第四单元作业答案

1、.课时作业十四1.C解析 水泥、玻璃是硅酸盐制品,水晶的主要成分是二氧化硅,错;光导纤维的主要成分是二氧化硅,错。2.B解析 制光导纤维的材料是二氧化硅。3.D解析 二氧化硅能与氢氧化钠反响,因此熔融烧碱的坩埚中不能含有二氧化硅,A、B、C中都含有二氧化硅。4.C解析 水晶的主要成分是SiO2,A项错误;水玻璃是Na2SiO3溶液,B项错误;高纯度的SiO2用于制光纤,高纯度的Si用于制太阳能电池,D项错误。5.A解析 短周期非金属元素的原子核外最外层电子数是次外层电子数的一半,根据核外电子排布规律可知该元素为Si。Si在自然界中全部以化合态形式存在,A项正确;制造光导纤维的材料是二氧化硅,B

2、项错误;二氧化硅可以与氢氟酸反响,C项错误;C的非金属性强于Si,非金属性越强,气态氢化物的稳定性越强,那么甲烷比SiH4稳定,D项错误。6.B7.1SiHCl3+H2Si+3HCl2SiHCl3+3H2OH2SiO3+3HCl+H2氧气与氢气混合,可能引起爆炸;氧气可能会氧化SiHCl3解析 2SiHCl3遇水剧烈反响生成H2SiO3、HCl和另一种物质,根据原子守恒,判断另一物质是H2。因H2复原SiHCl3的反响条件是高温1357 K,假设混入O2,那么H2与O2混合加热可能发生爆炸,同时O2也可能氧化SiHCl3。8.1+42SiO2SiO2+2CSi+2CO3CaSiO3Na2SiO

3、3解析 由“A为地壳中含量仅次于氧的非金属元素的单质,其晶体构造与金刚石相似,推知A为Si,根据BA+E,BC,BD+H2O,不难推知B为SiO2,C为CaSiO3,D为Na2SiO3,E为CO。9.D解析 SiO2不溶于除氢氟酸以外的酸;CaCO3溶于盐酸时会有气泡产生,SiO2能溶于NaOH溶液。10.C解析 SiO2是酸性氧化物,它能与氢氟酸反响是其特殊性质,A项错误;Na2CO3溶液显碱性,不能用带玻璃塞的试剂瓶盛放,B项错误;在图示转化关系中只有第一行的变化是氧化复原反响,其余均为非氧化复原反响,D项错误。11.D解析 过量二氧化碳通入澄清石灰水中生成可溶性的碳酸氢钙,A项错误;碳酸

4、钠溶液中参加二氧化硅不反响,B项错误;二氧化硅与烧碱溶液反响生成硅酸钠和水,C项错误。12.A解析 该工艺流程中HCl和H2两种气体可循环使用;别离Si与SiHCl3可用过滤的方法;容器的反响中HCl是生成物,是氧化产物;两个反响不在同一条件下进展,不是可逆反响。13.1C的用量2高温和隔绝空气33CuO+2NH33Cu+N2+3H2O4NH3和H2O53SiCl4+2N2+6H2Si3N4+12HCl解析 1SiO2与C在高温下反响,会因C的用量不同而使产物不同:SiO2+2CSi+2CO或SiO2+3CSiC+2CO;2反响的条件是高温和隔绝空气;3反响的化学方程式:3CuO+2NH33C

5、u+N2+3H2O;4A中可能的杂质有NH3和H2O;5得到纯度较高的氮化硅的化学方程式为3SiCl4+2N2+6H2Si3N4+12HCl。14.1平衡压强,使液体从分液漏斗中顺利流下浓硫酸2方案优点缺点甲搜集产品的导管粗,不会堵塞导管冷凝产品,减少产品损失空气中的水蒸气会进入产品搜集装置,使四氯化硅水解尾气没有处理,污染环境乙有尾气处理装置,注重环保防止空气中的水蒸气进入装置产品易堵塞导管没有冷凝装置,产品易损失3在装置的i处接枯燥管j4SiCl4+2H2Si+4HCl解析 1g管使分液漏斗与烧瓶连通,使浓盐酸顺利滴下。由信息知,四氯化硅遇水极易水解,故需除去氯气中的水蒸气。B盛放饱和食盐

