《红对勾》【化学】大册答案.docx

必考部分第一单元化学计量在实验中的应用第1节物质的量气体摩尔体积核心考点分层突破考点一物质的量及阿伏加德罗常数导学诱思答案:(1)2 mol73 g(2)1.80610231.80610245.4(3)0.2 mol0.6 mol(4)44 gmol-1(5)106 gmol-1落实基础1.6.021023 mol-1相对原子(分子)质量易错辨析答案:(1)(2)(3)(4)(5)考点突破【例1】 答案: 解析:A、B、C选项中,盐酸、CCl4、己烷在标准状况下均不是气体,错误;D选项,不是标准状况下,错误;E、F选项,由质量求气体的物质的量,与物质的状态无关,正确;G选项,标准状况下5.6 L NO和5.6 L O2组成的混合气体中所含原子总数为NA,错误。【例2】 答案: 解析:1 mol的NO2和1 mol的CO2中均含2 mol氧原子,A正确;乙烯与环丁烷的最简式均为CH2,含有n(CH2)=2 mol,B正确;与B选项类似,C选项中n(NO2)=2 mol,正确;D选项,N2与CO的摩尔质量均为28 gmol-1,均为双原子分子,正确;E选项,均为氧单质,所含氧原子均为3 mol,错误。【例3】 答案: 解析:A选项不是标准状况下,错误;Na在空气中完全反应生成Na2O、Na2O2,Na在上述两个反应过程中化合价均升高1,所以1 mol Na参加反应转移1 mol电子,B选项错误、C选项正确;D项,标准状况下,6.72 L NO2物质的量为0.3 mol,与水反应转移电子数应为0.2NA;E、F选项,Fe2+、Cl2少,应该用Fe2+、Cl2计算,分别转移1 mol、2 mol电子,错误;G选项,由氯气与水或碱反应可知错误;H选项,I-的还原性强于Fe2+,所以转移电子的物质的量大于1 mol,错误;I选项,转移的电子数为5NA,错误。互动探究答案:(1)(2)(3)【例4】 答案: 解析:A选项,Na2O2中阴离子是,错误;B选项,8 g O2的物质的量为0.25 mol,1个O2中含有16个电子,正确;C项,1个六元环中含有6个碳原子,1个碳原子被3个六元环共用,所以应该1个碳原子可形成个六元环,正确;D选项,1个氢氧根离子含有10个电子,错误;E选项,苯环中不含碳碳双键,错误;F选项,由CH3OH可知1个甲醇中含有3个CH键,错误;G选项,1个H2O中含有10个质子,正确;H选项,1个碳原子与其他4个碳原子形成4个共价键,1个共价键被2个碳原子共用,所以1个碳原子可均摊4=2个共价键,错误;I选项,1个Al3+含有10个电子,错误;J选项,NaCl是离子化合物无分子,错误;L选项,不是标准状况,错误;M选项,18 g 18O2的物质的量为0.5 mol,正确;N选项,空气中含有CO2、水蒸气等气体化合物,错误。【例5】 答案: 解析:A选项,丙烯和环丙烷分子式均为C3H6,正确;B选项,随着反应的进行,浓硫酸逐渐变为稀硫酸,所以参加反应的硫酸的物质的量小于0.92 mol,故生成的SO2分子数目小于0.46NA,错误;C、E选项,反应均为可逆反应,C错误、E正确;D选项,生成0.5 mol Cl2,错误;F选项,依据得失电子守恒可知1 mol Cu生成 mol NO,错误,G选项,NO与氧气反应,错误。【例6】 答案: 解析:ClO-、HC、Fe3+水解,NH3H2O只发生部分电离,所以A、B、C、D、G均错误;E选项溶液中c(H+)=0.1 molL-1,H+物质的量为1 mol,错误;F选项溶液中c(OH-)=0.1 molL-1,OH-物质的量为1 mol,正确;H选项,由C+H2OHC+OH-可知正确;I选项,根据氮原子守恒,正确;J选项中含有1 mol S,所带电荷数为2 mol,错误;K、M选项均无体积,错误;L选项,溶液中的水也含有氧原子,错误。高考微题组1.B解析:甲苯的分子式为C7H8,所以1 mol甲苯中应该含有8NA个CH键,A错误;1个水分子含有10个质子,18 g H2O对应的物质的量为1 mol,含10NA个质子,B正确;氨水是NH3的水溶液,标准状况下,无法计算氨水中氨气的物质的量,C错误;铁片在浓硫酸中钝化,不可能有1 mol SO2分子生成,D错误。2.A解析:氧气和臭氧组成的混合物只含氧元素,1.6 g即是氧原子的质量,则混合物中氧原子的数目为NA=0.1NA,A正确;丙烯酸的结构简式为CH2CHCOOH,含碳碳双键和碳氧双键,故0.1 mol丙烯酸中含双键的数目为0.2NA,B错误;标准状况下,苯不是气体,C错误;过氧化钠与水反应:2Na2O2+2H2O4NaOH+O2,部分氧元素化合价由-1价升高到0价,每生成0.1 mol氧气,转移0.2 mol电子,D错误。