·L－1
C.相对分子质量M＝
D.溶液密度ρ＝ g·mL－1
解析：A　标准状况下，V L气体的物质的量为＝ mol，故气体的质量为mol×M g·mol－1＝g，溶液的质量为g，故质量分数w＝＝，A错误；V L气体的物质的量为＝ mol，故气体的质量为 mol×M g·mol－1＝ g，溶液的质量为g ，溶液的体积为＝L，故溶液的物质的量浓度c＝＝ mol·L－1，B正确；V L气体的物质的量为＝ mol，故气体的质量为 mol×M g·mol－1＝ g，溶液的质量为g，故质量分数w＝＝，整理得M＝，C正确；根据c＝可知，溶液密度ρ＝g·mL－1，D正确。
10.（2025·广东田家炳中学期中）在0.1 L由NaCl、MgCl2、BaCl2组成的混合溶液中，部分离子浓度大小如图所示。下列对该溶液成分说法错误的是　（　　）
A.NaCl的物质的量为0.1 mol
B.该混合液中BaCl2的物质的量为0.5 mol
C.溶质MgCl2的质量为4.75 g
D.将该混合液加水稀释至体积为1 L，稀释后溶液中的Na＋物质的量浓度为0.1 mol·L－1
解析：B　n（Na＋）＝1.0 mol·L－1×0.1 L＝0.1 mol，NaCl物质的量为0.1 mol，A正确；根据电荷守恒，c（Na＋）＋2c（Mg2＋）＋2c（Ba2＋）＝c（Cl－），c（Ba2＋）＝＝0.5 mol·L－1，n（BaCl2）＝n（Ba2＋）＝0.5 mol·L－1×0.1 L＝0.05 mol，B错误；n（Mg2＋）＝0.5 mol·L－1×0.1 L＝0.05 mol，n（MgCl2）＝0.05 mol，m（MgCl2）＝0.05 mol×95 g·mol－1＝4.75 g，C正确；稀释前后溶质物质的量不变，则稀释后Na＋物质的量浓度为＝0.1 mol·L－1，D正确。
11.把100 mL含有MgSO4和K2SO4的混合溶液分成两等份，一份加入含a mol NaOH的溶液，恰好使镁离子沉淀完全；另一份加入含b mol BaCl2的溶液，恰好使硫酸根离子沉淀完全。则原混合溶液中钾离子的浓度为（　　）
A.20（2a－b）mol·L－1
B.10（2b－a）mol·L－1
C.20（2b－a）mol·L－1
D.10（2a－b）mol·L－1
解析：C　混合溶液分成两等份，每份溶液浓度与原溶液浓度相同。一份加入含a mol NaOH的溶液发生反应Mg2＋＋2OH－Mg（OH）2↓，由方程式可知每份溶液中n（Mg2＋）＝n（OH－）＝ mol；另一份加入含b mol BaCl2的溶液发生反应Ba2＋＋SBaSO4↓，由方程式可知n（S）＝n（Ba2＋）＝n（BaCl2）＝b mol，由电荷守恒可知每份中满足：2n（Mg2＋）＋n（K＋）＝2n（S），则每份溶液中n（K＋）＝2n（S）－2n（Mg2＋）＝2b mol－2×mol＝（2b－a）mol，每一份溶液的体积是50 mL，所以原溶液中钾离子浓度为c（K＋）＝＝＝20（2b－a）mol·L－1，故合理选项是C。
12.已知：5SO2＋2Mn＋2H2O5S＋2Mn2＋＋4H＋。现将3.16 mg KMnO4固体溶于水配成20 mL溶液，吸收空气管道中的SO2，若管道中空气流量为40 L·min－1，经过5 min溶液恰好褪色。请计算：
（1）所用KMnO4溶液的物质的量浓度为0.001 mol·L－1。
（2）若3.16 mg KMnO4与SO2完全反应，则转移电子的数目为0.000 1NA（或0.000 1×6.02×1023）。
（3）上述管道中，空气样品中SO2的含量为0.016mg·L－1。
解析：（1）3.16 mg KMnO4固体的物质的量为＝2×10－5mol，溶液的体积为20 mL，故KMnO4溶液的物质的量浓度为＝0.001 mol·L－1。
（2）3.16 mg KMnO4固体的物质的量为＝2×10－5mol，Mn由＋7价降到＋2价，则转移电子的物质的量为5×2×10－5mol＝1×10－4mol，即转移电子数为0.000 1NA。
（3）可知消耗的SO2的物质的量为2×10－5× mol＝5×10－5mol，5 min消耗的空气的体积为5 min×40 L·min－1＝200 L，空气样品中SO2的含量为
＝0.016 mg·L－1。
13.（2025·江西樟树中学月考）回答下列问题：
（1）下图是某种饮用矿泉水标签的部分内容。请阅读这种矿泉水的标签并计算：
Mg2＋的物质的量浓度最小值是1×10－5 mol·L－1；S的物质的量最大值是1×10－4mol。
（2）下图是某人的血检报告，检测人的血液中葡萄糖（简称血糖，葡萄糖的相对分子质量为180）的含量，参考指标常以两种计量单位表示，即“mmol·L－1”和“mg·dL－1”（已知1 L＝10 dL）。
序号 项目名称 英文编号 检查结果 单位 参考范围
15 *钙 Ca 2.43 mmol·L－1 2.13～2.7
19 *葡萄糖 Glu 5.1 mmol·L－1 3.9～6.1
20 *尿酸 UA 310 μmol·L－1 210～416
以“mmol·L－1”表示时，人的血糖正常值为3.9～6.1 mmol·L－1。如果以“mg·dL－1”表示，血糖正常值范围为70.2～109.8。（保留一位小数，已知1 mol＝103 mmol）
解析：（1）由标签所提供的信息可知，1 L矿泉水中所含的Mg2＋的质量为0.24～4.8 mg，则Mg2＋的物质的量浓度最小值是＝1×10－5mol·L－1。由标签所提供的信息可知，1 L矿泉水中所含的S的质量的最大值为19.2 mg，物质的量为＝2×10－4mol，则500 mL矿泉水中所含的S的物质的量的最大值为1×10－4mol。（2）人的血糖正常值为3.9～6.1 mmol·L－1，如果以“mg·dL－1”表示，血糖正常值范围为～，即70.2～109.8 mg·dL－1。
1 / 2阶段重点练（二）
一、选择题
1.关于焰色试验说法正确的是（　　）
A.做焰色试验时可用铜丝代替铂丝
B.Na2O和NaOH的焰色均为黄色
C.需用稀硫酸清洗铂丝并在火焰上灼烧至与原来火焰颜色相同
D.检验Na2CO3中混有的少量K2CO3可在外焰上灼烧直接观察焰色
解析：B　焰色试验时可用铁丝代替铂丝，但不能使用铜丝，铜丝焰色为绿色干扰试验，A错误；焰色试验为元素的性质，含Na化合物焰色均为黄色，B正确；金属氯化物易挥发，应用盐酸清洗铂丝，C错误；检验Na2CO3中混有的少量K2CO3，在火焰上灼烧需透过蓝色钴玻璃观察焰色，D错误。
2.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（　　）
选项 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4Na＋O22Na2O
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CuSO4溶液中，会产生蓝色沉淀 钠先与溶液中的水反应生成NaOH和H2，生成的NaOH再与CuSO4反应生成Cu（OH）2沉淀
解析：A　钠在加热条件下与氧气反应生成过氧化钠，反应的化学方程式为2Na＋O2Na2O2，A错误；钠是活泼金属，易与水、氧气反应，保存时需要隔绝空气和水，可保存在石蜡油或煤油中，B正确；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；钠是活泼金属，易与水反应，把金属钠放到CuSO4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H2，生成的NaOH再与CuSO4反应生成Cu沉淀，D正确。
3.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0.86 g·cm－3）；②拔出大头针，使Na（密度为0.97 g·cm－3）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1.6 g·cm－3）。
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
解析：B　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澄清石灰水中的水反应产生H2，氢气气体使Na受到的浮力增大，钠块上升，后又下落至界面处的石灰水中进一步与水反应，钠块上下跳动直至消失，A正确；由于苯隔离空气，因此Na不会燃烧，B错误；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；根据A选项，可知D正确。
4.下列关于钠及其化合物的说法错误的是（　　）
A.Na2O2粉末加入Ca溶液中，会产生气体和浑浊
B.Na、Na2O、Na2O2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Na2O2粉末的脱脂棉上滴加几滴水，脱脂棉剧烈燃烧起来，说明Na2O2与H2O反应放热且有氧气生成
解析：C　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；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；氧化钠属于碱性氧化物，与水反应生成氢氧化钠，C错误；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。
5.Na2O2具有强碱性和强氧化性，遇木炭、铝粉等还原性物质时可燃烧。下列有关说法中错误的是（　　）
A.Na2O2与炭、铝粉等还原性物质的燃烧实验可以在硬质玻璃管中进行
B.Na2O2与木炭反应时Na2O2表现出强氧化性
C.Na2O2与CO2反应的化学方程式为2Na2O2＋2CO22Na2CO3＋O2
D.Na2O2与SO2反应可生成Na2SO4
解析：A　Na2O2具有强碱性，能够与硬质玻璃管中的二氧化硅反应，因此不能在硬质玻璃管中进行，A错误；过氧化钠具有强氧化性，木炭具有还原性，因此过氧化钠与木炭反应时表现强氧化性，B正确；过氧化钠与二氧化碳反应放出O2，化学方程式为2Na2O2＋2CO22Na2CO3＋O2，C正确；过氧化钠具有氧化性，二氧化硫具有还原性，过氧化钠与二氧化硫反应时可生成硫酸钠：Na2O2＋SO2Na2SO4，D正确。
6.某实验小组想利用如图装置在实验室制备二氧化碳并验证过氧化钠可作呼吸面具中的供氧剂。下列有关说法错误的是（　　）
A.装置Ⅰ中盛放饱和碳酸钠溶液
B.装置的连接顺序为eabcdghf
C.装置Ⅲ中固体X是大理石（或石灰石）
D.装置Ⅳ中收集的气体可使带火星的木条复燃
解析：A　装置Ⅰ的作用是除去CO2中的杂质HCl，若是试剂使用饱和Na2CO3溶液，Na2CO3不仅能够与HCl发生反应，也能够与CO2发生反应，不能达到除杂的目的，应该使用饱和NaHCO3溶液，A错误；装置使用先后顺序是装置Ⅲ制取CO2，装置Ⅰ除去CO2中的HCl杂质，装置Ⅱ中二氧化碳与过氧化钠反应，装置Ⅴ除去制取的O2中的CO2，装置Ⅳ用排水法收集O2，除杂时导气管接口是长进短出，故导气管接口顺序是eabcdghf，B正确；在装置Ⅲ中用固体大理石（或石灰石）与稀盐酸在常温下反应制取CO2，C正确；在装置Ⅱ中发生反应：2Na2O2＋2CO22Na2CO3＋O2，由于O2难溶于水，因此可以使用排水法收集，O2有助燃性，可以使带有火星的木条复燃，D正确。
7.下列是某兴趣小组根据教材实验设计的一个能比较碳酸钠与碳酸氢钠热稳定性的套管实验。请观察图示实验装置，分析实验原理，并判断下列说法和做法，其中缺乏科学性的是（　　）
A.甲为小苏打，乙为纯碱
B.要证明碳酸氢钠受热能产生水，可在小试管内塞上沾有无水硫酸铜粉末的棉花球
C.加热不久就能看到A烧杯中的澄清石灰水变浑浊
D.整个实验过程中没有发现A烧杯的澄清石灰水变浑浊
解析：C　大试管温度高、小试管温度低，碳酸氢钠置于小试管，碳酸钠置于大试管，处于温度较高条件下的物质不分解，处于温度较低条件下的物质分解，可比较碳酸钠与碳酸氢钠的热稳定性，所以甲为小苏打、乙为纯碱，A正确；白色的无水硫酸铜粉末遇水显蓝色，在小试管内塞上沾有无水硫酸铜粉末的棉花球，如果变蓝色，可证明碳酸氢钠受热分解产生了水，B正确；碳酸钠较稳定，用酒精灯加热不分解，故A烧杯中的澄清石灰水不变浑浊，C错误，D正确。
8.（2025·北京第三十五中学高一期中）某课外小组为了鉴别Na2CO3和NaHCO3两种白色固体，设计了如下几种实验方法，下列说法错误的是（　　）
A.装置Ⅰ中的Na2CO3和NaHCO3均能与盐酸反应，产生气体速率快的是NaHCO3
B.当稀盐酸足量时，装置Ⅰ中气球鼓起体积较小的是NaHCO3
C.加热装置Ⅱ，澄清石灰水变浑浊一侧的白色固体是NaHCO3
D.装置Ⅲ也可以鉴别Na2CO3和NaHCO3
解析：B　碳酸钠和碳酸氢钠均与盐酸反应生成二氧化碳气体，盛放碳酸氢钠的气球鼓的更快，说明产生气体速率快的是碳酸氢钠，A正确；等质量的碳酸钠和碳酸氢钠与足量盐酸反应时，碳酸氢钠产生的二氧化碳量多，故气球鼓起体积较大的是碳酸氢钠，B错误；碳酸氢钠受热分解生成二氧化碳，使澄清石灰水变浑浊，而碳酸钠加热不反应，C正确；碳酸钠受热不反应，碳酸氢钠受热分解生成二氧化碳，能使澄清石灰水变浑浊，故可以用来鉴别两者，D正确。
二、非选择题
9.Ⅰ.构建元素的“价—类”二维图是化学学习中常见的方法，通过“价—类”二维图能更有效地学习物质的分类及转化关系。钠元素的“价—类”二维图及物质间的部分转化关系如图所示，回答下列问题：
（1）Na在空气中燃烧生成b的化学方程式为2Na＋O2Na2O2，反应过程中最适宜盛装钠的容器为c（填字母）。
（2）若c溶液与少量稀硫酸反应可以生成d，则d为Na2SO4（填化学式）。若d为NaHSO4，则其在水中电离的电离方程式为NaHSO4Na＋＋H＋＋S；往NaHSO4溶液中加入几滴紫色石蕊试液，溶液会变成红色。
Ⅱ.某化学兴趣小组为了探究“干燥的CO2不能与Na2O2发生反应”而“潮湿的CO2能与Na2O2发生反应”，设计了如下图所示装置进行实验（夹持仪器已省略）。
（3）实验开始前先通入一段时间的N2，目的是排尽装置中的空气。
（4）写出图中装置A中发生反应的离子方程式：CaCO3＋2H＋Ca2＋＋H2O＋CO2↑，试剂X是浓硫酸，装置B中试剂不能换成饱和Na2CO3溶液的原因是Na2CO3＋CO2＋H2O2NaHCO3（用化学方程式解释）。
（5）实验时，首先关闭K1，打开K2；然后打开装置A中分液漏斗的活塞，加入稀盐酸，实验中观察到装置E中灼热的铜丝颜色未发生变化，则得出的结论是干燥的CO2不能与Na2O2发生反应。
解析：（1）Na在空气中燃烧生成Na2O2，反应的化学方程式：2Na＋O2Na2O2，固体燃烧反应过程中产生高温，最适宜盛装钠的容器为坩埚，故选c。（2）a、b、c分别为Na2O、Na2O2、NaOH，NaOH溶液与少量稀硫酸反应可以生成硫酸钠。若d为NaHSO4，则其为强酸的酸式盐，在水中电离的电离方程式为NaHSO4Na＋＋H＋＋S，NaHSO4溶液呈酸性，若加入几滴紫色石蕊试液，溶液会变成红色。（3）空气中的水蒸气和氧气会干扰实验，实验开始前先通入N2一段时间，目的是排尽装置中的空气。（4）图中装置A中盐酸与碳酸钙发生反应，生成氯化钙、二氧化碳气体和水，离子方程式：CaCO3＋2H＋Ca2＋＋H2O＋CO2↑；试剂X的作用是除去CO2中的水分，故X是浓硫酸；装置B中试剂是NaHCO3溶液，用以除去CO2中的HCl，不能换成饱和Na2CO3溶液，否则会吸收CO2生成NaHCO3，原因是Na2CO3＋CO2＋H2O2NaHCO3。（5）实验中观察到E中灼热的铜丝颜色未发生变化，说明二氧化碳和过氧化钠没有生成氧气，则得出的结论是干燥的二氧化碳不能与过氧化钠反应。
10.钠是一种非常活泼的金属，易与氧气、水等反应，钠的化合物在自然界广泛存在，有重要用途。
（1）钠可用石蜡封存，实验室少量钠保存于煤油或石蜡油中；氢化钠（NaH）可在野外用作生氢剂，其中H的化合价为－1。
（2）把过氧化钠和碳酸氢钠混合物放置在密闭体系中，充分加热后，排出气体，固体残留物中一定含有的物质是Na2CO3（写化学式）。
（3）Na2CO3和NaHCO3是厨房中常见的两种盐。实验室里NaHCO3溶液中若混有少量Na2CO3杂质，最佳的除杂方法是（用离子方程式表示）C＋CO2＋H2O2HC。
（4）将燃烧的钠迅速伸入盛满CO2的集气瓶中，钠继续燃烧并冒白烟，反应后冷却，瓶底出现黑色颗粒，瓶壁上覆盖一层白色粉末。实验小组对该白色粉末进行如下探究：
【提出假设】假设1：白色物质是Na2O；
假设2：白色物质是Na2CO3；
假设3：白色物质是Na2O和Na2CO3的混合物。
【设计实验方案】
实验操作 实验现象
方案一 取少量白色物质于试管中，加入适量水，振荡，样品全部溶于水，加入无色酚酞溶液 溶液变成红色
方案二 ①取少量白色物质于试管中，加入适量水，振荡，样品全部溶于水，加入过量CaCl2溶液 出现白色沉淀
②静置，取上层清液于试管中，滴加无色酚酞溶液 无明显现象
【思考与交流】
①三个假设中假设2成立。钠在CO2中燃烧的化学方程式为4Na＋3CO22Na2CO3＋C。
②有同学认为白色粉末是NaOH，你判断的理由是不可能，反应中无氢元素，所以白色粉末不是NaOH。
解析：（1）钠可用石蜡封存，实验室少量钠保存于煤油或石蜡油中；氢化钠（NaH）可在野外用作生氢剂，其中Na为＋1价，H的化合价为－1价。（2）碳酸氢钠受热分解：2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O，生成的二氧化碳和水能与过氧化钠反应：2Na2O2＋2H2O4NaOH＋O2↑、2Na2O2＋2CO22Na2CO3＋O2，NaOH也能与CO2反应得到碳酸钠，故充分加热后，排出气体，固体残留物中一定含有的物质是Na2CO3。（3）Na2CO3与二氧化碳和水反应能生成NaHCO3，故实验室里NaHCO3溶液中若混有少量Na2CO3杂质，最佳的除杂方法是C＋CO2＋H2O2HC。（4）方案一将反应后的白色固体溶于水后溶液呈碱性，3种假设均可能；方案二将反应后的白色固体溶于水后加入过量CaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明固体中含Na2CO3，取上层清液再加入酚酞，无明显现象，说明不含NaOH，固体中不含Na2O，故假设2正确，白色固体为Na2CO3，钠在CO2中燃烧反应的化学方程式为4Na＋3CO22Na2CO3＋C。①根据分析，假设2成立，钠在CO2中燃烧反应的化学方程式为4Na＋3CO22Na2CO3＋C；②白色粉末不可能是NaOH，理由是反应中无氢元素，生成的白色粉末不是NaOH。
11.实验室按如下装置测定某纯碱样品（含少量NaCl）的纯度。
回答下列问题：
（1）写出装置②中发生反应的化学方程式：Na2CO3＋2HCl2NaCl＋H2O＋CO2↑。
（2）滴入盐酸前，需先缓缓鼓入空气数分钟的目的是排尽装置中的CO2，减小实验误差。
（3）装置④的作用是防止空气中的CO2进入装置③，引起实验误差。
（4）盐酸具有挥发性，所以装置③中的Ba（OH）2必须过量。则装置③发生反应的离子方程式：H＋＋OH－H2O、CO2＋Ba2＋＋2OH－BaCO3↓＋H2O。
（5）若样品质量为w g，滴入盐酸后装置③增加的质量为m g，则测定纯碱（含少量NaCl）中碳酸钠的质量分数为×100％（忽略盐酸、水蒸气挥发性带来的影响，用含w、m的代数式表示）。
解析：（1）装置②是利用盐酸和样品中的Na2CO3反应产生CO2气体，反应的化学方程式为Na2CO3＋2HCl2NaCl＋H2O＋CO2↑。（2）由于确定样品中Na2CO3的纯度是利用装置③中Ba溶液吸收CO2气体生成BaCO3沉淀后称出装置③的质量差确定CO2的质量，所以要先排除装置内空气中的CO2对实验的影响，因此实验前先缓缓鼓入空气数分钟，利用装置①中的NaOH溶液吸收空气中的CO2后，排尽装置内的二氧化碳，减小实验误差。（3）装置④是为了防止空气中的CO2气体返流到装置③中被吸收引起实验误差。（4）从装置②出来的气体有挥发的HCl、生成的CO2，二者都能与Ba溶液反应：＋2HClBaCl2＋2H2O、Ba＋CO2BaCO3↓＋H2O，对应的离子方程式分别为H＋＋OH－H2O、CO2＋Ba2＋＋2OH－BaCO3↓＋H2O。（5）根据反应：Na2CO3＋2HCl2NaCl＋H2O＋CO2↑和Ba＋CO2BaCO3↓＋H2O可知，装置③增加的质量为m g，在忽略盐酸、水蒸气挥发性带来的影响后，m g就是吸收的CO2质量，设样品中Na2CO3的质量为x g，列关系式：
解得x＝ g，则w g纯碱样品中碳酸钠的质量分数为w＝×100％＝×100％。
1 / 2阶段重点练（三）
一、选择题
1.（2025·辽宁凌源实验中学月考）下列关于新制氯水的说法错误的是（　　）
A.呈淡黄绿色
B.只含有两种离子
C.加入AgNO3溶液后，有白色沉淀生成
D.滴加紫色石蕊试液，溶液先变红后褪色
解析：B　新制氯水中有盐酸和次氯酸，次氯酸为弱酸还能电离出氢离子和次氯酸根离子，所以新制氯水中含氢离子、氯离子和次氯酸根离子及极少数的氢氧根离子，B错误。
2.化学来源于生活，也服务于生活。下列关于氯及其化合物的叙述正确的是（　　）
A.Cl2难溶于水，一般用排水法收集
B.常温下，漂白粉较稳定，可长期敞口放置
C.Cl2性质活泼，与Fe反应生成FeCl2
D.次氯酸具有漂白性，能使有色物质褪色
解析：D　Cl2能溶于水且有毒，可以用排饱和食盐水法收集，A错误；常温下，漂白粉较稳定，但敞口放置易与空气中的CO2、H2O反应而失效，故不能长期敞口放置，B错误；Cl2性质活泼，加热条件下与Fe反应生成FeCl3，C错误；次氯酸具有强氧化性，具有漂白性，能使有色物质褪色，D正确。
3.（2025·北京交通大学附中期中）以下课堂实验中对实验现象描述正确的是（　　）
A.铁丝在氯气中燃烧，放出大量的热，生成棕黄色烟雾
B.氢气在氯气中安静地燃烧，火焰呈浅蓝色，瓶口有白雾产生
C.内有氯气的针筒中吸入氢氧化钠溶液，针筒内的气体体积迅速变小，黄绿色很快褪去
D.氯水保存在无色的玻璃试剂瓶中
解析：C　铁丝在氯气中燃烧，放出大量的热，生成棕褐色烟，A错误；氢气在氯气中燃烧，发出苍白色火焰，瓶口产生白雾，B错误；氯气和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，含有氯气的针筒中吸入氢氧化钠溶液，针筒内的气体体积迅速变小，黄绿色立即褪去，C正确；氯水中含有次氯酸，次氯酸见光分解，故应保存在棕色试剂瓶中，D错误。
4.（2025·福建泉州第五中学期中）用图1所示装置向装有一瓶氯气的集气瓶中添加适量的蒸馏水，振荡，先利用注射器滴加NaOH溶液，再利用注射器滴加稀盐酸，用压强传感器测得集气瓶内的压强随时间变化的曲线如图2所示。下列说法错误的是（　　）
A.阶段①说明氯气溶于水，且溶于水的氯气全部与水反应
B.阶段②的压强变小，该过程发生了氧化还原反应
C.阶段③发生反应又生成Cl2
D.若将Cl2换成CO2，所得的压强变化趋势与图2相似
解析：A　盛有Cl2的集气瓶中添加适量的蒸馏水，Cl2有一部分溶于水，气体的压强减小；滴加NaOH溶液，溶于水的Cl2与NaOH反应生成NaCl、NaClO和水，同时增大Cl2在水中的溶解度，使Cl2的压强减小；滴加盐酸，此时发生反应Cl－＋ClO－＋2H＋Cl2↑＋H2O，使气体的压强增大。若将Cl2换成CO2，起初有一部分CO2溶于水，造成压强减小，滴加NaOH溶液后，CO2与NaOH反应生成Na2CO3或NaHCO3等，再加入盐酸，Na2CO3或NaHCO3与盐酸反应生成氯化钠、水和CO2，又使气体的压强增大，则所得的压强变化趋势与图2相似。
5.（2025·云南文山市第一中学月考）将pH传感器、氯离子传感器、氧气传感器分别插入盛有氯水的广口瓶中，用强光照射氯水，测得的实验数据如图所示。下列说法正确的是（　　）
A.由图甲可推知新制氯水需避光保存，光照会使氯水的酸性增强
B.由图乙可推知，Cl－浓度增大的主要原因是HClO能电离出Cl－
C.由图丙可推知，光照可催化水分解
D.由图甲、乙、丙可知新制的氯水所含成分少，而久置氯水所含成分多
解析：A　光照下次氯酸分解生成氯化氢和氧气，促进氯气与水的反应，新制氯水需避光保存，光照会使氯水的酸性增强，A正确；Cl－浓度增大的主要原因是光照下次氯酸分解生成氯化氢和氧气，且促进氯气与水的反应，导致Cl－浓度增大，B错误；光照下次氯酸分解生成氯化氢和氧气，氧气体积分数增大，C错误；久置氯水所含溶质成分主要为氯化氢，新制的氯水中溶质为氯气、次氯酸、氯化氢等，所含成分较多，D错误。
6.氯气的实验室制备是中学化学的重要实验，下列有关该实验的说法中正确的是（　　）
A.甲装置是用MnO2和稀盐酸加热条件下反应可制得 Cl2
B.使用足量的MnO2，可以使盐酸中的 Cl－全部转化成 Cl2
C.乙装置既可采用向上排空气法，也可以采用排饱和食盐水法收集
D.丙装置中盛装足量的水即可实现尾气处理
解析：C　MnO2和浓盐酸在加热条件下反应生成氯气，不是稀盐酸，A错误；随着反应的进行，浓盐酸变稀，反应停止，足量的二氧化锰不能完全将氯离子转化为氯气，B错误；收集装置可采用向上排空气法，也可以采用排饱和食盐水法，饱和食盐水会抑制氯气的溶解，用排饱和食盐水能收集氯气，C正确；氯气与水的反应是可逆反应，不能用水处理尾气，D错误。
7.“价—类”二维图是元素化合物知识系统学习的良好工具，氯及其化合物的“价—类”二维图如下，下列说法错误的是（　　）
A.酸性：戊＞己
B.若将乙转化为甲，可以不加还原剂
C.丙为ClO2，可用作自来水消毒剂
D.推测庚既有氧化性又有还原性
解析：A　由题干关于氯及其化合物的“价—类”二维图信息可知，甲为HCl、乙为Cl2、丙为ClO2、丁为Cl2O7，戊为HClO、己为HClO4、庚为亚氯酸盐、辛为氯酸盐。戊为HClO、己为HClO4，HClO为弱酸，酸性比碳酸还弱，HClO4为强酸，酸性比H2SO4还强，故酸性：戊＜己，A错误；乙为Cl2、甲为HCl，将乙转化为甲的反应为Cl2＋H2OHCl＋HClO，反应中H2O既不是氧化剂也不是还原剂，故可以不加还原剂，B正确；丙为ClO2，具有强氧化性，故可用作自来水消毒剂，C正确；由分析可知，庚为亚氯酸盐，Cl的化合价处于中间价态，故可推测庚既有氧化性又有还原性，D正确。
8.FeCl3易与水反应、易升华，是化学反应中常用的催化剂。实验室用如图所示装置制备少量FeCl3。下列说法正确的是（　　）
已知：产率＝×100％
A.按气流方向，上述装置合理的连接顺序为A→E→C→B→D
B.实验时，应该先点燃B处酒精灯，再点燃A处酒精灯
C.冷水的作用是将FeCl3蒸气转变为固体，D装置可以用E装置代替
D.若铁屑质量为11.2 g，反应制得26.0 g FeCl3，则该实验中FeCl3的产率为80％
解析：D　按气流方向，题述装置合理的连接顺序为A→C→E→B→D，A错误； 实验时，应该先点燃A处酒精灯，产生的Cl2将空气排尽，再点燃B处酒精灯，B错误；若铁屑质量为11.2 g，反应理论制得×162.5 g·mol－1＝32.5 g FeCl3，则该实验中FeCl3的产率为×100％＝80％，D正确。
二、非选择题
9.实验室制取氯气并检验其性质的装置如图所示。试回答下列问题。
（1）仪器A的名称是分液漏斗。
（2）写出实验室制取氯气的化学方程式：MnO2＋4HClCl2↑＋MnCl2＋2H2O；该反应中氧化剂与还原剂的个数之比为1∶2。
（3）使试管C中干燥的红花褪色的物质是次氯酸（填名称），试管D中的现象是有白色沉淀生成，E中发生反应的离子方程式为Cl2＋2I－I2＋2Cl－。
（4）装置G为收集干燥氯气的装置（“→”表示气流方向），则应该选择下图中的甲（填代号）。
（5）H的作用是Cl2＋2OH－Cl－＋ClO－＋H2O（用离子方程式解释）。
（6）实验室制取氯气还可用此方法：2KMnO4＋16HCl（浓）2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O，通过上述两种制备氯气的方法，可知：MnO2、KMnO4、Cl2的氧化性由强到弱的顺序为KMnO4＞MnO2＞Cl2。
解析：（1）根据仪器的形状可知，仪器A为分液漏斗。（2）实验室用 MnO2和浓盐酸在加热条件下反应来制取氯气，反应的化学方程式为MnO2＋4HClCl2↑＋MnCl2＋2H2O；反应中二氧化锰是氧化剂，盐酸中有两个Cl－失电子被氧化，作还原剂，氧化剂和还原剂之比为1∶2。（3）反应制得的氯气中含有水蒸气，氯气和水蒸气反应生成的HClO具有漂白性，使C中干燥的红花褪色；Cl2和H2O反应生成的HCl及挥发出的HCl与D中硝酸银溶液反应有白色的AgCl沉淀生成；氯气能将 I－氧化为I2，自身被还原为Cl－，反应的离子方程式为Cl2＋2I－I2＋2Cl－。（4）要收集干燥的氯气应用排空气法，而不能用排饱和食盐水的方法，因为氯气的密度比空气的大且不与空气中的成分反应，故采用向上排空气法，气体应“长进短出”，选择甲装置。（5）氯气和NaOH溶液反应生成NaCl、NaClO和H2O，H用来吸收尾气，反应的离子方程式为Cl2＋2OH－Cl－＋ClO－＋H2O。（6）MnO2＋4HClCl2↑＋MnCl2＋2H2O、2KMnO4＋16HCl（浓）2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O，两个反应都能制取氯气，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，MnO2和KMnO4的氧化性都大于Cl2，又因二氧化锰反应需要加热，高锰酸钾反应不需要加热，可知KMnO4的氧化性大于MnO2，综上可知氧化性：KMnO4＞MnO2＞Cl2。
10.制备漂白粉的装置如下图：
已知：①氯气和石灰乳在反应的过程中会放出热量。
②6Cl2＋6Ca（OH）25CaCl2＋Ca（ClO3）2＋6H2O
（1）写出制取漂白粉的化学方程式，并用双线桥标注电子转移的方向和数目。
。
（2）为提高产品中有效成分Ca（ClO）2的含量，在不改变石灰乳浓度和体积的条件下可采取的措施是（任写一种即可）甲装置用冰水浴冷却。
解析：（2）为提高产品中有效成分Ca（ClO）2的含量，在不改变石灰乳浓度和体积的条件下，可通过控制温度，阻止副反应发生，采取的措施是甲装置用冰水浴冷却。
11.氯气是现代工业和生活中常用的杀菌消毒剂。
（1）实验室常用MnO2固体和浓盐酸在加热条件下制取Cl2，反应的离子方程式为MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O。实验室还可用KClO3固体和浓盐酸在室温条件下制取少量氯气（同时生成KCl和H2O），可选用图中的A（填“A”或“B”）作为发生装置，反应的离子方程式为Cl＋5Cl－＋6H＋3Cl2↑＋3H2O。
（2）某实验小组同学将上面制得的氯气通入蒸馏水中获得了氯气的水溶液——氯水，并利用如下装置探究氯水的成分及性质：
实验Ⅰ 实验Ⅱ
实验操作
实验现象 溶液变蓝 石蕊溶液先变红，后褪色
（说明：试管中溶液均为1 mL，均滴入氯水5滴；淀粉遇I2变蓝）
①实验Ⅰ中反应的化学方程式为Cl2＋2KII2＋2KCl，由此推断氧化性：Cl2＞（填“＞”或“＜”）I2。
②实验Ⅱ中溶液变红是由于溶液中含有H＋（填微粒符号，下同）；使溶液褪色的微粒是HClO。
解析：（1）实验室常用MnO2固体和浓盐酸在加热条件下制取Cl2，反应的离子方程式为MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O；实验室还可用KClO3固体和浓盐酸在室温条件下制取少量氯气，选取A装置，反应的离子方程式为Cl＋5Cl－＋6H＋3Cl2↑＋3H2O。（2）①氯水中的氯气能与KI发生反应，化学方程式为Cl2＋2KII2＋2KCl；氯气为氧化剂，碘单质为氧化产物，氧化剂的氧化性大于氧化产物，故氧化性：Cl2＞I2；②石蕊试液遇酸变红，说明氯水中含H＋；石蕊试液变红后褪色是由于氯水中的HClO具有漂白性。
12.（2025·湖北荆州洪湖市第一中学月考）ClO2具有一定的氧化性，是一种优良的消毒剂和果蔬保鲜剂，当温度、浓度过高时均易发生分解，因此常将其制备成NaClO2固体以便运输和贮存。制备NaClO2晶体的实验装置如图所示。
已知：ClO2熔点为－59 ℃、沸点为11 ℃；H2O2沸点为150 ℃。
回答下列问题：
（1）相比于普通的分液漏斗，恒压滴液漏斗的优点是平衡压强，使液体能顺利流下。
（2）反应开始时，打开恒压滴液漏斗，滴加双氧水，一段时间后，以适当的流速通入空气将ClO2吹入H2O2与NaOH溶液混合洗气瓶中，并用冰水浴降温，制备NaClO2晶体。
①当空气流速过慢时，产率会降低，解释其原因：空气流速过慢时，ClO2不能及时被移走，浓度过高导致分解。
②仪器A的作用是防止倒吸。
③制备NaClO2晶体的化学方程式为2ClO2＋H2O2＋2NaOH2NaClO2↓＋O2↑＋2H2O。
④冰水浴的作用是将ClO2液化，增加ClO2的溶解度、减少ClO2的分解。
（3）NaClO2在一定条件下可重新释放ClO2气体，其浓度随时间的变化如图所示，若用于水果保鲜，适宜的条件是条件Ⅱ（填“Ⅰ”或“Ⅱ”）。
推测下列物质可以起到与ClO2气体相同保鲜作用的是A（填字母）。
A.KMnO4溶液 B.NaCl溶液
C.KHSO3溶液
