2019_2020学年新教材高中化学第二章海水中的重要元素——钠和氯学案（9份打包）新人教版必修第一册

第二课时　氯气的实验室制法　氯离子的检验
学习目标：1.了解实验室制取Cl2的原理和实验装置。2.掌握Cl－的检验方法。


1．氯气的实验室制法
(1)反应原理：1774年，瑞典化学家舍勒在研究软锰矿(主要成分是MnO2)时，把浓盐酸与软锰矿混合在一起加热，发现有黄绿色气体生成，反应为4HCl(浓)＋MnO2MnCl2＋Cl2↑＋2H2O。
(2)实验室制取氯气是采用固体和液体混合加热制气体的装置，主要有气体发生装置、净化除杂装置、干燥装置、收集装置和尾气处理装置。
(3)收集方法：向上排空气法或排饱和食盐水法。
(4)净化方法：用饱和食盐水除去HCl，再用浓H2SO4除去水蒸气。
(5)尾气吸收：用强碱溶液(如NaOH溶液)吸收。
(7)装置图

2．Cl－的检验方法


1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)加热盛有二氧化锰、浓盐酸的烧瓶，瓶内充满黄绿色气体(　　)
(2)氯气的密度比空气大，常用向上排空气法收集氯气(　　)
(3)实验室制取干燥、纯净的氯气，可依次通过浓硫酸、饱和食盐水(　　)
(4)检验Cl－时，要加稀硝酸排除其他离子的干扰(　　)
(5)用NaOH溶液吸收Cl2时，Cl2在反应中只作氧化剂(　　)
[答案]　(1)√　(2)√　(3)×　(4)√　(5)×
2．下列关于实验室用MnO2制取Cl2的叙述不正确的是(　　)
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]　Cl2的密度比空气大，应用向上排空气法收集。
[答案]　C
3．如图所示装置可用于二氧化锰与浓盐酸在加热条件下制取氯气，并利用产物进行后续实验，请填写下列空白：

(1)写出二氧化锰与浓盐酸反应的化学方程式：
__________________________。
(2)在该反应中，HCl充当的是________(填“氧化剂”或“还原剂”)。
(3)洗气瓶B中盛有饱和食盐水，洗气瓶C中盛有品红溶液，在洗气瓶D中放有________________，在C瓶中观察到的现象是___________；D瓶中发生反应的化学方程式是_____________。
(4)若反应产生了71 g的氯气，则参与氧化还原反应的HCl的质量是________g。
[答案]　(1)MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O
(2)还原剂
(3)氢氧化钠溶液　品红溶液褪色
Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O
(4)73


知识点一氯气的制备
1.试剂的选择
选取试剂的主要依据是制取气体的性质。氯气具有强氧化性，常用氧化其Cl－的方法来制取，因此要选用含有Cl－的物质(如盐酸)和具有强氧化性的物质(如MnO2、KMnO4、KClO3等)来制取。如
MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O
2KMnO4＋16HCl===2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O
2．发生装置
选取发生装置的依据是制取气体所用试剂的状态和反应条件(加热与否)。以此分析可知，实验室制取氯气是加热固体与液体的混合物，所以应选用固液加热制气发生装置。如图所示：

3．收集方法
选用收集方法的主要依据是气体的密度和水溶性。因为氯气能溶于水，密度比空气大，所以收集氯气时，不能用排水法，应该用向上排空气法。Cl2在饱和食盐水中的溶解度较小，也可用排饱和食盐水法收集Cl2。
4．干燥剂的选择
选择气体干燥剂的主要依据是被干燥气体不能与干燥剂反应。如氯气能与碱反应，所以不能用碱石灰进行干燥，常用浓硫酸、五氧化二磷等进行干燥。
5．吸收装置
氯气有毒，实验室制取氯气时应在密闭系统或通风橱中进行，通常在收集装置的后面连接盛有NaOH溶液的吸收装置。
6．验满
常用湿润的淀粉?KI试纸或湿润的蓝色石蕊试纸检验Cl2。方法是将湿润的淀粉?KI试纸靠近集气瓶瓶口，试纸变蓝，或将湿润的蓝色石蕊试纸靠近集气瓶瓶口，试纸先变红后褪色，则可证明Cl2已收集满。
【典例1】　在实验室中用二氧化锰跟浓盐酸反应制备干燥纯净的氯气。进行此实验，所用仪器如图：

(1)连接上述仪器的正确顺序(填各接口处的字母)：
________接________；________接________；________接________；________接________。
(2)装置中，饱和食盐水的作用是__________________________；
NaOH溶液的作用是__________________________。
(3)化学实验中常用湿润的淀粉－KI试纸检验是否有Cl2产生。如果有Cl2产生，可观察到________，反应化学方程式为__________。
(4)写出下列化学反应的化学方程式：
①气体发生装置中进行的反应：__________________________
__________________________。
②NaOH溶液中发生的反应：__________________________
__________________________。
[思路启迪]　分析制备实验题目时，首先要掌握气体制备的流程：发生装置→净化装置→→尾气吸收装置；其次要根据反应原理和气体的性质分析实验装置各部分的作用，并根据题干信息及要求对实验进行改进和优化。
[解析]　(1)按照制备气体的“反应装置→净化装置→收集装置→尾气处理装置”的顺序可确定仪器连接的正确顺序。
(2)上述装置中饱和食盐水的作用是除去Cl2中的HCl杂质；浓H2SO4的作用是除去Cl2中的水分；NaOH溶液的作用是吸收过量的Cl2。
(3)湿润的淀粉－KI试纸遇Cl2时发生反应：Cl2＋2KI===2KCl＋I2，I2遇淀粉变蓝。
[答案]　(1)E　C　D　A　B　H　G　F
(2)除去氯气中的HCl杂质　吸收过量的氯气
(3)试纸变蓝　2KI＋Cl2===2KCl＋I2
(4)①MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O
②2NaOH＋Cl2===NaCl＋NaClO＋H2O





[针对训练1]　某化学兴趣小组利用MnO2和浓盐酸及如图装置制备Cl2。下列分析中不正确的是(　　)

A．①中可用分液漏斗代替长颈漏斗
B．①中缺少加热装置
C．②中盛放的NaOH溶液可以净化Cl2
D．④中盛放的NaOH溶液可以吸收尾气
[解析]　A项，①中可用分液漏斗代替长颈漏斗，避免盐酸挥发，气体逸出，同时便于控制反应速率，正确；B项，MnO2和浓盐酸需要加热才能反应生成氯气，需要添加加热装置，正确；C项，②中的NaOH溶液会吸收Cl2，不能进行验证和收集；D项，Cl2与NaOH溶液反应可排除Cl2对空气的污染，正确。
[答案]　C
知识点二Cl－的检验
1.实验探究
在3支试管中分别加入2～3 mL稀盐酸、NaCl溶液、Na2CO3溶液，然后各滴入几滴AgNO3溶液，再分别加入少量稀硝酸，观察现象，如下表所示：

2．检验Cl－的方法

【典例2】　检验某未知溶液中是否含有氯离子(Cl－)，正确的操作是(　　)
A．向未知溶液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀产生
B．向未知溶液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀产生，加入盐酸，沉淀不消失
C．向未知溶液中加入稀硝酸酸化后，再加入AgNO3溶液，有白色沉淀产生
D．向未知溶液中加入稀盐酸酸化后，再加入AgNO3溶液，有白色沉淀产生
[思路启迪]　Cl－检验时，首先要排除杂质离子的干扰，其次要注意加入试剂的顺序：先滴加AgNO3溶液后滴加少量稀HNO3，或滴加用稀HNO3酸化的AgNO3溶液。
[解析]　A操作不正确，它不能排除CO等的干扰；B操作不正确，因为Ag2CO3跟HCl反应时，生成的AgCl仍是白色沉淀；D操作不正确，用盐酸酸化，加入了Cl－。
[答案]　C



解氯离子检验类题的注意事项
(1)加入稀硝酸的目的是排除其他与Ag＋反应产生白色沉淀的离子(如CO、SO)的干扰。
(2)不能用稀盐酸酸化，因为会引入Cl－。
(3)如果SO、CO和Cl－可能同时存在，可以先检验SO是否存在[用Ba(NO3)2溶液]，然后再检验CO和Cl－是否存在。

[针对训练2]　为了证明氯酸钾晶体中含有氯元素，选用下面给出的试剂和操作进行验证。其操作顺序正确的是(　　)
①滴加AgNO3溶液　②加水溶解　③过滤，取滤液　④与二氧化锰混合加热　⑤加稀HNO3　⑥与浓盐酸反应　⑦与NaOH溶液混合加热　⑧用淀粉－KI试纸
A．⑥⑦①⑤　　　　　　 B．⑥⑧
C．④②③①⑤ D．②①⑤
[解析]　氯酸钾晶体中无Cl－，要证明氯酸钾晶体中含有氯元素，必须使之产生Cl－。故可通过与MnO2混合加热使之分解产生KCl，然后再通过检验Cl－的存在，证明其含有氯元素。由于MnO2不溶于水，故可通过加水溶解过滤的方法分离出MnO2，然后向滤液中加入AgNO3溶液和稀HNO3进行验证。
[答案]　C








1．欲除去Cl2中少量的HCl气体，可选用(　　)
A．NaOH溶液　　　　　　 B．饱和食盐水
C．浓硫酸 D．石灰水
[解析]　HCl极易溶于水，而Cl2在饱和食盐水中溶解度很小，利用饱和食盐水可除去Cl2中少量的HCl气体。
[答案]　B
2．下列关于实验室制取Cl2的说法正确的是(　　)

A．将混有HCl杂质的Cl2通过盛有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶除去杂质
B．实验室制取Cl2，浓盐酸起到酸性和氧化剂作用
C．实验室用如图装置除去Cl2中的少量HCl
D．实验室制备Cl2，可用排饱和食盐水集气法收集
[解析]　Cl2通入饱和NaHCO3溶液反应生成CO2，引入新的杂质，并且消耗Cl2，A项不正确；实验室制取Cl2，浓盐酸起到酸性和还原剂的作用，B项不正确；用饱和食盐水除去Cl2中的HCl气体时，导气管应长进短出，C项不正确；实验室用排饱和食盐水法收集Cl2是因为Cl2难溶于饱和食盐水，而能溶于水，D项正确。
[答案]　D
3．检验Cl2是否充满了集气瓶的正确操作为(　　)
A．用玻璃棒粘上湿润的淀粉?KI试纸伸到集气瓶口附近，观察试纸是否变蓝
B．将AgNO3溶液滴入集气瓶中，观察有无白色沉淀生成
C．用玻璃棒蘸取少许NaOH溶液放入集气瓶口附近，看是否反应
D．用手将湿润的淀粉?KI试纸放在集气瓶口上方，观察颜色是否变蓝
[解析]　可用湿润的淀粉?KI试纸检验Cl2，不能用NaOH溶液检验，也不可将AgNO3溶液滴入集气瓶中检验Cl2是否收集满了。在使用试纸时，不能用手直接拿着试纸，故只有A项正确。
[答案]　A
4．实验室中常用MnO2氧化浓盐酸的方法制取氯气，实验装置如下图所示：

(1)圆底烧瓶中发生反应的离子方程式是
__________________________。
(2)如果将过量二氧化锰与含HCl 8.76 g的盐酸混合加热，充分反应后生成的氯气明显少于4.26 g。其主要原因有：①_________，
②__________________________。
(3)为了提高浓盐酸的利用率，你对实验的建议是
__________________________。
(4)实验结束清洗仪器时，为了减少烧瓶中残留氯气对环境的污染，可以向烧瓶中加入的溶液是________，有关的离子方程式是
__________________________。
[解析]　(1)由制取Cl2的化学方程式：MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O，可知离子方程式为MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O。(2)含HCl 8.76 g的盐酸完全反应产生氯气理论上应为4.26 g，但由于盐酸受热易挥发，且随着反应的不断进行，盐酸浓度越来越小，变为稀盐酸后不再与MnO2反应，所以产生Cl2少于4.26 g。(3)针对(2)中分析Cl2减少的原因，可采取将浓盐酸慢慢滴入，用小火加热等措施，提高浓盐酸的利用率。(4)选用碱液如NaOH溶液来吸收多余的氯气。
[答案]　(1)MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O
(2)①加热使HCl大量挥发　②盐酸浓度变小后不再发生反应
(3)将浓盐酸慢慢滴下；加热用小火
(4)NaOH溶液　Cl2＋2OH－===Cl－＋ClO－＋H2O；H＋＋OH－===H2O

课后作业(十)
[基础巩固]
一、氯气的制备
1．下列离子方程式书写正确的是(　　)
A．氯气溶于水：Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO
B．氯气和烧碱作用：Cl2＋OH－===2Cl－＋H2O
C．浓盐酸制取氯气：
MnO2＋2H＋＋2Cl－Cl2↑＋Mn2＋＋H2O
D．CO2通入澄清石灰水：
CO2＋Ca2＋＋OH－===CaCO3↓＋H2O
[解析]　B、C、D电荷不守恒，同时B、C、D不符合质量守恒定律。
[答案]　A
2．在制氯气时有如下操作：操作顺序正确的是(　　)
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用向上排空气法收集氯气
A．①②③④⑤ B．③④②①⑤
C．①③④②⑤ D．①③②④⑤
[解析]　制取氯气的实验操作顺序为：连接装置，检查装置的气密性，防止装置连接处漏气，向圆底烧瓶中加入固体药品二氧化锰粉末，从分液漏斗中缓缓加入浓盐酸，加热，待气体均匀放出时收集气体，氯气有毒，最后连有尾气吸收装置吸收氯气，防止污染空气，所以正确操作顺序为①③④②⑤，故C正确。
[答案]　C
3．实验室用浓盐酸与足量的二氧化锰反应产生少量的氯气。若反应过程中消耗了7.3 g HCl，理论上可收集到的氯气的质量(　　)
A．等于3.55 g B．小于3.55 g
C．大于3.55 g D．约等于7.1 g
[解析]　理论上可收集到的氯气的质量，可直接根据化学方程式计算，设收集到氯气的质量为x，则
4HCl(浓)＋MnO2MnCl2＋Cl2↑＋2H2O
4×36.5 g71 g
7.3 gx
x＝3.55 g。
[答案]　A
4．某课外活动小组的同学设计了以下装置(部分夹持仪器已略)制取无水AlCl3(易升华)，其中不能达到相应实验目的的是(　　)

A．用装置甲制取氯气
B．用装置乙干燥氯气
C．用装置丙制取并收集AlCl3
D．用装置丁处理丙中排出的尾气
[解析]　Cl2能被碱石灰吸收，故不能用于干燥Cl2。
[答案]　B
二、Cl－的检验
5．在未知溶液中加入硝酸银溶液，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；将气体通入澄清石灰水中，石灰水变浑浊。由此判断溶液中含有(　　)
A．Cl－、SO B．Cl－、NO
C．Cl－、CO D．Cl－、OH－
[解析]　加入硝酸银溶液，有白色沉淀生成，加入稀硝酸后，沉淀部分溶解，说明沉淀中含AgCl，原溶液含Cl－；将无色无味气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊，说明该气体为CO2，说明原溶液中含CO。
[答案]　C
6．自来水厂常用氯气对生活用水进行杀菌消毒。市场上有些不法商贩为牟取暴利，用这样的自来水冒充纯净水(离子的浓度非常低)出售，给人们的生活造成了一定的不良影响。在下列化学试剂中，可以用于鉴别这种自来水和纯净水的是(　　)
A．酚酞溶液 B．氯化钡溶液
C．氢氧化钠溶液 D．硝酸银溶液
[解析]　用Cl2消毒后的自来水，由于发生反应：Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO，所以用AgNO3检验生成的Cl－，若有白色沉淀生成，说明为自来水。
[答案]　D
7．现有盐酸、NaCl溶液、NaOH溶液和新制氯水，可用来区别它们的一种试剂是(　　)
A．AgNO3溶液 B．酚酞溶液
C．紫色石蕊溶液 D．饱和食盐水
[解析]　盐酸遇紫色石蕊溶液变红，NaCl溶液遇紫色石蕊溶液无明显现象，NaOH溶液遇紫色石蕊溶液变蓝，新制氯水遇紫色石蕊溶液先变红后褪色。
[答案]　C
8．氯仿(CHCl3)可用作麻醉剂，常因保存不慎而被空气氧化产生剧毒物质COCl2(光气)和氯化氢，为防止事故发生，使用前要检验氯仿是否变质，应选用的检验试剂是(　　)
A．水 B．AgNO3溶液
C．NaOH溶液 D．KI溶液
[解析]　氯仿氧化后生成COCl2(光气)和HCl，因此，用AgNO3溶液检验HCl中Cl－的存在即可判断氯仿是否变质。
[答案]　B
[能力提升]
9．如图所示仪器可用于实验室制备少量无水FeCl3，仪器连接顺序正确的是(　　)

A．a－b－c－d－e－f－g－h
B．a－e－d－c－b－h－i－g
C．a－d－e－c－b－h－i－g
D．a－c－b－d－e－h－i－f
[解析]　装置连接顺序：制氯气、除杂(HCl、水蒸气)、反应制备FeCl3、尾气处理、注意洗气瓶中导管应“长进短出”。
[答案]　B
10．某同学用以下装置制备并检验Cl2的性质。下列说法正确的是(　　)

A．图Ⅰ：若MnO2过量，则浓盐酸可全部消耗完
B．图Ⅱ：仅证明新制氯水具有酸性
C．图Ⅲ：产生了棕黄色的雾
D．图Ⅳ：湿润的有色布条褪色
[解析]　MnO2和浓盐酸在加热条件下反应，随着反应的进行，浓盐酸浓度变小，MnO2不与稀盐酸反应，即使MnO2过量，盐酸也不能全部消耗完，A项错误；图Ⅱ不仅能证明新制氯水具有酸性，还可以证明新制氯水具有漂白性，B项错误；铜丝在Cl2中燃烧，生成棕黄色的烟，C项错误。
[答案]　D
11．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混有的少量氯化氢
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MnCl2·4H2O
[解析]　A项，二氧化锰和浓盐酸制备氯气需要加热，甲装置没有加热仪器，错误；B项，饱和碳酸氢钠溶液能吸收氯气，但NaHCO3和HCl反应能生成CO2，引入新的杂质气体，所以吸收试剂应该为饱和食盐水，并且洗气瓶气体流向为长导气管进短导气管出，错误；C项，二氧化锰不溶于水，氯化锰易溶于水，因此分离二氧化锰和氯化锰溶液需要过滤，正确；D项，若蒸干氯化锰溶液可能得不到MnCl2·4H2O，错误。
[答案]　C
12．实验室里用如图所示仪器和药品来制取纯净的无水氯化铜(Cu＋Cl2CuCl2)。图中A、B、C、D、E、F表示玻璃管接口，接口的弯曲和伸长等部分未画出。根据要求填写下列各小题空白。

(1)如果所制气体从左向右流向时，上述各仪器装置的正确连接顺序是(填各装置的序号)(　　)接(　　)接(　　)接(　　)接(　　)接(　　)，其中②与④装置相连时，玻璃管接口(用装置中字母表示)应是________接________。
(2)装置②的作用是__________________________；
装置④的作用是__________________________。
(3)实验开始时，应首先检验装置的________，实验结束时，应先熄灭________处的酒精灯。
(4)在装置⑤的烧瓶中，发生反应的化学方程式为__________________________
__________________________。
[解析]　制取纯净的无水CuCl2，应由Cu和纯净的Cl2加热制得，欲制得纯净的氯气需③和⑤组合制得Cl2，再经④洗去Cl2中的氯化氢，经过②除去水蒸气，最后排出的尾气用碱液吸收以防止多余的Cl2污染环境。
[答案]　(1)③　⑤　④　②　①　⑥　C　B
(2)除去Cl2中的水蒸气　除去Cl2中的HCl气体
(3)气密性　①
(4)MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O
13．图中为实验室制取氯气及性质验证的装置图：

参考装置图回答下列问题：
(1)请指出仪器a的名称________，仪器b的名称________，写出装置A中反应的化学方程式__________________________
__________________________。
(2)在装置D中可观察到的现象是__________________，装置E中可观察到的现象是__________________，装置F中可观察到的现象是__________________________。
(3)装置B的作用为________，装置C的作用为________，装置H的作用为________，写出装置H的化学方程式__________________________。
[解析]　(1)由装置图可知，仪器a的名称是分液漏斗，仪器b的名称是圆底烧瓶，装置A中的化学反应方程式为MnO2＋4HCl(浓)Cl2↑＋MnCl2＋2H2O。(2)Cl2本身没有漂白作用，它与水反应生成的HClO有漂白作用，因此干燥的有色布条不会褪色，湿润的有色布条会褪色，湿润的淀粉－KI试纸变蓝色。(3)装置B中盛放的是饱和食盐水，它的作用是除去Cl2中的HCl，装置C中盛放的是浓硫酸，它的作用是除去H2O，装置H中盛放的是NaOH溶液，它的作用是吸收Cl2，防止污染环境，发生反应的化学方程式为Cl2＋2NaOH===NaCl＋
NaClO＋H2O。
[答案]　(1)分液漏斗　圆底烧瓶　MnO2＋4HCl(浓)Cl2↑＋MnCl2＋2H2O
(2)干燥的有色布条无变化　湿润的有色布条褪色　湿润的淀粉－KI试纸变蓝
(3)除去Cl2中的HCl　除去Cl2中的H2O　吸收多余Cl2　Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O
14．有一包白色固体，它可能含有KCl、K2CO3、KNO3中的一种或几种，现进行如下实验：
①溶于水，得无色溶液；
②向溶液中滴加AgNO3溶液，生成白色沉淀；
③再滴加稀硝酸，沉淀减少但不完全消失，同时有气泡生成。
根据上述现象判断：
(1)白色固体一定含有的成分是________，可能含有的成分是________。
(2)写出上述实验中有关反应的离子方程式：
__________________________。
[解析]　由②产生白色沉淀知，可能含有K2CO3和KCl中的一种或两种。由③沉淀减少且有气泡生成知，一定含有K2CO3；由沉淀不完全消失可知，一定含有KCl。
[答案]　(1)KCl和K2CO3　KNO3
(2)Ag＋＋Cl－===AgCl↓，2Ag＋＋CO===Ag2CO3↓，Ag2CO3＋2H＋===2Ag＋＋H2O＋CO2↑




1
第一课时　氯气的性质
学习目标：1.能正确说出氯气的物理性质。2.从氯的原子结构特点和氯气跟金属、非金属的反应认识氯气是一种化学性质非常活泼的非金属。3.知道氯气与水反应的产物，能正确列出氯水(新制氯水和久置氯水)的主要成分。4.掌握氯气与碱的反应，认识含氯化合物在生产中的应用和对生态环境的影响，促进“社会责任”核心素养的发展。


1．氯元素的存在及Cl2的物理性质
(1)氯元素的存在
在自然界中氯元素主要以NaCl、MgCl2、CaCl2等形式大量存在。
(2)氯气的物理性质

注：闻有毒气体的方法：用手在集气瓶口轻轻扇动，使极少量的气体飘进鼻孔。
2．原子结构
原子结构示意图为，氯原子容易得到1个电子而形成Cl－，表现出典型的氧化性。
3．化学性质
(1)与金属的反应

(2)与非金属反应
与H2反应：反应方程式：H2＋Cl22HCl，反应现象：H2在Cl2中能安静地燃烧，发出苍白色火焰，瓶口有白雾。
(3)与水的反应：Cl2＋H2OHCl＋HClO，氯水中含有的微粒有：Cl2、H2O、HClO、H＋、Cl－、ClO－、OH－。
(4)氯气与碱的反应
①Cl2与NaOH溶液的反应：Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O。

②工业上制漂白粉：2Cl2＋2Ca(OH)2===CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O。漂白粉的主要成分为：CaCl2、Ca(ClO)2，其有效成分为：Ca(ClO)2。
漂白粉的漂白原理：Ca(ClO)2＋CO2＋H2O===CaCO3＋2HClO。
4．次氯酸的性质
(1)次氯酸(HClO)是一元弱酸(酸性比H2CO3还弱)，在新制氯水中主要以HClO分子的形式存在。
(2)HClO不稳定，易分解，光照时分解速率加快。其分解反应为2HClO2HCl＋O2↑。
(3)次氯酸具有强氧化性，能杀菌、消毒和漂白。漂白性实验：


1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)氯气有毒，氯的化合物也都具有一定的毒性(　　)
(2)氯气可以使湿润的有色布条褪色(　　)
(3)Cl2具有很强的氧化性，在化学反应中只能作氧化剂(　　)
(4)任何物质的燃烧都必须有O2参与(　　)
(5)物质有发热发光的变化一定是燃烧(　　)
(6)漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2和CaCl2(　　)
[答案]　(1)×　(2)√　(3)×　(4)×　(5)×　(6)×
2．下列关于氯气的叙述正确的是(　　)
A．钠在氯气中燃烧产生白色烟雾
B．红热的铜丝在氯气中燃烧生成CuCl

C．纯净的氢气可以在氯气中安静地燃烧，发出黄色火焰
D．向田鼠洞里通入氯气杀灭田鼠，利用了氯气有毒和密度较大的性质
[解析]　Na在Cl2中燃烧生成NaCl固体颗粒形成白烟，A项错误；Cl2是强氧化剂，变价金属与Cl2反应生成高价态氯化物，Cu＋Cl2CuCl2，B项错误；H2在Cl2中燃烧，发出苍白色火焰。
[答案]　D

知识点一氯气的性质
1.Cl2的物理性质
(1)氯气在通常条件下呈黄绿色，是一种有强烈刺激性气味的有毒气体。25℃时，1体积水可溶解约2体积氯气。
(2)氯气易液化，在低温和加压的条件下可以转变为液态和固态，二者都是纯净物。
(3)氯气的密度比空气密度大，实验室制取的氯气可用向上排空气法收集。
2．Cl2的化学性质
(1)与金属单质的反应
氯气具有很强的氧化性，能与大多数金属反应，把变价金属(如Fe、Cu)氧化到最高价态(FeCl3、CuCl2)。
(2)与非金属单质反应
Cl2除了能与H2化合，还可跟P、S、C等非金属直接化合，都体现了Cl2的氧化性。
注：(1)燃烧是指发热发光的剧烈的化学反应。它强调的是：①发光时也要发热；②反应剧烈；③实质是剧烈的氧化还原反应；④不一定要有氧气的参加。
(2)描述现象时，固体小颗粒，分散在空气中形成烟；液体小液滴，分散在空气中形成雾。
(3)与还原性物质的反应
Cl2与FeCl2溶液反应：Cl2＋2FeCl2===2FeCl3；
Cl2与KI溶液反应：Cl2＋2KI===2KCl＋I2；
Cl2与SO2的水溶液反应：Cl2＋SO2＋2H2O===2HCl＋H2SO4。
【典例1】　下列氯化物既可由金属和氯气直接反应制得，也可由金属和盐酸反应制得的是(　　)
A．CuCl2　　　B．FeCl3　　　C．FeCl2　　　D．AlCl3
[思路启迪]　解决金属氯化物制备时，要抓住以下两点：(1)Cl2是非常活泼的非金属单质，具有强氧化性，变价金属与Cl2反应生成高价态氯化物。
(2)盐酸是非氧化性酸，与变价金属反应生成低价态氯化物。
[解析]　Cu和氯气直接化合制得CuCl2，但Cu与盐酸不反应，与题意不符，故A错误；Fe和氯气直接化合制得FeCl3，Fe与稀盐酸反应生成FeCl2，与题意不符，故B错误；Fe和氯气直接化合制得FeCl3，得不到FeCl2，与题意不符，故C错误；Al和氯气直接化合制得AlCl3，且Al与盐酸反应制得AlCl3，与题意相符，故D正确；故选D。
[答案]　D











(1)氯气与金属反应时表现出强氧化性，与变价金属(如Fe)反应时得到FeCl3；氯气不但能与活泼金属反应，也能与某些不活泼金属发生反应。
(2)只有活泼金属才能与盐酸发生反应，生成对应的氯化物和H2。

[针对训练1]　下列现象不属于H2在Cl2中燃烧现象的是(　　)
A．苍白色火焰 B．瓶口有白雾
C．集气瓶内气体颜色变浅 D．爆炸
[解析]　H2在Cl2中燃烧时生成氯化氢气体，观察到的现象是氢气在氯气中安静的燃烧，火焰呈苍白色，瓶口有白雾生成。瓶内气体因Cl2的消耗而变浅，但不发生爆炸。故A、B、C正确，D错误。
[答案]　D
知识点二氯水及其性质
1.氯气与水反应的原理
(1)氯气与水反应的化学方程式：Cl2＋H2OHCl＋HClO。
离子方程式为Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO。
(2)氯水中的成分
“三分子”是：H2O、Cl2、HClO。
“四离子”是：H＋、OH－、Cl－、ClO－。
2．氯水性质的多样性

