24秋-25春人教版化学必修第一册 02 第二章质量评估 详解答案

第二章质量评估海水中的重要元素－－钠和氯1.B解析：Fe与Cl2反应只能生成FeCl3，故A错误；Cl2通入石灰乳中发生反应生成Ca（ClO）2、CaCl2，Ca（ClO）2和CaCl2为漂白粉的主要成分，故B正确；HClO见光分解生成O2，故C错误；干燥的Cl2没有漂白性，故D错误。2.A解析：量筒内的残液倒入容量瓶中，会导致溶质质量偏多，则所配溶液浓度偏高，③错误；容量瓶不能用于溶解固体或稀释溶液，④错误；定容摇匀后，液面低于刻度线是正常的，若再加水，则溶液的浓度偏低，⑥错误。3.A解析：Cl2与水反应生成HCl、HClO，将Cl2持续通入紫色石蕊溶液中，H＋使溶液先变红，HClO具有漂白性，使溶液褪色，通入过量Cl2，最后形成饱和氯水，溶解的Cl2使溶液显浅黄绿色，故选A。4.D解析：浓盐酸易挥发，制备的Cl2中含有HCl，可用饱和食盐水除去HCl，Cl2可用浓硫酸干燥，A装置能达到实验目的，故A不符合题意；Cl2的密度大于空气，用向上排空气法收集，B装置能收集Cl2，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Cl2不具有漂白性，故C不符合题意；Cl2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。5.B解析：一个O2分子中含有16个电子，则1molO2含有16mol电子，A错误；HCHO的摩尔质量是30g·mol－1，则1molHCHO的质量为30g，B正确；22gCO2（物质的量为22g44g·mol－1＝0.5mol）分子含有0.5×2NA＝NA个氧原子，C6.A解析：ng该混合气体的物质的量为nbmNA，7.B解析：反应③为2NaOH＋CO2Na2CO3＋H2O，CO2与碱反应生成盐和水，说明CO2具有酸性氧化物的性质，A项正确；NaHCO3受热分解为Na2CO3，表明NaHCO3的稳定性弱于Na2CO3，B项错误；Na2O2分别与CO2、H2O反应都能生成O2，因此反应⑤、⑥可用于潜水艇中O2的供给，C项正确；常温时，Na和H2O反应生成NaOH和H2，说明Na是活泼金属，D8.D解析：常温常压下气体摩尔体积不是22.4L·mol－1，因此1molCO2的体积不是22.4L，A错误；等温等压下，等体积的CO和CO2的分子数相同，所含原子数之比应为2∶3，B错误；淀粉的化学式为（C6H10O5）n，淀粉中C、H、O的质量之比为72∶10∶80＝36∶5∶40，C错误；22gCO2的物质的量为22g÷44g·mol－1＝0.5mol，D正确。9.A解析：NaOH固体易吸收空气中的二氧化碳和水，为防止NaOH变质，用托盘天平称量NaOH固体时，应放在玻璃器皿中称量，不能放在托盘上直接称量，A符合题意；外管温度较高，内管温度低，将NaHCO3置于内管，将稳定性较强的Na2CO3置于外管，通过右侧澄清的石灰水变浑浊、左侧澄清的石灰水不变浑浊，验证Na2CO3和NaHCO3的热稳定性：Na2CO3＞NaHCO3，B不符合题意；脱脂棉燃烧可证明Na2O2与水反应生成氧气，且放热，C不符合题意；烧杯中上层为煤油、下层为水，实验中有气泡产生，且钠粒在两层液体的界面处上下跳动，则证明Na能与水反应，且Na的密度比煤油大，D不符合题意。10.C解析：物质的摩尔质量为定值，与该物质的物质的量多少无关，A项错误；1mol·L－1氯化钙溶液中c（Cl－）＝2mol·L－1，与2mol·L－1氯化钾溶液中c（Cl－）相等，B项错误；64g二氧化硫中氧原子的物质的量为64g64g·mol－1×2＝2mol，标准状况下，22.4L一氧化碳中氧原子的物质的量为22.4L22.4L·mol－1＝1mol，C项正确；因20％NaOH溶液的密度（11.D解析：由原子守恒可知，X的化学式为CO，A项错误；Cu2O的摩尔质量为144g·mol－1，B项错误；标准状况下，每消耗0.2molCuO生成X的体积为2.24L，C项错误；消耗12gC时，转移电子数为2NA，D项正确。12.C解析：根据化合价及物质类别可知，a、b、c、d、e、f分别为HCl、Cl2、HClO、KClO、ClO2、KClO3。