2025年高一化学寒假衔接讲练 (人教版)专题02 海水中的重要元素-钠和氯（教师版）

专题02海水中的重要元素——钠和氯考点聚焦：复习要点+知识网络，有的放矢重点专攻：知识点和关键点梳理，查漏补缺难点强化：难点内容标注与讲解，能力提升提升专练：真题感知+提升专练，全面突破一、钠的性质与用途1．物理性质(1)色态：银白色固体。(2)硬度：质地软，可以用小刀切割。(3)密度：钠与水、煤油密度大小关系为ρ水>ρNa>ρ煤油。(4)熔点：<100℃(填“>”“＝”或“<”)。2．化学性质(1)与非金属单质(如O2、Cl2)的反应O2eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(常温：4Na＋O2=2Na2O。,加热或点燃：2Na＋O2\o(=,\s\up7(△))Na2O2。))Cl2：2Na＋Cl2eq\o(=,\s\up7(点燃))2NaCl(2)与H2O反应离子方程式：2Na＋2H2O=2Na＋＋2OH－＋H2↑。(3)与盐酸反应离子方程式：2Na＋2H＋=2Na＋＋H2↑。(4)与盐的反应①与熔融盐的反应4Na＋TiCl4eq\o(=,\s\up7(熔融))4NaCl＋TiNa＋KCleq\o(=,\s\up7(高温))NaCl＋K↑②与盐溶液的反应(以CuSO4溶液为例)2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑CuSO4＋2NaOH=Cu(OH)2↓＋Na2SO4总方程式为：2Na＋CuSO4＋2H2O=Cu(OH)2↓＋Na2SO4＋H2↑。【易错提醒】(1)钠与水、酸反应的本质与顺序：本质上均是与H＋的反应，反应顺序是有酸酸在前，无酸水为先。(2)钠与盐溶液的反应钠与盐溶液反应时一般先考虑与水的反应，生成的NaOH与盐可能发生复分解反应。3．制取与保存(1)制取：化学方程式为2NaCl(熔融)eq\o(=,\s\up7(电解))2Na＋Cl2↑。(2)保存：密封保存，通常保存在石蜡油或煤油中。4．用途(1)钠、钾合金(液态)可用作原子反应堆的导热剂。(2)用作电光源，制作高压钠灯。(3)冶炼某些金属。【归纳总结】金属钠长期露置在空气中会发生一系列变化，其现象如下：银白色金属钠eq\o(→,\s\up7(①))表面变暗eq\o(→,\s\up7(②))出现白色固体，接着表面变潮湿eq\o(→,\s\up7(③))白色块状固体eq\o(→,\s\up7(④))白色粉末状物质上述各步反应的化学方程式：①4Na＋O2=2Na2O；②Na2O＋H2O=2NaOH；③2NaOH＋CO2＋9H2O=Na2CO3·10H2O；④Na2CO3·10H2O=Na2CO3＋10H2O。二、氧化钠和过氧化钠1．氧化钠和过氧化钠物质氧化钠(Na2O)过氧化钠(Na2O2)颜色、状态白色固体淡黄色固体类别碱性氧化物过氧化物(非碱性氧化物)氧的价态－2－1电子式阴、阳离子个数比1∶21∶2化学性质热稳定性不稳定(2Na2O＋O2eq\o(=,\s\up7(△))2Na2O2)稳定与水反应Na2O＋H2O=2NaOH2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑与CO2反应Na2O＋CO2=Na2CO32Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2与酸(盐酸)反应Na2O＋2HCl=2NaCl＋H2O2Na2O2＋4HCl=4NaCl＋2H2O＋O2↑主要用途用于制取少量Na2O2、烧碱强氧化剂、漂白剂、供氧剂、消毒剂2.Na2O2的强氧化性与还原性从元素化合价角度分析Na2O2的性质eq\o(O,\s\up6(0))2eq\o(,\s\up7(失去电子，化合价升高),\s\do5(表现还原性))Na2eq\o(O,\s\up6(－1))2eq\o(→,\s\up7(得到电子，化合价降低),\s\do5(表现氧化性))eq\o(O,\s\up6(－2))(1)Na2O2表现强氧化性Na2O2＋SO2=Na2SO4；Na2O2＋Na2SO3＋H2O=Na2SO4＋2NaOH；Na2O2＋H2S=S↓＋2NaOH；Na2O2＋品红溶液→品红溶液褪色；Na2O2＋酚酞溶液→溶液先变红后褪色。(2)Na2O2表现还原性当遇KMnO4等强氧化剂时，Na2O2被氧化，其氧化产物为O2。(3)Na2O2既表现氧化性又表现还原性遇CO2、H2O、H＋则发生自身的氧化还原反应。3.Na2O2与CO2、H2O反应的关系(1)电子转移关系当Na2O2与CO2、H2O反应时，物质的量的关系为2Na2O2～O2～2e－，n(e－)＝n(Na2O2)＝2n(O2)。(2)气体体积变化关系CO2、水蒸气(或两混合气体)通过足量Na2O2时，气体体积的减少量是原来气体体积的eq\f(1,2)，等于生成氧气的体积，即ΔV＝V(O2)＝eq\f(1,2)V(混合)。(3)固体质量变化关系CO2、水蒸气分别与足量Na2O2反应时，固体相当于吸收了CO2中的“CO”、水蒸气中的“H2”，所以固体增加的质量Δm(CO2)＝28g·mol－1×n(CO2)，Δm(H2O)＝2g·mol－1×n(H2O)。三、碳酸钠与碳酸氢钠1．碳酸钠和碳酸氢钠的比较物质碳酸钠(Na2CO3，白色粉末)碳酸氢钠(NaHCO3，白色晶体)俗名纯碱或苏打小苏打水溶性二者均易溶于水，Na2CO3溶于水伴有放热现象，NaHCO3溶于水伴有吸热现象，碳酸钠溶解度大于碳酸氢钠水解反应二者均为强碱弱酸盐，水解使溶液呈碱性，相同物质的量浓度时(同温度下)，Na2CO3水溶液的碱性大于NaHCO3水溶液的碱性与盐酸反应HCOeq\o\al(－,3)＋H＋=CO2↑＋H2OCOeq\o\al(2－,3)＋2H＋=CO2↑＋H2O与同浓度的盐酸反应产生CO2的速率：NaHCO3>Na2CO3与Ca(OH)2溶液反应Ca2＋＋COeq\o\al(2－,3)=CaCO3↓Ca(OH)2少量：Ca2＋＋2OH－＋2HCOeq\o\al(－,3)=CaCO3↓＋2H2O＋COeq\o\al(2－,3)；Ca(OH)2过量：Ca2＋＋OH－＋HCOeq\o\al(－,3)=CaCO3↓＋H2O二者的相互转化主要用途用于制玻璃、制肥皂、合成洗涤剂、造纸、纺织、石油、冶金等灭火器、治疗胃酸过多、发酵粉的主要成分之一2.碳酸钠和碳酸氢钠化学性质的应用(1)Na2CO3、NaHCO3的鉴别①固体的鉴别用加热法：产生使澄清石灰水变浑浊的气体的是NaHCO3固体。②溶液的鉴别可用沉淀法、气体法和测pH法。a.沉淀法：稀溶液中加入BaCl2溶液或CaCl2溶液，产生沉淀的是Na2CO3溶液。