在氯水中含有多种微粒，因此在与不同物质发生反应时，表现出不同微粒的性质，现列表如下：


3.次氯酸(HClO)的性质与应用
(1)次氯酸的三大性质

(2)次氯酸的漂白作用

4．新制氯水、久置氯水、液氯的比较

【典例2】　下列对氯水的描述正确的是(　　)
A．氯水中不含氯气分子，因此没有颜色
B．向氯水中滴加紫色石蕊试液，溶液会先变红后褪为无色
C．向氯水中加入硝酸银溶液会产生淡黄色沉淀
D．由于次氯酸很稳定，因此氯水长时间保存也不会变质
[思路启迪]　解答有关氯水性质问题的关键是清楚氯水中的各成分及其性质：Cl2决定了氯水的颜色，HClO决定了氯水的漂白性和不稳定性，H＋决定了氯水的酸性，Cl－遇Ag＋会生成白色沉淀AgCl。
[解析]　氯水中含有未反应的氯气分子，因此氯水呈浅黄绿色，故A错误；氯水中含有HCl和次氯酸，向氯水中滴加紫色石蕊试液，溶液会先变红，后褪为无色，故B正确；向氯水中加入硝酸银溶液会产生白色沉淀，故C错误；由于次氯酸很不稳定，因此氯水很容易变质，故D错误。
[答案]　B











氯水成分的多样性决定了其性质的多重性：


[针对训练2]　在新制氯水中存在多种分子和离子，下列实验现象和结论一致且正确的是(　　)
A．新制氯水使红玫瑰变为白玫瑰，说明有Cl2
B．加入石蕊试液，试液变红，说明该溶液一定不含OH－
C．将KHCO3固体加入新制的氯水中，有气泡产生，说明有HClO
D．光照新制氯水有气泡逸出，该气体一定是O2
[解析]　A项，新制氯水中因含HClO而具有漂白性，Cl2没有漂白性；B项，氯水中含有盐酸，能使石蕊试液变红色；C项，氯水中的盐酸与KHCO3反应产生CO2；D项，光照下氯水中的HClO发生分解反应产生O2。
[答案]　D
知识点三漂白粉及其性质
1.反应原理
(1)与NaOH反应——制漂白液
化学方程式：Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O。漂白液的有效成分为NaClO。
(2)与石灰乳Ca(OH)2反应——制漂白粉
化学方程式：2Cl2＋2Ca(OH)2===CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O。
漂白粉的成分为Ca(ClO)2、CaCl2，有效成分是Ca(ClO)2。
2．漂白粉的漂白原理：漂白液、漂白粉的漂白、消毒原理相同，都是在酸性条件下生成具有漂白、消毒作用的次氯酸(HClO)。
Ca(ClO)2＋CO2＋H2O===CaCO3↓＋2HClO(家用漂白、消毒)
Ca(ClO)2＋2HCl===CaCl2＋2HClO(工业漂白)
3．漂白粉长期露置于空气中，最终会生成CaCl2而失效，其反应原理为
Ca(ClO)2＋H2O＋CO2===CaCO3↓＋2HClO
2HClO2HCl＋O2↑
CaCO3＋2HCl===CaCl2＋H2O＋CO2↑
【典例3】　在抗震救灾中要用大量漂白粉和漂白液杀菌消毒，下列说法正确的是(　　)
A．漂白粉是纯净物，漂白液是混合物
B．漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2、CaCl2
C．工业上将氯气通入澄清石灰水中制取漂白粉
D．使用漂白粉漂白衣物时让衣物在漂白粉溶液中浸泡一段时间是为了让漂白粉与水及空气中的二氧化碳充分反应生成次氯酸
[思路启迪]　此题是考查各类漂白剂的制备原理及成分，漂白液是Cl2与NaOH溶液反应生成的混合物，其有效成分为NaClO；漂白粉是Cl2与石灰乳Ca(OH)2反应生成的混合物，其有效成分为次氯酸钙Ca(ClO)2。
[解析]　因漂白粉的主要成分是氯化钙和次氯酸钙，是混合物；漂白液的主要成分是氯化钠和次氯酸钠，是混合物，故A错误；因漂白粉的主要成分：氯化钙和次氯酸钙，有效成分是次氯酸钙，所以B选项是错误的；因为澄清石灰水中氢氧化钙浓度太低成本较高，工业上通常用石灰乳与氯气反应制取漂白粉，故C错误；利用HClO的酸性弱于碳酸，浸泡一段时间，让CO2、H2O与Ca(ClO)2反应生成HClO，D项正确。
[答案]　D










漂白液有效成分为次氯酸钠(NaClO)；漂白粉有效成分为次氯酸钙[Ca(ClO)2]，含有效氯约为35%；漂粉精有效成分为次氯酸钙[Ca(ClO)2]，含有效氯约为70%。

[针对训练3]　下列物质中，不能使有色布条褪色的是(　　)
A．次氯酸钠溶液 B．次氯酸钙溶液
C．氯水 D．氯化钙溶液
[解析]　NaClO、Ca(ClO)2、HClO均具有强氧化性，能使有色布条褪色，A、B、C均正确；D中CaCl2无漂白性，故选D。
[答案]　D

课堂归纳小结
[知识脉络]

[核心要点]
1．氯气是一种黄绿色、有毒的气体。
2．氯气与变价金属反应生成高价态的金属氯化物。
3．氯水的成分——“三分子、四离子”。
“三分子”为Cl2、H2O、HClO；“四离子”为H＋、Cl－、ClO－、OH－。
4．HClO具有弱酸性、强氧化性和不稳定性。
5．漂白粉的成分及性质。



1．氯气是一种化学性质很活泼的非金属单质，下列叙述中不正确的是(　　)
A．红热的铜丝在氯气里剧烈燃烧，生成棕黄色的烟
B．钠在氯气中燃烧，生成白色的烟
C．氯气能与水反应生成次氯酸和盐酸，久置氯水最终变为稀盐酸
D．铁在氯气中燃烧和铁与盐酸反应生成的氯化物是一样的
[解析]　氯气具有强氧化性使铁显＋3价：2Fe＋3Cl22FeCl3，稀盐酸氧化性弱，使铁反应生成Fe2＋：Fe＋2HCl===FeCl2＋H2↑，D项错误。
[答案]　D
2．下列离子方程式书写正确的是(　　)
A．次氯酸钙溶液中通入过量的CO2：Ca2＋＋2ClO－＋H2O＋CO2===CaCO3↓＋2HClO
B．氢氧化钠溶液吸收氯气：2OH－＋Cl2===Cl－＋ClO－＋H2O
C．盐酸与硝酸银溶液反应：HCl＋Ag＋===AgCl↓＋H＋
D．氯气通入水中：Cl2＋H2O2H＋＋Cl－＋ClO－
[解析]　A项中CO2过量，应生成Ca(HCO3)2；C项中HCl应写成离子形式；D项中HClO为弱酸应写化学式。
[答案]　B
3.某化学教师为进行氯气与金属钠反应的实验设计了如右图所示装置。将一根玻璃管与氯气发生器相连，玻璃管内放一块黄豆粒大的金属钠(已吸净煤油)，玻璃管尾部塞一团浸有NaOH溶液的棉花。先用酒精灯给钠预热，钠熔成小球时，撤去酒精灯，立即通入氯气，钠着火燃烧，生成大量白烟。以下叙述错误的是(　　)

A．反应生成的大量白烟是氯化钠固体
B．玻璃管尾部塞一团浸有NaOH溶液的棉花的目的是吸收过量的氯气，以免其污染空气
C．钠着火燃烧产生苍白色火焰
D．发生的反应为2Na＋Cl22NaCl
[解析]　A项，Na和Cl2发生反应生成NaCl固体，对应的现象是发出黄色火焰，有白烟(NaCl)生成；B项，Cl2有毒，为防止空气污染，用NaOH溶液吸收多余的Cl2；C项，钠着火燃烧产生黄色火焰，发生的反应为2Na＋Cl22NaCl。
[答案]　C
4．下面对氯气的叙述，正确的是(　　)
A．液氯可使湿的红布条褪色，所以液氯具有漂白性
B．氯气没有漂白性，但通入品红溶液中，品红的红色褪去
C．在通常情况下，氯气可以和任何金属直接化合
D．氯气有毒，可以用澄清的石灰水吸收尾气；久置的氯水最终变为稀盐酸
[解析]　次氯酸具有漂白性，液氯没有漂白性，A项错误；氯气没有漂白性，但通入品红溶液中，氯气和水反应生成的次氯酸使品红褪色，B项正确；在点燃或加热的情况下，氯气可以和大多数金属直接化合，C项错误；氯气有毒，可以用氢氧化钠溶液吸收尾气，而澄清石灰水浓度太小，吸收效果不好，D项错误。
[答案]　B
5．某化工厂生产的漂白粉，产品说明书如下：
漂白粉使用说明书 主要成分：次氯酸钙，氯化钙 用法用量：每次取漂白粉2 g，水1000 mL，配成0.2%～0.3%的浊液。 将病人用具浸泡其中5～10分钟，如需要，浓度可提高，时间可延长。 注意事项：……

请回答：
(1)请为漂白粉写一份保存、使用的注意事项(不超过30字)
________________________________________________________。
(2)用化学方程式表示：
①漂白粉的生产原理：________________________________
_______________________________________________________；
②一般情况下，漂白粉失效的主要原因：________________
________________________________________________________。
[解析]　(1)次氯酸钙与空气中的水、二氧化碳反应生成HClO，次氯酸在光照条件下分解生成HCl与氧气，导致漂白粉失效，故保存时应密封、避光、在干燥地方保存，避免受潮与酸性物质接触；(2)①利用氯气与石灰乳反应制备漂白粉，反应生成氯化钙、次氯酸钙与水，反应方程式为：2Ca(OH)2＋2Cl2===CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O。②漂白粉中含有Ca(ClO)2，易与空气中的水和二氧化碳反应生成不稳定的HClO，次氯酸见光易分解，导致漂白粉失效，反应的相关方程式为：Ca(ClO)2＋CO2＋H2O===CaCO3↓＋2HClO、2HClO2HCl＋O2↑。
[答案]　(1)密封、避光保存在阴凉处，随配随用，勿接触皮肤，不能用以漂洗丝、毛织品等
(2)①2Ca(OH)2＋2Cl2===Ca(ClO)2＋CaCl2＋2H2O
②Ca(ClO)2＋CO2＋H2O===CaCO3↓＋2HClO、2HClO2HCl＋O2↑


课后作业(九)
[基础巩固]
一、氯气的性质
1．下列说法不正确的是(　　)
A．氯元素在自然界中存在游离态，只是量极少
B．海水中的氯元素主要以NaCl等盐的形式存在
C．人体的血液中含有NaCl，其浓度大约为0.9%
D．氯化钠对维持人体的生理功能有着重要作用
[解析]　自然界中不存在游离态的氯，氯元素全部以化合态的形式存在。A选项错误。
[答案]　A
2．下列说法中正确的是(　　)
A．氯原子和氯离子的化学性质相同
B．氯离子比氯原子多一个电子
C．氯气有毒，氯离子也有毒
D．氯气和氯离子都显黄绿色
[解析]　氯原子和氯离子的原子结构示意图分别为Cl：、Cl－：，二者化学性质不同，氯离子比氯原子多一个电子，氯离子无毒、无色。
[答案]　B
3．下列说法错误的是(　　)
A．Cl2与碱的反应，属于Cl2的自身氧化还原反应
B．利用Cl2与碱的反应，可以消除Cl2污染
C．用湿润的淀粉－KI试纸可以检验Cl2
D．Cl2与盐的反应不一定都是氧化还原反应
[解析]　Cl2与碱溶液反应的离子方程式为Cl2＋2OH－===Cl－＋ClO－＋H2O，该反应前后只有氯元素化合价发生变化，属于Cl2的自身氧化还原反应，故A、B正确。因为Cl2的氧化性大于I2，可以发生反应Cl2＋2KI===2KCl＋I2，淀粉遇I2变蓝，故C正确。Cl2与盐的反应，氯元素均有价态变化，都是氧化还原反应，故D错误。
[答案]　D
二、氯水及其性质
4．用氯气消毒的自来水配制下列溶液时，会使配得的溶液变质的是(　　)
①NaOH　②AgNO3　③Na2CO3　④NaBr　⑤FeCl2
A．只有②④ B．只有④⑤
C．只有②④⑤ D．全部
[解析]　氯气消毒的自来水相当于新制氯水，因此配制溶液时，可能会使配得的溶液变质。
①Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O；②Cl－＋Ag＋===AgCl↓；③Na2CO3＋2HCl===2NaCl＋H2O＋CO2↑；④2NaBr＋Cl2===2NaCl＋Br2；⑤2FeCl2＋Cl2===2FeCl3。
[答案]　D
5．在氯水中存在许多分子和离子，它们在不同的反应中表现各自的性质，下列的实验和结论一致正确的是(　　)
A．加入有色布条，一会儿有色布条褪色，说明溶液中有Cl2的存在
B．溶液呈浅黄绿色，且有刺激性气体，说明溶液中有Cl2的存在
C．先加入盐酸酸化，再加入AgNO3溶液产生白色沉淀，说明氯水中有Cl－的存在
D．加入NaOH溶液，氯水浅黄绿色消失，说明溶液中有HClO分子的存在
[解析]　A项，使有色布条褪色的物质是HClO；B项，氯水呈黄绿色是因为溶有Cl2；C项，因为先加盐酸酸化，已经引入了Cl－，不能确定氯水中是否含有Cl－；D项，Cl2与NaOH发生反应。
[答案]　B
6．下列说法正确的是(　　)
A．新制氯水中有三分子：Cl2、HClO、H2O，三离子：Cl－、ClO－、H＋
B．FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色，说明氯水中含有HClO
C．向新制氯水中加入少量Mg粉末，有气泡冒出，发生反应：Mg＋2H＋===Mg2＋＋H2↑
D．向紫色石蕊中滴加新制氯水，其现象为溶液变红
[解析]　A项中新制氯水中含三分子：Cl2、HClO、H2O，四离子：H＋、Cl－、ClO－、OH－；B项氯水中的Cl2可氧化Fe2＋，则溶液颜色变成棕黄色，不能说明氯水中含有HClO，故错误；D项中溶液先变红，因为新制氯水中含有H＋，后褪色，因为新制氯水中含有HClO；故C项正确。
[答案]　C
三、漂白粉及其性质
7．以下有关漂白粉的说法正确的是(　　)
①漂白粉是氯气与氢氧化钠反应的产物
②漂白粉能杀菌消毒的原因是漂白粉有毒，能毒死病菌
③漂白粉放入稀酸中可以提高漂白速度
④氯气与碱反应的产物具有一定的杀菌消毒作用
A．①② B．②③
C．③④ D．②④
[解析]　漂白粉是氯气与氢氧化钙反应后所得的混合物，主要成分为CaCl2和Ca(ClO)2，①错误；漂白粉能用来杀菌消毒的原因是Ca(ClO)2与空气中的CO2和H2O作用生成HClO，HClO具有杀菌消毒的作用，②错误；当漂白粉与酸接触时，也可生成HClO，且漂白粉与稀酸反应生成HClO的速度较快，故漂白粉放入稀酸中可提高漂白速度，③正确；氯气与碱反应可生成氯化物和次氯酸盐，次氯酸盐可与CO2、H2O或与稀酸作用生成HClO，④正确。
[答案]　C
8．现有A、B、C三种气体，A是密度最小的气体，B在通常情况下呈黄绿色，纯净的A可以在B中安静地燃烧生成C。把气体B通入到适量石灰乳中可以得到白色浑浊物D。请据此回答下列问题：
(1)写出下列各反应的化学方程式：
①纯净的A在B中安静地燃烧生成C________________；
②将气体B通入到水中__________________________；
③将气体B通入到NaOH溶液中__________________________；
④将气体B通入到适量石灰乳中__________________________。
(2)把三种气体分别通入酸性硝酸银溶液中，出现白色沉淀的气体是________(用字母表示)。
(3)白色浑浊物D因具有漂白性又称为________，该物质在空气中容易变质的原因为(用化学方程式表示)__________________________
__________________________。
[解析]　A是密度最小的气体，为氢气；B在通常情况下呈黄绿色，为氯气；纯净的A可以在B中安静地燃烧生成C，则C为氯化氢。把氯气通入到适量石灰乳中可以得到白色浑浊物为氯化钙和次氯酸钙的混合物。(2)HCl和Cl2通入酸性硝酸银溶液中，都生成AgCl白色沉淀。(3)白色浑浊物D因具有漂白性又称为漂白粉，该物质在空气中容易变质的原因为Ca(ClO)2＋H2O＋CO2===
CaCO3↓＋2HClO,2HClO2HCl＋O2↑。
[答案]　(1)①H2＋Cl22HCl
②Cl2＋H2OHCl＋HClO
③Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O
④2Cl2＋2Ca(OH)2===CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O
(2)BC
(3)漂白粉　Ca(ClO)2＋H2O＋CO2===CaCO3↓＋2HClO、2HClO2HCl＋O2↑
[能力提升]
9．将氯气通入含有下列离子的溶液中，对应离子浓度明显减少的是(　　)
①SiO　②OH－　③NO　④Fe2＋　⑤CO
A．④⑤ B．②④⑤
C．①②④⑤ D．②③④⑤
[解析]　氯气通入水溶液中，部分Cl2与水反应生成盐酸和次氯酸，H＋与SiO、CO均可发生反应，使其离子浓度减小，Cl2能与OH－发生反应使其浓度减小，Cl2、HClO均具有氧化性，能将Fe2＋氧化为Fe3＋使其浓度减小，故答案为C项。
[答案]　C
10．如图所示，从A处通入新制备的Cl2，关闭B阀时，C处的红色布条看不到明显现象；当打开B阀后，C处红色布条逐渐褪色。D瓶中装的是(　　)

①浓硫酸　②NaOH溶液　③H2O　④饱和NaCl溶液
A．①③ B．②④
C．①② D．③④
[解析]　本题解题关键在于明确HClO有漂白作用，干燥的Cl2不具备漂白作用。应先判断A处通入的Cl2是否带有水蒸气。根据B阀门打开时，红色布条褪色，说明A处Cl2为潮湿的；潮湿的Cl2在B阀关闭时通过D，看不到C处红色布条有明显变化，说明D处溶液吸收了氯气或者吸收了潮湿氯气中的水蒸气。因此正确选项为C。
[答案]　C
11．将足量新制氯水分别滴加到下列溶液或试纸上，对所观察到的现象描述合理的一组是(　　)
AgNO3溶液 蓝色石蕊试纸 Na2CO3溶液
A 产生沉淀 变红 有气泡
B 无明显现象 变红 产生沉淀
C 产生沉淀 先变红后褪色 有气泡
D 产生沉淀 先变红后褪色 产生沉淀

[解析]　新制氯水中含有Cl2、H＋、Cl－、HClO等微粒，滴到AgNO3溶液中，Cl－与Ag＋发生反应生成AgCl白色沉淀；滴到蓝色石蕊试纸上，H＋使其变红，而后HClO又将其氧化而褪色；滴到Na2CO3溶液中，H＋与CO反应生成H2O和CO2，故有气泡产生，答案为C项。
[答案]　C
12．在第一次世界大战期间，有一次德军与英、法军在比利时对峙，黎明时，英、法军前线战壕的士兵突然看到一股黄绿色气体逐渐袭来，很快数百名英、法军战士窒息而死。后来人们在打扫战场时发现跑到山坡上的士兵竟幸免于难。
(1)由上述事例可归纳出氯气的性质有
__________________________。
(2)写出下列反应的化学方程式：
①铁丝在氯气中燃烧：__________________________。
②铁粉溶于盐酸中：__________________________。
③少量的铁粉溶于氯水中：__________________________
__________________________。
(3)将新鲜的花瓣放入干燥的氯气中可观察到的现象是________，原因是________________________________________________。
(4)氯水久置或光照条件下均会变成稀盐酸，同时释放出氧气，说明次氯酸__________，反应的化学方程式为_______________。
[答案]　(1)黄绿色气体，有毒，密度比空气大
(2)①2Fe＋3Cl22FeCl3
②Fe＋2HCl===FeCl2＋H2↑
③Fe＋2HCl===FeCl2＋H2↑，2FeCl2＋Cl2===2FeCl3
(3)花瓣褪色　新鲜的花瓣中含有水分，遇Cl2会产生HClO，HClO具有漂白性
(4)不稳定　2HClO2HCl＋O2↑
13．现有X、Y、Z三种元素，已知有如下情况：
①X、Y、Z的单质在常温下均为气体。
②X的单质在Z的单质中燃烧，生成XZ，燃烧时火焰呈苍白色。
③XZ极易溶于水，在水溶液中电离出X＋和Z－，XZ的水溶液可使石蕊溶液变红。
④两分子X的单质可与一分子Y的单质化合生成两分子X2Y，X2Y常温下为液体。
⑤Z的单质溶于X2Y中，所得溶液具有漂白作用。请完成下列问题：
(1)写出XZ和X2Y的化学式：XZ________，X2Y________。
(2)Z的单质溶于X2Y后，溶液起漂白作用的物质是________(写出化学式)。
(3)写出X的单质在Z的单质中燃烧的化学方程式：
__________________________。
(4)Z的单质能否与氢氧化钠溶液发生反应？________(填“能”或“否”)，若能，请写出反应的化学方程式：__________________(若不能反应，则此空不必填写)。
[解析]　燃烧时火焰呈苍白色即说明是氢气在氯气中燃烧，确定X为H，Z为Cl；X2Y常温下为液体，是水，则Y为O。
[答案]　(1)HCl　H2O　(2)HClO
(3)H2＋Cl22HCl
(4)能　Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O
14．小王同学在一次实验中发现：把新制氯水逐滴加到含有酚酞的氢氧化钠溶液中，当加到最后一滴时溶液的红色突然消失。
(1)知识储备：将氯气通入水中的化学方程式为
__________________________；
氯水中具有强氧化性的分子有________、________。
(2)探究“溶液的红色突然消失”的原因：
①猜想：a.是氯水中的盐酸中和了NaOH，使酚酞由红色变成无色；
b．是__________________________。
②设计实验：往已褪色的溶液中继续滴加NaOH溶液至过量，若现象为____________________，则证明“猜想a”正确；若现象为__________________________，
则证明“猜想b”正确。
[解析]　(1)氯气与水反应的化学方程式：Cl2＋H2OHCl＋HClO，氯水中含有Cl2和HClO，两者均具有强氧化性。(2)①盐酸和次氯酸具有酸性，能够与氢氧化钠发生中和反应，酚酞在碱性环境下才显红色；次氯酸具有强氧化性(或漂白性)，也可能使红色的酚酞变成无色；②要证明红色褪去的原因是“猜想a”还是“猜想b”，可以通过以下实验：在已经褪色的溶液中继续加入NaOH溶液，直至溶液呈碱性，若溶液恢复红色，则说明是碱性被中和而导致溶液褪色，反之，则是指示剂被漂白而使溶液褪色。
[答案]　(1)Cl2＋H2OHCl＋HClO　Cl2　HClO
(2)①氯水中的HClO具有强氧化性(或漂白性)，将酚酞氧化而褪色
②红色重新出现　红色不再出现




1
第二课时　气体摩尔体积
学习目标：1.了解气体摩尔体积的含义和应用。2.能运用气体摩尔体积进行简单计算。



1．分别计算在一定条件下，1 mol不同物质的体积

分析表中的数据，能得出结论：
(1)相同条件下1_mol固体、液体的体积差别较大。
(2)相同条件下，1_mol气体的体积近似相等，在标准状况下约为22.4_L。
2．气体摩尔体积
(1)定义：单位物质的量的气体所占有的体积。符号：Vm，单位L·mol－1(或L/mol)。
(2)计算公式：Vm＝。
(3)影响气体摩尔体积的因素：气体摩尔体积的数值取决于气体所处的温度和压强。
(4)标准状况下(即0℃、101_kPa)，气体摩尔体积约为22.4_L·mol－1。
3．阿伏加德罗定律：同温同压下，相同体积的任何气体都含有相同数目的粒子。


1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)标准状况下，1 mol任何物质的体积都约是22.4 L(　　)
(2)标准状况下，1 mol H2和N2的混合气体的体积约为22.4 L(　　)
(3)1 mol CO和1 mol O2所含分子数相同，体积也相同(　　)
(4)22.4 L N2含阿伏加德罗常数个氮分子(　　)
(5)同温同压下，同体积的NH3、SO2、CH4三种气体中，质量最大的是SO2(　　)
[答案]　(1)×　(2)√　(3)×　(4)×　(5)√
2．下列说法正确的是(　　)
A．在标准状况下，1 mol水的体积是22.4 L
B．1 mol氢气所占的体积一定是22.4 L
C．标准状况下，6.02×1023个Cu原子所占有的体积约是22.4 L
D．标准状况下，28 g N2与CO的混合气体，体积为22.4 L
[解析]　A项中的水、C项中的Cu均不是气体，而气体摩尔体积只适用于气体；B项未指明温度、压强；D项中N2和CO的摩尔质量均为28 g·mol－1，则其体积V＝n·Vm＝·Vm＝×22.4 L·mol－1＝22.4 L，D正确。
[答案]　D

知识点一气体摩尔体积
1.影响气体体积的因素

(1)粒子间的距离只受温度和压强的影响(即同温同压下任何气体粒子间的距离是相等的)。
(2)同温同压下，相同粒子数目的任何气体都含有相同体积。
2．气体摩尔体积
(1)定义
单位物质的量的气体所占的体积，符号：Vm，单位：L·mol－1或L/mol。
(2)特例
标准状况下的1 mol任何气体所占的体积约为22.4 L。
①标准状况：温度为0℃，压强为101 kPa。
②气体摩尔体积：约为22.4 L/mol。
注意：(1)气体摩尔体积只适用于气态物质，对于固态物质和液态物质来讲是不适用的，气体可以为相互不反应的混合气体。
(2)气体摩尔体积与气体的种类无关。
(3)气体摩尔体积并不都约等于22.4 L·mol－1,22.4 L·mol－1只是气体摩尔体积在标准状况下的一个特例。
(4)气体摩尔体积受温度和压强的影响，若温度和压强保持一定，那么气体摩尔体积也保持不变。
(5)同温同压下，气体的体积只由气体的分子数决定。
3．标准状况下气体体积的计算

①气体的物质的量n＝；
②气体的分子数N＝n·NA＝·NA；
③气体的质量m＝n·M＝·M；
④气体的密度ρ＝＝＝；
⑤气体的摩尔质量M＝Vm·ρ＝ρ×22.4 L/mol(标准状况)。
4．摩尔质量M的常用计算方法
(1)根据物质的质量(m)和物质的量(n)：M＝。
(2)根据一个粒子的质量(m)和阿伏加德罗常数(NA)：M＝NA·m。
(3)MMr(相对原子质量)＝。
(4)根据标准状况下气体的密度ρ：M＝ρ×22.4 L·mol－1。
(5)根据气体的相对密度(D＝ρ1/ρ2)：＝D。
【典例1】　设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是(　　)
A．常温常压下，11.2 L CO2所含的原子数为1.5NA
B．常温常压下，48 g O3含有的氧原子数为3NA
C．标准状况下，22.4 L H2O所含分子数为NA
D．标准状况下，22.4 L H2所含原子数为NA
[思路启迪]　涉及Vm≈22.4 L·mol－1的问题时，先看条件是否为标准状况，再看研究对象在标准状况下是否是气体，最后利用公式进行定量计算。
[解析]　常温、常压(非标准状况)下11.2 L CO2的物质的量不是0.5 mol，所含原子数不是1.5NA；48 g O3的物质的量为1 mol，所含氧原子数为3NA；标准状况下H2O为液态，不能应用气体摩尔体积计算其物质的量；标准状况下22.4 L H2的物质的量为1 mol，所含氢原子数为2NA。
[答案]　B



使用“22.4 L·mol－1”要“三看”
(1)看所处条件：必须为标准状况。非标准状况下，1 mol气体的体积不一定是22.4 L。
(2)看物质状态：必须为气态。如标准状况下水、酒精、四氯化碳等为非气体物质。
(3)看数值单位：单位是L·mol－1，而不是L；数值“22.4”为近似值。

