1、碳的多样性一、选择题(本题包括5小题,每题5分,共25分)1.如何解决好碳排放问题是关系到人类可持续发展的重大课题之一。目前,采用较多的方法是对二氧化碳进行捕集封存和富集再利用。下列与二氧化碳有关的叙述正确的是()A.CO2是形成酸雨的主要物质B.CO2导致温室效应,是一种大气污染物C.CO2(g)+C(s)2CO(g)H0,高温有利于该反应自发进行D.实验室常用大理石与稀盐酸或稀硫酸反应制取二氧化碳【解析】选C。硫的氧化物和氮的氧化物是形成酸雨的主要物质,A项错误;CO2不属于大气污染物,B项错误;CO2(g)+C(s)2CO(g)为熵增加的吸热反应,当H-TS0时,反应易自发进行,故高温有
2、利于该反应自发进行,C项正确;实验室不能用稀硫酸与大理石反应制取二氧化碳,因为生成的硫酸钙微溶,包裹在大理石的表面,会阻止大理石与稀硫酸接触,使反应停止,D项错误。2.(2020齐齐哈尔模拟)倒置的坩埚盖子上放硫粉,在硫粉中央放一小块钠,按图示搭建装置,用胶头滴管向金属钠滴加一滴水,立即倒扣上大烧杯,发现坩埚盖子内火星四溅,烧杯内出现大量白烟,下列说法错误的是()A.水是钠与硫反应的催化剂B.酚酞的水溶液可能变为红色C.钠与硫的反应是放热反应D.滤纸逐渐变黑【解析】选A。A项,钠与水反应放热,放出的热量能引发钠与硫的反应,所以水不是催化剂,错误;B项,硫化钠为强碱弱酸盐,溶于水后,发生水解使溶
3、液显碱性,所以酚酞的水溶液为红色,正确;C项,钠与硫反应引发后,不需要加热就能继续反应说明其为放热反应,正确;D项,硫化钠与硫酸铜反应生成硫化铜黑色固体,正确。3.(双选)实验室使用pH传感器来测定Na2CO3和NaHCO3混合物中NaHCO3的含量。称取1.59 g样品,溶于水配成250.00 mL溶液,取出该溶液25.00 mL用0.1 molL-1盐酸进行滴定,得到如下曲线。以下说法或操作正确的是()A.上一个计量点前发生反应的离子方程式为HC+H+H2O+CO2B.下一个计量点溶液中存在的大量阴离子是Cl-、HCC.此样品n(NaHCO3)=(28.1-211.9)10-3 molD.
4、使用该方法测定Na2CO3和NaOH混合溶液中的氢氧化钠含量,将会得到3个计量点【解析】选C、D。C、HC溶液中加H+,先发生反应的离子方程式为C+H+HC,A错;下一个计量点时C、HC均和H+反应完全,阴离子主要是Cl-,B错;根据反应先后,用总的HC量减去前面生成的HC量,为原来的NaHCO3的量,C正确;Na2CO3和NaOH混合溶液用盐酸去滴定,会有3个计量点,D正确。4.(2020济南模拟)Na2CO3是一种重要的化工原料,工业上生产Na2CO3的主要流程可表示如下:则下列说法中正确的是()A.A气体是CO2,B是NH3B.通入B后的离子方程式为Na+NH3+CO2+H2ONaHCO
5、3+NC.中生成的CO2可循环使用,它可完全满足生产的需要D.溶液Q的成分是NH4Cl,可通过降温结晶的方法使其析出【解析】选B。因为NH3在水中的溶解度远远大于CO2,先将溶液氨化后,吸收CO2的效果更好,A错误;因有一部分CO2转化到Na2CO3中,C错误;溶液Q中还存在没有转化的NaCl,D错误。5.下列操作或实验现象的解释(方程式)正确的是()A.除去Na2CO3溶液中的Na2SO4,加入适量Ba(OH)2溶液后,过滤:Ba2+SBaSO4B.钠投入盛有FeCl3溶液的烧杯中,产生无色气体与红褐色沉淀:6Na+2Fe3+6H2O2Fe(OH)3+6Na+3H2C.Na2O2在潮湿的空气
