学生讲答案-(Word练习)【赢在微点·顶层设计】2026年高中化学高考一轮总复习

核心微讲 大单元一　化学基本概念 第1讲　物质的分类及转化 微考点·核心突破 ◉考点1 知识梳理 1.(1)核电荷数　(2)只由一种元素组成　由两种或两种以上元素组成　同种物质　两种或两种以上的物质　(3)单质　化合物　(4)①元素　性质 ③物理　化学　化学 􀳅思维辨析 1.×　2.×　3.√　4.×　5.× 知识对练 1.C　解析　墨玉、黑陶、琉璃均为陶瓷制品,均属于硅酸盐制品,主要成分均为硅酸盐材料,而刀币的主要成分为青铜。故选C。 2.C　解析　四羊方尊由青铜制成,青铜属于合金范畴,A项正确;竹木简牍由竹子、木头等原料制成,竹子、木头的主要成分为纤维素,B项正确;蔡伦采用碱液制浆法造纸,将原料放在碱液中蒸煮,原料在碱性环境下发生反应使原有的粗浆纤维变成细浆,该过程涉及化学变化,C项错误;陶瓷是利用黏土在高温下烧结定型而成的,D项正确。 3.D　解析　浓硫酸、生石灰、碱石灰均可用作干燥剂,A项正确;不锈钢、青铜、生铁都是合金,B项正确;浓硫酸、烧碱和硝酸都具有很强的腐蚀性,属于腐蚀品,C项正确;过氧化钠不属于碱性氧化物,D项错误。 4.C　解析　硫酸铜晶体是由一种物质组成的化合物,属于盐,不是混合物,A项错误;氢氧化铁不是胶体,B项错误;电解质属于化合物,化合物都是纯净物,C项正确;稀硫酸为溶液,不属于电解质,D项错误。 新动向 答案　(1)B　(2)D 解析　(1)由两种或者两种以上的物质组成的为混合物;由两种元素组成,其中一种为氧元素的化合物为氧化物;电离产生的阳离子都是氢离子的化合物为酸;电离产生的阴离子都是氢氧根离子的化合物为碱;含碳元素的化合物(除了CO、CO2、碳酸、碳酸盐等之外)为有机物。空气、汽油中含有多种物质,属于混合物;H2O中含有两种元素,其中一种为O元素,属于氧化物;H2SO4电离产生的阳离子都是氢离子,属于酸;KOH电离产生的阴离子都是氢氧根离子,属于碱;CH4、C2H5OH都是含碳元素的化合物,属于有机物。(2)H2、O2、Al都是只含一种元素的纯净物,都属于单质;由同种元素组成的性质不同的单质互为同素异形体,O2、O3都是由氧元素组成的单质,互为同素异形体,两者混合属于混合物。 ◉考点2 知识梳理 一、1.(1)物质　物质　(2)大小　胶体 2.<1 nm　1~100 nm　>100 nm　能　能　不能 二、1.(1)一条光亮的“通路” 2.(1)FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl　(2)红褐色 􀳅思维辨析 1.√　2.×　3.×　4.×　5.√　6.× 知识对练 5.B　解析　多糖基复合纳米颗粒的直径为1~100 nm,将其分散到水中,形成的分散系属于胶体,A项正确;胶体分散质粒子的直径比滤纸的缝隙直径小,能够通过滤纸,因此不能通过过滤的方法分离得到多糖基复合纳米颗粒,B项错误;胶体具有一定的稳定性,C项正确;该分散系属于胶体,当光束通过胶体时,可观察到光亮的“通路”,D项正确。 6.C　解析　碘化银胶粒能吸附阳离子,但胶体不带电,A项错误;胶体粒子和溶液均可透过滤纸,不能通过过滤的方法除去碘化银胶体中的硝酸钾溶液,B项错误;胶体的分散质粒子直径为1~100 nm,C项正确;AgI难溶于水,与水混合后得到的分散系应为浊液,不会产生丁达尔效应,D项错误。 7.答案　(1)丁达尔效应　(2)①红褐色液体　FeCl3溶液太稀,生成的Fe(OH)3太少　②生成红褐色沉淀　自来水中含有电解质,胶体发生聚沉　③生成红褐色沉淀　长时间加热使胶体发生聚沉 ◉考点3 知识梳理 2.(1)化合反应　分解反应　置换反应　复分解反应　有无离子参与 有无元素化合价变化　可逆反应　不可逆反应　吸热反应　放热反应 􀳅思维辨析 1.√　2.√　3.×　4.√　5.√ 知识对练 8.D　解析　“石胆能化铁为铜”指的是铁可以与硫酸铜发生置换反应生成铜,发生了化学变化,A项不符合题意;工业上利用“侯氏联合制碱法”制备纯碱,二氧化碳、氨气、氯化钠和水发生反应生成的碳酸氢钠晶体经加热后分解生成碳酸钠即纯碱,发生了化学变化,B项不符合题意;CO2转化为淀粉或葡萄糖,有新物质生成,发生了化学变化,C项不符合题意;使用CO2跨临界直冷制冰,是将水直接转化为冰,没有新物质生成,只发生了物理变化,没有涉及化学变化,D项符合题意。 9.A　解析　“渔火”为物质燃烧发出的光,燃烧属于化学变化,A项符合题意。捧起清澄明澈的泉水,泉水照见月影,好像那一轮明月在自己的手里一般;摆弄山花,馥郁之气溢满衣衫,都属于物理变化,B项不符合题意。“飞流直下三千尺”为水的自由落体运动,属于物理变化,C项不符合题意。“举头望明月”,月光为反射的太阳光,属于物理变化,D项不符合题意。 10.C　解析　 选项 分析 结论 A Ca(OH)2属于碱,能使酚酞溶液变色 正确 B Ca(OH)2与HCl发生酸碱中和反应:Ca(OH)2+2HCl===CaCl2+2H2O 正确 C Ca(OH)2与NaNO3溶液不反应 错误 D Ca(OH)2与非金属氧化物CO2发生反应而变质:Ca(OH)2+CO2===CaCO3↓+H2O 正确 微充电·素养提升 母题1　C　解析　纤维素是一种天然化合物,其分子式为(C6H10O5)n,其相对分子质量较高,是一种天然高分子,A项正确;羟基磷灰石又称羟基磷酸钙,其化学式为Ca5(PO4)3(OH),属于无机物,B项正确;熟石膏的主要成分为2CaSO4·H2O,Ca(OH)2为熟石灰的主要成分,C项错误;Fe2O3为红棕色,常被用于油漆、涂料、油墨和橡胶的红色颜料,俗称铁红,D项正确。 衍生1　A　解析　蚕丝的主要成分为蛋白质,A项错误;一般来说,合金的熔点比其成分金属低,B项正确;炭黑属于无定形碳,C项正确;焰火与原于核外电子跃迁释放能量有关,D项正确。 母题2　A　解析　“石穴中水,所滴者皆为钟乳”,涉及的反应为碳酸氢钙分解生成碳酸钙,没有元素化合价的变化,不是氧化还原反应,A项符合题意;“水银乃至阴之毒物,因火煅丹砂(HgS)而出”,涉及HgS转化为Hg,有元素化合价的变化,涉及氧化还原反应,B项不符合题意;“空青(蓝铜矿类)……能化铜铁豁(铅)锡作金”,是说含铜的矿物质(主要是铜盐类物质)和铁或铅等金属反应,可以生成带有金色的金属单质,涉及金属化合物和金属单质之间的转化,有元素化合价的变化,与氧化还原反应有关,C项不符合题意;“胡粉(碱式碳酸铅)投入火中,色坏还为铅”,涉及碱式碳酸铅高温分解生成铅,存在元素化合价变化,与氧化还原反应有关,D项不符合题意。 衍生2　B　解析　“爆竹”爆炸过程为火药燃烧过程,涉及化学变化,A项不符合题意;“首饰”和“侯王印”均由黄金制成,而沙中淘金仅涉及物理变化,B项符合题意;“炼钢”过程中涉及氧化还原反应,故涉及化学变化,C项不符合题意;“火树”指悬挂着许多灯笼的树,“银花”指焰火雪亮,形容张灯结彩或大放焰火的灿烂夜景,涉及化学变化,D项不符合题意。 母题3　C　解析　“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、溶解;“去石澄清”是指倾倒出澄清液,去除未溶解的固体,涉及的操作方法是过滤;“慢火熬干”是指用小火将溶液蒸发至有少量水剩余,涉及的操作方法是蒸发;因此未涉及的操作方法是萃取。故选C。 衍生3　D　解析　HgS受热分解生成Hg和S,为化学变化,分解生成的Hg为气态,气态Hg冷凝为液体流下,得到液态Hg,故涉及的物理过程是冷凝。故选D。 母题4　B　解析　加热除汞,说明汞易挥发,A项正确;将金溶于汞中制成“金汞漆”,然后加热,汞挥发后留下金,整个过程中没有新物质生成,属于物理变化,B项错误;金溶于汞中,然后再加热除去汞,使得金的纯度增大,可以用于金的富集,C项正确;用电解的方法,铜作阴极,电解液为可溶性的含金离子溶液,可实现铜上镀金,D项正确。 衍生4　B　解析　酒曲捣碎是物质形态的变化,属于物理变化,A项错误;酒曲发酵过程中葡萄糖转化为乙醇,发生化学变化,B项正确;高温蒸馏是利用了乙醇沸点低的性质,属于物理变化,C项错误;泉水勾兑是溶液稀释过程,属于物理变化,D项错误。 微真题·把握方向 1.D　解析　动物的毛、皮、角等的主要成分都是蛋白质,羊毛的主要成分为蛋白质,A项正确;墨的主要成分是炭黑,炭黑是碳元素的一种单质,碳的单质在常温下化学性质很稳定,不易与其他物质发生化学反应,故用墨汁书写的字画历经千年仍不褪色,B项正确;竹子可用于造纸,竹子的主要成分是纤维素,用其造的纸的主要成分也是纤维素,C项正确;大理石可用于制砚台,大理石的主要成分为碳酸钙,不是硅酸盐,D项错误。 2.A　解析　金代六曲葵花鎏金银盏的材料是合金,属于无机金属材料;北燕鸭形玻璃注是玻璃制品,属于硅酸盐材料;汉代白玉耳杯是玉,属于含有微量元素的钙镁硅酸盐材料;新石器时代彩绘几何纹双腹陶罐是陶器,属于硅酸盐材料;综上,A选项材质与其他三项材质不同,不能归为一类。故选A。 3.B　解析　湖笔以竹管为笔杆,以动物尾毫为笔头,制作过程不涉及氧化还原反应,A项不符合题意;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项符合题意;宣纸以楮树皮为原料,得到纸浆纤维,从而制作宣纸,不涉及氧化还原反应,C项不符合题意;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项不符合题意。 4.D　解析　青铜铺首是青铜器,青铜的主要成分是铜锡合金,A项正确;透雕白玉璧是玉石,玉石的主要成分是硅酸盐,B项正确;石质浮雕是汉白玉,汉白玉的主要成分是碳酸钙,C项正确;青花釉里红瓷盖罐是陶瓷,陶瓷的主要成分是硅酸盐,D项错误。 5.C　解析　纸的主要成分是纤维素,不是金属材料,A项错误;沙的主要成分是硅酸盐,不是金属材料,B项错误;金和铁都是金属,C项正确;甘之若饴的意思是把它看成像糖那样甜,糖类是有机物,不是金属材料,D项错误。 6.D　解析　石墨烯是一种由单层碳原子构成的平面结构的新型碳材料,为碳的单质,属于无机物,A项错误;不锈钢是Fe、Cr、Ni等的合金,属于金属材料,B项错误;石英光导纤维的主要成分为SiO2,属于无机非金属材料,C项错误;聚酯纤维俗称“涤纶”,是由有机二元酸和二元醇缩聚而成的聚酯经纺丝所得的合成纤维,属于有机物,D项正确。 第2讲　离子反应 微考点·核心突破 ◉考点1 知识梳理 1.(1)在水溶液里　熔融　能够 2.(1)完全　(2)只能部分 3.(1)自由移动的离子　溶于水　受热熔化　(2)①2K++S 􀳅思维辨析 1.×　2.×　3.×　4.×　5.√ 知识对练 1.答案　(1)①Ba(OH)2===Ba2++2OH- ②KAl(SO4)2===K++Al3++2S ③NaHSO4===Na++H++S ④NaHSO4===Na++HS (2)①CH3COOHCH3COO-+H+　②H2CO3H++HC、HCH++C　③Fe(OH)3Fe3++3OH- ④NaHCO3===Na++HC、HCH++C 2.答案　(1)④⑧　(2)③⑥　(3)①②　(4)HCl===H++Cl-　H2SHS-+H+、HS-S2-+H+ 3.答案　(1)盐　电解质　(2)K2CO3===2K++C　(3)分解 (4)蒸馏 解析　(1)硫酸铜由铜离子和硫酸根离子构成,属于盐,硫酸铜的水溶液能导电,属于电解质。(2)K2CO3是强电解质,其在水溶液中完全电离出钾离子和碳酸根离子,电离方程式为K2CO3===2K++C。(3)“烈火焚烧若等闲”是指煅烧石灰石生成氧化钙和二氧化碳,属于分解反应。(4)“蒸令气上,用器盛露滴”涉及的物质分离方法是蒸馏。 4.D　解析　向Ba(OH)2溶液中逐滴滴入CuSO4溶液,因生成BaSO4沉淀和Cu(OH)2沉淀,溶液中离子浓度减小,灯泡逐渐变暗至熄灭,当CuSO4溶液过量时,溶液中离子浓度增大,灯泡又逐渐变亮,A项不符合题意;向Ca(OH)2溶液中滴入NH4HCO3溶液,因生成CaCO3沉淀、氨水和H2O,溶液中离子浓度减小,灯泡逐渐变暗,当NH4HCO3溶液过量时,溶液中离子浓度增大,灯泡又逐渐变亮,B项不符合题意;向Ba(OH)2溶液中逐滴滴入H2SO4溶液,因生成BaSO4沉淀和水,溶液中离子浓度减小,灯泡逐渐变暗至熄灭,当H2SO4溶液过量时,溶液中离子浓度增大,灯泡又逐渐变亮,C项不符合题意;NH3·H2O是弱碱,部分电离,开始时灯泡较暗,滴入CH3COOH后,NH3·H2O与CH3COOH反应生成强电解质CH3COONH4,灯泡变亮,当CH3COOH过量时灯泡的亮度略减弱,D项符合题意。 5.答案　(1)是　(2)能 (3)Ba2++2OH-+2H++S===BaSO4↓+2H2O (4)溶液中几乎没有自由移动的离子 (5)过量的硫酸电离出的离子导电 (6)BaCl2+H2SO4===BaSO4↓+2HCl(满足条件即可) 解析　(1)BaSO4在熔融状态下能导电,是电解质。(2)H2SO4溶液能电离出自由移动的氢离子和硫酸根离子,能导电。(3)Ba(OH)2溶液与稀硫酸反应生成硫酸钡沉淀和水,发生反应的离子方程式为Ba2++2OH-+2H++S===BaSO4↓+2H2O。(4)溶液的导电能力与离子浓度成正比,B处溶液的导电能力约为0,说明溶液中几乎没有自由移动的离子。(5)BC段过量的硫酸电离产生氢离子和硫酸根离子,导致溶液中自由移动的离子浓度变大,导电能力增强。(6)可溶性钡盐和硫酸或硫酸盐反应的离子方程式为Ba2++S===BaSO4↓,对应的化学方程式为BaCl2+H2SO4===BaSO4↓+2HCl。 ◉考点2 知识梳理 1.(2)难溶　难电离　易挥发　(3)减小 2.(1)离子符号　(2)化学反应　同一类型　(3)Na2SO4+BaCl2===2NaCl+BaSO4↓　2Na++S+Ba2++2Cl-===2Na++2Cl-+BaSO4↓　S+Ba2+===BaSO4↓　原子　电荷 􀳅思维辨析 1.×　2.×　3.×　4.×　5.× 知识对练 6.答案　(1)①MgO+2H+===H2O+Mg2+ ②Al3++3NH3·H2O===Al(OH)3↓+3N ③CaCO3+2H+===Ca2++H2O+CO2↑ ④HC+CH3COOH===CH3COO-+H2O+CO2↑ ⑤HS+H+===H2O+SO2↑ (2)①OH-+H+===H2O　②Ca(OH)2+C===CaCO3+2OH- ③S+2Ag+===Ag2SO4↓　④N+OH-===NH3·H2O (3)①2Na2O2+2H2O===4Na++4OH-+O2↑ ②2Fe3++Cu===2Fe2++Cu2+ ③MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O ④Cl2+2OH-===Cl-+ClO-+H2O ⑤Cu+4H++2N===Cu2++2NO2↑+2H2O 3Cu+8H++2N===3Cu2++2NO↑+4H2O 7.答案　(1)Ba2++2OH-+2N+S===BaSO4↓+2NH3·H2O (2)Cu2++S+Ba2++2OH-===Cu(OH)2↓+BaSO4↓ (3)Fe2O3+6H++2I-===2Fe2++3H2O+I2 8.D　解析　熟石灰的成分是Ca(OH)2,与稀硫酸反应的离子方程式为Ca(OH)2+2H++S===CaSO4+2H2O,A项错误;FeS难溶于水,反应的离子方程式为FeS+Hg2+HgS+Fe2+,B项错误;KOH少量时,OH-先与Al3+反应生成氢氧化铝沉淀,离子方程式为Al3++3OH-===Al(OH)3↓,C项错误;稀硝酸将二价铁氧化为三价铁,自身被还原为NO,反应的离子方程式为+10H+===3Fe3++NO↑+5H2O,D项正确。 9.B　解析　Na2S2O3与稀硫酸反应生成Na2SO4、S、SO2和H2O,反应的离子方程式为S2+2H+===S↓+SO2↑+H2O,A项正确;少量的Cl2通入亚硫酸氢钠溶液中,反应的离子方程式为4HS+Cl2===S+2Cl-+3SO2+2H2O,B项错误;SO2具有还原性,被氧化成,被还原成Mn2+,反应的离子方程式为2+5SO2+2H2O===2Mn2++5+4H+,C项正确;H2O2将I-氧化成I2,自身被还原成H2O,反应的离子方程式为2I-+2H++H2O2===I2+2H2O,D项正确。 微充电·素养提升 母题1　答案　(1)CO2+2OH-===C+H2O　CO2+OH-===HC (2)C+H+===HC　C+2H+===CO2↑+H2O 衍生1　答案　(1)Al3++3OH-===Al(OH)3↓ Al3++4OH-===[Al(OH)4]- (2)[Al(OH)4]-+H+===Al(OH)3↓+H2O [Al(OH)4]-+4H+===Al3++4H2O (3)2[Al(OH)4]-+CO2===2Al(OH)3↓+C+H2O [Al(OH)4]-+CO2===Al(OH)3↓+HC (4)3Fe+2N+8H+===3Fe2++2NO↑+4H2O Fe+N+4H+===Fe3++NO↑+2H2O 母题2　答案　H++OH-===H2O N+H++2OH-===NH3·H2O+H2O 衍生2　答案　H++OH-===H2O　Al3++3OH-===Al(OH)3↓　N+OH-===NH3·H2O　Al(OH)3+OH-===[Al(OH)4]- 母题3　答案　(1)HC+OH-+Ca2+===CaCO3↓+H2O 2HC+2OH-+Ca2+===CaCO3↓+C+2H2O (2)H++OH-+S+Ba2+===BaSO4↓+H2O 2H++2OH-+S+Ba2+===BaSO4↓+2H2O 衍生3　答案　3Ba2++3S+2Al3++6OH-===3BaSO4↓+2Al(OH)3↓　N+Al3++2S+2Ba2++4OH-===NH3·H2O+Al(OH)3↓+2BaSO4↓　N+Al3++2S+2Ba2++5OH-===NH3·H2O+[Al(OH)4]-+2BaSO4↓ 微真题·把握方向 1.D　解析　H2S在离子方程式中应以化学式保留,正确的离子方程式为Cu2++H2S===CuS↓+2H+,A项错误;酸性条件下会将H2SO3氧化成H2SO4,Ba2+与反应形成BaSO4沉淀,滴加少量Ba(NO3)2时的离子方程式为Ba2++2+3H2SO3===BaSO4↓+2NO↑+2+4H++H2O,滴加足量Ba(NO3)2时的离子方程式为3Ba2++2+3H2SO3===3BaSO4↓+2NO↑+4H++H2O,B项错误;电离平衡常数Ka1(H2CO3)>Ka(HClO)>Ka2(H2CO3),Cl2与水反应生成的HClO与NaHCO3不反应,正确的离子方程式为Cl2+===Cl-+HClO+CO2,C项错误;Cu与FeCl3溶液反应生成CuCl2、FeCl2,反应的离子方程式为Cu+2Fe3+===Cu2++2Fe2+,D项正确。 2.C　解析　试管壁上的银镜用稀硝酸清洗,银溶于稀硝酸生成AgNO3、NO和H2O,离子方程式为3Ag+4H++N===3Ag++NO↑+2H2O,A项不正确;由于PbS的溶解度远远小于FeS,因此,工业废水中的Pb2+用FeS去除,该反应的离子方程式为Pb2++FeS===PbS+Fe2+,B项不正确;海水提溴过程中将溴吹入SO2吸收塔,SO2在水溶液中将Br2还原为Br-,离子方程式为Br2+SO2+2H2O===2Br-+S+4H+,C项正确;用草酸标准溶液测定高锰酸钾溶液的浓度,H2C2O4被氧化为CO2,H2C2O4属于弱酸,离子方程式为2Mn+5H2C2O4+6H+===2Mn2++10CO2↑+8H2O,D项不正确。 3.D　解析　玻璃的主要成分为SiO2,用氢氟酸刻蚀玻璃时,SiO2和氢氟酸反应生成SiF4气体和水,反应的方程式为SiO2+4HF===SiF4↑+2H2O,A项错误;Fe3+可以将Cu氧化成Cu2+,三氯化铁刻蚀铜电路板时反应的离子方程式为2Fe3++Cu===2Fe2++Cu2+,B项错误;氯气具有强氧化性,可以将硫代硫酸根离子氧化成硫酸根离子,氯气被还原为氯离子,反应的离子方程式为S2+4Cl2+5H2O===2S+8Cl-+10H+,C项错误;碳酸钙的溶解度小于硫酸钙,可以用碳酸钠溶液浸泡水垢使硫酸钙转化为疏松、易溶于酸的碳酸钙,反应的离子方程式为CaSO4+C===CaCO3+S,D项正确。 4.D　解析　Cl2通入氢氧化钠溶液中,反应生成氯化钠、次氯酸钠和水,反应的离子方程式为Cl2+2OH-===Cl-+ClO-+H2O,A项正确;氧化铝溶于氢氧化钠溶液生成四羟基合铝酸钠和水,反应的离子方程式为Al2O3+2OH-+3H2O===2[Al(OH)4]-,B项正确;过量CO2通入饱和碳酸钠溶液中,反应生成碳酸氢钠晶体,反应的离子方程式为2Na++C+CO2+H2O===2NaHCO3↓,C项正确;H2SO3溶液中滴入氯化钙溶液,因亚硫酸的酸性弱于盐酸,不能发生反应,D项不正确。 5.A　解析　火法炼锌过程中C作还原剂,ZnCO3在高温条件下分解为ZnO、CO2,CO2与C在高温条件下反应生成还原性气体CO,CO还原ZnO生成Zn,因此总反应为2ZnCO3+C2Zn+3CO2↑,A项错误;CaH2为活泼金属氢化物,因此能与H2O发生归中反应生成碱和氢气,反应方程式为CaH2+2H2O===Ca(OH)2+2H2↑,B项正确;锅炉水垢的主要成分为CaSO4、MgCO3等,由于溶解性CaSO4>CaCO3,因此向锅炉水垢中加入饱和Na2CO3溶液,根据难溶物转化原则可知CaSO4转化为CaCO3,反应方程式为CaSO4(s)+C(aq)CaCO3(s)+S(aq),C项正确;Cr2具有强氧化性,加入具有还原性的Fe2+,二者发生氧化还原反应生成Fe3+、Cr3+,Cr元素化合价由+6价降低至+3价,Fe元素化合价由+2价升高至+3价,根据守恒规则可知反应的离子方程式为Cr2+6Fe2++14H+===6Fe3++2Cr3++7H2O,D项正确。 6.B　解析　向氢氧化钠溶液中通入足量的二氧化碳,碱可以转化成酸式盐,离子方程式为CO2+OH-===HC,A项错误;氯气通入NaOH溶液中可以生成氯化钠和次氯酸钠两种盐,其离子方程式为Cl2+2OH-===Cl-+ClO-+H2O,B项正确;Na2O2可以和水反应生成氢氧化钠,但在离子方程式里Na2O2不能拆成离子形式,C项错误;硅酸钠易溶于水且易电离,在离子方程式里要写成离子,D项错误。 第3讲　离子反应的应用 微考点·核心突破 ◉考点 知识对练 1.C　解析　由题意可知溶液可能呈酸性也可能呈碱性;当溶液呈酸性时,HC能与酸反应,Mn能氧化Cl-,故A、B两项中的离子不能大量共存;当溶液呈碱性时HC能与碱反应,Al3+和N也能与碱反应,故A、D两项中的离子不能大量共存;C项在酸性或碱性条件下都不发生反应,能大量共存。 2.C　解析　A项中H+、N能将(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O晶体溶于水后产生的Fe2+氧化为Fe3+;B项中OH-与N、Fe2+不能大量共存,Ba2+与S不能大量共存;D项中S2-与Cu2+、ClO-不能大量共存。 3.C　解析　本题的隐含条件是“溶液中不含有颜色的离子”,所以有颜色的离子组可直接排除。B项中的Cu2+是蓝色,D项中的Fe3+是棕黄色,直接排除;A项中H+和Si反应生成H2SiO3沉淀,不能大量共存。故选C。 4.B　解析　使酚酞变为红色的溶液显碱性,而Al3+在碱性条件下不能大量存在,A项错误;溶液显酸性,各离子之间不发生反应,可以大量共存,B项正确;与铝反应放出氢气的溶液可能显酸性也可能显碱性,若溶液显碱性,亚铁离子不能大量共存,若溶液显酸性,Fe2+和N不能大量共存,C项错误;该溶液可能显酸性也可能显碱性,如果显酸性,四羟基合铝酸根离子和碳酸根离子不能大量共存,D项错误。 5.B　解析　溶液无色,说明溶液中不含Cu2+。(1)取少量溶液,滴加无色酚酞溶液,酚酞溶液变红,说明溶液中可能含有OH-或C中的一种或两种,则Ag+一定不存在。(2)另取少量溶液,加入足量BaCl2溶液,产生白色沉淀,说明C、S至少存在一种。(3)向(2)所得混合物中加入足量盐酸,沉淀部分溶解,说明不溶的沉淀为BaSO4沉淀,有无色气体生成,说明溶解的沉淀为BaCO3沉淀,说明溶液中含有C、S,不含有Ba2+,根据溶液呈电中性,一定含有K+。(4)将(3)所得混合物过滤,向滤液中加入AgNO3溶液,有白色沉淀生成,得到AgCl白色沉淀,由于前面加了足量盐酸,因此不能说明含有Cl-。 微充电·素养提升 母题　答案　(1)因为CaHPO4·2H2O为摩擦剂,刷牙时必须以固体形式存在,故其难溶于水 (2)步骤少、产品纯度高、能耗低 (3)CaCO3+2H+===Ca2++CO2↑+H2O,Ca2++C===CaCO3↓ (4)若加入过量盐酸,则CaCl2溶液中含有剩余盐酸,当加入Na2CO3溶液时,盐酸首先与Na2CO3反应,故首先发生反应的离子方程式为C+2H+===CO2↑+H2O 衍生　C　解析　步骤①取少量样品溶于水得到无色透明溶液,说明固体溶于水且相互之间能大量共存;步骤②向①的溶液中滴加过量稀盐酸,有气泡产生,说明可能含有NaHCO3或Na2SO3或两者都有;若气泡是NO,说明是NaNO3和Na2SO3均有;步骤③取②的上层清液,向其中滴加BaCl2溶液,有沉淀生成,则沉淀为BaSO4,说明固体中存在Na2SO3和Na2SO4中的至少一种。结合分析可知不一定含有Na2SO4,可能是NaNO3和Na2SO3在加盐酸后发生氧化还原反应生成硫酸根离子,硫酸根离子和钡离子生成白色的硫酸钡沉淀,A项错误;若气泡是NO,说明是NaNO3和Na2SO3均有,不一定有NaHCO3,B项错误;该固体样品中若只含有Na2SO3,则步骤③不会产生沉淀,故该固体样品中不可能只含有Na2SO3,C项正确;由分析可知步骤②产生的气体可能是NaNO3和Na2SO3在加盐酸后发生氧化还原反应生成的NO,NO易与试管内的氧气反应生成红棕色二氧化氮,试管口产生的气体可能是红棕色的,D项错误。 微真题·把握方向 1.D　解析　H+、I-、N三种离子会发生氧化还原反应而不能大量共存,A项错误;Fe3+、CN-反应生成Fe(CN而不能大量共存,B项错误;Si、Ca2+反应生成CaSiO3沉淀而不能大量共存,C项错误;N、CH3COO-、HC虽然都不同程度水解,但水解是微弱的,能大量共存,D项正确。 2.C　解析　氨水显碱性,会与Ag+、Cu2+反应,不能大量共存,A项错误;Fe3+、I-会发生氧化还原反应,不能大量共存,B项错误;醋酸显酸性,在醋酸溶液中S、N、Br-、H+均不会发生反应,能大量共存,C项正确;硝酸银中的银离子会与氯离子反应生成沉淀,不能大量共存,D项错误。 3.B　解析　pH=1的溶液中,N在酸性条件下会与Fe2+发生氧化还原反应,不能大量共存,A项错误;pH=12的溶液中,K+、Na+、N、C均不能发生反应,能大量共存,B项正确;pH=7的溶液中,Cu2+、S2-会发生反应生成沉淀,不能大量共存,C项错误;pH=7的溶液中,Al3+、HC会发生相互促进的水解反应,不能大量共存,D项错误。 4.A　解析　粗盐的主要成分为NaCl。除去Ca2+选用C将其转化为沉淀,为了不引入新杂质,所加物质的阳离子为Na+,即选用Na2CO3除去Ca2+,同理可知,除去Mg2+需选用NaOH,除去S需选用BaCl2,因所加除杂试剂均过量,因此向粗盐样品中加入除杂试剂的顺序是BaCl2先于Na2CO3加入,利用Na2CO3除去Ca2+和多余的Ba2+,因Na2CO3、NaOH均过量,成为新杂质,需要过滤后向滤液中加入HCl至溶液中不再有气泡产生,以此除去Na2CO3、NaOH,然后将溶液蒸干得到较为纯净的食盐产品。 5.D　解析　向溶液中加入硫酸锌溶液,S会与Ba2+反应生成BaSO4沉淀,会影响溶液中离子的大量共存,A项不符合题意;向溶液中加入铁粉,Fe3+会与铁反应生成Fe2+,会影响溶液中离子的大量共存,B项不符合题意;向溶液中通入氨气,铝离子、铁离子会与氨水反应生成氢氧化铝、氢氧化铁沉淀,会影响溶液中离子的大量共存,C项不符合题意;向溶液中通入二氧化碳,二氧化碳与溶液中的离子不发生任何反应,不会影响溶液中离子的大量共存,D项符合题意。 6.C　解析　酸性条件下KClO3能被NaNO2还原生成Cl-,加入AgNO3溶液和稀硝酸后生成白色沉淀,Cl-可能是KClO3被还原得到的,也可能是NaCl中的,所以根据实验现象不能确定样品为NaNO2,A项错误;氯化钠电离出的氯离子也可以被酸性高锰酸钾氧化而使其褪色,B项错误;Fe2+能被N氧化为Fe3+,导致溶液呈黄色,根据实验现象可知,样品为NaNO2,C项正确;稀硝酸可以把亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子,再加入氯化钡可以生成硫酸钡白色沉淀,D项错误。 第4讲　氧化还原反应的基本概念和规律 微考点·核心突破 ◉考点1 知识梳理 一、1.氧化　还原　2.变化　3.得失　偏移　4.失　升高　氧化　还原　氧化　氧化　氧化　还原　还原　得　降低　还原　①得到　降低　还原　还原　氧化　②失去　升高　氧化　氧化　还原　5.①化合　②置换　③分解　④复分解　⑤氧化还原 二、1.X-　H2O或OH-或O2-　Mn2+　SO2或S　NO或NO2　Mn2+　Fe2+或Fe　H2O　2.Mn+　H2O　CO或CO2　CO2　SO3或S　S　I2　S　Fe3+ 三、1.(2)①NaOH+H2↑　②TiCl4+4NaHTi+4NaCl+2H2↑ 􀳅思维辨析 1.√　2.×　3.√　4.×　5.× 知识对练 1.D　解析　该反应中铜元素、氧元素化合价变化,属于氧化还原反应,A项错误;该反应中,碳元素的化合价反应前后都是+4价,没有发生变化,B项错误;该反应中,铜失去电子化合价升高,被氧化,发生氧化反应,C项错误;该反应中氧元素化合价降低,说明反应中氧气得到电子,D项正确。 