3.D解析:高温下Fe与水蒸气反应:3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2,0.2 mol Fe反应生成0.27 mol H2,A错误;室温时pH=13的NaOH溶液中,c(H+)=10-13 molL-1,由于在任何水溶液中水电离的H+和OH-相等,所以水电离的OH-的数目为10-13 molL-11 LNA mol-1=10-13NA,B错误;氢氧燃料电池正极发生反应的气体是O2,1 mol O2反应转移4 mol电子,C错误;在所给反应中-3价的氮元素化合价升高到0价,共失去53 mol电子,生成4 mol N2,当生成28 g N2时,转移电子为 mol,即3.75NA个电子,D正确。4.B解析:C2H4、C3H6的最简式均为CH2,n(CH2)= mol,一个CH2可形成三个共用电子对,所含共用电子对数为,A选项错误;一个氢原子形成一个碳氢键,共含有 mol氢原子,B选项正确;没有注明是否在标准状况下,C选项错误;所含原子总数为,D选项错误。考点二气体摩尔体积及阿伏加德罗定律导学诱思答案:(1)67.2 L(2)0.5 mol(3)44 gmol-1落实基础2.(2)易错辨析答案:(1)(2)(3)(4)考点突破【例1】 D解析:依据4NH3+5O24NO+6H2O可知1 mol NH3参加反应转移5 mol电子,参加反应NH3的物质的量为 mol,转移电子的物质的量为 mol,已知在此反应中转移电子数为n,则n=NA,所以NA=。【例2】 D解析:A选项没有标明温度、压强,所以二氧化碳的质量可能比一氧化碳的小,错误;B选项,1 mol CO含有14 mol质子,1 mol C2H4含有16 mol质子,错误;C选项,CO和C2H4质量相等,物质的量相等,C2H4所含原子数多,错误;D选项,假设4种气体的质量均为1 g,所以n(H2)=、n(CH4)=、n(HCl)=、n(SO2)=,正确。高考微题组1.C解析:A中体积相同时二者的物质的量相同,因两物质的摩尔质量不同,所以质量不同,由=知二者的密度不同,A错;B中原子数相同时分子数也相同,12C18O与14N2中子数之比为87,B错;C中体积相等则分子数相等,1个12C18O分子中含有14个电子,1个14N2分子中也含有14个电子,C正确;D中质量相等时二者的物质的量不同,所以质子数不同,D错。2.答案:2H2S2H2+S2解析:H2S在高温条件下分解,生成的两种产物的体积分数逐渐增大;分析图中两种产物的体积分数间的大小关系可知二者的比值约为21。再由H2S的组成可知生成的H2的量更大,设H2S在高温条件下分解的关系式为H2S2H2+Sx,依据H元素守恒可得2H2S2H2+Sx,再由S元素守恒知x=2。由图可知该反应未进行完全,应为可逆反应,故H2S在高温条件下分解的化学方程式为2H2S2H2+S2。3.答案:1解析:n(ZnO)=0.1 mol、nZnCO3xZn(OH)2=,列方程(125+99x)gmol-1=11.2 g,解得x=1。4.答案:51解析:n(正丁醇)=、n(正丁醛)=,产率=100%=51%。学科素养专项提能【例】 答案:(1)CuSO45H2OCuSO4(5-n)H2O+nH2O25018n0.80 g0.80 g-0.57 g=0.23 g,解得n=4其化学式为CuSO4H2O。(2)0.2解析:(2)Cu2+H2SCuS+2H+120.1 molL-1c(H+)c(H+)=0.2 molL-1对点训练1.答案:3 950解析:第一步,确定N2、H2谁过量,假设N2完全反应,则N2+3H22NH3286700 kgm(H2)286=700 kgm(H2)解得:m=150 kg6 000 kg即H2过量,应以N2计算。第二步,根据N2计算,由N元素守恒得N22NH4HCO328158700 kgm(NH4HCO3)有解得m(NH4HCO3)=3 950 kg。2.答案:根据PbO2PbOx+O2,有32=2394.0%,x=2-=1.4,根据mPbO2nPbO,=1.4,。解析:由质量减轻可知一定生成氧气,写出化学方程式进行求解。3.答案:Na2CO3NaHCO32H2O解析:Na2CO3+CO2+H2O2NaHCO311168n(Na2CO3) m(NaHCO3)n(Na2CO3)=2103 molm(NaHCO3)=336 kg则原有n(NaHCO3)=2103 mol原晶体中n(H2O)=4103 mol因此该晶体的化学式为Na2CO3NaHCO32H2O。题组演练迁移运用1.D解析:A选项,没有给出气体的物质的量,错误;B选项,生成1 mol O2转移2 mol电子,错误;由3NO2+H2O2HNO3+NO可知C选项错误;D选项,n(O)= mol,1个氧原子中含有8个电子,正确。2.A解析:A选项,水是液体,11.2 L H2O的物质的量大于1 mol,正确;B选项,醋酸晶体是共价键化合物,没有电离,无H+,错误;C选项,Cu2S中Cu的化合价为+1价,错误;D选项,Cl-为18电子的微粒,错误。