一輪復(fù)習(xí)74練答案精析第一章化學(xué)物質(zhì)及其變化第1練物質(zhì)的組成、性質(zhì)和轉(zhuǎn)化1．A2.D3.D4.D5．D[茶多酚的性質(zhì)不穩(wěn)定，在高溫下易被空氣中的氧氣氧化，故“翻炒”時(shí)，木炭火的溫度不是越高越好，A錯(cuò)誤；100℃時(shí)水的離子積Kw＝10－12，此時(shí)中性溶液的pH＝6，且酚羥基具有弱酸性，茶葉中含有茶多酚，故用開(kāi)水剛泡制的茶水pH應(yīng)該小于6，B錯(cuò)誤；瓷器茶杯是陶瓷制品，是無(wú)機(jī)硅酸鹽材料，屬于傳統(tǒng)的無(wú)機(jī)非金屬材料，C錯(cuò)誤。]6．B7.C8．C[A項(xiàng)，氫、氧兩種元素除組成H2O外還可以組成H2O2，錯(cuò)誤；B項(xiàng)，導(dǎo)熱性、折射率、導(dǎo)電性屬于水的物理性質(zhì)，錯(cuò)誤；C項(xiàng)，冰浮在水上，說(shuō)明冰的密度小于液態(tài)水，正確；D項(xiàng)，液態(tài)水兩種形態(tài)間的轉(zhuǎn)化屬于物理變化，錯(cuò)誤。]9．B[在晶體硅中，每個(gè)Si與其周?chē)?個(gè)Si形成共價(jià)鍵并形成空間網(wǎng)狀結(jié)構(gòu)，因此，平均每個(gè)Si形成2個(gè)共價(jià)鍵，1molSi含Si—Si的數(shù)目約為2×6.02×1023，B說(shuō)法錯(cuò)誤；SiHCl3易水解，氫氣中混有氧氣易爆炸，原料氣HCl和H2應(yīng)充分去除水和氧氣，C說(shuō)法正確；Si＋3HCleq\o(=,\s\up7(300℃))SiHCl3＋H2，該反應(yīng)是氣體分子數(shù)減少的反應(yīng)，因此，生成SiHCl3的反應(yīng)為熵減過(guò)程，D說(shuō)法正確。]10．B11．A[SO2可與NaOH溶液反應(yīng)，①可以實(shí)現(xiàn)；H2S＋CuSO4=CuS↓＋H2SO4，②可以實(shí)現(xiàn)；H2SO4＋2CH3COONa=2CH3COOH＋Na2SO4，沒(méi)有水、沉淀和氣體生成，③可以實(shí)現(xiàn)；H2SO3＋2H2S=3S↓＋3H2O，④可以實(shí)現(xiàn)；同素異形體之間的轉(zhuǎn)化不屬于氧化還原反應(yīng)，但有單質(zhì)參加，⑤可以實(shí)現(xiàn)；2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，⑥可以實(shí)現(xiàn)。]12．B[若A為Fe，D為Cl2，F(xiàn)e與Cl2反應(yīng)生成FeCl3而不是FeCl2，B錯(cuò)誤。]13．(1)①②④④(2)膠體金顆粒14．(1)FeCl2、Fe(OH)2(2)②③⑤4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3(3)1～100nm丁達(dá)爾效應(yīng)(4)Fe2O3或Fe3O4FeSO4分解生成SO2和SO3，部分S元素被還原，則Fe元素應(yīng)被氧化，所以X為Fe2O3或Fe3O4(5)bc第2練離子反應(yīng)離子方程式1．C2.D3．B[二氧化氮和水生成硝酸和NO，反應(yīng)為3NO2＋H2O=2H＋＋2NOeq\o\al(－,3)＋NO，A正確；石灰乳不能拆，反應(yīng)為Cl2＋Ca(OH)2=Ca2＋＋ClO－＋Cl－＋H2O，B錯(cuò)誤；Al放入NaOH溶液中生成偏鋁酸鈉和氫氣：2Al＋2OH－＋2H2O=2AlOeq\o\al(－,2)＋3H2↑，C正確；Pb放入Fe2(SO4)3溶液中發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成二價(jià)鉛和二價(jià)鐵離子，反應(yīng)為Pb＋SOeq\o\al(2－,4)＋2Fe3＋=2Fe2＋＋PbSO4，D正確。]4．C5．D[向溶液中加入硫酸鋅，硫酸根離子會(huì)與溶液中的鋇離子反應(yīng)生成BaSO4沉淀，故A不符合題意；向溶液中加入鐵粉，鐵離子會(huì)與鐵反應(yīng)生成亞鐵離子，故B不符合題意；向溶液中通入氨氣，鋁離子、鐵離子會(huì)與氨水反應(yīng)生成氫氧化鋁、氫氧化鐵沉淀，故C不符合題意；向溶液中通入二氧化碳，二氧化碳與溶液中離子均不發(fā)生反應(yīng)，故D符合題意。]6．A7.D8．D[硝酸具有強(qiáng)氧化性，可以將S2－氧化為S單質(zhì)，自身根據(jù)其濃度大小還原為NO或NO2，反應(yīng)的離子方程式為4H＋＋2NOeq\o\al(－,3)＋S2－=S↓＋2NO2↑＋2H2O或8H＋＋2NOeq\o\al(－,3)＋3S2－=3S↓＋2NO↑＋4H2O，A錯(cuò)誤；明礬在水中可以電離出Al3＋，可以與NH3·H2O電離出的OH－發(fā)生反應(yīng)生成Al(OH)3，但由于NH3·H2O的堿性較弱，生成的Al(OH)3不能繼續(xù)與NH3·H2O發(fā)生反應(yīng)，故反應(yīng)的離子方程式為Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NHeq\o\al(＋,4)，B錯(cuò)誤；硅酸的酸性弱于碳酸，向硅酸鈉溶液中通入二氧化碳時(shí)，生成硅酸沉淀，二氧化碳則根據(jù)其通入的量的多少反應(yīng)生成碳酸根或碳酸氫根，反應(yīng)的離子方程式為SiOeq\o\al(2－,3)＋H2O＋CO2(少量)=H2SiO3↓＋COeq\o\al(2－,3)或SiOeq\o\al(2－,3)＋2H2O＋2CO2(過(guò)量)=H2SiO3↓＋2HCOeq\o\al(－,3)，C錯(cuò)誤；將等物質(zhì)的量濃度的Ba(OH)2與NH4HSO4溶液以體積比1∶2混合，由于H＋與OH－結(jié)合能力強(qiáng)于NHeq\o\al(＋,4)，H＋恰好完全反應(yīng)，反應(yīng)的離子方程式為Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SOeq\o\al(2－,4)=BaSO4↓＋2H2O，D正確。]9．B[碘化亞鐵溶液與等物質(zhì)的量的氯氣反應(yīng)，碘離子與氯氣恰好完全反應(yīng)：2I－＋Cl2=I2＋CO2＋H2O=HClO＋HCOeq\o\al(－,3)，故B正確；銅與稀硝酸反應(yīng)生成硝酸銅、一氧化氮和水：3Cu＋8H＋＋2NOeq\o\al(－,3)=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，故C錯(cuò)誤；向硫化鈉溶液通入足量二氧化硫，發(fā)生反應(yīng)：2S2－＋5SO2＋2H2O=3S↓＋4HSOeq\o\al(－,3)，故D錯(cuò)誤。]10．D11.D12．A[二氧化碳和水在葉綠素作用下光合作用是氧化還原反應(yīng)，A錯(cuò)誤；根據(jù)反應(yīng)圖像分析，鈣化過(guò)程中HCOeq\o\al(－,3)轉(zhuǎn)化為COeq\o\al(2－,3)、H2CO3，H2CO3分解產(chǎn)生CO2、H2O，COeq\o\al(2－,3)與Ca2＋結(jié)合形成CaCO3沉淀，所以鈣化作用的離子方程式之一為Ca2＋＋2HCOeq\o\al(－,3)=CaCO3↓＋CO2↑＋H2O，D正確。]13．(1)Cl－Na＋Ca2＋(2)COeq\o\al(2－,3)＋Ca2＋=CaCO3↓(3)514．(1)Ba2＋＋SOeq\o\al(2－,4)＋H＋＋HCOeq\o\al(－,3)=BaSO4↓＋H2O＋CO2↑HCOeq\o\al(－,3)＋H＋=CO2↑＋H2O(2)2Al3＋＋3SOeq\o\al(2－,4)＋3Ba2＋＋6OH－=2Al(OH)3↓＋3BaSO4↓(3)Cu2＋＋2HS－=CuS↓＋H2S↑(4)4CO2＋5OH－=COeq\o\al(2－,3)＋3HCOeq\o\al(－,3)＋H2O(5)COeq\o\al(2－,3)＋CH3COOH=HCOeq\o\al(－,3)＋CH3COO－第3練氧化還原反應(yīng)的概念和規(guī)律1．B2.C3．A[用FeCl3溶液刻蝕銅質(zhì)電路板過(guò)程中發(fā)生反應(yīng)：2Fe3＋＋Cu=Cu2＋＋2Fe2＋，氧化劑的氧化性強(qiáng)于氧化產(chǎn)物，即氧化性：Fe3＋>Cu2＋，A項(xiàng)正確；用Na2O2作呼吸面具的氧氣來(lái)源時(shí)，Na2O2自身發(fā)生歧化反應(yīng)，未氧化CO2，B項(xiàng)錯(cuò)誤；用Na2S除去廢水中的Cu2＋和Hg2＋是發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)的過(guò)程，與Na2S的還原性無(wú)關(guān)，C項(xiàng)錯(cuò)誤；用石灰乳脫除煙氣中的SO2過(guò)程中，先生成CaSO3，后被O2氧化為CaSO4，與SO2的氧化性無(wú)關(guān)，D項(xiàng)錯(cuò)誤。]4．D5.D6．C[Te為第ⅥA族元素，與Cu形成化合物時(shí)顯－2價(jià)，則Cu2Te中Cu為＋1價(jià)，A項(xiàng)錯(cuò)誤；反應(yīng)①中，Cu和Te元素化合價(jià)均升高，則氧化產(chǎn)物為CuSO4和TeO2，B項(xiàng)錯(cuò)誤；反應(yīng)②中每生成1molTe，轉(zhuǎn)移4mol電子，反應(yīng)①中每生成1molTeO2，轉(zhuǎn)移8mol電子，則每制備1molTe，理論上共轉(zhuǎn)移12mol電子，C項(xiàng)正確；根據(jù)反應(yīng)①判斷，氧化劑的氧化性強(qiáng)于氧化產(chǎn)物，則O2氧化性強(qiáng)于TeO2，根據(jù)反應(yīng)②判斷，TeO2為氧化劑，SO2為還原劑，則TeO2氧化性強(qiáng)于SO2，D項(xiàng)錯(cuò)誤。]