课时跟踪检测部分

1/1课时跟踪检测部分第一章物质及其变化第1讲物质的分类及转化1.D氧化铝能和酸反应生成盐和水、能和强碱反应生成盐和水，则氧化铝属于两性氧化物。2.CA项，向盐酸中滴加紫色石蕊试液，酸能使紫色石蕊变红，正确；B项，丁达尔效应是胶体粒子对光线散射形成“光亮的通路”，正确；C项，上层清液为胶体，胶体的分散质粒子直径在1～100nm之间，错误；D项，氯离子和银离子反应生成氯化银沉淀，电解质溶液能使胶体聚沉，往上层清液中加入AgNO3溶液，会有白色沉淀产生，正确。3.B汉白玉中的CaCO3、MgCO3易被酸腐蚀，SiO2易被碱腐蚀，B错误。4.C纳米级金刚石粉末（直径约5nm）是成分唯一的纯净物，不属于胶体，C错误。5.CSO2能与碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物；但Al2O3是两性氧化物，与酸、强碱反应均生成盐和水，C错误。6.A浓硫酸与碳加热生成SO2，SO2与H2S反应生成S，两步均能实现，A正确；铝热反应能生成Fe，但Fe与Cl2加热生成FeCl3，B错误；NH3催化氧化生成NO，但NO不能直接与水反应生成HNO3（需O2参与），C错误；NaCl溶液中直接通CO2无法生成NaHCO3（需先通NH3），D错误。7.CBaCl2、Ca（OH）2、HNO3均属于化合物，HD为单质，不是化合物，A错误；Mn2O7属于酸性氧化物，B错误；漂白粉的主要成分是氯化钙和次氯酸钙，氯水和漂白粉都属于混合物，冰水混合物只含有水分子，是纯净物，D错误。8.A①如CO2＋Ca（OH）2CaCO3↓＋H2O，正确；②如H2S＋CuSO4CuS↓＋H2SO4，正确；③如CH3COONa＋HClNaCl＋CH3COOH，正确；④如2H2S＋H2SO33S↓＋3H2O，正确；⑤同素异形体之间的转化属于非氧化还原反应，如3O2放电2O3，正确；⑥如3NO2＋H2O2HNO9.B由题图可知，吸附层中正电荷较多，在静电吸附作用下，胶团可以除去废水中的＋3价砷元素，则含砷粒子是带负电荷的离子，A错误；根据铁元素守恒，1molK2FeO4可以形成1molFe（OH）3，则Fe（OH）3形成的胶团数目小于NA，B正确；增大废水的pH，Fe（OH）3胶粒会转化为Fe（OH）3沉淀，导致吸附絮凝效能下降，C错误；K2FeO4具有氧化性，可以氧化废水中的含砷粒子到＋5价，D错误。10.BA项，Fe3O4是催化剂，CaCO3是中间产物，错误；B项，恒压条件下通入He，CaCO3分解平衡正向移动，导致c（CO2）c（CO）增大，促进Fe还原CO2平衡正向移动，有利于增加CO的产量，正确；C项，过程ⅰ、ⅲ中没有发生置换反应，错误；D项，依流程图可知，该反应为CH4＋3CO2催化剂4CO＋2H2O，生成物CO既是氧化产物，又是还原产物，每生成4molCO，转移的电子数约为11.D硅与氧气反应生成SiO2，但是SiO2不能直接与水反应生成硅酸，同时硅酸钠也不能直接转化成二氧化硅，①错误；钠与水反应生成NaOH，NaOH与少量（过量）CO2反应生成碳酸钠（碳酸氢钠），碳酸钠与氢氧化钙反应生成NaOH，碳酸钠与足量CO2反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠与NaOH反应（或碳酸氢钠固体加热）得到碳酸钠，碳酸氢钠与足量氢氧化钙反应生成氢氧化钠，②正确；铜在空气中加热生成氧化铜，氧化铜不能直接转变成氢氧化铜，③错误；铝与盐酸或氯气反应生成氯化铝，氯化铝与过量NaOH溶液反应生成Na[Al（OH）4]，Na[Al（OH）4]与足量盐酸反应生成氯化铝，Na[Al（OH）4]溶液中通入过量的CO2生成Al（OH）3，氯化铝与氨水反应生成Al（OH）3，Al（OH）3与盐酸（氢氧化钠溶液）反应生成氯化铝（四羟基合铝酸钠），④正确。12.C由于H3PO2（次磷酸）与足量的NaOH反应只生成一种盐NaH2PO2，故H3PO2为一元酸，H3PO2属于含氧酸，NaH2PO2属于正盐。13.（1）都含有氧原子（或都是氧化物）（2）二氧化碳分子是由不同种元素的原子构成的分子，而氮气分子是由同种元素的原子构成的分子（3）2NO＋2CO2CO2＋N215∶22（4）化学变化中原子的种类、数目、质量没有发生改变（其他合理答案也可）解析：根据题意及图示可知，A为NO、B为CO、C为CO2、D为N2。然后结合题意解答即可。14.（1）B（2）杀菌消毒（3）FeCl3＋3H2O△Fe（OH）3（（4）NaHCO3＋Ca（OH）2NaOH＋CaCO3↓＋H2O[或Na2CO3＋Ca（OH）22NaOH＋CaCO3（5）分解反应（6）NaOH、CaO解析：（1）K2FeO4是由金属阳离子和酸根阴离子构成的化合物，属于盐。（2）根据图示原理分析，K2FeO4具有强氧化性，被还原，生成的铁离子水解生成氢氧化铁胶体，具有较大表面积，能吸附悬浮在水中的杂质，K2FeO4的作用有杀菌消毒、净水。（4）由题干及图示知，捕捉室中NaOH溶液吸收CO2生成碳酸钠或碳酸氢钠，则反应、分离室中还存在的反应是Na2CO3＋Ca（OH）22NaOH＋CaCO3↓或NaHCO3＋Ca（OH）2NaOH＋CaCO3↓＋H2O。（5）根据图示，高温反应炉中发生的反应是碳酸钙分解生成氧化钙和CO2，基本反应类型为分解反应。（6）参加反应且又生成的物质为可循环利用的物质，整个过程中，可以循环利用的物质为NaOH、第2讲离子反应离子方程式1.CA项，NH3是由分子构成的化合物，在水溶液中和熔融状态下都不能因自身发生电离而导电，因此NH3属于非电解质；B项，CH3COOH是弱酸，属于弱电解质；D项，Cu是金属单质，既不属于电解质，也不属于非电解质。2.DA项，电离不需要通电，电解质在水溶液中或熔融状态下离解成自由移动的离子的过程即为电离，错误；B项，相同温度下，相同浓度的强电解质溶液的导电性比弱电解质溶液的导电性强，题目中无参照项，无法说明结论，错误；C项，强电解质是指在水溶液中全部电离为离子的电解质，跟溶解度无关，如BaSO4难溶于水，但属于强电解质，错误。3.AA项，NaCl固体不能导电，错误；B项，NaCl溶于水完全电离，Na＋和Cl－在水中以水合离子的形式自由移动，正确；C项，阴、阳离子与水分子在水中以水合离子的形式存在，水分子破坏了阴、阳离子之间的作用力，正确；D项，NaCl溶于水完全电离，该过程可表示为NaClNa＋＋Cl－，4.B固体Na2O2和CO2反应生成碳酸钠和氧气，该反应没有自由移动离子参加或生成，不属于离子反应，选B。5.B磺强水为硫酸，是二元强酸，A错误；硫酸是一种难挥发的强电解质，B正确；硫酸为二元强酸，0.01mol·L－1磺强水溶液的pH＜2，C错误；磺强水溶液中存在水分子，浓硫酸中存在硫酸分子，D错误。6.C醋酸为弱酸，在离子方程式中不拆分，A错误；该离子方程式没有配平，B错误；碳酸的酸性比盐酸弱，向CaCl2溶液中通入过量CO2不发生反应，D错误。7.BA项，石灰乳在书写离子方程式时不能拆分为离子，错误；C项，白醋主要成分是醋酸，醋酸是弱酸，部分电离，不能拆分为离子，错误；D项，NaOH溶液吸收少量SO2生成Na2SO3，错误。