学生练答案-(Word练习)【赢在微点·顶层设计】2027年高中化学高考一轮总复习

核心微练 课时微练(一)　物质的分类及转化 1.B　解析　荷塘上方的薄雾是空气中的小液滴,不是水蒸气,薄雾属于胶体,A项错误;胶体粒子的直径为1~100 nm,可以产生丁达尔效应,月光通过薄雾时产生了丁达尔效应,B项正确;薄雾属于胶体,胶体粒子的直径为1~100 nm,C项错误;“大漠孤烟直”中的“孤烟”指的是固体小颗粒,与这种薄雾的组成成分不同,D项错误。 2.D　解析　胶体是一种分散系,荷塘上方的薄雾是小液滴在空气中形成的胶体,胶粒的直径大小为1~100 nm,D项正确。 3.A　解析　蛋白质是由氨基酸脱水缩合形成的高分子化合物,碳链有长有短,动物胶属于混合物,A项错误;炭黑是由碳元素组成的单质,B项正确;石绿[CuCO3·Cu(OH)2]是碱式碳酸盐,属于化合物,C项正确;冰片属于醇,D项正确。 4.D　解析　I2属于单质,A项不符合题意;K2SO4属于盐,B项不符合题意;P2O5属于氧化物,C项不符合题意;HNO3属于酸,与题给三种物质的类别完全不同,D项符合题意。 5.D　解析　青铜是我国最早使用的合金,A项正确;青铜表面铜绿的主要成分为Cu2(OH)2CO3,属于碱式盐,B项正确;聚对二甲苯是有机高分子化合物,C项正确;铝的化学性质较活泼,其冶炼工艺出现较晚,因此该批出土的文物中不可能有铝碗,D项错误。 6.C　解析　制作日晷圆盘的石材主要成分为大理石,属于无机非金属材料,A项正确;由两种或两种以上的金属与金属或金属与非金属经一定方法所合成的具有金属特性的混合物称为合金,机械表中由钼、钴、镍、铬等元素组成的发条,其材质属于合金,B项正确;基于石英晶体振荡特性计时的石英表,其中石英的成分为SiO2,C项错误;目前“北京时间”授时以铯原子钟为基准Cs的质量数为135,质子数为55,D项正确。 7.A　解析　漂白粉是CaCl2和Ca(ClO)2的混合物,B项错误;HClO是弱电解质,C项错误;葡萄糖不属于高分子化合物,D项错误。 8.B　解析　盐酸不与硫酸铜反应,盐酸不能转化为氢氧化钡,氢氧化钡不与氧化铜反应,A项不符合题意;盐酸和氢氧化钠、碳酸钾都能反应,和硝酸银反应生成硝酸,硝酸和氢氧化钠、碳酸钾都能反应,B项符合题意;氯化铁和碳酸钠均为盐,属于相同类别的化合物,C项不符合题意;盐酸不能转化为硝酸钡,盐酸不与硫酸反应,氢氧化钠与硝酸钡不反应,D项不符合题意。 9.A　解析　酸性氧化物是指能与碱反应只生成盐和水的氧化物,所以可根据SiO2是酸性氧化物判断其可与NaOH溶液反应,A项正确;碱性氧化物是指能与酸反应只生成盐和水的氧化物,金属氧化物不一定都是碱性氧化物,如过氧化钠,B项错误;根据分散质粒子直径大小,分散系可分为胶体、溶液和浊液,不是根据丁达尔效应,C项错误;一元酸、二元酸是根据酸分子中能电离出的H+个数区分的,而不是含有的H原子个数,D项错误。 10.B　解析　超级钢为合金,是混合物;铁红为氧化铁,是纯净物;乙醇不是碱,A项错误。B项中所有物质的分类都正确,B项正确。陨铁为混合物,冰水为纯净物,C项错误。硬铝为合金,是混合物,氨气不是碱,D项错误。 11.D　解析　雾属于胶体,可见光通过时会出现丁达尔效应,A项正确;根据描述可知“脂水”指的是石油,B项正确;丹砂的主要成分是HgS,由丹砂煅烧制水银(Hg)涉及氧化还原反应,C项正确;制玻璃的成分二氧化硅可制造光导纤维,制芯片的材料是硅,D项错误。 12.答案　(1)树状分类法　(2)HCl　阳离子种类　蒸馏水　碱　(3)C　(4)CuO　(5)Cu2(OH)2CO3+4HCl===2CuCl2+3H2O+CO2↑ (6)① 解析　(6)反应①是Cu与O2、CO2和H2O反应生成铜绿Cu2(OH)2CO3,属于化合反应;反应②是Cu2(OH)2CO3与盐酸反应生成CuCl2、H2O和CO2,属于复分解反应;反应③是CuCl2与NaOH反应生成Cu(OH)2沉淀和NaCl,属于复分解反应;反应④是Cu(OH)2受热分解生成CuO和水,属于分解反应;反应⑤是CuO与H2在加热时发生氧化还原反应生成Cu单质,属于置换反应。因此上述转化过程中属于化合反应的是①。 13.答案　(1)+6　(2)碱性　(3)c　(4)10　4　3O2↑　8　3　(5)2.5　Fe具有强氧化性,能杀菌消毒,本身被还原为Fe3+,Fe3+发生水解生成氢氧化铁胶体吸附水中的杂质,达到净水的目的 解析　(2)根据“干燥品在室温下稳定,在强碱溶液中稳定,随着pH减小,稳定性下降”等性质可知,制备K2FeO4需要在碱性环境中进行。(3)由题意可知,K2FeO4具有强氧化性,属于盐,a项正确;由于K2FeO4能与水反应,因此固体保存时需要防潮,b项正确;K2FeO4的消毒作用是利用其强氧化性,净化水的原理是利用其生成的Fe(OH)3胶体吸附水中悬浮物形成沉淀,属于物理变化,因此消毒和净化水的原理不相同,c项错误;由“可迅速杀灭细菌”“同时不会产生有害物质”可知,其净水优点有作用快、安全性好、无异味,d项正确。(4)K2FeO4与水反应生成O2、Fe(OH)3胶体和KOH,根据电子守恒和原子守恒配平可得反应的化学方程式为4K2FeO4 +10H2O===4Fe(OH)3(胶体)+3O2↑+8KOH。由化学方程式可知4 mol K2FeO4转移12 mol电子,每消耗1 mol K2FeO4转移3 mol电子,则反应消耗1个K2FeO4时转移的电子数为3个。(5)500 m3水的体积为500 000 L,由【用量】说明可知,消毒净化1 L水,投放5 mg K2FeO4,消毒净水500 m3水,投放K2FeO4的质量为500 000×5 mg =2 500 000 mg =2.5 kg。 增分微练(一)　弘扬传统文化　接轨科技前沿 1.B　解析　红山玉龙是玉石器,玉的主要成分是硅酸盐和二氧化硅,故玉石属于无机非金属材料,A项不符合题意;青铜是铜锡合金,合金属于金属材料,B项符合题意;瓦属于陶瓷,是硅酸盐材料,属于传统无机非金属材料,C项不符合题意;龙太子皮影头茬制作材料为兽皮,其主要成分是蛋白质,属于有机高分子材料,D项不符合题意。 2.A　解析　清“寿字”高盅属于陶瓷制品,属于硅酸盐材料,A项正确;银茶壶属于金属材料,B项错误;都篮材料的主要成分为纤维素,C项错误;象牙的主要成分为磷酸盐,D项错误。 3.B　解析　“落汤螃蟹着红袍”的过程中有新物质生成,属于化学变化,A项正确;“忽闻海上有仙山,山在虚无缥缈间”描述的是一种自然现象海市蜃楼,与胶体的丁达尔效应有关,与氧化还原反应无关,B项错误;“纷纷灿烂如星陨,喧豗似火攻”形容的灿烂美丽的烟花是某些金属的焰色反应,C项正确;“独忆飞絮鹅毛下,非复青丝马尾垂”中描述的“飞絮”的主要化学成分为纤维素,D项正确。 4.A　解析　三国竹木简牍的主要成分是纤维素,A项错误;人面纹方青铜鼎主要是青铜铸造,青铜是合金,B项正确;长沙窑青釉褐彩诗文执壶的主要成分是陶瓷,C项正确;“宣成公章”金印是黄金制品,故主要成分是金属,D项正确。 5.B　解析　石英的主要成分是二氧化硅,是氧化物,不是硅酸盐,A项错误;“风化”是带结晶水的物质失去结晶水的反应,有新物质生成,是化学变化,B项正确;“纸”的主要成分为纤维素,而“绢”的主要成分为蛋白质,所以两者的成分不同,C项错误;高锰酸钾溶液能使蛋白质变性,属于化学变化,是化学除菌法,D项错误。 6.C　解析　FeSO4·7H2O的摩尔质量是278 g·mol-1,FeSO4·4H2O的摩尔质量是224 g·mol-1,≈,A项正确;“用水入五金皆成水,惟黄金不化水中”是指大多数金属能够与硝酸发生氧化还原反应而溶于硝酸,B项正确;加入NaCl不能增强氧化性,金能溶解,与生成配合物有关,C项错误;硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性,生成了硝酸盐溶液,氢离子浓度减小,则氧化性减弱,D项正确。 7.D　解析　“春蚕到死丝方尽”中的“丝”为蛋白质,蛋白质遇强酸、强碱会变性,易受到酸碱腐蚀,A项错误;“蜡炬成灰泪始干”中的“蜡”为油脂,不属于天然高分子化合物,B项错误;氧化铁为红棕色,“翠色”不可能来自于氧化铁,C项错误;“墨滴”是碳分散于水中形成的胶体,具有胶体的性质,D项正确。 8.D　解析　氮化铝陶瓷主要由AlN构成,属于无机物,不属于合成高分子,A项错误;硅—石墨烯—锗晶体为无机物,不属于合成高分子,B项错误;航空煤油属于有机物,主要是由石油分馏得到的,不属于合成高分子,C项错误;酚醛树脂是由有机小分子合成的高聚物,属于合成高分子,D项正确。 9.D　解析　“洧水可燃”中“洧水”指的是石油,A项正确;《黄白第十六》中“曾青涂铁,铁赤如铜”,其“曾青”是可溶性铜盐,B项正确;草木灰可以吸附海盐,所以利用的是草木灰的吸附作用,C项正确;“石灰”指的是CaCO3,D项错误。 10.D　解析　A项讲的是“海水晒盐”,该过程涉及的分离操作为蒸发结晶,A项错误;青蒿素提取利用的是萃取原理,该过程中没有新物质生成,属于物理变化,B项错误;升华属于物理变化,“丹砂(HgS)烧之成水银”,即HgS发生分解反应生成水银,此过程为化学变化,不属于升华,C项错误;烧制白酒是利用互溶混合物的沸点差异进行分离的,涉及的实验操作为蒸馏,D项正确。 11.D　解析　残茶、鱼腥水中富含N、P、K,可补充茶树所需,A项正确;茶香四溢是由于香味的分子运动到空气中,B项正确;茶中的茶碱和酚类在高温下发生化学反应,C项正确;冲茶时,水是溶剂,茶叶中的某些物质溶解在水中,茶叶不是溶质,D项错误。 12.C　解析　由文中描述“盐醋浸润,气彻则皱,器便坏矣”可知天然漆在一定条件下可被腐蚀,C项错误。 13.C　解析　炼铁是将含铁化合物还原为铁单质的过程,铁炉中的炭除了提供高温,还作还原剂,A项错误;铁元素观察不到焰色,B项错误;“铁精”为紫色,Fe2O3为红棕色,两者颜色接近,C项正确;制备“铁精”的过程是将铁单质氧化为含铁化合物的过程,Fe元素的化合价升高,发生了氧化还原反应,而复分解反应中元素的化合价不变,D项错误。 14.D　解析　Fe的焰色为无色,实验室可用干净的铁丝蘸取试样进行焰色试验,A项错误;制作皮影人的兽皮的主要成分属于蛋白质,B项错误;氧化铁(Fe2O3)为红色,砖雕—青砖中的青色来自氧化亚铁(FeO),C项错误;白瓷(主要成分为xK2O·yAl2O3·zSiO2)属于硅酸盐,硅酸盐属于无机非金属材料,D项正确。 课时微练(二)　离子反应 1.A　解析　电解质是溶于水或在熔融状态下能够导电的化合物;非电解质是溶于水和在熔融状态下都不能够导电的化合物;酸、碱、盐、金属氧化物等均属于电解质。二氧化硫为非电解质,A项符合题意;亚硝酸钠属于盐,为电解质,B项不符合题意;葡萄糖酸属于有机酸,为电解质,C项不符合题意;山梨酸钾属于盐,为电解质,D项不符合题意。 2.A　解析　NaCl溶于水或在熔融状态下均发生电离,其电离过程可表示为NaCl===Na++Cl-;NaCl的水溶液是混合物,是电解质溶液,NaCl为电解质,在水溶液中或熔融状态下均能够导电。 3.D　解析　Ba(OH)2浓度减小直至反应完全,烧杯中红色逐渐变浅直至完全褪去,A项正确;由于水存在微弱电离、BaSO4存在微弱溶解,恰好反应时,溶液中存在少量离子,理论上电导率不会为0,B项正确;电导率减小的过程中,离子浓度减小,发生反应2H++S+Ba2++2OH-===BaSO4↓+2H2O,C项正确;若用同浓度的Na2SO4溶液代替稀硫酸重复上述实验,反应生成硫酸钡沉淀,溶液中存在钠离子和氢氧根离子,电导率不会减少到几乎为0,电导率变化与原实验不相同,D项错误。 4.B　解析　单质既不是电解质也不是非电解质,Fe属于金属单质,A项错误;NaCl属于盐,为强电解质,H2CO3属于弱酸,为弱电解质,C2H5OH属于非电解质,NaHCO3为强碱弱酸盐,溶液显碱性,B项正确;CaCO3属于盐,为强电解质,SO3属于非电解质,BaSO4属于强电解质,(NH4)2CO3为弱酸弱碱盐,溶液显碱性,C项错误;H2O属于弱电解质,FeCl3为强酸弱碱盐,溶液显酸性,D项错误。 5.B　解析　向H2O2溶液中加入少量的FeCl3,Fe3+的氧化性弱于H2O2,不能氧化H2O2,但Fe3+能催化H2O2的分解,正确的离子方程式应为2H2O22H2O+O2↑,A项不符合题意;Na2S溶液中S2-具有还原性,容易被氧化,若长期露置在空气中则被空气中的O2氧化为S,离子方程式为2S2-+2H2O+O2===2S↓+4OH-,B项符合题意;以惰性材料为电极电解MgCl2溶液,阳极反应为2Cl--2e-===Cl2↑,阴极反应为2H2O+2e-+Mg2+===Mg(OH)2↓+H2↑,总反应的离子方程式为Mg2++2Cl-+2H2OMg(OH)2↓+H2↑+Cl2↑,C项不符合题意;向Ca(ClO)2溶液中通入少量CO2气体,产生CaCO3沉淀,正确的离子方程式为Ca2++2ClO-+CO2+H2O===2HClO+CaCO3↓,D项不符合题意。 6.A　解析　少量SO2通入Ca(ClO)2溶液中,离子方程式为SO2+Ca2++ClO-+H2O===CaSO4↓+2H++Cl-,A项错误;碳酸钠易溶于水,碳酸氢钠可溶于水,向饱和碳酸钠溶液中通入足量CO2气体会有碳酸氢钠晶体析出,离子方程式为2Na++C+H2O+CO2 ===2NaHCO3↓,B项正确;向Fe2(SO4)3溶液中通入过量H2S会发生氧化还原反应生成硫酸亚铁、硫单质和硫酸,离子方程式为2Fe3++H2S===2Fe2++S↓+2H+,C项正确;向澄清石灰水中滴加少量Ca(HCO3)2溶液生成碳酸钙沉淀,离子方程式为Ca2++HC+OH-===CaCO3↓+H2O,D项正确。 7.B　解析　铅酸蓄电池放电时Pb在负极失去电子生成PbSO4,电极反应式为Pb-2e-+S===PbSO4,A项错误;酸性下,碘盐中的碘酸根离子可以和碘离子反应生成单质碘,离子方程式为5I-+I+6H+===3I2+3H2O,B项正确;向Mg(HCO3)2溶液中加入足量NaOH溶液生成氢氧化镁沉淀和碳酸钠,离子方程式为Mg2++2HC+4OH-===Mg(OH)2↓+2C+2H2O,C项错误;向食盐的氨水溶液中通入足量CO2气体后生成碳酸氢钠沉淀,离子方程式为Na++NH3+CO2+H2O===NaHCO3↓+N,D项错误。 8.答案　(1)2Fe2++H2O2+2H+===2Fe3++2H2O (2)Cu+4H++2N===Cu2++2NO2↑+2H2O (3)Mn+5Fe2++8H+===5Fe3++Mn2++4H2O (4)3Cl2+6OH-===Cl+5Cl-+3H2O (5)FeS+Cr+4H2O===Fe(OH)3+Cr(OH)3+S+2OH- (6)Cu2S+2Mn+8H+===2Cu2++S+2Mn2++4H2O (7)3CH3CH2OH+2Cr2+16H+===3CH3COOH+4Cr3++11H2O (8)4Ce4++2NO+3H2O===4Ce3++N+N+6H+ 9.答案　(1)5CaO+5H2O+3As===Ca5(AsO4)3OH↓+9OH- (2)As2O3+2I2+10OH-===2As+4I-+5H2O (3)H3BO3+H2O[B(OH)4]-+H+ (4)89.6 解析　(1)生石灰溶于水会形成氢氧化钙,所以在处理某工厂的含砷废水时,常加入生石灰将废水中的As转化为Ca5(AsO4)3OH形式沉降,其离子方程式为5CaO+5H2O+3As===Ca5(AsO4)3OH↓+9OH-。(2)As2O3在碱性条件下被I2氧化成As,碘单质被还原为碘离子,根据氧化还原反应的规律可知,反应的离子方程式为As2O3+2I2+10OH-===2As+4I-+5H2O。(3)根据信息可知硼酸为一元弱酸,硼酸的水溶液中存在电离平衡H3BO3+H2O[B(OH)4]-+H+。(4)NaBH4、H2中的H元素分别为-1价、0价,二者均作还原剂被氧化只能生成+l价的含H化合物,n(NaBH4)=38 g/38 g·mol-1=1 mol,失去电子1 mol×4×2=8 mol,n(H2)×2=8 mol,得n(H2)=4 mol,标准状况下H2的体积为4 mol×22.4 L·mol-1=89.6 L。 10.答案　(1)除去碳和有机物　(2)Co2O3+2Cl-+6H+===2Co2++Cl2↑+3H2O　将Co3+和Fe3+还原为Co2+和Fe2+(作还原剂) (3)Fe(OH)3　H2O2+2Fe2++2H+===2Fe3++2H2O 解析　550 ℃焙烧含钴废料(主要成分为Co2O3,含少量Fe2O3、Al2O3、CaO、MgO、碳及有机物等)除去碳和有机物,加入氢氧化钠溶液,其中Al2O3溶解生成Na[Al(OH)4],Co2O3、Fe2O3、Al2O3、CaO、MgO不溶,过滤,则浸出液主要成分为Na[Al(OH)4],向过滤得到的固体中加入稀硫酸和亚硫酸钠,Na2SO3将Co3+、Fe3+还原为Co2+、Fe2+,可得CoSO4、FeSO4、MgSO4、浸渣CaSO4,在40~50 ℃加入H2O2,氧化Fe2+氧化为Fe3+,再升温至80~85 ℃,加入Na2CO3调pH至4.5,可得到Fe(OH)3沉淀,过滤后所得滤液中主要含有Co2+、Mg2+、Ca2+,用NaF溶液除去钙、镁,过滤后,滤液中主要含有Co2+,加入草酸铵溶液得到草酸钴。(1)“550 ℃焙烧”高温条件下通过燃烧除去碳和有机物。(2)Co2O3在酸性条件下将氯离子氧化为氯气、自身被还原为Co2+,离子方程式为Co2O3+2Cl-+6H+===2Co2++Cl2↑+3H2O;Na2SO3具有较强还原性,将Co3+、Fe3+还原为Co2+、Fe2+。(3)根据沉淀pH范围,控制pH是为了促使Fe3+完全沉淀,而Co2+、Mg2+不沉淀,因此滤渣1的主要成分是Fe(OH)3;双氧水将Fe2+氧化为Fe3+,酸性条件下的离子方程式为H2O2+2Fe2++2H+===2Fe3++2H2O。 课时微练(三)　离子反应的应用 1.A　解析　能反应的离子不共存,电解质溶液呈电中性;取样,滴加KSCN溶液后显红色,则溶液中含有Fe3+,Fe3+与C会发生相互促进的水解反应而不共存,I-与Fe3+发生氧化还原反应而不共存,则阴离子只有S,电解质溶液呈电中性,故溶液中一定有S,为确定该溶液的组成,还需检验的离子只有K+。故选A。 2.B　解析　在新制饱和氯水中存在强氧化性物质HClO和Cl2,均能氧化S,A项不符合题意;在能使酚酞变红的溶液中存在大量的OH-,与K+、C、ClO-、Cl-之间均不反应,能够大量共存,B项符合题意;加入铝粉能产生H2的溶液可能是强酸性溶液也可能是强碱性溶液,碱性时OH-与Fe2+反应生成Fe(OH)2沉淀,酸性时H+、N和Fe2+会发生氧化还原反应而不能大量共存,C项不符合题意;水电离出的c(H+)=1×10-13 mol·L-1的溶液可能是酸性溶液也可能是碱性溶液,若为酸性,则H+与C、[Al(OH)4]-反应,不能够大量共存,D项不符合题意。 3.C　解析　NaHCO3、Al(OH)3中加入足量稀硫酸有气泡产生,生成硫酸钠、硫酸铝、二氧化碳和水,最终无固体存在,A项错误;AgCl不溶于酸,固体不能全部溶解,B项错误;亚硫酸钠和碳酸钡中加入水,碳酸钡不溶于水,使得部分固体不溶解,加入稀盐酸,碳酸钡与盐酸反应生成氯化钡、二氧化碳和水,固体全部溶解,再取少量样品加入足量稀硫酸,稀硫酸和碳酸钡反应生成硫酸钡沉淀、二氧化碳和水,符合题意,C项正确;Na2CO3、CuSO4中加入足量稀硫酸,振荡后无固体存在,D项错误。 4.D　解析　在酸性溶液中Fe2+、N之间发生氧化还原反应,不能大量共存,A项不符合题意;0.1 mol/L NaClO溶液中ClO-、H+、Cl-发生氧化还原反应生成氯气,ClO-、S也发生氧化还原反应,不能大量共存,B项不符合题意;能使酚酞变红的溶液显碱性,Al3+、HC均与氢氧根离子反应,不能大量共存,C项不符合题意;加入铝片产生H2的溶液如果显碱性,Na+、Ba2+、CH3COO-、N之间不反应,可以大量共存,D项符合题意。 