學(xué)習(xí)筆記答案精析第一章物質(zhì)及其變化第一節(jié)物質(zhì)的分類及轉(zhuǎn)化第1課時根據(jù)物質(zhì)的組成和性質(zhì)分類一、1．元素元素同一種元素同一種元素性質(zhì)不同兩種或兩種以上的元素不同的方式思考1氧氣、臭氧金剛石、石墨、C60白磷、紅磷(1)物理性質(zhì)不同，化學(xué)性質(zhì)相同。(2)屬于化學(xué)變化。思考2①根據(jù)組成物質(zhì)的種類②根據(jù)組成元素的種類③根據(jù)組成元素的性質(zhì)④根據(jù)是否含碳元素⑤根據(jù)物質(zhì)的組成和性質(zhì)思考3對于Na2CO3，從其組成的陽離子來看，它屬于鈉鹽；從陰離子來看，屬于碳酸鹽。應(yīng)用體驗1．(1)×(2)×(3)√(4)√2.二、思考1CO2＋Ca(OH)2=CaCO3↓＋H2OSO2＋2NaOH=Na2SO3＋H2OMgO＋H2SO4=MgSO4＋H2OFe2O3＋6HCl=2FeCl3＋3H2O1．堿酸思考2(1)非金屬氧化物大多是酸性氧化物，但不一定全是，如NO、CO不是酸性氧化物；酸性氧化物也不一定是非金屬氧化物，如Mn2O7是酸性氧化物，但卻是金屬氧化物。(2)金屬氧化物大多是堿性氧化物，但不一定全是，如Al2O3是金屬氧化物，卻是兩性氧化物；堿性氧化物一定是金屬氧化物。應(yīng)用體驗1．(1)×(2)×(3)×(4)×2．C[CO2、P2O5、SO2、SO3都屬于酸性氧化物，CaO屬于堿性氧化物，CO和H2O既不屬于酸性氧化物，也不屬于堿性氧化物。]隨堂演練知識落實1．D2.D3.C4．(1)Fe；Fe為金屬(2)S；常溫下S為固體(3)Na2CO3；Na2CO3為鹽(4)KNO3；KNO3易溶于水(或AgCl；AgCl酸根離子中不含氧)第2課時分散系及其分類一、1．(1)一種(或多種)物質(zhì)另一種(或多種)物質(zhì)(2)被分散思考1微小塵埃(固)空氣(氣)微小水滴(液)空氣(氣)食鹽(固)水(液)金屬氧化物(固)玻璃(固)2．(1)分散質(zhì)粒子的直徑大小溶液膠體思考2泥沙、淀粉、氯化鈉與溶劑水分別形成懸濁液、膠體和溶液，由于三種分散質(zhì)粒子直徑的差異，懸濁液不能透過濾紙，而膠體和溶液能透過，所以可以用過濾的方法除去泥沙。應(yīng)用體驗1．(1)×(2)×(3)×(4)√(5)√2．C[溶液、膠體和濁液三種分散系的本質(zhì)區(qū)別在于分散質(zhì)粒子直徑的大小。]二、1．液溶膠氣溶膠固溶膠思考1(1)Fe(OH)3膠體中的分散質(zhì)粒子是Fe(OH)3集合體，而淀粉膠體中一個淀粉分子就是一個分散質(zhì)粒子。(2)不是膠體，膠體是一種分散系，由分散質(zhì)和分散劑組成，納米材料只是一種分散質(zhì)。2．(2)FeCl3＋3H2Oeq\o(=,\s\up7(△))Fe(OH)3(膠體)＋3HCl思考2生成的Fe(OH)3多，聚集成大顆粒而沉淀下來。3．(1)一條光亮的“通路”1～100散射小于1nm(2)膠體溶液應(yīng)用體驗1．A2.B隨堂演練知識落實1．A2.D3.B4．①⑤②③④解析①分散質(zhì)KCl溶于水后以離子形式存在，粒子直徑小于1nm，屬于溶液；②淀粉分子的直徑為1～100nm，溶于水后，形成的是膠體；③CaCO3不溶于水，形成的是懸濁液；④植物油不溶于水，形成的是乳濁液；⑤酒精與水能以任意比例互溶，形成的是溶液。第3課時物質(zhì)的轉(zhuǎn)化一、1．(2)①Fe＋2HCl=FeCl2＋H2↑置換反應(yīng)②CuO＋2HCl=CuCl2＋H2O復(fù)分解反應(yīng)③NaOH＋HCl=NaCl＋H2O復(fù)分解反應(yīng)④AgNO3＋HCl=AgCl↓＋HNO3復(fù)分解反應(yīng)2．(1)堿酸氧化物單質(zhì)鹽鹽氧化物(2)①Ca(OH)2＋2HNO3=Ca(NO3)2＋2H2O復(fù)分解反應(yīng)②Ca(OH)2＋CO2=CaCO3↓＋H2O復(fù)分解反應(yīng)③Ca(OH)2＋Na2CO3=CaCO3↓＋2NaOH復(fù)分解反應(yīng)④Ca(OH)2＋CuCl2=Cu(OH)2↓＋CaCl2復(fù)分解反應(yīng)3．(1)①CaCl2＋Na2CO3=CaCO3↓＋2NaCl復(fù)分解反應(yīng)②Na2CO3＋2HCl=2NaCl＋H2O＋CO2↑復(fù)分解反應(yīng)③Na2CO3＋Ba(OH)2=BaCO3↓＋2NaOH復(fù)分解反應(yīng)(2)①CuSO4＋Ba(NO3)2=BaSO4↓＋Cu(NO3)2復(fù)分解反應(yīng)②CuSO4＋2NaOH=Cu(OH)2↓＋Na2SO4復(fù)分解反應(yīng)③Fe＋CuSO4=FeSO4＋Cu置換反應(yīng)置換反應(yīng)復(fù)分解反應(yīng)思考1(1)酸的化學(xué)性質(zhì)相似是因為不同的酸溶液中都含有H＋；(2)堿的化學(xué)性質(zhì)相似是因為不同的堿溶液中都含有OH－；(3)不同的碳酸正鹽具有相似的化學(xué)性質(zhì)是因為其溶液中都含有COeq\o\al(2－,3)。思考2(1)SO2＋CaO=CaSO3(2)H2SO4＋Na2SO3=Na2SO4＋SO2↑＋H2O(3)溶液先變渾濁，后變澄清應(yīng)用體驗1．B2.B二、1．化學(xué)變化元素守恒(1)①2Ca＋O2=2CaO化合反應(yīng)②CaO＋H2O=Ca(OH)2化合反應(yīng)③CaO＋CO2=CaCO3化合反應(yīng)④Ca(OH)2＋Na2CO3=CaCO3↓＋2NaOH復(fù)分解反應(yīng)⑤Ca(OH)2＋2HCl=CaCl2＋2H2O復(fù)分解反應(yīng)⑥CaCO3＋2HCl=CaCl2＋CO2↑＋H2O復(fù)分解反應(yīng)(2)①O2②H2O③Ca(OH)2④CaO⑤Ca(OH)2思考1單質(zhì)到鹽的轉(zhuǎn)化關(guān)系：金屬單質(zhì)eq\o(→,\s\up7(O2))堿性氧化物eq\o(→,\s\up7(H2O))堿eq\o(→,\s\up7(酸或酸性氧化物))鹽；非金屬單質(zhì)eq\o(→,\s\up7(O2))酸性氧化物eq\o(→,\s\up7(H2O))酸eq\o(→,\s\up7(堿或堿性氧化物))鹽。思考2(1)①堿性氧化物與水反應(yīng)：Na2O＋H2O=2NaOH；②鹽與另一種堿反應(yīng)：Na2CO3＋Ca(OH)2=CaCO3↓＋2NaOH。(2)方法①不能用來制取氫氧化鈉，因為Na2O作為原料，來源少、成本高；過去曾采用方法②。現(xiàn)在工業(yè)上主要采用電解飽和食鹽水的方法制取氫氧化鈉。應(yīng)用體驗1．(1)方法①：Fe＋H2SO4=FeSO4＋H2↑，H2＋CuOeq\o(=,\s\up7(△))Cu＋H2O；方法②：CuO＋H2SO4=CuSO4＋H2O，F(xiàn)e＋CuSO4=Cu＋FeSO4。(2)方法②好。方法①加熱易爆炸，消耗能源多，且氫氣很難與氧化銅充分反應(yīng)，利用率低，產(chǎn)品不純。2．(1)Mg＋2HCl=MgCl2＋H2↑(2)Mg(OH)2＋2HCl=MgCl2＋2H2O(3)MgCO3＋2HCl=MgCl2＋CO2↑＋H2O(4)MgSO4＋BaCl2=MgCl2＋BaSO4↓(5)MgO＋2HCl=MgCl2＋H2O隨堂演練知識落實1．D2.C3.B4．(1)NaHCO3＋Ca(OH)2=NaOH＋CaCO3↓＋H2O[或Na2CO3＋Ca(OH)2=2NaOH＋CaCO3↓](2)分解反應(yīng)(3)NaOH、CaO解析(1)由題干及圖示知，捕捉室中氫氧化鈉溶液吸收二氧化碳生成碳酸鈉或碳酸氫鈉，則反應(yīng)、分離室中還存在的反應(yīng)是Na2CO3＋Ca(OH)2=2NaOH＋CaCO3↓或NaHCO3＋Ca(OH)2=NaOH＋CaCO3↓＋H2O。(2)根據(jù)圖示，高溫反應(yīng)爐中發(fā)生的反應(yīng)是碳酸鈣分解生成氧化鈣和二氧化碳，基本反應(yīng)類型為分解反應(yīng)。(3)參加反應(yīng)且又生成的物質(zhì)為可循環(huán)利用的物質(zhì)，整個過程中，可以循環(huán)利用的物質(zhì)為NaOH、CaO。第二節(jié)離子反應(yīng)第1課時電解質(zhì)的電離一、1．不導(dǎo)電離子不能自由移動導(dǎo)電有自由移動的離子不導(dǎo)電沒有自由移動的離子思考1(1)自由移動的Na＋和Cl－(2)自由離子一定方向移動能自由移動的、帶電荷思考2人的手上常會沾有汗液(含有氯化鈉)或其他物質(zhì)，當(dāng)遇到水時，形成自由移動的離子而導(dǎo)電，因此濕手直接接觸電源時容易發(fā)生觸電事故。