8.CA项，①是铁和稀盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，错误；B项，盐酸和氧化钠发生复分解反应生成氯化钠和水，反应的离子方程式为2H＋＋Na2O2Na＋＋H2O，错误；C项，③是氧化钠和二氧化碳生成碳酸钠的反应，是化合反应，没有元素化合价改变，不是氧化还原反应，正确；D项，④中足量CO2和氢氧化钙可反应生成碳酸氢钙，反应的离子方程式可能是CO2＋OH－HCO9.DA项，FeS是难溶物，在离子方程式中不能拆写成S2－，错误；B项，乙醛和新制Cu（OH）2共热，在碱性条件下反应生成乙酸盐，该选项中生成CH3COOH不符合反应实际，错误；C项，Al（OH）3不溶于过量氨水，反应的离子方程式为Al3＋＋3NH3·H2OAl（OH）3↓＋3NH4＋，错误；D项，CuCl2溶液能导电，是因为CuCl2在水溶液中电离出自由移动的离子，通电时，离子定向移动，CuCl2在电解条件下分解为Cu和Cl2，化学方程式CuCl2电解Cu＋Cl210.BA项，NaOH过量，产物为[Al（OH）4]－，离子方程式：Al3＋＋4OH－[Al（OH）4]－，错误；B项，氨水过量，产物为（NH4）2SO3，正确；C项，苯酚钠过量，产物为苯酚和碳酸氢钠，反应的离子方程式：C6H5O－＋CO2＋H2OC6H5OH＋HCO3－，错误；D项，漏掉了部分离子反应，反应的离子方程式：Ba2＋＋2OH－＋NH4＋＋H＋＋SO42－BaSO4↓＋NH11.CA项，侯氏制碱法中生成NaHCO3晶体，离子方程式为NH3＋H2O＋CO2＋Na＋NaHCO3↓＋NH4＋，错误；B项，HI是一元强酸，酸性条件下，NO3－具有强氧化性，又因为HI过量，所以两种氧化剂都完全反应，正确的离子方程式为Fe3＋＋3NO3－＋12H＋＋10I－Fe2＋＋3NO↑＋5I2＋6H2O，错误；C项，K2Cr2O7具有强氧化性，能将C2H5OH氧化为CH3COOH，离子方程式为2Cr2O72－＋3C2H5OH＋16H＋3CH3COOH＋4Cr3＋＋11H2O，正确；D项，乙醇钠的水溶液显强碱性（乙醇钠完全水解），发生反应：CH3CH2O－＋H212.（1）③④⑥⑤②⑥（2）AD（3）D（4）ClO－＋Cl－＋2H＋Cl2↑＋H2O（5）HCO3－＋H＋CO2↑＋H解析：（1）在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物是电解质，属于电解质的是③④⑥；在水溶液和熔融状态下都不能够导电的化合物是非电解质，属于非电解质的是⑤；有自由移动离子或电子的物质能够导电，能够导电的有②⑥。（2）做焰色试验，通过钴玻璃可观察到紫色，说明有钾离子存在；向溶液中加NaOH溶液，产生白色沉淀，说明有镁离子存在，即说明有硫酸镁，没有BaCl2，A、D符合。（3）A项，HCO3－与氢离子反应，不能大量共存；B项，SO42－和Ba2＋生成沉淀，不能大量共存；C项，Ag＋和Cl－生成AgCl沉淀，不能大量共存；D项，NH4＋、Ca2＋、Br－可以共存；选D。（4）NaClO在酸性条件下与氯离子反应生成氯气，反应的离子方程式为ClO－＋Cl－＋2H＋Cl2↑＋H2O。（5）产生的“气泡”为CO2，离子方程式为HCO3－＋H第3讲离子反应的应用1.DA项，Fe3＋与I－发生氧化还原反应不共存，错误；B项，Mg2＋与CO32－、S2－均不共存，错误；C项，Cu2＋和CN－反应的离子方程式是Cu2＋＋4CN－[Cu（CN）4]2－，不能共存，错误；D项2.DA项，S2O32－和H＋反应生成SO2和硫单质，不能大量共存；B项，[Cu（NH3）4]2＋的溶液呈碱性，铁离子在酸性环境下完全沉淀（pH≈3.2），不能大量共存；C项，酸性条件下，NO3－会将Fe2＋氧化为Fe3＋，不能大量共存；D项，Na＋、Ca2＋、Cl－、3.CA项，遇酚酞试液变红色的溶液是碱性溶液，Mg2＋不能大量共存；B项，红色金属单质为Cu，加入锌粉有红色金属单质析出的溶液中含有Cu2＋，Cu2＋无法存在于碱性溶液中；C项，Fe3＋、K＋、NH4＋、SO42－、NO3－相互间均不反应；D项，强酸性条件下，N4.AA项，澄清透明的溶液中：K＋、Mg2＋、MnO4－、SO42－相互不反应，可大量共存，正确；B项，常温下，c（H＋）c（OH－）＝1×107说明溶液呈酸性，ClO－、CO32－不能大量存在，错误；C项，饱和氯水含Cl2，能氧化Fe2＋，不能大量共存，5.DA项，HCO3－会产生干扰，错误；B项，SO32－会产生干扰，错误；C项，使酸性高锰酸钾溶液褪色的不一定是Fe2＋，可能是SO32－等，错误；D项，氯气能把I－氧化成I2，6.CA项，加入BaCl2溶液得到白色沉淀，原溶液中可能含有CO32－或SO32－或SO42－或Ag＋；B项，HSO3－也有同样的现象；7.AA项，使紫色石蕊试液呈红色的溶液呈酸性，其中Na＋、K＋、NH4＋、NO3－之间不反应，能大量共存，正确；B项，pH＝1的溶液呈酸性，其中Fe2＋、NO3－在酸性条件下发生氧化还原反应，不能大量共存，错误；C项，含有大量Ba（NO3）2的溶液中，钡离子和SO42－能反应生成硫酸钡沉淀，即不能大量共存，错误；D项8.DD项中应该将湿润的红色石蕊试纸放在试管口检验NH3，若试纸变蓝色，则证明晶体的成分中含有NH49.B向该溶液中加入少量稀硫酸，无沉淀生成但有气泡产生，说明溶液中一定不存在Ba2＋，一定存在Fe2＋和NO3－，生成的气体为NO；由于溶液中存在的4种离子的物质的量均为0.1mol，根据溶液呈电中性，溶液中一定还存在一种阴离子，若是存在氯离子，溶液已经呈电中性，不会存在其他离子，所以溶液中存在的阴离子为硫酸根离子，再根据溶液呈电中性可知，正电荷物质的量为0.1mol×2＝0.2mol，负电荷物质的量为0.1mol×2＋0.1mol＝0.3mol，溶液中一定还存在0.1mol正电荷，该离子的物质的量为0.1mol，所以该离子为Na＋。A项，溶液中一定不存在Ba2＋，正确；B项，溶液中OH－、SO42－不会消失，根据反应方程式NO3－＋3Fe2＋＋4H＋NO↑＋3Fe3＋＋2H2O可知，Fe2＋不足，加入足量的稀硫酸后，NO3－不会消失，错误；C项，若向该溶液中加入足量的NaOH溶液，充分反应后，过滤、洗涤、灼烧，最终所得固体为氧化铁，根据铁原子守恒，生成氧化铁的物质的量为0.05mol，质量为0.05mol×160g·mol－1＝8.0g，正确；D项，该溶液中除H＋、OH－之外所含离子是Fe2＋、10.（1）K2SO3、BaCl2（2）5SO2＋2MnO4－＋2H2O5SO42－＋（3）K＋、Al3＋、CO32－、[Al（OH）（4）BaCO3（5）3Fe2＋＋NO3－＋4H＋3Fe3＋＋NO↑＋2H2OKSCN（6）否解析：Ⅰ.气体A通入酸性KMnO4溶液中，气体体积缩小得到气体B，原固体混合物中一定含K2SO3，K2SO3与稀硫酸反应产生SO2、K2SO4和H2O，气体A中一定含SO2，可能含H2和CO2；固体A中含有SiO2、BaSO4中至少一种；溶液A中加入NaOH溶液产生白色沉淀B和溶液B，白色沉淀B一段时间后颜色加深，白色沉淀B为Fe（OH）2，溶液A中含Fe2＋、不含Fe3＋，Fe2＋可能来自Fe与稀硫酸的反应，也可能来自Fe3O4产生的Fe3＋与SO32－的反应，原固体混合物中含Fe3O4、Fe中至少一种；溶液B中加入Ba（NO3）2溶液产生沉淀C和溶液C，沉淀C中一定有BaSO4，溶液C中加入HNO3、AgNO3得到沉淀D，沉淀D为AgCl，原混合物中一定有BaCl2。Ⅱ.