5.C　解析　B、C、D三项中的离子能大量共存,A项中的离子不能大量共存。B项,加少量稀硫酸因生成BaSO4而有白色沉淀,但加入过量NaOH溶液时,溶液中无白色沉淀产生,不符合题意;C项,加入少量稀硫酸时产生BaSO4沉淀,加入过量NaOH溶液时产生BaCO3沉淀,符合题意;D项,加入稀硫酸时产生BaSO4沉淀,但加入过量NaOH溶液时,因生成的Fe(OH)2很快被氧化,最终看不到白色沉淀,不符合题意。 6.B　解析　H+和OH-无法大量共存,A项错误;=1×1012的溶液显碱性,K+、Na+、C、[Al(OH)4]-、OH-之间不反应,一定能大量共存,B项正确;Fe3+和SCN-反应生成Fe(SCN)3,不能大量共存,Fe3+和I-能发生氧化还原反应,也不能大量共存,C项错误;能使甲基橙变红的溶液显酸性,H+和S2-、C均不能大量共存,Ca2+、C也不共存,D项错误。 7.B　解析　加入过量硝酸钡后产生的白色沉淀溶于过量盐酸,说明有C无S,溶液加入AgNO3/HNO3产生白色沉淀说明有Cl-,焰色试验显黄色说明有Na+,但不能确定是否含有K+。故选B。 8.C　解析　加入过量的碱产生的气体为NH3,溶液中有N。信息②知加入过量的碱产生了沉淀Fe(OH)3,溶液中有Fe3+,C与Fe3+会发生相互促进的水解反应不能共存,则溶液中不存在C。信息③知溶液中有S。由分析知溶液中一定有N,A项正确;Fe(OH)3受热分解为Fe2O3,B项正确;溶液中一定有N 和Fe3+而阴离子有S,又溶液中各离子浓度相同,溶液中电荷不守恒,所以一定还有Cl-和N。溶液中这五种离子刚好电荷守恒,所以一定不存在C和Al3+、K+,C项错误,D项正确。 9.答案　Ⅰ.(1)Cd2++Ca(OH)2===Cd(OH)2+Ca2+　(2)Fe+Cd2+===Fe2++Cd　(3)如果溶液呈碱性,则含有OH-,OH-会与Cd2+反应生成Cd(OH)2沉淀,所以含有镉离子的工业废水不可能为碱性 Ⅱ.(4)5Fe2++Mn+8H+===5Fe3++Mn2++4H2O (5)Fe+2Fe3+===3Fe2+、Cu2++Fe===Cu+Fe2+ 解析　Ⅰ.(1)利用镉离子与氢氧根离子反应生成难溶的Cd(OH)2沉淀。(2)利用置换反应,然后写出离子方程式。Ⅱ.(4)亚铁离子能与高锰酸钾发生氧化还原反应,反应的离子方程式为5Fe2++Mn+8H+===5Fe3++Mn2++4H2O。(5)含有铁离子、铜离子,加入过量铁后,发生反应的离子方程式为Fe+2Fe3+===3Fe2+、Cu2++Fe===Cu+Fe2+。 10.答案　(1)①废水中不存在Cu2+　②C+Ba2+===BaCO3↓　③Na+、K+　④用洁净的铂丝(或铁丝)蘸取废水,在无色火焰上灼烧,若火焰为黄色,则含有Na+,再透过蓝色钴玻璃继续观察,若火焰为紫色,则含有K+　(2)①NaOH、BaCl2、Na2CO3(或BaCl2、Na2CO3、NaOH或BaCl2、NaOH、Na2CO3)　②Cl2+2Br-===Br2+2Cl- 解析　(1)废水中Mg2+与C、OH-不能共存,Ba2+与C不能大量共存;由步骤1可知废水为无色澄清液体,则废水中一定不含Cu2+,由步骤2可知,加入过量BaCl2溶液有白色沉淀生成,则沉淀为碳酸钡沉淀,则废水中一定含有C,一定不含Ba2+和Mg2+,由步骤3可知,滴加酚酞,溶液变红,说明废水显碱性,则废水中一定含有OH-,废水中不能确定是否含有Na+和K+。①由分析可知步骤1可得的结论是废水中不存在Cu2+。②由分析可知步骤2中Ba2+与C反应生成碳酸钡沉淀,反应的离子方程式为C+Ba2+===BaCO3↓。③由分析可知实验中不能确定是否存在的离子是Na+、K+。④溶液中还未能确定的离子为Na+、K+,检验Na+、K+通常使用焰色试验,方法是用洁净的铂丝(或铁丝)蘸取废水,在无色火焰上灼烧,若火焰为黄色,则含有Na+,再透过蓝色钴玻璃继续观察,若火焰为紫色,则含有K+。(2)要先用BaCl2除S,然后再用Na2CO3除Ca2+,Na2CO3还可以除去过量的Ba2+,所以Na2CO3一定加在BaCl2的后面,如果加反了,过量的Ba2+就没法除去,至于加NaOH除去Mg2+的顺序不受限制,因为过量的NaOH可以通过加入HCl调节,只要将三种离子除完、过滤,最后加盐酸除去过量的氢氧根离子、碳酸根离子。①由分析可知,步骤1中按使用顺序所用试剂的化学式为NaOH、BaCl2、Na2CO3(或BaCl2、Na2CO3、NaOH或BaCl2、NaOH、Na2CO3)。②粗盐溶液中含有Br-,可以通入适量的氯气,氯气与Br-发生氧化还原反应生成Br2,反应的离子方程式为Cl2+2Br-===Br2+2Cl-,反应后加入CCl4,振荡后分液。 课时微练(四)　氧化还原反应的基本概念和规律 1.D　解析　新制氯水中,次氯酸见光易分解2HClO2HCl+O2↑,导致溶液中的可逆反应Cl2+H2OH++Cl-+HClO正向移动,溶液中Cl2被消耗,颜色变浅,涉及两个氧化还原反应,A项不符合题意;切开的苹果断面变黄是因为苹果中的Fe2+被空气中O2氧化生成Fe3+,B项不符合题意;双氧水有弱氧化性,可以与有色物质发生氧化还原反应,C项不符合题意;铬酸钾溶液中存在可逆反应2Cr+2H+===Cr2+H2O,加入硫酸,H+浓度增大,平衡正移,因此溶液由黄色变为橙色,不涉及氧化还原反应,D项符合题意。 2.D　解析　K2H3IO6中I元素的化合价降低,发生得电子的反应,发生还原反应,A项错误;KI中的I-由HI变化而来,化合价没有发生变化,KI既不是氧化产物也不是还原产物,B项错误;12.7 g I2的物质的量为0.05 mol,根据反应方程式,每生成4 mol I2转移7 mol电子,则生成0.05 mol I2时转移电子的物质的量为0.087 5 mol,C项错误;反应中HI为还原剂,K2H3IO6为氧化剂,在反应中每消耗1 mol K2H3IO6就有7 mol HI失电子,则还原剂与氧化剂的物质的量的比为7∶1,D项正确。 3.C　解析　Zn元素由0价变成+2价,失电子,A项错误;CuSO4转化为Cu2O,其中铜元素由+2价降低到+1价,被还原,B项错误;硫酸铜中铜元素的化合价降低,是氧化剂,C项正确;NaOH中各元素化合价未发生变化,既不是氧化剂,也不是还原剂,D项错误。 4.B　解析　KNO3为氧化剂,NaN3为还原剂,N2既是氧化产物又是还原产物,其中氧化产物占,则还原剂与氧化产物的物质的量之比为10∶=2∶3,A项错误;由反应可知,转移10 mol电子时氧化产物比还原产物多14 mol,则氧化产物比还原产物多1.4 mol时转移电子为1 mol,B项正确;反应中KNO3是氧化剂,被还原,C项错误;NaN3是含有离子键和非极性共价键的离子化合物,D项错误。 5.D　解析　由题图可知发生的反应为Cl2+2NaClO2===2ClO2+2NaCl,不是置换反应,A项错误,D项正确;反应中Cl2是氧化剂,NaClO2是还原剂,B项错误;NaClO2和ClO2中Cl元素的化合价分别为+3价、+4价,C项错误。 6.C　解析　反应3Fe2++2S2+O2+xOH-===Fe3O4+S4+2H2O中,铁元素的化合价由+2→+,硫元素的化合价由+2→+,氧元素的化合价由0→-2,所以O2得电子,Fe2+、S2都失电子,A项错误;由电荷守恒可知2×3+2×(-2)-x=-2,解得x=4,B项错误;纳米Fe3O4粒子直径为1~100 nm,将纳米Fe3O4分散在水中可形成胶体,会产生丁达尔效应,C项正确;氧化产物有Fe3O4和S4,D项错误。 7.A　解析　根据混盐定义判断,Na4S2O3由Na+、S、S2-构成,反应2Na4S2O3+4H2SO4===4Na2SO4+3S↓+SO2↑+4H2O中,生成3 mol S转移4 mol电子,每产生9.6 g S时转移电子数=××NA mol-1=0.4NA,A项错误;Na4S2O3由Na+、S、S2-构成,1 mol Na4S2O3固体中共含有6NA个离子,B项正确;Na4S2O3由Na+、S、S2-构成,S、S2-水解使溶液呈碱性;CaOCl2由Ca2+、Cl-、ClO-构成,ClO-水解使溶液显碱性,C项正确;CaOCl2由Ca2+、Cl-、ClO-构成,向CaOCl2中加入足量稀硫酸,Cl-、ClO-发生归中反应生成氯气,反应方程式为Cl-+ClO-+2H+===Cl2↑+H2O,被氧化与被还原的原子数相等,D项正确。 8.B　解析　Pb3O4中Pb元素为+2、+4价,Pb3O4可表示为PbO2·2PbO,A项正确;“加热”过程中PbO2被还原为Pb3O4和PbO,因此氧化性PbO2>PbO,步骤Ⅱ中部分HCl被Pb3O4氧化为Cl2,根据化合价变化可知该反应中氧化剂为+4价Pb元素,即氧化性PbO2>Cl2,无法比较PbO与Cl2的氧化性,B项错误;受热分解过程中,若PbO2完全分解只生成Pb3O4和O2,的PbO2表现氧化性,由于PbO2完全分解为Pb3O4、PbO的混合物,所以超过的PbO2表现氧化性,C项正确;若PbO2完全分解只生成Pb3O4和O2,根据得失电子守恒,生成1 mol Pb3O4的同时生成1 mol O2,1 mol Pb3O4与浓盐酸反应生成1 mol Cl2,由于PbO2完全分解为Pb3O4、PbO的混合物,所以生成O2的物质的量大于Cl2,D项正确。 9.B　解析　由题干反应方程式2CuO+2KO2===O2↑+2KCuO2可知,反应中KO2中的部分O元素由-价变为0价,部分由-价变为-2价,即KO2既发生氧化反应又发生还原反应,A项错误;反应中转移电子数为3e-,故0.2 mol CuO被氧化时反应共转移了0.3 mol电子,B项正确;CuO中Cu元素的化合价由+2价升高到+3价,故CuO只是还原剂,被氧化,C项错误;从O元素的化合价可知O2为氧化产物,从Cu元素的化合价可知KCuO2为氧化产物,故该反应的氧化产物有KCuO2和O2,D项错误。 10.D　解析　NbO+和Nb中Nb元素的化合价分别为+3价和+5价,A项错误;反应中,H元素的化合价没有变化,则反应中H+既不是氧化剂也不是还原剂,B项错误;Nb转化为Nb2O5的反应中没有元素化合价的变化,不是氧化还原反应,C项错误;反应中,Nb元素的化合价从+3价升高为+5价,则生成0.1 mol Nb反应转移0.2 mol电子,D项正确。 11.答案　(1)4CuCl+O2+8H2O2[Cu2(OH)2Cl2·3H2O] (2)Cr2+3HS+5H+===2Cr3++3S+4H2O (3)2MnO2+O2+4KOH2K2MnO4+2H2O (4)S2+2I2+3H2O===2S+4I-+6H+ (5)4OH-+3Cl+4NO===4N+3Cl-+2H2O (6)3HClO+2NO+H2O===3Cl-+2N+5H+ (7)CaC2O4CaCO3+CO↑ 解析　(1)45~50 ℃时,向CuCl悬浊液中持续通入空气得到Cu2(OH)2Cl2·3H2O,说明CuCl被空气中的O2氧化生成Cu2(OH)2Cl2·3H2O,结合得失电子守恒和原子守恒可得,该反应的化学方程式为4CuCl+O2+8H2O2[Cu2(OH)2Cl2·3H2O]。(2)用NaHSO3将废液中的Cr2还原成Cr3+,说明NaHSO3作还原剂,发生氧化反应,生成S,根据氧化还原反应中得失电子守恒以及电荷守恒、原子守恒可知,反应的离子方程式为Cr2+3HS+5H+===2Cr3++3S+4H2O。(3)MnO2与O2、KOH加热制取K2MnO4,说明MnO2被氧化生成K2MnO4,O2作氧化剂,结合守恒规则可写出该反应的化学方程式为2MnO2+O2+4KOH2K2MnO4+2H2O。(4)用碘标准液滴定某葡萄酒中的Na2S2O5,I2作氧化剂,发生还原反应生成I-,Na2S2O5作还原剂,发生氧化反应生成S,结合守恒规则可写出该反应的离子方程式为S2+2I2+3H2O===2S+4I-+6H+。(5)碱性溶液中NaClO2脱硝(NO),则NO作还原剂,发生氧化反应生成N,NaClO2作氧化剂,发生还原反应生成Cl-,根据守恒规则可写出该反应的离子方程式为4OH-+3Cl+4NO===4N+3Cl-+2H2O。(7)假设CaC2O4·H2O的物质的量为1 mol,其质量为146 g,由题图可知,第一阶段剩余固体质量为128 g,原固体质量为146 g,相差18 g,说明此阶段失去结晶水,第二阶段剩余固体质量与第一阶段剩余固体质量相比少了28 g,即相差1个CO,因此400~600 ℃范围内,分解反应的化学方程式为CaC2O4CaCO3+CO↑。 12.答案　(1)6KOH+KClO3+3MnO23K2MnO4+KCl+3H2O (2)1∶2　0.2NA或1.204×1023　KMnO4>K2MnO4>MnO2 (3)95.8% 解析　(1)反应物为KOH、KClO3、MnO2,生成物为K2MnO4(锰酸钾)和KCl、水,该反应为6KOH+KClO3+3MnO23K2MnO4+KCl+3H2O。(2)K2MnO4转化为KMnO4的反应K2MnO4—→2KMnO4+MnO2,Mn元素的化合价分别由+6价升高为+7价,由+6价降低为+4价,则氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶2,生成0.1 mol还原产物时转移电子数目为0.1NA×(6-4)=0.2NA,由氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性,可知氧化性为KMnO4>K2MnO4>MnO2。(3)KMnO4能与热的Na2C2O4(aq,硫酸酸化)反应生成Mn2+和CO2,设KMnO4的纯度为x,则由电子守恒可知,×(7-2)=×2×(4-3),解得x=95.8%。 课时微练(五)　氧化还原反应方程式的配平与计算 1.B　解析　2KNO3+S+3C===K2S+N2↑+3CO2↑该反应中N元素化合价由+5价降为0价,S元素化合价由0价降为-2价,C元素化合价由0价升为+4价,故S和KNO3为氧化剂,C为还原剂,CO2为氧化产物,K2S、N2为还原产物,据此分析解题。钙离子的焰色试验为砖红色,不能得到绿色的烟花,A项错误;CO2为氧化产物,K2S、N2为还原产物,氧化产物与还原产物的物质的量之比为3∶2 ,B项正确;反应中N元素化合价由+5价降为0价,S元素化合价由0价降为-2价,每生成1 mol N2,转移电子的物质的量为12 mol,C项错误;燃放烟花产生大量有毒烟尘颗粒物污染环境,D项错误。 2.C　解析　Cl2与NaOH溶液反应中Cl2既是氧化剂又是还原剂,显然产物中还存在NaCl,在NaClO、NaClO3、NaCl中都存在n(Na)∶n(Cl)=1∶1,根据元素守恒,则n(Cl2)∶n(NaOH)=1∶2。 3.C　解析　根据电子守恒和电荷守恒可配平化学方程式3As2S3+4H2O+28N===6As+9S+28NO↑+8H+,由此可知A、B、D三项正确,C项错误。 4.C　解析　依据有机物烃燃烧的通式CxHy+x+O2xCO2+H2O,可知当x=2,y=2,即C2H2+O22CO2+H2O,方程式的化学计量数需为正整数,所以乙炔燃烧的方程式为2C2H2+5O24CO2+2H2O,所以a、b、c、d之和为2+5+4+2=13。 5.D　解析　由题意可知,二氧化硒是一种氧化剂,结合离子方程式aSeO2+bSO2+cH2O===aSe+bX+dY,反应中Se元素化合价由+4价降低到0价,得到4个电子,则S元素化合价必升高到+6价,失去2个电子,依据氧化还原反应得失电子守恒,二氧化硒的系数为1,二氧化硫的系数为2,依据原子个数守恒,反应的离子方程式为SeO2+2SO2+2H2O===Se+2S+4H+,a∶b=1∶2,A项错误;Y为氢离子,B项错误;Se+2H2SO4(浓)===2SO2↑+SeO2+2H2O,反应中浓硫酸为氧化剂,二氧化硒为氧化产物,依据氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性,所以氧化性SeO2<H2SO4(浓),C项错误;依据方程式可知每生成0.2 mol硫酸根离子转移0.4NA个电子,D项正确。 6.B　解析　题目中指出被还原的是Cr元素,则得电子的物质必是K2Cr2O7,失电子的物质一定是Na2SO3,其中S元素的化合价从+4→+6;而Cr元素的化合价从+6→+n(设还原产物中Cr元素的化合价为+n)。根据氧化还原反应中得失电子守恒规律,可得0.05 mol·L-1×0.024 L×(6-4)=0.02 mol·L-1×0.020 L×2×(6-n),解得n=3。 7.A　解析　催化过程中,CO、CxHy、NOx转化为无污染的CO2、H2O、N2,三效催化剂能有效实现汽车尾气中CO、CxHy、NOx三种成分的净化,A项正确;由题图可知,BaO为催化剂,在NOx、O2、BaO转化为Ba(NO3)2的过程中,BaO参与储存氮元素,B项错误;还原过程中,Ba(NO3)2转化为N2,氮元素的化合价由+5变为0,故每生成0.1 mol N2,转移1 mol电子,C项错误;转化过程中,NOx中N元素的化合价可能为+2、+3、+4、+5,则NOx转化为Ba(NO3)2时,氮元素可能被氧化或既不被氧化也不被还原,D项错误。 8.D　解析　反应中铁元素化合价由+3价变为+6价,则生成1 mol Fe转移3 mol电子,A项正确;高铁酸根离子中铁元素处于高价态,具有强氧化性,可以消毒,溶于水能生成氢氧化铁胶体可以净水,B项正确;洁厕灵的主要成分是盐酸,高铁酸钾可以和其反应生成有毒的氯气,两者不能混用,C项正确;该反应中氧化产物是Fe,还原产物是Cl-,根据方程式可知,两者物质的量之比为2∶3,D项错误。 9.A　解析　KI中I元素的化合价由-1价升高到0价,则KI作还原剂,V2O5中V元素的化合价由+5价降低到+4价,则V2O5作氧化剂,故氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2,A项错误;生成2 mol VOCl2转移2 mol电子,则生成1 mol VOCl2时转移1 mol电子,B项正确;V2O5中V元素显+5价,处于最高价,O元素显-2价,处于最低价,即V2O5既具有氧化性又具有还原性,C项正确;在酸性过强时,S2与H+反应生成S、SO2和H2O,D项正确。 10.答案　(1)2Fe(OH)3+4NaOH+3NaClO===2Na2FeO4+3NaCl+5H2O (2)I2+5Cl2+6H2O===2HIO3+10HCl (3)2KMnO4+18H2SO4+10FeO===K2SO4+2MnSO4+5Fe2(SO4)3+18H2O (4)6NO2+8NH37N2+12H2O (5)2FeCl3+BaCl2+SO2+2H2O===BaSO4↓+2FeCl2+4HCl (6)SOCl2+H2O===2HCl+SO2↑ (7)Al4C3+12H2O===4Al(OH)3↓+3CH4↑ (8)MnO2+H2O2+2H+===Mn2++2H2O+O2↑ 解析　(1)Fe(OH)3与NaOH和NaClO的混合液反应生成Na2FeO4,铁元素化合价升高,则氯元素化合价降低得到氯化钠,化学方程式为2Fe(OH)3+4NaOH+3NaClO===2Na2FeO4+3NaCl+5H2O。(2)5.0 mL 1.0×10-3 mol·L-1的碘水中碘单质为5×10-6 mol,当通入足量Cl2完全反应后,转移了5.0×10-5 mol电子,则该反应中碘元素化合价升高5,生成HIO3,化学方程式为I2+5Cl2+6H2O===2HIO3+10HCl。