a为HCl，为强酸，溶于水完全电离，A正确；次氯酸光照易分解，反应为2HClO光照2HCl＋O2↑，新制氯水光照一段时间后氯气、次氯酸浓度降低，盐酸浓度增加，酸性增强，B正确；次氯酸具有漂白性，紫色石蕊溶液滴入次氯酸水溶液中会先变红，后褪色，C错误；用二氧化锰催化氯酸钾热分解是实验室制氧气的方法之一，反应的化学方程式为2KClO3MnO2△13.C解析：Na2O2中加水，发生反应生成NaOH和氧气，所以②中大量气泡的主要成分是氧气，A正确；酚酞遇酸不变色，遇碱变红色，所以③中溶液变红，说明有碱性物质生成，B正确；因为空气中二氧化碳的含量很小，且溶解比较缓慢，所以④中现象不可能是由振荡时溶液与空气中二氧化碳反应造成的，应是有强氧化性的物质，将酚酞氧化而使其褪色，C不正确；MnO2是H2O2分解的催化剂，H2O2可能来自Na2O2与水的反应，所以⑤中气体是H2O2分解产生的氧气，D正确。14.B解析：氯气为黄绿色气体，新制氯水呈浅黄绿色，是因为氯水中含有氯气，A正确；HClO酸性弱于碳酸，不能与NaHCO3反应，向饱和NaHCO3溶液中加入足量氯水，有气泡产生，是因为碳酸氢根离子与氯水中的氢离子发生反应生成水和二氧化碳，B错误；红色纸条褪色，说明氯水具有漂白性，C正确；向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液变成棕黄色，Fe2＋被氧化为Fe3＋，说明氯水具有氧化性，D正确。15.D解析：NaOH易潮解，具有腐蚀性，应将NaOH固体放在小烧杯中称量，故A错误；容量瓶中有少量水对实验无影响，使用前，容量瓶不需要干燥，故B错误；定容时若加水超过了刻度线，实验失败，应重新配制，不能用胶头滴管直接将多余溶液吸出，故C错误；容量瓶不能用作溶解的仪器，应将称量的NaOH固体置于小烧杯中溶解，待溶液冷却至室温再转移，否则溶液体积偏小，选项中的操作合理，故D正确。16.BC解析：n（H2O2）＝25.0g×34％34g·mol－1＝0.25mol，H2O2中含氧原子0.5mol，但溶剂水中也含氧原子，即该溶液中氧原子数大于0.5NA，故A错误；11gCO2的物质的量为11g44g·mol－1＝0.25mol，1molCO2中含有3mol原子，所以含有0.75NA个原子，故B正确；气体总物质的量为1mol，17.D解析：实验为探究碳酸氢钠溶液作为植物光合作用的碳源，要排除空气中的二氧化碳的干扰，所以实验前要除去空气中的二氧化碳，还要防止空气中的二氧化碳由丁进入丙。甲的作用是除去空气中的二氧化碳，防止空气中的二氧化碳进入乙装置，丁的作用是吸收空气中的二氧化碳，防止空气中的二氧化碳进入丙装置，A错误；碳酸氢钠分解生成碳酸钠，碳酸钠的碱性强于碳酸氢钠，所以乙瓶溶液pH增大，B错误；碳酸氢钠分解生成的二氧化碳与丙中的氢氧化钡反应，生成碳酸钡沉淀，反应的离子方程式为CO2＋2OH－＋Ba2＋BaCO3↓＋H2O，C错误；2NaHCO3～CO2～BaCO3，n（BaCO3）＝mM＝0.197g197g·mol－1＝0.001mol，则n（NaHCO3）＝2n（BaCO3）＝2×0.001mol＝018.解析：（1）由二维图中对应横、纵坐标可知，缺失的化学式：①钠元素为＋1价的氧化物：Na2O、Na2O2；②氯元素为＋1价的盐，如NaClO。（2）物质③常用于实验室制取O2，则③是氯酸钾，化学式是KClO3。（3）从物质类别角度看，HClO属于酸；酸一般能与金属、碱性氧化物、碱、盐发生反应；从化合价角度看，HClO中氯元素为＋1价，为中间价态，既有氧化性，又有还原性；少量HClO与Na2SO3溶液反应有Na2SO4生成，该反应的离子方程式为HClO＋SO32－SO42－＋Cl－＋H＋。（4）氢化钠（NaH）可在野外用作生氢剂，NaH用作生氢剂时的化学反应原理为NaH＋H2ONaOH＋H2↑，标准状况下生成4.48LH2，即0.2mol，则转移电子的物质的量是0.2mol。