7．A[該反應(yīng)中只有碘元素的價(jià)態(tài)升高，由0價(jià)升高至KH(IO3)2中的＋5價(jià)，每個(gè)碘原子升高5價(jià)，即6I2～60e－，又因化學(xué)方程式中6I2～3Cl2，故3Cl2～60e－，即Cl2～20e－，所以產(chǎn)生22.4L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)Cl2即1molCl2時(shí)，反應(yīng)中應(yīng)轉(zhuǎn)移20mole－，A錯(cuò)誤；該反應(yīng)中KClO3中氯元素價(jià)態(tài)降低，KClO3作氧化劑，I2中碘元素價(jià)態(tài)升高，I2作還原劑，由該化學(xué)方程式的計(jì)量數(shù)可知，11KClO3～6I2，故該反應(yīng)的氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為11∶6，B正確；漂白粉的有效成分是次氯酸鈣，工業(yè)制漂白粉可用石灰乳與氯氣反應(yīng)，C正確；食鹽中IOeq\o\al(－,3)可先與酸化的淀粉碘化鉀溶液中的H＋、I－發(fā)生歸中反應(yīng)：IOeq\o\al(－,3)＋5I－＋6H＋=3I2＋3H2O，淀粉與生成的I2發(fā)生特征反應(yīng)變?yōu)樗{(lán)色，故可用酸化的淀粉碘化鉀溶液檢驗(yàn)食鹽中IOeq\o\al(－,3)的存在，D正確。]8．C9.A10.D11．(1)Cu＞(2)33.6(3)D(4)＋8H2O解析(3)根據(jù)氧原子守恒則n＝2，根據(jù)氫原子守恒則y＝4，根據(jù)R原子守恒則x＝m，根據(jù)電荷守恒則2x＋y＝3m，所以x＝y(tǒng)＝m＝4；在反應(yīng)中，R的化合價(jià)升高，R2＋是還原劑，則R3＋是氧化產(chǎn)物，氧元素化合價(jià)降低，所以H2O是還原產(chǎn)物。12．(1)CuII2(2)2Cu＋I(xiàn)2=2CuI(3)＞高(4)AC13．(1)NaOH溶液防止尾氣污染環(huán)境(2)MnO2＋4HCl(濃)eq\o(=,\s\up7(△))MnCl2＋Cl2↑＋2H2O(3)2Fe3＋＋SO2＋2H2O=2Fe2＋＋SOeq\o\al(2－,4)＋4H＋取少許溶液于試管中，先加入足量稀鹽酸酸化，再滴加少量BaCl2溶液，若有白色沉淀生成，證明有SOeq\o\al(2－,4)，反之無(wú)SOeq\o\al(2－,4)(4)SO2＞Fe2＋＞Cl－(5)乙、丙解析(1)向B中的FeCl2溶液中通入氯氣和二氧化硫，為防止多余的氯氣和二氧化硫污染空氣，需要將其除去，所以棉花中浸潤(rùn)的溶液為NaOH溶液。(2)實(shí)驗(yàn)室制備氯氣用的是二氧化錳和濃鹽酸在加熱的條件下反應(yīng)，化學(xué)方程式為MnO2＋4HCl(濃)eq\o(=,\s\up7(△))MnCl2＋Cl2↑＋2H2O。(3)先向B中的FeCl2溶液中通入Cl2，B中的亞鐵離子被氯氣氧化為鐵離子，再向B中通入一定量的SO2氣體，鐵離子被二氧化硫還原為亞鐵離子，離子方程式為2Fe3＋＋SO2＋2H2O=2Fe2＋＋SOeq\o\al(2－,4)＋4H＋。(5)過(guò)程Ⅱ是為了檢驗(yàn)Fe2＋被氯氣氧化后的產(chǎn)物，過(guò)程Ⅳ是為了檢驗(yàn)二氧化硫被Fe3＋氧化后的產(chǎn)物。甲：過(guò)程Ⅱ中檢出離子有Fe3＋無(wú)Fe2＋，說(shuō)明氯氣過(guò)量，過(guò)程Ⅳ中檢出離子有SOeq\o\al(2－,4)，不能說(shuō)明二氧化硫是被鐵離子氧化的，也可能是被氯氣氧化的，甲錯(cuò)誤；乙：過(guò)程Ⅱ中檢出離子既有Fe3＋又有Fe2＋，說(shuō)明亞鐵離子未被氧化完全，氯氣量不足，過(guò)程Ⅳ中檢出離子有SOeq\o\al(2－,4)，一定是二氧化硫被鐵離子氧化得到的，乙正確；丙：過(guò)程Ⅱ檢出離子有Fe3＋無(wú)Fe2＋，而過(guò)程Ⅳ中檢出離子有Fe2＋，說(shuō)明二氧化硫把鐵離子還原為亞鐵離子，丙正確。第4練氧化還原反應(yīng)方程式的配平及計(jì)算1．A2．B[由題干信息得到該離子方程式為5IOeq\o\al(－,4)＋2Mn2＋＋3H2O=2MnOeq\o\al(－,4)＋5IOeq\o\al(－,3)＋6H＋，IOeq\o\al(－,4)中的碘元素在反應(yīng)中化合價(jià)降低，得電子，作氧化劑，具有氧化性，故A正確；根據(jù)反應(yīng)方程式可知，該反應(yīng)的氧化劑是IOeq\o\al(－,4)，氧化產(chǎn)物是MnOeq\o\al(－,4)，則氧化性強(qiáng)弱順序是IOeq\o\al(－,4)＞MnOeq\o\al(－,4)，故B錯(cuò)誤；根據(jù)方程式可知：氧化劑碘酸根離子和還原劑錳離子的物質(zhì)的量之比為5∶2，故C正確；根據(jù)離子方程式可知，有2個(gè)Mn2＋參加反應(yīng)時(shí)，轉(zhuǎn)移電子的個(gè)數(shù)是10個(gè)，故D正確。]3．B[根據(jù)原子守恒并結(jié)合離子方程式兩邊離子所帶電荷總數(shù)相等可知，反應(yīng)①為SO2＋2Fe3＋＋2H2O=＋，B正確；反應(yīng)②中，根據(jù)得失電子守恒可得，Cr2Oeq\o\al(2－,7)和Cr3＋對(duì)應(yīng)的化學(xué)計(jì)量數(shù)分別為1、2，F(xiàn)e2＋和Fe3＋對(duì)應(yīng)的化學(xué)計(jì)量數(shù)均為6，則a＝6，再結(jié)合離子方程式兩邊離子所帶電荷總數(shù)相等可得，b＝14，C錯(cuò)誤；Cr2Oeq\o\al(2－,7)具有強(qiáng)氧化性，SO2具有還原性，且由①、②可知氧化性：Cr2Oeq\o\al(2－,7)>SOeq\o\al(2－,4)，則Cr2Oeq\o\al(2－,7)能將SO2氧化為SOeq\o\al(2－,4)，即反應(yīng)Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋3SO2＋2H＋=2Cr3＋＋3SOeq\o\al(2－,4)＋H2O能發(fā)生，D錯(cuò)誤。]4．C5.A6．(1)112111(2)11212(3)1121117．(1)611212666(2)1124213(3)2x22x2x1(4)1616128．(1)Na2SO4·10H2O＋4Ceq\o(=,\s\up7(高溫))Na2S＋4CO↑＋10H2O(2)FeS＋CrOeq\o\al(2－,4)＋4H2O=Fe(OH)3＋Cr(OH)3＋S＋2OH－9．2IOeq\o\al(－,3)＋5HSOeq\o\al(－,3)=I2＋5SOeq\o\al(2－,4)＋3H＋＋H2O10．(1)ZnO＋2NH3·H2O＋2NHeq\o\al(＋,4)=[Zn(NH3)4]2＋＋3H2O(2)2AsCleq\o\al(2－,5)＋2H2O2＋6NH3·H2O=As2O5(膠體)＋10Cl－＋6NHeq\o\al(＋,4)＋5H2O11．(1)Pb＋H2O2＋2HAc=Pb(Ac)2＋2H2O(2)5TiO2＋6C＋10Cl2eq\o(=,\s\up7(600℃))5TiCl4＋2CO＋4CO212．(1)H2S＋2Fe3＋=2Fe2＋＋S↓＋2H＋(2)NOeq\o\al(－,2)3Fe83NHeq\o\al(＋,4)2H2O13．(1)4Al＋3MnO2eq\o(=,\s\up7(高溫))3Mn＋2Al2O3(2)①M(fèi)nO2＋SO2eq\o(=,\s\up7(一定條件))MnSO4②2Fe2＋＋MnO2＋4H＋=Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O③溶液中存在平衡：MnCO3(s)Mn2＋(aq)＋COeq\o\al(2－,3)(aq)，COeq\o\al(2－,3)消耗溶液中的H＋，促進(jìn)SO2溶解：SO2＋H2OH2SO3H＋＋HSOeq\o\al(－,3)，Mn2＋有催化作用，可促進(jìn)反應(yīng)2SO2＋O2＋2H2Oeq\o(=,\s\up7(Mn2＋))2H2SO4發(fā)生(3)55c(V1－V0)×10－3解析(2)②據(jù)圖可知過(guò)程Ⅰ中MnO2被Fe2＋還原生成Mn2＋，F(xiàn)e2＋被氧化為Fe3＋，根據(jù)電子守恒和元素守恒可得離子方程式為2Fe2＋＋MnO2＋4H＋=Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O。(3)滴定時(shí)發(fā)生反應(yīng)Fe2＋＋Mn3＋=Fe3＋＋Mn2＋，所以n(Mn)＝n(Mn3＋)＝n(Fe2＋)＝c(V1－V0)×10－3mol，所取廢水為1mL，所以廢水中錳的含量為55c(V1－V0)×10－3g·mL－1。14．(1)②Fe3＋、Mn2＋(2)①24Cl－2Fe2＋(3)①2[AgCl2]－＋Fe=Fe2＋＋2Ag＋4Cl－、2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋第二章物質(zhì)的量第5練物質(zhì)的量氣體摩爾體積1．C2.C3.D4．A[據(jù)n＝eq\f(N,NA)可知，該氣體的物質(zhì)的量為1mol。該溫度和壓強(qiáng)下，1mol該氣體的體積為30L，若是標(biāo)準(zhǔn)狀況，其體積約是22.4L，故A不正確、B正確；1mol該氣體含有1.204×1024個(gè)原子，則1個(gè)該氣體分子中含有原子個(gè)數(shù)為eq\f(1.204×1024,6.02×1023)＝2，故C正確；因1mol該氣體在該條件下為30L，由此可知該條件下氣體摩爾體積為30L·mol－1，故若O2在該條件下為氣態(tài)，則1molO2在該條件下的體積也為30L，故D正確。]