第二单元作业答案

1、.课时作业五1.B解析 CuOH2难溶于水,但溶于水的部分可完全电离,是电解质;NH4Cl是由NH4+与Cl-组成的盐;HCl属于共价化合物,溶于水时在水分子的作用下发生电离。2.D解析 A项,有些物质由原子构成,错误;B项,金刚石和石墨的混合物不为单质,错误;C项,酸性氧化物有些为金属氧化物,如Mn2O7,错误;D项,盐酸为HCl的水溶液,正确。3.B解析 食醋属于混合物,不属于电解质,A项错误;B项正确;石油的分馏是物理变化,C项错误;工业制取Al采用电解熔融氧化铝的方法,D项错误。4.C解析 A项,淀粉溶液属于胶体;B项,丁达尔效应是胶体的性质而不是胶体和溶液的本质区别;D项,胶粒也能透

2、过滤纸,二者不能用过滤方法别离,而用渗析法别离。5.C解析 直径大于1 nm而小于100 nm的胶体粒子能透过滤纸,但不能透过半透膜,溶液中的粒子直径小于1 nm,可透过半透膜和滤纸,而浊液的分散质粒子直径大于100 nm,不能透过滤纸和半透膜;丁达尔效应是胶体粒子对光线的散射作用形成的,而溶液中的小分子或粒子对光线的散射作用非常微弱,故无此现象;萃取是利用了物质在不同溶剂中溶解性的不同,与分散质粒子大小无关。6.B解析 光导纤维的主要成分是SiO2,A项错误;氯气与石灰乳反响制备漂白粉,与烧碱反响制备漂白液,氯气既是氧化剂又是复原剂,和酸性无关,C项错误;浓硫酸和浓硝酸具有强氧化性,常温下可

3、以使铝、铁在其外表生成一层致密的氧化物薄膜,保护内部的金属不被氧化,此过程称为“钝化,属于化学变化,D项错误。7.B解析 NO2和水反响生成的是HNO3和NO,故不是酸性氧化物,Na2O2和酸反响生成的是盐、水和O2,故不是碱性氧化物,A项错误;汽油是多种烃的混合物,胆矾即五水硫酸铜,是纯洁物,HD是氢气,属于单质,B项正确;纯碱是碳酸钠,属于盐,C项错误;液氯是单质,既不是电解质也不是非电解质,D项错误。8.C解析 从图中可以看出,Z包含Y,Y包含X。纯洁物可以分为单质和化合物,化合物又可以分为酸、碱、盐、氧化物等,符合上述包含关系;分散系是一种混合物,它可以分为溶液、胶体和浊液,符合上述包

4、含关系;氧化物从性质上可以分为酸性氧化物和碱性氧化物,碱性氧化物包括大多数金属氧化物,但是有部分金属氧化物不属于碱性氧化物,如Al2O3属于两性氧化物,Mn2O7属于酸性氧化物,不完全符合上述包含关系;化合物可以分为电解质和非电解质,离子化合物一定是电解质,符合上述包含关系。9.C解析 根据三种酸最多消耗NaOH的量,推出磷酸为三元酸,亚磷酸为二元酸,次磷酸为一元酸,磷酸和氢氧化钠发生反响,可能生成Na3PO4、NaH2PO4、Na2HPO4 3种盐,A项错误;前两者属于酸式盐,NaH2PO2属于正盐,B项错误;三种酸中都含有氧元素,因此均属于含氧酸,C项正确;H3PO3属于二元酸,D项错误。

5、10.C解析 煤的气化和干馏都是化学变化,A项错误;用盐酸除去金属外表的锈是利用了其酸性,为化学变化,食盐水导电过程实际上是电解过程,是化学变化,B项错误;焰色反响是元素的性质,为物理变化,石油的裂化是化学变化,C项正确;KNO3溶液降温析出KNO3晶体是利用了KNO3溶解度受温度的影响,利用硫易溶于CS2的性质洗涤试管,都是物理变化,D项错误。11.B解析 高铁酸钾具有强氧化性,可以使蛋白质变性,所以可以杀菌,、正确;高铁酸根离子被复原得到Fe3+,Fe3+水解产生胶状的FeOH3,FeOH3具有吸附性,可以吸附水中的悬浮颗粒物发生聚沉,、正确。12.A解析 SO2可与NaOH溶液反响,可以

6、实现;氢硫酸可与硫酸铜溶液发生反响H2S+CuSO4CuS+H2SO4,可以实现;稀硫酸与醋酸钠溶液发生反响H2SO4+2CH3COONa2CH3COOH+Na2SO4,没有水、沉淀和气体生成,可以实现;氢硫酸和亚硫酸发生反响H2SO3+2H2S3S+3H2O,可以实现;同素异形体之间的转化不属于氧化复原反响,但有单质参加,可以实现;水和过氧化钠发生反响2Na2O2+2H2O4NaOH+O2,可以实现。13.1盐碱碱性氧化物23CuO+2H+Cu2+H2O、Fe+Cu2+Cu+Fe2+解析 C为蓝色不溶于水的固体,故C为CuOH2,CuOH2受热分解生成CuO,那么D为CuO;根据图中各物质间