(3)高锰酸钾具有强氧化性,会将二价铁氧化为三价铁,将氧化亚铁放入酸性(硫酸)高锰酸钾溶液中反应生成硫酸铁、硫酸锰、硫酸钾,化学方程式为2KMnO4+18H2SO4+10FeO===K2SO4+2MnSO4+5Fe2(SO4)3+18H2O。(4)用氨将二氧化氮还原为无毒的氮气,同时生成水,化学方程式为6NO2+8NH37N2+12H2O。(5)二氧化硫具有还原性,会和铁离子生成硫酸根离子和亚铁离子,FeCl3和BaCl2的混合溶液中通入SO2气体,观察到有白色沉淀生成,并且溶液的颜色变浅,则反应生成硫酸钡沉淀,根据质量守恒可知还生成氯化亚铁和盐酸,化学方程式为2FeCl3+BaCl2+SO2+2H2O===BaSO4↓+2FeCl2+4HCl。(6)SOCl2是一种液态化合物,将其滴入水中,液面上会有白雾形成,并有刺激性气味的气体逸出,则生成物为HCl、二氧化硫,化学方程式为SOCl2+H2O===2HCl+SO2↑。(7)CaC2和Al4C3都属于离子化合物,前者跟水反应生成Ca(OH)2和C2H2,则Al4C3跟水反应生成氢氧化铝和甲烷,化学方程式为Al4C3+12H2O===4Al(OH)3↓+3CH4↑。(8)适量MnO2加入酸化的H2O2溶液中,MnO2溶解产生Mn2+,锰元素发生还原反应,则过氧化氢发生氧化反应生成氧气,离子方程式为MnO2+H2O2+2H+===Mn2++2H2O+O2↑。 11.答案　(1)2NaNH2+N2ONaN3+NH3+NaOH (2)ClO-+2+H2O===Cl-+2OH-+3N2↑ 解析　(1)反应①为210~220 ℃下NaNH2与N2O反应生成NaN3和氨气,根据氧化还原反应方程式的配平规则及质量守恒可得反应的化学方程式为2NaNH2+N2ONaN3+NH3+NaOH。(2)销毁NaN3可用NaClO溶液,ClO-可将氧化生成氮气,故该销毁反应的离子方程式为ClO-+2+H2O===Cl-+2OH-+3N2↑。 12.答案　(1)①+6　②氧化　0.03　(2)2　4　3　2　3　5 (3)Na2O2、FeSO4　3 解析　高铁酸盐具有氧化性,可以用于杀菌消毒;其还原产物为Fe3+,水解可得Fe(OH)3胶体,可以用于净水。(1)高铁酸钾中K元素为+1价,O元素为-2价,由正负化合价代数和为0可以算得Fe元素为+6价。(2)过程a中Fe元素由+6价转变为+3价,化合价降低,体现氧化性;1 mol Fe原子得到3 mol电子,所以需要=0.03 mol K2FeO4;Fe(OH)3→K2FeO4失3e-,KClO→KCl得2e-,根据电子得失守恒、原子守恒有2Fe(OH)3+4KOH+3KClO2K2FeO4+3KCl+5H2O。(3)该反应Na2O2中O元素化合价降低,所以Na2O2为氧化剂,FeSO4中Fe元素化合价升高,Na2O2中O元素化合价升高,所以FeSO4和Na2O2为还原剂;由方程可知,产生1 mol高铁酸钠,需要3 mol Na2O2。 增分微练(二)　信息型氧化还原反应的考查 1.D　解析　铅白长时间放置于空气中会转变为PbS,Pb元素化合价不变,不是氧化还原反应,是铅白[2PbCO3·Pb(OH)2]与空气中少量的硫化物反应生成了PbS,A项错误;铅白从组成上看属于碱式碳酸盐,PbCO3、Pb(OH)2均溶于酸,B项错误;用双氧水清洗是利用双氧水的氧化性,但真正氧化的是硫元素,Pb元素化合价不变,未被氧化,C项错误;2PbCO3·Pb(OH)2中铅元素的质量分数为×100%≈80.1%,PbCO3·Pb(OH)2中铅元素的质量分数为×100%≈81.5%,D项正确。 2.D　解析　由题给流程可知,铁屑与氯气共热发生反应Ⅰ制备氯化铁,氯化铁溶液与次氯酸钠、氢氧化钠混合溶液发生反应Ⅱ制得高铁酸钠溶液,向高铁酸钠溶液中加入饱和氢氧化钾溶液发生反应Ⅲ制得粗高铁酸钾。工业制备氯气的反应为电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气和氯气,反应的离子方程式为2Cl-+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑,A项错误;由分析可知,反应Ⅱ为氯化铁溶液与次氯酸钠、氢氧化钠混合溶液反应生成氯化钠、高铁酸钠和水,反应的离子方程式为3ClO-+2Fe3++10OH-===2Fe+3Cl-+5H2O,B项错误;由分析可知,反应Ⅲ为高铁酸钠溶液与饱和氢氧化钾溶液反应生成高铁酸钾沉淀和氢氧化钠,反应的离子方程式为Fe+2K+===K2FeO4↓,C项错误;高铁酸钾净水原理为溶液中的高铁酸根离子与水反应生成氢氧化铁胶体、氧气和氢氧根离子,氢氧化铁胶体吸附水中悬浮杂质达到净水的作用,生成氢氧化铁胶体的离子方程式为4Fe+10H2O===4Fe(OH)3(胶体)+3O2↑+8OH-,D项正确。 3.D　解析　配平方程式得2HNF2+2Fe3+===N2F4↑+2Fe2++2H+,HNF2中N元素的化合价为+1价,N2F4中N元素的化合价为+2价,则N元素被氧化,HNF2作还原剂;Fe元素的化合价由+3价变为+2价,则Fe3+被还原,Fe3+作氧化剂,A、B两项正确。Fe3+为氧化剂,N2F4为氧化产物,氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性,C项正确。未指明气体所处状况,不能计算N2F4的物质的量,故无法计算转移的电子数,D项错误。 4.D　解析　反应Ⅰ中Cu2S中的Cu、S元素的化合价均升高,被氧化,是还原剂,A项错误;反应Ⅰ为8H++2Mn+Cu2S===2Cu2++S+2Mn2++4H2O,反应中每生成1 mol S,转移电子的物质的量为10 mol,B项错误;反应Ⅱ为3Mn+FeS2+8H+===Fe3++2S+3Mn2++4H2O,氧化剂与还原剂的物质的量之比为3∶1,C项错误;由方程式可知,若反应Ⅰ和反应Ⅱ消耗的KMnO4的物质的量相同,则反应Ⅰ和反应Ⅱ消耗的还原剂的物质的量之比为3∶2,D项正确。 5.B　解析　Fe2+具有还原性,题图中Fe2+与S2反应生成·S,则Fe2+被氧化为Fe3+,S2被还原为S,化学方程式为Fe2++S2===Fe3++·S+S,A项正确;由题图可知,氧化剂转化过程为S2→·S→·OH→H2O2,则氧化能力S2>·S>·OH>H2O2,B项错误;活化物FeS是不溶物,能与H+反应生成Fe2+,则初始保持溶液为酸性,可使更多的FeS转化为Fe2+,C项正确;由S2的结构式可知,S2中存在极性共价键O—S、O==S,还含有非极性键O—O,D项正确。 6.C　解析　S2与氢离子在紫外线照射条件下可以生成HS·,两个HS·可以结合生成H2S2,H2S2分解得到S8和H2S,H2S与H3AsO3发生反应生成As2S3,X的化学式为H2S2,A项正确;HS·反应活性较强,在强酸性或强碱性溶液中均不能大量存在,B项正确;步骤Ⅲ反应中H2S2分解得到S8和H2S,方程式为8H2S2===S8+8H2S,S元素化合价由-1价上升到0价,又由-1价下降到-2价,H2S2既是氧化剂也是还原剂,氧化剂与还原剂的物质的量比为1∶1,C项错误;步骤Ⅳ中,H2S与H3AsO3发生反应生成As2S3,方程式为3H2S+2H3AsO3===As2S3↓+6H2O,D项正确。 7.B　解析　根据图示,反应①:Ca(ClO)2+H2O+CO2===CaCO3+2HClO,反应②:2NH3+3HClO===N2+3H2O+3HCl,反应③:CaCO3+2HCl===CaCl2+H2O+CO2↑。反应①③属于化合价不变的复分解反应,反应②中有化合价变化,属于氧化还原反应,A项正确;CaCO3和HCl在流程中仅为中间产物,CaCl2为生成物,不可循环使用,B项错误;根据氮原子守恒可知,每生成14 g N2,物质的量为0.5 mol,含N原子1 mol,需消耗1 mol NH3,对应质量为17 g,C项正确;根据图示,该反应的反应物为NH3和Ca(ClO)2,生成物为N2、CaCl2和H2O,总反应方程式:4NH3+3Ca(ClO)2===2N2+3CaCl2+6H2O,D项正确。 8.D　解析　污染物NO、SO2通到氢氧化钠溶液中,NO不反应,二氧化硫和氢氧化钠溶液反应生成亚硫酸氢钠,亚硫酸氢钠在电解池中电解得到硫代硫酸钠,NO和Ce4+在吸收池2中反应生成N、N和Ce3+,氧化池中氧气氧化N变为硝酸根离子,氨气通到酸性氧化池生成硝酸铵。根据图中信息得到“吸收池1”中是氢氧化钠和二氧化硫反应生成亚硫酸氢钠,其反应的离子方程式为SO2+OH-===HS,A项正确;根据图中信息得到“吸收池2”中是NO和Ce4+反应生成N、N和Ce3+,则生成等物质的量的N和N,假设都生成1 mol,则转移4 mol电子,说明有4 mol Ce4+参与反应,再根据电荷守恒和质量守恒配平得到离子方程式2NO+4Ce4++3H2O===N+N+4Ce3++6H+,B项正确;“电解池”中阴极是亚硫酸氢根离子得到电子变为硫代硫酸根离子,其电极反应式为2HS+4e-+4H+===S2+3H2O,C项正确;“氧化池”中反应的离子方程式为O2+2N===2N,D项错误。 9.答案　(1)1　C6H12O6　24　6　18　H2O　(2)2Fe3++2I-===2Fe2++I2　2Fe3++3ClO-+10OH-===2Fe+3Cl-+5H2O (3)2S2-+O2+2H2O===4OH-+2S↓ (4)PbO2+4H++2Cl-Pb2++Cl2↑+2H2O 解析　(2)FeCl3与氢碘酸反应生成棕色物质,根据现象可知生成碘单质,则I-被氧化为I2,Fe3+被还原成Fe2+,可以写出Fe3++I-—→Fe2++I2,然后根据得失电子守恒、电荷守恒配平。FeCl3与KClO反应时,根据题目信息可知Fe3+被氧化为Fe,则ClO-被还原成Cl-,可以写出Fe3++ClO-—→Fe+Cl-,然后根据氧化还原反应中得失电子守恒可以得到2Fe3++3ClO-—→2Fe+3Cl-,再结合溶液呈强碱性和电荷守恒,在左边补上OH-,右边补上H2O,然后配平即可。(3)Na2S溶液长期放置有硫生成,则一定有氧气参加反应,可以根据氧化还原反应规律写出S2-+O2+H2O—→OH-+S↓,再根据电荷守恒、得失电子守恒配平方程式。 课时微练(六)　物质的量　气体摩尔体积 1.B　解析　摩尔质量不能以“g”作单位,偏二甲肼的摩尔质量应为60 g·mol-1,A项错误;6.02×1023个偏二甲肼约为1 mol,其质量约为60 g,B项正确;1 mol偏二甲肼的质量为60 g,C项错误;摩尔质量的单位为g·mol-1,相对分子质量的单位为“1”,两者的数值相等,但是物理意义不同,D项错误。 2.D　解析　N2O的摩尔质量为44 g·mol-1,根据n(N2O)= mol= mol,则NA=。 3.C　解析　设O2和He的质量分别为x g和y g,则,解得x=1.6,y=0.8,x∶y=1.6∶0.8=2∶1。 4.D　解析　左、右两室(容积相同)内气体密度相同,则两室内气体的质量相同,H2、Cl2的相对分子质量分别为2、71,则二者的物质的量之比为71∶2。开始时左、右两室气体的物质的量之比为71∶2,则二者的分子数不相同,A项错误;提供条件发生完全反应后,最终容器内Cl2没有剩余,还有H2存在,B项错误;反应前两容器内的压强不同,打开活塞后,H2室压强减小,C项错误;打开活塞前两室气体的密度相同,打开活塞后,混合气的质量变为原来的二倍,体积变为原来的二倍,则最终容器内密度与原来相同,D项正确。 5.B　解析　A球放在CO中下沉,B气球放在O2中上浮,说明X气体的密度比一氧化碳的密度大,Y的密度小于氧气,根据ρ=M/Vm知,同温同压下,密度与摩尔质量成正比,所以X的相对分子质量大于28,Y的相对分子质量小于32,但X气体的相对分子质量不一定比Y大,A项错误;CO2的相对分子质量为44,甲烷的相对分子质量为16,所以X可能是CO2,Y可能是甲烷,B项正确;X的密度大于CO,但不一定小于Y的密度,C项错误;相同条件下,等体积的两种气体其物质的量相等,因为其摩尔质量相对大小未知,所以无法确定其质量相对大小,D项错误。 6.D　解析　27.5 g PCl3的物质的量为0.2 mol,则含有的P—Cl键数目为0.6NA,A项错误;23 g Na的物质的量为1 mol,1 mol Na可生成0.5 mol H2,H2分子数目应为0.5NA,B项错误;水中也含有氧原子,C项错误。 7.A　解析　根据结构简式可知奥克托今的分子式为C4N8H8O8,根据原子守恒可知,HMX自爆时的反应方程式为C4N8H8O8===4CO↑+4N2↑+4H2O↑,故氮气和CO的分子数之比为1∶1。 8.A　解析　31 g白磷(P4)中含有31 g磷原子,磷原子的物质的量为=1 mol,磷原子数为NA,A项正确;溶液体积未知,不能确定氯离子数目,B项错误;标准状况下SO3不是气体,不能依据体积确定分子数,C项错误;1 mol Na2O2与足量水反应转移的电子数为NA,D项错误。 9.C　解析　未说明N2所处的温度和压强,无法计算11.2 L N2含π键的数目,A项错误;2PCl5+10NaN3===2P+15N2↑+10NaCl中P元素由+5价下降到0价,3.1 g P的物质的量为0.1 mol,每生成3.1 g P转移电子数目为0.5NA,B项错误;NaN3晶体中含有Na+和,0.1 mol NaN3晶体中含离子数目为0.2NA,C项正确;PCl5与水发生反应PCl5+4H2O===5HCl+H3PO4,0.1 mol PCl5与足量水反应生成0.5 mol HCl和0.1 mol H3PO4,H3PO4是弱电解质,在水溶液中不能完全电离,所得溶液中H+的数目小于0.8NA,D项错误。 10.答案　(1)过滤　蒸发浓缩、冷却结晶、过滤　(2)连接好装置,从漏斗向量气筒内注入一定量的水,移动漏斗使左、右两侧形成液面高度差,静置后,液面高度不再变化,即表明气密性良好　(3)移动漏斗保持左、右两侧液面相平　(4)% 解析　(1)完全反应后的生成物中有可溶性的物质也有不溶性的物质,所以分离不溶性的固体和溶液的方法是过滤,滤液中含有氯化铵,从溶液中获得晶体应蒸发浓缩、冷却结晶、过滤。(2)依据装置压强变化和液面变化可知,连接好装置,从漏斗向量气筒内注入一定量的水,移动漏斗使左、右两侧形成液面高度差,静置后,液面高度不再变化,即表明气密性良好。(3)移动漏斗保持液面与量气筒液面相平,防止试管和量气筒内气体压强过大造成误差。(4)根据题意知,小试管中产生的气体是氧气,其体积V(O2)=(b-a)×10-3 L,根据2CaO22CaO+O2↑,n(CaO2)=2n(O2)=2×= mol,过氧化钙的质量m(CaO2)= mol×72 g·mol-1= g,则过氧化钙的含量为×100%=%。 11.答案　(1)bd　(2)0.2　3　16　(3)X2Y或YX2　(4)1.12　(5)2 (6)1 解析　(1)①6.72 L CH4的物质的量为=0.3 mol,②3.01×1023个HCl分子的物质的量为0.5 mol,③13.6 g H2S的物质的量为=0.4 mol,④0.2 mol NH3。a.相同条件下,体积②>③>①>④。b.各物质的摩尔质量分别为①CH4为16 g/mol,②HCl为36.5 g/mol,③H2S为34 g/mol,④NH3为17 g/mol,相同条件下,密度②>③>④>①。c.各物质的质量分别为①CH4为0.3 mol×16 g/mol=4.8 g,②HCl为0.5 mol×36.5 g/mol=18.25 g,③H2S为13.6 g,④NH3为0.2 mol×17 g/mol=3.4 g,质量②>③>①>④;d.各物质中H原子的物质的量分别为①0.3 mol×4=1.2 mol,②0.5 mol,③0.4 mol×2=0.8 mol,④0.2 mol×3=0.6 mol,氢原子个数①>③>④>②,故答案为bd。(2)8.4 g N2的物质的量n===0.3 mol,根据N=nNA,分子数和物质的量成正比,已知8.4 g N2与9.6 g Rx的分子数目之比为3∶2,则9.8 g Rx的物质的量为0.2 mol,Rx的摩尔质量M===48 g/mol,又知两者的原子数目相同,则x=3,R的相对原子质量是48÷3=16。(3)同温同压下,气体摩尔体积相等,则X2、Y2和生成物的计量数之比=100 mL∶50 mL∶100 mL=2∶1∶2,再结合原子守恒得方程式为2X2+Y22X2Y或2YX2。(4)Na的物质的量==0.1 mol, n(H2)==0.05 mol,标准状况下,生成氢气的体积=0.05 mol×22.4 L/mol=1.12 L。 (5)A、B两室压强与温度相同,物质的量与体积成正比,则A室中气体的物质的量为1 mol×=2 mol。(6)设H2和O2的物质的量分别为x、y,依据题意可知x+y=2,2x+32y=34,解得x=y=1 mol。 12.答案　(1)20　(2)由题图可得,3.60 g草酸亚铁晶体经热分解后剩余铁的氧化物的质量是1.60 g,根据铁原子守恒,剩余氧化物中铁原子的物质的量为=0.02 mol,其质量为0.02 mol×56 g·mol-1=1.12 g,该氧化物中氧原子的质量是1.60 g-1.12 g=0.48 g,其物质的量为=0.03 mol,该铁的氧化物中n(Fe)∶n(O)=2∶3,其化学式为Fe2O3。 解析　(1)草酸亚铁晶体中结晶水的质量分数为×100%=20%。 课时微练(七)　物质的量浓度 1.B　解析　标准状况下1.12 L NH3的物质的量==0.05 mol,将NH3溶于水配成500 mL溶液,其物质的量浓度==0.1 mol·L-1,A项错误,B项正确;取1 mol·L-1的氨水100 mL,配成500 mL溶液,其物质的量浓度是0.2 mol·L-1,C、D两项错误。 2.D　解析　没有480 mL容量瓶,应选500 mL容量瓶,500 mL 溶液对应的胆矾质量为12.5 g或对应的硫酸铜质量为8.0 g。 3.D　解析　该“84”消毒液的物质的量浓度c==≈4.0 mol·L-1,A项正确;一瓶该“84”消毒液敞口放置一段时间后,由于其易吸收空气中的CO2变质而浓度变小,B项正确;稀释后的溶液中c(Na+)等于其原物质的量浓度4.0 mol·L-1的,约为0.04 mol·L-1,C项正确;应选取500 mL的容量瓶进行配制,所以需要NaClO的质量为0.5 L×4.0 mol·L-1×74.5 g·mol-1=149 g,D项不正确。 4.D　解析　题图中量取液体时仰视刻度线,导致量取浓硫酸的体积偏大,A项错误;题图中浓硫酸稀释时,将水注入浓硫酸容易使硫酸飞溅伤人,B项错误;题图中移液操作未用玻璃棒引流,C项错误;题图中为定容操作,眼睛平视刻度线,D项正确。 5.D　解析　甲所需溶质的质量为100 g×10%=10 g,乙所需溶质的质量为0.1 L×1.0 mol·L-1×134 g·mol-1=13.4 g,则乙同学所需溶质的质量大,A项错误;乙同学所配溶液的质量为100 mL×1.02 g·cm-3=102 g,则两同学所配溶液的质量不同,B项错误;乙需要100 mL 容量瓶,而甲同学不需要,C项错误;乙同学的质量分数为×100%=×100%>10%,故甲同学所配溶液的浓度比乙同学的小,D项正确。 6.C 　解析　铜和浓硫酸反应后的溶液中含有CuSO4和H2SO4,加入含a mol NaOH的溶液后显中性,此时溶液中的溶质为Na2SO4,Cu2+完全沉淀,A项正确;n(CuSO4)< mol,B项正确,C项错误;由于有一部分浓硫酸被还原为SO2,故n(H2SO4)> mol,D项正确。 