b.气体法：滴入稀盐酸，立即产生气泡的是NaHCO3溶液。c.测pH法：用pH试纸测相同浓度的稀溶液，pH大的是Na2CO3溶液。(2)Na2CO3、NaHCO3的除杂混合物(括号内为杂质)除杂方法Na2CO3(s)(NaHCO3)加热法NaHCO3(aq)(Na2CO3)通入足量CO2Na2CO3(aq)(NaHCO3)滴加适量NaOH溶液3．碳酸氢钠与碱、盐反应的应用(1)分别向Na2CO3、NaHCO3溶液中滴加澄清石灰水，现象为均产生白色沉淀，写出NaHCO3与①过量澄清石灰水、②少量澄清石灰水反应的离子方程式。①HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))＋OH－＋Ca2＋=CaCO3↓＋H2O。②2HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))＋2OH－＋Ca2＋=CaCO3↓＋COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))＋2H2O。(2)若向NaHCO3溶液中滴加BaCl2溶液，既有沉淀生成又有气泡冒出，试写出反应的离子方程式：2HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))＋Ba2＋=BaCO3↓＋H2O＋CO2↑。4.侯氏制碱法(联合制碱法)（1）制备原料食盐、氨气、二氧化碳——合成氨厂用水煤气制取氢气时的废气；其反应为C＋H2O(g)eq\o(=,\s\up7(高温))CO＋H2，CO＋H2O(g)eq\o(=,\s\up7(高温))CO2＋H2。（2）工艺流程（3）反应原理①产生NaHCO3的反应：NH3＋NaCl＋CO2＋H2O=NaHCO3↓＋NH4Cl②产生Na2CO3的反应：2NaHCO3eq\o(=,\s\up7(△))Na2CO3＋CO2↑＋H2O（4）绿色思想：循环使用的物质为CO2、饱和食盐水。四、碱金属焰色试验1．碱金属的相似性和递变性相似性递变性(由Li→Cs)原子结构最外层均为1个电子电子层数逐渐增多，核电荷数逐渐增大，原子半径逐渐增大元素性质都具有较强的金属性，最高正价均为＋1价金属性逐渐增强单质性质物理性质(除Cs外)都呈银白色，密度较小，熔、沸点较低密度逐渐增大(钾反常)，熔、沸点逐渐降低化学性质都具有较强的还原性还原性逐渐增强；与O2反应越来越剧烈，产物越来越复杂2.碱金属的特殊性(1)碱金属的密度一般随核电荷数的增大而增大，但钾的密度比钠的小。(2)碱金属一般都保存在煤油中，但由于锂的密度小于煤油的密度而将锂保存在石蜡中。(3)碱金属跟氢气反应生成的碱金属氢化物都是离子化合物，其中氢以H－形式存在，显－1价，碱金属氢化物是强还原剂。(4)一般情况下，碱金属所形成的盐均溶于水，并且在一定温度下，酸式盐比正盐的溶解度大(但NaHCO3的溶解度比Na2CO3的小)。(5)试剂瓶中的药品取出后，一般不能放回原瓶，但金属Na、K等需立即放回原瓶。(6)锂与O2反应与钠不同，只生成Li2O，而不生成Li2O2。3．焰色试验(1)焰色试验：很多金属或它们的化合物在灼烧时都会使火焰呈现特征颜色的现象。(2)操作步骤铂丝eq\o(→,\s\up7(酒精灯),\s\do5(灼烧))无色eq\o(→,\s\up7(蘸取))待测物eq\o(→,\s\up7(酒精灯),\s\do5(灼烧))观察火焰颜色eq\o(→,\s\up7(用盐酸),\s\do5(洗涤))铂丝eq\o(→,\s\up7(酒精灯),\s\do5(灼烧))无色。(3)常见元素焰色试验的颜色钠元素：黄色；钾元素：紫色(透过蓝色钴玻璃观察)；钡元素：黄绿色；钙元素：砖红色；铜元素：绿色。五、氯气、氯水、次氯酸及其盐1．氯气(1)氯气的物理性质氯气是一种黄绿色、有刺激性气味的气体，密度比空气的大，沸点：－34.6℃，易液化。(2)氯气的化学性质①氧化性②从化合价的角度认识Cl2的化学性质——歧化反应氯气与水或碱反应时，氯元素的化合价既有升高又有降低，因而氯气既表现还原性又表现氧化性。用化学方程式表示上述两类反应。【特别提醒】与水反应：Cl2＋H2OHCl＋HClO(3)氯水①从平衡的角度理解氯水的成分在25℃时，1体积的水可溶解约2体积的氯气，氯气的水溶液称为氯水，溶于水中的部分氯气与水反应。三种平衡存在微粒Cl2＋H2OHCl＋HClOHClOH＋＋ClO－H2OH＋＋OH－②从成分的角度理解氯水的性质新制氯水的多种成分决定了它具有多重性质，在不同的化学反应中，氯水中参与反应的微粒可能不同。【归纳总结】液氯、新制氯水、久置氯水的比较液氯新制氯水久置氯水分类纯净物混合物混合物颜色黄绿色浅黄绿色无色性质氧化性酸性、氧化性、漂白性酸性粒子种类Cl2Cl2、HClO、H2O、H＋、Cl－、ClO－、OH－H2O、H＋、Cl－、OH－2．次氯酸及其盐(1)次氯酸(2)漂白液(3)漂白粉六、含氯物质的转化1.在氯及其化合物的“价—类”二维图中填充Cl2、HCl、NaCl、HClO、NaClO、Ca(ClO)2。2.完成上述转化关系中①～⑧的化学方程式(合理即可)。①MnO2＋4HCl(浓)eq\o(=,\s\up7(△))MnCl2＋Cl2↑＋2H2O；②Cl2＋H2OHCl＋HClO；③2Cl2＋2Ca(OH)2=CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O；④NaClO＋2HCl=NaCl＋Cl2↑＋H2O；⑤2HClOeq\o(=,\s\up7(光照))2HCl＋O2↑；⑥2NaCl＋2H2Oeq\o(=,\s\up7(通电))2NaOH＋H2↑＋Cl2↑；⑦2Fe＋3Cl2eq\o(=,\s\up7(点燃))2FeCl3；⑧2FeCl2＋Cl2=2FeCl3。七、卤族元素的性质1．卤族元素（1）相似性性质反应方程式与大多数金属反应与Fe反应：2Fe＋3X2△2FeX3（X＝ClI2与Fe反应：Fe＋I2△FeI2（I2只能将铁氧化到＋2价，氯气、溴单质能氧化Fe2＋，但碘单质不能氧化Fe与氢气反应F2＋H22HFCl2＋H2光照2HCl（易发生爆炸）；Cl2＋H2Br2＋H2△2HBr；I2＋H2与水反应2F2＋2H2O4HF＋O2X2＋H2O⇌H＋＋X－＋HXO（写离子方程式）（歧化反应，卤素单质既是氧化剂，又是还原剂，X＝Cl、Br、I，下同）与碱溶液反应Cl2＋2NaOHNaCl＋NaClO＋H2OBr2＋2NaOHNaBr＋NaBrO＋H2O3I2＋6NaOH5NaI＋NaIO3＋3H2O与还原性物质反应X2＋Na2S2NaX＋S↓X2＋SO2＋2H2O4H＋＋2X－＋SOX2＋SO32－＋H2O2H＋＋2X（2）递变性颜色黄绿色→深红棕色→紫黑色熔、沸点密度水溶性氧化性①Cl2＞Br2＞I2，还原性：Cl－＜Br－＜I－；②氯、溴、碘与氢气化合由易到难；③I2与Fe反应只生成FeI2，其他卤素单质可将Fe氧化为＋3价2.