7、的转化关系进一步推知E为CuSO4,A为Cu,B为CuCl2。14.1H2SO4或HNO3、H2CO3NaOH或KOHNa2SO4或K2CO3、Na2SO3 其他合理答案也可22NaOH+CO2Na2CO3+H2O其他合理答案也可32H2O22H2O+O24稀盐酸大理石或石灰石将气体通入澄清石灰水中,假设石灰水变浑浊即可证明是CO252H+CO32-H2O+CO2复分解6HCl+NH3NH4Cl有白烟生成解析 3实验室用H2O2制O2发生的反响为2H2O22H2O+O2。4实验室制备CO2常用大理石或石灰石CaCO3和稀盐酸反响,CaCO3+2HClCaCl2+H2O+CO2,将产生的气体通入

8、澄清石灰水中,假设石灰水变浑浊即可证明是CO2。5HCl溶液与少量Na2CO3溶液反响的离子方程式为2H+CO32-H2O+CO2,属于复分解反响。6HCl与NH3反响的化学方程式为HCl+NH3NH4Cl,可观察到有白烟生成。15.1ACBD2FeCl3+3H2OFeOH3胶体+3HCl假设该分散系能产生丁达尔效应,那么制备成功,否那么不成功a.电解质溶液稀盐酸使FeOH3胶体发生聚沉,产生FeOH3沉淀b.FeOH3+3H+Fe3+3H2O解析 1H2和CO2都不是电解质,CO2、Na2O都是氧化物,Na2O和NaCl都是钠的化合物,NaCl和FeCl3都是盐,据此可得出答案。2FeCl3

9、溶液滴入沸水中可制得FeOH3胶体。少量稀盐酸可使FeOH3胶体发生聚沉,产生沉淀,当稀盐酸的量较多时,FeOH3沉淀与HCl发生中和反响,离子方程式为FeOH3+3H+Fe3+3H2O。课时作业六1.A解析 H2SO4是共价化合物,只有在水溶液中才导电,B项错误;蔗糖是非电解质,C项错误;NaOH溶液是混合物,D项错误。2.D解析 硫酸钡是难溶的盐,熔融状态完全电离,所以BaSO4是强电解质,故错误;氨气本身不能电离出离子,溶液导电是因为氨气和水反响生成的一水合氨为弱电解质,但氨水是混合物,故错误;熔融态共价化合物不能电离出离子,不能导电;离子化合物熔融态电离出离子,能导电,故错误;溶液导电

10、才能取决于溶液中离子浓度及离子所带电荷数的大小,与电解质强弱无关,强电解质溶液的导电才能不一定比弱电解质溶液的导电才能强,故错误。3.D解析 D正确的离子反响为Fe+2H+Fe2+H2,D错误。4.D解析 浓盐酸中没有HCl分子,只有离子,要拆分,A项错误;钠投入CuSO4溶液中,钠首先与水发生反响2Na+2H2O2NaOH+H2,然后再发生反响CuSO4+2NaOHCuOH2+Na2SO4,故正确的离子方程式应为2Na+2H2O+Cu2+2Na+CuOH2+H2,B项错误;HCO3-属于弱酸酸式根离子,不能拆分,正确的离子方程式应为H+HCO3-H2O+CO2,C项错误;FeCl3溶液中存在

11、水解平衡Fe3+3H2OFeOH3+3H+,参加MgOH2因发生反响MgOH2+2H+Mg2+2H2O而使Fe3+的水解趋于完全,故该反响的离子方程式为3MgOH2+2Fe3+2FeOH3+3Mg2+,D项正确。5.B解析 石灰乳中的氢氧化钙只有少量溶解,用化学式表示,A项错误;酸性KMnO4溶液具有氧化性,与H2O2发生氧化复原反响,放出氧气,B项正确;铜是活性电极,作阳极时,铜要失去电子而溶解,C项错误;生成的Fe3+具有氧化性,可以氧化碘离子,D项错误。6.D解析 A错,CH3COONa水解的离子方程式是CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-;B错,在H2O2溶液中,滴加FeCl3

