第三单元作业答案

1、.课时作业十1.B解析 NaHCO3受热分解而Na2CO3受热不易分解,故Na2CO3的热稳定性强于NaHCO3。2.B解析 B项,NaOH密封保存,目的是防止空气中的CO2与之反响而变质。3.A解析 加热固体时,试管口不能向上倾斜,A项设计错误;B项中脱脂棉燃烧,能说明Na2O2与水反响放热;C项中气球变大,证明Cl2能被NaOH溶液吸收;D项能进展Na与Cl2的反响。4.D解析 A项中可生成NaCl、NaHCO3;B项中可生成Na2CO3、NaHCO3;C项中可生成Na2CO3、NaOH;D项中只生成Na2CO3。5.C解析 应将钠外表的煤油用滤纸吸干且烧杯中不能装满水,A项错误;B项都有

2、白色沉淀产生,错误;Na2O2与CO2反响生成氧气,假如棉花燃烧说明到达了着火点,能证明是放热反响,C项正确;观察钾的焰色反响应该透过蓝色钴玻璃,D项错误。6.D解析 Na2O2为淡黄色固体,与水反响除生成NaOH外还放出O2,因此Na2O2不是碱性氧化物,A项错误。根据反响2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2,Na2O2既是氧化剂又是复原剂,当有2 mol CO2参加反响时转移2 mol e-,故标准状况下11.2 L CO20.5 mol反响时,转移电子数目为0.5NA,B项错误。Na2O2是离子化合物,1 mol Na2O2含阴离子O22-的个数为NA,C项错误。根据规律H2、CO

3、或其混合气体,以及通式为COmH2n的有机物,完全燃烧后产物与足量Na2O2充分反响,Na2O2增重与原气体或有机物质量相等,容易判断D项正确。7.D解析 Na2CO3、NaHCO3分别与HCl反响,有关物质的质量关系是Na2CO3+2HCl2NaCl+H2O+CO2106 g73 g44 gNaHCO3+HClNaCl+H2O+CO284 g36.5 g44 g显然,等质量的Na2CO3、NaHCO3分别与足量盐酸反响,NaHCO3产生的二氧化碳多,Na2CO3消耗盐酸多,A项、B项错误;向NaHCO3溶液中滴加BaOH2溶液有如下反响:HCO3-+OH-CO32-+H2O,CO32-+Ba

4、2+BaCO3,C项不正确;Na2CO3、NaHCO3均既能与酸如盐酸、硫酸等反响,又能与BaOH2反响生成BaCO3沉淀,D项正确。8.C解析 因为是溶液中的反响,所以都有H2产生,NH4NO3溶液还产生NH3,CuSO4溶液还产生CuOH2沉淀。9.A解析 图像中从O点即开场产生CO2气体,对应溶液中的溶质为NaHCO3,正确;图像中Oa段消耗HCl的量小于ab段消耗HCl的量,对应的溶液中的溶质为Na2CO3和NaHCO3,且二者的物质的量之比n(Na2CO3)n(NaHCO3)=13-1×2=11,正确;图像中,Oa段消耗HCl的量等于ab段消耗HCl的量,对应溶液中的溶质为

5、Na2CO3,不正确;图像中,Oa段消耗HCl的量大于ab段消耗HCl的量,对应溶液中的溶质为Na2CO3、NaOH,且二者的物质的量之比n(Na2CO3)n(NaOH)=13-1×2=11,不正确。10.D解析 把Na2CO3溶液逐滴加到盐酸中,开场时盐酸过量,那么发生反响Na2CO3+2HCl2NaCl+H2O+CO2,开场就有气体放出。假设将盐酸滴到Na2CO3溶液中,开场时Na2CO3过量,只发生反响Na2CO3+HClNaHCO3+NaCl,无气体放出,只有在Na2CO3全部转化成NaHCO3后再滴加盐酸才有气体放出。nNa2CO3nHCl=0.025 L×2 m