3.B解析:12 g C60中含有1 mol碳原子,含有6 mol电子,A选项错误;1 mol乙醇中含有1 mol羟基,B选项正确;Al3+水解,所以Cl-总数大于3NA,C选项错误;D选项,生成Na2CO3、NaHCO3均为0.05 mol,但溶液水解显碱性,C的物质的量小于0.05 mol,错误。4.D解析:A选项,无溶液体积,错误;B选项,所含电子数为NA,错误;C选项,完全反应生成NaHCO3,但HC在溶液中水解大于电离,错误;D选项,一个C5H12含有4个CC键和12个CH键,正确。5.A解析:A选项N2和CO摩尔质量均为28 gmol-1,同质量的N2和CO物质的量相同,一个分子均含有2个原子,正确;B选项没有注明压强、D没有注明温度,均不符合;C选项C2H6和NO质量相同,物质的量相同,所以原子个数C2H6是NO的4倍,不符合。6.C解析:C选项,A、B气体分子数目相同,体积相同,依据密度=,可知两气体的密度之比为mn,错误;D选项,V L气体的物质的量=,质量为,正确。7.答案:(1)64(2)解析:(1)该气体的物质的量为=0.03 mol,摩尔质量为=64 gmol-1,所以相对分子质量为64。(2)含有的分子数为b的某气体的物质的量n= mol,该气体的摩尔质量M= gmol-1,c g该气体的物质的量为 mol,体积为mol22.4 Lmol-1。第2节物质的量在化学实验中的应用核心考点分层突破考点一物质的量浓度及其计算导学诱思答案:(1)2 molL-1(2)1.8 mol(3)100(4)等于(5)20%1 g20%落实基础1物质的量质量溶剂考点突破【例1】 答案:(1)100 g(2)1 000 mLL-1 molL-1(3)=0.25dw molL-1(4)100%=%解析:这是一道只给出抽象符号的有关溶解度、质量分数、物质的量浓度的相互换算的问题。解答本题的关键是:在准确把握溶解度、溶液中溶质质量分数、溶液中溶质物质的量浓度的基础上,从所求问题的概念出发,进行概念分析,抓好相关概念的相互联系,便可顺利完成这种用符号表示的相互换算。互动探究答案:(1)溶解度是在一定温度下100 g溶剂中溶解溶质的质量(以g为单位),假设溶液为1 L,NaOH的物质的量为c mol、质量为40c g,溶液质量1 000d g,溶剂水的质量为(1 000d-40c) g,所以S=100 g;NaOH的质量为m g,溶液质量为Vd g,溶剂水的质量为(Vd-m) g,所以S=100 g;(2)能。溶质NaOH的物质的量为、溶液质量为 g、体积为 mL。c=。【例2】 A解析:A选项,物质的量浓度与溶质的物质的量、溶液体积有关,先求出n(NH3)= mol、溶液体积为 L,正确;B选项,质量分数与溶质质量、溶液质量有关,溶质质量为a g,溶液质量为V g,错误;C选项,c(N)= molL-1,依据电荷守恒c(OH-)=c(N)+c(H+)可知错误;D选项,由于氨水的密度小于水的密度,与水等体积混合所得稀氨水的质量大于原氨水质量的2倍,故其溶质的质量分数小于0.5w,错误。【例3】 A解析:设混合前两硫酸溶液的体积均为1 L,则n(H2SO4)=(c1+c2) mol;溶液稀释混合时,溶液的体积一般不可直接相加,应用溶液的总质量和密度来计算,溶液总质量=(1 0001+1 0002) g,溶液总体积= L= L;则混合后硫酸的物质的量浓度=。高考微题组1.D解析:100 mL混合溶液中n(Ba2+)=n(S)=a mol,则c(Ba2+)=10a molL-1,100 mL混合溶液中,n(Cl-)=n(Ag+)=b mol,则c(Cl-)=10b molL-1,根据溶液中电荷守恒,设溶液中c(K+)=x,则x+10a molL-12=10b molL-11,可得c(K+)=10(b-2a) molL-1,D正确。2.答案:97.0%解析:由反应:Ce4+Fe2+Fe3+Ce3+可知,n(Ce)=n(Fe2+)=0.100 0 molL-10.025 L=0.002 5 mol。故mCe(OH)4=0.002 5 mol208 gmol-1=0.52 g,由此可知Ce(OH)4的质量分数为97.0%。3.答案:1.25解析:n(H2SO4SO3)= mol=2.5 mol,溶于水生成n(H2SO4)=5 mol。考点二一定物质的量浓度溶液的配制导学诱思答案:(1)40 g(2)托盘天平(3)小烧杯(4)冷却到室温玻璃棒500 mL容量瓶(5)23次(6)胶头滴管液面最低点与刻度线相切落实基础药匙、托盘天平、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶易错辨析答案:(1)(2)(3)(4)(5)考点突破【例1】 答案:(1)20.0100(2)使溶质完全转移到容量瓶中12 cm胶头滴管D解析:(1)V(浓硫酸)=0.02 L。