答案速对与试题精析 单 选

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化学

必修第一册（配人教版）

答案速对与试题精析

单元重构项目卷(一)

项目一

任务1

1.(1)氯化铁氢氧化钠水(2)水氯化铁溶液、氢氧化钠溶液、氢氧化铁胶体

任务2

2.解析：（1）实验室制备氢氧化铁胶体是在沸腾的蒸馏水中加入饱和氯化铁溶液，当溶液变为红褐色时立即停止加热，反应的化学方程式为 FeCl_{3}\ +\ 3H_{2O}\ \stackrel{\triangle}{=} Fe(OH) 3 （胶体 )+3HCl ，因此操作正确的同学是丙。

(2)胶体能产生丁达尔效应，当用激光笔照射时，会有一条光亮的“通路”。因此要证明制得的红褐色液体属于胶体，最简单的实验操作是用激光笔照射，有一条光亮的“通路”，则有胶体生成。

答案：（1）丙 FeCls + 3H2 OFe(OH)_{3} （胶体） )+3HCl

（2)用激光笔照射，有一条光亮的“通路”

任务3

3.(1)提示：通电前，U形管内红褐色液面相平；通电后，U形管内红褐色液面左高右低；因为Fe(OH)3胶粒带正电荷，向与直流电源负极相连的一极移动。

(2)提示：胶体发生聚沉，有沉淀析出。

（3）提示：向Fe（OH） _3 胶体中加入稀盐酸，胶体先发生聚沉形成 Fe(OH)_{3} 沉淀，继续滴加稀盐酸，酸碱发生中和反应，Fe(OH)沉淀又溶解。

(4)提示： ① 主要原因是同种胶体的分散质微粒带同种电荷，胶粒相互排斥，胶粒间无法聚集成大颗粒形成沉淀从分散剂中析出。 ② 次要原因是胶粒小，质量轻，布朗运动剧烈，能克服重力引起的沉降作用。

项目二

任务1

1.(1) ① 提示：可能存在的干扰离子： {Ag}^{+} ：SO_{3^{2-}\bullet C O_{3}^{2-}} 。因为 A g^{+}+C l^{-}=A g C l\downarrow 、Ba^{2++S O_{3}^{2-}=-B a S O_{3}} （微溶）、 Ba^{2++}

CO _{3^{2-}=-B a C O_{3}} →。但 Ag^{+} 、 SO_{3^{2-}} 、CO_{3^{2-}} 均可用稀盐酸排除掉。

② 提示：不能，若溶液中含有银离子，加入氯化钡后也会生成白色沉淀，再加入盐酸，沉淀不溶解。

③ 提示：不能。如果原溶液中含有亚硫酸根离子，若加入硝酸根离子，两者发生反应生成硫酸根离子，此时溶液中也出现白色沉淀。因此，检验硫酸根离子时应该慎加入硝酸根离子，以防亚硫酸根离子干扰实验。

(2） ① 提示：硝酸与硝酸银的加入没有先后顺序。

② 提示：因为 CO_{3^{2-}+2A g^{+}{=}Ag_{2C O_{3}\ }} √（白色）、 SO_{4^{2-}+2A g^{+}=A g_{2}\ S O_{4}} （微溶)，但 Ag_{2C O_{3}\setminus A g_{2}S O_{4}} 能与硝酸反应而溶解： Ag_{2C O_{3}+2H^{+}}=2Ag^{+}+CO_{2\uparrow}+ H_{2O_{2}A g_{2}S O_{4}+H^{+}=-H S O_{4}^{-}+2A g^{+}\Omega_{\Omega}} 。因此加入硝酸是排除 CO_{3^{2-}} 、 SO_{4^{2-}} 的干扰。

(3)提示：取待测液少许于试管中，加入足量稀 {HNO_{3}} 酸化，再加入足量的Ba(NO_{3})_{2} ，若产生白色沉淀，则溶液中含有 SO_{4^{2-}} ；再取上层清液于试管中，加入{AgNO_{3}} 溶液，若产生白色沉淀，则证明溶液中含有 Cl^{-} 。

任务2

2.(1)提示：

(2)提示:粗盐水中含有 SO_{4^{2-}} 、 Mg^{2+} ：Ca^{2+} ,通常加入 BaCl_{2} \DeltaNaOH Na_{2C O_{3}} 溶液。为了使杂质能除得比较干净，所加试剂一般要过量，为此要设计加入试剂的顺序，即要使前一过量试剂在后续除杂操作中除去。从反应原理可知，盐酸必须在NaOH和 Na_{2C O_{3}} 的后面（确保除去过量的NaOH和 Na_{2C O_{3}} )， Na_{2C O_{3}} 必须在BaCl_{2} 的后面（确保除去过量的 BaCl_{2} )。所以可以有三种添加顺序： BaCl_{2} 一NaOH\longrightarrowNa_{2C O_{3}\longrightarrow} 盐酸、 BaCl_{2} —Na_{2C O_{3}\longrightarrow N a O H\longrightarrow} 盐酸、NaOH\longrightarrowBaCl_{2\longrightarrow N a_{2}C O_{3}\longrightarrow} 盐酸。最后，通过蒸发结晶，过量的盐酸挥发，便获得了纯净的 \DeltaNaCl 。

(3)提示：在加入盐酸之前过滤即可。

(4)提示：取净化后的溶液少许于洁净的试管中，继续加入沉淀剂，看是否有沉淀生成，若有，说明杂质离子未除尽。

（5）提示：若过滤的目的是得到沉淀，有时还要洗涤沉淀并检验沉淀是否洗净。具体做法是沿玻璃棒向漏斗中加蒸馏水至刚好没过沉淀（沉淀物一般不超过滤纸高度的 (1)/(2)⟩ ，待水自然流出后，再重复操作1~2 次；取最后一次洗涤液盛于试管中，加入沉淀剂，若不产生沉淀，则沉淀已洗涤干净。

项目三

任务1

1.解析：（1)溶液由硫酸铜蓝色变为硫酸亚铁浅绿色。

(2)在该反应中，Fe元素化合价由反应前Fe单质中的0价变为反应后 FeSO_{4} 中的+2 价，化合价升高，失去 2e^{-} ，被氧化；Cu元素化合价由反应前 CuSO_{4} 中的 +2 价变为反应后 Cu 单质中的0价，化合价降低，得到 2e^{-} ，被还原；根据反应方程式可知，每反应产生 1\ mol\Cu ，即反应产生64rm{g}Cu ，消耗1mol CuSO_{4} ，其质量是160~g ,现在反应产生 6.4~g~C~u~ ，则反应需消耗 CuSO_{4} 的质量为 16.0~g 。

答案：(1)由蓝色逐渐变为(浅)绿色得到2e×1√CuSO+Fe Cu+FeSO4
(2) 失去 2e^{-}x1 16.0

任务2

2.解析：（1）在 Cu_{2S} 中S为一2价，根据化合物中元素化合价代数和为0，可知Cu元素化合价为 +1 价。

（2）在反应1中，S元素化合价由反应前Cu_{2S} 中一2价变为反应后 SO_{2} 中的 +4 价，化合价升高，失去电子被氧化，所以SO_{2} 是氧化产物；O元素化合价由反应前O_{2} 中的0价变为反应后的一2价，化合价降低，得到电子被还原，所以 SO_{2} 又是还原产物；将 SO_{2} 通入NaOH溶液中，发生反应产生 Na_{2S O_{3}} ： H_{2}O ，发生反应的离子方程式为 SO_{2}+2OH^{-}=SO_{3}{}^{2-}+\Omega H_{2}O 。

(3）将 Cu_{2O} 固体加入稀硝酸中，发生反应，其中 Cu 元素化合价由反应前 Cu_{2} 0中的 +1 价变为反应后 Cu(NO_{3)_{2}} 中的 + 2价，化合价升高 1x2=2 价；部分N元素化合价由反应前 {HNO_{3}} 中 +5 价变为反应后NO中的 +2 价，化合价降低3价，化合价升降最小公倍数是6，所以Cu_{2} ①的化学计量数是 3,Cu(NO_{3)_{2}} 的化学计量数是 6{:}NO 的化学计量数是2；则{HNO_{3}} 的化学计量数为 12+2=14 ；最后根据H原子守恒可知 H_{2}O 的化学计量数是7。则配平后的化学方程式为 3Cu_{2O+} 14HNO_{3} （稀） \Gamma)-6Cu(NO_{3)_{2}+2N O\uparrow+} 7H_{2O_{\circ}} 。

答案： (1)+1

(2)氧化和还原 SO_{2+2O H^{-}=}SO_{3^{2-}} +H_{2}O

（3） 3{\bf C u}_{2}~O~+~14{\bf H}{NO}_{3} （稀） = 6Cu(NO_{3)_{2}}+2NO\uparrow+7H_{2}O

任务3

.解析：(1)将正常的血红蛋白变为高铁血红蛋白，使血红蛋白中的铁元素由正二价变为正三价，说明 {NaNO_{2}} 具有氧化性，美蓝是亚硝酸盐中毒的有效解毒剂，应具有还原性。A.解毒剂美蓝应该具有还原性，故A错误；B.中毒时亚硝酸盐发生还原反应，能使血红蛋白中的铁元素由正二价变为正三价，故B错误；C.加入解毒剂美蓝，高铁血红蛋白被还原，故C正确；D.中毒过程中血红蛋白被氧化，表现出还原性，故D错误。

(2)氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性强于还原产物的还原性，根据反应 2NaNO_{2}+4HI=2NO+ I_{2}+2NaI+2H_{2}C ）可知，氧化性： NaNO_{2} {>}I_{2} ，还原性： HI>NO ，答案选BC；有0.75\ mol\HI 被氧化时，由I原子守恒可知，生成碘的物质的量为 {(0.75~mol)/(2)}= 0.375~mol,n~(NO)=0.375~molx2= 0.75~mol ，其在标准状况下产生气体的体积是 0.75~{mol}x22.4~{L}*{mol}^{-1}=16.8~{L} 。

(3)鉴别 NaNO_{2} 和 \DeltaNaCl ，可根据 NaNO_{2} 在酸性条件下具有氧化性，用淀粉碘化钾试纸来检验，可加入醋酸酸化，故答案为②⑤ 。

(4)能使 {NaNO_{2}} 转化为 N_{2} 的应是具有还原性的物质，只有 {NH_{4C l}} 符合。

答案：(1)C (2)BC 16.8 (3)②5 (4) ②

单元重构项目卷(二)

项目一

任务1

1.提示： 2Na+Cl_{2}\xlongequal{\triangle}2NaCl_{2}2Fe+3Cl_{2}
(\Delta)/(\Delta)2FeCl_{3* C u+C l_{2}}(\Delta)/(\Delta)CuCl_{2* H_{2}+C l_{2}} 点燃2HCl。

任务2

2.(1)提示：该实验的目的是验证氯气不具备漂白性，氯气和水反应后的产物由漂白性。（2)提示：吸收氯气中的水分，防止干扰试验。(3)提示：B中有色布条不褪色，C中有色布条褪色。

(4)提示：D中所装液体为氢氧化钠溶液，其作用是吸收剩余的氯气，所发生的反应为 Cl_{2}+2NaOH\:\overline{{{\longrightarrow}}}\:NaCl+NaClO +H_{2}O 。

（5） ① 提示：从A处通入 Cl_{2} ，当打开止水夹B后，C处干燥的红色布条逐渐褪色，可知通入的氯气是湿润的。

② 提示：出现上述现象可能是由于D中液体吸收了氯气中的水，也有可能是液体与氯气发生了反应，因此D中可能是浓硫酸，也可能是碳酸钠、氢氧化钠等能与氯气反应的物质。

任务3

3.(1)提示：酸性和漂白性。

(2)提示：说明溶液光照后不存在HCIO，
则HCIO不稳定，光照易分解生成HCI
和氧气，反应的化学方程式为2HCIO
光照2HCI+O2↑。

（3）提示：该实验为了证明实验三中“红色不褪去”不是因为氯水被稀释所致，应该加入溶剂使溶液变稀检验红色是否褪去，所以需要补充的实验是加入 1\ mL 水，溶液红色褪去。

(4)提示：白色沉淀用饱和氯化钠溶液浸泡后，取上层清液，滴加2滴紫色石蕊溶液，颜色褪去，说明浸泡后有HCIO生成，则沉淀中应该含有 \AgCl{O} ，所以实验三加入 {AgNO_{3}} 后所发生反应的化学方程式为 Cl_{2+2A g N O_{3}+H_{2}O=\overline{{A g C l\downarrow}}+} AgClO\\not\Psi+2HNO_{3\ }

项目二

任务1

1.(1)提示：在水和煤油的界面处逐渐变小并上下跳动，最后消失所发生的反应为2Na+2H_{2}O{\mathop{\longrightarrow}}2NaOH+H_{2}\uparrow\ o

(2)提示：由于钠与水反应生成氢氧化钠，所以酚酞溶液从右到左逐渐由无色变为红色。

(3)提示：生成的 H_{2} 与 CuO 发生反应： H_{2} +CuO\stackrel{\triangle}{\longrightarrow}Cu+H_{2}O, Cu十H2O,因此铜丝由黑变红。

(4）提示： 2Na+2H_{2}O=2NaOH+H_{2} ← \begin{array}{l l}{{2x23}}&{{\qquad2x40\quad2}}\\ {{}}&{{}}\\ {{arm{\tiny{g}}\qquad}}&{{\qquad(40a)/(23)rm{\tiny{g}}\quad(a)/(23)rm{\tiny{g}}}}\end{array} 则 w\left(NaOH\right){=}(/{40a)/(23)~g}{a~g+b~g-(a)/(23)~g}x100%}\\ {\equiv}\end{array}

任务2

解析：装置 ① 为 CaCO_{3} 与稀盐酸反应制备二氧化碳的装置，装置 ② 的作用是除去二氧化碳中的氯化氢气体，装置 ③ 的作用是除去二氧化碳中的水蒸气。装置 ④ 和 ⑤ 用来验证二氧化碳与过氧化钠反应时需要与水接触。带火星的木条能检验氧气，二氧化碳不支持燃烧，也不能燃烧，当二氧化碳通过过氧化钠时，不可能全部反应，所以应该除去未反应的二氧化碳，再用带火星的木条来检验是否产生了氧气，否则氧气浓度过低，带火星的木条不复燃，则装置 ⑥ 的作用是吸收过量的二氧化碳，防止干扰氧气的检验。

(4)步骤1中，通过过氧化钠的二氧化碳中不含有水蒸气，干燥的二氧化碳不能和过氧化钠反应，没有氧气生成，a处带火星的木条不复燃；步骤2中，通过过氧化钠的二氧化碳中含有水蒸气，含有水蒸气的二氧化碳能和过氧化钠反应，有氧气生成，a处带火星的木条复燃。

(5)过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，反应的化学方程式为 2Na_{2}O_{2}+ 2CO2—2Na2COs+O2 。

(7)二氧化碳和过氧化钠反应有碳酸钠生成，装置 ⑤ 中反应后的固体有碳酸钠，稀盐酸和碳酸钠反应可生成二氧化碳，二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊。

答案：（ 1)CaCO_{3+2H C l=C a C l_{2}+} H_{2O+C O_{2}\uparrow}

(2)a

(3)浓硫酸

(4)步骤1中带火星的木条不复燃，步骤 2中带火星的木条复燃

(6)经过 ⑤ 处的气体中有水，水也可与Na_{2O_{2}} 反应产生 O_{2} 使带火星的木条复燃

(7)加人稀盐酸，将产生的气体通人澄清石灰水中

任务3

3.解析:(1)室温下,在两支试管中加入1 gNa_{2}CO_{3} 或1gNaHCO3固体，再加入5~mL 水，振荡， Na_{2} CO_{3} 完全溶解，{NaHCO_{3}} 有少量固体残留，说明 {NaHCO}_{3} 在水中溶解度小，已经达到饱和。

(2)虽然所得溶液中分别滴入2滴酚酞溶液， Na_{2C O_{3}} 溶液呈红色， {NaHCO_{3}} 在溶液呈浅红色，前者碱性强，但二者的物质的量浓度不相同，无法比较碱性强弱。

(3）由于碳酸钠和盐酸反应分步进行，首先变为碳酸氢钠，所以不产生气体，方程式为 Na_{2}CO_{3}+HCl=NaHCO_{3}+ H_{2}O 。

(4)观察所给图示温度的变化，可以发现Na_{2C O_{3}} 固体和 {NaHCO_{3}} 固体分别溶于水，温度分别升高和降低，说明 Na_{2C O_{3}} 固体的溶解是放热过程， {NaHCO}_{3} 固体的溶解是吸热过程。

(5)Na_{2C O_{3}} 溶液和澄清石灰水反应的化学方程式为 \DeltaNa_{2C O_{3}+C a(O H)_{2}=} 2NaOH+CaCO_{3} ★，观察所给图像可知，将碳酸钠溶液中滴加到澄清石灰水中，溶液pH值变化与加入蒸馏水稀释时的pH变化曲线相似，这说明氢氧根离子未参与该反应。

（6）“断断续续产生气泡”说明气流成分是装置内空气，加热时排出了部分装置内空气。（7）碳酸钠受热不分解，因为澄清石灰水没有变浑浊；碳酸氢钠受热分解，根据B装置中白色粉末变蓝色，说明有水生成；