[针对训练1]　下列说法中正确的是(　　)
A．在标准状况下，1 mol H2SO4的体积约为22.4 L
B．在常温常压下，11.2 L Cl2含有的分子数为0.5NA
C．在标准状况下，28 g CO和N2的混合气体的体积约为22.4 L
D．在标准状况下，NA个分子所占的体积约为22.4 L
[解析]　标准状况下，H2SO4是液体，A项错误；11.2 L Cl2在标准状况下(0 ℃、101 kPa)的物质的量为0.5 mol，常温常压相对于标准状况而言，温度升高了，因此气体分子间的距离变大了，则单位体积内气体的分子数变少了，故常温常压下，11.2 L Cl2含有的分子数小于0.5NA，B项错误；28 g CO和N2的混合气体的物质的量为1 mol，因此在标准状况下的体积约为22.4 L，C项正确；D项未给出物质的状态，错误。
[答案]　C
知识点二阿伏加德罗定律及推论
1.定律内容：同温同压下，相同体积的任何气体都含有相同数目的粒子。
注意：(1)阿伏加德罗定律适用于任何气体，包括混合气体，不适用于非气体；
(2)同温、同压、同体积、同分子数，共同存在，相互制约，且“三同定一同”；
(3)标准状况下的气体摩尔体积是阿伏加德罗定律的一个特例。
2．有关推论
(1)同温同压下，气体的体积之比等于其物质的量之比；
(2)同温同体积时，气体的压强之比等于其物质的量之比；
(3)同温同压下，气体的密度之比等于其摩尔质量之比；
(4)同温同压下，同体积的任何气体的质量之比等于其摩尔质量之比。
【典例2】　下列叙述正确的是(　　)
A．同温同压下，相同体积的物质，其物质的量必然相等
B．任何条件下，等物质的量的氧气和一氧化碳所含的分子数必然相等
C．1 L一氧化碳气体一定比1 L氧气的质量小
D．同温同压下，等体积的物质所含的分子数一定相等
[思路启迪]　熟练掌握阿伏加德罗定律的概念及适用对象，灵活运用相关推论和物理量间的相互转化，得出结论。
[解析]　只有气体物质才符合阿伏加德罗定律——在同温同压下，具有相同体积的气体的物质的量相等。具有相同物质的量的两种由分子构成的物质具有相同的分子数。因温度、压强不能确定，故1 L CO和1 L O2的物质的量大小也不能确定，即二者的质量大小无法比较。
[答案]　B



(1)阿伏加德罗定律仅适用于气体，可以是单一气体，也可以是混合气体。
(2)阿伏加德罗定律的条件是“三同”定“一同”，即同温、同压、同体积决定同分子数。

[针对训练2]　同温同压下，同体积的氨气和硫化氢(H2S)气体的质量比为________；同质量的氨气和硫化氢气体体积比为________，其中含有的氢原子数目比为________；若二者氢原子数相等，则它们的体积比为________。
[解析]　同温同压下，同体积的氨气和硫化氢气体的物质的量相等，故质量比为17∶34＝1∶2；同质量的氨气和硫化氢气体物质的量之比为∶＝2∶1；氢原子数目之比为(2×3)∶(1×2)＝3∶1；二者氢原子数相等时，物质的量之比为∶＝2∶3，故同温同压下体积之比为2∶3。
[答案]　1∶2　2∶1　3∶1　2∶3





1．下列说法正确的是(　　)
A．一定条件下，单位物质的量的气体所占的体积就是气体摩尔体积
B．通常状况下的气体摩尔体积约为22.4 L
C．标准状况下的气体摩尔体积约为22.4 L
D．相同物质的量的气体，摩尔体积也相同
[解析]　气体摩尔体积在标准状况下约为22.4 L·mol－1，B、C均不正确；气体摩尔体积与温度、压强有关，故D不正确。
[答案]　A
2．下列叙述中，正确的是(NA代表阿伏加德罗常数的值)(　　)
A．标准状况下，22.4 L酒精所含的乙醇分子数为NA
B．1 mol·L－1FeCl3溶液中所含Cl－的数目为3NA
C．25 ℃、1.01×105 Pa下，14 g氮气所含的氮原子数为NA
D．1 mol Na2SO4溶于水，所得溶液中Na＋的数目为NA
[解析]　标准状况下乙醇不是气体，A项错误；FeCl3溶液的体积未知，无法计算溶液中氯离子的数目，B项错误；14 g氮气的物质的量为0.5 mol，氮原子的物质的量为1 mol，所含的氮原子数为NA，C项正确；1 mol Na2SO4溶于水，所得溶液中Na＋的物质的量为2 mol，Na＋的数目为2NA，D项错误。
[答案]　C
3．在标准状况下，与12 g H2的体积相等的N2(　　)
A．质量为12 g　　　　 B．物质的量为6 mol
C．体积为22.4 L D．分子数为6.02×1023
[解析]　12 g H2的物质的量为6 mol，则N2的物质的量也应为6 mol；6 mol N2的质量为168 g，体积为134.4 L(标准状况)，分子数为3.612×1024。故应选B。
[答案]　B
4．在标准状况下，4 g H2、11.2 L O2、1 mol H2O中，所含分子数最多的是________，含原子数最多的是________，质量最大的是________，体积最小的是________。
[解析]　
H2 O2 H2O
物质的量 2 mol 0.5 mol 1 mol
分子数 2NA 0.5NA NA
原子数 4NA NA 3NA
质量 4 g 16 g 18 g
体积 44.8 L 11.2 L (液体)

[答案]　H2　H2　H2O　H2O

　　　　　　　　　　课后作业(十二)
[基础巩固]
一、气体摩尔体积
1．四种因素：①温度和压强；②所含微粒数；③微粒本身大小；④微粒间的距离。其中对气态物质体积有显著影响的是(　　)
A．②③④ B．②④
C．①③④ D．①②④
[解析]　气态物质微粒之间的距离要比微粒本身的直径大很多倍，故微粒本身的大小对气态物质体积无显著影响。
[答案]　D
2．下列说法正确的是(　　)
A．22.4 L氧气中含有NA个氧气分子
B．标准状况下，0.5 mol水的体积约为11.2 L
C．44 g二氧化碳的体积约是22.4 L
D．标准状况下，2 mol氮气的体积约为44.8 L
[解析]　A项中，非标准状况下Vm不等于22.4 L·mol－1，无法计算，故错误；B项，标准状况下，H2O呈液态；C项中，非标准状况下，Vm不一定为22.4 mol·L－1，无法计算；D项，标准状况下，V＝n·Vm＝2 mol·22.4 L·mol－1＝44.8 L。
[答案]　D
3．下列说法正确的是(　　)
①标准状况下，6.02×1023个分子所占的体积约是22.4 L
②0.5 mol H2所占体积为11.2 L
③标准状况下，1 mol酒精的体积为22.4 L
④标准状况下，28 g CO与N2的混合气体的体积约为22.4 L
⑤各种气体的气体摩尔体积都约为22.4 L·mol－1
⑥标准状况下，体积相同的气体所含的分子数相同
A．①③⑤ B．④⑥
C．③④⑥ D．①④⑥
[解析]　①中6.02×1023个分子在标准状况下所占体积不一定是22.4 L，因为这1 mol分子不一定是气体；②中没有指明气体所处状况，因此，0.5 mol H2的体积不一定是11.2 L；③中的酒精在标准状况下不是气体，错误；④中是混合气体，N2和CO的摩尔质量相等，二者以任意比例混合，其摩尔质量数值不变，28 g N2与CO的混合气体在标准状况下体积约为22.4 L；气体摩尔体积在标准状况下才是22.4 L·mol－1，故⑤错。
[答案]　B
4．如果a g某气体中含有的分子数为b，则c g该气体在标准状况下的体积是(式中NA为阿伏加德罗常数的值)(　　)
A. L B. L
C. L D. L
[解析]　设该气体的摩尔质量为M，则＝b，所以M＝ g·mol－1。c g该气体在标准状况下的体积为×22.4 L·mol－1＝ L。
[答案]　B
二、阿伏加德罗定律及推论
5．下列说法正确的是(　　)
A．20 ℃、1.01×105 Pa时，同体积的氧气和氮气含有相同数目的分子数
B．1 mol气态物质，当体积为22.4 L时，该气体一定处于标准状况
C．同温同压下，相同体积的氧气和氨气，前者质量小于后者
D．同温同压下，相同体积的任何气体单质所含分子数和原子数都相同
[解析]　同温同压下，同体积的任何气体含有的分子数相同，所含的原子数不一定相同，选项A正确，选项D错误；在非标准状况时1 mol气态物质的体积也有可能为22.4 L，选项B错误；C中氧气和氨气的物质的量相同，摩尔质量前者大于后者，质量前者大于后者，选项C错误。
[答案]　A
6．同温同压下，下列有关等质量SO2和CO2的叙述中正确的是(　　)
A．分子数之比为1∶1 B．密度之比为16∶11
C．密度之比为11∶16 D．体积之比为16∶11
[解析]　同温同压下，等质量的SO2和CO2存在如下关系：
＝＝，
＝。
由＝＝，
故＝＝＝；
＝＝。
故只有B正确。
[答案]　B
7．关于同温、同压下等体积的N2O(气体)和CO2的叙述：①质量相同；②所含碳原子数与氮原子数相等；③所含分子数相等。其中正确的是(　　)
A．①②③ B．②③
C．①② D．①③
[解析]　同温、同压下等体积的两种气体N2O和CO2，其物质的量相等，所含的分子数也相等，二者的摩尔质量均为44 g/mol，故二者的质量也相等；由于二者分子中所含的碳原子数与氮原子数不同，故②错误，答案为D项。
[答案]　D
8．三个密闭容器中分别充入N2、H2、O2三种气体，以下各种情况下排序正确的是(　　)
A．当它们的温度和压强均相同时，三种气体的密度：ρ(H2)>ρ(N2)>ρ(O2)
B．当它们的温度和密度都相同时，三种气体的压强：p(H2)>p(N2)>p(O2)
C．当它们的质量和温度、压强均相同时，三种气体的体积：V(O2)>V(N2)>V(H2)
D．当它们的压强和体积、温度均相同时，三种气体的质量：m(H2)>m(N2)>m(O2)
[解析]　氢气的摩尔质量是2 g/mol，氮气的摩尔质量是28 g/mol，氧气的摩尔质量是32 g/mol，当温度和压强相同时，气体摩尔体积相同，根据ρ＝知，气体密度与摩尔质量成正比，根据摩尔质量知，三种气体的密度大小顺序是ρ(H2)<ρ(N2)<ρ(O2)，A错误；根据pV＝nRT＝RT得pM＝RT＝ρRT，当温度和密度相同时，气体压强与摩尔质量成反比，所以三种气体的压强大小顺序是p(H2)>p(N2)>p(O2)，B正确；根据pV＝nRT＝RT得V＝，当它们的质量、温度和压强均相同时，气体体积与摩尔质量成反比，所以这三种气体体积大小顺序是V(O2)[答案]　B
[能力提升]
9．如图所示，相同状况下，分别用氯化氢和四种混合气体吹出体积相等的五个气球。A、B、C、D四个气球中，与氯化氢所含原子数一定相等的是(　　)

[解析]　相同状况下，体积相等的气球中，气体的物质的量相等。HCl是双原子分子，只要混合气体的平均原子数等于2即满足题意。A项有可能等于2，B项一定大于2，C项一定等于2，D项一定大于2。
[答案]　C
10．如图表示a gO2与a g X气体在恒压条件下的密闭容器中体积(V)与温度(T)的关系，则X气体可能是(　　)

A．C2H4(气) B．CH4
C．CO2 D．NO
[解析]　相同质量的X气体与O2在相同温度和压强下，气体的体积V(O2)>V(X)，根据n＝，可知气体的体积越大，气体的物质的量就越多，即n(O2)>n(X)，由于n＝，因气体的质量相同，气体的物质的量越多，则气体的摩尔质量就越小。由于气体的摩尔质量是以g/mol为单位，数值上等于气体的相对分子质量，所以气体X的相对分子质量比O2大，C2H4(气)的相对分子质量是28(<32)，A错误；CH4的相对分子质量是16(<32)，B错误；CO2的相对分子质量是44(>32)，C正确；NO的相对分子质量是30(<32)，D错误。
[答案]　C
11．在同温同压下，相同体积的甲、乙两种气体的质量之比是17∶14。若乙气体是CO，则甲气体可能是(　　)
A．H2S B．HCl
C．NH3 D．Cl2
[解析]　由阿伏加德罗定律可知，同温同压下，相同体积的气体物质的量相同。由M＝m/n可知，n一定时，物质的质量与摩尔质量成正比，则＝，即＝，故M(甲)＝34 g·mol－1，甲气体可能是H2S，A项正确。
[答案]　A
12．一定质量的液态化合物XY2与标准状况下一定质量的O2恰好完全反应，化学方程式为XY2(l)＋3O2(g)XO2(g)＋2YO2(g)，冷却后，在标准状况下测得生成物的总体积是672 mL，密度为2.56 g·L－1。
(1)反应前O2的体积为________。
(2)化合物XY2的摩尔质量为________。
(3)若XY2分子中X、Y两元素的质量之比是3∶16，则X、Y两元素分别为________(填元素符号，下同)、________。
[解析]　(1)反应XY2(l)＋3O2(g)XO2(g)＋2YO2(g)是一个反应前后气体分子数不变的反应，即反应前后气体的体积没有变化，故V(O2)＝672 mL。(2)由m＝ρV可得生成物的总质量为0.672 L×2.56 g·L－1＝1.72 g，根据(1)可得n(O2)＝＝0.03 mol，则n(XY2)＝0.01 mol，故M(XY2)＝＝76 g·mol－1。(3)由题意可知＝，Ar(X)＋2Ar(Y)＝76，解得Ar(X)＝12，Ar(Y)＝32，故X为C，Y为S。
[答案]　(1)672 mL　(2)76 g·mol－1　(3)C　S
13．Ⅰ.同温同压下，A容器中充满O2，B容器中充满O3。
(1)若所含分子总数相等，则A容器和B容器的容积之比是________。
(2)若两容器中所含气体原子总数相等，则A容器和B容器的容积之比是________。
(3)若两容器的容积之比为3∶2，则O2和O3的物质的量之比为________，质量之比为________，密度之比为________。
Ⅱ.某常见气体在标准状况下的密度为1.25 g·L－1。
(1)该气体的相对分子质量为________。
(2)若该气体的分子式为A2型，其名称为________；若该气体的分子式为AB型，其名称为________。
[解析]　Ⅰ.(1)根据阿伏加德罗定律的推论知，同温同压下，若气体分子数相等，即气体的物质的量相等，则其体积必相等。(2)若两容器中所含原子总数相等，则分子数之比为3∶2，即物质的量之比为3∶2，故同温同压下气体的体积比为3∶2。(3)根据阿伏加德罗定律的推论知，同温同压下，气体的体积比等于物质的量之比，即3∶2；此时O2和O3两种气体的原子数相等，故气体质量相等；密度与气体体积成反比，为2∶3。
Ⅱ.(1)ρ＝，M＝ρ×22.4 L·mol－1＝1.25 g·L－1×22.4 L·mol－1＝28 g·mol－1。
(2)因该气体的相对分子质量为28，可推断若气体的化学式为A2型，则为氮气；若该气体的化学式为AB型，则为一氧化碳。
[答案]　Ⅰ.(1)1∶1　(2)3∶2　(3)3∶2　1∶1　2∶3
Ⅱ.(1)28　(2)氮气　一氧化碳
14．Ⅰ.标准状况下有：①6.72 L甲烷，②3.01×1023个氯化氢分子，③13.6 g硫化氢，④0.2 mol NH3。对这四种气体的关系从小到大的顺序，请用序号填空。
(1)体积：__________________________。
(2)密度：__________________________。
(3)质量：__________________________。
(4)N(H)：__________________________。
Ⅱ.(1)与17 g NH3所含有分子数相同的氧气的体积(标准状况)是________L，氧原子数是________。
(2)某3.65 g气体在标准状况下的体积是2.24 L，则其摩尔质量是________。
Ⅲ.CO和CO2的混合气体18 g，完全燃烧后测得CO2的体积为11.2 L(标准状况)。试回答：
(1)混合气体中CO的质量是多少？
(2)混合气体中CO2在标准状况下的体积是多少？
(3)混合气体在标准状况下的密度是多少？
[解析]　Ⅰ.①n(CH4)＝＝0.3 mol；
②n(HCl)＝＝0.5 mol；
③n(H2S)＝＝0.4 mol；
④n(NH3)＝0.2 mol。
在标准状况下，物质的量大的气体体积也大，四种气体的体积由小到大的顺序为：④<①<③<②；密度的大小与摩尔质量成正比，故密度从小到大的顺序为：①<④<③<②；据m＝nM可知，质量从小到大的顺序为：④<①<③<②；根据每种气体的物质的量及分子组成可知氢原子数从小到大的顺序为：②<④<③<①。
Ⅱ.(1)气体分子数相同，则物质的量相同。n(NH3)＝＝1 mol，所以n(O2)＝1 mol，则标准状况下O2体积V(O2)＝1 mol×22.4 L/mol＝22.4 L
N(O)＝2 mol×6.02×1023mol－1＝1.204×1024
(2)n＝＝＝0.1 mol
M＝＝＝36.5 g/mol
Ⅲ.(1)设混合气体中CO的质量为x。
2CO＋O22CO2
2×28 2×44
x
依题意，有＋(18 g－x)＝×
44 g·mol－1，解得：x＝7 g。
(2)V(CO2)＝×22. 4 L·mol－1＝5.6 L。
(3)由CO～CO2知，原混合气体为11.2 L，则ρ混＝≈1.607 g·L－1。
[答案]　Ⅰ.(1)④<①<③<②
(2)①<④<③<②
(3)④<①<③<②
(4)②<④<③<①
Ⅱ.(1)22.4　1.204×1024
(2)36.5 g·mol－1
Ⅲ.(1)7 g　(2)5.6 L　(3)1.607 g·L－1




1
第三课时　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，体会定量研究对化学科学的重要作用。2.能运用物质的量浓度进行简单计算。3.学会配制一定物质的量浓度的溶液。


1．物质的量浓度
(1)含义
用来表示单位体积溶液里所含溶质B的物质的量的物理量。符号为cB，常用单位为mol·L－1(或mol/L)。(B表示各种溶质)
(2)表达式：cB＝。如1 L溶液中含有1 mol溶质，溶质的物质的量浓度就是1mol·L－1。
2．配制100 mL 1.00 mol·L－1氯化钠溶液
(1)完成该实验，除量筒、天平、药匙、烧杯外，还需要的仪器有100_mL容量瓶、玻璃棒、_胶头滴管。
(2)容量瓶的选择与使用
①容量瓶上标有温度(一般为20℃)和容积。
②容量瓶有不同的规格，常用的有50_mL、100_mL、250_mL、500_mL和1000_mL等几种。
③使用容量瓶时要注意以下几点：
a．不能溶解固体；b.不能稀释浓溶液；c.不能加热；d.不能作反应容器；e.不能长期贮存溶液；f.使用前要检验容量瓶是否漏水。
(3)配制实验步骤
①计算氯化钠的质量是5.85_g；用托盘天平称量，则应称量的质量是5.9_g。
②溶解：将氯化钠置于烧杯中，加适量蒸馏水溶解，用玻璃棒搅拌并冷却至室温。
③转移：用玻璃棒引流，将烧杯中的溶液转移到容量瓶中。
④洗涤：用蒸馏水洗涤烧杯内壁2～3次，并把洗涤液都转移到容量瓶中。
⑤定容：将蒸馏水注入容量瓶，液面距离容量瓶颈刻度线
1～2_cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至凹液面最低处与刻度线相切。
⑥振荡、摇匀。把配好的溶液倒入预备好的试剂瓶中，贴上标签。

1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)将58.5 g氯化钠溶于1 L水中，得到1 mol·L－1的氯化钠溶液(　　)
(2)0.5 mol·L－1氯化钙溶液中，Ca2＋与Cl－的物质的量浓度都是0.5 mol·L－1(　　)
(3)从2 mol·L－1氢氧化钠溶液中取出10 mL溶液，其物质的量浓度仍是2 mol·L－1(　　)
(4)容量瓶在使用前应检查是否漏液(　　)
(5)用固体配制溶液时，可直接将固体在容量瓶中进行溶解(　　)
(6)实验室需要950 mL 0.1 mol·L－1氯化钠溶液，配制时应选用1000 mL容量瓶(　　)
(7)配制一定物质的量浓度溶液时，两次使用玻璃棒，其作用分别是搅拌和引流(　　)
(8)配制1 L 0.1 mol·L－1硫酸铜溶液，需要25 g CuSO4·5H2O(　　)
[答案]　(1)×　(2)×　(3)√　(4)√　(5)×　(6)√　(7)√　(8)√
2．1 mol·L－1 NaCl溶液表示(　　)
A．1 mol NaCl溶于1 L水中
B．58.5 g NaCl溶于941.5 g水中
C．溶液中含1 mol NaCl
D．1 L溶液里含有58.5 g NaCl
[解析]　公式cB＝中V指溶液的体积，不是溶剂的体积，水是1 L，溶液的体积不一定是1 L，A错误；溶液的体积无法确定，故不能计算其物质的量浓度，B错误；仅知道物质的量浓度，溶液的体积不确定，不能计算溶质的物质的量，C错误；n＝c·V＝1 mol·L－1×1 L＝1 mol，m＝n·M＝1 mol×58.5 g·mol－1＝58.5 g，D正确。
[答案]　D


知识点一物质的量浓度及相关计算


1.物质的量浓度
(1)在公式cB＝中
①溶质用物质的量表示，而不是质量。如给出的条件是溶质的质量或气体的体积等，应根据有关公式换算为物质的量。
②V表示溶液的体积，而不是溶剂的体积，单位一般用“L”，也可用其他单位，但要注意单位的换算和统一。
(2)对于一定物质的量浓度的溶液来说，从中取出任意体积的溶液，物质的量浓度不变，但其中所含溶质的物质的量与所取体积有关。
(3)整体与部分的关系：如0.1 mol·L－1 AlCl3溶液中，c(Al3＋)＝0.1 mol·L－1，c(Cl－)＝0.3 mol·L－1。
(4)带有结晶水的物质作为溶质时，其“物质的量”的计算：用带有结晶水的物质的质量除以带有结晶水的物质的摩尔质量。如a g胆矾(CuSO4·5H2O)溶于水得到V L溶液，其物质的量浓度为c(CuSO4)＝＝ mol·L－1。
2．物质的量浓度相关计算
(1)由溶液中溶质的质量或微粒数，计算物质的量浓度
①若已知溶质质量

(2)由标准状况下气体的体积计算其溶于水后物质的量浓度
①若已知溶液的体积

②若已知溶液的密度
假定气体的摩尔质量为M g·mol－1，V L(标准状况下)该气体溶于1 L水中所得溶液的密度为ρ g·cm－3。
计算过程：
1)先计算溶质的物质的量：n＝ mol；
2)再计算溶液的体积：
V＝
＝×1×10－3 L·mL－1
＝ L；
3)后计算溶质的物质的量浓度：
c＝＝＝ mol·L－1。
(3)溶液的稀释与混合
①稀释时
溶质质量不变：m1w1＝m2w2；
溶质的物质的量不变：
c(浓)·V(浓)＝c(稀)·V(稀)。
②混合时：c(混)·V(混)＝c1V1＋c2V2。
(4)物质的量浓度与溶质质量分数之间的换算
cB＝＝＝＝(ρ以g·mL－1为单位)
(5)溶液中离子浓度的有关计算
①单一溶质溶液中溶质组成计算
根据组成规律求算：在溶液中，阴离子与阳离子浓度之比等于化学组成中阴、阳离子个数之比。
如K2SO4溶液中：c(K＋)＝2c(SO)＝2c(K2SO4)。
②混合溶液中电荷守恒计算
根据电荷守恒，溶质所有阳离子带正电荷总数与阴离子带负电荷总数相等。
如在Na2SO4、NaCl混合溶液中，c(Na＋)＝2c(SO)＋c(Cl－)，c(Na＋)、c(Cl－)分别为7 mol/L、3 mol/L，则c(SO)＝ mol/L＝2 mol/L。
【典例1】　(1)用14.2 g无水硫酸钠配制成500 mL溶液，其物质的量浓度为________mol·L－1。
(2)若从中取出50 mL溶液，其物质的量浓度为________mol·L－1；溶质的质量为________g。
(3)若将这50 mL溶液用水稀释到100 mL，所得溶液中Na＋的物质的量浓度为________mol·L－1，SO的物质的量浓度为________mol·L－1。
[思路启迪]　熟练掌握物质的量浓度相关计算环节的计算要点，利用各物理量间的转化进行计算。
[解析]　(1)n(Na2SO4)＝＝0.1 mol，
c(Na2SO4)＝＝0.2 mol·L－1。
(2)从中取出50 mL溶液，浓度仍为0.2 mol·L－1，溶质的质量为m＝n·M＝c·V·M＝0.2 mol·L－1×0.05 L×142 g·mol－1＝1.42 g。
(3)50 mL溶液用水稀释到100 mL，据c(浓)·V(浓)＝c(稀)·V(稀)，溶液中Na2SO4物质的量浓度变为原来的，即0.1 mol·L－1，故溶液中Na＋的物质的量浓度为0.2 mol·L－1，SO的物质的量浓度为0.1 mol·L－1。
[答案]　(1)0.2　(2)0.2　1.42　(3)0.2　0.1



(1)根据物质的量浓度的表达式cB＝，欲求cB，先求nB和V。
计算溶质的物质的量浓度的关键是从已知条件中找出溶质的物质的量(mol)和溶液的体积(L)，据此求出溶质的物质的量浓度cB。
(2)从溶液中取出部分溶液时，改变的是溶液体积，不变的是溶液的浓度。
(3)将溶液稀释时始终保持不变的是溶质的物质的量nB。

[针对训练1]　将190 g MgCl2溶于水配制成1 L溶液。
(1)该溶液中MgCl2的物质的量浓度为________，溶液中Cl－的物质的量浓度为________。
(2)配制1 mol·L－1的MgCl2溶液500 mL，需该溶液的体积为________。
(3)向(2)中500 mL溶液中再通入一定量的HCl气体后，溶液中Cl－的物质的量浓度为3 mol·L－1(假设溶液体积不变)，则溶液中H＋的物质的量浓度为______，通入HCl气体的体积(标准状况)为________。
[解析]　(1)n(MgCl2)＝＝2 mol，c(MgCl2)＝＝＝2 mol·L－1，c(Cl－)＝2c(MgCl2)＝4 mol·L－1。
(2)根据稀释规律有：c(浓)·V(浓)＝c(稀)·V(稀)，即2 mol·L－1×V(浓)＝1 mol·L－1×500 mL，V(浓)＝250 mL。
(3)根据题意可知：500 mL溶液中由MgCl2电离产生c(Cl－)为2 mol·L－1，则由HCl电离产生c(Cl－)为3 mol·L－1－2 mol·L－1＝1 mol·L－1，且HCl电离产生的c(Cl－)＝c(H＋)＝1 mol·L－1，n(HCl)＝1 mol·L－1×0.5 L＝0.5 mol，V(HCl)＝0.5 mol×22.4 L·mol－1＝11.2 L。
[答案]　(1)2 mol·L－1　4 mol·L－1
(2)250 mL　(3)1 mol·L－1　11.2 L
知识点二一定物质的量浓度溶液的配制
1.容量瓶的结构与规格

2．容量瓶的使用和注意事项
(1)容量瓶的查漏方法
使用容量瓶的第一步操作是检查是否漏水。
①关键词：
注水→盖塞→倒立→观察→正立→旋180°→倒立→观察。
②准确描述：
向容量瓶中注入一定量水，盖好瓶塞。用食指摁住瓶塞，另一只手托住瓶底，把瓶倒立，观察是否漏水。如不漏水，将瓶正立并将塞子旋转180°后塞紧，再检查是否漏水。如不漏水，该容量瓶才能使用。
(2)选择容量瓶的原则——“大而近”原则
选择容量瓶遵循“大而近”原则：所配溶液的体积等于或略小于容量瓶的容积。如：需用480 mL某溶液应选择500 mL容量瓶来配制溶液。
3．溶液的配制步骤及仪器

4．溶液配制中的误差分析
以配制100 mL 1.0 mol·L－1的NaCl溶液为例，判断下列操作对溶液浓度的影响。
根据cB＝＝可知，MB(溶质的摩尔质量)为定值，实验过程中不规范的操作会导致mB、V的值发生变化，从而使所配制溶液的物质的量浓度产生误差。若实验操作导致mB偏大，则cB偏大；若实验操作导致V偏大，则cB偏小。