【例2】 答案:(1)偏小(2)无影响(3)偏大(4)偏小(5)偏小(6)偏小(7)偏大(8)无影响(9)偏大(10)偏大(11)偏小(12)偏小(13)偏小(14)无影响(15)偏小解析:(1)应选择500 mL容量瓶,NaOH固体质量应为2.0 g;(3)所含溶质Na2CO3物质的量偏大;(4)(5)NaOH吸收空气中的水蒸气;(6)相当于所称NaCl质量为57.5 g;(7)所称NaCl的质量偏大;(9)仰视时所取浓硫酸体积偏大;(10)量筒不能用蒸馏水洗涤;(11)(12)溶质未全部转移到容量瓶中;(13)加水超过刻度线,则所配溶液体积偏大;(14)不影响所配溶液体积;(15)相当于所取浓硫酸的体积减小。高考微题组1.答案:解析:A项,逆推法,当浓度约为10-1210-11 molL-1时,一个细胞中含有的目标分子个数最小约为10-12 molL-110-12 L6.021023 mol-1=0.6个,最大约为10-11 molL-110-12 L6.021023 mol-1=6个,正确;B选项,定容时俯视刻度线,会导致体积偏小,所配溶液浓度偏大,错误;C选项,用固体配制溶液需要用到托盘天平称量固体质量,错误;E选项,最后溶液体积不是100 mL,错误;F选项,没有量取pH=1的盐酸的仪器(如酸式滴定管),错误;G项,量筒是用来量取液体的,不能用于配制溶液,错误;H选项,还需要托盘天平、胶头滴管,错误;I选项,最后溶液体积不是1 L,错误;J选项,应重新配制。2.B解析:A中应左物右码;C中转移溶液要用玻璃棒引流;D中定容时胶头滴管不能伸入容量瓶中。3.答案:a、c解析:定容时需要胶头滴管。学科素养专项提能【例1】 答案:(1)19.2 g(2)4.48 L解析:设加入的铜粉的物质的量为x,生成NO的物质的量为y。3Cu+8HNO33Cu(NO3)2+2NO+4H2Om3 mol2 mol(192-60)gxy13.2 gx=0.3 moly=0.2 mol即加入的铜粉是0.3 mol64 g mol-1=19.2 g,产生NO的体积为0.2 mol22.4 L mol-1=4.48 L。【例2】 答案:25%解析:设参加反应的N2的体积为x。N2(g)+3H2(g)2NH3(g)V1322x(5-4)Lx=0.5 L即可求出N2的转化率为100%=25%。【例3】 C解析:设CuO和Fe2O3的物质的量分别为x和y,列方程:80 gmol-1 x+160 gmol-1 y=24.0 g。由化学方程式CuO+COCu+CO2,Fe2O3+3CO2Fe+3CO2,得x+3y=n(CO2)=n(CaCO3)=,解得x=0.1 mol、y=0.1 mol;原混合物中Fe元素的质量为11.2 g。【例4】 答案:21解析:依据2H2S+SO23S+2H2O,假设生成3 mol硫,需要2 mol H2S和1 mol SO2,由Na2SO3+SNa2S2O3可知3 mol S需要3 mol Na2SO3,3 mol Na2SO3需要3 mol SO2,所以总共需要4 mol SO2,所以生成SO2的FeS为4 mol,生成H2S的FeS为2 mol。对点训练1.C解析:依据棕黄色的溶液可知FeCl3过量,溶液质量减轻4.1 g,依据差量法:6Na+6H2O+2FeCl32Fe(OH)3+3H2+6NaClm138214682x g4.1 g所以钠的质量为6.9 g。2.答案:解析:由M(LiPF6)n(LiPF6)+M(LiF)n mol-n(LiPF6)=w g得:152 gmol-1n(LiPF6)+26 gmol-1n mol-n(LiPF6)=w g解之得:n(LiPF6)= mol3.答案:n(O2)=131 mol设Fe3O4的物质的量为a,Fe2O3的物质的量为b,3a+2b=48 mol8a+b=131 mol,解得:a=4 molb=18 moln(Fe3O4)n(Fe2O3)=29解析:生成物为混合体系,用设未知数列方程组的方法求解。4.答案:w(O2)=50%,w(O3)=50%解析:方法(1)混合体系用差量法设O3所占体积为x,2O33O2V231x(1.2a-a) L解得x=0.4a L;方法(2)混合体系,设未知数列方程组求解。设混合气体中O3的体积为x,则O2的体积为y,2O33O223xxx+y=a L、x+y=1.2a L,解得x=0.4a L、y=0.6a L,n(O3)n(O2)=0.4a0.6a=23,w(O2)=100%=50%,w(O3)=1-50%=50%。题组演练迁移运用1.A解析:n(NH3)= mol、m(NH3)= g、m(H2O)=1 000 g,溶液质量=(+1 000) g。