12、溶液产生气泡,FeCl3是催化剂,H2O2分解生成H2O和O2;C错,将互相接触的铜片和锌片置于稀硫酸中,铜片外表有气泡产生,是形成了原电池,Zn+2H+Zn2+H2。7.A解析 可表示金属铁与可溶性铜盐的反响,可表示硫酸或过量硫酸氢盐与氢氧化钡的反响,只能表示Cl2与H2O的反响,可表示可溶性碳酸盐与强酸的反应,可表示可溶性银盐与盐酸或可溶性氯化物的反响。8.A解析 钠与水反响除NaOH是强碱可以拆开,其他反响物和生成物均不能拆,A项正确;硝酸具有强氧化性,可以氧化亚硫酸钠为硫酸钠,B项错误;浓盐酸与MnO2的反响需在加热条件下进展,C项错误;硫酸亚铁溶液中参加酸化的双氧水正确的离子反响方程

13、式为2Fe2+2H+H2O22Fe3+2H2O,D项错误。9.B解析 明矾净水,利用Al3+水解成氢氧化铝胶体,Al3+3H2OAlOH3+3H+,胶体外表积大,吸附水中悬浮杂质,到达净水的目的,离子反响方程式正确,A项正确;银和稀硝酸反响生成硝酸银、NO和水,应是3Ag+4H+NO3-3Ag+NO+2H2O,离子反响方程式不正确,B项错误;SiO2属于酸性氧化物,和NaOH反响生成Na2SiO3:SiO2+2OH-SiO32-+H2O,Na2SiO3具有黏合性,把瓶塞和瓶体粘住,离子反响方程式正确,C项正确;利用铝的强复原性,把铁置换出来,且此反响放出大量的热,使铁熔化,因此可以利用该反响焊

14、接钢轨,反响的化学方程式正确,D项正确。10.A解析 复原性Fe>Cu,开场硝酸缺乏,反响生成硝酸亚铁,离子反响为3Fe+8H+2NO3-3Fe2+2NO+4H2O,继续滴加硝酸,发生反响3Cu+8H+2NO3-3Cu2+2NO+4H2O,当Cu反响完全后,Fe2+与硝酸反响生成Fe3+,离子反响为3Fe2+4H+NO3-3Fe3+NO+2H2O。11.D解析 过量的SO2与NH3·H2O反响生成NH4HSO3,A错误;FeI2与足量的氯气反响时,Fe2+与I-都被氧化,离子方程式中Fe2+与I-的个数比应为12,B错误;向氢氧化钡溶液中逐滴参加少量碳酸氢钠溶液时,由于氢氧化钡

15、过量,生成物中不应有CO32-,正确的离子方程式为Ba2+OH-+HCO3-BaCO3+H2O,C错误;向硝酸铁溶液中滴加足量HI溶液后,Fe3+与NO3-在酸性条件下都能将I-氧化为I2,Fe3+被复原为Fe2+,NO3-被复原为NO,D正确。12.A解析 Fe2+、NO3-、K+三者之间不反响,可以大量共存,参加稀硫酸后,溶液中有大量的H+,那么Fe2+、NO3-、H+发生氧化复原反响,A项正确;Fe3+具有氧化性,I-具有复原性,二者发生氧化复原反响而不能大量共存,ClO-也具有氧化性,ClO-与I-也不能大量共存,B项错误;C项,参加NaOH溶液后,发生反响的离子方程式应为Ba2+HC

16、O3-+OH-BaCO3+H2O,C项错误;D项,参加过量浓氨水后,会生成银氨络离子,D项错误。13.123合理即可2CH3COOH+CaCO32CH3COO-+Ca2+H2O+CO2CH3COOH+OH-CH3COO-+H2OCaCO3+2H+Ca2+H2O+CO24合理即可BaCl2+H2SO4BaSO4+2HClBaOH2+Na2SO4BaSO4+2NaOH解析 离子反响中一定有离子参与反响或有离子生成,因此一定有电解质化合物 参与反响或生成。置换反响一定是氧化复原反响,二者有一部分可用离子方程式表示,如Zn+CuSO4Cu+ZnSO4,有的那么只能用化学方程式表示,如CuO+H2Cu+

17、H2O。14.1Na+、Fe2+、NO3-、SO42-3Fe2+NO3-+4H+3Fe3+NO+2H2O22CNO-+6ClO-+8H+N2+2CO2+3Cl2+4H2O3Cu+2HCl+H2O2CuCl2+2H2O0.0322Fe3+SO32-+H2O2Fe2+ SO42-+2H+解析 1某透明溶液中参加过量的稀硫酸,有气泡产生,且溶液中阴离子种类不变,气体只能为NO,为Fe2+、NO3-之间发生氧化复原反响生成的,由于阴离子种类不变,那么原溶液中一定存在SO42-,又溶液中含有四种离子,所含离子的物质的量均为1 mol,根据电荷守恒,一定还含有带一个单位正电荷的阳离子,即一定含有Na+。溶

