高考化学一轮复习 一轮复习71练答案精析

一轮复习71练答案精析第一章化学物质及其变化第1练物质的组成、性质和转化1．A[光导纤维的主要成分是SiO2，属于无机非金属材料，B项错误；汽油、柴油仍是烃的混合物，C项错误；碳的氧化物与形成酸雨无关，D项错误。]2．A3.B4．B[“碳纳米泡沫”属于碳单质，与石墨互为同素异形体，A、C错误；“碳纳米泡沫”每个泡沫含有约4000个碳原子，直径约6～9nm，分散到适当的溶剂中形成胶体，能产生丁达尔效应，B正确；在低于－183℃时，泡沫具有永久磁性，金刚石没有磁性，二者性质不同，D错误。]5．A[CaOCl2的化学式可以写成Ca(ClO)Cl，该物质是由一种金属阳离子和两种酸根阴离子构成的，因此属于混盐，故A正确；(NH4)2Fe(SO4)2含有两种阳离子和一种酸根阴离子，不是混盐，故B错误；BiONO3中没有两种酸根阴离子，不是混盐，故C错误；K3[Fe(CN)6]是含有一种阳离子和一种阴离子的盐，不是混盐，故D错误。]6．C7.D8.C9．C[该过程中发生的反应依次是CaCO3eq\o(=,\s\up7(高温))CaO＋CO2↑(分解反应)；CaO＋H2O=Ca(OH)2(化合反应)；Ca(OH)2＋K2CO3=CaCO3↓＋2KOH(复分解反应)。]10．B[⑤用玻璃瓶盛装“强水”(古书中记载一种能腐蚀五金的液体)，这里所说的强水应该是硝酸，硝酸不会和玻璃(主要成分是二氧化硅)发生反应，没有发生化学变化，正确。]11．A[SO2可与NaOH溶液反应，①可以实现；氢硫酸可与硫酸铜溶液发生反应：H2S＋CuSO4=CuS↓＋H2SO4，②可以实现；稀硫酸与醋酸钠溶液发生反应：H2SO4＋2CH3COONa=2CH3COOH＋Na2SO4，没有水、沉淀和气体生成，③可以实现；氢硫酸和亚硫酸发生反应：H2SO3＋2H2S=3S↓＋3H2O，④可以实现；同素异形体之间的转化不属于氧化还原反应，但有单质参加，⑤可以实现；水和过氧化钠发生反应：2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，⑥可以实现。]12．B13．(1)①②④④(2)胶体金颗粒14．(1)盐、铜盐、碱式盐(或碳酸盐)(2)Cu2(OH)2CO3＋4HCl=2CuCl2＋3H2O＋CO2↑(3)Cu(OH)2eq\o(=,\s\up7(△))CuO＋H2OCuO＋H2eq\o(=,\s\up7(△))Cu＋H2O(4)①②③④15．SO2Cl2＋2H2O=H2SO4＋2HClSOCl2＋H2O=SO2＋2HCl、ClSO3H＋H2O=H2SO4＋HCl第2练离子反应离子方程式1．C[铁是单质，既不是电解质，也不是非电解质，A项错误；葡萄糖是非电解质，B项错误；硫酸镁是电解质，C项正确；CO2是非电解质，D项错误。]2．D3．D[CuSO4与Ba(OH)2发生复分解反应：Ba(OH)2＋CuSO4=BaSO4↓＋Cu(OH)2↓，溶液中离子浓度减小，灯泡逐渐变暗，氢氧根离子浓度减小，红色褪去，而且有蓝色沉淀生成，与加入Na2SO4溶液的实验现象不同，故D符合题意。]4．D5.A6．A[碳酸镁与稀盐酸反应生成氯化镁、二氧化碳和水，反应的离子方程式为MgCO3＋2H＋=Mg2＋＋H2O＋CO2↑，故A错误。]7．D[饱和碳酸钠溶液中通入过量CO2会析出NaHCO3沉淀，离子方程式为2Na＋＋COeq\o\al(2－,3)＋CO2＋H2O=2NaHCO3↓，A错误；SO2少量时会有HClO生成，正确的离子方程式为SO2＋H2O＋3ClO－=SOeq\o\al(2－,4)＋Cl－＋2HClO，B错误；I－还原性强于Fe2＋，通入少量Cl2先和I－反应，离子方程式为2I－＋Cl2=I2＋2Cl－，C错误。]8．C9．A[氢氧化钠溶液吸收废气NO2，生成硝酸钠和亚硝酸钠，反应的离子方程式为2NO2＋2OH－=NOeq\o\al(－,3)＋NOeq\o\al(－,2)＋H2O，B错误；向硫酸镁溶液中滴加氢氧化钡溶液，生成氢氧化镁和硫酸钡两种沉淀，反应的离子方程式为Mg2＋＋2OH－＋Ba2＋＋SOeq\o\al(2－,4)=Mg(OH)2↓＋BaSO4↓，C错误；ICl中碘为＋1价、氯为－1价，将ICl滴入NaOH溶液中发生反应生成次碘酸钠和氯化钠，反应的离子方程式为ICl＋2OH－=IO－＋Cl－＋H2O，D错误。]10．D[Cr2Oeq\o\al(2－,7)溶液为橙色，CrOeq\o\al(2－,4)溶液为黄色，故橙色K2Cr2O7溶液中加入NaOH溶液，溶液变黄色，发生的离子方程式为Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋2OH－2CrOeq\o\al(2－,4)＋H2O，故A正确；硫化银比氯化银更难溶，因此氯化银可以转化成硫化银沉淀，AgCl悬浊液中加入Na2S溶液，沉淀逐渐变为黑色：2AgCl＋S2－=Ag2S＋2Cl－，故B正确；氢氧化钡过量，NHeq\o\al(＋,4)也会与OH－发生反应，反应的离子方程式为NHeq\o\al(＋,4)＋HCOeq\o\al(－,3)＋Ba2＋＋2OH－=BaCO3↓＋NH3·H2O＋H2O，故C正确；醋酸为弱酸，不能写成离子，正确的离子方程式为3MnOeq\o\al(2－,4)＋4CH3COOH=2MnOeq\o\al(－,4)＋MnO2↓＋2H2O＋4CH3COO－，故D错误。]11．(1)Cl－Na＋Ca2＋(2)Na2CO3＋CaCl2=CaCO3↓＋2NaCl(3)5=H2O(4)Ba2＋＋2OH－＋CO2=BaCO3↓＋H2O(5)Ba2＋＋SOeq\o\al(2－,3)=BaSO3↓、Ba2＋＋SOeq\o\al(2－,4)=BaSO4↓、HS－＋OH－=H2O＋S2－(合理即可)解析(1)无机物分为酸、碱、盐、氧化物，表中★可以代表的物质类别是氧化物或酸性氧化物。(2)③为强碱，可以是氢氧化钠或氢氧化钾，其电离方程式为NaOH=Na＋＋OH－或KOH=K＋＋OH－。(3)②是强酸，为硝酸或硫酸，④是氢氧化钡，②与④在水溶液中发生的反应是硝酸与氢氧化钡反应生成硝酸钡和水，即：OH－＋H＋=H2O(无沉淀生成)，硫酸与氢氧化钡反应生成硫酸钡沉淀和水，有沉淀生成不符合题意。(4)④是氢氧化钡，⑦是二氧化碳，二氧化碳量少，在水溶液中发生反应的离子方程式为Ba2＋＋2OH－＋CO2=BaCO3↓＋H2O。(5)④是氢氧化钡，⑥是可溶性盐，则⑥可能为NaNO3、KNO3、Na2SO3、K2SO3、Na2SO4、K2SO4、NaHS、KHS，其中参与发生复分解反应的离子方程式有Ba2＋＋SOeq\o\al(2－,3)=BaSO3↓、Ba2＋＋SOeq\o\al(2－,4)=BaSO4↓、HS－＋OH－=H2O＋S2－。13．(1)Ba2＋＋SOeq\o\al(2－,4)＋H＋＋HCOeq\o\al(－,3)=BaSO4↓＋H2O＋CO2↑HCOeq\o\al(－,3)＋H＋=CO2↑＋H2O(2)2Al3＋＋3SOeq\o\al(2－,4)＋3Ba2＋＋6OH－=2Al(OH)3↓＋3BaSO4↓(3)2Al3＋＋7OH－=Al(OH)3↓＋AlOeq\o\al(－,2)＋2H2O(4)Cu2＋＋2HS－=CuS↓＋H2S↑(5)4CO2＋5OH－=COeq\o\al(2－,3)＋3HCOeq\o\al(－,3)＋H2O(6)COeq\o\al(2－,3)＋CH3COOH=HCOeq\o\al(－,3)＋CH3COO－(7)4AlOeq\o\al(－,2)＋7H＋＋H2O=3Al(OH)3↓＋Al3＋第3练离子共存、离子检验与推断1．D2.B3．B[氢氧根离子与三价铁离子、氨根离子都反应，不能大量共存，故A不选；Fe3＋、H＋、Cu2＋、SOeq\o\al(2－,4)、NOeq\o\al(－,3)、Al3＋相互不反应，可以大量共存，故B选；氢氧根离子与三价铁离子反应，不能大量共存，故C不选；铝离子与碳酸氢根离子发生相互促进的水解反应，二者不能大量共存，故D不选。]