2.C　解析　该诗句涉及植物体的腐烂、分解,转化成二氧化碳、水和无机盐,存在元素化合价变化,与氧化还原反应有关,A项不符合题意;“白日登山望烽火”包含物质燃烧,与氧化还原反应有关,B项不符合题意;水的三态变化过程中没有新物质生成,属于物理变化,与氧化还原反应无关,C项符合题意;蜡烛燃烧包含氧化还原反应,D项不符合题意。 3.C　解析　化学反应前后原子的种类、个数都不变,A项正确;反应SiCl4+2H2Si+4HCl中,Si元素和H元素的化合价均发生变化,该反应属于氧化还原反应,B、D两项正确;反应SiCl4+2H2Si+4HCl中,参加反应的SiCl4、H2的分子个数比是1∶2,C项错误。 4.D　解析　O元素的化合价由反应前的+1价变为反应后的0价,化合价降低,得电子,所以氧气是还原产物,A项错误;在反应中O2F2中的O元素化合价降低,得电子,所以该物质是氧化剂,而H2S中的S元素化合价是-2价,反应后变为SF6中的+6价,所以H2S是还原剂,B项错误;外界条件不明确,不能确定HF的物质的量,所以不能确定转移电子的数目,C项错误;根据方程式可知还原剂H2S与氧化剂O2F2的物质的量之比为1∶4,D项正确。 5.B　解析　由反应可知氧化产物为Na2SiO3,还原产物是NaBH4,所以氧化产物和还原产物的物质的量之比为2∶1,A项正确;转移4 mol 电子时,根据化学方程式可知理论上需要2 mol 氢气,在标准状况下的体积为2 mol×22.4 L·mol-1=44.8 L,但由于是可逆反应,需要通入氢气的体积大于44.8 L,B项错误;由于钠极易被O2氧化且能与水反应,所以该合成反应在隔绝空气的条件下进行,C项正确;钠离子与还原产物生成副产物NaH,D项正确。 6.B　解析　过程②反应为BH3+H2O===H2↑+H2B(OH),A项正确;各步骤中硼元素的化合价均为+3价,B项错误;过程③反应为H2B(OH)+H2O===H2↑+HB(OH)2,产生1 mol H2时转移的电子数为NA,过程④反应为HB(OH)2+2H2O+e-===H2↑+B(OH,产生1 mol H2时转移的电子数为NA,两者不相等,C项正确;Ru为催化剂,催化剂可提高活化分子的百分数,加快反应速率,D项正确。 7.A　解析　由反应的化学方程式可知,LiAlH4中H元素由-1价升高为0价,被氧化,是还原剂,H2O中H元素由+1价降为0价,被还原,是氧化剂,氢气既是氧化产物又是还原产物,A项正确,B项错误;由反应的化学方程式可知,1 mol LiAlH4反应转移4 mol 电子,生成4 mol H2,若生成标准状况下4.48 L(即0.2 mol)H2,则转移0.2 mol电子,C项错误;LiAlH4为还原剂,水为氧化剂,还原剂与氧化剂的物质的量之比为1∶2,D项错误。 ◉考点2 知识梳理 一、1.得电子　失电子　2.难易　数目　3.氧化性　还原性　氧化性　还原性 􀳅思维辨析 1.√　提示:在同一个反应中还原剂的还原性强于还原产物的还原性。 2.√　提示:Na2SO3是还原剂,H2O2是氧化剂。 3.√　4.√ 5.√　提示:足量的氯气可以把Fe2+、Br-全部氧化,且Fe2+、Br-的化学计量数之比为1∶2。 知识对练 8.D　解析　该反应的离子方程式为Mg+Zn2+===Zn+Mg2+,A项正确;该反应中Mg元素的化合价升高,Mg被氧化,作还原剂,B项正确;该反应中Mg作还原剂,Zn2+作氧化剂,Mg2+是氧化产物,Zn是还原产物,还原剂的还原性强于还原产物,则还原性Mg>Zn,氧化剂的氧化性强于氧化产物,则氧化性Zn2+>Mg2+,C项正确,D项错误。 9.C　解析　由题图可知,过程Ⅰ中O2氧化Mn(OH)2生成Mn,则氧化性O2>Mn,过程Ⅱ中Mn氧化S2-生成S2,则氧化性Mn>S2,所以碱性条件下,氧化性O2>Mn>S2,A项错误;过程Ⅰ中反应的离子方程式为2Mn(OH)2+O2+4OH-===2Mn+4H2O,则氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶2,B项错误;过程Ⅱ中Mn得电子转化为Mn(OH)2,S2-失电子转化为S2,根据质量守恒、得失电子守恒及电荷守恒可得反应的离子方程式为4Mn+2S2-+9H2O===S2+4Mn(OH)2↓+10OH-,C项正确;1 mol S2- 转化为S理论上转移8 mol 电子,根据得失电子守恒可知n(O2)==2 mol,在标准状况下需要O2的体积为2 mol×22.4 L·mol-1=44.8 L,D项错误。 10.D　解析　氧化剂是铁离子,氧化产物是碘,氧化性强弱符合题意,能发生,A项不符合题意;因氧化性FeCl3>I2,所以Cl2先氧化I-后氧化Fe2+,B项不符合题意;氧化剂是三氧化二钴,氧化产物为氯气,氧化性强弱符合题意,能发生,C项不符合题意;氧化剂是氯气,氧化产物为铁离子,但是铁离子能氧化碘离子,氯气应该首先氧化碘离子,D项符合题意。 11.C　解析　由题意“还原性Cl-<Br-<Fe2+<I-<SO2”,可知还原性Br-<SO2,C项违背氧化还原反应的强弱规律,正确的写法应为SO2+Br2+2H2O===2Br-+4H++S。 ◉考点3 知识对练 12.B　解析　已知反应中氯元素的化合价由+1价变为+5价和-1价,符合邻位转化规律。相同条件下NaClO2也能发生类似的反应,则氯元素的化合价应既有升高,也有降低,A项中均降低,D项中化合价均升高;B、C两项与题意相符,但C项中NaClO不是最终产物,可以继续反应生成NaCl和NaClO3。 13.A　解析　由①得出Q中氯元素的价态高于G中氯元素的价态,因为G中氯元素的价态必介于Q中氯元素的价态和-1价之间,-1价为氯元素的最低价;将该结论引用到③,Y中氯元素的价态介于Q中氯元素的价态与G中氯元素价态之间,故Q中氯元素的价态高于Y中氯元素的价态,Y中氯元素的价态高于G中氯元素的价态;分析②,H2O中的H元素化合价降低,则Q中的氯元素转变为X中的氯元素,化合价必升高,则得出X中氯元素价态高于Q中氯元素价态;最后分析④,Z中氯元素价态介于Q、X中氯元素价态之间,则X中氯元素价态高于Z中氯元素价态,Z中氯元素价态高于Q中氯元素价态。 14.C　解析　因为氧化性Ag+>Fe3+>Cu2+>H+,所以先发生反应2Ag++Fe===2Ag+Fe2+,其中0.005 mol的铁粉与0.01 mol 的AgNO3反应,析出0.01 mol Ag,剩余的0.005 mol铁粉与0.01 mol的Fe(NO3)3恰好发生反应2Fe3++Fe===3Fe2+,溶液中不再有Fe3+,即加入的铁粉与Ag+、Fe3+恰好完全反应。 微充电·素养提升 母题　答案　(1)2C　Zn　3　(2)C　ZnCO3 解析　(1)碳酸锌与碳在高温下反应生成锌和一氧化碳,反应的化学方程式为ZnCO3+2CZn+3CO↑。(2)该反应中,碳元素的化合价由0价升高为+2价,则还原剂是C,锌元素的化合价由+2价降低为0价,则被还原的是ZnCO3。 衍生　C　解析　“虽被火亦未熟”是指金单质在空气中被火灼烧也不反应,金的化学性质很稳定,与氧化性无关,A项不符合题意;“以水沃之,即热蒸而解”是指CaO+H2O===Ca(OH)2,反应放热,产生大量的水蒸气,而CaO由块状变为粉末状,未发生氧化还原反应,与氧化性无关,B项不符合题意;“能化……银、铜、铁,奇物”是指2Ag+SAg2S、Fe+SFeS、2Cu+SCu2S,反应中S作氧化剂,与其氧化性有关,C项符合题意;“色黄,以苦酒(醋)洗刷则白”是指CaCO3+2CH3COOH===(CH3COO)2Ca+H2O+CO2↑,未发生氧化还原反应,与其氧化性无关,D项不符合题意。 微真题·把握方向 1.D　解析　NO中N元素的化合价为+2价,降低为0价的N2,1个NO得2个电子,作氧化剂,发生还原反应,CO中C元素为+2价,化合价升高为+4价,失去2个电子,作还原剂,发生氧化反应。生成1 mol CO2转移2NA的电子,A项正确;催化剂通过降低活化能,提高反应速率,B项正确;NO是氧化剂,CO是还原剂,C项正确;N2为还原产物,CO2为氧化产物,D项错误。 2.C　解析　由题中信息可知,利用CH3OH可将废水中的N转化为对环境无害的物质X后排放,则X表示N2,NO2仍然是大气污染物,A项不正确;CH3OH中C元素的化合价由-2价升高到+4价,CH3OH是该反应的还原剂,O3有强氧化性,通常不能用作还原剂,故不可用O3替换CH3OH,B项不正确;该反应中,还原剂CH3OH中C元素的化合价由-2价升高到+4价,氧化剂N中N元素的化合价由+5价降低到0价,由电子得失守恒可知,氧化剂与还原剂的物质的量之比为6∶5,C项正确;CH3OH中C元素的化合价由-2价升高到+4价,若生成标准状况下的CO2气体11.2 L,即生成0.5 mol CO2,反应转移的电子数为0.5×6×NA=3NA,D项不正确。 3.C　解析　使用明矾对水进行净化的过程中,明矾电离出的铝离子发生水解生成氢氧化铝胶体,氢氧化铝胶体粒子吸附水中的悬浮物并沉降下来而使水变得澄清,该过程中没有元素的化合价发生变化,因此没有涉及氧化还原反应,A项不符合题意;雪天道路上撒盐融雪是为了降低水的凝固点到0 ℃以下,该过程中没有任何一种元素的化合价发生变化,因此没有涉及氧化还原反应,B项不符合题意;暖贴中的铁粉遇空气放热,是因为暖贴中含有铁粉、碳粉、氯化钠、水等物质,当这些物质遇到空气后形成无数微小原电池并开始工作,在此过程中会放出热量,该过程中铁元素和氧元素的化合价发生变化,因此,该过程涉及氧化还原反应,C项符合题意;荧光指示牌被照发光是发生了光反射,属于物理现象,D项不符合题意。 4.A　解析　由方程式可知,反应生成1 mol一氧化二氮,转移4 mol电子,A项正确;由方程式可知,反应中氮元素的化合价升高被氧化,NH2OH是反应的还原剂,B项错误;由方程式可知,反应中氮元素的化合价升高被氧化,NH2OH是反应的还原剂,铁元素的化合价降低被还原,铁离子是反应的氧化剂,C项错误;由方程式可知,反应中铁元素的化合价降低被还原,铁离子是反应的氧化剂,若设计成原电池,铁离子在正极得到电子发生还原反应生成亚铁离子,亚铁离子为正极产物,D项错误。 5.D　解析　根据反应方程式,碳元素的化合价由+4价降为+2价,故CO为还原产物,A项错误;氢元素化合价由-1价升为+1价,故SiH4发生氧化反应,B项错误;反应中氧化剂为二氧化碳,还原剂为SiH4,则氧化剂与还原剂的物质的量之比为4∶1,C项错误;根据反应方程式可知,生成1 mol SiO2时,4 mol CO2转化为4 mol CO,转移8 mol电子,D项正确。 6.B　解析　H2SO4转化为硫酸钠和水,其中所含元素的化合价均未发生变化,故其没有发生还原反应,A项错误;Na2S2O3中S元素的化合价为+2价,发生歧化反应生成S(0价)和SO2(+4价),故其既是氧化剂又是还原剂,B项正确;该反应的氧化产物是SO2,还原产物为S,氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶1,C项错误;根据其中S元素的化合价变化情况可知,1 mol Na2S2O3发生反应转移2 mol电子,D项错误。 7.C　解析　①→②是氢原子添加进去,该过程是还原反应,因此①是氧化剂,具有氧化性,则药剂A具有还原性,A项正确;①→②过程中S元素的化合价由-1价降低为-2价,若有2 mol S—S键断裂,则转移4 mol电子,B项正确;②→③过程S元素化合价由-2价升高为-1价,发生氧化反应,若药剂B是H2O2,H2O2作氧化剂,发生还原反应,其还原产物为H2O,C项错误;通过①→②过程和②→③过程,某些蛋白质中S—S键位置发生了改变,因此化学烫发通过改变头发中某些蛋白质中S—S键位置来实现头发的定型,D项正确。 第5讲　氧化还原反应方程式的配平与计算 微考点·核心突破 ◉考点1 知识梳理 1.(1)①变价元素　②升价总数　降价总数　⑤质量　电荷 2.(1)①“得”　“失” ② (2)①转移电子数目　“得”“失” ② 􀳅思维辨析 1.×　提示:1个Cl2分子中含有2个氯原子,1个Cl2分子化合价降低2,Cl2与SO2的物质的量之比为1∶1。 2.×　提示:在没有特殊说明的情况下ClO-被还原为Cl-。 知识对练 1.答案　(1)4　1　1　1　2　(2)3　8　3　2　4 (3)5　1　3　3　3　3　(4)2　16　10　2　5　8 2.答案　(1)11　15　24　5　6　15　(2)2　9　3　3　5 3.答案　(1)　2　　1　1 (2)1　(3x+1)　(2x-2)　x　(3x+1)　(x-1) 4.答案　(1)2　1　2　2　2　2　2　(2)5　12　18　6　12　10　33 5.答案　(1)1　6　6　H+　1　6　3　H2O (2)2　3　1　1　2　1　4　H2O (3)1　5　8　H+　1　5　4　H2O (4)5　2　14　H+　5　2　7　H2O (5)2　1　1　H2O　2　1 (6)5　2　4　5　1　8　H+ 6.答案　(1)5H2O2+2Mn+6H+===5O2↑+2Mn2++8H2O (2)KMnO4　氧元素　6.02×1023 (3)2H2O22H2O+O2↑　3.01×1023 解析　(1)氧化反应、还原反应分别改写为 5H2O2-10e-===10H++5O2↑ 2Mn+10e-+16H+===2Mn2++8H2O 两式相加得5H2O2+2Mn+6H+===5O2↑+2Mn2++8H2O。 (2)由题意知H2O2　~　2e- 　　　 　　1 mol　 　2 mol 　　　　 　0.5 mol　　1 mol (3)由2H2O22H2O+O2↑得关系式 2H2O2　~　2e- 2 mol　　　2 mol 0.5 mol　　0.5 mol ◉考点2 知识对练 7.D　解析　该氧化还原反应中,Cl元素由+1价降至-1价,设R中R元素为x价,R(OH)3中R元素为+3价,根据氧化还原反应中化合价升降总数相同,有2×(x-3)=3×[+1-(-1)],解得x=+6。 8.B　解析　根据得失电子守恒,2 mol Mn2+—→2 mol Mn,失电子2×5 mol=10 mol,所以每1 mol R2—→2 mol R得2 mol e-,根据各元素的原子守恒写出并配平方程式为8H2O+5R2+2Mn2+===2Mn+10R+16H+,由电荷守恒得-5n+2×2=-1×2+(-2×10)+16,解得n=2。 9.B　解析　反应流程为 x g=17.02 g-m(OH-),而OH-的物质的量等于镁、铜失去电子的物质的量,等于浓硝酸得电子的物质的量,即n(OH-)=×1+×2×1=0.46 mol,所以x g=17.02 g-0.46 mol×17 g·mol-1=9.20 g。 微充电·素养提升 母题1　答案　(1)Pb+H2O2+2HAc===Pb(Ac)2+2H2O　(2)作还原剂 解析　(1)由题给信息可知反应物为H2O2、Pb、HAc,产物为Pb(Ac)2,Pb的化合价升高,为还原剂,则H2O2作氧化剂,被还原为H2O,依据得失电子守恒和原子守恒,可得反应的化学方程式为Pb+H2O2+2HAc===Pb(Ac)2+2H2O。(2)H2O2也能使PbO2转化为Pb(Ac)2,Pb元素化合价由+4价降为+2价,PbO2是氧化剂,则过氧化氢是还原剂。 衍生1　答案　(1)ZnMn2O4+H2C2O4+3H2SO4===ZnSO4+2MnSO4+2CO2↑+4H2O (2)S2+Mn2++2H2O===MnO2↓+2S+4H+ 解析　(1)由题中信息知,“酸溶”过程中ZnMn2O4发生反应的反应物是ZnO4、H2O4和H2SO4,产物是ZnSO4、SO4,Mn元素的化合价降低,则ZnMn2O4为氧化剂,MnSO4为还原产物,H2C2O4为还原剂,其氧化产物为CO2。根据得失电子守恒初步配平为ZnMn2O4+H2C2O4+H2SO4—→ZnSO4+2MnSO4+2CO2↑,根据补项原则,右侧添加H2O,根据原子守恒配平得ZnMn2O4+H2C2O4+3H2SO4===ZnSO4+2MnSO4+2CO2↑+4H2O。(2)根据题给信息可知,“氧化”过程中氧化剂为S2,还原剂为Mn2+,氧化产物是MnO2,还原产物为S,1 mol S2得2 mol e-生成2 mol S,根据得失电子守恒初步配平为S2+Mn2+—→MnO2↓+2S,根据补项原则,左侧补H2O,右侧补H+,结合电荷守恒、原子守恒配平得S2+Mn2++2H2O===MnO2↓+2S+4H+。 衍生2　答案　Fe2+　VO++MnO2+2H+===V+Mn2++H2O 解析　从原料看,“酸浸氧化”中四氧化三铁溶于稀硫酸,发生反应Fe3O4+4H2SO4===FeSO4+Fe2(SO4)3+4H2O,加入的二氧化锰除氧化VO+和VO2+外,还氧化Fe2+。VO+转化为V反应的离子方程式为VO++MnO2+2H+===V+Mn2++H2O。 母题2　答案　(1)c、a　生成白色沉淀、褪色 (2)2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑ 解析　实验后残留的红色粉末是Fe2O3。由此可知反应后Fe元素的化合价升高,反应中硫元素的化合价必然降低,生成SO2。最后根据得失电子守恒和元素守恒可写出反应的化学方程式2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑。由于SO3与水反应生成H2SO4,欲检验SO2和SO3,必须先用BaCl2溶液检验SO3,再用品红溶液检验SO2。 衍生3　答案　(1)2I+5HS===I2+5S+3H++H2O (2)Co2++3K++2H++7N===NO↑+K3[Co(NO2)6]↓+H2O 解析　(1)先向NaIO3溶液中加入计量的NaHSO3,生成碘化物即含I-的物质;再向混合溶液中(含I-)加入NaIO3溶液,反应得到I2,上述制备I2的两个反应中I-为中间产物,总反应为I与HS发生氧化还原反应生成S和I2,根据得失电子守恒、电荷守恒及元素守恒配平离子方程式即可得2I+5HS===I2+5S+3H++H2O。(2)取固体NaNO2溶于水中,先加硝酸酸化,再加Co(NO3)2和KNO3,产生的黄色沉淀为K3[Co(NO2)6],则Co2+被氧化为Co3+,N被还原为NO,所以产生的一种无色气体为NO,该气体遇空气变红棕色,所以生成黄色沉淀和无色气体的离子方程式为Co2++3K++2H++7N===NO↑+K3[Co(NO2)6]↓+H2O。 微真题·把握方向 1.D　解析　S2的中心原子S形成的4个σ键的键长不一样,故其空间结构不是正四面体形,A项错误。As2S3中As元素的化合价为+3价,反应Ⅰ产物As2O3中As元素的化合价为+3价,故该过程中As元素没有被氧化,B项错误。根据题给信息可知,反应Ⅰ的化学方程式为2As2S3+6O2+3H2O2As2O3+3H2S2O3,反应Ⅱ的化学方程式为As2S3+7O2+6H2O2H3AsO4+3H2SO4,则反应Ⅰ和Ⅱ中,参加反应的:Ⅰ>Ⅱ,C项错误。As2S3中As元素为+3价,S元素为-2价,在经过反应Ⅰ后,As元素的化合价没有变,S元素变为+2价,则1 mol As2S3失电子3×4 mol=12 mol;在经过反应Ⅱ后,As元素变为+5价,S元素变为+6价,则1 mol As2S3失电子2×2 mol+3×8 mol=28 mol,则反应Ⅰ和Ⅱ中,氧化1 mol As2S3转移的电子数之比为3∶7,D项正确。 2.C　解析　开始一段时间(大约13 min前),随着时间的推移,Mn(Ⅶ)浓度减小直至为0,Mn(Ⅲ)浓度增大直至达到最大值,结合图像,此时间段主要生成Mn(Ⅲ),同时先生成少量Mn(Ⅳ)后Mn(Ⅳ)被消耗;后来(大约13 min后)随着时间的推移,Mn(Ⅲ)浓度减少,Mn(Ⅱ)的浓度增大;据此作答。由图像可知,随着时间的推移,Mn(Ⅲ)的浓度先增大后减小,说明开始反应生成Mn(Ⅲ),后Mn(Ⅲ)被消耗生成Mn(Ⅱ),Mn(Ⅲ)能氧化H2C2O4,A项错误;随着反应物浓度的减小,到大约13 min时开始生成Mn(Ⅱ),Mn(Ⅱ)对反应起催化作用,13 min后反应速率会增大,B项错误;由图像可知,Mn(Ⅶ)的浓度为0后才开始生成Mn(Ⅱ),该条件下Mn(Ⅱ)和Mn(Ⅶ)不能大量共存,C项正确;H2C2O4为弱酸,在离子方程式中应以化学式保留,总反应为2Mn+5H2C2O4+6H+===2Mn2++10CO2↑+8H2O,D项错误。 3.A　解析　该反应中只有碘元素价态升高,由0价升高至KH(IO3)2中+5价,每个碘原子升高5价,即6I2~60e-,又因方程式中存在关系6I2~3Cl2,故3Cl2~60e-,即Cl2~20e-,所以产生22.4 L (标准状况)Cl2即1 mol Cl2时,反应中应转移20 mol e-,A项错误;该反应KClO3中氯元素价态降低,KClO3作氧化剂,I2中碘元素价态升高,I2作还原剂,由该方程式的化学计量数可知11KClO3~6I2,故该反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为11∶6,B项正确;漂白粉的有效成分是次氯酸钙,工业制漂白粉可用石灰乳与氯气反应,C项正确;食盐中I可先与酸化的淀粉碘化钾溶液中的H+、I-发生归中反应I+5I-+6H+===3I2+3H2O生成I2,I2再与淀粉发生特征反应变为蓝色,故可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中I的存在,D项正确。 4.C　解析　从实验方案可知,氨水溶解了氯化银,然后铜置换出银,滤液中加入浓盐酸后得到氯化铜和氯化铵的混合液,向其中加入铁,铁置换出铜,过滤出的铜可以循环利用,并通入氧气可将亚铁离子氧化为铁离子。金属活动性越强,金属的还原性越强,而且由题中的实验方案能得到证明,还原性从强到弱的顺序为 Fe>Cu>Ag,A项不正确;由电子转移守恒可知,1 mol Fe可以置换1 mol Cu,而1 mol Cu可以置换2 mol Ag,因此,每消耗1 mol Fe可回收2 mol Ag,B项不正确;反应①中,氯化四氨合铜溶液与浓盐酸反应生成氯化铜和氯化铵,该反应的离子方程式是[Cu(NH3)4]2++4H+===Cu2++4N,C项正确;向氯化铜和氯化铵的混合液中加入铁,铁置换出铜后生成Fe2+,然后Fe2+被通入的氧气氧化为Fe3+,因此,溶液①中的金属离子是Fe3+,D项不正确。 5.答案　2Cr2+3S2+10H+===4Cr3++6S+5H2O 解析　由题意可知,还原步骤中加入焦亚硫酸钠溶液的目的是将Cr2转化为铬离子,反应的离子方程式为2Cr2+3S2+10H+===4Cr3++6S+5H2O。 6.答案　BeO+Cl2+CCO+BeCl2 解析　绿柱石煅烧生成氧化物,浓硫酸浸取,SiO2不溶于硫酸,残渣是SiO2,加硫酸铵调节pH=1.5除去铝离子,加入氨水调节pH=5.1除去铁离子,再加入氨水调pH=8.0生成Be(OH)2沉淀,滤液硫酸铵循环利用。BeO、Cl2与足量C在600~800 ℃生成BeCl2同时生成CO,化学方程式为BeO+Cl2+CCO+BeCl2。 7.答案　(1)2Cl2+HgO===HgCl2+Cl2O (2)1.25　NaHCO3+NaHSO4===CO2↑+Na2SO4+H2O 解析　(1)Cl2歧化为Cl2O和Cl-,HgO和氯气反应的方程式为2Cl2+HgO===HgCl2+Cl2O。 (2)5Cl+4H+===4ClO2+Cl-+2H2O,每生成1 mol ClO2,消耗NaClO2为×5 =1.25 mol;碳酸氢钠和硫酸氢钠反应生成硫酸钠、水和二氧化碳,方程式为NaHCO3+NaHSO4===Na2SO4+H2O+CO2↑。 第6讲　物质的量　气体摩尔体积 微考点·核心突破 ◉考点1 知识梳理 1.(1)一定数目粒子的集合体　摩尔(mol) (3)1 mol　6.02×1023　mol-1 2.(1)单位物质的量　g·mol-1　(2)g·mol-1　相对分子(原子)质量 􀳅思维辨析 1.×　提示:摩尔是物质的量的单位。 2.×　3.√　 4.×　提示:指代不明,mol后面加微粒的名称。 5.×　提示:摩尔质量的单位是g·mol-1。 6.×　提示:摩尔质量对某具体物质来说是定值。 知识对练 1.C　解析　质量的单位是g,不是g·mol-1,A项错误;当摩尔质量的单位是g·mol-1时,均为NA的C、H、O三种原子的物质的量为1 mol,分别乘以各自的摩尔质量12 g·mol-1、1 g·mol-1、16 g·mol-1,得到质量比为12∶1∶16,B项错误;14.2 g双氢青蒿素的物质的量是=0.05 mol,由于在一个分子中含有的原子个数是44个,所以0.05 mol双氢青蒿素中含有的原子总数为2.2NA,C项正确;一个双氢青蒿素的分子中含有15个碳原子,含有NA个碳原子的双氢青蒿素的物质的量为1 mol÷15≈0.067 mol,D项错误。 2.B　解析　标准状况下,H2O不是气体,故不能用“22.4 L·mol-1”计算2.24 L H2O的物质的量,A项错误;0.1 mol Na2B4O7·10H2O中含有的Na+数目为2×0.1NA=0.2NA,B项正确;Na2B4O7·10H2O的相对分子质量为382,C项错误;1 mol Na2B4O7·10H2O中含氧原子17 mol,191 g Na2B4O7·10H2O的物质的量为=0.5 mol,含氧原子8.5 mol,191 g Na2B4O7·10H2O中含有8.5NA个氧原子,D项错误。 3.B　解析　没有指定标准状况下,Vm不一定为22.4 L·mol-1,A项错误;1.8 g H2O为0.1 mol,每个水分子中有10个质子,故1.8 g H2O中含有NA个质子,B项正确;Na2O2是由Na+、两种离子构成,故1 mol Na2O2中含有3NA个离子,C项错误;一个O原子中含有8个电子,1 mol 中含有18NA个电子,D项错误。 4.答案　(1)9　(2)0.010 0 解析　(1)Al(NO3)3·xH2O的摩尔质量为(213+18x)g/mol,根据固体产物氧化铝的质量为1.02 g,可知样品中n(Al)= ×2=0.02 mol,则=0.02 mol,解得x=9。(2)气体产物中n(H2O)=3.06 g÷18 g/mol=0.17 mol,则n(HNO3)=0.02×9×2-0.17×2=0.02 mol,根据氮元素守恒,n(NO2)=样品中N原子的物质的量-HNO3中N原子的物质的量=0.02×3-0.02=0.04 mol,根据氧元素守恒,n(O2)=(0.02×18-0.17-0.02×3-0.04×2-0.03)÷2=0.010 0 mol。 5.答案　(1)0.5 mol　1.204×1024　(2)2 mol　(3)①2.24 L　②0.2 mol 解析　(1)16 g CH3OH的物质的量为=0.5 mol;一个甲醇分子中含有4个氢原子,则0.5 mol CH3OH中含有2 mol H原子,即1.204×1024个氢原子。(2)一个水分子中含有10个电子,则0.2 mol H2O中含有电子的物质的量为2 mol。(3)①标准状况下,0.1 mol H2的体积为22.4 L·mol-1×0.1 mol=2.24 L。②H2与CO2的混合气体的总质量为9.0 g,n(H2)=0.1 mol,则m(H2)=0.1 mol×2 g·mol-1=0.2 g,m(CO2)=9.0 g-0.2 g=8.8 g,n(CO2)==0.2 mol。 ◉考点2 知识梳理 1.(1)温度和压强　(2)L·mol-1　m3·mol-1　(3)0 ℃　101 kPa (4)温度　压强 2.(1)分子　分子数　(2)　　 􀳅思维辨析 1.×　提示:气体摩尔体积的单位是L·mol-1。 2.√　提示:在标准状况下,1 mol任何气体(不论是纯净气体还是相互不反应的混合气体)的体积均约为22.4 L。 3.×　提示:水在标准状况下是非气态,不能通过气体摩尔体积求水的体积。 知识对练 6.C　解析　27.2 g硫化氢气体的物质的量==0.8 mol,气体摩尔体积Vm==22.8 L·mol-1。 7.A　解析　a个CH4分子和b个O2分子组成的混合气体的总物质的量为 mol,其在常温下所占体积是1 L,则该温度下气体摩尔体积Vm== L·mol-1,A项符合题意。 8.答案　(1)64　SO2　(2)①1.61　②36 解析　(1)M=ρ g·L-1×22.4 L·mol-1≈64 g·mol-1。(2)2CO+O22CO2,CO的体积与生成CO2的体积相等,故18 g CO和CO2的混合气体的总体积为11.2 L,在标准状况下,该混合气体的物质的量为0.5 mol,设CO的物质的量为x mol,CO2的物质的量为y mol,则,解得x=0.25,y=0.25。①原混合气体的密度为≈1.61 g·L-1。 ②解法一:=ρ·22.4 L·mol-1=1.61 g·L-1×22.4 L·mol-1≈36 g·mol-1; 解法二:==36 g·mol-1; 解法三:=28 g·mol-1×50%+44 g·mol-1×50%=36 g·mol-1。 9.B　解析　不确定物质的状态,不能说明同温同压下相同体积的任何物质都具有相同数目的分子,A项错误;16.0 g O2和16.0 g O3中均只含有氧原子,氧原子的质量相等,则氧原子的物质的量相等,氧原子数相等,B项正确;同温同压下,相同质量的二氧化碳与氢气的物质的量之比为∶=1∶22,同温同压下,气体体积之比等于气体分子的物质的量之比,则体积之比为1∶22,C项错误;常温下,相同体积、相同质量的氧气与氢气的物质的量之比为∶=1∶16,同温同体积下,气体的压强之比等于气体分子的物质的量之比,压强之比为1∶16,D项错误。 