C装置中石灰水变浑浊，说明有二氧化碳生成，即相同条件下碳酸氢钠受热分解，稳定性较碳酸钠差。

答案：（1）相同温度下，1g Na_{2}CO_{3} 在5~mL 水中完全溶解， ~1~~g~ NaHCO在5~mL 水中有少量固体残留

(2)不能 Na_{2C O_{3}} 与 {NaHCO_{3}} 的物质的
量浓度不同,无法比较碱性强弱
( 3)Na_{2C O_{3}+H C l=N a H C O_{3}+H_{2}O}
(4 )NaHCO_{3}
（5） \DeltaNa_{2C O_{3}+C a(O H)_{2}=2N a O H+}
CaCO_{3} 加人 Na_{2C O_{3}} 溶液和加人蒸馏
水的 \DeltapH 变化曲线相似
(6)加热时排出了部分装置内空气
(7） \Delta)Na_{2C O_{3}} 的热稳定性比 {NaHCO}_{3} 强

项目三

任务1

1.（1）提示： 13.\ 0\ ~g~\ Zn 的物质的量为(13.0~g)/(65~g\bullet~mol^{-1)}{=}0.2~mol\circ

(2)提示：锌与稀硫酸反应的化学方程式为 Z n+H_{2}S O_{4}=Z n S O_{4}+H_{2}\uparrow ，由此可知， n\left(H_{2}\right)=n\left(Zn\right)=0.2\ mol,V(H_{2}) =0.2{~mol}x22.4{~L}\bullet{mol}^{-1}=4.48{~L}

（3）提示：反应后溶液中的溶质为ZnSO_{4},n\left(ZnSO_{4}\right)=n\left(Zn\right)=0.2\ mol 其质量为 0.2~molx161~g~*~mol^{-1}= 32.2 g。

(4）提示： 0.2~mol 的锌消耗硫酸 0.2~mol ，溶液的体积为 400~mL ，因此硫酸的浓度为 0.5\ mol*L^{-1} 。

(5)提示：反应后溶质为硫酸锌，其物质的量为 0.2~mol ，体积为 0.4~L~ ,因此反应后硫酸锌的浓度为 0.5~mol*L^{-1} 。

任务2

".A解析：量取浓硫酸应选用量筒，倾倒液体沿着量筒壁，操作正确，故A正确；稀释浓硫酸正确操作：将浓硫酸沿着烧杯壁缓缓注入水中，同时用玻璃棒不断搅拌，故B错误；移液操作应用玻璃棒引流，故C错误；定容时，胶头滴管应垂直容量瓶上方，不能深入容量瓶内，故D错误。

3.解析：（1）用浓硫酸配制一定物质的量浓度稀硫酸，基本步骤为计算、量取、稀释、移液、洗涤移液、定容、摇匀等，用到的仪器：量筒、胶头滴管、烧杯、玻璃棒、500~mL 容量瓶，还缺少的仪器： 500~mL 容量瓶;质量分数为 98% ,密度为 \ensuremath{1.84~g~} ：

mL^{-1} 的浓硫酸， n\left(H_{2}SO_{4}\right){=}(m(H_{2}SO_{4}))/(M(H_{2)SO_{4})} =(500~mL{x}1.84~g*cm{x}98%)/(98~g*mol^{-1)}{=}9.2~mol, c(H_{2}SO_{4})=(n(H_{2}SO_{4}))/(V(H_{2)SO_{4})}=(9.2\ mol)/(0.5\ L)= 18.4~mol*L^{-1} 。实际配制 500~mL 溶液，设需要浓硫酸体积为 V ，则依据溶液稀释过程中溶质的物质的量不变得 Vx18.4 mol\bulletL^{-1}=500mLx4.6mol\bulletL^{-1} ，解得 V{=}125.0~mL 。

(2)配制一定物质的量浓度溶液的步骤有：计算、称量或量取、溶解或稀释、冷却、转移、洗涤（转移）、定容、摇匀等，则正确的操作顺序是:eadfcfgb。

(3)未经冷却趁热将溶液注入容量瓶中，冷却后，溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故A选；容量瓶洗涤后，未经干燥处理，对溶质的物质的量和溶液体积都不产生影响，溶液浓度不变，故B不选；定容时仰视观察液面，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故C不选；未洗涤烧杯和玻璃棒，导致溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏小，故D不选。

(4)根据 2KOH{~H_{2}S O_{4}} ，中和 100~mL

2.3~mol*L^{-1} KOH溶液后显中性，需要4.~6~\mol~*~\L^{-1} 稀硫酸的体积为(100~mL{x}2.3~mol*L^{-1)/(x)(1)/(2)}{4.6~mol*L^{-1}}{=}25~mL_{\circ}

答案： (1)500~mL 容量瓶125
(2)B
(3)A
(4)25

4.（1)提示：这种情况应该遵循“大而近”的原则，应该选择 25~mL 的量筒，量筒量取到 0.1~\mL ，因此用量筒无法量取到0.01~mL 。

(2)提示：稀释浓硫酸时应该将浓硫酸沿烧杯壁慢慢注入水中，并用玻璃棒不断搅拌，其中玻璃棒的作用是搅拌，加速散热。

(3)提示：两种溶液配制所需仪器的不同之处在于称量或量取药品时所用仪器不同，前者用量筒量取液体的体积，后者用托盘天平称量固体的质量。

(4)提示：溶质变少，浓度偏低。

（5）提示：俯视时体积偏小，溶液浓度偏大。

阶段滚动检测卷（一)

答案速对

15.(1) ②③5 ①9 ②789 (2)Cu²++2OH-=Cu(OH)2→ (3)D C 4)SO_{2}+Ca\left(OH\right)_{2}=CaSO_{3}\ \downarrow +H_{2}O (5)Na_{2C O_{3}}

16.(1)0.4(2)NO 22:7失去 2x2e^{-} 催化剂(3)2NO+2CO N2+2CO2△ 1得到 12x2e^{-}

(4)1:3\quad(101)/(4)( （或25.25）

（5） \Delta\Na+2H_{2O=-2N a^{+}+2O H^{-}+} H_{2} ↑ 煤油(石蜡油)

(6 \Delta)2Na_{2O_{2}+2C O_{2}=2N a_{2}C O_{3}+O_{2}} (7）-1 还原剂 NaH+H_{2O=} {NaOH+H_{2}\uparrow}

(8) ①b 中产生气体速度快，且产生气体多 H C O_{3}^{-}+H^{+}=H_{2}O+C O_{2}\uparrow ② 丙 Na_{2C O_{3}}

17.(1)500~mL 容量瓶 ⑧ ⑤ ⑥ ⑦ (2)C(3) ① 62.5 ②BD

光照 （4）HCIO 大于 2HCIO \leftharpoondown 2HCl+O_{2}\ \uparrow

18.(1)12.8 100~mL 容量瓶(2)使亚硫酸钠完全反应，防止产生二氧化硫

（ 3)2ClO_{2}+H_{2}O_{2}+2OH^{-}=2ClO_{2}^{-} +O_{2\uparrow+2H_{2}O} 使 ClO_{2} 液化,防止{H_{2O_{2}}} 在较高温度下分解，防止温度高于 60°C 时 NaClO_{2} 分解

(4)醋酸和 ClO^{-} 反应生成HCIO实验② 中 HCIO 浓度大于实验 ① 中HCIO浓度，氧化性更强温度升高次氯酸分解，溶液中次氯酸浓度减小，氧化性减弱
(5)ClO2>NaClO2>NaClO

试题精析

1.B [A. Na_{2O_{2}} 与酸反应可以生成盐和水、氧气，所以 Na_{2O_{2}} 不属于碱性氧化物，故A错误； B.H_{3P O_{2}} （次磷酸）与足量的NaOH反应后只生成 NaH_{2P O_{2}}, 1个次磷酸只电离出1个氢离子，故 H_{3} PO_{2} 属于一元酸，故B正确；C.《神农本草经》中提到“白青 \left[Cu_{2(O H)_{2}C O_{3}}\right] 得铁化为铜”，其中白青属于碱式盐，故C错误；D.“钻酞菁”分子（直径为 1.5x10^{-9}m) 所形成的分散系具有丁达尔效应，故“钻酞菁”形成的分散系属于胶体，故D错误。].D［A.电解质是溶于水或在熔融状态下能够导电的化合物，Fe(OH)3胶体为混合物，不是电解质，A错误； B.K_{2F e O_{4}} 为氧化剂、 O_{2} 为氧化产物，根据氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，所以氧化性： K_{2F e O_{4}}>O_{2} ,B错误；C.溶液和胶体粒子均能透过滤纸，不能用过滤分离溶液和胶体，C错误；D.反应中氧元素化合价由一2变为0，生成 ~\AA~mol 氧气转移 4~mol 电子，标准状况下该反应每生成 22.4~L~ O_{2} （为 ~\ensuremath~{~1~~m o l~} ），转移电子的数目约为 4x 6.02x10^{23} ,D正确。]

3.B[A. Fe_{2O_{3}} 为碱性氧化物不是酸性氧化物，A错误； B.Mn_{2O_{7}} 为酸性氧化物，{Mg(OH)_{2}} 是碱， NaHSO_{4} 属于盐，氯水属于混合物，B正确；C.纯碱是碳酸钠属于盐不是碱，C错误； D.CuSO_{4}*5H_{2O} 为纯净物，不是混合物,D错误。

4.C[A项，CO还原 Fe_{3O_{4}} 得到Fe,Fe与HCI反应生成 FeCl_{2} ，不能生成 FeCl_{3} ;B项,NaOH与 {HNO_{3}} 发生中和反应生成NaNO_{3} ，但 {NaNO_{3}} 与KCI不反应；C项，Ca(OH)_{2} 与 CO_{2} 反应生成 CaCO_{3} ，CaCO_{3} 与 CH_{3C O O H} 反应又生成 CO_{2} ，反应均能一步实现；D项， Cu 与 O_{2} 在加热条件下反应生成 c_{u}O ，但 CuO 不能与H_{2}O 反应生成 Cu(OH)_{2}_{\circ} 二

5.A［A.透明溶液可以有颜色， Na^{+} 、Fe^{3+} NO_{3}^{-} ： Br^{-} 互不反应，可以大量共存，A正确；B.碳酸根与镁离子、镁离子与氢氧根不能大量共存，B错误；C.新制氯水有酸性和强氧化性， Fe^{2+} 、 HCO_{3^{-}} 不能大量共存,C错误;D.OH-、 Ca^{2+} 、 HCO_{3^{-}} 生成沉淀不能大量共存,D错误。]

6.A[A.钠和水生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠又和硫酸铜生成氢氧化铜蓝色沉淀和硫酸钠，A错误；B.向某未知溶液（不含 SO_{4^{2-}} )中加入足量硝酸酸化的硝酸银溶液，有白色沉淀出现，则该沉淀一定为 AgCl ，因为碳酸银可以溶于稀硝酸，无气体产生，说明一定不含 CO_{3^{2-}} 或{HCO_{3}^{-}} ，否则会有 CO_{2} 气体产生，B正确；C.钾元素的焰色反应实验需要透过蓝色钻玻璃观察，焰色反应为紫色；没有透过蓝色钻玻璃观察，火焰呈黄色则说明该溶液中含有 Na^{+} ，可能含有 K^{+} ,C正确；D.过氧化钠与水反应是放热反应，向包有足量过氧化钠粉末的脱脂棉上滴加几滴水，反应放热达到脱脂棉的着火点时，脱脂棉可以燃烧，D正确。］

.B[A.A是实验室制取 CO_{2} 的装置，利用的是大理石和稀盐酸，大理石的主要成分为碳酸钙，在书写离子方程式中碳酸钙要保留化学式，正确的离子方程式为CaCO_{3+2H^{+}=\overline{{{\Omega}}}H_{2}O+C O_{2}\uparrow+C a^{2+},} A正确；B.碳酸钠会与二氧化碳反应，所以装置B中应加入饱和 {NaHCO_{3}} 溶液以除去 CO_{2} 中的HCI,以免干扰实验，B错误；C.根据上述分析可知，装置D中应盛放NaOH溶液，其目的是除去未反应完的 CO_{2} ,C正确；D.装置E中可收集到的气体为氧气，能使带火星的小木条复燃，D正确。]

8.C [A. SO_{4^{2-}} 浓度与体积无关，则同浓度的 Na_{2S O_{4}} 、 MgSO_{4} 、 Al_{2} （ SO_{4} )溶液，SO_{4^{2-}} 浓度之比为 1:1:3 ，故A错误；B.\ensuremath{25~g~} 胆矾( {CuSO_{4}*5H_{2}O)} 物质的量为(25~g~)/(250~g\bullet~mol^{-1)}{=}0.1~mol,n~(CuSO_{4)}= 0.1~mol ，溶于水配成 ^~1~L~ 溶液，该溶液的物质的量浓度为 0.1\ mol*L^{-1} ，若溶于1L水配成溶液，该溶液的体积不等于 ^rm{\scriptsize1L} 则物质的量浓度不等于 0.1\ mol*L^{-1} ，故B错误；C.根据溶质守恒， 0.5~mol~*~L^{-1} x V{=}1\ mol*L^{-1}x V_{1},V_{1}{=}0.5V ，硫酸不挥发，故能采用将溶液加热浓缩到原体积的一半的方法，故C正确；D.将 ~1~mol~ ·L^{-1} 的NaCI溶液和 0.5~\mol~^{-1} 的BaCl_{2} 溶液等体积混合后， c\ (Cl^{-}\ )= (1\ mol*L^{-1}x V+0.5\ mol*L^{-1}x Vx2)/(2V) =1\mol*{L^{-1}} ，若忽略溶液体积变化，c(Cl^{-})=1\ mol*L^{-1} ，故D错误。]

9.C［A.实验中通入空气主要是稀释ClO_{2} ，防止因 ClO_{2} 浓度过高时易发生分解引起爆炸，A正确；B.二氧化氯易溶于水， ③ 装置可以溶解二氧化氯，利用 ② 装置为安全瓶，防倒吸现象的发生，B正确；C.装置 ① 中发生反应的化学方程式为H_{2S O_{4}+2N a C l O_{3}+H_{2}O_{2}=2C l O_{2}\uparrow+} O_{2\uparrow+2H_{2}O+\Delta N a_{2}S O_{4}} ，其中 {NaClO_{3}} 是氧化剂， {H_{2O_{2}}} 是还原剂，则氧化剂与还原剂反应的物质的量之比为 {~2:1,C} 错误；D.当看到装置 ③ 中导管内液面上升时，说明发生倒吸现象，应增大空气的通入速率，利用增大气体压强，将导管内液体压回到装置 ③ 中,D正确。]

.B［A.实验1中混合物溶于水所得溶液中的碳酸钠和碳酸氢钠均能与足量氢氧化钡溶液反应生成碳酸钡沉淀，则白色沉淀a为碳酸钡沉淀，实验2，碳酸钠与硝酸银溶液反应生成碳酸银白色沉淀及氯化钠与硝酸银反应生成氯化银沉淀，则实验2中白色沉淀b为氯化银和碳酸银的混合物,A错误;B.由实验3可知，混合物中碳酸钠和碳酸氢钠完全与盐酸反应，设第三份混合物中碳酸钠、碳酸氢钠的物质的量分别为 x\ mol\ 、y\ mol ，由碳原子个数守恒可得： x+y= 22.4 L · mol-=0.02 mol①,由与盐酸反应的方程式可得： 2x+y=1.0~mol ：L^{-1}x0.05\ L-0.4\ mol*L^{-1}x0.05\ L= \boldsymbol{0.03\ mol②} ,解联立方程可得： _{* x=0.01\ mol} ：y=0.01\ mol,B 正确;C.根据分析,实验1的沉淀为碳酸钡沉淀,根据碳原子守恒， n\left(BaCO_{3}\right)=0.02\ mol,m\left(BaCO_{3}\right)= 0.02\ mol{x197\ }g*mol^{-1}=3.94\ g,C 错误；D.溶液中 n n\left(Cl^{-}\right)=n （NaCl）+\begin{array}{r l}&{n\left(HCl\right),n\left(NaCl\right)=n\left(Cl^{-}\right)-n\left(HCl\right)}\\ &{}\\ &{=1.4~mol*L^{-1}x0.05~L-1~mol*L^{-1}}\\ &{}\\ &{x0.05L=0.02~mol,m\left(NaCl\right)=n M=}\end{array} 0.02\ molx58.5\ g=1.17\ g ，每份混合物中NaCl有 1.17~g ,则该包固体的NaCl有 1.17~gx3{=}3.51~g,D 错误。]

11.C[A.钠与水反应放热，大试管内气体受热膨胀，使U型管中红墨水左低右高，图中可验证为放热反应，故A能达到实验目的；B.过氧化钠与水反应生成氧气，且放热，则带火星的木条复燃，可验证有氧气生成，故B能达到实验目的；C.由于氯水具有漂白性,所以不能用pH试纸测其pH，故C不能达到实验目的；D.碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠，小试管中为碳酸氢钠更能说明情况，故D能达到实验目的。]

12.D[I为制备 CO_{2} 的装置，Ⅱ中用饱和{NaHCO_{3}} 溶液除去 CO_{2} 中的HCI杂质，Ⅲ中用浓硫酸干燥 CO_{2} ， IV 中Na与CO_{2} 在加热时反应，√用于检验是否有CO生成。 H_{2S O_{4}} 与 CaCO_{3} 反应生成微溶物 CaSO_{4} ，覆盖在 CaCO_{3} 表面，能阻止反应的发生，则不能用稀硫酸代替稀盐酸，A项错误；装置Ⅲ的目的是干燥CO_{2} 气体，B项错误；实验时先打开活塞a制备 CO_{2} ，利用 CO_{2} 排出装置中的空气，再点燃酒精灯使Na与 CO_{2} 反应，C项错误；装置 V 中出现黑色沉淀，说明装置 IV 中有CO生成，则装置 IV 中发生的反应为 2Na+2CO_{2}\xlongequal{\triangle}Na_{2}CO_{3}+CO, D项正确。]