=,但A选项中溶液体积、溶液质量均错误;B选项,假设溶液体积为1 L,所以溶质的物质的量为c mol,质量=17c g,溶液的质量为1 000 g,依w=可知B选项正确;C选项w= =,正确;c=,D正确。2.D解析:A选项,原溶液中HCl的物质的量不确定,且最终溶液体积不一定为V L,错误;B选项,HCl挥发,错误;C选项,蒸发掉0.5V L水后溶液体积无法求出,错误;D选项,属于混合溶液的有关计算,加入10 molL-1盐酸0.6V L后,溶质HCl的物质的量为8V mol,再将溶液稀释至2V L,浓度变为4 molL-1。3.C解析:A选项,因为乙酸电离,所以溶液中乙酸分子小于0.1 mol,错误;B选项,不能在容量瓶中进行溶解,错误;D选项,量取时,仰视读数偏低,实际量取的体积偏高,所配溶液的浓度偏高,错误。4.C解析:A选项,所称高锰酸钾的质量偏小,浓度偏低;B选项浓度偏低;C选项,俯视使液面低于刻度线,体积偏小,浓度偏大;D选项,浓度偏低。5.答案:(1)13.6(2)胶头滴管(3)搅拌、引流解析:n(H2SO4)=0.25 mol,m(H2SO4)=0.25 mol98 gmol-1,浓硫酸质量=0.259898%=25 g,所以浓硫酸体积=。高考热点题型1【例】 答案:(1)浅绿(2)生成氨气的体积氨气有一部分会溶解在溶液中(或其他合理解释)(3)碱石灰稀硫酸防止倒吸78.4解析:(1)摩尔盐中含有Fe2+;(2)摩尔盐中的铵根离子与碱反应生成氨气,但氨气极易溶于水;(3)用B干燥氨气,防止气体中混有的水蒸气进入C中。然后称量C中吸收前后质量差,求得生成氨气的质量;n(NH3)=0.04 mol,n(摩尔盐)=0.02 mol,m(摩尔盐)=0.02 mol392 gmol-1=7.84 g。题组训练1.A解析:A选项,左管应该充满相应的液体,错误。2.答案:(1)往量气管中注水至左右两管出现液面差,静置片刻,液面差不发生变化,则气密性良好(或其他合理答案)(2)保持气压恒定,使NaOH浓溶液容易流下(3)AD(4)解析:(3)氨气不溶于CCl4、植物油;(4)n(AlN)=n(NH3)= mol,m(AlN)= g。3.答案:(1)befhgc防止空气中的水蒸气和CO2进入前面装置影响实验结果(2)B解析:(1)b装置比a装置气密性好,且可减小误差,气体产生后通过浓硫酸除去CO2中的水蒸气,然后通过氢氧化钠溶液吸收CO2;(2)制取CO2时,盐酸挥发,选择硫酸较好。第二单元化学物质及其变化第1节物质的分类核心考点分层突破考点一物质的分类导学诱思答案:落实基础1.交叉树状3.金属非金属碱盐氧化物共价电解质非电解质考点突破【例1】 B解析:由O2和O3可知A选项错误;冰与水的分子式相同,属于同一种物质,B选项正确;由同分异构体可知C选项错误;汽油属于混合物,D选项错误。【例2】 C解析:水银属于纯净物,错误;HD属于单质,错误。【例3】 A解析:A项利用活性炭的吸附作用,为物理变化;B项发生了油脂的水解反应,C项用高锰酸钾氧化水果产生的乙烯,D项用硅胶吸水防潮、铁粉吸收氧气防止食品被氧化,B、C、D项均发生化学反应。高考微题组1.C解析:明矾是十二水硫酸铝钾,故C项错误。2.B解析:A项,乙醇既无腐蚀性,也不属于氧化剂,不正确;B项,硝酸是具有腐蚀性的强氧化性酸,正确;NaOH和HCl都具有腐蚀性,但都不具有强氧化性,故C、D不正确。3.答案:解析:B选项,漂白粉属于混合物,错误;E选项由H2O2、H2O可知错误;F选项CO不属于酸性氧化物;H选项由Al2O3、Na2O2可知错误;I选项,汽油属于混合物,错误。4.答案:正盐解析:由一元酸可知此盐为正盐。考点二分散系、胶体导学诱思答案:(1)分散质粒子的直径不同(2)用一束光照射盛有上述两种分散系的小烧杯,产生丁达尔效应的为胶体,反之为溶液落实基础1.分散质分散剂2.100 nm1100 nm考点突破【例1】 答案:解析:利用了胶体的聚沉;所谓“胶体带电”实质上是胶粒带电,错误;胶粒和溶质均能透过滤纸;有色玻璃是固溶胶(将固体作为分散剂所形成的溶胶),属于胶体;制取的是Fe(OH)3沉淀,错误;利用了胶粒带电,能发生电泳。互动探究答案:均错误,胶体与溶液的本质区别是分散质粒子的直径大小;布朗运动可证明分子在不停地运动。【例2】 答案:G解析:制备Fe(OH)3胶体时,应向沸腾的蒸馏水中(其他液体如自来水、食盐水、NaOH溶液等均不可)逐滴滴加饱和FeCl3溶液(反滴、持续加热、搅拌均不可),继续煮沸至液体呈红褐色,停止加热。不按此操作得到的是Fe(OH)3沉淀,所以A、B、C、D、E、F选项均错;蛋白质水溶液属于胶体,G正确。高考微题组答案:(1)(2)(3)(4)(5)(6)(7)(8)(9)(10)解析:由(6)可知(1)错误;由(8)可知(2)错误;(4)氯化铁溶液不是胶体;(5)H+与S2-不能大量共存;(9)葡萄糖溶液没有丁达尔效应;(10)依据“分散质微粒大小”将分散系分为溶液、胶体与浊液。