4．C[Al3＋与OH－发生反应：Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓，不能共存，故A正确；离子之间不反应，可大量共存，通入少量CO2与碱反应生成碳酸根离子，故B正确；滴加石蕊溶液变红的溶液，溶液显酸性，Fe2＋、H＋、NOeq\o\al(－,3)发生氧化还原反应，不能共存，故C错误；溶液呈蓝色，含铜离子，该组离子之间不反应，可大量共存，故D正确。]5．D6．C[当固体中含有SOeq\o\al(2－,3)时，在酸性条件下滴加Ba(NO3)2溶液会被氧化生成硫酸根离子，有相同现象，故不一定是SOeq\o\al(2－,4)，A错误；若固体为FeCl3和Fe的混合物时，也有相同的现象，故固体试样中可能存在Fe3＋，B错误；检验NHeq\o\al(＋,4)时应加NaOH溶液，加热，产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，选项中没有加热，故不能确定有没有铵根离子，C正确；滴加盐酸出现白色沉淀，再加NaOH溶液沉淀溶解，可能原固体中有AlOeq\o\al(－,2)，不一定为SiOeq\o\al(2－,3)，D错误。]7．C[根据实验①可知溶于水的过程中发生碳酸根离子和Al3＋或Fe3＋的相互促进的水解反应，根据实验②可知，沉淀不是BaSO4，一定没有BaCl2，结合实验①④，可确定一定有Na2CO3，根据实验③可知没有FeCl3，则一定有Al2(SO4)3。]8．D9．B[原溶液中加入盐酸酸化的硝酸钡，如果其中含有亚硫酸根离子，则会被氧化为硫酸根离子，所以原溶液中不一定含有SOeq\o\al(2－,4)，故A错误；产生能使红色石蕊试纸变蓝的气体是氨气，所以原溶液中一定含有NHeq\o\al(＋,4)，故B正确；原溶液中加入盐酸酸化的硝酸钡，引进了氯离子，能和硝酸银反应生成氯化银沉淀的离子不一定是原溶液中含有的氯离子，故C错误；原溶液中加入盐酸酸化的硝酸钡，如果其中含有亚铁离子，则亚铁离子会被氧化为铁离子，铁离子遇硫氰化钾溶液而使溶液呈红色，所以原溶液中不一定含有Fe3＋，故D错误。]10．C11．C[生成的沉淀为BaSO4，说明溶液中含有SOeq\o\al(2－,4)的物质的量为0.03mol；另结合图像知溶液中含有Al3＋0.01mol，需OH－0.03mol；当沉淀增加到一定量后开始产生气体，根据NHeq\o\al(＋,4)＋OH－eq\o(=,\s\up7(△))NH3↑＋H2O并结合图像，知溶液中含有NHeq\o\al(＋,4)0.02mol，需OH－0.02mol；最后沉淀完全溶解是由于氢氧化铝与NaOH继续反应，需OH－为0.01mol；实验中使用的NaOH溶液的总物质的量为0.03mol＋0.02mol＋0.01mol＝0.06mol，总体积为60mL，则氢氧化钠溶液的物质的量浓度为1mol·L－1，A正确；溶液中正电荷总数为0.02mol×1＋0.01mol×3＋n(K＋)×1＝0.05mol＋n(K＋)，负电荷总数为0.03mol×2＝0.06mol，所以n(K＋)＝0.01mol，则溶液中焰色试验呈现紫色的离子的物质的量浓度为eq\f(0.01mol,0.01L)＝1mol·L－1，B正确；Al3＋为0.01mol，SOeq\o\al(2－,4)为0.03mol，加入氢氧化钡溶液，当硫酸根离子完全沉淀时，铝离子已转化为偏铝酸根离子，C不正确；NHeq\o\al(＋,4)、K＋、Al3＋、SOeq\o\al(2－,4)四种离子的物质的量之比为0.02mol∶0.01mol∶0.01mol∶0.03mol＝2∶1∶1∶3，D正确。]12．(1)B(2)H＋、Cu2＋(3)①Na2CO3Na＋、NOeq\o\al(－,3)②过滤漏斗、烧杯、玻璃棒③BaCO3＋2H＋=Ba2＋＋H2O＋CO2↑13．(1)Fe3＋、Mg2＋、COeq\o\al(2－,3)、Ba2＋Cl－(2)①NHeq\o\al(＋,4)0.2mol·L－1②Al3＋0.2mol·L－1③SOeq\o\al(2－,4)0.5mol·L－1(3)是根据电荷守恒，溶液中一定存在钾离子解析向第一份溶液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀产生，白色沉淀为AgCl或碳酸银或硫酸银；向第二份溶液中加入足量NaOH溶液加热后，收集到的气体为氨气，其物质的量为0.02mol，原溶液中一定含NHeq\o\al(＋,4)，无沉淀产生，说明不存在Fe3＋、Mg2＋；向溶液甲中通入过量CO2，生成的白色沉淀为氢氧化铝，沉淀经过滤、洗涤、灼烧，质量为1.02g，即氧化铝的物质的量为eq\f(1.02g,102g·mol－1)＝0.01mol，原溶液含Al3＋0.02mol，则不含COeq\o\al(2－,3)；第三份加入足量BaCl2溶液后，得白色沉淀，沉淀经足量盐酸洗涤、干燥后，质量为11.65g，沉淀为硫酸钡，物质的量为eq\f(11.65g,233g·mol－1)＝0.05mol，原溶液中含SOeq\o\al(2－,4)0.05mol，则原溶液不含Ba2＋，由电荷守恒可知，0.02×1＋0.02×3＜0.05×2，可知一定含阳离子K＋，不能确定是否含Cl－。(2)根据以上分析可知溶液中Al3＋、NHeq\o\al(＋,4)、SOeq\o\al(2－,4)的浓度分别是eq\f(0.02mol,0.1L)＝0.2mol·L－1、eq\f(0.02mol,0.1L)＝0.2mol·L－1、eq\f(0.05mol,0.1L)＝0.5mol·L－1。14．(1)Cu2＋、COeq\o\al(2－,3)、H＋(2)NHeq\o\al(＋,4)＋OH－=NH3·H2O(3)Al(OH)3＋OH－=AlOeq\o\al(－,2)＋2H2O(4)2mol·L－1(5)n(NOeq\o\al(－,3))≥0.01mol第4练氧化还原反应的概念和规律1．C2.B3．B[该反应属于复分解反应，没有元素化合价变化，不是氧化还原反应，故A不符合题意；该反应不属于四种基本反应类型，且有元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故B符合题意；该反应属于置换反应，是氧化还原反应，故C不符合题意；该反应属于化合反应，是氧化还原反应，故D不符合题意。]4．A5．D[反应中K2H3IO6中I元素的化合价降低，发生得电子的还原反应，A错误；KI中的I－由HI变化而来，化合价没有发生变化，KI既不是氧化产物也不是还原产物，B错误；12.7gI2的物质的量为0.05mol，根据反应方程式，每生成4molI2转移7mol电子，则生成0.05molI2时转移电子的物质的量为0.0875mol，C错误；反应中HI为还原剂，K2H3IO6为氧化剂，在反应中每消耗1molK2H3IO6就有7molHI失电子，则还原剂与氧化剂的物质的量之比为7∶1，D正确。]6．D7．D[Fe与Fe3O4都可被磁铁吸引，所以不能用磁铁将Fe与Fe3O4分离，A错误；钠极易被空气中的氧气氧化，B错误；该反应条件下铁的还原性比钠强，C错误；每生成1molH2，同时生成2molNa，转移的电子为4mol，故转移的电子数约为4×6.02×1023，D正确。]8．D9．A[步骤ⅲ是氧气和二氧化硫反应生成三氧化硫，则氧化性：O2＞SO3，步骤ⅰ是三氧化硫和乙烯反应生成硫、二氧化碳和水，则氧化性：SO3＞CO2，因此氧化性：O2＞SO3＞CO2，故A正确；乙烯和三氧化硫反应生成硫、二氧化碳和水，碳元素的化合价升高，说明乙烯在该过程中作还原剂，故B错误；Cu＋在反应中作催化剂，Cu＋质量不变，因此该脱硫过程不需要及时补充Cu＋，故C错误；缺少标准状况下，无法计算物质的量，故D错误。]10．