2．水溶液里熔融狀態(tài)下化合物酸堿鹽水溶液里熔融狀態(tài)下化合物應(yīng)用體驗1．(1)×(2)√(3)×(4)×(5)×2．(1)②④⑥⑨(2)①③⑦⑨⑩(3)⑤⑧(4)①③⑦⑩二、1．(1)溶于水受熱熔化自由移動離子思考1電離是電解質(zhì)溶于水受到水分子的作用或受熱熔化時形成自由移動的離子的過程，電離不需要通電。(2)③H＋＋Cl－Na＋＋Cl－Ba2＋＋2OH－思考2①②④①NHeq\o\al(＋,4)、K＋、Na＋、Cl－、NOeq\o\al(－,3)、SOeq\o\al(2－,4)②K＋、Na＋、NHeq\o\al(＋,4)、SOeq\o\al(2－,4)、NOeq\o\al(－,3)、Cl－③NHeq\o\al(＋,4)、K＋、Na＋、NOeq\o\al(－,3)、COeq\o\al(2－,3)、SOeq\o\al(2－,4)、Cl－④Na＋、NHeq\o\al(＋,4)、K＋、Cl－、SOeq\o\al(2－,4)、NOeq\o\al(－,3)2．HNO3=H＋＋NOeq\o\al(－,3)H2SO4=2H＋＋SOeq\o\al(2－,4)全部是H＋KOH=K＋＋OH－Ca(OH)2=Ca2＋＋2OH－全部是OH－NH4NO3=NHeq\o\al(＋,4)＋NOeq\o\al(－,3)Al2(SO4)3=2Al3＋＋3SOeq\o\al(2－,4)金屬陽離子(或銨根離子)酸根離子應(yīng)用體驗1．(1)×(2)×(3)×(4)√2．(1)NaHSO4=Na＋＋H＋＋SOeq\o\al(2－,4)(2)NaHSO4(熔融)=Na＋＋HSOeq\o\al(－,4)隨堂演練知識落實1．D2.D3．B[固體氯化鈉中無自由移動的離子，不導(dǎo)電，燈泡不亮，A項錯誤；向NaCl粉末中加入適量水，氯化鈉溶于水電離出Na＋、Cl－，有自由移動的離子，能導(dǎo)電，燈泡會亮起來，B項正確；電解質(zhì)電離不需要通電，C項錯誤；CuSO4＋2NaOH=Cu(OH)2↓＋Na2SO4，因加入的NaOH為少量，部分Cu2＋轉(zhuǎn)化為沉淀，同時有Na＋進入溶液，故燈泡亮度基本不變，D項錯誤。]4．(1)③④①⑤⑥⑧(2)Ba(OH)2=Ba2＋＋2OH－HCl=H＋＋Cl－KHSO4=K＋＋H＋＋SOeq\o\al(2－,4)Na2CO3=2Na＋＋COeq\o\al(2－,3)第2課時離子反應(yīng)一、1．Na2SO4＋BaCl2=BaSO4↓＋2NaClBaCl2=Ba2＋＋2Cl－Na2SO4=2Na＋＋SOeq\o\al(2－,4)Ba2＋、Cl－Na＋、SOeq\o\al(2－,4)Ba2＋、SOeq\o\al(2－,4)Na＋、Cl－Na＋、Cl－SOeq\o\al(2－,4)和Ba2＋2．離子思考(1)能，Ag＋與Cl－反應(yīng)生成AgCl沉淀。(2)能，H＋與OH－生成H2O。(3)能，H＋與COeq\o\al(2－,3)反應(yīng)生成CO2和H2O。(4)能，CH3COO－與H＋生成CH3COOH。(5)不能，因為無沉淀、氣體或難電離的物質(zhì)生成。(6)能，Zn與Cu2＋發(fā)生置換反應(yīng)。3．(1)相互交換離子(2)減小應(yīng)用體驗1．A2.C二、1．離子2．(1)BaCl2＋Na2SO4=BaSO4↓＋2NaCl(2)2Na＋＋SOeq\o\al(2－,4)＋Ba2＋＋2Cl－=BaSO4↓＋2Na＋＋2Cl－(3)SOeq\o\al(2－,4)＋Ba2＋=BaSO4↓3．思考1(1)易溶于水且易電離的電解質(zhì)要寫成離子的形式：①強酸，如HCl、H2SO4、HNO3、HBr、HI等；②強堿，如KOH、NaOH、Ba(OH)2等；③大部分可溶性鹽，如鉀鹽、鈉鹽、銨鹽、硝酸鹽等。(2)單質(zhì)、氣體、氧化物、難溶物質(zhì)、難電離的物質(zhì)(如水、弱酸、弱堿)等寫成化學(xué)式。4．思考2HCl＋NaOH=NaCl＋H2OH＋＋OH－=H2OHCl＋KOH=KCl＋H2OH＋＋OH－=H2OH2SO4＋2NaOH=Na2SO4＋2H2OH＋＋OH－=H2O某個具體同一類型思考3(1)2H＋＋SOeq\o\al(2－,4)＋Ba2＋＋2OH－=BaSO4↓＋2H2OH＋＋OH－=H2O(2)①×②×應(yīng)用體驗1．(1)MgO＋2H＋=Mg2＋＋H2O(2)CaCO3＋2H＋=Ca2＋＋CO2↑＋H2O(3)COeq\o\al(2－,3)＋2H＋=CO2↑＋H2O(4)HCOeq\o\al(－,3)＋H＋=CO2↑＋H2O(5)Ca2＋＋2OH－＋CO2=CaCO3↓＋H2O(6)Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑2．D[氫氧化鋇溶液與稀硫酸反應(yīng)的離子方程式為Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SOeq\o\al(2－,4)=BaSO4↓＋2H2O，④不正確，①②③正確。]隨堂演練知識落實1．A2.D3．D[A項，HCl可拆成離子形式，而H2CO3是弱酸，不能拆成離子，因此不能用同一離子方程式表示；B項，BaCl2溶液與Na2SO4溶液反應(yīng)生成硫酸鋇沉淀和氯化鈉，Ba(OH)2溶液與H2SO4溶液反應(yīng)生成硫酸鋇沉淀和水，水不能拆，因此不能用同一離子方程式表示；C項，Na2CO3能拆為碳酸根離子，而BaCO3不能拆，因此不能用同一離子方程式表示；D項，石灰石與稀硝酸反應(yīng)和石灰石與稀鹽酸反應(yīng)的離子方程式都是CaCO3＋2H＋=Ca2＋＋CO2↑＋H2O。]4．(答案不唯一，合理即正確)(1)CuSO4＋2NaOH=Cu(OH)2↓＋Na2SO4(2)H2SO4＋Na2CO3=Na2SO4＋CO2↑＋H2O(3)CuSO4＋Fe=Cu＋FeSO4第3課時考查離子反應(yīng)的三大熱點題型一、1．(1)①Mg2＋能與OH－反應(yīng)生成Mg(OH)2沉淀，不能大量共存。②Ba2＋能與SOeq\o\al(2－,4)反應(yīng)生成BaSO4沉淀，不能大量共存。(2)①COeq\o\al(2－,3)能與H＋反應(yīng)生成CO2和H2O，不能大量共存。②HCOeq\o\al(－,3)能與H＋反應(yīng)生成CO2和H2O，不能大量共存。(3)①H＋能與OH－反應(yīng)生成H2O，不能大量共存。②OH－能與HCOeq\o\al(－,3)反應(yīng)生成H2O和COeq\o\al(2－,3)，不能大量共存。2．(1)不能，使酚酞溶液變紅的溶液為堿性溶液，F(xiàn)e3＋會與OH－反應(yīng)生成Fe(OH)3沉淀而不能大量共存。(2)不能，高錳酸根離子為有色離子。(3)不能，與鋅反應(yīng)放出氫氣的溶液為酸性溶液，H＋與COeq\o\al(2－,3)不能大量共存。(4)能。應(yīng)用體驗1．D2.A二、1．(1)該反應(yīng)應(yīng)生成Fe2＋，而不是Fe3＋，不符合客觀事實；Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑。(2)碳酸鈣不能拆寫成離子的形式；CaCO3＋2H＋=Ca2＋＋H2O＋CO2↑。(3)漏寫參加反應(yīng)的Cu2＋和OH－；Cu2＋＋SOeq\o\al(2－,4)＋Ba2＋＋2OH－=Cu(OH)2↓＋BaSO4↓。(4)方程式兩端電荷不守恒；Cu＋2Ag＋=Cu2＋＋2Ag。(5)反應(yīng)物配比不正確；2H＋＋SOeq\o\al(2－,4)＋Ba2＋＋2OH－=BaSO4↓＋2H2O。(6)沒看清題目要求，CO2是少量的；CO2＋Ca2＋＋2OH－=CaCO3↓＋H2O。例1CO2＋OH－=HCOeq\o\al(－,3)例2(1)H＋＋SOeq\o\al(2－,4)＋Ba2＋＋OH－=BaSO4↓＋H2O(2)2H＋＋SOeq\o\al(2－,4)＋Ba2＋＋2OH－=BaSO4↓＋2H2O例3(1)HCOeq\o\al(－,3)＋OH－＋Ca2＋=CaCO3↓＋H2O(2)Ca2＋＋2OH－＋2HCOeq\o\al(－,3)=CaCO3↓＋2H2O＋COeq\o\al(2－,3)解析(1)少量的NaHCO3，則將NaHCO3定為1拆成離子，1個Na＋和1個HCOeq\o\al(－,3)，1個HCOeq\o\al(－,3)參與反應(yīng)，消耗1個OH－，但生成的COeq\o\al(2－,3)又要消耗1個Ca2＋，所以最后寫成HCOeq\o\al(－,3)＋OH－＋Ca2＋=CaCO3↓＋H2O。