6、ol·L-10.075 L×1 mol·L-1=23>12,故产生的CO2的体积不一样。11.A解析 测量碱石灰增重的方法是重量法而不是量气法,B项错误;C项样品中参加足量盐酸,烧瓶内物质的质量增加而不是减轻,C项错误;D项中因部分CO2能溶解到水里,且与水反响生成H2CO3,故排出水的体积并不是生成的CO2的全部体积,D项错误。12.B解析 混合粉末加盐酸有气体产生说明其中可能有Na2O2、Na2CO3、NaHCO3,又由于气体通过足量的NaOH溶液后体积减小,说明气体中同时含有O2和CO2,那么原混合粉末中肯定存在Na2O2,还可能有Na2CO3或NaH

7、CO3中的一种或两种,将原混合粉末在空气中加热有气体放出,说明NaHCO3肯定存在,但Na2CO3和NaCl不能确定是否存在。13.1NaOH、Na2CO3Na2CO3Na2CO3、NaHCO3NaHCO32112NaOH、Na2CO30.15 mol·L-1解析 2分析图中曲线和各个量的关系,A中先参加的25 mL盐酸,含有的氢离子的物质的量为0.1 mol·L-1×0.025 L=0.002 5 mol,此时发生的反响为CO32-+H+HCO3-,所以溶液中含有的CO32-的物质的量为0.002 5 mol,后加的50 mL盐酸和HCO3-反响生成CO2,因为

8、后加的氢离子的物质的量为0.1 mol·L-1×0.050 L=0.005 mol,所以标准状况下CO2的体积为0.005 mol×22.4 L·mol-1×1 000 mL·L-1=112 mL。在B中先参加的60 mL盐酸都没有气体生成,又参加15 mL 盐酸CO2完全放出,也就是说nHCO3-=0.1 mol·L-1×0.015 L=0.001 5 mol,那么原溶液中只有0.001 5 mol CO32-,含有0.006 mol-0.001 5 mol=0.004 5 mol 的OH-,即原溶液中的溶质是N

9、aOH和Na2CO3。根据钠原子守恒,可计算氢氧化钠溶液的物质的量浓度。14.1石灰石和稀盐酸饱和NaHCO3溶液吸收CO2气体中的HCl否假设不先驱出溶液中溶解的CO2气体,步骤参加的NaOH将有一部分与CO2反响,得到的Na2CO3不纯2Zn粒装置A中生成的H2推动装置B中的CO2气体,使装置B中的CO2气体全部被装置D中的碱石灰吸收稀硫酸3偏高防止空气中的水蒸气、CO2等气体进入装置D中,使装置D中碱石灰的质量增加495.4%解析 1装置A是CO2的发生装置,用的药品是盐酸和CaCO3;装置B的作用是除去CO2中的HCl,最好的试剂是饱和NaHCO3溶液;因为CO2在水中有一定的溶解性,

10、所以要先加热煮沸,除去溶解在水中的CO2,再使中生成的NaHCO3与NaOH反响生成纯洁的Na2CO3。2装置A用于制取H2,用的药品是锌粒和稀硫酸,目的是把装置B产生的CO2都赶到装置D中被碱石灰吸收,使实验数据尽可能准确;装置B发生的是酸与Na2CO3生成CO2的反响,后面没有除杂装置,所以可用不挥发的稀硫酸。3装置C用来吸收CO2中的水蒸气,假设无此装置,装置D中的碱石灰不仅会吸收CO2还会吸收水蒸气,使测得的CO2的量偏高,导致Na2CO3的含量偏高;装置E是为了防止空气中的CO2和水蒸气进入装置D中,对实验造成误差影响。4装置D的质量增加3.96 g,增加的质量为Na2CO3和稀硫酸