D[由题图知，反应物为FeS2和氧气，Fe3＋、NO是催化剂，产物为亚铁离子和硫酸根离子，发生的总反应为2FeS2＋7O2＋2H2Oeq\o(=,\s\up7(Fe3＋),\s\do5(NO))2Fe2＋＋4SOeq\o\al(2－,4)＋4H＋，FeS2中S元素被氧化，FeS2作还原剂，A、B错误；从总反应中可以看出，反应消耗氧气需要不断加入氧气，而NO在总反应中并未消耗，故NO不需要不断加入，C错误；根据总反应方程式可知，消耗7molO2，溶液中最多增加4mol硫酸根离子，D正确。]11．(1)D(2)NOeq\o\al(－,2)＋Cl2＋H2O=NOeq\o\al(－,3)＋2H＋＋2Cl－(3)c(4)①Na2O2Na2O2、FeSO4②高铁酸钠具有强氧化性，能杀菌消毒，消毒过程中自身被还原为Fe3＋，Fe3＋水解生成Fe(OH)3胶体，能吸附水中悬浮杂质而沉降12．(1)Cu＞(2)33.6(3)D(4)解析(3)根据氧原子守恒，所以n＝2，根据氢原子守恒，所以y＝4，根据R原子守恒则x＝m，根据电荷守恒则2x＋y＝3m，所以x＝y＝m＝4，在反应中，R的化合价升高，R2＋是还原剂，所以R3＋是氧化产物，氧元素化合价降低，所以H2O是还原产物。第5练氧化还原反应方程式的书写与配平1．A[由配平后的化学方程式可知，H2O的化学计量数为9，A错误；NH4NO3中NHeq\o\al(＋,4)所含N元素价态升高，部分NOeq\o\al(－,3)所含N元素价态降低，则NH4NO3既是氧化剂又是还原剂，B正确；该反应中反应物只有一种，则属于分解反应，该反应中含有变价元素，则属于氧化还原反应，C正确；氧化产物和还原产物的物质的量之比为eq\f(5,2)∶eq\f(3,2)＝5∶3，D正确。]2．B3．C[根据反应①可知碱性条件下，NaNO2的氧化性比Na2Fe2O2强，根据反应②可知碱性条件下NaNO2的氧化性比Na2Fe2O4强，A正确；反应①、②中N、Fe元素的化合价均发生变化，为氧化还原反应，反应③中没有元素化合价发生变化，为非氧化还原反应，B正确；反应②中Na2FeO2中Fe元素化合价由＋2价升高到Na2Fe2O4中的＋3价，升高了1价，NaNO2中N元素化合价由＋3价降低到NH3中的－3价，降低了6价，根据得失电子守恒和原子守恒配平方程式为6Na2FeO2＋NaNO2＋5H2O=3Na2Fe2O4＋NH3↑＋7NaOH，所以H2O的化学计量数是5，C错误；16.8gFe的物质的量为eq\f(16.8g,56g·mol－1)＝0.3mol，Fe元素最终均被氧化为Fe3O4，平均化合价升高eq\f(8,3)价，整个过程中没有其他元素被氧化，且Fe元素全部被氧化，所以转移0.3mol×eq\f(8,3)＝0.8mol电子，D正确。]4．C5．B[根据原子守恒并结合离子方程式两边离子所带电荷总数相等可知，反应①为SO2＋2Fe3＋＋2H2O=SOeq\o\al(2－,4)＋2Fe2＋＋4H＋，W为4H＋，A错误；还原剂的还原性强于还原产物，由反应①可知，还原性：SO2>Fe2＋，B正确；反应②中，Cr元素的化合价由＋6降到＋3，Fe元素化合价由＋2升高到＋3，根据得失电子守恒可得，Cr2Oeq\o\al(2－,7)和Cr3＋对应的化学计量数分别为1、2，Fe2＋和Fe3＋对应的化学计量数均为6，则a＝6，再结合离子方程两边离子所带电荷总数相等可得，b＝14，C错误；Cr2Oeq\o\al(2－,7)具有强氧化性，SO2具有还原性，且由①、②可知氧化性：Cr2Oeq\o\al(2－,7)>SOeq\o\al(2－,4)，则Cr2Oeq\o\al(2－,7)能将SO2氧化为SOeq\o\al(2－,4)，即反应Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋3SO2＋2H＋=2Cr3＋＋3SOeq\o\al(2－,4)＋H2O能发生，D错误。]6．C[As2S3转化成AsOeq\o\al(3－,4)和SOeq\o\al(2－,4)，而NOeq\o\al(－,3)转化为NO，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，配平后的离子方程式为3As2S3＋4H2O＋28NOeq\o\al(－,3)=6AsOeq\o\al(3－,4)＋9SOeq\o\al(2－,4)＋28NO↑＋8H＋，水的化学计量数为4，A正确；反应产生H＋，反应后的溶液呈酸性，B正确；N元素化合价降低，NOeq\o\al(－,3)作氧化剂，As和S元素化合价升高，As2S3作还原剂，由上述离子方程式知，氧化剂与还原剂的分子数之比为28∶3，C错误；As2S3作还原剂，氧化产物为AsOeq\o\al(3－,4)和SOeq\o\al(2－,4)，D正确。]7．D8．D[人工固氮是将单质氮气转化为化合物，“转氨”过程反应物没有氮气，不属于人工固氮，故A错误；“转氨”过程没有元素化合价变化，不属于氧化还原反应，故B错误；氨气极易溶于水，用H2O代替NH4Cl进行转化，不易分离出NH3，故C错误；该合成氨过程中，N2→NH3，N元素化合价从0降至－3，有2个N原子变价，则得到6个电子，H2O→O2，O元素化合价从－2升至0，失去2个电子，由得失电子守恒规律可知，参加反应的N2与H2O的物质的量之比为2∶6＝1∶3，故D正确。]9．B[还原性：Fe2＋＞Br－，通入的氯气先与Fe2＋发生反应：2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－，Fe2＋反应完毕，剩余的Cl2再与Br－发生反应：2Br－＋Cl2=Br2＋2Cl－。溶液中仍有Br－，说明Cl2完全反应，c(Br－)＝3c(Cl－)＝0.3mol·L－1，c(Cl－)＝0.1mol·L－1，能氧化的c(Fe2＋)＝0.1mol·L－1，若Fe2＋全部被氧化，则溶液中的c(Br－)＝0.2mol·L－1。而c(Br－)＝0.3mol·L－1，说明Fe2＋没反应完，根据c(Br－)＝0.3mol·L－1计算原溶液的浓度为0.15mol·L－1，故A错误；反应后溶液中c(Fe3＋)＝c(Cl－)＝0.1mol·L－1，c(Fe2＋)＝(0.15－0.1)mol·L－1＝0.05mol·L－1，故B正确，C错误；原溶液中c(Br－)＝0.3mol·L－1，故D错误。]10．A11.A12.D13．(1)2MnOeq\o\al(－,4)＋3Mn2＋＋2H2O=5MnO2↓＋4H＋(2)NaAlH4＋2H2O=NaAlO2＋4H2↑(3)4H＋＋5ClOeq\o\al(－,2)=Cl－＋4ClO2↑＋2H2O(4)PbO＋ClO－=PbO2＋Cl－(5)4Ag＋4NaClO＋2H2O=4AgCl＋4NaOH＋O2↑(6)4CuCl＋O2＋8H2Oeq\o(=,\s\up7(45～50℃))2Cu2(OH)2Cl2·3H2O14．(1)4Al＋3MnO2eq\o(=,\s\up7(高温))3Mn＋2Al2O3(2)①MnO2＋SO2eq\o(=,\s\up7(一定条件))MnSO4②2Fe2＋＋MnO2＋4H＋=Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O③溶液中存在平衡：MnCO3(s)Mn2＋(aq)＋COeq\o\al(2－,3)(aq)，COeq\o\al(2－,3)消耗溶液中的H＋，促进SO2溶解：SO2＋H2OH2SO3H＋＋HSOeq\o\al(－,3)，生成的Mn2＋有催化作用，可促进反应2SO2＋O2＋2H2Oeq\o(=,\s\up7(Mn2＋))2H2SO4发生(3)55c(V1－V0)×10－3解析(1)铝热法还原MnO2制备锰即高温条件下铝单质和MnO2反应得到氧化铝和Mn单质，化学方程式为4Al＋3MnO2eq\o(=,\s\up7(高温))3Mn＋2Al2O3。