2024年高中化学新教材同步讲义 必修第一册 第2章　章末整合　重点突破（含解析）

章末整合重点突破1.钠及其化合物2．氯及其化合物氯及其化合物eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(氯气\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(物理性质,化学性质\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(与金属反应：①Na、②Fe、③Cu,与非金属反应：①H2、②P,与水反应：Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO,与碱反应：Cl2＋2OH－=Cl－＋ClO－＋H2O,与还原性盐反应：如FeCl2、Na2S)),实验室制法\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(原理,装置)))),氯水\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(成分：三分子、四离子,HClO性质)),次氯酸盐\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(常见物质\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(“84”消毒液——制备方法,漂白粉\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(制备方法,漂白原理)))),化学性质：强氧化性漂白性))))3．物质的量1．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是()A．1mol·L－1HCl溶液中，HCl分子的数目为NA(2021·天津，7)B．22.4L氢气中，H2分子的数目为NA(2021·天津，7B)C．180g葡萄糖(C6H12O6)中，C原子的数目为6NA(2021·天津，7C)D．23gNa与足量H2O反应生成的H2分子数目为NA(2021·广东，11D)答案C解析未给出温度和压强，不能计算H2分子的数目，故B错误；葡萄糖的分子式为C6H12O6，故180g葡萄糖分子的物质的量为1mol，C原子的数目为6NA，故C正确；23gNa为1mol，钠与足量的水反应生成氢气的关系式为2Na～H2，故1molNa应对应生成0.5molH2，H2分子数目应为0.5NA，D错误。2．(2022·广东，8)实验室用MnO2和浓盐酸反应生成Cl2后，按照净化、收集、性质检验及尾气处理的顺序进行实验。下列装置(“→”表示气流方向)不能达到实验目的的是()答案D解析浓盐酸易挥发，制备的氯气中含有HCl，可用饱和食盐水除去HCl，Cl2可用浓硫酸干燥，故A不符合题意；氯气的密度大于空气，可用向上排空气法收集，B装置能收集氯气，故B不符合题意；湿润的红布条褪色，干燥的红布条不褪色，可验证干燥的氯气不具有漂白性，故C不符合题意；氯气在水中的溶解度较小，应用NaOH溶液吸收尾气，D装置不能达到实验目的，故D符合题意。3．[2021·广东，17(1)(2)(3)]含氯物质在生产生活中有重要作用。1774年，舍勒在研究软锰矿(主要成分是MnO2)的过程中，将它与浓盐酸混合加热，产生了一种黄绿色气体。1810年，戴维确认这是一种新元素组成的单质，并命名为chlorine(中文命名“氯气”)。(1)实验室沿用舍勒的方法制取Cl2的化学方程式为___________________________。(2)实验室制取干燥Cl2时，净化与收集Cl2所需装置的接口连接顺序为______________。(3)某氯水久置后不能使品红溶液褪色，可推测氯水中________已分解。检验此久置氯水中Cl－存在的操作及现象是___________________________________________________。答案(1)MnO2＋4HCl(浓)eq\o(=,\s\up7(△))MnCl2＋Cl2↑＋2H2O(2)c→d→b→a→e(3)HClO向溶液中加入过量稀硝酸，防止溶液中含有COeq\o\al(2－,3)、HCOeq\o\al(－,3)等，再加入少量AgNO3溶液，若有白色沉淀生成，则证明原溶液中含有Cl－解析(1)实验室通常采用浓盐酸和MnO2制取Cl2，化学方程式为MnO2＋4HCl(浓)eq\o(=,\s\up7(△))MnCl2＋Cl2↑＋2H2O。(2)根据化学方程式可知，制取的氯气中混有氯化氢、水蒸气，氯气有毒，必须进行尾气处理，因此使用饱和食盐水吸收氯化氢气体，浓硫酸除去水蒸气，最后用NaOH溶液吸收尾气，因此接口连接顺序为c→d→b→a→e。