10.A　解析　一定温度压强下,气体的Vm是相等的,用m g的CH4、O2分别吹出两个体积大小不同的气球,则根据V=nVm=Vm,得到体积和相对分子质量成反比,所以体积的大小顺序是CH4>O2,甲中装的是氧气,乙中装的是甲烷,A项错误;根据n=,质量相等的两种气体,物质的量之比与摩尔质量成反比,则气球甲和气球乙中气体的物质的量之比为1∶2,B项正确;由上述分析,已知气球甲和气球乙中气体的物质的量之比为1∶2,甲为氧气,1个氧分子中含2个原子,乙为甲烷,1个甲烷分子中含5个原子,则气球甲和气球乙中原子数之比为(1×2)∶(2×5)=1∶5,C项正确;一定温度和压强下,气体体积之比等于气体的物质的量之比,气球甲和气球乙中气体体积之比为1∶2,D项正确。 微充电·素养提升 母题1　B　解析　标准状况下,22.4 L氮气的物质的量为1 mol,一个氮气分子中含有14个中子,故1 mol氮气中含有14NA个中子,A项错误;标准状况下22.4 L氩气为1 mol, 1个氩气分子中含有18个质子,则含有的质子数为 18NA,B项正确;1个P4分子(白磷,分子结构为)中含有6个P—P键,124 g P4的物质的量为1 mol,则所含P—P键数目为6NA,C项错误;标准状况下,2.24 L N2和O2的混合气体的总物质的量为0.1 mol,则含有的分子数为0.1NA,D项错误。 衍生1　D　解析　1 L 0.2 mol·L-1 H2O2溶液中含有0.2 mol H2O2,0.2 mol H2O2中含有的O原子数为0.4NA,但溶液中含水,H2O中也含O原子,A项错误;BaCl2在水溶液中完全电离,BaCl2溶液中不存在BaCl2分子,B项错误;未指明0.224 L SO2气体所处的状态,不能用“22.4 L·mol-1”计算0.224 L SO2气体中所含分子数,C项错误;2.33 g BaSO4的物质的量为=0.01 mol,含有的离子数为0.02NA,D项正确。 母题2　A　解析　一个重水分子和一个普通水分子都是由2个氢原子和1个氧原子构成的,所含质子数都是10,故1 mol重水和1 mol水中所含质子数相等,A项错误;石墨烯和金刚石都是碳元素形成的单质,12 g石墨烯和12 g金刚石中都含有1 mol碳原子,B项正确;3He的质子数为2,中子数为1,3 g 3He为1 mol,中子数为NA,C项正确;正丁烷和异丁烷互为同分异构体,1分子正丁烷和异丁烷中含有的共价键数均为13,混合物中含有的共价键的物质的量为×13+×13=13 mol,D项正确。 衍生2　C　解析　NH3为共价化合物,电子式为HH,A项错误;Li3N是离子化合物,只含离子键,B项错误;0.7 g Li的物质的量是0.1 mol,参与第②步反应时化合价从0价升高到+1价,则转移电子数为0.1NA,C项正确;第③步反应是H+和Li3N反应生成氨气,每生成1 mol NH3,需要H+的数目为3NA,D项错误。 母题3　B　解析　该反应转移20个电子,即1 mol [4Mn+5HCHO]完全反应转移电子数为20NA,A项正确;电解精炼铜的装置中,阳极首先是比铜活泼的Fe、Zn等金属放电,所以当通过的电子数为NA时,阳极发生反应的Cu应当少于32 g,B项错误;铬元素由+6价降低到+3价,则生成1 mol Cr3+转移电子数为3NA,C项正确;K2Cr2O7被还原为Cr3+时,Cr元素由+6价降低到+3价,则1 mol K2Cr2O7被还原为Cr3+转移的电子数为6NA,D项正确。 衍生3　B　解析　氯气与水反应的化学方程式为Cl2+OHCl+HCl18O,该反应为可逆反应,标准状况下1.12 L(即0.05 mol)氯气参与反应转移的电子数不可求,A项错误;n(O)==0.01 mol,每个O中含有10个中子,则0.2 g O中含中子数为0.1NA,B项正确;体系中含氯微粒有Cl2、Cl-、HCl18O、Cl18O-,则Cl-和Cl18O-总数小于0.1NA,C项错误;次氯酸的结构式为H—O—Cl,不含H—Cl键,D项错误。 母题4　C　解析　CH4与Cl2在光照下发生取代反应生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4等一系列取代产物,故1.0 mol CH4反应生成的CH3Cl分子数小于1.0NA,A项错误;SO2和O2生成SO3的反应是可逆反应,该反应不能正向进行到底,故2 mol SO2和1 mol O2发生催化反应后的分子总数大于2NA,B项错误;H2和I2在密闭容器中发生反应H2(g)+I2(g)2HI(g),该反应前后气体总分子数不变,故0.1 mol H2和0.1 mol I2充分反应后,分子总数为0.2NA,C项正确;标准状况下11.2 L Cl2为0.5 mol,若与水完全反应,溶液中Cl-、ClO-和HClO的微粒数之和为NA,但该反应是可逆反应,反应后溶液中仍有Cl2,故三种微粒之和小于NA,D项错误。 衍生4　C　解析　由于未给出稀硫酸的体积,无法计算H+的数目,A项错误;标准状况下,5.6 L Cl2的物质的量是0.25 mol,5.6 g铁粉的物质的量是0.1 mol,二者反应生成FeCl3,0.1 mol Fe反应会消耗0.15 mol Cl2,所以氯气过量而铁粉少量,按Fe的量计算转移电子的数目,0.1 mol Fe反应生成FeCl3共转移电子数目为0.3NA,B项错误;丙烯与正丁烯的最简式为CH2,其相对分子质量是14,1.4 g混合气体中含有“CH2”的物质的量是0.1 mol,则其中所含碳原子数为0.1NA,C项正确;N2与H2合成氨气的反应是可逆反应,所以在该条件下加入1 mol N2与4 mol H2充分反应生成NH3分子数目小于2NA,D项错误。 母题5　D　解析　1 L 1 mol·L-1NaCl溶液中含有1 mol NaCl和大量的水,1 mol NaCl中就含有28 mol电子,再加上溶剂水中的电子,则溶液中的电子数大于28NA,A项错误;题目未指明CH3COONa溶液的体积,无法计算水电离出的H+数目,B项错误;Na3PO4是强碱弱酸盐,1 L 0.1 mol·L-1磷酸钠溶液中含有0.1 mol Na3PO4,由于P发生水解反应,故溶液中含有的P数目小于0.1NA,C项错误;500 mL 0.5 mol·L-1 NaCl溶液中含有0.25 mol NaCl,由于还含有水分子,故溶液中微粒数大于0.5NA,D项正确。 衍生5　D　解析　常温下,无法用标准状况下气体摩尔体积“22.4 L·mol-1”计算22.4 L二氧化碳的物质的量和含有的电子数目,A项错误;由物料守恒可知,1 L 0.1 mol·L-1碳酸钾溶液中,碳酸根离子、碳酸氢根离子和碳酸分子的微粒数目之和为0.1NA,B项错误;碳酸氢钾的阴、阳离子分别为碳酸氢根离子、钾离子,则10 g碳酸氢钾晶体中阴、阳离子总数为×2×NA mol-1=0.2NA,C项错误;1 L pH为13的氢氧化钾溶液中氢氧根离子的数目为0.1 mol·L-1×1 L×NA mol-1=0.1NA,D项正确。 微真题·把握方向 1.A　解析　44 g(即1 mol)CO2中σ键的数目为2NA,A项正确;KO2由K+和构成,1 mol KO2晶体中离子的数目为2NA,B项错误;C在水溶液中会发生水解C+H2OHC+OH-,故1 L 1 mol·L-1 K2CO3溶液中C的数目小于NA,C项错误;该反应中部分氧元素化合价由-0.5价升至0价,部分氧元素化合价由-0.5价降至-2价,则4 mol KO2参加反应转移3 mol电子,每转移1 mol电子生成O2的数目为NA,D项错误。 2.C　解析　题中没有说是否处于标准状况下,气体摩尔体积未知,无法计算π键个数,A项错误;2.8 g N2的物质的量n== mol=0.1 mol,生成1 mol N2转移的电子数为12NA,则生成0.1 mol N2转移的电子数为1.2NA,B项错误;0.1 mol KNO3晶体中含有的离子为K+、N,含有的离子数目为0.2NA,C项正确;因为S2-水解使溶液中S2-的数目小于0.1NA,D项错误。 3.A　解析　2.8 g Fe的物质的量为0.05 mol, 100 mL 3 mol·L-1 HCl溶液中H+和Cl-的物质的量均为0.3 mol,发生反应后,Fe完全溶解生成Fe2+,该反应转移0.1 mol电子,A项正确;HCl溶液中Cl-的物质的量为0.3 mol,因此,Cl-数为0.3NA,B项错误;56Fe的质子数为26,中子数为30,2.8 g 56Fe的物质的量为0.05 mol,因此,2.8 g 56Fe中含有的中子数为1.5NA,C项错误;反应生成H2的物质的量为0.05 mol,在标准状况下的体积为1.12 L,D项错误。 4.D　解析　1个N中存在4个N—H共价键,1 mol NH4Cl中含有的共价键数目为4NA,A项错误;碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、水和二氧化碳,1 mol NaHCO3完全分解得到0.5 mol CO2分子,B项错误;NaHCO3===Na++HC,HC会发生水解和电离,所以1 mol NaHCO3溶液中HC数目小于NA,C项错误;NaCl 和NH4Cl中的质子数都为28,混合物中含1 mol Cl-,则混合物为1 mol,质子数为28NA,D项正确。 5.A　解析　异丁烷的结构简式是HC(CH3)3,1个异丁烷分子中含13个共价键,故0.50 mol异丁烷分子中共价键的数目为13×0.5NA=6.5NA,A项正确;标准状况下SO3为固体,不能用标准状况下的气体摩尔体积计算其物质的量,B项错误;1.0 L pH=2的H2SO4溶液中n(H+)=1.0 L×10-2mol·L-1=0.01 mol,H+的数目为0.01NA,C项错误;Na2CO3溶液中C部分水解,故1.0 L 1.0 mol·L-1的Na2CO3溶液中C的数目小于1.0NA,D项错误。 6.C　解析　25 ℃、101 kPa不是标准状况,不能用标准状况下的气体摩尔体积计算氢气的物质的量,A项错误;Al3+在溶液中会发生水解生成Al(OH)3,因此2.0 L 1.0 mol·L-1的AlCl3溶液中Al3+数目小于2.0NA,B项错误;苯甲酸燃烧的化学方程式为C6H5COOH+O27CO2+3H2O,1 mol 苯甲酸燃烧生成7 mol CO2,则0.20 mol 苯甲酸完全燃烧生成1.4 mol CO2,数目为1.4NA,C项正确;电解熔融CuCl2时,阳极反应为2Cl--2e-===Cl2↑,阴极反应为Cu2++2e-===Cu,阴极增加的质量为Cu的质量,6.4 g Cu的物质的量为0.1 mol,根据阴极反应可知,外电路中通过电子的物质的量为0.2 mol,数目为0.2NA,D项错误。 7.D　解析　设与1 mol X反应消耗HCl的物质的量为a mol,与1 mol Y反应消耗H2SO4的物质的量为b mol,根据转移电子守恒及H原子守恒可知:X~a HCl~H2~Xa+,Y~b H2SO4~bH2~Y2b+,据此解答。同温同压下,气体体积之比等于其物质的量之比,因此X、Y生成H2的物质的量之比一定为,A项正确;X、Y反应过程中消耗酸的物质的量之比为,因=,因此=,B项正确;产物中X、Y的化合价之比为,由B项可知=,C项正确;因短周期金属单质与盐酸或稀硫酸反应时,生成的盐中金属元素化合价有+1、+2、+3三种情况,因此存在a=1,2,3,b=0.5,1,1.5的多种情况,由=可知,当a=1,b=0.5时,=1,当a=2,b=1时,=1,两种情况下X、Y的化合价不同,因此根据可能无法确定X、Y的化合价,D项错误。 8.答案　(1)10.8　(2)70 解析　(1)100 kg石灰石中碳酸钙的物质的量为=900 mol,完全分解需要吸收能量1.8×102 kJ·mol-1×900 mol=1.62×105 kJ,设需要投料x kg焦炭,则30 kJ·g-1×x×103 g×50%=1.62×105 kJ,解得x=10.8。(2)根据生产纯碱的过程可得关系式CO2~NaHCO3~Na2CO3,每生产106 kg纯碱,消耗44 kg CO2,由于石灰窑中产生的CO2只有40%最终转化为纯碱,且由(1)计算可知焦炭中C的物质的量为=900 mol,参与反应的CaCO3和焦炭的物质的量之比为1∶1,则煅烧石灰石产生CO2的质量为=55 kg,根据反应CaCO3CaO+CO2↑,可获得CaO的质量为55 kg×=70 kg。 第7讲　物质的量浓度 微考点·核心突破 ◉考点1 知识梳理 1.(1)物质的量　(2)　(3)mol·L-1 􀳅思维辨析 1.×　提示:在计算物质的量浓度时,要注意定义中的体积是溶液的体积,而不是溶剂的体积。 2.×　提示:溶质为Na2SO4,m(Na2SO4)=×32.2 g=14.2 g,w(Na2SO4)=×100%=×100%=14.2%。 3.×　提示:Na2O溶于水生成NaOH,溶质为NaOH而不是Na2O。 4.×　提示:HCl溶于水后,没指出溶液的密度,无法计算溶液的体积,无法求c(HCl)。 5.×　提示:应该加入水形成100 mL溶液。 6.×　提示:m(溶液)=×36.5 g·mol-1+100 g=173 g,V(溶液)==125 mL,c(HCl)==16 mol·L-1。 知识对练 1.D　解析　将0.1 mol CaCl2溶于1 L水中,所得溶液的体积大于1 L,A项错误;Cl-的物质的量浓度为0.2 mol·L-1,B项错误;所取溶液的物质的量浓度为0.1 mol·L-1,C项错误;原溶液中c(Cl-)=0.2 mol·L-1,将溶液稀释一倍后,所得溶液中c(Cl-)=0.1 mol·L-1,D项正确。 2.A　解析　由于溶液的体积既不是水的体积也不是二者的体积之和,溶液的体积不能直接确定,仅利用V无法确定ρ,A项错误;由c==,可得w=,B项正确;氨水的质量分数w==,C项正确;氨水的物质的量浓度c===,D项正确。 3.C　解析　现有硫酸钠溶液V mL,其密度是ρ g·mL-1,溶液质量是ρV g,其中钠离子的质量分数是a%,则钠离子的质量是ρVa% g,物质的量是 mol,所以硫酸钠的物质的量是 mol,质量是 mol×142 g·mol-1= g,则溶质的质量分数是=,A项正确;溶液的物质的量浓度是=mol·L-1,B项正确;溶质和溶剂的物质的量之比是 mol∶,C项错误;硫酸根离子的质量分数是=,D项正确。 4.C　解析　n(NaCl)= mol,ρV表示的是氯化钠溶液的质量,A项错误;溶液的质量为ρ g·cm-3×V mL=ρV g,则质量分数w%=,B项错误;溶液的物质的量浓度c(NaCl)==,C项正确;=n(NaCl)·Vm不是氯化钠溶液的体积,D项错误。 5.B　解析　溶液稀释用不到漏斗,A项错误;溶液稀释过程中,溶质的物质的量不变,则有2x=5×1.8,得x=4.5,B项正确;1 L原Na2CO3溶液中n(Na+)=1.8 mol·L-1×5 L=9.0 mol,则其中n(C)=4.5 mol,与足量盐酸反应产生4.5 mol CO2,但题中没有指明气体所处状态,不能用“22.4 L·mol-1”计算CO2的体积,C项错误;Na2CO3溶液的初始浓度c(Na2CO3)=c(Na+)=×=4.5 mol·L-1,D项错误。 6.答案　(1)18.4 mol·L-1　12.9 mol·L-1　(2)<　>　(3)>　< 解析　(1)利用c=计算,c(H2SO4)= mol·L-1=18.4 mol·L-1,c(NH3)= mol·L-1≈12.9 mol·L-1。(2)硫酸的密度大于水,氨水的密度小于水,各取5 mL与等质量的水混合后,所得稀硫酸的体积大于10 mL,稀氨水的体积小于10 mL,故有c(H2SO4)<9.2 mol·L-1,c(NH3)>6.45 mol·L-1。(3)5 mL硫酸和5 mL氨水的质量分别为1.84 g·cm-3×5 mL=9.2 g、0.88 g·cm-3×5 mL=4.4 g,而5 mL水的质量约为5 g,故各取5 mL与等体积的水混合后,w(H2SO4)>49%,w(NH3)<12.5%。 7.C　解析　根据溶液电荷守恒,溶液中存在3c(Al3+)+c(K+)+c(H+)=2c(S)+c(OH-),而溶液中c(OH-)很小,可以忽略不计,则有3c(Al3+)+c(K+)+c(H+)=2c(S),所以c(K+)=2c(S)-3c(Al3+)-c(H+)=2×0.8 mol·L-1-3×0.4 mol·L-1-0.1 mol·L-1=0.3 mol·L-1,C项正确。 ◉考点2 􀳅思维辨析 1.√　提示:容量瓶、分液漏斗、酸碱滴定管使用前均要检查是否漏水。 2.×　提示:无950 mL容量瓶,所以配制一定物质的量浓度的溶液时,要考虑到容量瓶的规格。 3.×　提示:容量瓶、量筒不能用来溶解物质,也不能作反应容器。 4.×　提示:不应再加水,再加水相当于将溶液稀释了。 5.√　提示:没有950 mL容量瓶,应选1 000 mL的容量瓶,故称取固体时应与1 000 mL溶液相对应,需要Na2CO3的物质的量为2 mol,则Na2CO3·10H2O的质量为572.0 g。 知识对练 8.B　解析　用托盘天平称量KNO3固体时应“左物右码”,A项错误;转移溶液时,应用玻璃棒引流,并且玻璃棒底部靠在容量瓶刻度线以下的位置,B项正确;定容时,胶头滴管不能伸到容量瓶里,C项错误;应该反复上下颠倒摇匀,而不是上下振荡,D项错误。 9.答案　(1)3.0 (2) 295　用适量的水洗涤烧杯和玻璃棒2~3次,洗涤液均注入容量瓶中 (3)将稀释后的硫酸冷却至室温 (4)偏小 解析　(1)25%的硫酸(ρ=1.18 g·mL-1)的物质的量浓度c===3.0 mol·L-1。(2)欲配制6.0 mol·L-1的H2SO4 1 000 mL所需硫酸的物质的量=6.0 mol·L-1×1 L=6.0 mol,①480 mL 0.5 mol·L-1的硫酸中含硫酸的物质的量为0.5 mol·L-1×0.48 L=0.24 mol;②150 mL 25%的硫酸(ρ=1.18 g·mL-1)含硫酸的物质的量为3.0 mol·L-1×0.15 L=0.45 mol,6.0 mol-0.24 mol-0.45 mol=5.31 mol,所以需要18 mol·L-1的硫酸的体积V===0.295 L,即295 mL;烧杯壁和玻璃棒上都沾有硫酸,为保证全部将溶质转移到容量瓶,应进行洗涤,将洗涤液全部转移到容量瓶中。(3)容量瓶不能受热,故应将稀释后的硫酸冷却。(4)如果省略操作D,导致溶质的物质的量偏小,依据c=可知溶液浓度偏小。 10.答案　(1)①偏小　②偏小　③偏小　④偏小　⑤偏大　⑥偏小　⑦偏小　(2)①偏大　②偏小　③偏小　④无影响　⑤无影响 解析　(1)②所需胆矾的质量为0.5 L×0.1 mol·L-1×250 g·mol-1=12.5 g。③NaOH易吸水潮解。④实际称量质量为4 g-0.4 g=3.6 g。 (2)①NaOH溶于水放热,溶液的体积比室温时大,应恢复至室温后再移液、定容。 ◉考点3 知识梳理 1.(1)100 g　饱和状态　g　(2)×100 g 知识对练 11.C　解析　由题意可知,b g水中溶解b g NaNO3达到饱和,即在此温度下NaNO3的溶解度为100 g,A项错误;此温度下饱和溶液的质量分数为×100%=50%,所以原溶液中NaNO3的质量为(a-b)g×50%,则原不饱和溶液中NaNO3的质量分数为×100%=%,B项错误;原不饱和溶液中NaNO3的物质的量浓度为÷ L= mol·L-1,C项正确;原不饱和溶液的密度为= g·mL-1,D项错误。 12.答案　(1)蒸发皿　(2)35 ℃(33~40 ℃的任一个值都可)　(3)重结晶 解析　氯化铵的溶解度随温度变化较大,而硫酸钠在30~100 ℃之间变化不大,故可用冷却结晶法将NH4Cl晶体析出,但温度不能太低,以防硫酸钠析出。所以合适的温度在33~40 ℃范围内。 微充电·素养提升 母题1　答案　96.4 解析　 衍生1　答案　 解析　 母题2　答案　(1)偏大 (2)n(Cr2)=5.000×10-2 mol·L-1×22.00 mL×10-3 L·mL-1=1.100×10-3 mol,滴定时Cr2→Cr3+和Fe2+→Fe3+,根据得失电子守恒可得微粒的关系式Cr2~6Fe2+(或Cr2+14H++6Fe2+===6Fe3++2Cr3++7H2O),则n(Fe2+)=6n(Cr2)=6×1.100×10-3 mol=6.600×10-3 mol,样品中铁元素的质量m(Fe)=6.600×10-3 mol×56 g·mol-1=0.369 6 g,样品中铁元素的质量分数w(Fe)=×100%=12.32% 解析　(1)根据题意,Sn2+能将Fe3+还原为Fe2+,发生的反应为Sn2++2Fe3+===Sn4++2Fe2+,根据还原性强弱顺序为还原剂>还原产物,则还原性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。 衍生2　答案　(1)(m3+m1-2m2) (2)%　不变　偏大 解析　(1)利用碘量法测定WCl6产品纯度,称量时加入足量的CS2用于溶解样品,盖紧称重为m1g,由于CS2易挥发,开盖时要挥发出来,称量的质量要减少,开盖并计时1分钟,盖紧称重为m2 g,则挥发出的CS2的质量为(m1-m2)g,再开盖加入待测样品并计时1分钟,又挥发出(m1-m2)g的CS2,盖紧称重为m3 g,则样品质量为m3 g+2(m1-m2)g-m1 g=(m3+m1-2m2)g。(2)滴定时,根据关系式W~2I~6I2~12S2,样品中n(WCl6)=n(W)=n(S2)=cV×10-3 mol,m(WCl6)=cV×10-3 mol×M g·mol-1= g,则样品中WCl6的质量分数为×100%=%;根据测定原理,称量时,若加入待测样品后,开盖时间超过1分钟,挥发的CS2质量增大,m3偏小,但WCl6的质量不变,则滴定时消耗Na2S2O3溶液的体积将不变,样品中WCl6质量分数的测定值将偏大。 母题3　答案　(1)17.6 g　(2)64.86% 解析　(1)实验所用苯的质量为20 mL×0.88 g·cm-3=17.6 g。(2)根据关系式~,可知理论上生成的硝基苯的质量为 g≈27.75 g,则硝基苯的产率为×100%≈64.86%。 衍生3　答案　95% 解析　 m=×40 g≈46.5 g,产率为×100%≈95%。 微真题·把握方向 1.D　解析　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(蒸发皿、⑧酒精灯、玻璃棒)。配制0.100 0 mol·L-1的NaCl溶液的操作步骤及使用的仪器有称量(①天平)→溶解(⑥烧杯和玻璃棒)→移液(⑥烧杯、玻璃棒、⑤容量瓶)→定容(胶头滴管),故选D。 2.C　解析　容量瓶使用过程中不能用手等触碰瓶口,以免污染试剂,A项错误;定容时,视线应与溶液凹液面和刻度线“三线相平”,不能仰视或俯视,B项错误;向容量瓶中转移液体时,需用玻璃棒引流,玻璃棒下端位于刻度线以下,同时玻璃棒不能接触容量瓶口,C项正确;定容完成后,盖上瓶塞,将容量瓶来回颠倒,将溶液摇匀,颠倒过程中,左手食指抵住瓶塞,防止瓶塞脱落,右手扶住容量瓶底部,防止容量瓶从左手掉落,D项错误。 3.答案　(1)分液漏斗、球形冷凝管　(2)CuSO4·5H2O风化失去结晶水生成无水硫酸铜　(3)CuO　(4)3H2C2O4+2K2CO3===2KHC2O4+K2C2O4+2H2O+2CO2↑　(5)分批加入并搅拌　(6)水浴　(7)冷却结晶、过滤、洗涤 解析　(1)由CuSO4·5H2O配制Ⅰ中的CuSO4溶液,称量CuSO4·5H2O的质量用到电子天平;溶解晶体用到烧杯;加水用到量筒,故不需要的是分液漏斗、球形冷凝管。(2)CuSO4·5H2O中含结晶水,长期放置会风化失去结晶水生成无水硫酸铜,无水硫酸铜为白色固体。(3)硫酸铜溶液与氢氧化钠溶液反应生成蓝色的氢氧化铜沉淀,加热,氢氧化铜分解生成黑色的氧化铜沉淀。(4)n(H2C2O4)∶n(K2CO3)=1.5∶1,发生非氧化还原反应生成KHC2O4、K2C2O4、CO2和水,依据原子守恒可知,反应的化学方程式为3H2C2O4+2K2CO3===2KHC2O4+K2C2O4+2H2O+2CO2↑。(5)为防止草酸和碳酸钾反应时过于剧烈,造成液体喷溅,可减缓反应速率,将碳酸钾分批加入并搅拌。(6)Ⅲ中将混合溶液加热至80~85 ℃,应采取水浴加热,使液体受热均匀。(7)从溶液中获得晶体的一般方法为加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥,因此将Ⅲ的滤液用蒸汽浴加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥,得到二草酸合铜(Ⅱ)酸钾晶体。 4.答案　烧杯、量筒、托盘天平 解析　由FeSO4·7H2O固体配制0.10 mol·L-1 FeSO4溶液的步骤为计算、称量、溶解并冷却至室温、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶、贴标签,由FeSO4·7H2O固体配制0.10 mol·L-1 FeSO4溶液需要的仪器有药匙、托盘天平、合适的量筒、烧杯、玻璃棒、合适的容量瓶、胶头滴管。 5.答案　(1)容量瓶、量筒 (2)Sn2+易被空气氧化为Sn4+:2Sn2++O2+4H+===2Sn4++2H2O,加入锡粉,发生反应Sn4++Sn===2Sn2+,从而防止Sn2+被氧化 (3)加快赤铁矿试样的溶解 (4)偏小　(5)% 解析　(1)实验中配制K2Cr2O7标准溶液时需用到容量瓶和量筒,量取浓盐酸也要用到量筒,K2Cr2O7标准溶液和SnCl2溶液均需盛放在酸式滴定管中,但图中给的是碱式滴定管。(2)Sn2+易被空气氧化为Sn4+,配制SnCl2溶液时加入少量锡粒,发生反应Sn+Sn4+===2Sn2+,Sn4+被还原为Sn2+,从而防止Sn2+被氧化。(3)步骤Ⅰ中试样和浓盐酸反应时适当加热可加快反应速率。(4)步骤Ⅲ中,若未“立即滴定”,会导致部分Fe2+被空气中的O2氧化,则滴定时消耗K2Cr2O7标准溶液的体积偏小,从而导致测定的铁含量偏小。(5)根据滴定时发生反应6Fe2++Cr2+14H+===6Fe3++2Cr3++7H2O和消耗V mL的K2Cr2O7标准溶液可计算出铁矿石中铁的含量为×100%=%。 大单元整合(一) 进阶1　答案　4 解析　 第一步:写出配平的方程式 2Cu2++4I-===2CuI↓+I2 第二步:把已知量和求解量列在有关物质化学式的下面 　　　　 4　　　 　　1 x 1 mol 第三步:列比例,求未知量 =　解得x=4 mol 进阶2　答案　(1)0.06 mol　(2)①0.56 g　②0.5 解析　(1)n(O2)==0.03 mol,则 2CaO2·xH2O2CaO+O2↑+2xH2O 2 mol 1 mol n(CaO2·xH2O) 0.03 mol 解得n(CaO2·xH2O)=0.06 mol,则n(CaO2)=n(CaO2·xH2O)=0.06 mol。 (2)n(CaCO3)==0.07 mol。①根据钙元素守恒,可知n(CaO)=0.07 mol-0.06 mol=0.01 mol,所以m(CaO)=0.01 mol×56 g·mol-1=0.56 g。②样品中水的质量为m(H2O)=5.42 g-m(CaO2)-m(CaO)=5.42 g-0.06 mol×72 g·mol-1-0.56 g=0.54 g,所以n(H2O)==0.03 mol,则x==0.5。 进阶3　答案　(1)ZnO和Zn(OH)2 (2)2ZnCO3·3Zn(OH)2·2H2O5ZnO+5H2O+2CO2↑ 解析　碱式碳酸锌加热升温过程中固体的质量变化如题图所示,350 ℃时,剩余固体中已不含碳元素,即C元素全部以CO2的形式分解了,碱式碳酸锌(即2ZnCO3·3Zn(OH)2·2H2O)的摩尔质量为583 g·mol-1,设1 mol碱式碳酸锌加热到350 ℃时,固体质量变为423 g,则固体减少了583 g-423 g=160 g,160=2×44+18x,解得x=4,说明分解产生了4 mol H2O,即2 mol 结晶水和2 mol Zn(OH)2分解出的2 mol H2O,故还有1 mol Zn(OH)2未分解,则剩余固体中含有ZnO和Zn(OH)2。根据原子守恒原则,可得整个过程的总反应方程式为2ZnCO3·3Zn(OH)2·2H2O5ZnO+5H2O+2CO2↑。 进阶4　答案　2∶1 解析　8.84 mg Nd(OH)CO3的物质的量为=4×10-5 mol,其在氮气氛围中焙烧后,金属元素的质量和化合价均保持不变,因此,n(Nd3+)=4×10-5 mol;550~600 ℃时剩余固体的质量为7.60 mg,固体减少的质量为1.24 mg,由于碱式盐在受热分解时易变为正盐,氢氧化物分解得到氧化物和H2O,碳酸盐分解得到氧化物和CO2,因此,可以推测固体变为NdaOb(CO3)c时失去的质量是生成H2O和CO2的质量;根据H元素守恒可知,固体分解时生成H2O的质量为4×10-5 mol××18×103 mg·mol-1=0.36 mg,则生成CO2的质量为1.24 mg-0.36 mg=0.88 mg,则生成CO2的物质的量为=2×10-5 mol,由C元素守恒可知,分解后剩余的物质的量为4×10-5 mol-2×10-5 mol=2×10-5 mol,因此可以确定该产物中n(Nd3+)∶n()的值为=2∶1。 