.B \bar{Ca(C l O)_{2}} 粉末上滴加浓盐酸后产生的黄绿色气体为 Cl_{2} 。 ① 中干燥红纸不褪色， ② 中湿润红纸逐渐褪色，说明干燥的 Cl_{2} 没有漂白性，A项正确； Cl_{2} 在饱和食盐水中几乎不溶解， ③ 中几乎不能发生反应 Cl_{2}+H_{2O}=Cl^{-}+H^{+}+ HCIO,对比 ②③ 的现象，说明 Cl^{-} 没有漂白性，无法说明使红纸褪色的粒子是HCIO,B项错误； ② 中发生反应 Cl_{2}+ H_{2O=-H^{+}+C l^{-}+H C l O} ,红纸逐渐褪色， ④ 中 {NaHCO}_{3} 溶液显碱性,红纸快速褪色，说明能使红纸褪色的粒子一定不是 H^{+} ,C项正确； ④ 、 ② 、 ③ 中c (HCIO)依次减小，根据 ④ 中红纸快速褪色， ② 中红纸逐渐褪色， ③ 中红纸几乎不褪色可知 c (HCIO)越大，漂白效果越好,D项正确。]

.C［A.根据图示，生成标准状况下二氧化碳的体积为 0.672~L~ ，产生的 CO_{2} 的物质的量为 (0.672~L)/(22.4~L*~mol^{-1)}=0.03~mol ，故A正确;B.AB段反应放出二氧化碳，则发生反应的离子方程式为： HCO_{3^{-}+} H^{+}-CO_{2\ ^{\star}+H_{2}O} ,故B正确;C.若溶质由0.01 mol Na_{2C O_{3}} 和 y_{2} mol{NaHCO_{3}} 组成,根据碳元素守恒,碳酸氢钠的物质的量为 0.02~mol ,根据钠元素守恒反应生成 NaCl 的物质的量为0.04~mol ,根据氯元素守恒，反应消耗HCI 的物质的量为 0.04mol,V_{2}= 0.5 mol·L-=0.08 L=80 mL,故C错误;D.AB段发生反应为 NaHCO_{3+} HCl={\overline{{{CO_{2}\uparrow+H_{2}O+N a C l}}}} ，产生的CO_{2} 的物质的量为 0.03\mol ，由碳元素守恒可知 n\left(Na_{2C O_{3}}\right)=0.03~mol ;AB段消耗益酸的依和为 (0.03\ mol)/(0.5\ mol*L^{-1)}{=}0.06\ L {\it\Delta}=60{~mL} ， 3V_{1}=2V_{2} ，则 V_{2}-V_{1}=0.5V_{1} ，V_{1}{=}120~mL ;OA段发生反应 Na_{2C O_{3}} +HCl=NaCl+NaHCO_{3} ,消耗盐酸0.03\mol ,体积为 60~mL ,故与NaOH反应盐酸体积为 120\ \mL-60\ \mL=

60~{mL,\it{n}{~(~NaOH)=~0.5~{{mol*{L^{-1}x{}}}}}} 0.06~L=0.~03~~mol ，则 \mathbf{\Psi}_{m} ( Na_{2C O_{3}} ）与 m(NaOH)之比为 (0.03~mol{x}106~g*mol^{-1})/(0.03~mol{x)40~g*mol^{-1}} =(106)/(40)=(53)/(20) 2故 D正确。]

.(1)电解质是溶于水或在熔融状态下能够导电的化合物；非电解质是溶于水和在熔融状态下都不能够导电的化合物；溶液导电的原因是存在自由移动的离子，金属导电的原因是存在自由移动的电子； ①H_{2} 属于单质，不能导电； ② 熔融NaCl为盐，属于电解质，处于熔融态，有自由移动的离子，能导电； ③NaHSO_{4} 固体，属于电解质，不能导电； ④CO_{2} 属于非电解质，不能导电； ⑤{H_{2S O_{4}}} 属于电解质，不能导电； ⑥ 75%的酒精属于混合物，不导电； ⑦ NaOH溶液属于混合物，能导电； ⑧ 稀盐酸属于混合物，能导电；⑨ Fe属于金属单质，能导电。故属于电解质的有 ②③⑤ ；属于非电解质的有①⑨ ；上述条件下能导电的有 ②⑦⑧⑨ 。({2)C u S O_{4}} 溶液和 ⑦ 反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钠，反应的离子方程式为\DeltaCu^{2++2O H^{-}=}Cu(OH)_{2\downarrow_{\circ}}

(3)NaCl、 NaHSO_{4} ： \DeltaNaOH 分别是含钠 盐、含钠盐、含钠碱，故都属于含钠化合 物，选D。

(4)少量 SO_{2} 与澄清石灰水反应生成亚硫酸钙沉淀和水，化学方程式为 SO_{2+} Ca(OH)_{2=-C a S O_{3}\ \downarrow+H_{2}O_{\circ}}

(5)纯碱不是碱，是 Na_{2C O_{3}} ，从物质分类角度， Na_{2C O_{3}} 属于盐，所以不恰当的是 Na_{2C O_{3}} 。

16.(1)0.6\ mol\ CO 中所含原子数为 1.2N_{~A~} 与 1.2N_{A}/3{=}0.4~mol~CO_{2} 所含原子数相等。

(2)NO中N的化合价降低，发生还原反应，为氧化剂， N_{2} 为还原产物，CO转化为 CO_{2} ， CO_{2} 为氧化产物，配平后化学方程式为 2NO+2CO(\ddagger{*}\llangle\ddagger{})/(\triangle)N_{2}+2CO_{2} ，氧化产物与还原产物的质量之比为 (2x 44）: 28=22:7 。

(3)该反应中，每生成一个 N_{2} 分子得到
4个电子，每生成一个 CO_{2} 分子，失去2
个电子，则用双线桥表示电子的转移失去 2x2e^{-} 催化剂
为2NO+2CO： N2+2CO20得到 2x2e^{-}

(4)设NO和CO的物质的量分别为 x 、y ，则 30x+28y=28.5(x+y) ，解得：

x:y=1:3 ，同温同压下，体积之比等于物质的量之比，故该混合气体中NO和CO的体积之比为 1:3 ；已知：分压 \c= 总压 x 该组分物质的量分数，故该体系中NO的分压为 101x(1)/(4){=}(101)/(4)\ kPa. 。

(5)物质 ① 是金属钠，钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，其反应的离子方程式为：2Na+2H_{2}O{\displaystyle-}2Na^{+}+2OH^{-}+H_{2}\uparrow, 为隔绝空气中的氧气和水，通常将其保存在煤油或石蜡油中。

(6)淡黄色固体 ② 是过氧化钠，过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，其反应的化学方程式为： 2Na_{2}O_{2}+2CO_{2} \overline{{-2N a_{2}C O_{3}+O_{2}}} 。

(7)NaH中 \DeltaNa 为 +1 价，则H元素的化合价为一1价； ~H~ 元素处于最低价态，其化合价只能升高，因此NaH常用作还原剂；NaH与水反应生成NaOH和 H_{2} ，反应的化学方程式为 NaH+H_{2O=} NaOH+H_{2} ↑。

(8) ① 相同质量的 Na_{2C O_{3}} 和 {NaHCO_{3}} ，Na_{2C O_{3}} 的物质的量小于 {NaHCO_{3}} ，根据C元素守恒， Na_{2C O_{3}} 反应产生的CO_{2} 的量小于 {NaHCO_{3}} 。碳酸钠与盐酸分两步反应严生 CO_{2} ，先发生Na_{2C O_{3}+H C l=N a C l+N a H C O_{3}} ，后发生 NaHCO_{3+H C l=N a C l+H_{2}O} +CO_{2} \uparrow ,而碳酸氢钠与盐酸只发生一步反应为 NaHCO_{3+H C l=N a C l+} H_{2O+C O_{2}} ↑，因此碳酸氢钠反应产生气体速度快。所以甲组实验能鉴别纯碱和小苏打的实验现象是b中产生气体速度快，且产生气体多；试管b中发生反应的离子方程式为 HCO_{3^{-}+H^{+}=-H_{2}O} +CO_{2} ↑； ② 乙、丙两组实验中,丙组将两个实验合成一个实验，能更便捷的验证两者的热稳定性；丙组实验中A处盛放的物质应为 Na_{2C O_{3}} ,B处盛放的物质应为 {NaHCO_{3}} ，小试管中的 {NaHCO_{3}} 不靠近火源，产生的气体能使澄清石灰水变浑浊，而大试管连接的澄清石灰水无现象，大试管中的 Na_{2C O_{3}} 靠近火源温度较高，而澄清石灰水却没有变浑浊，说明碳酸钠稳定性比碳酸氢钠好。

17.(1)配制过程中，需要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、量筒、 500~mL 容量瓶；用浓溶液配制一定物质的量浓度稀溶液一般步骤：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，正确的操作顺序为： ②\to①\to③\to⑧\to⑤\to⑥\to ⑦\rightarrow④ 。

(2)A.未洗涤烧杯和玻璃棒，溶质会偏 少，所配制溶液浓度偏低，A错误；B.定 容时仰视容量瓶刻度线，溶液中加水的 体积偏大，所配制溶液浓度偏低，B错 误；C.未冷却到室温就将溶液转移到容 量瓶并定容，冷却到室温时溶液体积偏 小，所配制溶液浓度偏高，C正确；D.配 制前容量瓶内有少量蒸馏水不影响所配 制溶液的浓度，D错误。

(3) ① 浓硫酸稀释前后硫酸的质量不变，故 V\mL{x}1.84\g\bullet\cm^{-3}{x}98%{=}500x 10^{-3Lx2.3~m o l\bullet~L^{-1}x98~g\bullet~m o l^{-1}}, 故 V{=}62.5~mL 。

② A.溶液中 H_{2S O_{4}} 的物质的量与所取溶液的体积有关系，A错误；B.溶液的浓度与所取溶液的体积无关，B正确；C.溶液的质量与所取溶液体积有关系，C错误；D.溶液的密度与所取溶液的体积无关,D正确。

(4)图像表明，当调至 pH=4 时， \"84 消毒液”中的有效成分为HCIO；醋酸的酸性大于HCIO，故实验ⅡI醋酸和次氯酸钠反应生成次氯酸，红色纸片迅速褪色，说明次氯酸浓度越大，漂白性（氧化性）越强，当其他条件相同时，氧化性：HCIO大于NaClO；用次氯酸钠溶液代替次氯酸溶液作消毒剂的原因为：次氯酸不稳定见光易分解，而次氯酸钠更稳定，用化学方程式表示为 2HClO\stackrel{\dot{π}*\mathbb R^{3}}{=}2HCl+ O_{2} ↑。

18.(1)根据题中所给数据，有 c=(1000\rho\omega)/(M)= (1000x1.67x75%)/(98)\approx12.8mol*L^{-1} ；配制 100~mL 该硫酸溶液，需要 100~{mL} 容量瓶。

(2)装置B中 \DeltaNaClO_{3} 须稍微过量，使亚硫酸钠完全反应，防止产生二氧化硫，影响产品纯度。

(3)由题意知，CI化合价降低，故 {H_{2O_{2}}} 中〇化合价应升高，产物为 O_{2} ，所以离子方程式为： 2ClO_{2}+H_{2}O_{2}+2OH^{-} -2ClO_{2}^{-}+O_{2}\uparrow+2H_{2}O ；装置C需采用冰水浴的可能原因是：使 ClO_{2} 液化，防止 {H_{2O_{2}}} 在较高温度下分解，防止温度高于 60°C 时 NaClO_{2} 分解。

（4）相同浓度时，HCIO的氧化性强于ClO^{-} ，醋酸和 ClO^{-} 反应生成HCIO,实验 ② 中HCIO浓度大于实验 ① 中HCIO浓度，氧化性更强，纸片褪色更迅速；实验 ③ 可得不同温度下ORP值不同的原因可能是：温度升高次氯酸分解，溶液中次氯酸浓度减小，氧化性减弱。

（5）由题中所给“有效氯含量”定义列式求解：氧化能力相当即二者转移电子相同， ClO_{2} ： NaClO_{2} 、NaClO、 Cl_{2} ，还原产物均为 Cl^{-} ，设三种含氯消毒剂的有效氯含量分别为 x_{1} 、 x_{2} 、 \boldsymbol{x}_{3} ， ClO_{2} (1~g~)/(67.5~g~\bullet~mol^{-1)}x5e^{-}=(x_{1}~g~)/(71~g~\bullet~mol^{-1)}x 2e^{-} ， x1 《 2. 63 g， NaClO_{2} \begin{array}{r}{(1~g)/(90.5~g\bullet~mol^{-1)}x4e^{-}=(x_{2}~g)/(71~g\bullet~mol^{-1)}x}\\ {\phantom{(1~g)/(90.5~m)}}\\ {2e^{-},x_{2}\approx1.57~g,NaClO;(1~g)/(74.5~g\bullet~mol^{-1)}}\\ {\phantom{(1~g)/(90.5~m)}}\\ {x2e^{-}=(x_{3}~g)/(71~g\bullet~mol^{-1)}x2e^{-},x_{3}\approx0.95~g,}\end{array} 故这三种含氯消毒剂的有效氯含量由大到小的顺序为 ClO_{2}>NaClO_{2}>NaClO_{\circ}

单元重构项目卷(三)

项目一

任务1

1.(1)提示：A。铁的氧化物中 Fe_{2O_{3}} 为红棕色，B的说法是错误的。

(2)提示：取黑色粉末少许于试管中，加适量稀盐酸或稀硫酸，有气泡产生的原黑色粉末为铁粉，若无气泡产生则原粉末为Fe_{3O_{4}} （其他合理答案亦可）。

(3)提示：用干燥的氢气与黑色粉末加热反应，用无水硫酸铜检测有水产生或用纯净的一氧化碳与黑色粉末加热反应，用澄清石灰水检测有二氧化碳产生（其他合理答案亦可）。

解析：解答此题，要明确实验目的，理解装置的工作原理、各仪器的作用。U形管的作用是吸收反应生成的水，为了保证纯净的 H_{2} 进入D装置，必须利用B、C装置除杂（HCI气体和水蒸气）；为了保证U形管增加的质量等于反应生成水的质量，必须用F装置防止空气中的水蒸气进入E装置。由反应方程式知： Fe_{2O_{3}+3H_{2}} \begin{array}{r}{\triangle{\ }_{2Fe+3H_{2}O,FeO+H_{2}}\triangle{\ }_{Fe+}}\end{array} H_{2O},m\left(Fe_{2O_{3}}\right)+m\left(FeO\right)=23.2~g~ ，两反应生成的水： m\left(H_{2}O\right){=}7.2\ g. 列方程组可求得m(Fe2O)=16 g。

答案：（1)关闭a，从球形漏斗口加水，待水从漏斗管上升与容器的水面形成一段水柱差，停止加水，静置片刻，如水柱不下降，证明其气密性良好

（2）在b出口处必须检验氢气的纯度(3)除去 H_{2} 中混有的HCI气体浓硫酸干燥氢气

（ 4)Fe_{2}O_{3}+3H_{2}\xlongequal{\bigtriangleup}2Fe+3H_{2}O,FeO+
H_{2}\stackrel{\triangle}{-}Fe+H_{2}O
(5)16 g

任务2

.B解析：向溶液中加入铁粉，依次发生反应： 2FeCl_{3+F e=3F e C l_{2}} ， Fe+CuCl_{2} -FeCl_{2+C u} 。若无固体剩余，则溶液中可能有 Fe^{3+} 未被完全还原而存在，也可能 Fe^{3+} 全部被还原而不含 Fe^{3+} ,A错误；若有固体存在，则溶液中一定有 Fe^{3+} 被还原生成的 Fe^{2+} 与Fe被氧化生成的Fe^{2+} ,B正确；若溶液中有 Cu^{2+} ，则可能Cu^{2+} 未被还原而没有固体析出，也可能有部分 Cu^{2+} 被还原而有固体析出，C错误；若溶液中有 Fe^{2+} ，可能 Cu^{2+} 被还原而有 Cu 析出，也可能 Cu^{2+} 未被还原而没有固体析出，D错误。

4.解析：（1）在反应中 Fe^{2+} 作还原剂，体现其还原性，因此应选择氧化剂，所以选用氯水,反应为 2FeCl_{2+C l_{2}=2FeCl_{3}} 。(2)向 FeCl_{3} 溶液中加入铁粉，发生的反应为 2Fe^{3+}+Fe=3Fe^{2+} ，所以溶液由棕黄色变为浅绿色。向 FeCl_{2} 溶液中滴加KSCN溶液不变为血红色。

（4）已知 {MnO_{4^{-}}} 得电子，故 MnO_{4^{-}} 是氧化剂， \ensuremath{Mn^{2+}} 为还原产物，则题目提供的Fe^{3+} 是氧化产物，故还原剂为 Fe^{2+} 。即X为 Fe^{2+} 。反应为 5Fe^{2+}+8H^{+}+ MnO_{4^{-}=\overline{{\Omega}}M n^{2+}+5F e^{3+}+4H_{2}O_{\circ}}