(2)少量的Ca(OH)2，則將Ca(OH)2定為1拆成離子，1個Ca2＋和2個OH－，2個OH－消耗2個HCOeq\o\al(－,3)，生成2個COeq\o\al(2－,3)和2個H2O，由于1個Ca2＋只能消耗1個生成的COeq\o\al(2－,3)，所以最后寫成Ca2＋＋2OH－＋2HCOeq\o\al(－,3)=CaCO3↓＋2H2O＋COeq\o\al(2－,3)。應(yīng)用體驗1．D2.D三、(1)Cu2＋、Fe3＋(2)Ag＋(3)Mg2＋H＋＋OH－=H2O、Mg2＋＋2OH－=Mg(OH)2↓(4)B解析(1)無色透明溶液中不可能含有Cu2＋、Fe3＋等有色離子。(2)加鹽酸有不溶于稀硝酸的白色沉淀生成，則肯定存在Ag＋。(3)加氫氧化鈉溶液有白色沉淀出現(xiàn)，肯定含有Mg2＋。(4)原溶液中由于含有Ag＋和Mg2＋，陰離子中不可能含有Cl－、COeq\o\al(2－,3)、OH－，可能含有NOeq\o\al(－,3)。應(yīng)用體驗B[因溶液是無色的，則溶液中不含Cu2＋；(1)向溶液中滴加2～3滴紫色石蕊溶液，溶液變紅，說明溶液顯酸性，含有H＋，則不含COeq\o\al(2－,3)和HCOeq\o\al(－,3)；(2)向溶液中滴加氯化鋇溶液和稀鹽酸，有白色沉淀硫酸鋇生成，說明溶液中含有SOeq\o\al(2－,4)；(3)將(2)中所得沉淀過濾，向濾液中加入硝酸銀溶液和稀硝酸，有白色沉淀氯化銀生成，因(2)中引入了Cl－，故無法說明原溶液中是否含有Cl－；由于每種離子的數(shù)目均相等，且溶液呈電中性，則溶液中一定含有Na＋，一定不含Cl－。由以上分析可知，溶液中一定含有①Na＋、②SOeq\o\al(2－,4)、⑥H＋，一定不含③Cl－、④HCOeq\o\al(－,3)、⑤COeq\o\al(2－,3)、⑦Cu2＋。]隨堂演練知識落實1．D2.A3．C[①將少量粉末加入水中，振蕩，有白色沉淀生成，該沉淀是碳酸鋇或碳酸鈣，一定含有K2CO3，至少含有Ba(NO3)2和CaCl2中的一種；②向①的懸濁液中加入過量稀硝酸，白色沉淀消失，并有氣泡產(chǎn)生，說明含有碳酸根離子；③取少量②的溶液滴入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，該沉淀一定是AgCl，故確定原溶液含有Cl－。根據(jù)以上分析，原固體混合物中肯定含有K2CO3、CaCl2，可能含有Ba(NO3)2。]第三節(jié)氧化還原反應(yīng)第1課時氧化還原反應(yīng)一、1．思考1C、CO氧化反應(yīng)CuO、Fe2O3還原反應(yīng)氧化還原2．思考2(1)(2)氧化升高還原降低化合價升降升高降低3．得失還原氧化共用電子對負正還原氧化電子轉(zhuǎn)移電子得失共用電子對偏移有元素化合價的升降思考3(1)①②(2)⑤(3)⑥(4)③應(yīng)用體驗1．(1)×(2)×(3)√(4)×2．(1)CH(2)OCl(3)SO2H2SSS二、1．同一元素2．(1)失得(2)不需要數(shù)目應(yīng)用體驗①②③④隨堂演練知識落實1．B2.C3．D[陰影區(qū)域的反應(yīng)必須屬于氧化還原反應(yīng)，且不屬于化合、分解、置換反應(yīng)。A項，該反應(yīng)既屬于分解反應(yīng)，又屬于氧化還原反應(yīng)；B項，該反應(yīng)屬于分解反應(yīng)，不屬于氧化還原反應(yīng)；C項，該反應(yīng)既屬于化合反應(yīng)，又屬于氧化還原反應(yīng)；D項，該反應(yīng)屬于氧化還原反應(yīng)，但不屬于化合、分解、置換反應(yīng)中的任意一種，故屬于陰影區(qū)域。]4．(1)①CuN②CuHNO3③(稀)=3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O(2)①氧化還原還原②CS和KNO3第2課時氧化劑和還原劑一、1．思考1(1)降低得到偏向升高失去偏離(2)氧化還原(3)氧化得電子得還原失電子失思考2(1)－1價升高還原劑氧化產(chǎn)物(2)＋7價降低氧化劑還原產(chǎn)物(3)H2SO4中各元素的化合價在反應(yīng)前后都不變化，因此H2SO4既不是氧化劑也不是還原劑。(4)生成物H2O中的各元素沒有價態(tài)變化，所以既不是氧化產(chǎn)物也不是還原產(chǎn)物。2．(1)①Cl2、O2②KMnO4、FeCl3、HNO3③Na2O2、H2O2(2)①Al、Fe、Zn②H2、S、C③CO、SO23．思考3(1)2NO＋2COeq\o(=,\s\up7(催化劑))N2＋2CO2。(2)上述反應(yīng)是氧化還原反應(yīng)，其中還原劑是CO，氧化劑是NO，氧化產(chǎn)物是CO2，還原產(chǎn)物是N2。應(yīng)用體驗1．A[常用作氧化劑的有O2、Cl2、濃硫酸、HNO3、KMnO4、FeCl3等，常用作還原劑的有C、H2、CO、Zn、Al、Fe等。]2．(1)NO2NO2NO(2)N2N2(3)HNO3Cu(NO3)2氧化酸二、2．(1)還原還原(2)>>思考(1)大于Fe被Cl2氧化成＋3價，而S只能把其氧化成＋2價(2)小于MnO2、KMnO4同樣與濃鹽酸反應(yīng)，前者需要加熱，而后者不需要應(yīng)用體驗1．A[在氧化還原反應(yīng)中，氧化性：氧化劑＞氧化產(chǎn)物，在反應(yīng)O2＋2H2S=2S↓＋2H2O中，氧化性：O2＞S；在反應(yīng)Na2S＋I2=2NaI＋S↓中，氧化性：I2＞S；在反應(yīng)4NaI＋O2＋2H2SO4=2I2＋2Na2SO4＋2H2O中，氧化性：O2＞I2，因此，氧化性：O2＞I2＞S。]2．(1)S2－>I－>Br－>Cl－(2)Cl2>Br2>I2>S(3)能(4)能隨堂演練知識落實1．B2.C3.B4．(1)①FeAg＋②Cl2、H＋Cl2(2)①KIO3I2②解析(1)①鐵釘浸入CuSO4溶液中，發(fā)生的反應(yīng)是Fe＋Cu2＋=Fe2＋＋Cu，則還原性：Fe>Cu；氧化性：Cu2＋>Fe2＋；銅絲浸入AgNO3溶液中發(fā)生的反應(yīng)是Cu＋2Ag＋=Cu2＋＋2Ag，則還＋。②鐵在氯氣中燃燒發(fā)生的反應(yīng)是2Fe＋3Cl2eq\o(=,\s\up7(△))2FeCl3，氧化劑是Cl2，鐵和鹽酸發(fā)生反應(yīng)：Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑，氧化劑是H＋，故Cl2和H＋具有氧化性，氧化性較強的是Cl2。(2)①分析元素化合價變化可知：KIO3是氧化劑，氧化產(chǎn)物是I2。②KIO3中I元素由＋5價降低到0價，KI中I元素由－1價升高到0價，結(jié)合得失電子守恒，用雙線橋標出該反應(yīng)中電子轉(zhuǎn)移的方向和數(shù)目。第3課時氧化還原反應(yīng)的規(guī)律及應(yīng)用一、1．(1)最高價態(tài)還原性中間價態(tài)(2)氧化性還原性2．(1)中間價態(tài)3．(1)降低高價應(yīng)用體驗1．(1)氧化元素處于最高價態(tài)時只具有氧化性(2)S2－、I－二者分別是硫元素、碘元素的最低價態(tài)，只能失去電子表現(xiàn)還原性(3)Fe2＋、SFe2＋既可以得電子降為0價，也可以失電子升高到＋3價，S可以得電子降為－2價，也可失電子升高到＋4價或＋6價2．(1)S是氧化產(chǎn)物，SO2是還原產(chǎn)物(2)Cl2既是氧化產(chǎn)物又是還原產(chǎn)物3．③①②二、1．還原性強Fe2＋I－2．氧化性強Fe3＋Cu2＋、H＋應(yīng)用體驗1．C2.B三、例分析(1)氧化劑還原劑氧化產(chǎn)物(2)2(6－n)26(3)2×(6－n)＝63應(yīng)用體驗1．A[H2O2恰好將XOeq\o\al(－,4)還原，反應(yīng)中H2O2變成O2，O元素的化合價由－1價升高為0價，則X的化合價降低，設(shè)元素X在還原產(chǎn)物中的化合價為＋x，由得失電子守恒可知，2×(7－x)＝5×2×(1－0)，解得x＝2。]2．(1)1∶2(2)2∶3隨堂演練知識落實1．B2.B3.A4．①可能，反應(yīng)物中的氮元素為＋2價、＋5價，生成物中為＋3價，符合歸中反應(yīng)規(guī)律。②不可能，反應(yīng)物中的氮元素為－3價、＋2價，生成物中為＋3價，N元素的化合價只升不降。③可能，反應(yīng)物中的氮元素為＋4價，生成物中為＋3價、＋5價，符合歧化反應(yīng)規(guī)律。第4課時氧化還原反應(yīng)方程式的配平一、1．