　仰视或俯视刻度线图解

(1)仰视刻度线(图1)。由于操作时是以刻度线为基准加水，液面超过刻度线，故加水量偏多，导致溶液体积偏大，浓度偏小。
(2)俯视刻度线(图2)。与仰视刻度线恰好相反，液面低于刻度线，故加水量偏少，导致溶液体积偏小，浓度偏大。
【典例2】　实验室配制500 mL 0.2 mol·L－1的Na2SO4溶液，实验操作步骤有：
A．在天平上称出14.2 g硫酸钠固体，把它放在烧杯中，用适量蒸馏水使它完全溶解并冷却至室温；
B．把制得的溶液小心转移至容量瓶中；
C．继续向容量瓶中加蒸馏水至液面距刻度线1～2 cm处，改用胶头滴管小心滴加蒸馏水至凹液面与刻度线相切；
D．用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，每次洗涤的液体都小心注入容量瓶，并轻轻振荡；
E．将容量瓶瓶塞塞紧，充分摇匀。
请填写下列空白：
(1)操作步骤的正确顺序为________(填字母)。
(2)本实验用到的基本仪器已有烧杯、天平(带砝码)、镊子、玻璃棒，还缺少的仪器是________、________、________。
(3)下列情况会使所配溶液浓度偏高的是________(填字母)。

a．某同学观察液面的情况如图所示
b．没有进行上述操作步骤D
c．加蒸馏水时，不慎超过了刻度线
d．砝码上沾有杂质
e．容量瓶使用前内壁沾有水珠
[思路启迪]　熟练掌握一定物质的量的浓度的配制步骤，尤其注意：容量瓶选取遵循“大而近”原则，且计算时要以选取容量瓶的体积进行计算。另外答题规范性方面注意：“V mL容量瓶”。
[解析]　(1)配制一定物质的量浓度溶液的步骤为计算、称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀。
(2)配制一定物质的量浓度溶液使用的仪器有一定规格的容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、托盘天平、药匙。
(3)根据c＝＝进行判断。a.俯视使V减小，故使c偏高；b.未进行洗涤，使n减小，故使c偏低；c.V增大，故使c偏低；d.m增大，故使c偏高；e.无影响。
[答案]　(1)ABDCE
(2)药匙　胶头滴管　500 mL容量瓶　(3)ad



(1)配制一定物质的量浓度溶液计算溶质的量时，固体溶质求质量，液体溶质求体积。
(2)选择实验仪器，要依据实验的具体步骤。即要明确实验的每一步操作是什么，所用的仪器是什么，有什么注意事项等，这样就不会漏下仪器或选错仪器了。
(3)进行误差分析时要注意通过c＝结合题给条件判断。
凡是使n增大的因素，使c偏大。
凡是使n减小的因素，使c偏小。
凡是使V增大的因素，使c偏小。
凡是使V减小的因素，使c偏大。

[针对训练2]　配制480 mL 0.5 mol·L－1的NaOH溶液，试回答下列问题：
(1)选择仪器：完成本实验所必需的仪器有托盘天平(精确到0.1 g)、药匙、烧杯、玻璃棒、________、________等。
(2)计算、称量：需称量NaOH固体的质量为________。
(3)溶解、冷却：该步实验中需要使用玻璃棒，作用是_____________。
(4)转移、洗涤：洗涤烧杯2～3次是为了_______________。
(5)定容、摇匀：定容的具体操作是__________________________
__________________________。
(6)不规范的实验操作会导致实验结果的误差，下列使所配制溶液的物质的量浓度偏高的是________，偏低的是________(填序号)。
①在溶解过程中有少量液体溅出烧杯外
②定容时俯视刻度线
③将称量好的NaOH固体放入小烧杯中溶解，未经冷却立即转移到容量瓶中并定容
④定容后，将容量瓶振荡摇匀后，静置发现液面低于刻度线，于是又加入少量水至刻度线
[解析]　配制480 mL 0.5 mol·L－1的NaOH溶液，没有规格为480 mL的容量瓶，配制时需要选用500 mL容量瓶，实际上配制的是500 mL 0.5 mol·L－1的NaOH溶液，需NaOH的质量＝0.5 mol·L－1×0.5 L×40 g·mol－1＝10.0 g；配制步骤为：计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤并转移、定容、摇匀等，需要使用的仪器有：托盘天平、玻璃棒、烧杯、药匙、500 mL容量瓶、胶头滴管等；溶解物质使用玻璃棒可以加快溶解速率；移液时为防止液体流出，应用玻璃棒引流；洗涤烧杯2～3次是为了保证溶质全部转移至容量瓶中；分析不规范操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，根据c＝进行误差分析。
[答案]　(1)胶头滴管　500 mL容量瓶
(2)10.0 g　(3)搅拌、加速溶解
(4)保证溶质全部转移至容量瓶中
(5)向容量瓶中加入蒸馏水至距刻度线1～2 cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至液体的凹液面最低处和刻度线相切
(6)②③　①④







1．下列溶液中溶质的物质的量浓度为1 mol·L－1的是(　　)
A．将40 g NaOH溶解于1 L水中
B．将22.4 L氯化氢气体溶于水配成1 L溶液
C．将1 L 10 mol·L－1的浓盐酸与9 L水混合
D．将10.6 g碳酸钠溶解于水得到100 mL溶液
[解析]　A项，1 L水的体积不是溶液的体积，错误；B项，非标准状况下，Vm不一定为22.4 L·mol－1，无法计算，错误；C项，溶液的体积不能简单加和，无法计算，错误；D项，n(Na2CO3)＝＝＝0.1 mol，c＝＝＝1 mol·L－1，正确。
[答案]　D
2．NA表示阿伏加德罗常数的值，下列关于0.2 mol·L－1K2SO4溶液的说法正确的是(　　)
A．1000 mL溶液中所含K＋、SO总数为0.3NA
B．500 mL溶液中有0.1NA个K＋
C．1 L溶液中K＋的浓度为0.4 mol·L－1
D．1 L溶液中SO的浓度是0.4 mol·L－1
[解析]　A项，1000 mL 0.2 mol·L－1 K2SO4溶液中含有0.2 mol K2SO4，即含有0.4 mol K＋、0.2 mol SO，总共含有K＋和SO总数为0.6NA，错误；B项，500 mL＝0.5 L，n＝C·V＝0.2 mol·L－1·0.5 L＝0.1 mol，可知N(K＋)＝n(K＋)·NA＝0.2NA，错误；C项，同一溶液中，离子浓度之比对应个数比，可知c(K＋)＝2c(K2SO4)＝0.4 mol·L－1，正确；D项中c(SO)＝c(K2SO4)＝0.2 mol·L－1，错误。
[答案]　C
3．0.1 L某溶液含有0.1 mol KCl和0.1 mol CaCl2，此溶液中Cl－的物质的量浓度是(　　)
A．3 mol·L－1　　　　 B．0.2 mol·L－1
C．0.3 mol·L－1 D．0.1 mol·L－1
[解析]　0.1 L某溶液含有0.1 mol KCl和0.1 mol CaCl2，此溶液中Cl－的物质的量是0.1 mol＋0.1 mol×2＝0.3 mol，所以氯离子的物质的量浓度是0.3 mol÷0.1 L＝3 mol·L－1。
[答案]　A
4．在用固体Na2CO3配制500 mL 0.1 mol·L－1Na2CO3溶液时，下列因素使配成的溶液浓度与指定配制的浓度相比会：①偏高　②偏低　③无影响，请回答下列问题：
(1)称量时当砝码总和为5 g，游码读数为0.3 g时，天平达到平衡，配制完成后发现砝码和药品放颠倒了，则所配溶液的浓度________(填序号，下同)。
(2)转移溶液时，未洗涤溶解Na2CO3的烧杯，则所配溶液的浓度________。
(3)容量瓶用蒸馏水洗净后未经干燥马上用来配制溶液，则所配溶液的浓度________。
(4)定容时俯视刻度线，则所配溶液的浓度________。
[解析]　(1)实际称取的Na2CO3的质量为4.7 g，故所配溶液的浓度偏低。
(2)溶解Na2CO3的烧杯一定要用蒸馏水洗涤2～3次，并将洗涤液注入容量瓶中，否则会因损失部分溶质而使所配溶液的浓度偏低。
(3)因为配制中还需加水，故未干燥用蒸馏水洗净的容量瓶对所配溶液的浓度无影响。
(4)定容时视线对实验结果的影响：
①仰视刻度线，加蒸馏水的量增加，导致溶液体积偏大，浓度偏低。
②俯视刻度线，加蒸馏水的量偏少，溶液体积偏小，浓度偏高。
[答案]　(1)②　(2)②　(3)③　(4)①


课后作业(十三)
[基础巩固]
一、物质的量浓度及相关计算
1．下列说法中正确的是(　　)
A．将322 g Na2SO4·10H2O溶于1 L水中，所得溶液的物质的量浓度为1 mol·L－1
B．将1 L 2 mol·L－1 H2SO4溶液加水稀释到2 L，所得溶液的物质的量浓度为1 mol·L－1
C．将1 L 18.4 mol·L－1的H2SO4溶液加入到1 L水中，所得溶液的物质的量浓度为9.2 mol·L－1
D．将336 mL HCl气体溶于水，配成300 mL溶液，所得溶液的物质的量浓度为0.05 mol·L－1
[解析]　A项错在溶剂体积为1 L；C项溶液浓度大于9.2 mol·L－1；D项，未指明气体所处状况。
[答案]　B
2．下图是某市售盐酸试剂瓶标签上的部分数据。
盐酸 化学式：HCl 相对分子质量：36.5 外观：合格 密度：1.18 g·cm－3 HCl的质量分数：36.5% 符合GB622－89

则该盐酸的物质的量浓度是(　　)
A．3 mol·L－1 B．8.4 mol·L－1
C．11.8 mol·L－1 D．0.5 mol·L－1
[解析]　根据公式c＝＝＝11.8 mol·L－1，故选C。
[答案]　C
3．在K2SO4和Fe2(SO4)3的混合溶液中，Fe3＋的物质的量浓度为0.1 mol·L－1，SO的物质的量浓度为0.3 mol·L－1，则K＋的物质的量浓度为(　　)
A．0.6 mol·L－1 B．0.3 mol·L－1
C．0.2 mol·L－1 D．0.15 mol·L－1
[解析]　K2SO4和Fe2(SO4)3的混合溶液，Fe3＋的物质的量浓度为0.1 mol·L－1，SO的物质的量浓度为0.3 mol·L－1，根据电荷守恒有3c(Fe3＋)＋c(K＋)＝2c(SO)，即3×0.1 mol·L－1＋c(K＋)＝2×0.3 mol·L－1，解得c(K＋)＝0.3 mol·L－1。
[答案]　B
4．将24.4 g NaOH固体溶于水配成100 mL溶液，其密度为1.219 g·mL－1。
(1)该溶液中NaOH的物质的量浓度为___________。
(2)该溶液中NaOH的质量分数为__________________________。
(3)从该溶液中取出10 mL，其中NaOH的物质的量浓度为________，NaOH的质量分数为________，溶液的密度为________，含NaOH的质量为________，含NaOH的物质的量为________。
(4)将取出的10 mL溶液加水稀释到100 mL，稀释后溶液中NaOH的物质的量浓度为________。
[解析]　(1)24.4 g NaOH的物质的量为0.61 mol，
c(NaOH)＝＝6.1 mol·L－1。
(2)100 mL NaOH溶液的质量为100 mL×1.219 g·mL－1＝121.9 g；NaOH的质量分数为×100%＝20%。
(3)因为溶液是均匀的，所以这10 mL溶液与原100 mL溶液相比，NaOH的质量分数和溶液的密度均相同，但NaOH的质量和物质的量均为原来的。(4)10 mL溶液中NaOH的物质的量浓度为6.1 mol·L－1，稀释到100 mL后，NaOH的物质的量浓度减小为＝0.61 mol·L－1。
[答案]　(1)6.1 mol·L－1　(2)20%
(3)6.1 mol·L－1　20%　1.219 g·mL－1　2.44 g
0．061 mol
(4)0.61 mol·L－1
二、一定物质的量浓度溶液的配制
5．实验室中需要配制2 mol·L－1的NaOH溶液950 mL，配制时应选用的容量瓶的规格和称取NaOH的质量分别是(　　)
A．950 mL　76.0 g
B．500 mL　80.0 g
C．1000 mL　80.0 g
D．任意规格的容量瓶　76.0 g
[解析]　配制溶液一定要选择合适的容量瓶，一般容量瓶的规格有100 mL、250 mL、500 mL、1000 mL，通常选择大于等于溶液体积的容量瓶，即题给实验中选择1000 mL的容量瓶。m(NaOH)＝c·V·M＝2 mol/L×1 L×40 g/mol＝80 g，托盘天平的精确度为0.1 g，故应称量80.0 g。
[答案]　C
6．下图是某同学用500 mL容量瓶配制0.10 mol·L－1 NaOH溶液的过程：

该同学的错误步骤有(　　)
A．1处 B．2处
C．3处 D．4处
[解析]　第①步不能把NaOH固体放在称量纸上称量；第④步玻璃棒应接触容量瓶内壁刻度线以下的部位；第⑤步定容时应平视刻度线。即该同学的操作步骤中有3处错误。
[答案]　C
7．下列配制的溶液浓度偏大的是(　　)
A．配制稀盐酸用量筒量取浓盐酸时俯视刻度线
B．配制稀盐酸定容时，仰视容量瓶刻度线
C．称量4.0 g NaOH固体配制0.1 mol/L NaOH溶液1000 mL时，砝码错放左盘
D．NaOH溶解后未经冷却即注入容量瓶并加水至刻度线
[解析]　A项俯视量筒刻度线，将会使量取盐酸的体积小于计算值，导致浓度偏小；B项定容时仰视容量瓶刻度线，将会导致加水量增多，使溶液浓度偏小；C项由于所称NaOH固体的质量为整数，不需要移动游码，故称得NaOH质量不产生误差，对所配溶液的浓度无影响；D项，NaOH溶解后未经冷却即注入容量瓶，冷却至室温后溶液体积变小，导致所配溶液浓度偏大，故D正确。。
[答案]　D
8．要配制500 mL 0.2 mol·L－1的FeSO4溶液，实验操作步骤有：
①在天平上称取a g绿矾(FeSO4·7H2O)，将它放在烧杯中，用适量蒸馏水使其完全溶解。
②将所得溶液沿玻璃棒注入500 mL容量瓶中。
③继续向容量瓶中加水至液面距刻度线1～2 cm处，改用胶头滴管加蒸馏水至液面底部与刻度线相切。
④用少量水洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，每次洗液都转入容量瓶。
⑤将容量瓶瓶塞塞紧，充分摇匀。
填写下列空白：
(1)a g绿矾的实际质量为________g。
(2)上述操作步骤的正确顺序为__________________________。
(3)若配制时遗漏步骤④，会使所配溶液的浓度________(填“偏高”偏低”或“无影响”)。
(4)若加蒸馏水时不慎超过刻度线，处理方法是____________；若操作步骤②时有溶液溅在容量瓶外，处理方法是________________。
[解析]　(1)绿矾质量为0.2 mol·L－1×0.5 L×278 g·mol－1＝27.8 g。(2)配制溶液的步骤为：计算→称量→溶解→洗涤→定容→摇匀。(3)若没洗涤烧杯和玻璃棒，溶质损失，浓度偏低。(4)若水超过了刻度线，已无法补救，只能重新配制。同样溶液外溅的处理方法也是必须重新配制。
[答案]　(1)27.8　(2)①→②→④→③→⑤
(3)偏低　(4)重新配制　重新配制
[能力提升]
9．下列对实验操作分析错误的是(　　)
A．配制0.1 mol·L－1 NaCl溶液时，若没有洗涤烧杯和玻璃棒，则所得溶液物质的量浓度偏低
B．NH4NO3溶解吸热，若配制0.5 mol·L－1NH4NO3溶液时直接将溶解后的溶液转移到容量瓶中，则所得溶液的物质的量浓度偏高
C．配制一定物质的量浓度溶液时，若所用砝码已经生锈，则所得溶液的物质的量浓度偏高
D．配制一定物质的量浓度溶液时，若定容中不小心加水超过刻度线，立刻将超出的水吸出，则所得溶液的物质的量浓度偏低
[解析]　A项，配制0.1 mol·L－1 NaCl溶液时，若没有洗涤烧杯和玻璃棒，则溶质的物质的量减少，所得溶液物质的量浓度偏低，正确；B项，NH4NO3溶解吸热，若配制NH4NO3溶液时直接将溶解后的溶液转移到容量瓶中，则根据热胀冷缩可知所得溶液的体积偏大，因此物质的量浓度偏低，错误；C项，配制一定物质的量浓度溶液时，若所用砝码已经生锈，则砝码质量增加，溶质的质量偏大，因此所得溶液的物质的量浓度偏高，正确；D项，配制一定物质的量浓度溶液时，若定容时不小心加水超过刻度线，立刻将超出的水吸出，则溶质的物质的量减少，所得溶液的物质的量浓度偏低，正确。
[答案]　B
10．在标准状况下，将A气体V L(摩尔质量是M g·mol－1)溶于0.5 L水中，所得溶液的密度为a g·cm－3，则此溶液的物质的量浓度为(　　)
A. mol·L－1
B. mol·L－1
C. mol·L－1
D. mol·L－1
[解析]　由题意可知：n＝ mol，V＝＝＝ L，
c＝＝ mol·L－1。
[答案]　C
11．V L Fe2(SO4)3溶液中含Fe3＋m g，则溶液中SO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]　n(Fe3＋)＝，
n(SO)＝× mol＝ mol，
c(SO)＝＝ mol·L－1。
[答案]　D
12．在0.4 L由NaCl、MgCl2、CaCl2组成的混合液中，部分离子浓度大小如图所示，回答下列问题。

(1)该混合液中，NaCl的物质的量为________mol，含溶质MgCl2的质量为________g。
(2)该混合液中CaCl2的物质的量为________mol，将该混合液加水稀释至体积为1 L，稀释后溶液中Ca2＋的物质的量浓度为________mol·L－1。
(3)向该稀释后的溶液中加入足量硝酸酸化的硝酸银溶液，可得到沉淀________mol。
[解析]　(1)根据图像可知钠离子的浓度是1.0 mol·L－1，所以溶液中氯化钠的浓度是1.0 mol·L－1，该混合液中NaCl的物质的量为1.0 mol·L－1×0.4 L＝0.4 mol；溶液中镁离子的浓度是0.5 mol·L－1，所以溶液中氯化镁的浓度是0.5 mol·L－1，则含溶质MgCl2的质量为0.4 L×0.5 mol·L－1×95 g·mol－1＝19.0 g。(2)溶液中氯离子的浓度是3.0 mol·L－1，所以根据溶液显电中性可知溶液中钙离子的浓度是(3.0 mol·L－1－1.0 mol·L－1－2×0.5 mol·L－1)÷2＝0.5 mol·L－1，因此该混合液中CaCl2的物质的量为0.5 mol·L－1×0.4 L＝0.2 mol。将该混合液加水稀释至体积为1 L，由于稀释前后溶质的物质的量不变，则稀释后溶液中Ca2＋的物质的量浓度为＝0.2 mol·L－1。(3)溶液中氯离子的物质的量是0.4 L×3.0 mol·L－1＝1.2 mol，所以根据方程式Ag＋＋Cl－===AgCl↓可知，向该稀释后的溶液中加入足量硝酸酸化的硝酸银溶液，可得到氯化银沉淀的物质的量是1.2 mol。
[答案]　(1)0.4　19.0　(2)0.2　0.2　(3)1.2
13.某同学帮助水质检测站配制480 mL 0.5 mol·L－1NaOH溶液以备使用。

(1)该同学应选择________mL的容量瓶。
(2)其操作步骤如右图所示，则该图操作应在下图中的________(填选项字母)之间。

A．②与③　　　B．①与②　　　C．④与⑤
(3)该同学应称取NaOH固体________g，用质量为23.1 g的烧杯放在托盘天平上称取所需NaOH固体时，请在附表中选取所需的砝码大小________(填字母)，并在下图中选出能正确表示游码位置的选项________(填字母)。
附表：砝码规格
a b c d e
砝码大小/g 100 50 20 10 5


(4)下列操作对所配溶液的浓度高低有何影响？
①转移完溶液后未洗涤玻璃棒和烧杯，浓度会________(填“偏高”“偏低”或“无影响”，下同)。
②容量瓶中原来有少量蒸馏水，浓度会________。
[解析]　容量瓶选取应遵循“大而近”的原则，故应选择500 mL容量瓶；配制1.0 mol·L－1NaOH溶液的步骤为：计算所需NaOH固体的质量→用托盘天平称量→在烧杯中溶解→冷却至室温→向容量瓶中转移溶液→摇动容量瓶→洗涤烧杯及玻璃棒→向容量瓶中加水定容→反复上下颠倒，摇动容量瓶。根据实验步骤即判断出图示为“定容”操作，应在④～⑤之间；n(NaOH)＝c·V＝0.5 mol·L－1·0.5 L＝0.25 mol
m(NaOH)＝n·M＝0.25 mol×40 g·mol－1＝10.0 g
再加上烧杯的质量共33.1 g，应选择30 g砝码。
[答案]　(1)500　(2)C　(3)10.0　cd　c
(4)①偏低　②无影响
14．实验室用Na2CO3·10H2O晶体配制460 mL 0.100 mol·L－1 Na2CO3溶液。现有下列仪器：
A．烧杯　B．500 mL容量瓶　C．药匙　D．玻璃棒　
E．托盘天平(带砝码)
请回答下列问题：
(1)配制时，使用的仪器有________(填字母)，还缺少的仪器是________。
(2)应用托盘天平称取Na2CO3·10H2O晶体的质量为________，若定容时加蒸馏水不慎超过刻度线，处理的方法是______________。
(3)若实验时遇到下列情况，所配溶液浓度偏大的是________(填字母)。
A．溶解后未冷却至室温便进行定容
B．摇匀后发现液面低于刻度线，滴加蒸馏水至刻度线再摇匀
C．定容时俯视容量瓶的刻度线
D．容量瓶内壁附有水珠而未进行干燥
E．称取的Na2CO3·10H2O晶体失去了部分结晶水
(4)若取50.0 mL上述已配好的溶液，与150 mL 0.200 mol·L－1的Na2CO3溶液混合，最后得到的溶液的物质的量浓度为____________(溶液的体积变化忽略不计)。
[解析]　(1)称量需要用托盘天平、药匙，溶解需要用烧杯、玻璃棒，转移溶液需要用500 mL容量瓶、玻璃棒，定容时需要用胶头滴管。(2)所需溶质质量为m(Na2CO3·10H2O)＝n×M＝0.05 mol×286 g·mol－1＝14.3 g。(3)A项，溶液未冷却至室温便进行定容，待恢复室温后液面低于刻度线，造成所配溶液浓度偏大；C项，定容时俯视容量瓶的刻度线，导致所配溶液体积偏小，浓度偏大；E项，Na2CO3·10H2O晶体失去了部分结晶水时，所称的晶体中Na2CO3的质量偏大，造成所配溶液浓度偏大。
(4)c(Na2CO3)
＝
＝0.175 mol·L－1。
[答案]　(1)ABCDE　胶头滴管
(2)14.3 g　重新配制　(3)ACE
(4)0.175 mol·L－1
?



1
第一课时　物质的量
学习目标：1.能说出物质的量及阿伏加德罗常数和摩尔质量的含义。2.能运用物质的量、摩尔质量之间的相互关系进行简单计算。



　物质的量及单位
(1)物质的量的概念

(2)物质的量的单位——摩尔

(3)阿伏加德罗常数

(4)摩尔质量


1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)1 mol铅笔(　　)
(2)2 mol氧(　　)
(3)4 mol H2(　　)
(4)1 mol Na2CO3中含有2 mol Na＋(　　)
(5)0.012 kg12C中约含有6.02×1023个碳原子(　　)
(6)H2O的摩尔质量等于18(　　)
[答案]　(1)×　(2)×　(3)√　(4)√　(5)√　(6)×
2．(1)2 mol某物质的质量为64 g，则该物质的摩尔质量为
________；
(2)H2O的摩尔质量为：________；
(3)0.5 mol CO2的质量为：________。
[解析]　(1)根据摩尔质量的定义式可知M＝＝＝32 g·mol－1
(2)已确定化学式的物质，其摩尔质量在数值上等于其相对分子质量。
所以H2O的摩尔质量＝18 g·mol－1
(3)根据M＝可知m＝n·M＝0.5 mol×44 g·mol－1＝22 g
[答案]　(1)32 g·mol－1　(2)18 g·mol－1　(3)22 g
3．下列说法正确的是(　　)
A．摩尔质量等于物质的相对分子质量
B．摩尔质量等于物质质量的6.02×1023倍
C．HNO3的摩尔质量是63 g
D．硫酸和磷酸的摩尔质量相等
[解析]　摩尔质量以g·mol－1为单位时，数值上等于该物质的相对原子质量或相对分子质量(即式量)，A、B、C错误；H2SO4与H3PO4的摩尔质量均为98 g·mol－1，D正确。
[答案]　D

知识点一物质的量
1.物质的量及其单位
(1)物质的量是表示含有一定数目粒子的集合体的物理量，用符号n表示。
(2)物质的量的单位——摩尔(mol)。
(3)计量标准：1 mol任何粒子集合体所含粒子数目与0.012 kg12C中所含的原子数相同，约为6.02×1023。
2．阿伏加德罗常数——“三量”
(1)基准量：0.012 kg12C中所含的碳原子数。
(2)准确量：是一个物理量，用NA表示，单位是mol－1。
(3)近似量：6.02×1023 mol－1。
注意：(1)使用物质的量时，必须指明微粒的种类，表述要确切。
如：“1 mol O”表示1 mol氧原子，“1 mol O2”表示1 mol氧分子，“1 mol O2－”表示1 mol氧离子，而不能说“1 mol氧”。因为“氧”是元素名称，而不是微粒名称。
(2)用“摩尔”可以计量所有的微观粒子(包括原子、分子、离子、质子、中子、电子、原子团等)，但不能表示宏观物质，如不能说“1 mol大米”。
(3)NA指1 mol任何微粒的微粒数，一定要明确指出是何种微粒，如1 mol CH4含有的分子数为NA，原子总数为5NA。

(4)涉及稀有气体时要注意He、Ne、Ar为单原子分子，O2、N2、H2等为双原子分子，臭氧(O3)为三原子分子等。
【典例1】　下列说法中正确的是(　　)
A．1 mol任何物质都约含有6.02×1023个原子
B．阿伏加德罗常数个粒子的集合体就是1 mol,0.012 kg12C中约含有6.02×1023个12C
C．摩尔是一个基本物理量
D．1 mol水中含有2 mol氢和1 mol氧
[思路启迪]　抓准“n”“mol”的概念中的关键点和适用对象，掌握规范的表达方法。
[解析]　物质不都是由原子构成的，构成物质的粒子还可能为分子、离子等，且1 mol任何物质都约含有6.02×1023个粒子，如1 mol O2中约含有6.02×1023个氧分子，约含有2×6.02×1023个氧原子，A项错误；根据规定，1 mol粒子集合体所含的粒子数与0.012 kg12C中所含的碳原子数相同，即阿伏加德罗常数个，约为6.02×1023个，B项正确；物质的量是基本物理量，摩尔是它的单位，C项错误；在使用摩尔作为物质的量的单位时，必须指明粒子的种类，表示水的组成时，应为1 mol水中含有2 mol氢原子和1 mol氧原子，D项错误。
[答案]　B




(1)粒子集合体中的“粒子”指微观粒子，包括分子、原子、离子、原子团、电子、质子、中子等，不指宏观物体。
(2)某微粒的物质的量，用“n(微粒符号)”表示。例如：n(O2)、n(H2O)、n(Na＋)等。
(3)表述微观粒子的物质的量时，必须指明微观粒子的种类，例如：1 mol H、1 mol H2或1 mol H＋都正确；但1 mol氢因为未指明微观粒子种类而错误。
(4)根据摩尔的基准规定，0.012 kg12C中所含的碳原子数就是1 mol，即摩尔这个单位是以0.012 kg12C中所含碳原子的个数为标准，来衡量其他物质中所含微粒数目的多少。

[针对训练1]　下列叙述中正确的是(　　)
A．物质的量是国际单位制中的7个基本物理量之一
B．1 mol氢
C．1 mol粒子集合体所含的粒子数就是6.02×1023个碳原子
D．摩尔是物质的量的单位，也是粒子数量的单位
[解析]　物质的量是国际单位制中7个基本物理量之一，其单位是摩尔，A正确，D错误；使用摩尔时必须指明具体的粒子，1 mol氢的说法指代不明确，B错误；1 mol粒子集合体所含的粒子数与0.012 kg12C含有的碳原子数相同，约是6.02×1023，C错误。
[答案]　A
知识点二摩尔质量
1.概念：单位物质的量的物质所具有的质量，符号：M，单位：g·mol－1。
2．数值：当微粒的摩尔质量以g·mol－1为单位时，在数值上等于该微粒的相对分子(或原子)质量。
3．关系：物质的量(n)、物质的质量(m)与摩尔质量(M)之间存在的关系为n＝m/M。
4．摩尔质量的计算方法
(1)M＝。
(2)Mr＝，M＝Mr(g·mol－1)(确定化学式)。
(3)M＝m(粒子)·NA。
(4)＝M1·n1%＋M2·n2%＋M3·n3%＋…(其中n1%、n2%…表示物质的量的分数)＝。
(5)M1＝D×M2(D为相对密度)
注意：(1)质量的单位是g，摩尔质量的单位是g/mol，相对原子(分子)质量的单位是1，进行概念辨析时要注意相应的单位。
(2)对具体的物质而言，其摩尔质量是确定的，不随物质的量的变化而变化，也不随物质状态的变化而变化。
【典例2】　下列说法正确的是(　　)
A．NaOH的摩尔质量为40 g
B．1 mol O2的质量与它的相对分子质量相等
C．1 mol OH－的质量为17 g·mol－1
D．氖气的摩尔质量(单位为g·mol－1)在数值上等于它的相对原子质量
[思路启迪]　注意区分摩尔质量(M)与1 mol物质的质量(m)以及物质的相对分子质量(Mr)的关系：即数值近似相等但单位不同。
[解析]　摩尔质量单位是g·mol－1，A错误；质量与相对原子质量单位不同，B错误；质量单位为g，C错误；物质的摩尔质量以g·mol－1为单位时，在数值上与它的相对分子质量或相对原子质量相等，D正确。
[答案]　D



