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第一章重点内容回顾：
一、比较法学习钠的两种氧化物
1．氧化钠和过氧化钠的比较
氧化物 氧化钠(Na2O) 过氧化钠(Na2O2)
组成 Na＋和O2－ Na＋和O
类别 碱性氧化物 过氧化物
色态 白色固体 淡黄色固体
生成条件 常温 加热或点燃
与水反应 Na2O＋H2O===2NaOH 2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑
与CO2反应 Na2O＋CO2===Na2CO3 2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2
与酸反应 Na2O＋2HCl===2NaCl＋H2O 2Na2O2＋4HCl===4NaCl＋2H2O＋O2↑
漂白作用 无 有

特别提示　(1)与酸反应只生成盐和水的化合物称作碱性氧化物。Na2O2与H＋除生成盐和水外，还生成O2，故为非碱性氧化物。
(2)Na2O2作漂白剂是因为具有强氧化性使有色物质漂白，故Na2O2加入含酚酞的水中，溶液先变红、后退色。
2．有关Na2O2与CO2、H2O反应的几个重要关系
(1)物质的量的关系
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与放出的O2的物质的量之比为2∶1，解决此类问题可以借助物质的量守恒关系。
(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，气体体积的减少量或原混合气体体积的即为生成氧气的量。
(3)电子转移关系
2Na2O2＋2CO2===2Na2CO得2×e－3＋O失2×e－2
2Na2O2＋2H2O===4NaO得2×e－H＋O失2×e－2↑
当Na2O2与CO2、H2O反应时，每产生1 mol O2转移2 mol e－。
(4)固体质量关系
当固体Na2O2与CO2、H2O反应时，相当于Na2O2只吸收了CO2中的“CO”，H2O中的“H2”；可以看作发生相应的反应：Na2O2＋CO===Na2CO3、Na2O2＋H2===2NaOH(实际上两反应不能发生)。
(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。
【例1】　关于氧化钠和过氧化钠的叙述正确的是(　　)
A．氧化钠比过氧化钠稳定
B．都能与二氧化碳、水反应产生氧气
C．所含氧元素的化合价都为－2价
D．阴阳离子的个数比都为1∶2
解析　氧化钠能被氧气氧化为过氧化钠，过氧化钠比氧化钠稳定；氧化钠与二氧化碳、水都能反应，但无氧气产生；氧化钠中含氧元素的化合价为－2价，过氧化钠中含氧元素的化合价为－1价；氧化钠中阴阳离子分别为O2－、Na＋，过氧化钠中阴阳离子分别为O、Na＋，其个数比都为1∶2。
答案　D
【例2】　为了探究“二氧化碳是否在水存在时才能和过氧化钠反应”，某课题研究小组的同学们设计了下图所示的实验装置，分别进行甲、乙两个实验：

实验甲：干燥的二氧化碳和过氧化钠的反应：在干燥的试管Ⅱ中装入过氧化钠，在通入二氧化碳之前，关闭K1和K2。在试管Ⅰ内装入试剂X后，打开K1和K2，通入二氧化碳，几分钟后，将带火星的木条插入试管Ⅲ中至液面以上，观察到木条不复燃且Ⅱ中的淡黄色固体没有变化。
实验乙：潮湿的二氧化碳和过氧化钠的反应：在试管Ⅰ内装入试剂Y，其他操作同实验甲，观察到木条复燃且Ⅱ中的淡黄色固体变为白色固体。
试回答下列问题：
(1)在装入过氧化钠后，通入二氧化碳前，关闭K1和K2的目的是______________________。
(2)在实验甲中，试剂X是________，其作用是______________________________
________________________________________________________________________。
在实验乙中，试剂Y是____________。
(3)根据上述两个实验现象，得到的结论是
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(4)试管Ⅲ中的NaOH溶液的作用是
________________________________________________________________________。
(5)为了确保实验现象的准确性，制备二氧化碳所用的反应物最好选用________(填字母)。
A．大理石　　B．小苏打　　C．烧碱　　D．盐酸 E．稀硫酸　　F．稀硝酸