(3)氯水久置后不能使品红溶液褪色，说明HClO已分解；检验Cl－的方法为向溶液中加入过量稀硝酸，防止溶液中含有COeq\o\al(2－,3)、HCOeq\o\al(－,3)等，再加入少量AgNO3溶液，若有白色沉淀生成，则证明原溶液中含有Cl－。4．(2020·全国卷Ⅲ,26节选)氯可形成多种含氧酸盐，广泛应用于杀菌、消毒及化工领域。实验室中利用下图装置(部分装置省略)制备KClO3和NaClO，探究其氧化还原性质。回答下列问题：(1)盛放MnO2粉末的仪器名称是__________，a中的试剂为__________。(2)b中采用的加热方式是__________，c中化学反应的离子方程式是____________________，采用冰水浴冷却的目的是________________________________________________。(3)d的作用是______________，可选用试剂______(填标号)。A．Na2S B．NaClC．Ca(OH)2 D．H2SO4答案(1)圆底烧瓶饱和食盐水(2)水浴加热Cl2＋2OH－=ClO－＋Cl－＋H2O避免生成NaClO3(3)吸收尾气(Cl2)AC解析由题干信息及装置图分析各装置的作用，a装置用于除杂，b装置用于制备氯酸钾，c装置用于制备次氯酸钠，d装置用于尾气处理。(1)盛放MnO2粉末的仪器是圆底烧瓶。产生的氯气中混有氯化氢杂质，除掉氯化氢需要将气体通过饱和食盐水。(2)b装置的加热方式为水浴加热。c装置中氯气与氢氧化钠发生反应的离子方程式为Cl2＋2OH－=ClO－＋Cl－＋H2O。根据b、c装置水浴温度的不同推知，生成氯酸盐时需要酒精灯加热，生成次氯酸盐时需要冰水冷却，所以c中冰水浴的目的是避免氯酸钠的生成。(3)d是尾气处理装置，吸收氯气可以用硫化钠溶液或氢氧化钙浊液。突破一Na、Cl及其化合物的转化关系1．钠及其化合物的转化完成下列序号表示的化学方程式或离子方程式：①2Na＋2H2O2Na＋＋2OH－＋H2↑，④Na2CO3＋CO2＋H2O=2NaHCO3，⑤NaHCO3＋NaOH=Na2CO3＋H2O，⑧NaCl＋NH3＋CO2＋H2O=NaHCO3↓＋NH4Cl，⑫4Na＋O2=2Na2O，⑬2Na＋O2eq\o(=,\s\up7(△))Na2O2，⑮2Na2O2＋2H2O=4Na＋＋4OH－＋O2↑，⑯2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2。2．氯及其化合物的转化完成下列序号表示的化学方程式或离子方程式：①Cl2＋H2O=H＋＋Cl－＋HClO，②2Cl2＋2Ca(OH)2=Ca(ClO)2＋CaCl2＋2H2O，④Cl2＋2OH－=Cl－＋ClO－＋H2O，⑦Cl2＋2I－=I2＋2Cl－，⑩Cl2＋Cueq\o(=,\s\up7(△))CuCl2，⑭Cl－＋Ag＋=AgCl↓，⑯MnO2＋4H＋＋2Cl－eq\o(=,\s\up7(△))Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O，⑲Ca(ClO)2＋CO2＋H2O=CaCO3＋2HClO。1．以不同类别物质间的转化为线索，认识钠及其化合物。下列分析错误的是()A．反应③表明CO2是酸性氧化物B．反应④说明NaHCO3的稳定性弱于Na2CO3C．反应⑤、⑥可用于潜水艇中氧气的供给D．属于氧化还原反应的仅有①、⑤、⑥答案D解析反应③为2NaOH＋CO2=Na2CO3＋H2O，CO2与碱反应生成盐和水，表明CO2是酸性氧化物，故A正确；碳酸氢钠受热分解为碳酸钠，表明碳酸氢钠的稳定性弱于碳酸钠，故B正确；过氧化钠分别与CO2、H2O反应均生成O2，反应⑤、⑥可用于潜水艇中氧气的供给，故C正确；根据转化关系，属于氧化还原反应的是①、②、⑤、⑥，故D错误。2．(2022·广州高一检测)利用如图所示的“价—类”二维图，可以从不同角度认识含氯元素的物质的性质及其转化关系，图中甲～辛均为含氯元素的物质。下列说法不正确的是()A．若要将甲→乙，需要加入还原剂B．根据氯元素的化合价判断，乙既有氧化性又有还原性C．丙的化学式为ClO2，戊的化学式为HClOD．若辛为钾盐，其在MnO2催化下受热分解可制备O2答案A解析甲→乙，氯元素的化合价由－1价到0价，化合价升高，被氧化，需要加氧化剂实现，A错误；乙中氯元素为0价，处于中间价态，化合价既能降低也能升高，既有氧化性又有还原性，B正确；丙为Cl元素呈＋4价的氧化物，则丙为ClO2，戊为Cl元素呈＋1价的含氧酸，则戊为HClO，C正确；辛为Cl元素呈＋5价的正盐，则辛含有ClOeq\o\al(－,3)，辛的钾盐为KClO3，可在二氧化锰催化下受热分解制氧气，D正确。