18、液中存在的离子是Na+、Fe2+、NO3-、SO42-;溶液中参加过量稀硫酸反响的离子方程式为3Fe2+NO3-+4H+3Fe3+NO+2H2O。2次氯酸钠具有强氧化性,能把CNO-氧化生成氮气和CO2,自身得电子生成氯气,根据电荷守恒和原子守恒配平,反响的离子方程式为2CNO-+6ClO-+8H+N2+2CO2+3Cl2+4H2O。3过氧化氢与Cu在酸性条件下发生氧化复原反响,生成氯化铜和水,反响的化学方程式为Cu+2HCl+H2O2CuCl2+2H2O;300 mL 0.2 mol·L-1的KI溶液中碘离子的物质的量是0.06 mol,与高锰酸钾反响后生成等物质的量的碘和碘酸钾,

19、所以单质碘和碘酸钾的物质的量各为0.02 mol,碘酸钾中碘元素的化合价是+5价,那么KI共失去电子的物质的量是0.02 mol×2+0.02 mol×6=0.16 mol,而高锰酸钾被复原为+2价的锰离子,根据得失电子守恒,消耗高锰酸钾的物质的量是0.16 mol÷5=0.032 mol;FeNO33溶液中参加Na2SO3溶液,溶液先由棕黄色变为浅绿色,说明Fe3+与SO32-发生氧化复原反响,生成Fe2+,离子方程式为2Fe3+ SO32-+H2O2Fe2+ SO42-+2H+。课时作业七1.B解析 Fe2+具有复原性,NO3-+H+具有强氧化性;故Fe2+、

20、H+、NO3-因发生氧化复原反响而不能大量共存。2.B解析 pH=1的溶液显酸性。Ag+与Cl-可以形成沉淀,不能大量共存,A项错误;在酸性溶液中Mg2+、NH4+、NO3-、Cl-离子间不发生反响,均无色,符合题意,B项正确;Cu2+有颜色,C项错误;在酸性溶液中ClO-可以将S2-氧化,不能大量共存,D项错误。3.B解析 A项,酸性溶液中OH-和CO32-不能大量存在,故错误;C项,H+和HCO3-、ClO-不能大量共存,故错误;D项,酸性条件下,NO3-能氧化Fe2+、Br-,故错误。4.D解析 A项,火焰呈黄色,不一定不含K+,必须用蓝色钴玻璃过滤掉黄光观察火焰是否呈紫色,才能确定是否

21、含有K+,故错误;B项,橙红色应在下层,故错误;C项,假设原溶液含有Fe3+也会出现同样的现象,故错误。5.B解析 H+、Fe2+、NO3-三者中任意两者能共存,但三者在一起不能共存,要发生氧化复原反响,正确的离子方程式为3Fe2+NO3-+4H+3Fe3+NO+2H2O,故A错误;CO32-是弱酸的阴离子,要结合水电离出的氢离子,而Al3+是弱碱的阳离子,要结合水电离出的氢氧根离子,两者发生互相促进的水解反响,故B正确;Fe3+和SCN-两者结合形成络合物而不是沉淀,正确的离子方程式为Fe3+3SCN-FeSCN3,故C错误;发生反响的离子方程式为Ca2+HCO3-+OH-CaCO3+H2O

22、,故D错误。6.B解析 过氧化钠具有强氧化性,溶于水生成氢氧化钠和氧气,那么在碱性溶液中铵根离子不能大量共存,A项错误;在碱性溶液中四种离子间不反响,可以大量共存,B项正确;在碱性溶液中Ca2+、Mg2+、HCO3-均不能大量共存,C项错误;过氧化钠与水反响生成的氧气能将亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子,不能大量共存,D项错误。7.B解析 A项,Ca2+与CO32-生成CaCO3沉淀而不能大量共存;C项,H2O2能氧化Fe2+而不能大量共存;D项,Fe3+与SCN-形成络合物而不能大量共存。8.C解析 A项中Fe2+可被Cl2氧化而不能大量共存,故错误;B项中滴加NaOH溶液时Fe2+先与OH-反

23、响生成白色沉淀,故图像错误;C项中假设Fe2+变质那么被氧化为Fe3+,只需滴入几滴KSCN溶液即可鉴别,C项正确;D项中当SO42-恰好完全沉淀时,BaOH2与NH42FeSO42的物质的量之比为21,OH-除与Fe2+反响生成FeOH2外,还会与NH4+反响生成NH3·H2O,故错误。9.D解析 利用实验1可知100 mL溶液中含有0.01 mol NH4+,利用实验2可知溶液中无CO32-,含有0.01 mol SO42-,无法确定是否存在NO3-,假设溶液中含有NO3-,利用电荷守恒可知每份溶液100 mL中含有Na+的物质的量大于0.01 mol,假设溶液中不含NO3-,那