6、水用来除去氯气中的氯化氢气体,C盛放浓硫酸用来枯燥氯气。2四氯化硅在常温下易液化,假如搜集产品的导管太细,易堵塞导管;制取的四氯化硅需要冷凝;由于尾气中含有氯气,要设置尾气处理装置,四氯化硅易水解,要防止空气中的水蒸气进入产品搜集装置。3将甲、乙方案的优点集中在一起设计合理的方案即可。课时作业十五1.B解析 氯气不具有漂白性,A项错误;氯水中含HClO可使试纸褪色,变质后为盐酸,不能使其褪色,那么可用枯燥的石蕊试纸验证氯水是否变质,B项正确;常温下,铁与氯气不反响,那么液氯可贮存在钢瓶中,C项错误;氯水为混合物,而氯气、液氯是同一种物质,只是状态不同,属于纯洁物,D项错误。2.C解析 氯气没有

7、漂白性,但通入水中与水反响生成次氯酸,次氯酸具有漂白性,A项错误,C项正确;氯气与大多数金属反响需要点燃或加热,B项错误;闻气体气味的正确方法是用手在瓶口轻轻扇动,让少量气体进入鼻孔,D项错误。3.D解析 A项,可通过反响MnO2+4HCl浓MnCl2+Cl2+2H2O直接实现;B项,可通过反响2CaOH2+2Cl2CaCl2+CaClO2+2H2O直接实现;C项,可通过反响CaClO2+CO2+H2OCaCO3+2HClO直接实现;D项,由于HClO的酸性比碳酸弱,不能直接实现,故D项错误。4.B解析 Cl2与Fe反响需要点燃或加热。5.D解析 A项,新制氯水长时间放置后会发生反响2HClO

8、2HCl+O2,酸性增强,A项错误;B项,新制氯水中不会存在HCl分子,因为HCl是强电解质, 在水中会完全电离,所以不会以分子形式存在,B项错误;C项,新制氯水具有较强的杀菌消毒才能是因为其中含有次氯酸,次氯酸具有强氧化性,C项错误;D项,氯气溶于水会发生反响Cl2+H2OHCl+HClO,参加适量碳酸钙,碳酸钙会和HCl反响,使上述平衡正向挪动,进而可制得较大浓度的次氯酸,D项正确。6.C解析 根据反响原理,制备氯气需要加热,故A项、D项均错误;反响产生的氯气中会混有HCl和水蒸气,应先用饱和食盐水除去HCl,再通过浓硫酸枯燥氯气,因此C项正确。7.A解析 解题的关键根据是:反响的客观存在

9、性;电荷守恒;质量守恒及电子转移守恒等。A项中产物应为CaSO4。8.A解析 A项,该装置的错误有:没有用酒精灯加热,MnO2不与浓盐酸发生反响,从而得不到Cl2;装置中没有用分液漏斗而采用长颈漏斗导致气体外逸和HCl的挥发;没有进展尾气处理。B项,Cl2的密度比空气大,该搜集方法正确。C项,要得到枯燥纯洁的Cl2,首先应将气体通过饱和食盐水除去HCl,再通过浓硫酸除去水蒸气。D项,根据反响MnO2+4HCl浓MnCl2+Cl2+2H2O,盐酸浓度变稀后便不再反响,使产生的Cl2的物质的量小于0.5 mol,转移的电子小于1 mol。9.D解析 首先根据翻开B阀后,C处枯燥的红布条逐渐褪色,说

10、明A处通入的Cl2是潮湿的,在关闭B阀时潮湿的Cl2通过了D瓶,看不到C处枯燥的红布条有明显变化,说明D瓶吸收了Cl2或吸收了Cl2中的水蒸气。10.1abedc2MnO2+4H+2Cl-Mn2+Cl2+2H2O3枯燥Cl2饱和食盐水4溶液变蓝溶液红色逐渐褪去解析 1制得的Cl2中含有HCl、H2Og杂质,先依次通过饱和食盐水、浓硫酸除去杂质,再利用向上排空气法搜集,最后通过碘化钾淀粉溶液探究其性质。因此实验装置连接顺序为fabedc。2E装置中为MnO2氧化浓盐酸制取Cl2,离子方程式为MnO2+4H+2Cl-Mn2+Cl2+2H2O。3B装置中盛装浓硫酸,作用是吸收H2Og,枯燥Cl2;A