(1)质量单位是g。
(2)摩尔质量单位是g·mol－1。
(3)以g·mol－1为单位时，摩尔质量在数值上与相对分子质量相等，而与物质的量多少无关。

[针对训练2]　下列关于摩尔质量的说法正确的是 (　　)
A．水的摩尔质量是18 g
B．2 mol水的摩尔质量是1 mol水摩尔质量的2倍
C．任何物质的摩尔质量都等于它的相对分子质量或相对原子质量
D．水的摩尔质量是氢气摩尔质量的9倍
[解析]　A项，摩尔质量的单位是g·mol－1；B项，摩尔质量的数值取决于物质的种类，而与物质的多少无关；C项，物质的摩尔质量只有以g·mol－1为单位时数值上才等于该物质的相对分子质量或相对原子质量；D项，水的摩尔质量为18 g·mol－1，H2的摩尔质量为2 g·mol－1，所以D正确。
[答案]　D
知识点三以物质的量为核心的定量计算
　n、m、M、N、NA之间的关系：＝n＝。
注意：
(1)n＝
(2)n＝
(3)＝
【典例3】　下列有关阿伏加德罗常数(NA)的说法错误的是(　　)
A．32 g O2所含的原子数目为NA
B．0.5 mol H2O含有的原子数目为1.5NA
C．1 mol H2O含有的H2O分子数目为NA
D．0.5NA个氯气分子的物质的量是0.5 mol
[思路启迪]　解答有关微粒数目比较类题目时要留心“陷阱”，要在认真审题的基础上利用自己掌握的概念仔细分析、比较，尤其要注意物质的组成及计算的对象，正确解答。
[解析]　32 g O2为1 mol，氧原子数为2NA，A错误；0.5 mol H2O中原子数为0.5×3×NA，B正确；1 mol H2O中含有H2O分子数为NA，C正确；0.5NA个Cl2分子的物质的量为0.5 mol，D正确。
[答案]　A



根据两公式n＝，n＝进行计算时，首先要找到其核心物理量——物质的量，其次根据题目要求解其他物理量。

[针对训练3]　用NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是(　　)
A．0.5 mol Al与足量盐酸反应生成的H2分子数为NA
B．0.2 mol H2O所含的H原子数为0.2 NA
C．0.1 mol CH4所含的电子数为NA
D．46 g NO2和N2O4的混合物含有的分子数为NA
[解析]　Al与盐酸反应时，根据化学方程式可知2 mol Al完全反应可生成3 mol H2，则0.5 mol Al完全反应可生成0.75 mol H2，即H2分子数为0.75 NA，A错误。1 mol H2O中含H原子数为2NA,0.2 mol H2O中含H原子数为0.4 NA，B错误。1 mol CH4含10 mol电子，故0.1 mol CH4所含电子数为NA，C正确。NO2和N2O4的平均摩尔质量介于46 g·mol－1至92 g·mol－1之间，故46 g两者的混合物，其物质的量小于1 mol，D错误。
[答案]　C




1．下列叙述错误的是(　　)
①摩尔是国际单位制中七个基本物理量之一
②1 mol任何物质都含有约6.02×1023个原子
③6.02×1023就是阿伏加德罗常数
④氢原子的摩尔质量是1.008 g
⑤HCl的摩尔质量等于1 mol HCl分子的质量
⑥1 mol CO2中含有1 mol碳和2 mol氧
A．①②③　　　　　　　 B．②③④
C．②③④⑥ D．全部
[解析]　①物质的量是国际单位制中七个基本物理量之一，摩尔只是物质的量的单位，错误；②构成物质的微粒可以是分子、离子或原子，因为不能确定该物质是由哪种微粒构成的，所以该说法是错误的；③阿伏加德罗常数的单位是mol－1，错误；④摩尔质量的单位应是g·mol－1，错误；⑤摩尔质量的单位是g·mol－1，而1 mol HCl分子的质量单位是g，只是在数值上与HCl的摩尔质量相等，错误；⑥“1 mol碳和2 mol氧”指代不明确，不符合使用要求，应该写成1 mol C和2 mol O，错误。
[答案]　D
2．下列关于摩尔质量的描述或应用中正确的是(　　)
A．1 mol OH－的质量是17
B．二氧化碳的摩尔质量是44 g
C．铁原子的摩尔质量等于它的相对原子质量
D．一个钠原子质量等于 g
[解析]　1 mol OH－的质量为m(OH－)＝n(OH－)·M(OH－)＝1 mol×17 g·mol－1＝17 g，A错误；摩尔质量的单位为g·mol－1，B错误；摩尔质量的单位为g·mol－1，而相对分子质量或相对原子质量的单位为1，所以两者不能构建等式关系，C错误；1 mol Na的质量为23 g，故1个钠原子的质量为 g，D正确。
[答案]　D
3．下列说法正确的是(　　)
A．含NA个H的H2的物质的量为1 mol
B．NA个CO和1 mol N2所含分子数相等
C．NA个H2SO4和1 mol H3PO4中所含氢原子的个数比为1∶1
D．0.1 mol C中含1.2NA个电子
[解析]　含NA个H，即H的物质的量为1 mol，则H2的物质的量为0.5 mol，A项错误；NA个H2SO4中含有2NA个H,1 mol H3PO4中含有3NA个H，C项错误；1个C中含6个电子，0.1 mol C中含0.6NA个电子，D项错误。
[答案]　B
4．1.28 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(　　)
A．64 g　　　　　　　　 B．64
C．64 g/mol D．32 g/mol
[解析]　1.28 g该气体的物质的量n＝＝＝0.02 mol，则该气体的摩尔质量M＝＝＝64 g/mol，C正确。
[答案]　C


课后作业(十一)
[基础巩固]
一、物质的量
1．下列说法中正确的是(　　)
A．1 mol H2SO4的质量为98 g·mol－1
B．SO2的摩尔质量为64 g·mol－1
C．SO2的摩尔质量与SO2的相对分子质量相等
D．1 mol氧的质量为32 g
[解析]　A中1 mol H2SO4的质量是98 g；C中两者数值相等，单位不同；D中1 mol氧指代不明。
[答案]　B
2．相等物质的量的CO和CO2相比较，下列有关叙述中正确的是(　　)
①它们所含的分子数目之比为1∶1
②它们所含的O原子数目之比为1∶2
③它们所含的原子总数目之比为2∶3
④它们所含的C原子数目之比为1∶1
⑤它们所含的电子数目之比为7∶11
A．①④ B．②③
C．④⑤ D．全部
[解析]　题中CO和CO2的物质的量相同，所含有的CO和CO2的分子数目也相同，①正确；又因CO和CO2分子中的O原子数分别为1和2，相同物质的量的CO和CO2，所含的O原子数目之比为1∶2，②正确；CO和CO2的分子中原子总数之比为2∶3，③正确；相同物质的量的CO和CO2，C原子数目之比也是1∶1，④正确；CO和CO2分子中电子总数分别为14和22，相同物质的量的CO和CO2电子总数之比为14∶22＝7∶11，⑤正确。
[答案]　D
3．下列叙述正确的是(　　)
①常温常压下，14 g由N2和CO组成的混合气体含有的原子数目为NA
②常温常压下，8 g O2含有4NA个电子
③分子总数为NA的NO2和CO2混合气体中含有氧原子数为2NA
④18 g H2O中含的电子数为10NA
A．①③④ B．①②③④
C．①②③ D．②③④
[解析]　由于N2和CO的摩尔质量相等，都为28 g·mol－1,14 g混合气体的物质的量为0.5 mol，原子总数为NA，①正确；一个O2分子中含16个电子，8 g O2中含电子数：×16×NA＝4NA，②正确；NO2、CO2分子中均含2个氧原子，故氧原子数必为分子总数的2倍，③正确；1个H2O分子中含10个电子，则18 g H2O中电子数为×10×NA＝10NA，④正确。
[答案]　B
4．(1)3.01×1023个氯气分子的物质的量是________。
(2)1.5 mol Na2SO4·10H2O中所含Na＋的物质的量是________，所含SO的物质的量是________，所含H2O的数目是________。
(3)一定量的Na2CO3中，碳原子和氧原子的物质的量之比为________。
(4)0.5 mol NaOH中含有电子的物质的量是________，在________mol Na2CO3中所含Na＋数目与上述0.5 mol NaOH所含Na＋数目相等。
[解析]　(1)n＝＝＝0.5 mol。
(2)每个Na2SO4·10H2O含有Na＋、SO、H2O数目分别为：2、1、10，故1.5 mol Na2SO4·10H2O所含Na＋、SO物质的量分别是：1.5 mol×2＝3 mol、1.5 mol，含H2O的数目为：1.5 mol×10×6.02×1023 mol－1＝9.03×1024。
(3)每个Na2CO3中含有一个碳原子和三个氧原子，所以碳原子和氧原子个数比为1∶3。
(4)每个NaOH所含电子数目为20，故0.5 mol NaOH中含10 mol电子。每个Na2CO3中含有2个Na＋，所以0.5 mol NaOH含有0.5 mol Na＋，而对应的Na2CO3的物质的量为 mol＝0.25 mol。
[答案]　(1)0.5 mol
(2)3 mol　1.5 mol　9.03×1024或15NA
(3)1∶3
(4)10 mol　0.25
二、摩尔质量
5．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3.5 NA
C．HNO3的摩尔质量是63 g
D．0.5 NA个氯气(Cl2)分子的物质的量是1 mol
[解析]　32 g O2所含原子数为：×2×NA＝2NA，A错误；0.5 mol H2SO4含有的原子数目为0.5 mol×7×NA＝3.5 NA，B正确；摩尔质量的单位是g/mol，C错误；0.5NA个Cl2的物质的量为 mol＝0.5 mol，D错误。
[答案]　B
6．偏二甲肼(C2H8N2)是一种高能燃料，燃烧产生的巨大能量可作为航天运载火箭的推动力。下列叙述正确的是(　　)
A．偏二甲肼(C2H8N2)的摩尔质量为60 g
B．6.02×1023个偏二甲肼(C2H8N2)分子的质量约为60 g
C．1 mol偏二甲肼(C2H8N2)的质量为60 g·mol－1
D．6 g偏二甲肼(C2H8N2)含有NA个偏二甲肼(C2H8N2)分子
[解析]　A项，摩尔质量的单位是g·mol－1，错；B项，6.02×1023个分子就是1 mol，其质量为1 mol×60 g·mol－1＝60 g，正确；C项，质量的单位为g，错；D项，6 g偏二甲肼的物质的量为0.1 mol，分子个数为0.1NA。
[答案]　B
三、以物质的量为核心的定量计算
7．a mol H2SO4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]　由n、N和NA的换算关系，NA＝，a mol H2SO4所含氧原子的物质的量为4a mol，共b个，则NA＝＝ mol－1。
[答案]　B
8．下列各组物质中，组成物质微粒的物质的量最多的是(　　)
A．0.4 mol O2
B．4℃时5.4 mL水(水的密度为1 g·cm－3)
C．10 g氖气
D．6.02×1023个硫酸分子
[解析]　将上述物质的质量和物质中微粒数换算成物质的量再进行比较。4℃时水的密度为1 g·cm－3,5.4 mL水即5.4 g，相当于0.3 mol H2O；Ne的摩尔质量是20 g·mol－1,10 g Ne的物质的量为0.5 mol；6.02×1023个硫酸分子相当于1 mol H2SO4分子。
[答案]　D
[能力提升]
9．已知15 g A和10.5 g B恰好完全反应生成7.2 g C、1.8 g D和0.3 mol E，则E的摩尔质量是(　　)
A．100 g·mol－1 B．111 g·mol－1
C．55 g·mol－1 D．55 g
[解析]　根据质量守恒定律，可知反应生成E的质量为15 g＋10.5 g－7.2 g－1.8g＝16.5 g，故E的摩尔质量为16.5 g÷0.3 mol＝55 g·mol－1。
[答案]　C
10．设一个C－12原子的质量为a g，一个R原子的质量为b g，阿伏加德罗常数的值为NA，则R原子的摩尔质量可表示为(　　)
A．12ab g·mol－1 B. g·mol－1
C．aNA g·mol－1 D．bNA g·mol－1
[解析]　1 mol R原子所具有的质量的数值即为R原子的摩尔质量的数值，即R原子的摩尔质量为bNA g·mol－1，D项正确。
[答案]　D
11．在一定条件下，某化合物X受热分解：2XA↑＋2B↑＋4C↑，测得反应后生成的混合气体的平均摩尔质量为22.86 g·mol－1。则X的相对分子质量为 (　　)
A．11.43 B．45.72
C．80.01 D．160.02
[解析]　由反应式可知，2 mol X分解生成了7 mol混合气体，7 mol混合气体的质量为7 mol×22.86 g·mol－1＝160.02 g，则2 mol X的质量为160.02 g，故X的相对分子质量为80.01。
[答案]　C
12．(1)49 g H2SO4的物质的量是________；1.5 mol H2SO4的质量是________，其中含有________mol H，含有________g O。
(2)摩尔质量是指单位物质的量的物质所含有的质量。
①已知NH3的相对分子质量为17，则NH3的摩尔质量为________。
②NA为阿伏加德罗常数，已知a g某气体中含分子数为b，则该气体的摩尔质量为________。
③已知一个铁原子的质量为bg，则铁原子摩尔质量为________。
[解析]　(1)H2SO4的质量、摩尔质量和物质的量三者之间的关系是：n(H2SO4)＝；1个H2SO4中含有2个H、4个O，则1 mol H2SO4中含有2 mol H、4 mol O；O的质量、摩尔质量和物质的量三者之间的关系是：m(O)＝n(O)·M(O)。
(2)依据摩尔质量的定义式：M＝，结合物质的量(n)与NA的关系即可列出相关表达式，不要忘记单位。
[答案]　(1)0.5 mol　147 g　3　96
(2)①17 g·mol－1　②g·mol－1
③bNA g·mol－1
13．有二氧化碳与一氧化碳的混合气体共10.8 g，其物质的量为0.3 mol。求：
(1)混合气体中二氧化碳的物质的量为________，一氧化碳的物质的量为________。
(2)混合气体缓慢通过足量的氢氧化钠溶液后，剩余气体的质量为________，所含分子数为________。
(3)等质量的氧气和臭氧(O3)物质的量之比为________，所含氧原子数之比为________。
(4)NO和O2可发生反应：2NO＋O2===2NO2，现有a mol NO和b mol O2充分反应后氮原子与氧原子的个数比为________。
[解析]　(1)设混合气体中CO2的物质的量为x，则一氧化碳的物质的量为(0.3 mol－x)。根据质量守恒，有44 g·mol－1×x＋28 g·mol－1×(0.3 mol－x)＝10.8 g，解得x＝0.15 mol,0.3 mol－x＝0.15 mol。
(2)混合气体通过足量的氢氧化钠溶液后，CO2全部被吸收，剩余气体为CO。
m(CO)＝M(CO)×n(CO)＝28 g·mol－1×0.15 mol＝4.2 g。
N(CO)＝0.15 mol×6.02×1023 mol－1＝9.03×1022。
(3)氧气和臭氧都是由氧原子构成的分子，所以当二者质量相等时，氧原子的物质的量是相等的。
(4)化学反应中原子进行了重新组合，但是原子的个数和种类没有改变。反应后氮原子与氧原子的个数比等于反应前氮原子与氧原子的个数比，即a∶(a＋2b)。
[答案]　(1)0.15 mol　0.15 mol　(2)4.2 g　9.03×1022
(3)3∶2　1∶1　(4)a∶(a＋2b)
14．Ⅰ.(1)0.3 mol NH3分子中所含质子数与____________个H2O分子中所含质子数相等。
(2)含0.4 mol Al3＋的Al2(SO4)3中所含的SO的物质的量是______________。
(3)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______________。
(4)有以下四种物质：
①22 g二氧化碳；②8 g氢气；③1.204×1024个氮气分子；④4 ℃时18 mL水
它们所含分子数最多的是________，所含原子数最多的是________，质量最大的是________，所含电子数最多的是________(填序号)。
Ⅱ.在一定条件下，有下列物质：
①8 g CH4、②6.02×1023个HCl分子、③2 mol O2。按由小到大的顺序填写下列空白(填写序号)：
(1)摩尔质量__________________________；
(2)物质的量__________________________；
(3)分子数目__________________________；
(4)原子数目__________________________；
(5)质量__________________________。
Ⅲ.请填写下表：
物质 摩尔质量 物质的量 质量 分子(离子)数目
SO2 2 mol
SO 6.02×1022

[解析]　Ⅰ.(1)0.3 mol NH3分子中含质子数为0.3 mol×10×6.02×1023 mol－1＝1.806×1024，每个H2O分子中有10个质子，故含1.806×1024个质子的水分子数为1.806×1024÷10＝1.806×1023。(2)Al2(SO4)3中n(Al3＋)∶n(SO)＝2∶3，即0.4 mol∶n(SO)＝2∶3，n(SO)＝0.6 mol。(3)根据质量守恒定律m(C)＝16 g＋20 g－31.76 g＝4.24 g，M(C)＝＝106 g/mol。(4)各物质的物质的量为①n(CO2)＝0.5 mol，②n(H2)＝4 mol，③n(N2)＝2 mol，④n(H2O)＝1 mol，由此可知分子数最多的是②；原子数最多的是②；各物质的质量为①22 g，②8g，③56 g，④18 g，故质量最大的是③；各物质含电子数为①11 mol，②8 mol，③28 mol，④10 mol，所含电子数最多的是③。
Ⅱ.(1)摩尔质量分别是16 g/mol,36.5 g/mol，32 g/mol，故顺序是①<③<②。
(2)8 g CH4的物质的量：
n(CH4)＝＝＝0.5 mol,6.02×1023个HCl分子的物质的量：
n(HCl)＝＝＝1 mol，
故顺序是：①<②<③。
(3)分子数目与物质的量成正比，故顺序同(2)。
(4)原子的物质的量：①中，0.5 mol×5＝2.5 mol，②中，1 mol×2＝2 mol，③中，2 mol×2＝4 mol。故顺序是：②<①<③。
(5)1 mol HCl的质量是36.5 g,2 mol O2的质量是64 g。故顺序是：①<②<③。
Ⅲ.摩尔质量与相对分子(原子)质量在数值上相等，故SO2的摩尔质量为64 g·mol－1,2 mol SO2的质量为64 g·mol－1×2 mol＝128 g，其分子数为 6.02×1023 mol－1×2 mol＝1.204×1024；6.02×1022个SO的物质的量是6.02×1022÷6.02×1023 mol－1＝0.1 mol，SO的摩尔质量为96 g·mol－1，其质量是96 g·mol－1×0.1 mol＝9.6 g。
[答案]　Ⅰ.(1)1.806×1023　(2)0.6 mol
(3)106 g/mol　(4)②　②　③　③
Ⅱ.(1)①<③<②　(2)①<②<③
(3)①<②<③　(4)②<①<③　(5)①<②<③
Ⅲ.

物质 摩尔质量 物质的量 质量 分子(离子)数目
SO2 64 g·mol－1 128 g 1.204×1024
SO 96 g·mol－1 0.1 mol 9.6 g





1
第二课时　钠的几种化合物　焰色试验
学习目标：1.了解氧化钠与过氧化钠、碳酸钠与碳酸氢钠的性质，熟悉它们在生产、生活中的应用。2.学会用焰色试验鉴别K＋、Na＋等。


1．氧化钠和过氧化钠的比较

2.碳酸钠和碳酸氢钠
(1)物理性质

(2)化学性质
1)热稳定性
a．Na2CO3性质稳定，受热不易分解，Na2CO3·10H2O易风化。
b．NaHCO3性质不稳定，受热易分解，化学方程式为
2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑。
2)与酸(足量盐酸)反应
a．Na2CO3：Na2CO3＋2HCl===2NaCl＋H2O＋CO2↑。
b．NaHCO3：NaHCO3＋HCl===NaCl＋H2O＋CO2↑。
3)与碱(氢氧化钠)反应
a．Na2CO3：与NaOH不反应；
b．NaHCO3：NaHCO3＋NaOH===Na2CO3＋H2O。
4)相互转化
Na2CO3NaHCO3
③的化学方程式：Na2CO3＋CO2＋H2O===2NaHCO3。
(3)用途
①碳酸钠：重要的化工原料，在玻璃、肥皂、合成洗涤剂、造纸、纺织、石油等方面有广泛的应用。
②碳酸氢钠：是发酵粉的主要成分，可以作治疗胃酸过多的药剂。
3．焰色试验
(1)概念
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)操作步骤

(3)几种金属的焰色
Na：黄色，K：紫色(观察时透过蓝色钴玻璃)。
(4)应用
①焰色反应在化学上常用于金属元素的鉴别。
②利用焰色试验制造节日烟花。

1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)每次焰色试验后都要用稀盐酸清洗铂丝(　　)
(2)Na2O和Na2O2都是碱性氧化物(　　)
(3)焰色试验是金属元素的化学性质，灼烧时，所有金属或金属阳离子均有焰色(　　)
(4)将Na2O2加入石蕊溶液中，有气泡产生，且溶液变蓝色(　　)
(5)等浓度的碳酸氢钠溶液和碳酸钠溶液的碱性，前者小(　　)
[答案]　(1)√　(2)×　(3)×　(4)×　(5)√
2．下列关于Na2CO3和NaHCO3性质的说法错误的是(　　)
A．热稳定性：NaHCO3B．与同浓度盐酸反应的剧烈强度：NaHCO3>Na2CO3
C．相同温度时，在水中的溶解度：NaHCO3D．等物质的量与足量盐酸反应产生CO2的物质的量：NaHCO3[解析]　A项，碳酸氢钠受热分解，碳酸钠不易分解，正确；B项，碳酸氢钠和盐酸反应更剧烈，正确；C项，碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠，正确；D项，两者与足量盐酸反应产生CO2的物质的量相等，错误。
[答案]　D
3．下列有关焰色试验的说法正确的是(　　)
A．焰色试验是化合物的性质
B．焰色试验均应透过蓝色钴玻璃观察
C．所有金属及其化合物灼烧时火焰均有颜色
D．NaCl与Na2CO3灼烧时火焰颜色相同
[解析]　焰色试验是某些金属或它们的化合物在无色火焰上灼烧时使火焰呈现特征颜色的反应，故A错误；观察K元素的焰色试验才需要透过蓝色钴玻璃观察，故B错误；Mg、Al、Fe的焰色试验都为无色，故C错误；因两物质都有相同的Na元素，故焰色相同，D正确。
[答案]　D


知识点一氧化钠和过氧化钠
1.氧化钠与过氧化钠的比较

注：(1)Na2O是碱性氧化物，Na2O2是非碱性氧化物。(因其与酸反应时除生成盐和水外，还有O2生成)。
(2)Na2O2中阴离子是O，阴、阳离子个数比是1∶2而不是1∶1。
(3)Na2O2中氧元素的化合价是－1价，Na2O中氧元素的化合价是－2价，Na2O2与水、CO2反应中，Na2O2既是氧化剂又是还原剂。
(4)Na2O2具有强氧化性，可以使有机色素褪色而呈现漂白性。
(5)Na2O2与其他物质反应时不一定都产生O2，如：Na2O2＋SO2===Na2SO4。
2．Na2O2与H2O、CO2的反应
(1)实验探究

反应原理：
写出过氧化钠与水反应的化学方程式(用双线桥法标出电子转移的方向和数目)；

氧化剂是Na2O2，还原剂是Na2O2。
(2)Na2O2与H2O、CO2反应的先后顺序
2H2O＋2Na2O2===4NaOH＋O2↑；
CO2＋2NaOH===Na2CO3＋H2O；
总式为2CO2＋2Na2O2===2Na2CO3＋O2。
所以一定量的Na2O2与一定量CO2和H2O(g)的混合物的反应，可视为Na2O2先与CO2反应，待CO2反应完全后，Na2O2再与H2O(g)发生反应。
【典例1】　CO和H2的混合气体21.2 g，与足量O2反应后，通过足量Na2O2，固体质量增加(　　)
A．21.2 g　　　　　　　 B．14 g
C．6.78 g D．不能确定
[思路启迪]　解答本题的关键是掌握过氧化钠与CO2、H2O反应的本质，尤其是要注意固体实际增重的来源。
[解析]　已知有关反应：2H2＋O22H2O,2CO＋O22CO2,2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑，2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2。
将上述化学方程式合并可得：Na2O2＋H2===2NaOH，Na2O2＋CO===Na2CO3即反应结果相当于CO、H2恰好被Na2O2吸收，固体增加的质量就是CO和H2的总质量。
[答案]　A




CO2、H2O与Na2CO3固体发生反应，会使固体质量增加，其增重质量相当于CO2中的CO、H2O中H2的质量。

[针对训练1]　将10.4 g Na2O和Na2O2的固体混合物投入到水中，充分反应后收集到O2的质量为1.6 g，则混合物中Na2O的质量分数为(　　)
A．20% B．75%
C．25% D．66%
[解析]　由生成O2的质量可先求出混合物中Na2O2的质量，设混合物中Na2O2的质量为x，则
2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑
2×78 32
x 1.6 g
得x＝7.8 g，混合物中m(Na2O)＝10.4 g－7.8 g＝2.6 g，混合物中Na2O的质量分数为×100%＝25%。
[答案]　C
知识点二Na2CO3和NaHCO3
1.实验探究
(1)碳酸钠、碳酸氢钠的水溶性及酸碱性探究
①按表中要求完成各步实验，将其实验现象填入下表：

②实验结论
a．碳酸钠易与水结合形成晶体，并放出热量。
b．水溶性：Na2CO3和NaHCO3都能溶于水，溶解度大小比较：Na2CO3溶解度大于NaHCO3。
c．水溶液酸碱性：Na2CO3、NaHCO3水溶液都呈碱性。
(2)碳酸钠和碳酸氢钠的热稳定性比较
①利用下图装置探究碳酸钠和碳酸氢钠的热稳定性，其中小试管内有沾有白色无水硫酸铜粉末的棉花球。

点燃酒精灯加热，能观察到的实验现象是小试管中棉花球变蓝色，B烧杯中澄清石灰水变浑浊，A中有少量气泡冒出，A烧杯中澄清石灰水不变浑浊。
②实验结论：Na2CO3受热不分解；NaHCO3受热易分解，生成物中含有CO2和H2O。由此可知，Na2CO3的热稳定性比NaHCO3强。
(3)碳酸钠、碳酸氢钠与盐酸的反应

①按图中要求完成实验：在两支试管中分别加入3 mL稀盐酸，将两个各装有少量等质量的Na2CO3、NaHCO3粉末的小气球分别套在两支试管口。将气球内的Na2CO3和NaHCO3同时倒入试管中。观察到的实验现象是两个气球体积均膨胀；碳酸氢钠与盐酸混合比碳酸钠与盐酸混合气球膨胀得快且大。
②实验结论：碳酸氢钠与盐酸反应产生气体比碳酸钠与盐酸反应产生气体剧烈得多。
③碳酸钠与盐酸反应的化学方程式是Na2CO3＋2HCl===2NaCl＋H2O＋CO2↑，离子方程式是CO＋2H＋===H2O＋CO2↑；碳酸氢钠与盐酸反应的化学方程式是NaHCO3＋HCl===NaCl＋H2O＋CO2↑，离子方程式是HCO＋H＋===H2O＋CO2↑。
2．碳酸钠与碳酸氢钠的性质比较


注：(1)NaHCO3固体受热易分解，但在溶液中NaHCO3受热不分解。
(2)碳酸钠和碳酸氢钠都与氢氧化钙溶液反应产生白色沉淀，故无法使用氢氧化钙溶液鉴别两者。
(3)碳酸氢钠与盐酸反应的离子方程式中HCO不能拆开写，因为HCO属于弱酸酸式酸根。
(4)CO2中混有HCl时，可将气体通过盛饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶而非饱和碳酸钠溶液。
(5)Na2CO3溶液中逐滴加入盐酸时，反应分两步进行。
先：Na2CO3＋HCl===NaHCO3＋NaCl　无气体产生
后：NaHCO3＋HCl===NaCl＋H2O＋CO2↑　有气体产生