氟的特殊性(1)氟无正化合价。(2)F2能与水反应放出O2，化学方程式：2H2O＋2F2=4HF＋O2。(3)在HX中，HF的熔、沸点最高，氢氟酸是弱酸，能腐蚀玻璃。3．卤素离子的检验方法(1)AgNO3溶液——沉淀法未知液eq\o(→,\s\up7(滴加稀硝酸和AgNO3溶液))生成eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(白色沉淀，则有Cl－,浅黄色沉淀，则有Br－,黄色沉淀，则有I－))(2)置换——萃取法未知液eq\o(→,\s\up7(加适量新制饱和氯水),\s\do5(振荡))eq\o(→,\s\up7(加入CCl4下层或汽油上层),\s\do5(振荡))有机层呈eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(红棕色或橙红色，表明有Br－,浅紫色或紫红色，表明有I－))(3)氧化——淀粉法检验I－未知液eq\o(→,\s\up7(加入适量新制饱和氯水或双氧水),\s\do5(振荡))eq\o(→,\s\up7(淀粉溶液),\s\do5(振荡))蓝色溶液，表明有I－4.从海水中提取溴的流程（1）①中硫酸酸化后的浓缩海水中，可以用氯气氧化溴离子，反应的化学方程式为2NaBr＋Cl2Br2＋2NaCl（2）③中用热空气将溴吹出，利用了溴的挥发性，吹出的溴可用纯碱吸收，写出纯碱吸收Br2的化学反应方程式：3Br2＋6Na2CO3＋3H2O5NaBr＋NaBrO3＋6NaHCO3（3）④中用二氧化硫吸收，将Br2转化为氢溴酸，使其与空气分离，达到富集的目的，反应的化学方程式为Br2＋SO2＋2H2O2HBr＋H2SO4（4）写出⑤中反应的化学方程式：2HBr＋Cl22HCl＋Br25.从海带中提取碘的流程（1）④中反应的离子方程式：2I－＋2H＋＋H2O2I2＋2H2O（2）⑤中分液时含I2的CCl4溶液从分液漏斗下口放出（填“上口倒出”或“下口放出”）。（3）⑥是将富集在CCl4中的碘单质利用化学转化重新富集在水中，称为反萃取，写出该反应的化学方程式：3I2＋6NaOH5NaI＋NaIO3＋3H2O（4）⑦中反应的离子方程式：5I－＋IO3－＋6H＋3I2↓＋3H八、物质的量及其单位1．物质的量（1）概念：表示含有一定数目粒子的集合体。（2）符号：n（3）单位：mol（4）描述对象：微观粒子2．摩尔（1）符号：mol（2）标准：1mol粒子集体所含的粒子数约为6.02×1023。1mol任何粒子集合体所含的粒子数叫阿伏加德罗常数。（3）注意事项：①摩尔使用于微观粒子；②使用时指明微粒种类或组合。【特别提醒】使用物质的量时应注意的问题(1)用物质的量描述宏观物质。(2)使用摩尔作单位时，须用微粒符号或化学式或名称指明粒子的种类。如1mol氮的表示方法错误，应指明对象，如1molN2表示1mol氮分子，1molN表示1mol氮原子。(3)换算错误。如1molCH4中含有4molH，而不是1molH。(4)阿伏加德罗常数并非单纯的数，为6.02×1023mol－1，其数值不带单位。3．阿伏加德罗常数NA（1）数值及单位：6.02×1023mol－1（2）物质的量(n)、阿伏加德罗常数(NA)与粒子数(N)的关系：n＝eq\f(N,NA)阿伏加德罗常数是一个物理量，单位是mol－1，而不是纯数。九、摩尔质量1．摩尔质量（1）概念：单位物质的量的物质所具有的质量（2）符号及单位：M，g·mol－1或kg·mol－1（3）数值：任何粒子的摩尔质量，当以g·mol－1为单位时，数值上等于其化学式的式量（4）物质的量(n)、质量(m)、摩尔质量(M)之间的关系：n＝eq\f(m,M)（5）物质的量、摩尔质量、微粒数目、阿伏加德罗常数之间的关系：n＝eq\f(m,M)＝eq\f(N,NA)2．摩尔质量与相对原子质量、相对分子质量的区别与联系摩尔质量(M)相对原子质量相对分子质量概念①单位物质的量的物质所具有的质量；②单位是g/mol或kg/mol①一个原子的质量与12C的1/12作比较，所得的比值；②单位：无①化学式中各元素相对原子质量之和；②单位：无单位联系摩尔质量以g/mol为单位时，在数值上等于其相对分子质量或相对原子质量；混合物组成一定时，1mol混合物的质量在数值上就是该混合物的摩尔质量，在数值上等于该混合物的平均相对分子质量十、气体的摩尔体积1.影响物质体积的因素（1）宏观因素：温度、压强（2）微观因素：微粒的数目、微粒的大小、微粒的平均距离（3）决定固体或液体体积的主要因素：微粒的数目、微粒的大小（4）决定气体体积的主要因素：微粒的平均距离、温度、压强2．气体摩尔体积（1）定义：单位物质的量的物质所占的体积（2）符号：Vm（3）单位：L·mol－1.m3·mol－1（4）物质的量(n)、气体摩尔体积(Vm)、气体体积(V)的关系：V＝n·Vm①气体摩尔体积的数值与温度和压强有关②温度和压强一定时，1mol任何气体的体积都约为一个定值③说明了温度和压强以及气体的物质的量共同决定了气体的体积，而气体分子本身的大小对气体体积的影响很小④气体摩尔体积比标准状况下气体摩尔体积的范围广（5）标准状况数值：22.4L·mol－1，即在标准状况（1.01×105Pa，273K），1mol任何气体体积约为22.4L【特别提醒】①该物质必须是气态的，而不是固态或液态的。②不论是纯净气体，还是混合气体。③“约是”由于气体分子间的作用力即使是在相同条件下也有所不同，分子间的平均距离就会有所不同，1mol气体在相同状况下的体积当然会有所不同。④标准状况下任何气体的气体摩尔体积为22.4L·mol－1⑤非标准状况下气体摩尔体积可能是22.4L·mol－1，也可能不是22.4L·mol－1。1mol气体的体积若为22.4L，它所处的状况不一定是标准状况，如气体在273℃和202kPa时，Vm为22.4L·mol－1。十二、物质的量浓度及其计算1.物质的量浓度(cB)(1)概念：表示单位体积溶液里所含溶质B的物质的量。(2)表达式：cB＝eq\f(nB,V)，变形：nB＝cB·V，V＝eq\f(nB,cB)。(3)常用单位：mol/L或mol·L-1。(4)特点：对于某浓度的溶液，取出任意体积的溶液，其浓度、密度、溶质质量分数均不变，但所含溶质的质量、物质的量因体积不同而改变。2.溶质的质量分数(1)概念：以溶液里溶质质量与溶液质量的比值表示溶液组成的物理量，一般用百分数表示，也可用小数表示。