鲁科版必修1 第3章第1节 碳的多样性（第2课时） 作业

1、.第1节 碳的多样性第2课时 碳及其化合物间的转化一、选择题1以下各组物质中的两种物质作用时，反响物用量的改变对生成物没有影响的是AC和O2BCO2和CaOH2CNa2CO3和盐酸 DNa2O2和CO22以下反响的离子方程式正确的选项是ANa2CO3溶液与石灰乳：Ca2CO=CaCO3BNaHCO3溶液与NaOH溶液：HCOOH=COH2OCNaOH溶液中通入足量CO2：CO22OH=COH2ODNa2CO3溶液中滴加少量盐酸：CO2H=CO2H2O3在含有7.4 g CaOH2的澄清石灰水中通入CO2气体后，得到8 g白色沉淀，那么通入CO2气体的体积在标准状况下为A一定是2.24 LB一定

2、小于2.24 LC一定大于2.24 LD可能小于2.24 L，也可能大于2.24 L4不能用来鉴别Na2CO3和NaHCO3两种白色固体的实验操作是A分别在这两种物质的溶液中，参加少量澄清石灰水B分别加热这两种固体，将生成的气体通入澄清石灰水中C分别在这两种物质的溶液中，参加少量氯化钙溶液D分别在这两种物质的等浓度的溶液中，参加少量的稀盐酸5可以说明溶液中大量存在CO的理由是A参加AgNO3溶液有白色沉淀产生B参加盐酸有无色无味气体产生C参加MgCl2时有白色沉淀产生，再加稀盐酸沉淀全部溶解，且产生可以使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体D参加BaOH2溶液有白色沉淀产生，再加稀盐酸，反响现象如选

3、项C所述6将足量CO2通入KOH和CaOH2的混合稀溶液中，生成沉淀的物质的量n和通入CO2体积V的关系正确的选项是7标准状况下将4.48 L CO2通入1 L 0.3 molL1NaOH溶液中，当CO2与NaOH完全反响时，那么以下说法正确的选项是A溶液中只有一种阴离子OH除外B溶液中溶质的物质的量之比为12C反响后有CO2逸出D反响后的溶液还可以吸收部分CO28CO2通入以下溶液中，不可能产生沉淀的是ACaCl2溶液 BCaOH2溶液CBaOH2溶液 DCaClO2溶液二、非选择题9实验室中氢氧化钠溶液在空气中放置，因密封不好会变质，有关反响的离子方程式为_；为了检验一瓶氢氧化钠溶液是否已

4、变质，可取少量该溶液向其中参加_，假设_，那么说明烧碱溶液已经变质。为了除去烧碱溶液中的杂质，应参加适量的_，并进展过滤。10有一种黑色固体A在氧气中充分燃烧生成气体B。向充有B的集气瓶中参加少量澄清石灰水，出现白色沉淀C，振荡后沉淀消失得溶液D。把D分成两份，一份中参加稀盐酸，又生成气体B，另一份中参加过量NaOH溶液又生成C。答复：1那么A、B、C、D的名称分别为_、_、_、_。2写出有关反响的离子方程式：BC_。CD_。DB_。DC_。11有一混合物的水溶液，只可能含有以下离子中的几种：K、H、Ba2、Mg2、CO、SO，现取两份该溶液各100 mL进展如下实验：第一份参加足量NaHCO

5、3溶液后，搜集到气体 0.03 mol。第二份参加足量BaNO32溶液充分反响后过滤枯燥，得沉淀4.66 g。根据上述实验答复：1原溶液中一定不存在的离子是_。2原溶液中可能存在的离子是_。3中发生反响的离子方程式为_。4经计算，原溶液中一定存在的阴离子的物质的量浓度为_。12某固体物质A受热分解，生成B、C、D三种物质。B是一种钾盐，向B的水溶液中参加澄清石灰水，产生白色沉淀E；E溶于盐酸放出无色无味气体D；将D通入澄清石灰水中，先出现浑浊现象，然后又变澄清；C在常温下是一种无色液体。1写出A、B、E的化学式。A_，B_，E_。2写出反响的化学方程式。A受热分解：_。将D通入澄清石灰水中，先

6、出现浑浊现象，然后又变澄清：_。3写出反响的离子方程式。向B的水溶液中参加澄清石灰水，产生白色沉淀E：_；E溶于盐酸放出无色无味的气体D：_。13将一定体积的CO2通入到一定浓度的NaOH溶液中，为了测定其溶液的成分，向该溶液中逐滴参加1 molL1盐酸。所参加盐酸的体积与产生二氧化碳气体体积标准状况的关系如下图。1写出OA段所发生反响的离子方程式：_。2当参加35 mL盐酸时，所产生的二氧化碳的体积标准状况是_mL。3溶液中所含的物质有_，其物质的量之比为_。课下才能提升十五1解析：选DA项，2CO2缺乏2CO，CO2足量点燃,CO2；B项，CaOH2CO2少量=CaCO3H2O，CaOH2