某溶液中只可能含有K＋、NH4＋、Fe2＋、Al3＋、Cl－、SO42－、CO32－、[Al（OH）4]－中的若干种离子，加入过量稀硫酸无明显现象，说明原溶液中无CO32－、[Al（OH）4]－，加入过量Ba（NO3）2溶液产生气体、滤液X和沉淀A，沉淀A中一定含BaSO4，原溶液中一定含Fe2＋，发生反应3Fe2＋＋NO3－＋4H＋3Fe3＋＋NO↑＋2H2O，产生NO气体；滤液X中加入过量NaOH溶液并加热产生气体、滤液Y和沉淀B，气体为NH3，原溶液含NH4＋，沉淀B中一定有Fe（OH）3，滤液Y中通入少量CO2产生沉淀C，沉淀C中一定有BaCO3，可能有Al（OH）3；溶液中离子浓度均为0.1mol·L－1，根据溶液呈电中性，溶液中一定含NH4＋、Fe2＋、Cl－、SO42－，一定不含K＋、Al第4讲氧化还原反应的基本概念和规律1.C反应方程式为NaCl＋NH3＋CO2＋H2ONaHCO3↓＋NH4Cl，反应过程中各元素的化合价均未发生变化，不属于氧化还原反应，选C2.C在维生素C还原Fe3＋的过程中，Fe2＋是还原产物，C错误。3.BS＋2KNO3＋3CK2S＋3CO2↑＋N2↑中，S元素由0价降低到－2价，N元素由＋5价降低到0价，C元素由0价升高到＋4价，则S、KNO3是氧化剂，C是还原剂。被还原的物质是S、KNO34.AA项，Na2SO3溶液中通入少量Cl2的反应为SO32－＋Cl2＋H2OSO42－＋2Cl－＋2H＋，其中氯气中氯元素化合价只降低，氯气是氧化剂，且只作氧化剂，正确；B项，NO2和水反应生成HNO3和NO，NO2既是氧化剂又是还原剂，错误；C项，SO2使品红溶液褪色，是和品红发生化合反应生成无色物质，且该反应不是氧化还原反应，错误；D项，氨化的饱和食盐水中通入过量CO2的反应为H2O＋NH3＋NaCl＋CO2NaHCO3↓5.BA项，产物中含有SO2、H2O两种非金属氧化物，Fe2O3为金属氧化物，错误；B项，反应物有一种，生成物有4种，则反应为分解反应，正确；C项，S元素由FeSO4·7H2O中的＋6价降低为＋4价，FeSO4·7H2O作氧化剂，则SO2为还原产物，错误；D项，铁元素由＋2价升高到＋3价，失电子发生氧化反应，D错误。6.CI元素的化合价升高，O元素的化合价降低，则反应中O3是氧化剂，KI是还原剂，氧化性强弱顺序是O3＞I2，1molO3在反应中得到2mol电子，O2既不是氧化产物也不是还原产物。7.C反应10NaN3＋2KNO3撞击K2O＋5Na2O＋16N2↑中，KNO3中N的化合价降低，是氧化剂，A错误；NaN3中N的化合价升高，发生氧化反应，B错误；反应中只有N元素的化合价发生变化，则N2既是氧化反应的产物也是还原反应的产物，C正确；NaN3是还原剂，KNO3是氧化剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶5，D8.CA项，由ⅲ、ⅳ两组实验对比可知，在氢氧化钠溶液中，XeF6可以发生还原反应，而在水中则发生非氧化还原反应，故可知：OH－的还原性比H2O强，正确；B项，ⅰ、ⅱ、ⅳ三组化学反应均为氧化还原反应，ⅲ组化学反应为非氧化还原反应，正确；C项，分析ⅳ可知，每生成一个O2，整个反应转移6个电子，故每生成1molO2，转移6mol电子，错误；D项，与其他0族元素相比，氙原子的最外层虽然为8e－稳定结构，但原子半径大，电离能小，所以氙原子的性质相对活泼，形成的化合物种类更多，正确。9.CA项，根据原子守恒，X的化学式为Ag2S，Ag→Ag2S为Ag失电子，故Ag2S为氧化产物，错误；B项，MnO2＋4HCl（浓）△MnCl2＋Cl2↑＋2H2O，该反应中4molHCl参加反应，参与反应的HCl中体现酸性和还原性各占一半，错误；D项，该反应中N元素的化合价由＋4价变为＋5价和＋3价，所以生成硝酸的NO2是还原剂，生成NO的NO2是氧化剂，所以氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶10.AA项，NaH2PO2和H2SO4反应生成H3PO2和NaHSO4，无元素化合价发生变化，为非氧化还原反应，错误；B项，反应P4＋3NaOH（浓）＋3H2O△PH3↑＋3NaH2PO2中，P元素的化合价由0价降至PH3中的－3价，PH3为还原产物，H3PO2中P的化合价为＋1价，PH3的化合价为－3价，所以H3PO2分解生成PH3为还原反应，PH3属于还原产物，正确；C项，因H3PO2为一元酸，只能电离出一个H＋，NaH2PO2中无法电离出H＋，NaH2PO2为正盐，正确；D项，H3PO2分解方程式为2H3PO2PH3↑＋H3PO4，部分P从＋1价升高到＋5价，同时，部分P从＋1价降低到－3价，在该反应中，2molH3PO2分解转移4mol电子，则1molH3PO2分解时转移211.CA项，溶液变为棕黄色是因为I－被Cu2＋氧化为I2，正确；B项，CuSO4与KI发生了氧化还原反应：2CuSO4＋4KI2K2SO4＋2CuI↓＋I2，所给的CuSO4溶液和KI溶液同浓度，若滴加1mLKI溶液，当CuSO4与KI的物质的量之比为1∶2时，反应生成的沉淀量最大，若I－过量，可能会生成[CuI2]－而使沉淀质量减小，正确；C项，沉淀成分为CuI，CuI是铜元素化合价由＋2价降到＋1价过程中得到的，CuI是还原产物，错误；D项，结合已知信息知，若Na2S2O3溶液过量，S2O32－能和Cu＋反应生成[CuS2O3]－、[Cu（S2O3）2]3－，可能看不到白色沉淀12.（1）还原Fe3＋（2）2K2FeO4＋3KCl＋5H2O（3）＞（4）0.15解析：（1）过程①中K2FeO4发生还原反应生成Fe3＋，则活细菌发生氧化反应，活细菌为还原剂，表现了还原性。（2）Fe由＋3价升高为＋6价，Cl由＋1价降低为－1价，电子转移的方向和数目为2K2FeO4＋3KCl＋5H2O。（3）KClO为氧化剂，K2FeO4为氧化产物，则在碱性条件下，氧化性：KClO＞K2FeO4。（4）根据反应2Fe（OH）3＋3KClO＋4KOH2K2FeO4＋3KCl＋5H2O，还原产物是KCl，可知3KClO～3KCl～6e－，转移了0.3mol电子，则还原产物的物质的量为0.15mol第5讲氧化还原反应方程式的配平与计算1.CNO2－中N元素的化合价升高，NO2－被氧化，A错误；根据得失电子守恒和元素守恒可知反应的离子方程式为2MnO4－＋5NO2－＋6H＋2Mn2＋＋5NO3－＋3H2.CAs2S3转化成AsO43－和SO42－，而NO3－转化为NO，根据得失电子守恒、元素守恒和电荷守恒，配平后的离子方程式为3As2S3＋4H2O＋28NO3－6AsO43－＋9SO42－＋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，NO3－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人体内含有的Fe3＋、Fe2＋易与CN－络合形成络合物，A正确；在碱性条件下，CN－被H2O2氧化，生成CO32－和N2，反应的离子方程式为2CN－＋5H2O2＋2OH－2CO32－＋N2↑＋6H2O，根据离子方程式可知，每处理1molCN－，消耗2.5molH2O2，B正确；气体所处状况未知，无法计算生成气体的体积，C错误；用H2O2处理后的废水中含有碳酸盐4.D反应中C元素的化合价由0价升高为＋2价，FeTiO3中Fe元素的化合价由＋2价升高到＋3价，则C、FeTiO3为还原剂；Cl2中Cl元素的化合价由0价降低到－1价，则Cl2为氧化剂；根据元素守恒和得失电子守恒可知，化学方程式为2FeTiO3＋6C＋7Cl2高温2TiCl4＋2FeCl3＋6CO，该反应生成2molTiCl4时转移14mole－，则生成1molTiCl4时，转移7mol电子；氧化剂与还原剂的物质的量之比为7∶8，D5.Bc（NH4＋）随反应进行逐渐减小，NH4＋应是