(2)表达式：w(B)＝eq\f(m（B）,m（aq）)×100%。【方法技巧】物质的量浓度与溶质质量分数之间的换算c＝eq\f(n,V)＝eq\f(m/M,V)＝eq\f(maqw,MV)＝eq\f(1000ρw,M)，w＝eq\f(cM,1000ρ)。(ρ：g·cm－3)3．物质的量浓度和溶质质量分数的比较物质的量浓度c溶质质量分数w概念以单位体积溶液中所含溶质的物质的量来表示溶液组成的物理量以溶质质量与溶液质量的比值来表示溶液组成的物理量溶质的单位molg溶液的单位Lg表达式c＝eq\f(n（B）,V)w＝eq\f(溶质质量,溶液质量)两者关系w＝eq\f(cM,1000ρ)(M：摩尔质量，单位：g·mol－1；ρ：密度，单位：g·cm－3)4.物质的量浓度计算的三种类型(1)标准状况下气体溶质形成的溶液物质的量浓度的计算eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(溶质的物质的量n＝\f(V气体,22.4L·mol－1),溶液的体积V＝\f(m,ρ)＝\f(m气体＋m水,ρ)))c＝eq\f(n,V)(2)溶液中溶质的质量分数与物质的量浓度的换算计算公式：c＝eq\f(1000ρw,M)(c为溶质的物质的量浓度，单位mol·L-1，ρ为溶液密度，单位g·cm-3，w为溶质的质量分数，M为溶质的摩尔质量，单位g·mol-1)。(3)溶液稀释、同种溶质的溶液混合的计算①溶液稀释a.溶质的质量在稀释前后保持不变，即m1w1＝m2w2。b.溶质的物质的量在稀释前后保持不变，即c1V1＝c2V2。c.溶液质量守恒，m(稀)＝m(浓)＋m(水)(体积一般不守恒)。②同种溶质的溶液混合：混合前后溶质的物质的量保持不变，即：c1V1＋c2V2＝c混V混。十三、配制一定物质的量浓度溶液1.主要仪器托盘天平、药匙、量筒、玻璃棒、烧杯、容量瓶、胶头滴管。2.容量瓶的结构及使用(1)结构及用途(2)查漏操作3.配制过程Ⅰ.以配制100mL1.00mol/LNaCl溶液为例。(1)计算：需NaCl固体的质量为5.85g。(2)称量：根据计算结果，用托盘天平称量NaCl固体5.9g。(3)溶解：将称好的NaCl固体放入烧杯中，加适量蒸馏水溶解，并用玻璃棒搅拌。(4)移液：待烧杯中的溶液冷却至室温后，用玻璃棒引流将溶液注入100mL容量瓶。(5)洗涤：用适量蒸馏水洗涤烧杯内壁和玻璃棒2～3次，洗涤液全部注入容量瓶，轻轻摇动容量瓶，使溶液混合均匀。(6)定容：将蒸馏水注入容量瓶，当液面距瓶颈刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至凹液面与刻度线相切。(7)摇匀：盖好瓶塞，反复上下颠倒，摇匀。(8)装瓶、贴签。Ⅱ.配制流程图(如下图所示)：【易错提醒】（1）做需要补充仪器的实验题时，要学会“有序思考”——按照实验的先后顺序、步骤，思考每一步所需仪器，然后与已知仪器对比，就一定不会漏写某种仪器。（2）容量瓶的规格，常见的有100mL、250mL、500mL、1000mL。（3）所用定量仪器量筒、托盘天平的精确度。强化点一Na2O2与H2O、CO2反应的有关计算1.Na2O2分别与CO2、H2O反应的化学方程式2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O22.根据以上两个反应，探究反应中存在的定量关系(1)物质的量关系：无论是CO2或H2O的单一物质还是二者的混合物，通过足量的Na2O2时，CO2或H2O与放出O2的物质的量之比均为2∶1。(2)气体体积关系：若CO2和水蒸气的混合气体(或单一气体)通过足量Na2O2，气体体积的减少量等于原混合气体体积的eq\f(1,2)，也等于生成氧气的量。(3)电子转移关系：当Na2O2与CO2、H2O反应时，关系为2Na2O2～O2～2e－。(4)固体质量关系：相当于固体(Na2O2)只吸收了CO2中的“CO”或H2O中的“H2”，可以看作发生相应的反应：Na2O2＋COeq\o(=,\s\up7(O2))Na2CO3、Na2O2＋H2eq\o(=,\s\up7(O2))2NaOH(实际上两反应均不能发生)。凡分子组成符合(CO)m·(H2)n的物质，Wg该物质在O2中完全燃烧，将其产物(CO2和水蒸气)通过足量的Na2O2后，固体增重必为Wg。或是由C、H、O三种元素组成的物质，只要C、O原子个数比为1∶1，即可满足该条件。①2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2Δm(固体)2×782×442×10656即发生反应时，固体增加的质量等于与CO2等分子数的CO的质量。②2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑Δm(固体)2×782×184×404即发生反应时，固体增加的质量等于与H2O等分子数的H2的质量。【特别提醒】中学阶段常见的符合这一关系的物质有：a.无机物：H2、CO及H2和CO的混合气体；b.有机物：CH3OH(甲醇)、HCHO(甲醛)、CH3COOH(乙酸)、HCOOCH3(甲酸甲酯)、C6H12O6(葡萄糖)等。(5)先后顺序关系：一定量的Na2O2与一定量的CO2和H2O(g)的混合物的反应，可视作Na2O2先与CO2反应，待CO2反应完全后，Na2O2再与H2O发生反应。强化点二碳酸钠、碳酸氢钠与酸反应的特点及图像1.向碳酸氢钠溶液中逐滴滴入盐酸①现象：立即产生气泡。②离子方程式：HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))＋H＋=H2O＋CO2↑。③画出产生CO2的物质的量随n(HCl)的变化图像。2.向Na2CO3溶液中逐滴滴入盐酸①写出反应的离子方程式：COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))＋H＋=HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))、HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))＋H＋=H2O＋CO2↑②画出产生CO2的物质的量随n(HCl)的变化图像。强化点三氯气的制法1．Cl2的实验室制法(1)反应原理化学方程式：MnO2＋4HCl(浓)eq\o(=====,\s\up7(△))MnCl2＋Cl2↑＋2H2O，离子方程式：MnO2＋4H＋＋2Cl－eq\o(=====,\s\up7(△))Mn2＋＋2H2O＋Cl2↑。也可以用高锰酸钾、重铬酸钾、氯酸钾等氧化剂代替二氧化锰。