解析　(1)在通入二氧化碳前，与过氧化钠相连的导气管分别与NaOH溶液及空气相通，其中所含的水分会与过氧化钠反应，因此为防止过氧化钠受潮需关闭K1、K2。
(2)实验甲进行时，需制备干燥的二氧化碳，故试剂X应为干燥剂浓硫酸；而实验乙进行时，二氧化碳气体在通过装置Ⅰ后含较多的水蒸气，所以试剂Y应为水或二氧化碳的饱和水溶液。
(3)对比甲、乙两个实验的实验现象，可得到二氧化碳与过氧化钠的反应，只有在水存在时才能进行的结论。
(4)因二氧化碳不支持燃烧，要验证是否有氧气产生，需在检验前将未反应的二氧化碳用NaOH除去。
(5)由实验目的可知，在制得的二氧化碳中不能含有其他挥发性物质，故不可选用稀盐酸或稀硝酸，只能选用稀硫酸；而硫酸与碳酸钙作用产生的硫酸钙微溶于水，覆盖在固体表面，阻碍反应进行，应选B、E。
答案　(1)防止过氧化钠受潮
(2)浓硫酸　除去二氧化碳中的水　二氧化碳的饱和溶液(或水)
(3)二氧化碳只有在水存在时才能和过氧化钠反应
(4)除去混在氧气中的过量二氧化碳　(5)BE
二、氯气的性质
1．物理性质
颜色 气味 状态 毒性 密度 水溶性
黄绿色 刺激性气味 气体 有毒 比空气的 密度大 能溶
2.化学性质

3．次氯酸的性质
(1)酸性：属于弱酸；酸性HClO(2)不稳定性：2HClO 2HCl＋O2↑。
(3)杀菌、消毒、漂白。
1．氯水
Cl2无漂白性，而氯水具有漂白性，可杀菌和消毒，原因是含有HClO。
2．次氯酸盐
(1)“84”消毒液：
①制备：由Cl2和NaOH溶液反应制得。
②主要成分：NaCl和NaClO；有效成分：NaClO。
(2)漂白粉：
①制备：工业上通常用石灰乳和氯气反应来制备漂白粉。
②主要成分：CaCl2和Ca(ClO)2；有效成分：Ca(ClO)2。
③漂白原理：
漂白粉与稀盐酸或空气中的水和二氧化碳反应，生成HClO。
Ca(ClO)2＋2HCl===CaCl2＋2HClO，
Ca(ClO)2＋H2O＋CO2===CaCO3＋2HClO。
④失效原因：
Ca(ClO)2在空气中与CO2和H2O反应生成HClO和CaCO3，HClO不稳定，见光或受热易分解。因此，漂白粉放置久了易变质失效，应密封保存。
【例3】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．纯净的H2在Cl2中安静地燃烧，发出苍白色火焰，集气瓶口呈现白色烟雾
D．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
解析：选C　A、B都是活泼的非金属单质氯气与金属的反应，分别生成氯化铜和氯化钠固体。C中，纯净的H2在Cl2中安静地燃烧，发出苍白色火焰，生成的氯化氢气体遇水蒸气会生成雾而非烟雾，C错误。D中，氯水久置后，其中的次氯酸见光分解，最终变为稀盐酸。
【例4】下列氯化物中，既能由金属和氯气直接反应制得，又能由金属和盐酸反应制得的是(　　)
A．CuCl2　　　　　　　　B．FeCl3
C．FeCl2 D．AlCl3
解析：选D　氯气化学性质非常活泼，与变价金属反应时生成高价氯化物，如Fe＋Cl2―→FeCl3，Cu＋Cl2―→CuCl2，故排除C。又由于Cu和盐酸不反应，A错误；Fe和盐酸反应生成FeCl2，B错误；Al和盐酸反应生成AlCl3，则D正确。特别注意：Fe＋2HCl===FeCl2＋H2↑，2Fe＋3Cl22FeCl3。
【例5】[双选]有关漂白粉的下列说法中，错误的是(　　)
A．漂白粉是混合物，其有效成分是次氯酸钙
B．为了提高漂白粉的漂白效果，使用时可加少量盐酸
C．漂白粉性质稳定，可以敞口存放
D．漂白粉能与少量CO2、H2O反应生成Ca(HCO3)2和HClO
解析：选C、D　漂白粉的性质相对于HClO来说比较稳定，但在敞口存放过程中，会发生反应：Ca(ClO)2＋CO2＋H2O===CaCO3↓＋2HClO,2HClO2HCl＋O2↑，使漂白粉逐渐失效，故C项错误；与少量CO2反应：Ca(ClO)2＋CO2＋H2O===CaCO3↓＋2HClO，与过量CO2反应时才生成Ca(HCO3)2，故D项错误。
【例6】新制氯水与久置的氯水相比较，下列结论不正确的是(　　)
A．都呈酸性
B．前者能使有色布条褪色
C．光照新制氯水有气泡逸出，该气体是Cl2
D．加入AgNO3溶液都能生成白色沉淀
解析：选C　新制的氯水中含有分子：Cl2、HClO、H2O，离子：H＋、Cl－、ClO－、OH－，但是光照时发生反应2HClO2HCl＋O2↑，久置的氯水实际上已经是盐酸，故A、B、D项正确，C项错误。

三、阿伏加德罗定律及其推论