答案： (1)2FeCl_{2+C l_{2}=2FeCl_{3}}

(2)浅绿色 不变色
(3)Fe^{2++Z n=Z n^{2+}+F e}
\begin{array}{l}{{(4)Fe^{2+}\quad5Fe^{2+}+8H^{+}+MnO_{4^{-}}=}}\\ {{Mn^{2+}+5Fe^{3+}+4H_{2O}}}\end{array}

任务3

5.B解析：铁泥（主要成分是 Fe_{2O_{3}} ，含少量 CaCO_{3} ）“酸浸”得到的溶液中含有Fe^{3+} Ca^{2+} ,加入过量铁粉将 Fe^{3+} 还原为Fe^{2+} ，向“还原”后的滤液中加入 NH_{4F} 使 Ca^{2+} 转化为 CaF_{2} 沉淀而除去；然后进行“沉铁”生成 FeCO_{3} ，以此解答该题。

A.“还原”过程主要是将 Fe^{3+} 还原为Fe^{2+} ,A正确； {B.FeCO_{3}} 中二价铁有还原性，在空气中烧后可获得 Fe_{2O_{3}} ，无法获得FeO，B错误；C.“除杂”这一步得到滤渣和滤液，操作为过滤，C正确；D.NH_{4F} 主要用来除去 Ca^{2+} ，因此滤渣

为 CaF_{2} ,D正确。

6.（1)提示：不能。“酸溶”过程若使用硫酸，会引入硫酸根离子。

(2)提示：把 Fe^{2+} 氧化为 Fe^{3+} 。

(3)提示：可用酸性高锰酸钾溶液检验晶体粗品中是否含有 FeCl_{2} 。

（4）提示： 4FeS_{2}~+~110_{2}~\ensuremath{\stackrel{\triangle}{=}}~8SO_{2} +2Fe_{2O_{3}} 。

任务4

7.C解析：因为亚铁离子易被氧化为三价铁离子，所以本题可以认为是检验三价铁离子中含有二价铁离子，酸性 KMnO_{4} 溶液褪色可证明 Fe^{2+} 的还原性。

8.解析：（1)证明步骤 ① 滤液中含有 Fe^{2+} 的方法是取样品于试管中，先滴加KSCN溶液，无明显现象，再滴加氯水、过氧化氢或稀硝酸等氧化剂，溶液由浅绿色变为血红色,则样品中含有 Fe^{2+} 。

(2)步骤 ② 加入过量 {H_{2O_{2}}} 发生的反应是Fe^{2+} 被过氧化氢氧化生成 Fe^{3+} 。 O_{2} 具有氧化性能将 Fe^{2+} 氧化,该步骤中 {H_{2O_{2}}} 还可替换为 O_{2} 。

(3)若实验中铁无损耗,最后 Fe_{2O_{3}} 为 \boldsymbol{a}\ g ，Fe_{2O_{3}} 含有铁元素的质量为 (112)/(160)x a~g= _{~0.7~a~g~} ，则每片补血剂中含铁元素的质量\mathfrak{h}(0.7~a~g~)/(10)=0.07~a~g~_{\circ}

答案：（1)取样品于试管中，先滴加KSCN溶液，无明显现象，再滴加氯水、过氧化氢或稀硝酸等氧化剂，溶液由浅绿色变为血红色,则样品中含有 Fe^{2+}

(2)B (3)0.07a

项目二

任务1

1.(1)提示：没有。合金属于混合物，金属与金属或金属与非金属形成合金时，两者没有发生化学反应，各成分的化学性质没有发生变化。

(2)提示：合金具有许多优良的物理、化学或机械性能，在物理性质、机械性能方面优于各成分金属，不是简单加和；但一般认为在化学性质上，合金体现的是各成分金属的化学性质。

2.D解析：合金的熔点比它的各成分金属的熔点低，硬度大于其成分金属，A正确；合金的性质与成分的含量有关，所以改变原料的配比，可以制得性能不同的铝锂合金，B正确；铝锂合金具有金属材料的一些通性，有金属光泽，可导电导热，C正确；合金的熔点比它的各成分金属的熔点低，硬度大于其成分金属，所以铝锂合金的性质与各成分金属的性质不完全相同，D错误。

任务2

.C解析：要制备氮化镁，需要除去空气中的氧气、 CO_{2} 和水蒸气，则装置A、B中可依次加入NaOH溶液、浓硫酸，A错误；若去掉装置C，镁与氧气反应生成氧化镁，对产品纯度有影响，B错误；实验时，应先加热装置C，通入一段时间空气除去氧气，然后再加热装置D，C正确；装置E中碱石灰的作用是吸收空气中的水蒸气和二氧化碳，避免进入D中干扰实验，D错误。

4.解析：（1)将菱镁矿粉碎可以增大与酸液的接触面积，进而提高酸浸速率和转化率。

（2）因为菱镁矿中含有 FeCO_{3} ，经过酸浸之后生成 Fe^{2+} ，然后通入 Cl_{2} 氧化为Fe^{3+} ，然后再沉淀；如果采用硝酸作氧化剂，反应会产生 NO_{2} 气体，另外过量的硝酸产生杂质离子 NO_{3}^{-} 不易除去。

(3)经过氧化后，溶液中含有 Al^{3+} ： Fe^{3+} 和 Mg^{2+} ，加入 MgO 可以促进 Al^{3+} 和Fe^{3+} 的水解，进而生成沉淀，沉淀为AI(OH)和 Fe(OH)_{3} 。

(4)制取金属镁时，采用电解熔融 MgCl_{2} 的方法，故选A项。

答案：(1)提高酸浸速率

(2) Fe^{2+} 会产生污染性气体 NO_{x} 会
引人杂质离子 NO_{3}^{-}
(3)Al(OH)_{3}\quadFe(OH)_{3}
(4)A

任务3

.C解析：铝比铁活泼，但铝制品表面容易形成致密的氧化物薄膜，比铁制品在空气中耐腐蚀，故A不符合题意；铝属于活泼的金属元素，具有较强的还原性，铝热反应不仅被用于焊接钢轨，而且还常用于冶炼熔点较高的金属，B不符合题意；冶炼铝，一般电解熔融状态的氧化铝，铝属于活泼的金属元素，电解氯化铝饱和溶液，得不到铝，C符合题意； {Al_{2}{O_{3}}} 、 MgO 的熔点很高，可用于制作耐高温材料，D不符合题意。

6.D解析：铝、铁、镁都可与盐酸反应产生无色气体，不能得出含铝、铁、镁三种金属的结论，A错误；铝、铁、镁三种金属中只有铝能与NaOH溶液反应产生无色气体，B错误；氢氧化镁与氢氧化铝均为白色沉淀，C错误；用盐酸溶解后生成的亚铁离子在空气中易被氧化成 Fe^{3+} ，加入KSCN溶液呈红色，D正确。

7.D解析：A项，铝的表面易形成氧化膜，从而保护内部的铝不再被腐蚀，错误；B项， {Al_{2}{O_{3}}} 有导电性，可以用于电解冶炼铝，错误；C项， Al(OH)_{3} 具有弱碱性，可以中和胃酸，错误；D项， Al^{3+} 水解生成Al(OH)_{3} 胶体，可以用于净水，正确。

阶段滚动检测卷（二）

答案速对

15.(1)碳酸盐

(2)A

(3)2H^{++C a C O_{3}=C a^{2+}+H_{2}O+} CO_{2} 否反应前后无元素化合价发生变化

(4)B

（5）二氧化碳为酸性氧化物，能与水反应生成碳酸，在水溶液中碳酸能电离出H^{+} ,使紫色石蕊溶液变红

16.(1)分液漏斗 MnO_{2}+4H^{+}+2Cl^{-}\stackrel{\triangle}{-} Mn^{2++C l_{2}\uparrow+2H_{2}O}

(2)A

(3)除去 Cl_{2} 中的HCI杂质长颈漏斗内液面上升

(4)乙

(6)吸收尾气，防止 Cl_{2} 污染环境，且防止空气中的水蒸气进人收集器中

17.(1)Al FeCl_{2}

(2)2Al+2OH^{-+6H_{2}O=} 2[Al(OH)_{4}]^{-}~+3H_{2}~\uparrow

(4)硫氰化钾溶液

（5）产生白色沉淀，迅速变成灰绿色，最终变成红褐色

(6)5.6

18.(1)D (2)Al_{2O_{3}}\Delta\Al^{3++3N H_{3}\bullet H_{2}O=} AI(OH)+3NH+

(3) ① 铁屑 ② 加热煮沸 ③ 避免生成的 Fe(OH)_{2} 沉淀接触到空气中的 O_{2} 而被氧化 ④ 铁屑和稀硫酸NaOH溶液 ⑤ 试管I中生成氢气和硫酸亚铁，氢气沿着导管进人试管Ⅱ中，收集试管Ⅱ出口处的气体，检验氢气的纯度，当排出的 H_{2} 纯净时，再夹紧止水夹，这时试管I内压强增大， FeSO_{4} 溶液顺着导管进人试管Ⅱ的NaOH溶液中，NaOH 与 FeSO_{4} 发生反应生成Fe(OH)2沉淀 ⑥ 铁屑和稀硫酸反应生成的氢气将两支试管内的空气都排出去，使氢气充满试管工和试管Ⅱ（起保护气的作用），且外界空气不容易进入，由于有氢气的保护作用

试题精析

L.D[A.CO是不成盐氧化物，故A错误；B.纯碱是碳酸钠，是盐而不是碱，故B错误； C.H_{2} 是单质，既不是电解质也不是非电解质，故C错误；D.生铁是含碳量为2%~4.3% 的铁碳合金，属于混合物；不锈钢是最常见的合金钢，它的合金元素主要是 Cr （铬)和Ni(镍），属于混合物；有色玻璃是固溶胶，属于混合物；碘水是碘单质部分溶于水中形成的混合物，故D正确。]

2.C［A.钠和氯元素的单质化学性质活泼，容易参加反应，在自然界中不存在游离态，A错误；B.Na在 Cl_{2} 中燃烧，生成氯化钠颗粒，产生白烟，B错误；C.钠单质性质活泼，容易跟空气中的氧气、水蒸气反应，通常保存在煤油或石蜡油中；次氯酸见光容易分解为盐酸和氧气，故新制氯水应避光保存，C正确；D.工业上电解熔融NaCl制备金属钠时，Na元素化合价降低，发生了还原反应，D错误。

.A[A.l mol Na 与 O_{2} 完全反应，生成{Na_{2}O} 和 Na_{2}O_{2} 的混合物，钠的化合价由0升高到 +1 ，故转移电子总数为 N_{~A~} 个，A正确；B.等物质的量的 N_{2} 和CO所含分子数相等，但不一定是 N_{~A~} 个，B不正确；C.制取漂白液的反应方程式为： Cl_{2} +2NaOH{{~-~}N a C l+N a C l O+H_{2}O} ，氯元素由0价降至一1价，因此1mol Cl_{2} 完全反应时转移的电子数为 N_{~A~} ,C不正确；D.16g O_{2} 的物质的量为(16rm{g})/(32rm{g)\bulletrm{mol}^{-1}}=(1)/(2)\mol,(1)/(2)\mol\O_{2} 中所含的氧原子数为 N_{~A~} ,D不正确。]

.A[A.碳酸钠粉末滴加几滴水，再插入温度计，碳酸钠结块变成晶体，温度升高，说明碳酸钠粉末与水反应生成 Na_{2C O_{3}} ·x\operatorname{H}_{2}\operatorname{O} 晶体，同时该反应放热，A正确；B.Cl_{2} 与KI反应生成 I_{2} ，淀粉遇到 I_{2} 变蓝色，说明氧化性： Cl_{2}{>}I_{2} ， Cl_{2} 与KBr反应生成 Br_{2} ,溶液变橙色，说明氧化性： Cl_{2}> Br_{2} ，但不能说明氧化性： Br_{2}{>}I_{2} ,B错误；C.向待测液中加入盐酸酸化的 AgNO_{3} 溶液，盐酸引入了 Cl^{-} ，无法说明待测液中含有 Cl^{-} ,C错误；D.在空气中点燃氢气，将导管伸入盛有氯气的集气瓶，集气瓶中产生白雾，生成HCI,D错误。

.D[ Fe_{2O_{3}} 和 Cu 的混合物投入稀硫酸中，先发生反应： Fe_{2O_{3}+6H^{+}=2F e^{3+}} +3H_{2}O ，生成的 Fe^{3+} 继续和 Cu 反应：2Fe^{3+}+Cu\overline{{-2Fe^{2+}+Cu^{2+}}} ，故A正确；由前三组反应数据可知，随着样品质量的增加剩余固体的质量呈正比例增加，所以前三组中 Fe_{2O_{3}} 全部反应，可知 a、b、c三组剩余的固体是 Cu ，因此溶液中一定存在 Fe^{2+} 和 Cu^{2+} ，一定不存在 Fe^{3+} ，故B正确；以a组数据为例，设 1.76~g 样品中含 \operatorname{Cu}x\ mol ，含 Fe_{2O_{3}}y mol,可列方程组： 64x+160y=1.76,2y=2\:(x-

0.01)，解得 x=0.015 ， y=0.005 ，所以n(Fe_{2O_{3}}):n(Cu)=1:3 ,故C正确；以e组的样品为分析对象，此时硫酸完全反应， Fe_{2O_{3}} 部分反应， Cu 部分反应，设H_{2S O_{4}} 的物质的量为 ~\ensuremath~{~α~~}mol ，由反应Fe_{2O_{3}+6H^{+}=2F e^{3+}+3H_{2}O,2F e^{3+}} +Cu=2Fe^{2+}+Cu^{2+} ，可得 (2a)/(6)x160+ (2a)/(6)x64=8.80-5.44 ，解得 a=0.045 ，则H_{2S O_{4}} 的浓度为 (0.045\ mol)/(0.03L){=1.5\ mol} .L^{-1} ,故D错误。］

.C[ ① FeO、 Fe_{2O_{3}} 能和酸反应生成盐和水，符合碱性氧化物的定义，属于碱性氧化物，而 Fe_{3O_{4}} 和酸反应会生成铁盐和亚铁盐两种盐，不符合碱性氧化物的定义，不属于碱性氧化物， ① 错误； ② 铁露置在空气中发生化学反应而生锈，但性质更活泼的铝由于易被氧化，在表面形成致密的氧化膜而得到保护，所以铝具有较好的抗腐蚀能力，可稳定存在于空气中， ② 错误；③ 碳酸氢钠可以治疗胃酸过多，碳酸钠碱性强，具有腐蚀性，不可以治疗胃酸过多，③ 错误； ④ 难溶性碱受热易分解，Fe(OH)_{3} 受热易分解，所以AI（OH)3、Cu(OH)_{2} 受热也易分解转化为对应氧化物和水， ④ 正确； ⑤ Fe可以置换出 CuSO_{4} 溶液中的铜，Na先与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠与 CuSO_{4} 溶液反应生成氢氧化铜沉淀， ⑤ 错误； ⑥ CuO是碱性氧化物，可以与酸反应生成盐和水， Fe_{2O_{3}} 也是碱性氧化物，也可以与酸反应生成盐和水， ⑥ 正确。]

,D[A.将金属钠投入硫酸铜溶液中，首先与溶液中的水反应，然后是生成的氢氧化钠与硫酸铜反应，则不会置换出金属铜,A不符合题意；B.将铁粉加入 CuSO_{4} 溶液中，析出红色固体，发生置换反应生成 Cu ，则氧化性： {Cu}^{2+}>{Fe}^{2+} ，B不符合题意；C.浓盐酸中氯离子具有还原性，能使高锰酸钾溶液褪色，因此不能确定含有二价铁，C不符合题意；D.向 FeCl_{3} 溶液中加入淀粉碘化钾溶液，溶液变蓝，表明发生反应 2Fe^{3+}+2I^{-}=2Fe^{2+}+I_{2} ，则氧化性： Fe^{3+{>}I_{2}} ,D符合题意。

8.D[A.根据图示， Fe^{3+} 既能得电子又能失电子，故A正确； B.Fe^{3+} 遇到KSCN显红色，可以鉴别，故B正确；C.氢氧化亚铁和氧气反应生成氢氧化铁，氢氧化铁和盐酸反应生成铁盐，铁盐和铁反应生成亚铁盐，亚铁盐和碱反应生成氢氧化亚铁，故C正确；D.C不是碱性氧化物，故D错误。]

).B[A.浓盐酸与 KMnO_{4} 发生的离子反应为 2M_{nO_{4}^{-}\ +\ 10C l^{-}\ +\ 16H^{+}=} 2Mn^{2+}+5Cl_{2}\uparrow+8H_{2}O,\Lambda 1错误； B.Cl_{2} 与铁丝加热反应生成 FeCl_{3} ，挥发的HCI与铁丝反应生成 FeCl_{2} ， ~B~ 正确； C.Fe^{3+} 与KSCN溶液反应生成红色络合物，而非沉淀,C错误;D.拉注射器 2,FeCl_{3} 和 FeCl_{2} 均会与NaOH反应生成 Fe(OH)_{3} 和Fe(OH)_{2} ，但在红褐色的Fe(OH)3沉淀影响下观察不到白色沉淀Fe（ \OH/_{2} ,D错误。]