3．鉴别方法及原理

4．Na2CO3与NaHCO3的除杂
混合物(括号内的为杂质) 除杂方法或所用试剂
Na2CO3固体(NaHCO3) 加热
NaHCO3溶液(Na2CO3) 通入足量CO2
Na2CO3溶液(NaHCO3) 加入适量的NaOH溶液

【典例2】　有两试管分别装有Na2CO3和NaHCO3溶液，下列操作或判断正确的是(　　)
选项 操作 判断
A 分别加入澄清石灰水 产生沉淀者为Na2CO3
B 分别加入等浓度的稀盐酸 反应较剧烈者为Na2CO3
C 分别加入CaCl2溶液 产生沉淀者为Na2CO3
D 逐滴加入等浓度的盐酸 立即产生气泡者为Na2CO3

[思路启迪]　解决该问题时要准确区分CO与HCO的性质差异，尤其要注意HCO遇碱溶液(HCO＋OH－===CO＋H2O)可转化为CO，以及Na2CO3与盐酸互滴时反应现象的不同点。
[解析]　A项中发生的反应分别为Na2CO3＋Ca(OH)2===CaCO3↓＋2NaOH,2NaHCO3＋Ca(OH)2===
CaCO3↓＋Na2CO3＋2H2O，两者现象相同均产生白色沉淀；B项滴加等浓度的稀盐酸时，NaHCO3溶液反应更剧烈；C项Na2CO3与CaCl2发生反应：Na2CO3＋CaCl2===CaCO3↓＋2NaCl，产生白色沉淀，NaHCO3与CaCl2不反应；D项逐滴加入盐酸时，NaHCO3立即产生气泡，Na2CO3开始无气泡产生，过一会儿才产生气泡。
[答案]　C




Na2CO3溶液与盐酸互滴时反应现象的不同点
(1)向盐酸中逐滴加入Na2CO3溶液(开始时酸过量)
2HCl＋Na2CO3===2NaCl＋CO2↑＋H2O
现象：立即产生大量的气泡。
(2)向Na2CO3溶液中逐滴加入盐酸(开始时酸不足)
HCl＋Na2CO3===NaCl＋NaHCO3
HCl＋NaHCO3===NaCl＋CO2↑＋H2O
现象：刚开始无气泡产生，盐酸滴加到一定量后，有气泡产生。
结论：不同的滴加顺序产生不同的现象，这也是不用其他试剂就可鉴别Na2CO3溶液和盐酸的原理。

[针对训练2]　有两个无标签的试剂瓶，分别装有Na2CO3和NaHCO3固体，有4位同学为鉴别它们采用了以下不同的方法，其中不可行的是(　　)
A．分别配成溶液，再加入澄清石灰水
B．分别配成溶液，再加入CaCl2溶液
C．分别加热，再检验是否有使澄清石灰水变浑浊的气体产生
D．分别取固体样品，滴加同浓度盐酸，观察产生气泡的快慢
[解析]　A项，Na2CO3和NaHCO3与Ca(OH)2均生成CaCO3沉淀，无法鉴别，错误；B项，Na2CO3可以和CaCl2反应生成CaCO3沉淀，NaHCO3与CaCl2不反应，正确；C项，NaHCO3受热分解生成能使澄清石灰水变浑浊的CO2，正确；D项，Na2CO3中滴加盐酸要分步反应，先转化为NaHCO3而后才会反应生成CO2，产生气泡较慢，正确。
[答案]　A
知识点三焰色试验
1.焰色试验是部分金属元素的性质，无论是单质还是化合物，只要含有该元素，就具有该性质。
2．焰色试验与气体物质燃烧时产生的各色火焰有本质的区别。焰色试验是金属的原子或离子的外围电子被激发跃迁而产生各种焰色光的过程，为物理变化。
3．观察钾元素的焰色反应时，要透过蓝色的钴玻璃，目的是滤去黄色的光，避免少量的钠元素对鉴别钾元素的干扰。
【典例3】　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．该物质中一定含钠离子
[思路启迪]　解决有关焰色试验问题时要熟练掌握并记忆焰色试验是部分金属元素的性质，只要含有钠元素焰色均为黄色。
[解析]　焰色试验是钠元素的性质，单质钠和钠的化合物的焰色试验为黄色，故B正确。
[答案]　B











(1)焰色试验是元素的性质，不是单质或某种化合物的性质。
(2)焰色试验属于物理变化，而不是化学变化。

[针对训练3]　下列关于焰色试验的说法不正确的是(　　)
A．金属单质无焰色试验
B．某些金属或其化合物都有焰色试验
C．透过蓝色钴玻璃观察钾元素焰色试验的颜色为紫色
D．每次焰色试验实验后都要将铂丝用稀盐酸洗净并灼烧
[解析]　焰色试验是元素的性质，含有同种元素的单质或化合物都有相同的焰色。
[答案]　A
课堂归纳小结
[知识脉络]
钠及其化合物相互转化

[核心要点]
1．“三点差异”
(1)溶解度：Na2CO3大于NaHCO3。
(2)热稳定性：Na2CO3大于NaHCO3。
(3)与盐酸反应：NaHCO3与酸反应比Na2CO3更剧烈。
2．“五个反应”
(1)2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2
(2)2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑
(3)2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑
(4)NaHCO3＋HCl===NaCl＋H2O＋CO2↑
(5)NaHCO3＋NaOH===Na2CO3＋H2O






1．下列对于Na2O、Na2O2的比较正确的一项是(　　)
A．Na2O2、Na2O都是钠的氧化物，都是碱性氧化物
B．将足量的Na2O2、Na2O分别加到酚酞溶液中，最终溶液均为红色
C．Na2O2在和CO2的反应中既是氧化剂又是还原剂
D．足量的Na2O2加入到紫色石蕊试液中，最终溶液变蓝
[解析]　A项，Na2O2与水反应除了生成NaOH外，还有O2生成，所以Na2O2只是钠的氧化物，但不是碱性氧化物，错误；B项，由于Na2O2具有强氧化性、漂白性，所以Na2O2加入到酚酞试液中，溶液先变红，后褪色，错误；C项，Na2O2与CO2反应时电子转移关系：
，Na2O2中－1价的O变成了－2价的O和零价的O，正确；D项，Na2O2先与H2O反应生成NaOH，碱能使石蕊试液变蓝，但过量的Na2O2有漂白性，所以溶液最终褪色，错误。
[答案]　C
2．鉴别下列各物质，只能采用焰色试验的是(　　)
A．K2CO3和NaCl B．KCl和Na2CO3
C．NaCl和MgCl2 D．NaCl和KCl
[解析]　A中可用稀盐酸鉴别，稀盐酸与K2CO3反应产生CO2，而稀盐酸与NaCl不反应，故A与题意不符；B中可用CaCl2鉴别，CaCl2与Na2CO3反应产生沉淀，而CaCl2与KCl不反应，故B与题意不符；C中可用NaOH鉴别，NaOH与MgCl2反应产生沉淀，而NaOH与NaCl不反应，故C与题意不符，故正确答案为D。
[答案]　D
3．下列反应的离子方程式错误的是(　　)
A．碳酸氢钠溶液与氢氧化钠溶液混合：
HCO＋OH－===H2O＋CO
B．碳酸氢钠溶液与澄清石灰水溶液混合：
HCO＋OH－===H2O＋CO
C．碳酸钠溶液与澄清石灰水溶液混合：
Ca2＋＋CO===CaCO3↓
D．碳酸钠溶液中逐滴加入少量盐酸(无气体产生)
CO＋H＋===HCO
[解析]　碳酸氢钠溶液与澄清石灰水反应生成碳酸钙沉淀、碳酸钠和水，与氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠和水；碳酸钠溶液与澄清石灰水反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，碳酸钠溶液中滴加少量盐酸分步进行，先发生CO＋H＋===HCO。
[答案]　B
4．可用于判断碳酸氢钠粉末中混有碳酸钠的实验方法是(　　)
A．加热时无气体放出
B．滴加盐酸时有气泡放出
C．溶于水后滴加稀BaCl2溶液有白色沉淀生成
D．溶于水后滴加澄清石灰水有白色沉淀生成
[解析]　解决此题关键要掌握Na2CO3和NaHCO3的性质异同，特别是与澄清石灰水的反应，两者中都会产生白色沉淀，因此无法鉴别，而加入BaCl2现象不同，有Na2CO3会产生BaCO3沉淀。
[答案]　C
课后作业(八)

[基础巩固]
一、氧化钠和过氧化钠
1．下列关于Na2O和Na2O2的叙述正确的是(　　)
A．Na2O与Na2O2颜色相同
B．均可与CO2、H2O反应产生氧气
C．所含氧元素的化合价均为－2
D．阴阳离子的个数比均为1∶2
[解析]　Na2O为白色固体，Na2O2为淡黄色固体，颜色不相同，A错误；Na2O与CO2、H2O反应不能生成氧气，B错误；Na2O2中氧元素的化合价均为－1，C错误；Na2O2中含有Na＋、O，个数比为2∶1，Na2O中含有Na＋、O2－，个数比为2∶1，D正确。
[答案]　D
2．某溶液中含有Na＋、SO、CO、HCO4种离子，若向其中加入一定量的Na2O2固体后，溶液中离子浓度基本保持不变的是(　　)
A．HCO B．Na＋
C．CO D．SO
[解析]　Na2O2加入溶液中与水反应生成NaOH和O2↑，OH－与HCO反应生成CO，所以会使Na＋、CO浓度增大，HCO的浓度减小。
[答案]　D
3.如图装置，试管中盛有水，气球a中盛有干燥的Na2O2颗粒。U形管中注有浅红色的水。将气球用橡皮筋紧缚在试管口。实验时将气球中的Na2O2抖落到试管b的水中，将发生的现象是(　　)

A．U形管内红水褪色
B．试管内溶液变红
C．气球a被吹大
D．U形管水位：d[解析]　由于发生反应：2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑，产生O2使气球膨胀，该反应放出大量的热，使广口瓶中空气受热膨胀而出现U形管中水位d>c。
[答案]　C
二、Na2CO3和NaHCO3
4．下列关于碳酸钠的叙述正确的是(　　)
A．碳酸钠俗称纯碱，因为碳酸钠是一种碱
B．碳酸钠溶液中滴入酚酞溶液，溶液呈浅红色
C．碳酸钠本身显碱性，所以不能与任何碱反应
D．用BaCl2溶液不能区分碳酸钠和碳酸氢钠溶液
[解析]　碳酸钠属于盐类，A项错误；碳酸钠可与氢氧化钙反应，C项错误；BaCl2溶液可与碳酸钠反应产生沉淀，而不与碳酸氢钠溶液反应，D项错误。
[答案]　B
5．除去Na2CO3固体中少量的NaHCO3的最佳方法是(　　)
A．加入适量盐酸 B．加入NaOH溶液
C．加热分解 D．制成溶液后通入CO2
[解析]　根据NaHCO3的不稳定性，通过加热分解除去NaHCO3，并且又生成Na2CO3。
[答案]　C
6．下列各组内的两种物质发生反应时，其产物不随反应物用量比的改变而发生变化的是(　　)
A．CO2和澄清石灰水 B．NaOH溶液和CO2
C．Na2CO3溶液和盐酸 D．NaHCO3溶液和盐酸
[解析]　A项，CO2不足量，生成CaCO3，CO2过量，生成Ca(HCO3)2；B项，CO2不足，生成Na2CO3，CO2过量，生成NaHCO3；C项，盐酸不足，生成NaHCO3和NaCl，盐酸足量，生成NaCl、H2O和CO2。
[答案]　D
7．为了检验某含有NaHCO3杂质的Na2CO3样品的纯度，现将w1 g样品加热，其质量变为w2 g，则该样品的纯度(质量分数)是(　　)
A. B.
C. D.
[解析]　根据NaHCO3受热分解的化学方程式，结合反应前后固体的质量差可列式求解：
2NaHCO3Na2CO3＋H2O↑＋CO2↑　Δm
2×84 g　　　　106 g　　18 g　　44 g　　62 g
m(NaHCO3)　　　　　　　　　　　　　(w1－w2) g
求出m(NaHCO3)，即可得出样品的纯度。
[答案]　A
三、焰色试验
8．焰色试验过程中铂丝的清洗和灼烧与钾焰色试验的观察两项操作如图所示：

下列叙述中不正确的是(　　)
A．每次实验时都要先将铂丝灼烧到火焰无色，再蘸取被检验物质
B．钾的焰色试验要透过蓝色钴玻璃观察
C．实验时最好选择本身颜色较强的火焰
D．没有铂丝可用无锈铁丝代替进行实验
[解析]　焰色试验的操作是：先将铂丝放在稀HCl中洗涤、灼烧、然后蘸取待测物，置于酒精灯的火焰上进行灼烧，钾的焰色反应需透过蓝色钴玻璃进行观察。实验最好选择颜色较弱的，最好无色的火焰，如果无铂丝，可采用无锈的铁丝。故C正确。
[答案]　C
[能力提升]
9．下表中，对陈述Ⅰ、Ⅱ的正确性及两者间是否具有因果关系的判断都正确的是(　　)
选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ 判断
A 碳酸钠可用于治疗胃病 Na2CO3可与盐酸反应 Ⅰ对，Ⅱ对，有
B 向Na2O2的水溶液中滴入酚酞变红色 Na2O2与水反应生成氢氧化钠 Ⅰ对，Ⅱ错，无
C 金属钠具有强还原性 高压钠灯发出透雾性强的黄光 Ⅰ对，Ⅱ对，有
D 过氧化钠可为航天员供氧 Na2O2能与CO2和H2O反应生成O2 Ⅰ对，Ⅱ对，有

[解析]　A项中陈述Ⅰ错误，治疗胃酸过多要用NaHCO3而不是Na2CO3；B项中陈述Ⅰ错误，酚酞在Na2O2的水溶液中最终呈无色；C项，陈述Ⅰ与Ⅱ之间无因果关系。
[答案]　D
10.已知A是一种金属单质，B显淡黄色，其转化关系如图所示，则C的以下性质错误的是(　　)

A．溶液呈碱性
B．受热易分解
C．与澄清石灰水反应产生白色沉淀
D．与足量盐酸反应放出气体
[解析]　A是金属，B为淡黄色金属氧化物，则B为Na2O2，依次可推知A为Na，C为Na2CO3，D为NaOH。Na2CO3溶液呈碱性，A项正确；Na2CO3＋Ca(OH)2===CaCO3↓＋2NaOH，C项正确；Na2CO3＋2HCl===2NaCl＋H2O＋CO2↑，D项正确；Na2CO3性质稳定，受热不分解，B项错误。
[答案]　B
11．某白色粉末由两种物质组成，为鉴别其成分进行如下实验：
①取少量样品加入足量水仍有部分固体未溶解；再加入足量稀盐酸，有气泡产生，固体全部溶解　②取少量样品加入足量稀硫酸有气泡产生，振荡后仍有固体存在
该白色粉末可能为(　　)
A．NaHCO3、Al(OH)3 B．AgCl、NaHCO3
C．Na2SO3、BaCO3 D．Na2CO3、CuSO4
[解析]　A项，NaHCO3、Al(OH)3中加入足量稀硫酸有气泡产生，生成硫酸钠、硫酸铝、二氧化碳和水，最终无固体存在，错误；B项，AgCl不溶于酸，固体不能全部溶解，错误；C项，亚硫酸钠和碳酸钡加入水，碳酸钡不溶于水使部分固体不溶解，加入稀盐酸，碳酸钡与盐酸反应生成氯化钡、二氧化碳和水，固体全部溶解，再将样品加入足量稀硫酸，稀硫酸和碳酸钡反应生成硫酸钡沉淀、二氧化碳和水，正确；D项，Na2CO3、CuSO4中加入足量稀硫酸，振荡后无固体存在，错误。
[答案]　C
12．下列图示中，A为一种常见的单质，B、C、D、E是含A元素的常见化合物，它们的焰色试验均为黄色。

回答下列问题：
(1)写出化学式：A________，B________，D________。
(2)以上反应中属于氧化还原反应的有________(填序号)。
(3)写出反应③的化学方程式： ____________。
氧化剂为________；氧化产物为________。
(4)写出反应②的化学方程式，并用单线桥法标出电子转移的方向和数目：_____________________。
(5)写出D溶液中通入CO2反应的化学方程式：
___________________________________________________。
[解析]　A是一种常见单质，其焰色试验为黄色，则A是Na，B、C、D、E是含Na元素的常见化合物，Na在O2中燃烧生成B，B为Na2O2，Na和H2O反应生成NaOH和H2，Na2O2和水反应生成NaOH和O2，所以C是NaOH，NaOH和过量CO2反应生成NaHCO3，所以E是NaHCO3，Na2O2和CO2反应生成Na2CO3和O2，NaHCO3受热分解生成Na2CO3、CO2和水，所以D是Na2CO3。(1)通过以上分析知，A是Na，B是Na2O2，D是Na2CO3。(2)根据氧化还原反应的概念可知，以上反应中属于氧化还原反应的有①②③④。(3)反应③的化学方程式为2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑，Na2O2中的氧元素一部分得电子作氧化剂，一部分失电子作还原剂，氧化剂是Na2O2，氧化产物是O2。(5)Na2CO3溶液中通入CO2的化学方程式为Na2CO3＋CO2＋H2O===2NaHCO3。
[答案]　(1)Na　Na2O2　Na2CO3
(2)①②③④
(3)2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑　Na2O2　O2

(5)Na2CO3＋CO2＋H2O===2NaHCO3
13．某校化学课外小组为了鉴别碳酸钠和碳酸氢钠两种白色固体，用不同的方法做了以下实验，如图Ⅰ～Ⅳ所示。

(1)只根据图Ⅰ、Ⅱ所示实验，能够达到实验目的的是(填装置序号)________；
(2)图Ⅲ、Ⅳ所示实验均能鉴别这两种物质，其反应的化学方程式为_______________________________________________；
与实验Ⅲ相比，实验Ⅳ的优点是(填选项序号)________；
A．Ⅳ比Ⅲ复杂
B．Ⅳ比Ⅲ安全
C．Ⅳ比Ⅲ操作简便
D．Ⅳ可以做到一套装置同时进行两个对比实验，而Ⅲ不能
(3)若用实验装置Ⅳ验证碳酸钠和碳酸氢钠的稳定性，则试管B中装入的固体最好是________；
(4)将碳酸氢钠溶液与澄清石灰水混合并充分反应，
①当澄清石灰水过量时，其离子方程式是_______________
_____________________________________________________；
②当NaHCO3过量时，其离子方程式是_________________
_______________________________________________________。
[解析]　(1)Ⅰ装置反应现象相同；Ⅱ装置，向稀盐酸中分别加入等质量的Na2CO3、NaHCO3，NaHCO3与稀盐酸反应快且产生的CO2多，所以气球大的为NaHCO3。因此能够达到实验目的是Ⅱ；(2)碳酸氢钠在加热条件下能分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，发生反应为2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑，生成的二氧化碳与澄清石灰水反应生成碳酸钙，反应的方程式为CO2＋Ca(OH)2===CaCO3↓＋H2O，图Ⅳ不仅能鉴别碳酸钠和碳酸氢钠，同时又能验证碳酸钠和碳酸氢钠的稳定性，Ⅳ可以做到用一套装置同时进行两个对比实验，而Ⅲ不行；(3)Na2CO3直接加热不产生气体，而NaHCO3不直接加热就产生气体，就更说明NaHCO3不稳定，所以试管B中装入的固体最好是NaHCO3；(4)①NaHCO3与Ca(OH)2发生复分解反应，①当澄清石灰水过量时，离子方程式为：HCO＋OH－＋Ca2＋===CaCO3↓＋H2O；②当NaHCO3过量时，反应方程式为：2HCO＋2OH－＋Ca2＋===CaCO3↓＋2H2O＋CO。
[答案]　(1)Ⅱ
(2)2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑　D
(3)碳酸氢钠
(4)①HCO＋OH－＋Ca2＋===CaCO3↓＋H2O
②2HCO＋2OH－＋Ca2＋===CaCO3↓＋2H2O＋CO
14．在鲜活水产品的长途运输中，必须考虑以下几点：①水中需要保持适量的O2；②及时去除鱼类等排出的CO2；③防止细菌的大量繁殖。
(1)过氧化物具有杀菌消毒的性质，金属的过氧化物能与H2O反应产生O2，如：2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑。现有两种在水中能起供氧灭菌作用的物质：Na2O2和CaO2，已知CaO2能缓慢与水反应。根据以上介绍，运输鲜活水产品时应选择________放入水中，理由是__________________________________________________
_______________________________________________________。
(2)写出过氧化钙与水反应的化学方程式
___________________________________________________。
(3)一养鱼爱好者欲测定过氧化钙样品中过氧化钙的质量分数，做如下实验：称取样品2.0 g，加入到足量的水中，生成氧气的质量为0.32 g。试计算所用样品中过氧化钙的质量分数。
[解析]　(1)根据题给信息可知，选择的物质应该能持续吸收CO2并能不断提供O2，还要抑制细菌的大量繁殖，结合Na2O2的性质可知Na2O2不适合，因为Na2O2与水反应剧烈，且生成物NaOH为强碱，不利于鲜活水产品的存活。(2)过氧化钙与水的反应为2CaO2＋2H2O===2Ca(OH)2＋O2↑。
(3)2CaO2＋2H2O===2Ca(OH)2＋O2↑
　2×72　　　　　　　　　　32
　m(CaO2)　　　　　　　0.32 g
＝
m(CaO2)＝1.44 g
样品中CaO2的质量分数为×100%＝72%。
[答案]　(1)CaO2　Na2O2与水反应剧烈，生成的NaOH溶液碱性太强，不利于鲜活水产品的存活(或CaO2在水中溶解缓慢，供氧时间长，水溶液碱性弱，有利于鲜活产品的长途运输)。
(2)2CaO2＋2H2O===2Ca(OH)2＋O2↑
(3)72%




1
第一课时　活泼的金属单质——钠
学习目标：1.能记住金属钠的物理性质以及金属钠的用途。2.知道金属钠与氧气、水等反应的现象及化学方程式。



1．钠的原子结构与性质的关系
钠原子最外层只有1个电子，核外电子排布为，在化学反应中钠原子很容易失去1个电子形成最外层为8个电子的钠离子，核外电子排布为，达到稳定结构，因此金属钠的化学性质很活泼，在自然界中以化合态形式存在。
2．钠的物理性质
钠的物理性质既有金属的一般性，又有其特殊性：
一般性：银白色金属，热和电的良导体。
特殊性：质软，密度比水小，熔点低。
3．钠的化学性质
写出下列反应的化学方程式：
(1)钠在空气中表面变暗：4Na＋O2===2Na2O；
(2)钠在空气中燃烧：2Na＋O2Na2O2；
(3)钠与水反应：2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑。

1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)自然界中钠存在游离态(　　)
(2)钠的熔点低(　　)
(3)钠与O2反应时，条件不同，产物不同(　　)
(4)钠能与水发生置换反应(　　)
[答案]　(1)×　(2)√　(3)√　(4)√
2．取一块金属钠，放在燃烧匙里加热，下列对实验现象的描述正确的是(　　)
①金属先熔化　②在空气中燃烧，产生黄色火花　③燃烧后得白色固体　④燃烧时火焰为黄色　⑤燃烧后生成淡黄色固体
A．②⑤　　　B．①②③　　C．①④⑤　　D．④⑤
[解析]　钠燃烧时，先受热熔化成闪亮的小球，然后燃烧，燃烧时火焰为黄色，燃烧后生成淡黄色的过氧化钠固体。
[答案]　C



知识点一钠
1.钠与氧气的反应
(1)实验探究

(2)金属钠露置于空气中的主要变化
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有：


发生的主要变化的化学方程式为
①4Na＋O2===2Na2O；
②Na2O＋H2O===2NaOH；
④2NaOH＋CO2===Na2CO3＋H2O，
Na2CO3＋10H2O===Na2CO3·10H2O；
⑤Na2CO3·10H2O===Na2CO3＋10H2O。
2．钠与水的反应
(1)实验探究

(2)钠与水、酸溶液、碱溶液和盐溶液的反应
①钠与水的反应
化学方程式：2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑，还原剂：Na，氧化剂：H2O。
②钠与酸溶液的反应
a．钠与酸溶液反应时先与酸反应生成H2。
b．如果钠过量，钠把酸消耗尽之后，再与水反应。
③钠与碱溶液的反应实质就是钠与水的反应。
④钠与盐溶液的反应
钠与盐溶液反应时，首先与水反应生成NaOH，然后NaOH与盐发生复分解反应(若氢氧化钠不与盐反应，则只有钠与水的反应)。例如：
a．Na与Fe2(SO4)3溶液的反应
2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑，
6NaOH＋Fe2(SO4)3===2Fe(OH)3↓＋3Na2SO4。
b．Na与K2SO4溶液的反应
2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑(仅此一步反应)。
3．结合实验探究总结金属钠的物理性质
状态 颜色 硬度 密度 熔点
固态 银白色 质软 ρ(煤油)<ρ(钠)<ρ(水) <100℃

4.金属钠的保存
钠的化学性质非常活泼，所以自然界不存在游离态的钠；在实验室里，金属钠保存在煤油或石蜡里。
【典例】　将一块银白色的金属钠放在空气中会发生一系列的变化，下列有关叙述正确的是(　　)
A．表面迅速变暗是因为钠与空气中的氧气反应生成了过氧化钠
B．表面“出汗”是因为生成的氢氧化钠吸收空气中的CO2在表面形成了溶液
C．最后变成碳酸钠粉末
D．该过程的所有化学反应均为氧化还原反应
[思路启迪]　解决此题的关键是掌握钠暴露在空气中所发生的一系列反应及其反应类型。
[解析]　钠露置在空气中迅速变暗，是因为Na与O2反应生成了Na2O，Na2O与水反应生成NaOH，NaOH又吸收空气中的H2O和CO2，生成Na2CO3·10H2O，Na2CO3·10H2O逐渐风化脱水，最后变成Na2CO3粉末，只有钠与氧气的反应是氧化还原反应，其他反应不属于氧化还原反应，故只有C项正确。
[答案]　C





金属钠露置在空气中发生的变化
―→

[针对训练]　用流程图示的方法可以清楚反映物质之间的转化关系。如Na→→NaOH→NaCl，则在常温下，上述转化关系内的物质是(　　)
A．Na2CO3　　　　　　 B．Na2O
C．Na2S D．Na2O2
[解析]　在常温下，钠与氧气反应生成氧化钠。
[答案]　B
课堂归纳小结
[知识脉络]

[核心要点]
1．4Na＋O2===2Na2O
2．2Na＋O2Na2O2
3．2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑



1．保存少量金属钠的方法是(　　)
A．放在冰水中　　　　 B．放在细沙中
C．放在水中 D．放在煤油中
[解析]　钠的密度比水小，比煤油大。
[答案]　D
2．在烧杯中加入水和苯(密度：0.88 g·cm－3)各50 mL，将一小粒金属钠(密度：0.97 g·cm－3)投入烧杯中，观察到的现象可能是 (　　)
A．钠在水层中反应并四处游动
B．钠停留在苯层中不发生反应
C．钠在苯的液面上反应并四处游动
D．钠在苯与水的界面处反应并可能做上、下跳动
[解析]　首先苯与水互不相溶，根据密度可知，钠处在苯与水之间，钠能与水反应而不能与苯反应，钠与水反应放出的氢气使钠在苯与水的界面处反应并可能做上、下跳动。
[答案]　D
3．钠与水反应时产生的各种现象如下：①钠浮在水面上；②钠沉在水底；③钠熔化成小球；④小球迅速游动逐渐减小，最后消失；⑤发出嘶嘶的声音；⑥滴入酚酞后溶液显红色。其中正确的一组是(　　)
A．①②③④⑤ B．全部
C．①③④⑤⑥ D．①③④⑥
[解析]　钠与水反应时产生的现象概括为：熔(熔化成小球)、浮(浮在水面上)、游(四处游动)、响(发出嘶嘶的响声)、红(滴入酚酞，溶液变红)。由于钠的密度比水小，钠不可能沉在水底。
[答案]　C
4．将一小块钠投入FeCl3溶液中，下列对有关实验结果的预测正确的是(　　)
A．钠溶解，有铁析出，并有气体产生
B．只有气体产生
C．只有沉淀产生
D．既有沉淀产生，又有气体产生
[解析]　当钠投入FeCl3溶液中时，钠首先与H2O反应生成H2和NaOH，生成的NaOH再与FeCl3反应：3NaOH＋FeCl3===Fe(OH)3↓＋3NaCl，故D项正确。
[答案]　D