5．A6.D7．A[溶液體積未知，不能計(jì)算Co2＋的數(shù)目，B錯(cuò)誤；合成氨是可逆反應(yīng)，0.1molN2不能完全反應(yīng)，故生成的NH3分子數(shù)小于0.2NA，C錯(cuò)誤；水中也含有氧原子，則n(O)＝eq\f(100g×17%,34g·mol－1)×2＋eq\f(100g×1－17%,18g·mol－1)≈5.6mol，D錯(cuò)誤。]8．D[根據(jù)阿伏加德羅定律的推論：同溫同壓下，同質(zhì)量氣體的體積與其摩爾質(zhì)量成反比。四種氣體的摩爾質(zhì)量的大小關(guān)系為M(SO2)>M(CO2)>M(O2)>M(CH4)，所以氣球①②③④中的氣體分別為SO2、CO2、O2、CH4，A錯(cuò)誤；同質(zhì)量的氣體，分子數(shù)之比等于其物質(zhì)的量之比，也等于其摩爾質(zhì)量的反比，氣球①和氣球③中氣體分子數(shù)不相等，氣球①和氣球④中氣體物質(zhì)的量之比為1∶4，B、C錯(cuò)誤；同溫同壓下，氣體的密度與其摩爾質(zhì)量成正比，氣球③和氣球④中氣體密度之比為2∶1，D正確。]9．B10.A11．A[由題意知，n(CO)×28g·mol－1＋n(CO2)×44g·mol－1＝14.4g、n(CO)＋n(CO2)＝eq\f(8.96L,22.4L·mol－1)＝0.4mol，聯(lián)立兩式解得：n(CO)＝n(CO2)＝0.2mol。A錯(cuò)，混合氣體的總物質(zhì)的量為0.4mol，則所含碳原子總數(shù)為0.4NA；B對(duì)，混合氣體通過(guò)NaOH溶液時(shí)，CO2被吸收，氣球中收集到的氣體是CO，其物質(zhì)的量為0.2mol，故在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為4.48L；C對(duì)，NaOH溶液吸收CO2生成Na2CO3和H2O，則NaOH溶液增加的質(zhì)量即為CO2的質(zhì)量，應(yīng)為0.2mol×44g·mol－1＝8.8g；D對(duì)，相同溫度和壓強(qiáng)下，氣體的體積之比等于其物質(zhì)的量之比，則CO和CO2的體積之比等于0.2mol∶0.2mol＝1∶1。]12．C[左右兩室體積相同，氣體密度相同，則氣體質(zhì)量相同，根據(jù)N＝n·NA＝eq\f(m,M)NA，相同質(zhì)量時(shí)，分子數(shù)與摩爾質(zhì)量成反比，則開(kāi)始時(shí)氫氣室分子數(shù)多，故A錯(cuò)誤；兩種氣體質(zhì)量相同時(shí)，氫氣的物質(zhì)的量多，氫氣和氯氣以1∶1反應(yīng)，則氫氣過(guò)量，所以最終容器內(nèi)有氫氣剩余，故B錯(cuò)誤；反應(yīng)中氫氣有剩余，且氣體總的物質(zhì)的量不變，反應(yīng)后兩室氣體物質(zhì)的量相同，氫氣室氣體的物質(zhì)的量減小，即壓強(qiáng)減小，故C正確；反應(yīng)前后氣體總質(zhì)量不變，容器體積不變，根據(jù)ρ＝eq\f(m,V)知，最終容器內(nèi)氣體密度與原來(lái)相同，故D錯(cuò)誤。]13．(1)17∶16(2)80%(3)5(a＋b－d)g·mol－1(4)a.①<②<③b．②<③<①c．②<③<①14．(1)1(2)11(3)11(4)2解析(1)同溫同壓下，氣體的物質(zhì)的量之比等于其體積之比，由圖可知甲室中氣體的物質(zhì)的量為eq\f(5×0.6mol,3)＝1mol。(2)乙室中HCl氣體的質(zhì)量為0.6mol×36.5g·mol－1＝21.9g，則甲室中氣體的質(zhì)量為21.9g－10.9g＝11g。(3)甲室中氣體的物質(zhì)的量為1mol，質(zhì)量為11g，平均摩爾質(zhì)量為11g·mol－1，則甲室中NH3、H2的平均相對(duì)分子質(zhì)量為11。(4)設(shè)甲室中氨氣的×x＋2g·mol－1×y＝11g，可得x＝0.6mol、y＝0.4mol；如果將隔板a去掉，0.6molHCl與0.6molNH3恰好完全反應(yīng)生成氯化銨固體，剩余H2的物質(zhì)的量為0.4mol，同溫同壓下，氣體的體積之比等于其物質(zhì)的量之比，所以隔板b將會(huì)左移至刻度“2”處。第6練物質(zhì)的量濃度1．C2.C3.B4．A[98%的濃H2SO4中溶質(zhì)的物質(zhì)的量濃度c＝eq\f(1000ρw,M)＝eq\f(1000×1.84×98%,98)mol·L－1＝18.4mol·L－1，配制1mol·L－1的稀H2SO4100mL需要濃硫酸的體積V＝eq\f(0.1L×1mol·L－1,18.4mol·L－1)≈0.0054L，即5.4mL。]5．D[配制500mL0.100mol·L－1NaCl溶液用到的儀器有托盤(pán)天平、藥匙、燒杯、玻璃棒、500mL容量瓶、膠頭滴管等，A錯(cuò)誤；配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液的步驟有計(jì)算、稱(chēng)量、溶解、轉(zhuǎn)移、洗滌、定容、搖勻等，操作步驟正確的順序?yàn)棰冖佗堍?，B錯(cuò)誤；容量瓶用蒸餾水洗凈后，不必干燥，C錯(cuò)誤；定容時(shí)仰視容量瓶的刻度線(xiàn)，則所加蒸餾水偏多，溶液的體積V偏大，溶液的濃度偏低，D正確。]6．C7.A8.B9.D10．C[根據(jù)溶質(zhì)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)w＝eq\f(m溶質(zhì),m溶液)×100%，m溶質(zhì)＝Ag，VmL水的質(zhì)量為Vg，m溶液＝(A＋V)g，w＝eq\f(A,A＋V)×100%，故A正確；根據(jù)溶質(zhì)的物質(zhì)的量濃度c＝eq\f(n,V′)，n＝eq\f(A,M)mol，V′＝eq\f(A＋V,1000ρ)L，代入可得c＝eq\f(1000ρA,MA＋MV)mol·L－1，故B正確；1mL該溶液中n(Cl－)＝eq\f(1000ρA,MA＋MV)mol·L－1×1mL×10－3L·mL－1×n＝eq\f(nρA,MA＋V)mol，故C錯(cuò)誤；該溫度下此鹽的溶解度S＝eq\f(100A,V)g，故D正確。]11．C[根據(jù)題意可知，鈉離子的質(zhì)量是ρVa%g，物質(zhì)的量是eq\f(ρVa%,23)mol，所以硫酸鈉的物質(zhì)的量是eq\f(ρVa%,46)mol，質(zhì)量是eq\f(ρVa%,46)mol×142g·mol－1eq\f(71ρVa%,23)g，溶質(zhì)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)是eq\f(\f(71ρVa%,23)g,ρVg)＝eq\f(71a,23)%，A正確；溶液的物質(zhì)的量濃度c＝eq\f(\f(ρVa%,46)mol,0.001VL)＝eq\f(5ρa(bǔ),23)mol·L－1，B正確；溶質(zhì)和溶劑的物質(zhì)的量之比是eq\f(ρVa%,46)mol∶eq\f(ρVg－\f(71ρVa%,23)g,18g·mol－1)＝9a∶(2300－71a)，C錯(cuò)誤；硫酸根離子的質(zhì)量分?jǐn)?shù)是eq\f(\f(ρVa%,46)mol×96g·mol－1,ρVg)＝eq\f(48a,23)%，D正確。]12．C[根據(jù)c＝eq\f(1000ρw,M)，可知該硝酸的物質(zhì)的量濃度c＝eq\f(1000×1.40×63%,63)mol·L－1＝14.0mol·L－1，A項(xiàng)正確；某同學(xué)用該濃硝酸配制稀硝酸，定容時(shí)俯視讀數(shù)，溶液體積偏小，會(huì)造成最終配制的稀硝酸濃度偏高，B項(xiàng)正確；Cu與濃HNO3發(fā)生反應(yīng)：Cu＋4HNO3(濃)=Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O，硝酸濃度降低到某一濃度后，開(kāi)始生成NO，不再生成NO2,50mL該濃硝酸中，硝酸的物質(zhì)的量n＝0.05L×14mol·L－1＝0.7mol，由4HNO3～2NO2可知，生成NO2的物質(zhì)的量小于0.35mol，C項(xiàng)錯(cuò)誤；等體積的水與該硝酸混合所得溶液的體積小于原硝酸體積的2倍，因此所得溶液的物質(zhì)的量濃度大于7.0mol·L－1，D項(xiàng)正確。]13．(1)7.14mol·L－1>(2)320.2(3)65.57%(4)22.35g14．(1)⑤(2)50mL容量瓶(3)偏小(4)2(5)當(dāng)?shù)稳胱詈蟀氲嗡嵝訩MnO4溶液，溶液由無(wú)色變?yōu)闇\紫色，且半分鐘內(nèi)不褪色(6)1.2解析(3)用圖示的操作配制溶液，定容時(shí)仰視刻度線(xiàn)，會(huì)使溶液體積偏大，配制的溶液濃度將偏小。(6)20.00mL血液樣品經(jīng)過(guò)處理后得到草酸，草酸消耗的高錳酸鉀的物質(zhì)的量為0.020mol·L－1×0.012L＝2.4×10－4mol，根據(jù)反應(yīng)的離子方程式5H2C2O4＋2MnOeq\o\al(－,4)＋6H＋=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O及草酸鈣的化學(xué)式CaC2O4可知，n(Ca2＋)＝n(H2C2O4)＝eq\f(5,2)×2.4×10－4mol＝6×10－4mol，Ca2＋的質(zhì)量為40g·mol－1×6×10－4mol＝0.024g，其濃度為eq\f(0.024×103mg,20.00cm3)＝1.2mg·cm－3。