6、中放置一段时间,变成白色黏稠物:2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2D.向NaHCO3溶液中加入过量的澄清石灰水,出现白色沉淀2HC+Ca2+2OH-CaCO3+C+2H2O【解析】选B。Na2CO3与Ba(OH)2也反应,且还会引入OH-,A错误; 钠投入盛有FeCl3溶液的烧杯中,先与H2O反应:2Na+2H2O2NaOH+H2,生成无色气体,NaOH与FeCl3反应:3NaOH+FeCl3Fe(OH)3+3NaCl,生成红褐色沉淀,将联立得离子方程式:6Na+2Fe3+6H2O2Fe(OH)3+6Na+3H2,B正确;Na2O2在潮湿的空气中吸水,生成NaOH,C错误;澄清石灰水过
7、量,则C不可能以离子形式存在,D错误。二、非选择题(本题包括2小题,共25分)6.(12分)有一含NaCl、Na2CO310H2O和NaHCO3的混合物,某同学设计如下实验,通过测量反应前后C、D装置质量的变化,测定该混合物中各组分的质量分数。(1)加热前通入空气的目的是_。(2)装置C、D中盛放的试剂为C_,D_。(3)若将A装置换成盛放NaOH溶液的洗气瓶,则测得的NaCl含量将_(填“偏高”“偏低”或“无影响”,下同);若B中反应管右侧有水蒸气冷凝,则测定结果中 NaHCO3的含量将_;若撤去E装置,则测得Na2CO310H2O的含量将_。(4)若样品的质量为25.0 g,反应后C、D的
8、质量差分别为 9.9 g 、2.2 g,由此可知混合物中NaHCO3的质量分数为_。【解析】(1) Na2CO310H2O可通过H2O的量确定,NaHCO3可通过CO2的量确定,故必须先把装置中的水蒸气和二氧化碳排出去,防止干扰实验。(2)C装置是吸收水的装置,所以应该盛放吸水的物质,浓硫酸是液体,一般U形管盛放固体,所以C中盛放无水氯化钙(或P2O5等);碱石灰能吸收二氧化碳,D装置可盛放碱石灰。(3)若将A装置换成盛放NaOH溶液的洗气瓶,氢氧化钠溶液中的部分水蒸气进入C装置中,导致水的含量增大,则测得氯化钠的含量偏低;因NaHCO3的含量由D吸收的CO2测定,则B中反应管右侧有水蒸气冷凝
9、,对D吸收CO2无影响,测定结果中NaHCO3的含量无影响;若撤去E装置,则测定结果中NaHCO3的含量偏高,导致Na2CO310H2O的含量偏低。(4)C吸收的是水,是Na2CO310H2O和NaHCO3分解得到,D吸收的是CO2,是NaHCO3分解得到,故通过2.2 g CO2可知NaHCO3为8.4 g,则混合物中NaHCO3的质量分数为100%=33.6%。答案:(1)除去装置中的水蒸气和二氧化碳(2)CaCl2(或P2O5等)碱石灰(3)偏低无影响偏低(4)33.6%7.(13分)(2020南阳模拟)(1)有关研究表明CO2在大气中含量增大,导致地球表面的温度升高,即温室效应。为了控
10、制温室效应。各国科学家提出了不少方法和设想。有人设想将CO2分子液化或制成干冰,封存于地下或海底,以减小大气中CO2的浓度。为使CO2液化,可采用的措施是_。A.减压、升温B.增压、升温C.减压、降温D.增压、降温快速、有效地减缓大气中的CO2,可采用的生态学措施是_。A.使用天然气等燃料B.控制全球人口增长C.植树造林,保护森林D.立即停止煤和石油的燃烧(2)将一定体积的CO2通入一定浓度的NaOH溶液中,为了测定其溶液的成分,向该溶液中逐滴加入1 molL-1的盐酸。所加入盐酸的体积与产生CO2气体的体积(标准状况)的关系如图所示。写出OA段所发生反应的离子方程式:_。当加入35 mL盐酸