反应物，N元素化合价升高，具有氧化性的ClO－为反应物，由氯元素守恒可知Cl－是生成物，则反应的化学方程式应为3ClO－＋2NH4＋N2↑＋3H26.B反应后c（Cl－）∶c（ClO3－）＝8∶1，假设c（ClO3－）为x，则c（Cl－）为8x，根据得失电子守恒，可知溶液中有关系式：c（Cl－）＝c（ClO－）＋5c（ClO3－），8x＝c（ClO－）＋5x，则c（ClO－）＝3x，所以溶液中c（ClO－）∶c（ClO3－）＝37.BNaN3受到强烈撞击时可产生大量气体，发生反应的化学方程式为2NaN3撞击2Na＋3N2↑，A正确；Na是比Fe活泼的金属，所以Na可置换出Fe2O3中的Fe，Fe2O3作氧化剂，B错误；NaHCO3吸收产气过程中释放的热量而分解，生成碳酸钠、二氧化碳、水，C正确；KClO4中Cl的化合价为＋7，是氯元素的最高价态，可推测KClO4具有强氧化性，D8.DA项，在40～50℃时用CuSO4溶液和“另一种反应物”制取CuH，硫酸铜中铜元素化合价降低，则“另一种反应物”在反应中有元素化合价升高，在反应中表现还原性，正确；B项，根据CuH在Cl2中能燃烧生成CuCl2和HCl，因此反应的化学方程式为2CuH＋3Cl2点燃2CuCl2＋2HCl，正确；C项，CuH与Cl2反应时，铜、氢元素化合价升高，因此在反应中氧化产物为CuCl2和HCl，正确；D项，CuH跟盐酸反应生成CuCl难溶物和H2，因此反应的离子方程式为CuH＋H＋＋Cl－CuCl↓＋H2↑9.CA项，过程Ⅰ中NH4＋在硝化细菌的作用下和O2反应生成NO3－和H2O，根据得失电子守恒、电荷守恒和元素守恒配平离子方程式为NH4＋＋2O2NO3－＋H2O＋2H＋，错误；B项，过程Ⅱ为反硝化细菌作用下Fe2＋将NO3－还原为N2，Fe2＋作还原剂，而不是催化剂，错误；C项，过程Ⅲ中C6H12O6转化为HCO3－，C元素化合价由0价（平均）上升到＋4价，总共转移24个电子，故同时有24molFe3＋被还原为Fe2＋，正确；D项，若水体中铁氧化细菌含量过高，铁氧化细菌可利用水中的氧气将Fe2＋氧化为Fe3＋，该过程消耗氧气，10.D反应1中生成NaCl和X的物质的量相等，说明Cl2中Cl元素化合价上升和下降的数目相等，则X为NaClO，化学方程式为2NaOH＋Cl2NaCl＋NaClO＋H2O；反应1和反应2生成NaCl的质量比为3∶5，说明Cl2和NaOH反应生成NaCl和NaClO3，化学方程式为3Cl2＋6NaOH5NaCl＋NaClO3＋3H2O。参与反应的NaOH与Cl2的物质的量之比均为2∶1，A正确；消耗等量的NaOH时，反应1和反应2生成NaClO和NaClO3的物质的量之比为3∶1，B正确；漂白液中发挥作用的是NaClO和水、二氧化碳反应生成的HClO，而HClO受热会发生分解，导致有效成分NaClO的含量降低，C正确；根据反应1和反应2的化学方程式，若某温度下生成NaClO和NaClO3均为1mol时，同时生成1mol＋5mol＝6molNaCl，11.（1）3CuO＋2NH3△3Cu＋N2＋（2）（3）2Fe（OH）3＋4NaOH＋3NaClO2Na2FeO4＋3NaCl＋5H2（4）4KClO3KCl＋3KClO4（5）2KMnO4＋C2HCl32MnO2↓＋HCl＋2KCl＋2CO2↑解析：（1）已知CuO具有氧化性，能够和NH3反应生成两种单质Cu和N2，则在加热条件下CuO和NH3反应的化学方程式为3CuO＋2NH3△3Cu＋N2＋3H2O。（2）BiO3－被还原为Bi3＋，Bi元素化合价降低了2，则应该有Mn2＋被氧化为MnO4－，Mn元素化合价升高了5，（3）Fe（OH）3与NaOH和NaClO的混合液作用生成Na2FeO4，铁元素化合价升高，氯元素化合价降低，还原产物为NaCl：2Fe（OH）3＋4NaOH＋3NaClO2Na2FeO4＋3NaCl＋5H2O。（4）若不加催化剂，400℃时KClO3分解只生成两种盐，其中一种是无氧酸盐KCl，另一种盐也是钾盐，且阴、阳离子个数比为1∶1，生成KCl时氯元素化合价降低，由＋5价变为－1价，则另一部分氯元素化合价升高为＋7价得到KClO4，写出反应物和生成物，并从生成物入手分析配平为4KClO3KCl＋3KClO4。（5）污水中加入KMnO4（还原产物为MnO2）溶液可将其中的三氯乙烯除去，氧化产物只有CO2，则氯元素转化为KCl，结合元素守恒可知，同时生成HCl，化学方程式为2KMnO4＋C2HCl32MnO2↓＋HCl＋2KCl＋2CO2↑第二章物质的量第6讲物质的量气体摩尔体积1.B物质的量的单位是mol，A错误；物质的量是表示物质所含微粒多少的物理量，B正确；阿伏加德罗常数的单位是mol－1，C错误；阿伏加德罗常数的值约为6.02×1023，D错误。2.C摩尔质量的单位为g·mol－1，A错误；C15H22O5分子中氢原子与氧原子质量比为（1×22）∶（16×5）＝11∶40，B错误；1molC15H22O5的质量为282g，含有6.02×1023个分子，所以1个C15H22O5分子的质量约为2826.02×1023g，C正确；含有6.02×1023个碳原子的C15H22O5的物质的量为3.AagCl2中有b个氯原子，则阿伏加德罗常数NA可表示为NA＝N（Cl2）n（Cl2）＝b2a71mol＝35.5bamol－1，A正确；CO2气体所处状态未知，无法计算22.4LCO2中含有的碳原子数，B错误；X气体的摩尔质量是M（X）＝m（X）n（X）＝1611.222.4g·mol－1＝32g·mol－1，4.C顺铂的分子式为Pt（NH3）2Cl2，其相对分子质量为300，1.95×10－4g铂元素的物质的量为1.95×10－4g195g·mol－1＝1×10－6mol，则顺铂的物质的量为1×10－6mol。顺铂的摩尔质量为300g·mol－1，A错误；含有2×10－6mol的氯原子，B错误；含氮元素的质量为（1×10－6mol）×2×14g·mol－1＝2.8×10－5g，C正确；顺铂的分子数为1×10－6mol×6.5.D由阿伏加德罗定律可知，同温、同压下等体积的N2O和CO2的物质的量相等、所含分子数相等，N2O和CO2的摩尔质量都为44g·mol－1，则同温、同压下等体积的N2O和CO2的质量相等、密度相等。6.C恒温条件下，随压强增大，气体摩尔体积减小，微粒间距离减小，微粒间距：B＜A，A正确；A、B两点的温度相同，压强：B＞A，故恒温加压可实现A→B，B正确；B、C两点压强相同，气体摩尔体积与温度成正比，则T1＞T2，温度：C＞B，恒压升温可实现B→C，C错误；一定量的理想气体分子数相同，决定气体摩尔体积的主要因素是微粒间距，D正确。7.BHF标准状况下为非气体，无法计算，A错误；还原性：Fe2＋＞Br－，通入氯气，Fe2＋首先被氧化为Fe3＋，然后Br－被氧化为Br2，FeBr2溶液中通入适量Cl2，当有1molBr2生成时转移2mol电子，假设溶液中含有2molFeBr2，则Br－部分反应而Fe2＋反应2mol，则共转移4mol电子，电子数为4NA，B正确；Fe与足量盐酸反应生成Fe2＋，0.1molFe与足量盐酸反应，转移0.2NA个电子，C错误；环氧乙烷中的C—O、C—C、C—H均为σ键，0.1mol环氧乙烷（）中含有0.7molσ键，数目为0.7NA，D错误。