11、装置中试剂X是饱和食盐水,作用是除去HCl。4C装置中氯气置换出单质碘,因此溶液变为蓝色。11.1+3亚氯酸钠水解显碱性或ClO2-+H2OHClO2+OH-cNa+>cClO2->cOH->cH+25ClO2-+4H+4ClO2+Cl-+2H2O32142H+2ClO3-+H2C2O42ClO2+2CO2+2H2O57.7×10-12或7.69×10-12解析 1亚氯酸为弱酸,故亚氯酸钠溶液中ClO2-水解使溶液显碱性ClO2-+H2OHClO2+OH-。2根据氧化复原反响化合价升降规律,另一种含氯元素的稳定离子是Cl-,根据原子守恒及得失电子守恒得反响

12、的离子方程式为5ClO2-+4H+4ClO2+Cl-+2H2O。3ClO3-ClO2,氯元素化合价降低1,SO2SO42-,硫元素化合价升高2,由得失电子守恒可得氧化剂与复原剂的物质的量之比为21。4H2C2O42CO2,碳元素化合价升高2,KClO3ClO2,氯元素化合价降低1,由得失电子守恒可得其离子方程式。5c(Cl-)c(Br-)=c(Ag+)·c(Cl-)c(Ag+)·c(Br-)=Ksp(AgCl)Ksp(AgBr)=23.4,可得KspAgBr=KspAgCl÷23.4=7.7×10-12。12.1BaCl2Na2CO32213水浴加热大烧

13、杯、温度计4蒸发浓缩冷却结晶5362 kg62.5解析 2电解得到的氯酸钠NaClO3与盐酸反响生成ClO2与Cl2,再根据化合价升降相等及原子守恒配平,得到离子方程式为2ClO3-+4H+2Cl-2ClO2+Cl2+2H2O,那么ClO2与Cl2的物质的量之比是21。3用NaClO3和草酸H2C2O4在60 时恒温反响制得ClO2,所以加热的方式为水浴加热;加热需要的玻璃仪器除酒精灯外,还有大烧杯、温度计。4由溶液制得结晶水合物的根本操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、枯燥等。5根据氯气与亚氯酸钠反响的化学方程式和二氧化氯的质量,列出比例式,就可计算出参加反响的亚氯酸钠的质量。设需要亚氯酸

14、钠的质量为x。2NaClO2+Cl22NaCl+2ClO2181 135x 270 kg解得x=362 kg6每摩尔氯气得到2 mol电子,每摩尔ClO2得到5 mol电子,所以处理含CN-量一样的电镀废水,所需Cl2的物质的量是ClO2的2.5倍。课时作业十六1.D解析 AgBr和AgI都有感光性,NaClO有漂白性。2.C解析 A项,证明溶液中存在的是碘单质,I-无此现象,错误;B项,无法排除其他物质如Fe3+、HNO3及碘单质的干扰,错误;用蒸发法从海水中提取食盐是物理变化,D项错误。3.B解析 碘易与铁反响,不能用有铁盖的容器保存碘,A项错误;酒精与水互溶,不可以从碘水中将碘萃取出来,

15、C项错误;加热时NaHCO3会分解生成Na2CO3、H2O和CO2,D项错误。4.B解析 A项,蒸馏法是得到淡水的一种常见方法,正确;B项,电解熔融MgCl2才能得到金属镁,错误;C项,提取溴过程涉及氧化复原反响,正确;D项,氯碱工业即电解饱和食盐水,可得到NaOH、Cl2、H2,可消费盐酸、漂白液等,正确。5.A解析 卤素单质中,氟气和水反响生成HF和氧气,不符合X2+H2OHXO+HX,故A错误;卤素原子得电子的才能越强,HX的热稳定性越强,卤素原子的得电子才能随X的核电荷数的增加而减小,所以HX热稳定性随X的核电荷数的增加而减小,故B正确;卤素单质的颜色从上到下逐渐加深,由F2I2依次是