1．阿伏加德罗定律
阿伏加德罗定律：在相同的温度和压强下，相同体积的任何气体都含有相同数目的分子(即“四同”)。可简记为“三同定一同”，即对气体来说，温度、压强、体积、分子数(物质的量)四个量中，每有三个量相同，则第四个量必相同。
2．阿伏加德罗定律的推论
推论可归纳为“一等式”、“二正比”、“二反比”。
(1)一等式
相同T、p，混合气体：
体积分数φ(A)＝物质的量分数x(A)
解释：由阿伏加德罗定律知，T、p相同时，体积增大一倍，n也增大一倍。同理，在混合气体中，如100 L空气，其中N2占78 L；若100 mol空气，其中N2占78 mol。
(2)二正比
①相同T、V，压强比等于物质的量比：＝
②相同T、p、V，质量比等于摩尔质量比，等于密度比(称为相对密度，记为D)：
＝＝＝D
解释：由阿伏加德罗定律知，T、p、V相同时，分子数相同，所以质量比等于摩尔质量比：
＝＝＝
(3)二反比：
①相同T、p、m，体积比与摩尔质量成反比：＝
解释：相同T、p、m，由阿伏加德罗定律知，＝＝＝
②相同T、V、m，压强比与摩尔质量成反比：＝
解释：相同T、V、m，由阿伏加德罗定律知：＝＝＝
3．由气体的密度(ρ)和相对密度(D)求气体的相对分子质量(Mr)
(1)已知气体在标准状况下的密度(ρ0)求Mr：Mr＝ρ0×Vm＝22.4ρ0
(2)已知气体的相对密度(D)求Mr：D(A对B)＝ρA/ρB＝MA/MB
MA＝D(A对B)×MB
【例7】　在同温同压下，A容器中盛有H2，B容器中盛有NH3，若使它们所含的原子总数相等，则两个容器的体积之比是(　　)
A．2∶1 B．1∶2
C．2∶3 D．1∶3
解析　若A容器与B容器中原子总数相等，则其分子数之比为2∶1，根据阿伏加德罗定律，两容器体积比为2∶1。
答案　A
【例8】　等质量的甲烷和氨气相比较，下列结论中错误的是(　　)
A．两种气体的分子个数之比为17∶16
B．同温同压下，两种气体的体积之比为17∶16
C．两种气体的氢原子个数之比为17∶12
D．同温同压下，两种气体的密度之比为17∶16
解析　等质量甲烷和氨气，物质的量之比与摩尔质量成反比(17∶16)；同温同压下，等质量气体的体积、分子个数之比与摩尔质量成反比(17∶16)，原子个数之比＝(1÷16×4)∶(1÷17×3)＝17∶12；密度之比等于摩尔质量之比(16 g·mol－1∶17 g·mol－1＝16∶17)。
答案　D
【例9】　在标准状况下，CO和CO2的混合气体共39.2 L，质量为61 g。则两种气体的物质的量之和为__________mol，其中CO2为________mol，CO占总体积的_____________。
解析　①任何气体在标准状况下的摩尔体积都是22.4 L·mol－1，所以，题中两气体的物质的量之和为＝1.75 mol。
②设混合气体中CO为x mol，CO2为y mol，则有：x＋y＝1.75,28x＋44y＝61，解得：x＝1，y＝0.75。
③CO的体积分数即为物质的量分数，即：×100%≈57.1%。
答案　1.75　0.75　57.1%
四、以物质的量为中心的化学计算的解题方法
化学计算的实质是借助化学知识寻找已知量与未知量之间的数量关系，然后运算求解。在解题的过程中，若根据条件找出已知量与未知量之间的物质的量关系，就可使复杂的问题简单化、技巧化。其解题方法是依据变化前后某一粒子物质的量保持不变，列出守恒关系求解。
1．物质的量是联系宏观量(如质量、体积)与微观量(如粒子数目)的桥梁和纽带，是计算的核心。解答时，要理清它们之间的关系：


2．要紧紧抓住“物质的量”这个计算的核心。牢固建立把“其他物理量转化为物质的量”的这一思维模式，充分利用下列“万能恒等式”及其变形，进行各量的相互求算。
n＝＝＝＝＝c·V(aq)
式中n为物质的量，单位为mol；m为物质的质量，单位为g；M为摩尔质量，单位为
g·mol－1；V(g)为气体体积，单位为L；Vm为标准状况下气体摩尔体积，单位为L·mol－1；N为粒子个数；NA为阿伏加德罗常数；x为饱和溶液的质量，单位为g；S为溶解度，单位为g；c为物质的量浓度，单位为mol·L－1；V(aq)为溶液体积，单位为L。
【例10】　(1)某双原子分子构成的气体，其摩尔质量为M g·mol－1，该气体的质量为m g，阿伏加德罗常数为NA，则：
①该气体在标准状况下的体积为________L；
②该气体在标准状况下的密度为________g·L－1；
③该气体所含的原子总数为________个；
④该气体一个分子的质量为________g。
(2)标准状况下，1.6 g某气态氧化物RO2的体积为0.56 L。该气体的摩尔质量是____________。