第7練化學(xué)計(jì)算的常用方法1．C2.C3．A[設(shè)該氮氧化合物的分子式為N2Ox，化學(xué)方程式為N2Ox＋xH2=N2＋xH2O，相同條件下參加反應(yīng)的氣體的體積之比等于其物質(zhì)的量之比也等于其化學(xué)計(jì)量數(shù)之比，N2Ox＋xH2=N2＋xH2OΔV1x15．6L46.8L則1∶x＝15.6L∶46.8L，x＝3，所以其化學(xué)式為N2O3。]4．B[M的化合價(jià)為＋n，Na2CO3與MCln反應(yīng)對(duì)應(yīng)的關(guān)系式為2Mn＋～nCOeq\o\al(2－,3)2n0．04L×0.5mol·L－10.015L×2mol·L－1解得n＝3。]5．C6.C7．C[高錳酸根離子與亞鐵離子反應(yīng)的離子方程式為MnOeq\o\al(－,4)＋5Fe2＋＋8H＋=Mn2＋＋5Fe3＋＋4H2O，n(KMnO4)＝20.00×10－3L×0.01000mol·L－1＝2.0×10－4mol，則n(FeSO4·7H2O)＝5n(KMnO4)＝1.0×10－3mol，w(FeSO4·7H2O)＝eq\f(1.0×10－3mol×\f(1000mL,25mL)×278g·mol－1,11.5g)×100%≈96.7%。]8．A[由題意可知，混合物中的Fe元素全部轉(zhuǎn)化為Fe(NO3)2，根據(jù)N元素守恒可得，n[Fe(NO3)2]＝(0.15L×4mol·L－1－eq\f(2.24L,22.4L·mol－1))×eq\f(1,2)＝0.25mol，則n(Fe)＝0.25mol，所以用足量的H2在加熱條件下還原相同質(zhì)量的混合物，所得到的鐵的物質(zhì)的量為0.25mol。]9．D[在溶液中微粒反應(yīng)的順序是Fe2＋＞Br－，n(Cl2)＝eq\f(3.36L,22.4L·mol－1)＝0.15mol；n(Cl－)＝0.3mol；假設(shè)FeBr2溶液的濃度是xmol·L－1，則在原溶液中n(Fe2＋)＝0.1xmol，n(Br－)＝0.2xmol；方法一：得失電子守恒，由題意可得：0.1x＋(0.2x－0.3)＝0.15×2，解得x＝2。方法二：電荷守恒，反應(yīng)后主要離子為Fe3＋、Cl－和Br－可知：3×0.1x＝0.3＋0.3，解得x＝2。也可依據(jù)分步反應(yīng)或總反應(yīng)求解。]10.eq\f(946aV1－bV3,6V2)11．(1)溶液由藍(lán)色變無(wú)色，且30s內(nèi)不恢復(fù)藍(lán)色eq\f(0.036cV,a)×100%(2)CaO解析(1)根據(jù)得失電子守恒，可得關(guān)系式CaO2～I(xiàn)2～2S2Oeq\o\al(2－,3)，則樣品中CaO2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為eq\f(cV×10－3×72,2×a)×100%＝eq\f(0.036cV,a)×100%。(2)CaO2·8H2O的摩爾質(zhì)量為216g·mol－1，故2.16g過(guò)氧化鈣晶體為0.01mol,350℃左右所得固體質(zhì)量為0.56g，根據(jù)鈣原子守恒，可知為CaO。12．(1)17%(2)eq\f(1.4cV,m)eq\f(7.5cV,m)13．(1)2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O減小(2)①偏大②12.32%解析(1)H2O2氧化后的溶液為Fe2(SO4)3溶液，F(xiàn)e2(SO4)3發(fā)生水解反應(yīng)：Fe2(SO4)3＋(6－2n)H2OFe2(OH)6－2n(SO4)n＋(3－n)H2SO4，F(xiàn)e2(OH)6－2n(SO4)n聚合得到聚合硫酸鐵，根據(jù)水解方程式知水解聚合反應(yīng)會(huì)導(dǎo)致溶液的酸性增強(qiáng)，pH減小。(2)①根據(jù)題意，Sn2＋能將Fe3＋還原為Fe2＋，發(fā)生的反應(yīng)為Sn2＋＋2Fe3＋=Sn4＋＋2Fe2＋，則還原性：Sn2＋>Fe2＋，實(shí)驗(yàn)中若不除去過(guò)量的Sn2＋，則加入的K2Cr2O7先氧化過(guò)量的Sn2＋再氧化Fe2＋，導(dǎo)致消耗的K2Cr2O7溶液的體積偏大，則樣品中鐵的質(zhì)量分?jǐn)?shù)的測(cè)定結(jié)果將偏大。②實(shí)驗(yàn)過(guò)程中消耗的n(Cr2Oeq\o\al(2－,7))＝5.000×10－2mol·L－1×22.00×10－3L＝1.100×10－3mol，根據(jù)得失電子守恒得滴定時(shí)反應(yīng)的離子方程式為Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋6Fe2＋＋14H＋=6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O，可得微粒的關(guān)系式：Cr2Oeq\o\al(2－,7)～6Fe2＋，則n(Fe2＋)＝6n(Cr2Oeq\o\al(2－,7))＝6×1.100×10－3mol＝6.6×10－3mol，根據(jù)Fe元素守恒，樣品中鐵元素的質(zhì)量m(Fe)＝6.6×10－3mol×56g·mol－1＝0.3696g，樣品中鐵元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)w(Fe)＝eq\f(0.3696g,3.000g)×100%＝12.32%。第三章化學(xué)實(shí)驗(yàn)基礎(chǔ)知識(shí)第8練化學(xué)實(shí)驗(yàn)基礎(chǔ)知識(shí)和技能1．B2.A3.A4．A[檢測(cè)氣體的酸堿性時(shí)需要潤(rùn)濕pH試紙，而測(cè)定溶液的pH時(shí)不需要潤(rùn)濕，故A錯(cuò)誤；硫易溶于CS2，則可用CS2洗去試管內(nèi)壁上殘留的硫，故B正確；碘不易溶于水，易溶于苯或四氯化碳，則可用苯代替四氯化碳萃取碘水中的碘，故C正確；丁達(dá)爾效應(yīng)為膠體特有的性質(zhì)，則用聚光手電筒照射CuSO4溶液和Fe(OH)3膠體時(shí)，產(chǎn)生的現(xiàn)象不同，故D正確。]5．C[銀單質(zhì)與氨水不反應(yīng)，可用稀硝酸清洗，A不符合題意；油脂在堿性環(huán)境下水解生成高級(jí)脂肪酸鹽和甘油，高級(jí)脂肪酸鹽和甘油都能溶于水而洗去，反應(yīng)中沒(méi)有元素化合價(jià)變化，不屬于氧化還原反應(yīng)，B不符合題意；二氧化錳與熱的濃鹽酸反應(yīng)生成氯氣、氯化錳和水，不溶性的二氧化錳轉(zhuǎn)化為可溶性的氯化錳而洗去，反應(yīng)中氯元素、錳元素的化合價(jià)發(fā)生變化，屬于氧化還原反應(yīng)，C符合題意；碘能溶于酒精形成溶液，因此附有碘的試管用酒精清洗，但屬于物理變化，D不符合題意。]6．A7.A8.A9.D10．B[NaH、CaC2均易與水反應(yīng)，所以應(yīng)密封保存，A正確；液溴和少量白磷保存時(shí)均加水液封，前者是為了防止液溴揮發(fā)，后者是為了防止白磷與空氣中的氧氣反應(yīng)，B錯(cuò)誤；FeCl2水解，C正確；NaF水解可產(chǎn)生HF，HF易與玻璃中的SiO2反應(yīng)，所以HF溶液和NaF溶液都應(yīng)用塑料瓶盛裝，D正確。]11．D[將黑木耳灼燒灰化，應(yīng)該在坩堝中灼燒，選用的儀器有①②⑥⑦⑨，故A正確；用膠頭滴管把濃硝酸滴入木耳灰中，使木耳灰溶解，用過(guò)濾的方法獲得濾液，選用的儀器有④⑤⑦⑩，故B正確；檢驗(yàn)濾液中的Fe3＋，取少量濾液于試管中，用膠頭滴管滴加幾滴KSCN溶液，若溶液變紅說(shuō)明含有Fe3＋，選用③⑧⑩，故C正確；進(jìn)行硫酸銅結(jié)晶水含量的測(cè)定需要稱(chēng)重，缺少天平，故D錯(cuò)誤。]12．D13．B[從海帶中提取I2，需要灼燒、溶解、氧化、過(guò)濾，使用的玻璃儀器有酒精燈、漏斗、玻璃棒、燒杯、分液漏斗，需要的試劑有蒸餾水、新制氯水、CCl4，儀器缺少漏斗，A不符合題意；乙醛的銀鏡反應(yīng)需熱水浴加熱，用膠頭滴管向盛有銀氨溶液的試管中滴加乙醛溶液，然后將該試管放入熱水浴中進(jìn)行反應(yīng)，故使用到的玻璃儀器有燒杯、酒精燈、試管、膠頭滴管，試劑有乙醛溶液、銀氨溶液，B符合題意；用一個(gè)干燥的燒瓶收集氨氣，并用帶有玻璃導(dǎo)管和膠頭滴管(事先吸有水)的雙孔塞塞緊，導(dǎo)管末端放入盛有水的燒杯中，當(dāng)實(shí)驗(yàn)時(shí)，將止水夾移到玻璃管處，擠壓膠頭滴管，使少量水進(jìn)入燒瓶中，就會(huì)形成壓強(qiáng)差而形成噴泉，儀器缺少膠頭滴管，C不符合題意；用95%的乙醇制取無(wú)水乙醇時(shí)，需將95%的乙醇、生石灰混合加熱，用溫度計(jì)測(cè)量蒸氣溫度，用冷凝管冷卻降溫，冷凝管與接收器錐形瓶通過(guò)牛角管連接，儀器缺少溫度計(jì)，藥品缺少生石灰，D不符合題意。]14．(1)容量瓶(直形)冷凝管(2)②⑥(3)試管(4)②④⑧⑨(5)⑧⑨(6)B(7)砝碼放在左盤(pán)，燒杯放在右盤(pán)(或砝碼和燒杯的位置放反了)27.4(8)膠頭滴管伸入試管內(nèi)試管口向上傾斜混合氣體從短導(dǎo)管進(jìn)入洗氣瓶第9練物質(zhì)的分離與提純1．A2.C3.A4．C[①加入氯化鐵，生成KCl，引入新雜質(zhì)，應(yīng)加入硝酸鐵除雜，錯(cuò)誤；②鐵可置換出銅，可除去雜質(zhì)，正確；③二氧化碳與氫氧化鈉溶液反應(yīng)，可除去雜質(zhì)，干燥后得到純凈的氫氣，正確；④碳酸鈣不溶于水，可用過(guò)濾的方法除去，正確。]5．