11、反响生成的CO2的质量,根据转化关系:Na2CO3CO210644mNa2CO33.96 g106m(Na2CO3)=443.96 g,解得mNa2CO3=9.54 g,wNa2CO3=9.54 g10 g×100%=95.4%。课时作业十一1.B解析 A项,镁的金属性比铝强,错误;B项,镁和铝的氧化物都可以与盐酸反响,正确;C项,镁和铝原子的最外层电子数分别是2和3,错误;D项,氧化铝是两性氧化物,可以与氢氧化钠溶液反响,氧化镁是碱性氧化物,与氢氧化钠溶液不反响,错误。2.C解析 氨水为弱碱,不能溶解Al2O3,二者不反响,故C项错误。3.D解析 A项,向混合溶液中参加过量的铝粉,

12、不发生反响,不能将Mg2+沉淀出来,错误;B项,向混合溶液中参加过量的盐酸,不发生反响,不能将Mg2+沉淀出来,错误;C项,向混合溶液中参加过量的氨水,两种离子均转化为沉淀,错误;D项,向混合溶液中参加过量的氢氧化钠溶液,生成的氢氧化铝能溶解在强碱中,而氢氧化镁不能溶解,从而可将Mg2+沉淀出来,正确。4.A解析 在镁、铝混合物中参加HNO3和浓H2SO4都不产生H2;参加NaOH溶液,只有Al与之反响生成H2,而镁不反响;参加盐酸,镁、铝都与盐酸反响生成H2,所以放出H2的量最多。5.C解析 解答此题时应特别注意,难溶物的Ksp越小, 在溶液中越易形成沉淀;AlOH3能溶于过量的NaOH溶液

13、。由于AlOH3的Ksp比FeOH3的Ksp大,故在混合液中参加NaOH溶液时,先生成FeOH3沉淀,而不生成AlOH3沉淀,当FeNO33反响完全后再生成AlOH3沉淀,继续参加NaOH溶液,AlOH3沉淀又溶解,故只有C图像符合题意。6.B解析 浓H2SO4稀释时应将浓H2SO4加到水中,A项错误;过滤时应用玻璃棒引流,C项错误;由于MgCl2水解,故加热蒸干MgCl2溶液时得不到MgCl2固体,D项错误。7.B解析 A、C、D三项中,无论前者滴入后者还是后者滴入前者,反响现象均一样;B项,假设将NaAlO2溶液滴入盐酸中,开场盐酸过量,没有沉淀生成,随着NaAlO2溶液的增多,会产生Al

14、OH3白色沉淀,假设将盐酸滴入NaAlO2溶液中,开场盐酸少量,会立即产生AlOH3白色沉淀,随着盐酸的增多,最后白色沉淀逐渐溶解,反响现象不同,符合题意。8.D解析 溶液中与OH-反响的阳离子有H+、Al3+、NH4+三种,在反响过程中生成的AlOH3也可以与OH-反响,反响的先后顺序大致为H+、Al3+、NH4+、AlOH3,其中Al3+和NH4+的反响顺序难以确定。由题中所给方程式可知,AlOH3和氨水不反响,可以采用假设法确定Al3+和NH4+的反响顺序,假设NH4+先与OH-发生反响,离子方程式为NH4+OH-NH3·H2O,那么Al3+会与NH3·H2O发生反响

15、Al3+3NH3·H2O3NH4+AlOH3,相当于NH4+没发生反响,故该假设不成立,OH-应先与Al3+反响,再与NH4+反响,应选D项。9.C解析 A项,试剂X应为强碱溶液,使Al2O3溶解;B项,假设用强酸代替CO2,强酸过量时,AlOH3会溶解;D项,因Al比Fe活泼,不能用Fe置换Al。10.B解析 向NaOH溶液中逐滴参加AlCl3溶液时发生反响Al3+4OH-AlO2-+2H2O,3AlO2-+Al3+6H2O4AlOH3。a点时溶液中有大量OH-,与Fe3+、HCO3-不能大量共存;b点时溶质为NaCl和NaAlO2,所有离子可以大量共存;c点时溶质为NaCl,与A