(1)升高總數(shù)降低總數(shù)(2)種類個數(shù)應(yīng)用體驗(1)2112(2)5215111(3)4724(4)16133二、例1分析還原氧化(1)降低2升高4421(2)3(3)6(4)3例2分析252568例321016H＋258應(yīng)用體驗(1)①513333②21610258(2)①29335②38324(3)①324OH－325②524518H＋隨堂演練知識落實1．(1)212214(2)5216H＋10282．(1)223(2)36513(3)16133(4)21081258(5)212221章末整合重點突破體驗高考1．B2.A3.A4.A5．C[NaOH沒有拆分，A不正確；醋酸是弱酸，在離子方程式中不能拆，B不正確；H2O2具有較強的氧化性，F(xiàn)eSO4溶液中加入H2O2產(chǎn)生的沉淀是氫氧化鐵，C正確；NaHCO3溶液與少量的Ba(OH)2溶液混合發(fā)生反應(yīng)生成碳酸鋇沉淀、碳酸鈉和水，該反應(yīng)的離子方程式為2HCOeq\o\al(－,3)＋Ba2＋＋2OH－=BaCO3↓＋COeq\o\al(2－,3)＋2H2O，D不正確。]6．C7．B[Na2S2O3＋H2SO4=Na2SO4＋S↓＋SO2↑＋H2O，該反應(yīng)的本質(zhì)是S2Oeq\o\al(2－,3)在酸性條件下發(fā)生歧化反應(yīng)生成硫和二氧化硫，化合價發(fā)生變化的只有S元素一種，硫酸的作用是提供酸性環(huán)境。H2SO4中所含元素的化合價均未發(fā)生變化，A說法不正確；Na2S2O3中的S的平均化合價為＋2，其發(fā)生歧化反應(yīng)生成S(0價)和SO2(＋4價)，故其既是氧化劑又是還原劑，B說法正確；該反應(yīng)的氧化產(chǎn)物是SO2，還原產(chǎn)物為S，氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物的個數(shù)之比為1∶1，C說法不正確；根據(jù)其中S元素的化合價變化情況可知，1個Na2S2O3發(fā)生反應(yīng)，要轉(zhuǎn)移2個電子，D說法不正確。]8．D[過程Ⅰ中NOeq\o\al(－,2)轉(zhuǎn)化為NO，氮元素化合價由＋3價降低到＋2價，NOeq\o\al(－,2)得電子，發(fā)生還原反應(yīng)，A錯誤；過程Ⅰ為NOeq\o\al(－,2)在酶1的作用下轉(zhuǎn)化為NO和H2O，反應(yīng)的離子方程式為NOeq\o\al(－,2)＋2H＋＋e－eq\o(=,\s\up7(酶1))NO↑＋H2O，過程Ⅱ為NO和NHeq\o\al(＋,4)在酶2的作用下發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成H2O和N2H4，反應(yīng)的離子方程式為NO＋NHeq\o\al(＋,4)＋3e－＋2H＋eq\o(=,\s\up7(酶2))H2O＋N2H4，兩過程轉(zhuǎn)移電子數(shù)目不相等，B錯誤；由過程Ⅱ的反應(yīng)方程式可知NO與NHeq\o\al(＋,4)的個數(shù)比為1∶1，C錯誤；過程Ⅲ為N2H4轉(zhuǎn)化為N2和4H＋、4e－，反應(yīng)的離子方程式為N2H4=N2↑＋4H＋＋4e－，所以過程Ⅰ→Ⅲ的總反應(yīng)為NOeq\o\al(－,2)＋NHeq\o\al(＋,4)=N2↑＋2H2O，D正確。]突破一跟蹤訓(xùn)練1．C2．(1)FeH2SO4CO2Ba(OH)2Na2CO3(2)Fe＋H2SO4=FeSO4＋H2↑H2SO4＋Ba(OH)2=BaSO4↓＋2H2OH2SO4＋Na2CO3=Na2SO4＋H2O＋CO2↑Ba(OH)2＋Na2CO3=BaCO3↓＋2NaOH解析Cu、Fe、C三種單質(zhì)中，只有Fe能與稀硫酸反應(yīng)，生成FeSO4和H2，故①為Fe，②為硫酸，堿可能是NaOH或Ba(OH)2，鹽只有Na2CO3，而NaOH不能與Na2CO3反應(yīng)，故④為Ba(OH)2，⑤為Na2CO3，③為氧化物，且能與堿反應(yīng)，則應(yīng)該為酸性氧化物，即CO2。突破二2．I－I－Fe2＋Fe3＋3．2I－＋Cl2=I2＋2Cl－2Fe2＋＋4I－＋3Cl2=2Fe3＋＋2I2＋6Cl－跟蹤訓(xùn)練1．B2．(1)2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－(2)2Fe2＋＋4Br－＋3Cl2=2Fe3＋＋2Br2＋6Cl－3．(1)KClO3FeCl3(2)Cl2ClO2解析(1)由①知氧化性：FeCl3>I2，還原性：I－>Fe2＋；由②知氧化性：Cl2>FeCl3，還原性：FeCl2>FeCl3；由③知氧化性：KClO3>Cl2，還原性：Cl－>ClO2，由此推知氧化性的強弱順序為KClO3>Cl2>FeCl3>I2，還原性的強弱順序為I－>Fe2＋>Cl－>ClO2，KClO3可氧化Cl－、Fe2＋及I－，Cl2可氧化Fe2＋及I－，F(xiàn)eCl3只能氧化I－，所以必須選擇比Cl2氧化能力差而又比I2氧化能力強的氧化劑，即只能選FeCl3。(2)根據(jù)價態(tài)的變化規(guī)律，“只歸中，不交叉”，相鄰價態(tài)容易改變。其中由KClO3對應(yīng)生成的ClO2是還原產(chǎn)物；由HCl對應(yīng)生成的Cl2是氧化產(chǎn)物。突破三例1分析K2Cr2O7HClCrCl3Cl2K2Cr2O7＋HCl——Cl2↑＋KCl＋CrCl3＋H2OK2Cr2O7＋6HCl——3Cl2↑＋KCl＋2CrCl3＋H2OK2Cr2O7＋14HCl=3Cl2↑＋2KCl＋2CrCl3＋7H2O例2分析(1)也不變非氧化還原NOFe2＋＋NO=Fe(NO)2＋(2)O2＋Fe(NO)2＋＋H＋——Fe3＋＋NO＋H2OO2＋4Fe(NO)2＋＋4H＋=4Fe3＋＋4NO＋2H2O(3)4Fe2＋＋O2＋4H＋=4Fe3＋＋2H2O跟蹤訓(xùn)練1．B2．(1)Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋3HSOeq\o\al(－,3)＋5H＋=2Cr3＋＋3SOeq\o\al(2－,4)＋4H2O(2)2∶7解析(1)根據(jù)題意可知，氧化劑是Cr2Oeq\o\al(2－,7)，還原劑是HSOeq\o\al(－,3)，氧化產(chǎn)物是SOeq\o\al(2－,4)，還原產(chǎn)物是Cr3＋。根據(jù)得失電子守恒、電荷守恒和原子守恒配平離子方程式：Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋3HSOeq\o\al(－,3)＋5H＋=2Cr3＋＋3SOeq\o\al(2－,4)＋4H2O。(2)2FeO·Cr2O3eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Fe2O3化合價升高2,4Na2CrO4化合價升高12))化合價共升高14；NaNO3→NaNO2，化合價降低2，則FeO·Cr2O3與NaNO3的化學(xué)計量數(shù)之比為2∶7。第二章海水中的重要元素——鈉和氯第一節(jié)鈉及其化合物第1課時活潑的金屬單質(zhì)——鈉一、1．1還原化合物NaCl2．(1)銀白變暗熔化黃色淡黃色銀白小低煤油石蠟油4Na＋O2=2Na2O白2Na＋O2eq\o(=,\s\up7(△))Na2O2淡黃思考1①生成Na2O：；②生成Na2O2：則相同質(zhì)量的兩塊鈉，分別發(fā)生上述反應(yīng)，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)：①＝②。思考2Fe和O2在潮濕的空氣中反應(yīng)會生成三氧化二鐵，在點燃的條件下反應(yīng)會生成四氧化三鐵，產(chǎn)物與反應(yīng)條件有關(guān)；碳與足量氧氣反應(yīng)生成二氧化碳，與少量氧氣反應(yīng)生成一氧化碳，產(chǎn)物與氧氣的用量有關(guān)。(2)＋1①2Na＋Cl2eq\o(=,\s\up7(△))2NaCl應(yīng)用體驗1．(1)×(2)√(3)×(4)√(5)×2．(1)Na2O2Na＋O2eq\o(=,\s\up7(△))Na2O2(2)CO22CO＋O2eq\o(=,\s\up7(點燃))2CO2C＋CO2eq\o(=,\s\up7(高溫))2CO二、1．(1)H、O(2)還原氧化NaOHH22．浮小熔化低迅速游動氫氣劇烈紅堿性3．氫氧化鈉氫氣(1)2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑2Na＋2H2O=2Na＋＋2OH－＋H2↑H2ONa(2)H＋H2思考(1)2Na＋2HCl=2NaCl＋H2↑。