8.B溶液体积未知，不能计算氨水中所含OH－的数目，A错误；硫的价层电子排布式为3s23p4，3.2g硫中含有价电子的数目为3.2g32g·mol－1×6×NAmol－1＝0.6NA，B正确；未指明是否处于标准状况，且标准状况下甲醇为非气体，无法计算，C错误；制备粗硅的反应为SiO2＋2CSi＋2CO↑，2mol碳参加反应转移4mol电子，则12g碳参加反应时，转移电子的数目为12g129.Dag该气态双原子分子的物质的量为pNAmol，摩尔质量为agpNAmol＝aNApg·mol－1，所以bg该气体在标准状况下的体积为bgaNAp10.D根据题意，析出10.6g固体即产生0.1molPd，由反应PdCl2＋CO＋H2OPd↓＋CO2＋2HCl可知，尾气中含有0.1molCO（即标准状况下体积为2.24L），生成0.2molHCl。1.12m3（标准状况）尾气中含有2.24LCO，CO的体积分数为2.24L1.12×103L×100％＝0.2％，A正确；1个14C16O2分子中含14－6＋8×2＝24个中子，23g14C16O2的物质的量为23g46g·mol－1＝0.5mol，所含中子数目为12NA，B正确；HCl中含有1个σ键，标准状况下，33.6LHCl的物质的量为33.6L22.4L·mol－1＝1.511.C32gN2H4的物质的量为1mol，1个N2H4分子中有1个N—N非极性键，所以1molN2H4中非极性键的数目为NA，A正确；1molNH4＋中σ键的物质的量为4mol，1molNO3－中σ键的物质的量为3mol，所以1molNH4NO3中σ键的数目为7NA，B正确；[Ag（NH3）2]＋是络合离子，其中Ag＋被NH3分子结合，所以在[Ag（NH3）2]NO3溶液中，Ag＋的数目少于0.01NA，C错误；根据反应可知，N2H4被氧化，N的化合价从－2变为0，所以每生成1molN2，转移4mol电子，即每转移1mol电子生成0.25molN2，数目为0.25N12.C1个O2含有的价电子数为12，3.2gO2为0.1mol，价电子总数为1.2NA，A错误；没有说明是标准状况，不能用标准状况下气体摩尔体积计算，B错误；N2O与CO2的摩尔质量都为44g·mol－1，22gN2O与CO2的混合气体的物质的量为0.5mol，1个N2O或CO2都含有22个质子，0.5molN2O与CO2的混合气体所含质子数为11NA，C正确；分解N2O时，N2O中N元素化合价降低，碳元素化合价升高，因加入的C3H6的量未知，转移的总电子数无法计算，D错误。13.（1）17∶16（2）80％（3）5（a＋b－d）g·mol－1（4）①＜②＜③②＜③＜①②＜③＜①解析：（2）标准状况下，混合气体的平均摩尔质量为0.75g·L－1×22.4L·mol－1＝16.8g·mol－1，设NH3的体积分数为x，则17x＋16（1－x）＝16.8，解得x＝0.8，即80％。（3）根据元素守恒，C的质量为（a＋b－d）g，则C的摩尔质量为（a＋b－d）g0.2mol＝5（a＋b－d）g·mol－1。（4）①32gCH4的物质的量为2mol；②约含有6.02×1023个HCl分子的氯化氢气体的物质的量为1mol，其质量为36.5g；③标准状况下33.6LO2的物质的量为1.5mol，其质量为32g·mol－1×1.5mol＝48g。a.根据上述分析可知，三种物质的质量大小为①＜②＜③。b.根据N＝n·NA可知，气体分子数与其物质的量成正比，气体的物质的量大小为②＜③＜①，则三种气体含有分子数目大小为②＜③＜①。c.根据V＝n·V14.（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5×0.6mol3＝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第7讲物质的量浓度1.B托盘天平称量时应是左物右码，A错误；固体溶解在烧杯中进行，B正确；向容量瓶中转移溶液时应该用玻璃棒引流，C错误；定容时胶头滴管不能伸入容量瓶中，D错误。2.B配制一定物质的量浓度的溶液的实验步骤：计算、称量或量取、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀，由实验步骤确定所用仪器；利用稀释公式c1V1＝c2V2计算所需浓盐酸的体积，设体积为VmL，则VmL×1.2g·cm－3×36.5％＝100×10－3L×1mol·L－1×36.5g·mol－1，解得V≈8.33，所以需要浓盐酸的体积为8.33mL，应选择10mL量筒，量取用到10mL量筒、胶头滴管，溶解用到烧杯、玻璃棒，移液要向100mL容量瓶中转移，最后定容又用到胶头滴管，配制过程中按顺序需要用到的仪器有②⑥③⑦⑤⑥。3.A设蒸发前溶液的质量为x，溶液蒸发前后溶质的质量不变，则有wx＝（x－m）×2w，x＝2m，所以溶液中溶质的质量为2mw，物质的量为2mw56mol＝mw28mol，则浓缩后溶液的物质的量浓度为mw28Vmol·L4.DA项，使用容量瓶配制溶液时，不需要干燥，错误；B项，需按500mL进行计算，应称量胆矾质量为0.5L×0.1mol·L－1×250g·mol－1＝12.50g，错误；配制一定物质的量浓度的溶液实验中，定容操作时胶头滴管不能伸入容量瓶内部，C错误；用量筒量取浓硫酸时，俯视读数，量取的浓硫酸小于理论值，使所得溶液浓度偏小，D正确。5.B0.3mol·L－1K2SO4溶液中，c（K＋）＝0.6mol·L－1，c（SO42－）＝0.3mol·L－1，则1L溶液中含K＋的数目为0.6NA，K＋和SO42－的总数为0.9NA，A错误，B正确；物质的量浓度不受溶液体积大小的影响，2L0.3mol·L－1K2SO4溶液中K＋的浓度为0.6mol·L－1，C6.C没有给出溶液体积，不能计算SO42－数目，A错误；原溶液中，c（NO3－）＝5mol·L－1×2＝10mol·L－1，稀释过程中n（NO3－）不变，设稀释后溶液中NO3－浓度为c，则10mol·L－1×a×10－3L＝b×10－3L×c，解得c＝10abmol·L－1，B错误；200mL0.2mol·L－1MgCl2溶液中Cl－的个数为0.2L×0.2mol·L－1×2×NAmol－1＝0.08NA，C7.D配制500mL0.100mol·L－1NaCl溶液用到的仪器有托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，A错误；配制一定物质的量浓度的溶液的步骤有计算、称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀等，操作步骤正确的顺序为②①④③，B错误；容量瓶用蒸馏水洗净后，由于后面还需要加入蒸馏水定容，所以不必干燥，C错误；定容时仰视容量瓶的刻度线，则所加蒸馏水偏多，溶液的体积V偏大，使配得的溶液的浓度偏低，D正确。8.D定容时俯视刻度线，导致溶液体积偏小，所配溶液浓度偏高，D错误。9.C98％浓硫酸的物质的量浓度为c＝1000ρwM＝1000×1.84×98％98mol·L－1＝18.4mol·L－1，A正确；配制浓度为3mol·L－1的稀硫酸95mL，应选100mL容量瓶，根据稀释前后硫酸物质的量不变，所需浓硫酸的体积为3mol·L－1×100mL18.4mol·L－1≈16.3mL，故需要10.CA项，标签上的离子浓度表示单位体积内含有离子的质量，不是物质的量浓度，错误；B项，该饮用矿泉水形成的是溶液，分散质颗粒直径≤1nm，错误；C项，Mg2＋最大浓度为4.8mg·L－1，4.8mgMg2＋的物质的量为n（Mg2＋）＝4.8×10－3g24g·mol－1＝2.0×10－4mol，故该矿泉水中c（Mg2＋）最大值为2.0×10－4mol·L－1，正确；D项，溶液中c最大（SO42－）＝c最大（Mg2＋）＝2.0×10－4mol·L－1，则500mL矿泉水中SO42－的最大物质的量n（SO42－）＝0.5L×11.