16、浅黄绿色、黄绿色、橙红色、紫色,故C正确;卤素单质的氧化性从上到下逐渐减弱,对应离子的复原性F-<Cl-<Br-<I-,故D正确。6.A解析 操作是蒸发,而不是灼烧,不需要坩埚,需要蒸发皿,A项错误;是电解氯化钠溶液获得Cl2的过程,B项正确;是NaBr与Cl2发生的置换反响,发生的反响为Br2+SO2+2H2OH2SO4+2HBr,是HBr转化为Br2的过程,涉及的反响均为氧化复原反响,C项、D项正确。7.B解析 复原性:I->Fe2+>Br-,向含有溶质FeBr2、FeI2的溶液中通入Cl2,再向反响后的溶液中参加KSCN溶液,溶液变为红色,说明溶液中含有Fe

17、3+,有Fe2+被氧化,那么I-已全部被氧化,Br-是否被氧化不能判断,故错,、正确;取少量所得溶液参加足量AgNO3溶液,只产生白色沉淀,说明原溶液中I-、Fe2+、Br-均被完全氧化,正确,应选B项。8.D解析 由A中现象得,氧化性Cl2>Br2、Cl2>I2,但无法比较Br2与I2的氧化性强弱,A错误;由B中现象可知在此过程中有酸性物质生成,同时生成了漂白性物质,B错误;褪色可能是因为有漂白性物质生成,也可能是因为溶液不再显碱性,C错误;此时Fe2+被Cl2氧化为Fe3+,而Cl2被复原为Cl-,复原剂Fe2+的复原性强于复原产物Cl-,D正确。9.D解析 A项,第步中除去泥

18、沙及Ca2+、Mg2+等杂质时,为了使钙离子、镁离子沉淀,需要参加碳酸钠、氢氧化钠等发生化学反响,A项错误;B项,通过电解“精盐水溶液,无法制取金属钠,应该电解熔融的NaCl,B项错误;C项,第步的反响,需要防止氯化镁发生水解,其条件是“在HCl气流中加热带走水蒸气,抑制水解,C项错误;D项,第步溴离子变成溴单质,第步溴单质被二氧化硫吸收,第步中溴离子氧化生成溴单质,均涉及氧化复原反响,D项正确。10.C解析 A项表示Cl2、Br2、I2的置换顺序,B项表示它们与H2化合的难易程度,D项表示它们氢化物的热稳定性,以上都可反映其单质的氧化性强弱,C项无法判断Cl2与Br2的氧化性强弱,因Fe与它

19、们都生成+3价铁的化合物。11.A解析 A项,氧化产物只有NaClO3时,转移电子最多,根据电子转移守恒nNaCl=5nNaClO3,由钠离子守恒:nNaCl+nNaClO3=nNaOH,故nNaClO3=16nNaOH=a mol,转移电子的物质的量最多为a mol×5=5a mol,氧化产物只有NaClO时,转移电子最少,根据电子转移守恒nNaCl=nNaClO,由钠离子守恒nNaCl+nNaClO=nNaOH,故nNaClO=12nNaOH=3a mol,转移电子的物质的量最少为3a mol×1=3a mol,故反响中转移电子的物质的量n的范围为3a moln5a m

20、ol,故A正确;B项,反响中复原产物只有NaCl,反响中转移电子最少时生成NaCl最少,根据电子转移守恒nNaCl=nNaClO,由钠离子守恒:nNaCl+nNaClO=nNaOH,故nNaCl=12nNaOH=3a mol,故B错误;C项,由Cl原子守恒可知,2nCl2=nNaCl+nNaClO+nNaClO3,由钠离子守恒可知nNaCl+nNaClO+nNaClO3=nNaOH,故参加反响的氯气的物质的量=12nNaOH=3a mol,故C错误;D项,令nClO-=1 mol,反响后c(Cl-)c(ClO-)=6,那么nCl-=6 mol,根据电子转移守恒有5×nClO3-+1&

21、#215;nClO-=1×nCl-,即5×nClO3-+1×1 mol=1×6 mol,解得nClO3-=1 mol,那么溶液中c(Cl-)c(ClO3-)=6,故D错误。12.1CaClO2+4HCl浓CaCl2+2Cl2+2H2O2除去Cl2中的HClB中长颈漏斗中液面上升,形成水柱3d4橙红5E中溶液分为两层,上层苯层为紫红色解析 1次氯酸钙与浓盐酸反响生成氯化钙、氯气与水,反响方程式为CaClO2+4HCl浓CaCl2+2Cl2+2H2O。2盐酸易挥发,反响制取的氯气中含有氯化氢,装置B中饱和食盐水的作用是除去Cl2中的HCl; 装置B亦是平安瓶