24、么含有0.01 mol Na+,由此可知该溶液中cNa+0.1 mol·L-1。10.B解析 A项,反响的离子方程式为Al3+3NH3·H2O3NH4+AlOH3,A项不正确;B项,反响的离子方程式为5Fe2+MnO4-+8H+Mn2+5Fe3+4H2O,B项正确;C项,由水电离出的H+浓度为1×10-12 mol·L-1,说明该溶液中水的电离被抑制,因此溶液可能显酸性,也可能显碱性,假如显酸性,那么可以大量共存,但假如显碱性,NH4+不能大量存在,C项不正确;D项,ClO-具有强氧化性,能和SO2发生氧化复原反响,不能大量共存,反响的离子方程式为3Cl

25、O-+SO2+H2OSO42-+Cl-+2HClO,D项不正确。11.C解析 滴加KSCN溶液后显血红色,说明原溶液中一定含有Fe3+,Fe3+与CO32-能发生互相促进的水解反响而不能大量共存,Fe3+与I-能发生氧化复原反响而不能大量共存,故原溶液中一定不含CO32-、I-,根据溶液呈电中性可知,原溶液中一定含SO42-,而K+需要做焰色反响实验才能确定其是否存在,A、B、D项正确,C项错误。12.1NH42CO3D和A、B都能生成气体,而题给离子中只有H+与CO32-、OH-与NH4+能反响生成气体,D只能为NH42CO32H2SO4NaOHBaNO323NH4+OH-NH3+H2O,N

26、H3+H+NH4+解析 D和A、B都能生成气体,而题给离子中只有H+与CO32-、OH-与NH4+能反响生成气体,故D只能为NH42CO3;在A或D中滴入C,均有沉淀生成,说明A中含有SO42-,C中应含有Ba2+,而A和D反响能生成气体,说明A一定是硫酸,产生的气体是二氧化碳,能被B吸收,说明B是一种碱,所以C是硝酸钡,B是氢氧化钠。13.1BD2NO3-、Al3+、SO42-Fe3+、Ba2+、HCO3-3Al3+3NH3·H2OAlOH3+3NH4+解析 1用石蕊试纸检验溶液的酸碱性时,应将试纸放在玻璃片或外表皿上,用玻璃棒或胶头滴管移取少量溶液滴在试纸上。2根据溶液无色可判断

27、Fe3+一定不存在;根据实验可知溶液呈酸性,那么HCO3-一定不存在;根据实验可知,溶液中一定存在NO3-;根据实验可知溶液中一定存在Al3+;根据实验和溶液呈酸性可知,溶液中一定存在SO42-,同时可以判断一定不存在Ba2+。实验检验出了Cl-,但由于实验中参加了氯化钡溶液,故不能判断原溶液中是否含有Cl-。14.1否2NH4+0.8 mol/L3BaCO3、BaSO4nCO32-=0.04 mol、nSO42-=0.02 mol4A解析 1第一份溶液中参加AgNO3溶液产生白色沉淀,由于碳酸根离子、硫酸根离子都可以与银离子反响生成碳酸银、硫酸银沉淀,所以无法确定原溶液中是否存在氯离子。2加

28、足量NaOH溶液加热后,搜集到0.08 mol气体,该气体为氨气,说明溶液中一定存在铵根离子,铵根离子的物质的量浓度为cNH4+=0.08mol0.1 L=0.8 mol/L。3加足量BaCl2溶液后,得到枯燥沉淀12.54 g,经足量盐酸洗涤、枯燥后,沉淀质量为4.66 g,说明沉淀为硫酸钡和碳酸钡的混合物,其中4.66 g为硫酸钡沉淀,nBaSO4=nSO42-=4.66 g233 g/mol=0.02 mol;碳酸钡沉淀的质量为12.54 g-4.66 g=7.88 g,所以nBaCO3=nCO32-=7.88 g197 g/mol=0.04 mol。4溶液中nNH4+=0.08 mol

29、,2nCO32-+2nSO42-=0.12 mol,根据电荷守恒可知溶液中一定存在K+,根据以上分析可知,溶液中一定存在K+、NH4+、CO32-、SO42-,可能含有Cl-,假设存在氯离子,钾离子的物质的量大于0.04 mol;假设不存在氯离子,钾离子的物质的量为0.04 mol,故A项正确。课时作业八1.C解析 根据X化合价升高被氧化,得X是复原剂,X2+是氧化产物;Y化合价降低被复原,Y是氧化剂,Y2-是复原产物;氧化剂和氧化产物都有氧化性,复原剂和复原产物都有复原性,正确的选项是,故C正确。2.D解析 氯气有强氧化性,转化过程HClH2、CO2CO、Fe2O3Fe中氢元素、碳元素、铁元