大单元二　金属及其化合物 第8讲　钠及其氧化物 微考点·核心突破 ◉考点 知识梳理 一、2.ρ(水)>ρ(钠)>ρ(煤油)　3.小于　4.较软 二、1.(1)2Na2O　Na2O2　(2)2Na+Cl22NaCl　(3)2Na+SNa2S 2.(1)2Na+2H2O===2Na++2OH-+H2↑ (2)2Na+2H2O+Cu2+===2Na++Cu(OH)2↓+H2↑ 2Na+2H2O===2NaOH+H2↑ 3.2Na+2H+===2Na++H2↑ 三、1.2NaCl(熔融)2Na+Cl2↑　2.煤油　3.(1)导热剂 四、白色固体　淡黄色固体　　 -2价　-1价　Na2O+H2O===2NaOH　Na2O+CO2===Na2CO3 2Na2O2+2CO2===2Na2CO3+O2　Na2O+2HCl===2NaCl+H2O 􀳅思维辨析 1.×　提示:Na在空气中缓慢氧化生成Na2O,燃烧时生成Na2O2。 2.√　提示:Na发生化学反应,化合价均由0价升高到+1价。 3.×　提示:Na的密度小于CCl4,浮在CCl4液面上,不能用CCl4保存钠。 4.√　提示:Na先与水反应生成NaOH、H2,NaOH再与NH4Cl反应生成氨气。 5.√　提示:反应物相同时,有些反应受反应物的浓度、温度、用量等影响,产物可能不同。 知识对练 1.D　解析　CCl4的密度比钠的大,钠浮在上面,A项错误;没有用完的钠应放回原试剂瓶中,B项错误;钠的化学性质活泼,操作②中,钠会与空气中的氧气反应,C项错误;钠熔点较低,受热后易熔化,稍后会燃烧生成Na2O2(淡黄色固体),D项正确。 2.A　解析　钠与水反应放热,放出的热量引发钠与硫的反应,所以水不是催化剂,A项错误;硫化钠为强碱弱酸盐,溶于水后发生水解使溶液显碱性,所以酚酞的水溶液变为红色,B项正确;钠与硫的反应引发后,不需要加热就能继续反应说明其为放热反应,C项正确;硫化钠与硫酸铜反应生成黑色固体硫化铜,D项正确。 3.D　解析　钠存放在煤油中,用镊子从煤油中取出钠块,A项正确;钠质地软,可以用小刀切取绿豆大的钠块,用滤纸吸干煤油,放入盛有水的烧杯中,B项正确;钠与水反应剧烈,产生氢气,密度比水小,钠在水面上快速游动,并有轻微的嘶嘶声,C项正确;取钠切割后,剩余的钠块应放回原试剂瓶,钠易被氧化且与水反应生成强碱,不能放入废液缸,D项错误。 4.C　解析　金属钠的密度比水、四氯化碳的小,比煤油的大,钠为活泼金属,能与水反应生成NaOH和H2,不与煤油反应,据此分析可知,钠在水层和煤油层的界面处与水发生反应2Na+2H2O===2NaOH+H2↑,反应放出的热量使钠熔化成小球,产生的氢气使钠上浮离开水,然后在重力作用下钠再次沉到水上发生反应,表现为钠上下跳动,酚酞遇产生的NaOH使水层变红,故选C。 5.C　解析　饱和NaOH溶液中放入钠,钠与水反应消耗水且生成NaOH,从而会有部分NaOH晶体析出,同时生成氢气,由于溶液仍是饱和NaOH溶液,故溶液的pH不变,A项错误;钠先与水反应生成H2和NaOH,然后生成的NaOH与CuSO4反应生成Cu(OH)2蓝色沉淀,B项错误;钠先与水反应生成H2和NaOH,然后生成的NaOH与MgCl2反应生成 Mg(OH)2白色沉淀,C项正确;钠先与水反应生成H2和NaOH,然后生成的NaOH与N反应生成NH3·H2O,NH3·H2O部分分解产生的少量氨会与氢气同时放出,故放出的气体有刺激性气味,D项错误。 6.答案　(1)用镊子从试剂瓶中取一块金属钠,用滤纸吸干表面上的煤油,用小刀在玻璃片上切米粒大的钠做实验用;剩余的钠要放回原试剂瓶,不要随意丢弃　(2)有气泡生成,钠熔化成小球且在煤油和FeSO4溶液的界面处上下跳动,最终完全溶解　(3)下层溶液出现白色絮状沉淀 (4)下降　上升 (5)2Na+FeSO4+2H2O===Fe(OH)2↓+Na2SO4+H2↑ 7.答案　(1)2Na+2H2O===2Na++2OH-+H2↑　(2)CD (3)储存反应过程中排出的水　(4)否　(5)b 解析　(2)因钠的密度比水的小,比煤油的大,钠与水接触时反应产生氢气,生成的气体将钠块带离水层,进入煤油层后停止反应,钠又下沉,如此往复,直至钠反应完,反应过程中没有氧气,钠不可能燃烧,所以钠处于煤油和水的交界处,上下浮动。(4)液体充满U形管,反应过程中只产生氢气,不可能含有氧气,点燃时不会产生爆炸,因而不需要检验氢气的纯度。(5)Na和H2O反应产生H2的同时产生NaOH,NaOH可以和Al发生反应2Al+2NaOH+6H2O===2Na[Al(OH)4]+3H2↑,故用铝箔包住Na时产生的H2体积较大。 8.C　解析　Na2O2和H2O反应可生成H2O2和NaOH,A项正确;Na2O2具有强氧化性且与水反应生成氢氧化钠,故可使酚酞溶液先变红后褪色,B项正确;若工业上用未经过处理的空气和钠直接反应来制备Na2O2,空气中的二氧化碳和水等与钠反应产生杂质,C项不正确;可用焰色试验来检验Na2O2中的阳离子,焰色为黄色,D项正确。 9.A　解析　该实验的目的是证明过氧化钠可在呼吸面具和潜水艇中做供氧剂,a装置是实验室用盐酸和碳酸钙制备CO2的装置,由于盐酸具有挥发性,制得的二氧化碳中含有HCl,通过装置b中的溶液目的是除去HCl,通入装有过氧化钠的装置c中的二氧化碳气体未干燥,含有少量水蒸气,则装置c中发生的反应有2Na2O2+2CO2===2Na2CO3+O2、2Na2O2+2H2O===4NaOH+O2↑,实验过程中二氧化碳不能完全反应,装置d中应盛装氢氧化钠来吸收未反应的二氧化碳,避免干扰e中收集的气体的验证试验,用带火星的木条可检验e中试管内收集的气体,若木条复燃,证明收集到的是氧气,则证明过氧化钠可在呼吸面具和潜水艇中做供氧剂。碳酸钠与盐酸反应生成二氧化碳、氯化钠和水,则a装置可以用碳酸钠和稀盐酸制备CO2,A项正确;由于a中的盐酸易挥发,制得的二氧化碳中含有HCl,则b装置中应盛放饱和NaHCO3溶液,其作用是除去a中产生的HCl,不能盛放碳酸钠,因为碳酸钠也会与二氧化碳反应,B项错误;从装置b中出来的气体未干燥,二氧化碳中混有水蒸气,c中不仅仅发生反应2Na2O2+2CO2===2Na2CO3+O2,还有反应2Na2O2+2H2O===4NaOH+O2↑,C项错误;根据分析,f中用排水法收集的气体是湿润的O2,不纯,D项错误。 10.C　解析　实验开始时先打开恒压滴液漏斗的活塞使稀硫酸与样品发生反应2Na2O2+4H+===4Na++2H2O+O2↑、Na2CO3+H2SO4===Na2SO4+H2O+CO2↑,此时关闭K1、K2,打开K3,利用排液法测得所有气体的体积即量筒Ⅰ中水的体积为x mL,反应完毕后先打开K2,关闭K3,保证Q灵活伸缩后打开K1,碱石灰吸收CO2后量筒Ⅱ收集y mL气体即氧气的体积,据此进一步分析。过氧化钠不能拆写,其离子方程式为2Na2O2+4H+===4Na++2H2O+O2↑,A项错误;为保证Q灵活伸缩,量筒Ⅰ测量后需与大气相通,打开K1前应先打开K2,关闭K3,B项错误;若没有导管a,由于气压不相通,稀硫酸不易滴落,而且滴落的稀硫酸也计为气体体积,导致测量气体的体积偏大,C项正确;题中计算既未考虑气体与物质的比例关系,也未考虑物质的摩尔质量,Na2O2的质量分数为=,D项错误。 11.C　解析　中和后的产物是NaCl,结合钠元素守恒可知n(Na)=n(HCl)=0.50 mol·L-1×0.08 L=0.04 mol,若生成物只有Na2O2,则m(Na2O2)=×78 g·mol-1=1.56 g,若生成物只有Na2O,则m(Na2O)=×62 g·mol-1=1.24 g,而题干中生成物的质量(1.5 g)在1.24 g和1.56 g之间,可得出原生成物是Na2O与Na2O2的混合物,C项正确。 微充电·素养提升 母题　A　解析　向足量的Na2O2固体中通入11.6 g CO2和水蒸气的混合气体,反应后固体质量增加3.6 g,设原混合气体中CO2的质量为x g,原混合气体中水蒸气的质量为(11.6-x) g,则: 2Na2O2+2CO2===2Na2CO3+O2　　Δm1 2×44 32 56 x g g 2Na2O2+2H2O===4NaOH+O2↑　　Δm2 2×18 32 4 (11.6-x)g 　　 g 故+=3.6,解得x=4.4,故原混合气体中CO2和H2O的质量之比为4.4 g∶(11.6-4.4) g=11∶18,A项正确。 衍生1　C　解析　2CO+O22CO2　① 2Na2O2+2CO2===2Na2CO3+O2　② ①+②得Na2O2+CO===Na2CO3(虚拟的反应) 即CO可被Na2O2完全吸收 2H2+O22H2O　③ 2Na2O2+2H2O===4NaOH+O2↑　④ ③+④得Na2O2+H2===2NaOH(虚拟的反应) 即H2可被Na2O2完全吸收 由于CO和H2完全被吸收,当CO2、CH4的体积比符合1∶1时,相当于2CO·2H2,可被Na2O2完全吸收。 衍生2　A　解析　2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O,2 mol NaHCO3受热分解生成Na2CO3、CO2、H2O各1 mol,可视为CO2先与Na2O2发生反应2Na2O2+2CO2===2Na2CO3+O2,Na2O2与CO2恰好完全反应生成Na2CO3、O2,故残留的固体物质是Na2CO3。 微真题·把握方向 1.答案　(1)√　(2)√　(3)√　(4)√　(5)√　(6)× 解析　(1)Na2O2能与CO2反应产生O2,故Na2O2可作供氧剂。(2)钠导热性好,液态钠钾合金可用作核反应堆的传热介质。(3)乙醇分子中含有羟基,可以和钠反应生成氢气。(4)钠的焰色试验为黄色,可用作透雾能力强的高压钠灯。(5)无水状态下Na2O2比Na2O更稳定,Na2O在空气中加热可以生成更稳定的Na2O2。(6)室温下,钠与空气中的氧气反应生成氧化钠。 2.C　解析　过氧化钠是离子化合物,电子式是,A项错误;H2O中氧原子的成键电子对数是2,孤电子对数是2,价层电子对数为4,根据价层电子对互斥模型,H2O的空间结构为V形,B项错误;H2O2中H元素显+1价,根据正、负化合价代数和为0,可计算出O元素的化合价为-1价,C项正确;NaOH中O原子和H原子之间是共价键,D项错误。 第9讲　碳酸钠和碳酸氢钠　碱金属 微考点·核心突破 ◉考点1 知识梳理 1.纯碱　苏打　小苏打　碱　小　碱　2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O C+2H+===CO2↑+H2O　HC+H+===CO2↑+H2O Ca2++OH-+HC===CaCO3↓+H2O Ca2++2OH-+2HC===CaCO3↓+C+2H2O Ca2++C===CaCO3↓ 2Al3++3C+3H2O===2Al(OH)3↓+3CO2↑ 3HC+Al3+===Al(OH)3↓+3CO2↑ 2.①2Na+O2Na2O2 ②2Na+2H2O===2NaOH+H2↑ ③2Na2O2+2H2O===4NaOH+O2↑ ④2Na2O2+2CO2===2Na2CO3+O2 ⑤2NaOH+CO2===Na2CO3+H2O ⑥2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑ 3.(1)②a.NaCl+NH3+CO2+H2O===NaHCO3↓+NH4Cl b.2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O 􀳅思维辨析 1.×　提示:Ca(OH)2与NaHCO3、Na2CO3溶液均反应生成CaCO3沉淀。 2.√　3.√ 4.√　提示:侯氏制碱法利用了NaHCO3溶解度比NaCl、NH4HCO3小的特点。 5.√　提示:碳酸氢钠受热分解生成二氧化碳、水和碳酸钠,碳酸钠受热不分解。 知识对练 1.D　解析　Na2CO3在水溶液中完全电离,属于强电解质,A项正确;Na2CO3水解溶液呈碱性,加热促进水解平衡正向移动,溶液碱性增强,所以厨房油烟污渍可用热的Na2CO3溶液清洗,B项正确;Na2CO3又称食用碱,C项正确;NaHCO3是泡沫灭火器的主要成分之一,D项错误。 2.D　解析　小苏打与胃酸中的盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳气体,反应的化学方程式为NaHCO3+HCl===NaCl+H2O+CO2↑,胃溃疡病人不能服用小苏打类药物,因为反应产生的二氧化碳气体会造成胃部胀气,易造成胃穿孔,A项正确;NaHCO3与酸反应生成二氧化碳气体,使得馒头或面包松软多孔,B项正确;Na2CO3和NaHCO3溶液都能与澄清石灰水反应生成CaCO3白色沉淀,所以不能用澄清石灰水来鉴别,C项正确;Na2CO3比NaHCO3易溶于水,所以在饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2气体可得到NaHCO3沉淀,D项错误。 3.B　解析　用酒精灯加热时,外管温度高,内管温度低,NaHCO3受热易分解,Na2CO3受热不易分解,故将Na2CO3放在外管中,温度高却未分解,NaHCO3放在内管中,温度低却分解,证明Na2CO3的热稳定性强于NaHCO3,NaHCO3受热分解产生CO2,可使澄清石灰水变浑浊。甲为小苏打(NaHCO3),乙为纯碱(Na2CO3),A项正确,B项错误;NaHCO3分解产生的水可以使无水硫酸铜变蓝,C项正确;Na2CO3不会分解产生CO2,故不能使丙中澄清石灰水变浑浊,D项正确。 4.答案　(1)放出　(2)①Na2CO3　②C　(3)C和少量H+反应生成HC:C+H+===HC　(4)加热,能产生使澄清石灰水变浑浊的气体的为NaHCO3,则另一种为Na2CO3(合理即可) 解析　(1)B中温度计示数升高,说明固体b与水作用的过程中放出热量,使得体系温度升高,可判断固体b为Na2CO3。(2)①相同条件下,NaHCO3在水中的溶解度小于Na2CO3,试管D中固体完全溶解,则固体d为Na2CO3。②Na2CO3的碱性比NaHCO3的强,且试管C中溶解的NaHCO3的量较少,故分别向两支试管中滴加2滴酚酞溶液,试管C中红色较浅。(3)E中开始时Na2CO3与少量HCl反应生成NaHCO3,故无气泡产生。 5.答案　(1)CaO+H2O===Ca(OH)2、Ca(OH)2+Na2CO3===CaCO3↓+2NaOH (2)NaCl　NaOH　(3)稀盐酸(或稀硫酸) (4)Mg(OH)2+2H+===Mg2++2H2O 解析　(1)腌制松花蛋的主要配料为生石灰、纯碱和食盐,配料用水调制时,主要发生的反应有CaO+H2O===Ca(OH)2、Ca(OH)2+Na2CO3===CaCO3↓+2NaOH。(2)由腌制时发生的反应及主要配料的成分可知,滤液中肯定含有NaCl、NaOH。(3)Na2CO3与盐酸反应可生成CO2,产生气泡。(4)“松花”的主要成分是氢氧化镁,Mg(OH)2难溶于水,其与胃酸(主要成分为盐酸)发生反应Mg(OH)2+2H+===Mg2++2H2O。 6.C　解析　向NaOH与Na2CO3的混合溶液中滴加盐酸,盐酸首先与NaOH反应,然后与Na2CO3反应转化为NaHCO3:C+H+===HC,之后与HC反应生成CO2,因n(OH-)=n(C)=0.01 mol,故加入0.02 mol 盐酸后开始有气体生成。结合各种物质的物质的量分析图像可知,C项符合题意。 7.B　解析　用氯化铵和氢氧化钙共热制备氨,且有防倒吸装置,A项正确;侯氏制碱法中溶液析出的晶体为碳酸氢钠,故应过滤获得碳酸氢钠晶体,且用玻璃棒引流,B项错误;在坩埚中灼烧碳酸氢钠,使其分解制取碳酸钠,C项正确;在蒸发皿中蒸发浓缩氯化铵溶液,并不断搅拌,D项正确。 8.D　解析　氨和二氧化碳的通入顺序不能颠倒,因为氨极易溶于水,二氧化碳的溶解度较小,先通入氨可以更多地吸收二氧化碳,反应生成碳酸氢钠,A项错误;过滤时不能用玻璃棒搅拌,避免弄破滤纸,B项错误;碳酸钠和碳酸氢钠都易溶于水,但相同温度下碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠,C项错误;氨溶于水后与水反应生成一水合氨,一水合氨电离出铵根离子,增大了铵根离子浓度,有利于析出氯化铵并提高纯度,D项正确。 ◉考点2 知识梳理 1.1个　增加　增大　金属　+1　增强　较低　降低　还原　增强 2.(2)煤油　(3)离子化合物　强还原剂 3.(1)物理　(3)黄　紫　蓝色钴玻璃　绿　黄绿　砖红 􀳅思维辨析 1.×　提示:钾元素的焰色试验应透过蓝色钴玻璃观察。 2.√　提示:锂电池可用于手机、电动汽车等。 3.√　提示:钠元素的焰色试验呈黄色。 4.×　提示:K的金属性强于Na。 知识对练 9.C　解析　根据同主族元素性质的递变规律,从金属锂到金属钫,随着原子序数的递增,原子半径逐渐增大,元素的金属性逐渐增强,最高价氧化物对应的水化物的碱性逐渐增强,与水反应的剧烈程度逐渐增大,与氧气反应的产物越来越复杂,可以生成过氧化物、超氧化物甚至臭氧化物等。 10.答案　(1)锂可以与水反应　(2)B (3)K+[︰H]-　KH+H2O===KOH+H2↑　NA (4)3NaH+Fe2O3===2Fe+3NaOH 解析　(1)碱金属单质及其氢化物都是强还原剂,遇水立即反应生成氢气和碱金属的氢氧化物。(2)钾在空气中燃烧生成K2O、K2O2及KO2,A项错误;钾与水反应非常剧烈,可能会发生爆炸,B项正确;1 mol·L-1 KOH溶液与1 mol·L-1 NaOH溶液所含的OH-的浓度相等,故两者碱性相同,C项错误。(3)K+O===KOH+↑,生成1 mol 氢气时转移1 mol e-,即NA个电子。(4)NaH作为脱锈剂,使得Fe2O3失去氧原子生成Fe,而NaH得氧原子生成NaOH。 11.B　解析　钾的焰色为紫色,故选B。 12.C　解析　如果不这样做,会给样品火焰颜色带来干扰,A项正确;观察钾的焰色时要透过蓝色钴玻璃,滤去黄光再观察,B项正确;焰色试验应选择本身颜色较浅的火焰,C项错误;铁丝与铂丝灼烧时都没有焰色,可以用于进行焰色试验,D项正确。 微充电·素养提升 母题　C　解析　取a g混合物充分加热,质量减少b g,NaHCO3加热分解为碳酸钠、二氧化碳、水,则碳酸氢钠的质量为 g,Na2CO3的质量是a- g,Na2CO3的质量分数是×100%,A项不符合题意;取a g混合物与足量稀盐酸充分反应,加热、蒸干、灼烧,得到b g固体,设Na2CO3和NaHCO3的质量分别是x g、y g,则,解方程可得碳酸钠的质量,进而计算出Na2CO3的质量分数,B项不符合题意;取a g混合物与足量NaOH溶液充分反应,得到b g溶液,不能计算碳酸钠的质量,C项符合题意;取a g混合物与足量稀硫酸充分反应,逸出的气体经干燥后用碱石灰吸收,质量增加b g,可知二氧化碳的质量为b g,设Na2CO3和NaHCO3的质量分别是x g、y g,则,解方程可得碳酸钠的质量,进而计算出Na2CO3的质量分数,D项不符合题意。 衍生1　A　解析　用甲基橙作指示剂时,Na2CO3与盐酸发生反应Na2CO3+2HCl===2NaCl+CO2↑+H2O,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项合理;测量碱石灰增重的方法是重量法而不是量气法,且CO2中含有水蒸气,碱石灰吸收水蒸气,导致结果偏大,B项不合理;CO2挥发带出水蒸气,且盐酸挥发,溶液质量减少,导致结果偏大,C项不合理;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项不合理。 衍生2　C　解析　根据实验目的和装置的连接顺序可知:①装置用于吸收空气中的CO2和水蒸气,可以使用碱石灰;②装置吸收Na2CO3·10H2O和NaHCO3分解生成的水蒸气,可以使用无水CaCl2;③装置吸收碳酸氢钠分解生成的CO2,使用碱石灰,A项正确;实验前必须将装置中的水蒸气和CO2赶净,避免影响测定结果,B项正确;若将①装置换成盛放NaOH溶液的洗气瓶,则会增加水的质量,使测得的Na2CO3·10H2O含量偏高,NaCl的含量偏低,C项错误;停止加热后继续通入空气使存留在装置中的CO2和水蒸气完全被吸收,D项正确。 微真题·把握方向 1.D　解析　Na2CO3和NaHCO3的溶液中均存在H2O、H2CO3、H+、OH-、Na+、C、HC,A项正确;NaHCO3加入NaOH溶液会发生反应NaHCO3+NaOH===Na2CO3+H2O,B项正确;NaHCO3受热易分解,可转化为Na2CO3,而Na2CO3的热稳定性较强,利用二者热稳定性的差异,可从它们的固体混合物中除去NaHCO3,C项正确;室温下Na2CO3和NaHCO3饱和溶液pH相差较大的主要原因是C的水解程度远大于HC,D项错误。 2.答案　(1)×　(2)√　(3)×　(4)× 解析　(1)小苏打的成分是碳酸氢钠而不是碳酸钠。(2)“洁厕灵”(主要成分为盐酸)和“84”消毒液(主要成分为次氯酸钠)不能混用,若两者混用会发生归中反应生成氯气,不仅达不到各自预期的作用效果,还会污染环境。(3)碳酸氢钠受热分解可产生碳酸钠、水和二氧化碳,则热稳定性NaHCO3<Na2CO3。(4)BaCl2、CaCl2均能与Na2CO3反应,反应产生了白色沉淀,沉淀可能为BaCO3或CaCO3或二者的混合物。 3.答案　(1)aefbcgh　将玻璃塞上的凹槽对准漏斗颈部的小孔 (2)使氨盐水雾化,可增大与二氧化碳的接触面积,从而提高产率(或其他合理答案) (3)NH3·H2O+NaCl+CO2===NH4Cl+NaHCO3↓ (4)①0.84　②降温结晶　过滤　(5)A 解析　根据工艺流程知,浓氨水中加入氯化钠粉末形成饱和氨盐水后,再通入二氧化碳气体,发生反应NH3·H2O+NaCl+CO2===NH4Cl+NaHCO3↓,得到的碳酸氢钠晶体烘干后受热分解会生成碳酸钠、二氧化碳和水,从而制备得到纯碱;另一方面得到的母液的主要溶质为NH4Cl,再加入氯化钠粉末,存在反应NaCl(s)+NH4Cl(aq)===NaCl(aq)+NH4Cl(s),据此分析解答。(1)根据分析可知,要制备NaHCO3,需先选用装置A制备二氧化碳,然后通入饱和碳酸氢钠溶液中除去二氧化碳中的HCl,后与饱和氨盐水充分接触来制备NaHCO3,其中过量的二氧化碳可被氢氧化钠溶液吸收,也能充分利用二氧化碳制备得到少量NaHCO3,所以按气流方向正确的连接顺序应为aefbcgh;为使A中分液漏斗内的稀盐酸顺利滴下,可将分液漏斗上部的玻璃塞打开或将玻璃塞上的凹槽对准漏斗颈部的小孔。(2)B中使用雾化装置使氨盐水雾化,可增大与二氧化碳的接触面积,从而提高产率。(3)根据上述分析可知,生成NaHCO3的总反应的化学方程式为NH3·H2O+NaCl+CO2===NH4Cl+NaHCO3↓。(4)①对固体NaHCO3充分加热,产生二氧化碳和水蒸气,反应的化学方程式为2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O,将气体先通过足量浓硫酸,吸收水蒸气,再通过足量Na2O2,Na2O2与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气,化学方程式为2Na2O2+2CO2===2Na2CO3+O2,根据差量法可知,当增重0.14 g(2CO的质量)时,消耗的二氧化碳的质量为0.14 g×=0.22 g,其物质的量为=0.005 mol,根据关系式2NaHCO3~CO2可知,消耗的NaHCO3的物质的量为2×0.005 mol=0.01 mol,所以固体NaHCO3的质量为0.01 mol×84 g·mol-1=0.84 g;②根据溶解度随温度的变化曲线可以看出,氯化铵的溶解度随着温度的升高而不断增大,而氯化钠的溶解度随着温度的升高变化并不明显,所以要想使NH4Cl沉淀充分析出并分离,需采用降温结晶、过滤、洗涤、干燥的方法。(5)称量前,若无水NaHCO3保存不当,吸收了一定量的水分,标准液被稀释,浓度减小,所以用其标定盐酸浓度时,消耗的碳酸氢钠溶液的体积V(标)会增大,根据c(测)=可知,最终会使c(测)偏高,A项符合题意。 第10讲　铁及其氧化物和氢氧化物 微考点·核心突破 ◉考点1 知识梳理 1.银白　磁铁 2.(1)+2　+3　(2)还原　①Fe2O3·xH2O　3Fe+2O2Fe3O4 2Fe+3Cl22FeCl3　Fe+SFeS ②3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2　③Fe+2H+===Fe2++H2↑ 3Fe+8H++2N===3Fe2++2NO↑+4H2O Fe+4H++N===Fe3++NO↑+2H2O　钝化 ④a.Fe+Cu2+===Fe2++Cu　b.Fe+2Fe3+===3Fe2+ 3.(3)②Fe2O3+3CO2Fe+3CO2 􀳅思维辨析 1.×　提示:不论氧气是否过量均生成Fe3O4。 2.×　提示:过量的铁会与Fe3+反应最终生成Fe2+。 3.×　提示:不论Fe是否过量,与氯气反应均生成FeCl3,Fe只有在溶液中才与Fe3+反应。 4.×　提示:常温下铁在浓硝酸中发生钝化。 知识对练 1.A　解析　铁与稀硝酸反应不生成氢气,生成NO。 2.D　解析　当此混合物反应完全后,加入足量的盐酸时,如果铁过量,1 mol铁对应产生1 mol氢气,如果硫黄过量,硫化亚铁与盐酸反应,1 mol硫化亚铁对应产生1 mol硫化氢气体,故5.6 g铁反应,对应产生的气体为2.24 L(标准状况下),但是实际产生的气体体积偏小,可能的原因是部分Fe被空气中的氧气氧化了。 3.C　解析　由于铁的物质的量为=0.4 mol,所以在反应过程中它失去的电子的物质的量应介于0.8 mol(此时只产生Fe2+)和1.2 mol(此时只产生Fe3+)之间,由于产生0.3 mol NO2和0.2 mol NO,即反应过程中硝酸得到的电子的物质的量为0.3 mol×(5-4)+0.2 mol×(5-2)=0.9 mol,所以对应的产物既有Fe(NO3)3又有Fe(NO3)2,设前者的物质的量为x,后者的物质的量为y,则由铁原子守恒可得x+y=0.4,由得失电子守恒得3x+2y=0.9 mol,解得x=0.1 mol,y=0.3 mol。 4.A　解析　满足条件的反应为 Fe+4HNO3(稀)===Fe(NO3)3+NO↑+2H2O　① 3Fe+8HNO3(稀)===3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O　② 满足方程式①的a∶b=(4×63)∶56=9∶2, 满足方程式②的a∶b=(8×63)∶(3×56)=3∶1。 介于方程式①②之间即3≤≤4.5的都行。A项不可能。 ◉考点2 知识梳理 1.铁红　磁性氧化铁　黑色粉末　红棕色粉末　黑色晶体 FeO+2H+===Fe2++H2O　Fe2O3+6H+===2Fe3++3H2O Fe3O4+8H+===Fe2++2Fe3++4H2O 2.白色固体　红褐色固体 Fe(OH)2+2H+===Fe2++2H2O　Fe(OH)3+3H+===Fe3++3H2O 2Fe(OH)3Fe2O3+3H2O　Fe2++2OH-===Fe(OH)2↓ Fe3++3OH-===Fe(OH)3↓ 白色沉淀　灰绿色　红褐　4Fe(OH)2+O2+2H2O===4Fe(OH)3 􀳅思维辨析 1.×　提示:因为Fe2O3是红棕色,所以Fe2O3可用作红色油漆和涂料。 2.√　提示:CO还原Fe2O3可以得到Fe单质,Fe单质会与黑色固体和盐酸反应生成的Fe3+反应,所以无法判断黑色固体中是否含有Fe3O4。 3.×　提示:Fe在高温下与水蒸气反应生成Fe3O4。 4.√ 5.×　提示:Fe3+与I-发生氧化还原反应。 6.√　提示:FeCl3可由Fe与Cl2反应制取;FeCl2可由FeCl3与Fe反应制取;Fe(OH)3可由Fe(OH)2、O2、H2O化合制取。 7.×　提示:Fe3O4是纯净物。 知识对练 5.C　解析　由“司南之杓,投之于地,其柢指南”可知,“杓”具有磁性,则其主要成分是Fe3O4,C项正确。 6.C　解析　铁可用于湿法炼铜Fe+Cu2+===Fe2++Cu,是因为铁的还原性强于铜,与Fe的导电性无关,A项不符合题意;FeCl3可用于净水,是因为Fe3+水解生成的氢氧化铁胶体能吸附水中的悬浮杂质,与FeCl3的氧化性无关,B项不符合题意;Fe2O3呈红棕色,可用于制作红色颜料,C项符合题意;K2FeO4可用于杀菌消毒,是因为K2FeO4具有强氧化性,与K2FeO4的溶解性无关,D项不符合题意。 7.答案　FeO 解析　4.00 g CaCO3沉淀的物质的量为0.04 mol,则CO、CO2的物质的量均为0.04 mol,增加的氧原子为0.04 mol,质量为0.04 mol×16 g·mol-1=0.64 g,铁的氧化物中氧元素的质量为0.64 g,铁元素的质量为2.88 g-0.64 g=2.24 g,铁的氧化物中铁元素与氧元素的物质的量之比为∶0.04 mol=1∶1,则这种铁的氧化物的化学式为FeO。 8.C　解析　氢氧化亚铁易被空气中的氧气氧化为氢氧化铁,所以制备氢氧化亚铁时应将稀硫酸和氢氧化钠溶液预先煮沸,使溶解的空气逸出,A项正确;氢氧化亚铁具有强还原性,易被空气中的氧气氧化为氢氧化铁,故实验开始阶段,应把弹簧夹C和D都打开,A中反应产生氢气,排除空气,防止亚铁离子被氧气氧化,B项正确;一段时间后,关闭弹簧夹C,但不能关闭弹簧夹D,可利用生成的氢气使装置A中压强增大,把硫酸亚铁溶液压入装置B的氢氧化钠溶液中,反应生成白色氢氧化亚铁沉淀,C项错误;本实验利用反应生成的氢气排净装置中的空气,使装置处于还原氛围,故实验结束后关闭弹簧夹D,可以长时间保存氢氧化亚铁,D项正确。 