16、g+不能大量共存;d点时溶质为NaCl和AlCl3,Al3+与CO32-互相促进水解不能大量共存。11.C解析 通入CO2时,反响的先后顺序:BaOH2+CO2BaCO3+H2O、2NaOH+CO2Na2CO3+H2O、2NaAlO2+CO2+3H2O2AlOH3+Na2CO3、Na2CO3+CO2+H2O2NaHCO3、BaCO3+CO2+H2OBaHCO32,根据通入CO2的量,判断沉淀的量,C项正确。12.A解析 a mol AlCl3完全转化为AlOH3时需要NaOH的物质的量为3a mol,且沉淀最大值为a mol,故、有可能;当b<3a时,NaOH缺乏,此时nAlOH3=13

17、nNaOH=b3 mol,有可能,不可能;当3a<b<4a时,Al3+ 3OH-AlOH3a mol3a mola molAlOH3+OH-AlO2-+2H2Ob-3amolb-3amol剩余的AlOH3沉淀为a mol-b-3amol=4a-bmol,有可能,应选A项。13.B解析 据题意可知溶液中一定不含有Cu2+、HCO3-。当溶液中有Al3+生成时,原溶液中含有H+,不含有NO3- 产生的气体为NO、SO32-、OH-,据电中性原那么知其中必定含有SO42-,于是不能存在Ba2+、Ag+,可能含有Mg2+,A项错误,B项正确;当溶液中有AlO2-生成时,原溶液中含有OH-,

18、肯定没有H+、Ag+、Mg2+,据电中性原那么知其中必定含有Ba2+,于是不能存在SO32-、SO42-,可能含有NO3-,C、D项错误。14.1加快反响速率2AlOOH+NaOHNaAlO2+H2O3促进AlO2-的水解CO24Na2CO3+CaOH2CaCO3+2NaOH5NaOH解析 1粉碎后的铝土矿碱浸时应在较高温度下进展,是因为温度越高,反响速率越快。3AlO2-在溶液中会发生水解:AlO2-+2H2OAlOH3+OH-,根据越稀越水解,可知加水稀释是为了促进AlO2-的水解。4浓缩所得的NaOH溶液由于吸收了空气中的CO2而含有杂质,杂质是碳酸钠,碳酸钠与氢氧化钙反响生成苛性钠,从

19、而除去碳酸根离子,化学方程式为Na2CO3+CaOH2CaCO3+2NaOH。5后续反响中又生成氢氧化钠,而开场时是用氢氧化钠溶液溶解铝土矿,故该消费流程能实现循环利用的是NaOH。15.1AlN+3H2OAlOH3+NH3加快AlN水解反响速率,降低NH3在水中的溶解度,促使NH3逸出2Al2O3+6H+2Al3+3H2O32Fe2+2H+ClO-2Fe3+Cl-+H2O4FeOH35防止AlOH2Cl水解生成AlOH3解析 1气体A能使潮湿的红色石蕊试纸变蓝,那么A为NH3,即AlN发生了水解生成NH3和AlOH3。“水解采用90 可以加快AlN水解反响速率,降低NH3在水中的溶解度,促使

20、NH3逸出。2“酸溶时,Al2O3与酸反响生成铝盐。3“氧化时,Fe2+与ClO-发生氧化复原反响,离子方程式为2Fe2+2H+ClO-2Fe3+Cl-+H2O。4“酸溶“氧化后溶液中含有的金属阳离子为Al3+、Fe3+,参加纯碱调节pH使Fe3+生成FeOH3沉淀,过滤后废渣为FeOH3。5直接蒸发时AlOH2Cl会水解生成AlOH3。课时作业十二1.B解析 Fe2O3为红棕色固体,A项错误;FeOH2、FeOH3均难溶于水,B项正确;铁属于人体必需的微量元素,缺少时需要补充,C项错误;地壳中不含铁单质,含铁的矿物中,铁元素以化合态存在,D项错误。2.C解析 Zn与稀硫酸发生置换反响可得到氢