10.D[A.用长颈漏斗代替仪器M,会导致一部分氧气通过长颈漏斗逸出，从而影响测定,A正确；B.过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，方程式为： \ 2Na_{2}O_{2} +2H_{2}O{\overline{{-}}}4NaOH+O_{2}\uparrow,B 正确；C.2Na_{2O_{2}+2H_{2}O=-4N a O H+O_{2}\uparrow\ ,} 生成 O_{2} 的物质的量为 {(V)/(V_{0)}}~mol ，混合物中 Na_{2}O_{2} 的物质的量为 {(2V)/(V_{0)}}~mol ，质量分数为 (156V)/(x V_{{0)}}{x100%} ,C正确；D.由于反应过程中释放热量，若读数时未恢复至室温，收集 O_{2} 的体积偏大，则测量结果偏大,D错误。

D[A.向 ② 后试管加入足量稀盐酸，FeS溶解，而S不溶解，故沉淀部分溶解，故A错误；B.由分析可知， ①~④ 的变化中， ① 中产生淡黄色的沉淀S，溶液变为淡绿色，说明有亚铁离子生成，属于氧化还原反应， ② 中是 Fe^{2+}+S^{2-}= FeS，不是氧化还原反应， ③ 中铁离子与碳酸根离子发生了双水解反应生成氢氧化铁胶体和二氧化碳，是非氧化还原反应， ④ 是氢氧化铁胶体在盐的作用下发生聚沉，是非氧化还原反应，故只有1处涉及氧化还原反应，故B错误；C.若将FeCl_{3} 溶液滴加到 Na_{2S} 溶液中，则直接发生反应 2Fe^{3++3S^{2-}=} 2FeS←+S√，溶液不会变成淡绿色，产生的现象与图中 ① 、 ② 现象不同，故C错误；D. ④ 中是向胶体中加入盐溶液，故氢氧化铁胶体发生聚沉，生成大量的红褐色沉淀，因此碳酸钠为电解质，故D正确。

12.B[A.设绿锈中二价铁与三价铁的个数分别为 \:a\:,6-a\: ，根据化合价可知， 2a +3x(6-a)=12x1+2,a=4 ，则二价铁与三价铁的个数比为2：1，A正确；B.结合A分析，白色浑浊逐渐变为灰绿色时反应为Fe（ (OH)_{2} 被氧气氧化为\Gamma[Fe_{6(O H)_{12}]S O_{4}}\bullet nH_{2}O, 且 \left[Fe_{6}\left(OH\right)_{12}\right] 一SO_{4}* nH_{2}O 中的6个铁中2个三价铁为氧化产物，结合电子守恒可知，离子方程式为： 4Fe^{2++8F e(O H)_{2}+O_{2}} +2SO_{4^{2-}\ +4O H^{-}+(2n+2)H_{2}O=} 2\Delta[Fe_{6(O H)_{12}]SO_{4\ \bullet\ n H_{2}O}} ,B错误；C.[Fe_{6(O H)_{12}]}SO_{4}\bullet\ nH_{2}O 中的6个铁中2个三价铁、4个二价铁，氧气氧化其生成FeO（OH)，氧气为氧化剂、FeO(OH)为氧化产物，结合电子守恒，氧化剂与氧化产物的物质的量之比为1：1,C正确；D.黄色固体转化为黑色磁性物质的过程中FeO(OH)转化为四氧化三铁,反应过程中亚铁离子、氢氧根离子被消耗: Fe^{2+}+2FeO(OH)+2OH^{-} =Fe_{3O_{4}\ +2H_{2}O} ,溶液碱性减弱,D正确。]

13.C[A.由于酸不足，所以生成氢气的量为 n\left(H_{2}\right)=0.5n\left(HCl\right)=0.5x0.1\ Lx 2\ mol*L^{-1}=0.1\ mol ,所以标准状况下的体积为 2.24~L~ ，选项A正确；B.按照金属活动性顺序 Na>Mg>Al 可知钠和盐酸反应最激烈，产生相同的氢气需要的时间最少，故曲线b是 Mg 与盐酸反应的图像，选项B正确；C.Na不可能过量，即使过量也要与溶剂水反应，选项C错误；D.生成 0.1\mol 的氢气需 0.2\ mol 的钠，选项D正确。]

I.D [A. {AlCl_{3}} 与NaOH溶液反应可转化成偏铝酸钠溶液，以便过滤除掉Al^{3+} ，氨水只能生成氢氧化铝沉淀，与氢氧化铁沉淀混在一起，不能除掉 Al^{3+} ,A正确；B.最终要得到醋酸亚铁，故加入铁粉的目的是将 Fe^{3+} 转化成 Fe^{2+} ,B正确；C.碳酸氢铵与氯化亚铁溶液反应生成碳酸亚铁沉淀和氯化铵，故滤液2的主要成分是 NH_{4C l,C} 正确；D.醋酸是弱酸，不能拆分，正确离子反应为： FeCO_{3} +2CH_{3}C O OH=Fe^{2+}+CO_{2}\uparrow+ H_{2O+2C H_{3}C O O^{-}} ,D错误。]

15.（2)碳酸钙与HCI反应生成氯化钙、二氧化碳和水， ~I~ 中发生了复分解反应，A项不合理；工中发生的反应为 CaCO_{3+} 2HCl=CaCl_{2}+H_{2O}+CO_{2}\uparrow ，鸡蛋壳表面有气泡产生，B项合理；二氧化碳和氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀，则Ⅱ中的澄清石灰水变浑浊，C项合理；二氧化碳是酸性氧化物，能与水反应生成碳酸，Ⅲ中紫色石蕊溶液变红，D项合理。

(3) I 中发生的主要反应的离子方程式为 2H^{+}+CaCO_{3}=-Ca^{2+}+H_{2}O+ CO_{2} ↑，此反应不属于氧化还原反应。

（4） Cu^{2+} 与 OH^{-} 反应生成 Cu(OH)_{2} 沉淀，不能大量共存，A错误； K^{+} ， NO_{3}^{-} 在澄清石灰水中不反应，能大量共存，B正确； H^{+} 与 OH^{-} 反应生成 H_{2}O ，不能大量共存，C错误； CO_{3^{2-}} 与 Ca^{2+} 反应生成CaCO_{3} 沉淀，不能大量共存，D错误。

16.（1）由图可知，仪器a的名称为分液漏斗；仪器b中二氧化锰和浓盐酸发生反应生成氯气，离子方程式为： MnO_{2+} 4H^{+}+2Cl^{-}\overset{\triangle}{\longrightarrow}Mn^{2+}+Cl_{2}\uparrow+2H_{2}O_{\circ} (2)实验开始时，为防止铁粉与空气中的氧气反应，应用氯气先把装置内的空气排除干净，应先点燃A处酒精灯。

(3)装置B中盛装饱和食盐水，作用是除氯气中的HCI气体；若装置C发生堵塞，装置内压强增大，则B中将观察到的现象是长颈漏斗中液面上升。

(4)装置C的作用是验证氯气是否具有漂白性，因为经过装置B的氯气是潮湿的，所以应先检验潮湿的氯气有无漂白性，干燥后再检验干燥的氯气是否具有漂白性，为此，实验时装置C中 I 、Ⅱ、Ⅲ处依次放入的物质是湿润的有色布条、无水氯化钙、干燥的有色布条，故选乙。

（5）装置D中铁和氯气在加热条件下生成氯化铁，发生反应的化学方程式为2Fe+3Cl_{2}\stackrel{\triangle}{=}2FeCl_{3}\circ

(6）产物氯化铁易和水反应，氯气有毒，且可以和碱石灰反应，则装置F的作用为：吸收尾气，防止 Cl_{2} 污染环境，且防止空气中的水蒸气进入收集器中。

17.金属A焰色试验为黄色，故金属A为Na；由反应 ① 可知D为NaOH、气体甲为 {H_{2}} ；NaOH溶液能够与金属B反应生成 H_{2} ，故金属B为Al；黄绿色气体乙为Cl_{2} ， Cl_{2} 与 H_{2} 反应生成丙为HCI，HCI溶于水得物质E为盐酸，NaOH与物质G反应生成红褐色沉淀H是 Fe(OH)_{3} ，说明物质G中含有 Fe^{3+} ,G是由F与Cl_{2} 反应产生，盐酸与金属C反应得到F,F与 Cl_{2} 反应得到G，可知金属C为

Fe,F为 FeCl_{2} 、G为 FeCl_{3} 。

(1)根据上述分析可知：A是Na,B是 Al,C是Fe，D是NaOH,E是盐酸,F 是 FeCl_{2} ，G是 FeCl_{3} ，甲是 H_{2} ，乙是 Cl_{2} ，丙是HCl。

(2）反应 ③ 是Al与NaOH溶液反应产生{Na[A l(O H)_{4}]_{-}^{-}} H_{2} ，该反应的离子方程式为： 2Al+2OH^{-+6H_{2}O=} 2[Al(OH)_{4}]^{-}+3H_{2}\uparrow. 8

（3）反应 ⑤ 是 FeCl_{2} 与 Cl_{2} 反应产生FeCl_{3} ，该反应的化学方程式为： 2FeCl_{2} +Cl_{2=-2F e C l_{3}} 。

（4）反应 ⑤ 发生会产生 Fe^{3+} ， Fe^{3+} 遇KSCN溶液，使溶液变为血红色，故判断反应 ⑤ 已经发生的常用试剂是硫氰化钾溶液。

(5)F是 FeCl_{2} ，向其中加入NaOH溶液，首先发生反应： FeCl_{2+2N a O H=} Fe(OH)_{2\ \downarrow+2N a C l} ，产生 Fe(OH)_{2} 白色沉淀， Fe(OH)_{2} 不稳定，容易被空气中的氧气氧化变为红褐色 Fe(OH)_{3} ，发生反应：4 \Delta\kFe\left({\OH\right)_{2}+O_{2}+2H_{2}O= 4Fe(OH)_{3} ，氧化反应逐步进行，因此看到的实验现象是：反应产生白色沉淀，白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色。

(6)6.9g Na 的物质的量为 n\left({Na}\right)= 23 g·mol-= 0.3 mol,根据钠原子守恒可知Na反应生成NaOH的物质的量为 0.3~mol ，结合反应方程式 3NaOH^{+} FeCl_{3=-F e(O H)_{3}\ \downarrow+3N a C l} 中物质反应转化关系可知： 0.3\ mol\NaOH 能够与 0.1~mol~FeCl_{3} 恰好反应生成 0.1\ mol Fe(OH)_{3} ，根据Fe原子守恒可知，需要金属Fe的物质的量为 0.1\ mol ，故需要Fe 的质量为 m(Fe)=0.1~molx56~g ·mol^{-1}=5.6\ g_{\circ}

18.(1)钢是一种铁碳合金，青铜是一种铜锡合金，黄铜是由铜和锌组成的合金，水银是金属单质，故选D。

(2)在钠、铝、铁三种金属中，所形成的氧化物中适宜作耐火材料的是 {Al_{2}{O_{3}}} ，其熔点高，向盛有硫酸铝溶液的试管中滴加氨水，生成氢氧化铝和硫酸铵，离子方程式为 Al^{3+~+~3N H_{3}} · {H_{2O}\:=} {Al(OH)_{3\ \forall+3N H_{4}^{+}}} 。

(3）方法一： ① 用硫酸亚铁晶体配制上述FeSO_{4} 溶液时，除加硫酸防止生成Fe(OH)_{2} 外，还需加入铁屑防止 Fe^{2+} 氧化；

② 蒸馏水中若溶有 O_{2} ，则会加速Fe(OH)_{2} 氧化，由于氧气的溶解度随温度的升高而减小，因此可采用加热煮沸的方法除去；

③ 用长滴管吸取不含 O_{2} 的NaOH 溶液，插入 FeSO_{4} 溶液液面下，再挤出NaOH溶液。这样操作的理由是避免生成的 Fe(OH)_{2} 沉淀接触到空气中的 O_{2} 而被氧化。

方法二： ④ 试管 ~I~ 中加入的试剂是铁屑和稀硫酸，试管Ⅱ中加入的试剂是NaOH溶液；

⑤ 为了制得白色Fe(OH)2沉淀，在试管I和ⅡI中加入试剂，打开止水夹，塞紧塞子后，试管 ~I~ 中生成氢气和硫酸亚铁，氢气沿着导管进入试管Ⅱ中，收集试管Ⅱ出口处的气体，检验氢气的纯度，当排出的 H_{2} 纯净时，再夹紧止水夹，这时试管I内压强增大， FeSO_{4} 溶液顺着导管进入试管Ⅱ的NaOH溶液中，NaOH与FeSO_{4} 发生反应生成 Fe(OH)_{2} 沉淀；⑥ 铁屑和稀硫酸反应生成的氢气将两支试管内的空气都排出去，使氢气充满试管 ~I~ 和试管Ⅱ（起保护气的作用），且外界空气不容易进入，由于有氢气的保护作用，Fe(OH)2沉淀能较长时间地稳定存在。

单元重构项目卷(四)

项目一

任务1

.C解析： ^{10}Be 和°Be互为同位素，中子数不同，质子数相同，所以A选项是正确的； ^{10}Be 的原子核内质子数为4，中子数为 10-4=6 ，中子数比质子数多，所以B选项是正确的； 5.2rm{g}^{26}Al^{3+} 中所含的电子数约为 (5.2~g)/(26~g\bullet~mol^{-1)}x(13-3)x6.02 x10^{23}=1.204x10^{24} ，故C错误；26A1和^{26}Mg 的质子数分别为13、12,中子数分别为13、14，质子数等于核外电子数，所以D选项是正确的。

2.B解析：原子轰击实验中，满足质子和质量数守恒，因此 W+4=30+1 ，则 W= 27，X与Y原子之间质子数相差2，因X元素为金属元素，Y的质子数比X大，则Y与X位于同一周期，且Y位于X右侧，且元素X、Y的最外层电子数之和为8，设

X最外层电子数为 \mathbf{α}_{a} ，则Y的最外层电子数为 a+2 ，解得 style a=3 ，因此X为A1，Y为P,以此解答。 \begin{array}{c}{{27}}\\ {{13}}\end{array} Al的质量数为27,则该原子相对原子质量为27，故A错误；A1元素可形成 {AlCl_{3}} ,P元素可形成 PCl_{3} ，故B正确；Al原子与P原子位于同一周期，且AI原子序数小于P原子序数，故原子半径 Al>P ，故C错误；P的含氧酸有{H_{3P O_{4}}} {H_{3P O_{3}}} ： {H_{3P O_{2}}} 等，故D错误。

任务2

.C解析： ① 在短周期里，除第一周期含两种元素外，其余两个周期所含元素都是8种。若两元素原子序数相差8，则不可能在同一周期也不可能相差两个周期，正确； ② L层电子数为奇数，则一定是核外最外层，其所在族的序数与该元素原子的L层电子数相等，正确； ③ 稀有气体元素Xe是54号元素，故核电荷数为53的元素位于第五周期IA族，正确； ④ 氟没有正价，氧没有最高正价，错误； ⑥ 第 ~I~ A族中的氢元素不是碱金属元素，错误； ⑦ 第MIA族中没有金属元素，第ⅡIA族中没有非金属元素，错误。

4.解析：（1)地壳中含量最多的金属元素是Al，其原子序数为13。

(2)由元素周期表的结构可推知X应为 _{16}S 。

(3)19号元素为K，核外电子数比核电荷数小1，为 K^{+} 。

（4)1号元素为H，7号元素为N，17号元素为CI，组成的常见化合物为 {NH_{4C l}} 。

答案：（1)13 (2)_{16}S
(3)K^{+}
(4)NH4 CI

项目二

任务1

1.解析：（1)N元素原子核外有2个电子层、最外层电子数为5，处于第二周期第√A族，P、As同主族，自上而下非金属性减弱，非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，故酸性 H_{3A s O_{4}{<}H_{3}P O_{4}} 。

（2）由NaH知，氢元素最低负价为一1价，而氢元素的最高正价为 +1 价，与第IVA族元素的化合价特点相似，可将氢元素放在第IVA族。

(3)第三周期原子半径最小的金属元素是铝， Al^{3+} 可与 NH_{3}*~H_{2~}( ）反应产生Al(OH)_{3} 沉淀，反应离子方程式为 Al^{3++} 3NH_{3\bullet H_{2}O-A l(O H)_{3}\downarrow+3N H_{4}^{+}} 。

(4)R元素的原子电子层数为4，处于第四周期，最高价氧化物的分子式为 RO_{3} ，最高化合价为 +6 ，处于 ~mu~ A族，依据题给元素周期表可推知R元素为硒。

答案： (1)<
(2)IⅣA
\begin{array}{l}{{(3)Al^{3++3N H_{3}\bullet H_{2}O{\overline{{{\longrightarrow}}}A l(O H)_{3}\ \forall}}}}\\ {{+3NH_{4^{+}}}}\end{array}
(4)硒

任务2

:.C解析：同主族自上而下原子半径逐渐增大，则原子半径大小为 _{Li<Na<K} ,A错误；同周期自左而右原子半径逐渐减小，则原子半径大小顺序为 N{>}O{>}F,F 8错误；离子电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径大小为Ca^{2+{<}K^{+}{<}C l^{-}} ,C正确；离子电子层越多，离子半径越大，则离子半径大小为Ba^{2+{>}C a^{2+}{>}M g^{2+}} ,D错误。

任务3

3.C解析：因为非金属性： _O>N>C （同周期)、 C{>}Si （同主族），所以非金属性： O{>} {N}{>}{Si} ，元素的非金属性越强，其气态氢化物越稳定，则稳定性： H_{2} 0 \Delta\Gamma>NH_{3>} {SiH_{4}} ,A正确；HCI是共价化合物，NaH是离子化合物，B正确；稀盐酸滴入CaCO_{3} 中有气泡产生，说明酸性： HCl> {H_{2C O_{3}}} ，但HCI不是CI元素的最高价含氧酸，不能根据HCI和 {H_{2C O_{3}}} 的酸性强弱比较CI元素和C元素的非金属性强弱，C错误；第六周期0族稀有气体元素Rn为第86号元素，根据元素周期表的排布规律，第七周期可排布32种元素，86十32=118 ，故第118号元素位于第七周期0族,D正确。