解析：（1）相比于普通的分液漏斗，恒压滴液漏斗其优点是平衡压强，使液体能顺利流下。（2）①当空气流速过慢时，ClO2不能及时被移走，浓度过高导致分解，所以产率会降低。②仪器A为安全瓶，防止倒吸。③在碱性条件下，ClO2被双氧水还原为NaClO2晶体，双氧水被氧化为氧气，反应的化学方程式为2ClO2＋H2O2＋2NaOH2NaClO2↓＋O2↑＋2H2O。④冰水浴冷却的目的是降低NaClO2的溶解度，减少H2O2的分解，将ClO2液化，增加ClO2的溶解度，减少ClO2的分解等。（3）条件Ⅱ可以缓慢释放ClO2，能较长时间维持保鲜所需的浓度，若用于水果保鲜，适宜的条件是条件Ⅱ。ClO2具有一定的氧化性，是一种优良的消毒剂和果蔬保鲜剂，果蔬保鲜利用的是其氧化性。KMnO4具有氧化性，所以可以起到与ClO2气体相同保鲜作用的是KMnO4溶液，选A。
1 / 2第2课时　碳酸钠和碳酸氢钠　焰色试验
学习目标
1.基于实验探究认识Na2CO3、NaHCO3的相关性质，理解并掌握Na2CO3、NaHCO3相互转化的途径。 2.了解焰色试验的现象及原理。
知识点一　碳酸钠与碳酸氢钠
　　
1.Na2CO3和NaHCO3溶于水的实验探究
盐 Na2CO3 NaHCO3
（1）在两支试管中各加入1 g Na2CO3、NaHCO3，观察外观并进行描述 白色粉末 细小的白色晶体
（2）向以上两支试管中分别滴入几滴水，振荡，观察现象；将温度计分别插入其中，温度计的示数有何变化 碳酸钠　结块变成晶体　，温度计读数升高 碳酸氢钠部分溶解，温度计读数　降低　
（3）继续向（2）的试管中分别加入5 mL水，用力振荡，有何现象 碳酸钠 溶解 碳酸氢钠溶解
续表
盐 Na2CO3 NaHCO3
（4）分别向（3）所得溶液中滴入1～2滴酚酞溶液，有何现象 溶液变　红色　且颜色较深 溶液变　红色　，但溶液颜色稍浅
初步结论 碳酸钠粉末遇水生成含结晶水的晶体（Na2CO3·xH2O），溶液显　碱　性 溶液显　碱　性
【教材挖掘】
教材中提到碳酸钠水合物有Na2CO3·H2O、Na2CO3·7H2O、Na2CO3·10H2O三种。金属钠长期露置于空气中最终完全转变为Na2CO3粉末，此过程中的主要变化与现象：
写出上述主要变化的化学方程式。
提示：①4Na＋O22Na2O
②Na2O＋H2O2NaOH
④2NaOH＋CO2Na2CO3＋H2O，
Na2CO3＋10H2ONa2CO3·10H2O
⑤Na2CO3·10H2ONa2CO3＋10H2O
2.化学性质——热稳定性（实验装置如图）
实验操作 实验现象 实验结论
澄清石灰水不变浑浊 Na2CO3很稳定，受热不易发生分解；NaHCO3不稳定，受热容易分解，化学方程式为　2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O　
澄清石灰 水　变浑浊　
【探究活动】　碳酸钠和碳酸氢钠与酸、碱溶液的反应
实验1：分别向溶质质量分数相等的Na2CO3和NaHCO3溶液中滴加稀盐酸。
实验2：分别向溶质的质量分数相等的Na2CO3和NaHCO3溶液中滴加澄清石灰水。
活动1：分析实验1中为何碳酸钠中开始无气泡产生？分析二者中都产生气体的原因。写出相关反应的离子方程式。
提示：Na2CO3溶液中存在Na＋和C，滴加稀盐酸，C与H＋结合生成HC，HC再与H＋结合生成H2CO3而分解放出CO2，故开始无气泡，过一段时间产生气泡，相关反应为C＋H＋HC、HC＋H＋CO2↑＋H2O。NaHCO3溶液中存在Na＋和HC，滴加稀盐酸，HC与H＋结合生成H2CO3而分解放出CO2，故立即产生气泡：HC＋H＋CO2↑＋H2O。
活动2：实验2中产生相同现象的原因是什么？写出相关反应的离子方程式。能用氢氧化钙溶液鉴别碳酸钠和碳酸氢钠溶液吗？为什么？
提示：向Na2CO3溶液中滴加澄清石灰水，C与C结合生成CaCO3沉淀：C＋CCaCO3↓。向NaHCO3溶液中滴加澄清石灰水，HC与OH－结合生成C和H2O，C与C结合生成CaCO3沉淀：2HC＋2OH－＋CCaCO3↓＋2H2O＋C。将氢氧化钙溶液分别加入碳酸钠和碳酸氢钠溶液，二者均反应产生白色沉淀，所以不能用氢氧化钙溶液鉴别二者。
活动3：试写出足量的NaHCO3溶液和少量Ca（OH）2反应的离子方程式。用适量的NaOH溶液可以除去Na2CO3溶液中少量NaHCO3，试用离子方程式表示出反应原理。
提示：2HC＋Ca2＋＋2OH－CaCO3↓＋2H2O＋C；OH－＋HCH2O＋C。
归纳总结
Na2CO3和NaHCO3的鉴别
（1）利用热稳定性不同
（2）利用和酸反应生成气体的速率不同（相同条件下）
3.碳酸钠和碳酸氢钠的应用
Na2CO3和NaHCO3的溶液均显碱性，可用作食用碱或工业用碱。Na2CO3的主要用途为纺织、制皂、造纸、制玻璃等；NaHCO3的主要用途为制药、焙制糕点等。
4.研究与实践——了解纯碱的生产历史
（1）路布兰制碱法：该方法所用的原料除食盐外，还有硫酸、木炭和石灰石。该方法制备的产品质量不纯，原料利用不充分，已经被淘汰。
（2）索尔维制碱法
原料 食盐、石灰石和氨为原料
反应 步骤 NaCl＋NH3＋CO2＋H2ONaHCO3↓＋NH4Cl CaCO3CaO＋CO2↑，2NH4Cl＋CaO2NH3↑＋CaCl2＋H2O 2NaHCO3Na2CO3＋CO2 ↑＋H2O
特点 反应生成的CO2和NH3可重新作为原料使用。但原料中一半成分未能转化为产品，产物中的氯化钙没有被充分利用
（3）侯氏制碱法
名称由来 1943年，我国化学工业科学家侯德榜发明创建了联合制碱法，即将索尔维制碱法和合成氨法两种工艺联合起来，同时生产纯碱和氯化铵两种产品的方法，又称侯氏制碱法
原理 与步骤 具体发生的化学反应：①NH3＋H2O＋CO2NH4HCO3；NH4HCO3＋NaClNH4Cl＋NaHCO3↓，可以写成CO2＋NH3＋NaCl＋H2ONH4Cl＋NaHCO3↓。 ②加热使NaHCO3分解得到Na2CO3，生成的CO2可循环使用：2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O
活动1：已知氨气极易溶于水，且溶于水显碱性。侯氏制碱法中应先通入哪种气体？其原因是什么？
提示：先通入氨气。由于NH3极易溶于水，且溶于水后溶液显碱性，这样更容易吸收二氧化碳。
活动2：侯氏制碱法在得到纯碱的同时还制得了什么物质？根据初中所学知识，可知此物质在农业上的用途是什么？
提示：氯化铵（NH4Cl）可以作氮肥。
1.正误判断（正确的打“√”，错误的打“×”）。
（1）Na2CO3和NaHCO3二者在水中的溶解度不同，前者易溶于水，后者难溶于水。（　×　）
（2）用酚酞溶液可鉴别饱和食盐水和饱和碳酸氢钠溶液。（　√　）
（3）Na2CO3固体中的NaHCO3可用加热法除去。（　√　）
2.（苏教版习题）下列有关Na2CO3和NaHCO3的叙述中，错误的是（　　）
A.热稳定性：Na2CO3＞NaHCO3
B.可以用澄清石灰水来鉴别Na2CO3和NaHCO3
C.在一定的条件下，Na2CO3与NaHCO3之间可以相互转化
D.等质量的Na2CO3和NaHCO3与足量盐酸反应，NaHCO3放出的CO2更多
解析：B　A项，热稳定性：Na2CO3＞NaHCO3，正确；B项，澄清石灰水与Na2CO3和NaHCO3溶液反应均产生白色沉淀，不能鉴别，错误；C项，Na2CO3与NaHCO3之间可以相互转化，正确；D项，由Na2CO3＋2HCl2NaCl＋CO2↑＋H2O和NaHCO3＋HClNaCl＋CO2↑＋H2O知，等质量的Na2CO3和NaHCO3与足量盐酸反应，NaHCO3放出的CO2更多，正确。
3.除去NaHCO3溶液中混有的少量Na2CO3，可采取的方法是（　　）
A.通入二氧化碳气体　B.加入氢氧化钡溶液
C.加入澄清石灰水 D.加入稀盐酸
解析：A　A项，因为CO2能和Na2CO3溶液发生如下反应：Na2CO3＋CO2＋H2O2NaHCO3，可用来除去NaHCO3溶液中混有的少量Na2CO3。而Ba（OH）2、Ca（OH）2和盐酸都能和NaHCO3、Na2CO3反应。
归纳总结
Na2CO3和NaHCO3的相互转化
NaHCO3Na2CO3
（1）NaHCO3与碱溶液反应的实质是HC与OH－反应生成C，所以NaHCO3可以与NaOH反应生成碳酸钠。
（2）向饱和Na2CO3溶液中通入过量的CO2，可观察到白色晶体（沉淀）析出。发生反应的化学方程式为Na2CO3＋CO2＋H2O2NaHCO3↓。
4.（2025·杭州师大附中高一期中）侯氏制碱法，又称联合制碱法。其部分工艺流程如下，下列说法错误的是（　　）
A.沉淀池中应先通NH3，再通CO2
B.反应②产生的CO2可循环使用
C.若纯碱中混有NaHCO3，可用澄清石灰水除去
D.母液的主要成分是NH4Cl，可用于化肥工业
解析：C　氨气极易溶于水，使溶液显碱性，可吸收更多的二氧化碳，故先通NH3，再通CO2，A正确；反应②产生的CO2可通入沉淀池中，生成碳酸氢钠，碳酸氢钠受热再分解生成CO2，所以可以循环使用，B正确；碳酸钠和碳酸氢钠与澄清石灰水都能发生反应，若纯碱中混有NaHCO3，不能用澄清石灰水除去，应用加热法除去碳酸氢钠，C错误；母液的主要成分是NH4Cl，NH4Cl是一种氮肥，可用于化肥工业，D正确。
知识点二　焰色试验
1.概念
很多金属或它们的化合物在灼烧时都会使火焰呈现出特征颜色。根据火焰呈现的特征颜色，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。
2.操作
注意：焰色试验是元素的物理性质。
【教材挖掘】
利用焰色试验检验钾元素时，为什么要透过蓝色钴玻璃进行观察？为什么用盐酸洗涤铂丝而不用硫酸洗涤铂丝？
提示：因为含有钾元素的物质中往往会混有少量的钠元素，灼烧时，钠元素的黄色光会掩盖钾元素的紫色光，透过蓝色钴玻璃可以滤去黄色光，便于观察到钾元素的紫色光。盐酸沸点比硫酸低，加热时易挥发无残留。
3.几种金属元素的焰色
金属元素 锂 钠 钾 铷
焰色 紫红色 黄色 紫色（透过蓝色钴玻璃） 紫色
金属元素 钙 锶 钡 铜
焰色 砖红色 洋红色 黄绿色 绿色
4.应用
（1）检验　金属元素　的存在，如鉴别NaCl和KCl溶液。
（2）制作五彩缤纷的烟花。
1.正误判断（正确的打“√”，错误的打“×”）。
（1）焰色试验就是金属燃烧时火焰的颜色。（　×　）
（2）做焰色试验的铂丝可用稀硫酸清洗。（　×　）
（3）可利用焰色试验来鉴别Na2CO3溶液和K2SO4溶液。（　√　）
（4）焰色试验是金属元素的化学性质。（　×　）
2.（2025·福建泉州联考）焰色试验过程中铂丝的清洗和灼烧与钾的焰色试验的观察两项操作如图所示。下列叙述中错误的是（　　）
A.焰色试验是物理变化
B.钾的焰色试验要透过蓝色钴玻璃观察
C.实验中可以用稀硫酸清洗做焰色试验的铂丝
D.没有铂丝可用光洁无锈的铁丝代替
解析：C　焰色试验属于物理变化，A正确；钾的浅紫色光往往会受到钠的黄色光的干扰，所以观察钾的焰色试验要透过蓝色钴玻璃观察，B正确；实验中应使用稀盐酸清洗做焰色试验的铂丝，C错误。
1.（2025·广东深圳联考）下列物质的化学式与俗名对应正确的是（　　）
A.NaOH：纯碱 B.NaHCO3：苏打
C.Na2CO3：纯碱 D.Na2CO3：小苏打
解析：C　Na2CO3俗称纯碱，又叫苏打，碳酸氢钠叫小苏打。
2.某物质灼烧时，焰色试验为黄色。下列判断正确的是　（　　）
A.该物质一定是钠的化合物
B.该物质一定含钠元素
C.该物质一定是金属钠
D.该物质中不含钾元素
解析：B　焰色试验为黄色，说明该物质中一定含钠元素，既可能是金属钠，也可能是钠的化合物，B正确。
3.（教材改编题）有两瓶失去标签的Na2CO3和NaHCO3无色饱和溶液，有下列方法可以鉴别二者，其中不合理的是（　　）
①用pH试纸检验，pH大的是Na2CO3　②取等量的溶液于两支试管中，各滴入酚酞溶液，红色较深的是Na2CO3　③取等量的溶液于两支试管中，加热，有气泡产生的是NaHCO3　④取等量的溶液于两支试管中，逐滴加入稀盐酸，立即就有气体放出的是NaHCO3　⑤取等量的溶液于两支试管中，滴加Ba（OH）2溶液，生成白色沉淀的是Na2CO3
A.①②　 B.③⑤
C.④⑤　 D.②⑤
解析：B　③中因为NaHCO3溶液受热时不分解，只有NaHCO3固体受热才分解；⑤中分别向两支试管中滴加Ba（OH）2溶液，都能出现白色沉淀，化学方程式为Na2CO3＋Ba（OH）22NaOH＋BaCO3↓，2NaHCO3＋Ba（OH）2Na2CO3＋BaCO3↓＋2H2O。
4.实验室模拟“侯氏制碱法”，下列操作未涉及的是（　　）
解析：B　制取过程中，需要向氯化钠溶液中通入氨气和二氧化碳，涉及D，然后过滤，涉及C，碳酸氢钠受热分解，涉及A。
5.某同学利用下面的装置鉴别碳酸钠和碳酸氢钠的稳定性。
点燃酒精灯，加热盛有固体药品的部位。请结合实验现象，完成下面的填空。
加热开始后，很快可以看到，盛有碳酸氢钠的长柄V形玻璃管内的澄清石灰水变浑浊，且固体附近的玻璃管内壁上附有大量的小液滴；该实验现象充分说明，碳酸氢钠受热易分解，并且分解的产物有二氧化碳和水。而盛有碳酸钠的长柄V形玻璃管里的澄清石灰水不变浑浊。
解析：加热开始后，很快可以看到，盛有碳酸氢钠的长柄V形玻璃管内的澄清石灰水变浑浊，且盛有碳酸氢钠固体附近的玻璃管内壁上附有大量的小液滴。该实验现象充分说明，碳酸氢钠受热易分解，并且分解的产物有二氧化碳和水，而盛有碳酸钠的长柄V形玻璃管里的澄清石灰水不变浑浊。
题组一　碳酸钠和碳酸氢钠
1.（2025·云南昆明高一期中）碳酸钠在外观上与氯化钠相似，可用作家用洗涤剂清洗厨房用具的油污。下列关于碳酸钠和氯化钠的说法正确的是（　　）
A.碳酸钠俗称为小苏打，氯化钠俗称为食盐
B.从组成的阳离子来看，二者均属于钠盐
C.碳酸钠溶液和氯化钠溶液均显碱性
D.碳酸钠固体和氯化钠固体不导电，二者均不属于电解质
解析：B　碳酸钠的俗称是纯碱或苏打，小苏打是碳酸氢钠的俗称，A错误；从Na2CO3和NaCl组成的阳离子来看，二者均含有Na＋，且都属于盐，所以均属于钠盐，B正确；碳酸钠溶液显碱性，氯化钠溶液显中性，C错误；碳酸钠固体和氯化钠固体不导电，但是水溶液或熔融状态下导电，二者均属于电解质，D错误。
2.为除去括号内的杂质，所选用的试剂或方法错误的是（　　）
A.CO2（HCl）：NaOH溶液
B.Na2CO3固体（NaHCO3）：加热
C.NaCl（Na2CO3）：盐酸
D.NaHCO3溶液（Na2CO3）：通入CO2
解析：A　二氧化碳能和氢氧化钠反应，不能用氢氧化钠溶液除二氧化碳中的氯化氢，一般用饱和碳酸氢钠溶液除去二氧化碳中的氯化氢，A错误；碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠，则加热可除杂，B正确；碳酸钠能与足量盐酸反应生成二氧化碳、氯化钠和水，可达到除杂的目的，C正确；向碳酸钠溶液中通入足量的二氧化碳会生成碳酸氢钠，可达到除杂目的，D正确。
3.下列关于Na2CO3和NaHCO3的性质说法正确的是（　　）
A.25 ℃时，碳酸氢钠在水中的溶解度比碳酸钠大
B.分别向Na2CO3和NaHCO3溶液中滴加BaCl2溶液都产生白色沉淀
C.分别向Na2CO3和NaHCO3固体中加入少量水，温度变化不同
D.可利用图示装置来比较Na2CO3和NaHCO3的热稳定性
解析：C　25 ℃时，碳酸钠在水中的溶解度比碳酸氢钠大，若取等量的水分别加碳酸钠、碳酸氢钠进行溶解，溶解的碳酸钠质量大，A错误；碳酸钠与氯化钡溶液反应生成白色沉淀，碳酸氢钠溶液与氯化钡不反应，B错误；Na2CO3粉末和NaHCO3晶体中分别滴入少量水，Na2CO3粉末溶解放热，NaHCO3晶体溶解吸热，所以前者温度升高，后者温度下降，C正确；用图示比较碳酸钠和碳酸氢钠的热稳定性时，应将碳酸钠放置在外层试管，碳酸氢钠放置在内层试管，D错误。
4.（2025·广东揭阳揭东区第二中学高一期中）下列关于Na2CO3和NaHCO3的说法中错误的是（　　）
A.为了将Na2CO3固体中的NaHCO3固体除去可以采用加热的方法
B.向饱和Na2CO3溶液中通入过量CO2，最终有白色沉淀生成
C.Na2CO3和NaHCO3与盐酸反应产生等量的二氧化碳，NaHCO3消耗盐酸多
D.质量相同的Na2CO3和NaHCO3与足量盐酸反应时，NaHCO3所产生的CO2多
解析：C　Na2CO3固体热稳定性强，NaHCO3固体受热易分解生成Na2CO3等，为了将Na2CO3固体中的NaHCO3固体除去，可以采用加热的方法，A正确；向饱和Na2CO3溶液中通入过量CO2生成碳酸氢钠，碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠的溶解度，且消耗了溶剂水，生成的溶质碳酸氢钠质量比原溶质碳酸钠的质量大，所以有碳酸氢钠晶体析出，B正确；根据碳守恒，Na2CO3和NaHCO3与盐酸反应产生等量的二氧化碳，Na2CO3消耗盐酸多，C错误；质量相同的Na2CO3和NaHCO3，前者的物质的量小于后者，与足量盐酸反应时，NaHCO3所产生的CO2多，D正确。
题组二　侯氏制碱法
5.（2025·江苏苏州高一期末）实验室用下图装置模拟侯氏制碱法原理，以NaCl、NH3、CO2等为原料制取少量NaHCO3。下列有关说法正确的是（　　）
A.除去CO2中的少量HCl可在乙装置中加入饱和Na2CO3溶液
B.用冰水浴冷却丙装置有利于析出NaHCO3固体
C.丙装置中析出NaHCO3固体的上层清液中不存在HC
D.丁装置是为了吸收丙装置中逸出的NH3和CO2
解析：B　CO2能够和饱和Na2CO3溶液反应，不能用饱和Na2CO3溶液除去CO2中的少量HCl，可以用饱和NaHCO3溶液，A错误；装置丙中CO2和含氨的饱和食盐水发生反应生成NaHCO3，NaHCO3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NaHCO3的溶解度，有利于析出NaHCO3固体，B正确；丙装置中析出NaHCO3固体的上层清液为NaHCO3的饱和溶液，其中含有HC，C错误；CO2不和稀硫酸反应，装置丁的作用是吸收丙装置中逸出的NH3，不能吸收CO2，D错误。
6.（2025·北京十四中高一期中）“侯氏制碱法”的主要过程如下图（部分物质已略去）。
下列说法错误的是（　　）
A.气体X为CO2
B.操作b为过滤
C.滤液主要成分是NH4HCO3
D.氨盐水中通入气体X后，溶液中大量减少的阳离子是Na＋
解析：C　向饱和食盐水依次通入氨气、二氧化碳气体发生反应生成碳酸氢钠晶体和氯化铵，过滤得到的碳酸氢钠固体加热分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，滤液经降温、加入氯化钠析出氯化铵。气体X为CO2，A正确；悬浊液经过滤后可分离出滤液和滤渣，B正确；滤液中的主要成分是NH4Cl，C错误；氨盐水中通入气体CO2后，生成的NaHCO3以晶体形式析出，溶液中大量减少的阳离子是Na＋，D正确。
题组三　焰色试验
7.下列关于焰色试验的说法中正确的是（　　）
A.焰色试验是化学变化
B.Na、NaCl、Na2CO3灼烧时火焰颜色相同
C.在做焰色试验时，应用硫酸洗涤铂丝
D.若某物质的焰色呈黄色，说明该物质只含钠元素，不含钾元素
解析：B　焰色试验是物理变化，A错误；Na、NaCl、Na2CO3均含钠元素，做焰色试验时火焰均为黄色，B正确；在做焰色试验时，应用盐酸洗涤铂丝，C错误；若某物质的焰色呈黄色，说明该物质一定含钠元素，没有透过蓝色钴玻璃观察，因此不能说明不含钾元素，D错误。
8.早在宋代，人们就发现不同的金属化合物在高温灼烧时，火焰会呈现出不同的颜色，烟花逐渐出现在盛大的典礼或表演中。下列有关说法正确的是（　　）
A.NaOH和Na2SO4的焰色相同
B.焰色试验利用了金属元素的化学性质
C.某物质在灼烧时焰色为黄色，则该物质一定不含K元素
D.将铂丝（或铁丝）用盐酸洗涤后，可直接蘸取试剂灼烧
解析：A　NaOH和Na2SO4均含钠元素，焰色均为黄色的，焰色相同，A正确；焰色试验利用了金属元素的物理性质，B错误；某物质在灼烧时焰色为黄色，黄色会干扰K元素焰色观察，无法判断是否还含有K元素，C错误；将铂丝（或铁丝）用盐酸洗涤后，需在外焰上灼烧至没有颜色时，再蘸取试剂灼烧，D错误。
9.1943年侯德榜发明联合制碱法，其生产流程可简要表示为
已知：NH3极易溶于水生成NH3·H2O，NH3·H2O可电离产生N和OH－。下列说法错误的是（　　）
A.侯氏制碱法制备NaHCO3利用了物质溶解度差异
B.流程中先通入CO2再通入NH3可达到同样效果
C.第③步操作是利用了分散质粒子直径大小的不同
D.母液中含有N和Cl－，可并入前一步循环利用
解析：B　NaHCO3的溶解度较小，析出时的化学方程式为NaCl＋NH3＋CO2＋H2ONaHCO3↓＋NH4Cl，将碳酸氢钠过滤出来，加热分解为碳酸钠，A正确；NH3极易溶于水生成NH3·H2O，NH3·H2O可电离产生N和OH－，溶液呈碱性，先通氨气，更有利于酸性气体二氧化碳的吸收，B错误；第③步操作是过滤，是利用了分散质粒子直径大小的不同，分散质粒子直径比滤纸孔隙大的不能通过滤纸，C正确；母液中含有N和Cl－，并入前一步循环利用，可提高产率，D正确。
10.（2025·江西金溪一中期中）某同学对碳酸钙和盐酸反应后的溶液感兴趣，他先过滤然后取适量滤液，向其中逐滴滴加 Na2CO3溶液，测得溶液 pH随时间变化的曲线如图所示（已知CaCl2溶液呈中性，不考虑 CO2的溶解），下列说法正确的是（　　）
A.碳酸钙与盐酸反应后的溶液中只含有1种溶质
B.ab段对应 pH增大的离子反应是 C＋2H＋H2O＋CO2↑
C.c点溶液对应溶质所含的阳离子有 Na＋和 Ca2＋
D.若将d 点溶液加入a点溶液中，对应的离子反应只有 C＋Ca2＋CaCO3↓
解析：B　碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙和水，起点pH＜7，说明盐酸过量；滴加碳酸钠，碳酸钠先与盐酸反应生成二氧化碳、氯化钠和水，至pH＝7后与氯化钙反应生成碳酸钙，pH保持不变，c点后碳酸钠过量，溶液碱性增强。碳酸钙与盐酸反应后的溶液中含有氯化钙和过量的盐酸，有2种溶质，A错误；ab段碳酸钠与过量盐酸反应生成二氧化碳，离子方程式为C＋2H＋H2O＋CO2↑，B正确；c点钙离子沉淀完全，所含阳离子只有钠离子，C错误；d点为碳酸钠和氯化钠的混合溶液，a点为氯化钙和盐酸的混合溶液，二者混合，氢离子先反应，发生的离子反应是 C＋2H＋H2O＋CO2↑，D错误。
11.（2025·陕西宝鸡中学高一期中）下列实验方法中，不能测定出Na2CO3和NaHCO3的混合物中NaHCO3质量分数的是（　　）
A.取a克混合物充分加热，剩余固体b克
B.取a克混合物与足量稀盐酸充分反应，逸出气体经干燥后用碱石灰吸收，碱石灰质量增加b克
C.取a克混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧后，得到固体b克
D.取a克混合物与足量Ba（OH）2溶液充分反应，沉淀经过滤、洗涤、干燥，得到固体b克
解析：B　A项，取a克混合物充分加热，剩余固体b克，固体的质量差即是NaHCO3分解生成的CO2和水的质量和，利用差量法可求出NaHCO3的质量，从而测定出Na2CO3和NaHCO3的混合物中NaHCO3质量分数，A不符合题意；B项，取a克混合物与足量稀盐酸充分反应，盐酸是挥发性酸，逸出气体中混有HCl，经干燥后也能被碱石灰吸收，则b g为CO2和HCl的质量之和，无法测定HCl的质量，也就无法确定CO2的质量，所以不能测定出Na2CO3和NaHCO3的混合物中NaHCO3质量分数，B符合题意；C项，取a克混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧后，得到固体b克，b g为NaCl的质量，利用Na＋守恒可建立等式，从而测定出Na2CO3和NaHCO3的混合物中NaHCO3质量分数，C不符合题意；D项，取a克混合物与足量Ba（OH）2溶液充分反应，Na2CO3和NaHCO3都转化为BaCO3沉淀，其质量为b克，由a、b可建立等式，从而测定出Na2CO3和NaHCO3的混合物中NaHCO3质量分数，D不符合题意。
12.膨松剂反应时单位质量产生标准状况下气体的体积（mL·g－1）是检验膨松剂品质的一项重要指标。某膨松剂中发挥作用的物质为碳酸氢钠。某化学兴趣小组为研究膨松剂的该项指标，设计了以下实验。按如图所示连接装置（各装置中的气体吸收剂皆为足量）。
【资料】
a.浓硫酸常用于吸收水蒸气；
b.碱石灰是固体氢氧化钠和氧化钙的混合物。
（1）实验步骤：
①按图（夹持仪器未画出）组装好实验装置后，首先进行的操作是检查装置气密性。
②称取样品，并将其放入硬质玻璃管中，称量盛装碱石灰的U形管D的质量。
③打开活塞K1、K2，关闭K3，缓缓鼓入氮气数分钟。
④关闭活塞K1、K2，打开K3，点燃酒精灯，加热至不再产生气体。
⑤打开活塞K1，缓缓鼓入氮气数分钟，然后拆下装置，再次称量U形管D的质量。
（2）关于该实验方案，请回答下列问题。
①加热前鼓入氮气数分钟，其目的是除去装置中的水蒸气和二氧化碳。
②实验过程中装置B发生反应的化学方程式为2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑。
③E处干燥管中盛放的试剂是碱石灰，其作用是防止空气中的CO2和水蒸气进入D中影响测定结果，
如果实验中没有该装置，则会导致测量结果偏大（填“偏大”“偏小”或“无影响”）。
解析：（1）①实验过程中，该装置内有气体流动，因此组装好实验装置后，需先检查装置气密性。（2）①将实验装置组装完成后，装置内含有空气，根据实验原理可知，若空气中CO2被D装置吸收，则会产生实验误差，因此需要先将装置内空气排尽，故加热前鼓入氮气数分钟，其目的是除去装置中的水蒸气和二氧化碳。②装置B在加热过程中，样品中碳酸氢钠发生分解，其反应的化学方程式为2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑。③装置D的作用是吸收装置B中产生的CO2，因此需要防止空气中CO2和H2O从U形管右侧进入，故装置E的作用是防止空气中的CO2和水蒸气进入D中影响测定结果，由此可知E处干燥管中盛放的试剂是碱石灰。若没有该装置，则会导致装置D的增重量偏大，使得测量结果偏大。
13.某化学实验小组在学习完钠盐的知识后，在实验室探究Na2CO3的有关性质。
查阅资料及已有知识：①相同温度下，等浓度溶液的碱性：Na2CO3＞NaHCO3。
②NaHCO3不能与CaCl2稀溶液反应，Na2CO3能与CaCl2稀溶液反应。
（1）探究实验1：在锥形瓶内装入饱和NaHCO3溶液，用CO2传感器测定密闭装置中CO2的分压，测得CO2的分压的变化曲线如图1所示。溶液温度在50 ℃之前，CO2的分压增大的主要原因是溶液温度升高，CO2分压增大；溶液温度升高到50 ℃之后，CO2的分压急剧增大的原因是NaHCO3分解生成CO2使分压增大。
（2）探究实验2：将pH为8.31的NaHCO3溶液装入烧杯中，加入几滴酚酞溶液，加热，溶液pH变化与加热时间的关系如图2所示，冷却至室温，测得溶液pH为8.86。根据溶液pH的变化，请用文字描述加热过程中的溶液的颜色变化：溶液颜色由浅红色变为红色。
（3）探究实验3：在锥形瓶内加入水，用CO2传感器测定密闭装置中CO2的分压，缓慢加入碳酸氢钠固体，再加入氯化钙固体，测得CO2的分压的变化曲线如图3所示。根据CO2的分压的变化曲线可知，NaHCO3溶液与CaCl2溶液能 （填“能”或“不能”） 发生反应，若能，请写出反应离子方程式，若不能，请说明理由：Ca2＋＋2HCCaCO3↓＋CO2↑＋H2O。
解析：（1）溶液温度在50 ℃之前，CO2的分压增大的主要原因是溶液温度升高，CO2分压增大；溶液温度升高到50 ℃之后，CO2的分压急剧增大的原因是NaHCO3分解生成CO2使分压增大。（2）加热过程中碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠，溶液碱性增强，溶液颜色由浅红色变为红色。（3）加入氯化钙固体后，二氧化碳分压增大，说明两者发生反应生成了CO2，故碳酸氢钠溶液能与氯化钙溶液发生反应，离子方程式为Ca2＋＋2HCCaCO3↓＋CO2↑＋H2O。
1 / 2第1课时　活泼的金属单质——钠　氧化钠和过氧化钠
学习目标
1.认识钠是一种非常活泼的金属，具有很强的还原性。通过实验认识钠与氧气、水等的反应。 2.从物质类别、元素化合价的角度认识氧化钠与过氧化钠的性质，掌握过氧化钠与水和二氧化碳反应的应用。
知识点一　钠的性质
1.钠的原子结构
结构特点 钠原子结构示意图：　　，最外层只有　1　个电子
性质 在化学反应中很容易失去　1　个电子，所以钠的化学性质非常活泼，表现出很强的　还原　性
2.钠与氧气的反应
（1）实验探究——【实验2－1】
实验 操作 用镊子取一小块钠，用滤纸吸干表面的煤油后，用刀切去一端的外皮，观察钠的光泽和颜色，并注意新切开的钠的表面所发生的变化
实验 现象 用小刀可以很轻松地切开金属钠，切口处可观察到银白色光泽，暴露在空气中很快　变暗　
实验 结论 ①钠的物理性质：　银白　色固体，硬度很　小　，密度比煤油的　大　。 ②钠很活泼，可与空气中的氧气反应生成　氧化钠　。反应的化学方程式为　4Na＋O22Na2O　
【思考】　实验中未用完的钠应如何处理？
提示：未用完的钠可放回原试剂瓶。
（2）实验探究——【实验2－2】
实验 步骤 将一个干燥的坩埚加热，同时切取一块绿豆大的钠，迅速投到热坩埚中。继续加热坩埚片刻，待钠熔化后立即撤掉酒精灯，观察现象
实验 现象 钠受热后先熔化成闪亮的小球，然后与氧气剧烈反应，发出　黄色火焰　，生成一种　淡黄色　固体
实验 结论 加热时，钠与氧气反应生成过氧化钠，反应的化学方程式为　2Na＋O2Na2O2　
【教材挖掘】
钠除了与氧气反应外，还能与氯气、硫等非金属单质直接化合，你能写出反应的化学方程式吗？分析反应中钠元素化合价的变化情况，说明钠表现什么性质。
提示：2Na＋Cl22NaCl，2Na＋SNa2S；钠与非金属单质化合时，钠元素化合价由0价变为＋1价，钠表现还原性。
3.钠与水的反应
（1）产物预测
从物质组成及氧化还原反应的角度，预测钠与水反应的生成物：　NaOH、H2　。
（2）实验探究
实验操作 实验现象 原因解释
钠浮在水面上（浮） 钠的密度比水　小　
钠熔化成闪亮的小球（熔） 钠的熔点　低　，反应放热
小球在水面上四处游动，最后完全消失（游） 反应产生的气体（H2）推动小球运动
与水反应发出嘶嘶响声（响） 钠与水反应剧烈
反应后溶液的颜色逐渐变红色（红） 反应有　碱性　物质生成
（3）实验结论
①钠与水剧烈反应生成NaOH和H2，反应中氧化剂是　H2O　，还原剂是　Na　，反应的实质是钠与水电离出的H＋反应。
②化学方程式：　2Na＋2H2O2NaOH＋H2↑　。
离子方程式：　2Na＋2H2O2Na＋＋2OH－＋H2↑　。
【思考】　某研究性小组设计实验探究钠与酸、碱、盐溶液的反应，分别将一块绿豆粒大小的钠块投入盛有稀硫酸、饱和石灰水和硫酸铜溶液的三只烧杯中（如图所示），观察实验现象并分析。
（1）实验①中，钠与稀硫酸剧烈反应，发生轻微爆炸。试写出钠与稀硫酸反应的化学方程式。若稀硫酸不足量，金属钠能否剩余，为什么？
提示：2Na＋H2SO4Na2SO4＋H2↑。不能；若稀硫酸不足，过量的钠会与水继续反应生成NaOH和H2。
（2）实验②中，观察到烧杯中出现白色浑浊，试结合离子方程式分析原因。
提示：2Na＋2H2O2OH－＋2Na＋＋H2↑；钠与水反应放出热量并消耗溶剂水，由于Ca（OH）2的溶解度随温度的升高而降低，且溶剂的量减少，故饱和石灰水中会有固体析出，产生白色浑浊。
（3）实验③中，观察到烧杯中产生蓝色絮状沉淀。请结合化学方程式分析产生上述现象的原因。
提示：钠先与水发生反应：2Na＋2H2O2NaOH＋H2↑；生成的NaOH再与CuSO4发生复分解反应生成蓝色絮状Cu（OH）2沉淀：2NaOH＋CuSO4Cu（OH）2↓＋Na2SO4。
归纳总结
钠与水、酸及盐溶液的反应规律
钠与酸溶液的反应可按“先酸后水”的顺序分析，而钠与盐溶液的反应可按“先水后盐”的顺序分析。
记忆口诀：遇水记四点，浮熔游响红，遇酸酸优先，遇盐水在前。
1.正误判断（正确的打“√”，错误的打“×”）。
（1）钠是银白色的金属，硬度大。（　×　）
（2）钠与O2反应时，反应条件不同，产物不同。（　√　）
（3）钠在空气中燃烧，发出黄色火焰，生成淡黄色的氧化钠。（　×　）
（4）钠与水反应生成O2。（　×　）
（5）实验室中金属钠不慎着火，可用专用灭火剂或干砂盖灭。（　√　）
2.（教材改编题）下列关于钠的说法错误的是（　　）
A.钠与水反应生成氢氧化钠和氢气
B.室温下，Na在空气中反应生成Na2O
C.水与钠反应时，水表现出氧化性
D.钠应保存在煤油中，不能保存在石蜡油中
解析：D　钠也可以保存在石蜡油中。
3.（2024·绵阳高一期中）某化学兴趣小组完成《钠与水的反应》实验，下列有关说法正确的是（　　）
A.该实验方案中出现与等图标
B.实验中可观察到：钠熔化并在水下四处游动
C.向反应后的溶液中滴加石蕊试液，溶液变红
D.实验剩余的钠，不能随意丢弃，应放入废液缸中
解析：A　进行该实验时要佩戴护目镜，同时要防止扎伤或割伤，A正确；钠的密度小于水，应该浮在水面上，B错误；钠和水反应生成氢氧化钠，溶液中滴入石蕊溶液变蓝，C错误；钠是一种比较活泼的金属，剩余的金属钠应该放回原试剂瓶中，D错误。
4.将一小块钠投入下列盐溶液中，能产生气体，但不会产生沉淀的是（　　）
A.硝酸钠溶液　　　　　　 B.饱和食盐水
C.氯化镁溶液 D.硫酸铜溶液
解析：A　钠与盐溶液反应时，先和水反应生成NaOH和H2。A项，生成的NaOH和NaNO3 不反应；B项，钠与水反应时消耗了饱和食盐水中的水，有食盐晶体析出；C项，生成的NaOH和MgCl2反应生成Mg（OH）2沉淀；D项，生成的NaOH和 CuSO4反应生成Cu（OH）2 沉淀。