A[乙酸乙酯與飽和碳酸鈉溶液分層，可以采用分液法進(jìn)行分離，A項(xiàng)正確；FeSO4·7H2O易被氧化，且蒸干易分解，應(yīng)該采用蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶的方法來(lái)制備，B項(xiàng)錯(cuò)誤；硫酸銅溶液經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶可得到CuSO4·5H2O，但儀器應(yīng)選蒸發(fā)皿，C項(xiàng)錯(cuò)誤；應(yīng)采用萃取、分液、蒸餾的方法得到I2，D項(xiàng)錯(cuò)誤。]6．A7.B8.B9．A[Na2CO3溶液也能吸收CO2，應(yīng)用飽和NaHCO3溶液除去CO2中的HCl，故A錯(cuò)誤；由于KNO3的溶解度受溫度影響較大，故可采用蒸發(fā)結(jié)晶、趁熱過(guò)濾的方法分離KNO3和NaCl，故B正確；堿石灰可除去H2中的HCl和H2O(g)，故C正確；堿石灰能干燥NH3，故D正確。]10．C[濃硫酸與銅反應(yīng)需要加熱，裝置甲中沒(méi)有酒精燈，無(wú)法反應(yīng)制取SO2，故A錯(cuò)誤；膠頭滴管使用時(shí)應(yīng)懸于容量瓶上方，不能伸入容量瓶?jī)?nèi)，會(huì)污染試劑，故B錯(cuò)誤；灼燒CoCO3固體應(yīng)用坩堝，故D錯(cuò)誤。]11．B12.A13．(1)防止CuO顆粒穿過(guò)濾紙或防止濾紙破損(2)取少量最后一次洗滌液于試管中，滴加BaCl2溶液，若無(wú)白色沉淀產(chǎn)生，說(shuō)明洗滌干凈14．(1)B(2)③④②(或④②③或④③②)(3)KOH＋HCl=KCl＋H2O、K2CO3＋2HCl=2KCl＋H2O＋CO2↑(4)取少量液體Ⅱ于試管中，滴加氯化鋇溶液，若無(wú)沉淀生成，則SOeq\o\al(2－,4)已沉淀完全第四章金屬及其化合物第10練堿金屬鈉及其氧化物1．C2.D3.C4．B[金屬鈉失電子均變?yōu)椋?價(jià)的陽(yáng)離子，等質(zhì)量的兩塊鈉，失電子數(shù)是一樣的；根據(jù)反應(yīng)：4Na＋O2=2Na2O，1mol金屬鈉完全反應(yīng)得氧化鈉的質(zhì)量是31g，根據(jù)反應(yīng)：2Na＋O2eq\o(=,\s\up7(△))Na2O2,1mol金屬鈉完全反應(yīng)得過(guò)氧化鈉的質(zhì)量是39g，故等質(zhì)量的兩塊鈉，生成過(guò)氧化鈉的質(zhì)量大，即第一塊鈉的反應(yīng)產(chǎn)物質(zhì)量大。]5．B[金屬鈉和二氧化碳反應(yīng)生成金剛石，反應(yīng)中碳元素化合價(jià)降低、鈉元素化合價(jià)升高，鈉作還原劑，二氧化碳發(fā)生還原反應(yīng)，故A、C正確；鈉與二氧化碳反應(yīng)生成金剛石和氧化鈉，氧化鈉和二氧化碳反應(yīng)生成碳酸鈉，故B錯(cuò)誤，D正確。]6．D7.A8．D[Na2O2與水反應(yīng)生成氫氧化鈉和氧氣，溶液呈堿性，HCOeq\o\al(－,3)與OH－反應(yīng)生成COeq\o\al(2－,3)，則②HCOeq\o\al(－,3)濃度減小，④COeq\o\al(2－,3)濃度增大；Na2O2具有強(qiáng)氧化性，將SOeq\o\al(2－,3)氧化為SOeq\o\al(2－,4)，則③SOeq\o\al(2－,3)濃度減小，⑤SOeq\o\al(2－,4)濃度增大；①NOeq\o\al(－,3)濃度基本不變，故選D。]9．B10．C[H2、CO發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式分別為2H2＋O2eq\o(=,\s\up7(點(diǎn)燃))2H2O,2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑；2CO＋O2eq\o(=,\s\up7(點(diǎn)燃))2CO2,2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2，則過(guò)氧化鈉增加的質(zhì)量即為H2、CO的質(zhì)量。因此只要是CO或H2或它們的混合氣體或化學(xué)式組成符合(CO)m·(H2)n，過(guò)氧化鈉固體增重的質(zhì)量就等于原物質(zhì)的質(zhì)量，則①②符合；而④HCHO可以改寫(xiě)成CO·H2，⑤CH3COOH可以改寫(xiě)成(CO)2·(H2)2，⑥HCOOH可以改寫(xiě)成CO2·H2，故①②④⑤符合。]11．D12．D[KO2中K元素顯＋1價(jià)，則O元素顯－eq\f(1,2)價(jià)，A錯(cuò)誤；KO2是由K＋和Oeq\o\al(－,2)構(gòu)成的，其陰、陽(yáng)離子個(gè)數(shù)之比為1∶1，B錯(cuò)誤；KO2與CO2反應(yīng)的化學(xué)方程式為4KO2＋2CO2=2K2CO3＋3O2Δm＝8，即4molKO2完全反應(yīng)，固體質(zhì)量減少8g，則1molKO2與CO2反應(yīng)后，固體質(zhì)量減少2g，C錯(cuò)誤；KO2和Na2O2分別與足量水反應(yīng)的化學(xué)方程式為4KO2＋2H2O=4KOH＋3O2↑、2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，所以當(dāng)eq\f(nKO2,nNa2O2)＝1時(shí)，生成O2的物質(zhì)的量之比為3∶2，D正確。]13．(1)飽和碳酸氫鈉(2)C(3)5變渾濁(4)①2Na＋2CO2eq\o(=,\s\up7(△))Na2CO3＋CO②4Na＋3CO2eq\o(=,\s\up7(△))2Na2CO3＋C14．(1)2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2、2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑(2)①長(zhǎng)頸漏斗吸收氫氣中的雜質(zhì)氣體(或除去氫氣中的水蒸氣和氯化氫氣體)②檢驗(yàn)氫氣純度③檢驗(yàn)是否有水生成④Na2O2＋H2eq\o(=,\s\up7(△))2NaOH第11練碳酸鈉和碳酸氫鈉鈉及其化合物的相互轉(zhuǎn)化1．C2.B3.D4．B[COeq\o\al(2－,3)、HCOeq\o\al(－,3)發(fā)生水解，溶液顯堿性，相同濃度下，COeq\o\al(2－,3)的水解程度比HCOeq\o\al(－,3)的大，所以相同濃度和體積的Na2CO3溶液和NaHCO3溶液，pH(Na2CO3)>pH(NaHCO3)，故A正確；實(shí)驗(yàn)后，碳酸鈉溶液和氯化鈣溶液恰好反應(yīng)生成碳酸鈣沉淀和氯化鈉，溶液中的離子主要有Na＋、Cl－，而碳酸氫鈉溶液和氯化鈣溶液反應(yīng)生成碳酸鈣沉淀、氯化鈉、水和二氧化碳，氯化鈣有剩余，溶液中的離子主要有Na＋、Cl－、Ca2＋，故兩者的離子種類(lèi)不完全相同，故B錯(cuò)誤；加入氯化鈣后，左側(cè)試管中只有白色沉淀生成，則反應(yīng)的化學(xué)方程式為Na2CO3＋CaCl2=CaCO3↓＋2NaCl，右側(cè)試管中有白色沉淀和無(wú)色氣體產(chǎn)生，則反應(yīng)的化學(xué)方程式為2NaHCO3＋CaCl2=CaCO3↓＋2NaCl＋CO2↑＋H2O，由化學(xué)方程式可知起始COeq\o\al(2－,3)、HCOeq\o\al(－,3)的物質(zhì)的量相同時(shí)，Na2CO3溶液中生成的沉淀比NaHCO3溶液中生成的沉淀多，故C正確；兩試管中發(fā)生的反應(yīng)均為復(fù)分解反應(yīng)，故D正確。]5．B6.A7．B[二氧化碳與氫氧化鈉反應(yīng)生成碳酸鈉和水，則反應(yīng)③表明CO2具有酸性氧化物的性質(zhì)，故A正確；碳酸氫鈉受熱分解生成碳酸鈉，則反應(yīng)④說(shuō)明Na2CO3的熱穩(wěn)定性強(qiáng)于NaHCO3，故B錯(cuò)誤；過(guò)氧化鈉與水、二氧化碳反應(yīng)生成氧氣，可用于潛水艇中氧氣的供給，故C正確；④是分解反應(yīng)，①是化合反應(yīng)，②是置換反應(yīng)，故D正確。]8．D[為了防止空氣中的二氧化碳對(duì)實(shí)驗(yàn)的影響，需先通過(guò)裝置A吸收空氣中的二氧化碳，則裝置A中的試劑為NaOH溶液，C中的試劑應(yīng)能與二氧化碳反應(yīng)生成沉淀，應(yīng)為Ba(OH)2溶液，故A錯(cuò)誤；若B、C之間添加飽和NaHCO3溶液的洗氣瓶，揮發(fā)出的HCl氣體會(huì)和NaHCO3反應(yīng)生成CO2氣體，對(duì)測(cè)定純堿純度會(huì)有影響，故B錯(cuò)誤；鹽酸易揮發(fā)，B中可能有HCl、H2O進(jìn)入C中，不能通過(guò)測(cè)定C的質(zhì)量差來(lái)確定CO2的質(zhì)量，應(yīng)通過(guò)測(cè)量C中產(chǎn)生的沉淀質(zhì)量來(lái)確定碳酸鈉的質(zhì)量分?jǐn)?shù)，故C錯(cuò)誤；沉淀表面可能附著少量水分和溶于水的雜質(zhì)，應(yīng)經(jīng)過(guò)過(guò)濾、洗滌、干燥、稱(chēng)量等操作測(cè)定裝置C中沉淀質(zhì)量，故D正確。]9．B10．