不能；稀鹽酸不足，過量的鈉會與溶劑水繼續(xù)反應(yīng)生成NaOH和H2。(2)2Na＋2H2O=2Na＋＋2OH－＋H2↑；Ca(OH)2的溶解度隨溫度升高而降低，鈉與水反應(yīng)放出熱量且消耗溶劑水，石灰水過飽和，析出Ca(OH)2固體，產(chǎn)生白色渾濁。(3)鈉先與水發(fā)生反應(yīng)：2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑，NaOH再與CuSO4發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)生成Cu(OH)2藍色沉淀：2NaOH＋CuSO4=Cu(OH)2↓＋Na2SO4。應(yīng)用體驗1．(1)√(2)√(3)×(4)×(5)√2．C隨堂演練知識落實1．B2.D3.D4．①④⑤第2課時氧化鈉和過氧化鈉一、1．白堿(1)Na2O＋H2O=2NaOH(2)Na2O＋2HCl=2NaCl＋H2O(3)Na2O＋CO2=Na2CO32．淡黃(1)發(fā)燙復(fù)燃堿放熱2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑思考1過氧化鈉與水反應(yīng)的反應(yīng)過程中會生成過氧化氫和氫氧化鈉，氫氧化鈉使酚酞溶液變紅，過氧化氫有強氧化性，也有漂白性。①Na2O2＋2H2O=2NaOH＋H2O2②2H2O2=2H2O＋O2↑化學(xué)方程式：①×2＋②得2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑(2)2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2思考2①與H2O反應(yīng)：；②與CO2反應(yīng)：；相同質(zhì)量的Na2O2分別與H2O和CO2反應(yīng)，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)：①＝②，若1個Na2O2與H2O反應(yīng)則轉(zhuǎn)移1個電子。3．(1)氧氣(2)－1氧化性應(yīng)用體驗1．(1)×(2)√(3)√(4)×(5)×2．C二、1．單一物二者的混合物2∶12．(1)CO(2)H2應(yīng)用體驗1．D[Na2O2與H2O(g)、CO2反應(yīng)的化學(xué)方程式分別為2Na2O2＋2H2O(g)=4NaOH＋O2、2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2。由于兩個反應(yīng)中Na2O2與O2的數(shù)量之比都為2∶1，A正確；兩個反應(yīng)中：2Na2O2～2H2O(g)，2Na2O2～2CO2，B正確；根據(jù)化學(xué)方程式知，CO2、H2O與Na2O2反應(yīng)時，固體增加的質(zhì)量為“CO2”中“CO”的質(zhì)量和“H2O”中“H2”的質(zhì)量，所以當(dāng)數(shù)量固定的混合氣體中CO2氣體所占的比例大時，固體增加的質(zhì)量較大，當(dāng)H2O所占的比例大時，固體增加的質(zhì)量較小，D錯誤。]2．D隨堂演練知識落實1．B2.B3.C4．(1)將帶火星的木條靠近p處，木條復(fù)燃，證明有氧氣生成(2)將q連接導(dǎo)管后插入水中，有氣泡冒出，證明反應(yīng)放熱第3課時碳酸鈉和碳酸氫鈉焰色試驗一、1．(1)白色粉末結(jié)塊變成晶體升高部分降低變紅變淺紅易堿大強思考1鈉露置在空氣中，最終完全轉(zhuǎn)變?yōu)镹a2CO3粉末。Naeq\o(→,\s\up7(O2),\s\do5(氧化))Na2Oeq\o(→,\s\up7(H2O))NaOHeq\o(→,\s\up7(H2O),\s\do5(潮解))NaOH溶液eq\o(→,\s\up7(CO2))Na2CO3·xH2Oeq\o(→,\s\up7(風(fēng)化))Na2CO3(風(fēng)化是化學(xué)變化)。思考2有晶體析出。CO2與飽和Na2CO3溶液反應(yīng)生成NaHCO3，所得NaHCO3的質(zhì)量比參加反應(yīng)的Na2CO3的質(zhì)量大，又由于常溫下NaHCO3的溶解度小于Na2CO3，且反應(yīng)過程中消耗了水，故會有NaHCO3晶體從溶液中析出。(2)不變渾濁Na2CO3很穩(wěn)定，受熱不易發(fā)生分解變渾濁NaHCO3不穩(wěn)定，受熱容易分解2NaHCO3eq\o(=,\s\up7(△))Na2CO3＋CO2↑＋H2O思考3(1)H2OCO2(2)>(3)氣泡膨脹更快HCOeq\o\al(－,3)＋H＋=CO2↑＋H2OCOeq\o\al(2－,3)＋2H＋=CO2↑＋H2O思考4Na2CO3和鹽酸反應(yīng)分兩步進行：①COeq\o\al(2－,3)＋H＋=HCOeq\o\al(－,3)；②HCOeq\o\al(－,3)＋H＋=H2O＋CO2↑。故開始無明顯現(xiàn)象，后來產(chǎn)生氣泡。(4)Ca2＋＋COeq\o\al(2－,3)=CaCO3↓不反應(yīng)白色沉淀Ca2＋＋COeq\o\al(2－,3)=CaCO3↓HCOeq\o\al(－,3)＋Ca2＋＋OH－=CaCO3↓＋H2O思考5(1)2HCOeq\o\al(－,3)＋Ca2＋＋2OH－=CaCO3↓＋2H2O＋COeq\o\al(2－,3)(2)NaOH＋NaHCO3=Na2CO3＋H2O或OH－＋HCOeq\o\al(－,3)=H2O＋COeq\o\al(2－,3)應(yīng)用體驗1．(1)√(2)√(3)×(4)×(5)√(6)×2．(1)無論是Na2CO3還是NaHCO3，均可以與鹽酸反應(yīng)產(chǎn)生CO2，均可使澄清石灰水變渾濁，故達不到鑒別目的(2)2NaHCO3eq\o(=,\s\up7(△))Na2CO3＋H2O＋CO2↑，CO2＋Ca(OH)2=CaCO3↓＋H2O(3)NaHCO3二、1．金屬化合物定性物理2．鹽酸原火焰顏色相同試樣火焰的顏色3．黃紫綠思考1鹽酸沸點比硫酸低，加熱時易揮發(fā)無殘留。鉑絲或鐵絲做焰色試驗時沒有顏色，而銅在灼燒時有綠色的焰色。思考2因為含有鉀元素的物質(zhì)中往往會混有少量的鈉元素，灼燒時，鈉元素的黃色光會掩蓋鉀元素的紫色光，透過藍色鈷玻璃可以濾去黃色光，便于觀察到鉀元素的紫色光。4．(1)金屬元素應(yīng)用體驗1．(1)×(2)×(3)√(4)×2．B[根據(jù)焰色試驗的操作步驟：洗、燒、蘸、燒、觀，可知B項正確。應(yīng)特別注意：檢驗K＋時必須透過藍色鈷玻璃觀察，以濾去黃光。]隨堂演練知識落實1．D2.D3.A4．C[①的反應(yīng)可以是Na2CO3＋H2SO4=Na2SO4＋H2O＋CO2↑，①所加試劑可以是稀硫酸，A項正確；向NaOH溶液中通入少量CO2，生成Na2CO3，B項正確；NaHCO3的溶解度小于Na2CO3，向飽和Na2CO3溶液中通入CO2時，生成的NaHCO3以沉淀的形式析出，其他情況不一定有沉淀生成，C項錯誤；加熱NaHCO3固體時可生成Na2CO3，⑥的轉(zhuǎn)化條件可以是加熱，D項正確。]5．(1)NaHCO3小蘇打堿(2)H＋＋HCOeq\o\al(－,3)=H2O＋CO2↑<(3)2NaHCO3eq\o(=,\s\up7(△))Na2CO3＋H2O＋CO2↑微專題1Na2CO3與NaHCO3的相關(guān)計算思考1根據(jù)化學(xué)方程式2NaHCO3eq\o(=,\s\up7(△))Na2CO3＋CO2↑＋H2O可知，168gNaHCO3反應(yīng)質(zhì)量減少62g，題中NaHCO3的質(zhì)量減少3.1g，因此NaHCO3分解8.4g，所以NaHCO3分解百分率為eq\f(8.4g,16.8g)×100%＝50%。取反應(yīng)后的固體少許加蒸餾水溶解，滴加氯化鋇或氯化鈣溶液，有白色沉淀產(chǎn)生，證明有碳酸鈉固體生成。思考2①NaOH＋HCl=NaCl＋H2O，②Na2CO3＋HCl=NaCl＋NaHCO3，③NaHCO3＋HCl=NaCl＋H2O＋CO2↑。跟蹤訓(xùn)練1．C2.A3．B[本題可從鈉元素守恒的角度考慮。無論NaHCO3是直接與鹽酸反應(yīng)，還是先加熱分解再與鹽酸反應(yīng)，Na的量不變，生成NaCl的量相等，則消耗鹽酸的量相等。]4．B5．