7.C　解析　实验室没有规格为240 mL的容量瓶,应选择250 mL的容量瓶,A项错误;不能在容量瓶中直接稀释浓硫酸,B项错误;氯化铝易水解,将AlCl3晶体溶于浓盐酸中可抑制AlCl3的水解,C项正确;移液时,玻璃棒下端应紧靠容量瓶刻度线以下的位置,D项错误。 8.D　解析　“盐泡”内含有NaCl等盐类,“盐泡”越多,质量越大,海冰密度越大,A项错误;若海冰的冰龄达到1年以上,融化后的水为淡水,即冰龄越长,“盐泡”渗出,内层的“盐泡”越少,B项错误;NaCl是离子化合物,不存在NaCl分子,C项错误;假设有1 L海冰,质量为900 g,“盐泡”与H2O的个数比约为2×10-5∶1,则氯化钠的物质的量约为×2×10-5=1×10-3 mol,所以海冰内层NaCl的浓度约为10-3 mol·L-1,D项正确。 9.答案　(1)③④②①或④③②①　(2)CE　(3)MgCO3+2H+===Mg2++CO2↑+H2O　H++OH-===H2O　(4)250 mL　4次实验理论上共消耗盐酸100 mL,实验时要考虑损耗(如量筒内壁的残留,或移液管润洗、排气泡、内壁残留等的损耗),故需要使用250 mL容量瓶　(5)504 解析　(1)依据实验步骤判断操作顺序为配制溶液、溶解样品、加入配制的过量盐酸溶解碳酸镁、剩余的盐酸用氢氧化钠溶液滴定、计算反应的盐酸,通过碳酸镁和盐酸反应的定量关系计算含量,所以测定过程的正确操作顺序为③④②①或④③②①。(2)配制溶液需要的玻璃仪器为烧杯、量筒、容量瓶、玻璃棒和胶头滴管,故选CE。(3)过程中发生的反应为碳酸镁和盐酸反应生成氯化镁、二氧化碳和水,氢氧化钠溶液和盐酸反应生成氯化钠和水,离子方程式分别为MgCO3+2H+===Mg2++CO2↑+H2O、H++OH-===H2O。(4)每次取用25.00 mL盐酸,4次需100 mL,因实验操作过程中润洗移液管、赶气泡等都需要消耗盐酸,故盐酸的用量要大于100 mL,选择容量瓶的规格为250 mL。(5)由题表数据可知,第四次数据误差较大,舍去,消耗氢氧化钠溶液的平均体积==13.00 mL,则碳酸镁消耗盐酸的物质的量为0.025 L×0.1 mol·L-1-0.013 L×0.1 mol·L-1=0.001 2 mol,所以碳酸镁的含量为=504 mg·g-1。 10.答案　(1)A　(2)偏大　(3)2.5　(4)　(5)24 (6) mol·L-1　g　(7)0.672 L　10 解析　(1)实验需要0.05 mol·L-1的碳酸钠溶液950 mL,则需要1 000 mL的容量瓶,需要碳酸钠固体的质量为1 L×0.05 mol·L-1×106 g·mol-1=5.3 g。(2)若配置溶液定容时俯视刻度线,则所配制的溶液体积偏小,浓度偏大。(3)200 mL某硫酸盐溶液中含S 1.5NA个,含金属离子NA个,则S、金属离子的物质的量分别是1.5 mol、1 mol,该盐的化学式可表示为R2(SO4)3,该硫酸盐的物质的量是0.5 mol,则该硫酸盐溶液的物质的量浓度为=2.5 mol·L-1。(4)一份加入含b mol BaCl2的溶液,恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡,说明硫酸根离子的物质的量为b mol;一份加入足量NaOH的溶液并加热,生成a mol NH3,则(NH4)2SO4的物质的量是 mol ;则Al2(SO4)3的物质的量是 mol,Al3+的物质的量是 mol,原混合溶液中Al3+的浓度为= mol·L-1。(5)由酸与碱中和反应的实质可知n(H+)=n(OH-),据此计算5.36 g混合一元碱的总的物质的量,5.36 g混合碱恰好能中和0.15 mol HCl,所以n(OH-)=0.15 mol,所以一元碱的总物质的量也为0.15 mol,设A、B、C三种碱的摩尔质量分别为3x g·mol-1、5x g·mol-1、7x g·mol-1,故一元碱的平均摩尔质量为==,解得x=8,故A的摩尔质量为24 g·mol-1。(6)W g胆矾(CuSO4·5H2O)中硫酸铜的物质的量n(CuSO4)== mol,溶液的体积== mL=×10-3 L,溶液的物质的量浓度== mol·L-1;=,则溶解度为 g。(7)根据公式c=,所用盐酸的物质的浓度c= mol·L-1=12 mol·L-1;由反应Na2CO3+2HCl===2NaCl+H2O+CO2↑,可得关系式2HCl~CO2,消耗盐酸12×5×10-3 mol=0.06 mol,V(CO2)=×22.4 L=0.672 L,根据关系式Na2CO3·xH2O~2HCl,可得=,解得x=10。 11.答案　(1)2　(2)1.2 解析　(1)由电荷守恒可得x=2。(2)血样处理过程中发生反应的离子方程式依次是①Ca2++C2===CaC2O4↓;②CaC2O4+2H+===Ca2++H2C2O4;③2Mn+5H2C2O4+6H+===2Mn2++10CO2↑+8H2O,由此可得关系式5Ca2+~5CaC2O4~5H2C2O4~2Mn,所以n(Ca2+)=n(Mn)=×0.012 00 L×0.020 mol·L-1=6.0×10-4 mol,血液样品中Ca2+的浓度==1.2×10-3 g·cm-3=1.2 mg·cm-3。 12.答案　(1)向上层清液中继续滴加BaCl2溶液,无白色沉淀生成,则沉淀完全　(2)HNO3酸化的AgNO3溶液　(3)　(4)偏低　(5)检查装置气密性　(6)b　(7)　(8)偏高　(9)否 解析　(1)S的检验是滴加氯化钡溶液,若产生白色沉淀,证明溶液中含有S,故判断S沉淀完全的操作为向上层清液中继续滴加BaCl2溶液,无白色沉淀生成,则沉淀完全。(2)步骤②判断沉淀是否洗净可检验固体表面有无Cl-,故选用的试剂为HNO3酸化的AgNO3溶液。(3)固体质量为w g,为硫酸钡的质量,硫酸钡的物质的量为n=,根据硫酸根离子守恒可知,CuSO4~BaSO4,则c(CuSO4)== mol·L-1。(4)若步骤①从烧杯中转移沉淀时未洗涤烧杯,会使固体的质量偏小,物质的量偏小,根据c=可知,测得c(CuSO4)偏低。(5)加入药品之前需检查装置的气密性,故步骤②为检查装置气密性。(6)气体的体积受温度和压强的影响较大,气体的质量不随温度和压强的变化而改变,密度也受温度和压强的影响,步骤⑥需保证体系恢复到室温的原因是气体密度受温度影响,故选b。(7)氢气的质量m=ρ(H2)V=db×10-3 g,n(H2)== mol,根据Zn+H2SO4===ZnSO4+H2↑,与酸反应的锌的物质的量为 mol,锌的总物质的量为,与硫酸铜反应的锌的物质的量为- mol,根据Zn+CuSO4===ZnSO4+Cu,则c(CuSO4)=。(8)若步骤⑥E管液面高于D管,未调液面即读数,得到氢气的体积偏小,与硫酸反应的锌质量偏小,与硫酸铜反应的锌质量偏大,则测得c(CuSO4)偏高。(9)不能用同样的装置和方法测定MgSO4溶液的浓度,硫酸镁不和锌发生置换反应。 增分微练(三)　以物质的量为中心的化学计算 1.B　解析　标准状况下乙醇为液体,不能用气体摩尔体积来计算,A项错误;D2O与O的摩尔质量均为20 g·mol-1,故20 g D2O与20 g O的物质的量均为1 mol,且它们每个分子中均含10个中子,故1 mol两者中均含10NA个中子,B项正确;溶液体积未知,无法计算离子个数,C项错误;50 mL 12 mol·L-1盐酸与足量MnO2共热反应一段时间后,盐酸浓度减小,无法继续反应,转移电子数小于0.3NA,D项错误。 2.A　解析　题述反应中Cu元素的化合价由+2价降为+1价,则生成1 mol Cu2HgI4时,转移的电子数为2NA,A项正确;标准状况下水为液体,不能用气体摩尔体积计算,B项错误;SO2与O2的反应为可逆反应,所以标准状况下,22.4 L SO2与足量的O2反应,生成SO3的分子数小于NA,C项错误;Cu2+在溶液中会发生水解,所以1 L 0.1 mol·L-1 CuSO4溶液中Cu2+数目小于0.1NA,D项错误。 3.A　解析　由S8分子结构看出一个S8分子有8个σ键,32 g S8的物质的量为=0.125 mol,σ键的物质的量为0.125 mol×8=1 mol,即32 g S8中含有NA个σ键,A项错误;SF6是由S原子和F原子通过极性键S—F构成的分子,B项正确;C2H2分子的结构式为H—C≡C—H,单键为σ键,1个三键中有1个σ键和2个π键,则1 mol C2H2分子中有3NA个σ键和2NA个π键,C项正确;S8是一个环形分子,每个S原子与2个S原子相连,一个S8分子中有8个S—S键,1 mol S8中含有8 mol S—S键,即8NA个,D项正确。 4.C　解析　1个乙炔分子中有3个σ键,1 mol乙炔分子中所含σ键数为3NA,A项错误;反应2CO2+2Na2O2===2Na2CO3+O2中,7.8 g Na2O2为0.1 mol,与足量CO2反应转移电子数为0.1NA,B项错误;14NO与13CO的中子数均为15,1 mol 14NO和13CO的混合气体中所含中子数为15NA,C项正确;没有给出溶液体积,不能计算各微粒数目,D项错误。 5.C　解析　16 g O2和O3的混合气体中所含原子数为×NA mol-1=NA,A项正确;用1 mol Cl2氧化足量的Fe,氯气少量,完全反应生成2 mol 氯离子,发生化学反应转移电子总数为2NA,B项正确;硫离子为弱酸根离子,在水溶液中部分水解,所以1.0 L 0.1 mol·L-1的Na2S溶液中含有S2-的数目小于0.1NA,C项错误;氢氧化铁胶体微粒是多个氢氧化铁集合体,所以1 mol FeCl3完全转化为Fe(OH)3胶体后形成的胶粒数小于NA,D项正确。 6.C　解析　NO2、N2O4的最简式均为NO2,故23 g混合物中含有的NO2的物质的量为0.5 mol,而反应中N元素由+5价变为NO2中的+4价,故生成0.5 mol NO2转移0.5NA个电子,A项正确。乙醇水溶液中,除了乙醇外,水中也含O原子,10 g 46%的乙醇溶液中乙醇的质量为4.6 g,物质的量为0.1 mol,含O原子为0.1 mol;水的质量为5.4 g,物质的量为0.3 mol,含O原子为0.3 mol,所以此溶液中共含0.4NA个O原子,B项正确。碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子,阴离子数目增多,所以1 L 1 mol·L-1 Na2CO3溶液中阴离子总数大于NA,C项错误。向100 mL 0.1 mol·L-1醋酸溶液中加入CH3COONa固体至溶液刚好为中性,则溶液中存在电荷守恒n(H+)+n(Na+)=n(OH-)+n(CH3COO-),溶液呈电中性,氢离子与氢氧根离子数相等,则钠离子与醋酸根离子个数相等,可以考虑为醋酸不电离,醋酸钠不水解,则醋酸分子的物质的量为0.1 mol·L-1×0.1 L=0.01 mol,D项正确。 7.C　解析　金刚石中1个C原子形成4个碳碳单键,每个碳碳单键被2个C原子共用,故1个C原子平均形成2个碳碳单键,则12 g(1 mol)金刚石中含有化学键的数目为2NA,A项错误;D2O的摩尔质量为20 g·mol-1,1个D2O含有10个质子,故18 g D2O含有的质子数为×10×NAmol-1=9NA,B项错误;乙烯(C2H4)和环己烷(C6H12)的最简式均为CH2,28 g该混合气体中所含原子总数为×3×NAmol-1=6NA,C项正确;1 L 1 mol·L-1NH4Cl溶液中的由于水解,其数目小于NA,D项错误。 8.A　解析　氮气和CO的摩尔质量均为28 g·mol-1,故14 g混合物的物质的量n==0.5 mol,且两者均为双原子分子,故0.5 mol混合气体中含有NA个原子,A项正确;溶液体积未知,故溶液中HC个数无法计算,B项错误;合成氨的反应是可逆反应,故不能反应彻底,故所得NH3分子数小于NA,C项错误;氯气所处的状态不明确,其物质的量无法计算,故转移的电子数无法计算,D项错误。 9.答案　(1)7.14　>　(2)66%　(3)22.35 g 解析　(1)密度为1.4 g·cm-3、质量分数为50%的硫酸的物质的量浓度为 mol·L-1≈7.14 mol·L-1;假如50%的硫酸与30%的硫酸密度相同,则混合后硫酸的质量分数为40%,由于50%的硫酸的密度大于30%的硫酸,所以等体积混合时50%的硫酸的质量大一些,混合后硫酸的质量分数大于40%。(2)根据题意知,稀释溶液至100 mL,测得其硫酸浓度为0.05 mol·L-1,说明溶液中还有硫酸剩余,剩余的n(H2SO4)=0.05 mol·L-1×0.1 L=0.005 mol,则参加反应的n(H2SO4)=0.025 L×3 mol·L-1-0.005 mol=0.07 mol,设铁的物质的量是m mol,氧化铁的物质的量是n mol 　Fe + Fe2O3 + 3H2SO4===3FeSO4+3H2O 1 mol　 1 mol　　3 mol n mol　 n mol 　3n mol 　　Fe　　+　　H2SO4===FeSO4+H2↑ 　 1 mol　　 　　1 mol (m-n) mol　 (m-n) mol 根据固体的质量和硫酸的物质的量可知,,解得n=0.02,m=0.03,铁屑中Fe2O3的质量分数是×100%≈66%。(3)结合原子守恒可知,n(FeSO4)=n(Fe)+2n(Fe2O3)=(0.03+0.04) mol=0.07 mol,根据莫尔盐的化学式知,n[(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O]=n(FeSO4)=0.07 mol,溶液中莫尔盐的质量为0.07 mol×392 g·mol-1-12.36 g=15.08 g,设莫尔盐的溶解度为S,则=,解得S≈22.35 g。 10.答案　(1)Co3O4　(2)①不变　偏大　②%　(3)①蒸发浓缩、冷却至30.8~53.8 ℃之间时结晶、过滤、洗涤、干燥　②Ni2O3 解析　(1)由碳元素守恒得n(CoCO3)=n(CO2)==0.3 mol,由Co元素守恒知氧化物中Co元素为0.3 mol,则氧元素n(O)==0.4 mol,则n(Co)∶n(O)=0.3 mol∶0.4 mol=3∶4,该氧化物的化学式为Co3O4。(2)①步骤ⅰ:加入稀硫酸时,反应为C2+2H+===H2C2O4(强酸制弱酸),加入KMnO4溶液时反应的离子方程式为2Mn+5H2C2O4+6H+===2Mn2++10CO2↑+8H2O,Fe3+与KMnO4溶液不反应,KMnO4溶液的作用是把C2氧化除去,若KMnO4溶液过量,不会影响铁元素含量的测定;若步骤ⅱ中不滤去不溶物,即过量的铜粉也会与KMnO4溶液反应,最终导致所测的铁元素的含量偏大。②根据关系式5Fe3+~5Fe2+~Mn,则n(Fe3+)=5n(Mn)=5×y mol·L-1×z mL×10-3 L·mL-1=5yz×10-3 mol,所以铁元素的质量分数为×100%=%。(3)①从NiSO4溶液获得NiSO4·6H2O晶体的操作依次是蒸发浓缩、冷却至30.8~53.8 ℃之间时结晶、过滤、洗涤、干燥得到NiSO4·6H2O晶体。②26.3 g NiSO4·6H2O晶体的物质的量为=0.1 mol,由题图可知0.1 mol NiSO4·6H2O晶体中含有Ni元素的物质的量为0.1 mol,其质量为5.9 g,受热失去结晶水,再分解生成NixOy,质量为8.3 g,其中含有O元素的质量为8.3 g-5.9 g=2.4 g,所以n(O)==0.15 mol,即x∶y=0.1 mol∶0.15 mol=2∶3,B段所表示的氧化物的化学式为Ni2O3。 课时微练(八)　钠及其氧化物 1.C　解析　钠、钾为金属,具有良好的导电、导热能力,钠钾合金熔点低,常温下呈液态,具有良好的导热性,可用作快中子反应堆的热交换剂,C项符合题意。 2.B　解析　钠是一种硬度小、熔点低的银白色金属,A、D两项错误;块状钠燃烧时会熔化成闪亮的小球,燃烧火焰为黄色,生成物是过氧化钠,钠在空气中缓慢氧化则生成氧化钠,B项正确,C项错误。 3.D　解析　A项图中所示仪器是泥三角,B项图中所示仪器是坩埚,C项图中所示仪器是三脚架,D项图中所示仪器是蒸发皿,不需要D,D项符合题意。 4.C　解析　钠非常活泼,将一小块钠投入CuSO4溶液中,钠首先与水反应生成氢氧化钠和氢气,然后氢氧化钠与硫酸铜溶液反应生成蓝色沉淀氢氧化铜,不能说明Cu比Na活泼,C项错误。 5.A　解析　Na2O2具有强氧化性,可与还原性物质发生氧化还原反应,Na2O2还可与最高价氧化物反应生成相应的盐和氧气。N2O4中的N元素为+4价,因此和Na2O2反应生成+5价N元素,即生成NaNO3,A项正确;Na2O2可把NO2氧化为NaNO3,B项错误;Na2O2可把N2O3氧化为NaNO3,C项错误;化学方程式中原子不守恒,应为2Na2O2+2Mn2O7===4NaMnO4+O2↑,D项错误。 6.C　解析　装置②中试剂可以是NaOH溶液,用来除掉二氧化碳气体,A项正确;装置③中盛有浓硫酸,作用是干燥O2,B项正确;由于氧气的密度大于空气,应选择装置b,C项错误;装置②③之间应增加盛有澄清石灰水的洗气瓶,验证二氧化碳是否除尽,D项正确。 7.C　解析　①Na2O2和水反应生成氢氧化钠和氧气,不是碱性氧化物,错误;②钠的性质活泼,在常温下易被氧化生成氧化钠,错误;③Na2O2能与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气,Na2O2能与水反应生成氢氧化钠和氧气,而Na2O与二氧化碳、水反应不会产生氧气,因此Na2O2可作供氧剂,而Na2O不行,正确;④Na2O2粉末与水反应生成氢氧化钠和氧气,过氧化钠具有强氧化性和漂白性,所以石蕊溶液中加入Na2O2粉末,先变蓝后褪色,并有气泡生成,正确;⑤钠和水反应生成氢氧化钠和氢气,生成的氢氧化钠和氯化铵能反应生成氯化钠、氨气和水,正确。故选C。 8.D　解析　钠与水发生反应生成氢氧化钠和氢气,离子方程式为2Na+2H2O===2Na++2OH-+H2↑,A项错误;Ⅲ中浓盐酸中c(H+)更大,B项错误;浓盐酸易挥发,所以对照实验Ⅲ和Ⅱ,钠与氢离子反应放热,除了有挥发的水蒸气以外,还有HCl,它在空气中与水蒸气结合,呈现更多的白雾,C项错误;反应Ⅲ中盐酸浓度较高,反应一段时间后烧杯底部有白色固体生成,该白色固体为NaCl,D项正确。 9.C　解析　钠沉入液氨中说明钠的密度比液氨大,A项正确;液氨中没有能导电的离子,而钠投入液氨中生成蓝色的溶剂合电子,能导电,说明溶液的导电性增强,B项正确;钠投入液氨中先生成络合物,再反应得到H2,故0.1 mol钠反应失去0.1 mol电子,C项错误;反应中钠失去电子,只能是氢元素得到电子,所以钠和液氨可以发生的反应为2NH3+2Na===2NaNH2+H2↑,D项正确。 10.B　解析　向滴有酚酞的水中加过量Na2O2,溶液先变红后褪色,原因是Na2O2与水反应产生的氢氧化钠使溶液变红,而过氧化钠具有漂白性,又使其褪色,Ⅰ错,判断错误,A项错误;Na2O2可作潜水艇的供氧剂是因为Na2O2能和CO2、H2O反应生成O2,陈述、判断均正确,B项正确;金属钠在空气中很容易与水、氧气反应而变质,原因是金属钠具有强还原性,Ⅰ、Ⅱ都对,判断错误,C项错误;小苏打常用作发酵粉的原因是碳酸氢钠受热易分解产生二氧化碳使糕点膨松,碳酸氢钠与盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳,二者无关系,D项错误。 11.答案　(1)2Na+2H2O===2Na++2OH-+H2↑　(2)水和煤油的界面上下　含酚酞的水变为红色　(3)由黑色变为红色　CuO+H2Cu+H2O　(4)大量钠与水反应,放出大量的热,易使试剂溢出 12.