11、时,产生CO2的体积为_mL(标准状况)。溶液中所含的物质有_,其物质的量之比为_。【解析】(1)气态CO2变为液态,需要减小分子间距离,增压、降温都可达到这一目的。树木生长过程中的光合作用消耗CO2,如果大量植树,则消耗CO2的量是巨大的。(2)由图象所消耗的盐酸及产生的CO2的体积可知,此溶液的溶质是NaOH、Na2CO3。OA段H+先与OH-反应生成H2O,后又与C反应生成HC。AB段发生反应H+HCCO2+H2O,当加入35 mL盐酸时,HC消耗的H+的物质的量n(H+)=(35-25)mL10-3 LmL-11 molL-1=0.01 mol,则V(CO2)=224 mL。由C+H+
12、HC,H+HCCO2+H2O,则n(C)=nAB(H+)=(45-25)mL10-3 LmL-11 molL-1=0.02 mol,n(OH-)=25-(45-25) mL10-3 LmL-11 molL-1=0.005 mol,所以n(NaOH)n(Na2CO3)=n(OH-)n(C)=0.005 mol0.02 mol=14。答案:(1)DC(2)H+OH-H2O,C+H+HC224NaOH、Na2CO314一、选择题(本题包括3小题,每题6分,共18分)1.(2020南阳模拟)如图是模拟“侯氏制碱法”制取NaHCO3的部分装置。下列操作正确的是()A.a通入CO2,然后b通入NH3,c中
13、放碱石灰B.b通入NH3,然后a通入CO2,c中放碱石灰C.a通入NH3,然后b通入CO2,c中放蘸稀硫酸的脱脂棉D.b通入CO2,然后a通入NH3,c中放蘸稀硫酸的脱脂棉【解析】选C。由于CO2在水中的溶解度比较小,而NH3极易溶于水,所以在实验中要先通入溶解度较大的NH3,再通入CO2,由于NH3极易溶于水,在溶于水时极易发生倒吸现象,所以通入NH3的导气管的末端不能伸入溶液中,即a先通入NH3,然后b通入CO2,A、B、D均错误;因为NH3是碱性气体,所以过量的NH3要用稀硫酸来吸收,故答案选C。2.(2020石嘴山模拟)向100 mL NaOH溶液中通入一定量的CO2气体,充分反应后,
14、再向所得溶液中逐滴加入0.2 molL-1的盐酸,产生CO2的体积与所加盐酸体积之间关系如图所示。下列判断正确的是()A.原NaOH溶液的浓度为0.2 molL-1B.在标准状况下通入CO2的体积为448 mLC.所得溶液的溶质成分的物质的量之比为n(NaOH)n(Na2CO3)=13D.所得溶液的溶质成分的物质的量之比为n(NaHCO3)n(Na2CO3)=11【解析】选A。向100 mL NaOH溶液中通入一定量的CO2气体时,反应有两种可能情况:2NaOH+CO2Na2CO3+H2O或NaOH+CO2NaHCO3,再加入盐酸100 mL时,无论溶液中溶质是NaOH、NaHCO3还是Na2
15、CO3,最终都会生成NaCl,因n(Na+)=n(Cl-),所以n(NaOH)=n(HCl)=0.02 mol,NaOH和盐酸的体积相同,那么浓度也相同,即原NaOH溶液的浓度为0.2 molL-1,A项正确;盐酸由25 mL滴至100 mL时,发生的反应为NaHCO3+HClNaCl+CO2+H2O,消耗盐酸0.015 mol,生成CO2 0.015 mol,即在标准状况下通入CO2的体积为336 mL,B项错误;设所得溶液中的Na2CO3为x mol,NaHCO3为y mol,根据原子守恒:2x mol+y mol=0.02 mol,x mol+y mol=0.015 mol,解得x=0.