(2)①根据题意可知MnO2会将SO2氧化得到MnSO4，化学方程式应为MnO2＋SO2eq\o(=,\s\up7(一定条件))MnSO4。②据图可知过程Ⅰ中MnO2被Fe2＋还原生成Mn2＋，Fe2＋被氧化为Fe3＋，根据电子守恒和元素守恒可得离子方程式为2Fe2＋＋MnO2＋4H＋=Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O。(3)滴定时发生反应Fe2＋＋Mn3＋=Fe3＋＋Mn2＋，所以n(Mn)＝n(Mn3＋)＝c(V1－V0)×10－3mol，所取废水为1mL，所以废水中锰的含量为55c(V1－V0)×10－3g·mL－1。15．(1)氧化(2)6ClOeq\o\al(－,3)＋S＋4H＋=6ClO2↑＋SOeq\o\al(2－,4)＋2H2O(3)①酸式滴定管(或移液管)②eq\f(0.22625cV,m)×100%碘离子被空气中的氧气氧化成了碘单质第二章物质的量第6练物质的量气体摩尔体积1．A2.C3．C[该硫原子的相对原子质量为eq\f(ag,\f(1,12)bg)＝eq\f(12a,b)，①对；该硫原子的摩尔质量M(S)＝ag×NAmol－1＝aNAg·mol－1，③错；mg该硫原子的物质的量n(S)＝eq\f(mg,aNAg·mol－1)＝eq\f(m,aNA)mol，②对；ag硫原子即1个硫原子，其所含电子数为16个，④错。]4．D[ag气态双原子分子的物质的量为eq\f(p,NA)mol，摩尔质量为eq\f(ag,\f(p,NA)mol)＝eq\f(aNA,p)g·mol－1，所以bg气体在标准状况下的体积为eq\f(bg,\f(aNA,p)g·mol－1)×22.4L·mol－1＝eq\f(22.4pb,aNA)L。]5．C6．C[150℃时碳酸铵受热完全分解的化学方程式为(NH4)2CO3eq\o(=,\s\up7(150℃))2NH3↑＋H2O↑＋CO2↑。根据质量守恒定律，反应前1mol即96g碳酸铵受热完全分解，则反应后所生成混合气体的质量应为96g。所以，反应后生成的混合气体的摩尔质量M(混)＝eq\f(m混,4mol)＝eq\f(96g,4mol)＝24g·mol－1，根据同温同压下，气体密度之比等于摩尔质量之比，则有eq\f(ρ混,ρH2)＝eq\f(M混,MH2)＝eq\f(24,2)＝12。]7．C[由图可知，相同温度时，p(O2)>p(X)，在同质量、同体积条件下，气体相对分子质量与压强成反比，即相对分子质量越大，压强越小，题给选项只有CO2的相对分子质量大于O2，故C正确。]8．D9.B10．B[C2H2与C6H6的最简式均为CH，故二者碳元素的质量分数相同，A正确；标准状况下，C6H6为非气体，等体积的两种物质的物质的量不相等，所以含有的分子数也不相等，B错误；等物质的量时，二者质量之比为eq\f(mC2H2,mC6H6)＝eq\f(MC2H2,MC6H6)＝eq\f(1,3)，C正确；二者的最简式相同，则等质量的两种物质完全燃烧消耗相同状况下的氧气的体积相等，D正确。]11．D12.A13．Ⅰ.(1)eq\f(m,M)(2)eq\f(2mNA,M)(3)eq\f(22.4m,M)Ⅱ.314．(1)1(2)11(3)11(4)2解析(1)同温同压下，气体的物质的量之比等于其体积之比，由图可知甲室中气体的物质的量为eq\f(5×0.6mol,3)＝1mol。(2)乙室中HCl气体的质量为0.6mol×36.5g·mol－1＝21.9g，则甲室中气体的质量为21.9g－10.9g＝11g。(3)甲室中气体的物质的量为1mol，质量为11g，平均摩尔质量为eq\f(11g,1mol)＝11g·mol－1，则甲室中NH3、H2的平均相对分子质量为11。(4)设甲室中氨气的物质的量为x，氢气的物质的量为y，根据其物质的量、质量列方程组为x＋y＝1mol，17g·mol－1×x＋2g·mol－1×y＝11g，可得x＝0.6mol、y＝0.4mol；如果将隔板a去掉，0.6molHCl与0.6molNH3恰好完全反应生成氯化铵固体，剩余H2的物质的量为0.4mol，同温同压下，气体的体积之比等于其物质的量之比，所以隔板b将会左移至刻度“2”处。15．Ⅰ.(1)2Al＋6H＋=2Al3＋＋3H2↑(2)铝与稀硫酸反应生成的氢气使锥形瓶内气压增大(3)收集到水的体积(4)没有相同温度和压强下，生成氢气的体积与排出空气的体积相等Ⅱ.eq\f(9V2－V1,500m1－m2)L·mol－1第7练物质的量浓度1．C2．A[①溶液中各离子的物质的量分别为K＋：0.4mol＋2×0.1mol＝0.6mol，Zn2＋：0.3mol＋0.1mol＝0.4mol，Cl－：0.4mol＋2×0.1mol＝0.6mol，SOeq\o\al(2－,4)：0.1mol＋0.3mol＝0.4mol；②溶液中各离子的物质的量分别为K＋：0.2mol＋2×0.2mol＝0.6mol，Zn2＋：0.1mol＋0.1mol＝0.2mol，Cl－：0.2mol＋2×0.1mol＝0.4mol，SOeq\o\al(2－,4)：0.2mol＋0.1mol＝0.3mol，所以只有c(K＋)相同，A项正确。]3．A[设标准状况下，水是1L，则溶质氨气是700L，根据n＝eq\f(V,Vm)可知，溶质氨气的物质531.25g，所以溶质的质量分数w＝eq\f(531.25g,1000g＋531.25g)×100%≈34.7%，又因为c＝eq\f(1000ρw,M)，所以溶液的物质的量浓度c＝eq\f(1000×0.9×34.7%,17)mol·L－1≈18.4mol·L－1。]4．B5．C[1g钙离子的物质的量neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Ca2＋))＝eq\f(1g,40g·mol－1)＝0.025mol，该溶液中含有硝酸根离子的物质的量neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(NO\o\al(－,3)))＝2neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Ca2＋))＝0.025mol×2＝0.05mol,20g该硝酸钙溶液的体积V＝eq\f(20g,dg·cm－3)×10－3L·mL－1＝eq\f(1,50d)L，所以该溶液中硝酸根离子的物质的量浓度ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(NO\o\al(－,3)))＝eq\f(0.05mol,\f(1,50d)L)＝2.5dmol·L－1，故选C。]6．A7．B[把100mL3mol·L－1的H2SO4跟100mLH2O混合，溶液的总体积小于200mL，硫酸的物质的量浓度大于1.5mol·L－1，A错误；与水混合前后，NaCl的质量不变，则把100g20%的NaCl溶液跟100gH2O混合后，NaCl溶液的溶质质量分数为eq\f(100g×20%,100g＋100g)×100%＝10%，B正确；3mol·L－1的BaCl2溶液中氯离子浓度为6mol·L－1,3mol·L－1的KCl溶液中氯离子浓度为3mol·L－1，混合后氯离子浓度在3～6mol·L－1之间，C错误；氢氧化钠溶液的密度与水的密度不相同，不知道氢氧化钠溶液的密度，无法计算混合后溶液的总质量，D错误。]8．C9．A[一定规格的容量瓶只能配制相应体积的溶液，故应选择250mL容量瓶；用药匙取用固体药品，用托盘天平称量一定质量的药品(药品可放在烧杯中称量)后，在烧杯中溶解(可用量筒量取水)，并用玻璃棒搅拌，待溶液冷却至室温后转移到250mL容量瓶中，转移过程中需用玻璃棒引流，用蒸馏水洗涤烧杯内壁和玻璃棒2～3次，并将洗涤液转移到容量瓶中，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加至溶液凹液面恰好与刻度线相切，盖好瓶塞，摇匀。