如2KMnO4＋16HCl(浓)=2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O。【特别提醒】MnO2足量，HCl不能完全反应，因为浓盐酸变稀后，反应停止。(2)仪器装置装置特点：固＋液eq\o(→,\s\up10(△))气。(3)除杂装置：分别用盛有饱和食盐水和浓H2SO4的洗气瓶除去Cl2中的HCl和H2O(g)。干燥也可用固体干燥剂P2O5、CaCl2等，但固体干燥剂需用干燥管或U形管。(3)收集方法①向上排空气法(Cl2的密度大于空气的密度)。②排饱和食盐水法(Cl2在饱和NaCl溶液中的溶解度很小，且用此法可除去实验过程中挥发产生的HCl气体)。(4)验满方法①将湿润的淀粉碘化钾试纸靠近盛Cl2的瓶口，观察到试纸立即变蓝，则证明已集满。②将湿润的蓝色石蕊试纸靠近盛Cl2的瓶口，观察到试纸立即发生先变红后褪色的变化，则证明已集满。(5)尾气处理Cl2有毒，易污染空气，需用NaOH溶液吸收。2.实验室制取氯气的其他方法可用KMnO4、KClO3、Ca(ClO)2等氧化剂代替MnO2与浓盐酸反应(不需加热)，如2KMnO4＋16HCl(浓)=2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O，Ca(ClO)2＋4HCl(浓)=CaCl2＋2Cl2↑＋2H2O。3.制Cl2应注意的问题(1)实验室制备Cl2注意事项①必须用浓盐酸，MnO2与稀盐酸不反应。②为了减少制得的Cl2中HCl的含量，加热温度不宜过高，以减少HCl的挥发。③实验结束后，先使反应停止并排出装置中残留的Cl2，再拆卸装置，以避免污染空气。④尾气吸收时，不能用澄清石灰水吸收Cl2，因为溶液中Ca(OH)2浓度小，吸收不完全。(2)气体净化装置的选择用浓盐酸和二氧化锰制取氯气时，氯气中混有HCl和水蒸气等杂质，除去氯气中的HCl可以用饱和食盐水(如下图中Ⅰ所示)；除去氯气中的水蒸气可用浓硫酸(如下图中Ⅱ所示)或干燥的CaCl2(如下图中Ⅲ所示)。(3)MnO2与浓HCl反应的特点①浓盐酸中，部分Cl－的化合价升高，4molHCl参加反应，被氧化的Cl－为2mol。②随着反应的进行，盐酸浓度变小，故MnO2足量时，盐酸不能完全反应，反应后溶液为盐酸和MnCl2的混合液。强化点四“五法”突破NA陷阱1．22.4L·mol－1的适用条件分析(1)陷阱：从Vm＝22.4L·mol－1的适用条件和物质的状态设置陷阱。(2)突破：一要看是否为标准状况，不为标准状况无法直接用22.4L·mol－1(标准状况下气体的摩尔体积)求n；二要看物质在标准状况下是否为气态，若不为气态也无法用标准状况下气体的摩尔体积求得n，如水、CCl4、SO3、HF等。2．某些物理量与物质所处的状况无关的分析(1)陷阱：设置与某些物理量无关的一些干扰条件，给出非标准状况下气体的物质的量或质量或摩尔质量或粒子数，干扰正确判断。(2)突破：排“干扰”，明确物质的量或质量或摩尔质量或粒子数与物质所处状况无关，物质的量或质量确定时，物质所含的粒子数与温度、压强等外界条件无关。3．一定量的混合物中粒子数目的分析(1)陷阱：从物质的组成特点、摩尔质量特点等设置陷阱。(2)突破：①等质量的最简式相同的物质含有的原子数相同，如NO2与N2O4，C2H4与C3H6，O2与O3。②等质量的摩尔质量相同的物质含有的分子数相同，如N2与CO，CO2与N2O，H2SO4与H3PO4。③等物质的量的CO2与SO2中氧原子数相同。4．电解质溶液中粒子数目的分析(1)陷阱：从难电离的粒子的数目计算以及电解质组成、溶液体积等因素上设置陷阱。(2)突破：细审题、抓“四看”：一看是否指明溶液的体积；二看是否电解质难电离如弱酸、弱碱等；三看所给条件是否与电解质的组成有关；四看是否忽略溶剂水中的H、O原子数目。5．氧化还原反应中电子转移数(1)陷阱：易在特殊氧化还原反应中电子转移(得失)数目上设置陷阱。(2)突破：①关注特殊反应a．Na2O2与水或CO2反应，产生1molO2均转移2mol电子。b．氯气与足量NaOH溶液反应，1molCl2转移1mol电子；氯气与足量金属反应，1molCl2转移2mol电子。c．Cl2溶于水时Cl2部分反应。②明确反应实质Na、Mg、Al在化合物中的化合价分别为＋1、＋2、＋3，因此1molNa与O2反应，无论生成Na2O还是Na2O2，均转移1mol电子；1molMg与O2、N2、盐酸等物质反应，均转移2mol电子。强化点五配制一定物质的量浓度的溶液误差分析1．误差的分析方法(1)根据cB＝eq\f(nB,V)＝eq\f(mB,MBV)可知，MB为定值(溶质的摩尔质量)，实验过程中不规范的操作会导致mB或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。(2)容量瓶定容时仰视、俯视对结果的影响(如下图)①仰视刻度线(如图a)：加水量高于基准线(刻度线)，溶液体积偏大，c偏低。②俯视刻度线(如图b)：加水量低于基准线(刻度线)，溶液体积偏小，c偏高。2．配制100mL1.00mol·L－1氯化钠溶液常出现的误差实验操作nVc计算结果m＝5.85g，称5.9g偏大不变偏大砝码生锈(没有脱落)或者砝码沾有其他物质偏大不变偏大少量氯化钠沾在滤纸上偏小不变偏小有少量液体溅出偏小不变偏小容量瓶内有少量水不变不变不变未洗涤烧杯和玻璃棒或洗涤液未注入容量瓶偏小不变偏小试剂瓶刚用蒸馏水洗过不变偏大偏小称量时砝码与物品颠倒放置（使用游码）偏小不变偏小称量时间过长(氢氧化钠)偏小不变偏小用滤纸称量氢氧化钠偏小不变偏小定容时用滴管吸出超过刻度线的水偏小不变偏小定容后经振荡、摇匀，静置液面下降不变不变不变称量前小烧杯内有水不变不变不变未冷却室温就注入容量瓶定容不变减小偏大定容时仰视刻度线不变增大偏小定容时俯视刻度不变减小偏大定容后摇匀时液面下降再加水不变增大偏小真题感知1.（2024·广西卷）将NaCl固体与浓硫酸加热生成的HCl气体通至饱和NaCl溶液，可析出用于配制标准溶液的高纯度NaCl，下列相关实验操作规范的是A．制备HClB．析出NaClC．过滤D．定容【答案】C【解析】A．NaCl固体与浓硫酸加热生成的HCl气体，缺少加热装置，故A错误；B．氯化氢易溶于水，为充分吸收氯化氢并防止倒吸，氯化氢气体应从连接倒置漏斗的导管通入，故B错误；C．用过滤法分离出氯化钠晶体，故C正确；D．配制氯化钠溶液，定容时眼睛平视刻度线，故D错误；故选C。2.（2024·广东卷）1810年，化学家戴维首次确认“氯气”是一种新元素组成的单质。兴趣小组利用以下装置进行实验。其中，难以达到预期目的的是ABCD制备净化、干燥收集验证的氧化性【答案】A【解析】A．