任务4

.解析：根据原子核外电子排布规律，结合绝在元素周期表中的位置知，绝原子核外电子分六层排布，分别是2、8、18、18、8、1,原子序数是55，最外层只有 1 个电子。绝与钠同主族，具有极强的金属性，与水反应生成氢气和氢氧化绝：2Cs + 2 {H_{2}} 0{-}2CsOH+H_{2} ↑，氢氧化绝是强碱，使紫色石蕊溶液变蓝色。

答案：(1)6 1 55

(2)无 蓝 2Cs+2H_{2}O=2CsOH+ H_{2}

(3)强

5.解析：装置A：高锰酸钾溶液和浓盐酸反应生成氯气，烧瓶上端湿润的淀粉-KI试纸变蓝，验证氯气的氧化性强于碘；装置B:装置B中盛有溴化钠，氯气进入装置B中，氯气氧化溴离子为溴单质，溶液呈黄色，验证氯气的氧化性强于溴，氯气有毒，能被氢氧化钠吸收，浸有氢氧化钠的棉花防止氯气污染空气；当B和C中的溶液都变为黄色时，夹紧弹簧夹，为验证溴的氧化性强于碘，实验时应避免氯气的干扰。当B中溶液由黄色变为红棕色时，说明有大量的溴生成，此时应关闭活塞a,否则氯气过量，影响实验结论。

答案：（1)湿润的淀粉-KI试纸变蓝
(2)Cl_{2}+2Br^{-}\overline{{\Omega}}Br_{2}+2Cl^{-}
(3)打开活塞b，将少量C中溶液滴人D
中,关闭活塞b,取下D振荡,静置后 CCl_{4}
层溶液变为紫红色
(4)确认C的黄色溶液中无 Cl_{2} ，排除 Cl_{2}
对溴置换碘实验的干扰
(5)原子半径逐渐增大

项目三

任务1

1.D解析：NaOH中含离子键和共价键，KNO_{3} 中含离子键和共价键，NaCl中只含离子键， H_{2} 中只有共价键，所以选D。

2.D解析：A项，NaCl是离子化合物，写电子式时阴离子要用括号括起来，即NaCl的电子式为 Na^{+[:C l:]^{-}} ；B项,NaClO中含有离子键和极性共价键；C项， H_{2} 0中H原子达2电子稳定结构；D项， Cl_{2} 、NaCl、 H_{2}O 分别含有非极性键、离子键和极性键。

3.解析： \DeltaNaCl 、HCl、 SO_{2} 中分别含有离子键、极性键、极性键，溶于水时被破坏相应的化学键；酒精溶于水时破坏分子间作用力；(5）、（6）、（7)是考查化学变化中化学键的变化情况，根据各物质中的化学键类型判断即可；(8)中 Na_{2}O 是离子化合物，熔化时破坏离子键。

答案：(1)离子键

(2)极性键
(3)极性键
(4)分子间作用力
(5)离子键极性键
(6)非极性键 极性键
(7)离子键离子键
(8)离子键

任务2

4.A解析：铵根离子和硝酸根离子之间存在离子键，铵根离子中N一H、硝酸根离子中N、O原子之间都存在共价键，属于含有共价键的离子化合物，故A正确；氯化镁中只含离子键，为离子化合物，故B错误； HF 中只含共价键，为共价化合物，故C错误；水分子中H、O原子之间只存在共价键，为共价化合物，故D错误。

5.A解析：溴蒸气被活性炭吸附，只克服分子间作用力，不存在化学键的断裂，故A选；电解水生成氢气和氧气，水中 O-H 键断裂，故B不选；HCI为电解质，溶于水发生电离，共价键断裂，故C不选；打雷放电时， O_{2} 变成 {O_{3}} ，发生化学变化，共价键断裂，故D不选。

任务3

.B解析：钠离子核外有10个电子，所以结构示意图： {+11}(1)/(2)(1)/(8) A项错误；中子数为18的氯原子质量数为 17+18=35 ，所以原子表示为： ^{35}_{17}Cl,B 项正确； \DeltaNaOH 的电子式为： {Na}^{+}[:~O~:~H]^{-} ,C项错误；氯气的结构式为CI—CI,D项错误。

7.D解析：A项，HCIO是共价化合物,CI原子的最外层有7个电子，〇原子的最外层有6个电子，要达到稳定结构，CI需形成1个共价键，O需形成2个共价键，故HCIO的电子式为 H:O:Cl:{,B} 项,S原子的最外层有6个电子，C1原子的最外层有7个电子，它们之间形成2个共价键从而达到8电子稳定结构，故其电子式为：CI：S：CI：；C项，HCI为共价化合物，其正确的电子式为 \operatorname{H}{\dot{\operatorname{x}}}\operatorname{Cl} ：。

任务4

8.解析：X原子的结构示意图为由于K层最多容纳2个电子，L层最多容纳8个电子，可知 \scriptstyle a=2 ， b=8 ，故X为Ca元素；由化学 XY_{2} 可知Y的化合价为一1价，而X的阳离子与Y的阴离子的电子层结构相同，离子核外电子数均为18，则Y原子核外电子数为17，故Y为C1，则该融雪剂为 CaCl_{2} ；元素Z、W均为短周期元素，它们原子的最外层电子数均是其电子层数的2倍，符合条件的元素有He、C、S，由于Z与Y相邻且Z、W能形成一种WZ_{2} 型分子，则Z为S元素，W为C元素，二者形成的分子为 CS_{2} 。

（1）由上述分析可知， m=2+8+8+2=

20,该融雪剂的化学式为 CaCl_{2} 。 (2）由上述分析可知，乙为硫元素、W为碳 元素。

(3） CaCl_{2} 属于离子化合物，而 CS_{2} 是共价化合物，故A错误； CaCl_{2} 中仅含离子键，CS_{2} 中只含共价键，且是极性共价键，故B正确；因氯的非金属性强于硫，所以稳定性 HCl>H_{2} S，故C错误；核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子的半径越小,所以半径 Ca^{2+}{<}Cl^{-} ,故D错误。

（4） CaCl_{2} 为离子化合物，电子式为[:Cl:]^{-}Ca^{2}+[:Cl:]^{-} ，故A错误；CS_{2} 是直线形分子，结构式为 {S}={C}={S} 故B正确； Cl_{2} 与 H_{2S} 水溶液反应的离子方程式为： Cl_{2}+H_{2S}=-2H^{+}+2Cl^{-}+ S√，故C错误；用电子式表示氯化钙的形成过程： \operatorname{\ddot{Cl}}^{*\widehat{\mathbf{\Gamma}}^{*}+*\mathbf{Ca}*\widehat{\mathbf{\Gamma}}^{*}} C1:-[:Cl:\exists^{-}Ca^{2+}[:Cl:\exists^{-} ,故D正确。

答案：(1)20 CaCl_{2}
(2)硫碳
(3)B
(4)BD

阶段滚动检测卷（三）

答案速对

15.(1) ④ ①? (2)b Ag2 O>H2O2 >Fe2(SO4)3 (3 2MnO_{4^{-}}\ +\ 5H_{2C_{2}O_{4}}\ +\ 6H^{+}\ = 2Mn2+ +10CO2 ↑ +8H2O 20 (4)+6

6.（1）NaOH 溶液 2Al+2OH^{-\Sigma+} 6H_{2O=} 2[Al(OH)_{4}]^{-}+3H_{2}~\uparrow (2)1:1 (3)4Fe(OH)_{2+O_{2}+2H_{2}O=} 4Fe(OH)_{3} (4)过滤 Al_{2O_{3}+6H^{+}{=}2A l^{3+}+} \ensuremath{3H_{2O}} 作氮肥

17.0 第三周期第VA族S::C: : S

(2) H_{2} S
(3)NCl_{3+3H_{2}O=\overline{{\Omega}N H_{3}+3H C l O}}
(4) A
(5)将浓盐酸与固体高锰酸钾反应产生
的氯气通人硫化钠溶液，产生黄色沉
淀，说明氯元素非金属性强于硫元素

18.(1)第三周期第 IV A族 (2)S^{2-}>O^{2-}>Mg^{2+}>Al^{3+}HClO_{4} >H2SO4 HF>HCI (3)H-O-O-H H · (4)[H : N : H]+[: CI : ]- · H

试题精析

.A[A.短周期中，He元素的原子最外层有2个电子，但其属于0族，则短周期中最外层电子数为2的元素不一定属于第ⅡA族，A不正确；B.在金属元素与非金属元素的分界线附近的元素，其性质往往介于典型的金属与典型的非金属之间，为制备半导体材料提供了可能性，B正确；C.元素周期表有7个主族8个副族和0族元素，前3周期为短周期，只包含主族和0族元素，第 4~7 周期为长周期，包含主族、副族和0族元素，所以副族均由长周期元素组成，C正确；D.由第118号元素位于第七周期0族，可推知117号元素位于第七周期第VIA族，D正确。]

.A[A. ^{222}_{86} Rn的质量数为222，质子数为86，核外电子数与质子数相等，也是86，故A正确；B. ^{222}_{86} Rn的中子数为222一86=136,{^{218}\Omega} Po的中子数为218一84=134, ^{222}_{86}Rn 的中子数比出 ^{218}_{84} Po多2个，故B错误；C. ^{222}_{86} Rn和 ^{218}_{84} Po质子数不同，不是同位素，故C错误；D. ^{222}_{86}Rn 到 ^{218}_{84} Po的变化是核裂变，不是化学变化，故D错误。]

3.C[A.反应过程中， Fe_{3O_{4}} 中铁元素化合价降低，氧元素化合价升高， Fe_{3O_{4}} 既是氧化剂又是还原剂，A正确；B.根据题中方程式可以列式计算，设需要氧化亚铁的3FeO~~rm~{~H_{2~}~}

质量为 x 克， 3x72 2，生成 x 0.1 g

0.1~g~H_{2} 需消耗 10.8\ g FeO,B正确；C.过程I中 Fe_{3O_{4}} 是氧化剂， O_{2} 是氧化产物，氧化性： Fe_{3O_{4}>O_{2}} ，无法通过过程I判断氧气和水的氧化性强弱，C错误；D.该方法只需要太阳能提供能量，所以制 H_{2} 具有成本低、产物易分离等优点，D正确。

4.A［W元素能与氧元素形成化合物WO_{2} ， WO_{2} 中氧的质量分数为 50% ，则WO_{2} 的相对分子质量为64，W的相对原子质量为32，W原子中质子数等于中子数，则W的原子序数为16，W为S；根据T、Q、R、W四种元素在元素周期表中所处位置可知，R为N，Q为C，T为A1。

A.元素的非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强，非金属性：S(W){>C}(Q) ），,所以最高价氧化物对应的水化物的酸性： H_{2S O_{4}}{>}H_{2C O_{3}} ，故A错误；B.T为AI,AI的最高价氧化物对应的水化物为 Al(OH)_{3} ，属于两性氢氧化物，能和某些强酸、强碱反应，故B正确；C.R为N，其原子序数为7，最外层电子数为5,故C正确；D.Q为C，其氧化物有CO、CO_{2} 等，故D正确。]

5.D[X的主要化合价为一1价，CD所以X为F元素；R的主要化合价为 +5 价和一3价，其原子半径比X的稍大，所以R为N元素；Z的主要化合价为 +4 价和一4价，其原子半径比N的大很多，所以Z为Si元素；Y的主要化合价为 +1 价，其原子半径比其他三种元素的都大，所以Y为Na元素；A.核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则简单离子的半径： N^{3-}>F^{-}>Na^{+} ，故A正确；B.简单气态氢化物的稳定性和元素的非金属性变化一致，非金属性： F{>}N{>} Si,则稳定性： HF{>N H_{3}>S i H_{4}} ，故B正确；C.除 \DeltaNa 外， F_{2} 也可与水反应，故C正确；D.X为F元素，无最高价氧化物对应的水化物，故D错误。了

;.B[A.向有 Na_{2O_{2}} 粉末的脱脂棉上滴加几滴水，脱脂棉燃烧，说明 {Na_{2}O_{2}} 与水反应放热，且反应放出氧气，A正确；B.室温下,分别取相同浓度的 Na_{2C O_{3}} {NaHCO_{3}} 溶液于试管中，各滴入 2~3 滴酚酞试液，Na_{2C O_{3}} 溶液红色较深，现象错误，B不正确；C.碳酸钠粉末与少量水反应会形成水和碳酸钠晶体，C正确；D.Na容易被氧气氧化生成 Na_{2O,N a_{2}O} 与空气中的水反应生成NaOH,NaOH与空气中的 CO_{2} 反应生成 Na_{2C O_{3}} ,D正确。]

7.C[由于 Cl_{2} 是单质，则价类二维图中类别A为单质，A正确；氯元素的最低价态为一1价， Cl^{-} 只具有还原性，B正确； Cl_{2} 溶于水后，溶液中存在HCIO、 Cl^{-} 、 H^{+} 、OH^{-} H^{-*{C l_{2}}*{H_{2}O}.ClO^{-*0.5~m o l~C l_{2}}} 溶于后，由原子守恒可知溶液中 n\left(Cl^{-}\right)+ n\left(ClO^{-}\right)+n\left(HClO\right)+2n\left(Cl_{2}\right)=1\ mol, C错误；由非金属性： Cl>s ，可知最高价含氧酸的酸性： HClO_{4}{>}H_{2S O_{4}} ,D正确。]

8.D［A.依据实验现象可知，等物质的量浓度溶液的碱性： Na_{2C O_{3}}{>}NaHCO_{3} ,A正确；B.实验1中产生气泡的反应为HCO_{3^{-}+H^{+}}=CO_{2\ \uparrow+H_{2}O,B} 正确；C.稀盐酸逐滴加入 Na_{2C O_{3}} 溶液中，先发生反应 CO_{3^{2-}+H^{+}{=}H C O_{3}^{-}} ,溶液碱性变弱但依然为碱性，溶液从红色变为浅红色，C正确；D.根据实验现象，反应先后顺序是 CO_{3^{2-}} 先与 H^{+} 反应生成 {HCO_{3}^{-}} ，再是 HCO_{3^{-}} 与 H^{+} 反应生成 CO_{2} ，故 CO_{3^{2-}} 结合 H^{+} 的能力更强，D错误。］

.A［A.实验Ⅱ向褪色后溶液中，一份滴加 FeCl_{3} 溶液无现象，另一份滴加KSCN溶液出现红色，说明 {SCN^{-}} 未被氧化，Fe^{3+} 没有被还原；实验Ⅱ中取褪色后溶液，滴加盐酸和 BaCl_{2} 溶液，产生白色沉淀，说明 {SCN^{-}} 被氧化为硫酸根离子；实验Ⅲ向 2\mL\0.1\mol*L^{-1F e C l_{3}} 溶液中滴加2滴 0.1\ mol*L^{-1}KSCN 溶液，后通入 O_{2} ，变红不褪色，说明氧气不氧化{SCN^{-}} ，假设b错误，A错误；B.结合分析，实验I红色褪去过程中发生的反应为2SCN^{-+11H_{2}O_{2}=-2S O_{4}^{2-}+2H^{+}+} 2CO_{2}\uparrow+N_{2}\uparrow+10H_{2O} ，反应生成氢离子，溶液中 n\left(H^{+}\right) 变大， ~B~ 正确；C.实验Ⅱ中取褪色后溶液，滴加盐酸和 BaCl_{2} 溶液，产生白色沉淀，说明 {SCN^{-}} 被氧化为硫酸根离子，故实验Ⅱ中产生的白色沉淀为 BaSO_{4} ,C正确；D.向 2mL0.1~mol ·L^{-1F e C l_{3}} 溶液中滴加2滴 0.1\ mol*L^{-1} KSCN溶液，后通入 O_{2} ，变红不褪色，说明氧气不氧化 SCN^{-} ，实验Ⅲ的目的是排除假设b,D正确。]

10.D[已知F、Z、X、Y均为短周期元素且原子序数依次增大，X元素原子的最外层电子数等于其电子层数，且X的单质能与强碱反应生成 F_{2} 。推测出F为H元素，X为Al， YF_{4} 与 F_{2}Z_{2} 都是含有18个电子的分子，根据Y、乙在化合物中的成键规律可推出Y、Z分别是Si、O。A.Y元素最高价氧化物对应的水化物硅酸为弱酸，选项A正确；B.X为铝，铝属于导体，导电性很强，Y单质为硅，为半导体，导电性弱于铝，选项B正确；C.O和H可以形成的化合物除了 {H_{2O_{2}}} ，还有 H_{2}O ,选项C正确； D.F_{2Z_{2}} 即 {H_{2O_{2}}} 中只含有共价键，没有离子键，选项D错误。]

11.D［实验室中常用 CS_{2} 洗涤残留在试管壁上的S单质，则N为S元素；M原子半径大于N，且M离子带一个正电荷，则M为Na元素；Z周围有两个共价键，且原子序数小于M，则Z为O元素；