所以需要用到的仪器及先后顺序为药匙、托盘天平和砝码、烧杯、量筒(也可不用)、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管，即⑧③⑤(①)⑥②⑨，A项符合。]10．D11．D[配制100g10%的NaCl溶液需要氯化钠的质量为100g×10%＝10g，配制100mL1.0mol·L－1的NaCl溶液需要氯化钠的质量为0.1L×1.0mol·L－1×58.5g·mol－1＝5.85g，二者需要氯化钠的质量不相等，A错误；氯化钠溶液的密度大于1g·mL－1,100mL氯化钠溶液的质量大于100g，B错误；配制一定质量分数的氯化钠溶液，所需仪器有托盘天平、量筒、烧杯、玻璃棒、药匙等；配制100mL一定物质的量浓度的氯化钠溶液，需要的仪器有托盘天平、烧杯、玻璃棒、药匙、100mL容量瓶、胶头滴管等，需要的仪器不同，C错误；配制10%的NaCl溶液100g，其密度大于1g·mL－1，所以100g溶液的体积小于100mL,10%的NaCl溶液中氯化钠的物质的量为eq\f(10%×100g,58.5g·mol－1)≈0.17mol，其物质的量浓度大于1.7mol·L－1，D正确。]12．D13．(1)0.04mol4.04g(2)0.1mol·L－10.12mol·L－1(3)0.896Mg2＋＋2NH3＋2H2O=Mg(OH)2↓＋2NHeq\o\al(＋,4)14．(1)7.14mol·L－1>(2)320.2(3)65.57%(4)22.35g解析(1)密度为1.4g·cm－3、质量分数为50%的硫酸物质的量浓度c＝eq\f(1000ρw,M)＝eq\f(1000×1.4×50%,98)mol·L－1≈7.14mol·L－1；假如50%的硫酸与30%的硫酸密度相同，则混合后硫酸的质量分数为40%，由于50%的硫酸的密度大于30%的硫酸的密度，所以等体积混合后溶液中硫酸的质量偏大，硫酸的质量分数大于40%。(2)n(FeSO4·7H2O)＝eq\f(111.2g,278g·mol－1)＝0.4mol，由2FeSO4·7H2Oeq\o(=,\s\up7(高温))Fe2O3＋SO2↑＋SO3↑＋14H2O↑可知，生成Fe2O3的质量为0.4mol×eq\f(1,2)×160g·mol－1＝32g，SO2的物质的量为0.4mol×eq\f(1,2)＝0.2mol。(3)根据题意知，溶液中剩余酸的物质的量n(H2SO4)＝0.1mol·L－1×eq\f(1,2)×0.1L＝0.005mol，则参加反应的n(H2SO4)＝0.025L×3mol·L－1－0.005mol＝0.07mol；设铁的物质的量是mmol，氧化铁的物质的量是nmol，发生反应的化学方程式为Fe＋Fe2O3＋3H2SO4=3FeSO4＋3H2O、Fe＋H2SO4=FeSO4＋H2↑，则根据固体的质量和硫酸的物质的量可知，56m＋160n＝4.88，m－n＋3n＝0.07，解得n＝0.02，m＝0.03，所以铁屑中Fe2O3的质量分数是eq\f(0.02mol×160g·mol－1,4.88g)×100%≈65.57%。(4)根据以上分析结合原子守恒知，n(FeSO4)＝n(Fe)＋2n(Fe2O3)＝(0.03＋0.04)mol＝0.07mol，根据莫尔盐的化学式知，n[(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O]＝n(FeSO4)＝0.07mol，溶液中莫尔盐的质量为0.07mol×392g·mol－1－12.360g＝15.08g，设莫尔盐的溶解度为x，则eq\f(x,100g)＝eq\f(15.08g,82.560g－15.08g)，解得x≈22.35g。15．Ⅰ.(1)⑤(2)50mL容量瓶(3)偏小Ⅱ.(4)2(5)溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色(6)1.2第8练化学计算的常用方法1．C2．A[设原溶液中H2SO4和CuSO4的物质的量分别为xmol、ymol。Fe＋CuSO4=FeSO4＋CuΔm(固体质量增加)56g1mol64g8g56ygymol64yg8ygFe＋H2SO4=FeSO4＋H2↑Δm(固体质量减少)56g1mol56g56xgxmol56xg因为在反应前后固体质量相等，所以Δm(减)＝Δm(增)，即：56x＝8y，eq\f(nH2SO4,nCuSO4)＝eq\f(x,y)＝eq\f(8,56)＝eq\f(1,7)，则eq\f(cH＋,cSO\o\al(2－,4))＝eq\f(1×2,1＋7)＝eq\f(1,4)。]3．C[设原溶液中硫酸铜的物质的量为xmol，则：Fe＋CuSO4=FeSO4＋CuΔm1mol8gxmol0.3g1mol∶xmol＝8g∶0.3g解得x＝0.0375，硫酸铜的物质的量浓度为eq\f(0.0375mol,0.15L)＝0.25mol·L－1。]4．A5．C[2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑Δm156g32gm21.8g－18.6g＝3.2gNa2O2的质量m＝156g×eq\f(3.2,32)＝15.6g，氧化钠的质量是21.8g－15.6g＝6.2g，原混合物中Na2O2与Na2O的物质的量之比为eq\f(15.6,78)∶eq\f(6.2,62)＝2∶1。]6．B[KCl和KBr与AgNO3溶液反应生成AgCl和AgBr沉淀，固体的质量发生了变化，实质是由于K变成了Ag造成的，故可用差量法进行计算。K～AgΔm3910869m6.63g－3.87g＝2.76g解得m＝1.56g，钾元素的质量分数为eq\f(1.56g,3.87g)×100%≈40.3%。]7．B8．C[设此铅氧化物的化学式为PbxOy，PbxOy～y[O]～yCO～yCO2～yCaCO316y100ym(O)＝1.28g8.0g所以m(Pb)＝13.7g－1.28g＝12.42g，x∶y＝eq\f(mPb,MPb)∶eq\f(mO,MO)＝3∶4。]9．C10．C[高锰酸根离子与亚铁离子反应的离子方程式为MnOeq\o\al(－,4)＋5Fe2＋＋8H＋=Mn2＋＋5Fe3＋＋4H2O，n(KMnO4)＝20.00×10－3L×0.01000mol·L－1＝2.0×10－4mol，则n(FeSO4·7H2O)＝5n(KMnO4)＝1.0×10－3mol，w(FeSO4·7H2O)＝eq\f(1.0×10－3mol×\f(1000mL,25mL)×278g·mol－1,11.5g)×100%≈96.7%。]11．A12．(1)0.2(2)用KI与Cl2反应制KIO3的反应为KI＋3Cl2＋3H2O=KIO3＋6HCl，根据KI～3Cl2～KIO3可知，则至少需要消耗标准状况下Cl2的物质的量为0.2mol×3＝0.6mol，体积为0.6mol×22.4L·mol－1＝13.44L解析(1)已知某加碘盐(含KIO3的食盐)中含碘量为25.4～50.0mg·kg－1；则1000kg该加碘食盐中至少含碘25.4g，I的物质的量为eq\f(25.4g,127g·mol－1)＝0.2mol。13．(1)Ca(OH)2＋Ca(HCO3)2=2CaCO3↓＋2H2O(2)使Mg2＋转化为Mg(OH)2沉淀，避免影响钙含量的测定(3)n(Ca2＋)＝0.01000mol·L－1×20.00mL×10－3L·mL－1＝2.000×10－4mol，钙硬度为eq\f(2.000×10－4mol×40g·mol－1×103mg·g－1,50.00mL×10－3L·mL－1)＝160mg·L－1，n(Mg2＋)＝0.01000mol·L－1×(30.00－20.00)mL×10－3L·mL－1＝1.000×10－4mol，镁硬度为eq\f(1.000×10－4mol×24g·mol－1×103mg·g－1,50.00mL×10－3L·mL－1)＝48mg·L－1。