30、素化合价降低,需要参加复原剂;转化过程Br-Br2,溴元素化合价升高,需要参加氧化剂,如Cl2。3.C解析 SO3与H2O的反响不是氧化复原反响;Na与H2O的反响是氧化复原反响,H2O作氧化剂;NO2与H2O的反响是氧化复原反响,H2O既不作氧化剂也不作复原剂;F2与H2O的反响是氧化复原反响,H2O作复原剂。4.A解析 由化学方程式可知,反响物中含有14 mol SO42-,生成物中有17 mol SO42-,那么有3 mol S被氧化,即产物中的SO42-有一部分是氧化产物,A项正确;当有5 mol FeS2发生反响,Cu化合价由+2价+1价,14 mol CuSO4得到14 mol电子

31、,FeS2Cu2S,S的化合价由-1价-2价,生成7 mol Cu2S,得到7 mol电子,共有21 mol电子转移,B项错误;C项,CuSO4Cu2S,FeS2Cu2S,Cu化合价降低,S化合价降低,那么Cu2S是复原产物,C项错误;D项, FeS2中S化合价为-1价,反响后分别升高为+6价、降低为-2价,FeS2既是氧化剂又是复原剂,D项错误。5.C解析 根据A反响得出复原性强弱是SO2>Fe2+,和题干的复原性强弱吻合,所以A能发生;根据B反响得出复原性强弱是Fe2+>Cl-,和题干的复原性强弱吻合,所以B能发生;根据C反响得出复原性强弱是Br->SO2,和题干的复原性

32、强弱不吻合,所以C不能发生;根据D反响得出复原性强弱是I-<SO2,和题干的复原性强弱吻合,所以D能发生。6.D解析 将一定量的SO2通入FeCl3溶液中,参加NaOH溶液有红褐色沉淀生成,该过程中没有化合价变化,不能证明SO2与FeCl3溶液发生氧化复原反响,A项错误;参加BaNO32溶液,有白色沉淀,NO3-具有强氧化性,可以氧化二氧化硫生成SO42-,SO42-与Ba2+反响生成BaSO4沉淀,即使二氧化硫与Fe3+不发生氧化复原反响,也可产生白色沉淀,所以不能证明SO2与FeCl3溶液发生氧化复原反响,B项错误;参加酸性KMnO4溶液,紫色褪去,因为二氧化硫具有复原性,可以复原酸

33、性高锰酸钾,即使二氧化硫与Fe3+不发生氧化复原反响,也可使其溶液褪色,所以不能证明SO2与FeCl3溶液发生氧化复原反响,C项错误;Fe2+中参加K3FeCN6铁氰化钾溶液生成蓝色沉淀,那么可证明溶液中存在Fe2+,说明SO2与FeCl3溶液发生氧化复原反响,D项正确。7.B解析 根据得失电子守恒配平方程式,根据氧化剂和氯气之间的关系式判断,2MnO4-+16H+10Cl-2Mn2+5Cl2+8H2O,ClO3-+6H+5Cl-3Cl2+3H2O,MnO2+4H+2Cl-Cl2+Mn2+2H2O,ClO-+2H+Cl-Cl2+H2O,根据反响的离子方程式知,假设要产生一定量的氯气,上述物质分

34、别与足量浓盐酸反响,消耗的物质的量最少的是KClO3,B项正确。8.B解析 LiAlH4中氢显-1价,具有很强的复原性,乙醛乙醇,发生复原反响,A项正确;该反响生成氢气的本质是LiAlH4中-1价的H与D2O中+1价D归中生成HD气体,摩尔质量为3 g·mol-1,B项错误;1 mol Al3+生成1 mol Al转移3 mol e-,C项正确;该反响相当于水解,D项正确。9.A解析 浓盐酸与二氧化锰在加热的条件下反响产生Cl2,过氧化氢分解产生氧气,HCl与O2在催化剂存在的条件下加热,反响产生Cl2,只能证明氧化性O2>Cl2,不能证明氧化性O2>MnO2,A项错误;

35、反响的离子方程式为MnO2+4H+2Cl-Mn2+2H2O+Cl2,B项正确;Fe2+有复原性,容易被空气中的氧气氧化为Fe3+,为了防止其氧化,要参加复原剂铁屑,C项正确;假设反响在常温下进展,那么A是H2O2,B是O2,C是浓盐酸,D是Cl2,E是Fe3O4,F是FeCl2,G是FeCl3,1 mol A在反响中完全分解能转移1 mol电子,D项正确。10.A解析 根据现象和氧化复原反响规律知首先生成 CuI和I2,而后二氧化硫复原I2,根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性知A项正确;通入SO2后溶液逐渐变成无色,表达了SO2的复原性,复原剂是二氧化硫,B项、C项错误;根据2Cu2+4I