5.如图所示，将一小块金属钠投入盛有液体的烧杯中。下列说法错误的是（夹持装置已略去）（　　）
A.一段时间后，烧杯底部有红色难溶物生成
B.若观察到金属钠被煤油浸没，则金属钠的密度比煤油大
C.该实验进行过程中可观察到有气泡产生
D.反应进行一段时间（反应未结束），此时温度计的读数大于起始时的读数
解析：A　Na先与CuSO4溶液中的水反应，不会有Cu单质生成，A错误；该反应放热，D项正确。
知识点二　氧化钠和过氧化钠
1.Na2O的性质
（1）物理性质：　白　色固体。
（2）化学性质：碱性氧化物，能与水、酸、酸性氧化物等发生化学反应。
写出下列反应的化学方程式：
氧化钠与水反应：　Na2O＋H2O2NaOH　。
氧化钠与盐酸反应：　Na2O＋2HCl2NaCl＋H2O　。
氧化钠与二氧化碳反应：　Na2O＋CO2Na2CO3　。
2.Na2O2的性质
（1）物理性质：　淡黄　色固体。
（2）化学性质
a.实验探究过氧化钠与水的反应
实验 操作
实验 现象 ①试管外壁发烫，带火星的木条　复燃　； ②用pH试纸检验反应所得溶液呈　碱　性
实验 结论 Na2O2与水反应放热，化学方程式为　2Na2O2＋2H2O4NaOH＋O2↑
b.过氧化钠与二氧化碳反应的化学方程式：
2Na2O2＋2CO22Na2CO3＋O2。
（3）Na2O2的应用
Na2O2可在呼吸面具或潜水艇中作为　氧气　的来源。
Na2O2中氧元素的化合价为　－1　，具有强　氧化性　，可作漂白剂。
【教材挖掘】
从氧化还原的角度探究Na2O2与CO2和H2O的反应：
2Na2O2＋2CO22Na2CO3＋O2　①
2Na2O2＋2H2O4NaOH＋O2↑　②
（1）在反应①②中，Na2O2既表现出　　也表现出　　，H2O、CO2既不是氧化剂，也不是还原剂。
提示：氧化性　还原性
（2）在反应①②中，2个Na2O2均生成1个O2，转移2个电子。利用双线桥法分析反应中电子转移情况。
提示：
（3）从化学方程式的化学计量数分析可知，无论是CO2、H2O还是二者的混合物，与足量的Na2O2反应时，参与反应的CO2或H2O与放出O2的分子个数之比均为　　。
提示：2∶1
3.氧化钠与过氧化钠的比较
物质 氧化钠（Na2O） 过氧化钠（Na2O2）
色、态 白色固体 淡黄色固体
氧元素化合价 －2 －1
阴、阳离子个数比 1∶2 1∶2
是否为碱性氧化物 是 否
化学 性质 相同点 都能与水反应生成氢氧化钠，都能与CO2反应生成Na2CO3
不同点 过氧化钠与水、二氧化碳反应有氧气产生，具有强氧化性，而Na2O不具有强氧化性
1.正误判断（正确的打“√”，错误的打“×”）。
（1）Na2O在空气中加热可得固体Na2O2 。（　√　）
（2）Na2O2、Na2O组成元素相同，与CO2反应的产物相同。（　×　）
（3）过氧化钠呈浅黄色，故可用于潜水艇供氧。（　×　）
（4）Na2O2与CO2反应时，Na2O2是氧化剂，CO2是还原剂。（　×　）
2.下列叙述正确的是（　　）
①Na2O与Na2O2都能和水反应生成碱，它们都是碱性氧化物　②Na2O与CO2发生化合反应生成Na2CO3，Na2O2与CO2发生置换反应生成O2　③Na2O是淡黄色物质，Na2O2是白色物质　④Na2O2可作供氧剂，而Na2O不可　⑤Na2O2和CO2反应中，过氧化钠既是氧化剂又是还原剂
A.①②③④⑤ B.②③④⑤
C.②③⑤ D.④⑤
解析：D　①Na2O2能和水反应生成氢氧化钠和氧气，为过氧化物，不是碱性氧化物，错误；②Na2O与CO2发生化合反应生成Na2CO3，Na2O2与CO2发生氧化还原反应生成O2，不符合置换反应的定义，错误；③Na2O是白色物质，Na2O2是淡黄色物质，错误；④Na2O2可与水、二氧化碳反应生成氧气，可作供氧剂，而Na2O不行，正确；⑤Na2O2和CO2反应中，过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，正确。
3.200 ℃时，11.6 g二氧化碳和水蒸气的混合气体与足量的过氧化钠充分反应后固体质量增加了3.6 g。下列说法中正确的是（　　）
A.二氧化碳与水蒸气的分子数目之比为4∶1
B.二氧化碳与水蒸气的质量之比为11∶8
C.反应中有8 g氧气放出
D.参加反应的过氧化钠的质量为19.5 g
解析：C　由2Na2O2＋2CO22Na2CO3＋O2可知，44 g二氧化碳与过氧化钠反应时，固体增重相当于28 g，放出氧气的质量＝44 g－28 g＝16 g；由2H2O＋2Na2O24NaOH＋O2↑可知，18 g水蒸气与过氧化钠反应时，固体增重2 g，放出氧气的质量＝18 g－2 g＝16 g。设原混合气体中二氧化碳、水蒸气的质量分别为x、y，则：①x＋y＝11.6 g、②＋＝3.6 g，解得x＝4.4 g，y＝7.2 g。二氧化碳与水蒸气的分子个数之比为1∶4，A错误；二氧化碳与水蒸气的质量之比为4.4∶7.2＝11∶18，B错误；生成氧气的质量为11.6 g－3.6 g＝8 g，C正确；参加反应的过氧化钠的质量是39 g，D错误。
归纳总结
Na2O2与CO2、H2O反应的质量关系
固体增加2个碳原子和2个氧原子，固体增加的质量相当于与CO2等分子数的CO的质量。
固体增加4个氢原子，固体增加的质量相当于与H2O等分子数的H2的质量。
4.（2025·重庆南坪中学高一月考）如图是实验室研究潜水艇中供氧体系反应机理的装置图（夹持仪器略）。
（1）A装置为实验室制备CO2的发生装置，反应的离子方程式为CaCO3＋2H＋Ca2＋＋H2O＋CO2↑。
（2）B装置的作用是除去挥发的HCl。
（3）写出C装置中发生反应的化学方程式2Na2O2＋2CO22Na2CO3＋O2、2Na2O2＋2H2O4NaOH＋O2 ↑。
（4）E装置收集到的气体是O2，检验所收集的气体的方法为将带火星的木条伸入集气瓶，观察木条是否复燃。
解析：（1）A装置中盐酸与大理石反应生成二氧化碳，反应的离子方程式为CaCO3＋2H＋Ca2＋＋H2O＋CO2↑。（2）B装置中HCl杂质与碳酸氢钠反应生成氯化钠、二氧化碳和水，从而除去HCl。（3）装置C为二氧化碳或水与过氧化钠反应生成氧气，反应的化学方程式为2Na2O2＋2CO22Na2CO3＋O2 、2Na2O2＋2H2O4NaOH＋O2 ↑。
1.（苏教版习题）下列有关金属钠的说法错误的是（　　）
A.钠应保存在煤油中
B.钠是银白色金属，硬度很大
C.钠在反应中易失电子，表现出还原性
D.钠与氧气反应的产物与反应条件有关
解析：B　钠易和氧气、水反应，要密封保存，钠的密度大于煤油，且和煤油不反应，可以保存在煤油中，A正确；钠是银白色金属，可以用小刀切，硬度小，B错误；钠原子最外层有1个电子，所以在化学反应中钠易失去电子而表现出还原性，C正确；钠在常温下和氧气反应生成氧化钠，在点燃条件下和氧气反应生成淡黄色的过氧化钠，D正确。
2.（鲁科版习题）下列关于金属钠的叙述中，正确的是　（　　）
A.金属钠是银白色金属，硬度很大
B.在空气中加热时，金属钠剧烈燃烧，产生黄色火焰，生成过氧化钠
C.金属钠在空气中燃烧，生成氧化钠
D.金属钠的熔点很高
解析：B　金属钠的硬度较小，熔点较低，A、D错误；金属钠在空气中加热时，剧烈燃烧，生成过氧化钠，B正确，C错误。
3.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.都属于白色固体
解析：A　A项，氧化钠、过氧化钠与水反应都生成NaOH，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，Na2O2中含有2个Na＋和1个，二者阴、阳离子个数比相同，错误；D项，过氧化钠是淡黄色固体，错误。
4.（2025·安徽蚌埠二中月考）钠元素广泛存在于自然界。下列关于钠及其化合物的叙述正确的是（　　）
A.金属钠着火时，可用二氧化碳来扑灭
B.将少量钠投入氯化镁溶液中，可得到金属镁
C.氧化钠和过氧化钠都属于碱性氧化物
D.Na、Na2O、Na2O2都能与水反应，且都能生成NaOH
解析：D　金属钠着火时，应用干燥沙土盖灭，A错误；将少量钠投入氯化镁溶液中，金属钠先与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠再与氯化镁溶液反应生成白色沉淀，无法得到金属镁，B错误；过氧化钠属于过氧化物，不是碱性氧化物，C项错误。
5.（教材改编题）回答下列问题：
（1）将包有少量淡黄色Na2O2固体的棉花放入坩埚，用滴管向棉花上滴几滴水，棉花立刻燃烧起来。由该实验你能得出的结论是过氧化钠与水反应放热，且有氧气产生。
（2）在潜水艇和消防员的呼吸面具中，Na2O2所发生反应的化学方程式为2Na2O2＋2H2O4NaOH＋O2↑，2Na2O2＋2CO22Na2CO3＋O2。从氧化剂和还原剂的角度分析，在这个反应中Na2O2的作用是既作氧化剂，又作还原剂，每18 g H2O与足量Na2O2反应，则固体增重2g。
解析：两个反应中Na2O2中的O元素化合价从－1价部分升高到0价，部分降低到－2价，Na2O2是氧化剂，也是还原剂；根据方程式可知，过氧化钠与水反应，导致过氧化钠增重相当于和水分子个数相等的氢气的质量，则每18 g H2O与足量Na2O2反应，则固体增重2 g。
题组一　钠与氧气的反应
1.取一小块金属钠，放在燃烧匙里加热，下列实验现象描述正确的是（　　）
①金属钠先熔化　②在空气中燃烧，放出黄色火花
③燃烧后得到白色固体　④燃烧时火焰为黄色
⑤燃烧后生成淡黄色固体物质
A.①② B.①②③
C.①④⑤ D.④⑤
解析：C　由于金属钠的熔点比较低，所以金属钠放在燃烧匙中加热先熔化，然后燃烧生成淡黄色固体物质并且伴有黄色火焰。
2.下列关于金属钠的叙述错误的是（　　）
A.金属钠可以保存在煤油中
B.钠元素只能以化合态形式存在于自然界中
C.实验室取金属钠可用药匙
D.钠元素在自然界中主要以NaCl的形式存在
解析：C　实验室取用少量金属钠时，需要用镊子夹取钠，C错误。
3.某化学研究小组在实验室中探究金属钠的性质。
（1）实验室中金属钠保存在盛有煤油或石蜡油的广口瓶中，取用时要使用镊子夹取。
（2）某同学夹取一块钠，用滤纸擦拭后再切取一小块放在如图所示装置上做钠的燃烧实验。
①反应的化学方程式为2Na＋O2Na2O2。
②充分加热后，将产生的固体投入水中，写出发生反应的化学方程式：2Na2O2＋2H2O4NaOH＋O2↑。反应停止后，观察到烧杯内有少许黑色固体物质，经检测为碳（C）。
③研究发现，钠燃烧时能与空气中的CO2反应生成一种单质和一种钠盐。写出该反应的化学方程式：3CO2＋4Na2Na2CO3＋C。
题组二　钠与水的反应
4.根据金属钠与水（滴有酚酞）反应的现象，下列有关说法错误的是（　　）
A.钠熔化成闪亮的小球，说明钠的熔点低且反应放热
B.反应后溶液的颜色逐渐变红，说明反应生成了碱
C.该反应中Na发生还原反应
D.当火灾现场存放有大量金属钠时不能用水来灭火
解析：C　相关反应的化学方程式为2Na＋2H2O2NaOH＋H2↑，Na元素由0价上升到＋1价，发生氧化反应，C错误。
5.将绿豆大的钠块投入如图所示的烧杯中，可能出现的现象是（　　）
A.钠块只在煤油层中游动，并放出气体
B.钠块只在水层中游动，钠块熔化，水层变红
C.钠块在CCl4层和水层界面处游动并上下跳动，钠块熔化，水层变红
D.钠块在水层和煤油层界面处游动并上下跳动，钠块熔化，水层变红
解析：D　钠的密度比煤油的大，比水的小，则钠在水层与煤油层界面处发生反应，产生的氢气使钠块四处游动并上下跳动，钠块熔化，水层变红，D符合题意。
6.将一小块钠投入下列溶液时，既能产生气体又会出现白色沉淀的是（　　）
A.稀盐酸 B.Cu（NO3）2溶液
C.NaCl溶液 D.MgSO4溶液
解析：D　A项，因钠与盐酸反应，生成物为氯化钠和氢气，有气体产生，不会产生白色沉淀。B项，钠与溶液中的水反应，生成物为氢氧化钠和氢气，有气体产生，氢氧化钠与硝酸铜反应生成氢氧化铜蓝色沉淀。C项，因钠与溶液中的水反应，生成物为氢氧化钠和氢气，有气体产生；但氢氧化钠不与氯化钠反应，故有气体产生，无白色沉淀生成。D项，钠投入MgSO4溶液中后，钠首先与水反应生成氢氧化钠和氢气，然后氢氧化钠和硫酸镁之间反应生成氢氧化镁白色沉淀，正确。
题组三　氧化钠和过氧化钠的性质
7.在2Na2O2＋2CO22Na2CO3＋O2反应中，被氧化与被还原的氧原子数之比为（　　）
A.1∶1 B.2∶1
C.1∶2 D.3∶2
解析：A　过氧化钠与二氧化碳反应，过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，根据反应的化学方程式可知，过氧化钠中部分氧元素由－1价降低为－2价，被还原，部分氧元素的化合价由－1价升高为0价，被氧化，因此被氧化与被还原的氧原子数之比为1∶1，A项正确。
8.下列关于Na2O和Na2O2的叙述正确的是（　　）
①Na2O和Na2O2都能和水反应生成碱，它们都是化合反应　②Na2O2可作供氧剂，而Na2O不能　③Na2O和Na2O2在空气中久置都会发生变质，最后变为Na2CO3粉末　④Na2O和Na2O2的阴、阳离子个数比都是2∶1　⑤向酚酞溶液中加入Na2O2粉末，溶液先变红后褪色，并有气泡生成
A.①③④ B.②④⑤
C.②③⑤ D.①④⑤
解析：C　Na2O和水反应生成碱，反应类型是化合反应，而Na2O2与水反应除生成碱以外，还有O2生成，因此该反应不是化合反应，①错误；Na2O2能与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，而Na2O与二氧化碳和水反应不会产生氧气，所以Na2O2可作供氧剂，而Na2O不行，②正确；Na2O2、Na2O在空气中都会与CO2反应生成Na2CO3粉末，③正确；Na2O与Na2O2都是离子化合物，二者电离产生的阴、阳离子个数比都是1∶2，④错误；向酚酞溶液中加入Na2O2粉末，Na2O2与水反应产生的NaOH使溶液变为红色，同时溶液中也会生成具有强氧化性的物质，会将红色物质再氧化变为无色，因此看到溶液先变红后褪色，反应过程中会产生氧气，因此会看到气泡生成，⑤正确；综上所述②③⑤正确，C符合题意。
9.某实验小组通过如图所示实验，探究Na2O2与水的反应，下列说法正确的是（　　）
A.②中的大量气泡主要成分是氢气
B.③中溶液变红，说明有酸性物质生成
C.④中现象可能是由于溶液中含有强氧化性物质
D.⑤中MnO2的主要作用是降低了水中氧气的溶解度
解析：C　A项，过氧化钠和水生成氧气和氢氧化钠，②中的大量气泡主要成分是氧气，错误；B项，过氧化钠和水生成氧气和氢氧化钠，氢氧化钠溶液显碱性，使得③中溶液变红，错误；C项，过氧化钠和水可生成具有强氧化性的过氧化氢，使得有色溶液褪色，正确；D项，⑤中MnO2催化溶液中过氧化氢生成氧气，产生较多的气泡，不是降低了水中氧气的溶解度，错误。
10.下列关于钠及其化合物的叙述中，正确的是（　　）
A.钠元素在自然界中都以化合物的形式存在，是因为金属钠具有很强的氧化性
B.过氧化钠要密封保存，是因为过氧化钠露置于空气中会发生反应变质
C.金属钠保存在煤油中，是因为钠的密度比煤油的密度小
D.钠可与硫酸铜溶液反应得到铜，是因为钠的性质比铜活泼
解析：B　钠元素在自然界中都以化合物的形式存在，是因为金属钠具有很强的还原性，A错误；过氧化钠能与空气中的水蒸气和CO2反应而变质，因此过氧化钠要密封保存，B正确；金属钠保存在煤油中，是因为钠的密度比煤油的密度大，C错误；钠与硫酸铜溶液反应的化学方程式为2Na＋CuSO4＋2H2OCu（OH）2↓＋Na2SO4＋H2↑，由此可知反应后得不到铜，D错误。
11.超氧化钾（KO2）与Na2O2性质相似，广泛应用于航天和潜水供氧剂。下列说法正确的是（　　）
A.KO2中O元素的化合价为－1价
B.KO2中阴、阳离子个数之比为1∶2
C.KO2与足量H2O反应：4KO2＋2H2O4KOH＋3O2↑
D.相同个数的KO2和Na2O2分别与足量水反应生成O2的个数之比为2∶3
解析：C　KO2中K的化合价为＋1价，则O元素的化合价为－价，A错误；KO2是由K＋和构成，其阴、阳离子个数比为1∶1，B错误；KO2会与H2O发生反应，其化学方程式为4KO2＋2H2O4KOH＋3O2↑，C正确；由反应化学方程式4KO2＋2H2O4KOH＋3O2↑、2Na2O2＋2H2O4NaOH＋O2↑可知，相同个数的KO2和Na2O2分别与足量水反应生成O2的个数之比为3∶2，D错误。
12.某位教师设计了钠与硫酸铜溶液反应实验装置（如图，夹持装置省略）。
实验前要将装置中的直角导管（序号为12）的上端和直通管⑤的上端高度相当；同时止水夹要夹在导气管的乳胶管上，避免逸出气体。
回答下列问题：
（1）向直通管⑤中注满硫酸铜溶液，然后小心且迅速地用带有金属钠（置于细铜丝上）和导气管的橡胶塞塞紧直通管。
可观察到：
ⅰ.钠与硫酸铜溶液剧烈反应有无色气体产生，该气体为氢气，直通管⑤液面逐渐下降，直通管⑦液面逐渐上升（液面高度如图所示），产生该现象的原因是反应产生氢气，直通管⑤中压强增加，所以直通管⑦中的液面升高，
直通管⑤中有蓝色絮状沉淀生成，该沉淀为氢氧化铜沉淀。
ⅱ.把燃着的火柴置于注射器针头口，打开止水夹。可观察到的现象： 产生淡蓝色火焰。
（2）写出钠与硫酸铜溶液总反应的离子方程式：2Na＋2H2O＋CCu（OH）2↓＋H2↑＋2Na＋。
（3）实验过程中可观察到蓝色絮状沉淀中有黑色物质，分析发现该黑色物质是氧化铜，写出生成黑色物质的化学方程式：Cu（OH）2CuO＋H2O。
13.（2025·江西师大附中高一期中）过氧化钠常作漂白剂、杀菌剂、消毒剂。过氧化钠保存不当容易吸收空气中CO2而变质。该课外活动小组为了粗略测定某过氧化钠的纯度，他们称取a g样品，并设计用如图装置来测定过氧化钠的质量分数。
（1）将仪器连接好以后，必须进行的第一步操作是检查装置的气密性。
（2）写出装置C中发生反应的化学方程式：2CO2＋2Na2O22Na2CO3＋O2、2Na2O2＋2H2O4NaOH＋O2↑。
（3）装置D中NaOH溶液的作用是吸收未反应的CO2。
（4）F处收集到的水的体积为V mL，进而计算得到气体质量为b g。该样品中过氧化钠的质量分数为×100％（列出计算表达式）。
解析：（1）将仪器连接好以后，必须进行的第一步操作是检查装置的气密性。（2）进入装置C的气体有二氧化碳、水蒸气，二氧化碳与过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，水蒸气与过氧化钠反应生成氢氧化钠和氧气，发生反应的化学方程式为2CO2＋2Na2O22Na2CO3＋O2、2Na2O2＋2H2O4NaOH＋O2↑。（3）二氧化碳与氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠和水，装置D中NaOH溶液的作用是吸收未反应的二氧化碳气体。（4）设样品中Na2O2的质量为x，则
2Na2O2＋2CO22Na2CO3＋O2，
2×78 32
x b g
＝，解得x＝ g，过氧化钠的质量分数为×100％。
14.某课外活动小组设计了下列装置，证实二氧化碳跟过氧化钠反应时需要与水接触。
【装置分析】
（1）装置①中反应的离子方程式是CaCO3＋2H＋Ca2＋＋CO2↑＋H2O。
（2）装置③中的试剂是浓硫酸。
【进行实验】
步骤1：打开弹簧夹K2，关闭K1，打开分液漏斗活塞加入盐酸，将带火星的木条放在a处。
步骤2：打开弹簧夹K1，关闭K2，打开分液漏斗活塞加入盐酸，将带火星的木条放在a处。
（3）步骤1和步骤2中，a处带火星的木条产生的实验现象分别是木条不复燃、木条复燃。
（4）写出过氧化钠跟二氧化碳反应的化学方程式：2Na2O2＋2CO22Na2CO3＋O2，该反应中还原剂是Na2O2，每生成1个O2时，转移2个电子。
解析：（1）装置①中碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水，反应的离子方程式是CaCO3＋2H＋Ca2＋＋CO2↑＋H2O。（2）证实二氧化碳跟过氧化钠反应时需要与水接触，④⑤中的过氧化钠需分别通入湿润的二氧化碳和干燥的二氧化碳，所以装置③的作用是干燥二氧化碳，③中的试剂是浓硫酸。（3）步骤1过氧化钠和干燥的二氧化碳不反应，没有氧气放出，步骤2过氧化钠和湿润的二氧化碳反应，有氧气放出，所以 a处带火星的木条产生的实验现象分别是木条不复燃、木条复燃。（4）过氧化钠跟二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，反应的化学方程式为2Na2O2＋2CO22Na2CO3＋O2，Na2O2中部分O元素化合价由－1价升高为0价，部分O元素化合价由－1价降低为－2价，该反应中Na2O2既是氧化剂又是还原剂，每生成1个O2时，转移2个电子。
1 / 13第1课时　物质的量　摩尔质量
学习目标
1.结合宏观的物质与微观粒子之间的联系引入物质的量及其单位，了解其含义及应用。 2.了解阿伏加德罗常数、摩尔质量的含义。 3.掌握质量（m）、物质的量（n）、摩尔质量（M）和粒子数（N）的关系及有关换算。
知识点一　物质的量
1.物质的量
（1）物质的量
①概念：物质的量是一个物理量，它表示含有一定数目粒子的集合体。
②符号及单位：符号为　n　，单位为摩尔。
（2）物质的量的单位——摩尔
（3）表示方法及含义
明确物质的量的规范表示
2.阿伏加德罗常数
（1）概念：1 mol任何粒子的粒子数叫做阿伏加德罗常数。
（2）符号：符号为NA，通常用　6.02×1023 mol－1　表示。
（3）物质的量、阿伏加德罗常数与粒子数之间的关系：n＝。
1.正误判断（正确的打“√”，错误的打“×”）。
（1）物质的量是表示微粒数目多少的物理量。（　×　）
（2）摩尔是用来描述微观粒子的物理量。（　×　）
（3）1 mol氧中含有6.02×1023个氧原子。（　×　）
（4）物质的量就是1 mol物质的质量。（　×　）
2.下列关于物质的量的说法正确的是（　　）
A.物质的量可以理解为物质的数量
B.物质的量描述的对象是分子、原子等微观粒子
C.1 mol任何物质都约含有6.02×1023个原子
D.摩尔是国际单位制中七个基本物理量之一
解析：B　物质的量表示一定数目的粒子集合体的物理量，不能理解为物质的数量，也不能理解为物质的质量，A错误；物质的构成微粒可能是原子，也可能是离子或分子，1 mol任何物质都约含有6.02×1023个组成该物质的基本微粒，但不一定是原子，C错误；摩尔是物质的量的单位，物质的量是国际单位制中七个基本物理量之一，D错误。
3.（苏教版习题）下列说法中正确的是（　　）
A.摩尔是表示物质质量的单位
B.物质的量就是指物质的质量
C.摩尔是表示物质所含微粒个数的物理量
D.物质的量适用于计量原子、分子、离子等粒子的集合体
解析：D　摩尔是物质的量的单位，A、C错误；物质的量表示含有一定数目粒子的集合体，B错误，D正确。
4.现有CO、CO2、O3三种气体，它们分别都含有1 mol氧原子，则三种气体的物质的量之比为（　　）
A.1∶1∶1 B.1∶2∶3
C.3∶2∶1 D.6∶3∶2
解析：D　含有1 mol氧原子的CO、CO2、O3三种气体的物质的量分别为1 mol、 mol和 mol，则n（CO）∶n（CO2）∶n（O3）＝1 mol∶ mol∶ mol＝6∶3∶2。
5.回答下列问题：
0.5 mol H2中的氢分子数为3.01×1023；1 mol NaCl中的氯离子数为6.02×1023；1 mol H2SO4中的氧原子数为2.408×1024；1.204×1024个水分子的物质的量为2 mol；9.03×1023个铁原子的物质的量为1.5 mol。
解析：N（H2）＝0.5 mol×6.02×1023 mol－1＝3.01×1023；N（Cl－）＝1 mol×6.02×1023 mol－1＝6.02×1023；N（O）＝1 mol×4×6.02×1023 mol－1＝2.408×1024；n（H2O）＝＝2 mol；n（Fe）＝＝1.5 mol。
易错提醒
（1）物质的量是物理量，摩尔是其单位。
（2）物质的量只用来描述微观粒子，如原子、分子、离子、中子、质子、电子等或这些粒子的特定组合，不能表示宏观的物质，如不能说1 mol大米。
（3）使用物质的量必须指明具体粒子的种类，如“1 mol O”“2 mol O2”“1.5 mol O3”；不能说“1 mol 氧”。规范的使用方式为：数字＋mol＋分子式或化学式，如2 mol H2SO4。
知识点二　摩尔质量
1.摩尔质量
2.物质的量（n）、质量（m）和摩尔质量（M）之间的关系
n＝，m＝　n·M　。
【思考1】　摩尔质量与相对分子质量（或相对原子质量）是否等同，为什么？
提示：不等同，摩尔质量与相对分子质量（或相对原子质量）是两个不同的概念。当摩尔质量以“g·mol－1”为单位时，两者在数值上相等，但前者单位是g·mol－1，后者单位是1，故两者不等同。
【思考2】　结合下列问题，总结摩尔质量的计算方法。
（1）已知氨气的相对分子质量为17，则氨气的摩尔质量为　　。
提示：17 g·mol－1
（2）1.28 g某气体含有的分子数目为1.204×1022，则该气体的摩尔质量为　　。
提示： 64 g·mol－1
（3）已知一个铁原子的质量为b g，则铁的摩尔质量为　　（用NA表示阿伏加德罗常数的值）。
提示：bNA g·mol－1
（4）已知一个碳原子（12C）的质量为a g，1个某分子的质量为b g，则该分子的摩尔质量为　　。
提示： g·mol－1
归纳总结
摩尔质量的计算方法
前提条件 公式
任意状态的任意物质 M＝（定义式）
已知一个粒子的质量 M＝m（粒子）×NA
已知一个粒子的质量和一个12C原子的质量 M＝
1.正误判断（正确的打“√”，错误的打“×”）。
（1）1 mol H2O的摩尔质量和2 mol H2O的摩尔质量相同，但质量不同。（　√　）
（2）物质的摩尔质量等于其相对分子质量。（　×　）
（3）氢氧化钠的摩尔质量是40 g。（　×　）
（4）两种不同粒子的摩尔质量一定不同。（　×　）
2.（2025·山东泰安一中月考）下列有关摩尔质量及质量的说法中正确的是（　　）
A.2 mol H2O的摩尔质量是36 g·mol－1
B.2 mol OH－的质量是34 g
C.铁原子的摩尔质量等于它的相对原子质量
D.硫酸的摩尔质量是98 g
解析：B　H2O的摩尔质量是18 g·mol－1，A错误；2 mol OH－的质量为2 mol×17 g·mol－1＝34 g，B正确；摩尔质量的单位为g·mol－1，铁原子的摩尔质量数值上等于它的相对原子质量，相对原子质量单位为1，二者不相等，C错误；硫酸的摩尔质量是98 g·mol－1，D错误。
3.（鲁科版习题）顺铂[化学名称为顺二氯二氨合铂（Ⅱ），化学式为Pt（NH3）2Cl2]是一种用于治疗癌症的药物，它的结构如图所示。
一片顺铂药片所含顺铂的质量为3×10－4 g，请计算：
（1）一片顺铂药片中顺铂的物质的量是1×10－6 mol。
（2）一片顺铂药片中顺铂所含氮原子的物质的量和个数分别为2×10－6 mol和1.204×1018。
解析：（1）M＝300 g·mol－1，n＝＝＝1×10－6 mol。
（2）n（N）＝1×10－6 mol×2＝2×10－6 mol，N（N）＝1.204×1018。
归纳总结
物质的量、物质的质量、微粒数目之间的计算关系
1.（2025·天津南开中学期中）下列关于物质的量的说法中错误的是（　　）
A.物质的量就是物质的质量
B.摩尔是物质的量的单位，符号为“mol”，简称“摩”
C.摩尔只适用于描述分子、原子、离子等微观粒子
D.可以说“1 mol O2”，但不能说“1 mol氢”
解析：A　物质的量是一个物理量，表示含有一定数目粒子的集合体，不是物质的质量，A错误。
2.下列叙述正确的是（　　）
A.摩尔是基本物理量之一
B.1 mol CO2的质量为44 g·mol－1
C.H2SO4的摩尔质量为98 g·mol－1
D.2 mol Al的摩尔质量为54 g
解析：C　物质的量是基本物理量之一，摩尔是物质的量的单位，A错误；1 mol二氧化碳的质量为1 mol×44 g·mol－1＝44 g，B错误；硫酸的相对分子质量为98，数值上与摩尔质量（以g·mol－1为单位）相等，则硫酸的摩尔质量为98 g·mol－1，C正确；铝的摩尔质量为27 g·mol－1，2 mol铝的质量为2 mol×27 g·mol－1＝54 g，D错误。
3.（2025·河北保定段考）完成下列问题。
（1）1.8 g水与0.1mol硫酸所含的分子数相等，它们所含氧原子数之比是1∶4。
（2）相等物质的量的CO和CO2相比较，则：
①它们所含的氧原子数目之比为1∶2。
②它们所含的电子数目之比为7∶11。
（3）1.204×1023个N的物质的量为0.2mol，质量为3.6g。
解析：（1）1.8 g水含0.1 mol水分子，0.1 mol硫酸所含的分子数与其相等；前者所含氧原子为0.1 mol，后者所含氧原子为0.4 mol，二者氧原子数之比是1∶4。（2）假设CO和CO2均为1 mol，则：①二者所含的氧原子数目之比为1∶2；②前者所含的电子为14 mol，后者所含的电子为22 mol，二者所含的电子数目之比为7∶11。（3）1.204×1023个N的物质的量为＝0.2 mol，质量为0.2 mol×18 g·mol－1＝3.6 g。
4.回答下列问题。
（1）3.01×1023个SO2分子中含有氧原子的个数为6.02×1023，SO2气体的质量为32 g。
（2）常温常压下，92 g NO2气体含有的原子数为6NA（用NA表示阿伏加德罗常数的值）。
（3）36.3 g某硝酸盐R（NO3）3 含有0.45 mol硝酸根离子，则金属R的摩尔质量为56 g·mol－1。
（4）1个12C的质量是a kg，1个Na的质量是b kg，Na的摩尔质量是 g·mol－1（用含a、b的表达式表示）。
解析：（1）3.01×1023个SO2分子中含有氧原子的个数为×2×6.02×1023 mol－1＝6.02×1023，SO2气体的质量为×64 g·mol－1＝32 g。（2）常温常压下，92 g NO2气体含有的原子数为×3×NA mol－1＝6NA。（3）一个R（NO3）3中含有三个硝酸根离子，36.3 g某硝酸盐中含有0.45 mol硝酸根离子，则该硝酸盐的物质的量为0.15 mol，该硝酸盐的摩尔质量为＝242 g·mol－1，则R的摩尔质量＝242 g·mol－1－186 g·mol－1＝56 g·mol－1。（4）一个原子的实际质量与12C 质量的 的比值是该原子的相对原子质量，因此钠的相对原子质量是＝，而摩尔质量以g·mol－1为单位时，在数值上等于相对原子质量，故Na的摩尔质量是 g·mol－1。
题组一　物质的量
1.下列关于“摩尔”的说法错误的是（　　）
A.摩尔的符号为mol
B.每摩尔氧气含有阿伏加德罗常数个氧气分子
C.摩尔是物质的量的单位
D.摩尔表示物质的质量的单位
解析：D　摩尔的符号为mol，摩尔是物质的量的单位，不是物质的质量的单位，每摩尔氧气含有阿伏加德罗常数个氧气分子，选D。
2.下列关于物质的量的说法错误的是（　　）
A.单位是摩尔
B.研究对象是微观粒子
C.就是物质的质量
D.符号为n
解析：C　物质的量的单位是摩尔，A正确；物质的量是描述微观粒子集合体的一个基本物理量，其单位为摩尔，B正确；物质的量和物质的质量是两个不同的基本物理量，C错误；物质的量的单位为摩尔，符号为n，D正确。
3.下列说法正确的是（　　）
A.物质的量是一个基本物理量，表示物质所含粒子的多少
B.1 mol氢中含有2 mol氢原子和2 mol电子
C.1 mol H2O的质量等于NA个H2O分子质量的总和（NA表示阿伏加德罗常数的值）
D.1 mol S含有2 mol O2
解析：C　“物质的量是一个基本物理量”是对的，但物质的量不是表示物质所含“粒子的多少”，而是表示物质所含“一定数目粒子的集合体”的多少，A错误；在用物质的量来表示物质多少时，必须指明粒子的种类，“1 mol氢”指代不明确，B错误；1 mol H2O中含NA个水分子，1 mol H2O的质量就等于NA个H2O分子质量的总和，C正确；1 mol S中含有4 mol氧原子，D错误。
题组二　摩尔质量
4.下列物质中，摩尔质量最大的是（　　）
A.10 mL H2O B.0.8 mol H2SO4
C.54 g Al D.1 g CaCO3
解析：D　A、B、C、D中四种物质的摩尔质量分别为18 g·mol－1、98 g·mol－1、27 g·mol－1、100 g·mol－1，摩尔质量最大的是D项。
5.常温下，1 mol H2O的质量是（　　）
A.9 g B.10 g
C.18 g D.无法计算
解析：C　水的摩尔质量为18 g·mol－1，根据m＝M·n，则1 mol H2O的质量为18 g·mol－1×1 mol＝18 g。
6.（2025·河南漯河市第四高级中学期中）下列关于等质量的硫酸（H2SO4）和磷酸（H3PO4）的说法正确的是（　　）
A.摩尔质量都是98 g
B.物质的量都是1 mol
C.常温下体积一定相同
D.含有的氧原子数相同
解析：D　摩尔质量的单位为g·mol－1，则硫酸（H2SO4）和磷酸（H3PO4）的摩尔质量都是98 g·mol－1，A错误；硫酸（H2SO4）和磷酸（H3PO4）的物质的量相同，但不一定是1 mol，B错误；质量相同，但是二者密度不一定相同，所以体积不一定相同，C错误；硫酸（H2SO4）和磷酸（H3PO4）的物质的量相同，每个分子中都含有4个O原子，则它们所含有的氧原子数相同，D正确。
7.下列说法正确的是（　　）
A.H2的摩尔质量是2 g