D[由175mL到275mL是鹽酸與碳酸氫鈉反應(yīng)，則n(Na2CO3)＝n(NaHCO3)＝n(CO2)＝0.02mol，根據(jù)關(guān)系式NaHCO3～HCl可得，c(HCl)＝eq\f(0.02mol,275－175×10－3L)＝0.2mol·L－1，A正確；由圖像可知，因?yàn)?75＞275－175，所以固體混合物為NaOH、Na2CO3，B正確；分析可知，反應(yīng)后的固體中n(Na2CO3)∶n(NaOH)＝4∶3，再根據(jù)反應(yīng)后固體溶于水無(wú)氣體放出，則發(fā)生反應(yīng)：2NaHCO3eq\o(=,\s\up7(△))Na2CO3＋CO2↑＋H2O、2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2、2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，密閉容器中排出氣體的成分為O2和H2O，C正確；根據(jù)碳原子守恒可知，n(NaHCO3)＝n(CO2)＝0.02mol，鹽酸體積為275mL時(shí)溶質(zhì)是單一的氯化鈉，根據(jù)鈉原子守恒可知n(Na2O2)＝eq\f(0.2mol·L－1×0.275L－0.02mol,2)＝0.0175mol，固體的質(zhì)量為(0.02×84)g＋(0.0175×78)g＝3.045g，故x＝3.045，D錯(cuò)誤。]11．D[Ⅱ和Ⅰ的pH曲線(xiàn)基本重合，說(shuō)明加入的碳酸根離子只與石灰水中的鈣離子反應(yīng)，不與氫氧根離子反應(yīng)，反應(yīng)的離子方程式為COeq\o\al(2－,3)＋Ca2＋=CaCO3↓，故B正確；Ⅲ的pH曲線(xiàn)逐漸降低，說(shuō)明反應(yīng)開(kāi)始時(shí)，少量的碳酸氫鈉與石灰水反應(yīng)生成碳酸鈣沉淀、氫氧化鈉和水，反應(yīng)的離子方程式為HCOeq\o\al(－,3)＋OH－＋Ca2＋=CaCO3↓＋H2O，故C正確；石灰水恰好完全反應(yīng)時(shí)，碳酸氫鈉與石灰水反應(yīng)生成碳酸鈣沉淀、碳酸鈉和水，碳酸鈉是強(qiáng)堿弱酸鹽，在溶液中水解使溶液呈堿性，故D錯(cuò)誤。]12．(1)淡黃(2)2NaHCO3eq\o(=,\s\up7(△))Na2CO3＋H2O＋CO2↑(3)點(diǎn)燃的蚊香燃燒更劇烈制氧劑13．(1)①CD②防倒吸③NH3在水中溶解度大，而CO2在水中溶解度小，先通入NH3，可提高CO2利用率④控制氨氣(或CO2)的通入量(2)①碳酸氫鈉溶液堿性相對(duì)較弱，可防止生成堿式碳酸鑭②2La3＋＋3HCOeq\o\al(－,3)=La2(CO3)3↓＋3H＋14．(1)Na2CO3分液漏斗除去CO2中的水蒸氣(2)①液面上升②體積(3)①過(guò)濾稱(chēng)量②eq\f(106y,197x)×100%解析(2)①將針筒活塞向內(nèi)推壓，增大了容器中的壓強(qiáng)，若儀器b下端玻璃管中的液面上升，則裝置氣密性良好。②CO2是氣體，故能直接測(cè)得的數(shù)據(jù)是CO2的體積。(3)根據(jù)Na2CO3＋Ba(OH)2=BaCO3↓＋2NaOH，n(Na2CO3)＝n(BaCO3)＝eq\f(y,197)mol，所以Na2CO3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為eq\f(106y,197x)×100%。第12練鐵及其氧化物和氫氧化物1．C2.A3．C[鐵的三種氧化物中，氧元素的化合價(jià)都為－2價(jià)；鐵元素的化合價(jià)不同，氧化鐵中鐵為＋3價(jià)，氧化亞鐵中鐵為＋2價(jià)，四氧化三鐵中鐵為＋2價(jià)和＋3價(jià)；氧化鐵俗稱(chēng)鐵紅，是一種紅棕色粉末；鐵在氧氣中燃燒生成四氧化三鐵，是一種黑色固體。]4．D[氫氧化鐵和硫酸反應(yīng)生成硫酸鐵和水，A項(xiàng)錯(cuò)誤；鐵和鹽酸反應(yīng)生成氯化亞鐵和氫氣，B項(xiàng)錯(cuò)誤；氧化亞鐵和鹽酸反應(yīng)生成氯化亞鐵和水，C項(xiàng)錯(cuò)誤；氧化鐵和鹽酸反應(yīng)生成氯化鐵和水，可以制備氯化鐵溶液，D項(xiàng)正確。]5．C6.D7．D[準(zhǔn)確稱(chēng)量一定質(zhì)量的黑色粉末，用H2充分還原，并用干燥劑收集所得水，獲得水的準(zhǔn)確質(zhì)量，計(jì)算得到氧元素的質(zhì)量和鐵元素的質(zhì)量，依據(jù)鐵元素和氧元素物質(zhì)的量之比確定化學(xué)式，能計(jì)算得到物質(zhì)組成，故A不選；準(zhǔn)確稱(chēng)量一定質(zhì)量的黑色粉末，溶解于足量鹽酸，加熱蒸干溶液并在空氣中灼燒至質(zhì)量不變，稱(chēng)量所得粉末質(zhì)量，即氧化鐵的質(zhì)量，依據(jù)鐵元素和氧元素守恒計(jì)算鐵元素和氧元素物質(zhì)的量之比，判斷氧化物的化學(xué)式，能計(jì)算得到物質(zhì)組成，故B不選；準(zhǔn)確稱(chēng)量一定質(zhì)量的黑色粉末，用CO充分還原，在CO氣流中冷卻后準(zhǔn)確稱(chēng)量剩余固體的質(zhì)量，依據(jù)鐵元素和氧元素質(zhì)量守恒計(jì)算鐵元素和氧元素物質(zhì)的量之比，分析判斷氧化物的存在形式，能計(jì)算得到物質(zhì)組成，故C不選；準(zhǔn)確稱(chēng)量一定質(zhì)量的黑色粉末，與一定質(zhì)量鋁粉混合后點(diǎn)燃，充分反應(yīng)后冷卻，準(zhǔn)確稱(chēng)量剩余固體質(zhì)量，反應(yīng)前后都是固體，反應(yīng)前后固體質(zhì)量不變，不能計(jì)算確定該黑色粉末的成分，故D選。]8．C9.B10.C11．C[“氧化Ⅰ”中主要發(fā)生的是鐵和水蒸氣在高溫條件下生成四氧化三鐵和H2的反應(yīng)，則M為Fe3O4，A正確；甲烷中碳元素是－4價(jià)，二氧化碳中碳元素是＋4價(jià)，因此“干重整”時(shí)有可能生成單質(zhì)碳，裝置中可能出現(xiàn)積碳，B正確；“氧化Ⅱ”中發(fā)生的主要反應(yīng)是O2＋4Fe3O4eq\o(=,\s\up7(高溫))6Fe2O3，C錯(cuò)誤；根據(jù)題圖和已知信息可判斷該過(guò)程能有效實(shí)現(xiàn)溫室氣體(CH4、CO2)的回收利用，D正確。]12．C[根據(jù)兩套裝置中各儀器的功能，可以判斷出A中放置普通鐵粉，B中放一定體積的水，持續(xù)加熱提供水蒸氣，C是安全瓶，用于防倒吸，D是利用排水集氣法收集氫氣。E中反應(yīng)物為A中生成的四氧化三鐵，I中放置普通鐵粉，通過(guò)分液漏斗加入一定體積的鹽酸制備H2，從I中逸出的氣體中含有揮發(fā)出的氯化氫，經(jīng)過(guò)G(內(nèi)有堿石灰)除雜干燥后得到純凈的氫氣，氫氣進(jìn)入E中和Fe3O4在一定溫度下進(jìn)行反應(yīng)，得到“引火鐵”，剩余的氫氣在F處進(jìn)行收集或其他處理。]13．(1)關(guān)閉a，從球形漏斗口加水，待水從漏斗管上升與容器的水面形成一段水柱差，停止加水，靜置片刻，如水柱不下降，證明其氣密性良好(2)在b出口處檢驗(yàn)氫氣的純度(3)除去H2中混有的HCl氣體濃硫酸干燥氫氣(4)Fe2O3＋3H2eq\o(=,\s\up7(△))2Fe＋3H2O、FeO＋H2eq\o(=,\s\up7(△))Fe＋H2O(5)16g14．(1)抑制Fe3＋的水解(2)鐵粉逐漸溶解，有無(wú)色氣體生成，溶液由棕黃色逐漸變?yōu)闇\綠色(3)ACBD將裝置中的氨氣全部排入裝置D中被吸收，防止拆除裝置時(shí)殘留的氨氣逸出污染空氣(4)Fe2＋＋2NH3＋2H2O=Fe(OH)2↓＋2NHeq\o\al(＋,4)作安全瓶，防倒吸(5)1∶2FeO·Fe2O3·4H2O(6)取少量灰綠色物質(zhì)于試管中，加入稀鹽酸(或稀硫酸)溶解，將溶液分成兩份，一份滴入幾滴KSCN溶液，變?yōu)榧t色；另一份加入適量K3[Fe(CN)6]溶液，生成藍(lán)色沉淀，則灰綠色物質(zhì)中含F(xiàn)e3(OH)8解析(3)制備氫氧化亞鐵的裝置中，A裝置中將濃氨水滴到生石灰上，使生石灰和水反應(yīng)放出熱量，使氨氣逸出，一開(kāi)始通入氮?dú)獾淖饔檬菍⒀b置中的空氣全部排出，B裝置的作用是使氨氣和新制硫酸亞鐵溶液反應(yīng)產(chǎn)生氫氧化亞鐵，C裝置的作用是作為安全瓶，防止倒吸，D裝置的作用是吸收尾氣，故裝置連接順序?yàn)锳→C→B→D。(6)要設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)證明灰綠色物質(zhì)中含F(xiàn)e3(OH)8，即要證明此物質(zhì)中既有Fe2＋又有Fe3＋，F(xiàn)e2＋用K3[Fe(CN)6]溶液檢驗(yàn)，F(xiàn)e3＋用KSCN溶液檢驗(yàn)。第13練鐵鹽、亞鐵鹽鐵及其化合物的轉(zhuǎn)化1．A2．C[鐵可用于濕法煉銅：Fe＋Cu2＋=Fe2＋＋Cu，是因?yàn)殍F的還原性大于銅，與Fe有導(dǎo)電性無(wú)關(guān)，故不選A；FeCl3可用于凈水，是因?yàn)镕e3＋水解生成的氫氧化鐵膠體能吸附水中的懸浮雜質(zhì)，與FeCl3的氧化性無(wú)關(guān)，故不選B；Fe2O3呈紅棕色，可用于制作紅色顏料，故選C；K2FeO4可用于殺菌消毒，是因?yàn)镵2FeO4具有強(qiáng)氧化性，與K2FeO4的溶解性無(wú)關(guān)，故不選D。]3．C4.D5．B[FeCl3溶液中Fe3＋水解：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，且將Na2S溶液逐滴加入等物質(zhì)的量濃度的FeCl3溶液中，發(fā)生反應(yīng)：2Fe3＋＋S2－=2Fe2＋＋S↓，由此看出Fe3＋在酸性環(huán)境中氧化性較強(qiáng)，故A正確；Na2S溶液中S2－水解：S2－＋H2OHS－＋OH－(主要)、HS－＋H2OH2S＋OH－(少量)，將FeCl3溶液逐滴加入等物質(zhì)的量濃度的Na2S溶液中，發(fā)生反應(yīng)：2Fe3＋＋3S2－=Fe2S3↓，沒(méi)有生成硫單質(zhì)，S2－在堿性環(huán)境中還原性較弱，故B錯(cuò)誤；由于將FeCl3溶液逐滴加入等物質(zhì)的量濃度的Na2S溶液中，發(fā)生反應(yīng)：2Fe3＋＋3S2－=Fe2S3↓，不生成Fe(OH)3，說(shuō)明相同溫度下Fe(OH)3的溶解度比Fe2S3的大，故C正確；向FeCl3溶液中通入H2S，硫離子被鐵離子氧化成硫單質(zhì)，有硫析出，故D正確。]