学科素养专项提能【例】 D解析:酸性氧化物不一定是非金属氧化物,如Mn2O7,非金属氧化物也不一定是酸性氧化物,如CO、NO等,错;碱性氧化物肯定是金属氧化物,但金属氧化物不一定是碱性氧化物,如Na2O2、Al2O3等,对、错;SiO2是酸性氧化物,但不与H2O反应生成相应的酸,错误,正确,如NO2;错误,如CO等。互动探究答案:(1)正确,酸性氧化物与水反应或与碱反应均不属于氧化还原反应。(2)错误,如两性氧化物Al2O3就能与酸反应。对点训练1.D解析:由SiO2可知A选项错误;由SO2与硝酸反应、Al2O3与酸反应可知B选项错误;由CO可知C选项错误;由NO2可知D选项正确。2.D解析:由于反应类型不限制,所以全部可以。3.B解析:SiO2、CuO、Fe3O4与水均不反应,只有B选项符合。题组演练迁移运用1.B解析:干馏属于化学变化,B选项错误。2.D解析:A选项,水玻璃是硅酸钠的水溶液,是混合物,不属于酸,错误;B选项,漂粉精主要成分是氯化钙和次氯酸钙的混合物,不是钠盐,错误;C选项,NO2不属于酸性氧化物,错误。3.C解析:A选项均属于含氧化合物;B选项均属于弱酸;D选项均属于铵盐;C选项前者都属于化学变化,后者属于物理变化。4.C解析:明矾净水是胶体的吸附作用,是把浑水变为清水,漂白粉、臭氧的净水是利用其强氧化性杀菌消毒。5.D解析:Z中分散系为胶体,胶体粒子可以通过滤纸,A、B正确;由信息可知反应物为CaCO3、Fe3+,生成物为Fe(OH)3胶体、CO2,配平可知C选项正确;X、Z烧杯中的分散系分别为溶液、胶体,D错误。6.A解析:鸡蛋清溶液属于胶体,能产生丁达尔效应,其他均属于溶液。第2节离子反应核心考点分层突破考点一电解质导学诱思答案:落实基础1.(1)水溶液中熔融水溶液中熔融(2)全部部分2.(1)酸碱盐金属考点突破【例1】 C解析:由金属单质可知A、B选项错误;由氨气、二氧化碳、三氧化硫可知D选项错误;碳酸钙属于盐,属于强电解质,C选项正确。【例2】 B解析:A选项,醋酸与氨水反应生成强电解质醋酸铵,导电能力逐渐增强,错误;B选项,当氨水全部反应生成醋酸铵时,导电能力最强,再加入醋酸相当于稀释醋酸铵,导电能力又逐渐减弱,正确;C选项,没有标明溶液浓度,错误;胶体是电中性的,不带电,带电的是胶体中的分散质粒子,D项错误。【例3】 答案:HClH+Cl-H2SH+HS-,HS-H+S2-Ca(OH)2Ca2+2OH-Cu(OH)2Cu2+2OH-KClO3K+ClNa2FeO42Na+FeNH4HCO3N+HC,HCH+CNH4HSO4N+H+S解析:Na2FeO4属于可溶性盐,全部电离,用“”连接,Fe不能拆开。高考微题组1.答案:解析:次氯酸属于弱酸为弱电解质,BaSO4和NaClO属于盐为强电解质,A、C、E选项错误;葡萄糖、四氯化碳是非电解质,蛋白质是高分子化合物,是混合物,既不是电解质也不是非电解质。2.答案:HFH+F-解析:属于弱酸的只有HF。3.答案:H3PO2H+H2P解析:中强酸属于弱电解质,也用可逆号。考点二离子反应方程式的书写导学诱思答案:(1)Cu(OH)2+2H+Cu2+2H2O(2)OH-+CH3COOHCH3COO-+H2O(3)Fe2O3+6H+2Fe3+3H2O(4)Cl-+Ag+AgCl(5)CaCO3+2H+Ca2+H2O+CO2(6)Fe+2H+Fe2+H2落实基础1.离子2.(1)沉淀难电离气体(2)氧化还原3.实际参加反应的离子符号4.一类化学反应H+OH-H2O考点突破【例1】 答案:(1)Cl2+H2OH+Cl-+HClO(2)2Na+2H2O2Na+2OH-+H2(3)2Fe2+Cl22Fe3+2Cl-(4)2Fe3+Cu2Fe2+Cu2+(5)2Al+2OH-+2H2O2Al+3H2(6)CaCO3+2CH3COOHCa2+CO2+H2O+2CH3COO-(7)Al3+3NH3H2OAl(OH)3+3N(8)HC+H+H2O+CO2解析:(1)、(2)依据教材已知方程式进行改写;(3)、(4)、(5)属于氧化还原反应,如(3)的实质为Fe2+和Cl2生成Fe3+和Cl-,配平即可;如(5)的实质为Al生成Al和H2,依据得失电子守恒可知2Al2Al+3H2,然后用OH-配平电荷2Al+2OH-2Al+3H2,最后用水配平氢原子;(6)、(7)、(8)属于复分解反应,(7)反应的实质是1 mol Al3+与3 mol NH3H2O提供的3 mol OH-结合生成Al(OH)3沉淀,并生成N,但NH3H2O不能拆。