B.1 mol H2O 的质量是18 g·mol－1
C.1 mol H2的摩尔质量是2 g
D.4 g H2的摩尔质量仍为2 g·mol－1
解析：D　H2的摩尔质量是2 g·mol－1，A和C均错误；1 mol H2O的质量是18 g，B错误； 摩尔质量是单位物质的量的物质所具有的质量，与物质质量多少无关，H2的摩尔质量是2 g·mol－1，D正确。
8.下列说法正确的是（　　）
A.32 g O2所含的原子数目为NA
B.0.5 mol H2SO4含有的原子数目为3.5NA
C.HNO3的摩尔质量是63 g
D.0.5NA个氯气（Cl2）分子的物质的量是1 mol
解析：B　32 g O2所含原子数为×2×NA mol－1＝2NA，A错误；0.5 mol H2SO4含有的原子数目为0.5 mol×7×NA mol－1＝3.5NA，B正确；摩尔质量的单位是g·mol－1，C错误；0.5NA个Cl2的物质的量为 mol＝0.5 mol，D错误。
9.填写表格。
物质 指定的微粒（个） 质量（m）/g 物质的量（n）/mol 摩尔质量（M）/（ g·mol－1）
O2 0.2
S 1.204×1023
Na2CO3 53
答案：
物质 指定的微粒（个） 质量（m）/g 物质的量（n）/mol 摩尔质量（M）/（g·mol－1）
O2 1.204×1023 6.4 0.2 32
S 1.204×1023 6.4 0.2 32
Na2CO3 3.01×1023 53 0.5 106
解析：0.2 mol O2的分子数目为0.2 mol×6.02×1023mol－1＝1.204×1023，摩尔质量为32 g·mol－1，其质量为0.2 mol×32 g·mol－1＝6.4 g；1.204×1023个S原子的物质的量为mol＝0.2 mol，其摩尔质量为32 g·mol－1，质量为0.2 mol×32 g·mol－1＝6.4 g；M（Na2CO3）＝106 g·mol－1，n（Na2CO3）＝＝0.5 mol，N（Na2CO3）＝0.5 mol×6.02×1023mol－1＝3.01×1023。
10.设NA为阿伏加德罗常数的值。完成下列计算：
（1）CO的摩尔质量是28 g·mol－1。
（2）0.5 mol H2SO4的质量是49g，含0.5NA个分子，含2 mol氧原子，能和1 mol NaOH完全反应。
（3）含0.4 mol Cl－的氯化镁的物质的量是0.2 mol，质量是19 g，它和23.4 g氯化钠含有相同数目的Cl－。
（4）0.3 mol NH3和0.4 mol CO2的质量之比为51∶176，所含原子数之比为1∶1。
（5）已知4.8 g某混合气体含分子数为0.15NA，该气体的平均摩尔质量为32 g·mol－1。
解析：（2）0.5 mol H2SO4的质量是0.5 mol×98 g·mol－1＝49 g，含有的分子个数为0.5NA，含有的氧原子数为4×0.5NA＝2NA，即含氧原子的物质的量为2 mol，共含有1 mol H＋，故能和1 mol NaOH完全反应。（3）1 mol氯化镁中含有2 mol氯离子，故含0.4 mol Cl－的氯化镁的物质的量是0.2 mol，质量是0.2 mol×95 g·mol－1＝19 g；与0.4 mol氯化钠含有相同数目的Cl－，氯化钠的质量为0.4 mol×58.5 g·mol－1＝23.4 g。（4）0.3 mol NH3和0.4 mol CO2的质量之比为0.3×17∶0.4×44＝51∶176，所含原子数之比为0.3×4∶0.4×3＝1∶1。（5）该混合气体的物质的量为＝0.15 mol，平均摩尔质量为＝＝32 g·mol－1。
11.（2025·河北石家庄市第二中学月考）如24 g12C包含的碳原子数目为a，则分子数目为2a的NH3的质量为（　　）
A.17 g B.34 g
C.8.5 g D.68 g
解析：D　24 g12C含有的碳原子的物质的量为＝2 mol，数目为2NA，即a＝2NA，则2a＝4NA，分子数目为4NA的NH3的物质的量为4 mol，质量为4 mol×17 g·mol－1＝68 g。
12.下列数量的物质中含原子个数最多的是（　　）
A.0.4 mol氧气 B.5.4 g H2O
C.0.25 mol二氧化碳 D.10 g氖
解析：B　A项，0.4 mol氧气含有原子数目为0.4×2NA＝0.8NA；B项，5.4 g水的物质的量是＝0.3 mol，含有原子数目为0.9NA；C项，含有原子数目为0.75NA；D项，10 g氖的物质的量是＝0.5 mol，含有原子数目为0.5NA。
13.a mol K2SO4中含有b个氧原子，则阿伏加德罗常数可以表示为（　　）
A. mol－1 B. mol－1
C. mol－1 D. mol－1
解析：B　一个硫酸钾中含有4个氧原子，a mol K2SO4中含有氧原子的物质的量为4a mol，个数为4a mol×NA＝b，则NA＝ mol－1。
14.在自然生态系统中，森林和湿地是产生空气负氧离子的重要场所。安徽天柱山风景区以其美丽的自然景观和高负氧离子含量著称，被誉为“天然氧吧”。O－、、都是空气负氧离子。下列说法正确的是（　　）
A.1 mol 与1 mol 中电子的总数相同
B.1 mol 中含有1 mol O2
C.O2和的摩尔质量近乎相同
D.可以看作由与O－构成
解析：C　、中电子数分别为17、25，则1 mol 与1 mol 中电子的总数不同，A错误；为离子，其中不含氧分子，B错误；一个O2和一个相差一个电子，而电子的质量太小，可以忽略，则二者的摩尔质量近乎相同，均为32 g·mol－1，C正确；由与O－构成的离子可以是而不是，D错误。
15.（2025·湖北十堰郧阳中学期中）《本草纲目》中记载的金银花具有清热解毒、疏散风热的功效，其有效成分之一是绿原酸（化学式为C16H18O9）。下列有关绿原酸的说法错误的是（　　）
A.由碳、氢、氧元素组成
B.C、H、O原子个数比为16∶18∶9
C.其中氢元素的质量分数最小
D.摩尔质量为354 g
解析：D　C16H18O9由碳、氢、氧三种元素组成，A正确；绿原酸由C16H18O9分子构成，则C、H、O原子个数比为16∶18∶9，B正确；结合分子式，1 mol C16H18O9中氢元素质量为18 g，氧元素质量为16 g·mol－1×9 mol＝144 g，碳元素质量为12 g·mol－1×16 mol＝192 g，所以氢元素的质量分数最小，C正确；C16H18O9的相对分子质量为12×16＋18＋16×9＝354，摩尔质量为354 g·mol－1，D错误。
16.科学家制得了极具理论研究意义的N4分子，N4分子的结构如图所示，下列说法正确的是（　　）
A.N4属于一种新型化合物
B.N4与N2的摩尔质量相等
C.等质量的N4与N2所含原子的个数比为1∶1
D.等质量的N4与N2所含分子的个数比为2∶1
解析：C　N4属于单质，A错误；N4与N2的摩尔质量分别为56 g·mol－1和28 g·mol－1，B错误；等质量的N4与N2的物质的量之比为1∶2，所含分子的个数比为1∶2，所含原子的个数比为1∶1，C正确，D错误。
17.完成下列填空。
（1）已知一个铁原子的质量为b g，则铁的摩尔质量为bNA g·mol－1。
（2）已知16 g A和20 g B恰好完全反应生成0.04 mol C和31.76 g D，则C的摩尔质量为106 g·mol－1。
（3）40.5 g某金属氯化物MCl2中含有0.6 mol Cl－，则金属M的相对原子质量为64。
（4）0.5 mol CaCO3的质量为50 g。
（5）乙醇（C2H6O）水溶液中，当乙醇分子和水分子中氢原子个数相等时，溶液中乙醇的质量分数为46％。
解析：（1）一个铁原子的质量为b g，1 mol铁原子的数目为NA，则1 mol铁原子的质量为bNA g，则铁的摩尔质量为bNA g·mol－1。（2）已知16 g A和20 g B恰好完全反应生成0.04 mol C和31.76 g D，根据质量守恒，生成C的质量为（16＋20－31.76）g＝4.24 g，则C的摩尔质量为＝106 g·mol－1。（3）40.5 g某金属氯化物MCl2中含有0.6 mol Cl－，MCl2的物质的量为0.3 mol，设MCl2的摩尔质量为a g·mol－1，＝0.3 mol，a＝135，则金属M的相对原子质量为135－71＝64。（4）0.5 mol CaCO3的质量为0.5 mol×100 g·mol－1＝50 g。（5）设乙醇（C2H6O）水溶液中乙醇的物质的量为x mol、水的物质的量为y mol，当乙醇分子和水分子中氢原子个数相等时，3x＝y，溶液中乙醇的质量分数为×100％＝×100％＝46％。
18.利用催化剂可有效消除室内装修材料释放的甲醛，其反应微观示意图如图所示。
（1）甲醛的化学式为HCHO；图示物质中有2种氧化物。
（2）实验测定：该催化剂每小时可消除5 mol甲醛，并生成等物质的量的H2O，求：
①每小时消除甲醛的分子数5NA（或3.01×1024）；
②生成水的摩尔质量18 g·mol－1。
（3）相同质量的O2和CO2所含原子个数比是11∶12。
解析：（1）根据微观示意图，甲醛中含有两个H原子、一个氧原子和一个碳原子，其化学式为HCHO，氧化物是指分子中只含有两种元素，其中一种为O元素的化合物，图中的氧化物有CO2和H2O，共2种。（2）①根据N＝n·NA，该催化剂每小时可消除5 mol甲醛，则每小时消除的甲醛分子数为N＝n·NA＝5NA＝5×6.02×1023＝3.01×1024；②摩尔质量在数值上等于相对分子质量或相对原子质量，水的相对分子质量为18，摩尔质量为18 g·mol－1。（3）设O2和CO2的质量均为44 g，则44 g O2的物质的量为 mol＝ mol，所含原子的物质的量为 mol×2＝ mol；44 g CO2的物质的量为 mol＝1 mol，所含原子的物质的量为（1×3）mol＝3 mol，根据N＝n·NA，原子个数比即为原子的物质的量之比，即相同质量的O2和CO2所含原子个数比是∶3＝11∶12。
19.如图是已破损的维生素C（简写作VC）说明书部分信息。已知维生素C由碳、氢、氧三种元素组成。回答下列问题：
（1）VC的化学式为C6H8O6，摩尔质量为176 g·mol－1。
（2）VC中碳、氢元素的质量比为9∶1，0.1 mol VC 中含氧原子数为0.6NA。
（3）小王妈妈每天按上述用法与用量服用该VC片剂，小王建议妈妈食用西红柿来代替VC片，若 100 g 西红柿含30 mg VC，则小王妈妈每天需食用西红柿200g才可达到服用上述VC片的效果。
解析：（1）由图示可知：VC的相对分子质量为176，每个VC分子中含有6个碳原子、8个氢原子，含有氧原子的个数为＝6，则VC的化学式为C6H8O6，摩尔质量为176 g·mol－1。（2）VC中碳、氢元素的质量比为（12×6）∶（1×8）＝9∶1；0.1 mol VC中含氧原子数为0.6NA。（3）若 100 g西红柿含30 mg VC，则小王妈妈每天需食用西红柿×100 g＝200 g才可达到服用上述VC片的效果。
1 / 21.海水中的重要元素——钠和氯
2.宏观物质与微观粒子间的计量关系
主题1钠及其化合物在生产生活中的应用探究
　　钠的化合物在日常生活中扮演着至关重要的角色。其中，钠元素是人体内一种重要的矿物质，对于维持身体正常的生理功能起着不可或缺的作用。常见的钠的化合物有碳酸钠（Na2CO3）、碳酸氢钠（NaHCO3）、氢氧化钠（NaOH）和过氧化钠（Na2O2）。
【探究1】　钠及其化合物在药物中的应用
1.胃酸过多又称作胃酸过高，是胃肠疾病的常见症状之一。治疗胃酸过多可以用碳酸氢钠。下面是碳酸氢钠片的说明书（部分）。
碳酸氢钠片的适应症
作用 描述
胃酸过多 用于中和胃酸，减轻胃痛、胃灼热感和反酸等症状
代谢性酸中毒 纠正酸中毒状态，恢复体内酸碱平衡
（1）106 g Na2CO3和84 g NaHCO3分别与过量的HCl溶液反应，哪一种物质消耗盐酸多？
（2）为何碳酸氢钠能治疗胃病而一般不选用碳酸钠治疗胃病？
答案：（1）Na2CO3消耗的盐酸多。
（2）碳酸氢钠具有弱碱性，可以中和胃酸。碳酸钠碱性较强，不太适合治疗胃病。
解析：（1）根据化学方程式Na2CO3＋2HCl2NaCl＋H2O＋CO2↑、NaHCO3＋HClNaCl＋H2O＋CO2↑可知，n（Na2CO3）∶n（HCl）∶n（CO2）＝1∶2∶1，n（NaHCO3）∶n（HCl）∶n（CO2）＝1∶1∶1。即106 g Na2CO3和84 g NaHCO3消耗的盐酸不同，Na2CO3消耗的盐酸多，但是两者产生的CO2一样多。
2.生理盐水就是0.9％（质量分数）的氯化钠水溶液，因为它的渗透压值和正常人的血浆、组织液都是大致一样的，所以可以用作补液（不会降低和增加正常人体内钠离子浓度）以及其他医疗用途，也常用作体外培养活组织、细胞。
0.9％生理盐水说明
本产品为0.9％的氯化钠溶液（又称生理盐水），产品非无菌，保质期两年，开封后可用7～10天
（1）在配制100 g上述生理盐水的过程中，某同学有如下的操作过程，分析其操作是否正确？
①该同学用托盘天平称量，平衡时，左盘放0.9 g氯化钠
②该同学用量筒量取100 mL水
③该同学把食盐倒入装有100 mL水的烧杯中，搅拌溶解即得到0.9％的食盐水
答案：①正确，②③均错误。
解析：配制100 g 0.9％的氯化钠溶液时所需氯化钠质量＝100 g×0.9％＝0.9 g，称量时注意是左物右码，故应该在左盘放0.9 g氯化钠，①正确；配制100 g 0.9％的氯化钠溶液所需要水的质量＝100 g－0.9 g＝99.1 g，而水的密度为1 g·mL－1，所以可以知道需要水的体积为99.1 mL，所以应该用100 mL的量筒来量取99.1 mL水，②错误；根据②的分析可以知道，需要水的体积为99.1 mL，③错误。
（2）假设该生理盐水的密度为1 g·cm－3。250 mL 该氯化钠溶液中含 NaCl 的质量是多少？ 250 mL 该氯化钠溶液的物质的量浓度是多少（精确至0.001）？
答案： 2.25 g　0.154 mol·L－1
解析：250 mL该氯化钠溶液中含NaCl的质量m（NaCl）＝1 g·cm－3×250 mL×0.9％＝2.25 g；根据公式：c＝，氯化钠溶液的浓度c＝ mol·L－1≈0.154 mol·L－1。
【探究2】　钠及其化合物在工业生产中的应用
如图为联合制碱法的主要过程（部分物质已略去）。
资料：ⅰ.沉淀池中的反应为NaCl＋CO2＋NH3＋H2ONaHCO3↓＋NH4Cl。
ⅱ.溶解度。
物质 NaCl NH4HCO3 NaHCO3 NH4Cl
20 ℃溶解度/g 36.0 21.7 9.6 37.2
（1）你能写出煅烧炉中发生反应的化学方程式吗？该工艺流程中可循环使用的物质是什么？（写出化学式）
答案：2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O　CO2、NaCl
解析：煅烧炉中NaHCO3受热分解，反应的化学方程式：2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O；根据分析可知，该工艺流程中可循环使用的物质是CO2、NaCl。
（2）有关制备过程，下列说法正确的是（　AC　）
A.沉淀池中有NaHCO3析出，因为一定条件下NaHCO3的溶解度最小
B.滤液中主要含有NaCl、Na2CO3和NH4Cl
C.设计循环的目的是提高原料的利用率
（3）该工艺的副产品为NH4Cl，你能写出实验室检验该副产品中阴离子的实验方法吗？
答案：先加入稀硝酸无明显现象，再加入硝酸银溶液，若产生白色沉淀，则含Cl－，若无白色沉淀，则不含Cl－
解析：根据题干提供的溶解度表格资料，沉淀池中有NaHCO3析出，因为一定条件下NaHCO3的溶解度最小，A正确；沉淀池中的反应为NaCl＋CO2＋NH3＋H2ONaHCO3↓＋NH4Cl，过滤后滤液中主要含有的是NH4Cl，B错误；煅烧炉中反应得到的产物二氧化碳可作为制取纯碱的原料，滤液处理后得到的NaCl溶液回沉淀池使用，设计循环的目的是提高原料的利用率，C正确。
【探究3】　纯碱含量的测定
某纯碱样品中含有少量NaCl杂质，现用如图所示装置来测定纯碱样品中Na2CO3的质量分数（铁架台、铁夹等在图中均已略去；碱石灰是生石灰与氢氧化钠的混合物，可以吸收水和二氧化碳）。
实验步骤如下：
①按图连接装置，并检查气密性；
②准确称得盛有碱石灰的干燥管D的质量为85.2 g；
③准确称得30.0 g纯碱样品放入容器b中；
④打开分液漏斗a的旋塞，缓缓滴入稀硫酸，至不再产生气泡为止；
⑤打开弹簧夹，往试管A中缓缓鼓入一定量空气；
⑥然后称得干燥管D的总质量为90.6 g；
⑦重复步骤⑤和⑥的操作，直到干燥管D的质量不变，为91.8 g。
请回答：
（1）装置A中试剂X应选用足量的浓NaOH溶液最好。
（2）装置E的作用是防止空气中的H2O和CO2进入装置D，产生实验误差。
（3）如果将分液漏斗中的硫酸换成浓度相同的盐酸，对测定结果有何影响？偏大（填“偏大”“无影响”或“偏小”，下同）；若没有操作⑤⑦，则会对测定结果有何影响？偏小。
（4）根据实验中测得的有关数据，计算纯碱样品Na2CO3的质量分数为53％。
（5）某纯碱样品中含杂质NaCl，取质量为a g的样品，加入足量的稀盐酸，充分反应后，加热、蒸干、灼烧，得到b g固体物质，请计算此样品中Na2CO3的质量分数是％。
解析：（1）鼓入空气的目的是将装置内残留的二氧化碳全部排出，为了防止空气的二氧化碳影响测定结果，装置A中试剂X应选用浓NaOH溶液。（2）装置E的作用是防止空气中的H2O和CO2进入装置D，产生实验误差。（3）如果将分液漏斗中的硫酸换成浓度相同的盐酸，盐酸挥发出的氯化氢也会被碱石灰吸收，导致测定结果偏大，若没有操作⑤⑦，生成的气体不能全部被碱石灰吸收，导致测定结果偏小。（4）根据装置D的质量变化可知生成的二氧化碳的质量为91.8 g－85.2 g＝6.6 g，则物质的量为n（CO2）＝＝0.15 mol，根据碳原子守恒可知n（Na2CO3）＝n（CO2）＝0.15 mol，样品中碳酸钠的质量为0.15 mol×106 g·mol－1＝15.9 g，样品中Na2CO3的质量分数为×100％＝53％。（5）a g的样品，加入足量的稀盐酸，碳酸钠与盐酸充分反应后生成氯化钠，反应的化学方程式：Na2CO3＋2HCl2NaCl＋H2O＋CO2↑，加热、蒸干、灼烧，得到b g固体物质为NaCl，设碳酸钠质量为m g，
Na2CO3＋2HCl2NaCl＋H2O＋CO2↑
　106　　　　　　58.5×2
　m　　　　　　　　　　　，
固体质量增重（b－a）g，列等式：＝，解得：m＝ g，质量分数：×100％＝％。
主题2二氧化氯（ClO2）消毒剂的认识
　　二氧化氯是国际上公认的高效消毒灭菌剂，它可以杀灭一切微生物，包括细菌繁殖体，细菌芽孢，真菌，分枝杆菌和病毒等，并且这些细菌不会产生抗药性。二氧化氯（ClO2）是一种黄绿色气体，极易溶于水但不与水反应，在工业上常用作水处理剂。
【探究4】　探究二氧化氯的制备
（1）以下是ClO2的两种制法：
方法一：2NaClO3＋4HCl2ClO2↑＋Cl2↑＋2NaCl＋2H2O
方法二：H2C2O4＋2NaClO3＋H2SO4Na2SO4＋2CO2↑＋2ClO2↑＋2H2O
已知氯气是一种有毒的黄绿色气体，具有刺激性气味。回答以下问题：
①在方法一中，当有0.2 mol电子转移时，参与反应的还原剂的物质的量是多少？
②两种方法相比，哪种方法制备的ClO2更适合饮用水的消毒？其主要原因是什么？
答案：①0.2 mol　②方法二　方法一产生污染性有毒气体氯气，而方法二产生二氧化碳气体对水体无污染　（2）解析：①根据化学方程式2NaClO3＋4HCl2ClO2↑＋Cl2↑＋2NaCl＋2H2O可知，该反应中NaClO3中氯元素化合价从＋5价降低至＋4价，NaClO3为氧化剂；HCl中氯元素化合价从－1价升高至0价，HCl为还原剂，4 mol HCl中2 mol被氧化，此时转移2 mol电子，当有0.2 mol电子转移时，参与反应的还原剂的物质的量为0.2 mol；②方法一产生污染性有毒气体氯气，而方法二产生二氧化碳气体对水体无污染，故方法二制备的ClO2更适合饮用水的消毒。
某小组查阅文献后设计了如图所示的实验装置制备ClO2。
已知：ClO2性质非常不稳定，温度过高、水溶液中ClO2的质量分数高于30％或在混合气体中的体积分数大于10％等均有可能引起爆炸。
①NaClO3与H2O2反应生成ClO2时，对应化学方程式如下：2NaClO3＋H2O2＋H2SO42ClO2↑＋Na2SO4＋O2↑＋2H2O。
请指出反应过程中：被氧化的元素是什么？在标准状况下，每生成10.08 L气体，转移的电子数为多少？（用NA表示）
②装置A需保持温度在60～80 ℃之间。控制温度不低于60 ℃是为了维持一定的反应速率；控制温度不超过80 ℃的目的是什么？
③通入氮气的主要作用有2个，一是可以起到搅拌作用，另一个作用是什么？
答案：①O　0.3NA　②防止因温度过高而引起爆炸　③稀释ClO2，防止其浓度过高而引起爆炸
解析：①反应中氯元素化合价由＋5价降低至＋4价，被还原，过氧化氢中氧元素化合价由－1价升高至0价，被氧化，则被氧化的元素为O；由反应式可得关系式：2ClO2～O2～2e－，在标准状况下，每生成10.08 L气体（即0.45 mol），转移电子的物质的量为×2＝0.3 mol，即转移的电子数为0.3NA个；②ClO2性质非常不稳定，温度过高有可能引起爆炸，则控制温度不超过80 ℃是为了防止因温度过高而引起爆炸；③已知：ClO2性质非常不稳定，水溶液中ClO2的质量分数高于30％或在混合气体中的体积分数大于10％等均有可能引起爆炸，所以通入氮气的主要作用有2个，一是可以起到搅拌作用，二是稀释ClO2，防止其浓度过高而引起爆炸。
【探究5】　二氧化氯的应用探究
ClO2和Cl2均能将电镀废水中的CN－氧化为空气中常见的两种无毒无害气体，自身被还原为Cl－。
（1）处理含CN－相同的电镀废水，所需Cl2的物质的量是ClO2的多少倍？
答案：2.5
解析：ClO2和Cl2自身均被还原为Cl－，化合价变化分别为5、1×2＝2，则处理含CN－相同的电镀废水，结合得失电子守恒，所需Cl2的物质的量是ClO2的＝2.5倍；
（2）请写出ClO2氧化KCN生成两种无毒害气体的化学方程式。
答案： 2ClO2＋2KCN2KCl＋2CO2＋N2
解析：ClO2氧化KCN生成两种无毒害气体，即生成二氧化碳和氮气，ClO2中氯元素化合价由＋4价降低至－1价，KCN中碳元素化合价由＋2价升高至＋4价，氮元素化合价由－3价升高至0价，结合得失电子守恒和原子守恒得反应的化学方程式为2ClO2＋2KCN2KCl＋2CO2＋N2。
1 / 6第1课时　氯气的性质
学习目标
1.能从原子结构的角度认识氯元素是一种很活泼的非金属元素，其单质具有强氧化性。 2.通过实验探究氯气的化学性质，掌握氯气与金属单质、非金属单质及水的反应。
知识点一　氯气与金属、非金属单质的反应
1.氯的存在
氯是一种重要的“　成盐　元素”，在自然界中除了以　NaCl　、MgCl2、CaCl2等形式大量存在于海水中，还存在于陆地的盐湖和盐矿中。
2.氯气的物理性质
颜色 状态 气味 溶解性 密度
黄绿色 气体 刺激性气味 1体积的水可溶解约2体积的氯气 比空气大
3.氯气的化学性质
（1）原子结构
氯原子结构示意图为，容易　得到　1个电子，氯气的化学性质活泼，常表现　强氧化　性。
（2）与金属单质的反应
反应 化学方程式 反应现象
与钠反应 2Na＋Cl2　2NaCl　 产生大量白色烟
与铁反应 2Fe＋3Cl2　2FeCl3　 产生大量棕褐色烟
与铜反应 Cu＋Cl2　CuCl2　 产生大量棕黄色烟
（3）与H2的反应
实验操作 在空气中点燃氢气，然后把导管缓慢伸入盛满氯气的集气瓶中
实验现象 纯净的氢气在氯气中安静地　燃烧　，发出　苍白　色火焰，集气瓶口上方出现　白雾　
化学方程式 　H2＋Cl22HCl　
注意：由氢气可在氯气中燃烧可知，燃烧是指发热发光的剧烈的化学反应，不一定要有氧气的参加。
1.正误判断（正确的打“√”，错误的打“×”）。
（1）氯气可用向下排空气法收集。 （　×　）
（2）燃烧是发光发热的剧烈的化学反应，必须有氧气参与。（　×　）
（3）纯净的H2在Cl2中安静地燃烧，发出苍白色火焰。（　√　）
（4）Cl2与金属反应时，表现强氧化性。（　√　）
2.（2025·湖南株洲高一期中）下列说法正确的是（　　）
A.氯离子和氯气均有刺激性气味
B.大量氯气泄漏时，迅速离开现场并尽量顺风往低处跑
C.闻氯气时，用手在瓶口轻轻扇动，使极少量的氯气飘进鼻孔
D.红热的铜丝在氯气中剧烈燃烧，生成蓝色的烟
解析：C　氯离子无味，氯气有刺激性气味 ，A错误；大量氯气泄漏时，因氯气有毒且密度大于空气，应迅速离开现场并尽量逆风往高处跑，B错误；氯气有毒，闻氯气时，用手在瓶口轻轻扇动，使极少量的氯气飘进鼻孔，C正确；红热的铜丝在氯气中剧烈燃烧生成氯化铜固体，生成棕黄色的烟，D错误。
3.（教材改编题）下列氯化物中，既能由金属和Cl2直接化合制得，又能由金属和盐酸反应制得的是（　　）
A.CuCl2 B.MgCl2
C.FeCl2 D.FeCl3
解析：B　A项，CuCl2可以由Cu与Cl2化合制得，不能由Cu和盐酸反应制得；B项，MgCl2可以由Mg与Cl2化合制得，也可以由Mg和盐酸反应制得；C项，Fe和Cl2化合生成FeCl3，Fe和盐酸反应生成FeCl2。
归纳总结
　　氯气的氧化性强，与变价金属反应时生成高价态金属氯化物。
知识点二　氯气与水的反应　次氯酸
1.氯气与水的反应
（1）常温下，氯气的水溶液称为氯水，溶于水的部分氯气与水发生反应的化学方程式是Cl2＋H2O　HCl＋HClO　。
（2）实验探究——氯水漂白的原因
实验操作 实验现象 实验结论
有色布条 不褪色 干燥的Cl2无漂白作用
有色布条 褪色 在有H2O存在的条件下，Cl2有　漂白作用
有色鲜花 褪色 在有H2O存在的条件下，Cl2有　漂白作用
氯水具有杀菌、消毒以及能使某些染料和有机色素褪色的作用，是因为氯气与水反应生成的　HClO　具有强氧化性。
【教材挖掘】
“已经开始使用新的自来水消毒剂，如二氧化氯、臭氧等”。请指出二氧化氯中氯元素的化合价，并猜想二氧化氯、臭氧具有的性质。
提示：二氧化氯的化学式为ClO2，氯元素的化合价为＋4价。二氧化氯、臭氧均具有氧化性。
2.次氯酸的性质
次氯酸是很弱的酸，只存在于水溶液中。次氯酸不稳定，见光易分解，反应的化学方程式：　2HClO2HCl＋O2↑　。
【探究活动】　探究氯水的成分与性质
活动1：已知氯水呈黄绿色，结合三个实验现象，说明氯水中有哪些微粒。
提示：氯水呈黄绿色说明有Cl2；实验一说明有H＋和HClO；实验三说明有Cl－。
活动2：结合化学方程式，说明实验二中“红色不褪去”的原因。
提示：氯水光照后不存在HClO。因为HClO不稳定，光照条件下分解生成HCl和氧气，反应的化学方程式为2HClO2HCl＋O2↑。
活动3：可以用pH试纸检验氯水的酸碱性吗？为什么？
提示：不可以。因为氯水有漂白性，会将pH试纸漂白，无法判断溶液的酸碱性，可以用pH计测量氯水的酸碱性。
归纳总结
1.氯水的成分——“三分子四离子”
注意：HClO和H2O都是弱电解质，不能完全电离，所以氯水中存在HClO分子，书写离子反应时保留其分子式。
2.新制氯水具有的性质
1.正误判断（正确的打“√”，错误的打“×”）。
（1）氯水属于纯净物。（　×　）
（2）湿润的有色布条遇Cl2褪色，说明Cl2具有漂白性。（　×　）
（3）干燥的氯气能使干燥有色纸花褪色。（　×　）
（4）新制氯水中只存在2种分子。（　×　）
2.下列关于HClO的说法错误的是（　　）
A.次氯酸具有强氧化性
B.次氯酸有消毒作用
C.次氯酸可以作漂白剂
D.次氯酸光照下分解生成氯气
解析：D　次氯酸光照下分解生成HCl和氧气，D错误。
3.某同学在pH试纸上滴几滴新制的氯水，现象如图所示。下列有关该实验的说法正确的是（　　）
A.该实验说明Cl2分子具有漂白性
B.该实验说明H＋扩散速度比HClO分子快
C.将实验后的pH试纸在酒精灯上微热，试纸又恢复为原来的颜色
D.若用久置的氯水进行实验，实验现象相同
解析：B　HClO具有漂白性，Cl2无漂白性，A错误；由实验可知，滴加氯水后，溶液边缘变成浅红色，而中央部分变为白色，可说明H＋的扩散速度比HClO分子快，B正确；HClO的漂白持久、稳定，实验后的pH试纸受热不会恢复为原来的颜色，C错误；久置的氯水主要成分为稀盐酸，无漂白性，故不会产生相同的实验现象，D错误。
4.在探究新制饱和氯水成分的实验中，下列根据实验现象得出的结论错误的是（　　）
A.饱和氯水的颜色呈浅黄绿色，说明氯水中含有Cl2
B.久置的氯水导电性增强，说明溶液中离子种类增多
C.新制饱和氯水能使有色鲜花变色，说明氯水中含有HClO
D.向饱和氯水中滴加NaHCO3溶液产生气泡，说明氯水中含有H＋
解析：B　氯气是黄绿色气体，饱和氯水的颜色呈浅黄绿色，说明氯水中含有Cl2，A正确；久置的氯水中次氯酸分解为HCl，弱电解质变为强电解质，溶液的导电性增强，溶液中离子种类减少，B错误；次氯酸具有漂白性，新制饱和氯水能使有色鲜花变色，说明氯水中含有HClO，C正确；向饱和氯水中滴加NaHCO3溶液产生气泡，发生反应HC＋H＋H2O＋CO2↑，说明氯水中含有H＋，D正确。
知识点三　氯气与碱的反应
1.与氢氧化钠溶液反应——制取漂白液
（1）化学方程式：　Cl2＋2NaOHNaCl＋NaClO＋H2O　，该反应可用来吸收多余Cl2。
（2）离子方程式：　Cl2＋2OH－Cl－＋ClO－＋H2O　。
（3）漂白液的主要成分是　氯化钠和次氯酸钠　，有效成分是　次氯酸钠　，是混合物。
2.与石灰乳反应——制取漂白粉
化学方程式：　2Ca（OH）2＋2Cl2CaCl2＋Ca（ClO）2＋2H2O　。工业通常是将Cl2通入石灰乳中用来制取漂白粉。
1.正误判断（正确的打“√”，错误的打“×”）。
（1）漂白粉的有效成分是次氯酸钙。（　√　）
（2）84消毒液和洁厕灵混合使用效果更好。（　×　）
（3）84消毒液的消毒原理与ClO－的氧化性有关。（　√　）
（4）用于环境消毒的漂白粉是混合物。（　√　）
2.（2025·辽宁凌源实验中学高一月考）下列关于漂白粉和漂白液的说法中，正确的是（　　）
A.工业上将Cl2通入澄清石灰水中制取漂白粉
B.漂白粉和氢氧化铁胶体都常用于自来水的处理，二者的作用原理不同
C.漂白粉在空气中久置不可能发生氧化还原反应
D.漂白粉在空气中久置变质，理由是漂白粉中的CaCl2与空气中的CO2反应生成CaCO3
解析：B　A项，澄清石灰水中氢氧化钙的浓度小，则工业上将氯气通入石灰乳中制取漂白粉，错误；B项，漂白粉和氢氧化铁胶体都常用于净水，前者与强氧化性有关，后者与吸附性有关，则原理不同，正确；C项，漂白粉在空气中久置失效，次氯酸根离子与二氧化碳、水反应生成次氯酸，次氯酸分解生成氯化氢和氧气，有电子转移，其中存在氧化还原反应，错误；D项，漂白粉中次氯酸钙与二氧化碳、水反应，则漂白粉在空气中久置变质，但CaCl2与空气中的CO2不反应，错误。
1.（苏教版习题）氯气是一种有毒气体，一旦遇到少量氯气泄漏，下列措施不合理的是（　　）
A.人群向低处疏散
B.人群朝逆风向疏散
C.用浸有肥皂水的毛巾捂住口鼻
D.向泄漏地点撒石灰
解析：A　氯气有毒，且氯气密度大于空气密度，人群应向高处疏散，A错误；一旦遇到少量氯气泄漏，人群朝逆风向疏散，B正确；氯气有毒，能够与碱反应被碱吸收，所以一旦氯气泄漏，人群应用浸有肥皂水的毛巾捂住口鼻，减少对氯气的吸入，C正确；氯气有毒，能够与碱反应被碱吸收，一旦氯气泄漏，可向泄漏地点撒石灰，D正确。
2.（鲁科版习题）下列有关氯气的叙述中，错误的是（　　）
A.氯气是一种黄绿色、有刺激性气味的气体
B.氯气、液氯和氯水是同一种物质
C.氯气能溶于水
D.氯气是一种有毒气体
解析：B　氯气是气态的氯单质，液氯是液态的氯单质，二者均是纯净物，氯水是氯气的水溶液，是混合物。
3.下列关于漂白粉的叙述正确的是（　　）
A.漂白粉的有效成分是Ca（ClO）2和CaCl2
B.漂白粉在空气中久置后会变质失效
C.漂白粉的有效成分Ca（ClO）2不稳定，易分解
D.在使用漂白粉时要加浓盐酸
解析：B　漂白粉的有效成分是Ca（ClO）2，A错误；Ca（ClO）2与空气中的水、二氧化碳反应生成碳酸钙和HClO，HClO在光照下分解而变质，B正确；漂白粉的有效成分Ca（ClO）2不稳定，与水、二氧化碳反应生成碳酸钙和HClO，不易分解，C错误；漂白粉与浓盐酸发生氧化还原反应生成氯气，氯气有毒，D错误。
4.（2025·江西临川第二中学高一月考）氯水中含有多种成分，因而具有多种性质。新制氯水可分别与图中四种物质发生反应（四种物质与氯水的重合部分代表物质间的反应，且氯水足量），回答下列问题。
（1）反应b说明氯水显酸性。某同学想利用pH试纸验证这一事实，具体操作方法是取一小段pH试纸放在表面皿或玻璃片上，用玻璃棒蘸取氯水点在pH试纸中部，然后与标准比色卡对照读取pH，该方法不能（填“能”或“不能”）达到预期。与题图中d（填字母）反应现象是同一原因造成的。
（2）反应c的现象是产生白色沉淀，反应e的还原产物为NaCl。
（3）久置的氯水变为盐酸（填名称），用化学方程式解释原因2HClO2HCl＋O2↑。