答案　(1)c　a　(2)+16H+===2Mn2++10Na++5O2↑+8H2O　还原性　(3)连接分液漏斗和锥形瓶,保持气压平衡使分液漏斗中液体顺利滴下　(4)%　(5)c 解析　(1)采用空气和钠为原料直接制备过氧化钠,空气中的水蒸气、二氧化碳均能与熔融金属钠反应,所以在反应前需要将空气中的CO2、水蒸气除去,CO2属于酸性氧化物,能与碱反应,浓硫酸具有吸水性,所以空气与熔融金属钠反应前需依次通过NaOH溶液、浓硫酸。(2)高锰酸钾与Na2O2反应生成锰离子、O2,酸性溶液中有氢离子,故反应物有氢离子,则产物中还有水,1个Mn转化为1个Mn2+得到5个电子,1个Na2O2转化为1个O2失去2个电子,则Mn和Na2O2的系数比为2∶5,再根据原子守恒、电荷守恒,可得该离子方程式为2Mn+5Na2O2+16H+===2Mn2++10Na++5O2↑+8H2O,该反应中Na2O2失电子表现还原性。(4)反应前后量气管中液面读数分别为V1 mL和V2 mL,则生成的氧气体积为(V1-V2)mL,物质的量为 mol,则样品中有Na2O2 mol,样品中过氧化钠的质量分数为×100%=%。(5)反应后测定气体体积时水准管的水面低于量气管的水面,水准管内气体压强大于大气压,读取的氧气体积偏小,导致试样中过氧化钠的质量分数偏低,a项错误;锥形瓶中留有反应生成的气体,不影响实验结果,b项错误;测定气体体积时未冷却至室温,气体体积偏大,导致试样中过氧化钠的质量分数偏高,c项正确。 课时微练(九)　碳酸钠和碳酸氢钠　碱金属 1.B　解析　NaCl是食盐的主要成分,既可做调味品也可做防腐剂,A项正确;NaCl和Na2CO3的焰色试验均为黄色火焰,无法进行区分,B项错误;电解食盐水的产物为Cl2、H2、NaOH,Cl2可与石灰乳生产漂粉精,C项正确;医疗上生理盐水是0.9%的NaCl溶液,D项正确。 2.C　解析　反应中只有碳酸氢钠沉淀生成,所以该条件下NaHCO3的溶解度较小,首先达到饱和析出,A项正确;纯碱是Na2CO3,NaHCO3是小苏打,B项正确;析出NaHCO3固体后的溶液仍是NaHCO3的饱和溶液,含氯化铵、NaHCO3等,C项错误;在饱和食盐水中先通入氨气使溶液呈碱性,再通入二氧化碳,增大二氧化碳的溶解度,D项正确。 3.C　解析　加入澄清石灰水时,两者均产生白色沉淀,现象相同,A项错误;加入等浓度的稀盐酸时,NaHCO3溶液反应更剧烈,B项错误;Na2CO3与CaCl2反应生成CaCO3白色沉淀,NaHCO3与CaCl2不反应,C项正确;逐滴加入盐酸时,NaHCO3溶液立即产生气泡,Na2CO3溶液开始时无明显现象,过一会儿后有气泡产生,D项错误。 解题有据　 Na2CO3与NaHCO3的除杂 混合物(括号内为杂质) 除杂方法及试剂 Na2CO3固体(NaHCO3) 加热至恒重 NaHCO3溶液(Na2CO3) 通入足量CO2气体 Na2CO3溶液(NaHCO3) 加入适量NaOH溶液 4.A　解析　金属性Na>Li,元素的金属性越强,对应的单质与水反应越剧烈,则钠与水反应比锂与水反应剧烈,①错误;锂的密度小于煤油的密度,若用煤油保存锂,则达不到隔绝空气和水的目的,②错误;钾的氧化物在空气中易吸收二氧化碳生成碳酸钾,③正确;原子失去最外层电子后,次外层变成最外层,故锂离子最外层有2个电子,钠离子最外层有8个电子,二者数目不等,④错误;钫属于碱金属,碱金属单质都具有强还原性,可作强还原剂,⑤正确;碱金属元素原子的最外层都只有1个电子,在反应中容易失去这个电子显+1价,⑥正确;碱金属单质的密度从上到下逐渐增大(K反常),推测钫单质的密度大于1 g·cm-3,⑦正确;碱金属单质的熔点较低且从上到下熔点逐渐降低,所以钫单质的熔点很低,⑧错误。故选A。 5.B　解析　皂化反应为油脂在碱性条件下的水解反应,A项正确;模拟侯氏制碱法应使用氯化钠饱和溶液,B项错误;碳酸钠饱和溶液可以吸收乙醇,中和乙酸,降低酯的溶解度,C项正确;NaHCO3可与HCl反应生成NaCl、CO2和水,因此碳酸氢钠饱和溶液可除去CO2中的HCl气体,D项正确。 6.D　解析　试剂a为盐酸,试剂b为碳酸钙,用于制取二氧化碳,试剂c为饱和碳酸氢钠溶液,用于除去二氧化碳中的HCl;然后将二氧化碳通入氨化的饱和食盐水中,反应生成碳酸氢钠,过量的氨气用水或硫酸吸收,且要防止倒吸,据此分析解答。实验过程中向启普发生器中添加液体时,应从球形漏斗加入,A项错误;制备CO2应使用稀盐酸不应使用稀硫酸,生成的CO2无需干燥,NH4Cl和Ca(OH)2用于制取NH3,尾气中含有NH3,可用稀硫酸吸收,B项错误;因NH3溶解度大,开始实验时应先打开活塞Ⅲ,再打开活塞Ⅱ,C项错误;反应结束后将锥形瓶放入冰水浴中可以降低NaHCO3的溶解度,促进NaHCO3晶体的析出,D项正确。 7.B　解析　碳酸钠和盐酸的反应分步进行,先生成碳酸氢钠,后碳酸氢钠和盐酸反应生成二氧化碳,所以甲装置的气球膨胀速率小,A项错误;1.06 g Na2CO3和0.84 g NaHCO3的物质的量都是0.01 mol,根据化学方程式NaHCO3+HCl===NaCl+H2O+CO2、N↑2Ca3+2HCl===2NaCl+O2O+COH2↑,若最终两气球体积相同,则说明试管中HCl的物质的量大于或等于0.02 mo,所以其浓度大于或等于2 mol·Ll-1,B项正确;若最终两气球体积不同,则所需HCl的物质的量的范围是0<n(HCl)<0.02 mol,所以0<(HCl)<2 mol·Lc-1,C项错误;1.06 g N2COa3和0.84 g NaHC3的物质的量相同,都是0.01 mol,但是NO2COa3和NaHO3中钠离子的物质的量不同,所以最终两试管的溶液中NaC+的物质的量一定不相同,D项错误。 8.C　解析　稀盐酸是混合物,b点溶质为HCl和NaCl,A项错误;根据题意可知,c点为图1的起点,图1为碳酸氢钠溶液中滴加稀盐酸,所以c点的溶质应为NaCl和NaHCO3,B项错误;根据题意可知,向碳酸钠溶液中滴加稀盐酸时,会出现溶质为碳酸氢钠和氯化钠的情况,即碳酸钠在和少量盐酸反应时生成碳酸氢钠,C项正确;据图可知,同体积、等物质的量浓度的碳酸氢钠和碳酸钠溶液,碳酸钠溶液的pH更大,碱性更强,D项错误。 9.答案　(1)NaHCO3　在30~35 ℃时NaHCO3的溶解度在表给四种盐中最小(答案合理即可)　(2)D　(3)甲基橙　由黄色变橙色,且半分钟内不恢复原色　(4)3.56%　(5)偏大 解析　步骤Ⅰ:制备Na2CO3的工艺流程中,先将NaCl加水溶解,制成饱和溶液后加入NH4HCO3粉末,水浴加热,根据不同温度条件下各物质的溶解度不同,为了得到NaHCO3晶体,控制温度在30~35 ℃发生反应,最终得到滤液为NH4Cl溶液,晶体A为NaHCO3,再将其洗涤抽干,利用NaHCO3受热易分解的性质,在300 ℃加热分解NaHCO3制备Na2CO3;步骤Ⅱ:利用酸碱中和滴定原理测定产品中碳酸氢钠的含量,第一次滴定发生的反应为Na2CO3+HCl===NaHCO3+NaCl,因为Na2CO3、NaHCO3溶于水显碱性,且碱性较强,所以可借助酚酞指示剂的变化来判断滴定终点,结合颜色变化可推出指示剂M为酚酞试剂;第二次滴定终点时溶液中的溶质为NaCl,同时还存在反应生成的CO2,溶液呈现弱酸性,因为酚酞的变色范围为8~10,所以不适合利用酚酞指示剂检测判断滴定终点,可选择甲基橙试液,所以指示剂N为甲基橙试液,发生的反应为NaHCO3+HCl===NaCl+H2O+CO2↑,再根据关系式求出总的NaHCO3的物质的量,推导出产品中NaHCO3的物质的量,最终通过计算得出产品中NaHCO3的质量分数。根据上述分析可知,(1)根据题给信息中盐在不同温度下的溶解度不难看出,控制温度在30~35 ℃,目的是使NH4HCO3不发生分解,同时析出NaHCO3固体,得到晶体A,因为在30~35 ℃时,四种盐中NaHCO3的溶解度最小。(2)300 ℃加热抽干后的NaHCO3固体,需用坩埚、泥三角、三脚架进行操作,所以符合题意的为D项。(3)根据上述分析可知,第二次滴定时,使用的指示剂N为甲基橙试液,滴定到终点前溶液的溶质为碳酸氢钠和氯化钠,滴定达到终点后溶液的溶质为氯化钠,所以溶液的颜色变化为由黄色变为橙色,且半分钟内不恢复原色。(4)第一次滴定发生的反应是Na2CO3+HCl===NaHCO3+NaCl,则n(Na2CO3)=n生成(NaHCO3)=n(HCl)=0.100 0 mol·L-1×22.45×10-3 L=2.245×10-3 mol,第二次滴定消耗的盐酸的体积V2=23.51 mL,则根据方程式NaHCO3+HCl===NaCl+H2O+CO2↑可知,消耗的NaHCO3的物质的量n总(NaHCO3)=0.100 0 mol·L-1×23.51×10-3 L=2.351×10-3 mol,则原溶液中的NaHCO3的物质的量n(NaHCO3)=n总(NaHCO3)-n生成(NaHCO3)=2.351×10-3 mol-2.245×10-3 mol=1.06×10-4 mol,则原产品中NaHCO3的物质的量为×1.06×10-4 mol=1.06×10-3 mol,故产品中NaHCO3的质量分数为×100%=3.561 6%≈3.56%。(5)若该同学第一次滴定时,其他操作均正确的情况下,俯视读数,则会使标准液盐酸的体积偏小,即测得V1偏小,所以原产品中NaHCO3的物质的量会偏大,最终导致其质量分数会偏大。 10.答案　(1)110　(2)NaHCO3为0.09 mol,Na2CO3·5H2O为0.01 mol 解析　(1)溶液中加入盐酸到10 mL,发生反应Na2CO3+HCl===NaHCO3+NaCl,加至15 mL时生成CO2 112 mL,发生反应NaHCO3+HCl===NaCl+CO2↑+H2O,n(CO2)==0.005 mol,则n(HCl)=0.005 mol,c(HCl)==1 mol/L,碳酸钠转化为碳酸氢钠需要盐酸10 mL,NaHCO3完全反应生成二氧化碳2 240 mL,物质的量为0.1 mol,根据反应NaHCO3+HCl===NaCl+CO2↑+H2O可知,消耗HCl的物质的量为0.1 mol。盐酸的浓度为1 mol·L-1,该阶段消耗盐酸的体积为100 mL。故x=10 mL+100 mL=110 mL。(2)由图像可知,溶液中含有碳酸钠,故固体中含有Na2CO3·nH2O,由Na2CO3+HCl===NaHCO3+NaCl,其物质的量为0.01 L×1 mol·L-1=0.01 mol,转化生成的碳酸氢钠的物质的量为0.01 mol。由NaHCO3+HCl===NaCl+CO2↑+H2O可知,溶液中碳酸氢钠总的物质的量为0.1 mol,故原固体中含有碳酸氢钠的物质的量为0.1 mol-0.01 mol=0.09 mol。原固体中Na2CO3·nH2O的质量为9.52 g-84 g·mol-1×0.09 mol=1.96 g,n(Na2CO3·nH2O)=0.01 mol,故0.01 mol×(106+18n)g·mol-1=1.96 g,计算得n=5,故原混合固体中NaHCO3 为0.09 mol,Na2CO3·5H2O为0.01 mol。 课时微练(十)　铁及其氧化物和氢氧化物 1.D　解析　铁在空气中容易发生吸氧腐蚀,根据题意“舶上铁丝,……日久起销”,说明“销”是铁锈,铁锈的主要成分为Fe2O3,D项正确。 2.C　解析　铁在硫蒸气中燃烧生成FeS,A项错误;氯气氧化性较强,无论Fe是否过量,与氯气反应都只生成FeCl3,B项错误;高温条件下,Fe与水蒸气反应得到Fe3O4和氢气,C项正确;Fe的金属活动性不如Al,不能从氧化铝中置换出铝单质,D项错误。 3.B　解析　Fe是变价金属,遇强氧化剂(如HNO3、Cl2等)生成+3价铁,遇弱氧化剂(如S或I2等)生成+2价铁,故Fe与S混合加热生成FeS,①错误;Fe与稀硝酸反应生成的气体为NO,该反应不是置换反应,②错误,故选B。 4.C　解析　FeO中铁元素的化合价为+2价,Fe2O3中铁元素的化合价为+3价,Fe3O4为复杂的氧化物,其中铁元素的化合价可以看作是由+2、+3价组成的,A项错误;FeO、Fe2O3为碱性氧化物,FeO与盐酸发生反应FeO+2HCl===FeCl2+H2O,Fe2O3与盐酸发生反应Fe2O3+6HCl===2FeCl3+3H2O,Fe3O4不属于碱性氧化物,与盐酸发生反应Fe3O4+8HCl===FeCl2+2FeCl3+4H2O,B项错误;氧化亚铁是一种黑色粉末,可用作色素,应用于瓷器制作中使釉呈绿色,C项正确;四氧化三铁是复杂的氧化物,属于纯净物,D项错误。 5.A　解析　月球表面的铁元素以铁单质和亚铁离子形式存在,FeO中Fe元素为+2价,FeO可能反应生成Fe和Fe3O4,Fe3O4中含有三价铁,A项正确;Fe3O4分解生成Fe2O3和FeO,虽然Fe2O3中含有三价铁,但是四氧化三铁中含有较多三价铁,无法体现出月球表面的铁元素主要以铁单质和亚铁离子的形式存在,B项错误;月球表面没有氧气,FeO无法被氧化生成Fe2O3,C项错误;月球表面铁元素主要以铁单质和亚铁离子的形式存在,无Fe2O3,D项错误。 6.D　解析　氢氧化铁和硫酸反应生成硫酸铁和水,A项错误;铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气,B项错误;氧化亚铁和盐酸反应生成氯化亚铁和水,C项错误;氧化铁和盐酸反应生成氯化铁和水,可以制备氯化铁溶液,D项正确。 7.D　解析　准确称量一定质量的黑色粉末,用H2充分还原,并用干燥剂收集所得水,获得水的准确质重,计算得到氧元素的质量和铁元素的质量,依据铁元素和氧元素的物质的量之比确定化学式,能计算得到物质组成;准确称量一定质量的黑色粉末,溶解于足量盐酸,加热蒸干溶液并在空气中灼烧至质量不变,称量所得粉末质量,即氧化铁的质量,依据铁元素和氧元素守恒计算铁元素和氧元素的物质的量之比,判断氧化物的化学式,能计算得到物质组成;准确称量一定质量的黑色粉末,用CO充分还原,在CO气流中冷却后准确称量剩余固体的质量,依据铁元素和氧元素质量守恒计算铁元素和氧元素的物质的量之比,分析判断氧化物的存在形式,能计算得到物质组成;准确称量一定质量的黑色粉末,与一定质量的铝粉混合后点燃,充分反应后冷却,准确称量剩余固体的质量,反应前后都是固体,反应前后固体质量不变,不能计算确定该黑色粉末的成分,故选D。 8.D　解析　铁与高温水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气,不能实现上述转化①,A项错误;FeO是一种黑色粉末,不稳定,在空气中受热,部分被氧化生成Fe3O4,不能发生转化②,B项错误;加热Fe(OH)3发生转化⑥分解生成氧化铁,氧化铁不溶于水,加水溶解不可实现转化③,C项错误;高铁酸盐中铁元素为+6价,具有强氧化性,可用于消毒,与水发生氧化还原反应后生成铁离子,铁离子与水反应生成Fe(OH)3胶体。 9.C　解析　根据两套装置中各仪器的功能,可以判断出A中放置普通铁粉,B中放一定体积的水,持续加热提供水蒸气,C是安全瓶,用于防倒吸,D是利用排水集气法收集氢气。E中反应物为A中生成的四氧化三铁,I中放置普通铁粉,通过分液漏斗加入一定体积的盐酸制备H2,从I中逸出的气体中含有挥发出的氯化氢,经过G(内有碱石灰)除杂干燥后得到纯净的氢气,氢气进入E中和Fe3O4在一定温度下进行反应,得到“引火铁”,剩余的氢气在F处进行收集或其他处理。 10.答案　(1)还原　(2)铁氰化钾(K3[Fe(CN)6])　硫氰化钾(KSCN)　不正确　(3)NaOH浓度较大,滴入的FeSO4迅速完全生成Fe(OH)2,没有多余Fe2+可被吸附　(4)从白色变为红褐色 解析　(1)维生素C具有还原性,实验1中加入维生素C可延缓产生的氢氧化亚铁被空气氧化。(2)实验2中灰绿色沉淀与盐酸反应得到Fe2+,试管①加入试剂a与亚铁离子反应出现蓝色沉淀,则试剂a是铁氰化钾(K3[Fe(CN)6])溶液;根据实验目的,试剂b用来检验溶液中是否有Fe3+,则试剂b为硫氰化钾(KSCN)溶液;该实验现象说明灰绿色沉淀有Fe(OH)2,没有Fe(OH)3,故甲同学的猜测不正确。(3)由于Fe(OH)2沉淀具有较强的吸附性,灰绿色可能是Fe(OH)2吸附Fe2+引起的,则实验4中沉淀无灰绿色的原因为NaOH浓度较大,滴入的FeSO4迅速完全生成Fe(OH)2,没有多余的Fe2+可被吸附。(4)若乙同学的猜测正确,即灰绿色是Fe(OH)2吸附Fe2+引起的,则实验4中白色沉淀洗净后放在潮湿的空气中Fe(OH)2没有Fe2+可以吸附,直接被空气氧化为Fe(OH)3,从白色变为红褐色。 解题有据　Fe(OH)2只能通过复分解反应生成,如氢氧化钠与硫酸亚铁溶液反应生成Fe(OH)2,Fe(OH)3能通过化合反应生成,如Fe(OH)2在潮湿的空气中被氧化生成Fe(OH)3。 11.答案　(1)①　(2)④　(3)③　c(N)>c(Fe2+)>c(H+)>c(OH-) (4)0.8 mol·L-1 解析　硝酸具有强氧化性,能够把铁氧化成Fe3+,反应的离子方程式为Fe+4H++N===Fe3++NO↑+2H2O。所以向稀硝酸中加入铁粉,开始时稀硝酸过量应生成Fe3+(AB段),随着加入铁粉量的增加,HNO3反应完全后开始发生反应2Fe3++Fe===3Fe2+,Fe3+部分被还原成Fe2+(BC段),最后全部转化为Fe2+(CD段)。(1)结合上述分析可知,AB段铁元素以Fe3+形式存在。(2)结合以上分析可知,BC段铁元素以Fe2+、Fe3+形式存在。(3)CD段得到的溶液是Fe(NO3)2溶液,因为c(N)是c(Fe2+)的两倍,所以c(N)>c(Fe2+),因为Fe2+在溶液中存在微弱的水解Fe2++2H2OFe(OH)2+2H+,所以c(H+)>c(OH-),即c(N)>c(Fe2+)>c(H+)>c(OH-)。(4)根据质量守恒定律m(Fe)+m(HNO3)=m(溶液)+m(NO),则溶液增重Δm(溶液)=m(溶液)-m(HNO3)=m(Fe)-m(NO)=8 g,即14 g-m(NO)=8 g,解得m(NO)=6 g,n(NO)==0.2 mol。铁粉和稀硝酸可能发生如下两个反应Fe+4HNO3(稀)===Fe(NO3)3+NO↑+2H2O和3Fe+8HNO3(稀)===3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O,无论发生哪一个反应,恒有如下关系n(HNO3)∶n(NO)=4∶1,则n(HNO3)=4n(NO)=4×0.2 mol=0.8 mol,c(HNO3)==0.8 mol·L-1。 12.答案　(1)Fe2O3　用作油漆的红色颜料(或涂料、油墨、橡胶的红色颜料等)　(2)加盐酸　(3)取少量最后一次洗涤液置于试管中,加盐酸酸化,再滴加氯化钡溶液,不产生白色沉淀　(4)Fe2++2Fe3++8OH-Fe3O4↓+4H2O　(5)反应过程中部分亚铁离子被氧气氧化为铁离子 解析　(1)FeO(氧化亚铁)是一种黑色粉末,不稳定,在空气里很容易被氧化,在空气中性质比较稳定的是Fe2O3。(2)实验室保存溶液B(FeCl3溶液)时为了防止出现浑浊,通常采取的措施是加盐酸抑制FeCl3水解生成Fe(OH)3沉淀。(3)要证明沉淀已经洗涤干净,只要检验洗涤液中不含硫酸根离子即可,操作是取少量最后一次洗涤液置于试管中,加盐酸酸化,滴加氯化钡溶液,不产生白色沉淀。(4)该方法中发生的主要反应的离子方程式为Fe2++2Fe3++8OH-Fe3O4↓+4H2O。(5)实际生产中为了提高产率,起始所用FeSO4·7H2O和FeCl3·6H2O的物质的量之比应大于1∶2,原因是反应过程中部分亚铁离子被氧气氧化为铁离子。 