利用浓盐酸和二氧化锰反应制氯气需要加热，图中缺少加热装置，且分液漏斗内应盛装浓盐酸，不能达到预期目的，A符合题意；B．实验室制得的氯气中有HCl杂质，可以通过饱和食盐水洗气除杂，再通过无水氯化钙干燥，可以达到净化、干燥Cl2的目的，B不符合题意；C．氯气密度大于空气，可以用向上排空气法收集，可以达到预期目的，C不符合题意；D．H2可以在氯气中安静地燃烧，产生苍白色火焰，氯气将氢气氧化，验证了氯气的氧化性，D不符合题意；故选A。3.（2023·河北卷）为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．的溶液中含个B．反应生成，转移个电子C．号元素的原子一定含有个质子、个中子D．组成为的烃一定含有个双键【答案】B【解析】A．即，故的溶液中含的的数目为，A错误；B．中H的化合价由-1和+1归中到0价，转移1个电子，故生成，转移个电子，B正确；C．6号元素为碳元素，碳定含有的质子数为6，但中子数却不一定为6，故号元素的原子一定含有个质子、中子数不一定为，C错误；D．通式的有机物可能是单烯烃，也可能是环烷烃，为环烷烃时不含双键，D错误；故选B。4.（2024·浙江卷）工业上将Cl2通入冷的溶液中制得漂白液，下列说法不正确的是A．漂白液的有效成分是 B．ClO-水解生成使漂白液呈酸性C．通入CO2后的漂白液消毒能力增强 D．溶液比溶液稳定【答案】B【解析】A．漂白液的主要成分是次氯酸钠(NaClO)和氯化钠(NaCl)，有效成分是次氯酸钠，A正确；B．ClO-水解生成HClO，水解方程式为ClO-+H2OHClO+OH-，使漂白液呈碱性，B错误；C．通入CO2后，发生反应NaClO+CO2+H2O=NaHCO3+HClO，漂白液消毒能力增强，C正确；D．次氯酸不稳定，次氯酸盐稳定，所以热稳定性NaClO＞HClO，D正确；答案选B。5.（2024·浙江卷）利用可将废水中的转化为对环境无害的物质后排放。反应原理为：(未配平)。下列说法正确的是A．X表示B．可用替换C．氧化剂与还原剂物质的量之比为D．若生成标准状况下的气体，则反应转移的电子数为(表示阿伏加德罗常数的值)【答案】C【解析】A．由题中信息可知，利用可将废水中的转化为对环境无害的物质X后排放，则X表示，仍然是大气污染物，A不正确；B．中C元素的化合价由-2价升高到+4价，是该反应的还原剂，有强氧化性，通常不能用作还原剂，故不可用替换，B不正确；C．该反应中，还原剂中C元素的化合价由-2价升高到+4价，升高了6个价位，氧化剂中N元素的化合价由+5价降低到0价，降低了5个价位，由电子转移守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为，C正确；D．中C元素的化合价由-2价升高到+4价，升高了6个价位，若生成标准状况下的气体，即生成0.5mol，反应转移的电子数为0.5×6=，D不正确；综上所述，本题选C。提升专练1.（23-24高一上·河北衡水·质检）下列有关焰色试验的说法正确的是A．若没有铂丝时可用洁净的玻璃棒代替B．实验后，要用稀硫酸将铂丝洗净C．若火焰呈黄色，则该物质一定为钠盐D．利用某些金属元素在灼烧时出现不同颜色制备烟花【答案】D【解析】A．玻璃棒中含有钠元素，会对实验造成干扰，A错误；B．实验后，要用稀盐酸将铂丝洗净，B错误；C．若火焰呈黄色，则该物质一定含有钠元素，但不一定是钠盐，C错误；D．利用某些金属元素在灼烧时出现不同颜色制备烟花，D正确；故选D。2.（23-24高一上·陕西榆林·期末）实验室欲用固体配制的溶液，下列说法正确的是A．配制的正确顺序为①④⑤③②⑥B．②中定容时，若仰视刻度线会导致溶液浓度偏高C．可以用容量瓶贮存配制好的溶液D．要完成实验需称取固体【答案】D【解析】A．配制的正确顺序为：①④③②⑥⑤，A错误；B．定容时，若仰视刻度线会导致溶液浓度，体积变大，浓度降低，B错误；C．容量瓶不能用于贮存溶液，应转移到试剂瓶后贴标签储存，C错误；D．配制的溶液，需要溶液溶液，需称取固体的质量为，D正确；故选D。3.（24-25高一上·全国·期末）关于溶液配制，下列说法正确的是A．配制4800.1溶液，需要称量晶体12.0gB．用浓硫酸配制稀硫酸时，将浓硫酸稀释后立即转入容量瓶中并定容C．配制一定浓度的溶液，若称量所取的样品中有杂质，其他操作正确，配好的溶液浓度偏低D．摇匀后见液面低于刻度线，应及时加水至刻度线【答案】C【解析】A．实验室没有480的容量瓶，实际应配制500溶液，需要晶体的质量为，A错误；B．浓硫酸稀释时会放出大量的热，不冷却立即转移到容量瓶中并定容，会导致所配溶液的体积偏小，造成溶液浓度偏大，B错误；C．称量所取的样品中有杂质，其他操作正确，导致氢氧化钠的物质的量偏小，则配好的溶液浓度偏低，C正确；D．摇匀后见液面低于刻度线，不能再加水至刻度线，若再加水至刻度线，会导致溶液体积偏大，所配溶液浓度偏低，D错误；答案选C。4.（23-24高一上·辽宁·期末）实验室中可利用反应制取，下列制取、提纯、收集及尾气处理的装置，不能达到实验目的的是A．用装置甲制取B．用装置乙除去中的少量HClC．用装置丙排饱和NaCl溶液收集D．用装置丁吸收尾气中的【答案】C【解析】A．KMnO4与盐酸反应制备Cl2不需要加热，2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+5Cl2↑+2MnCl2+8H2O，可以用甲装置制取Cl2，故A项正确；B．饱和NaCl溶液可以除去Cl2中的HCl，且不会再溶解Cl2，故B项正确；C．排饱和NaCl溶液收集Cl2时，需短进长出，即从a口进b口出，故C项错误；D．该实验的尾气为Cl2，可以用NaOH吸收，Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，故D项正确；故选C。5.（23-24高一上·新疆巴音郭楞·期末）根据有关操作，现象、结论均正确的是选项操作现象结论A向滴有酚酞的饱和溶液中通入红色变浅，且有白色晶体析出同温度溶解度大于B向某溶液中加入溶液生成白色沉淀该溶液中一定含有C将纯净的点燃，然后把导气管伸入盛满的集气瓶中纯净的在剧烈的燃烧，发生爆炸燃烧不一定需要D用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色试验火焰呈黄色该溶液中一定含不含【答案】A【解析】A．溶液显碱性，滴入酚酞会显红色，饱和溶液中通入发生反应生成，碳酸氢钠的溶解度比碳酸钠小，会析出晶体，A正确；B．向未知溶液中加入硝酸银，产生白色沉淀，沉淀可能是氯化银、硫酸银、碳酸银等中的一种，B错误；C．