（5）二氧化氯（ClO2）是一种新型自来水消毒剂，用ClO2代替Cl2对饮用水进行消毒可避免产生对人体有害的有机氯化物，氯水消毒的原理是利用次氯酸的强氧化性，故ClO答案：（1）①Na2O、Na2O2②NaClO（合理即可）（2）KClO3（3）酸adfg既有氧化性又有还原性HClO＋SO32－SO42－＋Cl－＋H＋（5）强氧化性19.解析：（1）采用空气和Na为原料直接制备Na2O2，空气中的水蒸气、CO2均能与熔融的金属Na反应，所以在反应前需要将空气中的CO2、水蒸气除去，CO2属于酸性氧化物，能与碱反应，浓硫酸具有吸水性，所以空气与熔融的金属Na反应前需依次通过NaOH溶液、浓硫酸。（2）KMnO4与Na2O2反应生成Mn2＋、O2，酸性溶液中有H＋，故反应物有H＋，则产物中还有H2O，MnO4－转化为Mn2＋得到5个电子，Na2O2转化为O2失去2个电子，则MnO4－和Na2O2的化学计量数之比为2∶5，再根据原子守恒和电荷守恒，可得该离子方程式为2MnO4－＋5Na2O2＋16H＋2Mn2＋＋10Na＋＋5O2↑＋8H2O，用单线桥法表示电子转移的方向和数目为，该反应中Na2O2失电子表现还原性。（3）从图中装置可知，导管a的作用为连接分液漏斗和锥形瓶，保持气压平衡，使分液漏斗中液体顺利滴下。（4）反应前后量气管中液面读数分别为V1mL和V2mL，则生成O2的体积为（V1－V2）mL，物质的量为（V1－V2）×10－3Vmmol，则试样中n（Na2O2）＝2（V1－V2）×10－3Vmmol，试样中Na2O2的质量分数为2（V1－V2）×10－3×78w答案：（1）ca（2）还原性（3）连接分液漏斗和锥形瓶，保持气压平衡，使分液漏斗中液体顺利滴下（4）15.6（V1－20.解析：（1）c（H2SO4）＝1000×1.18×25％98mol·L－1≈3.0mol·L－1。（2）配制1000mL溶液，应选用1000mL容量瓶。（3）①②两种溶液中H2SO4的物质的量之和为0.5mol·L－1×0.48L＋3.0mol·L－1×0.15L＝0.69mol，还需H2SO4的物质的量为6.0mol·L－1×1L－0.69mol＝5.31mol，则需要18mol·L－1的H2SO4溶液的体积为5.31mol18mol·L－1＝0.295L＝295mL。转移完液体后，应用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2～3答案：（1）3.0（2）1000（3）295用适量的蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，洗涤液均注入容量瓶中（4）偏小（5）将稀释后的H2SO4溶液冷却至室温21.解析：（1）向Na2CO3中加入少量水后，有热量放出，则温度计读数上升，向NaHCO3中加入少量水后，吸收热量，则温度计读数下降，故A为NaHCO3，B为Na2CO3，俗称纯碱或苏打。（2）NaHCO3固体受热分解生成Na2CO3、H2O和CO2。澄清石灰水中的Ca（OH）2与NaHCO3和Na2CO3反应均能产生白色沉淀CaCO3，A项错误；Na2CO3热稳定性好，受热不易分解，继续加热，若冷却后固体质量不变，说明该固体中不含NaHCO3，即NaHCO3固体已经完全分解，B项正确；加入过量盐酸充分反应后将溶液蒸干，所得固体为NaCl，根据Na元素守恒，不管NaHCO3固体是否完全分解，最后得到的NaCl都为1.95g，C项错误。（3）NaHCO3固体受热分解的化学方程式为①2NaHCO3△Na2CO3＋H2O＋CO2↑，Na2CO3与足量稀盐酸反应的化学方程式为②Na2CO3＋2HCl2NaCl＋H2O＋CO2↑，则反应②中生成的CO2的物质的量为1.32g44g·mol－1＝0.03mol，参加反应②的Na2CO3包括原固体混合物中的Na2CO3和NaHCO3分解产生的Na2CO3，物质的量一共为0.03mol，设反应①中生成Na2CO3的物质的量为n，则反应①中消耗NaHCO3的物质的量为2n，原混合物中Na2CO3的物质的量为0.03mol－n，则106g·mol－1×（0.03mol－n）＋84g·mol－1×2n＝3.80g，解得n＝0.01mol，原混合物中m（Na2CO3）＝106g·mol－1×0.02mol＝2.12g答案：（1）NaHCO3