21、气;氯气与FeBr3发生置换反响得到FeCl3和单质溴;高温条件下Fe与水蒸气发生置换反响生成Fe3O4和氢气;单质氟与水发生置换反响生成氧气和HF。综上所述,C项正确。3.A解析 pH=0的溶液呈强酸性,Fe2+、NO3-、H+不能大量共存,B项不正确;C项应为0.3 mol,不正确;D项电荷不守恒,不正确。4.B解析 A、C、D三项中的氧化剂虽均能使Fe2+氧化为Fe3+,但同时会引入新的杂质,故此三项不符合题意;H2O2具有氧化性,能氧化Fe2+为Fe3+,复原产物为水,不引入新的杂质,B项符合题意。5.A解析 单质铁可以参与两个反响:将FeCl3复原为FeCl2,此过程溶液的质量是增加

22、的;与CuCl2发生置换反响,此过程溶液的质量是减少的。中质量的增加量等于中质量的减少量。设溶液的体积为1 L,溶液中FeCl3的浓度为x mol/L,CuCl2的浓度为y mol/L,质量增减为z g,那么Fe+2FeCl33FeCl2m2 mol56 gx molz gFe+CuCl2Cu+FeCl2m1 mol64-56gy molz g12×56x g=64-56y g,28x=8y,xy=27。6.A解析 葡萄糖在碱性条件下能与新制CuOH2悬浊液反响生成红色Cu2O沉淀,但废液为酸性,不能与葡萄糖反响,A项错误;Ag+与Cl-反响生成不溶于稀硝酸的AgCl沉淀,B项正确;

23、废液中假设无Fe3+,Fe与Cu2+反响那么会有固体生成,C项正确;D项所述为用氧化法检验Fe2+的方法,正确。7.1浓盐酸四氧化三铁22H2O22H2O+O2KClO334HCl浓+MnO2MnCl2+2H2O+Cl24铁粉KSCN溶液溶液变红解析 因铁在O2中点燃生成Fe3O4,该氧化物与盐酸反响可生成FeCl2、FeCl3的混合物,铁与Cl2反响生成FeCl3,故B为O2,D为Cl2,C为浓盐酸,E为Fe3O4,G为FeCl3,F为FeCl2。因2Fe3+Fe3Fe2+,所以向新配制的FeCl2溶液中参加铁粉可以防止Fe2+被氧化成Fe3+。检验Fe3+常用KSCN溶液。8.C解析 Fe

24、3O4与稀硝酸反响时,Fe2+会被氧化为Fe3+,正确的离子方程式为3Fe3O4+28H+NO3-9Fe3+NO+14H2O。9.C解析 当铜全部析出时,溶液中不存在Cu2+,A项错误;由于红色粉末是Cu,所以溶液当中肯定没有Fe3+,故B错误;由于氧化性Fe3+>Cu2+,无论是和Fe反响,还是和Cu反响,溶液中一定存在Fe2+,当Fe过量时,不存在Cu2+,当Fe缺乏时,有Cu2+,故C正确;由C分析可知,溶液中可能还有Cu2+,故D错误。10.B解析 氧化铜和氧化铁组成的混合物与硫酸恰好完全反响,说明硫酸的物质的量恰好等于原氧化物中的氧原子的物质的量,当混合物被一氧化碳复原时,那么

25、所得固体铜和铁的质量等于原固体质量-氧原子质量,由于原混合物中nO=nH2SO4=0.05 L×2 mol·L-1=0.1 mol,那么冷却后固体的质量为a g-16 g·mol-1×0.1 mol=a-1.6g。11.D解析 SO2通入混合液中,发生反响SO2+2H2O+2FeCl3H2SO4+2FeCl2+2HCl,溶液由棕黄色变为浅绿色,FeCl3作氧化剂,表现氧化性,SO2表现复原性;H2SO4与BaCl2反响得到BaSO4白色沉淀和HCl,故A、B、C选项均不正确,D项正确。12.A解析 假设用过量硝酸酸溶,那么会引入NO3-,A项说法错误;S