14．(1)2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O减小(2)①偏大②12.32%解析(1)Fe2＋具有还原性，在溶液中被氧化成Fe3＋，H2O2具有氧化性，其还原产物为H2O，则H2O2氧化Fe2＋的离子方程式为2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O；H2O2氧化后的溶液为Fe2(SO4)3溶液，Fe2(SO4)3发生水解反应：Fe2(SO4)3＋(6－2n)H2OFe2(OH)6－2n(SO4)n＋(3－n)H2SO4，Fe2(OH)6－2n(SO4)n聚合得到聚合硫酸铁，根据水解方程式知，水解聚合反应会导致溶液的酸性增强，pH减小。(2)①根据题意，Sn2＋能将Fe3＋还原为Fe2＋，发生的反应为Sn2＋＋2Fe3＋=Sn4＋＋2Fe2＋，还原性：Sn2＋>Fe2＋，实验中若不除去过量的Sn2＋，则加入的K2Cr2O7先氧化过量的Sn2＋再氧化Fe2＋，导致消耗的K2Cr2O7溶液的体积偏大，则样品中铁的质量分数的测定结果将偏大。②实验过程中消耗的n(Cr2Oeq\o\al(2－,7))＝5.000×10－2mol·L－1×22.00×10－3L＝1.100×10－3mol，由滴定时Cr2Oeq\o\al(2－,7)→Cr3＋和Fe2＋→Fe3＋，根据得失电子守恒得反应的离子方程式为Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋6Fe2＋＋14H＋=6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O，可得微粒的关系式：Cr2Oeq\o\al(2－,7)～6Fe2＋，则n(Fe2＋)＝6n(Cr2Oeq\o\al(2－,7))＝6×1.100×10－3mol＝6.6×10－3mol，根据Fe元素守恒，样品中铁元素的质量m(Fe)＝6.6×10－3mol×56g·mol－1＝0.3696g，样品中铁元素的质量分数w(Fe)＝eq\f(0.3696g,3.000g)×100%＝12.32%。第三章化学实验基础知识第9练化学实验基础知识和技能1．B2.D3．B[浓硝酸具有强氧化性，不能用橡胶塞，一般用保存在带有玻璃塞的棕色细口瓶中；水和乙酸乙酯互不相溶，可用分液漏斗分离；用量筒量取液体只能精确到0.1mL；实验室中固体药品要存放在广口瓶中，便于取用。]4．B[球形冷凝管用于冷凝回流，蒸馏时冷凝生成物应使用直形冷凝管，C项错误；盛放硅酸钠溶液的试剂瓶不可使用玻璃塞，否则会导致瓶口和瓶塞黏在一起，D项错误。]5．C[灼烧固体一般用坩埚，故C项错误。]6．A7．D[用pH试纸测定溶液的pH时，正确的操作方法为取一片pH试纸放在洁净的玻璃片或表面皿上，用玻璃棒蘸取少量待测液滴在干燥的pH试纸上，把试纸显示的颜色与标准比色卡对比来确定pH，不能将pH试纸伸入待测液中，以免污染待测液，A错误；铁丝在氧气中燃烧时，为防止生成物熔化溅落下来使瓶底炸裂，集气瓶的底部应放少量的水或铺一层细沙，B错误；稀释浓硫酸时，要把浓硫酸缓缓地沿器壁注入水中，同时用玻璃棒不断搅拌，使热量及时扩散，C错误；取用粉末状药品时试管横放，用药匙或纸槽把药品送到试管底部，D正确。]8．C9.D10．A[检测气体的酸碱性时需要润湿pH试纸，而测定溶液的pH时不需要润湿，故A错误；碘易溶于酒精，则可用酒精洗去试管内壁上残留的碘，故B正确；碘不易溶于水，易溶于苯或四氯化碳，则可用苯代替四氯化碳萃取碘水中的碘，故C正确；丁达尔效应为胶体特有的性质，则用聚光手电筒照射CuSO4溶液和Fe(OH)3胶体时，产生的现象不同，故D正确。]11．C12.B13．A[①浓盐酸沾到皮肤上，可以用NaHCO3溶液清洗，不能用腐蚀性强的浓NaOH溶液清洗，错误；③氯气有毒，不进行尾气处理，会污染环境且易使人中毒，错误；④金属钠很活泼，随意丢弃会引起火灾，应放回原试剂瓶，正确；⑤NaOH浓溶液溅到皮肤上，若立即用稀硫酸清洗，酸碱中和放热，会加重对皮肤的损伤，应先用大量水冲洗，再涂上1%的硼酸，错误。]14．D15．(1)容量瓶(直形)冷凝管(2)②⑥(3)试管(4)②④⑧⑨(5)⑧⑨(6)B(7)砝码放在左盘，烧杯放在右盘(或砝码和烧杯的位置放反了)27.4(8)胶头滴管伸入试管内试管口向上倾斜混合气体从短导管进入洗气瓶第10练仪器的组合与创新使用1．B2.B3.C4．A[该装置可用于吸收易溶于碱溶液的气体，并可防倒吸，A项正确；酸碱中和滴定需用酸碱指示剂确定滴定终点，且NaOH溶液应用碱式滴定管盛放，B项错误；NO2易溶于水且与水反应生成NO，不能用排水法收集NO2，C项错误；蒸干溶液不能使用坩埚，且FeCl2在加热条件下水解生成Fe(OH)2，且Fe2＋在空气中易被氧化成Fe3＋，蒸发灼烧最后得到Fe2O3，不能得到无水FeCl2，D项错误。]5．A6．C[A项，除杂质时应从长管进气且应用NaOH等强碱性溶液；D项，会产生倒吸现象。]7．C[NaOH溶液应该装在碱式滴定管中，故A错误；NO2气体的密度大于空气，则应从长导管进气，故B错误；橡胶管可以平衡气压，便于液体顺利流下，对生成的气体体积进行测量可以减小误差，故C正确；丁装置中Zn电极直接与硫酸铜发生反应，不能构成原电池，锌电极区应为硫酸锌溶液，铜电极区应为硫酸铜溶液，故D错误。]8．D9.D10．B[装置①中HCl易溶于水，滴入水后气球膨胀，A项正确；装置②中，左边长导管进气，可收集密度比空气大的气体，如Cl2、HCl、NO2等，右边短导管进气，可收集密度比空气小的气体，如H2、NH3等，但NO不能用排空气法收集，B项不正确；四氯化碳的密度比水大，四氯化碳在下层，氨气或氯化氢不溶于四氯化碳，可以防止倒吸，C项正确；氨气的密度比空气小，可用向下排空气法收集，也可用碱石灰干燥，且多余的氨气可通过倒扣的漏斗用水吸收，D项正确。]11．D[甲装置为密闭装置，蒸馏时气体压强增大，可能引起爆炸等事故，故A错误；用乙装置进行实验时，反应产生的氧气会从长颈漏斗中逸出，故B错误；丙装置无法使生成的硫酸亚铁溶液与氢氧化钠溶液混合，不能制取氢氧化亚铁沉淀，故C错误；氯气在饱和食盐水中的溶解度小，丁装置可以根据排出液体的量测量生成氯气的体积，故D正确。]12．A13.A14．(1)长颈漏斗(2)2FeCl3＋H2eq\o(=,\s\up7(△))2FeCl2＋2HCl吸收装置二产生的HCl防止空气中的水蒸气进入装置二引起FeCl2水解(3)Aa浓硫酸解析(2)装置一中产生了H2，故装置二中制备FeCl2的化学方程式是2FeCl3＋H2eq\o(=,\s\up7(△))2FeCl2＋2HCl。(3)该装置的缺陷为生成的H2会带出来水蒸气进入装置二造成FeCl2水解，应在A位置加一个干燥装置，如装有浓硫酸的洗气瓶。15．(1)平衡气压，便于液体顺利滴下(2)集气瓶中液面下降，长颈漏斗b中液面上升，气体呈黄绿色(3)除去Cl2中混有的HCl，平衡气压饱和食盐水(4)干燥Cl2(5)②q(6)防倒吸第11练物质的分离与提纯1．C2.B3.C4．C[向苯(苯酚)中加入浓溴水，苯酚与浓溴水反应生成三溴苯酚，但三溴苯酚能溶于苯，所以不能通过过滤除去，故A错误；二者均与NaOH溶液反应，不能除杂，应用饱和碳酸钠溶液，分液除杂，故B错误；二氧化硫与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，则可用饱和NaHCO3溶液洗气除杂，故C正确；硫酸与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀和盐酸，生成的盐酸为新杂质，故D错误。]5．