9.答案　①②④ 解析　①②原理一样,都是先用氢气将装置中的空气排尽,并使生成的Fe(OH)2沉淀处在氢气的保护中;④中液面加苯可阻止生成的沉淀与空气接触;③由于空气中的氧气能迅速将Fe(OH)2氧化,因而不能较长时间看到白色沉淀。 10.答案　(1)恒压滴液漏斗　平衡气压,辅助排出装置B中的空气　(2)取少量装置A烧瓶中的液体于洁净试管中,滴加几滴KSCN溶液,无红色出现,再滴加H2O2溶液,溶液变为红色,则证明存在Fe2+,或加入铁氰化钾溶液,产生蓝色沉淀,证明存在Fe2+　(3)白色沉淀逐渐变为灰绿色,最后变为红褐色　4Fe(OH)2+O2+2H2O===4Fe(OH)3 解析　氢氧化亚铁容易被氧气氧化,因此打开K1、K3、K4,关闭K2和K5,装置A中产生H2,排出装置B中的空气,因此长导管的作用之一是辅助排出装置B中的空气,作用之二是平衡压强,防止装置中压强过大,发生危险。 微充电·素养提升 母题　B　解析　铁和水蒸气在高温下发生反应生成Fe3O4和H2,该反应的化学方程式为3Fe(s)+4H2O(g)Fe3O4(s)+4H2(g),A项正确;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,实验效果不好,B项错误;用火柴点燃肥皂泡,若产生尖锐的爆鸣声,则可检验生成的气体为氢气,C项正确;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项正确。 衍生1　D　解析　铁、四氧化三铁均可被磁铁吸引,则悬挂的磁铁不仅能吸引铁粉,也能吸引反应产物四氧化三铁,D项错误。 衍生2　答案　(1)为B中的反应提供水蒸气　(2)3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2　(3)防止铁粉在加热条件下被装置中的空气氧化　(4)黑色氧化铜变红　无水硫酸铜变蓝　(5)11.6 解析　(1)A为水蒸气的产生装置,为B中的反应提供水蒸气。(2)B中发生铁与水蒸气的反应3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2。(3)加热时铁能与氧气反应,故实验中应先点燃酒精灯a,再点燃酒精喷灯。(4)E中的CuO被H2还原为Cu,同时产生水,则E中可观察到黑色氧化铜变红,F中无水硫酸铜变蓝。(5)16.8 g 铁粉与水蒸气反应后得到固体20.0 g,可使用差量法计算生成氧化物(Fe3O4)的质量。 设实验后的固体物质中氧化物的质量为x 3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2　Δm 56×3 232 64 x 20.0 g-16.8 g =,解得x=11.6 g。 微真题·把握方向 1.答案　(1)√　(2)√　(3)√　(4)×　(5)√ 解析　(1)FeO有还原性,其中Fe元素的化合价为+2,用适当的氧化剂可以将其氧化成更高价态的Fe3O4。(2)Fe2O3为红色,常被用于油漆、涂料、油墨和橡胶的红色颜料,俗称铁红。(3)Fe2O3的颜色是红色,可用作红色颜料。(4)赤铁矿的主要成分是Fe2O3,不是FeO。(5)氧化亚铁具有较强的还原性,在空气中受热容易被氧气氧化为稳定的四氧化三铁。 2.B　解析　化合物FeO(OCH3)中Fe元素的化合价为+3价,故其与稀盐酸反应生成FeCl3、CH3OH、H2O,反应原理为FeO(OCH3)+3HCl===FeCl3+H2O+CH3OH,A项合理;化合物FeO(OCH3)中Fe元素的化合价为+3价,C元素为-2价,若隔绝空气加热分解生成FeO、CO2、H2O,则得失电子总数不相等,不符合氧化还原反应规律,即不可能生成FeO、CO2、H2O,B项不合理;化合物FeO(OCH3)中Fe元素的化合价为+3价,故其溶于氢碘酸(HI)中Fe3+能将I-氧化为I2,反应原理为2FeO(OCH3)+6HI===2FeI2+I2+2H2O+2CH3OH,再加CCl4萃取,有机层呈紫红色,C项合理;化合物FeO(OCH3)在空气中高温下将生成Fe2O3、CO2和H2O,由于Fe2O3为碱性氧化物,SiO2为酸性氧化物,故化合物FeO(OCH3)与SiO2高温下反应能生成Fe2(SiO3)3,D项合理。 3.C　解析　题图中所示铁元素不同化合价的物质:a为Fe,b为FeCl2、FeSO4、Fe(NO3)2等Fe(Ⅱ)的盐类物质,c为Fe(OH)2,e为FeCl3、Fe2(SO4)3、Fe(NO3)3等Fe(Ⅲ)的盐类物质,d为Fe(OH)3。Fe与Fe(Ⅲ)的盐类物质可发生反应生成Fe(Ⅱ)的盐类物质,如Fe+2FeCl3===3FeCl2,A项合理;Fe(Ⅱ)为铁元素的中间价态,既有还原性也有氧化性,因此既可被氧化,也可被还原,B项合理;Fe(Ⅲ)的盐类物质与浓碱液反应生成的是Fe(OH)3沉淀,制备Fe(OH)3胶体的操作为向沸水中滴加饱和FeCl3溶液,继续煮沸至溶液呈红褐色,停止加热,C项不合理;b→c→d→e→b可转化,如FeCl2Fe(OH)2Fe(OH)3FeCl3FeCl2,D项合理。 第11讲　铁盐、亚铁盐及相互转化 微考点·核心突破 ◉考点 知识梳理 1.浅绿　(1)Zn+Fe2+===Fe+Zn2+ 2.(1)棕黄　①2Fe3++Fe===3Fe2+　(2)KSCN溶液 (3)FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl 3.①2Fe2++Br2===2Fe3++2Br-　②2Fe3++Fe===3Fe2+ 􀳅思维辨析 1.×　提示:FeCl3水解生成Fe(OH)3和HCl,HCl受热挥发,最终得到Fe(OH)3沉淀。 2.×　提示:三价铁离子的氧化性比铜离子强,与Fe比Cu活泼无关。 3.×　提示:如果原溶液中存在Fe3+也是此现象,故无法确定原溶液中一定含有Fe2+。 4.√　提示:溶液变为红色,说明溶液中含有Fe3+。 知识对练 1.D　解析　FeCl3溶液遇KSCN溶液变成红色,没有沉淀产生,A项错误。FeCl3溶液和AgNO3溶液反应生成AgCl沉淀和Fe(NO3)3,该反应为复分解反应,不是氧化还原反应,B项错误。FeCl3溶液和NaOH溶液反应生成红褐色的Fe(OH)3沉淀,反应后所得分散系不属于胶体,C项错误。FeCl3溶液遇KSCN溶液显红色,FeCl2溶液和KSCN溶液不反应,无明显现象;FeCl3溶液、FeCl2溶液和AgNO3溶液反应均可生成AgCl白色沉淀,但前者反应后的体系中含大量Fe3+(显棕黄色),后者反应后的体系中含大量Fe2+(显浅绿色);FeCl3溶液和NaOH溶液反应立即生成红褐色沉淀,FeCl2溶液和NaOH溶液反应先生成Fe(OH)2白色絮状沉淀,然后白色沉淀迅速变成灰绿色,最后变成红褐色,因此三个烧杯中的现象均改变,D项正确。 2.B　解析　FeCl3溶液腐蚀印刷电路板上铜的反应为2FeCl3+Cu===2FeCl2+CuCl2,所得溶液中存在FeCl2和CuCl2,还可能有过量的FeCl3溶液,加入铁粉充分反应后,A项若无固体剩余,说明原溶液中含有Fe3+,反应后不一定还含有Fe3+;B项中不管固体是铁粉还是铜粉,溶液中一定含有Fe2+;C项若溶液中有Cu2+,可能有部分铜固体析出;D项若溶液中有Fe2+,不一定有Cu析出。 3.B　解析　Fe2O3溶于稀盐酸生成FeCl3和水,FeCl3为挥发性酸的弱碱盐,蒸发时会发生水解,转化为Fe(OH)3沉淀,A项不正确;I2具有弱氧化性,只能将Fe氧化为FeI2,FeI2电离产生的Fe2+和I-都能被Cl2氧化,从而生成FeCl3和I2,B项正确;FeS2在高温条件下能被O2氧化生成Fe2O3和SO2,但Fe2O3难溶于水,与水不能发生反应,C项不正确;Fe溶于盐酸生成FeCl2和H2,SO2具有弱氧化性,不能将Fe2+氧化为Fe3+,D项不正确。 4.D　解析　加入NaOH溶液,开始时有白色絮状沉淀生成,白色沉淀迅速变成灰绿色,最后变成红褐色,说明溶液中一定有Fe2+,若有Fe3+,则红褐色Fe(OH)3沉淀会掩盖Fe(OH)2沉淀的白色,所以不可能存在Fe3+,而Mg(OH)2沉淀是白色的,有可能存在。 5.C　解析　在该溶液中先加入少量NH4SCN溶液,溶液不变红色,无Fe3+存在,再加入氯水,将Fe2+氧化成Fe3+,溶液变为红色。KMnO4溶液呈紫红色,溶液颜色变化不明显,所以不能用KMnO4溶液。 6.答案　(1)增大铁粉与Cl2的接触面积,使反应更充分 2Fe+3Cl22FeCl3 (2)受热易升华　(3)A中长玻璃管中液面上升　适当加热D处 (4)吸收多余的Cl2,防止污染空气　防止G中的水蒸气进入E中与FeCl3反应　(5) 解析　(1)B中反应的化学方程式为2Fe+3Cl22FeCl3,B中石棉绒不参与反应,石棉绒的作用是增大铁粉与Cl2的接触面积,使反应更充分。(2)在C、E处收集产物是利用了FeCl3受热易升华的性质。(3)FeCl3遇冷容易凝华,实验过程中在D处容易出现堵塞,A中长玻璃管中液面上升;可通过适当加热D处使氯化铁升华,实验能继续进行。(5)用a g铁粉,反应一段时间后得到的固体质量为b g,(b-a)g是参与反应的氯元素的质量,n(Cl)=,由氯化铁的化学式知n(Fe)=n(Cl-),m(Fe)=n(Cl-)×56 g·mol-1=××56 g·mol-1= g。 7.D　解析　Cl2能将FeCl2氧化为FeCl3,微热可赶出溶解的Cl2,故可除去FeCl3溶液中的FeCl2,A项正确;铁粉与FeCl3反应生成FeCl2,则加入过量铁粉并过滤可除去FeCl2溶液中的FeCl3,B项正确;FeSO4溶液能与Al反应生成Al2(SO4)3和Fe,则加入FeSO4溶液并过滤可除去Fe中的Al,C项正确;在空气中灼烧时,Fe(OH)3会分解,D项错误。 8.答案　(1)加过量铁粉,过滤　(2)加氯水或H2O2 (3)加过量铁粉,过滤　(4)加过量强碱溶液,过滤 新动向 答案　(1)D　(2)B 解析　(1)由题中信息可知,参加反应的铁的质量为(m1-m2)g,其物质的量为 mol,根据原子守恒可知,硫酸亚铁铵晶体的制备反应中存在关系式(NH4)2SO4~FeSO4~(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O,则按反应配比1∶1准确称取所需(NH4)2SO4的质量m3= g,A项错误。硫酸亚铁铵晶体的理论产量为 g,实际产量为m4 g,则硫酸亚铁铵晶体的产率为×100%=×100%,B项错误。a g产品不是纯的硫酸亚铁铵晶体,配制的硫酸亚铁铵溶液的物质的量浓度不是= mol·L-1,C项错误。硫酸亚铁铵溶液中的Fe2+被Mn氧化,发生反应的离子方程式为Mn+5Fe2++8H+===Mn2++5Fe3++4H2O,25.00 mL硫酸亚铁铵溶液消耗Mn的物质的量为cV×10-3 mol,则25.00 mL溶液中硫酸亚铁铵的物质的量为5cV×10-3 mol,a g产品中硫酸亚铁铵的物质的量为5cV×10-3 mol×=0.02cV mol,则硫酸亚铁铵晶体的纯度为×100%=×100%,D项正确。(2)步骤③需保持溶液pH为1~2是为了抑制硫酸亚铁、硫酸铵水解,若溶液pH过大会因硫酸亚铁水解而导致产品不纯,且N转化为NH3逸出,导致产品产率降低,A项正确。步骤④用未干燥的容量瓶配制溶液,对溶液浓度无影响,故对测定的硫酸亚铁铵晶体的纯度无影响,B项错误。步骤④滴定结束时俯视读数,测得的标准溶液的体积偏小,测定的硫酸亚铁铵晶体的纯度会偏低,C项正确。三次平行滴定时都应从零刻度或零刻度附近的某一固定刻度开始,以减小系统误差,D项正确。 微充电·素养提升 1.(1)+2价(Fe2+)　(2)+3价(Fe3+) 3.红色　Fe3+　不含Fe3+　含Fe2+ 4.2Fe2++Cl2===2Fe3++2Cl-　Fe3++3SCN-Fe(SCN)3 母题　A　解析　若滴加KSCN溶液,溶液变红,说明溶液中含有Fe3+,可确定还原铁粉被氧化变质,A项正确;若滴加KSCN溶液,溶液未变红,说明溶液中无Fe3+,可能是未被氧化的铁将Fe3+还原为Fe2+,B项错误;氯水具有强氧化性,可以把亚铁离子氧化为铁离子,说明之前有亚铁离子,但亚铁离子可能是铁与盐酸反应生成的,故不能确定铁粉是部分氧化还是全部氧化还是没有被氧化,C项错误;滴加KSCN溶液,溶液未变红,再滴加氯水,溶液变红,说明溶液中含有Fe2+,无Fe3+,但亚铁离子可能是铁与盐酸反应生成的,D项错误。 衍生1　答案　(2)蓝色沉淀　(3)红　否　滤液中含Fe2+,加入稀硝酸后生成Fe3+,干扰实验,故溶液变红不能说明滤液中含Fe3+ 衍生2　答案　(1)过滤　(2)KSCN　(3)bc　(4)d　(5)酸性高锰酸钾溶液紫色褪去　5Fe2++Mn+8H+===5Fe3++Mn2++4H2O　(6)黑木耳中还含有其他还原性物质(或黑木耳中还含有维生素C) 解析　(3)根据步骤③中产生蓝色沉淀可知滤液A中含有亚铁离子,则白色沉淀中含有Fe(OH)2;根据步骤④中溶液变红可知滤液A中含有铁离子,由于在灼烧过程中亚铁离子可能被氧化为铁离子,所以黑木耳中不一定含有铁离子,所以a项错误,b、c两项正确。(4)滤液A中含有铁离子,需要利用还原剂将其转化为亚铁离子,且不能再引入铁元素,也不能干扰亚铁离子与高锰酸钾的反应。金属钠在溶液中反应生成NaOH,NaOH与铁离子反应生成沉淀,得不到亚铁离子,a项错误;金属锌与铁离子、亚铁离子均反应,b项错误;金属铁和铁离子反应生成亚铁离子,引入了铁元素,c项错误;金属铜与铁离子反应生成亚铁离子和铜离子,且不会影响亚铁离子与高锰酸钾的反应,d项正确。 微真题·把握方向 1.答案　(1)√　(2)×　(3)×　(4)√ 解析　(1)氯化铁溶液腐蚀铜电路板,发生的反应为2Fe3++Cu===2Fe2++Cu2+,体现了Fe3+的氧化性。(2)Mg加入FeCl3溶液中,Mg具有较强的还原性,先与Fe3+反应生成Mg2+和Fe2+,若Mg过量,Mg与Fe2+继续反应生成Mg2+和Fe,但由于反应中FeCl3过量,Mg已消耗完,所以无Mg和Fe2+反应,不会生成Fe。(3)FeS2在沸腾炉中与O2发生的反应为4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2,产物主要是SO2而不是SO3。(4)向FeCl3溶液中加入过量铁粉,发生反应2Fe3++Fe===3Fe2+,可以看到溶液中黄色逐渐消失,加入KSCN溶液后,溶液颜色不发生变化。 2.A　解析　氯化铁能完全电离出铁离子和氯离子,属于强电解质,A项错误;氯化铁溶液与铜反应生成氯化铜和氯化亚铁,可用来蚀刻铜板,B项正确;氯气具有强氧化性,氯气与铁单质加热反应生成氯化铁,C项正确;向沸水中滴加饱和氯化铁溶液,继续加热呈红褐色,铁离子发生水解反应可得到氢氧化铁胶体,D项正确。 3.D　解析　往FeCl2溶液中加入锌片,发生反应Fe2++Zn===Fe+Zn2+,Fe2+的氧化能力比Zn2+的强,A项错误;往Fe2(SO4)3溶液中滴加KSCN溶液,发生反应Fe3++3SCN-Fe(SCN)3,溶液变为红色,再加入少量K2SO4固体,对平衡无影响,故不能说明Fe3+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+2Fe3+===3Fe2+,滴加KSCN溶液,溶液呈浅绿色,C项错误;向沸水中逐滴加入5~6滴饱和FeCl3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。 4.D　解析　实验①为对照实验,说明铁离子在水溶液中显棕黄色,存在水解反应Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+,煮沸,促进水解平衡正向移动,得到红褐色的氢氧化铁胶体,A项合理;在5 mL FeCl3溶液中滴加2滴Na2SO3溶液,根据生成红褐色的氢氧化铁可知,Fe3+发生了水解反应,根据加入铁氰化钾溶液后出现特征蓝色沉淀,可知Fe3+被S还原为Fe2+,B项合理;实验③中在5 mL Na2SO3溶液中滴加2滴FeCl3溶液,根据现象可知仍发生水解反应,但未来得及发生铁离子的还原反应,C项合理;实验①中煮沸后溶液变红褐色,实验③中溶液直接变红褐色,说明S对Fe3+的水解反应有影响,D项不合理。 5.D　解析　氯化钠溶液中始终存在氯离子,所以加入硝酸银溶液后,不管铁片是否被腐蚀,均会出现白色沉淀,A项不符合题意;淀粉⁃碘化钾溶液可检测氧化性物质,但不论铁片是否被腐蚀,均无氧化性物质与碘化钾发生反应,B项不符合题意;KSCN溶液可检测铁离子的存在,上述现象中不会出现铁离子,所以无论铁片是否被腐蚀,加入KSCN溶液后均无红色出现,C项不符合题意;K3[Fe(CN)6]是用于检测Fe2+的试剂,若铁片没有被腐蚀,则溶液中不会生成亚铁离子,则加入K3[Fe(CN)6]溶液就不会出现蓝色沉淀,D项符合题意。 6.答案　(1)Fe2O3、SiO2　SiO2　(2)增大反应物的接触面积,加快反应速率 (3)7Fe2(SO4)3+FeS2+8H2O15FeSO4+8H2SO4　(4)蒸发浓缩、冷却结晶、过滤　(5)+2　6Fe(NH4)2Fe(CN)6+Cl6Fe(NH4)Fe(CN)6+Cl-+3H2O+6NH3↑　(6)O2(合理即可)　NH3·H2O(或NH3) 解析　(1)黄铁矿中含FeS2、石英(主要成分为SiO2),焙烧时FeS2发生反应4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2,石英不反应,因此红渣的主要成分为Fe2O3、SiO2。“酸浸”时Fe2O3和硫酸反应生成Fe2(SO4)3和水,SiO2与硫酸不反应,因此滤渣①的主要成分为SiO2。(3)还原工序中,FeS2与Fe2(SO4)3溶液反应,若不生成S单质,则FeS2中硫元素被氧化为S,Fe2(SO4)3被还原为FeSO4,FeS2→2S失14e-、Fe2(SO4)3→2FeSO4得2e-,根据得失电子守恒,FeS2、Fe2(SO4)3的化学计量数分别为1、7,再根据原子守恒配平化学方程式即可。(4)由流程图知,通过工序①获得了FeSO4晶体,则工序①为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤,所得母液为硫酸,可以返回“酸浸”循环利用。(5)根据化合物中正负化合价代数和为0,可知该物质中Fe元素的化合价为+2。氧化工序中NaClO3在酸性条件下将Fe(NH4)2Fe(CN)6氧化为Fe(NH4)Fe(CN)6,NaClO3被还原为NaCl,Fe(NH4)2Fe(CN)6→Fe(NH4)Fe(CN)6失e-,Cl→Cl-得6e-,根据得失电子守恒,Fe(NH4)2Fe(CN)6、Cl的化学计量数分别为6、1,再根据电荷守恒和原子守恒配平离子方程式即可。(6)“还原”工序得到的滤液为FeSO4和H2SO4的混合溶液,用其制备Fe2O3·xH2O和(NH4)2SO4的过程中铁元素被氧化,为了不引入杂质,结合元素守恒知,所加试剂为O2(或H2O2)和NH3·H2O(或NH3)。 第12讲　金属材料 微考点·核心突破 ◉考点1 知识梳理 1.(1)②金属特性　(2)①低　低　②大 2.低碳钢　中碳钢　高碳钢　合金钢 􀳅思维辨析 1.×　提示:合金中也可能含有非金属元素。 2.√　提示:镧镍合金具有可逆吸放氢的功能。 3.√　提示:大多数合金比其成分金属硬度大、熔点低,这是大多数合金的特点。 4.√　提示:铁为较活泼金属,工业上用CO还原Fe2O3的方法冶炼铁。 知识对练 1.B　解析　钢和生铁都是铁的合金,都属于混合物,A项错误;铁生锈的条件是铁与氧气和水接触,故钢铁在潮湿的空气中容易生锈,B项正确;生铁是铁的合金,合金比组成它的纯金属的熔点低,故生铁的熔点比纯铁低,C项错误;生锈的钢铁可以回收利用,D项错误。 2.C　解析　生铁由铁和碳等元素组成,属于合金,A项正确;在纯金属内加入其他元素形成合金后,金属的内部结构发生改变,合金的硬度一般比各成分金属的大,B项正确;合金中各成分金属具有哪些化学性质,合金就具有哪些化学性质,C项错误;改变原料的配比、生成合金的条件,则形成的合金的各成分含量、结构不同,对合金的性能产生不同的影响,可以得到具有不同性能的合金,D项正确。 3.D　解析　金单质的密度比银单质的密度大,A项正确;“欲去银存金,则将其金打成薄片”,说明薄片中含有金银,为金银合金,B项正确;“打成薄片”反映了金属良好的延展性,C项正确;硼砂的作用是帮助熔化,不和银发生化学反应,D项错误。 4.A　解析　A项,保险丝应该用熔点比较低的金属材料制作,而钛及其合金熔点高,不适合用来制作保险丝;B项,因为钛和钛的合金熔点高、密度小、耐腐蚀、可塑性好,所以可用于制造航天飞机;C项,因为钛合金与人体器官有很好的“生物相容性”,所以可用来制造人造骨;D项,因为钛的合金密度小、耐腐蚀、可塑性好,所以可用于家庭装修,制作钛合金装饰门。 5.D　解析　由题图可知,消耗某金属(或合金)的质量为30 g时,产生氢气的质量为1 g。锌与盐酸反应的化学方程式为Zn+2HCl===ZnCl2+H2↑,该反应生成1 g(0.5 mol) H2时,需要纯锌的质量为65 g·mol-1×0.5 mol=32.5 g,A项错误;铁与盐酸反应的化学方程式为Fe+2HCl===FeCl2+H2↑,该反应生成1 g(0.5 mol) H2时,需要纯铁的质量为56 g·mol-1×0.5 mol=28 g,B项错误;镁与盐酸反应的化学方程式为Mg+2HCl===MgCl2+H2↑,该反应生成1 g(0.5 mol) H2时,需要镁的质量为24 g·mol-1×0.5 mol=12 g,铝与盐酸反应的化学方程式为2Al+6HCl===2AlCl3+3H2↑,该反应生成1 g (0.5 mol) H2时,需要铝的质量为27 g·mol-1× mol=9 g,12 g、9 g均小于30 g,故不可能是镁铝合金,C项错误;铜与盐酸不反应,由上述分析可知,铁与盐酸反应生成1 g(0.5 mol)H2时,需要纯铁的质量为28 g(<30 g),则可能是铁铜合金,D项正确。 ◉考点2 知识梳理 1.固态　银白色 2.①4Al+3O22Al2O3　②2Al+3Cl22AlCl3　③2Al+6H+===2Al3++3H2↑　④2Al+2OH-+6H2O===2[Al(OH)4]-+3H2↑　⑤2Al+Fe2O32Fe+Al2O3 3.2Al2O3(熔融)4Al+3O2↑ 5.2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe 􀳅思维辨析 1.×　提示:铝易与氧气反应表面形成致密的氧化膜。 2.√　提示:如果溶液显碱性,Na+、Ba2+、[Al(OH)4]-、N可以大量共存。 3.×　提示:说明氧化铝的熔点更高。 4.√　提示:Al能与酸反应,表现一定的金属性,与强碱溶液反应表现出一定的非金属性。 知识对练 6.B　解析　工业生产Al要消耗大量电能,再用Al制备H2成本太高,A项错误;[Al(OH)4]-中Al原子的价层电子对数为4,为sp3杂化,B项正确;反应消耗氢氧化钠,反应后c(OH-)降低,溶液碱性减弱,C项错误;Al是单质,D项错误。 7.A　解析　Al与NaOH反应生成氢气2Al+2NaOH+6H2O===2Na[Al(OH4)]+3H2↑,可用于疏通管道,A项正确;常温下Al可与O2反应生成氧化铝,化学方程式为4Al+3O2===2Al2O3,B项错误;铝合金的硬度比纯铝大,C项错误;铝是活泼性较强的金属,工业上用电解熔融Al2O3制备金属铝,D项错误。 8.B　解析　将一小片在空气中久置的铝片置于过量的NaOH溶液中,首先是表面的Al2O3与NaOH反应生成Na[Al(OH)4],然后是Al和NaOH、H2O反应生成Na[Al(OH)4]和H2。若n0=1,根据反应2Al+2NaOH+6H2O===2Na[Al(OH)4]+3H2↑可知,生成1 mol H2时参加反应的Al的物质的量为 mol,A项错误;N点之后,生成H2的物质的量不再发生变化,则N点之后,对应的溶液中溶质仅为Na[Al(OH)4]、NaOH,B项正确;O→M发生的是Al2O3与NaOH的反应,该反应不是氧化还原反应,C项错误;M→N发生反应2Al+2NaOH+6H2O===2Na[Al(OH)4]+3H2↑,由关系式2Al~3H2可知,进入溶液的铝元素的质量大于离开溶液的氢元素的质量,所以溶液的质量逐渐增大,D项错误。 9.A　解析　A项,金属铝及铝表面的氧化物Al2O3既可以与酸发生反应,也可以与强碱溶液发生反应,因此铝制炊具最好不要盛放酸性或碱性较强的液体食物,所以Ⅰ对,Ⅱ对,二者有因果关系,正确;B项,由于铝箔表面的氧化物Al2O3熔点高达2 050 ℃,Al2O3不能熔化,因此铝箔在酒精灯火焰上加热熔化但不滴落,因此Ⅰ对,Ⅱ错,二者没有因果关系,错误;C项,海啸使水源发生污染,可用明矾进行净化是因为明矾水解生成Al(OH)3胶体,胶体具有吸附性,使水中悬浮的固体形成沉淀,从而达到净化水的目的,但是该物质没有消毒作用,Ⅰ错,Ⅱ对,二者有因果关系,错误;D项,铁或铝制成的槽车可以密封贮运浓硫酸或浓硝酸,是由于铁和铝在常温下遇浓硫酸或浓硝酸表面生成一层致密的氧化物保护膜,阻止反应的继续进行,Ⅰ对,Ⅱ错,二者没有因果关系,错误。 10.B　解析　题给实验反应的化学方程式分别为2Al+6HCl===2AlCl3+3H2↑ 、2Al+2NaOH+6H2O===2Na[Al(OH)4]+3H2↑ ,通过化学方程式可以看出,消耗的HCl和NaOH 的物质的量之比为3V甲∶V乙,A项错误。盐酸和NaOH 溶液中溶质的物质的量均为0.03 mol,若测得生成的气体体积之比V甲∶V乙=1∶2,即生成的氢气的物质的量之比是1∶2,若铝在两溶液中均不足(或铝与盐酸恰好完全反应),则产生的气体体积之比应为1∶1,若铝在两溶液中均过量(或铝与NaOH溶液恰好完全反应),则产生的气体体积之比应为1∶3,而1∶3<V甲∶V乙=1∶2<1∶1,故盐酸与Al反应时Al有剩余,氢氧化钠溶液与Al反应时Al完全反应,设铝与酸完全反应时生成的氢气的物质的量为x, 2Al+6HCl===2AlCl3+3H2↑ 6 3 0.03 mol x 解得x=0.015 mol;相同条件下气体的物质的量之比等于体积之比,所以氢氧化钠溶液和铝反应生成的氢气的物质的量为0.015 mol×2=0.03 mol,碱溶液与铝反应时,铝反应完全,设铝反应的物质的量为y, 2Al+2NaOH+6H2O===2Na[Al(OH)4]+3H2↑ 2 3 y 0.03 mol 解得y=0.02 mol,所以铝的质量为0.02 mol×27 g·mol-1=0.54 g,B项正确。根据反应的化学方程式可知,当V甲∶V乙=1∶3 时,消耗等物质的量的HCl和氢氧化钠,铝粉在两溶液中均过量或铝粉在NaOH溶液中恰好完全反应,在盐酸中过量,C项错误。根据反应的化学方程式可知,HCl完全反应时,反应中转移电子的物质的量为0.03 mol,NaOH完全反应时,该反应中转移电子的物质的量为0.09 mol,两个反应中电子转移数之比为1∶3,D项错误。 11.A　解析　根据铝粉与盐酸、氢氧化钠溶液反应的化学方程式为2Al+6HCl===2AlCl3+3H2↑、2Al+2NaOH+6H2O===2Na[Al(OH)4]+3H2↑,可知若在含等物质的量的HCl和NaOH溶液中分别加入足量的铝粉,产生H2的体积之比为1∶3。而题中产生的H2的体积之比为1∶2,说明铝粉的量相对盐酸是过量的,而相对NaOH是不足的,0.3 mol HCl完全反应,生成0.15 mol H2,所以NaOH反应中生成H2为0.3 mol,则与NaOH溶液反应的铝粉应为5.4 g。 ◉考点3 知识梳理 1.(1)Al2O3+6H+===2Al3++3H2O Al2O3+2OH-+3H2O===2[Al(OH)4]- 2.(1)①Al(OH)3+3H+===Al3++3H2O ②Al(OH)3+OH-===[Al(OH)4]-　③2Al(OH)3Al2O3+3H2O (2)①Al3++3NH3·H2O===Al(OH)3↓+3N ②[Al(OH)4]-+CO2===Al(OH)3↓+HC 3.(1)KAl(SO4)2·12H2O　无色　可溶 (2)KAl(SO4)2===K++Al3++2S　Al(OH)3(胶体)　悬浮物 4.(2)航空航天　生物工程　电子工业 􀳅思维辨析 1.×　2.×　3.√　4.×　5.×　6.×　7.√　8.√　9.×　10.√　11.√ 知识对练 12.A　解析　明矾溶于水电离产生Al3+,发生水解反应生成Al(OH)3胶体,可吸附水中的悬浮杂质,起到净水作用,但不能杀菌、消毒,A项错误;铝热反应放出大量的热,可用于冶炼活动性比铝弱且熔点高的金属,B项正确;铝具有良好的延展性,可用作包装材料,铝合金(如硬铝)的硬度大,可作建筑材料,C项正确;Al(OH)3是两性氢氧化物,可与胃酸(HCl)反应,故可用作胃酸中和剂,D项正确。 13.C　解析　利用二氧化锰与浓盐酸反应制备氯气需要加热,A项不能达到相应实验目的;碱石灰可与氯气反应,不能用碱石灰干燥氯气,B项不能达到相应实验目的;饱和食盐水不能吸收氯气尾气,应用氢氧化钠溶液吸收,D项不能达到相应实验目的。 