【例2】 答案:(1)Cu2+S+Ba2+2OH-BaSO4+Cu(OH)2(2)Ba2+2OH-+2N+SBaSO4+2NH3H2O(3)Ba2+2OH-+2H+SBaSO4+2H2O(4)2Fe2+4Br-+3Cl22Fe3+2Br2+6Cl-(5)3Fe3O4+28H+N9Fe3+NO+14H2O解析:(1)首先分析溶液中的离子有Cu2+、S、Ba2+、OH-,然后分析哪些离子相互结合,Cu2+与OH-反应生成Cu(OH)2、S与Ba2+反应生成BaSO4,最后根据离子的个数比配平方程式;(5)Fe3O4与H+、N反应生成Fe3+、NO和H2O。互动探究答案:Fe3O4+8H+2Fe3+Fe2+4H2O【例3】 答案:(1)HC+OH-C+H2O(2)Ca2+HC+OH-CaCO3+H2OCa2+2HC+2OH-CaCO3+C+2H2O(3)H+S+Ba2+OH-BaSO4+H2OBa2+2OH-+2H+SBaSO4+2H2O解析:(2)Ca(HCO3)2溶液与NaOH反应实质是HC与OH-反应生成更难电离的H2O,同时生成的C再与Ca2+结合生成难电离的CaCO3沉淀,这样我们就可以根据三种离子的个数比写出与量有关的离子方程式,假设1 mol OH-,结合1 mol HC生成1 mol C,再与1 mol Ca2+结合生成1 mol CaCO3沉淀;假设2 mol HC结合2 mol OH-生成2 mol C,然后其中1 mol C再与1 mol Ca2+结合生成1 mol CaCO3沉淀,还余下1 mol C。【例4】 答案:(1)HC+OH-C+H2O(2)CO2+Ca2+2ClO-+H2OCaCO3+2HClOCO2+ClO-+H2OHC+HClO(3)2I-+Cl2I2+2Cl-2Fe2+4I-+3Cl22Fe3+2I2+6Cl-解析:(1)少量OH-先与HC反应;(2)少量CO2生成正盐、过量CO2生成酸式盐;(3)氯气先与还原性强的I-反应。高考微题组1.答案:Al2O3+6H+2Al3+3H2O解析:此反应的实质是金属氧化物与H+反应。2.答案:MgCO3+2H+Mg2+CO2+H2O解析:此反应的实质是碳酸盐与强酸反应生成弱酸碳酸。3.答案:Al(OH)3+OH-Al+2H2O解析:同一周期最高价氧化物对应的水化物之间发生反应的是Al(OH)3与NaOH反应。考点三离子方程式正误判断导学诱思答案:C考点突破【例1】 答案:DI解析:A选项,产物应为Fe2+,错误;B选项,Na先与水反应生成NaOH,NaOH再与CuSO4反应,错误;C选项,稀硝酸具有强氧化性,能氧化Fe2+和H2S,错误;E选项还会生成BaSO4沉淀,错误;F选项,铁溶于稀硝酸,溶液变黄,生成Fe3+,错误;G选项,硝酸与铝反应不能生成氢气,错误;H选项,盐酸与高锰酸钾溶液发生氧化还原反应,错误;J选项,因为溶液呈强碱性,所以不会生成H+,错误;K选项,氯气具有强氧化性,S被氧化成S,错误;L选项,只注意了Ba2+与S反应,而漏掉了H+与OH-的反应,错误;M选项,醋酸的酸性强于碳酸,错误。【例2】 答案:BCJ解析:A选项,HC与H+反应,错误;B选项是沉淀的转化,Mg(OH)2转化为更难溶的Fe(OH)3沉淀,正确;D选项中应为MnO2+4H+2Cl-Mn2+Cl2+2H2O;E选项中应将“”符号改为“(胶体)”;F选项中应为2Na2O2+2H2O4Na+4OH-+O2;G选项,HClO为弱电解质,离子方程式应为Cl2+H2OH+Cl-+HClO;H选项,醋酸属于弱电解质,不能拆分,应用化学式表示,错误;I选项,磁性氧化铁为Fe3O4,应用化学式表示;K选项,ZnCO3不能拆,错误;L选项,一水合氨不能拆,错误;M选项,CH3COONH4是强电解质应该拆,错误;N选项,此反应不是在溶液中进行的,不能写离子方程式。互动探究答案:2N+Ca(OH)22NH3+2H2O+Ca2+【例3】 答案:DE解析:A选项,所给化学方程式得失电子及电荷均不守恒;B、C选项电荷及得失电子不守恒,错误;F选项,原子和得失电子均不守恒;G选项,电荷和得失电子均不守恒。【例4】 答案:ABCEFJL解析:B选项,OH-过量,所以N、HC按11参加反应,正确;D选项,明矾溶液中Al3+与S的个数比为12,当S完全沉淀时,加入的OH-与Al3+反应生成Al;F选项,铁与稀硝酸反应生成Fe3+和NO,Fe3+又与过量的Fe反应最终生成Fe2+,正确;G选项,HI提供H+使溶液呈酸性,N与H+结合具有强氧化性,Fe2+不能大量存在,错误;H选项,应写成Ba2+2OH-+2H+SBaSO4+2H2O,错误;I选项,漏掉了Mg2+与OH-反应,错误;K选项,反应中的Ca(OH)2少量,所以化学方程式中Ca2+和OH-的物质的量之比应为12,错误;L选项,等物质的量的Ba(OH)2与NH4HSO4溶液反应,1 mol Ba2+正好消耗1 mol S,2 mol OH-正好与1 mol H+及1 mol N反应,正确。