（1）分液漏斗、圆底烧瓶100mL容量瓶检漏（2）5.4BD（3）排除杂质离子的干扰，保证产生的沉淀完全是硫酸钡沉淀（4）取最后一次洗涤液于试管中，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若无白色沉淀产生，说明沉淀洗涤干净（5）54.8％解析：Ⅰ.（1）稀释浓硫酸时不需要的是分液漏斗、圆底烧瓶；还需要100mL容量瓶，容量瓶在使用前要先检漏。（2）通过c＝1000ρwM计算可知浓硫酸的物质的量浓度为18.4mol·L－1，稀释过程中溶质的物质的量不变，可计算出需要浓硫酸的体积为100mL×1mol·L－118.4mol·L－1≈5.4mL。A项，容量瓶使用前未干燥，对实验结果没有影响；B项，用量筒量取浓硫酸时，俯视读数，会使量取的浓硫酸的体积偏小，导致配制的溶液浓度偏低；C项，稀释浓硫酸后，未冷却至室温就直接转移，因为热胀冷缩，所加蒸馏水的体积偏小，则浓度偏高；D项，定容时，蒸馏水超过刻度线后用胶头滴管吸出，会导致溶液浓度偏低，需要重新配制。Ⅱ.（3）溶解BaCl2·2H2O试样时加入稀盐酸的目的是排除杂质离子的干扰，防止生成碳酸钡等沉淀，使钡离子全部生成硫酸钡沉淀。（12.（1）4.014.9g（2）1.6mol（3）0.21解析：（1）c（SO42－）＝4.0mol·L－1，则c（K2SO4）＝c（SO42－）＝4.0mol·L－1；根据钾离子守恒可知，c（K＋）＝c（KCl）＋2c（K2SO4），则c（KCl）＝c（K＋）－2c（K2SO4）＝9.0mol·L－1－4.0mol·L－1×2＝1.0mol·L－1，故m（KCl）＝74.5g·mol－1×1.0mol·L－1×0.2L＝14.9g。（2）根据氯原子守恒可知，c（Cl－）＝c（KCl）＋c（NH4Cl），则c（NH4Cl）＝c（Cl－）－c（KCl）＝9.0mol·L－1－1.0mol·L－1＝8.0mol·L－1，n（NH4Cl）＝8.0mol·L－1×0.2L＝1.6mol。（3）据c＝nV可知V＝nc，V1＝nc1＝1.6mol8mol·L－1＝第8讲化学计算常用方法1.A根据结构简式可知，奥克托今的分子式为C4N8H8O8，根据元素守恒可知，HMX发生自爆时的化学方程式为C4N8H8O84CO↑＋4N2↑＋4H2O↑，故产生的N2和CO的分子数之比为1∶12.DNa2CO3和NaOH与盐酸反应的产物都是NaCl，取10g该样品恰好和100mL2mol·L－1的盐酸反应，最后全部生成NaCl，蒸发得到的固体为NaCl，根据Cl元素守恒可得：n（NaCl）＝n（HCl）＝0.1L×2mol·L－1＝0.2mol，m（NaCl）＝0.2mol×58.5g·mol－1＝11.7g。3.BM的化合价为＋n价，Na2CO3与MCln反应对应的关系式为2Mn＋～nCO2 n0.04L×0.5mol·L－10.015L×2mol·L－1解得n＝3。4.C设该铅氧化物的化学式为PbxOy，PbxOy～y[O]～yCO～yCO2～yCaCO3 16y 100ym（O）＝1.28g 8.0g所以m（Pb）＝13.7g－1.28g＝12.42g，x∶y＝m（Pb）M（Pb）5.B3.48gFe3O4的物质的量是3.48g232g·mol－1＝0.015mol，完全溶解在稀硫酸中，溶液中Fe2＋的物质的量是0.015mol，与K2Cr2O7的反应中失去0.015mol电子。在反应中Cr元素的化合价从＋6价降低到＋3价，得到3个电子，则根据得失电子守恒可知消耗K2Cr2O7的物质的量是0.015mol6＝0.00256.A38.4gCu的物质的量为0.6mol，由得失电子守恒可以知道，38.4gCu失去的电子等于HNO3→NaNO2得到的电子，0.6×（2－0）＝n（NaNO2）×（5－3），n（NaNO2）＝0.6mol，由Na元素守恒可知n（NaOH）＝n（NaNO2）＋n（NaNO3），则n（NaNO3）＝1mol－0.6mol＝0.4mol，则该溶液中NaNO3和NaNO2的物质的量之比为2∶3，故选A。7.D根据质量守恒定律，在变化过程中，Co的质量没有变，假设原始固体质量为100g，则n（Co）＝10093mol，m（Co）＝100×5993g；在350～400℃时，固体的质量在89.25％～86.38％之间，可以通过极点进行分析，在290℃，n（Co）∶n（O）＝10093∶［89.25－100×5993÷16］≈2∶3，其化学式为Co2O3；在500℃n（Co）∶n（O）＝10093∶［86.38－100×5993÷16］≈3∶4，其化学式为Co3O4；所以在350～4008.D根据质量守恒定律解题。7.5mol氟气反应剩余4.5mol氟气，反应了3mol氟气，1.5molXe与3mol氟气反应生成物中Xe原子与氟原子物质的量之比为1.5∶（3×2）＝1∶4，故产物的最简式为XeF4，分子式无法确定。9.Bn（FeC2O4·2H2O）＝54.0g180g·mol－1＝0.3mol，0.3mol草酸亚铁的质量为0.3mol×144g·mol－1＝43.2g；根据铁元素守恒，加热到400℃所得固体中铁元素的质量为0.3mol×56g·mol－1＝16.8g，则氧元素的物质的量为23.2g－16.8g16g·mol－1＝010.B由题意可知，100mg固体为CaC2O4·xH2O，87.7mg固体为CaC2O4。68.8mg固体中，固体的摩尔质量为68.8mg87.7mg×128g·mol－1≈100g·mol－1，则其为CaCO3；38.4mg固体中，固体的摩尔质量为38.4mg87.7mg×128g·mol－1≈56g·mol－1，则其为CaO。从图中可以看出，第1步CaC2O4·xH2O转化为CaC2O4，质量由100mg减少到87.7mg，根据质量守恒规律有18x128＝12.3mg87.7mg，x≈1，A错误；图中信息显示，在N2气氛中，温度从205℃升高到420℃时，固体的质量保持不变，则物质A为CaC2O4，且CaC2O4在隔绝空气条件下，420℃以下热稳定，不会分解，B正确；在O2气氛中，CaC2O4、O2反应生成CaCO3、CO2，在N2气氛中，CaC2O4分解生成CaCO3、CO，二者的产物不同，C错误；C为CaO，O2气氛中1个CaC2O4·H2O最终转变为1个H2O、1个CaO和2个CO2，转移2个电子，在N2气氛中，1个CaC2O4·H211.B设铜、镁的物质的量分别为xmol、ymol，根据题意列方程组64x+24y=1.5264x+24y+34x+34y=2.54，解得x＝0.02，y＝0.01，n混＝1.120L22.4L·mol－1＝0.05mol，设N2O4、NO2的物质的量分别为amol、bmol，则根据得失电子守恒和题意列方程组2x+2y=2a＋b，a＋b=0.05，解得a＝0.01，b＝0.04。