16、005,y=0.01,所得溶液的溶质成分的物质的量之比为n(NaHCO3)n(Na2CO3)=21,C、D项错误。3.有两份相同质量的NaHCO3粉末,第一份加入足量的盐酸,第二份先加热,使其完全分解冷却后,再加足量的相同浓度的盐酸,则两者所消耗的盐酸中氯化氢的质量比是()A.21 B.11 C.12 D.41【解析】选B。根据NaHCO3+HClNaCl+CO2+H2O和2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2ONa2CO3+2HCl2NaCl+CO2+H2O两者所消耗的盐酸中氯化氢的质量比是11。二、非选择题(本题包括2小题,共32分)4.(16分)Na2CO3是一种重要的化工原料,某学生
17、甲拟在实验室中测Na2CO3样品的纯度。他利用图1(简图)中给出的仪器设计了图2所示的装置(装置图中所用塞子均未画出;杂质不参与反应),其中M内盛有Na2CO3样品10.0 g,分液漏斗内盛有稀硫酸,N内盛有碱石灰固体。他利用碱石灰的增重来计算Na2CO3的纯度。(1)学生乙认为,按学生甲设计的装置进行实验,存在明显缺陷。若测定结果偏低,原因是_。(2)学生乙对学生甲设计的实验装置进行了改进(如图3)。 实验室中可供选择的药品:Zn粒、浓硫酸、稀硫酸、NaOH溶液、碱石灰、CaCO3。请回答下列问题:B、D虚线框内是否需要添加装置,若需要,在相应虚线框内画出装置图(并注明药品);若不需要,在相
18、应虚线框内打“”。A装置中分液漏斗内液体为_,U形管内药品为_;装置F的作用为_。如果B、D内部不设计任何装置而直接连通A、C、E,则实验结果将_(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。如果实验后E装置质量增重3.96 g,则该Na2CO3样品的纯度为_。【解析】(1)M中H2SO4与Na2CO3反应产生的CO2不能完全进入N装置,还有部分残留在M及导管中,可在M之前加一产生H2的装置,利用生成的H2将产生的CO2全部赶到N装置中。(2)进入B中的气体有H2、H2O(g),因此B中不需要添加装置,D中需用浓硫酸进行干燥,否则E中碱石灰的增重会偏多,导致结果偏高,装置F则是防止空气中的CO2和水蒸气
19、被E中的碱石灰吸收。n(CO2)=n(Na2CO3)=0.09 mol,m(Na2CO3)=0.09 mol106 gmol-1=9.54 g,w(Na2CO3)=100%=95.4%。答案:(1)反应产生的CO2气体没有被碱石灰完全吸收,M装置及导管中还残留CO2(2)B中:D中:稀硫酸Zn粒防止空气中的CO2和水蒸气被E中碱石灰吸收偏高95.4%5.(16分)(2020亳州模拟)往100 mL NaOH溶液中通入CO2,充分反应后,在减压和较低温度下,小心将溶液蒸干,得白色固体M。通入CO2的体积V(CO2)/mL(标准状况下,下同)与M的质量W/g的关系如图所示。(1)A点时,白色固体M的化学式为_, 通入CO2的体积为_mL。(2)C点时,白色固体M的化学式为_,通入CO2的体积为_mL。(3)推算B点时M的组成_(用化学式表示)及通入CO2气体的体积为_mL。【解析】首先NaOH转化为Na2CO3,继续通CO2又转化为NaHCO3,结合图形得出:A点M为Na2CO3,V(CO2)=1 120 mL;C点M为NaHCO3,V(CO2)=2 240 mL;B点为Na2CO3和NaHCO3的混合物。由守恒法求出V(CO2)=1 792 mL。答案:(1)Na2CO31 120(2)NaHCO32 240(3)Na2CO3和NaHCO31 792