22、,可以监测实验进展时C中是否发生堵塞,发生堵塞时B中的压强增大,B中长颈漏斗中液面上升,形成水柱。3装置C用于验证氯气是否具有漂白性,验证氯气是否具有漂白性,要验证枯燥氯气无漂白性,潮湿的有色布条中,氯气和水反响生成的次氯酸具有漂白性,中应为潮湿的有色布条,中应为枯燥剂,中应为枯燥的有色布条,U形管中应用固体枯燥剂,所以选d。4当向D中缓缓通入少量氯气时,可以看到无色溶液逐渐变为橙红色,说明氯气和溴化钠反响生成溴单质。5翻开活塞,将装置D中含溴单质的少量溶液参加含碘化钾和苯的装置E中,反响生成的碘单质溶于苯呈紫红色,振荡,观察到的现象是E中溶液分为两层,上层苯层为紫红色。13.12淀粉-KI试

23、纸变蓝3Cl2+2Br-Br2+2Cl-4翻开活塞b,将少量C中溶液滴入D中,关闭活塞b,取下D振荡。静置后CCl4层溶液变为紫红色5确认C的黄色溶液中无Cl2,排除Cl2对溴置换碘实验的干扰6原子半径逐渐增大解析 1A中产生的黄绿色气体为Cl2,其电子式为。2氯气遇潮湿的淀粉-KI试纸时,发生反响Cl2+2KII2+2KCl,产生的I2遇淀粉变蓝,可以证明氯气的氧化性强于碘。3B中Cl2与NaBr发生置换反响,离子方程式为Cl2+2Br-2Cl-+Br2。4C中NaBr与氯气反响生成NaCl和Br2,将C中溶液滴入D中,振荡,发生反响Br2+2KII2+2KBr,静置后D中溶液分层,下层为碘

24、的四氯化碳溶液,显紫红色,可以说明溴的氧化性强于碘。5过程主要是为了确认C的黄色溶液中无Cl2,排除对溴置换碘实验的干扰。6氯、溴、碘单质的氧化性逐渐减弱,是因为从Cl到I,原子半径逐渐增大,得电子才能逐渐减弱。课时作业十七1.D解析 自然界中存在游离态的硫,A错误;排放二氧化硫会污染空气,形成酸雨,但不会导致光化学烟雾的产生,B错误;二氧化硫能使滴有酚酞的氢氧化钠溶液褪色,表达了酸性氧化物的性质,C错误;浓硫酸具有吸水性,可枯燥SO2、CO、Cl2等气体,D正确。2.D解析 通常条件下,SO2为无色有刺激性气味的气体,易溶于水,A项错误;SO2和SO3都是酸性氧化物,但H2SO3不属于强酸,

25、B项错误;SO3不能使品红溶液褪色,C项错误;SO2和SO3都能与碱液反响,如SO2+2NaOHNa2SO3+H2O,SO3+2NaOHNa2SO4+H2O,D项正确。3.C解析 蔗糖碳化,浓硫酸表现脱水性,A项正确;铁制容器盛装浓硫酸是由于铁遇浓硫酸钝化,浓硫酸表现强氧化性,B项正确;浓硫酸与不活泼金属反响既表现强氧化性,又表现酸性,C项错误;浓硫酸与非金属反响只表现强氧化性,D项正确。4.B解析 因为SO2具有复原性,所以它能使溴水、KMnO4H+ 溶液褪色,A项错误;氯气、二氧化硫都能使品红溶液褪色,故B项正确;SO2、漂白粉、活性炭、Na2O2都能使红墨水褪色,其原理不一样,C项错误;

26、SO2和Cl2等物质的量混合后同时通入装有潮湿的有色布条的集气瓶中,发生反响生成没有漂白作用的盐酸和硫酸,D项错误。5.A解析 能使酸性KMnO4溶液褪色且有刺激性气味的气体还有HCl等,A项错误;能使澄清石灰水变浑浊的气体有CO2、SO2,但前者无气味,B项正确;使品红溶液褪色,加热后品红溶液又变为红色的只有SO2,C项正确;SO2不能漂白石蕊试液,D项正确。6.C解析 A项,SO2能使品红溶液褪色;B项,二氧化硫使溴水褪色表现复原性;C项,此反响中Na2S2O3既作氧化剂又作复原剂;D项,品红溶液不褪色说明无二氧化硫,Na2SiO3溶液中出现白色浑浊说明通入了二氧化碳,根据强酸制弱酸的原理