C[在O～a內(nèi)，先發(fā)生氫離子與氫氧根離子的中和反應(yīng)，再發(fā)生碳酸根離子與氫離子生成碳酸氫根離子的反應(yīng)，A項錯誤；a點時的溶液為氯化鈉和碳酸氫鈉的混合溶液，所以ab段發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為HCOeq\o\al(－,3)＋H＋=H2O＋CO2↑，B項錯誤；由ab段發(fā)生的反應(yīng)NaHCO3＋HCl=NaCl＋H2O＋CO2↑可知，生成0.44gCO2消耗鹽酸的體積為(0.4－a)L，則3.65g·L－1×(0.4－a)L＝eq\f(36.5×0.44g,44)，解得a＝0.3，C項正確；由計算可得碳酸鈉的質(zhì)量是1.06g，生成碳酸氫根離子消耗的稀鹽酸的體積是0.1L，則中和氫氧化鈉消耗的稀鹽酸的體積是0.3L－0.1L＝0.2L，所以氫氧化鈉的質(zhì)量是3.65g·L－1×0.2L×eq\f(40,36.5)＝0.8g，原混合溶液中NaOH與Na2CO3的質(zhì)量之比為eq\f(0.8,1.06)＝eq\f(40,53)，D項錯誤。]6．(1)NaOH、Na2CO3(2)H＋＋OH－=H2O、H＋＋COeq\o\al(2－,3)=HCOeq\o\al(－,3)H＋＋HCOeq\o\al(－,3)=CO2↑＋H2O7．(1)①檢查裝置氣密性③除去裝置中的水蒸氣和二氧化碳④2NaHCO3eq\o(=,\s\up7(△))Na2CO3＋H2O＋CO2↑、Na2CO3·10H2Oeq\o(=,\s\up7(△))Na2CO3＋10H2O(2)①Na2CO3·10H2O和NaHCO3的質(zhì)量分數(shù)測定結(jié)果偏小，NaCl的質(zhì)量分數(shù)測定結(jié)果偏大②防止空氣中的CO2和水蒸氣進入D中影響測定結(jié)果偏大③eq\f(286m1－\f(18m2,44),180w)×100%解析(2)③由題目信息知，反應(yīng)放出的CO2的質(zhì)量為m2g，根據(jù)反應(yīng)的化學(xué)方程式2NaHCO3eq\o(=,\s\up7(△))Na2CO3＋H2O＋CO2↑，可計算出該反應(yīng)中產(chǎn)生的水的質(zhì)量為eq\f(18m2,44)g，從而計算出Na2CO3·10H2O分解產(chǎn)生水的質(zhì)量為(m1－eq\f(18m2,44))g，再根據(jù)Na2CO3·10H2Oeq\o(=,\s\up7(△))Na2CO3＋10H2O，計算出Na2CO3·10H2O的質(zhì)量，最后計算出混合物中Na2CO3·10H2O的質(zhì)量分數(shù)。研究與實踐1了解純堿的生產(chǎn)歷史純堿的生產(chǎn)歷史1．(2)①Na2SO4＋2HCl↑②Na2S＋4CO↑③Na2CO3＋CaS3．(2)①NH3＋NaCl＋CO2＋H2O=NaHCO3↓＋NH4Cl②2NaHCO3eq\o(=,\s\up7(△))Na2CO3＋CO2↑＋H2O深度思考1．應(yīng)先通NH3，再通CO2，這樣操作可增大HCOeq\o\al(－,3)的濃度，利于析出更多的NaHCO3。2．低溫下，NH4Cl的溶解度比NaCl的小，通入NH3并加入NaCl細粒，可生成更多的NH4Cl，促使該物質(zhì)析出，也提高了NaCl的利用率。3．侯氏制堿法與索爾維制堿法相比較，其優(yōu)點是食鹽的利用率大大提高，用等量的食鹽可生產(chǎn)更多的純堿，同時得到氮肥氯化銨，不再產(chǎn)生廢渣氯化鈣，減少了對環(huán)境的污染，并且大大降低了純堿和氮肥的成本，充分體現(xiàn)了大規(guī)模聯(lián)合生產(chǎn)的優(yōu)越性。跟蹤訓(xùn)練1．C2.C3.C4.B5．(1)CaCO3＋2H＋=Ca2＋＋CO2↑＋H2O除去CO2中的HCl氣體NaHCO3＋HCl=NaCl＋H2O＋CO2↑(2)NH3＋CO2＋H2O＋NaCl=NaHCO3↓＋NH4Cl(3)過濾灼燒2NaHCO3eq\o(=,\s\up7(△))Na2CO3＋H2O＋CO2↑(4)A、BB中澄清石灰水變渾濁(或A、CC中物質(zhì)變藍或A、C、BC中物質(zhì)變藍，B中澄清石灰水變渾濁)(5)eq\f(106m2,m1)%第二節(jié)氯及其化合物第1課時氯氣的性質(zhì)一、1．(1)成鹽NaClMgCl2CaCl2海水化合態(tài)(2)黃綠色氣體有刺激性有毒2大思考1將氯氣通入到田鼠洞中起滅鼠作用，一方面是利用其密度比空氣大，可沉于洞底，另一方面是氯氣有毒。遇到氯氣泄漏，要去上風(fēng)向的高處躲避。2．(1)1強氧化性(2)2Na＋Cl2eq\o(=,\s\up7(△))2NaCl2Fe＋3Cl2eq\o(=,\s\up7(△))2FeCl3Cu＋Cl2eq\o(=,\s\up7(△))CuCl2(3)①燃燒蒼白色白霧②H2＋Cl2eq\o(=,\s\up7(點燃))2HCl思考2體現(xiàn)了Cl2的氧化性。燃燒是發(fā)光發(fā)熱的劇烈的氧化還原反應(yīng)，不一定要有氧氣參與。如H2＋Cl2eq\o(=,\s\up7(點燃))2HCl等。應(yīng)用體驗1．(1)×(2)×(3)×2．D[Cl2與金屬反應(yīng)生成高價態(tài)的金屬氯化物，所以FeCl2不能由兩種單質(zhì)直接化合制取。]二、1．(1)Cl2＋H2OHCl＋HClO(2)不褪色無漂白性褪色漂白性褪色濕潤的氯氣具有漂白性氯氣和水反應(yīng)生成的次氯酸(3)黃綠淺黃綠氯氣紅白紅能使試紙變紅的酸能夠使有色物質(zhì)褪色Cl－Ag＋＋Cl－=AgCl↓Cl2、H2O、HClOCl－、H＋、ClO－H＋(4)易弱2HClOeq\o(=,\s\up7(光照))2HCl＋O2↑思考1新制氯水呈淺黃綠色，溶于水中的部分氯氣與水發(fā)生反應(yīng)：Cl2＋H2OHCl＋HClO，次氯酸是弱酸，所以新制氯水中含有三種分子：Cl2、H2O、HClO，四種離子：H＋、Cl－、ClO－及少量OH－；久置后次氯酸分解放出O2，最后變成了HCl溶液。2．(1)Cl2＋2NaOH=NaCl＋NaClO＋H2OCl2＋2OH－=ClO－＋Cl－＋H2O(2)2Ca(OH)2＋2Cl2=CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2OCaCl2、Ca(ClO)2Ca(ClO)2Ca(ClO)2思考2①Ca(ClO)2＋CO2＋H2O=CaCO3＋2HClO；②2HClOeq\o(=,\s\up7(光照))2HCl＋O2↑。應(yīng)用體驗1．(1)×(2)×(3)×(4)×(5)√2．B隨堂演練知識落實1．B2.D3．A[氯水中存在Cl－，和Ag＋結(jié)合生成白色沉淀，離子反應(yīng)為Cl－＋Ag＋=AgCl↓，故A正確；氯水中有鹽酸，故存在H＋，能使石蕊顯紅色，存在HClO分子具有漂白性，所以溶液先變紅后褪色，故B錯誤；氯水中有鹽酸，故存在H＋，能與CaCO3反應(yīng)生成氯化鈣、水和二氧化碳，但次氯酸不和CaCO3反應(yīng)，故C錯誤；氯水中存在HClO，具有漂白性，能夠使有色布條褪色，而Cl2不具有漂白性，故D錯誤。]4．(1)HClO(或次氯酸)(2)Cl2＋2NaOH=NaCl＋NaClO＋H2O氯氣次氯酸鈉(3)氯水中次氯酸含量低且次氯酸不穩(wěn)定，見光易分解第2課時氯氣的實驗室制法氯離子的檢驗一、1．MnO2＋4HCl(濃)eq\o(=,\s\up7(△))MnCl2＋Cl2↑＋2H2OMnO2＋4H＋＋2Cl－eq\o(=,\s\up7(△))Mn2＋＋Cl2↑＋2H2OMnO2還原酸思考1(1)由氧化產(chǎn)物和還原產(chǎn)物的個數(shù)可知，氧化劑和還原劑的個數(shù)之比是1∶2。(2)不能。有兩個原因：一是隨著反應(yīng)的進行，鹽酸濃度變小，Cl－的還原性減弱，MnO2不能再氧化HCl，此反應(yīng)不再進行；二是濃鹽酸有揮發(fā)性。2．酒精燈圓底燒瓶分液漏斗HCl水蒸氣向上Cl2＋2KI=2KCl＋I2藍色變紅褪色吸收過量Cl2，防止污染空氣思考2(1)2KMnO4＋16HCl(濃)=2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O。氧化劑為KMnO4、還原劑為HCl，兩者個數(shù)之比為1∶5。(2)不能。即使是飽和石灰水，溶液中Ca(OH)2的含量也很低，不能把多余Cl2完全吸收。應(yīng)用體驗1．(1)×(2)×(3)×(4)×2．D二、有白色沉淀生成沉淀不溶解Cl－＋Ag＋=AgCl↓有白色沉淀生成沉淀不溶解Cl－＋Ag＋=AgCl↓有白色沉淀生成沉淀溶解，有氣泡產(chǎn)生COeq\o\al(2－,3)＋2Ag＋=Ag2CO3↓Ag2CO3＋2H＋=2Ag＋＋CO2↑＋H2O思考取少量被檢測溶液于試管中，滴加適量稀硝酸，然后滴入AgNO3溶液，若產(chǎn)生白色沉淀，則被檢測溶液中含有Cl－，若無白色沉淀則無Cl－。