突破二以物质的量为核心的计算1．牢记“两大”基本公式：(1)n＝eq\f(m,M)＝eq\f(Vg,Vm)＝eq\f(N,NA)＝c·V(aq)(2)cB＝eq\f(1000ρw,M)；w＝eq\f(cB·M,1000ρ)(ρ单位：g·cm－3)2．理解“三定律，一推论”(1)质量守恒定律：稀释前后，溶质的物质的量不变。(2)电荷守恒定律：溶液中阳离子所带的正电荷总数等于阴离子所带的负电荷总数。(3)阿伏加德罗定律：同温、同压、同体积的任何气体都含相同数目的分子。(4)阿伏加德罗定律推论：可概括为“三同定一同，两同见比例”：①同温同压：V1∶V2＝n1∶n2＝N1∶N2；ρ1∶ρ2＝M1∶M2；②同温同体积：p1∶p2＝n1∶n2＝N1∶N2；③同温、同压、同体积：M1∶M2＝m1∶m2。1．下列说法正确的是()A．Al的摩尔质量是27gB．常温常压下，17gNH3分子中含中子数为10NAC．含6.02×1023个K＋的K2SO4晶体的质量为174gD．48gO2和O3的混合气体中共含有3NA个氧原子答案D解析Al的摩尔质量是27g·mol－1，故A错误；17gNH3分子的物质的量为1mol，含有的中子数为7NA，故B错误；含6.02×1023个K＋的K2SO4的物质的量为0.5mol，故K2SO4的质量为87g，故C错误；O2和O3都是由氧原子构成，48g混合物气体中含氧原子的物质的量为3mol，为3NA个，故D正确。2．(2023·重庆市育才中学高一检测)用NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A．2.7g金属铝变成[Al(OH)4]－时失去的电子数为0.1NAB．40gNaOH溶解在1L水中，所得溶液中溶质的物质的量浓度为1mol·L－1C．16g甲烷(CH4)中含有的质子数为10NAD．常温常压时，22.4LCO中含有的原子数目为2NA答案C解析2.7gAl转化成[Al(OH)4]－，转移电子数目为0.3NA，故A错误；1L水是溶剂的体积不是溶液的体积，因此本题没有指明溶液的体积，无法计算物质的量浓度，故B错误；常温常压不是标准状况，即22.4LCO的物质的量不等于1mol，无法计算出所含原子数目，故D错误。3．(2023·山东菏泽曹县一中高一质检)回答下列问题：(1)含1.0molFe3＋的Fe2(SO4)3中所含SOeq\o\al(2－,4)的物质的量是____________。(2)等质量的N2、NH3、NO2、Cl2四种气体中，在相同温度和压强下，体积最大的是____________。(3)某混合溶液中含有Na＋、Al3＋、Cl－、SOeq\o\al(2－,4)，测得Na＋、Al3＋和Cl－的物质的量浓度比为3∶2∶1，则Al3＋与SOeq\o\al(2－,4)的微粒个数比为____________。(4)实验室常用KClO3＋6HCl(浓)=KCl＋3Cl2↑＋3H2O制取少量氯气。若转移电子数目为NA，则产生Cl2的体积为____________(标准状况)，被氧化的HCl的物质的量为____________。(5)黑火药是我国古代四大发明之一，其化学反应方程式为S＋2KNO3＋3C=K2S＋3CO2↑＋N2↑。①上述反应中被氧化的元素是__________(填元素符号)；氧化剂是___________(填化学式)。②收集上述反应生成的气体0.4mol，通入100mL4mol·L－1的氢氧化钠溶液中，最终所得溶液中的溶质是____________(填化学式)。答案(1)1.5mol(2)NH3(3)1∶2(4)13.44L1mol(5)①CS、KNO3②NaHCO3、Na2CO3解析(1)由化学式可知，含1.0molFe3＋的Fe2(SO4)3中所含SOeq\o\al(2－,4)的物质的量是1.0mol×eq\f(3,2)＝1.5mol。(2)等质量的N2、NH3、NO2、Cl2四种气体中物质的量与其相对分子质量成反比，物质的量最多的为NH3；根据阿伏加德罗定律可知，在相同温度和压强下，体积最大的是NH3。(3)混合溶液中含有Na＋、Al3＋、Cl－、SOeq\o\al(2－,4)，测得Na＋、Al3＋和Cl－的物质的量浓度比为3∶2∶1，根据溶液呈电中性，则Al3＋与SOeq\o\al(2－,4)的微粒个数比为2∶eq\f(3＋2×3－1,2)＝1∶2。(4)反应中电子转移为＋KCl＋3H2O，若转移电子数目为NA，则产生Cl20.6mol，体积为13.44L(标准状况)，6分子HCl中有5分子HCl被氧化，则被氧化的HCl的物质的量为1mol。(5)①上述反应中碳元素化合价升高，故被氧化的元素是C；反应中硫、氮元素化合价降低被还原，故氧化剂是S、KNO3。②收集上述反应生成的气体0.4mol，其中CO2有0.3mol。