在空气中点燃纯净的，然后把导管缓慢伸入盛满的集气瓶中，纯净的在中安静地燃烧，发出苍白色火焰，氢气和氯气在光照条件下剧烈反应甚至爆炸，说明燃烧不一定需要氧气参加，燃烧是剧烈的发光放热的化学反应，C错误；D．做焰色试验，通常钠的焰色黄色会对钾的紫色有遮盖，因此必须是透过蓝色的钴玻璃未观察到紫色，才能确定没有，D错误；故选A。6.（23-24高一上·江苏盐城·期末）设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．常温常压下，与足量的铁反应转移电子数目为B．受热完全分解生成C．与足量的水反应转移电子数目为D．标准状态下，与足量的水反应，所得溶液中数目小于【答案】D【解析】A．铁与氯气在点燃条件下发生的反应为：，7.1g氯气为，Cl元素由0价下降到-1价，因此转移电子数目为，故A错误；B．不确定是否为标况，不能计算二氧化碳的体积，故B错误；C．Na2O2与足量H2O反应，Na2O2既做氧化剂又做还原剂，转移电子总数为0.1NA，故C错误；D．标况下，22.4L氯气的物质的量为1mol，，氯气与水的反应为可逆反应，1mol氯气不能反应完全，因此所得溶液中数目小于，故D正确；故选D。7.（23-24高一上·广东广州·期末）某小组设计下图装置进行钠与氯气反应的实验。下列说法错误的是A．可以用漂白粉代替固体B．实验前要检查整套装置的气密性C．实验时要先点燃酒精灯再滴加浓盐酸D．实验结束后可以向试管中加入碱液处理余氯【答案】C【分析】本实验采用浓盐酸和高锰酸钾固体制取氯气，然后加热使氯气和钠发生反应，用氢氧化钠溶液吸收多余的氯气，防止污染空气。【解析】A．漂白粉有效成分为Ca(ClO)2，可以与盐酸反应产生氯气，离子方程式为：ClO-+Cl-+2H+=Cl2+H2O，可以用漂白粉代替KMnO4固体，A正确；B．实验中有气体参与，故实验前要检查整套装置的气密性，B正确；C．实验时要先通氯气排尽装置内的空气，防止Na与空气中的氧气和水蒸气反应，故应先滴加浓盐酸再点燃酒精灯，C错误；D．Cl2可以与NaOH溶液反应，离子方程式为：Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O，故实验结束后可以向试管中加入碱液处理余氯，防止污染，D正确；故答案选C。8.（23-24高一上·湖北·期末）价类二维图是学习元素及其化合物知识的重要模型。它是以元素化合价为纵坐标，以物质类别为横坐标的二维平面图象，如图为氯元素的价类二维图。下列叙述正确的是A．1mol物质②通入足量的水中，生成1mol物质④B．在充满干燥的物质②的集气瓶中放入有色鲜花，鲜花褪色，则说明物质②具有漂白性C．物质⑥和酒精均可消灭新型冠状病毒，二者的消毒原理不同D．氨气可与②反应生成和，在此过程中②既作氧化剂又作还原剂【答案】C【分析】根据氯元素的价类二维图可以推知，①为HCl，氯元素为-1价，属于氢化物；②为Cl2，属于单质，氯元素的化合价为0；③为ClO2，氯元素的化合价为+4价，属于氧化物；④为HClO，氯元素为+1价，属于弱酸；⑤为NaCl，氯元素为-1价，属于钠盐；⑥为NaClO，氯元素为+1价，属于钠盐，据此分析解题。【解析】A．Cl2与水反应生成HCl和HClO是可逆反应，1molCl2通入足量的水中，不能生成1molHClO，A错误；B．在充满干燥的Cl2不具有漂白性，有色鲜花中存在水分，Cl2与水反应生成HClO具有漂白性，可以使鲜花褪色，不能说明Cl2具有漂白性，B错误；C．NaClO具有强氧化性，可以消毒使蛋白质变性，酒精消毒是改变了蛋白质结构，二者的消毒原理不同，C正确；D．②是Cl2，与氨气反应的方程式为：8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2，反应中Cl2只做氧化剂，D错误；答案选C。9.（23-24高一上·河南·期末）下列选项描述与对应图像相符的是A．图①为新制氯水在阳光直射时，溶液中浓度随着时间变化的曲线B．图②为含等物质的量与NaOH的混合液中滴加盐酸产生的图像C．图③为溶液中滴加溶液的导电性变化图像D．图④为、混合液，各离子物质的量随氯气通入的变化图像，b代表的是【答案】B【解析】A．图①为新制氯水在阳光直射，新制氯水中有次氯酸，阳光照射会分解为氯化氢和氧气，则溶液中浓度会增大，故A错误；B．图②为含等物质的量与NaOH的混合液中滴加盐酸，一开始盐酸先和氢氧化钠反应，再和碳酸钠反应生成碳酸氢钠，最后再和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，无二氧化碳产生时段所加的盐酸是产生二氧化碳时段所加盐酸的两倍，故B正确；C．溶液中滴加溶液，虽然导电能力会下降，但是因为钠离子始终在溶液中，故溶液的导电能力不会变为0，故C错误；D．因还原性，则与氯气发生反应的先后顺序为，b段发生的反应为，则b段代表的是的物质的量的变化情况，故D错误；故选B。10.（23-24高一上·广东广州·期末）表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．常温常压下含有个氧原子B．溶液中含有个C．在足量氧气中燃烧时转移电子总数为D．标准状况下与的混合气体所含分子数为【答案】A【解析】A．22gCO2的物质的量为，含有的氧原子个数为0.5mol×2×NAmol-1=NA，A正确；B．溶液体积不知道，无法计算出K+的物质的量，也就无法计算出K+个数，B错误；C．物质的量为，在和氧气反应时Na从0价升高到+1价，转移电子总数为NA，C错误；D．标准状况下与的混合气体所含分子数为，D错误；故选A。11.（23-24高一上·山东聊城·期末）下列有关钠元素的单质及其化合物的说法错误的是A．金属钠与Ca(HCO3)2溶液反应时，既有沉淀生成又有气体逸出B．灼烧某白色粉末，火焰呈黄色，证明该粉末中有Na+，可能有K+C．向饱和碳酸钠溶液中通入足量的CO2，有沉淀生成D．可用澄清石灰水鉴别NaHCO3溶液和Na2CO3溶液【答案】D【解析】A．金属钠与Ca(HCO3)2溶液反应时，钠先与水反应生成氢气，生成的NaOH再与Ca(HCO3)2反应生成碳酸钙沉淀，所以既有沉淀生成又有气体逸出，A正确；B．钠元素的焰色为黄色，灼烧某白色粉末，火焰呈黄色，证明该粉末中有Na+，但没有透过蓝色钴玻璃观察，不能确定K+是否存在，B正确；C．向饱和碳酸钠溶液中通入足量的CO2，生成NaHCO3，由于在饱和碳酸钠溶液中碳酸氢钠的溶解度小，所以部分NaHCO3转化为沉淀，C正确；D．澄清石灰水与NaHCO3和Na2CO3都能反应生成碳酸钙沉淀，所以不能用澄清石灰水鉴别NaHCO3溶液和Na2CO3溶液，D错误；故选D。12.（23-24高一上·安徽池州·期中）下列实验方案中，不能测定出Na2CO3和NaHCO3的混合物中Na2CO3质量分数的是A．