课时微练(十一)　铁盐、亚铁盐及相互转化 1.C　解析　FeSO4溶液呈酸性,不能用于碱性花木土壤补铁,A项错误;FeSO4·7H2O变为Fe2(SO4)3·10H2O是氧化过程,B项错误;Fe2(SO4)3·10H2O受热分解可以生成Fe2O3、SO3、H2O,C项正确;赤矾Fe2O3不是硫酸盐,D项错误。 2.B　解析　溶液中含有Fe3+时滴入KSCN溶液显红色。Fe2O3与氯水中的H+发生反应生成Fe3+,A项不符合题意;铜铁合金中,Fe比Cu活泼,Fe与氯水中的Cl2反应生成Fe3+,Fe3+还可能与Cu或Fe反应生成Fe2+,不一定存在Fe3+,B项符合题意;Fe(OH)3与氯水中的H+反应生成Fe3+,C项不符合题意;氯水能将Fe2+氧化成Fe3+,D项不符合题意。 3.C　解析　从题图可知,A和稀盐酸反应生成棕黄色溶液B,加入试剂1变成淡红色溶液C,可以推断溶液B中含有Fe3+,加入KSCN溶液生成红色的Fe(SCN)3;加入试剂2得到深红色溶液F,可知试剂2为强氧化剂,溶液B中含有Fe2+,加入试剂2(强氧化剂),Fe2+被氧化为Fe3+,使Fe3++3SCN-Fe(SCN)3平衡正向移动,Fe(SCN)3浓度变大,所以溶液红色加深。故选C。 4.B　解析　绿茶中含有大量的鞣酸,与FeSO4反应生成鞣酸亚铁,溶液为无色,鞣酸亚铁被氧化生成鞣酸铁而呈蓝黑色,A项正确;向蓝黑色溶液中加入维生素C,溶液由蓝黑色恢复原色,说明维生素C能将鞣酸铁还原成鞣酸亚铁,表现还原性,B项错误;H2O2和新制氯水均具有氧化性,能将Fe2+氧化为Fe3+,所以反应④中H2O2可以替换为新制氯水,C项正确;因为绿茶叶水中的鞣酸与补铁剂中的Fe2+反应生成鞣酸亚铁,鞣酸亚铁不稳定,易被氧化为鞣酸铁,故服用补铁剂时不宜喝绿茶,D项正确。 5.B　解析　CO还原Fe2O3得到单质Fe,黑色固体中即使有Fe3O4,其溶于盐酸后产生的Fe3+与Fe发生反应Fe+2Fe3+===3Fe2+,加入KSCN溶液也不显红色,B项错误。 6.C　解析　Fe3+与铁反应生成Fe2+,使溶液显浅绿色,体现了Fe3+的氧化性,①合理;Fe3+与硫氰化钾反应使溶液显红色,据此能够检验Fe3+,②合理;硫酸铜溶液与氯化铁溶液不反应,混合后溶液不会变成无色,③不合理;氯化铁溶液与硝酸银溶液反应生成氯化银白色沉淀,由于实际上Fe3+没有参与反应,该现象不能体现Fe3+的性质,④不合理;Fe3+与氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铁红褐色沉淀,据此可以检验是否存在Fe3+,⑤合理。综上所述,③④不合理,故选C。 7.B　解析　先加新制氯水,会将溶液中的Fe2+氧化成Fe3+,检验FeSO4溶液中是否含有Fe3+,应直接加KSCN溶液,A不能达到探究目的;酸性KMnO4溶液(紫红色)具有强氧化性,能将Fe2+氧化为Fe3+,自身颜色变浅或褪色,可用于检验Fe2+的还原性,B能达到探究目的;FeSO4属于强酸弱碱盐,水解使溶液显酸性,探究Fe2+是否水解,应向FeSO4溶液中滴加紫色石蕊试液,看溶液是否变红,C不能达到探究目的;探究Fe2+能否催化H2O2分解,应设置对照实验,即一组实验H2O2中加Fe2+溶液,另一组实验H2O2中加不含Fe2+而含S的溶液,而不能直接向2 mL 5%的H2O2溶液中滴加几滴FeSO4溶液,通过观察气泡产生情况进行判断,D不能达到探究目的。 8.D　解析　FeSO4具有还原性,其被氧化变质后有Fe3+生成,硫氰化钾溶液遇Fe3+会变红色,据此检验FeSO4溶液是否变质,A项正确;FeSO4具有强的还原性,其容易被氧化变为Fe2(SO4)3,为防止FeSO4变质,通常会加入Fe粉,这时会发生反应Fe+Fe2(SO4)3===3FeSO4,使物质变为原来的物质,B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,常用玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒,C项正确。 9.答案　(1)Fe3+水解产生的Fe(OH)3胶体,能吸附水中悬浮的杂质　2Fe3++Fe===3Fe2+　(2)1　6　6H+　1　6　3H2O 　(3)bd (4)2Fe3++H2S===2Fe2++S↓+2H+ 解析　(1)FeCl3具有较强的氧化性,可与Fe反应生成FeCl2而腐蚀钢铁设备。(2)该反应中Cl元素由+5价降低到-1价,Fe元素由+2价升高到+3价,根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒配平可得Cl+6Fe2++6H+===Cl-+6Fe3++3H2O。(3)盐类的水解反应是吸热反应,降低温度平衡逆向移动,a项错误;加水稀释,水解平衡正向移动,b项正确;加入NH4Cl,N与Fe3+均发生水解反应,相互抑制,使Fe3+的水解平衡逆向移动,c项错误;加入NH4HCO3,H+与HC反应生成CO2和H2O,使Fe3+的水解平衡正向移动,d项正确。(4)FeCl3与H2S发生氧化还原反应生成FeCl2、S和HCl,离子方程式为2Fe3++H2S===2Fe2++S↓+2H+。 10.答案　(1)氯水(或双氧水、稀硝酸等合理氧化剂)　溶液由浅绿色变为红色　(2)将Fe2+全部氧化为Fe3+　(3)Fe3++3NH3·H2O===Fe(OH)3↓+3N　(4)洗涤　冷却　(5)0.07a 解析　(1)证明步骤①滤液中含有Fe2+的方法是取样,先滴加KSCN溶液,再滴加氯水(或双氧水、稀硝酸等),若滤液由浅绿色变为红色,则说明滤液中含有Fe2+。(2)由于H2O2具有氧化性,加入过量H2O2溶液的目的是将Fe2+全部氧化为Fe3+。(3)步骤③的目的是将Fe3+全部转化为Fe(OH)3,所以步骤③需加入过量的氨水,反应的离子方程式是Fe3++3NH3·H2O===Fe(OH)3↓+3N。(4)步骤④的目的是将产生的红褐色悬浊液分离,最终得到固体Fe2O3,所以步骤④的操作步骤是过滤、洗涤、灼烧、冷却、称量。(5)由于实验中铁无损耗,根据铁元素守恒得,每片补血剂中m(Fe)=÷10 g=0.07a g。 11.答案　(1)绿色晶体变为红棕色粉末　(2)吸收尾气SO2,防止污染环境 (3)取样少许于试管中,先加盐酸,无现象,再加氯化钡溶液,若有白色沉淀生成,则原试样中含有S　(4)556 kg 解析　(1)绿矾(FeSO4·7H2O)是绿色固体,高温下与空气反应得到红棕色氧化铁,故实验过程中,装置A玻璃管中可观察到的实验现象是绿色晶体变为红棕色粉末。(2)装置C中的氢氧化钠可以吸收酸性气体,故装置C的作用是吸收尾气SO2,防止污染环境。(4)根据铁元素守恒,建立关系式2FeSO4·7H2O~Fe2O3,则建立等式=,解得x=556 kg。 12.答案　(1)球形干燥管 (2)SOCl2+H2O===SO2+2HCl　FeCl3+3H2OFe(OH)3+3HCl,加热促进水解,而将SOCl2与FeCl3·6H2O混合加热,SOCl2与其中的结晶水反应生成HCl,抑制FeCl3的水解,可得到无水FeCl3 (3)碱石灰　吸收SO2和HCl并防止空气中的水蒸气进入B、D　(4)B 解析　(2)SOCl2中Cl元素为-1价,O元素为-2价,S元素为+4价,遇水极易反应生成两种酸性气体,其中一种应含Cl元素,为HCl,另一种含S元素,为SO2,反应的化学方程式为SOCl2+H2O===SO2+2HCl。(3)酸性气体为SO2和HCl,均会污染空气,同时要避免空气中的水蒸气进入D中使氯化铁潮解,故F中盛装的物质是碱石灰,作用是吸收SO2和HCl并防止空气中的水蒸气进入B、D。(4)D中产品中含Fe3+,加NaOH溶液会生成红褐色沉淀覆盖白色,故不能用NaOH溶液,A项不符合题意;铁氰化钾溶液与亚铁离子反应生成蓝色沉淀,不受铁离子干扰,能用,B项符合题意;酸性高锰酸钾溶液能氧化Cl-,不能用酸性高锰酸钾溶液,C项不符合题意;KSCN溶液遇亚铁离子无特征现象,不能用,D项不符合题意。 13.答案　(1)抑制FeCl3水解　(2)丁达尔效应　(3)2Fe3++Cu===2Fe2++Cu2+　 Fe3+可以氧化铜单质,但铜不与H+反应　(4)2Fe3+++H2O===2Fe2+++2H+　(5)SO2　(6)B　D 解析　(4)取少许红棕色溶液,加入K3[Fe(CN)6],产生蓝色沉淀,可知此溶液中有亚铁离子,推测FeCl3与Na2SO3反应可生成亚铁离子和硫酸根离子,离子方程式为2Fe3++S+H2O===2Fe2++S+2H+。(5)另取少许红棕色溶液,检测其为胶体,向其中继续滴加Na2SO3溶液,发现溶液红褐色变深且产生刺激性气味的气体,说明铁离子和亚硫酸根离子发生双水解反应生成氢氧化铁胶体和二氧化硫,该气体是二氧化硫。(6)结合(4)(5),推测FeCl3溶液与Na2SO3溶液反应同时存在氧化还原反应和双水解反应。 课时微练(十二)　金属材料 1.A　解析　西周兽面纹青铜盉的材料为青铜,青铜属于合金,A项符合题意;东汉陶船模型的材料为陶瓷,由硅酸盐制成,B项不符合题意;端石千金猴王砚的材料为含硅酸盐等无机非金属材料,C项不符合题意;西汉素纱禅衣的主要成分为蛋白质,属于天然有机高分子材料,D项不符合题意。 2.C　解析　从题干信息可知,从铝土矿制铝能耗大,回收铝制饮料罐得到铝耗能小,A项正确;铝易与氧气反应,表面容易生成一层致密的氧化铝保护膜,B项正确;硬铝的硬度大、强度大、密度小,适合制造飞机的外壳,C项错误;电解熔融Al2O3时加入冰晶石,目的是降低Al2O3的熔化温度,D项正确。 3.C　解析　“磁石”的主要材料为Fe3O4不是FeO,A项错误;“胶泥”中的SiO2属于非金属氧化物,B项错误;“云母”的主要成分为铝硅酸盐,C项正确;“剂钢”指的是铁的合金,其硬度比纯铁的大,熔点比纯铁的低,D项错误。 4.B　解析　铝是地壳中含量最多的金属,所以铝作为燃料,有资源丰富的优势,A项正确;铝、镓、铟是元素周期表第ⅢA族元素,锡是元素周期表第ⅣA族元素,B项错误;整个反应中只消耗铝,而反应生成Al2O3,则反应的方程式为2Al+3H2O===Al2O3+3H2↑,C项正确;由镓、铟及锡组成的新型合金与水能快速反应制得氢气,且只有铝发生反应,则合金中的镓、铟及锡对铝与水的反应起催化作用,D项正确。 5.C　解析　活动性不同的金属其冶炼方法不同,即金属的冶炼方法由金属活动性决定,A项正确;熟铁比生铁质地更软,且延展性好,生铁比熟铁质地更硬,延展性稍差,B项正确;炒铁过程中降低了铁水中的碳含量,从而将生铁转化成熟铁,C项错误;该冶炼方法和近代往生铁水中吹空气炼钢,都是利用空气中的氧气氧化C元素,其原理基本相同,D项正确。 6.A　解析　氢氧化铝很不稳定,受热易分解,产生水并吸收热量,能降低可燃物的温度,可用于灭火,A项错误,C项正确;氢氧化铝具有两性,能与盐酸、氢氧化钠溶液反应,D项正确;“胃舒平”中含有氢氧化铝,可用于治疗胃酸过多,B项正确。 7.D　解析　由H22H可知,储氢合金的吸氢和放氢都是化学变化,A项不符合题意;储氢合金形成的金属氢化物既容易形成,加热又容易分解,一定条件下吸、放氢都容易发生,D项符合题意。 8.C　解析　根据反应2Al+2NaOH+6H2O===2Na[Al(OH)4]+3H2↑、2Al+6HCl===2AlCl3+3H2↑,可知生成等质量H2时,反应①和②消耗的n(HCl)=3n(NaOH),A项错误;反应③为2Al+3CuSO4===3Cu+Al2(SO4)3,其中氧化剂CuSO4与还原剂Al的物质的量之比为3∶2,B项错误;反应③为2Al+3CuSO4===3Cu+Al2(SO4)3,反应④为2Al+Fe2O32Fe+Al2O3,消耗等量Al时,生成的n(Cu)∶n(Fe)=3∶2,C项正确;根据方程式2Al+2NaOH+6H2O===2Na[Al(OH)4]+3H2↑、2Al+6HCl===2AlCl3+3H2↑,可知等物质的量的HCl与NaOH和Al反应生成H2的分子数之比为1∶3,D项错误。 9.B　解析　同位素是指同一元素不同核素的关系,三者是团簇阴离子,是多原子聚集体,A项错误;A与水反应产生氢气,则A作还原剂,B项正确;团簇是原子、分子或离子通过物理或化学结合力组成的,不是简单的由铝原子通过离子键结合而成,C项错误;1 mol的A所含电子数是(13×18+1)×6.02×1023,D项错误。 10.A　解析　由题图知,a为Al或Mg,b为MgO,e为Al2O3,c为MgCl2,f为AlCl3,d为Mg(OH)2,g为Al(OH)3,据此回答。Mg能与H2O在加热条件下反应生成Mg(OH)2,A项错误;MgO和Al2O3均可用于制造耐高温材料,B项正确;存在Al→AlCl3→Al(OH)3→Al2O3→Al的循环转化关系,C项正确;由于MgCl2或AlCl3均会水解,生成的氯化氢易挥发,直接加热蒸干MgCl2或AlCl3溶液无法得到无水氯化物,D项正确。 11.答案　(1)①第三周期第ⅢA族　CO2　②Al2O3+2NaOH+3H2O===2Na[Al(OH)4]　Ar(其他合理答案均可) (2)①吸氧腐蚀　②CaCO3或CaO　(3)83.1% 解析　(1)①工业上通过电解熔融Al2O3制得金属铝,从铝土矿中提取Al2O3的过程:使铝土矿与NaOH溶液反应并过滤除去杂质得到Na[Al(OH)4]溶液,再向溶液中通入CO2,生成Al(OH)3沉淀,加热使沉淀分解可得到Al2O3。②镁能与氧气、二氧化碳、氮气等气体发生反应,所以焊接时应使用Ar等稀有气体作保护气。(2)①在海水中,合金钢、海水及海水中溶解的氧气构成原电池,发生吸氧腐蚀。②在炼铁时加入氧化钙或碳酸钙,发生反应CaO+SiO2CaSiO3或CaCO3CaO+CO2↑、CaO+SiO2CaSiO3,使SiO2形成炉渣,可以降低硅含量。(3)白色沉淀Al(OH)3的质量为39.0 g,即0.5 mol,故合金中铝的质量为0.5 mol×27 g·mol-1=13.5 g,则铜的质量为66.5 g,质量分数为×100%≈83.1%。 12.答案　(1)蔗糖在浓硫酸中脱水并放出大量的热 (2)8Al+3Fe3O44Al2O3+9Fe (3)①冷却至常温后调节量气管使左右液面相平　②3.6%　③偏大 解析　(1)浓硫酸具有脱水性,蔗糖在浓硫酸中脱水并放出大量的热,可以作引火剂。(3)①为了防止气体热胀冷缩及液面差导致的读数误差,量气管在读数时必须进行的步骤是冷却至常温后调节量气管使左右液面相平。②取1 g样品进行上述实验,共收集到44.8 mL(换算成标准状况下为0.002 mol)氢气,根据化学方程式2Al+2NaOH+6H2O===2Na[Al(OH)4]+3H2↑,可求得铝为0.002 mol×,百分含量为×100%=3.6%。③如果装置没有橡胶管,会导致氢氧化钠溶液加入后排出气体体积偏大,使测得的铝的百分含量增大。 课时微练(十三)　铜　金属冶炼 1.C　解析　赤铜是纯度较高的铜,熔点比其合金高,青铜是铜锡合金,黄铜是铜锌合金,白铜是铜镍合金,故选C。 2.D　解析　沙子、水晶、玛瑙的主要成分都是SiO2,A项正确;金在自然界中主要是以游离态形式存在,通过物理方法得到,因此“尽是沙中浪底来”得到的是金单质,B项正确;雾是气溶胶,其分散质粒子直径是1~100 nm,C项正确;青铜的主要成分为铜锡合金,D项错误。 3.C　解析　孔雀石颜料和蓝铜矿颜料的主要成分中均含有Cu(OH)2和CuCO3,Cu(OH)2和CuCO3受热易分解,用颜料描绘的图案受潮容易变模糊,所以需控制温度和湿度,A项正确;由孔雀石和蓝铜矿的化学成分可知,其中的铜元素、碳元素和氢元素均处于最高价,其均为自然界较稳定的化学物质,因此,用其所制作的颜料不易被空气氧化,B项正确;孔雀石和蓝铜矿的主要成分均可与酸反应生成相应的铜盐,因此,用其制作的颜料不耐酸腐蚀,C项错误;因为氢氧化铜中铜元素的质量分数高于碳酸铜,所以Cu(OH)2·CuCO3中铜元素的质量分数高于Cu(OH)2·2CuCO3,D项正确。 4.A　解析　可以根据金属活动性与金属冶炼方法之间的联系来推断,锂的金属性介于钠和镁之间,应该与钠、镁的冶炼方法相同,即用电解法冶炼,故选A。 5.D　解析　升炼倭铅涉及的反应有ZnCO3CO2↑+ZnO、CO2+C2CO、ZnO+COZn(g)+CO2,包含氧化还原反应,A项正确;“锌火”是未反应完的CO与Zn蒸气从“兜室”逸出燃烧形成的,B项正确;Zn在高温下易被空气中的O2氧化成ZnO,故“泥封”是为了隔绝空气,防止Zn被氧化,C项正确;反应区温度为1 100~1 300 ℃,Zn变为蒸气与杂质分离,在“兜室”冷凝为液体流出(冷凝区温度高于Zn的熔点),D项错误。 6.B　解析　合金是由金属与金属或金属与非金属熔合而成的具有金属特性的物质,不是新的单质,A项错误;合金与它的成分金属相比,具有许多优良的物理、化学或机械加工性能,C项错误;钢的含碳量为0.03%~2%,硬铝中含有少量硅,含有非金属元素,D项错误。 7.C　解析　蚌壳的主要成分是碳酸钙,A项错误;玉是含水的钙镁硅酸盐,硬度大,但脆易碎,怕摔,B项错误;合金是两种或两种以上的金属或金属与非金属熔合而成的金属材料,熔点低于组分熔点,C项正确;“真金不怕火来炼”是指金的性质稳定,不与其他物质反应,不易变色,并非指熔点高,D项错误。 8.D　解析　Cu原子的核外电子占据1s、2s、2p、3s、3p、3d、4s轨道,核外电子有1+1+3+1+3+5+1=15种空间运动状态,A项正确;合金的熔点低于组分金属的熔点,因此青铜的熔点低于纯铜,B项正确;Sn、Pb的活动性强于Cu,青铜中的Cu和Sn、Pb形成原电池且Sn、Pb作负极,Cu作正极被保护,C项正确;FeCl3会和Cu反应而腐蚀铜器,不能用FeCl3溶液浸泡青铜器来清洗青铜器的铜锈,D项错误。 9.D　解析　CuCl不溶于稀硫酸,Cu2O与稀硫酸反应生成Cu,故反应后的固体为CuCl与Cu的混合物,无法确定Cu的量,无法计算试样纯度,D项错误。 解题有据　铜元素在工艺流程中的考查要一般是+2价与+1价元素的转化问题。过渡金属元素一般都有多个价态,对Fe、Co、Ni的考查涉及+2价、+3价的转化。 10.答案　(1)①气密性检查　②Fe2O3+3CO2Fe+3CO2 ③尾气处理,除去没有反应的CO,防止污染 (2)①D　②2NaOH+CO2===Na2CO3+H2O　③蒸发浓缩、冷却　④能循环利用CO、提高原料利用率、减少二氧化碳的排放 解析　(2)关闭K2,开启K1,可以将d口出来的气体再从a通入装置而循环使用。①d口出来的气体必须是纯净而干燥的CO气体,b装置能充分吸收二氧化碳、c装置用于干燥,则c瓶中应装浓硫酸,故选D。②b中氢氧化钠溶液吸收二氧化碳,反应的化学方程式为2NaOH+CO2===Na2CO3+H2O。③反应完后(假设b瓶中NaOH全部转化为纯碱),要从b瓶中溶液得到纯碱固体,从溶液中提取的碳酸钠固体是Na2CO3·10H2O,适合用冷却结晶法,必要的实验操作为转移、蒸发浓缩、冷却结晶。④实验改进后,过量的CO从d排出进入a,主要优点是能循环利用CO、提高原料利用率、减少二氧化碳的排放。 11.答案　(1)具支试管　防倒吸　(2)Cu+H2O2+2H+===Cu2++2H2O　O2　增加过氧化氢的氧化性　(3)CuO2　(4)当滴入最后半滴Na2S2O3标准溶液时,溶液蓝色消失,且半分钟内不恢复原来的颜色　96% 解析　(1)铜和浓硝酸反应生成硝酸铜和二氧化氮,其中二氧化氮易溶于水,需要防倒吸,则装置B的作用为防倒吸。(2)根据实验现象,铜片溶解,溶液变蓝,可知在酸性条件下铜和过氧化氢发生反应生成硫酸铜,离子方程式为Cu+H2O2+2H+===Cu2++2H2O;硫酸铜可以催化过氧化氢分解生成氧气,则产生的气体为O2;在铜和过氧化氢的反应过程中,氢元素的化合价没有发生变化,故从氧化还原角度说明H+的作用是既不是氧化剂,又不是还原剂。