A[乙酸乙酯与饱和碳酸钠溶液分层，可以采用分液法进行分离，A项正确；FeSO4·7H2O易被氧化，且蒸干易分解，应该采用蒸发浓缩、冷却结晶的方法来分离，B项错误；硫酸铜溶液经蒸发浓缩、冷却结晶可得到CuSO4·5H2O，但仪器应选蒸发皿，C项错误；生成的I2也能溶于水，不会分层，应采用萃取、分液、蒸馏的方法得到I2，D项错误。]6．A7．B[根据题意，选择Ba(OH)2溶液除去SOeq\o\al(2－,4)、NHeq\o\al(＋,4)和HCOeq\o\al(－,3)，NH3·H2O通过加热除去，操作②为加热。过量的Ba2＋用Na2CO3溶液除去，过量的OH－和COeq\o\al(2－,3)用硝酸除去，则操作③为过滤，试剂④为稀HNO3。]8．C9.C10．D[将固液分离的操作Ⅰ是过滤，故B正确；操作Ⅱ是蒸馏，利用了乙醚与青蒿素的沸点相差较大，故C正确；青蒿素易溶于有机溶剂，几乎不溶于水，故D错误。]11．B[用温水溶解浸膏，冷却结晶、过滤，得到绿原酸粗产品，绿原酸溶解度随温度升高而增大，故B错误；绿原酸具有延缓衰老、抗氧化等保健作用，减压蒸馏的目的是防止温度过高绿原酸变质，故C正确；根据流程图，用温水溶解浸膏，冷却结晶、过滤，得到绿原酸粗产品，绿原酸粗产品可通过重结晶的方法提纯，故D正确。]12．A13．(1)稀盐酸氯化钡(2)沿玻璃棒向过滤器中加入蒸馏水，使蒸馏水刚好浸没沉淀，让蒸馏水自然流下，重复上述操作2～3次(3)取少量最后一次洗涤液，滴加稀盐酸和氯化钡溶液，若有沉淀生成则说明没有洗净，反之，已洗涤干净14．(1)使矿料与氧气充分接触，提高焙烧效率陶瓷在高温下会与Na2CO3反应(2)H2SiO3(3)小2CrOeq\o\al(2－,4)＋2H＋Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋H2O(4)Na2SO4(5)aedc解析将铬铁矿(FeCr2O4，含Al、Si氧化物等杂质)焙烧，FeCr2O4转化为Na2CrO4和FeCO3，将Al、Si氧化物转化为NaAlO2、Na2SiO3；加入水浸取，FeCO3不溶于水，滤渣1为FeCO3；加入硫酸中和，NaAlO2和硫酸反应生成Al(OH)3，Na2SiO3和硫酸反应生成H2SiO3，Al(OH)3和H2SiO3均不溶于水，故滤渣2为Al(OH)3和H2SiO3；调节溶液pH，使CrOeq\o\al(2－,4)转化为Cr2Oeq\o\al(2－,7)，根据2CrOeq\o\al(2－,4)＋2H＋Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋H2O可知，应将溶液pH调小，使平衡正向移动；蒸发结晶，由于加入硫酸中和时生成了Na2SO4，故蒸发结晶所产生的副产品是Na2SO4；结晶时，加入KCl，K2Cr2O7的溶解度较小而析出。(5)由图可知，在50℃时，K2Cr2O7的溶解度较低，且K2Cr2O7的溶解度低于KCl，故为结晶得到杂质较少的K2Cr2O7粗产品，需要先在50℃蒸发溶剂，蒸发至溶液出现晶膜，停止加热，待冷却至室温后抽滤，合理的操作顺序为aedc。第四章金属及其化合物第12练钠及其氧化物1．C2.B3．D[钠在常温下反应生成氧化钠，加热条件下生成过氧化钠，故A错误；2.3g钠的物质的量为0.1mol，而钠无论反应后产物是什么，钠元素反应后一定变为＋1价，故0.1mol钠失去0.1NA个电子，故B错误；钠在空气中加热，生成了淡黄色的过氧化钠，故C错误；钠在空气中长期放置，开始生成氧化钠，最终变成了碳酸钠，故D正确。]4．D5.D6．A[Na2O2与H2O、CO2反应时，都是Na2O2发生自身的歧化反应，A项错误；石英的主要成分是SiO2，而Na2O2能与SiO2反应生成Na2SiO3，B项正确；Na2O2具有强氧化性，而C、Al、SO2均具有还原性，故Na2O2可与C、Al、SO2发生氧化还原反应，可将C氧化成CO2，将Al氧化成Al2O3，将SO2氧化成SOeq\o\al(2－,4)，C、D项正确。]7．C[H2、CO发生反应的化学方程式分别为2H2＋O2eq\o(=,\s\up7(点燃))2H2O,2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑；2CO＋O2eq\o(=,\s\up7(点燃))2CO2,2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2，则过氧化钠增加的质量即为H2、CO的质量。因此只要是CO或H2或它们的混合气体或化学式组成符合(CO)m·(H2)n，过氧化钠固体增重的质量就等于原物质的质量，则①②符合；而④HCHO可以改写成CO·H2，⑤CH3COOH可以改写成(CO)2·(H2)2，⑥HCOOH可以改写成CO2·H2，故①②④⑤符合。]8．B9.B10.C11．C[Cu与浓硫酸反应制取SO2需加热，故A错误；盐酸易挥发，则装置B中应为碱石灰，可除去HCl和水蒸气，而硅胶不能除去HCl，故B错误；氢气具有可燃性，不纯时加热易发生爆炸，则装置C加热前，应先收集气体并点燃，通过爆鸣声判断气体的纯度，故C正确；检查装置A气密性的方法：先关闭K1，然后直接向长颈漏斗中加水，当漏斗中液面高于试管中液面且一段时间内高度不变，说明气密性良好，故D错误。]12．C13．(1)饱和碳酸氢钠(2)C(3)5变浑浊(4)①2Na＋2CO2eq\o(=,\s\up7(△))Na2CO3＋CO②4Na＋3CO2eq\o(=,\s\up7(△))2Na2CO3＋C解析(1)根据二氧化碳的实验室制法可知，二氧化碳中可能含有HCl气体，所以应除去HCl，则装置B中盛放的是饱和碳酸氢钠溶液。(2)装置C可以达到固液分离的目的，起到随开随用，随关随停的作用。(3)因为该实验是验证二氧化碳与Na的反应，所以应排出装置中的空气，所以先通入二氧化碳使装置5中澄清石灰水变浑浊后，再点燃酒精灯。(4)①由题给信息分析知该固体是碳酸钠，则Na与二氧化碳反应生成CO和碳酸钠。②由题给信息分析知一种固体为碳酸钠，另一种是C单质，钠与二氧化碳反应的化学方程式是4Na＋3CO2eq\o(=,\s\up7(△))2Na2CO3＋C。14．(1)2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2(2)①长颈漏斗吸收氢气中的杂质气体(或除去氢气中的水蒸气和氯化氢气体)②检验氢气纯度③检验是否有水生成④Na2O2＋H2eq\o(=,\s\up7(△))2NaOH第13练碳酸钠和碳酸氢钠碱金属1．D[“采蒿蓼之属，……晒干烧灰”，说明“石碱”为蒿蓼烧成的灰中的成分；“以原水淋汁”，说明“石碱”易溶于水；“浣衣发面，……亦去垢发面”，说明“石碱”能去油污、作发酵剂；且植物烧成的灰中的主要成分一般为碳酸盐，故“石碱”为K2CO3，D项符合题意。]2．C3.B4．D[25℃时，向饱和碳酸钠溶液中通入足量的CO2，会生成碳酸氢钠沉淀，则表明碳酸氢钠在水中的溶解度比碳酸钠小，A不正确；应小试管中放NaHCO3，大试管中放Na2CO3，C不正确；常温下，相同浓度的Na2CO3溶液的碱性比NaHCO3溶液的碱性强，即溶液的pH大小：Na2CO3＞NaHCO3，D正确。]5．B6.B7．B[二氧化碳与氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，则反应③表明CO2具有酸性氧化物的性质，故A正确；碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠，则反应④说明Na2CO3的热稳定性强于NaHCO3，故B错误；过氧化钠与水、二氧化碳反应生成氧气，可用于潜水艇中氧气的供给，故C正确；④是分解反应，①是化合反应，②是置换反应，故D正确。]8．