c（HNO3）＝1000ρwM（HNO3）＝1000×1.4×63％63mol·L－1＝14.0mol·L－1，A正确；N2O4、NO2的物质的量分别为0.01mol、0.04mol，相同条件下，气体的体积之比等于物质的量之比，则NO2的体积分数是0.04mol0.05mol×100％＝80％，B错误；Cu和Mg的物质的量分别为0.02mol、0.01mol，二者物质的量之比为2∶1，12.D向所得溶液中加入1.0L0.5mol·L－1的NaOH溶液，溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，此时溶液中溶质为NaNO3，n（NaNO3）＝n（NaOH）＝0.5mol·L－1×1.0L＝0.5mol，沉淀为Cu（OH）2，质量为19.6g，其物质的量为19.6g98g·mol－1＝0.2mol，根据铜元素守恒有n（Cu）＋2n（Cu2O）＝n[Cu（OH）2]，所以反应后的溶液中n[Cu（NO3）2]＝n[Cu（OH）2]＝0.2mol。设Cu和Cu2O的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者质量有64x＋144y＝13.6，根据铜元素守恒有x＋2y＝0.2，解得x＝0.1，y＝0.05，则n（Cu）∶n（Cu2O）＝0.1mol∶0.05mol＝2∶1，A错误；根据N元素守恒可知，n（HNO3）＝n（NO）＋n（NaNO3），根据转移电子守恒可知，3n（NO）＝2n（Cu）＋2n（Cu2O），所以3n（NO）＝2×0.1mol＋2×0.05mol，解得n（NO）＝0.1mol，根据Na元素守恒可知，n（NaNO3）＝n（NaOH）＝0.5mol·L－1×1.0L＝0.5mol，所以n（HNO3）＝n（NO）＋n（NaNO3）＝0.1mol＋0.5mol＝0.6mol，原硝酸溶液的浓度为0.6mol0.25L＝2.4mol·L－1，B错误；由B中计算可知n（NO）＝0.1mol，其在标准状况下的体积为0.1mol×22.4L·mol－1＝2.24L，C错误；向Cu、Cu2O与硝酸反应后的溶液中加入NaOH溶液，NaOH与Cu（NO3）2反应，剩余的NaOH与HNO3反应，最后为NaNO3溶液，根据氮元素守恒可知，n（HNO3）＋2n[Cu（NO3）2]＝n（NaNO3），所以n（HNO3）＝n（NaNO3）－2n[Cu（NO3）2]＝0.513.（1）①CoC2O4②3CoC2O4＋2O2△Co3O4＋（2）Pb2O3PbO解析：（1）①n（CoC2O4·2H2O）＝0.06mol，Δm＝（10.98－8.82）g＝2.16g＝m（H2O），失去n（H2O）＝2.16g18g·mol－1＝0.12mol，故210℃时固体为CoC2O4。②根据钴元素守恒可知m（Co）＝3.54g，m（O）＝（4.82－3.54）g＝1.28g，n（O）＝0.08mol，n（Co）∶n（O）＝3∶4，反应的化学方程式：3CoC2O4＋2O2△Co3O4＋6CO2。（2）n（PbO2）＝0.1mol，其中氧原子是0.2mol。A点固体减少0.8g，则剩余氧原子的物质的量是0.15mol，此时剩余的铅和氧原子的个数之比是第三章化学实验基础—学习元素及化合物的工具第9讲实验常用仪器和实验基本操作1.B点燃H2之前需要先验纯，以防止混合空气加热发生爆炸，A正确；活泼金属钾能与水反应，故金属K着火时应用干燥的沙土盖灭，B错误；水银（Hg）易挥发、有毒，能和S反应生成难溶的HgS，C正确；苯酚有毒，对皮肤有腐蚀性，沾到皮肤上，应立即用乙醇冲洗，再用水冲洗，D正确。2.C容量瓶检漏时，需先倒置看是否漏水，不漏水，再将容量瓶正放，旋转活塞180度，再倒置一次看是否漏水，因此进行容量瓶检漏时，需倒置两次，A错误；滴入半滴标准溶液，锥形瓶中溶液变色，且半分钟内溶液颜色不变化，才可判定达到滴定终点，B错误；滴定读数时，应单手持滴定管上端并保持其自然垂直，C正确，D错误。3.A锥形瓶可以加热，但需要加陶土网，容量瓶不能加热，A项符合题意；酸式滴定管用于量取一定体积的溶液，容量瓶只能用于配制一定物质的量浓度的溶液，都不能作反应容器，B项不符合题意；蒸馏烧瓶用于蒸馏操作，分离相互溶解的液体，分液漏斗用于分液操作，分离相互不溶解的液体，两者均可用于物质分离，C项不符合题意；酸式滴定管带有旋塞、容量瓶带有瓶塞、分液漏斗带有瓶塞和旋塞，使用前均需检查是否漏水，D项不符合题意。4.B液氨泄漏后，应该是向上风或侧上风方向撤离，A错误；煤气（含可燃气体）泄漏时，若立即切断电源可能产生电火花引发爆炸，正确操作是先打开门窗通风，再处理电源，C错误；钠、镁等活泼金属着火时，泡沫灭火器释放的CO2或水会与金属剧烈反应，加剧火势，应使用干燥沙土覆盖灭火，D错误。5.D瓷坩埚中含有SiO2，熔融氢氧化钠会与SiO2反应：2NaOH＋SiO2Na2SiO3＋H2O，会腐蚀瓷坩埚，不能用瓷坩埚熔融氢氧化钠，D6.B过滤需要漏斗、烧杯，而③是分液漏斗，A错误；锌粒和稀硫酸反应生成硫酸锌和氢气，为固液不加热型，且启普发生器可控制反应进程，发生装置选⑥，选择②可用排出水的体积来测定收集的H2体积，B正确；H2S具有还原性，浓硫酸具有氧化性、NO2极易溶于浓硫酸，浓硫酸不能干燥NO2和H2S，C错误；浓溴水、浓硝酸具有氧化性会与橡胶反应，D错误。7.（1）玻璃棒、量筒、胶头滴管、酒精灯（写出两种即可）（2）冷水（3）B解析：（1）Ⅰ和Ⅱ步骤中，在烧杯中搅拌溶解固体需要用到玻璃棒，量取10mL或18mL蒸馏水需要用到量筒，量取蒸馏水定容时需要使用胶头滴管，加热时需要用到酒精灯。（2）根据已知信息“糖精钴的溶解度在热水中较大，在冷水中较小”，故Ⅲ中静置过程有少量晶体出现时，可将烧杯置于冷水中，以使大量晶体析出。（3）Ⅳ中洗涤时，先用③冷的1％NaSac溶液洗涤晶体以除去晶体表面的可溶性杂质并减少其溶解损失，再用②冷水洗涤以除去晶体表面的NaSac，最后用①丙酮洗涤晶体以除去晶体表面的水，丙酮沸点较低，便于晾干，B正确。8.C盐酸沾在皮肤上，用大量水冲洗可将其冲离皮肤，碳酸氢钠溶液显弱碱性，可中和皮肤上残留的盐酸，A项正确；Cl2能与NaOH反应，故可用NaOH溶液吸收氯气尾气，B项正确；水银有毒，挥发后易对人体造成伤害，必须收集处理，C项错误；硫化钠与Pb2＋反应生成PbS沉淀，可用硫化钠溶液处理废水中的Pb2＋，生成的PbS再集中处理，D项正确。9.A石油分馏时，接收馏出物的锥形瓶不能塞橡胶塞，否则会因气体压强增大而发生意外事故，B错误；NaHSO3与H2O2的反应无明显现象，无法得出实验结论，C错误；给坩埚加热时，需要搭配三脚架、泥三角，灼烧海带时，应半盖坩埚盖，保证充分燃烧，且防止样品飞溅，D错误。10.DA项，铜与浓硫酸反应生成有毒气体SO2，会污染空气，所以为防止有害气体逸出，先放置浸NaOH溶液的棉团，再加热，正确；B项，为了防止水槽中的水倒吸，实验结束时，先把导管移出水面，再熄灭酒精灯，可避免试管炸裂，正确；C项，分液时，为了使液体顺利流下，需保持分液漏斗内部和外界大气压相等，所以分液时，先打开分液漏斗上方的玻璃塞，再打开下方的活塞，将下层液体从下口放出，再将上层液体从上口倒出，正确；D项，蒸馏时，为了更好的冷凝效果，冷凝水应“下进上出”，即②口通入，①口流出，错误。11.（1）量筒（2）铁架台球形冷凝管（3）使反应物充分混合，加速反应（4）油浴（水浴）（5）活性炭（6）除去不溶性杂质，避免固体产物析出50％的乙醇溶液（7）重结晶解析：（1）该实验是不需要精确结果的合成实验，固体用台秤称取，液体用量筒量取。（2）仪器③的名称为铁架台，仪器②为球形冷凝管。（3）“搅拌”有利于反应物充分混合，且加快反应速率。（4）由题可知，加热温度为65℃，故“加热”方式可以为油浴（水浴）。（5）活性炭结构疏松多孔，可以吸附有色物质，故“脱色剂”可选用活性炭。（6）“趁热过滤”可滤出脱色剂等杂质，同时减少产物析出；由题中信息，加入50％乙醇溶液后析出浅棕色固体（含杂质产品）可知，常温下产品不溶于50％的乙醇溶液，所以为减少溶解损失，可用50％乙醇溶液洗涤白色固体。