(3)在该反应中铜的质量m(Cu)=n×=,因为=,则m(O)=n×+(m-n)=,则X的化学式中铜原子和氧原子的物质的量之比为==,则X为CuO2。(4)滴定结束的时候,单质碘消耗完,则标志滴定终点的现象是溶液蓝色消失,且半分钟内不恢复原来的颜色;在CuO2中铜元素为+2价,氧元素为-1价,根据2Cu2++4I-===2CuI↓+I2,2CuO2+8H++8I-===2CuI+3I2+4H2O,I2+2S2===2I-+S4,可以得到关系式2CuO2~3I2~6S2,则n(CuO2)=×0.1 mol·L-1×0.015 L=0.000 5 mol,粗品中X的相对含量为×100%=96%。 增分微练(四)　金属及其化合物的转化 1.B　解析　由题图可知,Cu的冶炼年代比Au、Ag早,所以金属活动性强的冶炼的年代不一定晚,A项错误;因为氯化物的熔点低容易冶炼,所以电解氯化镁的年代比电解氧化铝的早,即电解氯化物比电解氧化物早,B项正确;单质铜易形成铜锈,所以铜在自然界中不能以游离态的形式存在,而以化合态的形式存在,C项错误;金属氧化物(如Al2O3、Cu2O)不属于金属材料,金属单质或合金属于金属材料,D项错误。 2.D　解析　硫酸铜是重金属盐,能使蛋白质发生变性而起到杀菌消毒的作用,常用于泳池的消毒,A项正确;白色无水硫酸铜能与水反应生成淡蓝色的五水硫酸铜,所以硫酸铜可以用来检验酒精中是否含少量水,B项正确;硫酸铜溶液和石灰乳都能能使蛋白质发生变性而起到杀菌的作用,所以硫酸铜与石灰乳混合配制农药波尔多液,C项正确;铜是不活泼金属,不能与稀硫酸反应,所以不能用铜与稀硫酸反应制备硫酸铜,D项错误。 3.C　解析　若脱脂棉燃烧,则可以说明该反应放热,产生的热量使脱脂棉燃烧,A项正确;NaOH直接与硫酸亚铁反应得到Fe(OH)2,溶液提前驱除溶解的氧气,煤油可以隔绝氧气,防止Fe(OH)2被氧化,B项正确;加热固体使碳酸氢钠分解不能在蒸发皿中进行,C项错误;氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠与水,气体被消耗,会造成压强差,可能发生倒吸,需要改进,D项正确。 4.A　解析　碳酸氢钙与氢氧化钙反应生成碳酸钙和水,产物与反应物用量无关,A项符合题意;氢氧化钠与氯化铝反应,氢氧化钠少量时生成氢氧化铝沉淀,氢氧化钠过量时反应生成四羟基合铝酸钠,产物与氢氧化钠的物质的量有关,B项不符合题意;氨气与硫酸铜溶液反应,氨气少量时生成氢氧化铜沉淀,氨气过量时反应生成铜氨配合物,产物与氨气通入量有关,C项不符合题意;氢氧化钡少量,反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化铝沉淀,氢氧化钡过量,反应生成硫酸钡沉淀和四羟基合铝酸钡,所以产物与氢氧化钡加入量有关,D项不符合题意。 5.A　解析　MgCO3是微溶物,不可拆成离子,A项错误;SiO2不溶于盐酸,浸出渣为SiO2,B项正确;加入氨水沉镁,反应的化学方程式为MgCl2+2NH3·H2O===Mg(OH)2↓+2NH4Cl,母液的主要溶质是NH4Cl,C、D两项正确。 6.B　解析　实验Ⅰ反应后溶液无色,试管上方呈浅红棕色,说明有NO2生成,Al与稀硝酸反应生成NO,NO和O2反应生成NO2,发生的离子反应为Al+N+4H+===Al3++NO↑+2H2O,A项正确;实验Ⅱ为碱性条件下,生成能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体,该气体为NH3,实验Ⅲ为中性条件下,生成能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体,该气体为NH3,只能说明N在碱性或中性时被还原到最低价,但不能说明只有在碱性或中性时才被还原到最低价,B项错误;实验Ⅰ,N在酸性条件下转化为NO,实验Ⅱ,N在碱性条件下转化为NH3,说明N在酸性条件下氧化性更强,C项正确;实验Ⅰ,N在酸性条件下被还原为NO,实验Ⅱ,N在碱性条件下被还原为NH3,实验Ⅲ,N在中性条件下被还原为NH3,D项正确。 7.C　解析　无色气体为氨气,红褐色沉淀为氢氧化铁,X溶液为偏铝酸钠溶液,所以步骤①所加试剂可以是浓NaOH溶液,A项正确;可以用湿润的红色石蕊试纸检验NH3,B项正确;Fe3+可以氧化I-生成I2,C项错误;步骤②的反应为[Al(OH)4]-+HC===C+Al(OH)3↓+H2O,D项正确。 8.A　解析　溶液的蒸发浓缩应在蒸发皿中进行,A项符合题意;过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气,若带火星的小木条复燃可证明有氧气生成,B项不符合题意;胶体粒子不能透过半透膜,溶液可以,C项不符合题意;在硬质玻璃管中隔绝空气加热绿矾,利用氮气将产生的气体排至无水氯化钙,通过无水氯化钙的质量变化测定绿矾中结晶水的数目,D项不符合题意。 9.B　解析　铝条在浓硫酸中发生钝化,即铝与浓硫酸反应,在铝的表面生成一层致密的氧化膜,A项错误;锌与海水发生吸氧腐蚀,导致②试管压强减小,③中导管内液面上升,B项正确;铜与氯化铁反应生成氯化铜和氯化亚铁,该反应不是置换反应,C项错误;铁与稀硝酸反应生成的气体为NO,NO在试管口与空气反应生成NO2,D项错误。 10.A　解析　固体粉末X中可能含有FeO、Fe2O3、MnO2、Na2SiO3、Na2SO3、Na[Al(OH)4]、MgCl2、Na2CO3、NaNO2中的若干种,溶于水过滤,固体乙为不溶于水的FeO、Fe2O3、MnO2,溶液甲中加入过量稀盐酸,发生反应生成的有色气体A中含NO2,说明X中一定含有NaNO2,气体A中可能含有SO2、CO2气体,沉淀C应为H2SiO3,说明X中含有Na2SiO3;溶液B中加入氯化钡溶液无沉淀生成,因X中含有NaNO2,若X中含有Na2SO3,二者在酸性条件下发生氧化还原反应生成S,加入氯化钡生成硫酸钡沉淀,但加入足量稀盐酸后再加入BaCl2溶液没有沉淀,说明X中一定不含有Na2SO3;固体乙与足量浓盐酸加热反应生成有色气体D,D应为Cl2,则乙中应含有MnO2,溶液E中加KSCN溶液呈红色,说明E中含有Fe3+,Fe2+可被氯气氧化生成Fe3+,则固体X中至少含有FeO、Fe2O3中的一种。由以上分析可知,溶液甲中一定含有Na2SiO3、NaNO2,可能含有Na[Al(OH)4]、Na2CO3,但一定不存在Na2SO3,A项错误。固体X中一定含有Na2SiO3、NaNO2、MnO2,且FeO、Fe2O3中至少存在1种,所以固体粉末X中至少含有4种物质,B项正确。有色气体A中含有NO2,存在平衡2NO2N2O4,所以A为混合气体;浓盐酸易挥发,则气体D中含有HCl,所以气体A和气体D均为混合物,C项正确。由以上分析可知固体X中含有铁元素,可能含有Fe2O3或FeO,D项正确。 课时微练(十四)　氯及其化合物 1.D　解析　实验室制取气体的一般过程为组装仪器→检查气密性→加入试剂→加热,制得气体→净化→收集→尾气处理,D项正确。 2.B　解析　利用浓盐酸和二氧化锰共热制备氯气,b处蘸有硝酸银溶液的试纸遇氯气产生白色沉淀,c处干燥的蓝色石蕊试纸无明显变化,d处淀粉⁃KI试纸遇氯气变蓝;b处出现白色物质,说明氯气溶于水并生成Cl-,Cl-与银离子反应生成氯化银白色沉淀,A项正确;c处干燥的蓝色石蕊试纸与氯气不发生反应,故无明显现象,B项错误;d处试纸变蓝,发生的反应为Cl2+2I-===2Cl-+I2,淀粉遇生成的碘变蓝,C项正确;蘸有KOH溶液的棉花团的作用是处理尾气,防止氯气排放到空气中引起污染,D项正确。 3.C　解析　向FeCl2溶液通入氯气发生反应2Fe2++Cl2===2Fe3++2Cl-,溶液由浅绿色变棕黄色,该过程体现Cl2的氧化性,A项错误;向品红溶液中通入氯气,品红溶液褪色,是Cl2和水反应生成HCl和HClO,HClO具有漂白性,使品红溶液褪色,B项错误;Cl2和水反应生成HCl和HClO,溶液中的氯离子和硝酸银反应生成氯化银沉淀,使溶液变浑浊,C项正确;Cl2和水反应生成HCl和HClO,溶液呈酸性使紫色石蕊溶液变红,HClO具有漂白性,使变红的溶液褪色,D项错误。 4.B　解析　由图像可知,标准状况下35ClO2为液体,不能用气体摩尔体积计算其物质的量,A项错误;HClO4是强酸,完全电离,2 L 0.05 mol/L HClO4溶液中所含Cl的数目为0.1NA,B项正确;浓盐酸与NaClO3反应制取Cl2的离子方程式为Cl+6H++5Cl-===3Cl2↑+3H2O,该反应转移5个电子,7.1 g Cl2的物质的量为0.1 mol,转移电子的物质的量为×0.1 mol= mol,C项错误;不知道NaClO和NaClO3的组成比例,无法计算氧原子的具体值,D项错误。 5.D　解析　ClO-能把Fe2+氧化为Fe3+,Fe2+、ClO-不能大量共存,D项错误。 6.B　解析　高锰酸钾和浓盐酸常温下反应可以制取氯气,没有加热装置,所以甲中盛放的试剂可以是高锰酸钾固体,A项正确;氯气与冷烧碱溶液反应可制得“84”消毒液,乙中采用热水浴会有其他反应发生,会生成杂质氯酸钠,B项错误;在甲、乙之间加入饱和食盐水洗气,可以除去浓盐酸挥发出来的氯化氢气体,可提高NaOH的利用率,C项正确;氯气有毒,不能随意排放到大气中,所以在乙之后再连接NaOH溶液吸收尾气更加符合绿色化学思想,D项正确。 7.答案　(1)A　(2)NaClO+CO2+H2O===NaHCO3+HClO 2HClO2HCl+O2↑　(3)ClO-+Cl-+2H+===Cl2↑+H2O (4)开始溶液变成黄绿色,后来黄绿色褪去,生成白色沉淀　(5)2.5 解析　(1)氯气的密度大于空气,因此若钛厂Cl2泄露,工人应立即向高处即A处疏散。(2)次氯酸盐容易吸收空气中的二氧化碳转化为次氯酸,次氯酸分解生成氯化氢和氧气而失效,反应的化学方程式为CO2+H2O+NaClO===NaHCO3+HClO、2HClO2HCl+O2↑。(3)次氯酸钠具有强氧化性,能把氯离子氧化生成氯气,反应的离子方程式为ClO-+Cl-+2H+===Cl2↑+H2O。(4)漂白液在酸性条件下能把氯离子氧化生成氯气,氯气把二氧化硫氧化生成硫酸,进而生成硫酸钡白色沉淀,所以实验现象是开始溶液变成黄绿色,后来黄绿色褪去,生成白色沉淀。(5)1 mol二氧化氯(ClO2)得到电子转化为Cl-,转移5 mol电子;1 mol氯气转化为Cl-得到2 mol电子,所以等物质的量的ClO2的消毒能力约是Cl2的=2.5倍。 8.答案　(1)锥形瓶　b　(2)慢　(3)吸收Cl2　(4)4H++5Cl===Cl-+4ClO2↑+2H2O　验证是否有ClO2生成　(5)稳定剂Ⅱ　稳定剂Ⅱ可以缓慢释放ClO2,能较长时间维持保鲜所需的浓度 解析　(1)根据操作分析,F装置中应是Cl2和KI反应,所以应长管进气、短管出气,选b。(2)为使ClO2在D中被稳定剂充分吸收,滴加稀盐酸的速度要慢。(3)F装置中若有Cl2,则发生反应Cl2+2KI===2KCl+I2,淀粉遇碘变蓝,所以F中溶液的颜色不变,则装置C的作用是吸收Cl2。(4)在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2,该反应的离子方程式为4H++5Cl===Cl-+4ClO2↑+2H2O;在ClO2释放实验中,打开E的活塞,D中发生反应,则装置F的作用是验证是否有ClO2生成。(5)根据图3可知,稳定剂Ⅱ可以缓慢释放ClO2,能较长时间维持保鲜所需的浓度,所以稳定剂Ⅱ效果较好。 课时微练(十五)　卤族元素和海水资源的开发利用 1.A　解析　不能用铝热法冶炼镁。 解题有据　(1)注意在海水中钠、镁、溴和碘元素都以化合态形式存在且含量较低,需要先富集再提取,提取过程中要通过发生氧化还原反应获得它们的单质。 (2)提取海水中NaCl、镁、溴、碘的过程中要用到结晶、过滤、萃取和分液等实验操作,要注意这些操作的使用条件和操作方法的规范性。 (3)海水中铀和重水的提取,潮汐能、波浪能的开发对于新能源的开发具有重要意义。 2.B　解析　汗液中有NaCl,与AgNO3反应生成AgCl,AgCl在光照下分解出的银粒呈灰褐色,随着反应的进行,银粒逐渐增多,由棕色变成黑色的指纹线。 3.C　解析　灼烧在坩埚中进行,则甲装置可灼烧酒精润湿的海带碎片至灰烬,A项正确;过滤可分离出含碘离子的溶液,则用乙装置过滤,B项正确;四氯化碳的密度比水的密度大,则用丙装置萃取,下层溶液呈紫红色,C项错误;减压蒸馏可降低沸点,则用丁装置进行减压蒸馏可分离CCl4与碘单质,D项正确。 4.C　解析　浓缩海水提高c(Br-),n(Br-)不变,A项错误;通入氯气发生反应Cl2+2Br-===Br2+2Cl-,氧化溴离子,B项错误;溴易挥发,鼓入热空气可吹出溴,C项正确;CCl4萃取可分离溴与水溶液,D项错误。 5.C　解析　在萃取操作中可采用苯、四氯化碳等有机溶剂作萃取剂,A项正确;操作过程中由悬浊液B得到碘单质需要过滤,其需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗,B项正确;单质碘与氢氧化钠反应生成碘化钠、碘酸钠和水,则溶液C中碘元素主要以I-、I形式存在,C项错误;反萃取加入氢氧化钠溶液反应后,有机溶剂循环使用,则反萃取法的优点在于能耗低且有利于有机溶剂的循环利用,D项正确。 6.C　解析　步骤①发生的主要反应为Cl2+2Br-===Br2+2Cl-,生成粗产品溴,A项正确;海水中溴离子浓度较低,步骤②③的目的是富集溴元素,B项正确;物质X中含硫酸和HBr,C项错误;溴易挥发,可用空气吹出,D项正确。 7.B　解析　制备的氯气中含有少量挥发出来的氯化氢气体,可用饱和食盐水除去,所以装置B具有除杂和贮存气体的作用,A项正确;为了保证液体顺利流下,需要保证分液漏斗内外压强相同,则需要先打开玻璃塞再拧开下面的活塞,B项错误;如果氯气过量,则氯气与KI反应,根据分析,需要控制氯气进入装置C中的用量,C项正确;根据萃取原理,苯的密度比水小,故振荡装置D会观察到液体分层且上层呈紫红色,D项正确。 8.B　解析　含碘废液中含有CCl4、I2、I-等,加入亚硫酸钠溶液还原碘单质为碘离子,分液得到的溶液中通入氯气氧化碘离子为碘单质,富集碘元素,加入四氯化碳萃取分液后,蒸馏法得到碘单质。碘微溶于水,而碘离子易溶于水,为了使更多的I元素进入水溶液应将碘还原为碘离子,A项正确;萃取振荡时,分液漏斗上口应倾斜向下,下口斜向上方,B项错误;CCl4的密度比水大,应该从分液漏斗下口放出,C项正确;过滤用于分离不溶于水的固体和溶液,故回收碘时,通过过滤操作从碘的悬浊液中分离出碘单质,D项正确。 9.C　解析　向苦卤中通入氯气置换出溴单质,分离得到溴单质,通入氯气是为了提取溴,A项正确;粗盐中含有钙离子、镁离子、硫酸根离子等杂质,精制时可在溶液中依次加入过量的氢氧化钠溶液、过量的氯化钡溶液和过量的碳酸钠溶液,过滤后向滤液中加入盐酸到溶液呈中性,再进行重结晶进行提纯,B项正确;工业上常选用生石灰或石灰乳作为沉淀剂,C项错误;提取溴时一般用氯气置换出溴单质,由于Br2具有挥发性,用空气和水蒸气吹出溴单质,再用Na2SO3将其还原吸收转化为溴化氢,达到富集的目的,D项正确。 10.答案　(1)关闭K,将装置B右侧的导管伸入水中,用手捂住三颈烧瓶,导管口有气泡冒出,松手后,导管中形成一段水柱,则装置气密性良好　平衡气压,使液体顺利流下 (2)3I2+6NaOH===5NaI+NaIO3+3H2O　0.1 (3)3H2S+I===3S↓+I-+3H2O (4)过滤、洗涤　防止NaI被氧化 解析　(2)向三颈烧瓶中滴入30%的NaOH溶液,I2与NaOH发生自身氧化还原反应生成NaI、NaIO3和水,反应的化学方程式为3I2+6NaOH===NaIO3+5NaI+3H2O,该反应中每生成5 mol NaI转移5 mol电子,即转移电子的物质的量与生成NaI的物质的量相等,所以每生成15 g NaI,转移电子的物质的量为=0.1 mol。(3)根据步骤③的现象可知,H2S将I还原成I-,H2S被氧化成S,根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒,配平反应的离子方程式为3H2S+I===I-+3S↓+3H2O。(4)步骤⑤把三颈烧瓶中的混合液倒入烧杯,加入足量碳酸钡除去稀硫酸,发生的反应为BaCO3+H2SO4===BaSO4+H2O+CO2↑,由于S、BaSO4和过量的BaCO3都难溶于水,故“一系列操作”包括过滤、洗涤、合并滤液和洗涤液、隔绝空气蒸发结晶等操作得到NaI成品;由于I-具有较强的还原性,易被空气中的O2氧化,故隔绝空气的目的是防止NaI被氧化。 11.答案　(1)MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O　(2)将A中生成的Br2吹入B中　(3)Br2+SO2+2H2O===4H++2Br-+S　(4)c　(5)尽可能蒸出溴而不蒸出水　(6)3Br2+3Na2CO3===5NaBr+NaBrO3+3CO2↑　(7)操作简单,污染小 解析　(3)二氧化硫具有还原性,步骤③中发生的主要反应是Br2被二氧化硫还原为Br-同时生成硫酸根离子,离子方程式是Br2+SO2+2H2O===4H++2Br-+S。(4)B中尾气含有SO2、HBr等,均可以和碱溶液反应,故可用氢氧化钠溶液吸收。(5)Br2的沸点为59 ℃,水的沸点为100 ℃,工业生产时蒸馏温度控制在80~90 ℃可以尽可能蒸出溴而不蒸出水。(6)Br2与碳酸钠溶液发生反应生成NaBrO3,反应中部分溴元素化合价升高、部分溴元素化合价降低,根据氧化还原反应规律可知,该反应还生成了NaBr,故反应为3Br2+3Na2CO3===5NaBr+NaBrO3+3CO2↑。(7)B中需要通入两种气体且尾气中含有二氧化硫气体,对比B、C装置可知,采用C装置的优点为操作简单,污染小(减少二氧化硫的排放)。 课时微练(十六)　硫及其氧化物 1.B　解析　“硫”指的是硫黄,故选B。 2.A　解析　SO2具有酸性氧化物的性质,可以使石蕊溶液变红但不会褪色,SO2使品红溶液褪色说明SO2有漂白性,A项错误;SO2具有还原性,与酸性高锰酸钾溶液、溴水发生氧化还原反应而使溶液褪色,B项正确;SO2与氢硫酸发生反应SO2+2H2S===3S↓+2H2O,生成的硫单质为难溶于水的淡黄色沉淀,体现SO2的氧化性,C项正确;该装置使用注射器和药穴板,药品用量少,用浸有氢氧化钠溶液的棉花团吸收尾气,对环境的污染也小,操作方便,体现实验的微型化和绿色化,D项正确。 3.C　解析　Cu和浓硫酸反应生成SO2需要加热,A项错误;检验SO2可用品红溶液,但用向上排空气法收集SO2时导管要“长进短出”,B项错误;反应后溶液中仍含有较高浓度的硫酸,稀释时宜采用和稀释浓硫酸一样的方法,即向水中缓慢倒入反应后的溶液并搅拌,C项正确;NaOH溶液为碱性溶液,应盛放在碱式滴定管中,不能用酸式滴定管盛放,D项错误。 4.C　解析　SO2易溶于水,液面也能上升,A项错误;二氧化硫与水反应达到饱和,二氧化硫不再溶解,液面高度也无明显变化,B项错误;滴入石蕊溶液,溶液变为红色,说明溶液显酸性,SO2与水反应生成酸,酸电离出氢离子,C项正确;也可能亚硫酸被氧化为硫酸,弱酸变强酸,pH下降,D项错误。 5.B　解析　S单质的氧化性比较弱,所以只能将变价金属氧化为低价,所以将Ag、Cu、Fe、Zn分别氧化为+1、+1、+2、+2价,转化为Ag2S、Cu2S、FeS、ZnS。故选B。 6.C　解析　混合溶液中SO2被FeCl3氧化生成S,再与BaCl2反应产生白色沉淀,体现了SO2的还原性,A项正确;SO2与H2S在溶液中发生反应SO2+2H2S===3S↓+2H2O,体现了SO2的氧化性,B项正确;SO2使酸性KMnO4溶液褪色,这是SO2在酸性溶液中还原KMnO4生成Mn2+,体现了SO2的还原性,C项错误;SO2与Na2SiO3溶液产生胶状沉淀,根据较强酸制较弱酸,可得结论酸性H2SO3>H2SiO3,D项正确。 