14.C　解析　铝、氧化铝、氢氧化铝和可溶性铝盐与过量强碱溶液的反应分别为2Al+2OH-+6H2O===2[Al(OH)4]-+3H2↑、Al2O3+2OH-+3H2O===2[Al(OH)4]-、Al(OH)3+OH-===[Al(OH)4]-、Al3++4OH-===[Al(OH)4]-,故生成物中都有[Al(OH)4]-。 15.D　解析　从题图中可以看出M、Y两种物质是Ba(OH)2、NaHCO3中的一种,至于是具体对应哪一种无法区别,X、Z两种物质分别是AlCl3、HNO3中的一种,也是无法确定一定是哪一种。 16.C　解析　各选项中物质间的转化:A项,Al2O3Na[Al(OH)4]Al(OH)3Al2O3;B项,AlCl3Al(OH)3Na[Al(OH)4]AlCl3;D项,MgCl2Mg(OH)2MgOMgCl2;C项中Al不能一步转化成Al(OH)3。 17.D　解析　反应④(由氧化铝生成Al)是氧化还原反应,A项错误;反应②中CO2过量,则产生的阴离子不可能为C,B项错误;反应③为灼烧氢氧化铝固体使其分解,实验室应在坩埚中完成该反应,C项错误;反应①为铝土矿中的氧化铝溶于强碱溶液生成[Al(OH)4]-的反应,D项正确。 18.B　解析　若先用盐酸溶解,Mg、Al均溶解,制取Al(OH)3的步骤较多;从Na[Al(OH)4]制备Al(OH)3,加盐酸不容易控制量的多少。故B项操作步骤为最佳顺序。 19.答案　(1)方案二较好　第二步操作很难控制试剂用量 (2)将Al按1∶3分成两份,第一份与适量的硫酸反应,第二份与适量的NaOH溶液反应,然后将所得溶液混合即可,有关反应的化学方程式为2Al+3H2SO4===Al2(SO4)3+3H2↑; 2Al+2NaOH+6H2O===2Na[Al(OH)4]+3H2↑; Al2(SO4)3+6Na[Al(OH)4]===8Al(OH)3↓+3Na2SO4 微充电·素养提升 母题　D　解析　发蓝处理技术通常用于钢铁等黑色金属,通过在空气中加热或直接浸泡于浓氧化性溶液中来实现,可在金属表面形成一层极薄的氧化膜,这层氧化膜能有效防锈,A项不符合题意;阳极氧化是将待保护的金属与电源正极连接,在金属表面形成一层氧化膜的过程,B项不符合题意;表面渗镀是在高温下将气态、固态或熔化状态的欲渗镀的物质(金属或非金属元素)通过扩散作用从被渗镀的金属的表面渗入内部以形成表层合金镀层的一种表面处理的方法,C项不符合题意;喷涂油漆是将油漆涂在待保护的金属表面并没有在表面形成钝化膜,D项符合题意。 衍生　答案　(1)Al2O3+2OH-+3H2O===2[Al(OH)4]- (2)2Al+2OH-+6H2O===2[Al(OH)4]-+3H2↑ (3)2Al-6e-+3H2O===Al2O3+6H+ (4)d　[Al(OH)4]-+CO2===Al(OH)3↓+HC 解析　(4)槽液中铝元素的存在形式为Na[Al(OH)4],Na[Al(OH)4]可与酸反应生成Al(OH)3沉淀,但Al(OH)3是两性氢氧化物,可溶于强酸,若加入HNO3,HNO3的量不易控制,HNO3的量不足,铝元素沉淀不完全,HNO3过量则生成Al3+,故可向槽液中通入足量CO2,因为Al(OH)3不溶于H2CO3,故选d;离子方程式为[Al(OH)4]-+CO2===Al(OH)3↓+HC。 微真题·把握方向 1.答案　(1)×　(2)√　(3)√　(4)× 解析　(1)Al(OH)3呈两性,不溶于水,但可以与胃酸反应生成无毒物质,因此其能用于治疗胃酸过多。(2)耐高温材料应具有高熔点的性质,氧化铝熔点高,可用作耐高温材料。(3)铝合金密度小,抗腐蚀能力强,大量用于高铁建设。 2.D　解析　 选项 ①加入②中现象 ②加入①中现象 A 先产生白色沉淀,后来白色沉淀溶解 先无明显现象,后来产生白色沉淀 B 先产生白色沉淀,后来白色沉淀溶解 先无明显现象,后来产生白色沉淀 C 溶液紫色逐渐褪去,有气泡产生 紫色溶液迅速褪色,有气泡产生 D 溶液变为红色 溶液变为红色 3.B　解析　兽骨,甲骨文的契刻载体之一,主要是牛的肩胛骨,一小部分是羊、猪、鹿的肩胛骨,还有极少部分的牛肋骨,其主要成分是碳酸钙和其他钙盐,A项不符合题意;青铜器是红铜与锡、铅等的合金,属于合金材料,B项符合题意;纸张的主要成分是纤维素,C项不符合题意;液晶显示屏是一种采用液晶为材料的显示器,液晶是一类介于液态和晶态之间的有机化合物,D项不符合题意。 4.C　解析　石墨是混合型晶体,质软,可用作润滑剂,A项错误;单晶硅可用作半导体材料与空穴可传递电子有关,与熔点高无关,B项错误;青铜是铜合金,比纯铜熔点低、硬度大,易于锻造,古代用青铜铸剑,C项正确;含铅化合物如PbO2可在正极得到电子发生还原反应,所以可用作电极材料,与含铅化合物颜色丰富无关,D项错误。 第13讲　铜　金属冶炼 微考点·核心突破 ◉考点1 知识梳理 4.(1)Fe+CuSO4===Cu+FeSO4　(2)Cu2S+O22Cu+SO2 5.(1)Cu2(OH)2CO32CuO+CO2↑+H2O　(2)Fe2(SO4)3 (3)Fe(OH)3　(4)蒸发浓缩、冷却结晶 􀳅思维辨析 1.×　2.√　3.×　4.×　5.× 知识对练 1.B　解析　铜在空气中主要发生吸氧腐蚀,A项错误;铜锈的主要成分为Cu2(OH)2CO3,B项正确;铜可以和硝酸反应,用硝酸清洗铜器可以除去铜绿,但也会破坏铜器,C项错误;铅、锡比铜活泼,腐蚀反应中铜做正极,会减缓铜的腐蚀,D项错误。 2.D　解析　铜的化学性质不活泼,易冶炼,是较早被使用的金属,但在潮湿的环境中,铜可与空气中的H2O、CO2、O2反应而生锈,故A、C两项错误,D项正确;合金比纯金属具有更优良的物理、化学或机械性能,青铜比铜单质的机械性能好,B项错误。 3.答案　(1)Cu+2H2SO4(浓)SO2↑+CuSO4+2H2O　向蒸馏水中慢慢注入剩余液体,并用玻璃棒搅拌,蒸发浓缩,冷却结晶 (2)温度较低,反应速率慢;温度太高,H2O2分解,损耗大　原料利用率高　不产生污染(或其他合理答案) (3)固体变为黑色　CuSO4和CuO　(4)SO3　检验是否有SO2生成 (5)在C装置中部分O2参与了氧化还原反应 解析　(2)H2O2受热易分解,故乙方案控制温度为40~50 ℃的原因是温度较低,反应速率慢;温度太高,H2O2分解,损耗大。与方案甲相比,方案乙的主要优点有原料利用率高、不产生污染、能耗低等。(3)若5.00 g CuSO4·5H2O完全失水为CuSO4,则CuSO4的质量为3.20 g,完全分解为CuO,则CuO的质量为1.60 g。加热一段时间后,A中固体质量为3.00 g,3.20 g>3.00 g>1.60 g,则此时A中固体的成分为CuSO4和CuO。(4)装置B中迅速生成白色沉淀,说明分解产物中有SO3,C装置可以盛放品红溶液,目的是检验是否有SO2生成。 ◉考点2 知识梳理 1.正　3.化合　游离　Mn++ne-===M 4.MgCl2(熔融)Mg+Cl2↑　2Al2O3(熔融)4Al+3O2↑ 3CO+Fe2O32Fe+3CO2　2HgO2Hg+O2↑ 􀳅思维辨析 1.×　2.×　3.×　4.√ 知识对练 4.A　解析　镁铝合金的密度小、强度大、机械性能好,适合于制造飞机外壳。故选A。 5.B　解析　因技术的不成熟,越活泼的金属越难冶炼,相反越不活泼的金属越易冶炼得到,金属利用的先后取决于金属的活动性强弱。 6.D　解析　A项,由题意可知,倭铅是指金属锌,不是锌和铅的混合物;B项,反应中C作还原剂,则煤炭中起作用的主要成分是C;C项,碳酸锌与碳在高温下反应生成锌和一氧化碳,有氧化还原反应发生;D项,该反应是利用碳还原碳酸锌生成锌单质,属于热还原法。 7.B　解析　黄铜矿(CuFeS2)中Fe元素的化合价为+2,工业上用黄铜矿冶炼铜的反应为8CuFeS2+21O28Cu+4FeO+2Fe2O3+16SO2,该反应不是分解反应,A项错误;工业上常用CO在高温下还原铁矿石炼铁3CO+Fe2O32Fe+3CO2,B项正确;工业上以海水为原料,经过一系列过程获得无水氯化镁,工业制镁是电解熔融氯化镁MgCl2(熔融)Mg+Cl2↑,C项错误;因为氯化铝是共价化合物,熔融状态下氯化铝不电离,也不导电,工业制铝是电解熔融的氧化铝2Al2O3(熔融)4Al+3O2↑,D项错误。 微充电·素养提升 母题　答案　(1)5NaBiO3+14H++2Mn2+===2Mn+5Bi3++7H2O+5Na+ (2)2Co2++5ClO-+5H2O===2Co(OH)3↓+Cl-+4HClO (3)HC+OH-+Ca(VO3)2CaCO3+H2O+2V (4)Cu2Se+4H2O2+4H+===2Cu2++H2SeO3+5H2O (5)2Nd3++3C+H2O===2Nd(OH)CO3↓+CO2↑ (6)Na2[Zn(CN)4]+2H2SO4===ZnSO4+4HCN+Na2SO4 (7)N2↑　4H2O (8)TiO2++(x+1)H2OTiO2·xH2O↓+2H+ (9)Cr(OH)3+NaOH===NaCrO2+2H2O (10)MnO2+S+2H+===Mn2++S+H2O 衍生　答案　(1)增大固液接触面积,加快酸浸速率,提高浸取效率　Pb　(2)将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+,以便在后续调pH时除去Fe元素 K3[Fe(CN)6]溶液　Fe2+　(3)3Co2+++7H2O===3Co(OH)3↓+MnO2↓+5H+　3Mn2++2+2H2O===5MnO2↓+4H+ (4)ZnSO4、K2SO4　10-16.7 解析　由题中信息可知,用硫酸处理含有Co、Zn、Pb、Fe的单质或氧化物的废渣,得到含有Co2+、Zn2+、Fe2+、Fe3+、等离子的溶液,Pb元素的单质或氧化物与硫酸反应生成难溶的PbSO4,则“滤渣1”为“酸浸”时生成的PbSO4;向滤液中加入MnO2,将Fe2+氧化为Fe3+,然后加入ZnO调节pH=4,使Fe3+完全转化为Fe(OH)3,则“滤渣Ⅱ”的主要成分为Fe(OH)3,滤液中的金属离子主要是Co2+、Zn2+和Mn2+;最后“氧化沉钴”,加入强氧化剂KMnO4,将溶液中的Co2+氧化为Co3+,在pH=5时Co3+形成Co(OH)3沉淀,而KMnO4则被还原为MnO2,KMnO4还会与溶液中的Mn2+发生归中反应生成MnO2,得到Co(OH)3和MnO2的混合物,“除钴液”中主要含有ZnSO4、K2SO4。(1)在原料预处理过程中,粉碎固体原料能增大固体与液体的接触面积,从而加快酸浸的反应速率,提高浸取效率;“滤渣1”的主要成分为PbSO4,则“滤渣1”中金属元素主要为Pb。(2)酸浸液中含有Co2+、Zn2+、Fe2+、Fe3+、等离子。由题表中数据可知,当Fe3+完全沉淀时,Co2+未开始沉淀,而当Fe2+完全沉淀时,Co2+已有一部分沉淀,因此为了除去溶液中的Fe元素且Co2+不沉淀,应先将Fe2+氧化为Fe3+,然后调节溶液的pH使Fe3+完全水解转化为Fe(OH)3沉淀,因此,MnO2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+,以便在后续调pH时除去Fe元素。常用K3[Fe(CN)6]溶液检验Fe2+,若生成蓝色沉淀,则说明溶液中仍存在Fe2+,需补加MnO2。(3)该过程发生两个氧化还原反应,根据分析中两个反应的反应物、产物与反应环境(pH=5),结合得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可写出两个离子方程式3Co2+++7H2O===3Co(OH)3↓+MnO2↓+5H+、3Mn2++2+2H2O===5MnO2↓+4H+。(4)最终得到的“除钴液”中含有的金属离子主要是最初“酸浸”时与加入ZnO调pH时引入的Zn2+、加入KMnO4“氧化沉钴”时引入的K+,而阴离子是在酸浸时引入的,因此其中主要的盐有ZnSO4和K2SO4。当溶液pH=1.1时c(H+)=10-1.1 mol·L-1,Co3+恰好完全沉淀,此时溶液中c(Co3+)=1.0×10-5 mol·L-1,则c(OH-)==10-12.9 mol·L-1,则Ksp[Co(OH)3]=1.0×10-5×(10-12.9)3=10-43.7。“除钴液”的pH=5,即c(H+)=10-5 mol·L-1,则c(OH-)==10-9 mol·L-1,此时溶液中c(Co3+)== mol·L-1=10-16.7 mol·L-1。 微真题·把握方向 1.C　解析　铜屑中加入H2SO4和H2O2得到Cu2+,反应的离子方程式为Cu+2H++H2O2===Cu2++2H2O,再加入锌浸出液进行“脱氯”,“脱氯”步骤中仅Cu元素的化合价发生改变,得到CuCl固体,可知“脱氯”步骤发生反应的化学方程式为Cu2++Cu+2Cl-===2CuCl↓,过滤得到脱氯液,脱氯液净化后电解,Zn2+可在阴极得到电子生成Zn。 2.A　解析　青铜为铜、锡、铅等的合金,通常合金的熔点低于成分金属,因此青铜比纯铜更便于制成形态各异的容器,故选A。 3.答案　(1)√　(2)SO2　Cu+H2O2+H2SO4===CuSO4+2H2O　(3)√ 4.答案　(1)AC (2)CuO+H2SO4CuSO4+H2O　不会产生二氧化硫且产生等量胆矾消耗硫酸少(或硫酸利用率高) (3)过滤　干燥　除尽铁,抑制硫酸铜水解　破坏氢氧化铁胶体,易于过滤 (4)　(5)①③ 解析　(1)制备胆矾时,根据题干信息可知,需进行溶解、过滤、结晶操作,用到的实验仪器除量筒、酒精灯、玻璃棒、漏斗外,还必须使用的仪器有烧杯和蒸发皿,故选AC。(2)将CuO加入适量的稀硫酸中,加热,其主要反应的化学方程式为CuO+H2SO4CuSO4+H2O;直接用废铜和浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫和水,与这种方法相比,将CuO加入适量的稀硫酸中,加热制备胆矾的实验方案具有的优点是不会产生二氧化硫且产生等量胆矾消耗硫酸少(或硫酸利用率高)。(3)硫酸铜溶液制硫酸铜晶体,操作步骤有加热蒸发、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤、干燥;CuO中含氧化铁杂质,溶于硫酸后会形成铁离子,为使铁元素以氢氧化铁形成沉淀完全,需控制溶液pH为3.5~4,酸性环境同时还可抑制铜离子发生水解;操作过程中可能会生成氢氧化铁胶体,所以煮沸10 min,目的是破坏氢氧化铁胶体,使其聚沉,易于过滤。(4)称量干燥坩埚的质量为m1,加入胆矾后总质量为m2,将坩埚加热至胆矾全部变为白色,置于干燥器中冷却至室温后称量,重复上述操作,最终总质量恒定为m3。则水的质量是(m2-m3)g,所以胆矾(CuSO4·nH2O)中n值的表达式为∶=n∶1,解得n=。(5)①胆矾未充分干燥,导致所测m2偏大,根据n=可知,最终会导致结晶水数目测定值偏高,符合题意;②坩埚未置于干燥器中冷却,部分白色硫酸铜会与空气中的水蒸气结合重新生成胆矾,导致所测m3偏大,根据n=可知,最终会导致结晶水数目测定值偏低,不符合题意;③加热胆矾晶体时有晶体从坩埚中溅出,会使m3数值偏小,根据n=可知,最终会导致结晶水数目测定值偏高,符合题意。 大单元整合(二) 进阶1　A　解析　设样品中NaHCO3的质量为x g。 2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑　固体的质量差 　168 106　 　　　　　　　　　　62 　x　　　　　　　　　　　　　　　　　w1-w2 =,解得x=,则混合物中Na2CO3的质量为w1 g-x g= g,样品中Na2CO3的质量分数=,A项正确。 进阶2　C　解析　容器内的压强变为原来的,则气体总体积减小原来的,故反应后总体积减小了100 mL×=25 mL。Na2O2与CO2发生反应2CO2+2Na2O2===2Na2CO3+O2,水蒸气与过氧化钠发生反应2H2O+2Na2O2===4NaOH+O2,减小的体积为H2O、CO2总体积的一半,则H2O、CO2总体积为25 mL×2=50 mL,故原混合气体中氮气的体积为100 mL-50 mL=50 mL,则氮气的体积分数为×100%=50%。 进阶3　C　解析　陶瓷中含有二氧化硅,能与氟化氢反应,故不宜用陶瓷作吸收塔内衬材料,A项正确;溶液喷淋法能提高溶液与烟气的接触面积,可提高吸收效率,B项正确;吸收塔中碳酸钠过量,溶液显碱性,故化学方程式为HF+Na2CO3===NaHCO3+NaF,流程中合成槽后续操作需过滤,故有沉淀生成,故化学方程式为Na[Al(OH)4]+4NaHCO3+6NaF===Na3AlF6↓+4Na2CO3,C项错误;由上述分析可知,滤液的主要成分为Na2CO3,可进入吸收塔循环利用,D项正确。 进阶4　D　解析　浸泡过程中适当加热并搅拌可以提高反应速率,效果更好,A项正确;检验铁离子可以用硫氰化钾溶液,溶液显红色,B项正确;过氧化氢能氧化亚铁离子,离子方程式为H2O2+2Fe2++2H+===2Fe3++2H2O,C项正确;制备Fe3O4的反应为Fe2++2Fe3++8OH-Fe3O4+4H2O,元素化合价没有变化,不是氧化还原反应,D项错误。 进阶5　B　解析　钛铁矿(FeTiO3,含少量Fe2O3、SiO2等杂质)在反应釜中通入空气和氢氧化钾溶液发生反应,Fe2+被空气中的氧气氧化成Fe2O3,二氧化硅是酸性氧化物,与氢氧化钾反应生成硅酸钾经过水洗除去;用盐酸将氧化铁溶解后用TBP进行萃取进入含铁有机相分离;TiOCl2易水解生成TiO2·H2O和盐酸,盐酸可循环利用到酸解步骤;TiO2·H2O煅烧生成TiO2。根据分析知反应釜通入空气的主要作用是将Fe2+氧化成Fe2O3,A项正确;SiO2在反应釜中已经被氢氧化钾溶液溶解生成硅酸钾除去,B项错误;由流程图可知“酸解”使K4Ti3O8转化为TiOCl2,故可能发生反应K4Ti3O8+10HCl===3TiOCl2+4KCl+5H2O,C项正确;“水解”所得物质X为盐酸,可循环利用,D项正确。 进阶6　B　解析　重晶石矿(主要成分为BaSO4)通过一系列反应转化为BaS溶液;加盐酸酸化生成BaCl2和H2S气体;在BaCl2溶液中加入过量的NaOH,通过蒸发浓缩,冷却结晶、过滤、洗涤、干燥,得到Ba(OH)2·8H2O;过滤得到的溶液1的溶质主要含NaCl及过量的NaOH;Ba(OH)2·8H2O加水溶解后,加入Ti(OC4H9)4进行合成反应,得到BaTiO3粗品,最后洗涤得到最终产品。“气体”的主要成分为H2S气体,“溶液1”的溶质主要含NaCl及过量的NaOH,A项错误;“系列操作”得到的是Ba(OH)2·8H2O晶体,故“系列操作”可以是蒸发浓缩,冷却结晶、过滤、洗涤、干燥,B项正确;“合成反应”是Ba(OH)2·8H2O和Ti(OC4H9)4反应生成BaTiO3,该反应中元素化合价未发生变化,不是氧化还原反应,C项错误;“洗涤”时,若使用稀硫酸,BaTiO3会部分转化为难溶的BaSO4,故不能使用稀硫酸,D项错误。 进阶7　B　解析　焙烧过程中铁、铬元素均被氧化,同时转化为对应钠盐,水浸时铁酸钠遇水水解生成氢氧化铁沉淀,滤液中存在铬酸钠,与淀粉的水解产物葡萄糖发生反应得到氢氧化铬沉淀。铁、铬氧化物与碳酸钠和氧气反应时生成对应的钠盐和二氧化碳,A项正确;焙烧过程中铁元素被氧化,滤渣的主要成分为氧化铁,B项错误;滤液①中Cr元素的化合价是+6价,溶液显碱性,所以Cr 元素主要的存在形式为Cr,C项正确;由分析可知淀粉水解液中的葡萄糖起还原作用,D项正确。 进阶8　D　解析　由流程可知,加入稀硫酸溶解,生成的气体为氢气,溶液中含Ni2+、Co2+、Cr3+、Fe2+,加入Na2S分离出的滤渣1中含CoS和NiS,Cr3+、Fe2+不会沉淀,再加入草酸除铁生成FeC2O4,过滤分离出硫酸铬,以此来解答。四种金属均与稀硫酸反应生成H2,A项正确;共有四种金属,由流程可知,沉铁后分离出硫酸铬,则“除杂”的目的是除去Ni、Co元素,B项正确;由上述分析可知,流程中未产生六价铬化合物,C项正确;“滤渣2”的主要成分是FeC2O4,D项错误。 进阶9　C　解析　酸化时要加入H2O2溶液,亚铜离子在酸性条件下转化为铜离子,A项正确;还原步骤中,SO2把TeO2+中+4价的Te元素还原成单质,自身被氧化为硫酸根离子,根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒,该方程式为2SO2+TeO2++3H2O===Te+2S+6H+,B项正确;电解Na2TeO3得到Te单质、氢氧化钠和O2,在阴极上得到Te和氢氧化钠,阳极上得到O2,应该选择阳离子交换膜,让钠离子通过交换膜向阴极移动形成氢氧化钠,C项错误;电解生成的氢氧化钠和还原得到的硫酸可以循环使用,D项正确。 大单元三　非金属及其化合物 第14讲　氯及其化合物 微考点·核心突破 ◉考点 知识梳理 一、1.黄绿　强烈刺激性　有　大　易 2.(1)①2Fe+3Cl22FeCl3　(2)苍白　白雾 (3)①Cl2+2KI===2KCl+I2　②Cl2+SO2+2H2O===H2SO4+2HCl ③2FeCl2+Cl2===2FeCl3 3.(1)Cl2+H2OHCl+HClO (2)Cl2+2OH-===Cl-+ClO-+H2O 三、1.(1)2HClO2HCl+O2↑ (3)NaClO+CO2+H2O===HClO+NaHCO3 2.(1)ClO-+H2OHClO+OH-　(2)次氯酸　消毒　漂白 􀳅思维辨析 1.×　提示:在反应Cl2+2NaOH===NaCl+NaClO+H2O中,1 mol Cl2参加反应转移1 mol电子。 2.×　提示:Cl2+H2OHCl+HClO是可逆反应。 3.×　提示:氯水中的HClO具有漂白性,不能用pH试纸测定其pH。 4.√　提示:Cl-使Cl2+H2OH++Cl-+HClO的平衡向左移动,减小了Cl2在水中的溶解度。 5.×　提示:当Cl2与H2O反应时,Cl2既作氧化剂又作还原剂。 6.×　提示:铁与Cl2反应只能生成FeCl3。 知识对练 1.B　解析　Cl2与Fe反应需要点燃或加热,通常状况下,Fe与干燥的Cl2不反应。 2.B　解析　四个实验中氯气化合价均降低,均表现氧化性,A项正确;钠的熔点较低,受热熔化成小球,不可以用坩埚钳夹住灼烧后的钠,一般要放在陶土网上,加热后将充满氯气的集气瓶倒扣在钠上方,剧烈燃烧,B项错误;氯气的氧化性很强,金属铁和铜在实验中均燃烧得到高价态的金属氯化物,C项正确;氢气是可燃性气体,点燃前需要先验纯,再通入氯气中点燃,D项正确。 3.B　解析　已知反应2KMnO4+16HCl(浓)===2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O,故固体a可为KMnO4,A项正确;①处纸条无明显现象,说明Cl2本身不具有漂白性,②处纸条褪色,说明Cl2与水反应的产物具有漂白性,B项错误;③处试纸变蓝,说明有碘单质生成,即发生了反应2KI+Cl2===2KCl+I2,可知氧化性Cl2>I2,C项正确;实验结束后,装置内还有大量的未参与反应的有毒气体Cl2,故需打开止水夹K向装置中鼓入空气以促进尾气吸收,防止污染环境,D项正确。 4.C　解析　由题目信息可知,氯气能溶于水,也可以使试管内液面上升,不能证明氯气和水发生了反应,A项错误;氯气与水反应的方程式为Cl2+H2OHCl+HClO,加入少量CaCO3粉末与HCl反应,使平衡右移,HClO浓度增大,溶液漂白能力增强,B项错误;取出试管中的溶液,光照条件下发生反应2HClO2HCl+O2↑,生成HCl,同时次氯酸浓度下降,可使Cl2+H2OHCl+HClO平衡右移,HCl浓度增大,溶液酸性增强,pH下降,C项正确;取出试管中的溶液,滴加紫色石蕊溶液,由于溶液中有HCl和HClO,所以溶液先变红,次氯酸具有漂白性会使溶液褪色,次氯酸有强氧化性,漂白不可逆,加热后颜色不会恢复,D项错误。 5.D　解析　新制饱和氯水中,氯气和水反应生成氯化氢和次氯酸,次氯酸不稳定,在光照下发生分解反应生成氯化氢和氧气,溶液酸性增强,pH减小,A项错误;实验2中向淀粉⁃KI溶液中滴加氯水,溶液变蓝色,淀粉遇碘单质变蓝,新制饱和氯水中存在氯气分子,氯气也能置换出碘化钾中的碘,B项错误;实验3中向FeCl2溶液中滴加适量氯水,溶液颜色变成棕黄色,则反应后溶液中不可能大量存在Fe2+、ClO-和H+,C项错误;实验4中新制饱和氯水中滴加1 mol·L-1 NaHCO3溶液,产生的气体为CO2,能使澄清石灰水变浑浊,D项正确。 6.C　解析　氯水中,氯气与水发生反应Cl2+H2OHClO+HCl,溶液中含有Cl2、HClO、H2O分子,含有H+、ClO-、Cl-离子,氯水具有酸性和强氧化性,其中HClO见光易分解而变质。HClO是弱酸,见光易分解2HClO2HCl+O2↑,强光照射下,氯水中的HClO反应生成了酸性更强的HCl,A项错误;氯离子浓度增大是次氯酸分解产生的氯化氢电离出氯离子,B项错误;图丙中氧气的体积分数增大是由于HClO的分解生成了氧气,C项正确;0~150 s,溶液的pH由2降低到1.5,则溶液中c(H+)增加到起始浓度的=100.5倍,D项错误。 7.D　解析　MnO2与浓盐酸反应生成Cl2需要加热,题图中没有加热装置,则固体粉末甲一定不是MnO2,A项错误;鲜花褪色是Cl2溶解于鲜花的汁液中生成的HClO使鲜花褪色,B项错误;受气体冲击,溶液右移至玻璃泡,容积突然变大,液柱分散回落,可起到防止液体冲出的作用,但不能防止倒吸,C项错误;碱液吸收Cl2,没有来得及吸收的Cl2会被气球收集,D项正确。 8.B　解析　实验室利用MnO2和浓盐酸在加热条件下反应制Cl2,A项错误。题图中存在的错误有:①应该用浓盐酸;②发生装置要加热;③Cl2的密度比空气大,收集装置应长管进短管出;④Cl2有毒,不能直接排放到空气中,B项正确。Cl2可与H2O发生反应,不能用排水法收集Cl2,可用排饱和食盐水或向上排空气法收集Cl2,C项错误。Cl2不能使干燥的蓝色石蕊试纸变色,D项错误。 9.答案　(1)b　(2)溶液变蓝色　(3)Cl2+2Fe2+===2Cl-+2Fe3+　吸收多余的Cl2,防止污染空气　(4)取少量洗气瓶C中的溶液于小试管中,加入足量稀盐酸,充分振荡后滴加BaCl2溶液,若有白色沉淀生成,则证明洗气瓶C中亚硫酸钠已被氧化　(5)2KMnO4+16HCl(浓)===2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O 解析　(1)从化学方程式可知反应物是固体和液体,反应条件是加热,所以应选固液混合加热型装置。(2)氯气具有强氧化性,与碘化钾发生反应2KI+Cl2===2KCl+I2,淀粉溶液遇碘变蓝色。(3)装置D中发生反应的离子方程式为Cl2+2Fe2+===2Cl-+2Fe3+,装置E的作用是吸收多余的Cl2,防止污染空气。(4)亚硫酸钠被氧化生成硫酸钠,只要验证S的存在就可证明亚硫酸钠已经被氧化,检验S的存在选用稀盐酸和氯化钡溶液。 10.B　解析　A项,将Cl2通入NaOH溶液中可制得消毒液,离子方程式为2OH-+Cl2===Cl-+ClO-+H2O;B项,饱和NaClO溶液的pH约为11,现在该消毒液的pH为12,故不可能仅为ClO-的水解所致,该消毒液中还含有一定量的NaOH,是消毒液的pH约为12的主要原因;C项,该消毒液与洁厕灵混用时,ClO-与Cl-在酸性条件下会发生氧化还原反应生成Cl2;D项,HClO有较强的漂白性,因为CH3COOH的酸性强于HClO,在该消毒液中加入CH3COOH会使CH3COOH与ClO-反应生成HClO,增强其漂白性。 11.B　解析　根据图像,a为HCl、f为NaClO3,a的浓溶液和f发生归中反应生成氯气,A项正确;c为HClO,结构式为H—O—Cl,电子式为,B项错误;d为+1价的钠盐,为次氯酸钠,为强碱弱酸盐,其水溶液呈碱性,C项正确;e为+4价的氧化物ClO2,消毒时,Cl元素的化合价由+4价变为-1价,即67.5 g ClO2反应转移5 mol电子,氯气为71 g时,反应转移2 mol电子,则相同质量的e的消毒效率比b高,D项正确。 12.答案　(1)HClO4===H++Cl　(2)2∶3　(3)KCl、KClO4　(4)2 (5)2Cl2+2Na2CO3+H2O===2NaCl+2NaHCO3+Cl2O 解析　(1)X是一种含氧酸,Cl元素显+7价,则X是HClO4,其电离方程式为HClO4===H++Cl。(2)氯的某种氧化物(ClmOn)中氯、氧元素的质量之比为71∶48,则m∶n=∶=2∶3。(3)Y是一种盐,常用于实验室制取O2,则Y是KClO3,在400 ℃时分解只生成两种盐,其中一种是无氧酸盐,该盐应是KCl,另一种盐的阴、阳离子个数比为1∶1,结合氧化还原反应规律推知,另一种盐是KClO4。(4)NaClO2、Cl2在消毒时,还原产物都是Cl-,消毒效率以单位物质的量得到的电子数表示,1 mol NaClO2得到4 mol电子,1 mol Cl2得到2 mol电子,则NaClO2的消毒效率是Cl2的2倍。(5)Cl2O可用潮湿的Cl2与Na2CO3反应制取,同时生成NaHCO3,反应中Cl2既体现氧化性,又体现还原性;Cl2生成Cl2O的过程表现还原性,根据氧化还原反应规律推知,Cl2体现氧化性时应被还原为NaCl,结合得失电子守恒和原子守恒写出化学方程式2Cl2+2Na2CO3+H2O===2NaCl+2NaHCO3+Cl2O。 