课后作业(七)
[基础巩固]
1．下列有关钠的叙述正确的是(　　)
①钠在空气中燃烧生成氧化钠
②金属钠有强还原性
③钠与硫酸铜溶液反应，可以置换出Cu
④金属钠可以保存在煤油中
⑤钠原子的最外层上只有一个电子，所以在化合物中钠的化合价为＋1价
A．①②④ B．②③⑤ C．①④⑤ D．②④⑤
[解析]　Na在空气中燃烧生成过氧化钠，①错误；钠与CuSO4溶液反应的方程式为2Na＋2H2O＋CuSO4===Na2SO4＋Cu(OH)2↓＋H2↑，Na不能将Cu单质置换出来，③错误。
[答案]　D
2．将少量金属钠分别投入下列物质的水溶液中，反应后溶液质量减轻的是 (　　)
A．HCl B．K2SO4 C．NaOH D．CuSO4
[答案]　D
3．等质量的两块钠，第一块在足量氧气中加热，第二块与足量氧气在常温下充分反应，则下列说法正确的是(　　)
A．第一块钠失去电子数多
B．两块钠失去电子数一样多
C．第二块钠的反应产物质量较大
D．两块钠的反应产物质量一样大
[解析]　根据得失电子守恒，不论是加热还是缓慢氧化，最终都是Na→a，故二者失去的电子数一样多；但加热时生成Na2O2，而常温时生成Na2O，故第一块钠反应产物质量大。
[答案]　B
4．把一小块钠投入到硫酸铜溶液中，下列物质中不是该反应生成物的是(　　)
A．Cu B．Cu(OH)2
C．H2 D．Na2SO4
[解析]　将钠投入CuSO4溶液中时，钠首先与水反应2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑，生成的NaOH再与CuSO4发生复分解反应CuSO4＋2NaOH===Cu(OH)2↓＋Na2SO4，反应中不可能生成铜。
[答案]　A
5．若m g Na在足量氯气中燃烧，生成固体的质量为(m＋3.55) g，则m g Na与氧气反应，生成固体的质量为(　　)
①(m＋0.8) g　②(m＋1.0) g　③(m＋1.2)g
④(m＋1.6)g　⑤(m＋1.4)g
A．仅①④ B．仅①⑤
C．仅③④ D．①②③④⑤
[解析]　由题可知m g Na与O2反应可能生成(m＋0.8)g Na2O，也可能生成(m＋1.6)g Na2O2，或Na2O和Na2O2的混合物，即固体的质量在两者之间。
[答案]　D
6．下列灭火剂能够扑灭金属钠着火的是(　　)
A．干冰灭火器 B．泡沫灭火器
C．干粉灭火器 D．沙土
[解析]　干冰是固态的CO2，干粉灭火器里的NaHCO3受热分解为CO2、H2O和Na2CO3，泡沫灭火器里既含有H2O又含有CO2，它们都能与金属钠及燃烧产物Na2O2发生反应，因此它们都不能用作钠着火的灭火剂。钠着火后，应用沙土盖灭，D项正确。
[答案]　D
7．在Na与H2O的反应中(　　)
A．Na是氧化剂
B．H2是氧化产物
C．反应实质是钠置换水电离出的少量的H＋
D．反应实质是钠置换水中的氢气
[解析]　Na是还原剂，A项错误；H2是还原产物，B项错误；水中没有氢气，D项错误。
[答案]　C
8．A、B、C是中学化学中常见的三种物质，它们之间的相互转化关系如下(部分反应条件及产物略去)：

(1)若A是一种金属，C是淡黄色固体，则B的化学式为________，A―→C反应的化学方程式为_____________________
______________________________________________________。
(2)若A是一种非金属，其常见单质为黑色固体，C是最主要的温室气体，则C的分子式为________，B―→C反应的化学方程式为_____________________________________________________。
A和C是否能反应？________(填“能”或“不能”)，若能，写出反应的化学方程式：
______________________________。(若不能，此空不填)
[解析]　(1)C为淡黄色固体，说明C为Na2O2，A为Na，B为Na2O。
(2)A为黑色单质，说明A为C，B为CO，C为CO2。
[答案]　(1)Na2O　2Na＋O2Na2O2
(2)CO2　2CO＋O22CO2　能　C＋CO22CO
[能力提升]
9．将一小块钠投入盛有5 mL澄清石灰水的试管里，不可能观察到的现象是(　　)
A．钠熔成小球并在液面上游动
B．有气体产生
C．溶液底部有银白色固体生成
D．溶液变浑浊
[解析]　Na与水反应，生成H2和NaOH，溶剂的量减少，有Ca(OH)2析出，但不是银白色固体。
[答案]　C
10．下列叙述不正确的是(　　)

选项 事实 原因
A 钠保存在煤油中 钠在空气中会发生反应
B 钠露置在空气中，迅速变暗 钠与氧气反应生成过氧化钠
C 钠与水反应后滴入酚酞试剂，溶液变红 有碱性物质生成
D 钠在加热条件下能与氧气反应生成淡黄色固体 钠有还原性

[解析]　钠在空气中易与水和氧气反应，所以钠保存在煤油中，A项正确；常温下钠与氧气反应生成氧化钠(白色)，加热或点燃时生成过氧化钠(淡黄色)，B项错误；钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，反应后滴入酚酞试剂，溶液变红，C项正确；钠是活泼的金属，具有强还原性，在加热的条件下能与氧气反应生成淡黄色固体过氧化钠，D项正确。
[答案]　B
11．下列关于钠与水反应的说法中，不正确的是(　　)
①将小块的钠投入滴有紫色石蕊试液的水中，反应后溶液变红
②将钠投入稀盐酸中，钠先与水反应，后与HCl反应
③钠在水蒸气中反应(密闭)时因温度高会发生燃烧现象
④将两小块质量相等的金属钠，一块直接投入水中，另一块用锡箔包住，在锡箔上刺些小孔，然后按入水中，二者放出的氢气质量相等
A．仅② B．仅②③
C．仅②③④ D．①②③④
[解析]　①钠与水反应产生氢氧化钠，能使紫色石蕊试液变蓝，而不能使紫色石蕊试液变红；②钠与水反应的本质是钠与H＋反应，所以钠先与HCl反应，后与水反应；③钠在水蒸气中反应产生的是氢气，尽管温度高且反应放热，但无氧气，故不能燃烧；④钠的密度比水小，浮在水面上时会有部分钠与O2反应，而用锡箔包住的钠不会与氧气反应，所以与水反应的钠的质量不相等，二者放出氢气的质量也不相等。
[答案]　D
12.某校学生课外活动小组为测定Na元素的相对原子质量，设计的装置如图，该装置(包括水和干燥剂)的总质量为a g，从实验室取出b g(不足量)的钠放入水中，塞紧瓶塞，完全反应后再称量此装置的总质量为c g。试回答：

(1)实验室取用一小块钠，需要用到____________。
(2)此干燥管的作用是____________；
若此钠块有极少量被氧化，则测出的相对原子质量会比实际相对原子质量________(填“偏大”、“偏小”或“不变”)。
(3)有甲同学建议在图中干燥管上再连一同样干燥管，其目的是______________________________________________________，
计算钠的相对原子质量的表达式为____________。
(4)有乙同学为避免由于行动不够迅速产生偏差，又建议在集气瓶中再加入一定量煤油，其目的是____________________________
_______________________________________________________。
[解析]　本题通过定量实验综合考查钠的取用、钠的物理性质、化学性质。原理是根据钠与水的反应，通过测定一定质量的钠与过量的水反应生成氢气的质量，来求出钠的相对原子质量。
[答案]　(1)滤纸、小刀、镊子、玻璃片
(2)吸收水蒸气，避免集气瓶中水蒸气逸出　偏大
(3)避免空气中水蒸气被干燥剂吸收　
(4)避免钠投入后，立即与水反应，来不及塞上塞子
13．(1)如图1所示，在平底烧瓶的底部有一块钠，平底烧瓶内是干燥的空气。过一段时间后可观察到__________________，发生反应的化学方程式为________________________________________
______________________________________________________。

图1
(2)某班同学用如图2所示装置测定空气中氧气的含量。先用弹簧夹夹住橡胶管，点燃钠，伸入瓶中并塞上瓶塞。待钠熄灭并冷却后，打开弹簧夹，观察广口瓶内水面变化情况。

图2
①上述实验过程中发生反应的化学方程式为
_________________________________________________。
②实验完毕，甲同学的广口瓶内水面上升明显小于瓶内空气体积的，乙同学的广口瓶内水面上升明显大于瓶内空气体积的。下列对这两种现象解释合理的是______(填字母)。
a．甲同学可能使用钠的量不足，瓶内氧气没有消耗完
b．甲同学可能未塞紧瓶塞，钠熄灭冷却时外界空气进入瓶内
c．乙同学可能没夹紧弹簧夹，钠燃烧时瓶内部分空气受热从导管逸出
d．乙同学可能插入燃烧匙太慢，塞紧瓶塞之前，瓶内部分空气受热逸出
[解析]　(1)钠与空气中的氧气反应生成Na2O，使钠表面变暗，同时烧瓶内压强降低，气球会膨胀。(2)a项，若钠的量不足，则氧气没有消耗完，造成进水量少于容器内空气体积的，结果偏低，合理；b项，若瓶塞未塞紧，钠熄灭冷却，瓶内气体收缩，外面的空气会进入瓶内，使气体得到补充，造成结果偏低，合理；c项，若弹簧夹未夹紧，钠燃烧时，瓶内气体膨胀，使部分气体从导管口逸出，造成结果偏高，合理；d项，若插入燃烧匙太慢，钠燃烧时，瓶内气体膨胀，在塞紧瓶塞前，瓶内部分气体从瓶口逸出，造成结果偏高，合理。
[答案]　(1)钠表面变暗，气球膨胀　4Na＋O2===2Na2O
(2)①2Na＋O2Na2O2　②abcd
14．某化学兴趣小组发现，将钠投入硫酸铜溶液中，产生无色气体和蓝色沉淀，却未置换出红色的铜。该小组同学对此现象进行了如下探究：
【分析与讨论】
(1)在实验室中通常将钠保存在煤油里，煤油的作用是______________________。
(2)对于钠与水反应的生成物，甲同学猜想是NaOH和H2，乙同学猜想是NaOH和O2，你认为________同学的猜想不合理，请从化合价的角度解释原因：________________________________________
________________________________________________________。
【进行实验】
该小组同学通过实验验证钠与水反应的产物，装置如图：

注：煤油的密度为0.8 g·mL－1，与水不互溶。
【解释与结论】
(3)将钠投入硫酸铜溶液中，产生无色气体和蓝色沉淀，写出发生反应的化学方程式(分两步写)：___________________________________________________________________________________________________________________。
【进行实验】
(4)将有关内容填入下表：


[解析]　(1)钠与氧气和水反应，所以在实验室中通常将钠保存在煤油里，煤油的作用是将钠与氧气和水隔绝。(2)在一个化学反应中，如果有元素化合价升高，同时就有元素化合价降低。若生成NaOH和O2，则该反应中钠元素的化合价由0价升高到＋1价，氧元素的化合价由－2价升高到0价，只有元素化合价升高，没有元素化合价降低，所以乙同学的猜想不合理。(3)钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，化学方程式为2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑；氢氧化钠和硫酸铜溶液反应生成氢氧化铜蓝色沉淀和硫酸钠，化学方程式为CuSO4＋2NaOH===Cu(OH)2↓＋Na2SO4。(4)①物质的物理性质不需要通过化学变化表现出来，钠的物理性质有：银白色固体，熔点低，密度比水小、比煤油大等；②二氧化碳和氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠和水，化学方程式为CO2＋2NaOH===Na2CO3＋H2O；③二氧化碳和氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠和水，使装置C内压强变小，实验现象为D中液体倒吸入C中，C中产生气泡；④氢气燃烧的现象：气体燃烧，产生淡蓝色火焰；⑤氢气燃烧生成水，所以在火焰上方罩一个干冷的烧杯，烧杯内壁出现无色液滴。
[答案]　(1)将钠与氧气和水隔绝
(2)乙　若生成NaOH和O2，则该反应中钠元素的化合价由0价升高到＋1价，氧元素的化合价由－2价升高到0价，只有元素化合价升高，没有元素化合价降低
(3)2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑、CuSO4＋2NaOH===Cu(OH)2↓＋Na2SO4
(4)①银白色固体，熔点低(合理即可)　②CO2＋2NaOH===Na2CO3＋H2O　③倒吸入C中　④淡蓝　⑤无色液滴




1
?实验活动1　一定物质的量浓度的溶液的配制
[实验名称]
　配制100 mL 1.00 mol/L NaCl溶液。
[实验目的]
1．练习容量瓶和胶头滴管的使用方法。
2．练习配制一定物质的量浓度的溶液。
3．加深对物质的量浓度概念的认识。
[实验仪器]
　烧杯、容量瓶(100mL)、胶头滴管、量筒、玻璃棒、药匙、滤纸、天平。
[实验药品]
　NaCl、蒸馏水。
[实验步骤]
1．计算溶质的质量
计算配制100 mL 1.00 mol/L NaCl溶液所需NaCl固体的质量为5.85g。
2．称量
在天平上称量出5.9_g的NaCl固体。
3．溶解
把称好的NaCl固体放入烧杯中，再向烧杯中加入40_mL蒸馏水，用玻璃棒搅拌，使NaCl固体完全溶解。
4．转移
待溶液冷却后，将烧杯中的溶液沿玻璃棒注入100_mL容量瓶。
5．洗涤
用少量蒸馏水洗涤烧杯内壁和玻璃棒2～3次，并将洗涤液也都注入容量瓶。轻轻摇动容量瓶，使溶液混合均匀。
6．定容
继续向容量瓶中加入蒸馏水，直到液面在刻度线以下1～2_cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水，至液面与刻度线相切。
7．摇匀
盖好容量瓶瓶塞，反复上下颠倒，摇匀。
8．装瓶
将配制好的溶液倒入试剂瓶中，贴好标签。
[问题和讨论]
1．将烧杯中的溶液注入容量瓶以后，为什么要用蒸馏水洗涤烧杯内壁和玻璃棒2～3次，并将洗涤液也都注入容量瓶？
[答案]　因为烧杯内壁和玻璃棒上残留一部分溶质，所以需洗涤并转移。
2．误差分析


[练习一]　实验室配制250 mL 0.1 mol·L－1的BaCl2溶液可分两个阶段进行。
第一阶段：用托盘天平称取5.2 g无水BaCl2晶体。
第二阶段：溶解，配制0.1 mol·L－1的BaCl2溶液。
第一阶段操作有如下几步：A.将游码拨至0.2处；B.将游码拨至“0”处；C.在天平两边的托盘上各放一张干净的等质量的滤纸，调节天平两边的螺母使天平平衡；D.取走药品，将砝码放回砝码盒内；E.向左盘内逐步添加晶体至天平平衡；F.在右盘上放置5 g砝码。
(1)正确的操作顺序是B→________→________→A→________→________→________。
(2)E操作的具体方法是__________________________
__________________________。
(3)第二阶段操作中，应先将5.2 g BaCl2加适量蒸馏水溶解，溶解过程中使用的主要仪器有________、________。冷却后将溶液转入________中，再经________、________、________、________后即可得到0.1 mol·L－1的BaCl2溶液。
(4)下列操作使配制的BaCl2溶液浓度偏低的有________(填序号)。
A．将砝码放在左盘上，BaCl2放在右盘上进行称量
B．选用的容量瓶内有少量蒸馏水
C．定容摇匀后，液面下降，又加水至刻度线
[解析]　(1)使用托盘天平的步骤为调零→放砝码→调游码→加物品→取物品→取砝码→游码回零。(3)溶解所需的主要仪器有烧杯、玻璃棒。(4)误差分析可根据c＝＝，由m、V的大小判断。A项将砝码放错位置后，称量的BaCl2为4.8 g，所得溶液的浓度偏低；B项无影响；C项摇匀后再加水，即增大了溶液的体积，所得溶液的浓度偏低。
[答案]　(1)C　F　E　D　B
(2)左手拿药匙，用右手轻轻拍左手手腕，小心振动药匙添加样品，直至天平平衡
(3)烧杯　玻璃棒　250 mL容量瓶　洗涤　振荡　定容　摇匀
(4)AC
[练习二]　实验室需配置100 mL 2.00 mol·L－1 NaCl溶液，请你参与实验过程，并完成相关实验报告(填写表格中横线上所示内容)。
实验原理 m＝cVM
实验仪器 托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、100 mL______、胶头滴管
实验 步骤 (1)计算：溶质NaCl固体的质量为________g。 (2)称量：用托盘天平称取所需NaCl固体。 (3)________：将称好的NaCl固体放入烧杯中，加入适量蒸馏水，并用玻璃棒搅拌。 (4)转移、洗涤：将烧杯中的溶液注入容量瓶中，并用少量蒸馏水洗涤烧杯内壁2～3次，洗涤液也都注入容量瓶中。 (5)定容：将蒸馏水注入容量瓶至液面离刻度线1～2 cm时，改用________滴加蒸馏水至液面与刻度线相切。 (6)摇匀：盖好瓶塞，反复上下颠倒，然后静置。
思考 与探究 (7)某同学在实验步骤(6)后，发现凹液面低于刻度线，于是再向容量瓶中滴加蒸馏水至刻度线，该同学所配置溶液的浓度________(填“>”“＝”或“<”)2.00 mol·L－1。

[解析]　配制100 mL 2.00 mol·L－1 NaCl溶液，用到的仪器：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、100 mL容量瓶、胶头滴管，所缺少的仪器为容量瓶。
(1)100 mL 2.00 mol·L－1 NaCl溶液，氯化钠的质量m＝2.0 mol·L－1×0.1 L×58.5 g·mol－1＝11.7 g。
(3)固体称量后需要在烧杯中溶解。
(5)定容时加蒸馏水距离刻度线1～2 cm时改用胶头滴管滴加蒸馏水，直至凹液面最低点与刻度线相切，所需仪器为胶头滴管。
(7)定容以后摇匀会有部分液体残留在容量瓶刻度线以上，若再加蒸馏水，相当于稀释，所配溶液浓度偏低。
[答案]　容量瓶
(1)11.7　(3)溶解　(5)胶头滴管　(7)<



1
章末整合提升

一、物质的性质及转化

2．氯及其化合物之间的转化关系


二、宏观物质与微观粒子间的计量关系


突破点一　Na2O2的性质及应用
【典例1】　将O2、CH4、Na2O2置于密闭容器中，用电火花引燃，恰好完全反应，容器中无气体剩余，由此得出原混合物中O2、CH4、Na2O2的质量之比为(　　)
A．1∶2∶6　　　　　　　 B．2∶1∶6
C．8∶8∶117 D．117∶4∶4
[思路启迪]　(1)切入点：三种物质都恰好完全反应，容器内没有氧气剩余，则剩余固体为Na2CO3和NaOH。
(2)关键点：根据甲烷的组成可以知道生成的Na2CO3和NaOH物质的量之比为1∶4。
[解析]　
CH4＋O2→
6Na2O2＋2CH4＋O2===8NaOH＋2Na2CO3
6×78 2×16 32
117 g8 g8 g
[答案]　C



(1)金属与酸反应的定量规律(只考虑生成氢气的情况)
①金属与酸反应，金属失去电子的物质的量等于酸得到电子的物质的量。
②1 mol a价金属与足量酸反应，可生成 mol氢气。
③当参加反应的金属与产生氢气的质量差相等时，则反应后两溶液增加的质量相等。
④相同物质的量的金属与足量的酸反应产生氢气的量之比等于反应后对应金属呈现的化合价之比。
⑤特别注意，在钠等极活泼金属与酸反应时，金属过量时还会跟水反应产生氢气。
(2)摩尔电子质量和平均摩尔电子质量
①摩尔电子质量：某物质在反应中转移1 mol电子时该物质的质量，如Mg的摩尔电子质量为 g·mol－1＝12 g·mol－1，Al的摩尔电子质量为 g·mol－1＝9 g·mol－1。
②平均摩尔电子质量：两种或两种以上物质的混合物在反应中转移1 mol电子时混合物的质量，如2 g金属混合物生成2.24 L H2(标准状况)，则平均摩尔电子质量为＝10 g·mol－1。

[针对训练1]　标准状况下，将5.6 L CO2气体迅速通过Na2O2固体，得到4.48 L气体，则这4.48 L气体的质量为(　　)
A．8.8 g　　　　　　　 B．6.4 g
C．8.2 g D．6.2 g
[解析]　反应前后气体的物质的量分别为n(前)＝＝0.25 mol，n(后)＝＝0.20 mol，Δn＝n(前)－n(后)＝0.05 mol，根据反应：2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2，应用差值法可得n(O2)＝0.05 mol，故反应后的0.20 mol气体由0.05 mol O2和0.15 mol CO2组成，则反应后气体的总质量为0.15 mol×44 g/mol＋0.05 mol×32 g/mol＝8.2 g。
[答案]　C
[学科素养]　能利用氧化还原反应原理，解释Na2O2与H2O、CO2反应的实质，以培养学生宏观辨识与微观辨析的素养水平。
突破点二　碳酸钠和碳酸氢钠的鉴别
【典例2】　有两支试管，分别装有Na2CO3和NaHCO3溶液，下列方案中判断正确的是(　　)



[思路启迪]　(1)切入点：熟练掌握Na2CO3和NaHCO3的性质差异及常用的鉴别方法。
(2)关键点：HCO可以和OH－反应转化为CO，所以NaHCO3与Ca(OH)2反应也可生成CaCO3↓；Na2CO3滴加盐酸时分步进行的反应原理。
[解析]　Na2CO3、NaHCO3与Ca(OH)2反应均生成CaCO3↓，A项错误；Na2CO3、NaHCO3中加HCl、NaHCO3反应较剧烈；Na2CO3与HCl反应先生成NaHCO3和NaCl，B、D项错误；Na2CO3与CaCl2反应生成CaCO3↓，NaHCO3与CaCl2不反应，C项正确。
[答案]　C



鉴别Na2CO3与NaHCO3常用的方法
(1)固体加热，若有气体产生，且该气体能使澄清石灰水变浑浊，证明是NaHCO3。
(2)加CaCl2或BaCl2溶液，能产生白色沉淀的是Na2CO3。
(3)向其溶液中滴加盐酸，均会产生气泡，其中反应比较剧烈的是NaHCO3。
(4)测同物质的量浓度溶液的pH，pH较大的是Na2CO3。

[针对训练2]　鉴别碳酸钠溶液和碳酸氢钠溶液，不可能选用的试剂是(　　)
A．稀硫酸 B．氯化钡溶液
C．硝酸钙溶液 D．氢氧化钡溶液
[解析]　鉴别Na2CO3和NHCO3不能用Ba(OH)2[或Ca(OH)2]溶液，原因是二者均能与之反应生成沉淀：Na2CO3＋Ba(OH)2===BaCO3↓＋2NaOH,2NaHCO3＋Ba(OH)2(少量)===BaCO3↓＋Na2CO3＋2H2O。
[答案]　D
[学科素养]　利用学习Na2CO3、NaHCO3的区别及情景中Na2CO3、NaHCO3在生活中的应用，培养学生将应用化学知识和方法解决生产生活中简单的化学问题的科学态度和社会责任素养水平。
突破点三　新制氯水成分和性质的多样性
【典例3】　下列实验现象，与新制氯水中的某些成分(括号内物质)没有关系的是(　　)
A．将NaHCO3固体加入新制氯水，有无色气泡产生(H＋)
B．新制氯水使红色布条褪色(HCl)
C．向FeCl2溶液中滴加新制氯水，再滴加KSCN溶液，发现溶液呈红色(Cl2)
D．向AgNO3溶液中滴加新制氯水，生成白色沉淀(Cl－)
[思路启迪]　(1)切入点：熟练掌握氯水中各微粒成分。
(2)关键点：能灵活运用氯水中各成分的化学性质。
[解析]　A项，新制氯水中存在H＋，与NaHCO3反应产生CO2；B项，新制氯水能使红色布条褪色是因为新制氯水中存在HClO，具有漂白作用；C项，新制氯水中存在Cl2，能够将Fe2＋氧化为Fe3＋，故滴加KSCN溶液，溶液呈红色；D项，新制氯水中存在Cl－，能与AgNO3溶液反应生成白色沉淀。
[答案]　B



在不同反应中，新制氯水中起作用的成分不同：


[针对训练3]　用滴管将新制的饱和氯水慢慢滴入含酚酞的NaOH稀溶液中，当滴到最后一滴时红色突然褪去。试回答下列问题：
(1)实验室保存饱和氯水的方法是__________________________。
(2)请写出新制饱和氯水中含有氯元素的微粒的化学式
__________________________。
(3)产生上述现象的原因可能有两种(简要文字说明)：
①是由于__________________________；
②是由于__________________________。
简述怎样用实验证明红色褪去的原因是①或者②__________________________
__________________________。
[解析]　(1)氯水中含有HClO，见光易分解，应避光保存；
(2)氯气与水发生反应：Cl2＋H2OHCl＋HClO，又因为：HCl===H＋＋Cl－、HClOH＋＋ClO－，所以新制氯水中含有氯元素的微粒有：HCl、HClO、Cl2、Cl－、ClO－；
(3)原因可能为：①酚酞被强氧化剂HClO氧化而破坏；②NaOH被氯水中酸性物质中和，红色褪去。证明褪色原因向所得溶液中再滴入几滴NaOH溶液，若溶液又恢复到红色，原因②对；若无变化，原因①对。
[答案]　(1)装在棕色瓶中保存在阴凉、黑暗处
(2)HCl、HClO、Cl2、Cl－、ClO－
(3)①酚酞被强氧化剂HClO氧化而褪色　②NaOH被氯水中酸性物质中和，红色褪去　向所得溶液中再滴入几滴NaOH溶液，若溶液又恢复到红色，原因②对；若无变化，原因①对
[学科素养]　能根据氯水中的微粒种类和性质，预测氯水的性质，以培养学生证据推测和模型认知的素养水平。
突破点四　对阿伏加德罗定律及其推论的理解
【典例4】　NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(　　)
A．在标准状况下，11.2 L SO3含有的分子数为0.5NA
B．在常温常压下，22.4 L O2含有的原子数为2NA
C．在标准状况下，11.2 L氩气所含的原子数目为0.5NA
D．在同温同压下，相同体积的任何气体单质所含的原子数相同
[思路启迪]　(1)切入点：从条件、物质的状态、分子的构成等入手分析。
(2)关键点：弄清物质的量、阿伏加德罗常数、摩尔质量、气体摩尔体积等概念的辨析与应用以及与微观粒子之间的关系。
[解析]　A项中，标准状况下SO3是固体，而不是气体，知道体积无法求出物质的量；B项是已知气体在非标准状况下的体积，不能直接用标准状况下的气体摩尔体积进行计算。故A、B选项错误。C项中，在标准状况下，11.2 L氩气为＝0.5 mol，氩气为单原子分子，故所含原子的数目为0.5NA，C正确。D项，由阿伏加德罗定律知在同温同压时，相同体积的任何气体单质所含的分子数相同，当气体单质分子中所含原子数不同时，相同体积的上述气体所含原子数就不相同，D错误。
[答案]　C



阿伏加德罗定律的理解与应用
(1)阿伏加德罗定律的适用条件不仅仅是标准状况，也可以是其他任何条件，只要物质的存在状态是气态即可。
(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)注意分析分子的构成。如Ar是单原子分子，O2是双原子分子，O3是三原子分子。

[针对训练4]　设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是(　　)
A．1 mol/L Na2SO4溶液含有2NA个Na＋
B．1.7 g H2O2中含有的电子数为0.9NA
C．标准状况下，用H2O2制备11.2 L氧气共转移2NA个电子
D．N2和CO所含分子数均为NA
[解析]　溶液的体积未知，无法计算Na＋的物质的量，A项错误；n(H2O2)＝＝0.05 mol,1个H2O2分子中含18个电子，1.7 g H2O2中含有的电子数为0.9NA，B项正确；n(O2)＝＝0.5 mol，O元素的化合价部分由H2O2中的－1价升至O2中的0价，部分由H2O2中的－1价降至H2O中的－2价，则反应中转移的电子数为NA，C项错误；N2和CO的摩尔质量都是28 g/mol，等质量的N2和CO物质的量相等，所含分子数相等，由于质量未知，无法确定所含分子数，D项错误。
[答案]　B
[学科素养]　能从微观和宏观相结合的视角理解阿伏加德罗定律及其推论。

一、钠及其化合物

判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)钠与O2反应时条件不同，产物也不相同(　　)
(2)Na2O和Na2O2均为白色固体，属碱性氧化物(　　)
(3)Na2O和Na2O2中氧的化合价分别为－2和－1价(　　)
(4)碳酸钠俗名纯碱，属于碱，水溶液呈碱性(　　)
(5)在Na2O2Na2CO3NaHCO3转化中，①、②两反应均为化合反应(　　)
(6)焰色试验是金属元素的化学性质，灼烧时，所有金属或金属阳离子均有焰色(　　)
[答案]　(1)√　(2)×　(3)√　(4)×　(5)×　(6)×
二、氯及其化合物
易错点 1.不熟悉氯水中各微粒的性质。 2.不理解燃烧反应概念。 3.对HCl为强酸而HClO为弱酸不理解。 4.不清楚漂白粉有效成分和主要成分的区别。