解析　(1)根据n＝＝＝及ρ＝等公式进行计算。
①V＝×22.4 L·mol－1＝ L；
②ρ＝＝＝＝ g·L－1；
③所含分子数N＝·NA，则所含原子总数为×NA mol－1×2＝；
④一个分子的质量为＝ g。
(2)由＝可知M＝＝64 g·mol－1。
答案　(1)①　②　③　④ (2)64 g·mol－1
【例11】　标准状况下，将a L H2和Cl2的混合气体点燃，充分反应后，将混合气体通入含b mol NaOH的热溶液中，气体恰好被完全吸收，NaOH无剩余，测得反应后溶液中含Cl－、ClO－和ClO，且三者物质的量之比为8∶1∶1，则原混合气体中H2的物质的量为(　　)
A.mol B．(－b)mol
C．(－)mol D.mol
解析　反应后溶液中的Na＋的物质的量等于Cl－、ClO－和ClO三者的物质的量之和，也等于混合气体中氯原子的物质的量，所以原混合气体中氯气的物质的量为 mol。则氢气的物质的量为(－)mol。
答案　C
五、化学计算中的常用方法
1．根据化学方程式进行有关物质的量的计算方法
(1)写出有关反应的化学方程式；
(2)找出相关物质的化学计量数之比；
(3)对应化学计量数，找出相关物质的物质的量；
(4)根据原理进行计算。
2．关系法
化学计算的依据是物质之间量的比例关系，这种比例关系通常可从化学方程式或化学式中得到。但对复杂的问题，如已知物与待求物之间是靠很多个反应来联系的，这时就需直接确定已知量与未知量之间的比例关系，即“关系式”。对于多步反应的计算，其“关系式”更是重要与实用。
“关系式”有多种，常见的有：质量或质量分数关系式、物质的量或粒子数关系式、气体体积的关系式等。
确定已知量与未知量之间的关系式的一般方法：
(1)根据化学方程式确定关系式：先写出化学方程式，然后再根据需要从方程式中提炼出某些关系。如：
MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O，可得如下关系：4HCl～Cl2。
(2)根据守恒原理确定关系式。如：2Na～H2。
【例12】　含0.4 mol Al3＋的Al2(SO4)3中所含的SO的物质的量是________。
解析　据化学式可得关系式：
Al2(SO4)3～2Al3＋　～　3SO
　　　 2　　　　 3
　　　 0.4 mol n(SO)
故：＝
解得：n(SO)＝0.6 mol
答案　0.6 mol
3．守恒法
化学反应中的守恒关系有质量守恒、得失电子守恒、电荷守恒。
(1)质量守恒
①宏观特征：反应前后元素的质量守恒；
②微观特征：反应前后元素的原子个数守恒。
(2)得失电子守恒
氧化还原反应中，氧化剂得电子数等于还原剂失电子数。
(3)电荷守恒
①电解质溶液中，阴离子所带负电荷总数等于阳离子所带正电荷总数；
②离子方程式中，反应物所带电荷总数与生成物所带电荷总数相等且电性相同。
4．差量法
差量法是根据化学反应前后物质的有关物理量发生的变化，找出所谓的“理论差量”。如反应前后的质量、气体体积、物质的量、气体压强、反应过程中的热量变化等。该差量的大小与反应物质的有关量成正比。差量法就是借助这种比例关系，解决一定量变的计算题。解此类题的关键是根据题意确定“理论差量”，再根据题目提供的“实际差量”，列出比例式，求出答案。
【例13】　为了检验某NaHCO3、Na2CO3混合物中NaHCO3的质量分数，现将m1 g样品加热，其质量变为m2 g。已知加热时发生的反应为2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O，则NaHCO3的质量分数是________。
解析　由题意得
2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O　Δm
2×84　　　　106 2×84－106
m1·w(NaHCO3) m1－m2
故：＝
得：w(NaHCO3)＝。
答案　
5．过量问题的计算
物质发生的化学反应按一定量的关系进行，但题中若给出两个或两个以上反应物的量，解此类题应当先判断谁过量，然后根据不足量的物质去求解。
(1)写出反应的化学方程式；
(2)判断哪一个反应物过量；
(3)根据不足量的物质求解。
【例14】　已知单质铜与稀硝酸的反应为3Cu＋8HNO3===2NO↑＋4H2O＋3Cu(NO3)2(Cu的相对原子质量为64)。现把19.2 g Cu放入200 mL 5 mol·L－1硝酸中，充分反应，问：
(1)哪种物质过量？
(2)参加反应的硝酸的物质的量为多少？
(3)在标准状况下产生的气体的体积为多少？