微充电·素养提升 母题1　答案　(1)2Cl+SO2===S+2ClO2　稀释产生的ClO2,防止其发生爆炸性分解 (2)2ClO2+H2O2+2OH-===2Cl+O2+2H2O (3)阴极　(4)保持温度高于38 ℃低于150 ℃蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥 (5)%　4H++4I-+O2===2I2+2H2O,滴定时消耗Na2S2O3标准溶液体积增大,测定结果偏高 (6)盐酸浓度过大,NaClO2的氧化性、HCl的还原性均增强,二者可发生反应生成氯气 解析　(1)分析题中流程图知,利用NaClO3、SO2在酸性条件下制备ClO2,氯元素化合价降低,NaClO3作氧化剂,SO2作还原剂,氧化产物为S,还原产物为ClO2。结合得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒可写出离子方程式。从已知①知,二氧化氯浓度较大时易发生爆炸性分解,通入空气可稀释二氧化氯,避免发生事故。(2)由题图知,方法1利用NaOH、H2O2、ClO2制备NaClO2,ClO2—→NaClO2过程中氯元素化合价降低,则H2O2作还原剂,氧化产物为O2,根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒可写出离子方程式。(3)ClO2—→NaClO2过程中氯元素化合价降低,发生还原反应,所以应在阴极上获得NaClO2。(4)由已知②知,温度高于38 ℃时,析出的晶体是NaClO2,加热中性NaClO2溶液到150 ℃以上NaClO2分解生成NaClO3和NaCl,且NaClO2在较低温度下溶解度很大,所以步骤3中的操作是保持温度高于38 ℃低于150 ℃蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥。(5)Cl—→Cl-过程中氯元素的化合价由+3价变为-1价,S2—→S4过程中可看作硫元素的化合价由+2价变为+价,整个过程中碘元素的化合价保持不变。根据得失电子守恒得4n(NaClO2)=n(Na2S2O3),25.00 mL待测溶液中n(NaClO2)=bc×10-3 mol,则100 mL待测溶液中含有的NaClO2的质量为×bc×10-3 mol×90.5 g·mol-1=90.5bc×10-3 g,所得NaClO2晶体中NaClO2的质量分数为×100%=%。在还原亚氯酸钠过程中,振荡时间长,部分I-被O2氧化生成I2,滴定时消耗Na2S2O3标准溶液体积增大,测定结果偏高。(6)从氧化性和还原性与浓度关系角度分析,盐酸浓度增大,亚氯酸钠的氧化性增强,HCl的还原性也增强,二者可发生归中反应NaClO2+4HCl===NaCl+2Cl2↑+2H2O。 衍生1　答案　(1)三颈烧瓶 (2)2KMnO4+16HCl(浓)===2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O (3)饱和食盐水　吸收Cl2中混有的HCl气体 (4)防止ClO2气体浓度过高时爆炸分解　Cl2+2NaClO2===2NaCl+2ClO2 (5)ClO2+5Fe2++4H+===Cl-+5Fe3++2H2O (6)2.63　(7)0.114 解析　(4)由题干信息可知,ClO2浓度过高时易爆炸分解,故向装置D中通入N2可稀释生成的ClO2气体,防止ClO2气体浓度过高时爆炸分解。(6)ClO2与Cl2作氧化剂时,还原产物均为Cl-,故1 mol ClO2作氧化剂得到5 mol电子,1 mol Cl2作氧化剂得到2 mol电子,则ClO2和Cl2的消毒效率之比==≈2.63。(7)由题干信息可得关系式2ClO2~5I2~10Na2S2O3,则该ClO2溶液中n(ClO2)=n(Na2S2O3)=×0.200 0 mol·L-1×28.50×10-3 L=0.001 14 mol,c(ClO2)==0.114 mol·L-1。 母题2　答案　(1)正　NaCl+H2ONaClO+H2↑ (2)分液漏斗　NaOH(合理即可)　(3)溶液变蓝 (4)温度过高,HClO分解加快 (5)①pH越大,“84”消毒液的漂白效率越低(合理即可) ②相同条件下HClO的漂白效率高于NaClO(合理即可) 解析　(1)观察题图1可知,导管的作用是排出阴极上生成的H2,则a极为负极,b极为正极。阳极生成的氯气可与阴极生成的氢氧化钠反应得到“84”消毒液,故制“84”消毒液的总反应的化学方程式为NaCl+H2ONaClO+H2↑。(2)C装置用于吸收尾气中的氯气,可以盛装氢氧化钠溶液等。(3)HCl与NaClO反应生成的有毒气体是Cl2,Cl2氧化KI生成I2,B装置中溶液变蓝。(4)次氯酸钠水解可生成次氯酸,次氯酸受热易分解,温度过高HClO分解加快,“84”消毒液漂白效率降低。(5)实验①②为对照实验,证明氢氧化钠溶液、盐酸不能使品红溶液褪色。加入盐酸,HCl与NaClO反应可生成次氯酸;加入氢氧化钠溶液可抑制次氯酸的生成。实验结论要根据实验目的探究“84”消毒液漂白效率与pH的关系确定,即溶液碱性越强,漂白效率越低,其原因是相同条件下,次氯酸的漂白效率高于次氯酸钠。 衍生2　答案　(1)+1　H—O—Cl　(2)①Cl2　②b (3)使反应物充分接触,加快反应速率　关闭K3,打开K1、K2,向装置中通入N2,使装置E中气体压强增大,将HClO溶液压入装置F中 (4)15HClO+2FeS2+H2O===15Cl-+2Fe3++4S+17H+ 解析　(1)Cl2O中氧元素的化合价为-2,根据化合物中正负化合价的代数和为0可知,氯元素的化合价为+1;HClO中H、Cl原子各形成一个共价键、O原子形成两个共价键,则其结构式为H—O—Cl。(2)②由于浓盐酸具有很强的挥发性,装置A中制取的氯气中混有氯化氢杂质,故装置B中应装有饱和食盐水吸收氯气中的氯化氢;装置D的作用是吸收多余的氯气,故其中的试剂为四氯化碳,故选b。(4)由题干信息可知,装置F中的反应物是HClO和FeS2,产物是Fe3+、Cl-、H+、S,根据得失电子守恒初步配平为 　　 　　　,再结合原子守恒和电荷守恒配平得15HClO+2FeS2+H2O===15Cl-+2Fe3++4S+17H+。 微真题·把握方向 1.B　解析　漂白液的主要成分是次氯酸钠(NaClO)和氯化钠(NaCl),有效成分是次氯酸钠,A项正确;ClO-水解生成HClO,水解方程式为ClO-+H2OHClO+OH-,使漂白液呈碱性,B项错误;通入CO2后,发生反应NaClO+CO2+H2O===NaHCO3+HClO,漂白液消毒能力增强,C项正确;次氯酸不稳定,次氯酸盐稳定,所以热稳定性NaClO>HClO,D项正确。 2.A　解析　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项符合题意;实验室制得的氯气中有HCl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Cl2的目的,B项不符合题意;氯气的密度大于空气,可以用向上排空气法收集,可以达到预期目的,C项不符合题意;H2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项不符合题意。 3.C　解析　实验室制取氯气使用的是浓盐酸和MnO2反应,不能使用稀盐酸,A项错误;除去Cl2中的HCl可将气体通入饱和食盐水中,注意长口进气便于充分吸收,应该长进短出,B项错误;氯气的密度大于空气,可用向上排空气法收集氯气,多功能瓶收集气体要长进短出,C项正确;对氯气的尾气处理应选择氢氧化钠溶液,水的吸收效果不好,D项错误。 4.答案　(1)饱和NaCl溶液　(2)2Mn(OH)2+O2===2MnO2+2H2O (3)Mn2+的还原性随溶液碱性的增强而增强 (4)①Cl2+2NaOH===NaCl+NaClO+H2O ②4Mn+4OH-===4Mn+O2↑+2H2O　Cl2 ③3ClO-+2MnO2+2OH-===2Mn+3Cl-+H2O ④过量Cl2与NaOH反应产生NaClO,使溶液的碱性减弱,c(OH-)降低,溶液中的Mn被还原为Mn的速率减小,因而实验Ⅲ未得到绿色溶液 解析　在装置A中HCl与KMnO4发生反应制取Cl2,由于盐酸具有挥发性,为排除HCl对Cl2性质的干扰,在装置B中盛有饱和NaCl溶液,除去Cl2中的杂质HCl,在装置C中通过改变溶液的pH,验证不同条件下Cl2与MnSO4的反应,装置D是尾气处理装置,目的是除去多余的Cl2,防止造成大气污染。(1)B中试剂是饱和NaCl溶液,作用是吸收Cl2中的杂质HCl气体。(2)通入Cl2前,Ⅱ、Ⅲ中Mn2+与碱性溶液中NaOH电离产生的OH-反应产生Mn(OH)2白色沉淀,该沉淀不稳定,会被溶解在溶液中的氧气氧化为棕黑色的MnO2沉淀,则沉淀由白色变为黑色的化学方程式为2Mn(OH)2+O2===2MnO2+2H2O。(3)对比实验Ⅰ、Ⅱ通入Cl2后的实验现象,对于二价锰化合物还原性的认识是:Mn2+的还原性随溶液碱性的增强而增强。(4)①Cl2与NaOH反应产生NaCl、NaClO、H2O,使溶液碱性减弱,反应的化学方程式为Cl2+2NaOH===NaCl+NaClO+H2O。②取Ⅲ中放置后的1 mL悬浊液,加入4 mL 40%的NaOH溶液,溶液由紫色迅速变为绿色,且绿色缓慢加深。溶液紫色变为绿色就是由于在浓碱条件下Mn可被OH-还原为Mn,根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒,可知该反应的离子方程式为4Mn+4OH-===4Mn+O2↑+2H2O。溶液绿色缓慢加深,原因是MnO2被Cl2氧化,可证明Ⅲ的悬浊液中氧化剂过量。③取Ⅱ中放置后的1 mL悬浊液,加入4 mL水,溶液碱性减弱,溶液紫色缓慢加深,说明ClO-将MnO2氧化为Mn,发生的反应是3ClO-+2MnO2+2OH-===2Mn+3Cl-+H2O。④从反应速率的角度,过量Cl2与NaOH反应产生NaClO,使溶液的碱性减弱,c(OH-)降低,溶液中的Mn被还原为Mn的速率减小,导致实验Ⅲ未得到绿色溶液。 5.答案　(1)MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O (2)c→d→b→a→e (3)HClO　取少量溶液于试管中,加入过量稀硝酸,再加入少量AgNO3溶液,若有白色沉淀生成,则证明原溶液中含有Cl- 解析　(2)根据化学方程式可知,制取的氯气中混有氯化氢、水蒸气,氯气有毒,必须进行尾气处理,因此使用饱和食盐水吸收氯化氢气体,用浓硫酸除去水蒸气,最后用NaOH溶液吸收尾气,因此接口连接顺序为c→d→b→a→e。 6.答案　(1)平衡气压,使浓盐酸顺利滴下　NaOH溶液 Ca(ClO)2+4HCl(浓)===CaCl2+2Cl2↑+2H2O (2)在装置A、B之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶　(3)酸式　C 解析　(1)装置A为恒压滴液漏斗,它的作用是平衡气压,使浓盐酸顺利滴下,C的作用是吸收多余的Cl2,可用NaOH溶液吸收,Ca(ClO)2和浓盐酸在A中发生归中反应产生Cl2,反应的化学方程式为Ca(ClO)2+4HCl(浓)===CaCl2+2Cl2↑+2H2O。(2)锰酸钾在浓强碱溶液中可稳定存在,碱性减弱时易发生反应3Mn+2H2O===2Mn+MnO2↓+4OH-,一部分Mn转化为了MnO2,导致最终KMnO4的产率降低,而浓盐酸易挥发,直接导致B中NaOH溶液的浓度减小,故改进措施是在装置A、B之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶吸收挥发出来的HCl。(3)高锰酸钾有强氧化性,取用强氧化性溶液应选用酸式滴定管,滴定管的“0”刻度在上,规格为50.00 mL的滴定管中溶液的实际的体积大于(50.00-15.00) mL,即大于35.00 mL。 第15讲　卤族元素和海水资源的开发利用 微考点·核心突破 ◉考点1 知识梳理 一、1.　　7　ⅦA 2.(2)深红棕　液　紫黑　固　橙色　深黄色→褐色　橙色→橙红色　紫红色→紫色 3.(1)2NaOH+X2NaX+NaXO+H2O (2)①2Na+X22NaX　②>　>　<　<　Cl2+2Br-2Cl-+Br2　Br2+2I-2Br-+I2　③S+Br2+H2OS+2Br-+2H+　2Fe2++Br22Br-+2Fe3+ 三、1.白　浅黄　黄　2.Br-　I-　3.蓝 􀳅思维辨析 1.×　提示:碘使淀粉变蓝,指的是碘单质使淀粉变蓝。 2.×　提示:Br2与Fe2+反应,但溴水与Fe3+溶液均为棕黄色,所以无法判断。 3.×　提示:溴水与NaCl、NaBr溶液混合后均不发生反应,实验现象相同。 4.×　提示:因为海水中存在的是Br-、I-,所以从海水中提取溴、碘时一定要先加入氧化剂,反应生成溴、碘单质后才能萃取。 5.×　提示:I2易升华也易凝华,NH4Cl受热分解为NH3、HCl,NH3与HCl遇冷又生成NH4Cl,故两者无法通过升华法分离。 知识对练 1.B　解析　还有其他气体氧化剂(如O3等)能将I-氧化为I2,A项错误;碘单质的CCl4溶液显紫色,C项错误;CCl4的密度比水大,下层显橙红色,D项错误。 2.C　解析　①NaCl、NaBr、NaI中加碘水和淀粉溶液均变蓝色;②氯水加入NaBr、NaI中后,再加CCl4萃取,下层分别为橙红色和紫红色,氯水加入NaCl中不发生反应,可以鉴别;③溴水与NaCl、NaBr不反应,与NaI反应生成I2,用苯萃取后,前两种上层均为橙红色,无法鉴别;④NaCl、NaBr、NaI与AgNO3溶液反应分别生成AgCl、AgBr、AgI沉淀,且均不溶于稀硝酸,沉淀颜色依次为白色、浅黄色、黄色;⑤与②的原理相似,不同的是有色层在上层;⑥FeCl3溶液只能氧化I-生成I2,不能鉴别。 3.答案　(1)　(2)湿润的淀粉⁃KI试纸变蓝 (3)Cl2+2Br-===Br2+2Cl- (4)打开活塞b,将少量C中溶液滴入D中,关闭活塞b,取下试管振荡,静置后CCl4层变为紫红色 (5)对照实验说明C的黄色溶液中无Cl2,排除Cl2对溴置换碘实验的干扰 (6)原子半径逐渐增大 解析　(1)A中产生的黄绿色气体为Cl2,其电子式为。(2)氯气遇湿润的淀粉⁃KI试纸时发生反应Cl2+2KI===I2+2KCl,淀粉遇I2变蓝,可以证明氯气的氧化性强于碘。(3)B中Cl2与NaBr发生置换反应,离子方程式为Cl2+2Br-===2Cl-+Br2。(4)C中NaBr与氯气反应生成NaCl和Br2,将C中溶液滴入D中,振荡,发生反应Br2+2KI===I2+2KBr,静置后D中溶液分层,下层为碘的四氯化碳溶液,显紫红色,可以说明溴的氧化性强于碘。(6)氯、溴、碘单质的氧化性逐渐减弱,是因为Cl→I,原子半径逐渐增大,得电子能力逐渐减弱。 4.D　解析　依据题目所给两个反应,可以推出“BrCl具有和卤素单质相似的化学性质”——与金属单质反应得到盐、与H2O反应得到HCl和HBrO。但反应方程式相似的背后,卤素互化物BrCl又与卤素单质有区别——BrCl中Br元素呈+1价、Cl元素呈-1价,所以当BrCl与金属M反应时,BrCl只作氧化剂,B项正确;BrCl跟硫酸亚铁溶液反应时,会将二价铁离子氧化为三价铁离子,故溶液会变为棕黄色,D项错误。 ◉考点2 知识梳理 1.(1)循环冷却 (2)冷凝　选择透过性　阳离子交换树脂和阴离子交换树脂 2.(1)Cl2　H2、NaOH　①2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑ ③Cl2+2NaOH===NaCl+NaClO+H2O (2)②a.CaCO3CaO+CO2↑　CaO+H2O===Ca(OH)2 b.MgCl2+Ca(OH)2===Mg(OH)2↓+CaCl2 c.Mg(OH)2+2HCl===MgCl2+2H2O　e.氯化氢气流 f.MgCl2(熔融)Mg+Cl2↑ (3)②b.Cl2+2Br-===Br2+2Cl-　c.Br2+SO2+2H2O===2HBr+H2SO4 d.Cl2+2HBr===Br2+2HCl (4)②b.Cl2+2KI===2KCl+I2　苯或四氯化碳　蒸馏法 (5)铀　重水 􀳅思维辨析 1.√　提示:发生反应2I-+H2O2+2H+===I2+2H2O,产物无污染、易分离。 2.×　提示:海水蒸馏装置中冷却水的流向是下进上出,目的是保证冷凝管中充满冷却水,冷却效果更好,冷凝水的利用效率更高。 3.×　提示:钠、镁的冶炼是通过电解熔融盐(氯化物)来完成的。 4.√　提示:理想的原子经济性的合成反应应该是原料分子中的原子百分之百地转变成产物。 5.√　提示:海水中含有的各种元素的特点是种类多、总储量大、富集程度低。因此,从海水中提取物质需要解决物质的富集问题。 知识对练 5.D　解析　海水中含有丰富的Mg2+,此法的优点之一是原料来源丰富,A项正确。①将贝壳制成石灰乳;②在引入的海水中加入石灰乳、沉降、过滤、洗涤沉淀物Mg(OH)2;③将沉淀物与盐酸反应、结晶、过滤、干燥产物MgCl2晶体,B项正确。电解熔融MgCl2生成Mg和Cl2:MgCl2Mg+Cl2↑,C项正确。以上过程中涉及分解反应、化合反应以及复分解反应,过程中无置换反应,D项错误。 6.答案　(1)石灰乳原料丰富,成本低　(2)MgCl2(或氯化镁)　过滤　洗涤 (3)制备干燥的HCl气体　(4)MgCl2(熔融)Mg+Cl2↑　(5)① 解析　盐卤中主要含Na+、Mg2+、Cl-、Br-等,加石灰乳反应生成氢氧化镁沉淀,过滤分离出Mg(OH)2,然后将氢氧化镁溶于盐酸,发生反应Mg(OH)2+2HCl===MgCl2+2H2O,过程②为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤分离出晶体,过程③在氯化氢气流中加热得到无水氯化镁,过程④为电解熔融氯化镁的方法冶炼镁,发生反应MgCl2(熔融)Mg+Cl2↑。(1)工业上从盐卤中获取Mg(OH)2用石灰乳而不用NaOH溶液的原因是石灰乳原料丰富、成本低。(2)从过程①得到的Mg(OH)2沉淀中混有少量的Ca(OH)2,除去少量Ca(OH)2的方法是先将沉淀加入盛有MgCl2溶液的烧杯中,充分搅拌后经过滤、洗涤可得纯净的Mg(OH)2。(3)浓盐酸易挥发,浓硫酸稀释放出大量的热,且具有吸水性,可知装置A可制备干燥的HCl气体。(4)过程④为电解熔融氯化镁来冶炼镁,反应的化学方程式为MgCl2(熔融)Mg+Cl2↑。(5)工业制造镁粉是将镁蒸气在气体中冷却,气体不能和镁反应,Ar和镁不反应,①正确;空气中氧气、二氧化碳、氮气和镁能发生反应,②错误;镁和CO2能发生反应,③错误;镁和N2能发生反应,不能作为冷却气,④错误。 7.D　解析　灼烧海带时应该使用坩埚,A项错误;容量瓶用于定容,不用于溶解,B项错误;过滤操作缺少玻璃棒,且漏斗下端未紧贴烧杯内壁,C项错误;分液时需要使用分液漏斗,漏斗下口紧靠烧杯内壁,D项正确。 8.C　解析　干海带用水浸泡,其中的KI溶于水进入溶液,然后过滤除去难溶性固体杂质,向滤液中通入氯气,发生反应Cl2+2KI===2KCl+I2,得到含I2的水溶液,然后加入CCl4,充分振荡静置进行萃取,然后分液,就得到碘单质。海带中含有丰富的KI,说明海带具有富集碘的能力,A项正确;过滤是分离难溶性固体与可溶性液体混合物的操作,进行过滤时用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒,B项正确;酒精与水互溶,不能作碘水中碘单质的萃取剂,C项错误;淀粉溶液遇I2会变为蓝色,故可以用淀粉检验含碘水溶液中的I2,D项正确。 9.C　解析　苦卤中含有溴离子,在酸性条件下通入氯气,可发生置换反应生成溴单质,吹入空气,将溴单质分离出来,然后溴单质与二氧化硫发生反应生成HBr和硫酸,再通入氯气,生成溴单质,然后通过蒸馏、分液得到液溴。步骤③已将Br2吹出,步骤④又重新用SO2的水溶液吸收Br2,步骤⑤再用氯气将HBr氧化为Br2,故步骤④⑤的目的是提高溴的含量,即富集溴,A项正确;可用空气吹出Br2,则步骤③说明Br2具有挥发性,B项正确;溴单质具有氧化性,二氧化硫具有强还原性,二者易发生氧化还原反应,步骤④中发生反应SO2+Br2+2H2O===2HBr+H2SO4,Br元素化合价降低,说明Br2具有氧化性,C项错误;分离互不相溶的液体采用分液方法,溴不易溶于水,所以步骤⑧中溴蒸气冷凝后得到液溴与溴水的混合物,可用分液漏斗分离,D项正确。 10.答案　(1)酸性　氯气与碱发生歧化反应　(2)Br2易挥发 (3)5NaBr+NaBrO3+3H2SO4===3Br2+3Na2SO4+3H2O　防止在酸性条件下,溴酸钠将Cl-氧化为氯气,影响生成溴的纯度　溴具有强氧化性(或强腐蚀性) 解析　(1)存在Br-的海水呈弱碱性,在碱性条件下Cl2及生成的Br2易发生歧化反应,故Cl2氧化Br-应在酸性条件下进行。(2)因溴的沸点低、易挥发,故可用热空气吹出。(3)发生归中反应生成硫酸钠、溴单质和水;盐酸能被溴酸钠氧化,故不能利用盐酸酸化。 11.答案　(1)2Cl--2e-===Cl2↑　变大　向电解液中通入一定量的HCl气体　(2)HCl　抑制Mg2+水解　(3)A 解析　(1)电解饱和食盐水时,与正极相连的阳极发生的反应是2Cl--2e-===Cl2↑,与负极相连的阴极发生的反应是2H2O+2e-===H2↑+2OH-,溶液中c(OH-)增大,pH变大。电解中逸出的是Cl2、H2,所以要确保原溶液浓度不变,只能向体系中通入一定量的HCl气体。(2)MgCl2·6H2O晶体直接加热时Mg2+易水解,为了抑制Mg2+水解,应在HCl气流中加热。(3)镁在加热条件下与N2、CO2、O2反应。 微充电·素养提升 母题　答案　(1)过滤　萃取　(2)①B　②ACD　(3)分液漏斗 (4)没有陶土网　温度计插到了液体中　冷凝管进出水的方向颠倒 (5)萃取剂的沸点较低,I2易升华 解析　海藻晒干灼烧后,将得到的海藻灰加水浸泡,过滤得海藻灰悬浊液;往滤液中加入适量氯水,将I-氧化为I2,再用有机溶剂萃取后分液;蒸馏含碘的有机溶液得到碘和有机溶剂。(1)提取碘的过程中有关的实验操作名称:①是分离固体与液体的操作,名称是过滤,③是从水溶液中提取碘单质的操作,名称是萃取。(2)①提取碘的过程中,可供选择的有机试剂应难溶于水,且碘在其中的溶解度比在水中大,应是四氯化碳、苯,故选B。②选用有机试剂四氯化碳、苯,理由是CCl4不溶于水、碘在CCl4中比在水中溶解度更大、CCl4与碘水不反应,故选ACD。(3)为使海藻灰中碘离子转化为碘的有机溶液,应进行萃取、分液操作,所以尚缺少的玻璃仪器是分液漏斗。(4)蒸馏操作时,蒸馏烧瓶底应垫陶土网、温度计水银球位于支管口处、冷却水下进上出,所以图中蒸馏操作的错误之处为没有陶土网、温度计插到了液体中、冷凝管进出水的方向颠倒。(5)水浴加热的特点:便于控制温度,使反应物均匀受热。则进行上述蒸馏操作时,使用水浴的原因是萃取剂的沸点较低,I2易升华。 衍生　答案　(1)水层溶液含I2的悬浊液 (2)①5S+2I+2H+===I2+5S+H2O　②[1]废液中不含I和I-或只含其中一种　[2]滴加FeCl3溶液,溶液变蓝　[3]滴加Na2SO3溶液,溶液不变蓝 (3)①当滴入最后半滴KSCN标准溶液时,锥形瓶内溶液变红,且30 s内不褪色　②0.005 解析　(1)在萃取之后的“含碘有机层”中加入烧碱溶液,发生反应3I2+6OH-===5I-+I+3H2O,碘元素从有机层转移到水层,充分反应后分液,得到含有I-和I的水层溶液;向水层溶液中加入稀硫酸酸化,发生反应5I-+I+6H+===3I2+3H2O,得到含I2的悬浊液,过滤得到I2。(2)①根据题中信息,在酸性水溶液中I被S还原成I2,反应的离子方程式为5S+2I+2H+===I2+5S+H2O。②探究“含碘废液”中是否含有I和I-,首先要排除I2的干扰。[1]将除I2后得到的水层溶液用稀盐酸酸化,滴加几滴淀粉溶液,振荡,溶液不变蓝,则废液中不含I和I-或只含其中一种。[2]I-可被Fe3+氧化为I2,在B试管中滴加FeCl3溶液,溶液变蓝,说明发生反应2Fe3++2I-===2Fe2++I2,则废液中含有I-。[3]酸性条件下,I可被S还原成I2,在C试管中滴加Na2SO3溶液,溶液不变蓝,说明无I2生成,则废液中不含I。(3)①由已知信息可知,SCN-先与剩余的Ag+反应,再与Fe3+反应,则达到滴定终点的现象为当滴入最后半滴KSCN标准溶液时,锥形瓶内溶液变红,且30 s内不褪色。②由题表数据可知,第1次实验数据误差较大,应舍弃,取第2次和第3次的实验数据的平均值,即滴定终点时消耗KSCN标准溶液的体积为10.00 mL。由滴定实验可知n(AgNO3)=n(I-)+n(KSCN),则滤液中c(I-)==0.005 mol·L-1。 微真题·把握方向 1.B　解析　步骤Ⅰ中,加入足量碳酸钠溶液,碳酸钠溶液与碘反应得到含有碘化钠和碘酸钠的混合溶液,则充分反应后,上下两层均为无色,上层为含有碘化钠和碘酸钠的混合溶液,下层为四氯化碳,A项正确;四氯化碳的密度大于水,加入足量碳酸钠溶液充分反应后,上下两层均为无色,上层为含有碘化钠和碘酸钠的混合溶液,下层为四氯化碳,则分液时应从分液漏斗上口倒出溶液A,B项错误;向溶液A中加入硫酸溶液的目的是使碘化钠和碘酸钠在硫酸溶液中发生归中反应生成硫酸钠和碘,则试剂X可用硫酸,C项正确;碘受热会发生升华,所以实验制得的粗碘可用升华法进一步提纯,D项正确。 2.C　解析　该“碘钟”反应的原理:①在Mn2+的催化下H2O2与I反应生成I2,在淀粉指示剂的作用下溶液变蓝色;②生成的I2又会与H2O2反应生成I,使溶液变回无色;③生成的I2可以与丙二酸反应生成琥珀色的ICH(COOH)2,溶液最终会变成蓝色。溶液由无色变为蓝色说明有I2生成,A项正确;溶液由蓝色变为无色,是将I2转化为I,I2转化为化合态,B项正确;H2O2在此过程中参加反应,不起漂白作用,C项错误;在此过程中,因为有I2的生成与消耗,淀粉在这个过程中起指示剂的作用,D项正确。 3.D　解析　向10 mL蒸馏水中加入0.4 g I2,充分振荡,溶液呈浅棕色,说明I2在水中溶解度较小,A项正确;已知(aq)为棕色,加入0.2 g锌粒后,Zn与I2反应生成ZnI2,生成的I-与I2发生反应I-+I2,生成使溶液颜色加深,B项正确;I2在水中存在溶解平衡I2(s)I2(aq),Zn与I2反应生成的I-与I2(aq)反应生成,I2(aq)浓度减小,上述溶解平衡向右移动,紫黑色晶体消失,C项正确;最终溶液褪色是Zn与有色物质发生了化合反应,不是置换反应,D项错误。 4.D　解析　物质X的作用是使Mg2+转化为Mg(OH)2,工业上常采用CaO,发生反应CaO+H2O===Ca(OH)2、Ca(OH)2+Mg2+===Mg(OH)2↓+Ca2+,A项正确;Mg是较活泼金属,工业上常用电解熔融MgCl2制备金属镁,B项正确;由题图可知“氯化”过程反应物为MgO、氯气、C,生成物之一为MgCl2,C在高温下能将二氧化碳还原为CO,则“气体”为CO,反应方程式为MgO+C+Cl2MgCl2+CO,C项正确;“煅烧”后得到MgO,MgO和盐酸反应得到MgCl2溶液,由于MgCl2在溶液中水解为氢氧化镁和HCl,将所得溶液加热蒸发HCl会逸出,MgCl2水解平衡正向移动,得到氢氧化镁,得不到无水MgCl2,D项错误。 5.答案　(1)2AgI+Fe===2Ag+Fe2++2I-　AgNO3 (2)FeI2+Cl2===I2+FeCl2　I2、FeCl3　I2被过量的Cl2进一步氧化 解析　(1)由题中流程图可知悬浊液中含AgI,AgI可与Fe反应生成FeI2和Ag,FeI2易溶于水,在离子方程式中能拆,故加入铁粉进行转化反应的离子方程式为2AgI+Fe===2Ag+Fe2++2I-,生成的银能与硝酸反应生成硝酸银参与循环。(2)通入Cl2的过程中,因I-的还原性强于Fe2+,Cl2先氧化还原性强的I-,若氧化产物只有一种,则该氧化产物只能是I2,故反应的化学方程式为FeI2+Cl2===I2+FeCl2,若反应物用量比=1.5时即Cl2足量,先氧化全部I-再氧化Fe2+,恰好将全部I-和Fe2+氧化,故氧化产物为I2、FeCl3,当>1.5时即Cl2过量,多余的氯气会与生成的单质碘以及水继续发生氧化还原反应,单质碘的收率会降低。 第16讲　硫及其氧化物 微考点·核心突破 ◉考点1 知识梳理 1.(1)火山口　(2)FeS2　CuFeS2　CaSO4·2H2O 2.硫黄　黄色晶体　难溶　微溶　易溶 3.(1)S+H2H2S　S+O2SO2　蓝紫色 (2)Fe+SFeS　2Cu+SCu2S (3)3S+6NaOH2Na2S+Na2SO3+3H2O 􀳅思维辨析 1.√　提示:硫易溶于CS2,并且可与强碱溶液发生反应3S+6OH-2S2-+S+3H2O。 2.×　提示:硫无论在空气中还是在纯氧中,燃烧产物均为二氧化硫。 3.×　提示:铜与硫反应生成Cu2S,其中Cu显+1价。 4.√　提示:根据硫元素守恒,等质量的硫单质消耗氢氧化钾的物质的量相同。 知识对练 1.D　解析　硫是一种黄色晶体,质脆,易研成粉末,A项正确;硫与铜反应生成Cu2S,B项正确;硫黄易溶于二硫化碳,试管内壁上的硫黄可用二硫化碳清洗,C项正确;硫在空气中燃烧产生淡蓝色火焰,在纯氧中燃烧产生蓝紫色火焰,D项错误。 2.A　解析　该反应中S元素的化合价由0价变为-2价,所以只体现氧化性,A项正确;该反应中S元素的化合价由0价、+6价变为+4价,所以S元素体现还原性和氧化性,B项错误;该反应中S元素的化合价由-2价变为0价,所以S元素只体现还原性,C项错误;该反应中S元素的化合价由0价变为-2价、+4价,所以S元素体现氧化性和还原性,D项错误。 ◉考点2 知识梳理 一、1.无　刺激性　有毒　大　易　易　40　SO2　Cl2　NH3 2.