解析：（1）反应b是氯水与Na2CO3溶液反应，Cl2＋H2OHCl＋HClO，HCl与Na2CO3反应：2HCl＋Na2CO32NaCl＋H2O＋CO2↑，实验现象为有气泡产生，这说明氯水显酸性；用pH试纸验证氯水显酸性的操作方法：取一小段pH试纸放在表面皿或玻璃片上，用玻璃棒蘸取氯水点在pH试纸中部，然后与标准比色卡对照读取pH；该方法不能达到预期，因为氯水中含有HClO，HClO具有漂白性，会将pH试纸漂白，无法准确读出pH；反应d中氯水使石蕊溶液先变红后褪色，变红是因为氯水中的H＋，褪色是因为氯水中的HClO。（2）反应c是氯水与AgNO3溶液反应，Cl2＋H2OHCl＋HClO，HCl＋AgNO3AgCl↓＋HNO3，现象是产生白色沉淀；e是氯水与NaOH反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，在这个反应中，根据元素化合价的变化，还原产物是NaCl，氧化产物为NaClO。（3）氯气溶于水中发生反应：Cl2＋H2OHCl＋HClO，光照后发生反应2HClO2HCl＋O2↑；HClO分解转化为HCl和氧气，故最终只剩下盐酸。
题组一　氯气的性质
1.下列关于氯气的叙述中，错误的是（　　）
A.Cl2以液态形式存在时可称作液氯
B.Cl2的化学性质活泼，与H2混合后会立即发生爆炸
C.常温下，可通过加压使氯气液化而储存于钢瓶中
D.工业上，常用氢气和氯气反应制备氯化氢
解析：B　Cl2以液态形式存在时称作液氯，A正确；Cl2的化学性质虽然活泼，与H2混合后需要光照才会发生爆炸，B错误；常温下，加压可使氯气液化，且常温下Cl2与Fe不反应，氯气液化后可储存在钢瓶中，C正确。
2.下列关于氯气性质的描述错误的是（　　）
A.Fe在氯气中燃烧生成FeCl2　B.能溶于水
C.有刺激性气味、有毒 D.能与氢气反应
解析：A　Fe在氯气中燃烧生成FeCl3，A错误；氯气能溶于水，且与水反应生成氯化氢和次氯酸，B正确；氯气是有刺激性气味、有毒的气体，C正确；氯气能与氢气反应生成氯化氢，D正确。
题组二　氯气与水的反应
3.如图（A）处通入Cl2，当关闭（B）阀时，（C）处的湿润的红布条没有明显变化，当打开（B）阀时，（C）处的湿润红布条逐渐褪色，则（D）瓶中装的溶液是（　　）
A.浓硫酸 B.NaOH溶液
C.水 D.NaCl溶液
解析：B　通过盛浓硫酸D瓶，氯气是干燥的，遇C处湿润的红布条，红色布条褪色，而不是无明显现象，A错误；NaOH溶液与氯气反应吸收氯气，所以当关闭B阀时，C处湿润的红布条没有明显变化，当打开B阀时，C处的湿润红色布条逐渐褪色，B正确；氯气通入水，携带出水蒸气，氯气与水反应生成次氯酸具有漂白性，当关闭B阀时，C处湿润的红布条逐渐褪色，而不是没有现象，C错误；若D中为食盐水，不能吸收氯气，当关闭B阀时，C处湿润的红布条逐渐褪色，而不是没有现象，D错误。
4.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 紫色石蕊溶液 溶液先变红后褪色
② NaHCO3溶液 产生气泡
③ HNO3酸化的AgNO3溶液 产生白色沉淀
④ NaOH溶液 溶液变为无色
由上述实验可得新制氯水的性质与对应实验的解释不相符的是（　　）
A.①说明新制氯水中含有H＋、HClO
B.②发生的反应为HC＋H＋H2O＋CO2↑
C.③说明新制氯水中有Cl－，发生的反应为Cl－＋Ag＋AgCl↓
D.④说明氯气具有酸性，发生的反应为H＋＋OH－H2O
解析：D　向氢氧化钠溶液中滴加新制氯水，溶液变为无色说明溶液中氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为Cl2＋2OH－Cl－＋ClO－＋H2O，D错误。
5.（2025·福建莆田第一中学期中）用强光照射氯水，测得氯水中的氯离子浓度、氧气的体积分数与时间的关系如图所示。下列叙述正确的是（　　）
A.由图1可知，光照下氯水中氯元素质量增大
B.由图2可知，光照下，水分解生成了O2
C.由实验可知，光照下氯气和水反应只生成次氯酸
D.由实验可知，氯水应贮存于棕色试剂瓶中
解析：D　c（Cl－）虽然增大，但是氯元素守恒，氯水中氯元素质量不变，A错误；HClO分解产生O2，而不是H2O分解产生O2，B错误；光照下氯气和水反应生成次氯酸和盐酸，次氯酸继续分解为HCl和O2，C错误；HClO在光照条件下易分解，所以氯水贮存时要避光，应贮存在棕色试剂瓶中，D正确。
题组三　氯气与碱的反应
6.漂白粉久置在空气中容易变质的原因是（　　）
A.CaCl2易吸收空气中的水分
B.Ca（ClO）2易与盐酸反应
C.Ca（ClO）2见光易分解
D.Ca（ClO）2易与空气中的CO2和水作用，产物在光照下分解
解析：D　漂白粉属于混合物，主要成分是次氯酸钙和氯化钙，而有效成分是次氯酸钙；由于Ca（ClO）2易与空气中的CO2和水作用生成次氯酸和碳酸钙，而次氯酸不稳定，光照下分解生成氯化氢和氧气，因此漂白粉在空气中容易变质。
7.“84”消毒液是一种高效消毒剂，其主要成分是NaClO。对“84”消毒液的叙述错误的是（　　）
A.ClO－能转化为具有杀菌消毒能力的HClO
B.加少量NaOH可提高其杀菌效果
C.应低温、避光、密封保存
D.使用时空气中的CO2会参与反应
解析：B　HClO具有强氧化性，具有杀菌消毒能力，A正确；加NaOH能把HClO中和，会降低其杀菌效果，B错误； 因为碳酸的酸性比次氯酸强，所以NaClO容易和空气中的二氧化碳和水反应生成HClO，D正确。
8.（2025·厦门第十中学期中）为探究氯气的性质，某同学用如图所示装置进行有关Cl2的实验。下列说法错误的是（　　）
A.图Ⅰ：鲜花褪色不能证明氯气具有漂白作用
B.图Ⅱ：除去氯气中的少量HCl，试剂X可选用NaOH溶液
C.图Ⅲ：氢气在氯气中剧烈燃烧，发出苍白色火焰
D.图Ⅳ：铁丝在氯气中燃烧生成氯化铁，产生棕红色烟
解析：B　干燥的氯气与鲜花中的水反应生成次氯酸，次氯酸具有漂白性，使鲜花褪色，故不能证明氯气具有漂白作用，A正确；NaOH与氯气和HCl均反应，B错误；氢气在氯气中剧烈燃烧产生HCl，发出苍白色火焰，C正确；铁丝在氯气中燃烧生成氯化铁固体，故可观察到棕红色烟，D正确。
9.下图为氯单质及其化合物的“价—类”二维图，箭头表示各物质之间的转化关系。下列有关说法正确的是（　　）
A.图中所涉及的物质都是电解质
B.反应（2）中Cl元素只被氧化
C.反应（5）的离子方程式为Cl－＋ClO－＋2H＋Cl2↑＋H2O
D.新制氯水久置后，溶液颜色变浅，酸性会减弱
解析：C　氯气是单质，既不是电解质也不是非电解质，A错误；反应（2）中氯元素的化合价既升高又降低，既被氧化又被还原，B错误；HCl中Cl元素为－1价，NaClO中Cl元素为＋1价，可以发生归中反应生成Cl2：Cl－＋ClO－＋2H＋Cl2↑＋H2O，C正确；新制氯水中次氯酸不稳定，光照条件下易分解生成盐酸和氧气，久置后，溶液颜色变浅，酸性增强，D错误。
10.（2025·陕西咸阳实验中学期中）某化学兴趣小组设计实验探究“84”消毒液的漂白性。
Ⅰ.在2 mL“84”消毒液中加入2 mL水，放入红色纸片，观察到纸片慢慢褪色；
Ⅱ.在2 mL“84”消毒液中加入2 mL醋酸（醋酸不具有漂白性），放入红色纸片，观察到纸片迅速褪色；
Ⅲ.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。
下列解释合理的是（　　）
A.“84”消毒液能导电，属于电解质
B.可以用pH试纸测定浓次氯酸钠溶液的pH
C.实验Ⅱ迅速褪色是因为NaClO和醋酸发生了氧化还原反应
D.实验Ⅲ中，50 ℃时ORP值迅速降低可能是由于次氯酸分解加速
解析：D　“84”消毒液能导电，但该溶液是混合物，既不是电解质也不是非电解质，A错误；次氯酸钠具有强氧化性，能漂白pH试纸，不能用pH试纸测定次氯酸钠的pH，B错误；相同浓度时，HClO的氧化性强于次氯酸根离子，实验Ⅰ、Ⅱ说明ClO－的氧化性和c（H＋）有关，醋酸和次氯酸钠反应生成HClO，该反应为复分解反应不属于氧化还原反应，C错误；实验Ⅲ中，随着时间的变化，ORP值迅速降低的原因可能是次氯酸在50 ℃时分解变为盐酸和氧气，D正确。
11.（2025·山东泰安第一中学月考）某研究性学习小组欲探究氯气的化学性质，设计如图所示的实验装置。
已知：该装置气密性良好；铜粉放在耐高温托盘内（防止硬质玻璃管炸裂）。请回答下列问题：
（1）为防止铜与空气中的氧气反应，在加热之前应该进行的操作为通入氯气排尽装置中的空气。
（2）硬质玻璃管中的反应现象为剧烈燃烧，产生棕黄色的烟。
（3）装置中空试管的作用是防止右侧试管中的水倒吸入硬质玻璃管中，使硬质玻璃管炸裂。
（4）烧杯中氢氧化钠溶液的作用是吸收尾气中的氯气，防止污染空气，发生反应的化学方程式为Cl2＋2NaOHNaCl＋NaClO＋H2O。
解析：（1）为防止铜与空气中的氧气反应，在加热之前应通入氯气排尽装置中的空气。（2）高温下，铜和氯气在硬质玻璃管中发生反应生成氯化铜，反应现象为剧烈燃烧且产生棕黄色的烟。（3）空试管起到安全瓶的作用，可防止右侧试管中的水倒吸入硬质玻璃管中而使硬质玻璃管炸裂。（4）氢氧化钠溶液可吸收尾气氯气，防止污染空气，发生反应的化学方程式为Cl2＋2NaOHNaCl＋NaClO＋H2O。
12.某学习小组将氯气和空气按体积比1∶3混合，通入含水8％的碳酸钠中制备Cl2O，然后用水吸收Cl2O制备次氯酸溶液。
已知：
ⅰ.Cl2在饱和食盐水中溶解度很小，能与含水8％的碳酸钠反应生成Cl2O。
ⅱ. Cl2O极易溶于水生成HClO；Cl2O的沸点为3.8 ℃，42 ℃以上分解为Cl2和O2。
回答下列问题：
（1）装置B中盛H2O的仪器名称为圆底烧瓶。
（2）按气流方向从左向右，各装置正确的连接顺序为a→d→e→c→b→f（用导气管口字母表示）。
（3）装置C中多孔球泡和搅拌棒的作用是增加反应物间的接触面积，使反应充分进行，实验过程中应对装置C进行的操作是冷却降温，控制温度低于42 ℃。
（4）将Cl2O通入水中制取HClO，该过程宜在避光条件下进行，原因是2HClO2HCl＋O2↑（用化学方程式表示）。
（5）将制得的HClO溶液加入滴有酚酞的氢氧化钠溶液中，观察到溶液红色褪去。溶液褪色的原因可能有两个：①NaOH与HClO发生中和反应，②HClO有漂白性，使酚酞的红色褪去。设计实验探究溶液红色褪去的原因：往褪色后的溶液中继续滴加氢氧化钠溶液，若溶液变红，证明褪色的原因为①，若溶液不显红色，证明褪色的原因为②。
解析：（1）由题图可知，装置B中盛H2O的仪器名称为圆底烧瓶。（2）Cl2与空气的混合气从a导出，然后在C装置中反应，因此气流需“长进短出”，然后气流进入B装置中与水反应，因此气流需“长进短出”，故各装置正确的连接顺序为a→d→e→c→b→f。（3）装置C中反应放热，反应过程中溶液温度会升高，当溶液温度高于42 ℃时，Cl2O会分解为Cl2和O2，因此多孔球泡和搅拌棒的作用是增加反应物间的接触面积，使反应充分进行，同时对装置C进行冷却降温，控制反应温度低于42 ℃。（4）HClO稳定性较差，在光照下会发生分解生成HCl和O2，因此在制备HClO过程中需要避光，HClO分解反应的化学方程式为2HClO2HCl＋O2↑。（5）将制得的HClO溶液加入滴有酚酞的氢氧化钠溶液中，观察到溶液红色褪去。溶液褪色的原因可能有两个：①NaOH与HClO发生中和反应，溶液中NaOH被消耗而褪色，②因HClO具有漂白性，将酚酞漂白而使溶液褪色；若褪色原因为①，则褪色后的溶液中不含NaOH，若褪色的原因为②，则褪色后的溶液中不含酚酞，因此可向褪色后的溶液中加入NaOH溶液，若溶液恢复至红色，则说明褪色原因为①，若溶液颜色无明显变化，则说明褪色原因为②。
1 / 2第2课时　气体摩尔体积
学习目标
1.了解气体摩尔体积的含义，能运用气体摩尔体积进行简单计算。 2.能运用物质的量、摩尔质量、气体摩尔体积之间的相互关系进行简单计算。
知识点一　 气体摩尔体积
1.决定物质体积大小的因素
（1）物质的体积与聚集状态的关系
【思考1】　在一定条件下，1 mol不同物质的体积如下表所示。观察并分析表中的数据，你能得出哪些结论？
气体 0 ℃、101 kPa时的体积/L 液体 20 ℃时的体积/cm3 固体 20 ℃时的体积/cm3
H2 22.4 H2O 18.0 Fe 7.12
O2 22.4 H2SO4 53.6 Al 10.0
结论：同温同压下，1 mol不同的固态物质或液态物质的体积差别　　。
同温同压下，1 mol气体的体积　　。
提示：较大　近似相等
（2）气体体积与温度、压强的关系
【思考2】　已知1 mol不同气体在不同条件下的体积：
化学式 条件 1 mol气体体积/L
H2 0 ℃，101 kPa 22.4
O2 0 ℃，101 kPa 22.4
CO 0 ℃，101 kPa 22.4
H2 0 ℃，202 kPa 11.2
CO2 0 ℃，202 kPa 11.2
N2 273 ℃，202 kPa 22.4
NH3 273 ℃，202 kPa 22.4
Ⅰ.从上表分析得出结论：
①1 mol任何气体，在标准状况下的体积都约为　　。
②1 mol不同的气体，在不同的条件下，体积　　（填“一定”“一定不”或“不一定”）相等。
Ⅱ.理论依据：相同温度和压强下，1 mol任何气体的体积几乎相等，原因是①　　，②　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　，
③　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
提示：Ⅰ.①22.4 L　②不一定　Ⅱ.①气体的粒子数相同　②粒子间的距离相同　③气体粒子的大小相对于气体粒子间的距离可以忽略
（3）物质体积的影响因素
结论：在相同的温度和压强下，粒子数相同的任何气体都具有相同的体积。
2.气体摩尔体积
注意：气体摩尔体积数值不是固定不变的。在25 ℃和101 kPa下，气体摩尔体积约为24.5 L·mol－1。
【思考3】　完成下列问题。
（1）标准状况下，某气体的密度为1.43 g·L－1，则该气体的摩尔质量约为32.03 g·mol－1。
提示：气体的摩尔质量M＝Vm·ρ，代入数据求得M≈32.03 g·mol－1。
（2）标准状况下，0.51 g某气体的体积为672 mL，则该气体的摩尔质量为17 g·mol－1。
提示：标准状况下，0.51 g某气体的体积为672 mL，该气体的物质的量为＝0.03 mol，摩尔质量为＝17 g·mol－1。
（3）在标准状况下，CO和CO2的混合气体共39.2 L，质量为61 g，则混合气体的平均摩尔质量约为34.9 g·mol－1。
提示：混合气体的＝＝≈34.9 g·mol－1。
（4）在标准状况下，H2和HCl的混合气体密度为1.25 g·L－1，则该混合气体的平均摩尔质量为28 g·mol－1。
提示：＝Vm·ρ＝22.4 L·mol－1×1.25 g·L－1＝28 g·mol－1。
归纳总结
标准状况下，气体各物理量的计算
利用公式n＝＝＝进行换算
气体物质的量与体积 n＝
气体的摩尔质量 M＝Vm·ρ＝ρ标×22.4 L·mol－1
气体的分子数与体积 N＝n·NA＝·NA
气体质量与体积 m＝n·M＝·M＝ρ标·V
1.正误判断（正确的打“√”，错误的打“×”）。
（1）1 mol任何物质在标准状况下所占的体积都为22.4 L。（　×　）
（2）标准状况下11.2 L H2O的物质的量为0.5 mol。（　×　）
（3）在非标准状况下，气体摩尔体积可能是22.4 L·mol－1。（　√　）
（4）常温常压下，22.4 L Cl2中含有的分子数为NA。（　×　）
2.（苏教版习题）下列有关气体摩尔体积的说法中，错误的是（　　）
A.当温度、压强一定时，任何具有相同数目微粒的气体都具有大致相同的体积
B.单位物质的量的气体所占的体积称为气体摩尔体积
C.在标准状况下，气体的摩尔体积都约为22.4 L·mol－1
D.在标准状况下，1 mol水的体积约为22.4 L
解析：D　标准状况下，水不是气体，故不能计算水的体积。
归纳总结
用“22.4 L·mol－1”要“三看”
一看物质状态，必须是气体，如标准状况下水、酒精等为非气态物质。
二看外界条件，必须为标准状况，标准状况是0 ℃、1.01×105 Pa，不是常温常压。非标准状况下，气体摩尔体积一般不是22.4 L·mol－1，但也可能是22.4 L·mol－1。
三看适用范围，气体摩尔体积的适用范围是气体，可以是单一气体，也可以是混合气体。
3.（2025·河南项城一中月考）标准状况下，V L NH3中含有a个原子，则阿伏加德罗常数为（　　）
A. mol－1 B. mol－1
C.22.4a mol－1 D. mol－1
解析：A　设阿伏加德罗常数为NA mol－1，标准状况下，V L NH3中含有a个原子，则×4×NAmol－1＝a，解得：NA＝，即阿伏加德罗常数为 mol－1。
4.一定温度和压强下，30 L某种气态纯净物中含有6.02×1023个分子，这些分子由1.204×1024个原子构成，下列有关说法中错误的是（　　）
A.该温度和压强可能是标准状况
B.标准状况下若该纯净物为气态，其体积约是22.4 L
C.该气体中每个分子含有2个原子
D.若O2在该条件下为气态，则1 mol O2在该条件下的体积也为30 L
解析：A　根据n＝可知，该气体的物质的量为1 mol，该温度和压强下，1 mol该气体的体积为30 L，不是标准状况，A错误；该气体的物质的量为1 mol，因此若该纯净物在标准状况下为气态，则其体积约为22.4 L，B正确；1 mol该气体含有1.204×1024个原子，则该气体分子中含有原子个数为＝2，因此该气体为双原子分子，C正确；1 mol该气体在该条件下体积为30 L，由此可知该条件下气体摩尔体积为30 L·mo，若O2在该条件下为气态，则1 mol O2在该条件下的体积为30 L·mo×1 mol＝30 L，D正确。
知识点二　 阿伏加德罗定律
1.阿伏加德罗定律的内容
在相同的温度和压强下，相同体积的任何气体都含有相同数目的粒子。
2.阿伏加德罗定律的推论
【思考】　在同温同压（以0 ℃，101 kPa即标准状况为例）下，完成下列问题。
（1）1 mol O2的体积是　　，2 mol H2的体积是　　，由此可推知：同温同压下，气体的体积之比等于其　　之比。
提示：22.4 L　44.8 L　物质的量　
（2）1 mol O2的质量是　　，体积是　　，ρ（O2）＝＝　　　　 　 g·L－1（列式不化简，下同）。1 mol H2的质量是　　，体积是　　，ρ（H2）＝＝　　 g·L－1。
由此可推知：
①同温同压下，气体的密度之比等于其　　之比。
②在标准状况下，气体的密度为　　 。
提示：32 g　22.4 L　　2 g　22.4 L　　①摩尔质量②
阿伏加德罗定律的推论：
语言叙述 公式
同温同压下，气体体积之比等于物质的量之比，等于分子数之比 ＝＝
同温同体积下，气体压强之比等于物质的量之比，等于分子数之比 ＝＝
同温同压下，气体密度之比等于摩尔质量之比 ＝
1.正误判断（正确的打“√”，错误的打“×”）。
（1）同温同压下，相同体积的任何气体都含有相同数目的原子。（　×　）
（2）同温同体积条件下，等质量的SO2和O2对应的压强之比为1∶2。（　√　）
（3）在相同条件下，相同物质的量的CO、N2的混合气体与O2的分子个数相同，原子个数也相同。（　√　）
（4）相同体积的密闭容器中，1 mol N2比2 mol O2产生的压强小。（　×　）
2.（2025·北京顺义区一中月考）同温同压下，两个容积相同的集气瓶中分别装有O2和CO2。下列关于这两种气体的说法错误的是（　　）
A.物质的量之比为1∶1
B.所含分子个数之比为1∶1
C.密度之比为8∶11
D.所含氧原子个数之比为2∶3
解析：D　由阿伏加德罗定律可知，同温同压下，同体积的两种气体物质的量相等，即n（O2）＝n（CO2）。即物质的量之比为1∶1，A正确；N＝n·NA，故所含分子个数之比为1∶1，B正确；ρ＝＝，则密度之比为M（O2）∶M（CO2）＝32 g·mol－1∶44 g·mol－1＝8∶11，C正确；O2和CO2中都含两个O原子，所含O原子个数之比为1∶1，D错误。
3.等容积的两容器内，一个盛CH4，另一个盛NH3，若两容器内温度、压强相同，则两容器内所盛气体比较，下列结论一定错误的是（　　）
A.分子个数比为1∶1 B.密度比为16∶17
C.质量比为16∶17 D.原子个数比为4∶5
解析：D　根据N＝n·NA可知：气体分子数目之比等于物质的量之比，CH4与NH3的物质的量相同，故CH4与NH3的分子数目之比为1∶1，A正确；根据ρ＝＝，在相同外界条件下气体摩尔体积相同，则在相同外界条件下气体的密度之比等于摩尔质量之比，故CH4与NH3的密度之比等于16 g·mol－1∶17 g·mol－1＝16∶17，B正确；根据m＝n·M可知：相同外界条件下等体积气体的CH4与NH3的物质的量相同，二者的质量之比等于它们的摩尔质量之比，故CH4与NH3的质量之比为16 g·mol－1∶17 g·mol－1＝16∶17，C正确；二者物质的量相等，两种气体含有的原子数目之比等于分子中原子数目之比，故CH4与NH3分子含有的原子数目之比为5∶4，D错误。
归纳总结
（1）阿伏加德罗定律既适用于单一气体，也适用于混合气体，但对于固体和液体则不适用。
（2）同温、同压、同体积和同分子数，共同存在，相互制约，只要“三同”成立，“第四同”必定成立。
（3）对于同一种气体，当压强相同时，密度与温度成反比例关系。
1.（2025·辽宁凌源实验中学月考）常温常压下，0.5 mol下列物质的体积与其他三项不同的是（　　）
A.N2 B.CH4
C.Cu D.He
解析：C　常温常压下，N2、CH4、He均为气体，而Cu为固体，故相同物质的量的物质体积与其他不同的为Cu。
2.下列有关气体体积的叙述正确的是（　　）
A.一定温度和压强下，各种气态物质的体积大小，由构成气体的分子大小决定
B.一定温度和压强下，各种气态物质的体积大小由构成气体的分子数决定
C.不同的气体，若体积不同，则它们所含的分子数也不同
D.气体摩尔体积指1 mol任何气体所占的体积约为22.4 L
解析：B　对于气体，在一定温度和压强下，分子间的距离远大于分子本身的大小，因此其体积的大小主要由分子数的多少来决定，A错误，B正确；气体的体积随温度和压强的变化而变化，体积不同的气体，在不同的条件下，其分子数可能相同，也可能不同，C错误；气体摩尔体积会随着温度、压强的变化而变化，22.4 L·mol－1是标准状况下的气体摩尔体积，D错误。
3.（2025·广东田家炳中学期中）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列关于2 mol氯化氢的说法一定正确的是（　　）
A.常温常压下的体积为44.8 L
B.含有原子的数目为2NA
C.含有电子的数目为36NA
D.与44.8 L CO具有相同的原子数
解析：C　氯化氢物质的量为2 mol，在标准状况下体积为44.8 L，标准状况不是常温常压，A项错误；1个HCl分子中含有2个原子，故2 mol氯化氢含有原子的数目为4NA，B项错误；1个HCl分子中含有18个电子，故2 mol氯化氢含有电子的数目为36NA，C项正确；没有说明44.8 L CO所处的状况，无法计算CO的物质的量，即无法确定其原子数目，D项错误。
4.标准状况下，有①0.2 mol氨气分子；②约3.01×1023个氯化氢分子；③13.6 g H2S气体。下列对这三种物质的关系排列正确的是（　　）
A.氢原子数：③＜①＜②　B.密度：①＜②＜③
C.体积：①＜③＜② D.质量：③＜②＜①
解析：C　①0.2 mol氨气；②约3.01×1023个氯化氢分子的物质的量为＝0.5 mol；③13.6 g H2S的物质的量为＝0.4 mol。①氢原子的物质的量为0.2 mol×3＝0.6 mol、②氢原子的物质的量为0.5 mol×1＝0.5 mol、③氢原子的物质的量为0.4 mol×2＝0.8 mol，氢原子数：②＜①＜③，A错误。同温同压，气体密度与相对分子质量成正比，密度：①＜③＜②，B错误。同温同压下，气体体积与物质的量成正比，体积：①＜③＜②，C正确。①0.2 mol氨气的质量为0.2 mol×17 g·mol－1＝3.4 g；②0.5 mol氯化氢分子的质量为0.5 mol×36.5 g·mol－1＝18.25 g；③13.6 g H2S。质量：①＜③＜②，D错误。
5.（教材改编题）回答下列问题：
（1）CO2是植物光合作用的必需原料，某研究机构测定CO2含量如图所示。
则本次测定样品每立方米气体中CO2的体积是44.8L。
（2）现有标准状况下5.6 L CO2，质量为11g，与0.15 mol CH4所含原子总数相同，含有0.5mol氧原子。
解析：（1）CO2的体积是×22.4 L·mol－1＝44.8 L。
（2）CO2的质量是×44 g·mol－1＝11 g，CO2的原子总数为×3＝0.75 mol，与＝0.15 mol CH4原子总数相同，CO2中含有氧原子的物质的量为×2＝0.5 mol。
题组一　气体摩尔体积
1.下列关于决定物质体积大小因素的说法错误的是（　　）
A.决定气体体积大小的主要因素是粒子数目和粒子间距离
B.相同条件下，分子数相同的任何气体的体积基本相同
C.同温同压下，1 mol任何物质所占有的体积均相同
D.等质量的H2，压强越小、温度越高，气体所占体积越大
解析：C　同温同压下，气体的体积之比等于其物质的量之比，则1 mol任何气体所占有的体积均相同，但若该物质不呈气态，其体积不相同，C错误。
2.23 g某气体的物质的量与标准状况下 11.2 L的CO2的物质的量相等，则该气体的摩尔质量为（　　）
A.23 B.23 g ·mol－1
C.46 D.46 g ·mol－1
解析：D　标准状况下11.2 L的 CO2的物质的量为＝0.5 mol，23 g 某气体的物质的量与标准状况下 11.2 L的 CO2的物质的量相等，也为0.5 mol，则该气体的摩尔质量为＝46 g ·mol－1。
3.下列说法中正确的是（　　）
A.18 g H2O含有的原子数目为NA
B.1 mol S和O2的摩尔质量都是32 g
C.1 mol任何气体中都含有相同的原子数
D.标准状况下22.4 L CO2气体中含有3NA个原子
解析：D　18 g水的物质的量是1 mol，含有的原子数目为3NA ，A错误；S和O2的摩尔质量与物质的量大小无关，二者摩尔质量都是32 g·mol－1，B错误；构成气体分子的可以是单原子、双原子和多原子分子，则1 mol气体中含有原子数不一定相等，C错误；标准状况下，22.4 L CO2气体的物质的量是1 mol，含有3 mol原子，D正确。
4.按要求完成以下填空。
（1）0.5 mol CH4在标准状况下的体积为11.2L，0.5 mol CH4含有2NA个氢原子。
（2）19 g某二价金属的氯化物ACl2中含有0.4 mol Cl－，ACl2的摩尔质量为95 g·mol－1。
（3）与0.1 mol OH－含有相同电子数的NH3在标准状况下的体积为2.24 L。
解析：（1）在标准状况下，CH4为气态，则0.5 mol CH4在标准状况下的体积为0.5 mol×22.4 L·mol－1＝ 11.2 L；0.5 mol CH4中含有H原子的物质的量为0.5 mol×4＝2 mol，所含H原子数目为2NA。（2）19 g某二价金属的氯化物ACl2中含有0.4 mol Cl－，则19 g ACl2的物质的量为0.2 mol，则ACl2的摩尔质量为＝95 g·mol－1。
（3）0.1 mol OH－含有1 mol电子，含有相同电子数的NH3为0.1 mol，标准状况下体积为0.1 mol×22.4 L·mol－1＝2.24 L。
题组二　阿伏加德罗定律
5.（2025·北京第一零一中学月考）同温同压下，等质量的下列气体所占有的体积最大的是（　　）
A.O3 B.CH4
C.CO D.N2
解析：B　根据V＝nVm＝Vm可知，同温同压下，等质量的气体的摩尔质量越小，气体所占有的体积越大，O3、CH4、CO、N2的摩尔质量分别为48 g·mol－1、16 g·mol－1、28 g·mol－1、28 g·mol－1，即CH4的摩尔质量最小，其所占有的体积最大，选B。
6.（2025·甘肃兰州一中月考）同温同压下，同体积的CH4气体和H2、C2H2的混合气体不可能具有相同的（　　）
A.分子数 B.氢原子数
C.密度 D.碳原子数
解析：B　根据阿伏加德罗定律，同温、同压、同体积的气体一定具有相同的分子数，A不符合题意；1 mol CH4中含有4 mol H原子，1 mol由H2和C2H2组成的混合气体中含有2 mol H原子，同温同压下等体积的H2和C2H2的混合气体与CH4不可能具有相同的H原子数，B符合题意；根据ρ＝知，密度与其摩尔质量成正比，两个容器中平均摩尔质量可能相等，所以其密度可能相等，C不符合题意；CH4只含一个C，C2H2含有2个C，故当H2与C2H2物质的量之比为1∶1时，两个容器内气体的碳原子数相等，D不符合题意。
7.（2025·湖南祁东期末）气体灭菌法是常用的环境消毒法，常用的气体消毒剂有环氧乙烷（C2H4O）、臭氧（O3）等。下列比较中，正确的是（　　）
A.摩尔质量之比M（C2H4O）∶M（O3）＝12∶11
B.相同质量时，物质的量之比n（C2H4O）∶n（O3）＝12∶11
C.同温同压下，密度之比ρ（C2H4O）∶ρ（O3）＝12∶11
D.同温同压下，相同物质的量时，体积之比V（C2H4O）∶V（O3）＝11∶12
解析：B　设环氧乙烷（摩尔质量为44 g·mol－1）、臭氧（摩尔质量为48 g·mol－1）的质量为a g，二者物质的量之比为 ∶＝12∶11，B正确；摩尔质量之比为M（C2H4O）∶M（O3）＝ 44 g·mol－1∶48 g·mol－1＝11∶12，A错误；同温同压下气体的密度之比＝摩尔质量之比＝11∶12，C错误；同温同压下，相同物质的量时，体积相同，体积之比为1∶1，D错误。
8.（2025·天津二中月考）内表面光滑的恒温方形容器被可以自由滑动的挡板分隔为左右两部分，向左右两边分别充入如下气体，其中挡板位置正确且两部分密度相等的是（　　）
解析：B　44 g CO2和44 g H2的物质的量分别为1 mol、22 mol，则同温同压下，H2体积是CO2的22倍，A错误；NA个N2分子的物质的量为1 mol，质量为28 g，28 g C2H4的物质的量为1 mol，则同温同压下，两者体积相同，且两者质量均为28 g，因此密度相同，B正确；4 g He的物质的量为1 mol，则同温同压下，2 mol H2的体积是He的2倍，C错误；32 g O2和48 g O3的物质的量均为1 mol，则两者体积相同，由于质量不同，则密度不同，D错误。
9.氯气的摩尔质量为M g·mol－1，一定条件下密度为ρ g·L－1，若用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）
A.单位体积所含Cl2分子数目为
B.一个Cl2分子质量为 g
C.单位质量所含Cl2分子数目为ρNA
D.一个Cl2分子体积为 L
解析：B　因未注明“标准状况”，单位体积中所含氯气分子数目不一定为，A错误；氯气的摩尔质量为M g·mol－1，1 mol氯气的质量为M g，1 mol氯气的个数为NA个，则1个Cl2分子的质量为 g，B正确；单位质量中所含氯气分子数目为，C错误；氯气分子的密度是由若干个氯气分子来体现的，氯气分子直径远小于氯气分子的间隔，不能用一个氯气分子的质量除以密度得到一个氯气分子的体积，D错误。
10.（2025·湖北洪湖一中月考）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0.4 mol NH3，甲室中充入N2，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11.2 g
B.甲室气体密度为1.25 g·L－1
C.甲、乙原子数之比为1∶1
D.乙室气体体积为8.96 L
解析：C　根据阿伏加德罗定律及其推论，同温同压下，气体体积之比等于物质的量之比。在乙室中充入0.4 mol NH3，甲室中充入N2，根据静止时隔板位置，甲、乙的体积比为2∶1，所以甲、乙中N2 和NH3的物质的量之比为2∶1，则N2的物质的量为0.8 mol，质量为0.8 mol×28 g·mol－1＝22.4 g，A错误； 没有明确温度、压强，甲室中气体密度不一定为1.25 g·L－1，B错误；甲、乙中N2 和NH3的物质的量之比为2∶1，甲、乙原子数之比为（2×2）∶（1×4）＝1∶1，C正确；没有明确温度、压强，乙室中气体体积不一定是8.96 L，D错误。
11.（2025·河北石家庄二十四中期中）在同温同压下，10 mL气体A2和30 mL气体B2化合，恰好完全反应生成20 mL气体X，则X的化学式是（　　）
A.AB3 B.A3B
C.AB2 D.A2B
解析：A　同温同压下，气体体积之比等于物质的量之比，反应方程式可表示为A2＋3B22X，根据质量守恒定律，X的化学式为AB3。
12.以天然气为原料经由合成气（CO、H2）制化学品是目前天然气转化利用的主导路线。制备CH3OH的反应转化关系如图所示。请回答下列问题：
（1）CH3OH的摩尔质量为32 g·mol－1；0.25 mol CH3OH中含有的H数目为NA，含有的C的质量为3g。
（2）反应Ⅰ中，每生成1 mol C，得到的H2的体积（标准状况下）为44.8L。
（3）反应Ⅱ中，氧化剂为CO2（填化学式），每生成0.2 mol CO，反应中转移的电子数为0.2NA。
（4）常温常压下，0.5 mol由CO2和H2组成的混合气体的质量为9.4 g，混合气体中，H2的物质的量分数为60％。