(4)生成水的分子数为多少？
(5)若反应前后溶液的体积不变，则生成Cu(NO3)2的物质的量浓度为多少？
解析　存在过量问题时，以不足量的物质为准进行计算。计算时，要注意“单位纵相同；数据横相应”，用已知数据，可直接求出未知量。
(1)方法一：假设法
3Cu＋8HNO3===2NO↑＋4H2O＋3Cu(NO3)2
因为＝
解得n(HNO3)＝0.8 mol
HNO3实际为5 mol·L－1×0.2 L＝1 mol，
0．8＜1(实际量)，所以HNO3过量。
方法二：物质的量比值法
n(Cu)＝＝0.3 mol
n(HNO3)＝5 mol·L－1×0.2 L＝1 mol
所以有＜，故HNO3过量。计算时，应以Cu的数据为准。
(2)3Cu＋8HNO3===2NO↑＋4H2O＋3Cu(NO3)2
＝，解得n(HNO3)＝0.8 mol。
(3)3Cu＋8HNO3===2NO↑＋4H2O＋3Cu(NO3)2
＝，解得V(NO)＝4.48 L。
(4)3Cu＋8HNO3===2NO↑＋4H2O＋3Cu(NO3)2
＝，
解得N(H2O)＝2.408×1023。
(5)物质的量浓度c与方程式不成比例，必须把它与体积V相乘转化为物质的量(n＝cV)，才能代入方程式计算。
3Cu＋8HNO3===2NO↑＋4H2O＋3Cu(NO3)2
＝
解得c[Cu(NO3)2]＝1.5 mol·L－1
其实，在实际计算时，没必要每一步计算都再写个化学方程式，可以把所有计算列成一行。如上述计算的计算式可写成如下格式：
3Cu＋8HNO3===2NO↑＋4H2O＋3Cu(NO3)2
＝＝＝＝。
答案　(1)硝酸　(2)0.8 mol　(3)4.48 L　(4)2.408×1023　(5)1.5 mol·L－1


课堂跟踪练习
一、选择题（本题包括12小题，每小题4分，共48分。每小题只有一个选项符合题意）
1.下列说法中，不正确的是 （　　）
A.研究物质的性质时，常用到观察、实验、分类、比较等方法
B.制陶、冶金、酿酒等生产过程中，肯定发生了化学反应
C.1869年俄国化学家门捷列夫提出了原子学说，为近代化学的发展奠定了基础
D.我国化学家在1965年第一次人工合成了具有生命活性的蛋白质，为世界生命科学的研究和发展作出了贡献
答案　C
解析　俄国化学家门捷列夫发现了元素周期律，而提出原子学说的是道尔顿。
2.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（　　）
A.2 L 0.5 mol·L－1硫酸钾溶液中阴离子所带电荷数为NA
B.1.6 g由氧气和臭氧组成的混合物中含有氧原子的数目为0.1NA
C.25 ℃时0.1 mol/L的NaOH溶液中含有OH－的数目为0.1NA
D.1.0 L 1.0 mol·L－1的Na[Al（OH）4]水溶液中含有的氧原子数为2NA
答案　B
解析　2 L 0.5 mol·L－1的硫酸钾溶液中n（SO）＝1 mol，所带电荷数为2NA，A项错误；氧气和臭氧都是由氧元素组成的，故1.6 g混合物中含有0.1NA个氧原子，B正确；由于溶液的体积没有提供，C错误；H2O中也含有氧原子，故1.0 L 1.0 mol·
L－1的Na[Al（OH）4]溶液中含有的氧原子数大于2NA，D错误。
3.将V L HCl气体（标准状况）溶于水制得1 000 mL盐酸溶液，则该盐酸的物质的量浓度为 （　　）
A.V/22 400 mol·L－1 B.1 000V/22.4 mol·L－1
C.V/22.4 mol·L－1 D.V/11.2 mol·L－1
答案　C
4.下列叙述正确的是（　　）
A.氯气的性质很活泼，它与氢气混合后立即发生爆炸
B.实验室制取氯气时，为了防止环境污染，多余的氯气可以用氢氧化钙溶液吸收
C.新制氯水的漂白性强于久置氯水的漂白性
D.检验HCl气体中是否混有Cl2的方法是将气体通入硝酸银溶液
答案　C
解析　A项，Cl2与H2混合后加热或光照才发生爆炸；B项，Ca（OH）2溶液浓度较小，不适合吸收尾气中的Cl2；C项，新制氯水中含有HClO具有漂白性；D项，HCl、Cl2通入AgNO3溶液中均有白色沉淀。
5.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（　　）
INCLUDEPICTURE "D:\\甜甜\\2018年\\课件\\创新设计 课堂讲义 化学 必修1（鲁科版）\\H27.tif" \* MERGEFORMATINET
A.溶液呈碱性
B.与澄清石灰水反应产生白色沉淀
C.与足量盐酸反应放出气体
D.受热易分解
答案　D