(1)只变红不褪色　红色褪去　紫红色褪去　溴水褪色　品红褪色　酸　还原　还原　漂白　(2)SO2+H2OH2SO3　产生白色沉淀　H2SO3被空气中的O2氧化为H2SO4,H2SO4电离产生S,发生反应Ba2++S===BaSO4↓　(3)①2H2S+SO2===3S+2H2O ②2Mg+SO22MgO+S,Mg+SMgS 3.(1)Na2SO3+H2SO4(浓)===Na2SO4+SO2↑+H2O　(2)Cl2 (3)将湿润的蓝色石蕊试纸放在瓶口处,若试纸迅速变红,证明已收集满 (4)NaOH溶液 4.(1)石油和煤　含硫矿石　酸雨　5.6　脱硫　二氧化硫 二、1.液　固　2.SO3+H2O===H2SO4　CaO+SO3===CaSO4　SO3+Ca(OH)2===CaSO4+H2O 三、1.同素异形体　2.3O22O3 4.(1)2O3===3O2　(2)O3+2KI+H2O===2KOH+I2+O2 四、1.H2O2　　H—O—O—H　极性　非极性 2.(1)2H2O22H2O+O2↑ (3)②H2O2+2Fe2++2H+===2Fe3++2H2O H2O2+S===S+H2O 􀳅思维辨析 1.×　2.×　3.×　4.×　5.× 知识对练 3.A　解析　二氧化硫具有漂白性,可以使品红溶液褪色,品红溶液中不断地通入SO2气体,品红溶液褪色,说明SO2水溶液具有漂白性,A项符合题意;向SO2溶液中滴加Ba(NO3)2溶液,SO2与H2O反应电离出H+,硝酸钡电离出硝酸根离子,SO2被硝酸氧化生成S,S和Ba2+反应生成BaSO4沉淀,故有白色沉淀产生,不能说明SO2水溶液中含有S,B项不符合题意;向SO2水溶液中通入H2S气体,发生氧化还原反应生成淡黄色沉淀S,由S元素的化合价降低可知SO2水溶液具有氧化性,C项不符合题意;高锰酸钾可氧化二氧化硫,溶液褪色,体现二氧化硫的还原性,D项不符合题意。 4.B　解析　浓硫酸和亚硫酸钠反应放出二氧化硫气体,紫色石蕊为酸碱指示剂,酸性溶液使其变红,滤纸①变红,体现了SO2酸性氧化物的性质,A项正确;碘水褪色证明SO2具有还原性,品红褪色证明SO2具有漂白性,B项错误;滤纸④上有黄色固体生成,证明SO2具有氧化性,当SO2少量时发生反应3SO2+2Na2S===3S↓+2Na2SO3;当SO2足量时发生反应5SO2+2Na2S+2H2O===3S↓+4NaHSO3,C项正确;实验中可用NaHSO3固体代替Na2SO3固体,均会生成二氧化硫且无杂质气体,D项正确。 5.C　解析　亚硫酸钠与硫酸反应生成二氧化硫,可选图甲固液反应装置制备二氧化硫,A项正确;二氧化硫的密度比空气密度大,可选图乙向上排空气法收集,B项正确;二氧化硫为酸性氧化物,可使石蕊溶液变红,不能验证其漂白性,C项错误;二氧化硫被溴水氧化生成硫酸,S元素的化合价升高,可验证SO2的还原性,D项正确。 6.答案　(1)品红溶液　检验SO2 (2)酸性KMnO4溶液　除去SO2并检验SO2是否除尽 (3)澄清石灰水　检验CO2　(4)酸性KMnO4溶液的颜色变浅 解析　一定要理解题意是检验气体成分,检验二氧化硫用品红溶液,吸收二氧化硫用酸性KMnO4溶液,检验二氧化碳用澄清石灰水;在检验二氧化碳之前必须除尽二氧化硫,因为二氧化硫也能使澄清石灰水变浑浊。C装置的作用是除去SO2并检验SO2是否除尽,所以酸性高锰酸钾溶液颜色变浅,但不能褪成无色,若褪成无色则不能证明二氧化硫已除尽,故C处的酸性KMnO4必须足量。 7.A　解析　A项中SO2使酸性高锰酸钾溶液褪色是因为其具有还原性,能使品红溶液褪色是因为其具有漂白性,SO2不能使石蕊溶液褪色;B项,能使品红溶液褪色的物质有很多,如Cl2,不仅仅是SO2;C项中这些漂白剂的漂白原理不都相同;D项,SO2和Cl2等物质的量混合后在溶液中发生反应SO2+Cl2+2H2O===H2SO4+2HCl,从而使SO2失去漂白能力。 8.B　解析　由题中图示可知,酸雨形成的两个途径中都涉及了光照,A项正确;SO2变为SO2*,没有元素化合价变化,不属于氧化还原反应,B项错误;由题图中信息可知,途径Ⅱ的速率大于途径Ⅰ,C项正确;优化能源结构能减少化石燃料的使用,能有效减少二氧化硫的排放量,故能有效遏制酸雨污染,D项正确。 9.C　解析　烟气通入石灰石浆液时的温度越高,气体二氧化硫的溶解度越小,部分二氧化硫不能被溶解,就会逸出溶液使吸收率降低,A项错误;石灰石浆液pH>5.7时,烟气脱硫效率降低的原因是石灰石的溶解度减小,石灰石的浓度减小,脱硫效率随之下降,B项错误;脱硫后的气体中是否残存二氧化硫,含多少,可以利用高锰酸钾溶液褪色的程度和快慢粗略判断烟气脱硫效率,C项正确;分析得到总反应为2CaCO3+2SO2+O2+4H2O===2CaSO4·2H2O+2CO2↑,1 mol 二氧化硫反应生成1 mol 二氧化碳,即每吸收64 g 二氧化硫理论上生成44 g 二氧化碳,D项错误。 10.B　解析　题图中反应历程为①Cl+O3—→ClO+O2,②ClO+ClO—→ClOOCl,③ClOOCl2Cl+O2。该过程的总反应为2O3===3O2,所以氯原子在反应中作催化剂,A项正确;过氧化氯的结构式为Cl—O—O—Cl,B项错误;由该过程的总反应知臭氧分子最终转变成氧气分子,C项正确;过程②反应为ClO+ClO—→ClOOCl,一氧化氯断键形成过氧化氯,D项正确。 11.C　解析　根据“蓝色溶液变为红色浑浊(Cu2O)”,说明铜元素由+2价被还原成+1价,H2O2表现了还原性;继续加入H2O2溶液,红色浑浊又变为蓝色溶液,说明发生了反应Cu2O+H2O2+4H+===2Cu2++3H2O,H2O2表现了氧化性,故B、D两项正确;H2O2的电子式为,C项错误。 12.答案　(1)将Fe2+全部氧化为Fe3+　使Fe3+与Al3+全部形成氢氧化物沉淀而除去 (2)　(3)SO2+H2O2===H2SO4 (4) (5)H2O2+CN-+OH-===C+NH3↑ 微充电·素养提升 母题　C　解析　由题意知,绿矾受热分解时可生成气体物质和一种铁的氧化物,绿矾分解可能会生成SO2、SO3,装置B是检验水蒸气的装置,若试剂X为碱石灰,会吸收SO2、SO3,干扰后续实验,检验是否有水生成可使用无水CuSO4,A项错误;装置C、D用于检验气体产物中是否含有SO2、SO3,酸性条件下SO2不能与BaCl2溶液反应,B项错误;由于可能生成的SO3会在装置C中与足量BaCl2溶液全部反应生成BaSO4沉淀,而SO2进入装置D中被H2O2氧化后可与BaCl2反应生成BaSO4沉淀,则若装置D中有沉淀生成,表明分解产物中有SO2,C项正确;加热装置A中固体前通入N2的目的是排尽装置中的空气,防止空气中的O2干扰SO2和SO3的检验,D项错误。 衍生　D　解析　热铜丝与浓硫酸反应生成的二氧化硫依次通过紫色石蕊溶液、品红溶液、氯化钡溶液和硫化钠溶液,二氧化硫有毒,最后用A溶液进行尾气吸收。二氧化硫能使紫色石蕊溶液变红,但不褪色,体现了SO2的酸性,A项错误;反应后的溶液中可能仍有浓硫酸,所以应将反应后的溶液缓慢倒入装有适量水的烧杯中并用玻璃棒不断搅拌,B项错误;由于盐酸酸性强于亚硫酸,向BaCl2溶液中通入SO2不会产生白色沉淀,C项错误;二氧化硫有毒,为酸性氧化物,常用NaOH溶液除去SO2,D项正确。 微真题·把握方向 1.答案　(1)√　(2)√　(3)×　(4)√　(5)√ 解析　(1)SO2是酸性氧化物,石灰乳为Ca(OH)2,呈碱性,吸收SO2体现了Ca(OH)2的碱性。(2)SO2具有漂白性,能使某些色素褪色。(3)二氧化硫除了具有漂白作用,可漂白纸浆、毛和丝等,还可用于杀菌消毒,例如,在葡萄酒酿制过程中可适当添加二氧化硫,起到杀菌、抗氧化作用。(4)硫在地壳中主要以硫化物、硫酸盐等形式存在,在火山口处有硫单质。(5)过氧化氢将SO2氧化,离子方程式为H2O2+SO2===S+2H+,氯化钡溶液中的Ba2+与S生成BaSO4白色沉淀。 2.C　解析　60%的硫酸和NaHSO3(s)可发生反应H2SO4+2NaHSO3===Na2SO4+2SO2↑+2H2O,因此装置甲可以制取SO2气体,A项正确;气体通入液体时“长进短出”,装置乙可以制取SO2水溶液,B项正确;SO2不能与饱和NaHSO3溶液发生反应,因此装置丙不能吸收尾气中的SO2,C项错误;SO2水溶液显酸性,可用干燥的pH试纸检验其酸性,D项正确。 3.B　解析　根据工艺流程逆向分析可知,以二氧化硫和纯碱为原料,得到结晶的成分为NaHSO3,则母液为饱和NaHSO3溶液和由过量的二氧化硫形成的亚硫酸,溶液呈酸性,所以加入纯碱进行中和,涉及的反应为H2SO3+2Na2CO3===Na2SO3+2NaHCO3、NaHSO3+Na2CO3===Na2SO3+NaHCO3,所以调节pH为8进行中和后得到Na2SO3和NaHCO3,通入二氧化硫气体进行混合吸收,此时吸收过程中发生的反应为Na2SO3+SO2+H2O===2NaHSO3↓、SO2+NaHCO3===CO2+NaHSO3↓,此时会析出大量NaHSO3晶体,经过离心分离,将得到的湿料再进行气流干燥,最终得到NaHSO3产品,据此分析解答。根据上述分析可知,吸收过程中有二氧化碳生成,A项正确;结晶后母液中含饱和NaHSO3溶液和由过量的二氧化硫形成的亚硫酸,没有NaHCO3,假设产物中存在NaHCO3,则其会与生成的NaHSO3发生反应,且NaHCO3溶解度较低,若其残留于母液中会使晶体不纯,假设不成立,B项错误;NaHSO3高温时易分解变质,所以气流干燥过程中温度不宜过高,C项正确;结合上述分析可知,中和后溶液中含Na2SO3和NaHCO3,D项正确。 4.答案　(1)圆底烧瓶　(2)E　C　D　(3)BC　(4)液封　(5)ABC (6)99% 解析　(2)制备气体的装置包括发生装置、除杂装置、收集装置和尾气处理,由于不能骤冷,要逐步冷却,所以B连E,E连C,C连D,D连F。(3)H2S是酸性气体,不可以用碱性干燥剂,所以不可以用氢氧化钾和碱石灰,故选BC。(4)装置G中汞的两个作用是:①平衡气压;②液封。(5)H2S有毒,该实验操作须在通风橱中进行,A项正确;气体不能骤冷,装置D的主要作用是预冷却H2S,B项正确;加入的MgCl2固体可使MgCl2溶液保持饱和,有利于平稳持续产生H2S,C项正确;该实验产生的尾气不可用硝酸吸收,硝酸的氧化性虽然可以把H2S氧化为S单质,但是稀硝酸产生的NO或者浓硝酸产生的NO2会污染空气,D项错误。(6)根据铜守恒,氧化铜的质量为32.814 g-31.230 g=1.584g,则氧化铜的物质的量为0.019 8 mol,,硫化铜的物质的量为0.019 8 mol,则H2S的物质的量为0.019 8 mol,H2S的质量为0.673 2 g,产品纯度为×100%=99%。 第17讲　硫酸　含硫物质的转化 微考点·核心突破 ◉考点1 知识梳理 一、1.(1)①无色黏稠油状　高　难　②放出　(2)①浓硫酸　水 二、白　水　酸　Ag+、S、C　足量盐酸,若无明显变化　BaCl2溶液　白色沉淀 三、硫黄　黄铁矿　成本低、对环境污染少　黄铁矿　FeS2 􀳅思维辨析 1.×　提示:检验S时一定要注意S的还原性,所以不能加入氧化剂,如S在酸性条件下会被N氧化为S。 2.×　提示:检验S要注意Ag+的干扰。 3.×　提示:无法排除Ag+的干扰。 4.×　提示:浓硫酸与Cu反应中,体现了浓硫酸的酸性和强氧化性,而浓硫酸与C反应中只体现浓硫酸的强氧化性。 5.×　提示:浓硫酸使胆矾变成白色粉末,体现了浓硫酸的吸水性。 知识对练 1.A　解析　浓硫酸吸水后放热,使温度升高,①可行;浓硫酸具有吸水性,能使胆矾晶体由蓝色变成白色,②可行;浓硫酸具有吸水性,使饱和KNO3溶液中的水减少,有晶体析出,③可行;浓硫酸具有吸水性,试管中的水会在导管中形成一段水柱,④可行。 2.D　解析　移动铜丝,可控制铜丝与浓硫酸的接触,即控制SO2的生成量,A项正确;用品红溶液验证SO2和用NaOH溶液吸收SO2均正确,B、C两项正确;由于试管中有过量的浓硫酸,所以不能直接向试管中加水,而应待冷却后将试管中的液体慢慢注入水中,D项错误。 3.B　解析　氨与挥发性酸反应可形成白烟,硫酸难挥发,A项错误;硫酸钡难溶于胃酸,所以医疗上可用硫酸钡作X射线透视肠胃的内服药,B项正确;随着反应的进行,硫酸的浓度降低,稀硫酸不能与铜反应,C项错误;常温下浓硫酸使铝钝化(化学变化),形成致密的氧化膜,阻碍反应的继续进行,D项错误。 4.B　解析　①②都是氧化还原反应,③是三氧化硫和水反应生成硫酸,不是氧化还原反应,A项错误;黄铁矿的主要成分为FeS2,其电子式为,B项正确;三氧化硫用水吸收制备硫酸时容易形成酸雾,工业上一般用98.3%的浓硫酸吸收三氧化硫制备硫酸,C项错误;二氧化硫转化为三氧化硫的反应是可逆反应,32 t 二氧化硫不可能产出40 t 三氧化硫,D项错误。 ◉考点2 知识对练 5.B　解析　硫在空气中燃烧生成SO2,SO2溶于水得H2SO3,向H2SO3中滴加溴水生成H2SO4和HBr,在H2SO4溶液中加入Na2S固体产生气体H2S,H2S与H2SO3反应产生浅黄色沉淀S,B项正确。 6.答案　(1)产生淡黄色沉淀(或溶液变浑浊) (2)2Na2SO3+O2===2Na2SO4 (3)98.3%的浓硫酸(浓硫酸或98%的浓硫酸) (4)强氧化性和脱水性　(5)SO2+I2+2H2O===H2SO4+2HI　 解析　(1)当H2S与H2SO3溶液混合时发生反应2H2S+H2SO3===3S↓+3H2O,可观察到的现象是产生淡黄色沉淀。(2)Na2SO3具有还原性,固体Na2SO3露置在空气中易被氧化为Na2SO4,该转化的化学方程式为2Na2SO3+O2===2Na2SO4。(3)为防止形成大量酸雾,吸收塔中选择98.3%的浓硫酸吸收SO3。(4)将浓硫酸加入蔗糖中,蔗糖变黑炭化体现浓硫酸的脱水性,炭和浓硫酸反应生成二氧化碳、二氧化硫气体,使固体膨胀,体现浓硫酸的强氧化性,有“黑面包”现象发生,该过程体现浓硫酸的性质是强氧化性和脱水性。(5)SO2与碘(I2)溶液发生反应生成硫酸和氢碘酸,反应的化学方程式为SO2+I2+2H2O===H2SO4+2HI。当SO2与碘(I2)溶液恰好完全反应时,消耗二氧化硫的物质的量为0.1 L×0.1 mol·L-1=0.01 mol;若空气流速为V L·min-1,耗时10 min,则该空气样品中SO2的含量是= mg·L-1。 7.答案　(1)　CuFeS2 (2)Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O (3)4CuFeS2+13O24CuO+2Fe2O3+8SO2　(4)2∶1 解析　由自然界中硫元素的存在示意图、相关物质的类别及硫元素的化合价可知:X为H2S,Y为SO2,Z为CuFeS2。(4)X与Y混合发生的反应为2H2S+SO2===3S+2H2O,H2S中S元素为-2价,被氧化成S,生成的2 mol S为氧化产物,SO2中S元素为+4价,被还原成S,生成的1 mol S为还原产物,故该反应的氧化产物与还原产物的物质的量之比为2∶1。 8.A　解析　根据题中转化过程中的物质变化及物质中硫元素量的关系,可得关系式CuFeS2→2SO2→2SO3→2H2SO4。根据黄铜矿中铜元素的质量分数为a%可得100 t黄铜矿中n(CuFeS2)= mol,则根据关系式及各步的转化率可知n(H2SO4)=2n(CuFeS2)×75%×80%×96%=1.8a×104 mol,则能制备98%的硫酸的质量为=1.8a×106 g=1.8a t。 ◉考点3 知识对练 9.A　解析　右侧Y形管中生成的碱性气体或氧化性气体通入BaCl2溶液中,SO2会与BaCl2溶液反应产生沉淀,若是碱性气体,溶液中产生大量的S,若是氧化性气体,溶液中可生成S,则生成的沉淀可为BaSO3或BaSO4,所以e、f两管中的试剂可以分别是浓氨水和NaOH,产生氨气,A项正确;乙中产生的可能是氧化性气体,氧化性气体将溶液中的S氧化为S,而不是将BaSO3氧化为BaSO4,B项错误;玻璃管的作用是连通大气,平衡压力,以便左右两边产生的气体顺利通入,C项错误;如果产生氨气,氨气极易溶于水,为防止倒吸,所以导管不能插入BaCl2溶液中,D项错误。 10.B　解析　铁是活泼金属,与稀硫酸反应生成FeSO4和H2,实验Ⅰ产生大量无色气体,A项正确;常温下,铁片在浓硫酸中发生钝化,表面生成致密氧化膜而变暗,氧化膜阻止内层铁与浓硫酸继续反应,故变暗后无明显现象,B项错误;铁与浓硫酸在加热时发生反应,浓硫酸被还原生成SO2,C项正确;对比实验Ⅰ和Ⅱ可知,硫酸的浓度对实验现象产生影响,对比实验Ⅱ和Ⅲ可知,反应温度对实验现象产生影响,D项正确。 11.答案　(1)Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O (2)将产生的气体通入品红溶液中,溶液褪色 (3)NaOH溶液　酸性氧化物　(4)2H++S2===S↓+SO2↑+H2O 解析　(4)根据题干信息,+2价硫元素在酸性条件下不稳定,自身易发生氧化还原反应,即发生歧化反应,+2价的硫元素化合价既升高又降低,结合步骤②中亚硫酸钠和X反应生成硫代硫酸钠分析,可得X中硫元素的化合价应低于+2价,则X为硫单质。 微充电·素养提升 母题1　D　解析　绿矾的化学式为FeSO4·7H2O,A项正确;绿矾为FeSO4·7H2O,Fe2+还原性较强,易被氧气氧化,故其需密封保存,B项正确;朴硝为Na2SO4·10H2O,其为强酸强碱盐,故其水溶液显中性,C项正确;“吹令火炽,其矾即沸,流出色赤如融金汁者是真也”,说明在高温下绿矾中的亚铁离子被氧化为Fe3+,故发生了氧化还原反应,D项不正确。 衍生1　B　解析　重晶石的化学式为BaSO4,A项不正确;明矾的化学式为KAl(SO4)2·12H2O,C项不正确;CaSO4·2H2O为生石膏,熟石膏的化学式为2CaSO4·H2O,D项不正确。 母题2　答案　(1)S+2H+===SO2↑+H2O(或HS+H+===SO2↑+H2O)　硫化钠和碳酸钠的混合溶液　(2)S　(3)NaOH溶液(合理即可)　(4)控制反应温度、调节酸的滴加速率(或调节酸的浓度等) (5)若SO2过量,溶液显酸性,产物Na2S2O3遇酸而分解 解析　(3)d装置的作用是吸收反应中产生的CO2及逸出的SO2,故d中的试剂可以为NaOH溶液。(4)溶液中的反应速率受温度、浓度的影响,故可通过控制反应温度及滴入酸溶液的速率等方式达到目的。 衍生2　B　解析　甲酸()和甲醛()中都含有醛基,则直接加入银氨溶液不能鉴别甲酸中是否含有甲醛,A项错误;向Na2S2O4溶液中加入NaCl晶体冷却、搅拌、过滤、洗涤可以得到Na2S2O4·2H2O晶体,则NaCl的溶解度大于Na2S2O4·2H2O的溶解度,B项正确;“过滤”操作中需要用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒,C项错误;由溶液A制备Na2S2O4溶液过程中发生反应的化学方程式为NaOH+HCOONa+2SO2===Na2S2O4+CO2+H2O,则氧化剂(SO2)与还原剂(HCOONa)的物质的量之比为2∶1,D项错误。 母题3　C　解析　反应②中,生成2 mol 碘单质转移4 mol 电子,则每生成0.4 mol I2共转移0.8 mol电子,C项错误;在同一反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性,反应①中氧化性H2SO4(浓)>SeO2,反应②中硝酸既不是氧化剂也不是还原剂,说明氧化性SeO2>HNO3,D项正确。 衍生3　C　解析　由已知信息可知,TeO2微溶于水,易溶于强酸和强碱,是两性氧化物,与氢氧化钠发生类似氧化铝与氢氧化钠的反应生成Te,离子方程式为TeO2+2OH-===Te+H2O,B项正确;在沉碲的过程中,硫酸若过量,可能导致TeO2的溶解,造成产品的损失,C项错误;1 kg 阳极泥中含有TeO2的质量为1 000 g×8%=80 g,碲元素的回收率为90%,则有80 g×90%=72 g的TeO2被还原,根据关系式TeO2~2SO2,V(SO2)=×2×22.4 L·mol-1=20.16 L,D项正确。 微真题·把握方向 1.C　解析　Ⅰ中试管内发生反应S2+2H+===S↓+SO2↑+H2O ,氢元素化合价不变,H+不体现氧化性,A项错误;Ⅱ中品红溶液褪色,体现SO2的漂白性,B项错误;Ⅰ试管内发生反应S2+2H+===S↓+SO2↑+H2O,Ⅲ试管内发生反应2S2-+5SO2+2H2O===3S↓+4HS,Ⅰ和Ⅲ的试管中都出现了浑浊现象,C项正确;撤掉水浴,重做实验,反应速率减慢,Ⅳ中红色褪去的速率减慢,D项错误。 2.C　解析　浓硫酸具有脱水性,能将有机物中的H原子和O原子按2∶1的比例脱除,蔗糖中加入浓硫酸,白色固体变黑,体现浓硫酸的脱水性,A项正确;浓硫酸脱水过程中释放大量热,此时发生反应C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O,产生大量气体,使固体体积膨胀,B项正确;结合B项可知,浓硫酸脱水过程中生成的SO2能使品红溶液褪色,体现浓硫酸的强氧化性,C项错误;该过程中蔗糖发生化学反应,发生了化学键的断裂,D项正确。 3.B　解析　铜和浓硫酸反应生成CuSO4体现出浓硫酸的酸性,生成SO2体现出浓硫酸的强氧化性,A项错误;a处的紫色石蕊溶液变红,其原因是SO2溶于水生成了酸,可说明SO2是酸性氧化物,B项正确;b处品红溶液褪色,其原因是SO2具有漂白性,而c处酸性高锰酸钾溶液褪色,其原因是SO2和KMnO4发生氧化还原反应,SO2体现出还原性,C项错误;实验过程中试管底部出现白色固体,根据元素守恒可知,其成分为无水CuSO4而非蓝色的CuSO4·5H2O,其原因是浓硫酸体现出吸水性,将反应生成的H2O吸收,D项错误。 4.B　解析　黄铁矿和空气中的O2在加热条件下发生反应生成SO2和Fe3O4,SO2和空气中的O2在400~500 ℃、常压、催化剂的作用下发生反应得到SO3,用98.3%的浓硫酸吸收SO3得到H2SO4。反应Ⅰ是黄铁矿和空气中的O2在加热条件下发生反应生成SO2和Fe3O4,化学方程式为3FeS2+8O2Fe3O4+6SO2,A项正确;反应Ⅱ条件要兼顾平衡转化率和反应速率,还要考虑生产成本,如Ⅱ中“常压、催化剂”不是为了提高SO2的平衡转化率,B项错误;将黄铁矿换成硫黄,则不再产生Fe3O4,即可以减少废渣产生,C项正确;硫酸工业产生的尾气为SO2、SO3,可以用碱液吸收,D项正确。 5.D　解析　溶液中出现棕黄色沉淀是因为产生了Fe(OH)3沉淀,化学方程式为12FeSO4+3O2+6H2O===4Fe2(SO4)3+4Fe(OH)3↓,A项错误;硫化钠在空气中易被氧气氧化为淡黄色固体硫单质,使颜色加深,化学方程式为2Na2S+O2+2H2O===4NaOH+2S↓,B项错误;溴水的主要成分是溴和水,它们会反应,但速度很慢Br2+H2O===HBrO+HBr、2HBrO===2HBr+O2,所以溴水放置太久会变质,但不是生成高溴酸,所以选项中的化学方程式错误,C项错误;胆矾为CuSO4·5H2O,颜色为蓝色,如果表面失去结晶水,则变为白色的CuSO4,化学方程式为CuSO4·5H2O===CuSO4+5H2O,方程式正确,D项正确。 6.D　解析　根据题中图示中各微粒的构造可知,该过程有H2O参与,A项正确;根据图示的转化过程,NO2转化为HNO2,N元素的化合价由+4价变为+3价,化合价降低,得电子被还原,作氧化剂,则NO2是生成硫酸盐的氧化剂,B项正确;硫酸盐(含S、HS)气溶胶中含有HS,转化过程中有水参与,HS在水中可电离生成H+和S,则硫酸盐气溶胶呈酸性,C项正确;在图示转化过程中S可转化为HS,根据题中图示对照,有硫氧键生成,D项错误。 7.答案　(1)Na2SO4·10H2O+4CNa2S+4CO↑+10H2O　(2)粗品中含有难溶于乙醇的煤灰、重金属硫化物等固体,可代替“沸石”作用　停止加热,加快冷凝管内冷凝水的流速　(3)防止Na2S被氧化　D　(4)锥形瓶瓶口细,防止乙醇大量挥发　煤灰、重金属硫化物　热过滤时漏斗的温度过低　(5)95%的冷乙醇 解析　(1)根据题干信息可知发生反应Na2SO4·10H2O+4CNa2S+4CO↑+10H2O。(2)回流前无需加入沸石,说明有物质可以代替沸石,由题干信息可知,粗品中含有煤灰、重金属硫化物等固体,具有“沸石”的作用。回流时,烧瓶内气雾上升高度不宜超过冷凝管高度的1/3,若气雾上升过高,需要将温度降下来,故可采取的措施是停止加热,加快冷凝管内冷凝水的流速。(3)回流时间不宜过长,原因是避免Na2S接触空气被氧化。回流结束后,应将反应液的温度降下来,故先停止加热,移去水浴,最后关闭冷凝水。(4)该实验热过滤操作时,用锥形瓶而不能用烧杯接收滤液,其原因是乙醇有挥发性,锥形瓶瓶口细,防止乙醇大量挥发。煤灰、重金属硫化物难溶于热乙醇,可以通过热过滤除去。若滤纸上析出大量晶体,则可能的原因是热过滤时漏斗的温度过低。(5)滤液冷却、结晶、过滤,晶体用少量95%的冷乙醇(Na2S的溶解少、损失少)洗涤,干燥后,得到Na2S·xH2O。 第18讲　氮及其氧化物和氢化物　铵盐 微考点·核心突破 ◉考点1 知识梳理 一、1.人工固氮　2.小　难 3.①3Mg+N2Mg3N2　②N2+3H22NH3 二、无色　红棕色　有毒　有毒　不溶于水　易溶于水 2NO+O2===2NO2　3NO2+H2O===2HNO3+NO 􀳅思维辨析 1.√　提示:固氮是游离态的氮生成化合态的氮,所以氮元素的化合价一定发生变化。 2.√　提示:NO2与水反应生成NO和HNO3,可除去NO中的NO2。 3.×　提示:NO遇O2反应生成NO2。 4.×　提示:N2与O2在放电条件下直接化合生成NO。 5.×　提示:NO2与H2O反应生成HNO3和NO,氮元素价态由+4价变为+5价和+2价,不符合酸性氧化物的通性。 知识对练 1.C　解析　氮的固定是将游离态的氮转化为化合态的氮,该过程N2转化为NH3,属于人工固氮,A项正确;反应过程中,N2与H2O反应产生NH3和O2,断裂化学键有H2O中的H—O键,生成的新化学键中有NH3的N—H键,故该反应过程中有极性键的断裂和形成,B项正确;由图可知,该反应的化学方程式是2N2+6H2O4NH3+3O2,C项错误;该方法实现了光能向化学能的转化,D项正确。 2.C　解析　氮气分子中含有氮氮三键,结构稳定,常温下很难和其他物质发生反应,A项正确;氮的固定是指游离态的氮转化为化合态的氮,Ⅰ过程从N2到N属于氮的固定,B项正确;工业上是通过氨的催化氧化生成NO、NO被氧化为NO2、NO2和水反应三个转化来生产硝酸的,C项错误;图中Ⅱ中氮元素从-3价升高到+3价、Ⅲ中氮元素从+3价升高到+5价,都为硝化过程,均可通过加入氧化剂实现,D项正确。 3.答案　(1)1∶3 (2)①2NO2+2NaOH===NaNO3+NaNO2+H2O　②NaNO2 解析　(1)设NO的体积为V(NO),NO2的体积为V(NO2),依据方程式知,处理NO需NH3的体积为V(NO),处理NO2需NH3的体积为V(NO2),则,解得V(NO)=0.75 L,V(NO2)=2.25 L,V(NO)∶V(NO2)=1∶3。(2)①生成两种钠盐,必然是NO2发生歧化反应,依据量的关系可知两种盐分别为NaNO3和NaNO2。②NO中氮元素的化合价为+2价,NO2中氮元素的化合价为+4价,二者按1∶1混合时与NaOH反应生成一种钠盐,依据得失电子守恒可知,钠盐中氮元素的化合价为+3价,即NaNO2。 4.A　解析　根据题意,剩余的气体可能是O2,也可能是NO。①当剩余气体是O2时,由于剩余2 mL O2,则有12 mL-2mL=10 mL气体按反应式4NO2+O2+2H2O===4HNO3中量的关系进行反应,则原气体中O2的体积为V(O2)=10 mL×+2 mL=4 mL。②当剩余气体是NO时,即剩余NO为2 mL,而NO来源于NO2与水的反应,根据反应3NO2+H2O===2HNO3+NO,反应的NO2的体积为2 mL×3=6 mL。则有12 mL-6 mL=6 mL的混合气体按4NO2+O2+2H2O===4HNO3中量的关系进行反应,故原气体中氧气的体积为V(O2)=6 mL×=1.2 mL。 ◉考点2 知识梳理 一、1.无色　刺激性　小　700 2.(1)NH3+H2ONH3·H2ON+OH- (2)NH3+HCl===NH4Cl　产生大量白烟 (3)Al3++3NH3·H2O===Al(OH)3↓+3N (4)4NH3+5O24NO+6H2O 3.(1)Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O (2)N2+3H22NH3 二、1.铵根离子　酸根离子　易 2.(1)NH4ClNH3↑+HCl↑ NH4HCO3NH3↑+CO2↑+H2O (2)NH4NO3+NaOHNH3↑+NaNO3+H2O 􀳅思维辨析 1.×　提示:氯化铵气化的实质是发生分解反应。 2.×　提示:氨水是混合物,不属于电解质也不属于非电解质。 3.×　提示:NH4Cl溶液比氨水中多了Cl-,所以微粒种类不完全相同。 4.√　提示:本法通过加浓NaOH溶液并加热产生NH3来检验溶液中N的存在。 知识对练 5.A　解析　加热分解氯化铵固体,反应生成氨气和氯化氢,由于氨气和氯化氢在冷处反应生成氯化铵,因此不能用分解氯化铵得到氨气,A项符合题意;一水合氨不稳定,受热分解生成氨气和水,因此加热分解浓氨水可制得氨气,B项不符合题意;将浓氨水滴到碱石灰上,浓氨水中的水与氧化钙反应,放出大量热,固体氢氧化钠溶解在浓氨水中放出大量的热,一水合氨不稳定,因此能制得氨气,C项不符合题意;氯化铵和氢氧化钙固体加热反应$$