27、说明亚硫酸比碳酸的酸性强。7.1C2SO2C+2H2SO4浓CO2+2SO2+2H2O3CD4褪色漂白SO2+H2OH2SO35不能品红溶液、溴水其他合理答案均可解析 1因为浓硫酸具有脱水性,故蔗糖在浓硫酸中生成的黑色物质是蔗糖脱水后形成的碳单质。2因为浓硫酸具有强氧化性,故蔗糖脱水形成的碳单质可以继续和浓硫酸反响生成CO2、SO2和H2O,其反响的化学方程式为C+2H2SO4浓CO2+2SO2+2H2O。3根据实验现象及12的分析知,在蔗糖与浓硫酸的反响中,浓硫酸具有脱水性、强氧化性。4将2中产生的有刺激性气味的气体SO2通入品红溶液中,二氧化硫能将品红溶液漂白,故可以看到品红溶液褪色;将S

28、O2通入水中,SO2可以和水发生化合反响SO2+H2OH2SO3。5因为CO2和SO2都可以与澄清石灰水发生反响生成白色沉淀,故不能用澄清石灰水鉴别这两种气体;可以根据二氧化硫的特性来鉴别二氧化硫,例如二氧化硫可以使品红溶液、溴水等褪色,而CO2不能。8.C解析 硝酸将SO32-氧化为SO42-,加硝酸后的沉淀一定为BaSO4,但加硝酸前的沉淀可能为BaSO3或BaSO4或它们的混合物,所以该实验不能确定Na2SO3是否已部分氧化。9.C解析 A和D中产生的气体通入BaCl2溶液中生成BaSO4沉淀,B项中产生的气体通入BaCl2溶液中生成BaSO3沉淀。10.C解析 无法排除SO32-及Ag

29、+的干扰;确定是否存在钾元素需要透过蓝色钴玻璃观察焰色。11.1FeFe2SO43SO22C3SO2+H2O2H2SO444 g解析 根据题中转化关系ABC,可推断A为变价金属单质,A为Fe,那么B为FeSO4,C为Fe2SO43,由FC知F为H2SO4,进而推出D为硫,E为SO2。F+DE代表反响2H2SO4浓+S3SO2+2H2O,由方程式知每转移4 mol电子消耗硫的质量为32 g,当转移电子数为3.01×1023为0.5 mol时,消耗硫的质量为4 g。12.1SO2+2OH-SO32-+H2O白色粉末变蓝色2D装置中黑色固体无明显变化,E装置中溶液的红色褪去3拉起铜丝,关闭

30、K1、K24将A装置中试管内冷却后的混合物沿杯壁或玻璃棒缓缓倒入盛有水的烧杯中,边倒边搅拌,观察是否有蓝色出现554解析 1二氧化硫与过量的氢氧化钠溶液反响生成亚硫酸钠。2浓硫酸与铜的反响中,一部分+6价硫元素被复原为+4价硫元素,生成SO2,而反响前后氢元素的化合价没有变化,故浓硫酸中硫元素的氧化性强于氢元素的氧化性,实验过程中通过检验有无氢气和SO2生成来比较浓硫酸中硫元素的氧化性与氢元素的氧化性的强弱。3实验完毕时,撤去所有酒精灯之前先要停顿反响,故拉起铜丝;同时要防止倒吸,故关闭K1、K2。5aCu+bH2SO4cCu2S+dCuSO4+eH2O由反响前后铜原子守恒可得a=2c+d由反