解析　由题意知A为Na，B为Na2O2，C为Na2CO3，D为 NaOH。
6.某同学用下列装置进行有关Cl2的实验。下列说法不正确的是（　　）
INCLUDEPICTURE "D:\\甜甜\\2018年\\课件\\创新设计 课堂讲义 化学 必修1（鲁科版）\\H28.TIF" \* MERGEFORMATINET
INCLUDEPICTURE "D:\\甜甜\\2018年\\课件\\创新设计 课堂讲义 化学 必修1（鲁科版）\\H29.TIF" \* MERGEFORMATINET
A.Ⅰ图中：实验现象证明氯气无漂白作用，氯水有漂白作用
B.Ⅱ图中：闻Cl2的气味
C.Ⅲ图中：生成棕黄色的烟
D.Ⅳ图中：若气球干瘪，证明Cl2可与NaOH反应
答案　D
解析　干燥的红色布条不退色，湿润的红色布条退色，证明氯气无漂白性，氯水有漂白性；Cl2有毒，闻其气味时应用手轻轻在瓶口扇动，仅使极少量气体飘入鼻中；Cu在Cl2中燃烧生成棕黄色烟；若Cl2能与NaOH溶液反应，瓶内压强减小，气球就会鼓起。
7.在硫酸镁溶液500 mL，它的密度是1.20 g·cm－3，其中镁离子的质量分数是4.8%，则有关该溶液的说法不正确的是（　　）
A.溶质的质量分数是24.0%
B.溶液的物质的量浓度是2.4 mol·L－1
C.溶质和溶剂的物质的量之比是1∶40
D.硫酸根离子的质量分数是19.2%
答案　C
解析　c（Mg2＋）＝＝2.4 mol·L－1＝c（MgSO4），溶液中溶质的质量分数为4.8%×＝24.0%，SO的质量分数＝24.0%－4.8%＝19.2%。溶质与溶剂的物质的量之比是∶＝9∶190＝1∶21.1。
8.某校化学兴趣小组在实验室中发现一瓶溶液，标签上标有“CaCl2 0.1 mol·L－1”的字样，下面是该小组成员对溶液的叙述，正确的是（　　）
A.配制1 L该溶液，可将0.1 mol CaCl2溶于1 L水中
B.Ca2＋和Cl－的物质的量浓度都是0.1 mol·L－1
C.从试剂瓶中取该溶液的一半，则所取溶液的物质的量浓度为0.05 mol·L－1
D.将该瓶溶液稀释一倍，则所得溶液的c（Cl－）为0.1 mol·L－1
答案　D
解析　A项，溶液的体积多于1 L，不正确；B项，Cl－物质的量浓度为0.2 mol·L－1；C项，所取溶液物质的量浓度为0.1 mol·L－1，不正确；D项，原来c（Cl－）＝0.2 mol·L－1，将溶液稀释一倍后，则溶液的c（Cl－）＝0.1 mol·L－1。
9.在容积相同的两个密闭容器中分别充满气体O2、O3，当这两个容器内温度和压强相等时，下列说法正确的是（　　）
A.两种气体的物质的量不相等
B.两种气体的质量相等
C.两种气体所含的原子数目相等
D.两种气体的分子数目相等
答案　D
解析　等温等压等体积的气体具有相等的物质的量和分子数，A错误，D正确；因其摩尔质量不相等，故其质量不相等，B错误；因分子的组成不相同，在分子数相同的前提下，其原子数是不相同的，C错误。
10.某固体仅由一种元素组成，其密度为5 g/cm3。用X射线研究该固体的结果表明：在棱长为1×10－7 cm的立方体中含有20个原子，则此元素的相对原子质量最接近（　　）
A.32 B.65 C.120 D.150
答案　D
解析　由n＝和n＝可得＝，则解此类问题的思路为M＝V·ρ·。
据题意，若能求出20个原子的质量，则可计算出NA（取值为6.02×1023）个原子的质量，即1 mol原子的质量。
20个原子的质量m＝V·ρ＝（1×10－7cm）3×5 g/cm3＝5×10－21 g，则该元素的摩尔质量
M＝5×10－21 g×＝150 g/mol。
所以，该元素的相对原子质量接近于150。
11.下列说法中正确的是（　　）
A.标准状况下，22.4 L水中所含的分子数约为6.02×1023个
B.1 mol Cl2中含有的原子数为NA
C.标准状况下，a L氧气和氮气的混合物含有的分子数约为×6.02×1023个
D.常温常压下，11.2 L CO分子数是0.5NA
答案　C
解析　标准状况下，水不是气态，22.4 L水的物质的量不是1 mol，A错误；1 mol Cl2含有的氯原子数为2NA，B错误；标准状况下，a L氧气和氮气的混合物的物质的量是 mol，含有的分子数约为×6.02×1023个，C正确；常温常压下，气体摩尔体积不是22.4 L·mol－1，D错误。
12.常温下，欲配制密度为1.1 g·cm－3、浓度为6 mol·L－1的稀盐酸，在体积为100 mL、密度为1.19 g·cm－3、浓度为12 mol·L－1的浓盐酸中需加蒸馏水（　　）