6．C7．B[鐵和鹽酸反應(yīng)生成氯化亞鐵和氫氣，所以B中收集到的氣體是氫氣，A項(xiàng)正確；雙氧水具有氧化性，可將Fe2＋氧化為Fe3＋，B項(xiàng)錯(cuò)誤；氧化鐵為堿性氧化物，可與鹽酸反應(yīng)生成氯化鐵和水，C項(xiàng)正確；因鐵離子易水解，故FeCl3溶液應(yīng)在氯化氫氣氛下，經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過(guò)濾后得到氯化鐵晶體，D項(xiàng)正確。]8．C[Mg與FeCl3反應(yīng)生成FeCl2，過(guò)量Mg可與FeCl2反應(yīng)置換出Fe，過(guò)濾可分離，A正確；加入過(guò)量鐵粉，F(xiàn)eCl3與Fe反應(yīng)生成FeCl2，過(guò)濾可達(dá)到除雜的目的，B正確；加入NaOH溶液，Cu2＋、Fe3＋均能轉(zhuǎn)化成氫氧化物沉淀，不符合除雜要求，C錯(cuò)誤；H2O2可將Fe2＋氧化成Fe3＋，加CuO可促進(jìn)鐵離子水解轉(zhuǎn)化成Fe(OH)3沉淀，過(guò)濾可分離，D正確。]9．C10.C11．A[由題意知鐵離子、銀離子均被還原，氧化性：Zn2＋＜Cu2＋＜Fe3＋＜Ag＋，A錯(cuò)誤、B正確；Fe先還原Ag＋，發(fā)生的反應(yīng)為2Ag＋＋Fe=Fe2＋＋2Ag，然后發(fā)生反應(yīng)：Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋，所以n(Fe2＋)∶n(Cu2＋)＝(0.05＋0.15)mol∶0.1mol＝2∶1，C正確；由Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋可知，1molFe恰好還原2molFe3＋，D正確。]12．C[操作①是過(guò)濾，過(guò)濾用到的玻璃儀器有燒杯、玻璃棒和漏斗，故A正確；該流程中試劑B的作用是將Fe2＋氧化成Fe3＋，酸性高錳酸鉀溶液和稀硝酸都可以將Fe2＋氧化成Fe3＋，但都會(huì)引入新雜質(zhì)，故C錯(cuò)誤；由D→E的化學(xué)方程式可知反應(yīng)中生成的二氧化硫可將氯化鐵還原為氯化亞鐵，若是SO2作還原劑，則氧化產(chǎn)物為硫酸鹽，故取樣溶解后，先加鹽酸酸化，再加BaCl2溶液，產(chǎn)生白色沉淀，則可證明二氧化硫?qū)e3＋還原，故D正確。]13．(1)防止Fe2＋被氧化(2)2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－(3)隔絕空氣(排除氧氣對(duì)實(shí)驗(yàn)的影響)(4)Fe2＋Fe3＋可逆反應(yīng)(5)H2O2＋2Fe2＋＋2H＋=2Fe3＋＋2H2OFe3＋催化H2O2分解產(chǎn)生O2H2O2分解反應(yīng)放熱，促進(jìn)Fe3＋的水解平衡正向移動(dòng)14．(1)Fe2O3和SiO2SiO2(2)增大固液接觸面積，加快反應(yīng)速率，提高黃鐵礦的利用率(3)7Fe2(SO4)3＋FeS2＋8H2Oeq\o(=,\s\up7(△))15FeSO4＋8H2SO4(4)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過(guò)濾洗滌(5)＋26Fe(NH4)2Fe(CN)6＋ClOeq\o\al(－,3)＋6H＋eq\o(=,\s\up7(△))6Fe(NH4)Fe(CN)6＋Cl－＋3H2O＋6NHeq\o\al(＋,4)(6)H2O2NH3·H2O解析已知黃鐵礦高溫煅燒生成Fe2O3，反應(yīng)為4FeS2＋11O2eq\o(=,\s\up7(煅燒))2Fe2O3＋8SO2，故產(chǎn)生的紅渣主要成分為Fe2O3和SiO2；將紅渣粉碎后加入足量的50%的H2SO4溶液加熱，反應(yīng)為Fe2O3＋3H2SO4=Fe2(SO4)3＋3H2O，過(guò)濾出濾渣①，主要成分為SiO2，向?yàn)V液中加入黃鐵礦進(jìn)行還原，將Fe3＋還原為Fe2＋，由(3)小問(wèn)可知不生成S單質(zhì)，則硫元素被氧化為SOeq\o\al(2－,4)，反應(yīng)為14Fe3＋＋FeS2＋8H2Oeq\o(=,\s\up7(△))15Fe2＋＋2SOeq\o\al(2－,4)＋16H＋，然后進(jìn)行工序①為蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過(guò)濾，得到FeSO4晶體和母液，母液中主要含有FeSO4溶液和H2SO4，加水溶解FeSO4晶體，向所得溶液中加入(NH4)2SO4、K4[Fe(CN)6]并用H2SO4調(diào)節(jié)溶液的pH為3，進(jìn)行沉鐵，反應(yīng)原理為Fe2＋＋2NHeq\o\al(＋,4)＋[Fe(CN)6]4－=Fe(NH4)2Fe(CN)6↓，然后過(guò)濾出沉淀，洗滌后加入H2SO4和NaClO3進(jìn)行氧化，反應(yīng)為6Fe(NH4)2Fe(CN)6＋ClOeq\o\al(－,3)＋6H＋eq\o(=,\s\up7(△))6Fe(NH4)Fe(CN)6＋Cl－＋3H2O＋6NHeq\o\al(＋,4)，過(guò)濾、洗滌、干燥即制得Fe(NH4)Fe(CN)6，據(jù)此分析解題。第14練鋁、鎂及其化合物1．C2.D3．C[可溶性的鋁鹽Al2(SO4)3溶液與少量NaOH溶液反應(yīng)生成氫氧化鋁沉淀，繼續(xù)加過(guò)量的氫氧化鈉溶液，氫氧化鋁沉淀會(huì)溶解，氫氧化鋁沉淀中加鹽酸也會(huì)溶解。]4．C[鋁與NaOH溶液反應(yīng)的離子方程式為2Al＋2OH－＋2H2O=2AlOeq\o\al(－,2)＋3H2↑，A錯(cuò)誤；Al2O3與NaOH溶液反應(yīng)的離子方程式為Al2O3＋2OH－=2AlOeq\o\al(－,2)＋H2O，B錯(cuò)誤；明礬溶于水后電離產(chǎn)生的鋁離子發(fā)生水解，產(chǎn)生的氫氧化鋁膠體能吸附懸浮物，起到凈水作用，C正確；一水合氨為弱堿，故氫氧化鋁無(wú)法與一水合氨發(fā)生反應(yīng)。]5．B6.D7．A[MgCO3是微溶物，不可拆成離子，故A錯(cuò)誤；SiO2不溶于鹽酸，浸出渣為SiO2，故B正確；加入氨水沉鎂：MgCl2＋2NH3·H2O=Mg(OH)2↓＋2NH4Cl，母液的主要溶質(zhì)是NH4Cl，故C、D正確。]8．D[向NaAlO2溶液中通入CO2氣體，發(fā)生反應(yīng)生成Al(OH)3，Al(OH)3不穩(wěn)定，受熱分解產(chǎn)生Al2O3，在上述轉(zhuǎn)化過(guò)程中無(wú)元素化合價(jià)的變化，因此涉及的反應(yīng)均為非氧化還原反應(yīng)，A正確；Al2O3是兩性氧化物，與NaOH溶液反應(yīng)產(chǎn)生NaAlO2和水，B正確；酸性：H2CO3＞Al(OH)3，向NaAlO2溶液中通入過(guò)量CO2氣體，反應(yīng)產(chǎn)生Al(OH)3、NaHCO3，該反應(yīng)的離子方程式為AlOeq\o\al(－,2)＋CO2＋2H2O=Al(OH)3↓＋HCOeq\o\al(－,3)，C正確；電解熔融Al2O3時(shí)，陽(yáng)極上O2－失去電子變?yōu)镺2，電極反應(yīng)式為2O2－－4e－=O2↑，D錯(cuò)誤。]9．C10．B[冷凝管起到冷凝回流的作用，冷凝管內(nèi)冷卻水的方向?yàn)橄逻M(jìn)上出，則a為冷卻水進(jìn)水口，故A正確；MgBr2具有較強(qiáng)的吸水性，制備無(wú)水MgBr2，需要防止空氣中的水蒸氣進(jìn)入三頸燒瓶，則裝置A的作用是吸收水蒸氣，但無(wú)水CaCl2不能吸收溴蒸氣，故B錯(cuò)誤；制取MgBr2的反應(yīng)劇烈且放出大量的熱，實(shí)驗(yàn)時(shí)利用干燥的氮?dú)鈱逭魵鈳肴i燒瓶中，為防止反應(yīng)過(guò)于劇烈，實(shí)驗(yàn)時(shí)需緩慢通入N2，故C正確；不能用干燥空氣代替N2，空氣中含有的氧氣可將鎂氧化為副產(chǎn)物MgO，會(huì)阻礙反應(yīng)的進(jìn)行，故D正確。]11．D[鎵(Ga)與鋁同主族，均位于第ⅢA族，A項(xiàng)正確；Ga2O3與Al2O3的性質(zhì)相似，可與鹽酸反應(yīng)生成GaCl3，B項(xiàng)正確；Ga(OH)3屬于兩性氫氧化物，與Al(OH)3的性質(zhì)相似，能與NaOH溶液反應(yīng)生成NaGaO2，C項(xiàng)正確；在NaAlO2和NaGaO2的混合液中通入適量CO2，只有Al(OH)3沉淀，而沒(méi)有Ga(OH)3沉淀，根據(jù)強(qiáng)酸制弱酸的原理，Ga(OH)3的酸性強(qiáng)于碳酸，則酸性：Al(OH)3<Ga(OH)3，D項(xiàng)錯(cuò)誤。]12．(1)d(2)2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑(3)Al(OH)3Al3＋水解，使溶液中H＋濃度增大解析(3)濾液A中鋁元素以AlOeq\o\al(－,2)形式存在，與溶液中HCOeq\o\al(－,3)發(fā)生反應(yīng)：AlOeq\o\al(－,2)＋HCOeq\o\al(－,3)＋H2O=Al(OH)3↓＋COeq\o\al(2－,3)，故沉淀B為Al(OH)3，明礬溶于水時(shí)，KAl(SO4)2=K＋＋Al3＋＋2SOeq\o\al(2－,4)，Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋，使溶液呈弱酸性。