解析：（1）CH3OH的摩尔质量为32 g·mol－1；0.25 mol CH3OH中含有H原子数为NA，含有C的物质的量为0.25 mol，质量为0.25 mol×12 g·mol－1＝3 g。（2）反应Ⅰ为CH4C＋2H2，每生成1 mol C，得到2 mol H2，标准状况下的体积为2 mol×22.4 L·mol－1＝44.8 L。（3）反应Ⅱ为C＋CO22CO，氧化剂为CO2，每生成2 mol CO，反应中转移2 mol电子，故每生成0.2 mol CO，反应中转移的电子数为0.2NA。（4）常温常压下，0.5 mol由CO2和H2组成的混合气体的质量为9.4 g，设CO2的物质的量为x mol，则44x＋（0.5－x）×2＝9.4，解得x＝0.2，则H2的物质的量为0.3 mol，H2的物质的量分数为×100％＝60％。
13.电解水时，为增强水的导电性，通常向纯水中加入适量的NaOH（NaOH不参加反应）。已知电解水的化学方程式为2H2O2H2↑＋O2↑。
（1）某电解水实验开始时，向180 g纯水中溶解了4 g NaOH。此时溶液中Na＋和水分子的个数比是1∶100。
（2）当实验进行到一段时间，两个电极共收集到的气体折合成标准状况约是6.72 L。计算此时被电解的水的物质的量是0.2 mol。
（3）实际收集气体的外界条件并非标准状况。假如该条件下气体摩尔体积是C L·mol－1，阿伏加德罗常数的值是NA，当收集到氢气的体积是V L时，则同时收集到的氧气分子的个数是。
解析：（1）某电解水实验开始时，向180 g纯水中溶解了4 g NaOH，n（H2O）＝＝10 mol、n（NaOH）＝＝0.1 mol，此时溶液中Na＋和水分子的个数比是1∶100。（2）电解水的化学方程式为2H2O2H2↑＋O2↑，生成氢气和氧气的物质的量之比为2∶1，两个电极共收集到的气体折合成标准状况约是6.72 L，氧气的物质的量为×＝0.1 mol，则电解水的物质的量为0.2 mol。（3）假如该条件下气体摩尔体积是C L·mol－1，阿伏加德罗常数的值是NA，当收集到氢气的体积是V L时，氢气的物质的量为＝mol，则同时收集到的氧气的物质的量为 mol×＝ mol，氧气分子的个数是×NA＝。
14.某小组在25 ℃、101 kPa的实验条件下，用镁带与足量稀硫酸反应，测定氢气的摩尔体积。
（1）测定气体摩尔体积实验使用氢气，而不使用氯气的原因是氢气难溶于水，而氯气易溶于水且能和水反应。
（2）实验中导管a的作用是平衡气压，使硫酸顺利流下。
（3）反应结束后，待气体冷却到室温，调整量气管内液面高度，使其与水准管内液面相平，再平视刻度线读数并记录。
（4）若量气管的初读数为0.20 mL，终读数为18.95 mL，镁带的质量为0.020 g，根据化学方程式Mg＋H2SO4MgSO4＋H2↑，计算本实验氢气的摩尔体积为22.5 L·mol－1。
解析：（1）测定气体摩尔体积实验使用氢气，而不使用氯气的原因是氢气难溶于水，而氯气易溶于水且能和水反应。（2）实验中导管a的作用是平衡气压，使硫酸顺利流下。（3）反应结束后，应等到气体冷却到室温，调整量气管内液面高度，使其与水准管内液面相平，再平视刻度线读数并记录。（4）产生氢气的体积为18.75 mL，镁带的质量为0.020 g，根据化学方程式Mg＋H2SO4MgSO4＋H2↑，产生氢气的物质的量约为8.33×10－4mol，根据Vm＝＝ L·mol－1≈22.5 L·mol－1。
15.（2025·河北邯郸段考）某同学设计了测定气体摩尔体积的探究实验，利用氯酸钾分解制O2，实验装置如下图所示。
实验步骤如下：①连接好实验装置；②　　。
③把适量的氯酸钾粉末和少量二氧化锰粉末混合均匀，放入干燥的试管中，准确称量试管和药品的总质量为15.95 g。④加热，开始反应，直到不再有气体产生为止。⑤读取量气管读数，测得氧气的体积为367.5 mL。⑥准确称量试管和残留物的质量为15.47 g。
回答下列问题。
（1）写出氯酸钾分解制O2的化学方程式：2KClO32KCl＋3O2↑。
（2）实验步骤的第②步是检验装置的气密性。
（3）实验过程中产生氧气的物质的量是0.015mol；实验测得氧气的气体摩尔体积是24.5 L·mol－1。
（4）为准确读出氧气的体积，需进行以下操作，正确的顺序为②①③（填序号）。
①调整量气管高度，使其液面高度与水准管液面高度相平；
②气体应恢复到室温下；
③视线与凹液面最低处相平。
（5）对比标准气体摩尔体积，根据以上实验得出结论：气体摩尔体积与温度相关。
解析：（1）在MnO2的催化作用下氯酸钾加热分解制O2，化学方程式为2KClO32KCl＋3O2↑。（2）实验步骤的第②步是进行实验前的最后准备，所以是检验装置的气密性。（3）生成m（O2）＝15.95 g－15.47 g＝0.48 g，n（O2）＝＝0.015 mol；Vm＝＝24.5 L·mol－1。（4）测量气体体积时，待气体温度恢复到室温，使量气管内液面与水准管内液面相平，读数时，应平视凹液面最低处，故顺序为②①③。（5）该实验是在常温下进行，在其他条件不变时，气体温度越高，其体积越大，对气体摩尔体积而言，温度越高，气体摩尔体积越大。
1 / 2第4课时　配制一定物质的量浓度的溶液
学习目标
1.了解容量瓶的特点、用途及使用的注意事项。 2.学会配制一定物质的量浓度溶液的方法及操作，建立实验误差分析思维模型，并能应用模型解决实际问题。
知识点一　一定物质的量浓度溶液的配制
1.认识容量瓶
（1）容量瓶的结构与规格
【思考1】　容量瓶使用前需要检验是否漏水吗，应该如何操作？
提示：使用前要检验容量瓶是否漏水。检验程序：加水→塞瓶塞→倒立→查漏→正立→瓶塞旋转180°→倒立→查漏。
（2）容量瓶使用的注意事项
使用容量瓶的“五不”：不能进行加热；不能进行溶解；不能进行稀释；不能作为反应容器；不能久贮溶液，尤其是碱液。
　　
2.配制——以配制100 mL 1.00 mol·L－1 的氯化钠溶液为例
【思考2】　现用98％的浓硫酸（ρ＝1.84 g·cm－3）配制浓度为0.5 mol·L－1的稀硫酸500 mL。
（1）配制该溶液的步骤应该为计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶。
（2）配制该溶液应选用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管和500 mL容量瓶。
（3）所需浓硫酸的体积为13.6 mL。
解析：根据稀释前后硫酸物质的量不变，所需浓硫酸的体积为≈13.6 mL。
1.正误判断（正确的打“√”，错误的打“×”）。
（1）配制1 L 1 mol·L－1CuSO4溶液，需要称量160 g CuSO4·5H2O固体。（　　×）
（2）用容量瓶配制溶液时，必须先用蒸馏水洗净容量瓶，但可以不进行干燥。（　×　）
（3）用装置配制一定物质的量浓度的NaCl溶液。（　×　）
（4）用装置配制0.1 mol·L－1的NaOH溶液。（　×　）
2.（教材改编题）在实验室中，我们经常用容量瓶配制一定物质的量浓度的溶液。下列关于容量瓶说法错误的是（　　）
A.容量瓶是细颈、梨形的平底玻璃瓶，瓶口配有磨口玻璃塞或塑料塞
B.容量瓶上标有温度（一般为20 ℃）、容积和刻度线
C.在使用前，首先要检查容量瓶是否完好，瓶口处是否漏水
D.容量瓶使用完毕，应洗净、烘干
解析：D　容量瓶是细颈、梨形的平底玻璃瓶，瓶口配有磨口玻璃塞或塑料塞，A正确；容量瓶上标有：温度、容积、环形刻度线，B正确；容量瓶使用前需要检查容量瓶是否完好，瓶口处是否漏水，C正确；容量瓶使用完毕，应洗净，不需烘干，烘干容易导致变形，影响容量瓶精度，D错误。
3.（苏教版习题）用固体样品配制一定物质的量浓度的溶液，需经过称量、溶解、转移溶液、定容等操作。下列图示对应的操作中，正确的是（　　）
解析：B　A项，称量时，砝码和固体样品放置颠倒，错误；C项，转移操作应使用玻璃棒引流，错误；D项，定容时，胶头滴管尖嘴部分不能伸入到容量瓶内，错误。
4.实验室用纯碱（Na2CO3）配制480 mL 0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液，操作步骤有：
（1）用托盘天平称量纯碱的质量为5.3g。
（2）配制溶液时下列仪器中： A.锥形瓶
B.托盘天平　C.烧杯　D.胶头滴管
E.药匙　F.玻璃棒　G.量筒。
肯定不需要用到的是A（填字母），尚缺的玻璃仪器有500 mL容量瓶（写名称）。
（3）人们常将配制过程简述为以下各步骤：
A.冷却　B.称量　C.洗涤　D.定容
E.溶解　F.摇匀　G.转移　H.装瓶
其正确的操作顺序应是500 mL容量瓶（填序号）。
①BEAGCGDFH ②BEGACGFDH
③BEFGCGDHA ④BEAGCGDHF
解析：实验室没有480 mL容量瓶，需选择500 mL的容量瓶，计算时溶液体积按500 mL计算，需纯碱的质量为0.1 mol·L－1×0.5 L×106 g·mol－1＝5.3 g。
知识点二　配制一定物质的量浓度溶液的误差分析
1.误差分析的原理依据
在分析配制一定物质的量浓度溶液的误差时，要根据cB＝＝来分析，其中MB（溶质的摩尔质量）为定值。
（1）V不变，凡是使mB或nB增大（或减小）的操作均使cB偏大（或偏小）。
（2）nB或mB不变，凡是使V增大（或减小）的操作均使cB偏小（或偏大）。
2.常见误差分析（以配制100 mL 1.00 mol·L－1NaCl溶液为例）
能引起误差的操作 因变量 c
n V
称 量 ①砝码生锈（没有脱落） 偏大 不变 偏大
②少量氯化钠粘在称量纸上 偏小 不变 偏小
③使用游码，且试剂砝码位置颠倒 偏小 不变 偏小
能引起误差的操作 因变量 c
n V
移液 ④有少量液体溅出 偏小 不变 偏小
⑤容量瓶内有少量水 不变 不变 不变
⑥未洗涤或洗涤液未注入容量瓶 偏小 不变 偏小
定容 ⑦仰视刻度线 不变 偏大 偏小
⑧超过刻度线，吸出一部分水 偏小 不变 偏小
⑨摇匀后液面下降，补充水 不变 偏大 偏小
装瓶 ⑩试剂瓶刚用蒸馏水洗过 不变 偏大 偏小
【思考1】　容量瓶定容时仰视、俯视对溶液的浓度产生什么影响？
提示：①仰视刻度线（如图a）：加水量高于刻度线，溶液体积偏大，c偏低。②俯视刻度线（如图b）：加水量低于刻度线，溶液体积偏小，c偏高。
【思考2】　配制一定物质的量浓度的稀硫酸时，用量筒量取一定体积的浓硫酸时仰视、俯视对溶液的浓度产生什么影响？
提示：①仰视刻度线（如图c）：浓硫酸的体积偏大，即溶液中的溶质硫酸偏多，c偏高。②俯视刻度线（如图d）：浓硫酸的体积偏小，即溶液中的溶质硫酸偏少，c偏低。
1.正误判断（正确的打“√”，错误的打“×”）。
（1）称取KMnO4固体0.158 g，放入100 mL容量瓶中，加水溶解并稀释至刻度线，就能配得浓度为0.010 mol·L－1的KMnO4溶液。（　×　）
（2）定容时，加多了水，再用胶头滴管吸出，所配溶液的浓度不变。（　×　）
（3）配制一定浓度的稀硫酸，用量筒量取浓硫酸后，未将蒸馏水洗涤量筒后的洗涤液转移至容量瓶中，使配制的溶液浓度偏小。（　×　）
（4）用容量瓶配溶液时，若加水超过刻度线，立即用滴管吸出多余液体。（　×　）
2.（苏教版习题）配制一定体积、一定物质的量浓度的溶液时，若出现下列情况，会导致溶液中溶质的物质的量浓度偏小的是（　　）
A.容量瓶中原有少量的水
B.溶液从烧杯转移到容量瓶中后没有洗涤烧杯
C.定容时俯视刻度线
D.用滴管加水定容时，不小心把少量水滴到容量瓶外
解析：B　A项，容量瓶中原有少量的水，对配制浓度没有影响；B项，转移时没有洗涤烧杯，溶质转移不完全，浓度偏小；C项，定容时俯视刻度线，使溶液体积偏小，浓度偏大；D项，定容时，不小心把少量水滴到容量瓶外，对配制浓度没有影响。
3.用Na2CO3·10H2O固体配制Na2CO3溶液，发现浓度偏大，可能的原因是　　（填字母）。
a.称量的Na2CO3·10H2O固体有杂质
b.称量的Na2CO3·10H2O固体已经部分失去结晶水
c.转移时没有洗涤烧杯和玻璃棒
d.定容时，加蒸馏水未到刻度线就停止滴加蒸馏水
答案：bd
解析：称量的Na2CO3·10 H2O固体有杂质，碳酸钠的物质的量减小，使配制溶液浓度偏小，a不符合题意；称量的Na2CO3·10H2O固体已经部分失去结晶水，碳酸钠的物质的量增大，使配制溶液浓度偏大，b符合题意；转移时没有洗涤烧杯和玻璃棒，造成碳酸钠的物质的量减小，使配制溶液浓度偏小，c不符合题意；定容时，加蒸馏水未到刻度线就停止滴加蒸馏水，溶液的体积偏小，使配制溶液浓度偏大，d符合题意。
1.下列关于容量瓶的说法错误的是（　　）
A.容量瓶在使用前要检查是否漏水
B.容量瓶上一般标有容积、温度和刻度线
C.将配制的盐酸存放在容量瓶中，贴好标签待用
D.容量瓶洗净后（刻度线以上无水）无需烘干就能使用
解析：C　配制一定物质的量浓度的溶液时，需要颠倒摇匀，容量瓶在使用前要检查是否漏水，A正确；容量瓶上一般标有容积、温度和刻度线，B正确；容量瓶不能用来长期保存溶液，C错误；容量瓶中有少量水对所配溶液的浓度无影响，容量瓶洗净后（刻度线以上无水）无需烘干，D正确。
2.用氢氧化钠固体配制1.0 mol·L－1的NaOH溶液 220 mL，下列说法正确的是（　　）
A.需先称取氢氧化钠固体8.8 g
B.氢氧化钠在烧杯中溶解后，要立即转移至容量瓶
C.溶液转移到容量瓶后，烧杯及玻璃棒用蒸馏水洗涤2～3次，并将洗涤液转移至容量瓶
D.定容后将溶液振荡摇匀，静置时发现液面低于刻度线，要加水至刻度线
解析：C　根据“大而近”的原则，应选用250 mL容量瓶进行配制，需要称取10.0 g氢氧化钠固体；氢氧化钠溶解时放热，要冷却至室温后再转移至容量瓶。
3.（苏教版习题）下列操作中，对所配制溶液的浓度没有影响的是（　　）
A.在烧杯中稀释浓硫酸后，立即转移到容量瓶中
B.在转移溶液的过程中，不慎有少量液体洒在容量瓶外，忽略不计继续进行操作
C.向容量瓶中加入蒸馏水至刻度线以下1～2 cm时，改用胶头滴管加水至凹液面最低处恰好与刻度线相切
D.用胶头滴管加水后，发现凹液面超过了刻度线，随即用滴管将多余的溶液吸出
解析：C　A项，浓硫酸稀释后应冷却至室温后再转移到容量瓶中，否则会使溶液体积偏小，浓度偏大；B项，转移过程中，少量液体洒在容量瓶外，溶质减小，浓度偏小；D项，凹液面超过刻度线，体积偏大，浓度偏小，用滴管将多余溶液吸出，浓度仍然偏小。
4.（2025·天津西青区杨柳青第一中学高一月考）实验室需要480 mL 1 mol·L－1NaOH溶液，根据溶液配制情况回答下列问题。
（1）实验中除了托盘天平、药匙、量筒、烧杯、玻璃棒外还需要的仪器有500 mL容量瓶、胶头滴管。
（2）实验时需称取NaOH固体的质量为20.0 g。
（3）下图是某同学在实验室配制该NaOH 溶液的过程示意图，其中错误的是①③⑤（填序号）。
（4）在溶液的配制过程中，有以下基本实验步骤，其中只需进行一次的步骤是①④（填序号）。
①溶解　②转移　③洗涤　④定容
（5）下列操作会导致所配溶液的物质的量浓度偏大的是BF（填字母）。
A.NaOH固体长期露置在空气中
B.用水溶解 NaOH 固体后，立即转入容量瓶中定容
C.称量NaOH固体时，将物质和砝码位置放反
D.定容时液面高于刻度线，用胶头滴管将多出的部分液体吸出
E.定容时仰视刻度线
F.所用的 NaOH 中含有 Na2O2杂质
解析：（1）配制480 mL 1 mol·L－1NaOH溶液，所需仪器有托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、500 mL容量瓶、胶头滴管，根据提供的仪器可知，还需要的仪器有500 mL容量瓶、胶头滴管。（2）由于无480 mL的容量瓶，故选用500 mL的容量瓶，配制出500 mL的1.0 mol·L－1的氢氧化钠溶液，500 mL 1.0 mol·L－1的氢氧化钠溶液中含有溶质的物质的量为n＝cV＝1.0 mol·L－1×0.5 L＝0.5 mol，其质量为m＝nM＝0.5 mol×40 g·mol－1＝20.0 g，需要称量的氢氧化钠的质量为20.0 g。（3）①量筒为量取仪器，不能用来溶解物质，称量NaOH固体时应放在烧杯中称量，故①错误；②用玻璃棒搅拌加速固体的溶解，故②正确；③用玻璃棒引流操作时，玻璃棒下端应靠在容量瓶刻度线下方，故③错误；④用玻璃棒引流，加水至液面距刻度线1～2 cm处，操作正确，故④正确；⑤定容时，眼睛应平视刻度线，故⑤错误；⑥加盖摇匀，使溶液混合均匀，操作正确，故⑥正确。（4）①固体在烧杯中溶解，冷却后转移到500 mL容量瓶中，只有1次，故①符合题意； ②转移时除了将溶液转移到容量瓶中，还要将洗涤液转移到容量瓶中，故②不符合题意；③洗涤时要洗涤烧杯及玻璃棒2～3次，故③不符合题意；④定容时，当加水至液面距离刻度线1～2 cm时，改用胶头滴管滴加，使溶液的凹液面的最低点与刻度线相平，只有1次，故④符合题意。（5）NaOH固体长期暴露在空气中，导致部分氢氧化钠变质，配制的溶液中溶质的物质的量偏小，配制的溶液浓度偏小，A不符合题意；用水溶解NaOH固体后，立即转入容量瓶中定容，热的溶液体积偏大，冷却后体积变小，则配制的溶液体积偏小，配制的溶液浓度偏大，B符合题意；称量NaOH固体时，若将物质和砝码放反，此实验中未用游码，称量出的氢氧化钠的质量不变，配制的溶液浓度不变，C不符合题意；定容后发现液面高于刻度线，若用胶头滴管将多余的水吸出，配制的溶液中溶质的物质的量偏小，配制的溶液浓度偏小，D不符合题意；定容时仰视刻度线，导致加入的蒸馏水体积偏大，配制的溶液体积偏大，则配制的溶液浓度偏小，E不符合题意；所用的NaOH中含有Na2O2杂质，2Na2O2＋2H2O4NaOH＋O2↑，Na2O2～2NaOH，NaOH的摩尔质量为40 g·mol－1，Na2O2的摩尔质量为78 g·mol－1，根据钠守恒可知，NaOH 中含有 Na2O2杂质时，所配制的溶液NaOH含量偏大，则配制的溶液浓度偏大，F符合题意。
题组一　溶液的配制
1.（2025·山东青岛十七中月考）实验室配制一定物质的量浓度NaOH溶液时，下列做法正确的是（　　）
A.容量瓶检漏时，倒置一次即可
B.NaOH固体放在称量纸上称量
C.NaOH溶液转移到容量瓶中需用玻璃棒引流
D.定容时若加水超过刻度线，立即用胶头滴管吸出多余液体
解析：C　容量瓶检漏时，倒置一次后，将瓶塞旋转180°后再倒立一次，两次都不漏液，才表明容量瓶不漏液，A错误；NaOH固体易潮解，具有腐蚀性，应放在烧杯内称量，B错误；使用容量瓶配制NaOH溶液时，需使用玻璃棒引流，将溶液转移到容量瓶中，C正确；定容时若加水超过刻度线，不能用胶头滴管吸出多余液体，应重新配制，D错误。
2.下图是某同学用500 mL容量瓶配制0.10 mol·L－1NaOH溶液的过程，该同学的错误步骤有（　　）
A.①⑤ B.⑤
C.①④ D.①③④⑤
解析：A　第①步不能把NaOH 固体放在托盘上称量；第⑤步定容时应平视刻度线。即该同学的操作步骤中有①⑤这2处错误，选A。
3.配制400 mL 0.100 mol·L－1的NaCl溶液，使用的部分仪器和实验操作示意图如图所示：
下列说法错误的是（　　）
A.在使用前，首先要检查容量瓶是否完好，瓶口处是否漏水
B.容量瓶需要用蒸馏水洗涤，且要干燥后才可使用
C.上述实验操作步骤的正确顺序为②①④③
D.定容时，仰视容量瓶的刻度线，使配得的NaCl溶液浓度偏低
解析：B　容量瓶在使用前要检漏，在使用前，首先要检查容量瓶是否完好，瓶口处是否漏水，A正确；容量瓶不需要干燥，B错误；配制一定物质的量浓度的溶液，配制步骤为计算、溶解、转移、洗涤，最后是定容，上述实验操作步骤的正确顺序为②①④③，C正确；定容时仰视刻度线，使溶液体积偏大，浓度偏低，D正确。
4.用36.5％的浓盐酸配制1 mol·L－1的稀盐酸100 mL，配制过程需要用到哪些仪器，且先后顺序正确的是（　　）
①25 mL量筒　②10 mL量筒　③50 mL烧杯
④托盘天平　⑤100 mL容量瓶　⑥胶头滴管　⑦玻璃棒
A.①⑥③⑤⑥⑦ B.②⑥③⑦⑤⑥
C.③⑤⑦⑥① D.④③⑦⑤⑥
解析：B　36.5％的浓盐酸（ρ＝1.2 g·cm－3），其物质的量浓度为c（浓盐酸）＝ mol·L－1＝12 mol·L－1，配制1 mol·L－1的稀盐酸100 mL，需要先计算所需浓盐酸的体积，根据体积V浓盐酸＝≈8.3 mL，则选用10 mL量筒量取浓盐酸，在量取浓盐酸时还需使用胶头滴管；后利用50 mL烧杯和玻璃棒将浓盐酸稀释；再将稀释液转移到100 mL容量瓶中；后续定容时还需使用胶头滴管；则配制过程需要用到的仪器按先后顺序为②⑥③⑦⑤⑥。
题组二　溶液配制的误差分析
5.实验室常用量筒量取液体体积。在图示的操作中，读取的实验数据会偏小的操作是（　　）
A.仰视　　　 B.俯视
C.平视1 D.平视2
解析：A　量筒从下往上刻度数值增大，仰视读取的实验数据偏小，A符合题意；量筒从下往上刻度数值增大，俯视读取的实验数据偏大，B不符合题意；量筒从下往上刻度数值增大，平视1读取的实验数据偏大，C不符合题意；量筒从下往上刻度数值增大，平视2读取的实验数据正确，D不符合题意。
6.配制50 mL 1 mol·L－1的CaCl2溶液，下列操作可导致所配溶液的浓度偏大的是（　　）
A.用电子天平称取6.00 g CaCl2·2H2O
B.用蒸馏水洗涤烧杯中的残留液并引入容量瓶中
C.用胶头滴管定容时俯视容量瓶的刻度线
D.将玻璃棒末端置于容量瓶刻度线上方进行引流
解析：C　配制50 mL 1 mol·L－1的CaCl2溶液需要CaCl2·2H2O的质量为1 mol·L－1×0.05 L×147 g·mol－1＝7.35 g，用电子天平称取6.00 g CaCl2·2H2O造成溶质质量小，浓度偏小，A不符合题意；用蒸馏水洗涤烧杯中的残留液并引入容量瓶中操作正确，结果是准确的，B不符合题意；用胶头滴管定容时俯视容量瓶的刻度线，造成溶液体积小，所配溶液浓度偏大，C符合题意；将玻璃棒末端置于容量瓶刻度线上方进行引流，会有溶液附着在容量瓶刻度线上方，最后定容摇匀时造成溶液的体积偏大，配制的溶液浓度偏小，D不符合题意。
7.某探究学习小组成员欲用胆矾（CuSO4·5H2O）配制480 mL 0.1 mol·L－1 CuSO4溶液。下列说法正确的是（　　）
A.配制该溶液需称取12.5 g胆矾
B.图中仪器有四种是不需要的，还需一种图中未画出的玻璃仪器
C.定容时，俯视容量瓶刻度线会导致所配溶液浓度偏小
D.定容后摇匀，发现液面低于刻度线，需要补加少量水以重新达到刻度线
解析：A　实际上配制的是500 mL 0.1 mol·L－1的CuSO4溶液，需要胆矾的质量为250 g·mol－1×0.1 mol·L－1×0.5 L＝12.5 g，A正确；用固体配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤为计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶等，需要的仪器有天平、烧杯、玻璃棒、500 mL容量瓶和胶头滴管，不需要圆底烧瓶、酸式滴定管、碱式滴定管和分液漏斗，还缺少胶头滴管和玻璃棒，B错误；定容时，俯视容量瓶刻度线，溶液体积减少，会导致所配溶液浓度偏大，C错误；定容后摇匀，液面低于刻度线，又补加少量水，溶液体积增大，浓度会减小，故不需要补加少量水以重新达到刻度线，D错误。
8.（2025·河北石家庄市第二中学月考）下列操作会引起所配溶液物质的量浓度偏高的是（　　）
A.定容时，俯视容量瓶颈部的刻度线
B.量取浓盐酸时俯视量筒刻度线，之后稀释成稀盐酸
C.配制溶液所用的容量瓶洗净后，有蒸馏水残留未烘干
D.硝酸铵溶解（吸热）后未恢复室温即定容
解析：A　定容时，俯视刻度线，将会导致所配溶液的体积偏小，进一步导致所配溶液的浓度偏高，A选；用量筒量取浓盐酸时，俯视量筒的刻度，将会导致量取的浓盐酸偏少，进一步导致所配溶液的浓度偏低，B不选；容量瓶在定容操作是需要加水的，所以容量瓶未干燥即用来配制溶液，对配制溶液的浓度无影响，C不选；硝酸铵溶解吸热，未恢复室温即定容，则恢复到室温后溶液体积偏大，导致所配溶液的浓度偏低，D不选。
9.某班同学对一定物质的量浓度溶液配制进行实验。甲组：用碳酸钠晶体（Na2CO3·10H2O）来配制1.0 mol·L－1溶液480 mL；乙组：用98％的浓硫酸（密度为1.84 g·mL－1）配制0.5 mol·L－1稀硫酸500 mL。假如其他操作都准确无误，下列说法正确的是（　　）
A.定容后，将容量瓶振荡摇匀、静置发现液面低于刻度线，又加少量水至刻度线
B.甲组需称取碳酸钠晶体53.0 g；乙组需用量筒量取浓硫酸13.6 mL
C.使用前容量瓶中有水珠，则配制的溶液浓度偏低
D.甲组定容时仰视刻度线，配制浓度偏低；乙组量筒量取时俯视刻度线，配制浓度偏低
解析：D　摇匀、静置发现液面低于刻度线，又加少量水至刻度线，会导致所配溶液被稀释、配制结果偏低，A错误；没有480 mL规格的容量瓶，应配500 mL溶液，则甲组应称取Na2CO3·10H2O晶体143 g（m＝nM＝1.0 mol·L－1 ×0.5 L×286 g·mol－1＝143 g），乙组浓硫酸c（H2SO4）＝ mol·L－1＝18.4 mol·L－1，需用量筒量取浓硫酸的体积为≈13.6 mL，B错误；定容时容量瓶中要加水，使用前容量瓶中有水珠不影响配制的溶液浓度，即配制的溶液浓度不会偏低，C错误；甲组定容时仰视刻度线，水加多，配制浓度偏低；乙组量筒量取时俯视刻度线，浓硫酸取少，配制浓度偏低，D正确。
10.某种胃药的有效成分为碳酸钙，测定其中碳酸钙含量的操作如下（设该药片中的其他成分不与盐酸或氢氧化钠反应）：
①配制250 mL 0.100 0 mol·L－1稀盐酸和90 mL 0.100 0 mol·L－1 NaOH溶液；
②向一粒研碎后的药片（0.100 0 g）中加入20.00 mL蒸馏水；
③加入25 mL 0.100 0 mol·L－1稀盐酸；
④用0.100 0 mol·L－1 NaOH溶液中和过量的稀盐酸，记录所消耗NaOH溶液的体积为13.00 mL。
请回答下列问题：
（1）容量瓶使用前需要进行的操作是检查容量瓶是否完好，瓶口是否漏水（检漏）。
（2）欲用氢氧化钠固体配制90 mL 0.100 0 mol·L－1 NaOH溶液，用到的仪器除了电子天平、烧杯、量筒外，还需用到100 mL容量瓶、玻璃棒、胶头滴管。配制溶液时正确的操作顺序：计算→称量→溶解并冷却→转移→洗涤→定容→摇匀→装瓶贴标签。
（3）欲用如下图标签所示的浓盐酸和蒸馏水配制250 mL 0.100 0 mol·L－1的稀盐酸，需要量取浓盐酸的体积为2.1mL。
（4）下列操作导致所配制的稀盐酸物质的量浓度偏低的是AD（填字母）。
A.未洗涤烧杯和玻璃棒
B.容量瓶用蒸馏水洗后未干燥
C.定容时俯视刻度线
D.将容量瓶用瓶塞盖好，颠倒摇匀后发现液面低于刻度线，再加水至刻度线
（5）这种药片中碳酸钙的质量分数w（CaCO3）为60％。
解析：（1）容量瓶使用前需要检查是否漏水。（2）欲配制90 mL 0.100 0 mol·L－1 NaOH溶液，选用100 mL容量瓶，操作步骤有：计算、称量、溶解并冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴标签等，根据操作步骤，用到的仪器除了电子天平、烧杯外，还需用到100 mL容量瓶、玻璃棒、胶头滴管。（3）标签中所示的浓盐酸的物质的量浓度c＝＝ mol·L－1＝12 mol·L－1；根据稀释前后HCl物质的量相等，配制250 mL 0.100 0 mol·L－1的稀盐酸，需要量取浓盐酸的体积为≈2.1 mL。（4）未洗涤烧杯和玻璃棒，溶质偏少，所配制的稀盐酸物质的量浓度偏低，A符合题意；容量瓶用蒸馏水洗后未干燥，不影响溶质的物质的量和溶液体积，对所配制的稀盐酸物质的量浓度无影响，B不符合题意；定容时俯视刻度线，溶液体积偏小，所配制的稀盐酸物质的量浓度偏高，C不符合题意；将容量瓶用瓶塞盖好，颠倒摇匀后发现液面低于刻度线，再加水至刻度线，溶液体积偏大，所配制的稀盐酸物质的量浓度偏低，D符合题意。（5）向一粒研碎后的药片（0.100 0 g）中加入20.00 mL蒸馏水；加入25 mL 0.100 0 mol·L－1稀盐酸；用0.100 0 mol·L－1NaOH溶液中和过量的稀盐酸，记录所消耗NaOH溶液的体积13.00 mL；NaOH消耗盐酸的物质的量为n（HCl）＝n（NaOH）＝0.013 L×0.1 mol·L－1＝0.001 3 mol，则碳酸钙消耗盐酸的物质的量为0.025 L×0.1 mol·L－1－0.001 3 mol＝0.001 2 mol，n（CaCO3）＝0.5×0.001 2 mol＝0.000 6 mol，这种药片中碳酸钙的质量分数w（CaCO3）＝×100％＝60％。
11.（2025·山东淄博期中）某化学兴趣小组利用数字化实验探究Ba（OH）2与NaHSO4反应的计量关系。
ⅰ.实验室需要使用240 mL 0.005 mol·L－1 Ba（OH）2溶液和240 mL 0.005 mol·L－1 NaHSO4溶液。
（1）用Ba（OH）2固体配制上述Ba（OH）2溶液所需的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、250 mL容量瓶、胶头滴管；玻璃棒的作用是搅拌、引流；需要用分析天平称量（精确到小数点后四位）0.213 8g Ba（OH）2固体。
（2）已知常温下BaO能与水反应生成Ba（OH）2，下面操作会造成所配Ba（OH）2溶液浓度偏高的有ac（填字母）。
a.定容时俯视刻度线
b.转移时没有洗涤烧杯、玻璃棒
c.Ba（OH）2固体中含有少量BaO
d.称量Ba（OH）2固体时，称量时间过长
ⅱ.进行数字化实验：量取25 mL 0.005 mol·L－1 NaHSO4溶液倒入100 mL烧杯中，缓慢滴加0.005 mol·L－1 Ba（OH）2溶液，混合溶液的pH及浑浊度随Ba（OH）2溶液加入量的变化曲线分别如图甲、乙所示：
（3）b点时，混合溶液的溶质为NaOH（填化学式）。
（4）加入12.5～25 mL Ba（OH）2溶液时，发生反应的离子方程式为S＋Ba2＋BaSO4↓。
解析：（1）要配制240 mL 0.005 mol·L－1 Ba（OH）2溶液，需要选用250 mL容量瓶进行配制，并用胶头滴管定容配制250 mL溶液；玻璃棒在固体溶解以及转移溶液时使用，其作用分别为搅拌和引流；要配制250 mL 0.005 mol·L－1 Ba（OH）2溶液，需要Ba（OH）2固体的质量为m[Ba（OH）2]＝cVM＝0.005 mol·L－1×0.25 L×171 g·mol－1＝0.213 75 g≈0.213 8 g。（2）定容时俯视刻度线，导致溶液体积偏小，所配溶液浓度偏高，a项符合题意；转移时没有洗涤烧杯、玻璃棒，溶质偏少，所配溶液浓度偏低，b项不符合题意；Ba（OH）2固体中含有少量BaO，会导致所称固体质量n（Ba2＋）偏大，所配溶液浓度偏高，c项符合题意；称量时间过长，Ba（OH）2会吸收水分、CO2，导致实际称量得到的Ba（OH）2质量偏小，所配溶液浓度偏低，d项不符合题意。（3）b点对应溶液是由NaHSO4与Ba（OH）2按物质的量之比为1∶1反应得到的，发生反应的化学方程式为NaHSO4＋Ba（OH）2BaSO4↓＋H2O＋NaOH，因此b点时，混合溶液的溶质为NaOH。（4）加入12.5～25 mL Ba（OH）2溶液时，H＋被OH－中和完全，仅发生反应S＋Ba2＋BaSO4↓。
1 / 2章末质量检测（二）　海水中的重要元素——钠和氯
（分值：100分）
一、选择题（本大题共15小题，每小题3分，共45分。每小题只有一个选项符合题意）
1.（2025·河北保定期中）《本草经集注》记载了硝石（主要成分为KNO3）与朴硝（主要成分为Na2SO4）的鉴别：“强烧之，紫青烟起，……云是真硝石也。”下列说法错误的是（　　）
A.该鉴别方法相当于焰色试验
B.可用BaCl2溶液鉴别KNO3和Na2SO4
C.KNO3和Na2SO4均可由酸和碱反应得到
D.该鉴别方法主要利用的是化学变化
解析：D　该方法相当于用焰色试验鉴别KNO3和Na2SO4，焰色试验是元素的性质，属于物理变化，D错误。
2.（2025·福建龙岩月考）下列说法正确的是（　　）
A.2 mol水的摩尔质量是36 g·mol－1
B.物质的量是国际单位制中七个基本物理量之一
C.将16 g胆矾溶解在100 mL水中可配成1 mol·L－1CuSO4溶液
D.同温同压下，体积相同的气体一定具有相同的原子数
解析：B　H2O的相对分子质量是18，所以水的摩尔质量是18 g·mol－1，摩尔质量的数值与取的水的物质的量多少无关，A错误；16 g胆矾中含有CuSO4的物质的量为n（CuSO4）＝，小于0.1 mol，将其溶解在100 mL水中，形成溶液的体积也不是100 mL，因此不能配成1 mol·L－1 CuSO4溶液，C错误；在同温同压下，体积相同的气体一定具有相同的分子数，但不同气体分子中含有的原子数目不一定相同，D错误。
3.（2025·浙江杭州期中）下列溶液中c（Cl－）与50 mL 1 mol·L－1 AlCl3溶液中的c（Cl－）相等的是（　　）
A.150 mL 1 mol·L－1 NaCl溶液
B.50 mL 3 mol·L－1 KClO3溶液
C.100 mL 1 mol·L－1 KCl溶液
D.75 mL 1.5 mol·L－1 MgCl2溶液
解析：D　50 mL 1 mol·L－1 AlCl3溶液中c（Cl－）＝1 mol·L－1×3＝3 mol·L－1。A项，c（Cl－）＝1 mol·L－1×1＝1 mol·L－1；B项，KClO3溶液中不含氯离子；C项，c（Cl－）＝1 mol·L－1×1＝1 mol·L－1；D项，c（Cl－）＝1.5 mol·L－1×2＝3 mol·L－1。
4.（2025·北京东城月考）NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（　　）