X周围有一个共价键，且原子半径最小，则X为H元素；Y周围有四个共价键，图中所示的阴离子带两个负电荷且原子半径大于Z,则Y为C元素；实验室中用CS_{2} 洗涤残留在试管壁上的N单质，利用了N单质溶解性，利用了N单质的物理性质，A错误；M、Z形成的化合物Na_{2O_{2}} 中有离子键，是离子化合物，过氧根内还含非极性共价键，B错误；W为Na_{2C O_{3}} · {H_{2O_{2}}} ，化合物W含有过氧键，常用作氧化剂，不宜在高温下使用，因为高温下化合物W不稳定，C错误；化合物W全部溶于水，并加入足量盐酸可以得到两种无色无味的气体，发生的反应为： 2(Na_{2C O_{3}\bullet H_{2}O_{2}})\ +\ 4HCl \overline{{-4NaCl+2CO_{2\uparrow+4H_{2}O+O_{2}\uparrow}}} ,D正确。]

12.B[X、Y、Z、Q、W为原子序数依次增大的五种短周期主族元素，X的阳离子可视为质子故X为H，Y形成4个共价键，Y为C，Z形成3个共价键，Z为N，Q为O，W为带一个正电荷的阳离子，故W为Na。A.同周期从左到右，非金属性逐渐增强，根据非金属性越强，其简单氢化物稳定性越强，气态氢化物的稳定性： N{<}O ,A正确；B.电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小，简单离子半径： N^{3-}>O^{2-} {>Na}^{+} ,B错误；C.H、N、O可以形成共价化合物硝酸，也可以形成离子化合物硝酸铵，C正确；D.Na和O可以形成氧化钠和过氧化钠，H和O可以形成水和过氧化氢，D正确。

,D[W、X、Y、Z是四种原子序数依次递增的短周期主族元素，W、X、Z分别位于不同周期，即乙位于第三周期,乙的原子半径在同周期元素中最大,Z为Na元素，W只形成1个共价键，且位于第一周期，W为H元素，X位于第二周期，且形成4个共价键，X为C元素，Y位于C和Na之间，且形成2个共价键，Y为O元素，综上：W为H元素、X为C元素、Y为〇元素、Z为Na元素。A.电子层数越多，半径越大，电子层数相同时，核电荷数越多，半径越小，因此离子半径，Na^{+{<}O^{2-}} ,故A正确;B.由于非金属性o{>}c ，因此单质与 H_{2} 化合的能力Y(O){>X(C)} ,故B正确；C.Z与Y可组成离子化合物： {Na_{2}{O}} Na_{2O_{2}} ，故C正确；D.Z为 Na 元素，同周期元素中金属性最强，其对应离子 Na^{+} 的氧化性最弱，故D错误。

14.B［由题干信息可知，X、Y、Z、W、R的原子序数依次增大，结构中的各元素微粒均达到8电子稳定结构,根据该消毒剂的结构图可知,Z形成了2个共价键，则Z为O或者S,R只形成1个共价键，则R为F或CI,X形成4个共价键，则X为C或Si,Y形成3个共价键，则Y为N或者P,W为 +1 价阳离子，则W为 Na,故可推断出 X为 C、Y 为 N、Z 为O、W 为 Na、R 为 Cl。A.X 为 C、Y 为N、R 为 CI,根据非金属性 _{Cl>N>C} ，则简单的气态氢化物稳定性 _HCl{>}NH_{3}{>} CH_{4} 即 X{<}Y{<}R ,A错误;B.Y为 N、Z为 O、W 为 Na、R 为 Cl, Cl^{-} 核外由三个电子层,半径最大， N^{3-* O^{2-}* N a^{+}} 均为2个电子层,且核电荷数依次增大,故半径依次减小,即简单离子半径 Cl^{-}{>}N^{3-}> O^{2->N a^{+}} 即 R>Y>Z>W, B正确;C.Y为N、X为C、R为 CI,它们最高价含氧酸的酸性为 HClO_{4}{>}HNO_{3}{>}H_{2C O_{3}} 即 R{>Y>X} ,但题目中为注明最高价，则酸性无法比较,如 _HNO_{3}{>}_{HClO} 等，C错误;D.由分析可知,Z为O,R 为Cl_{2} ,将R的单质溶于 H_{2}Z 中即形成新制氯水,溶液中存在 H_{2}O 、 HCIO、 Cl^{-} 、H^{+} ClO^{-} Cl_{2} 和 OH^{-} 等7种微粒,D

15.(1)铬元素失去电子，发生氧化反应的为④ ；铬元素发生还原反应，需要加入还原剂，则为反应 ①⑥ 。

(2)a. {H_{2O_{2}}} 中的〇由一1价升高到0，失去电子生成氧气，作还原剂，氧化性：氧化剂大于还原剂， Ag_{2O>H_{2}O_{2}} b. {H_{2O_{2}}} 中的O由一1价升高到0，失去电子生成氧气，作还原剂， {H_{2O_{2}}} 中的○由一1价降低到一2，得到电子生成H_{2}O ,作氧化剂，氧化性： H_{2}O_{2}>O_{2} ；c.H_{2O_{2}} 中的O由一1价降低到一2，得到电子， FeSO_{4} 化合价升高失去电子生成Fe_{2(S O_{4})_{3}} ,氧化性： H_{2O_{2}{>}F e_{2}(S O_{4})_{3}} 。

C 3)MnO_{4^{-}} 中， Mn 由 +7 降低为 +2 的Mn^{2+} ,得到5个电子， {H_{2C_{2}O_{4}}} 中的C由 +3 升高到 +4 的 CO_{2} ,1个C失去1个电子，根据电子守恒， 2MnO_{4^{-}~+} 5H_{2}C_{2}O_{4}+6H^{+}=2Mn^{2+}+10CO_{2}\uparrow +8H_{2}O ；Mn由 +~7 降低为 ^{+2} 的Mn^{2+} ，1个 \operatorname{Mn} 得到5个电子，若反应中被还原的 MnO_{4^{-}} 个数为4，转移电子数为 20。

（4)S由一2升高到 +6,3 个 {S}^{2-} 反应失去24个电子，4个 R_{2O_{7}^{\eta-}} 中含有8个R原子，反应得到24个电子，则1个R得3个电子， R_{2O_{7}^{n-}} 中R的化合价为 +6 。

16.(1)铝和氢氧化钠溶液反应，镁不与氢氧化钠溶液反应，除去镁粉中混有的少量铝粉，应加入的试剂是NaOH溶液，发生的反应为 2Al+2OH^{-+6H_{2}O=} 2[Al(OH)_{4}]^{-}+3H_{2}\uparrow. 。

(2)2A l+6H C l=\overline{{2}}AlCl_{3}+3H_{2}\uparrow ,2Al+2NaOH+6H_{2O=-2[A l(O H)_{4}]^{-}+} 3H_{2} ↑，通过化学方程式可以看出，等质量的两份铝分别与足量的盐酸、氢氧化钠溶液反应，金属是不足的，所以生成氢气的物质的量相等，所得 H_{2} 的体积之比是1：1。

(3)氢氧化亚铁在空气中会逐渐被氧化为氢氧化铁，其化学方程式为4Fe(OH)_{2+O_{2}+2H_{2}O-\overline{{-4Fe(OH)_{3}}}\overline{{\Omega}\overline{{\Omega}\overline{{\Omega}}}}} （4） ① 根据分析，操作工为过滤；②{Al_{2}{O_{3}}} 与稀硫酸反应的离子方程式为Al_{2O_{3}}+6H^{+}=2Al^{3+}+3H_{2O} ③ 滤液 \mathbb{I} 中溶质主要为硫酸铵，用途之一是作氮肥。

17.X是元素周期表中原子半径最小的元素，则X为H元素；Y最外层电子数是内层电子数的2倍，则Y为C；Z的简单氢化物能与其最高价氧化物对应的水化物反应生成盐，则Z为N元素；W与X同主族，则Y为Na元素；Q的单质是一种淡黄色固体，则Q是S元素，R为CI元素。

(1)R为CI元素，简单阴离子结构示意图为 {+17}(1)/(7)x8x9 为S元素，在周期表中的位置为第三周期第VIA族；Y为C元素， \mathbf{Q} 与Y形成化合物为 C_{2S} ，电子式为S::C: :S

(2)X分别与Q、R形成的简单化合物H_{2} S、HCI，元素周期表中同周期元素从左到右非金属性逐渐增强，非金属性越强，简单氢化物稳定性越强，则热稳定性{H_{2}} S<HCI，即热稳定性较差的是 {H_{2}} S。

(3)由Z与R组成的化合物A（ M< 150)，各原子最外层均满足8电子稳定结构，与水反应后溶液生成HCIO，可用于漂白和杀菌，生成一种碱性气体为NH_{3} ，则化合物A为 NCl_{3} ，化学方程式为 NCl_{3+3H_{2}O=\overline{{\Omega}N H_{3}+3H C l O_{4}}}

(4)一般而言，电子层数多的离子半径大，简单离子结构相同时，原子序数越大，离子半径越小，则简单离子半径 {S}^{2-} {>}Cl^{-}{>}Na^{+} ，即 Q{>R}{>W}, A正确；非金属 R{>}Z{>}Y ，则最高价氧化物对应的水化物的酸性： _{Cl>N>C,B} 错误；X与Z形成化合物 NH_{3} （只含极性键）或N_{2H_{4}} （极性键和非极性键），Y与R形成的化合物为 CCl_{4} （极性键），由X与Z、Y与R形成的化合物所含化学键类型不一定相同，C错误； 2{~mL~} 饱和溶液氯水中含有HCI和HCIO，加入几滴紫色石蕊试剂，溶液先变红后褪色，D错误。

（5）根据元素非金属强弱分析，氯气能把硫元素从硫化钠中置换出来；可将浓盐酸与固体高锰酸钾反应产生的氯气通入硫化钠溶液，产生黄色沉淀，说明氯元素非金属性强于硫元素。

8.x最高正价为 +4 价，最低负价为一4价，且原子序数最小，则x为C，y最高正价为 +5 价，最低负价为一3价，y为N，z、d只有负价，最低负价分别为一2、一1,则z为O,d为F，e、f、g只有正价，最高正价分别为 +1.+2.+3 ,则e、f、g分别为Na、Mg、Al,h最高正价为 +4 价，最低负价为一4价，h为Si，w最高正价为 +5 价，最低负价为一3价，W为P，r最高正价为 +6 价，最低负价为一2价，r为 s,m 最高正价为 +7 价，最低负价为一1价， ~m~ 为Cl。

(1)h为Si，在元素周期表第三周期第IVA族。

(2)z、f、g、r分别为O、 Mg 、AI、S,硫离子有三层电子层半径最大，其余三种离子电子层数相同，核电荷数越大，离子半径越小，则离子半径 S^{2-}>O^{2-}>Mg^{2+}> Al^{3+} 。S和CI中CI非金属性更强，则酸性 HClO_{4}{>}H_{2S O_{4}} 。HF存在分子间氢键，HCI不存在分子间氢键，则沸点_HF>HCl 。

(3)O的一种氢化物中既含有非极性键又含有极性键，这种物质为 {H_{2O_{2}}} ，结构式为 H{-O{-}O{-}H} 。

(4)N和CI、H组成的离子化合物为H
\DeltaNH_{4C l} ，其电子式为 [~H~:~N~:~H~]^{+} H
[:Cl:]^{-} 。

高考真题体验卷

答案速对

15.(1)aefbcd将分液漏斗上部玻璃塞上的凹槽与分液漏斗上口颈部的小孔对齐

(2)增大饱和氨盐水和 CO_{2} 的接触面
积，增加 CO_{2} 的吸收效率
(3 )\NaCl+NH_{3+H_{2}O+C O_{2}=}
NaHCO_{3\ \downarrow+N H_{4}C l}
(4) ①0.84 ② 降温 过滤
(5)A

16.(1)Cl_{2}

(2)除去氯气中的HCI
(3)防止高铁酸钾损失 Cl_{2}+2KOH
-KCl+KClO+H_{2O}
(4)B
(5)不能 ClO^{-+C l^{-}+2H^{+}{-}\overline{{C l_{2}}}} ↑
+H_{2}O
（6） 4K_{2}FeO_{4}+10H_{2}O=4Fe\left(OH\right)_{3}
（胶体 )+8KOH+3O_{2\uparrow}

17.(1)①56⑧ (2)分液漏斗、球形冷凝管 (3)C (4)烧杯、量筒、托盘天平 (5)BD

18.(1) ④ (2)C\begin{array}{r l}&{(3)~Ca^{2++H_{2}O+M n^{2+}+H S O_{5}^{-}=}}\\ &{}\\ &{MnO_{2+C a S O_{4}+3H^{+}}}\\ &{(4)~Cu+H_{2O_{2}+2H^{+}=~C u^{2+}+}}\end{array} 2H_{2O} O_{2} 既不是氧化剂，又不是还原剂，但可增强 {H_{2O_{2}}} 的氧化性

试题精析

.B［A.湖笔，以竹管为笔杆，以动物尾毫为笔头制成，不涉及氧化还原反应，A不符合题意；B.松木中的C元素主要以有机物的形式存在，徽墨主要为C单质，存在元素化合价的变化，属于氧化还原反应，B符合题意；C.宣纸，以褚树皮为原料，得到纸浆纤维，从而制作宣纸，不涉及氧化还原反应，C不符合题意；D.端砚以端石为原料经过采石、维料、制璞、雕刻、磨光、配盒等步骤制成，不涉及氧化还原反应，D不符合题意。]

2C \A.S^{2^{-}} 核外有18个电子，其结构示意+16 图为 //,A 错误;B.H2O2 是共价化合物，其中只含共价键，B错误； C.SO_{4^{2-}} 中O元素化合价为一2，S元素的化合价为 +6,C 正确； D.H_{2}O 中的O的杂化类型为 sp^{3} ，〇有2个孤电子对，因此 H_{2}O 的空间构型为V形，D错误。］

3.B [A. Fe^{3+} 可以将 Cu 氧化成 Cu^{2+} ，三氯化铁刻蚀铜电路板时反应的离子方程式为 2Fe^{3++C u=}2Fe^{2++C u^{2+}} ,A项错误；B. Cl_{2} 和NaOH溶液反应产生NaCl、NaClO、 H_{2}O ，除了 Cl_{2} 和 H_{2}O 不能拆写其余均可拆写为离子，B项正确；

C.食醋为弱酸不能拆写为离子，反应为2C H_{3}C O O H+C a C O_{3}=C a^{2+}+ 2CH_{3C O O^{-}+C O_{2}+H_{2}O} ,C项错误；D.未配平方程式，用酸化的KI淀粉溶液检验加碘盐中的 IO_{3}^{-} " IO_{3^{-}+5I^{-}+6H^{+}} {-}3I_{2}+3H_{2}O,D 项错误。]

4.A[石灰水与 Na_{2C O_{3}} 和 {NaHCO_{3}} 都能反应生成白色沉淀 CaCO_{3} ，无法鉴别，④ 错误；小苏打的主要成分是 {NaHCO_{3}} ，⑥ 错误。]

5.A[反应中I由0价升至 +5 价，则 6~mol I_{2} 失去 60\ mol\e^{-} ，同时有 5~mol~Cl 由 +5 价降低到一1价，得到 30mol~e^{-} ，有6~mol~Cl 由 +5 价降低到0价，也得到30\mol\e^{-} 。A项，生成 3\mol\Cl_{2} 时反应中转移 60\ mol\e^{-} ，则生成 1~mol~Cl_{2} 时，反应中转移 20\mol\e^{-} ，错误。B项，该反应中 KClO_{3} 为氧化剂， I_{2} 为还原剂，两者的物质的量之比为 11:6 ,正确。C项， Cl_{2} 和石灰乳反应可制备漂白粉，正确。D项， IO_{3}^{-} 与 I^{-} 在酸性条件下发生归中反应生成 I_{2} ,淀粉遇 I_{2} 变蓝，所以可以用酸化的淀粉碘化钾溶液检验 IO_{3}^{-} ，正确。

6.B[A.铁和水蒸气在高温下发生反应生成 Fe_{3O_{4}} 和 H_{2} ，该反应的化学方程式为3Fe+4H_{2}O\left(g\right)(/{sg)/(sg)\scriptsize~({sg)/(sg)}}{Fe_{3}O_{4}}+4H_{2},\:\Delta 1正确；B.酒精灯放在铁粉下方加热可以产生高温，且不影响水的蒸发，若移至湿棉花下方则难以产生高温，则实验效果不好，B错误；C.用木柴点燃肥皂泡，若产生尖锐的爆鸣声，则可检验生成的气体为氢气，C正确；D.由于该实验中的反应要在高温下发生，因此要使用硬质玻璃试管盛装还原铁粉，D正确。]

.C Na_{2O_{2}} 中〇为一1价，在反应中O的化合价既有升高也有降低，因此 Na_{2O_{2}} 既是氧化剂又是还原剂； CaH_{2} 中H为一1价，在反应中化合价升高，是还原剂，A错误。 ① 中水中的H、O化合价均未发生变化， {H_{2}} 既不作氧化剂也不作还原剂； ② 中水中的部分H化合价降低，发生还原反应，B错误。 ① 中生成1个 O_{2} 分子时转移 2e^{-} ， ② 中生成2个 H_{2} 分子时转移 2e^{-} ，则转移电子数相同时，生成的氧气和氢气的物质的量之比为1：2，D错误。]

8.A［化合物 X_{3}Y_{7} WR和 X_{3}Z_{7} WR所含元素相同，相对分子质量相差7，说明Y、乙为氢元素的两种核素，由题干信息可知,1mol X_{3}Y_{7} WR含 40~mol 质子，X、W和R三种元素位于同周期，X原子最外层电子数是R原子核外电子数的一半，则