31、响前后硫原子守恒可得b=c+d再由得失电子守恒可得2c+2d=8c即d=3c,代入可得a=5c,代入可得b=4c,故ab=5c4c=54。13.1溶液蓝色褪去吸收多余的SO2,防止污染空气22Fe3+SO2+2H2OSO42-+2Fe2+4H+取A中反响后的溶液,向其中滴入KSCN溶液,不变红,再参加新制的氯水,溶液变红或其他合理答案 3434取少量Na2S2O5晶体于试管中,参加适量水溶解,滴入足量盐酸,振荡,再滴入氯化钡溶液,有白色沉淀生成解析 1通入SO2后,与I2反响生成I-,所以蓝色消失;装置C是尾气处理装置。2SO2与Fe3+反响生成SO42-和Fe2+,根据电荷守恒和原子守恒,即

32、可写出方程式。3CrO42-Cr3+中Cr的化合价由+6到+3,S2O52-2SO42-中S的化合价由+4到+6,根据电荷守恒,CrO42-与S2O52-的物质的量之比为43。课时作业十八1.B解析 做喷泉实验时,由于氨气极易溶于水,使得烧瓶内的压强迅速降低,在外界大气压的作用下,烧杯内的水被压到烧瓶内,形成喷泉,故A正确;NO与氧气反响生成二氧化氮,故不能用排空气法搜集,故B错误;利用水封可以防止液溴挥发,故C正确。2.C解析 鸡蛋壳中含有CaCO3,鸡蛋壳浸泡在盐酸中产生气泡的离子反响方程式为CaCO3+2H+Ca2+CO2+H2O,A项错误;Fe3O4溶解在稀硝酸中的离子方程式为3Fe3

33、O4+NO3-+28H+9Fe3+NO+14H2O,B项错误;氨气通入硫酸溶液中发生反响NH3+H+NH4+,C项正确;向碳酸氢铵溶液中参加足量NaOH溶液,发生离子反响NH4+HCO3-+2OH-NH3·H2O+CO32-+H2O,D项错误。3.A解析 A项中参加CuNO32固体后,Cu和H+、NO3-发生反响:3Cu+8H+2NO3-3Cu2+2NO+4H2O,该项不正确。4.C解析 U形管中有空气,能氧化NO从而干扰实验,因此应先翻开活塞再从右侧加稀硝酸,排尽装置内的空气,A项正确;左侧Cu与稀硝酸反响生成NO,为防止NO与氧气反响生成NO2气体,左侧须注满稀硝酸,B项正确;稀

34、硝酸与Cu反响生成NO气体,NO不溶于水,导致左侧压强增大,Cu与稀硝酸别离,Cu不能完全反响,C项错误;反响停顿后翻开活塞,分液漏斗中NO与空气接触,生成红棕色NO2气体,D项正确。5.D解析 NaNO3中N元素的化合价为+3价,既能升高又能降低,那么NaNO2既具有氧化性又具有复原性,A项正确;食用“醋溜豆芽可减少亚硝酸盐的含量,可能会减少亚硝酸钠对人体的危害,B项正确;酸性条件下,亚硝酸钠会产生一氧化氮和二氧化氮,所以亚硝酸钠和胃酸作用的离子方程式为2NO2-+2H+NO+NO2+H2O,C项正确;D项,1 mol NaNO2在酸性条件下完全反响生成NO和NO2,转移电子的物质的量为1

35、mol×12×4-3=0.5 mol,D项错误。6.D解析 不能用加热NH4Cl固体的方法制氨气,因为NH3和HCl会在试管里重新化合成NH4Cl,而NH4HCO3受热分解得到氨气的同时混有CO2气体,A项错误;H+、NO3-能将SO32-氧化成SO42-,B项实验不能说明原溶液中一定含有SO42-,也可能有SO32-,错误;铁与稀HNO3反响产生NO,而不是H2,Fe与稀HNO3的反响不是置换反响,C项错误;只有D项正确。7.B解析 木炭与浓硝酸反响生成CO2和NO2的混合气体,而NO2可与水反响生成硝酸,故混合气体直接通入澄清石灰水,会产生CaNO32溶液,难以得到CaCO3沉淀;混合气体先通过水,NO2可与水反响生成硝酸和NO,那么变为NO和CO2的混合气体,再通入澄清石灰水会产生CaCO3沉淀。8.D解析 此题综合考察了喷泉实验的原理,即由于气体溶于水或某种溶液,导致烧瓶中的压强迅速减小,与外界产生足够的压强差,从而形成喷泉,A正确;CO2能与NaOH等强碱溶液反响,从而被吸收,也能与外界产生很大的压强差,故能形成喷泉,B正确;NH