加入AgNO3溶液的目的是檢驗Cl—，加稀硝酸酸化的目的是排除COeq\o\al(2－,3)等的干擾，因為Ag2CO3可溶于稀硝酸，而AgCl不溶。應(yīng)用體驗1．(1)×(2)×(3)×2．C[根據(jù)題給現(xiàn)象，生成的白色沉淀部分溶于稀硝酸，且產(chǎn)生使澄清石灰水變渾濁的氣體，則原溶液中存在COeq\o\al(2－,3)和Cl－。]隨堂演練知識落實1．C2.C3．(1)KCl和K2CO3KNO3(2)Ag＋＋Cl－=AgCl↓、2Ag＋＋COeq\o\al(2－,3)=Ag2CO3↓、Ag2CO3＋2H＋=2Ag＋＋H2O＋CO2↑解析由②產(chǎn)生白色沉淀知，可能含有K2CO3和KCl中的一種或兩種；由③沉淀減少且有氣泡生成知，一定含有K2CO3；由沉淀不完全消失可知，一定含有KCl。第三節(jié)物質(zhì)的量第1課時物質(zhì)的量摩爾質(zhì)量一、1．(1)一定數(shù)目粒子(2)mol6.02×1023原子分子離子(3)氫原子氫分子2．1mol任何粒子的粒子數(shù)NA約6.2×1023mol－13．(1)eq\f(N,NA)思考11.204×10246.02×10232mol1mol微粒的物質(zhì)的量之比等于微粒的粒子數(shù)目之比。思考2(1)120.510.25(2)1.204×10242(3)0.3mol3NA(2)粒子數(shù)應(yīng)用體驗1．(1)×(2)√(3)×(4)×2．C二、1．Mg·mol－1相對原子質(zhì)量相對分子質(zhì)量2.eq\f(m,M)n·M思考1不等同，摩爾質(zhì)量與相對分子質(zhì)量(或相對原子質(zhì)量)是兩個不同的概念。當(dāng)摩爾質(zhì)量以“g·mol－1”為單位時，兩者在數(shù)值上相等，但前者單位是g·mol－1，后者單位是1，故兩者不等同。思考2(1)17g·mol－1(2)64g·mol－1(3)bNAg·mol－1(4)eq\f(12b,a)g·mol－1應(yīng)用體驗1．(1)×(2)×(3)×(4)×(5)√2．B隨堂演練知識落實1．D2.B3．C[CH3COOK的相對分子質(zhì)量為98，故A錯誤；摩爾質(zhì)量的單位為g·mol－1，在數(shù)值上等于該物質(zhì)的相對分子質(zhì)量，故B錯誤；CH3COOK中含3個H原子，故1molCH3COOK含有3molH原子即1.806×1024個H，故C正確；指代不明，沒指明是氧原子還是氧氣分子，故D錯誤。]4．(1)24NA46NA92(2)64g·mol－1(3)①5.6g②36g·mol－1第2課時氣體摩爾體積一、1．思考1較大近似相等思考2Ⅰ.①22.4L②不一定Ⅱ.①氣體的粒子數(shù)相同②粒子間的距離相同③氣體粒子的大小相對于氣體粒子間的距離可以忽略(3)大小數(shù)目距離相等溫度壓強相同的體積2．(1)單位物質(zhì)的量的氣體VmL·mol－1m3·mol－1Vm＝eq\f(V,n)溫度壓強思考3(1)32.03g·mol－1(2)17g·mol－1(3)34.9g·mol－1(4)28g·mol－1應(yīng)用體驗1．(1)×(2)×(3)×(4)×2．(1)1.5mol11.2L(2)44.8L(3)NA二、思考(1)22.4L44.8L物質(zhì)的量(2)32g22.4Leq\f(32,22.4)2g22.4Leq\f(2,22.4)①摩爾質(zhì)量②eq\f(M,22.4)應(yīng)用體驗1．(1)×(2)×(3)×(4)√(5)√2．D[質(zhì)量相同的CH4和NH3的物質(zhì)的量之比為eq\f(1,16)∶eq\f(1,17)＝17∶16。分子個數(shù)之比等于物質(zhì)的量之比，為17∶16，故A正確；同溫同壓下兩種氣體的體積之比等于物質(zhì)的量之比，為17∶16，故B正確；氫原子個數(shù)之比為(eq\f(1,16)×4)∶(eq\f(1,17)×3)＝17∶12，故C正確；原子個數(shù)之比為(eq\f(1,16)×5)∶(eq\f(1,17)×4)＝85∶64，故D錯誤。]隨堂演練知識落實1．C2.C3．A[H2的摩爾質(zhì)量為2g·mol－1，He的摩爾質(zhì)量為4g·mol－1。根據(jù)n＝eq\f(m,M)，等質(zhì)量的氫氣和氦氣的物質(zhì)的量和摩爾質(zhì)量成反比，所以物質(zhì)的量之比為4∶2＝2∶1，根據(jù)n＝eq\f(N,NA)，物質(zhì)的量和粒子個數(shù)成正比，所以氫氣和氦氣的分子個數(shù)比為2∶1。根據(jù)阿伏加德羅定律，同溫同壓下，氣體體積和物質(zhì)的量成正比，所以V(H2)∶V(He)＝2∶1。氫氣是雙原子分子，氦氣是單原子分子。]4．(1)1∶2(2)1∶2(3)3∶4(4)11∶14(5)11∶7(6)11∶7第3課時物質(zhì)的量濃度一、1．溶質(zhì)溶液eq\f(m溶質(zhì),m溶液)×100%2．單位體積物質(zhì)的量cBmol·L－1cB＝eq\f(nB,V)思考1①設(shè)溶液體積為1L，則cB＝eq\f(nB,V)＝eq\f(\f(ρg·mL－1×1000mL×w,Mg·mol－1),1L)＝eq\f(1000ρw,M)mol·L－1。M：溶質(zhì)B的摩爾質(zhì)量(單位：g·mol－1)；ρ：溶液密度(單位：g·mL－1)；w為溶質(zhì)的質(zhì)量分數(shù)。②c(H2SO4)＝eq\f(1000×1.84×98%,98)mol·L－1＝18.4mol·L－1。思考2(1)1mol1mol·L－11.5mol1.5mol·L－11∶2∶3微粒個數(shù)之比(2)0.25mol·L－1(3)②③應(yīng)用體驗1．(1)×(2)√(3)×(4)×(5)√2．(1)Na2CO30.01(2)0.011.06×10－2二、例1c(HCl)＝eq\f(nHCl,V溶液)＝eq\f(\f(V,22.4)mol,\f(V×36.5＋22400,22400ρ)L)＝eq\f(1000ρV,V×36.5＋22400)mol·L－1例20.2mol·L－1例30.42例4B[KCl、CaCl2、Ca(NO3)2形成的混合溶液中，c(K＋)＝0.2mol·L－1，c(Ca2＋)＝0.5mol·L－1，c(Cl－)＝0.4mol·L－1，設(shè)c(NOeq\o\al(－,3))為x，由電荷守恒可知，0.2mol·L－1×1＋0.5mol·L－1×2＝0.4mol·L－1×1＋x×1，解得x＝0.8mol·L－1。]應(yīng)用體驗1．(1)×(2)√(3)×(4)×2．C[原溶液中c(Al3＋)＝eq\f(\f(ag,27g·mol－1),\f(VmL,1000mL·L－1))＝eq\f(1000a,27V)mol·L－1，由稀釋定律求出稀釋后c(Al3＋)＝eq\f(\f(1000a,27V)mol·L－1×\f(V,4)mL,4VmL)＝eq\f(125a,54V)mol·L－1，由2Al3＋～3SOeq\o\al(2－,4)關(guān)系求出稀釋后SOeq\o\al(2－,4)的濃度即可。]隨堂演練知識落實1．B2.A3.C第4課時配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液一、1．玻璃棒容量瓶膠頭滴管2．溫度容積50mL、100mL、250mL、500mL、1000mL思考1使用前要檢驗容量瓶是否漏水。檢驗程序：加水→塞瓶塞→倒立→查漏→正立→瓶塞旋轉(zhuǎn)180°→倒立→查漏。3．0.1mol5.85托盤天平藥匙5.9玻璃棒燒杯100mL容量瓶2～3容量瓶1～2cm溶液的凹液面與刻度線相切思考2配制氫氧化鈉溶液480mL，需要容量瓶的容積為500mL。則計算應(yīng)按照500mL(0.5L)計算。則n＝c·V＝1.00mol·L－1×0.5L＝0.5mol，m＝n·M＝0.5mol×40g·mol－1＝20g。托盤天平的精確度為0.1g，則用托盤天平稱量20.0g氫氧化鈉固體。應(yīng)用體驗1．(1)×(2)√(3)×(4)√2．(2)(3)(4)(5)(6)解析(2)使用容量瓶配制溶液時，不能直接溶解固體，故圖a錯誤；(3)定容時，視線要與凹液面最低點相切，故圖b錯誤；(4)玻璃棒下端應(yīng)在刻度線以下，故圖c錯誤；(5)用容量瓶配制溶液時，若加水超過刻度線，應(yīng)重新配制溶液；(6)定容時，液面距刻度線1～2cm時應(yīng)改用膠頭滴管，故圖d錯誤。二、1．