36、-2CuI+I2,转移2 mol e-时生成2 mol白色沉淀,D项错误。11.B解析 氯酸钾分解、铝热反响、过氧化氢分解不是离子反响,均属于氧化复原反响,A错误;金属铝的复原性强于锰,与二氧化锰发生铝热反响,B正确;反响中每生成1 mol氧气转移2 mol电子,而反响中每生成1 mol氧气转移4 mol电子,C错误;实验室制备氯气的反响中氯化氢并没有全部被氧化,因此根据电子得失守恒可知反响中氧化剂与复原剂的物质的量之比为12,D错误。12.1DCA2Ag2O>H2O2>K2CrO43B4C0.6解析 1D中过氧化氢中氧元素化合价降低,说明过氧化氢作氧化剂,表达了氧化性,C中过氧化

37、氢中氧元素化合价既升高又降低,既表达氧化性又表达复原性,A表达过氧化氢有酸性,它是二元弱酸。2反响Ag2O+H2O22Ag+O2+H2O中,氧化银作氧化剂,过氧化氢作复原剂,那么氧化性Ag2O>H2O2,反响3H2O2+Cr2SO43+10KOH2K2CrO4+3K2SO4+8H2O中,过氧化氢作氧化剂,铬酸钾作氧化产物,那么氧化性H2O2>K2CrO4,故氧化性顺序为Ag2O>H2O2>K2CrO4。3过氧化氢常用作氧化剂,具有氧化性,所以用标签B。4H2O2只发生了H2O2O2的变化,表达了H2O2的复原性,作复原剂,所以高锰酸根离子作氧化剂,复原产物是锰离子,要求

38、酸是不具有复原性的强酸,所以选择稀硫酸。过氧化氢中-1价的氧变为氧气中0价的氧,当生成6.72 L标准状况即0.3 mol氧气时,那么失电子的物质的量为0.3 mol×2×1-0=0.6 mol。13.1b2Cl2>HIO3>I2能HIO3+5HI3I2+3H2O32HI+H2SO4浓SO2+I2+2H2O4ClO-+2I-+2H+Cl-+I2+H2O解析 1单质氟是活泼的非金属,极易与水反响,所以a错误;氯气的非金属性强于单质碘,所以氯气与单质碘溶于水可以发生反响I2+Cl2+H2OHIO3+HCl,b正确;氧气不溶于水,与氯气在水溶液中不反响,c错误;氮气不

39、溶于水,与单质溴不反响,d错误。2在反响I2+Cl2+H2OHIO3+HCl中,氯气是氧化剂,单质碘是复原剂,HIO3是氧化产物。根据氧化复原反响中氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性可知,氧化性强弱顺序是Cl2>HIO3>I2;HIO3与HI中碘元素的化合价分别是+5和-1,所以二者能发生氧化复原反响生成单质碘,反响的化学方程式为HIO3+5HI3I2+3H2O。3HI具有复原性,浓硫酸具有氧化性,所以不能用浓硫酸与KI反响制备HI。4ClO-具有强氧化性,能把I-氧化为单质碘。14.1NO、NO22NH3+NO+NO22N2+3H2O2蓝色消失,半分钟内不变色ClO2-+4I-+

40、4H+Cl-+2I2+2H2O0.675解析 1由反响原理图可知,在催化剂作用下,NO、NO2和NH3反响生成N2和H2O,由化合价变化可知NO和NO2是氧化剂,NH3是复原剂。设NO和NO2的物质的量均为1 mol,根据得失电子守恒可知参加反响的NH3为2 mol,据此可写出反响的化学方程式。2操作中由于生成了I2而使溶液变蓝,再参加Na2S2O3溶液时,发生反响2S2O32-+I2S4O62-+2I-,当反响完全时,I2全部被消耗,溶液的蓝色随之消失。操作中调节水样pH至1.3时,操作中生成的ClO2-会和操作中生成的I-发生氧化复原反响,ClO2-被复原为Cl-,I-被氧化为I2,使溶液

41、又呈蓝色,据此可写出反响的离子方程式。由得失电子守恒知2S2O32-I22ClO2,那么nClO2=nS2O32-=10-5 mol,那么mClO2=67.5 g·mol-1×10-5 mol=6.75×10-4 g=0.675 mg,即水样中ClO2的浓度是0.675 mg·L-1。课时作业九1.B解析 Y为化合物,由电荷守恒知,a=4,A项正确。由2S2O32-S4O62-,失去2 mol电子,O22O2-,得到4 mol电子,说明只有2Fe2+2Fe3+,失去2 mol电子,再由原子守恒知,Y为四氧化三铁,B项错误;在反响中S2O32-中硫元素的化