7、2CO2足量=CaHCO32；C项，Na2CO3HCl少量=NaClNaHCO3，Na2CO32HCl足量=2NaClCO2H2O。2解析：选BA项，CaOH2应写成化学式，不能拆开；C项，NaOH与足量CO2反响，应生成HCO；D项，CO与少量H反响，生成HCO，不放出CO2。3解析：选D往CaOH2溶液中通入CO2气体，可能发生两个反响：CO2CaOH2=CaCO3H2O，当CO2过量时：CaCO3H2OCO2=CaHCO32，由题目可知所给CaOH2的物质的量nCaOH20.1 mol，理论上最多可制得碳酸钙10 g，消耗CO2 2.24 L。而如今只制得碳酸钙8 g，那么可能有两种情况

8、：一种是CO2的量少了，只发生第一个反响，另一种情况是CO2稍过量，一部分参与了第二个反响。4解析：选AA项，Na2CO3CaOH2=CaCO32NaOH；依题意知NaHCO3过量，那么2NaHCO3CaOH2=CaCO3Na2CO32H2O，均产生白色沉淀，无法区分两者。B项，加热两固体时，NaHCO3受热分解产生CO2，Na2CO3无变化，可用加热来区分两者。C项，向两物质的溶液中加CaCl2，Na2CO3与CaCl2反响生成沉淀，NaHCO3与CaCl2不反响。D项，在等浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液中加少量的盐酸，NaHCO3溶液中先有气体 产生。5解析：选CA项不可说明，与Ag

9、NO3作用生成白色沉淀的还有Cl等；B项不可说明，与盐酸作用产生无色无味气体的还有NaHCO3等；D项，不可说明，NaHCO3等物质亦会有此现象。6解析：选DCO2通入KOH和CaOH2溶液中发生的反响可以分为以下几个阶段：产生沉淀阶段：CO22OHCa2=CaCO3H2O；无沉淀产生阶段：CO22OH=COH2O，COCO2H2O=2HCO；沉淀溶解阶段：CO2CaCO3H2O=Ca22HCO。7解析：选DnCO20.2 mol，nNaOH0.3 mol。因1，故反响后溶液中含有Na2CO3和NaHCO3，那么还可以吸收部分CO2。所以A、C错，D正确。由碳元素和钠元素守恒得：解得B错误。8

10、解析：选AB中生成CaCO3，C中生成BaCO3，D中生成CaCO3，A不反响。9解析：空气中含少量CO2，与NaOH反响：2NaOHCO2=Na2CO3H2O，检验NaOH溶液是否变质，本质是鉴定CO的存在；除去NaOH溶液中的Na2CO3时，本质是除CO，且注意不要引入杂质离子。答案：2OHCO2=COH2O氯化钙溶液其他合理答案也可有白色沉淀生成氢氧化钙溶液10解析：澄清石灰水中通入CO2生成沉淀C，那么C为CaCO3，继续通入CO2，沉淀消失得D溶液，那么D为CaHCO32。答案：1碳二氧化碳碳酸钙碳酸氢钙2CO2Ca22OH=CaCO3H2OCaCO3CO2H2O=Ca22HCOHC

11、OH=CO2H2OCa22HCO2OH=CaCO3CO2H2O11解析：1根据现象知，该溶液中一定存在与碳酸氢根离子反响生成气体的H，一定不存在与H反响的碳酸根离子；所以溶液中存在的阴离子为硫酸根离子，一定不存在与硫酸根离子反响的Ba2；2根据实验现象无法确定溶液中是否含有K、Mg2；3碳酸氢根离子能和酸反响生成二氧化碳和水HCOH=CO2H2O；4设硫酸根的物质的量为xmol。Ba2SO=BaSO4 1 mol 233 g x mol 4.66 gx0.02，所以c0.2 molL1。答案：1CO、Ba22K、Mg23HCOH=CO2H2O40.2 molL112解析：无色无味能使澄清石灰水

12、出现浑浊的气体D是CO2，白色沉淀E为CaCO3，钾盐B为K2CO3，受热分解能生成K2CO3和CO2的A为KHCO3，C为H2O。答案：1KHCO3K2CO3CaCO322KHCO3K2CO3CO2H2OCO2CaOH2=CaCO3H2OCaCO3CO2H2O=CaHCO323COCa2=CaCO3CaCO32H=Ca2CO2H2O13解析：由图像所消耗的盐酸的体积及产生的VCO2可知，此溶液的溶质是NaOH、Na2CO3。OA段H先与OH反响生成H2O，再与CO反响生成HCO。AB段发生反响HHCO=CO2H2O。35 mL时产生的nCO2nH3525 mL103 LmL11 molL10.01 m