26、O2是一种污染气体,必须回收利用,B项说法正确;通入Cl2的目的是将Fe2+全部氧化为Fe3+,C项说法正确;为了防止Fe3+水解,由FeCl3·6H2O制取无水FeCl3时需要在HCl的气流中加热,D项说法正确。13.1BDE2Fe3+3H2OFeOH3胶体+3H+1100 nm32Fe3+Cu2Fe2+Cu2+A4NaCl氧化生成的FeOH3胶体能吸附水中的悬浮杂质abc解析 1合金硬度大于纯金属,A项错误;钢中含有碳元素,故C项错误,B、D、E三项正确。2生成FeOH3胶体的离子方程式为Fe3+3H2OFeOH3胶体+3H+,形成胶体的微粒直径范围为1100 nm。3FeCl3

27、腐蚀铜的离子方程式为2Fe3+Cu2Fe2+Cu2+,溶液中有Fe2+、Cu2+,要获取Cu应参加过量Fe粉,此时溶液中应参加浓盐酸溶解未反响的Fe粉、Fe粉完全溶解时溶液中溶质全为FeCl2,此时通入Cl2使其转变为FeCl3,应选A项。4由质量守恒可知X为NaCl。由于FeO42-中Fe为+6价,故其具有强氧化性可用于杀菌消毒,由于产物中有FeOH3,其为胶体能吸附水中的悬浮杂质。a、b在水中可形成胶体,可净水,ClO2可用于水的杀菌、消毒,危害小,故可净水,“84消毒液有杀菌消毒作用,但是碱性太强,气味太浓,不适宜水的净化。14.1防止溶液倒吸入装置中或平安瓶防止SO3液化或凝固2检验试

28、剂预期现象和结论0.5 mol·L-1 BaCl2溶液0.01 mol·L-1酸性KMnO4溶液或0.01 mol·L-1溴水假设溶液紫色或橙色褪去,证明气体产物中含有SO2,假设溶液紫色或橙色无明显变化,证明气体产物中不含SO23Fe3+3SCN-FeSCN3假如FeSO4未完全分解,溶液里也存在Fe2+解析 1假设装置中产生的气体极易和溶液反响,会发生倒吸,所以装置的试管能防止溶液倒吸入装置中;SO3的沸点是44.8 ,当温度高于44.8 时SO3为气体,把试管浸泡在50 的热水浴中能防止SO3液化或凝固。2根据预期现象和结论可知装置中试剂用来检验SO3,相当

29、于检验SO42-,故参加的试剂为BaCl2溶液。装置检验产生的SO2气体,故可从给出的试剂中选取酸性KMnO4溶液或溴水,SO2具有复原性,与酸性KMnO4溶液或溴水发生氧化复原反响而使之褪色。3硫氰化钾溶液遇含有Fe3+的溶液显红色,发生反响的离子方程式为Fe3+3SCN-FeSCN3。残留固体中可能有未完全分解的FeSO4,用硫酸溶解后溶液中含有Fe2+,滴加酸性高锰酸钾溶液后也可褪色。课时作业十三1.C解析 合金的熔点比成分金属的熔点低,生铁属于合金,故熔点小于纯铁的熔点。2.C解析 铁为较活泼金属,可用热复原法制取,A项合理。Hg不活泼,用热分解法制取,B项合理。由于MgO的熔点太高,