X、W、R的内层电子数为2，设X的最外层电子数为 \mathbf{α}_{a} ，则R的核外电子数为 2a ，W的核外电子数为 b,Y 的质子数为1，则有： 3(a+2)+2a+b+7=40(a,b 均为整数）， 5a+b=27 ，解得 a=5,b=2 (X、R不在同周期，舍去)； a=4,b=7; a =3,b=12(X,R 不在同周期，舍去）；则X为C，R为O,W为 ~N~ 。A.同周期从左到右原子半径逐渐减小，则原子半径： w> R，故A正确；B.同周期从左到右非金属性逐渐增强，则非金属性： \operatorname{R}{\mathord{>}}\operatorname{X} ，故B错误；C.Y和Z是氢的两种核素，两者互为同位素，故C错误；D.常温常压下X的单质为固体，W的单质是气体，故D错误。］.A［A.利用浓盐酸和二氧化锰反应制氯气需要加热，图中缺少加热装置，且分液漏斗内应盛装浓盐酸，不能达到预期目的，A符合题意；B.实验室制得的氯气中有HCI杂质，可以通过饱和食盐水洗气除杂，再通过无水氯化钙干燥，可以达到净化、干燥 Cl_{2} 的目的，B不符合题意；C.氯气密度大于空气，可以用向上排空气法收集，可以达到预期目的，C不符合题意；D. H_{2} 可以在氯气中安静地燃烧，产生苍白色火焰，氯气将氢气氧化，验证了氯气的氧化性，D不符合题意。]

0.C［A.题中没有说是标况条件下，气体摩尔体积未知，无法计算原子个数，A项错误;B.2.8 g Nz 的物质的量 n=M=(2.8)/(28)\ mol=0.1\ mol,1\ mol\ N_{2} 生成转移的电子数为 12{N_{A}} ，则 0.1\mol\N_{2} 转移的电子数为 1.2N_{~A~} ,B项错误； {C.0.1~mol} KNO_{3} 固体中含有离子为 K^{+} ： NO_{3}^{-} ，含有离子数目为 0.2N_{A} ,C项正确；D.1个{S}^{2-} 中含有16个质子， 32\ g\S^{2-} 中含有的质子数为 16N_{A} ,D项错误。」

.D[加热 KMnO_{4} 时发生反应： 2KMnO_{4} (\triangle)/(\Gamma)K_{2}MnO_{4}+MnO_{2}+O_{2}\uparrow ，所得固体K_{2M n O_{4}\ 、M n O_{2}} 和浓盐酸加热时发生反应： K_{2M n O_{4}}+8H C l( 浓 \scriptstyle\sum\sum\operatorname{lf}C1+ MnCl_{2}+2Cl_{2}\uparrow+4H_{2O},MnO_{2}+4HCl （浓） /{\triangle{\partial\Omega}M n C l_{2}+C l_{2}\Omega\uparrow+2H_{2}O,} 若KMnO_{4} 有剩余，还发生反应： 2KMnO_{4+} 16HCI(浓 /{\Delta{\Gamma}\stackrel{\Delta{-}2K C l+2M n C l_{2}+5C l_{2}\uparrow+}} 8H_{2}O 。 O_{2} 和 Cl_{2} 均为氧化产物，A项正确； 2KMnO_{4}\xlongequal{\triangle}K_{2}MnO_{4}+MnO_{2}+ O_{2} ↑中 KMnO_{4} 既作氧化剂，又作还原剂,B项正确；由以上分析可知， Mn 元素至少参与了3个氧化还原反应，C项正确；若 0.1\mol\KMnO_{4} 完全分解，则得到 0.\ 05\ \mol O_{2} ，同时生成 0.05\mol K_{2M n O_{4}} 、0.05 mol {MnO_{2}} ，加热时与浓盐酸完全反应，共得到 0.15\mol\Cl_{2} ，此时O_{2} 和 Cl_{2} 的物质的量之和为 0.20~mol ，由以上化学方程式知， KMnO_{4} 全部与浓盐酸反应时得到的气体最多，为0.25\mol\Cl_{2} ，但加热时 KMnO_{4} 发生分解，故 O_{2} 与 Cl_{2} 的物质的量之和一定小于 0.25~mol,D 项错误。

.C［碱溶液与单质d反应生成漂白液，故单质d为 Cl_{2} ，碱溶液是NaOH；碱溶液NaOH与氧化物c(适量）反应得纯碱溶液，故氧化物c为 CO_{2} ；单质M与氧化物b反应得碱溶液，故单质M为 \DeltaNa ，氧化物b为 {H_{2O};{Na}} 与单质a反应得氧化物,因此单质a为 O_{2} 。A.a为 O_{2} ， O_{2} 可与灼热的铜反应生成黑色的氧化铜，A正确；B.b为 H_{2} ，水蒸气可与红热的铁在高温下反应生成四氧化三铁和氢气,B正确;C.c为 CO_{2} ，镁条在 CO_{2} 中燃烧生成氧化镁和碳，燃烧的镁条不熄灭,C错误；D.d为 Cl_{2},Cl_{2} 可与碘化钾反应生成碘单质，碘单质能使湿润的淀粉试纸变蓝，D正确。]

13.D[往 FeCl_{2} 溶液中加入 Zn 片，发生反应 Fe^{2++Z n=\overline{{{\it\dag}}}\overline{{{\it\bf{e}}}}+Z n^{2+}} ， Fe^{2+} 的氧化能力比 Zn^{2+} 的强，A项错误；往Fe_{2(S O_{4})_{3}} 溶液中滴加KSCN溶液，发生反应 Fe^{3+}+3SCN^{-}\LongrightarrowFe\left(SCN\right)_{3} 溶液变血红色，再加入少量 K_{2S O_{4}} 固体，对平衡无影响，故不能说明 Fe^{3+} 与SCN^{-} 的反应不可逆，B项错误；若食品脱氧剂样品中有 +3 价铁，铁粉与 +3 价铁发生反应 Fe+2Fe^{3+}{=}3Fe^{2+} ，滴加KSCN溶液，溶液呈浅绿色， ~\C~ 项错误；向沸水中逐滴加 5~6 滴饱和 FeCl_{3} 溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，得到Fe(OH)_{3} 胶体，持续煮沸， Fe(OH)_{3} 胶体发生聚沉，析出红褐色沉淀，D项正确。

14.B［根据合成反应中质子数和质量数守恒，可推断X为 _{~2~}^{6} He、Y为 ^{4}_{2}He ,X的中子数为6一 2=4 ,A项错误； _{~2~}^{6} He、 _{~2~}^{4} He的质子数相同，中子数不同，互为同位素，B项正确； ^{13}_{8} 0 ^{15}_{8} ①的半衰期很短，不能用作示踪原子研究化学反应历程，C项错误；自然界不存在 ^{13}_{8}O_{2} ： ^{15}_{8}O_{2} 分子是因为 ^{13}_{8} 0、 ^{15}_{8}O 的半衰期很短，D项错误。

15.(1)制备 {NaHCO_{3}} 的原理是向饱和氨盐水中通入 CO_{2} ，A为 CO_{2} 的发生装置，制得的 CO_{2} 中含有 H_{2}O 、HCI,通过D除去HCI,再通过B制备 {NaHCO_{3}} ，最后用C吸收逸出的 NH_{3} 和 CO_{2} ，正确的

连接顺序为aefbcd。

(2)B中使用雾化装置，可以增大饱和氨盐水和 CO_{2} 的接触面积，增加 CO_{2} 的吸收效率。

(3)生成 {NaHCO_{3}} 的总反应的化学方程式为 NaCl+NH_{3\bullet H_{2}O+C O_{2}=} NaHCO_{3\ \downarrow+N H_{4}C l_{c}}

(4) ① 根据 2NaHCO_{3}\xrightarrow{\triangle}Na_{2C O_{3}}+H_{2}O\uparrow +CO_{2\uparrow\downarrow.2N a_{2}O_{2}+2C O_{2}=2N a_{2}C O_{3}} +~\O_{2~} ，结合差量法得 {(84x4)/(56)}~= \displaystyle(m(NaHCO_{3}))/(0.14~g) 则 m\left(NaHCO_{3}\right)=0.84\ g. 。

② 根据 \DeltaNaCl 和 NH_{4C l} 的溶解度曲线可知， NH_{4C l} 的溶解度受温度影响较大，而 \DeltaNaCl 的溶解度受温度影响不大，要使NH_{4C l} 充分析出并分离，需采取的操作为降温、过滤、洗涤、干燥。

（5）若无水 Na_{2C O_{3}} 保存不当，吸收了一定量水分，用其标定盐酸浓度时，消耗的Na_{2C O_{3}} 溶液的体积偏大，会使结果偏高。

16.（1）装置A用于制备氯气，其反应的化学方程式为 MnO_{2+4H C l} （浓） \triangleq MnCl_{2+C l_{2}\uparrow+2H_{2}O_{\circ}}

(2)装置A制备的氯气中混有HCI，HCI能与装置C中的KOH溶液反应，故装置B的作用是除去氯气中的HCI。

(3)根据题意，高铁酸钾在 0~5~\ {^\circ}C 的强碱性溶液中比较稳定，因此制备高铁酸钾时，装置C采用冰水浴，目的是防止高铁酸钾损失；氯气也能与KOH溶液反应，其化学方程式为 Cl_{2}+2KOH= \KCl{+K C l O{+}H_{2}O_{\+}}

(4)装置D的作用是除去多余氯气，防止污染空气， \DeltaNaCl 溶液、 H_{2S O_{4}} 溶液不与氯气反应，不能替换NaOH溶液，氢氧化钙微溶于水，因此澄清石灰水中氢氧化钙含量较低，不能完全吸收氯气，不能用澄清石灰水代替氢氧化钠溶液，FeCl_{2} 能与氯气反应生成氯化铁，能吸收氯气，可用氯化亚铁溶液代替氢氧化钠溶液，故答案为B。

（5)根据问题（3），C中溶液中含有KCIO和KCI，加入硫酸，发生 ClO^{-+C l^{-}+} 2H^{+}-Cl_{2\uparrow+H_{2}O} ，因此加入稀硫酸，产生黄绿色气体，不能证明高铁酸钾将 Cl^{-} 氧化。

(6)根据信息可知，高铁酸钾与水反应生成氢氧化铁胶体，铁元素化合价降低，根据氧化还原反应规律，应还有氧气产生，因此化学方程式为 4K_{2}FeO_{4}+10H_{2}O

4Fe(OH)（胶体)+8KOH+3O2↑

17.(1)粗盐提纯涉及的操作及使用的仪器有溶解（ ⑥ 烧杯和玻璃棒）、除杂、过滤（漏斗、玻璃棒、 ⑥ 烧杯）、蒸发结晶（蒸发血、 ⑧ 酒精灯、玻璃棒）。配制0.1000mol*L^{-1} 的NaCI溶液的操作步骤及使用的仪器是称量（ ① 天平) \rightarrow 溶解( ⑥ 烧杯和玻璃棒) \rightarrow 移液( ⑥ 烧杯、玻璃棒、⑤ 容量瓶） \rightarrow 定容（胶头滴管）。

(3)振荡时应用瓶塞塞住容量瓶口，不可用手指压住容量瓶口，故A错误；定容时，视线、溶液凹液面和刻度线应“三线相切”，不能仰视或俯视，且胶头滴管不能插入到容量瓶中，故B错误；定容完成后，盖上瓶塞，左手食指抵住瓶塞，右手扶住容量瓶底部，将容量瓶反复上下颠倒，摇匀，故D错误。

(4)利用固体配制一定物质的量浓度的溶液时需要用托盘天平称量固体，用烧杯溶解固体，用量筒量取蒸馏水。

18.(1) ① Fe²十为还原产物，项错误。 ② 该反应中H、O元素化合价不变， H_{2}O 既不是氧化产物，也不是还原产物，还原产物为 Fe^{2+} ，错误； ③ 该反应中氮元素化合价升高，铁元素化合价降低， NH_{2O H} 为还原剂， Fe^{3+} 为氧化剂，错误； ④ 该反应中氮元素由一1价升高为 +1 价，生成1~mol~N_{2O} ，转移 4~mol 电子，正确。

(2)向NaBr溶液中加入少量氯水和苯，振荡、静置后溶液分层，且上层呈橙红色，说明 Cl_{2} 置换出了 Br_{2} ，能说明 Br^{-} 的还原性强于 Cl^{-} ,A项正确。 Cl_{2} 能将I^{-} 氧化为 I_{2},I_{2} 遇淀粉溶液呈蓝色，B项正确。根据氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，知氧化性： KClO_{3}{>}KIO_{3} ，C项错误。反应方程式为 2Mg+CO_{2} 点燃 2MgO十C，还原剂为 {\Delta\Mg} ，还原产物为C，根据还原剂的还原性强于还原产物的还原性知， {\cal{M}g} 的还原性强于C的还原性,D项正确。

(4)根据实验现象，铜片溶解，溶液变蓝，可知在酸性条件下铜和过氧化氢发生反应，生成硫酸铜，离子方程式为：Cu + H_{2}O_{2}+2H^{+}=Cu^{2+}+2H_{2}O ；硫酸铜可以催化过氧化氢分解生成氧气，则产生的气体为 O_{2} ;在铜和过氧化氢的反应过程中，氢元素的化合价没有发生变化，但反应现象明显，故从氧化还原角度说明 H^{+} 的作用是：既不是氧化剂，又不是还原剂，但可增强 {H_{2O_{2}}} 氧化性。

模块综合达标卷(一)

答案速对

15.(1)①②③④5 (2)HCO_{3^{-}+O H^{-}\overline{{{\Gamma}}\overline{{{\Gamma}}}\overline{{{\Gamma}}}\overline{{{\Gamma}}}\overline{{{\Gamma}}}\overline{{{\Gamma}}}+CO_{3^{2-}\Gamma}}} C 3)\ClO^{-+C l^{-}+2H^{+}=C l_{2}} +H_{2}O (4)5.9 胶头滴管、 500~mL 容量瓶 偏低 (5)17 (6)Ca(ClO)_{2+H_{2}O+C O_{2}=} 光照 CaCO, +2HCIO 2HCIO 2HC1+ O_{2}

(7)干燥氯气B中干燥的有色布条无
明显变化,C中湿润的有色布条褪色
2OH^{-}+Cl_{2}=Cl^{-}+ClO^{-}+H_{2}O 化合价降低，得 e^{-} V
2OH-+Cl2 CI-+CIO-+H,O 化合价升高，失 e^{-}

16.(1)C (2)BC

(3) ① 去除水中溶解氧C ② 排除B中空气检验 H_{2} 纯度 C内的空气没有排尽

17.(1)饱和AD(2)有利于吸收二氧化碳或吸收尽可能多的二氧化碳(其他说法合理即可)NH_{3+H_{2}O+C O_{2}+N a C l=} NaHCO_{3\ \downarrow+N H_{4}C l}

(3)分解反应 2NaHCO_{3}\xrightarrow{\triangle}Na_{2C O_{3}}
+H_{2O+C O_{2}}^{\prime} N
(4)AB

18.(1)第二周期第VA族Na+[: O : O : ]-Na离子键、共价键(2)H2O(3)N²->O²->Na+ +1n28(4)> H,AsO4<H,SeO4<H2S

试题精析

1.C[Si的相对原子质量是28.09，故A错误；水分子中氢原子一侧带正电，氧原子一侧带负电，钠离子带正电，应与氧原子一侧结合，故B错误；光照过程中次氯酸分解转变为氯化氢，次氯酸是弱酸、氯化氢是强酸，故酸性逐渐增强、pH逐渐变小，故C正确；在氧化还原反应中，还原剂失去电子被氧化，氧化剂在反应中得到电子被还原，图示电子得失方向错误，故D错误。

.D[A.Na+的核外电子数为10，结构示意图为 ，A不正确； B.Cl_{2} 中，两个CI原子间形成一对共用电子，另外，每个CI原子的最外层还有3个孤电子对，电子式为：CI：CI：，B不正确；C.中子数为17的硫原子，其质子数为16，则质量数为33，可表示为： ^{33}_{16}S,C 不正确； D.H_{2O} 为弱电解质，发生微弱的电离，电离方程式：H_{2}O{\Longrightarrow}H^{+}+OH^{-} ,D正确。]

3.D[A.“纳米分子药物运输车”含有四氧化三铁，具有磁性，A正确；B.四氧化三铁与酸反应不生成单一的盐，不属于碱性氧化物,B正确；C.将该物质直径 200\ nm ，分散到水中得到的分散系不是胶体，不具有丁达尔效应，C正确；D.粉碎后用盐酸酸浸，清液中含有多种有机物，这些有机物或氯离子也可能与滴入的少量KMnO_{4} 溶液反应，导致检验不出其中的Fe^{2+} ,D错误。]

4.A[A.1个 D_{2}O 分子中含有10个中子，在标准状况下， 20\ gD_{2O} 含有的中子数目为 20 g·mol-X10×NA=10NA,故 A正确；B.没有明确溶液体积，不能计算0.1mol*L^{-1} 的NaCI溶液含有的 {Na^{+}} 数目，故B错误；C.常温常压下， 11.2~L~O_{2~} 与{O_{3}} 混合气体的物质的量表示 0.5~mol ，故C错误； D.1~mol~NaHSO_{4} 固体中，阳离子是 {Na^{+}} ，含阳离子数目为 N_{~A~} ，故D错误。]