A.200 mL B.100 mL C.101 mL D.120 mL
答案　C
解析　设加水x mL可配制成V mL，6 mol·L－1稀盐酸，则100 mL×12 mol·L－1＝6 mol·L－1×V mL，V＝200。体积不能加合，可利用质量守恒：200 mL×1.1 g·mL－1＝100 mL×1.19 g·mL－1＋x mL×1 g·mL－1，x＝101，即需加蒸馏水101 mL，
选C。
二、非选择题（本题包括4小题，共52分）
13.（12分）根据要求回答下列问题。
（1）相同质量的SO2气体和SO3气体，其分子数之比为　　　　，氧原子数之比为　　　　，相同条件下（同温同压）的体积之比为　　　　，密度之比为　　　　。
（2）SO2与O2的混合气体中，氧元素的质量分数为70%，则SO2与O2的物质的量之比是　　　　，这种混合气体的密度是同温同压下氧气密度的　　　　倍。
（3）用2.4 mol·L－1的H2SO4溶液配制100 mL浓度为0.2 mol·L－1的稀硫酸，需量取2.4 mol·L－1的H2SO4溶液的体积是　　　　mL。
（4）试分析下列操作对所配溶液的浓度有何影响（填“偏高”“偏低”或“无影响”）。
①未洗涤烧杯和玻璃棒，使所配溶液浓度　　　　；
②定容时俯视刻度线，使所配溶液浓度　　　　；
③摇匀后，发现液面低于刻度线，又滴加蒸馏水，使所配溶液浓度　　　　。
答案　（1）5∶4　5∶6　5∶4　4∶5
（2）3∶4　
（3）8.3
（4）①偏低　②偏高　③偏低
解析　（1）设SO2与SO3均为1 g，则
n（SO2）＝＝ mol，
n（SO3）＝＝ mol，
则SO2中n（O）＝2n（SO2）＝ mol，SO3中n（O）＝ mol，故分子数之比为∶＝5∶4，氧原子数之比为∶＝5∶6。据阿伏加德罗定律：体积之比等于物质的量之比，即V（SO2）∶V（SO3）＝5∶4，密度之比等于摩尔质量之比，即ρ（SO2）∶ρ（SO3）＝64∶80＝4∶5。
（2）设有100 g混合物，则氧元素的质量为70 g，硫元素的质量为30 g，二氧化硫中硫元素的质量分数为50%，则二氧化硫的质量为＝60 g，氧气的质量为100 g－60 g＝40 g，氧气的摩尔质量是32 g·mol－1，二氧化硫的摩尔质量是64 g·mol－1，SO2与O2的物质的量之比为∶＝3∶4，同温同压下气体的密度比等于摩尔质量比，混合气体的密度比等于摩尔质量比，混合气体的平均摩尔质量为 g·mol－1＝ g·mol－1，混合气体与氧气的平均摩尔质量比为∶32＝∶1，所以混合气体的密度是氧气密度的倍。
（3）根据稀释前后硫酸的物质的量不变可知：
2.4 mol·L－1×V＝0.100 L×0.2 mol·L－1，V＝0.008 3 L，故需要量取2.4 mol·L－1的H2SO4溶液的体积是8.3 mL。
（4）误差分析根据公式c＝进行分析，若未洗涤烧杯和玻璃棒，则n减小，V不变，c偏低；若定容时俯视，则使所加溶液体积变小，n不变，V减小，c偏高；若摇匀后发现低于液面再加蒸馏水，则会使V变大，由于n不变，则c偏低。
14.（12分）室温下，单质A、B、C分别为固体、黄绿色气体、无色气体，在合适的反应条件下，它们可以按如图所示关系进行反应。又知E溶液是无色的。
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（1）写出以下各物质的化学式：
A　　　　；B　　　　；C　　　　。
（2）反应①的化学方程式为______________________________________________
_________________________________________________________________。
（3）反应③的化学方程式为_______________________________________
________________________________________________________________。
（4）反应④的化学方程式为______________________________________
______________________________________________________________。
答案　（1）Fe　Cl2　H2
（2）2Fe＋3Cl22FeCl3
（3）2HCl＋Fe===FeCl2＋H2↑
（4）2FeCl2＋Cl2===2FeCl3
解析　黄绿色气体B为Cl2，可与Cl2反应的无色气体应为H2即C为H2，E为HCl，E溶液为盐酸，A与盐酸反应后的产物F还可以与Cl2反应，则A是具有可变化合价的金属铁，D为FeCl3，F为FeCl2。