42、合价升高,C项正确;1 mol氧气参加反响转移4 mol电子,D项正确。2.B解析 A项,H2S是复原剂,变为氧化产物,SO2是氧化剂,变为还原产物,所以氧化产物和复原产物物质的量之比为21,正确;B项,Zn作复原剂,硝酸作氧化剂,每10 mol硝酸参加反响,只有1 mol作氧化剂,所以氧化剂和复原剂物质的量之比为14,错误;C项,I2既作氧化剂,又作复原剂,被氧化和被复原的碘原子物质的量之比为15,正确;D项,FeS中的硫元素被氧化,发生氧化反响,硫酸中的硫元素被复原,发生复原反响。6 mol的硫酸参加反响,只有3 mol被复原,所以反响中发生氧化反响和发生复原反响的硫原子物质的量之比为23

43、,正确。3.D解析 根据原子守恒,X的化学式为Ag2S,A项错误;银针验毒时,氧元素化合价降低,空气中氧气得到电子,B项错误;反响中Ag是复原剂,氧气是氧化剂,H2S既不是氧化剂又不是复原剂,C项错误;银的化合价升高1,每生成1 mol X,反响转移2 mol e-,D项正确。4.B解析 Fe3+是氧化产物,A项错误;复原剂的复原性大于复原产物的复原性,B项正确;硫氰化铁溶于水,C项错误;根据元素守恒和转移电子个数守恒配平方程式,2KMnO4+10FeSO4+8H2SO4K2SO4+2MnSO4+5Fe2SO43+8H2O,生成8 mol水时,转移10 mol电子,故生成1 mol水时,转移1

44、.25 mol电子,D项错误。5.B解析 KI被氧化得到I2,1 mol KI在反响中失去1 mol电子,再据题中所给信息,H2O2H2O,1 mol H2O2得2 mol e-,IO3-I2,1 mol IO3-得5 mol e-,MnO4-Mn2+,1 mol MnO4-可得 5 mol e-,HNO2NO,1 mol HNO2得1 mol e-。虽然B、C项中的1 mol IO3-、MnO4-均可得5 mol e-,但B中生成物I2来自IO3-和I-,故得I2最多者应是IO3-与I-的反响。6.C解析 Au2O3是反响物,那么Au2O一定是生成物,其中Au的化合价由+3变成+1,化合价降

45、低,那么必然有化合价升高的元素,即Na2S2O3硫元素为+2价是反响物,Na2S4O6硫元素为+2.5价是生成物。根据反响前后硫元素守恒有2Na2S2O3Na2S4O6,根据钠元素守恒,可知生成物中缺少钠元素,所以NaOH是生成物,再根据氢元素守恒,可知水是反响物。由关系式:Au2O3Au2O4e-,所以当1 mol Au2O3完全反响时,转移电子的物质的量为4 mol。7.D解析 溶液由黄色变为浅绿色,但立即又变为黄色,Fe3+变为Fe2+,后又被氧化为Fe3+,所以最终被复原的是NO3-,A项正确;根据溶液由棕黄色变为浅绿色,说明Fe3+的氧化性强于稀硫酸,但在硝酸存在的条件下溶液立即又变

46、成棕黄色,说明Fe2+迅速被氧化成Fe3+,故硝酸的氧化性比Fe3+强,综上所述氧化性:HNO3>Fe3+>稀硫酸,B项正确;SO2被氧化后产生的H+和NO3-构成强氧化体系,氧化Fe2+时生成无色难溶于水的NO气体,C项正确;由A知最终被复原的是NO3-,故相当于SO2与NO3-之间的氧化复原,有3SO22NO3-,那么通入SO2与逸出气体的体积比为32,D项错误。8.B解析 复原性强弱顺序为I->Fe2+>Br-,所以Cl2最先氧化I-,然后氧化Fe2+,最后氧化Br-。图中AB线段表示I-的变化情况,氧化I-需氯气1 mol,那么I-为2 mol;BC线段表示Fe

47、3+的变化情况,氧化Fe2+需氯气2 mol,那么Fe2+为4 mol;DE线段表示Br-的变化情况,氧化Br-需氯气3 mol,那么Br-为6 mol,A、D正确。当通入Cl2 2 mol时,氧化的I-和Fe2+均为2 mol,所以C中的离子方程式是正确的。因不知溶液的体积,无法求算FeBr2的浓度,那么B错误。9.14Cl2+S2O32-+10OH-8Cl-+2SO42-+5H2O2H2O2+2Fe2+2H+2H2O+2Fe3+3NO2+2Fe2+2H+NO+2Fe3+H2O4MnO4-+5Fe2+8H+Mn2+5Fe3+4H2O5ClO-+SO2+H2OCl-+SO42-+2H+64NO3-+3Cu2S+16H+4NO+6Cu2+3S+8H2O7Cr2O72-+6Fe2+14H+2Cr3+6Fe3+7H2O10.1Ag+2HNO3浓AgNO3+NO2+H2O22S2-+O2+2H2O4OH-+2S31C6H12O624612Na2SO4421626H+11.1防止FeSO4被氧化