A.CO2的摩尔质量是44 g
B.18 g H2O中含有电子的数目为10NA
C.标准状况下，11.2 L H2O中含有的原子数目为1.5NA
D.0.1 mol·L－1NaOH溶液中，含有Na＋的数目为0.1NA
解析：B　CO2的摩尔质量为44 g·mol－1，A错误；18 g水含有的电子数为×10×NA mol－1＝10NA，B正确；标准状况下，水为液态，无法计算11.2 L水的物质的量和含有的原子数目，C错误；溶液的体积未知，无法计算0.1 mol·L－1NaOH溶液中含有钠离子的数目，D错误。
5.下列离子方程式书写正确的是（　　）
A.Cl2溶于水：Cl2＋H2O2H＋＋Cl－＋ClO－
B.MgCO3与稀盐酸反应：C＋2H＋CO2↑＋H2O
C.NaHCO3溶液与少量Ba（OH）2溶液混合：HC＋Ba2＋＋OH－BaCO3↓＋H2O
D.向Ca（ClO）2溶液中通入少量CO2：Ca2＋＋2ClO－＋CO2＋H2OCaCO3↓＋2HClO
解析：D 　A项，Cl2溶于水生成HCl和弱酸次氯酸，Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO，错误；B项，MgCO3不溶于水，不能拆，MgCO3＋2H＋Mg2＋＋CO2↑＋H2O，错误；C项，NaHCO3溶液与少量Ba（OH）2溶液混合，OH－完全和HC转化为水、C，部分C和Ba2＋生成碳酸钡沉淀，2HC＋Ba2＋＋2OH－C＋2H2O＋BaCO3↓，错误；D项，向Ca（ClO）2溶液中通入少量CO2，CO2完全反应生成碳酸钙沉淀，次氯酸根离子部分转化为次氯酸，反应为Ca2＋＋2ClO－＋CO2＋H2OCaCO3↓＋2HClO，D正确。
6.（2025·江苏无锡期中）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（　　）
A.同温同压下，原子数相同的SO2与O2，体积比为3∶2
B.常温常压下，2.24 L CO和CO2混合气体中含有的碳原子数目为0.1NA
C.钠在空气中燃烧可生成多种氧化物，23 g钠充分燃烧时转移电子数为NA
D.过氧化钠与CO2反应时，生成0.1 mol氧气转移的电子数为0.4NA
解析：C　A项，同温同压下，原子数相同的SO2与O2，物质的量之比为∶＝2∶3，依据阿伏加德罗定律的推论，气体的体积之比等于物质的量之比，则应为2∶3，错误；B项，常温常压下，气体摩尔体积大于22.4 L·mol－1，则2.24 L CO和CO2混合气体的物质的量小于0.1 mol，含有的碳原子数目小于0.1NA，错误；C项，23 g钠的物质的量为1 mol，充分燃烧时Na由0价转化为＋1价，则转移电子数为NA，正确；D项，根据2Na2O2＋2CO22Na2CO3＋O2可知2Na2O2～O2～2e－，则生成0.1 mol氧气时转移的电子数为0.2NA，错误。
7.（2025·云南昆明期中）某种胃药的有效成分为碳酸钙，某化学社团设计实验方案测定该胃药中碳酸钙的含量（该药片中其他成分不与盐酸或者氢氧化钠反应），实验步骤如下：
①配制0.10 mol·L－1的稀盐酸和0.10 mol·L－1的NaOH溶液；
②向一粒研碎后的药片（0.10 g）中加入20.00 mL蒸馏水；
③加入25.00 mL 0.10 mol·L－1的稀盐酸；
④用0.10 mol·L－1的NaOH溶液中和过量的稀盐酸，记录所消耗NaOH溶液的体积；
⑤重复操作②③④三次，再记录三组数据。
下列说法正确的是（　　）
A.该胃药有较好的水溶性
B.该胃药与盐酸反应的离子方程式为C＋2H＋CO2↑＋H2O
C.称量好NaOH固体加蒸馏水溶解后，立即转移到容量瓶并定容，会导致所配溶液浓度偏高
D.配制盐酸时应选用50 mL容量瓶
解析：C　碳酸钙难溶于水，A错误；碳酸钙难溶于水，不能拆成离子形式，正确的离子方程式为CaCO3＋2H＋Ca2＋＋CO2↑＋H2O，B错误；配制NaOH溶液时，固体溶解后，立即转移到容量瓶，会导致溶液体积偏小，浓度偏高，C正确；该测定实验共进行了4次，在配制盐酸时应选用大于50 mL规格的容量瓶如250 mL，D错误。
8.将氯气持续通入紫色石蕊试液中，溶液颜色呈现如图所示变化。对导致变色的物质Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的正确判断是（　　）
紫色红色无色浅黄绿色
A.Cl2、HClO、HCl B.HCl、HClO、Cl2
C.HCl、Cl2、HClO D.Cl2、HClO、Cl2
解析：B　Cl2＋H2OHCl＋HClO，氯水中主要含有Cl2、HCl、HClO；因溶液中含有HCl，遇到紫色石蕊溶液变红；HClO因具有强氧化性而体现漂白性，则溶液褪色；氯水中含有氯气，则溶液呈浅黄绿色。
9.（2025·江苏无锡期中）将CO2加氢制甲醇（CH3OH），可实现CO2资源化利用和“零碳”排放，其转化流程如图所示。下列说法错误的是（　　）
A.反应①中，电解水生成的H2和O2的物质的量之比为2∶1
B.反应②中，生产1.6 kg CH3OH理论上要消耗标准状况下1 120 L CO2
C.转化过程中，H2O和H2循环转化，无需额外补充
D.制取等质量的甲醇时消耗的CO2与燃烧时生成的CO2相等，实现“零碳”排放
解析：C　反应①为2H2O2H2↑＋O2↑，生成的H2和O2的物质的量之比为2∶1，A正确；反应②为3H2＋CO2H2O＋CH3OH，每生成1.6 kg甲醇消耗＝50 mol CO2，标准状况下的体积为50 mol×22.4 L·mol－1＝1 120 L，B正确；转化过程总反应为4H2O＋2CO22CH3OH＋3O2，反应过程消耗水，需额外补充水，C错误；根据碳原子守恒，制取等质量的甲醇时消耗的CO2与燃烧时生成的CO2相等，实现“零碳”排放，D正确。
10.（2025·山东青岛十九中期中）下列实验装置能达到相应实验预期目的的是（已知：常温常压下，1体积水可溶解700体积氨气）（　　）
A.图Ⅰ：比较Na2CO3和NaHCO3的热稳定性
B.图Ⅱ：检查装置的气密性
C.图Ⅲ：除去Cl2中的HCl
D.图Ⅳ：a通入CO2，然后b通入NH3，c中放碱石灰
解析：B　外面大试管温度高，里面小试管温度低，故里面的小试管应该盛放碳酸氢钠，图示装置不合理，A错误；氯气也能与NaOH溶液反应，应该用饱和食盐水除去氯化氢，图示装置不合理，C错误；氨气极易溶于水，应该a通入NH3，然后b通入CO2，图示装置不合理，D错误。
11.（2025·湖北武汉月考）某同学将Na2SO4、NaNO3、KNO3三种固体溶于水配得溶液W，部分离子的物质的量浓度如图1所示。取200 mL混合溶液加水稀释，测得c（K＋）随溶液体积的变化如图2所示。下列说法错误的是（　　）
A.c1＝1.0
B.X离子是N，Y离子是S
C.溶液W中NaNO3物质的量浓度为0.1 mol·L－1
D.固体溶解时，Na2SO4、NaNO3、KNO3的物质的量之比为5∶1∶1
解析：D　200 mL混合溶液加水稀释，当溶液稀释为0.4 L时，c（K＋）＝0.5 mol·L－1，根据稀释前后钾离子物质的量不变，稀释前c（K＋）＝＝1.0 mol·L－1，A正确；c（Na＋）＝1.1 mol·L－1、c（X）＝1.1 mol·L－1、c（Y）＝0.5 mol·L－1、c（K＋）＝1.0 mol·L－1，根据电荷守恒，X离子是N，Y离子是S，B正确；c（X）＝1.1 mol·L－1，X离子是N，根据硝酸根离子守恒，NaNO3物质的量浓度为0.1 mol·L－1，C正确；c（Na2SO4）＝0.5 mol·L－1，c（NaNO3）＝0.1 mol·L－1，c（KNO3）＝1.0 mol·L－1，三者物质的量之比为5∶1∶10，D错误。
12.（2025·山西大学附中期中）以不同类别物质间的转化为线索，认识钠及其化合物。下列关于钠的化合物的说法中错误的是（　　）
（1）反应②钠与水反应时，水体现氧化性
（2）反应④说明热稳定性：Na2CO3＜NaHCO3
（3）可以用澄清石灰水来鉴别Na2CO3溶液和NaHCO3溶液
（4）反应③向NaOH溶液中通入过量CO2，最终生成NaHCO3
（5）Na2CO3粉末遇少量水会生成含结晶水的晶体，该变化属于化学变化
（6）反应⑤说明Na2O2能与水反应生成碱，故Na2O2为碱性氧化物
（7）反应⑥中7.8 g Na2O2完全反应，转移0.2 mol电子
A.（2）（3）（6）（7） B.（1）（2）（3）（4）（6）
C.（2）（3）（5）（6）（7） D.（2）（4）（5）（7）
解析：A　（2）反应④为碳酸氢钠受热分解，说明热稳定性：Na2CO3＞NaHCO3，错误；（3）澄清石灰水分别加入Na2CO3溶液和NaHCO3溶液中，都有白色沉淀生成，不能用于鉴别，错误；（6）反应⑤ Na2O2能与水反应生成碱和氧气，Na2O2为过氧化物，不是碱性氧化物，错误；（7）反应⑥为2Na2O2 ＋ 2CO22Na2CO3＋O2，7.8 g Na2O2，即0.1 mol Na2O2完全反应，转移0.1 mol电子，错误。（1）（4）（5）正确，选A。
13.（2025·安徽蚌埠月考）某温度下，向a、b、c、d中分别充入等质量的CH4、CO2、O2、SO2四种气体中的一种（已知：密封隔板Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ可自由滑动，且与容器内壁不摩擦），如图所示。下列说法错误的是（　　）
A.c中充入的是O2
B.a和c中气体物质的量之比为1∶2
C.a和d中气体的体积之比为1∶5
D.c和d中气体密度之比为2∶1
解析：C　 设CH4、CO2、O2、SO2四种气体的质量均为1 g，则它们的物质的量分别为 mol、 mol、 mol、 mol。同温同压下，＝，从题图中可知体积：d＞c＞b＞a，则a、b、c、d分别盛装的是SO2、CO2、O2、CH4，A正确；a、c中气体分别为SO2和O2，物质的量之比为 mol∶ mol＝1∶2，B正确；a和d中气体分别为SO2和CH4，同温同压下，＝，气体的体积之比为 mol∶ mol＝1∶4，C错误；c和d中气体分别是O2和CH4，同温同压下，＝，＝32∶16＝2∶1，D正确。
14.（2025·山东淄博四中期中）下列实验“操作和现象”与“结论”对应关系错误的是（　　）
选项 操作和现象 结论
A 用红色激光笔分别照射NaCl溶液和Fe（OH）3胶体，观察到后者中出现一条光亮的“通路” 溶液和胶体的本质区别是能否产生丁达尔效应
B 向久置的Na2O2粉末中加过量的盐酸，产生无色气体 无法证明Na2O2已经变质
C 向盛有约1 g碳酸钠粉末的试管中滴加5滴水，碳酸钠结块变成晶体 碳酸钠粉末遇水生成水合碳酸钠（Na2CO3·xH2O）
D 用洁净的铂丝蘸取某溶液进行焰色试验，其火焰呈黄色 原溶液中有Na＋，不能确定是否有K＋
解析：A　溶液和胶体的本质区别是分散质粒子直径不同，A错误；Na2O2变质生成碳酸钠，加入稀盐酸反应产生CO2气体，但Na2O2和稀盐酸反应能产生氧气，则无法根据产生无色气体来证明Na2O2已经变质，B正确；碳酸钠粉末与少量水反应会生成十水合碳酸钠晶体，C正确；焰色试验中，火焰呈黄色，说明含有钠离子，不能确定是否有K＋，需透过蓝色钴玻璃观察有无紫色火焰，D正确。
15.将Cl2持续缓慢通入1 L一定浓度的KI（含淀粉）溶液中，开始时溶液变蓝，一段时间后蓝色褪去，溶液中Cl－、I2以及I的物质的量与通入氯气的物质的量的关系如图所示。
下列说法错误的是（　　）
A.曲线a表示 Cl－的变化
B.OA段发生的反应为2I－＋Cl2I2＋2Cl－
C.原KI溶液的浓度为0.2 mol·L－1
D.AB段溶液的酸性逐渐减弱
解析：D　将Cl2持续缓慢通入KI溶液中，先生成I2单质，最后I2被氧化为I，曲线a物质的量在增加，代表的是Cl－的物质的量变化，曲线c先增加后减少代表I2的物质的量变化，曲线b代表I的物质的量变化，A正确；OA段Cl－在增加，I2的物质的量在增加，发生的反应为2I－＋Cl2I2＋2Cl－，B正确；达到A点时I－全部生成I2单质，消耗Cl2的物质的量为0.1 mol，根据反应2I－＋Cl2I2＋2Cl－可知，KI的物质的量为0.2 mol，浓度为0.2 mol·L－1，C正确；AB段发生的反应为5Cl2＋I2＋6H2O12H＋＋10Cl－＋2I，生成H＋，酸性增强，D错误。
二、非选择题（本大题共5小题，共55分）
16.（11分）（2025·天津滨海新区期中）“生活无处不化学”，钠、铝及其化合物是具有广泛应用的材料。请回答下列问题：
（1）金属钠很活泼，通常保存在煤油或石蜡油里，以隔绝空气。
（2）飞船内安装盛有Na2O2的装置，它的用途是产生氧气。Na2O2与人体呼出的CO2反应的化学方程式为2Na2O2＋2CO22Na2CO3＋O2，该反应的还原剂是Na2O2，氧化剂是Na2O2。
（3）食盐是重要的调味品，食盐不慎洒落在天然气的火焰上，观察到的现象是黄色火焰，该变化称为焰色试验。
（4）NaHCO3是汽车安全气囊的冷却剂，NaHCO3受热发生分解反应的化学方程式为2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O。
（5）高温下铝粉与氧化铁的反应可用来焊接铁轨。在反应Fe2O3＋2AlAl2O3＋2Fe中，Al元素的化合价升高，该元素的原子失电子，被氧化；该反应中，Fe2O3是氧化剂，Al2O3是氧化产物。
解析：（2）Na2O2与人体呼出的CO2反应生成碳酸钠和氧气，化学方程式为2Na2O2＋2CO22Na2CO3＋O2，该反应中过氧化钠中的O为－1价，反应后既有升高到0价，又有降低到－2价，则Na2O2既是氧化剂又是还原剂。（5）在反应Fe2O3＋2AlAl2O3＋2Fe中，Al元素化合价升高，则Al作还原剂，Al2O3为氧化产物，Fe元素化合价降低，则Fe2O3作氧化剂，Fe为还原产物。
17.（10分）（2025·上海市西中学月考）如图所示是用手持技术测定的“84消毒液”的ORP值（ORP数值越大，氧化能力越强）随pH和温度t的变化情况。
（1）根据图像判断，“84消毒液”使用时的最佳pH和温度依次是5.5、20 ℃。“84消毒液”使用方法中常备注“浸泡20分钟”，原因可能是浸泡过程中可与空气中CO2反应生成HClO，导致氧化性增强。
（2）“84消毒液”与稀硫酸混合使用可增强消毒能力。某消毒小组人员用质量分数为98％、ρ为1.84 g·mL－1的浓硫酸配制500 mL 1.00 mol·L－1的稀硫酸，用于增强“84消毒液”的消毒能力，计算需用量筒量取27.2mL浓硫酸。
（3）配制过程中还需要用到的定量玻璃仪器是500 mL容量瓶，该玻璃仪器上标有刻度线、容量、温度。该仪器在使用前需要检查是否漏水。
（4）下列操作会导致所配硫酸溶液浓度偏大的是C（填字母）。
A.用量筒取浓硫酸时俯视刻度
B.转移溶液后的烧杯与玻璃棒未洗涤
C.定容时俯视刻度线
D.摇匀后凹液面低于刻度线，补充加水至凹液面重新与刻度线相切
解析：（1）由题图可知，pH越小，“84消毒液”的ORP值越大；温度越低，“84消毒液”的ORP值越大，因此“84消毒液”使用时的最佳pH和温度依次是5.5、20 ℃；“84消毒液”在浸泡过程中可与空气中CO2反应生成HClO，导致氧化性增强。（2）c（浓硫酸）＝＝ mol·L－1＝18.4 mol·L－1；根据稀释定律可得V（浓硫酸）＝＝≈27.2 mL。（3）配制过程中还需要用到的定量玻璃仪器是500 mL容量瓶；容量瓶上标有刻度线、容量、温度；使用前需检查是否漏水。（4）A.使得浓硫酸的体积偏小，所配硫酸溶液浓度偏小；B.导致硫酸损失，所配溶液浓度偏小；C.导致加水不足，体积偏小，则所配溶液浓度偏大；D.摇匀后凹液面低于刻度线，属于正常现象，若补充加水至凹液面重新与刻度线相切，则加水量偏大，溶液体积偏大，浓度偏小。
18.（10分）（2025·黑龙江大庆期末）实验室欲配制浓度均为0.2 mol·L－1的NaOH和Na2CO3的混合溶液。现实验室有以下仪器：①玻璃棒　②烧杯
③托盘天平　④量筒　⑤药匙　⑥胶头滴管　⑦500 mL容量瓶　⑧标签纸　⑨细口试剂瓶
根据以上提供的仪器，回答下列问题：
（1）计算，称量：分别用托盘天平称量NaOH的质量为4.0g，称量Na2CO3的质量为10.6g，Na2CO3可放在称量纸上称量，NaOH需放在烧杯（填仪器名称）中称量。
（2）溶解，转移：已知NaOH和Na2CO3溶于水均会放热，若固体溶解后未冷却至室温就转移到容量瓶中并定容，则所配制的溶液浓度将偏高（填“偏高”“偏低”或“无影响”）。
（3）洗涤，定容：定容时加蒸馏水至距离刻度线1～2 cm时，改用胶头滴管（填仪器名称）向容量瓶中加蒸馏水到凹液面与刻度线相切。
（4）摇匀，装瓶。取出任意体积的该溶液时，下列物理量中不随所取体积的多少而变化的是BCD（填字母）。
A.溶液中Na2CO3的物质的量
B.溶液的密度
C.溶液中NaOH的浓度
D.C与OH－物质的量之比
（5）取出50 mL所配的溶液，向其中逐滴加入0.5 mol·L－1的盐酸50 mL，理论上能生成标准状况下CO2的体积为112mL（忽略CO2的溶解）。
解析：（1）根据所给容量瓶为500 mL可知，n（NaOH）＝c（NaOH）×V＝0.2 mol·L－1×0.5 L＝0.1 mol，m（NaOH）＝0.1 mol×40 g·mol－1＝4.0 g；n（Na2CO3）＝c（Na2CO3）×V＝0.2 mol·L－1×0.5 L＝0.1 mol，m（Na2CO3）＝0.1 mol×106 g·mol－1＝10.6 g；NaOH固体易吸水潮解，应在烧杯中称量。（2）已知NaOH和Na2CO3溶于水均会放热，固体溶解后未冷却至室温就转移到容量瓶中并定容，所配制的溶液体积偏小，浓度偏高。（4）取出任意体积的该溶液时，各物质的浓度、密度不发生改变，但各物质的质量或物质的量会随所取溶液体积的变化而变化；故选B、C、D。（5）50 mL溶液中所含溶质物质的量分别为n（NaOH）＝c（NaOH）×V＝0.2 mol·L－1×0.05 L＝0.01 mol；n（Na2CO3）＝c（Na2CO3）×V＝0.2 mol·L－1×0.05 L＝0.01 mol，逐滴加入50 mL 0.5 mol·L－1的盐酸，HCl物质的量为0.5 mol·L－1×0.05 L＝0.025 mol，先发生反应H＋＋OH－H2O消耗HCl 0.01 mol，再发生反应H＋＋CHC消耗HCl 0.01 mol，最后发生反应HC＋H＋CO2↑＋H2O，消耗HCl为0.005 mol，生成二氧化碳的物质的量为0.005 mol，标准状况下体积为0.005 mol×22.4 L·mol－1＝0.112 L＝112 mL。
19.（12分）（2025·山东潍坊期中）氯气是一种重要的化工原料，某小组利用如图装置制备氯气并探究氯水性质。
回答下列问题：
（1）仪器a的名称为分液漏斗，烧瓶中发生反应的离子方程式为MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O。
（2）装置B中盛放的试剂是饱和食盐水，装置C的作用是除去氯气中的水蒸气；反应结束后，如果装置E中吸收了2.24 L Cl2（标准状况），吸收过程中转移的电子数是0.1NA。
（3）用强光照射盛有新制氯水的广口瓶，用传感器测定氯水中的c（Cl－）、pH的变化，结果如图所示。
①表示c（Cl－）变化的是图2（填“1”或“2”）。
②氯水在光照后出现图中曲线变化的原因是2HClO2HCl＋O2↑（用化学方程式解释）。
（4）ClO2可替代Cl2处理城市饮用水，其中氯元素都被还原为Cl－，如果以单位物质的量的氧化剂得到的电子数来表示消毒效率，那么ClO2的消毒效率是Cl2的2.5倍。
解析：装置A是浓盐酸和二氧化锰加热制取氯气，B为饱和食盐水，除去氯气中的氯化氢，C为浓硫酸干燥氯气，D为收集氯气，E为除去多余的氯气防止污染空气。（2）Cl2与NaOH反应的化学方程式为Cl2＋2NaOHNaCl＋NaClO＋H2O，1 mol Cl2参加反应转移1 mol电子，标准状况下2.24 L氯气的物质的量为＝0.1 mol，转移0.1 mol电子，转移电子个数为0.1NA。（3）氯水在光照下发生反应：2HClO2HCl＋O2↑，氯离子浓度变大，表示c（Cl－）变化的是图2；变化的原因为2HClO2HCl＋O2↑。（4）1 mol ClO2参与反应生成Cl－得到5 mol电子，1 mol Cl2作氧化剂生成Cl－得到2 mol电子，因此ClO2的消毒效率是Cl2的2.5倍。
20.（12分）（2025·广东惠州月考）Na2CO3和NaHCO3是厨房中常见的两种盐。回答下列问题：
（1）第一组同学配制500 mL 0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液。
①称取Na2CO3固体的质量为5.3 g。
②配制溶液时，进行如下操作，正确的操作顺序是C→B→D→F→A→E（填字母）。
③配制过程中，下列操作会造成溶液浓度偏低的有BC（填字母）。
A.容量瓶洗净后未干燥就进行实验
B.称量Na2CO3固体时，将砝码和药品的位置颠倒
C.在烧杯中溶解搅拌时，溅出少量溶液
D.定容时俯视刻度线
（2）第二组同学进行了如图所示的4组实验，探究Na2CO3和NaHCO3溶液与酸反应的差异。
已知：C＋H＋HC；HC＋H＋H2O＋CO2↑。
其中可以鉴别Na2CO3和NaHCO3的实验组合是①③（填序号）。
（3）第三组同学比较Na2CO3和NaHCO3的热稳定性。
①利用如图实验比较两物质的热稳定性，则甲的化学式为NaHCO3。
②取某Na2CO3和NaHCO3的混合物2.74 g，加热到质量不再变化时，剩余固体的质量为2.12 g，则混合物中NaHCO3的物质的量为0.02 mol。
（4）第四组同学设计如下实验，探究Na2CO3和NaHCO3溶液与CaCl2溶液反应的差异。
实验组号 反应物 现象
物质 浓度/（mol·L－1） CaCl2浓度/（mol·L－1） 是否有沉淀（室温） 气泡情况
室温 60 ℃水浴
A NaHCO3 0.05 0.05 几乎没有沉淀 无 无
B Na2CO3 0.05 0.05 有较多白色沉淀 无 无
C NaHCO3 0.5 0.5 有大量白色沉淀 无 有明显气泡
D Na2CO3 0.5 0.5 有大量白色沉淀 无 无
你认为能否用CaCl2溶液鉴别同浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液？理由是能，理由是浓度较低时可以根据是否生成沉淀进行区别，浓度较高时可以通过加热后是否产生气体进行区别。
解析：（1）①称取Na2CO3固体的质量为m（Na2CO3）＝c（Na2CO3）·V·M（Na2CO3）＝0.1 mol·L－1×0.5 L×106 g·mol－1＝5.3 g；②配制溶液时，正确的操作顺序为称取固体质量、溶解、转移、洗涤再转移、加水、定容、摇匀、装瓶，操作的连接顺序为C→B→D→F→A→E；③A项，对配制溶液的浓度无影响；B项，会导致称取的固体质量偏小，配制的溶液浓度偏低；C项，会导致溶质损失，配制的溶液浓度偏低；D项，会导致溶液液面低于刻度线，溶液体积减小，配制的溶液浓度偏高。（2）①盐酸滴加到Na2CO3溶液中开始时无明显现象，一段时间后产生气泡，③盐酸滴加到NaHCO3溶液中立即产生气泡，则通过实验①③可以鉴别；②Na2CO3、④NaHCO3溶液滴加到盐酸中均立即有气泡产生，则实验②④无法鉴别Na2CO3、NaHCO3。（3）②设混合物中NaHCO3的物质的量为n mol，列式计算：
2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑
　2 mol　　　　　　　 　　62 g
　 n　　　　　　　　　2.74 g－2.12 g
解得n＝0.02 mol。（4）根据四组对比实验发现当Na2CO3和NaHCO3溶液与CaCl2溶液浓度都比较小的时候，可以根据是否生成沉淀进行区别，浓度较高时可以通过加热后是否产生气体进行区别。
1 / 2第2课时　氯气的实验室制备　氯离子的检验
学习目标
1.通过学习氯气的制备方法，体现实验探究和创新精神。通过氯及其化合物知识的学习为线索，建立含氯的物质间的转化关系。 2.了解氯离子的检验方法，培养证据推理与模型认知的化学学科素养。
知识点一　氯气的实验室制备
1.实验原理
在实验室中，通常用浓盐酸和二氧化锰在加热条件下反应来制取氯气。
化学方程式：　MnO2＋4HCl（浓）MnCl2＋Cl2↑＋2H2O　，离子方程式：　MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O　，该反应的氧化剂为　MnO2　，浓盐酸既表现　还原　性，又表现　酸　性。
【思考1】　（1）MnO2＋4HCl（浓）MnCl2＋Cl2↑＋2H2O。反应中氧化剂和还原剂的个数之比是多少？
（2）含有146 g HCl的浓盐酸与足量的MnO2反应，能生成71 g Cl2吗？
提示：（1）由氧化产物和还原产物的个数可知，氧化剂和还原剂的个数之比是1∶2。
（2）不能。有两个原因：一是随着反应的进行，盐酸浓度变小，Cl－的还原性减弱，MnO2不能再氧化HCl，此反应不再进行；二是浓盐酸的挥发。
2.仪器装置
主要仪器有铁架台、　酒精灯　、　圆底烧瓶　、　分液漏斗　、洗气瓶、集气瓶、烧杯等。Cl2的制备、净化、收集、尾气处理装置如图所示。
发生装置 固体＋液体气体
净化装置（洗气瓶） 先通过饱和食盐水除去　HCl　，再通过浓硫酸除去　水蒸气　
收集装置 用　向上　排空气法收集
验满方法 ①观察法（黄绿色）；②湿润的淀粉-KI试纸，其原理是　Cl2＋2KI2KCl＋I2　，淀粉遇置换出的I2变　蓝色　；③湿润的蓝色石蕊试纸（先　变红　后　褪色　）
尾气处理 装置 盛有NaOH溶液的烧杯，NaOH溶液作用为　吸收过量Cl2，防止污染空气　
【思考2】　氯气有毒，实验中处理尾气可以用氢氧化钠溶液，能否用饱和石灰水代替，为什么？
提示：不能。即使是饱和石灰水，溶液中Ca（OH）2的含量也很低，不能把多余Cl2完全吸收。
归纳总结
1.设计气体制备的基本思路
2.实验室中制取气体装置的设计流程
（1）常见气体制备装置
反应物为固体（加热） 反应物为固体＋液体（不加热） 反应物为固体＋液体（加热）
装置 示意图　
典型气体 O2等 H2、O2、CO2等 Cl2等
（2）常用除杂装置
①洗气瓶（甲）：盛有液体除杂试剂，气流方向是长管进，短管出。
②干燥管（乙）：盛有固体除杂试剂，气流方向是粗口进，细口出。
（3）常用气体收集方法
方法 排水法 向上排空气法 向下排空气法
装置
典型气体 O2、H2等 O2、Cl2、CO2等 H2、NH3等
（4）常用气体尾气处理方法
方法 装置 典型气体
燃烧法 CO等
吸收法 Cl2、 SO2等
收集法 CO等
1.正误判断（正确的打“√”，错误的打“×”）。
（1）在MnO2和浓盐酸反应制Cl2的实验中，若MnO2过量，则浓盐酸将完全反应。（　×　）
（2）实验室用如图所示装置除去Cl2中的少量HCl。（　√　）
（3）利用浓盐酸和二氧化锰加热制取Cl2时，加热温度越高越好。（　×　）
（4）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。（　√　）
2.（2025·吉林四平实验中学高一月考）兴趣小组制取并验证氯气部分化学性质的实验装置如图所示：
已知：Cl2＋2KII2＋2KCl，淀粉遇I2变蓝色。
下列说法错误的是（　　）
A.仪器a的名称为分液漏斗
B.装置B用来除去Cl2中的HCl杂质
C.装置C中可观察到溶液变蓝色
D.装置D可以证明Cl2无漂白性
解析：D　Cl2几乎不溶于饱和食盐水而HCl可溶，因此可以用饱和食盐水除去Cl2中的HCl杂质，B正确；Cl2通入淀粉碘化钾溶液中，可以发生反应：Cl2＋2KII2＋2KCl，碘单质可以使淀粉溶液变蓝，故装置C中可观察到溶液变蓝色，C正确；要证明Cl2无漂白性，需要除去Cl2中混有的水蒸气，应在装置D前后各增加一个装有浓硫酸的洗气瓶用于干燥Cl2和防止水蒸气进入D装置，D错误。
3.（苏教版习题）下列装置应用于实验室制氯气并回收氯化锰的实验，能达到实验目的的是（　　）
A.用装置甲制取氯气
B.用装置乙除去氯气中的少量氯化氢
C.用装置丙分离二氧化锰和氯化锰溶液
D.用装置丁蒸干氯化锰溶液制得MnCl2·4H2O
解析：C　A项，应用酒精灯加热；B项，应用饱和食盐水除去氯气中的少量氯化氢，且长管进气，短管出气；D项，制MnCl2·4H2O时不能蒸干氯化锰溶液，应采用蒸发浓缩、冷却结晶的方法。
4.实验室利用如下装置制备并收集氯气。
（1）利用该装置制备氯气的化学方程式为MnO2＋4HCl（浓） MnCl2＋2H2O＋Cl2↑。
（2）在实验过程中饱和食盐水的作用是除去氯气中的氯化氢气体。
（3）实验装置接口的连接顺序为e→d→c→a→b→i→h→g→f。
（4）实验室除了可用二氧化锰和浓盐酸反应制取氯气外，还可以用其他很多方法制取氯气，其中用高锰酸钾和浓盐酸反应制备氯气的化学方程式可表示为2KMnO4＋16HCl（浓）2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O，该反应中HCl体现的性质是还原性和酸性。
归纳总结
实验室用MnO2和浓盐酸制备Cl2的注意事项
（1）稀盐酸与MnO2不反应，制取氯气时必须选用浓盐酸；反应一段时间后稀盐酸不能继续与MnO2反应，所制得氯气的量总小于理论值，盐酸有剩余。另外加热温度不宜过高，以减少氯化氢的挥发。
（2）制取的氯气有毒，且在加热时容易逸出，所以应选用分液漏斗，而不用长颈漏斗。
（3）尾气处理时，不能用澄清石灰水吸收氯气，因为澄清石灰水中的Ca（OH）2含量少，吸收不完全。
（4）实验结束后，先使反应停止并排出装置中残留的氯气，防止污染空气。
知识点二　氯离子的检验
1.实验探究
试液 2～3 mL 实验现象 离子方程式
滴入几滴硝酸银溶液 加入少量稀硝酸
①稀盐酸 有白色沉淀生成 沉淀　不溶解　 　Cl－＋Ag＋AgCl↓　
②氯化钠溶液 有白色沉淀生成 沉淀　不溶解　 　Cl－＋Ag＋AgCl↓　
③碳酸钠溶液 有白色 沉淀生成 沉淀溶解，有气泡产生 C＋2Ag＋Ag2CO3↓、Ag2CO3＋2H＋2Ag＋＋CO2↑＋H2O
2.检验方法
（1）试剂：　稀硝酸　、　AgNO3溶液　。
（2）操作方法：先向未知溶液中加AgNO3溶液，再加稀硝酸。
（3）现象：产生白色沉淀，再加稀硝酸时，沉淀不溶解。
（4）原理：Ag＋＋Cl－AgCl↓。
（5）注意：加稀硝酸的目的是排除C等离子的干扰，所以也可以先加入稀硝酸，然后再加AgNO3溶液，二者也可以同时加入。
1.检验Cl－时所用试剂HNO3的作用是（　　）
A.防止C的干扰　 B.防止Cl－的干扰
C.生成Ag2CO3沉淀　 D.防止N的干扰
答案：A
2.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，先加盐酸酸化，再加入AgNO3溶液，看是否有白色沉淀生成
C.取样，加入少量AgNO3溶液，有白色沉淀生成，再加稀盐酸，看白色沉淀是否消失
D.取样，先加稀硝酸酸化，再加入AgNO3溶液，看是否有白色沉淀生成
解析：D　A项，生成的白色沉淀可能是碳酸银；B项，生成的白色沉淀可能是由盐酸引入的氯离子和硝酸银反应生成的氯化银，不能证明原来是否有氯离子；C项，生成的白色沉淀可能是碳酸银，再加稀盐酸，碳酸银转化为氯化银，白色沉淀也不消失，不能证明原来是否有氯离子。
1.自来水厂水质检验员在自来水出厂前需对水中的氯离子等进行检测。实验室检验氯离子的试剂是（　　）
A.稀硝酸和AgNO3溶液
B.Na2CO3溶液
C.稀硝酸和Ba（NO3）2溶液
D.稀硫酸
解析：A　氯离子检测时应先加入稀硝酸排除OH－、C、S的干扰，再加入硝酸银溶液，产生不溶于水的白色沉淀。
2.下列关于利用二氧化锰和浓盐酸反应制备氯气的说法中错误的是（　　）
A.该反应是一个氧化还原反应，其中二氧化锰是氧化剂
B.该反应需要加热
C.该反应的离子方程式为MnO2＋4H＋＋4Cl－MnCl2＋2H2O＋Cl2↑
D.该方法是瑞典化学家舍勒最先发现的
解析：C　该反应是一个氧化还原反应，其中二氧化锰是氧化剂，A正确；该反应需要加热，B正确；氯化锰是可溶性的盐，该反应的离子方程式为MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋2H2O＋Cl2↑，C错误；该方法是瑞典化学家舍勒最先发现的，D正确。
3.某化学小组用如图所示装置制取氯气。下列说法错误的是（　　）
A.该装置图中存在三处明显错误
B.该实验中收集氯气的方法不正确
C.为了防止氯气污染空气，必须进行尾气处理
D.在集气瓶的导管口处放一片湿润的淀粉碘化钾试纸可以证明是否有Cl2逸出
解析：B　氯气的密度比空气的大，能够与水反应，所以要用向上排空气法收集Cl2，该实验中收集氯气的方法正确，B项错误。
4.（2025·广东惠州惠阳区高一期中）利用如图所示的装置进行Cl2的制备及性质探究实验。下列说法错误的是 （　　）
A.装置甲中反应的还原剂是MnO2
B.装置乙的作用为除去Cl2中的HCl
C.装置丙中紫色石蕊溶液先变红后褪色
D.为吸收多余的Cl2，装置丁中可盛放NaOH溶液
解析：A　用二氧化锰和浓盐酸在加热的条件下反应：MnO2＋4HCl（浓）MnCl2＋2H2O＋Cl2↑，其中氧化剂为MnO2，HCl是还原剂，A错误；装置甲中制备的Cl2中混有HCl气体，乙中饱和NaCl溶液的作用是除去Cl2中的HCl气体，B正确；Cl2与水反应生成两种酸HCl、HClO，则溶液有酸性，又因HClO具有漂白性，则使紫色石蕊溶液先变红后褪色，C正确；丁中可盛放NaOH溶液，Cl2与NaOH溶液反应生成NaCl和NaClO，可以吸收多余的Cl2，D正确。