15.（14分）已知某“84消毒液”瓶体部分标签如图所示，该“84消毒液”通常稀释100倍（体积之比）后使用。请回答下列问题：
84消毒液
　【有效成分】　NaClO
　【规格】　1 000 mL
　【质量分数】　25%
　【密度】　1.19 g·cm－3
（1）该“84消毒液”的物质的量浓度约为　　　mol·L－1。
（2）某同学取100 mL该“84消毒液”，稀释后用于消毒，稀释后的溶液中
c（Na＋）＝　　　　 mol·L－1。
（3）该同学参阅该“84消毒液”的配方，欲用NaClO固体配制480 mL含NaClO质量分数为25%的消毒液。下列说法正确的是　　　　（填字母）。
A.如图所示的仪器中，有三种是不需要的，还需要一种玻璃仪器
B.容量瓶用蒸馏水洗净后，应烘干后才能用于溶液配制
C.配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒可能导致结果偏低
D.需要称量NaClO固体的质量为143.0 g
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（4）“84消毒液”与稀硫酸混合使用可增强消毒能力，某消毒小组人员用98%（密度为1.84 g·cm－3）的浓硫酸配制2 000 mL 2.3 mol·L－1的稀硫酸用于增强“84消毒液”的消毒能力。
①所配制的稀硫酸中，H＋的物质的量浓度为　　　　mol·L－1。
②需用浓硫酸的体积为　　　　mL。
答案　（1）4.0　（2）0.04　（3）C　（4）①4.6　②250
解析　（1）由c＝得，c（NaClO）＝
mol·L－1≈4.0 mol·L－1。（2）稀释前后溶液中NaClO的物质的量不变，则有：100 mL×10－3 L·mL－1×4.0 mol·L－1＝100 mL×100×10－3 L·mL－1×c（NaClO），解得稀释后c（NaClO）＝0.04 mol·L－1，c（Na＋）＝c（NaClO）＝0.04 mol·L－1。（3）选项A，需用托盘天平称量NaClO固体，需用烧杯来溶解NaClO，需用玻璃棒进行搅拌和引流，需用容量瓶和胶头滴管来定容，图示的①、②不需要，但还需玻璃棒和胶头滴管；选项B，配制过程中需要加入水，所以经洗涤干净的容量瓶不必烘干后再使用；选项C，未洗涤烧杯和玻璃棒将导致配制的溶液中溶质的物质的量减小，结果偏低；选项D，应选取500 mL的容量瓶进行配制，然后取出480 mL即可，所以需要NaClO的质量：0.5 L×4.0 mol·L－1×74.5 g·mol－1＝149.0 g。（4）①根据H2SO4的组成可知，溶液中c（H＋）＝2c（H2SO4）＝4.6 mol·L－1。②2 000 mL 2.3 mol·L－1的稀硫酸中溶质的物质的量为2 L×2.3 mol·L－1＝4.6 mol，设需要98%（密度为1.84 g·cm－3）的浓硫酸的体积为V mL，则有：＝4.6 mol，解得V＝ 250。
16.（14分）钠是很活泼的金属，在空气中燃烧的产物是Na2O2。Na2O的制取可以通过如下反应完成：Na＋NaNO3Na2O＋N2↑（未配平）。
请回答下列问题：
（1）为何不用钠在空气中氧化生成Na2O？_______________________________。
（2）在上述反应中，N2有何作用？_____________________________________。
（3）制取Na2O时由于设备密封性不好而进入了少量空气，导致制得的Na2O产品中含有Na2O2杂质。某学生设计了以下实验方案来测定该样品中Na2O的质量分数，其操作流程和实验数据如下：


该氧化钠样品中Na2O的质量分数为　　　　。
答案　（1）因为钠在空气中氧化生成Na2O中含有Na2O2
（2）做保护气，可防止Na2O被氧化成Na2O2
（3）80%
解析　（1）钠在常温下与O2反应生成Na2O，Na2O不稳定，既可被氧化生成Na2O2也可与H2O反应生成NaOH。
（2）制取Na2O的同时，生成的N2隔绝空气可防止Na2O被氧化生成Na2O2。
（3）设样品中Na2O的质量为x，由题意可知：
2Na2O＋O22Na2O2　Δm
2×62 32
x 9.35 g－7.75 g＝1.6 g
得x＝6.2 g
则氧化钠样品中Na2O的质量分数为×100%＝80%。






































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