高考微题组1.C解析:0.1 molL-1氨水的pH为11,可知NH3H2O为弱电解质,存在电离平衡,A项正确;CuCl2溶液导电是由于CuCl2在水溶液中可以电离出Cu2+和Cl-,电离本身不需要通电,故方程式错误,即C项不正确。2.D解析:A中反应未配平,正确的离子方程式应为Cl2+2OH-Cl-+ClO-+H2O;B中NaHCO3电离产生的HC不能写为C,正确的离子方程式应为HC+H+H2O+CO2;C中AlCl3与过量氨水反应生成Al(OH)3而不是Al,正确的离子方程式应为Al3+3NH3H2OAl(OH)3+3N。3.D解析:Cu与稀硝酸反应生成NO,A错误;(NH4)2Fe(SO4)2溶液与过量NaOH溶液反应,反应的离子方程式为2N+Fe2+4OH-2NH3+2H2O+Fe(OH)2,B错误;CH3COOH是弱电解质,应写为化学式,C错误。4.C考点四离子大量共存问题导学诱思答案:Fe3+、Al3+、Mg2+、N、HCC、HC、AlC、HC、AlFe3+、Al3+、Mg2+Fe3+考点突破【例1】 A解析:B项中Hg2+与S2-,Pb2+与S2-、S均不能大量共存;C项中H+与S2、P不能大量共存;D项中Al3+、Ca2+与C均不能大量共存。【例2】 B解析:只有B选项中含有还原剂S,其他选项中无还原剂。【例3】 答案:解析:Mn有颜色,错误;中阳离子有色但能大量共存,正确;HC与Al、OH-均反应,错误;在酸性溶液中Fe2+与N反应,错误;S与H+反应,在酸性溶液中S与N发生氧化还原反应,错误;能溶解H2SiO3的溶液一定显碱性,在碱性条件下Fe2+一定不能大量共存,错误;溶液显酸性,且无强还原剂,正确;溶液可能为强酸性,也可能为强碱性,H+与HC反应,OH-与HC、N均反应,不能大量共存,错误;溶液可能显酸性,也可能显碱性,显酸性可以大量共存,但显碱性时M不能大量存在,不符合一定大量共存,错误;Fe3+与SCN-反应,错误;Al3+水解显酸性,ClO-水解显碱性,所以不能大量共存,错误;依据电荷守恒可知错误;能使淀粉碘化钾试纸显蓝色说明溶液具有强氧化性,S2-、S均具有还原性,错误。互动探究答案:【例4】 D解析:由强酸性溶液可知一定无C、S;加入过量Ba(NO3)2生成气体A,A为NO,所以一定含有还原剂Fe2+,有Fe2+一定无N,由沉淀C可知一定含有S;溶液B与氢氧化钠溶液反应生成气体F为NH3,可知一定含有N,沉淀G为Fe(OH)3,当H+不足时Fe2+有剩余,则G为Fe(OH)2与Fe(OH)3混合物、沉淀I为Al(OH)3,因为加入过量NaOH溶液,所以无法判断原溶液中是否一定含有Na+。高考微题组1.C解析:Ca2+与S生成微溶的CaSO4不能大量共存,A错误;酸性条件下ClO-与Fe2+、S因发生氧化还原反应不能大量共存,B错误;四种离子互不反应,能够大量共存,C正确;Fe3+与SCN-发生络合反应不能大量共存,D错误。2.A解析:A项、B项中四种离子在通入CO2之前均能大量共存,B项中通入CO2后,CO2能与水反应生成H2CO3,其电离出的H+与Si反应生成H2SiO3沉淀,故B项错误,A项正确。C项中Fe2+能与Cl2发生氧化还原反应,不能大量共存,C项错误;D项中Ag+能与NH3H2O发生反应而不能大量共存,D项错误。3.C解析:A项,Al3+与S2-发生相互促进的水解反应,故不能大量共存;B项,在酸性溶液中ClO-不能大量存在,且ClO-能与I-发生氧化还原反应而不能大量共存;D项,Fe3+发生水解反应使溶液呈酸性,故Fe3+不能大量存在于中性溶液中。4.B解析:遇湿润红色石蕊试纸变蓝的气体为NH3,可知试样中一定含N;由已知信息和溶液2发生的条件可知溶液2中含N,而整个实验中未引入N,则该试样中一定含N;试样溶液加过量Ba(OH)2产生的沉淀1加酸时部分溶解,可推知沉淀1为BaSO4与Mg(OH)2的混合物,即该试样中一定含S及Mg2+;因所用Ba(OH)2过量,故沉淀2中一定含有BaCO3,不能肯定试样中是否含Al3+,因为无论沉淀2中是否含有Al(OH)3,加酸时沉淀都会溶解并放出气体CO2。整个过程未涉及Na+、Cl-的检验,且无论是否存在Na+、Cl-均不影响实验过程,故可能存在Na+、Cl-,也可能不存在。综上分析,B项错。学科素养专项提能【例1】 D解析:由上述离子方程式可知还原性I-Fe2+Cl-Mn2+,所以应该选择Fe3+来氧化I-。【例2】 C解析:CO2先与OH-反应生成一个C,C与Ca2+结合生成CaCO3沉淀,因n(OH-)2n(Ca2+),所以Ca2+消耗完后,CO2还能继续与OH-反应生成C;当OH-反应完全后,CO2再与Al反应生成Al(OH)3沉淀,当Al消耗完后,CO2会与溶液中的C反应生成HC,C反应完后,CO2会与CaCO3反应生成可溶于水的Ca(HCO3)2。【例3】 答案:Ca(ClO)2+2SO2+2H2OCaSO4+2HCl+H2S