5.通过下列装置制备氯气，并验证氯气的性质（已知高锰酸钾能与浓盐酸反应产生氯气和二氯化锰）。
（1）写出高锰酸钾与浓盐酸反应的离子方程式：2Mn＋16H＋＋10Cl－2M＋5Cl2↑＋8H2O。
（2）注射器内水的作用是湿润试纸和红纸。
（3）实验结束后，通过U形管左侧的导气管通入CO2气体，作用是赶走装置内的氯气，让NaOH溶液完全吸收。
（4）可以验证氯气具有氧化性的现象是淀粉碘化钾试纸变蓝。
题组一　氯气的制备
1.下列关于实验室用MnO2制取Cl2的叙述错误的是　（　　）
A.MnO2与浓盐酸共热
B.缓慢加热反应
C.用向下排空气法收集Cl2
D.多余氯气常用较浓的碱液吸收
解析：C　由于浓盐酸易挥发，故必须缓慢加热以减少HCl的挥发；Cl2的密度比空气大，故应用向上排空气法收集Cl2；Cl2极易与碱反应：Cl2＋2NaOHNaCl＋NaClO＋H2O，故应用较浓的碱液吸收多余的Cl2。
2.在制氯气时有如下操作，正确的操作顺序是（　　）
①连接好装置，检查气密性　②缓缓加热，加快反应，使气体均匀逸出　③在圆底烧瓶中加入二氧化锰粉末　④从盛有浓盐酸的分液漏斗中将浓盐酸缓缓滴入烧瓶中　⑤将多余的Cl2用NaOH溶液吸收　⑥用向上排空气法收集氯气
A.①②③④⑤⑥ B.③④②①⑥⑤
C.①④③②⑥⑤ D.①③④②⑥⑤
解析：D　确定实验室制取气体的操作顺序要注意：①连接好装置后，要先检查气密性，后装试剂；②装试剂的顺序是先加固体，后加液体；③对于有毒的气体，一定要有尾气处理装置。
3.瑞典化学家舍勒将软锰矿与浓盐酸混合加热，发现了氯气。他发现氯气的方法至今还是实验室制备氯气的主要方法，下列关于实验室制氯气的说法中正确的是（　　）
A.浓盐酸在反应中起到酸性和氧化剂作用
B.将87 g MnO2和足量浓盐酸反应，与含有146 g HCl的浓盐酸与足量MnO2反应制得的氯气一样多
C.为防止氯气污染环境，必须进行尾气处理，可选用饱和石灰水
D.收集氯气时，可采用湿润的淀粉-KI试纸进行验满
解析：D　软锰矿与浓盐酸混合加热，发生反应的化学方程式为MnO2＋4HCl（浓）MnCl2＋Cl2↑＋2H2O，在该反应中，浓盐酸中的一部分Cl由－1价变为Cl2中的0价，失去电子，表现还原性，一部分化合价没有变化，与Mn2＋结合形成盐，所以浓盐酸在反应中起到酸性和还原剂作用，A错误；随着反应的进行，盐酸浓度降低，当为稀盐酸时反应停止，两种情况反应产生Cl2的量不等，B错误；Cl2是大气污染物，在尾气排放前要进行处理，可根据Cl2能够与碱反应的性质，用溶解度大的NaOH溶液进行吸收，由于Ca（OH）2微溶于水，因此一般不使用饱和石灰水吸收，C错误；氯气具有强的氧化性，遇湿润的淀粉-KI试纸会发生反应：Cl2＋2KI2KCl＋I2，淀粉溶液遇I2变为蓝色，因此可用湿润的淀粉-KI试纸进行验满，D正确。
4.（2025·江苏南京市第九中学期中）实验室用下列装置制取、净化、收集Cl2并验证氯水呈酸性，能达到实验目的的是（　　）
A B C D
A.制备Cl2 B.干燥Cl2
C.收集Cl2　 D.验证氯水的酸性
解析：C　A项，实验室用浓盐酸与二氧化锰共热反应制备氯气，选项装置图缺少加热装置；B项，氯气能与碱石灰反应而被其吸收，则碱石灰不能用来干燥氯气；C项，氯气的密度比空气大，可用向上排空气法收集氯气；D项，氯水因含有HClO而具有漂白性，且氯水呈酸性，石蕊遇酸变红，将蘸有氯水的玻璃棒滴至红色石蕊试纸上，能使红色石蕊试纸褪色，则不能验证氯水的酸性。
5.（2025·安徽阜阳阜南实验中学期中）实验室用下图装置制备Cl2，并收集干燥、纯净的Cl2。
回答下列问题：
（1）装置A中的仪器a名称：分液漏斗。
（2）装置A中发生反应的化学方程式是MnO2＋ 4HCl（浓）MnCl2 ＋ 2H2O ＋ Cl2↑。
（3）装置B的作用是吸收挥发的HCl气体。
（4）装置C中盛放的物质是浓硫酸（填名称）。
（5）装置D用于收集Cl2，图中装置D的导气管进气方式为长进短出（填“短进长出”或“长进短出”）。
（6）装置E用于吸收尾气，还存在的缺陷是缺少防倒吸装置。
题组二　氯离子的检验
6.在处理某污水处理厂的水样时，水质检验员取适量被检测的溶液于试管中，滴加适量的稀硝酸酸化，再滴入几滴AgNO3溶液，如产生白色沉淀，则判断该溶液中含有（　　）
A.C B.Ca2＋
C.N D.Cl－
解析：D　A项，CO跟硝酸反应生成水和二氧化碳，再滴加硝酸银溶液，无沉淀生成；B项，Ca2＋和硝酸以及硝酸银都不反应；C项，NO和硝酸以及硝酸银都不反应；D项，Cl－和Ag＋能反应生成难溶于水的AgCl白色沉淀。
7.用如图所示方法，检验某固体中是否含有Cl－，下列说法正确的是（　　）
A.①是BaCl2溶液，②是稀盐酸
B.①是稀盐酸，②是稀BaCl2溶液
C.①是稀硝酸，②是AgNO3溶液
D.①是稀硫酸，②是AgNO3溶液
解析：C　氯离子的特征是可以和银离子反应生成不溶于硝酸的白色沉淀，氯离子的检验方法是向待测液中滴加硝酸酸化，再加入硝酸银溶液，如果出现不溶于水的白色沉淀，则含有氯离子，①是BaCl2溶液或①是稀盐酸，引入氯离子，①是稀硫酸，②是AgNO3溶液，无氯离子，硫酸银微溶干扰检验，所以C方法正确。
8.向某未知溶液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，加入稀硝酸后，沉淀部分溶解，有无色无味的气体生成，将该气体通入澄清石灰水，澄清石灰水变浑浊。由此判断该溶液中含有（　　）
A.Cl－、S B.Cl－、N
C.Cl－、C D.Cl－、OH－
解析：C　加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，加入稀硝酸后，沉淀部分溶解，说明有部分沉淀不溶解，则溶液中含有Cl－，有无色无味且使澄清石灰水变浑浊的气体生成，则溶液中含有C。
9.某兴趣小组同学利用如图装置在实验室制备“84”消毒液。下列说法错误的是（　　）
A.装置Ⅰ中的KMnO4晶体不可以替换成MnO2
B.装置Ⅱ可以除去Cl2中混有的HCl杂质，还可以防止倒吸
C.装置Ⅲ中NaOH作还原剂
D.装置Ⅳ的主要作用是吸收未反应的Cl2，防止污染空气
解析：C　二氧化锰与浓盐酸共热反应制备氯气，所以装置Ⅰ中的高锰酸钾晶体不可以替换成二氧化锰，A正确；装置Ⅱ的饱和食盐水可以除去氯气中氯化氢杂质，长颈漏斗能起到平衡压强，防止倒吸的作用，B正确；该反应中氯气发生歧化反应，氯气既是氧化剂又是还原剂，C错误；装置Ⅳ中盛有的碱石灰用于吸收未反应的氯气，防止污染空气，D正确。
10.三氯化碘（ICl3）在药物合成中用途非常广泛，其熔点为33 ℃，沸点为73 ℃，遇水易反应。实验室可用下图装置制取ICl3，制备的反应原理：I2＋3Cl22ICl3。下列说法错误的是（　　）
A.利用装置甲制备氯气选用的试剂为二氧化锰和浓盐酸
B.装置乙中长颈漏斗液面上升说明丙装置可能发生堵塞
C.装置丙中氯化钙的作用是干燥Cl2
D.装置戊的作用是吸收尾气、防止外界水蒸气进入装置丁
解析：A　若利用装置甲制备氯气选用的试剂为二氧化锰和浓盐酸，则需要加热，该装置无加热装置，A错误；若发生堵塞，装置乙中压强增大，长颈漏斗中液面上升，B正确；不能有水蒸气进入装置丁，所以装置丙中氯化钙的作用是干燥Cl2，C正确；产品易与水发生反应，同时可能还有氯气未反应，所以装置戊的作用是吸收尾气、防止外界水蒸气进入装置丁，D正确。
11.（2025·山西大学附中期中）锰酸钾（K2MnO4）在浓强碱溶液中可稳定存在，碱性减弱时易发生反应：3Mn＋2H2O2Mn＋MnO2↓＋4OH－。利用Cl2氧化K2MnO4制备KMnO4的装置如图所示（夹持装置略）。下列说法正确的是（　　）
A.装置甲中固体为MnO2
B.若去掉装置乙，会导致KMnO4产率降低
C.装置乙中放饱和NaHCO3溶液，以提高KMnO4的产率
D.装置丙可以用NaOH作碱性介质
解析：B　装置甲是制备氯气的装置，其中的固体不可以是MnO2，因为MnO2氧化浓盐酸需要加热，A错误；若去掉装置乙，盐酸会挥发，降低装置丙中溶液的碱性，会导致KMnO4产率降低，B正确；装置乙中放饱和NaHCO3溶液，会和挥发出的HCl反应，生成二氧化碳，降低装置丙中溶液的碱性，降低KMnO4的产率，C错误；装置丙中生成高锰酸钾，不可以用NaOH作碱性介质，钠离子等同于引入杂质，D错误。
12.Cl2是一种重要的化工原料，结合氯气的相关知识回答下列问题：
（1）少量Cl2也可以由以下反应制取，配平化学方程式：
2KMnO4＋16HCl（浓）2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O。
（2）工业上常用廉价的石灰乳吸收工业尾气氯气制得漂白粉，该反应的化学方程式为2Cl2＋2Ca（OH）2Ca（ClO）2＋CaCl2＋2H2O，所得漂白粉的有效成分是次氯酸钙（填物质名称）。
（3）用如图所示装置进行检验氯气性质的实验，装置A、B、C中的试剂依次为FeCl2溶液、淀粉-KI溶液、紫色石蕊溶液（图中夹持装置已略去）。
①装置A中溶液由浅绿色变为棕黄色（生成FeCl3），反应的离子方程式为2F＋Cl22F＋2Cl－；
②装置B中的淀粉-KI溶液变蓝色，反应的离子方程式为Cl2＋2I－2Cl－＋I2；
③装置C中可观察到的现象为溶液先变红后褪色。
13.（2025·河南实验中学期中）纯净干燥的氯气与熔融金属锡反应可制备SnCl4，某化学小组的同学设计了如下实验装置进行制备。
已知：①金属锡熔点为231 ℃，化学活泼性与铁相似；②SnCl4的沸点为114 ℃；③SnCl4易与水反应。请根据上图装置回答下列问题：
（1）装置Ⅰ中发生反应的离子方程式为MnO2＋4H＋＋2Cl－Cl2↑＋M＋2H2O。
（2）装置Ⅱ中的试剂是饱和食盐水，装置Ⅴ的作用是冷凝（收集）SnCl4。
（3）装置Ⅵ最好选用下列装置中的C（填字母）。
（4）实验结束后，欲回收利用装置Ⅰ中未反应完的MnO2，需要的分离方法是过滤。
（5）为了顺利完成实验，点燃酒精灯的正确操作是A（填字母）。
A.先点燃Ⅰ处酒精灯，后点燃Ⅳ处酒精灯
B.先点燃Ⅳ处酒精灯，后点燃Ⅰ处酒精灯
C.同时点燃Ⅰ、Ⅳ两处酒精灯
解析：（1）装置Ⅰ制备氯气，加热条件下，浓盐酸和MnO2反应生成Cl2，其中发生反应的离子方程式为MnO2＋4H＋＋2Cl－Cl2↑＋Mn2＋＋2H2O。（2）生成的氯气中含有氯化氢，装置Ⅱ中装有饱和食盐水吸收HCl；SnCl4的沸点较低，装置Ⅴ中的冰水可以使得SnCl4冷凝，得到SnCl4液体。（3）Cl2有毒，需要进行尾气处理，故装置Ⅵ应为尾气处理装置，吸收未反应完的Cl2，SnCl4易与水反应，所以装置Ⅵ不仅要除去Cl2，还要防止外界水蒸气进入装置Ⅴ中，所以装置Ⅵ还要能防止水蒸气进入装置Ⅴ，则NaOH可以吸收未反应完的Cl2，但不能防止水蒸气进入装置Ⅴ，A不选；气体进入装置中导管应该长进短出，装置错误，B不选；碱石灰不仅可以吸收Cl2，也可以吸收水蒸气，能避免空气中水蒸气进入装置Ⅴ，C选。（4）回收利用装置Ⅰ中未反应完的MnO2，MnO2难溶于水，可以用过滤操作回收。（5）为除去装置内空气，需要先点燃Ⅰ处酒精灯，利用Ⅰ中生成的氯气排尽装置内空气，等装置Ⅳ中玻璃管充满黄绿色气体后再点燃Ⅳ处酒精灯，A符合题意。
14.（2025·甘肃兰州第一中学月考）二氧化氯（ClO2）是一种在水处理等方面有广泛应用的高效安全消毒剂。与Cl2比，ClO2不但具有更显著的杀菌能力，而且不会产生对人体有潜在危害的有机氯代物。用干燥的氯气与固体亚氯酸钠（NaClO2）制备二氧化氯，装置如图：
已知：
①ClO2易溶于水，沸点为11.0 ℃，Cl2的沸点为－34.6 ℃。
②ClO2极易爆炸分解，若用空气、二氧化碳、氮气等惰性气体稀释时，爆炸性则降低。
（1）装置A中仪器a的名称是圆底烧瓶。
（2）试剂X的作用是除去氯气中氯化氢气体。
（3）装置D内发生反应的化学方程式为Cl2 ＋ 2NaClO22NaCl ＋ 2ClO2。
（4）装置D中冰水的作用是将ClO2液化从而实现ClO2与其他气体分离，往D中通入氯气的同时还通入干燥的空气，其目的是稀释ClO2，减少其爆炸的可能性。
（5）该实验装置的缺陷是装置D和E之间缺少干燥装置。
（6）在ClO2的制备方法中，还有下列两种制备方法：
方法一：2NaClO3＋4HCl2ClO2↑＋Cl2↑＋2NaCl＋2H2O
方法二：2NaClO3＋H2O2＋H2SO42ClO2↑＋Na2SO4＋O2↑＋2H2O
用方法二制备的ClO2更适合用于饮用水的消毒，其主要原因是无Cl2产生，不会生成对人体有潜在危害的有机氯代物。
解析：（1）根据装置图可知仪器a名称是圆底烧瓶。（2）试剂X是饱和NaCl溶液，其作用是除去氯气中的氯化氢气体。（3）装置 D 内发生反应的化学方程式为Cl2＋2NaClO22NaCl＋2ClO2。（4）ClO2的沸点为11.0 ℃，装置D中冰水的作用是将ClO2液化从而实现ClO2与其他气体分离；往装置D中通入氯气的同时还通入干燥的空气，根据已知信息中提到的ClO2极易爆炸分解，通入干燥空气的目的是稀释ClO2，减少其爆炸的可能性。（5）由于装置E中NaOH溶液的水蒸气会通过导气管进入装置D，导致发生副反应，即该装置的缺陷是装置D和E之间缺少干燥装置。（6）两种方法相比较，方法一制得的ClO2中含有Cl2，则用方法二制备的ClO2更适合用于饮用水的消毒。
1 / 2阶段重点练（四）
一、选择题
1.（2025·江苏徐州七中期中）硫酸是一种重要的化工产品，接触法制硫酸中的关键工序是SO2的催化氧化：2SO2＋O22SO3。下列有关说法正确的是（　　）
A.SO2的摩尔质量为64
B.22.4 L O2的物质的量为1 mol
C.等质量的SO2与SO3中氧原子数之比为2∶3
D.16 g O2中含有氧原子的物质的量为1 mol
解析：D　SO2的摩尔质量为64 g·mol－1，A错误；没有明确是否为标准状况，22.4 L O2的物质的量不一定为1 mol，B错误；等质量的SO2与SO3中氧原子数之比为：＝5∶6，C错误；16 g O2中含有氧原子的物质的量为×2＝1 mol，D正确。
2.（2025·哈尔滨九中月考）血液中葡萄糖（简称血糖，分子式为C6H12O6）的含量，常以mmol·L－1和mg·dL－1为参考指标（1 L＝10 dL），以mmol·L－1表示时，人的血糖正常值在5～6 mmol·L－1之间。下列说法正确的是（　　）
A.葡萄糖的摩尔质量为180 g
B.某病人1 mL血液中含葡萄糖0.60 mg，相当于3.3 mmol·L－1
C.无偿献血后，体内血糖浓度会变小
D.若病人的血糖检测结果为54 mg·dL－1，血糖值在正常范围内
解析：B　葡萄糖的摩尔质量为180 g·mol－1，A错误；1 mL血液中含葡萄糖0.60 mg，相当于≈3.3×10－3 mol·L－1＝3.3 mmol·L－1，B正确；浓度与所取溶液体积无关，所以无偿献血后，体内血糖浓度不变，C错误；若病人的血糖检测结果为54 mg·dL－1，即0.54 g·L－1，血糖值为＝0.003 mol·L－1＝3 mmol·L－1，不在正常范围内，属于低血糖，D错误。
3.（2025·浙江杭州期中）同温同压下等体积的SO2气体和CO2气体，下列叙述中，正确的是（　　）
①分子数之比为11∶16　②质量之比为16∶11
③密度之比为11∶16　④物质的量之比为1∶1
A.①③ B.②④
C.②③ D.①④
解析：B　同温同压下等体积的SO2气体和CO2气体，其物质的量之比为1∶1；①分子数之比等于物质的量之比＝1∶1；②两种气体质量之比为64∶44＝16∶11；③同温同压下，气体的密度比等于摩尔质量之比，为64∶44＝16∶11；④物质的量之比为1∶1。②④符合题意，选B。
4.（2025·内蒙通辽一中月考）设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是（　　）
A.71 g Cl2 与足量的 H2O 反应，转移的电子数为 2NA
B.足量Fe粉与22.4 L的氯气在加热时反应，转移2NA个电子
C.2 mol·L－1 的 CaCl2 溶液中，含有Ca2＋数为2NA
D.通常条件下，28 g 的 CO 和 N2 混合气体中含有分子数为 NA
解析：D　氯气与水的反应为可逆反应，不能进行到底，所以 71 g （1 mol） Cl2与足量的 H2O 反应，转移的电子数小于 NA，A错误；Fe粉与22.4 L的氯气反应，未说明氯气所处环境的温度和压强，无法计算，B错误；溶液体积未知，无法计算Ca2＋数目，C错误；CO和N2的摩尔质量都是28 g·mol－1，28 g 的 CO和N2混合气体物质的量为1 mol，含有分子数为 NA，D正确。
5.（2025·湖北恩施一中月考）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是（　　）
A.1.8 g H2O、0.1 mol H3O＋含有的电子数均为NA
B.钠在空气中燃烧可生成多种氧化物，23 g钠充分燃烧时转移电子数为NA
C.2.4 g金属镁变为镁离子时失去的电子数为0.1NA
D.20 ℃、101 kPa时，32 g O2与O3的混合物中，氧原子数目为2NA
解析：C　1个H2O、H3O＋中都含有10个电子。1.8 g H2O的物质的量为＝0.1 mol，因此0.1 mol H2O或H3O＋含有的电子的数目为NA，A正确；Na在空气中燃烧不管生成何种化合物，1 mol Na都会失去1 mol电子，23 g Na的物质的量为1 mol，充分燃烧时转移电子数为NA，B正确；2.4 g金属镁的物质的量为＝0.1 mol，变为镁离子时失去的电子数为0.2NA，C错误；32 g O2和O3的混合气体中只有O原子，即含有＝2 mol O原子，数目为2NA，D正确。
6.（2025·浙江杭州期中）玻璃棒在化学实验中很普通但是很重要，下面实验中用到玻璃棒，其中实验操作方法正确的是（　　）
选项 实验目的 实验操作
A 测定84消毒液的pH 用洁净玻璃棒蘸取少量84消毒液点在pH试纸上
B 证明溶液中含有Na元素 用玻璃棒蘸取待测液，在煤气灯外焰上灼烧
C 配制1.00 mol·L－1 NaCl溶液 向容量瓶中转移溶液时，用玻璃棒引流
D 过滤 为加快过滤速度，用玻璃棒在漏斗中搅拌
解析：C　84消毒液具有漂白性，可使pH试纸褪色，故不能用pH试纸测定其pH，A错误；玻璃棒中有钠元素，干扰实验，可以用铁丝或铂丝，B错误；过滤过程中不能用玻璃棒在漏斗中搅拌，会导致滤纸破裂，D错误。
7.（2025·福建泉州联考）配制一定物质的量浓度的溶液是一个重要的定量实验，下列有关说法正确的是（　　）
A.用浓硫酸配制稀硫酸时，将浓硫酸稀释后立即转入容量瓶中并进行定容
B.将5.85 g NaCl固体溶于1 L水，所得NaCl溶液物质的量浓度为0.1 mol·L－1
C.配制480 mL 0.1 mol·L－1CuSO4溶液，需要称量CuSO4·5H2O晶体12.0 g
D.称量5.3 g碳酸钠固体时，若将称量物和砝码放反，将会使所配溶液的物质的量浓度偏低
解析：D　浓硫酸溶解放出大量的热，不冷却立即转移定容，溶液冷却后所配溶液的体积偏小，A错误；氯化钠溶于1 L水，所得溶液的体积不是1 L，无法计算溶液的物质的量浓度，B错误；没有480 mL的容量瓶，实际应配制的是500 mL溶液，需要硫酸铜晶体的质量为0.5 L×0.1 mol·L－1×250 g·mol－1＝12.5 g，C错误；称量5.3 g碳酸钠固体时，将物质和砝码放反，实际称量的碳酸钠质量为5 g－0.3 g＝4.7 g，导致溶液浓度偏低，D正确。
8.（2025·广东中山月考）用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）
A.0.2 mol·L－1的BaCl2溶液中含有的Cl－数目为0.4NA
B.1 mol NaHCO3完全分解，得到的CO2分子数目为2NA
C.足量MnO2与含4 mol HCl的浓盐酸在加热的条件下反应，所得Cl2分子数为NA
D.标准状况下，22.4 L H2和O2混合气体中所含分子数目为NA
解析：D　没有明确溶液体积，不能计算Cl－数目，A错误；1 mol NaHCO3完全分解，得到的CO2分子数目为0.5NA，B错误；二氧化锰和稀盐酸不反应，足量MnO2与含4 mol HCl的浓盐酸在加热的条件下反应，参加反应的HCl小于4 mol，所得Cl2分子数小于NA，C错误；标准状况下，22.4 L H2和O2混合气体的物质的量为1 mol，所含分子数目为NA，D正确。
9.（2025·河北石家庄期末）甲、乙两份等质量的NaHCO3固体，将甲充分加热后，再加入足量盐酸，乙不加热也加入足量盐酸，反应完全后，甲、乙两份中实际参加反应的盐酸的质量比为（　　）
A.1∶1.5 B.2∶1
C.1∶2 D.1∶1
解析：D　根据甲、乙反应最终均生成氯化钠，根据元素守恒可知，NaHCO3～NaCl～HCl，则等质量的碳酸氢钠固体参与反应，在变化过程中实际参加反应的HCl的质量比为1∶1，D正确。
10.（2025·辽宁联考）如图所示的恒温恒容密闭容器中间有自由滑动的隔板，将容器分成了两部分。当向左边的容器中充入32 g O2，向右边的容器中充入8 g由CO和CO2组成的混合气体时，隔板处于如图所示位置，则混合气体中CO和CO2的分子个数比是（　　）
A.3∶1 B.1∶3
C.2∶1 D.1∶2
解析：A　32 g O2的物质的量为1 mol。同温同压下，气体的体积比等于物质的量之比。容器左右两侧的体积比为4∶1，所以右侧CO和CO2的总物质的量为0.25 mol；设CO和CO2的物质的量分别为x mol、y mol，解得x＝、y＝，所以CO和CO2的分子个数比为3∶1。
11.（2025·江苏连云港期末）向一定浓度的NaOH溶液中缓慢通入Cl2，生成物的物质的量和溶液的温度随通入氯气的物质的量的变化如图所示。下列说法错误的是（　　）
A.a点时溶液中n（Cl－）∶n（Cl）＝5∶1
B.n（Cl）的增加可能是温度升高导致的
C.n（ClO－）减少的原因可能是3ClO－2Cl－＋Cl
D.参加反应的NaOH与Cl2的物质的量之比为2∶1
解析：A　a点时溶液中，n（ClO－）＝n（Cl），假设此时n（ClO－）＝n（Cl）＝1 mol，根据得失电子守恒得n（Cl－）＝（1×1＋1×5） mol＝6 mol，n（Cl－）∶n（Cl）＝6∶1，A错误；NaOH与Cl2反应放出热量，温度升高，生成的n（Cl）的量增大，n（Cl）的增加可能是温度升高导致的，B正确；由图可知，随温度升高，n（ClO－）减少，同时n（Cl）和n（Cl－）增加，n（ClO－）减少的原因可能是3ClO－2Cl－＋Cl，C正确；根据原子守恒，生成物是NaCl、NaClO和NaClO3，Na和Cl个数比为1∶1，参加反应的NaOH与Cl2的物质的量之比为2∶1，D正确。
二、非选择题
12.（2025·福建泉州实验中学期中）物质的量是联系宏观和微观的桥梁。
（1）40.5 g某金属氯化物MCl2中含0.6 mol Cl－，则该氯化物的摩尔质量为135 g·mol－1。
（2）如果a g某气体中的分子数为b，则c g该气体在标准状况下的体积为 L（设NA为阿伏加德罗常数的值）。
（3）已知8 g A能与32 g B恰好完全反应，生成22 g C和一定量的D；现将16 g A与70 g B混合，充分反应后，生成一定量的C和2 mol D，则D的摩尔质量为18 g·mol－1。
（4）某结晶水合物的化学式为A·nH2O，A的相对分子质量为M。如将a g结晶水合物加热至结晶水全部失去，剩余的残渣为b g，则n＝ 。
解析：（1）含0.6 mol Cl－的MCl2的物质的量为0.3 mol，该MCl2的摩尔质量M＝＝＝135 g·mol－1。（2）a g某气体含有的分子数是b，摩尔质量M＝＝ g·mol－1，则c g该气体在标准状况下的体积＝×22.4 L·mol－1＝ L。（3）根据质量守恒，D的质量为8 g＋32 g－22 g＝18 g，故A、B、C、D按质量比8 g∶32 g∶22 g∶18 g＝4∶16∶11∶9进行反应，16 g A完全反应需要B的质量为16 g×＝64 g＜70 g，故B过量，则生成的D的质量为16 g×＝36 g，故D的摩尔质量为＝18 g·mol－1。（4）A·nH2O受热分解的化学方程式为A·nH2OA＋nH2O，根据提供的数据有：
A·nH2O（g）A＋nH2O
　 M＋18n　　　M
　　a g　　　　b g
则＝，解得：n＝。
13.（2025·安徽蚌埠二中月考）实验室需0.5 mol·L－1的NaOH溶液220 mL，请回答下列问题。
（1）配制上述溶液所需的玻璃仪器有量筒、烧杯、胶头滴管、玻璃棒和250 mL容量瓶，现有NaOH固体，用托盘天平应称取固体质量为5.0 g。
（2）如图为“溶液配制”的部分过程，操作a应重复2～3次，目的是将玻璃棒和烧杯中残留的物质全部转移至容量瓶中，
定容后还需要的具体操作为盖好瓶塞，反复上下颠倒容量瓶，将溶液混合均匀，装瓶、贴签。
（3）若出现如下情况，其中将引起所配溶液浓度偏低的是BCE（填字母）。
A.容量瓶实验前用蒸馏水洗干净，但未烘干
B.定容观察液面时仰视
C.加蒸馏水时不慎超过了刻度线
D.未冷却至室温就开始定容
E.移液时有液体溅出
解析：（1）配制0.5 mol·L－1的NaOH溶液220 mL，应选用250 mL容量瓶，用托盘天平应称取固体质量为m＝cVM＝0.5 mol·L－1×0.25 L×40 g·mol－1＝5.0 g。（2）操作a是洗涤并把洗涤液转移到容量瓶中，应重复2～3次，目的是将玻璃棒和烧杯中残留的物质全部转移至容量瓶中，定容后还需要的具体操作为盖好瓶塞，反复上下颠倒容量瓶，将溶液混合均匀，装瓶、贴签。（3）A项，容量瓶未烘干，不影响溶液体积，不影响溶质物质的量，对所配溶液浓度无影响；B项，定容观察液面时仰视，溶液体积偏大，所配溶液浓度偏低；C项，加蒸馏水时不慎超过了刻度线，溶液体积偏大，所配溶液浓度偏低；D项，未冷却至室温就开始定容，溶液体积偏小，所配溶液浓度偏高；E项，移液时有液体溅出，导致溶质减少，则溶液浓度偏低。
1 / 2拓展专题3　阿伏加德罗常数的考查
1.以物质的量为中心的计算，要理清它们之间的关系（如下图）：
特别提醒
部分物理量的数值及单位
①阿伏加德罗常数NA：6.02×1023 mol－1。②标准状况下的气体摩尔体积约为22.4 L·mol－1。③摩尔质量以 g·mol－1为单位时，数值上等于相对原子质量或相对分子质量。④物质的量浓度与质量分数的公式中注意密度（ρ）的单位为g·cm－3。
2.关于NA的正误判断题常见陷阱设置
（1）状况条件
22.4 L·mol－1是指标准状况（0 ℃，101 kPa）下的气体摩尔体积。若给出在非标准状况下，如已知常温常压下气体的体积，不能用22.4 L·mol－1进行计算。例如，常温常压下，11.2 L二氧化碳气体含有的分子数为0.5NA（×）。
（2）物质状态
22.4 L·mol－1适用的对象是标准状况下的气体（包括单一气体和混合气体）。在标准状况下非气态的物质（如水、酒精等），不能用22.4 L·mol－1进行计算。例如，标准状况下，22.4 L H2O中所含分子数为NA（×）。
（3）粒子种类及数目
粒子种类一般有分子、原子、离子、质子、中子、电子等。解答时要看准题目要求，防止误入陷阱。例如，18 g N含有的电子数为10NA（√）。
（4）物质的组成
①气体单质的组成除常见的双原子分子外，还有单原子分子（如He、Ne等）、多原子分子（如O3等）。
②一些物质中的离子数目。如Na2O2由Na＋和构成；熔融状态下NaHSO4由Na＋和HS构成等。
③Fe（OH）3胶体中，因为胶体微粒是集合体，所以胶粒的数目小于原溶液中Fe3＋的数目。
例如，标准状况下，11.2 L臭氧所含氧原子数为NA（×）；常温常压下，7.8 g Na2O2固体中所含阴、阳离子总数为0.3NA（√）。
（5）氧化还原反应中电子转移的数目
如Na2O2与H2O、Cl2与NaOH、Fe与稀盐酸等反应。要注意反应物的物质的量及化合价的变化。例如，5.6 g铁与足量稀盐酸反应，转移电子数为0.3NA（×）。
（6）缺少溶液体积
由物质的量浓度求算溶液中所含微粒数时，未给溶液体积，无法求算所含微粒的物质的量。例如，0.5 mol·L－1 Na2CO3溶液中含有Na＋的数目为NA（×）。
（7）忽略溶剂的组成
求溶液中的氧原子、氢原子数目时不要忽略溶剂（如水）中的氧原子或氢原子。例如，1 L 0.5 mol·L－1 Na2SO4溶液中所含氧原子数为2NA（×）。
（8）注意反应进行的程度或者反应物物质的量的问题。例如，4 mol的浓盐酸与足量MnO2反应产生氯气的分子数为NA（×）。
1.（2025·广东广州五中月考）下列叙述正确的是（　　）
A.1 mol N2与1 mol H2O的原子个数比为1∶1
B.常温常压下，11.2 L Cl2含有的分子数为0.5NA
C.常温常压下，质量为16 g的O3和O2的混合气体所含氧原子数为NA
D.标准状况下，2.24 L乙醇中含有0.1NA个分子
解析：C　1 mol N2与1 mol H2O的原子个数比为2∶3，A错误；已知气体在常温常压下，不能直接用标准状况下的气体摩尔体积进行计算，B错误；O3和O2均由氧原子构成，16 g的混合气体含1 mol氧原子，数目为NA，C正确；标准状况下，乙醇不是气体，因此2.24 L乙醇的物质的量远大于1 mol，D错误。
2.（2025·天津二中月考）设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（　　）
A.2.3 g Na与O2完全反应，反应中转移的电子数介于0.1NA和0.2NA之间
B.1 L 0.5 mol·L－1的H2O2溶液中含氢原子数为NA
C.标准状况下，22.4 L H2和Cl2的混合气体中含有的原子数为2NA
D.9.2 g Na与含0.1 mol HCl的稀盐酸充分反应，所得溶液中Na＋的个数为0.1NA
解析：C　2.3 g Na的物质的量为0.1 mol，Na与O2反应中Na元素化合价由0价变为＋1价，则0.1 mol Na与O2完全反应转移的电子数为0.1NA，A错误；H2O2的物质的量为0.5 mol，溶剂水中也含有氢原子，因此溶液中氢原子数大于NA，B错误；9.2 g Na的物质的量为0.4 mol，则Na先与HCl反应生成NaCl，之后过量的Na与水反应生成NaOH，因此所得溶液中Na＋的个数为0.4NA，D错误。
3.（2025·河南郑州期中）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（　　）
A.用含16.25 g FeCl3的饱和溶液制备Fe（OH）3胶体，产生0.1NA个Fe（OH）3胶粒
B.0.5 mol·L－1 Ba（OH）2溶液中含有的OH－数目为NA
C.常温下，58.5 g NaCl固体含NaCl分子总数为NA
D.标准状况下，22.4 L NO和N2O混合气体中氧原子数为NA
解析：D　n（FeCl3）＝＝0.1 mol，但Fe（OH）3胶粒是许多Fe（OH）3的集合体，则制备得到的胶粒数目远小于0.1NA，A错误；未给出溶液体积，无法计算OH－的数目，B错误；NaCl固体由Cl－和Na＋构成，NaCl固体中不含分子，C错误；NO和N2O气体的物质的量之和为1 mol，二者每一分子都含一个O原子，则氧原子数为NA，D正确。
4.用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（　　）
A.40 mL 6 mol·L－1盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数为0.12NA
B.7.8 g Na2O2与足量CO2充分反应转移的电子数为0.2NA
C.6.9 g Na与足量O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，转移的电子数为0.3NA
D.标准状况下，6.72 L Cl2与水充分反应转移的电子数目为0.3NA
解析：C　浓盐酸与足量MnO2反应过程中，HCl不会完全反应，因此无法根据n（HCl）计算转移电子数，A错误；2Na2O2＋2CO22Na2CO3＋O2，7.8 g Na2O2的物质的量为＝0.1 mol，充分反应转移电子数为0.1NA，B错误；1 mol Na失1 mol电子，6.9 g Na为0.3 mol，转移电子数为0.3NA，C正确；该反应为可逆反应，氯气不能完全反应，不能计算转移电子数目，D错误。
5.NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是　（　　）
A.在0.5 mol·L－1的AlCl3溶液中，含有Cl－个数为1.5NA
B.56 g铁粉与标准状况下22.4 L氯气充分反应，转移电子数3NA
C.通常状况下，NA个CO2分子占有的体积为22.4 L
D.1.9 g H3O＋所含的电子数为NA
解析：D　溶液的体积未知，无法计算Cl－的物质的量及个数，A错误；氯气不足，电子转移数由氯气决定，56 g铁粉与标准状况下22.4 L氯气充分反应，转移电子数2NA，B错误；标准状况下，NA个CO2分子占有的体积为22.4 L，通常情况下所占体积大于22.4 L，C错误；1个H3O＋含有10个电子，1.9 g H3O＋的物质的量为0.1 mol，所含的电子数为NA，D正确。
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