取ag混合物充分加热，质量减少bgB．取ag混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得到bg固体C．取ag混合物与足量NaOH溶液充分反应，得到bg溶液D．取ag混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体经浓硫酸干燥后，用碱石灰吸收，质量增加bg【答案】C【解析】A．可利用固体的质量差计算碳酸氢钠的质量，再计算碳酸钠的质量，能测定出Na2CO3和NaHCO3的混合物中Na2CO3质量分数，故A不符合题意；B．加热后bg固体为氯化钠的质量，根据方程式2Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑，NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，设碳酸钠的物质的量为xmol、碳酸氢钠的物质的量为ymol，则106x+84y=a，2x+y=，解方程计算出a、b，然后可计算出混合物中碳酸钠的质量分数，故B不符合题意；C．均为混合物的质量，所得溶液中含有水，无法计算，不能测定出Na2CO3和NaHCO3的混合物中Na2CO3质量分数，故C符合题意；D．bg为二氧化碳的质量，可由混合物的质量、二氧化碳的质量列二元一次方程组计算碳酸钠的质量，能测定出Na2CO3和NaHCO3的混合物中Na2CO3质量分数，故D不符合题意；故选：C。13.（23-24高一上·广西钦州·期末）一定量CO2通入某浓度的NaOH溶液中，反应后得到溶液A，向A溶液中逐滴滴入某浓度稀盐酸，加入V(HCl)与生成n(CO2)的关系如图所示。下列有关叙述正确的是A．通入的CO2气体为11.2L B．A溶液中n(NaHCO3)=2n(Na2CO3)C．A溶液中既含NaOH，又含Na2CO3 D．A溶液中一定只有Na2CO3【答案】B【分析】CO2与NaOH反应生成碳酸钠和水，反应后得到溶液A。根据图像可知，V(HCl)小于1时，产生二氧化碳气体，溶液A中可能是碳酸钠或者碳酸钠和氢氧化钠的混合溶液，或者碳酸氢钠和碳酸钠的混合溶液；V(HCl)大于1时，产生二氧化碳气体，则发生NaHCO3与HCl反应生成二氧化碳气体；由开始不生成气体，后生成气体，且两个阶段消耗的盐酸体积比为1：（4-1）=1:3，则可知碳酸钠或者碳酸钠和氢氧化钠的混合溶液不可能存在，比例不符合，则溶液A是碳酸氢钠和碳酸钠的混合溶液。【解析】A．根据碳元素守恒，生成CO2气体是0.5mol，则通入CO2气体是0.5mol，但未知是否标况下，不可算体积，A项错误；B．由开始不生成气体，后生成气体，且两个阶段消耗的盐酸体积比为1：（4-1）=1:3，则溶液A是碳酸氢钠和碳酸钠的混合溶液。Na2CO3与HCl反应过程为：①Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，②NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，已知二氧化碳的量为0.5mol，则反应②消耗盐酸0.5mol，n(NaHCO3)=0.5mol，再由反应①可知，该反应消耗n(Na2CO3)=n(HCl)=，则溶液A中含n(NaHCO3)=0.5mol-=，则A溶液中n(NaHCO3)=2n(Na2CO3)，B项正确；C．由开始不生成气体，后生成气体，且两个阶段消耗的盐酸体积比为1：（4-1）=1:3，则可知碳酸钠或者碳酸钠和氢氧化钠的混合溶液不可能存在，比例不符合，C项错误；D．由开始不生成气体，后生成气体，且两个阶段消耗的盐酸体积比为1：（4-1）=1:3，则可知碳酸钠或者碳酸钠和氢氧化钠的混合溶液不可能存在，比例不符合，D项错误。故答案选B。14.（23-24高一上·黑龙江·期末）相对分子质量为Mr的气态化合物VL(标准状况)溶于mg水中，得到溶液的质量分数为w%，物质的量浓度为cmol·L-1，密度为ρg·cm-3，则下列说法正确的是A．溶液密度ρ可表示为 B．物质的量浓度c可表示为C．溶液的质量分数w%可表示为 D．相对分子质量Mr可表示为【答案】D【解析】A．根据c=可得ρ=，故A错误；B．VL标准状况下的该气体的物质的量为，该气体的质量为，溶液的质量为mg＋，形成溶液的体积为，该溶液的物质的量浓度为，故B错误；C．由B项的分析可知，溶液中溶质的质量分数w%=，故C错误；D．由溶质的质量分数w%=整理得该气体的相对分子质量为，故D正确；故选D。15.（23-24高一上·广东茂名·期末）现取一定质量、和NaCl混合物，分为三等份，进行实验探究：实验一：将一份混合物溶于水，向其中加入适量溶液，有白色沉淀X生成。实验二：将另一份混合物溶于水，加入足量溶液，有白色沉淀Y生成。实验三：将第三份混合物溶于25mL盐酸中，生成0.56L(标准状况下)气体，并得到溶液Z，测得溶液Z中为(溶解少量固体和产生气体后溶液体积的变化可忽略不计)。下列说法正确的是A．实验一中白色沉淀X为AgClB．实验二可得到4.925g白色沉淀YC．原混合物中、的物质的量之比为2：3D．若溶液Z中，则原混合物中有0.06molNaCl【答案】B【分析】由实验三可知，混合物中碳酸钠和碳酸氢钠完全与盐酸反应，设第三份混合物中碳酸钠、碳酸氢钠的物质的量分别为amol、bmol，由碳原子个数守恒可得：a+b==0.025mol①，由与盐酸反应的方程式可得：2a+b=2.0mol/L×0.025L-0.4mol/L×0.025L②，解联立方程可得：a=0.015、b=0.01，据此回答。【解析】A．混合物溶于水所得溶液中碳酸钠也能与硝酸银溶液反应生成碳酸银白色沉淀，则实验一中白色沉淀X为氯化银和碳酸银的混合物，A错误；B．第二份混合物溶于水所得溶液中的碳酸钠和碳酸氢钠均能与足量氢氧化钡溶液反应生成碳酸钡沉淀，由碳原子个数守恒可知，碳酸钡的质量，B正确；C．由分析可知，设第三份混合物中碳酸钠、碳酸氢钠的物质的量分别为amol、bmol，a=0.015、b=0.01，则混合物中碳酸钠和碳酸氢钠的物质的量之比为3：2，C错误；D．由溶液Z中氢离子浓度为，可知若溶液Z中，溶液Z中氯离子的物质的量为，则每份固体n(NaCl)=n(Cl-)-n(HCl)=，则原混合物中有的NaCl，D错误。故选B。16.（23-24高一上·山东日照·期末）下列反应的离子方程式书写正确的是A．向溶液中投入少量：B．向酸性溶液中滴加少量双氧水：C．向漂白粉溶液中通入足量：D．向溶液中滴加足量澄清石灰水：【答案】C【解析】A．溶液中加少量，过氧化钠和水生成氢氧化钠和氧气，氢氧化钠和铁离子反