第十单元测评手册答案

1、.滚动提升卷十1.A解析 植物油和氯化钠溶液互不相溶,可用分液法别离,A项正确;除去氯化钠晶体中混有的氯化铵晶体应用加热分解法,而不能用蒸馏法,B项错误;别离CCl4中的Br2应用蒸馏法,不能用过滤法,C项错误;NaOH溶液可以同时吸收CO2和HCl,D项错误。2.A解析 根据强酸制取弱酸规律可判断酸性强弱,稀硫酸和碳酸氢钠反响生成二氧化碳,二氧化碳和硅酸钠溶液反响生成难溶性硅酸,说明酸性H2SO4>H2CO3>H2SiO3,因此非金属性S>C>Si,A项正确;稀盐酸和二氧化锰常温下不反响,所以不能得到氯气,不能实现实验目的,B项错误;碳酸钠热稳定性较强,碳酸氢钠不稳定

2、,受热易分解,所以应该d为碳酸钠,e为碳酸氢钠,C项错误;氯化铵不稳定,受热易分解,不能根据实验现象比较沸点,D项错误。3.A解析 CO2与SO2均能使澄清的石灰水变浑浊,但SO2有刺激性气味,而CO2无味,正确;NO2和Br2蒸气均具有氧化性,都能使潮湿的淀粉-KI试纸变蓝,错误;蔗糖分子中不含醛基,不能与新制CuOH2悬浊液反响,而葡萄糖分子中含有醛基,与新制CuOH2悬浊液反响时生成砖红色的Cu2O沉淀,正确;AlOH3不能溶解在氨水中,错误。4.D解析 由反响物的状态和反响条件可知,选作为制取装置;除去CO2可选用或装置,要搜集CO只能用装置,故合理的装置组合为或。5.D解析 浓盐酸和

3、MnO2、浓硫酸和炭反响都需要加热,选项A、C错误;选项B中白色沉淀不溶解,错误。6.A解析 假设关闭活塞K,SO2与饱和NaHCO3溶液反响生成CO2,CO2不会使品红溶液褪色,而会使澄清石灰水变浑浊,假设翻开活塞K,那么SO2使品红溶液褪色,A项正确。假设关闭活塞K,生成的NO不能使澄清石灰水变浑浊,B项错误。假设关闭活塞K,HCl与Na2SO3溶液反响生成的SO2会使品红溶液褪色,C项错误。假设关闭活塞K,Cl2因与Na2SO3溶液反响而被吸收,那么品红溶液无变化,澄清石灰水也不变浑浊,D项错误。7.C解析 硫酸足量,Fe2O3、CuO溶于硫酸后生成的Fe2SO43和CuSO4均可与Fe

4、反响,因此浅绿色的溶液X应为FeSO4,不溶物Y为金属铜,根据得失电子守恒,剩余铜的物质的量为12×0.896 L22.4 L·mol-1×34×3+0.896 L22.4 L·mol-1×14×1=0.05 mol,即合金样品中共含有铜原子0.05 mol,溶液X中参加足量氢氧化钠溶液,所得滤渣灼烧得到的3.2 g固体为Fe2O3,nFe2O3=3.2 g160 g·mol-1=0.02 mol,铁原子的物质的量为0.04 mol,溶液X中溶质为过量H2SO4和FeSO4,而Fe2+物质的量为0.04 mol,说

5、明参加反响硫酸物质的量为0.04 mol,参加反响的H+的物质的量为0.08 mol,其中部分氢离子生成氢气,其余的H+和合金中的氧结合成水。不溶物Y为Cu,其质量是0.05 mol×64 g·mol-1=3.2 g,A项错误。生成氢气的物质的量为0.672 L22.4 L·mol-1=0.03 mol,反响生成氢气的铁的质量是0.03 mol×56 g·mol-1=1.68 g,还有铁与Fe3+和Cu2+的反响,B项错误。参加反响的硫酸物质的量为0.04 mol,含0.08 mol氢离子,其中部分氢离子生成氢气,其余的H+和合金中的氧结合成水

6、,那么合金中氧原子的物质的量是12×0.08 mol-0.03 mol×2=0.01 mol,C项正确;X溶液中溶质为H2SO4和FeSO4,D项错误。8.1250 mL容量瓶2Fe4O5 3防止硫酸亚铁因冷却结晶而残留在滤纸上造成损失 4过滤低温枯燥 5O22H2O22H2O+O26ee中有白色浑浊生成缺少尾气处理装置解析 2根据得失电子守恒可得关系式Fe3+I-,22.8 g X中铁元素的物质的量nFe=nFe3+×250 mL20.00 mL=nKI×250 mL20.00 mL=1.000 mol·L-1×0.024 L

7、15;250 mL20.00 mL=0.300 mol,氧元素的物质的量为nO=22.8 g-0.300mol×56 g·mol-116 g·mol-1=0.375 mol,nFenO=45,故X的化学式为Fe4O5。3趁热过滤的目的是防止硫酸亚铁因冷却结晶而造成损失。4绿矾受热易失去结晶水,故需要低温枯燥。5H2O2在Fe3+的催化下会发生分解反响,生成O2和H2O。9.1三颈烧瓶吸收多余的ClO2气体,防止污染环境防止倒吸或作平安瓶等其他正确说法22NaClO3+Na2SO3+H2SO4浓2ClO2+2Na2SO4+H2O2NaOH+2ClO2+H2O22Na

8、ClO2+2H2O+O23用3860 的温水洗涤NaClO3和NaCl4滴加几滴BaCl2溶液,假设有白色沉淀出现,那么含有Na2SO4,假设无白色沉淀出现,那么不含Na2SO4 590.5%解析 1仪器a的名称为三颈烧瓶;分析题给实验装置图知装置的作用是吸收多余的ClO2气体,防止污染环境;装置的作用是防止倒吸。2装置中氯酸钠、亚硫酸钠和浓硫酸反响生成硫酸钠、ClO2和水,化学方程式为2NaClO3+Na2SO3+H2SO4浓2ClO2+2Na2SO4+H2O。在装置中ClO2得到电子被复原变为NaClO2,H2O2失去电子,表现复原性,反响的化学方程式为2NaOH+2ClO2+H2O22N

9、aClO2+2H2O+O2。3从溶液中获得晶体,一般采用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、枯燥的方法,根据题给信息NaClO2饱和溶液在温度低于38 时析出的晶体是NaClO2·3H2O,高于38 时析出的晶体是NaClO2,高于60 时NaClO2分解成NaClO3和NaCl知,从装置反响后的溶液获得晶体NaClO2的操作步骤为减压,55 蒸发结晶;趁热过滤;用3860 的温水洗涤;低于60 枯燥,得到成品。假如撤去中的冷水浴,由于温度高,可能导致NaClO2分解成NaClO3和NaCl,所以产品中混有的杂质是NaClO3和NaCl。4检验所得NaClO2晶体是否含有杂质Na2SO4的操作及现象是取少量晶体溶于蒸馏水,滴加几滴BaCl2溶液,假设有白色沉淀出现,那么含有Na2SO4,假设无白色沉淀出现,那么不含Na2SO4。5ClO2-+4I-+4H+Cl-+2I2+2H2O,用Na2S2O3标准液滴定,发生反响2Na2S2O3+I2Na2S4O6+2NaI,可得反响的关系式为ClO2-2I24Na2S2O3,又nNa2S2O3=0.20 mol·L-1×0.02 L=0.004 mol,得nClO2-=0.001 m