　判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)溶液中加入AgNO3溶液有沉淀，说明溶液中一定含Cl－(　　)
(2)NaClO中含有氯元素，故向NaClO溶液中加入用硝酸酸化的AgNO3溶液，可产生白色沉淀(　　)
(3)任何物质的燃烧必须有O2参与(　　)
(4)Cl2与H2O反应的离子方程式为Cl2＋H2O===2H＋＋Cl－＋ClO－(　　)
(5)漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2和CaCl2(　　)
(6)氯气、氯水、液氯是同一种物质，只是状态不同，都属于纯净物(　　)
[答案]　(1)×　(2)×　(3)×　(4)×　(5)×　(6)×
三、常用的化学计量
易 错 点 1.计算过程中没有注意物理量的单位。 2．不能正确理解物质的量浓度的含义。 3．不会计算分子、原子、电子等微粒的物质的量。 4．不清楚气体摩尔体积的应用条件。 5．有关溶液的计算中不会应用电荷守恒的思想。

　正误判断(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)在一定的温度和压强下，各种气体的摩尔体积相等(　　)
(2)在一定的温度和压强下，各种气态物质体积的大小由构成气体的分子数决定(　　)
(3)摩尔是用来衡量微观粒子多少的一种物理量(　　)
(4)磷酸的摩尔质量(以g·mol－1为单位)与6.02×1023个磷酸分子的质量(以g为单位)在数值上相等(　　)
(5)不同的气体，若体积不同，则它们所含的分子数一定不同(　　)
(6)若气体摩尔体积为22.4 L·mol－1，则所处条件一定为标准状况(　　)
(7)18 g H2O在标准状况下的体积是22.4 L(　　)
(8)在标准状况时，20 mL NH3与60 mL O2所含的分子数比为1∶3(　　)
(9)常温常压下，22.4 L O2所含的原子数为2NA(　　)
(10)常温常压下，3.2 g O3所含的氧原子数为0.2NA(　　)
(11)常温常压下，1摩尔氦气所含原子数为NA(　　)
(12)标准状况下，2.24 L H2和C2H2的混合气体所含分子数为0.1NA(　　)
(13)将80 g NaOH溶于1 L水中，所得溶液中NaOH的物质的量浓度为2 mol·L－1(　　)
(14)Na2SO4、MgCl2的混合溶液中的电荷守恒式为：2c(Na＋)＋c(Mg2＋)＝c(SO)＋2c(Cl－)(　　)
[答案]　(1)√　(2)√　(3)×　(4)√　(5)×　(6)×　(7)×　(8)√　(9)×　(10)√　(11)√　(12)√　(13)×　(14)×
四、一定物质的量浓度溶液的配制

易错点 1.不熟悉一定物质的量浓度溶液的配制流程。 2．不能准确计算配制溶液所需溶质的质量或体积。 3．不能准确进行误差分析。

　判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)NaOH溶解后未经冷却即注入容量瓶至刻度线(　　)
(2)配制盐酸用量筒量取盐酸时俯视刻度线(　　)
(3)用蒸馏水洗涤后必须要将容量瓶烘干(　　)
(4)为了便于操作，浓溶液稀释或固体溶解可直接在容量瓶中进行(　　)
(5)定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，发现液面低于刻度线，再加水至刻度线(　　)
(6)定容时仰视刻度线，配制溶液的浓度偏大(　　)
(7)用500 mL的容量瓶可以直接配制480 mL溶液(　　)
(8)定容时加水加多了，用滴管吸出溶液至刻度线(　　)
[答案]　(1)×　(2)×　(3)×　(4)×　(5)×　(6)×　(7)×　(8)×

　　　　　　　　
质量检测(二)
(时间：90分钟　满分：100分)
一、选择题(48分，每题3分，共16小题，每小题只有一个正确答案)
1．下列物质属于纯净物的是(　　)
A．漂白粉 B．盐酸 C．氯水 D．液氯
[解析]　漂白粉是CaCl2和Ca(ClO)2的混合物，选项A不选；盐酸是氯化氢溶于水得到的混合物，选项B不选；氯水是氯气溶于水得到的混合物，选项C不选；液氯是氯气的液态，是纯净物，选D。
[答案]　D
2．向硫酸铜溶液中加入一小块金属钠后，观察到的现象有(　　)
①钠浮于液面上　②熔化成小球　③发出嘶嘶的响声，放出气体　④有蓝色沉淀产生　⑤小球在液面上游动、逐渐变小，直至消失　⑥析出大量红色的铜　⑦小球在溶液中沉浮
A．①②③④⑤⑥ B．①②③④⑤
C．①②③⑥ D．②⑥⑦
[解析]　钠密度小于水而浮于液面上，故①属于观察到的现象；钠的熔点低，在反应放出的热量作用下熔化成小球，故②属于观察到的现象；钠表面生成氢气而发出嘶嘶的响声，故③属于观察到的现象；钠与水的生成物氢氧化钠与硫酸铜反应生成蓝色沉淀氢氧化铜，故④属于观察到的现象；随着钠与水反应的进行小球在液面上游动、逐渐变小，直至消失，故⑤属于观察到的现象；钠在水中不能置换铜，故⑥不属于观察到的现象；小球一直浮在水面上，故⑦不属于观察到的现象。故选B。
[答案]　B
3．下列有关叙述正确的是(　　)
A．2.3 g钠与97.7 g水反应后，溶液中溶质的质量分数为4%
B．将过量Na2O2粉末加入紫色石蕊试液中并振荡，溶液变为蓝色，且有气泡产生
C．向金属钠与水反应后的溶液中通入适量氯气后，溶液中含有两种溶质
D．Na2O2粉末在空气中长期放置不会变质
[解析]　2.3 g钠与过量的水反应生成4.0 g NaOH，放出0.1 g H2，溶液的质量为99.9 g，所以溶液中NaOH的质量分数大于4%，A项错误；将过量Na2O2粉末加入紫色石蕊试液中，溶液先变蓝后褪色，且有气泡产生，B项错误；Na与水反应得到NaOH溶液，再通入适量Cl2后，得到NaCl和NaClO的混合溶液，C项正确；Na2O2在空气中会与水蒸气及二氧化碳发生反应，故Na2O2在空气中长期放置会变质，D项错误。
[答案]　C
4．下列说法正确的是(　　)
A．标准状况下，22.4 L盐酸中含有NA个HCl分子
B．直径介于1～100 nm之间的微粒称为胶体
C．碱性氧化物一定是金属氧化物
D．在一定温度和压强下，气体的体积取决于粒子的大小
[解析]　盐酸是HCl的水溶液，不是气体，无法利用22.4 L·mol－1，故A错误；胶体是分散系，应是微粒直径介于1～100 nm之间的分散系，该分散系称为胶体，故B错误；根据物质的分类，碱性氧化物一定是金属氧化物，故C正确；气体的体积取决于微粒的数目、微粒间的距离，一定温度和压强下，气体微粒的距离可以看成是相等的，因此一定温度和压强下，气体体积取决于微粒的个数，故D错误。
[答案]　C
5．下列说法中正确的是(　　)
A．热的纯碱溶液可以去除物品表面的油污
B．在医疗上，苏打是治疗胃酸过多的一种药剂
C．“侯氏制碱法”中的碱指的是烧碱
D．Na2CO3溶液的pH比NaHCO3溶液的pH大
[解析]　治疗胃酸过多用NaHCO3，B项错误；“侯氏制碱法”中的碱指的是纯碱，C项错误；必须在两种溶液的物质的量浓度相同时，才能比较Na2CO3溶液和NaHCO3溶液的pH大小，否则无法比较，D项错误。
[答案]　A
6．下列实验过程中，不会产生气体的是(　　)

[解析]　A．发生反应：Cl2＋H2OHCl＋HClO,2HClO2HCl＋O2↑，会产生氧气，错误。B.向发酵粉中加入氯水，发生反应：Cl2＋H2OHCl＋HClO；NaHCO3＋HCl===NaCl＋H2O＋CO2↑，会产生CO2气体，错误。C.氯水加入到NaBr溶液中，发生反应：Cl2＋2NaBr===2NaCl＋Br2，没有气体产生，正确。D.Na2O2中加入水，发生反应：2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑，放出氧气，错误。
[答案]　C
7．设阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法正确的是(　　)
A．常温常压下，11.2 L氧气所含的原子数为NA
B．在25℃、1.01×105 Pa时，11.2 L氮气所含的原子数为NA
C．常温常压下，32 g SO2中含有0.5NA个分子
D．常温常压下，11.2 L氯气含有的分子数为0.5NA
[解析]　标准状况下，11.2 L氧气为0.5 mol，其所含原子数为NA，而题述条件并不是标准状况，故A项错误；同理，B、D项错误；32 g SO2为0.5 mol，C项正确。
[答案]　C
8．下列有关实验用品的使用或操作的叙述中，正确的是(　　)
A．称量NaOH固体时，将NaOH直接放在托盘上的纸上
B．用托盘天平称量25.20 g氯化钠固体
C．配制稀硫酸时，先向烧杯中注入浓硫酸，再加水稀释
D．容量瓶配制准确浓度的溶液，但不能作为反应容器使用
[解析]　氢氧化钠易潮解，易和空气中的二氧化碳反应，不能将NaOH直接放在托盘上的纸上称量，应该在小烧杯或称量瓶中称量，故A错误；托盘天平准确度为0.1 g，所以不能称量25.20 g氯化钠固体，应为25.2 g，故B错误；配制稀硫酸时，先向烧杯中加水，再向烧杯中注入浓硫酸并用玻璃棒不断搅拌，故C错误；容量瓶可以配制准确浓度的溶液，但是容量瓶不能作为反应容器使用，故D正确；答案为D。
[答案]　D
9．现有由Na2O2、Na2CO3、NaHCO3、NaCl中的某几种组成的混合物，向其中加入足量的盐酸有气体放出，将气体通过足量的NaOH溶液，气体体积有所减少；将上述混合物在空气中加热，有气体放出。下列判断正确的是(　　)
A．混合物中一定不含Na2CO3、NaCl
B．混合物中一定含有Na2O2、NaHCO3
C．无法确定混合物中是否含有NaHCO3
D．混合物中一定不含Na2O2、NaCl
[解析]　向混合物中加入足量的盐酸，有气体放出，该气体可能是氧气和二氧化碳或其中的一种，将放出的气体通过足量的NaOH溶液后，气体体积有所减少，说明气体是氧气和二氧化碳的混合物，则原固体混合物中一定含有Na2O2，还含有Na2CO3、NaHCO3中的至少一种；将上述混合物在空气中充分加热，也有气体放出，故原固体混合物中一定含有NaHCO3，不能确定是否含有Na2CO3、NaCl。由上述分析可知，混合物中可能含有Na2CO3、NaCl，一定有Na2O2、NaHCO3，故B项正确；A、C、D错误
[答案]　B
10．世界卫生组织将ClO2定为A级高效安全灭菌消毒剂，它在食品保鲜、饮用水消毒等方面有广泛应用。消毒效率是用单位质量的消毒剂得电子数来表示的，ClO2作消毒剂时和氯气一样，还原产物均为Cl－。下列关于ClO2的说法正确的是(　　)
A．ClO2的摩尔质量为67.5
B．从分类上来看，ClO2属于金属氧化物
C．ClO2的消毒效率是氯气的2.63倍
D．ClO2分子中氯元素与氧元素的质量比为1∶2
[解析]　A项，摩尔质量应带单位；B项，从分类上来看，ClO2属于非金属氧化物；C项，ClO2的消毒效率为，氯气的消毒效率为，故ClO2的消毒效率是氯气的2.63倍；D项，ClO2分子中氯原子与氧原子的个数比为1∶2，氯元素与氧元素的质量比为35.5∶32。
[答案]　C
11．利用如图所示装置可以检验氯气的部分性质，下列说法不正确的是(　　)

A．装置A的作用是除去氯气中的水蒸气
B．该实验必须在通风橱中进行
C．装置C中发生的反应为Cl2＋2NaOH===NaCl＋
NaClO＋H2O
D．装置B中的现象是干燥的有色布条褪色，湿润的有色布条不褪色
[解析]　浓硫酸具有吸水性，与氯气不反应，则装置A的作用是除去氯气中的水蒸气，故A项正确；氯气有毒，则该实验必须在通风橱中进行，故B项正确；装置C中的NaOH溶液用来吸收尾气，发生的反应为Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O，故C项正确；装置B中干燥的有色布条不褪色，而湿润的有色布条褪色，故D项错误。
[答案]　D
12．标准状况下，m g气体A与n g气体B的分子数相同，下列说法不正确的是(　　)
A．A与B的相对分子质量之比为m∶n
B．同温同压下，两气体A与B的密度之比为m∶n
C．同质量的A、B分子数之比为m∶n
D．相同状况下，同体积的气体A与B的质量之比为m∶n
[解析]　标准状况下，m g气体A与n g气体B的分子数相同，即n(A)＝n(B)。A项，M(A)∶M(B)＝∶＝m∶n，A与B的相对分子质量之比为m∶n，正确；B项，同温同压下气体的密度之比等于相对分子质量之比，A与B的密度之比为m∶n，正确；C项，同质量时A与B的物质的量之比为n∶m，分子数之比为n∶m，错误；D项，相同状况下同体积的A与B物质的量相等，A与B的质量之比等于A与B的摩尔质量之比，为m∶n，正确；答案选C。
[答案]　C
13．某温度下，将Cl2通入NaOH溶液中，反应得到NaCl、NaClO、NaClO3的混合液，经测定NaClO与NaClO3的物质的量之比为1∶3，则Cl2与NaOH溶液反应时被氧化的氯原子与被还原的氯原子的物质的量之比为(　　)
A．4∶1 B．1∶4 C．3∶11 D．11∶3
[解析]　Cl2被氧化生成ClO－与ClO，Cl2被还原又生成NaCl，NaClO与NaClO3的物质的量之比为1∶3，假设ClO－与ClO的物质的量分别为1 mol、3 mol，根据电子转移守恒，Cl－的物质的量＝＝16 mol，根据Cl原子守恒，被氧化的氯原子与被还原的氯原子的个数比＝(3 mol＋1 mol)∶16 mol＝1∶4，答案选B。
[答案]　B
14．V L K2SO4溶液中含有K＋m g，则溶液中SO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]　由溶液中c(K＋)＝ mol·L－1可知，溶液中c(SO)＝c(K＋)＝× mol·L－1＝ mol·L－1。
[答案]　D
15．下列有关实验原理或操作正确的是(　　)
A．用20 mL量筒量取15 mL酒精，加水5 mL，配制质量分数为75%酒精溶液
B．在200 mL某硫酸盐溶液中，含有1.5NA个硫酸根离子，同时含有NA个金属离子，则该硫酸盐的物质的量浓度为2.5 mol·L－1
C．配制一定物质的量浓度的溶液的实验，在定容时俯视容量瓶的刻度线，则所配溶液浓度偏小
D．实验室配制500 mL 0.2 mol·L－1的硫酸亚铁溶液，其操作是：用天平称15.2 g绿矾(FeSO4·7H2O)，放入小烧杯中加水溶解，转移到500 mL容量瓶，洗涤、稀释、定容、摇匀
[解析]　量筒不能用来配制溶液，应该用烧杯配制，A错误；1.5NA个硫酸根离子的物质的量为1.5 mol，NA个金属阳离子的物质的量为1 mol，令金属离子的化合价为x，根据电荷守恒可知，x＝1.5×2＝3，故金属阳离子为＋3价，所以该硫酸盐可以表示为M2(SO4)3，根据硫酸根守恒可知，硫酸盐的物质的量为0.5 mol，所以该硫酸盐的物质的量浓度为0.5 mol÷0.2 L＝2.5 mol/L，B正确；配制一定物质的量浓度的溶液的实验，在定容时俯视容量瓶的刻度线，溶液体积减少，则所配溶液浓度偏高，C错误；溶解后需要冷却到室温再转移到容量瓶中，D错误，答案选B。
[答案]　B
16．将一定量的CO2通入某浓度的NaOH溶液中得到溶液A，向A溶液中逐滴滴入稀盐酸，加入HCl的物质的量n(HCl)与生成CO2的物质的量n(CO2)的关系如图所示。下列有关叙述正确的是(　　)

A．通入的CO2气体在标准状况下的体积可能大于22.4 L
B．A溶液中n(NaOH)＝2n(Na2CO3)
C．A溶液中的溶质有Na2CO3和NaHCO3
D．A溶液中的溶质一定只有Na2CO3
[解析]　由图像可知，加入3 mol HCl时才开始生成CO2气体，到CO2产生完全又消耗1 mol HCl，发生反应：NaHCO3＋HCl===NaCl＋CO2↑＋H2O。若开始加入盐酸时发生反应：Na2CO3＋HCl===NaCl＋NaHCO3，则应消耗1 mol HCl，但从开始到生成CO2时消耗3 mol HCl，说明A溶液中含有NaOH和Na2CO3，产生气体前，加入稀盐酸先后发生的反应为NaOH＋HCl===NaCl＋H2O、Na2CO3＋HCl===NaCl＋NaHCO3。A项，由图像可知，反应共生成1 mol CO2，则通入的CO2气体在标准状况下的体积应为22.4 L，A项错误；B项，由图象可知，反应共生成1 mol CO2，则A溶液中含有1 mol Na2CO3，而生成二氧化碳之前共消耗3 mol HCl，由方程式可知，Na2CO3消耗1 molHCl，则NaOH消耗2 mol HCl，则NaOH为2 mol，所以n(NaOH)＝2n(Na2CO3)，B项正确；由以上分析可知，A中含有Na2CO3和NaOH，C、D项错误。
[答案]　B
二、非选择题(52分)
17．(10分)回答下列问题：
(1)同温同压下，同体积的NH3和H2S气体的质量比是________；同质量的NH3和H2S气体的体积比是________，同质量的NH3和H2S气体中所含氢原子个数比是________，若两者所含氢原子个数相等，它们的物质的量比是________；
(2)在100 mL Al2(SO4)3溶液中含0.6 mol SO，从中取出体积的该溶液再稀释到100 mL，则稀释后的溶液中SO的物质的量浓度为________。
(3)在氯化镁和硫酸镁的混合液中，若Mg2＋与Cl－的物质的量浓度之比为4∶3时，则Mg2＋与SO物质的量浓度之比为________。
[解析]　(1)根据阿伏加德罗定律，相同条件下，相同体积的任何气体都含有相同的数目的粒子，则同温同压下，同体积的气体物质的量相同，根据m＝nM可以知道，气体的质量之比等于相对分子质量之比，所以同温同压下，同体积的氨气和硫化氢气体的质量比为17∶34＝1∶2；
设氨和硫化氢气体的质量分别为34 g，则
n(NH3)＝＝2 mol，
n(H2S)＝＝1 mol，
相同条件下，气体体积之比等于其物质的量之比，则同质量的氨和硫化氢气体的体积比为2∶1；2 mol NH3中H原子的个数为：2 mol×3×NA/mol＝6NA,1molH2S中H原子的个数为：1mol×2×NA/mol＝2NA，其中含有的氢的原子个数比为：6∶2＝3∶1；若二者氢原子数相等，设含有6 mol H原子，则氨气的物质的量为2 mol，硫化氢的物质的量为3 mol，则物质的量之比为2∶3。
(2)含0.6 mol SO的Al2(SO4)3的溶液，从中取出体积的该溶液再稀释到100 mL，SO的物质的量为0.6 mol×＝0.15 mol，则稀释后的溶液中SO的物质的量浓度为＝1.5 mol/L。
(3)设氯化镁的物质的量为x，硫酸镁的物质的量为y，根据题意有＝，计算得出＝，所以镁离子的物质的量为x＋y＝，硫酸根的物质的量y＝，两者的比值为8∶5。
[答案]　(1)1∶2　2∶1　3∶1　2∶3
(2)1.5 mol·L－1　(3)8∶5
18．(10分)在下列各变化中，反应①为常温下的反应，A、C、D均含氯元素，且A中氯元素的化合价介于C与D之间，E常温下为无色无味的液体，F为淡黄色粉末，G为常见的无色气体。

回答下列问题：
(1)A、G的化学式分别为________、________。
(2)F和E反应的化学方程式为_____________。
(3)写出反应①的化学方程式____________。
(4)在反应②中，每生成2.24L气体G(标准状况)时，消耗F________g。
[解析]　由图中关系可推知：A：Cl2；B：NaOH；C：NaCl；D：NaClO；E：H2O；F：Na2O2；G：O2。
(1)A、G的化学式分别为Cl2、O2。
(2)F和E反应的化学方程式为2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑。
(3)A和B反应的方程式为：Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O。
(4)在反应2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑中，每产生标准状况下的氧气22.4 L，就消耗Na2O2 2 mol，即156 g。现在产生了2.24 L气体G(标准状况)，则消耗Na2O2质量为15.6 g。
[答案]　(1)Cl2　O2
(2)2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑
(3)Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O
(4)15.6
19．(12分)二氧化锰(MnO2)与浓盐酸混合加热可得到氯气，如下是制取Cl2并探究Cl2化学性质的装置图。

(1)圆底烧瓶中发生反应的化学方程式为_____________。
(2)若要得到干燥纯净的气体，则B中应盛放的试剂是
________，作用是______________________；C中应盛放的试剂是________，作用是____________。
(3)E中若装有淀粉?KI溶液，能观察到的实验现象是
________________。
(4)Cl2的密度比空气________，且________(填“能”或“不能”)溶于水，难溶于饱和食盐水，因此可用________法或排饱和食盐水法收集。
(5)G中的试剂可为________。
(6)甲同学用含有0.2 mol HCl的浓盐酸与足量的MnO2反应制取Cl2，结果制得的Cl2的体积(标准状况下)小于1.12 L，这是由反应过程中盐酸的浓度变小造成的。请列举导致盐酸浓度变小的原因：____________。
[解析]　(1)二氧化锰(MnO2)与浓盐酸混合加热可得到氯气：MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋2H2O＋Cl2↑。(2)氯气中含有氯化氢和水蒸气，通过饱和食盐水可吸收氯化氢；通过浓硫酸可吸收水蒸气。(3)氯气能够将I－氧化为碘单质，淀粉与碘单质相遇变蓝。(5)氯气可用氢氧化钠溶液吸收。(6)浓盐酸与MnO2反应生成Cl2，随着反应的进行，盐酸浓度变稀，稀盐酸与MnO2不反应。
[答案]　(1)MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋2H2O＋Cl2↑
(2)饱和食盐水　吸收混合气体中的HCl 　浓硫酸　吸收混合气体中的水蒸气
(3)溶液变蓝　(4)大　能　向上排空气
(5)NaOH溶液(答案合理即可)
(6)氯化氢挥发，反应生成水，反应消耗HCl
20．(10分)实验室要配制100 mL 1.0 mol·L－1的NaCl溶液，试回答下列问题：
(1)经计算，应该用托盘天平称取NaCl固体________。
(2)若用NaCl固体配制溶液，不需要用到下列仪器中的________(填序号)。
A．锥形瓶 B．200 mL容量瓶
C．烧杯 D．胶头滴管
E．药匙 F．托盘天平
(3)①下列用途中，容量瓶不具备的有________(填序号)。
A．配制一定体积准确浓度的标准溶液
B．长期贮存溶液
C．用来加热溶解固体溶质
D．量取任意体积的液体
②容量瓶上除有刻度线外还应标有________、________，且容量瓶在使用前必须________。
(4)若实验室需要配制0.5 mol·L－1的硫酸溶液450 mL，则所需质量分数为98%、密度为1.84 g·cm－3的浓硫酸的体积为________mL(计算结果保留一位小数)。如果实验室有10 mL、25 mL、50 mL三种规格的量筒，应选用________mL的量筒量取浓硫酸。
(5)下列操作会导致所配硫酸溶液浓度偏高的是______(填序号)。
A．定容时仰视容量瓶刻度线
B．定容时俯视容量瓶刻度线
C．将稀释过的硫酸溶液冷却后再转入容量瓶
D．定容后，把容量瓶倒置摇匀后发现液面低于刻度线，便补充几滴水至刻度线
[解析]　(1)配制100 mL 1.0 mol·L－1的NaCl溶液需要溶质的物质的量为n＝c·V＝1.0 mol·L－1×0.1 L＝0.1 mol，则其质量m＝nM＝0.1 mol×58.5 g·mol－1＝5.85 g。由于托盘天平的准确度是0.1 g，所以质量应是5.9 g。(2)若用NaCl固体配制溶液，需要使用托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、100 mL容量瓶、胶头滴管，所以不需要用到的是锥形瓶和200 mL容量瓶。(3)容量瓶是准确配制一定体积、一定物质的量浓度的溶液的仪器，不能长期贮存溶液，不能用来加热溶解固体溶质，不能用来量取任意体积的液体。容量瓶上除有刻度线外还应标有使用温度及容积；由于配制溶液时要摇匀，因此容量瓶在使用前必须要检漏。(4)若实验室需要配制0.5 mol·L－1的硫酸溶液450 mL，要选择500 mL容量瓶，n(H2SO4)＝0.5 mol·L－1×0.5 L＝0.25 mol，质量分数为98%、密度为1.84 g·cm－3的浓硫酸的物质的量浓度c＝(1.84×1000×98%)÷98 mol·L－1＝18.4 mol·L－1，则需要质量分数为98%、密度为1.84 g·cm－3的浓硫酸的体积为0.25 mol÷18.4 mol·L－1＝0.0136 L＝13.6 mL。如果实验室有10 mL、25 mL、50 mL三种规格的量筒，应选用25 mL规格的量筒量取浓硫酸。(5)定容时仰视容量瓶刻度线，则溶液的体积偏大，导致溶液的浓度偏低，A项错误；定容时俯视容量瓶刻度线，则溶液的体积偏小，导致溶液的浓度偏高，B项正确；由于浓硫酸溶于水放出热量，使溶液的温度升高，所以需冷却后再转入容量瓶，避免了误差的产生，C项错误；定容后，把容量瓶倒置摇匀后发现液面低于刻度线，便补充几滴水至刻度线，导致溶液的体积偏大，使溶液的浓度偏低，D项错误。
[答案]　(1)5.9 g　(2)AB
(3)①BCD　②温度　容积　检漏
(4)13.6　25　(5)B
21．(10分)过氧化钠常用作漂白剂、杀菌剂、消毒剂，能与水和二氧化碳等物质发生反应，保存不当容易变质。某实验小组以过氧化钠为研究对象，进行了如下实验。
(1)探究一包Na2O2样品是否已经变质：取少量样品溶解，加入________溶液，充分振荡后若有白色沉淀生成，证明Na2O2已变质。
(2)该实验小组为了测定已变质的过氧化钠中Na2O2的质量分数，称取a g样品，并设计了如图所示的装置。

①装置A中仪器a的名称是________，装置B的作用是
_____________。
②将仪器连接好以后，必须进行的操作是____________。
③写出装置C中发生反应的化学方程式：___________。
④实验结束后，在读取生成气体的体积时，你认为合理的是________(填序号)。
a．直接读取体积，不需冷却到室温
b．调整量筒使E、F内液面高度相同
c．视线与凹液面的最低处相平
⑤读出量筒内水的体积后，折算成标准状况下气体的体积为V mL，则该样品中过氧化钠的质量分数为________。
[解析]　(1)Na2O2易与水和CO2反应，在空气中会变质，最终生成Na2CO3。如果能证明样品中含有CO，则可证明样品已变质，据此可向其溶液中加入BaCl2溶液。(2)该实验的原理是用盐酸和大理石反应制备CO2，用饱和NaHCO3溶液吸收CO2中混有的HCl气体，然后混有少量水蒸气的CO2再与Na2O2反应生成O2，用NaOH溶液吸收O2中混有的CO2，最后用排水法测定生成O2的体积，根据O2的体积即可计算Na2O2的质量，从而求出样品中Na2O2的质量分数。为了准确测定O2的体积(即量筒中水的体积)，应在室温下读数，且需要调整量筒使E、F内液面高度相同，从而使E瓶中气体压强与外界大气压相等。由题意知，n(O2)＝＝ mol，则n(Na2O2)＝2n(O2)＝ mol，m(Na2O2)＝ g，故样品中Na2O2的质量分数为×100%＝%。
[答案]　(1)BaCl2(其他答案合理即可)
(2)①分液漏斗　吸收CO2中混有的HCl气体
②检查装置的气密性
③2CO2＋2Na2O2===2Na2CO3＋O2、2H2O＋2Na2O2===4NaOH＋O2↑　④bc　⑤%


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