（7）反应物与生成物的溶解度不同，可通过重结晶进一步提纯产品。第10讲物质的检验分离与提纯1.C水洗净是指洗去固体表面的可溶性污渍、泥沙等，涉及的操作方法是洗涤；细研水飞是指将固体研成粉末后加水溶解，涉及的操作方法是粉碎和溶解；去石澄清是指倾倒出澄清液，去除未溶解的固体，涉及的操作方法是倾倒；慢火熬干是指用小火将溶液蒸发结晶，涉及的操作方法是蒸发；因此未涉及的操作方法是萃取。2.DA项，浓溴水与溴乙烷混合时，发生了萃取，下层出现橙红色，浓溴水与乙醛溶液发生化学反应，溴水的橙色褪去，现象不同，可以鉴别；B项，NaClO溶液能使pH试纸褪色，NaCl不能，现象不同，可以鉴别；C项，钾元素和钡元素在焰色试验中的火焰颜色不同，该鉴别方法可行；D项，NaOH溶液与KHCO3溶液虽然能反应，但没有明显现象，KNO3与KHCO3溶液不反应，该鉴别方法不可行。3.C氯化钠与碘单质混合物的分离应利用碘单质易升华和凝华这一特性，A错误；分离CCl4中的Br2应用蒸馏法，B错误；植物油和氯化钠溶液互不相溶，分液即可达到分离的目的，C正确；加热到一定温度后乙醇与水能形成共沸物而不能分离，应在蒸馏烧瓶中加入生石灰除去水，再蒸馏得到无水乙醇，D错误。4.C氨水可与氯化铁反应生成氢氧化铁沉淀，同时生成氯化铵，不引入新的杂质，A不符合题意；加入Na2S、H2S等物质，Cu2＋、Hg2＋易转化为CuS、HgS沉淀而除去，B不符合题意；硫酸镁易溶于水，无法沉淀SO42－，应加入钡盐除杂，C符合题意；KNO3的溶解度受温度影响较大，而NaCl的溶解度受温度影响较小，可加蒸馏水溶解固体，再通过蒸发浓缩、降温结晶的方法，获得纯净的KNO3固体5.A向BaSO4饱和溶液中加入稀硫酸，溶液中SO42－浓度增大，会使溶解平衡左移而析出硫酸钡沉淀，所以静置后向烧杯中滴加2～3滴稀硫酸，出现沉淀不能说明BaCl2溶液过量，且加氯化钡的目的是去除硫酸根离子杂质，滴加硫酸会引入硫酸根离子，A错误；步骤ⅰ静置有利于沉淀充分沉降至烧杯底部，再向上层清液中继续滴加氯化钡，通过观察是否产生沉淀可检验钡离子是否过量，B正确；步骤ⅳ加盐酸并搅拌，至无气泡冒出，并用pH试纸检验，使滤液呈中性或微酸性说明过量的OH－和CO32－完全除去，C正确；操作a是将溶液转移至蒸发皿中，加热并搅拌，当出现较多固体时，6.C硝基苯和苯是沸点不同的互溶液体，可以用蒸馏法分离，A正确；乙烯不与NaOH溶液反应且不溶于水，SO2是酸性氧化物，可以被NaOH溶液吸收，可以实现两种气体分离，B正确；己烷和己烯为互溶液体，己烷不与溴水反应，但可以萃取溴水中的溴，己烯可以与溴水发生加成反应生成易溶于己烷的二溴代物，因此不能用分液法分离，C错误；乙酸乙酯难溶于碳酸钠溶液，乙醇易溶于水，液体分层，通过分液进行分离，D正确。7.（1）直形冷凝管安全管内水位上升（2）接液管内无油状液体流出打开b处螺旋夹（3）降低产品溶解度，有利于液体分层乙醚解析：（1）由题中图示信息可知，该装置为蒸馏装置，由仪器的图形和作用判断，d处仪器名称为直形冷凝管，蒸馏过程中装置中发生堵塞，会使装置内压强增大，使a处的水压向安全管，会发现安全管内水位上升。（2）茴香油是一种淡黄色液体，且茴香油不溶于水，当观察到接液管处馏出液无油状液体，说明茴香油蒸馏完全，可以停止蒸馏；水蒸气蒸馏结束时，为了防止倒吸，应先打开b处螺旋夹，再停止加热。（3）向馏出液中加入NaCl至饱和，可以降低产品溶解度，增加水层的密度，有利于液体分层，粗产品中混有乙醚，蒸馏是为了除去乙醚。8.C根据实验①混合物溶于水，得到澄清透明溶液，而BaCO3难溶于水，即白色固体中一定不含BaCO3；根据实验②做焰色试验时焰色呈紫色（透过蓝色钴玻璃）可确定含有钾元素，即白色固体中含有KCl；结合实验③向溶液中加碱产生白色沉淀，可知溶液中含有能与OH－反应生成白色沉淀的离子，只能为Mg2＋，即白色固体的另一成分为MgSO4。9.B操作Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ为分液，使用的主要玻璃仪器为分液漏斗，A正确；水层①中加入KSCN溶液后显红色，只能说明水层①中含有Fe3＋，但不能说明溴化铁已被完全除尽，B错误；有机层①中含有Br2，加入NaOH溶液与Br2反应生成易溶于水的NaBr、NaBrO，将Br2从有机层中除去，C正确；操作Ⅳ采用过滤除掉氯化钙，操作Ⅴ利用溴苯和苯的沸点不同，采用蒸馏法分离二者，D正确。10.A减压蒸馏结束后，应先关闭真空泵，再关冷凝水，A错误；加热回流应控制的是液体温度，故温度计插入液面以下，B正确；操作Ⅱ是过滤，操作Ⅱ中要用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒，C正确；根据NaOH更易溶于水而更难溶于有机溶剂，故加水洗涤的目的是除去残留的碱，D正确。11.（1）除去海藻等有机杂质，并使其颗粒变小（2）NaOH溶液Mg2＋和Fe3＋Na2CO3溶液Ba2＋和Ca2＋（或Na2CO3溶液Ba2＋和Ca2＋NaOH溶液Mg2＋和Fe3＋）（3）蒸发浓缩（4）①浓硫酸可平衡压强，使液体顺利滴下②增大与浓硫酸的接触面积，使产生HCl气体的速率加快解析：（1）焙炒海盐可以除去海藻等有机杂质，并使其颗粒变小，加速溶解。（2）步骤2加入NaOH溶液除去Mg2＋和Fe3＋，步骤3加入Na2CO3除去Ba2＋和Ca2＋（或步骤2加入Na2CO3除去Ba2＋和Ca2＋，步骤3加入NaOH溶液除去Mg2＋和Fe3＋）。（4）①实验室可以利用浓硫酸与氯化钠固体共热制取HCl气体，所以试剂a为浓硫酸；仪器1侧面导管可以平衡压强，使液体顺利滴下；②将烧瓶中的海盐磨细可以增大与浓硫酸的接触面积，使产生HCl气体的速率加快，从而加快NaCl晶体的析出。第四章金属及其化合物第11讲钠及其化合物1.C碳酸氢钠为小苏打，A错误；纯碱是碳酸钠，B错误；Na2O2可与H2O、CO2反应生成O2，故可用作供氧剂，C正确；NaOH碱性强、有腐蚀性，不能用于治疗胃酸过多，治疗胃酸过多可以用碳酸氢钠，D错误。2.D向钠燃烧后所得固体中滴加蒸馏水，产生大量气泡，若Na未完全反应，剩余钠与水反应生成NaOH和H2，也能产生大量气泡，故不能证明反应生成了Na2O2，D错误。3.C氧化钠是白色固体，过氧化钠是淡黄色固体，后者与水反应生成氢氧化钠和氧气，A错误；Na2O2与CO2反应生成碳酸钠和氧气，Na2O2既是氧化剂又是还原剂，B错误；Na2O2与水反应生成NaOH和O2，化学方程式为2Na2O2＋2H2O4NaOH＋O2↑，推知生成0.1molO2转移的电子数为0.2NA，C正确；Na2O2不是碱性氧化物，D4.DNa2O2是淡黄色固体，久置于空气中变成白色固体（碳酸钠），A正确；碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠，反应④可说明Na2CO3的稳定性强于NaHCO3，B正确；过氧化钠与二氧化碳反应生成氧气，反应⑥可用于潜水艇中氧气的供给，C正确；反应③④中没有元素化合价变化，不是氧化还原反应，D错误。5.B分别加入澄清石灰水，有关反应为Na2CO3＋Ca（OH）2CaCO3↓＋2NaOH，Ca（OH）2＋2NaHCO3CaCO3↓＋Na2CO3＋2H2O，两者均产生白色沉淀，现象相同，A错误；加入等浓度的稀盐酸时，NaHCO3溶液反应更剧烈，B正确；Na2CO3、NaHCO3与CaCl2反应均生成CaCO3白色沉淀，C错误；逐滴加入盐酸时，NaHCO3溶液立即产生气泡，Na2C