(1)偏大偏小(2)偏小偏大2．①偏小偏?、谄∑、燮∑、懿蛔儾蛔儾蛔儮萜∑、奁〔蛔兤、卟蛔兤笃∷伎?①仰視刻度線(如圖a)：加水量高于刻度線，溶液體積偏大，c偏低。②俯視刻度線(如圖b)：加水量低于刻度線，溶液體積偏小，c偏高。思考2①仰視刻度線(如圖c)：濃硫酸的體積偏大，即溶液中的溶質(zhì)硫酸偏多，c偏高。②俯視刻度線(如圖d)：濃硫酸的體積偏小，即溶液中的溶質(zhì)硫酸偏少，c偏低。應(yīng)用體驗1．(1)×(2)√(3)×(4)×2．②③⑦⑤⑥①④隨堂演練知識落實1．A2.B3．B[用托盤天平稱取2.0gNaOH固體時所用時間較長，導(dǎo)致NaOH的物質(zhì)的量偏小，根據(jù)c＝eq\f(n,V)可知，所得溶液的濃度偏低，故①符合題意；向小燒杯中加水使氫氧化鈉溶解并冷卻至室溫，該操作方法合理，不影響配制結(jié)果，故②不符合題意；容量瓶不需要干燥，操作方法合理，不影響配制結(jié)果，故③不符合題意；向容量瓶中加水定容，定容時俯視刻度線，加入蒸餾水的體積偏小，根據(jù)c＝eq\f(n,V)可知，所得溶液的濃度偏高，故④不符合題意；用膠頭滴管補加蒸餾水至刻度線，導(dǎo)致溶液體積偏大，根據(jù)c＝eq\f(n,V)可知，所得溶液的濃度偏低，故⑤符合題意。]4．(1)5.4(2)10mL500mL(3)向燒杯中加入一定量的水，再將濃硫酸沿?zé)瓋?nèi)壁慢慢倒入，并用玻璃棒不斷攪拌(4)①未用玻璃棒引流；②未采用500mL容量瓶微專題2阿伏加德羅常數(shù)2．(1)×√(2)×(3)√(4)×√(5)×(6)×(7)×跟蹤訓(xùn)練1．(1)×(2)√(3)×(4)×(5)√(6)√(7)×2．C3.B4．C[0.1molMgCl2中含離子總數(shù)為0.3NA，故A錯誤；20℃、101kPa下的Vm未知，不能計算氯氣的物質(zhì)的量，故B錯誤；2.3g鈉物質(zhì)的量為eq\f(2.3g,23g·mol－1)＝0.1mol，完全反應(yīng)生成NaCl轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為0.1NA，故C正確；溶液體積不明確，故溶液中的鈉離子的個數(shù)無法計算，故D錯誤。]5．C[2.8gFe的物質(zhì)的量為0.05mol，與100mL3mol·L－1HCl發(fā)生反應(yīng)后，F(xiàn)e完全溶解，而鹽酸過量。Fe完全溶解生成Fe2＋，該反應(yīng)轉(zhuǎn)移0.1mol電子，A錯誤；HCl溶液中Cl－的物質(zhì)的量為0.3mol，因此，Cl－數(shù)為0.3NA，B錯誤；Fe的質(zhì)子數(shù)為26,2.8gFe含有的質(zhì)子數(shù)為1.3NA，C正確；反應(yīng)生成H2的物質(zhì)的量為0.05mol，在標準狀況下的體積為1.12L，D錯誤。]6．B[80gFe2(SO4)3的物質(zhì)的量n＝eq\f(80g,400g·mol－1)＝0.2mol，一個氫氧化鐵膠粒是多個氫氧化鐵的聚集體，故0.2mol硫酸鐵形成的Fe(OH)3膠體粒子數(shù)小于0.4NA，故B正確；1.84gCuFeS2的物質(zhì)的量n＝eq\f(1.84g,184g·mol－1)＝0.01mol，而CuFeS2在足量的氧氣中完全焙燒后生成CuO、Fe2O3和SO2，則0.01molCuFeS2反應(yīng)后轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為0.01mol×(1＋2×6)＝0.13mol，個數(shù)為0.13NA，故C錯誤；溶液體積不明確，不能算出其和氧氣反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量，故D錯誤。]實驗活動1配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液實驗步驟1．(1)5.85(2)5.95.8500(3)①玻璃棒②冷卻到室溫玻璃棒③2～3④1～2cm膠頭滴管凹液面與刻度線相切2．(1)50(2)量筒50.0(3)①玻璃棒②玻璃棒③2～3④1～2cm膠頭滴管凹液面與刻度線相切問題和討論1．將燒杯中的溶液注入容量瓶以后，燒杯內(nèi)壁和玻璃棒上都殘留有溶液，里面有溶質(zhì)，洗滌燒杯內(nèi)壁和玻璃棒2～3次，并將洗滌液也都注入容量瓶，是為了保證溶質(zhì)盡可能全部都轉(zhuǎn)移到容量瓶中，減小誤差。2．容量瓶的使用溫度為20℃，即室溫，未冷卻溶液溫度高，體積偏大，此時定容到刻度線，冷卻后體積縮小，小于容量瓶容積，導(dǎo)致所配溶液的物質(zhì)的量濃度偏大。3．用量筒量取1.00mol·L－1的NaCl溶液時，仰視讀數(shù)，所量取的1.00mol·L－1的NaCl溶液體積偏大，所含的溶質(zhì)偏多，所配的溶液物質(zhì)的量濃度偏大。4．仰視刻度線，溶液體積偏大，所配溶液的物質(zhì)的量濃度偏小。5．重新配制。跟蹤訓(xùn)練1．(1)4.2(2)500mL容量瓶燒杯玻璃棒膠頭滴管(3)偏小(4)②③2．(1)2KMnO4＋5H2C2O4＋3H2SO4=K2SO4＋2MnSO4＋10CO2↑＋8H2O(2)①1.6燒杯室溫②1000mL容量瓶(3)36%(4)偏低解析(3)根據(jù)2KMnO4＋5H2C2O4＋3H2SO4=K2SO4＋2MnSO4＋10CO2↑＋8H2O反應(yīng)可知，2KMnO4～5H2C2O4，移取20.00mL酸性KMnO4溶液，加入25.00mL草酸樣品溶液，溶液恰好完全褪色(假設(shè)其他雜質(zhì)都不反應(yīng))，則該樣品中草酸的濃度為c＝eq\f(20mL×0.01mol·L－1×5,2×25mL)＝0.02mol·L－1，該樣品中草酸的質(zhì)量分數(shù)w＝eq\f(0.0200mol·L－1×0.1L×90g·mol－1,0.5g)×100%＝36%。(4)配制酸性KMnO4溶液定容時俯視讀數(shù)，導(dǎo)致所配酸性KMnO4溶液濃度偏高，消耗酸性KMnO4溶液的體積減小，則所測樣品中草酸的含量偏低。章末整合重點突破體驗高考1．C2.D3．(1)MnO2＋4HCl(濃)eq\o(=,\s\up7(△))MnCl2＋Cl2↑＋2H2O(2)c→d→b→a→e(3)HClO向溶液中加入過量稀硝酸，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，則證明原溶液中含有Cl－4．(1)圓底燒瓶飽和食鹽水(2)水浴加熱Cl2＋2OH－=ClO－＋Cl－＋H2O避免生成NaClO3(3)吸收尾氣(Cl2)AC解析由題干信息及裝置圖分析各裝置的作用，a裝置用于除雜，b裝置用于制備氯酸鉀，c裝置用于制備次氯酸鈉，d裝置用于尾氣處理。(1)盛放MnO2粉末的儀器是圓底燒瓶。產(chǎn)生的氯氣中混有氯化氫雜質(zhì)，除掉氯化氫需要將氣體通過飽和食鹽水。(2)b裝置的加熱方式為水浴加熱。c裝置中氯氣與氫氧化鈉發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為Cl2＋2OH－=ClO－＋Cl－＋H2O。根據(jù)b、c裝置水浴溫度的不同推知，生成氯酸鹽時需要酒精燈加熱，生成次氯酸鹽時需要冰水冷卻，所以c中冰水浴的目的是避免氯酸鈉的生成。(3)d是尾氣處理裝置，吸收氯氣可以用硫化鈉溶液或氫氧化鈣濁液。突破一1．①2Na＋2H2O=2Na＋＋2OH－＋H2↑④Na2CO3＋CO2＋H2O=2NaHCO3⑤NaHCO3＋NaOH=Na2CO3＋H2O⑧NaCl＋NH3＋CO2＋H2O=NaHCO3↓＋NH4Cl?4Na＋O2=2Na2O?2Na＋O2eq\o(=,\s\up7(△))Na2O22．①Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO②2Cl2＋2Ca(OH)2=Ca(ClO)2＋CaCl2＋2H2O④Cl2＋2OH－=Cl－＋ClO－＋H2O⑦Cl2＋2I－=I2＋2Cl－⑩Cl2＋Cueq\o(=,\s\up7(△))CuCl2?Cl－＋Ag＋=AgCl↓?MnO2＋4H＋＋2Cl－eq\o(=,\s\up7(△))Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O?Ca(ClO)2＋CO2＋H2O=CaCO3＋2HClO跟蹤訓(xùn)練1．D2.A突破二1．(1)eq\f(m,M)eq\f(Vg,Vm)eq\f(N,NA)c·V(aq)(2)eq\f(1000ρw,M)2．(1)物質(zhì)的量(2)等于(3)體積