30、所以用电解熔融MgCl2制取金属镁,C项错误。Na为很活泼的金属,用电解其熔融盐的方法制取,D项合理。3.C解析 用磁铁矿炼铁的反响为Fe3O4+4CO3Fe+4CO2,当有1 mol Fe3O4被CO复原成Fe时,转移8 mol电子。4.C解析 铝性质较活泼,能和酸反响生成盐和氢气,在金属活动性顺序表中Al位于H之前,所以能用金属活动性顺序解释;阳离子得电子才能越强,其单质的复原性越弱,用惰性电极电解饱和食盐水时,阴极生成氢气而得不到钠,说明Na的活动性大于H,所以可以用金属活动性顺序解释;常温下,浓硫酸和铁发生氧化复原反响生成致密的氧化物薄膜而阻止铁进一步被氧化,该现象是钝化现象,与金属活

31、动性顺序无关;构成原电池的装置中,作负极的金属加速被腐蚀,作正极的金属被保护,Fe、Zn和电解质溶液构成原电池,Zn易失电子作负极、Fe作正极,那么Fe被保护,所以能用金属活动性顺序解释。5.D解析 制得1 mol金属转移电子最少的消耗铝最少。AD项制得1 mol金属需要电子的物质的量依次为4 mol、3 mol、5 mol、83 mol。6.14Al+3MnO23Mn+2Al2O323Si+2V2O34V+3SiO2参加CaO作熔剂,使之与反响产物SiO2结合成CaSiO3,利于反响的进展7.D解析 铁通常用CO复原Fe2O3得到,而铝一般用电解Al2O3的方法得到,A项正确;Al2O3能与

32、NaOH溶液反响而Fe2O3不能,B项正确;FeCl3与铁反响生成FeCl2,C项正确;Cu、CuO都能与稀硝酸反响,D项错误。8.B解析 步骤的目的是把亚铁离子氧化为铁离子,发生的主要反响为2Fe2+H2O2+2H+2Fe3+2H2O,A项正确;步骤假设用氯水、硝酸等强氧化剂代替 H2O2,那么氧化剂的复原产物不是水,会引入新的杂质氯离子或硝酸根离子,同时还会造成污染,所以不能将H2O2换为氯气或硝酸,B项错误;步骤用CuCO3代替CuO也可调节溶液的pH,碳酸铜与过量的硫酸反响生成硫酸铜、水、二氧化碳气体,不会引入新的杂质,C项正确;洗涤固体的操作为向漏斗中参加少量冷的蒸馏水至浸没晶体,待

33、水自然流下,重复操作23次,D项正确。9.C解析 CuO经高温灼烧生成Cu2O,因硝酸具有强氧化性,Cu、CuO及Cu2O都可与硝酸发生反响,最终生成CuNO32,那么反响后没有紫红色固体生成,不能说明CuO分解的程度。10.C解析 途径的反响的离子方程式为3Cu+8H+2NO3-3Cu2+2NO+4H2O,因此硫酸和硝酸的物质的量之比最好为32,A项正确;途径发生的反响是2Cu+O2+2H2SO42CuSO4+2H2O,途径Cu+2H2SO4浓CuSO4+SO2+2H2O,途径、均有对环境有污染的气体产生,途径没有,B项正确;4CuSO42Cu2O+O2+4SO3,消耗1 mol CuSO4

34、生成0.25 mol氧气,C项错误;这是醛基被新制氢氧化铜悬浊液氧化的过程,葡萄糖中含有醛基,D项正确。11.1KSCN溶液溶液变为红色22FeCl3+Cu2FeCl2+CuCl23Cu、Fe铁粉C2Fe2+Cl22Fe3+2Cl-解析 3通过流程图可知单质铜来自于滤渣,那么第一步为置换单质铜,故过量物质为Fe,滤渣为Fe和Cu的混合物,滤液为FeCl2溶液,分开滤渣中的Fe和Cu,又要得到滤液,所以过量的为稀盐酸,滤液为盐酸与FeCl2溶液的混合物,混合最终要得到FeCl3溶液,那么通入为过量的Cl2;配制并保存硫酸亚铁溶液需考虑防止Fe2+被氧化,防止被氧化需参加铁粉。要证明某溶液中不存在Fe3+,而可能存在Fe2