D[化学变化过程中元素守恒，所以此过程中元素种类没有改变，故A正确；焰色试验是元素的性质，钠元素的焰色为黄色，则NaCl与Na2CO3灼烧时火焰颜色均为黄色，故B正确；NaHCO3与胃酸中的盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳气体，所以可以用NaHCO3治疗胃酸过多；NaHCO3受热分解生成二氧化碳气体，遇热膨胀而形成小孔，使得糕点松软多孔，故糕点制作也可以用NaHCO3，故C正确。]9．C10.D11．D[Na2CO3先和盐酸反应，离子方程式为H＋＋COeq\o\al(2－,3)=HCOeq\o\al(－,3)，H＋和COeq\o\al(2－,3)等物质的量反应；第二步盐酸和NaHCO3反应，离子方程式为H＋＋HCOeq\o\al(－,3)=H2O＋CO2↑，H＋和HCOeq\o\al(－,3)也等物质的量反应。第一步生成的HCOeq\o\al(－,3)和原有的HCOeq\o\al(－,3)在第二步一起和H＋反应，所以第二步消耗的H＋大于第一步消耗的H＋，故选D。]12．A13.C14．(1)①CD②防倒吸③NH3在水中溶解度大，而CO2在水中溶解度小，先通入NH3，可提高CO2利用率④控制氨气(或CO2)的通入量(2)①碳酸氢钠溶液碱性相对较弱，可防止生成碱式碳酸镧②2La3＋＋3HCOeq\o\al(－,3)=La2(CO3)3↓＋3H＋15．(1)①②碳酸钠溶液中逐滴加入盐酸，开始无现象，后来产生气泡；碳酸氢钠溶液中逐滴加入盐酸，开始就有气泡产生(2)①提供较高温度，便于盐分解实验②a试管中开始有少量气泡，后来无现象b试管中有气泡，后有晶体析出③CO2＋H2O＋Na2CO3=2NaHCO3↓(3)①在浓度较稀时，与CaCl2反应产生较多沉淀的是Na2CO3，产生少量沉淀的是NaHCO3②2HCOeq\o\al(－,3)＋Ca2＋=CaCO3↓＋CO2↑＋H2O解析(1)碳酸钠溶液中逐滴加入盐酸，开始无现象，后来产生气泡，碳酸氢钠溶液中逐滴加入盐酸，开始就有气泡，因此实验①和②可以鉴别Na2CO3和NaHCO3。(2)②该实验用饱和碳酸钠溶液检验反应的产物，碳酸钠受热不分解，碳酸氢钠受热分解生成二氧化碳气体、水和碳酸钠，二氧化碳气体与饱和碳酸钠溶液反应生成碳酸氢钠晶体。(3)②C组中60℃时，NaHCO3与CaCl2溶液反应能产生气泡，根据质量守恒说明气泡是二氧化碳气体，其离子方程式为2HCOeq\o\al(－,3)＋Ca2＋=CaCO3↓＋CO2↑＋H2O。第14练侯氏制碱法与Na2CO3含量的测定1．C2．B[在装置Ⅰ中稀盐酸与碳酸钙反应生成氯化钙、二氧化碳和水，可制取CO2，A正确；装置Ⅱ中的Na2CO3溶液可与二氧化碳反应，B错误；装置Ⅲ中冰水浴使温度降低，有利于析出NaHCO3固体，C正确；利用装置Ⅳ通过过滤可获得少量NaHCO3固体，D正确。]3．A4．A[用酚酞作指示剂时，Na2CO3与盐酸发生反应，依据消耗盐酸的量可以计算出样品中Na2CO3的量，进而确定样品中Na2CO3的质量分数，A项正确；测量碱石灰增重的方法是重量法而不是量气法，B项错误；因盐酸的质量未知，且CO2挥发带出水蒸气，无法通过重量法测量Na2CO3的质量，C项错误；因部分CO2能溶解到水里，与水反应生成H2CO3，故排出水的体积并不是CO2的体积，D项错误。]5．D6.D7.B8．B[盐酸完全反应生成二氧化碳3.36L，结合H＋＋HCOeq\o\al(－,3)=H2O＋CO2↑，可知n(HCl)＝n(CO2)＝eq\f(3.36L,22.4L·mol－1)＝0.15mol，故盐酸的浓度为eq\f(0.15mol,0.05L)＝3mol·L－1，故A错误；第一组中盐酸过量，固体混合物完全反应，设NaHCO3和KHCO3的物质的量分别为xmol、ymol，则84x＋100y＝9.2，x＋y＝eq\f(2.24,22.4)＝0.1，解得：x＝y＝0.05，则碳酸氢钠的物质的量分数为eq\f(0.05mol,0.1mol)×100%＝50%，故B正确；根据B项的计算可知，混合物中NaHCO3和KHCO3的物质的量之比为1∶1,9.2g混合物中NaHCO3和KHCO3分别为4.2g和5.0g，故C错误；由上述分析可知，向50mL盐酸中加入15.7g混合物时，盐酸不足，固体混合物过量，故D错误。]9．(1)①检查装置的气密性③除去装置中的水蒸气和二氧化碳④2NaHCO3eq\o(=,\s\up7(△))Na2CO3＋H2O↑＋CO2↑Na2CO3·10H2Oeq\o(=,\s\up7(△))Na2CO3＋10H2O↑(2)①Na2CO3·10H2O和NaHCO3的质量分数测定结果偏小，NaCl的质量分数测定结果偏大②碱石灰防止空气中的CO2和水蒸气进入D中影响测定结果偏大③eq\f(286m1－\f(18m2,44),180w)×100%解析(2)①加热后有部分CO2和水蒸气会残留在装置中，必须鼓入空气使其完全被吸收，若不鼓入空气，则测得的NaHCO3和Na2CO3·10H2O的质量分数会偏小，NaCl的质量分数会偏大。②装置E的作用是防止空气中的CO2和水蒸气进入装置D，故干燥管中盛放的药品是碱石灰，如果没有该装置，会使测得的NaHCO3的质量偏大。③由题目信息知反应放出的CO2的质量为m2g，根据反应2NaHCO3eq\o(=,\s\up7(△))Na2CO3＋H2O↑＋CO2↑，可计算出该反应中产生水的质量为eq\f(18m2,44)g，从而计算出Na2CO3·10H2O分解产生水的质量为(m1－eq\f(18m2,44))g，再根据Na2CO3·10H2Oeq\o(=,\s\up7(△))Na2CO3＋10H2O↑，计算出Na2CO3·10H2O的质量，最后计算出混合物中Na2CO3·10H2O的质量分数。10．(1)Na2CO3分液漏斗除去CO2中的水蒸气(2)①液面上升②体积(3)①过滤称量②eq\f(106y,197x)×100%11．(1)ANH3·H2O＋CO2=NH4HCO3、NaCl＋NH4HCO3=NaHCO3↓＋NH4Cl(或NH3·H2O＋NaCl＋CO2=NH4Cl＋NaHCO3↓)(2)制化肥、制干电池等(任答一点)(3)CO2(4)BD(5)使产生的CO2气体全部赶入碱石灰中被吸收eq\f(53a2－a1,22b)×100%(6)碱石灰吸收了外界空气中的水蒸气和CO2(7)21.2g(8)8.6%解析(2)侯氏制碱法副产品是氯化铵，氯化铵中含有氮元素，可制氮肥，也可以用于制干电池等。(4)碳酸钠的溶解度较大，通入氨气，不能使碳酸钠析出，A错误；通入氨气使溶液碱性增强，使碳酸氢钠转化为溶解度较大的碳酸钠，可以提高氯化铵的纯度，B正确；母液中通入氨气，会消耗NaHCO3，C错误；氨气溶于水后生成氨水，增大铵根离子的浓度，有利于氯化铵的析出，D正确。(5)B的质量差为生成的二氧化碳的质量，二氧化碳的质量为(a2－a1)，根据C元素守恒，样品中Na2CO3的质量分数为eq\f(\f(a2－a1g,44g·mol－1)×106g·mol－1,bg)×100%＝eq\f(53a2－a1,22b)×100%。(7)由图像可知，当滴入质量分数为14.6%的盐酸至图中A点时，加入的盐酸恰好与碳酸钠反应，根据Na2CO3＋2HCl=2NaCl＋H2O＋CO2↑，样品中碳酸钠的物质的量为eq\f(1,2)×eq\f(100g×14.6%,36.5g·mol－1)＝0.2mol，则碳酸钠的质量为0.2mol×106g·mol－1＝21.2g。(8)A点时，溶液中的溶质为NaCl，根据钠元素守恒，生成的NaCl的物质的量为0.2mol×2＝0.4mol，溶液中NaCl的质量为0.4mol×58.5g·mol－1＋(25g－21.2g)＝27.2g，放出二氧化碳0.2mol，二氧化碳的质量为0.2mol×44g·mol－1＝8.8g，溶液的质量为25g＋200g＋100g－8.8g＝316.2g，溶液中溶质质量分数为eq\f(27.2g,316.2g)×100%≈8.6%。第15练铁及其氧化物和氢氧化物1．D2.B3．C[铁的三种氧化物中，氧元素的化合价都为－2价