13．(1)提高溶解速率(2)Mg2＋＋2NH3·H2O=Mg(OH)2↓＋2NHeq\o\al(＋,4)(3)碳酸氫銨不穩(wěn)定，加熱易分解且氨易揮發(fā)(4)NH4Cl(5)取最后一次洗滌液少許于一潔凈的試管中，滴加稀硝酸酸化的硝酸銀溶液，若產(chǎn)生白色沉淀，說(shuō)明堿式碳酸鎂未洗干凈，反之則洗凈第15練銅金屬材料金屬冶煉1．D2.A3．D[在實(shí)際應(yīng)用中可用FeCl3腐蝕Cu刻制印刷電路板，利用的是鐵離子的氧化性，與鐵＋H2S=CuS↓＋2H＋，B項(xiàng)錯(cuò)誤；銅銹的主要成分是堿式碳酸銅，用稀鹽酸除去銅銹的離子方程式為Cu2(OH)2CO3＋4H＋=2Cu2＋＋CO2↑＋3H2O，C項(xiàng)錯(cuò)誤。]4．C[銅單質(zhì)具有導(dǎo)電性，可用作傳輸電流，A不符合題意；Cu2O的熔、沸點(diǎn)較高與其作催化劑無(wú)因果關(guān)系，B不符合題意；已知反應(yīng)RCHO＋2Cu(OH)2＋NaOH△,Cu2O↓＋RCOONa＋3H2O，反應(yīng)中Cu(OH)2作氧化劑，具有氧化性，可用作檢驗(yàn)醛基，C符合題意；CuSO4能使蛋白質(zhì)變性，但CuSO4不可用于飲用水消毒，只能用于環(huán)境消毒，D不符合題意。]5．C6.B7.D8．D[碳酸鈉溶液呈堿性，在加熱的條件下可以除去銅屑表面的油污，A正確；銅與雙氧水、稀硫酸發(fā)生氧化還原反應(yīng)得到硫酸銅，B正確；裝置丙為過(guò)濾裝置，過(guò)濾可以除去難溶雜質(zhì)，得到硫酸銅溶液，C正確；用裝置丁蒸干溶液得到硫酸銅固體，而不是CuSO4·5H2O，D錯(cuò)誤。]9．D10.D11．A[硫酸銅與H2O2溶液首先發(fā)生反應(yīng)產(chǎn)生氧化亞銅，銅元素的化合價(jià)降低，硫酸銅作氧化劑，則H2O2作還原劑被氧化成氧氣，故A錯(cuò)誤；開(kāi)始過(guò)氧化氫被氧化成氧氣表現(xiàn)還原性，繼續(xù)滴加過(guò)氧化氫溶液后氧化亞銅轉(zhuǎn)變成銅離子，則過(guò)氧化氫又表現(xiàn)氧化性，故B正確；整個(gè)過(guò)程中反應(yīng)開(kāi)始有銅離子，反應(yīng)結(jié)束時(shí)還有銅離子，銅離子的量沒(méi)有變化，符合催化劑的特點(diǎn)，故C正確；反應(yīng)的第二階段是過(guò)氧化氫與氧化亞銅反應(yīng)產(chǎn)生銅離子的過(guò)程，根據(jù)價(jià)態(tài)變化，可知過(guò)氧化氫應(yīng)被還原成水，根據(jù)化合價(jià)升降總數(shù)相等可得離子方程式：Cu2O＋H2O2＋4H＋=2Cu2＋＋3H2O，故D正確。]12．A[“浸取”后所得浸取液含有FeCl2，F(xiàn)eCl2與Cu單質(zhì)不能發(fā)生反應(yīng)，因此不可用來(lái)腐蝕銅制電路板，A錯(cuò)誤；加入濃鹽酸后溶液中的c(Cl－)增大，CuCl(s)＋2Cl－(aq)[CuCl3]2－(aq)正向移動(dòng)，過(guò)濾除雜后加水稀釋?zhuān)胶饽嫦蛞苿?dòng)，從而可得純凈的CuCl，故該操作的目的是為了實(shí)現(xiàn)CuCl的凈化，B、C正確；乙醇沸點(diǎn)低易揮發(fā)，真空中無(wú)O2可防止CuCl被氧化，故采用乙醇洗滌和真空干燥有利于提高CuCl的產(chǎn)率和純度，D正確。]13．(1)Cu、H、O、C(2)CuO(3)Cu2(OH)2CO3Cu2(OH)2CO3eq\o(=,\s\up7(△))2CuO＋H2O＋CO2↑(4)Fe＋Cu2＋=Cu＋Fe2＋(5)防止空氣中的CO2進(jìn)入C裝置(6)不能因?yàn)锽、C兩裝置對(duì)調(diào)后無(wú)法證明反應(yīng)有水生成14．(1)cd(2)Fe3＋取少量溶液，滴加KMnO4溶液，溶液紫紅色褪去(3)3Cu2O＋2Aleq\o(=,\s\up7(高溫))Al2O3＋6Cu(4)16解析(1)由流程圖可知，氣體A中的大氣污染物主要是二氧化硫，選擇試劑吸收二氧化硫，不能產(chǎn)生新的污染氣體，濃H2SO4不能吸收二氧化硫，故a錯(cuò)誤；稀HNO3可以吸收二氧化硫，但生成NO污染大氣，故b錯(cuò)誤；NaOH溶液與二氧化硫反應(yīng)生成亞硫酸鈉，故c正確；氨水與二氧化硫反應(yīng)生成亞硫酸銨，故d正確。(4)取一定量的泡銅，加入1L0.6mol·L－1HNO3溶液恰好完全溶解，同時(shí)放出2240mLNO氣體(標(biāo)準(zhǔn)狀況)即0.1mol，所得溶液的溶質(zhì)為Cu(NO3)2，根據(jù)氮元素守恒可知，溶液中NOeq\o\al(－,3)的物質(zhì)的量為0.6mol－0.1mol＝0.5mol，所以溶液中Cu2＋的質(zhì)量為eq\f(1,2)×0.5×64g＝16g，所以另取等量的泡銅，用足量的H2還原，得到的銅的質(zhì)量也應(yīng)為16g。第五章非金屬及其化合物第16練氯及其重要化合物1．D2．B[氫氣在氯氣中燃燒生成氯化氫，所以可用于生產(chǎn)鹽酸，與其易液化的性質(zhì)無(wú)關(guān)，A項(xiàng)錯(cuò)誤；CCl4不能燃燒，而且密度比空氣大，可以隔絕氧氣，故可用作滅火劑，與其難溶于水無(wú)關(guān)，C項(xiàng)錯(cuò)誤；HCl可用于檢驗(yàn)NH3是因?yàn)槠渑cNH3反應(yīng)生成NH4Cl固體，可以看到白煙，與HCl的水溶性無(wú)關(guān)，D項(xiàng)錯(cuò)誤。]3．B4.C5．C[高錳酸鉀和濃鹽酸反應(yīng)生成氯化鉀、氯化錳、水和氯氣，參與反應(yīng)的HCl一部分作還原劑被氧化為Cl2，另一部分體現(xiàn)了酸性，A錯(cuò)誤；酸使pH試紙變色發(fā)生的不是氧化還原反應(yīng)，B錯(cuò)誤；觀(guān)察到淀粉-KI試紙變藍(lán)，發(fā)生反應(yīng)：2I－＋Cl2=I2＋2Cl－，說(shuō)明Cl2具有氧化性，C正確；氯氣與水反應(yīng)生成的鹽酸是強(qiáng)酸、次氯酸具有漂白性，故濕潤(rùn)的pH試紙先變紅后褪色，D錯(cuò)誤。]6．D[2FeCl3＋Fe=3FeCl2，鐵屑的作用是將FeCl3還原為FeCl2，故B正確；氯化亞鐵吸收氯氣生成氯化鐵，吸收漏氯的離子方程式為2Fe2＋＋Cl2=2Cl－＋2Fe3＋，故C正確；ClO－能把Fe2＋氧化為Fe3＋，F(xiàn)e2＋、ClO－不能大量共存，故D錯(cuò)誤。]7．B8.A9．A[向恒壓分液漏斗中注水，無(wú)論氣密性是否良好，水都能順利流下，不能檢查裝置的氣密性，故A符合題意；圖1裝置中，濃鹽酸與二氧化錳在加熱的條件下反應(yīng)可制備Cl2，故B不符合題意；飽和食鹽水除去氯氣中的HCl氣體，濃硫酸干燥氯氣，且氯氣密度比空氣的大，可通過(guò)圖2裝置干燥并收集一定量的Cl2，故C不符合題意；連接圖1、圖3裝置，打開(kāi)K1，點(diǎn)燃酒精燈，制備氯氣，氯氣通入蒸餾水中，可制備少量氯水，故D不符合題意。]10．B11．B[裝置甲中發(fā)生氧化還原反應(yīng)：2Cl2＋2Na2CO3＋H2O=Cl2O＋2NaHCO3＋2NaCl，每生成16.8g(0.2mol)碳酸氫鈉則生成0.1molCl2O，標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為2.24L，A項(xiàng)正確；裝置乙的作用是吸收多余的Cl2，防止干擾后續(xù)氧化性的驗(yàn)證，濃硫酸不能除去多余的Cl2，B項(xiàng)錯(cuò)誤；打開(kāi)K2關(guān)閉K1，則利用壓強(qiáng)能將裝置丙中液體壓入裝置丁，C項(xiàng)正確；裝置丁中溶液酸性顯著增強(qiáng)則說(shuō)明發(fā)生了反應(yīng)：HClO＋HCOOH=HCl＋CO2↑＋H2O，可證明次氯酸的氧化性，D項(xiàng)正確。]12．D13．(1)ECDABHGABF(2)MnO2＋4HCl(濃)eq\o(=,\s\up7(△))Cl2↑＋MnCl2＋2H2O(3)①除去氯氣中混有的HCl氣體干燥氯氣②吸收多余氯氣，防止污染空氣Cl2＋2OH－=Cl－＋ClO－＋H2O(4)濕潤(rùn)的淀粉-KI試紙變藍(lán)14．(1)C(2)NaCl2HClOeq\o(=,\s\up7(光照))2HCl＋O2↑HCl＋NaHCO3=CO2↑＋H2O＋NaCl(3)取一干凈試管，加入1～2mL84消毒液，然后滴加幾滴紫色石蕊溶液溶液先變藍(lán)后褪色84消毒液具有堿性和氧化性(或漂白性)(4)ClO－＋Cl－＋2H＋=Cl2↑＋H2O解析(2)從圖1和圖2中數(shù)據(jù)可知84消毒液暴露在空氣中半小時(shí)后，消毒效果幾乎為零，溶液pH接近7，溶液中的主要溶質(zhì)應(yīng)該是NaCl，所發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為NaClO＋CO2＋H2O=HClO＋NaHCO3,2HClOeq\o(=,\s\up7(光照))2HCl＋O2↑，HCl＋NaHCO3=CO2↑＋H2O＋NaCl。(3)由于84消毒液具有堿性和氧化性(或漂白性)，紫色石蕊溶液遇84消毒液會(huì)出現(xiàn)先變藍(lán)后褪色的現(xiàn)象。(4)84消毒液與清潔劑(呈酸性、含Cl－)混合，ClO－在酸性條件下能氧化Cl－生成氯氣，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式是ClO－＋Cl－＋