100mL4mol·L－1的氢氧化钠溶液中溶质氢氧化钠为0.4mol，其吸收0.3molCO2后，生成Na2CO3和NaHCO3两种盐。突破三一定物质的量浓度溶液的配制与误差分析1．明确溶液配制过程中的“四数据”(1)记录质量(体积)，小数点后保留一位数字；(2)选择容量瓶，要注明其规格；(3)移液时要洗涤烧杯、玻璃棒2～3次；(4)定容时距刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加。2．实验操作易错点(1)不能在容量瓶中直接溶解、稀释或配制任意体积的溶液；(2)定容时，要平视刻度线，如仰视，则V偏大、c偏小；俯视，则V偏小、c偏大；(3)摇匀后，液面低于刻度，不能滴加蒸馏水，否则，V偏大、c偏小。3．误差分析依据：c＝eq\f(n,V)＝eq\f(m,M·V)，要根据实验操作弄清是“m”还是“V”引起的误差再具体分析。1．配制500mL0.1mol·L－1的NaCl溶液，下列说法或操作正确的是()A．准确称量2.9gNaCl固体溶于500mL蒸馏水B．用托盘天平准确称量干燥的NaCl固体2.925gC．在500mL容量瓶中溶解氯化钠固体，然后加蒸馏水至刻度线D．准确称量2.9g混有KCl的NaCl固体，其他操作均正确，配好后的溶液中c(Cl－)偏低答案D解析500mL蒸馏水配制得到溶液的体积不是500mL，A错误；托盘天平精确度是0.1g，则用托盘天平不能准确称量干燥的NaCl固体2.925g，B错误；溶解NaCl固体应该在烧杯中进行，不能使用容量瓶溶解，C错误；由于M(KCl)>M(NaCl)，等物质的量的两种物质都含有等物质的量的Cl－，等质量的两种物质中含有Cl－的物质的量：KCl<NaCl，所以准确称量2.9g混有KCl的NaCl固体，其他操作均正确，Cl－的物质的量偏少，由于溶液的体积不变，则配好后的溶液中c(Cl－)偏低，D正确。2．(2022·东莞东华中学高一期末)实验室要使用200mL0.1mol·L－1的Na2CO3溶液，需自行配制。实验室可提供配制溶液的试剂有：①Na2CO3·10H2O晶体，②2mol·L－1Na2CO3溶液[M(Na2CO3)＝106g·mol－1]。(1)配制溶液时，必须用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、量筒、________。(2)若用Na2CO3·10H2O晶体进行配制，需用托盘天平称取Na2CO3·10H2O的质量为________g；若用2mol·L－1Na2CO3溶液稀释配制，需用量筒量取________mL2mol·L－1Na2CO3溶液。(3)用2mol·L－1Na2CO3溶液配制所需溶液过程中，下列操作造成浓度偏高的有____(填字母)。A．容量瓶用蒸馏水洗后未干燥B．用量筒量取2mol·L－1Na2CO3时仰视读数C．容量瓶定容加水时超过刻度线后，立即吸出多余的水D．容量瓶定容加水时俯视答案(1)250mL容量瓶(2)7.212.5(3)BD解析(2)×0.25L×286g·mol－1≈7.2g；若用2mol·L－1Na2CO3溶液稀释配制，由稀释定律可知，需用量筒量取2mol·L－1Na2CO3溶液的体积为eq\f(0.1mol·L－1×0.25L,2mol·L－1)×103mL·L－1＝12.5mL。(3)容量瓶用蒸馏水洗后未干燥不会影响溶质的物质的量和溶液的体积，对所配溶液的浓度无影响，故A错误；用量筒量取2mol·L－1Na2CO3时仰视读数会使Na2CO3溶液的体积偏大，导致所配溶液的浓度偏高，故B正确；容量瓶定容加水时超过刻度线后，立即吸出多余的水会使溶质的物质的量减小，导致所配溶液的浓度偏低，故C错误；容量瓶定容加水时俯视会使溶液的体积偏小，导致所配溶液的浓度偏高，故D正确。3．某同学按下列步骤配制500mL0.2mol·L－1Na2SO4溶液，完成表格并回答有关问题。实验步骤有关问题①计算所需Na2SO4固体的质量需要称量Na2SO4固体的质量为________g②称量Na2SO4固体称量需要用到的主要仪器是________③将Na2SO4固体加入200mL烧杯中，并加入适量水为了加快溶解速率，用玻璃棒搅拌④将烧杯中溶液转移至500mL容量瓶中为了防止溶液溅出，应采取的措施是：______⑥向容量瓶中加蒸馏水至刻度线在进行此操作时当加水至刻度线以下1～2厘米处应如何操作：________(1)上述实验中使用容量瓶前应_________________________________。(2)取出该Na2SO4溶液10mL加水稀释到100mL，稀释后溶液中Na＋的物质的量浓度是________。(3)上述配制溶液的过程缺少步骤⑤，⑤是_______________________________________。(4)若进行第⑥步操