易错警示　酸性条件下SO2不能与氯化钡溶液反应,但是SO3可以与BaCl2溶液反应,而SO2被氧化剂氧化后可与氯化钡溶液反应生成沉淀。 7.D　解析　通过品红溶液,只能证明SO2气体的存在,无法证明SO2中是否混有CO2,A项错误;二氧化硫和二氧化碳都能与澄清石灰水反应生成白色固体,B项错误;SO2、CO2均能与NaOH溶液反应,通过该溶液后,再通过澄清石灰水,无任何明显现象,C项错误;先通过足量酸性高锰酸钾溶液,使二氧化硫被充分吸收,二氧化碳不反应,然后再通入澄清石灰水,如果澄清石灰水变浑浊,则SO2中含有二氧化碳,否则不含,D项正确。 8.A　解析　工业上以硫黄为原料制硫酸的转化关系为SSO2SO3H2SO4,A项错误;实验室制备二氧化硫的反应可以用亚硫酸钠固体与中等浓度的硫酸反应也可以用铜和浓硫酸的反应,用亚硫酸钠固体与中等浓度的硫酸反应的方程式为Na2SO3+H2SO4(较浓)===Na2SO4+SO2↑+H2O,B项正确;工业上用石灰乳吸收SO2生成亚硫酸钙,亚硫酸钙容易被氧化生成硫酸钙,转化关系为SO2CaSO3CaSO4,C项正确;H2S尾气吸收可用氢氧化钠溶液也可以用硫酸铜溶液,用硫酸铜溶液吸收的反应为H2S+CuSO4===CuS↓+H2SO4,D项正确。 9.答案　(1)SO2　O2　(2)Fe3O4　SO2　(3)H2O2+SO2===H2SO4　(4)×100% 解析　(1)煅烧时,钢样中所含的碳元素和硫元素与氧气反应生成二氧化碳、二氧化硫,还有部分氧气剩余,所以气体a的成分是SO2、CO2、O2。(2)由题意可知,FeS与O2在高温条件下反应应该生成铁的氧化物和二氧化硫,由质量守恒定律可知,3 mol FeS反应生成1 mol Fe3O4和3 mol SO2,化学方程式为3FeS+5O2Fe3O4+3SO2。(3)双氧水具有强氧化性,二氧化硫具有还原性,二者发生氧化还原反应生成硫酸,化学方程式为H2O2+SO2===H2SO4。(4)若消耗1 mL NaOH溶液相当于硫的质量为y g,消耗z mL NaOH溶液相当于硫的质量为yz g,硫的质量分数为×100%=×100%。 10.答案　(1)在酸性环境中,硝酸根离子有强氧化性,将SO2氧化为S (2)作缓冲瓶,使通入溶液中的二氧化硫气体的速率比较稳定 (3)隔绝氧气　b (4)SO2被O2氧化,与BaCl2溶液反应产生硫酸钡沉淀 (5)3SO2+2N+3Ba2++2H2O===3BaSO4↓+2NO+4H+ (6)氧气起主要氧化作用 解析　(1)通过题目信息可知,SO2通入Ba(NO3)2溶液出现白色沉淀可能原因为氧气或者硝酸根离子,因此可得假设二为在酸性环境中,硝酸根离子有强氧化性,将SO2氧化为S。(2)装置X为缓冲瓶,可使得通入溶液中的二氧化硫气体的速率稳定,让后续反应更稳定,数据更准确。(3)由于实验中需要研究氧气的作用,因此需要控制变量,植物油起到的作用为隔绝氧气。食用油密度小于水,难溶于水。氯仿密度大于水;己烷密度小于水,难溶于水;乙醇易溶于水,故选b。(4)根据A烧杯和B烧杯中实验现象的对比,可以得出:在氯化钡溶液中,必须有氧气的参与才会产生沉淀。(5)N将SO2氧化,则离子方程式为3SO2+2N+3Ba2++2H2O===3BaSO4↓+2NO+4H+。(6)通过图像对比,可以发现在氧气的参与下,pH下降幅度更大,因此在反应中氧气起主要氧化作用。 课时微练(十七)　硫酸　含硫物质的转化 1.D　解析　浓硫酸具有强腐蚀性,实验时需要护目镜,A项不符合题意;浓硫酸与蔗糖反应生成有毒的SO2气体,反应时需要排风,B项不符合题意;浓硫酸具有强腐蚀性,做完实验需要洗手,C项不符合题意;此反应不需要用电,D项符合题意。 2.B　解析　SO2、SO3都能与碱溶液反应生成对应的盐和水,符合酸性氧化物的定义,二者均为酸性氧化物,A项正确;在用硫酸制备硝酸的阶段不涉及化合价变化,利用的是以高沸点酸制备低沸点酸,故体现了浓硫酸的沸点高而不是强氧化性,B项错误;X为氧化产物Fe2O3,C项正确;硫酸、硝酸均可与铁反应,故制备过程中使用的铁锅易损坏,D项正确。 3.D　解析　黄铁矿的主要原料为FeS2,化学方程式为4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2,A项正确;通入“接触室”的原料气一般会有粉尘等杂质,覆盖在催化剂表面易引起催化剂“中毒”,B项正确;生成SO3的反应气体分子数减小,为熵减反应,C项正确;浓硫酸不能干燥H2S气体,D项错误。 4.D　解析　①中由于浓硫酸会吸收水分,未观察到蓝色固体,无法说明产物中不存在硫酸铜,A项错误;②中溶液褪色,是SO2与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应,证明SO2具有还原性,B项错误;③中淡黄色粉末变白,是过氧化钠和SO2反应生成硫酸钠,C项错误;④中产生淡黄色沉淀,沉淀是SO2和S2-反应生成的硫单质,硫化钠中S元素化合价升高,证明S2-被氧化,D项正确。 5.B　解析　从组成上看,焦硫酸是由等物质的量的三氧化硫与纯硫酸化合而成的,则焦硫酸具有强氧化性,A项正确;Na2S2O7可写成Na2SO4·SO3,Na2SO4·SO3溶于水时,三氧化硫与水反应生成硫酸,水溶液呈酸性,三氧化硫也可与碱性氧化物反应生成硫酸盐,B项错误,C项正确;100%硫酸吸收SO3生成焦硫酸有新物质生成,属于化学变化,D项正确。 6.B　解析　由题图可知,a为硫酸,b为硫化氢,c为硫单质,d为亚硫酸盐,据此分析解题。浓硫酸有强氧化性,可与H2S反应生成中间价态的S或SO2,A项正确;SO2通入紫色石蕊溶液中,溶液变红,但不能褪色,B项错误;S在空气中燃烧只能生成SO2,C项正确;S中S元素为+4价,既可被氧化,也可被还原,D项正确。 7.C　解析　浓硫酸具有脱水性,可使蔗糖脱水生成炭黑,A项正确;浓硫酸具有吸水性,胆矾遇浓硫酸失去结晶水,由蓝色变成白色,B项正确;常温下,铝在浓硫酸中发生钝化反应,在铝的表面生成一层致密的氧化膜,所以常温下浓硫酸可用铝罐贮存,C项错误;这个反应是弱酸制备强酸的特例,能发生的原因是生成的CuS是极难溶的物质,既不溶于水,也不溶于稀硫酸,D项正确。 8.C　解析　Na2S2O4中S元素的化合价为+3价,处于中间价态,具有还原性,可用作抗氧化剂,A项正确;根据题意,Na2S2O4遇少量水发生强烈反应,甚至会引发燃烧,所以应干燥密封保存在低温处,B项正确;反应Na2S2O4+O2+H2O===NaHSO3+NaHSO4中,Na2S2O4失电子,O2得电子,生成1 mol NaHSO4消耗1 mol O2,转移4 mol电子,C项错误;二氧化硫中硫元素的化合价为+4价,而Na2S2O4中硫元素的化合价为+3价,故反应过程中二氧化硫被还原,D项正确。 9.D　解析　浓硫酸加入蔗糖中,蔗糖先碳化变黑,说明有碳单质生成,浓硫酸具有脱水性,随后品红溶液湿润的纸条褪色,Na2S溶液湿润的纸条变黄,溴水湿润的纸条褪色,说明有二氧化硫生成,说明浓硫酸具有强氧化性,A项正确;浓硫酸与蔗糖脱水生成的碳单质反应生成二氧化硫,水槽中NaOH溶液的主要作用是吸收有毒气体SO2,B项正确;c处纸条上生成黄色物质是因为SO2与Na2S溶液反应生成单质S,说明SO2具有氧化性,C项正确;a处纸条褪色,说明反应有SO2生成且SO2具有漂白性,b 处纸条褪色,是因为SO2将Br2还原为无色的Br-,说明SO2具有还原性,褪色原理不同,D项错误。 10.答案　(1)增大固体与空气的接触面积,加快反应速率,使黄铁矿充分燃烧　(2)S2+2O22SO2　(3)该反应为可逆反应,有一定限度 (4)SO3+H2O===H2SO4　(5)①蓝　②a.I2+SO2+2H2O===2HI+H2SO4　b.　③80 解析　(3)实验发现,在二氧化硫与氧气的反应中,无论怎样改变条件都不能使二氧化硫全部转化为三氧化硫,原因是该反应为可逆反应,有一定限度。(4)98.3%的浓硫酸吸收SO3,主要是浓硫酸中的水吸收三氧化硫生成硫酸,其反应的化学方程式为SO3+H2O===H2SO4。(5)①准确移取5 mL 5×10-4 mol·L-1碘溶液,注入测定装置的试管中,加入2~3滴淀粉溶液,淀粉遇碘单质变为蓝色,则此时溶液呈蓝色。②连接仪器,在测定地点慢慢抽气,每次抽气100 mL,直到溶液的颜色全部褪尽为止,共抽气n次。a.抽气时溶液褪色,则二氧化硫和单质碘反应生成硫酸和氢碘酸,其反应的化学方程式是I2+SO2+2H2O===2HI+H2SO4。b.空气中二氧化硫的含量为= mg·L-1。③若空气中二氧化硫的允许含量以0.02 mg·L-1为标准,即 mg·L-1≤0.02 mg·L-1,解得n≥80,则抽气次数n≥80次才符合标准,否则超标。 课时微练(十八)　氮及其氧化物和氢化物　铵盐 1.A　解析　将过量氨气通入氯化铝溶液中,反应生成氢氧化铝和氯化铵,离子方程式为Al3++3NH3·H2O===Al(OH)3↓+3N,A项错误;用浓氨水检验氯气管道是否泄漏,反应生成氯化铵和氮气,化学方程式为8NH3+3Cl2===6NH4Cl+N2,B项正确;温度升高气体颜色加深,说明平衡正向移动,正反应为吸热反应N2O4(g)2NO2(g)　ΔH>0,C项正确;NaNO2为强碱弱酸盐,水解后溶液显碱性N+H2OHNO2+OH-,D项正确。 2.D　解析　N2化学性质比较稳定,可用作保护气,A项正确;NH3易液化,液氨汽化吸收大量的热,可作制冷剂,B项正确;黑火药发生爆炸的反应为S+2KNO3+3CK2S+N2↑+3CO2↑,N元素化合价降低,被还原,KNO3作氧化剂,即KNO3具有氧化性,C项正确;氮元素是农作物生长必需的元素,铵根离子容易被植物吸收,因此NH4Cl可用于制造化肥,D项错误。 3.C　解析　在一支50 mL注射器里充入20 mL NO,然后吸入5 mL水,用乳胶管和弹簧夹封住管口,振荡注射器,静置后观察现象①中注射器中气体无色,注射器活塞几乎不发生移动,NO难溶于水;打开弹簧夹,快速吸入10 mL空气后夹上弹簧夹,观察现象②为注射器内气体变为红棕色,气体体积减小,注射器活塞向里移动,NO具有还原性,被氧化为NO2;振荡注射器,静置后再观察现象③气体由红棕色变为无色,气体体积减小,注射器活塞向里移动,据此回答。由分析知,现象①②主要体现了NO难溶于水、还原性,A项正确;现象②中水进入针筒,NO被氧化为二氧化氮,现象③中二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮,故针筒示数:③<②,B项正确;过程中若将空气10 mL改成15 mL,则氧气有约3 mL,20 mL NO和3 mL氧气反应时,NO过量,故③能观察到针筒内有气体剩余,C项错误;此实验启示工业上制硝酸时充入适量O2,可以提高氮原子利用率,D项正确。 4.A　解析　可认为首先发生反应4NO+3O2+2H2O4HNO3,反应后剩余 mL O2,然后发生反应4NO2+O2+2H2O4HNO3, mL O2消耗NO2 n mL,则NO2过量(m-n)mL,过量的NO2再与水反应,最后得到NO的体积为过量NO2的三分之一,即 mL。 5.D　解析　氯化铵受热分解生成HCl和氨气,HCl和氨气在试管口遇冷又会化合生成氯化铵,不能用加热氯化铵来制取氨气,A项错误;浓硫酸能与氨气反应,不能用浓硫酸来干燥氨气,B项错误;氨气的密度比空气小,应该用向下排空气法收集氨气,导管应该伸到试管底部,C项错误;氨气极易溶于水,尾气吸收应采取防倒吸的措施,D项正确。 6.A　解析　甲装置需要提供氨气和氧气,如果甲装置中的固体是NaOH或CaO,只能提供氨气,不能提供氧气,X应为过氧化钠等,A项错误;无水氯化钙能与氨气反应形成配合物,不能用来干燥氨气,B项正确;戊中观察到紫色溶液变红,说明生成了酸性物质,可以说明一氧化氮、氧气与水反应生成了硝酸,D项正确。 7.B　解析　装置B中盛有水,用于吸收挥发出的HNO3;装置E中盛有FeSO4溶液,用于检验NO,A项正确;装置D中红色粉末变为黑色,说明Cu生成了CuO,则NO与Cu发生了反应,B项错误;实验结束时,为防止倒吸,要先熄灭酒精灯,待装置冷却后再关闭分液漏斗的活塞,C项正确;由于FeSO4与NO的反应是可逆反应,NO不能被装置E中的FeSO4溶液完全吸收,且NO与水不反应,故装置F收集的气体中一定含有NO,D项正确。 8.B　解析　O3与O2是同种元素组成的不同单质,二者互为同素异形体,A项错误;NOx是大气污染物,在大气中有可能形成硝酸型酸雨或光化学烟雾,B项正确;N2O5是一种酸性氧化物,但不是所有酸性氧化物都可以和水反应生成相应的酸,例如SiO2不和水反应,C项错误;H2O是一种V形分子,D项错误。 9.B　解析　整套装置是密闭体系,若装置气密性良好,轻轻挤压任一乳胶头,则蒸馏水中均有气泡冒出,A项正确;pH试纸遇酸变红,遇碱变蓝,氯化铵受热分解生成氨气和HCl,左边氯化钙会吸收氨气,右边NaOH会吸收HCl,因此同时点燃两个酒精灯后,左边pH试纸变红,右边pH试纸变蓝,B项错误;竖直支管上方同时有氨气和HCl,两者相遇生成氯化铵产生白烟,C项正确;停止加热后,不断交替挤压两边乳胶头,增大压强,将残余的气体全部赶入蒸馏水中被吸收,减少污染,D项正确 10.答案　(1)ACG　(2)①有白烟生成　A瓶中的氯化氢扩散到B瓶中,与B瓶中的氨气反应生成氯化铵,能看到白烟　②石蕊水溶液进入B瓶中,溶液的颜色变红 解析　(1)制备氨气时,加热固体的试管口应略向下倾斜,所以制备装置应选取装置A;氨气的密度比空气的小,因此应用向下排空气法收集,所以收集装置应选取装置C;氨气极易溶于水,应防止发生倒吸,因此尾气处理装置应选取装置G。(2)①A瓶的压强大于B瓶的,因此A瓶中的氯化氢进入B瓶中与氨气反应生成氯化铵,可以看到B瓶中有白烟生成。②由于氯化氢和氨气反应导致B瓶中的压强降低,且B瓶中的氯化氢相对过量,因此打开旋塞2时,石蕊水溶液会被倒吸入B瓶中,遇氯化氢溶液变为红色。 11.答案　(1)红　(2)不仅可以充分吸收逸出的氨气,还不用增加常规的防倒吸装置　(3)1　2　(4)adecbf(或aedcbf)　作安全瓶,防倒吸　排尽装置内的空气　(5)0.075 mol Cu2O、0.075 mol Cu 解析　(1)运用常规的水加无色酚酞溶液进行NH3的喷泉实验时,“喷泉”颜色为红色。(2)用水与无水乙醇以体积比1∶1混合而成的乙醇溶液来处理尾气,不仅可以充分吸收氨气,还能有效防止倒吸,不用增加常规的防倒吸装置。(3)检查装置气密性,如题图1所示连接好装置,打开开关1,关闭开关2,使整个装置密闭。(4)装置A为氨气的制取、干燥装置,干燥的氨气通过装置C;探究氨气的还原性,多余的氨气用装置D进行尾气处理,为了防倒吸,装置C、D之间要增加装置B用作安全瓶,故仪器接口连接顺序为adecbf(或aedcbf);为了避免装置内的空气干扰实验,实验开始前,先通一段时间的N2,将装置内的空气排尽。(5)由已知信息可知,Cu2O+H2SO4===Cu+CuSO4+H2O,故最后得到的9.6 g固体为Cu,每1 mol Cu2O转化为Cu,固体质量减少80 g,现反应前后固体总质量减少15.6 g-9.6 g=6 g,说明有0.075 mol Cu2O,则15.6 g红色固体中Cu的质量为15.6 g-0.075 mol×144 g·mol-1=4.8 g,4.8 g Cu的物质的量为=0.075 mol,因此红色固体中有0.075 mol Cu2O和0.075 mol Cu。 12.答案　(1)Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O　(2)碱石灰　(3)D　干燥的氨气没有碱性,氨气与湿润的红色石蕊试纸中的H2O反应生成一水合氨,一水合氨呈碱性,使湿润的红色石蕊试纸变蓝 (4)Cu+4H++2N===Cu2++2NO2↑+2H2O　(5)红棕色气体颜色变浅,管壁上出现水珠　8NH3+6NO27N2+12H2O　(6)向氨氮废水中加入NaOH溶液,然后加热,若生成的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝,则说明有铵根离子　(7) N+2O2+2OH-N+3H2O 解析　A装置中氢氧化钙和氯化铵加热条件下反应生成氨气,生成的氨气经过B干燥后进入C中,干燥的氨气不能使干燥的红色石蕊试纸变蓝,C中试纸无变化,D中NH3与水结合生成一水合氨,D中湿润的红色石蕊试纸变蓝。E中氨气与浓盐酸反应生成氯化铵,E中出现白烟,F的作用为吸收多余的氨气,且进行了防倒吸处理。(5)NH3和NO2在催化剂作用下反应生成N2和H2O,因此可观察到Y管中红棕色气体颜色变浅,管壁上出现水珠,化学方程式为8NH3+6NO27N2+12H2O。(6)检验铵根离子的方法为向氨氮废水中加入NaOH溶液,然后加热,若生成的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝,则说明有铵根离子。(7)碱性条件下,铵根离子与氧气、OH-反应生成硝酸根离子和水,离子方程式为N+2O2+2OH-N+3H2O。 13.答案　(1)Na2CO3+NO+NO2===2NaNO2+CO2　(2)BC (3)NaHCO3　NaNO3 (4)防止NaNO3析出而降低NaNO2的纯度　溶碱　(5)c (6)被还原　HH　离子键和(非极性)共价键 解析　(1)碳酸钠溶液显碱性,结合已知可得,Na2CO3溶液和NO、NO2反应生成NaNO2,根据原子守恒,还会有CO2生成。(2)加快通入尾气的速率,如果速率过快,可能会导致吸收不完全,反而降低去除率,A项不符合题意;采用气、液逆流的方式吸收尾气,可以增加尾气与吸收剂的接触面积,从而提高去除率,B项符合题意;吸收尾气过程中定期补加适量Na2CO3溶液可以保证吸收剂的浓度,从而增加去除率,C项符合题意。(3)由制备流程可知,碳酸钠溶解后,碱吸收过程可能发生Na2CO3+NO+NO2===2NaNO2+CO2、3NO2+H2O===2HNO3+NO、Na2CO3+2HNO3===2NaNO3+H2O+CO2↑、Na2CO3+HNO3===NaNO3+NaHCO3等反应,所以中和液所含溶质除NaNO2及少量Na2CO3外,还有少量NaHCO3和NaNO3。(4)中和液进行蒸发Ⅰ操作时,若水的蒸发量过大,则溶液浓度过大,可能有NaNO3析出,从而降低NaNO2的纯度;蒸发Ⅰ产生的蒸气中含有少量的NaNO2等有毒物质,不能直接排放,应循环利用,提高利用率,所以将其冷凝后用于流程中的“溶碱”最合理。(5)母液Ⅱ中的溶质主要是NaNO3,将其转入转化液之后再进行蒸发结晶等操作,可以提高利用率,选c。(6)NaNO2中N元素化合价为+3价,N2H4中N元素化合价为-2价,所以NaNO2与N2H4发生氧化还原反应生成NaN3,该反应中NaNO2被还原;N2H4为共价化合物,N元素化合价为-2价,H元素化合价为+1价,两个N原子间形成一个共用电子对,每个N原子分别与2个H原子形成共用电子对,故电子式为HH;NaN3中含有活泼金属,故为离子化合物,Na+与之间形成离子键,内的N原子间形成(非极性)共价键。 课时微练(十九)　硝酸　含氮物质的转化 1.B　解析　“雷雨肥田”的意思是在放电条件下N2和O2反应生成NO,NO与O2反应生成NO2,NO2与水反应生成HNO3,HNO3随雨水降落与土壤中的物质反应生成硝酸盐,硝酸盐作为氮肥被农作物吸收,B项正确。 2.B　解析　浓硝酸见光会分解,要保存在棕色试剂瓶中,A项错误;酸性溶液中硝酸根离子有强氧化性,与亚铁离子发生氧化还原反应生成一氧化氮,一氧化氮在试管口与氧气反应生成二氧化氮,可在试管口观察到红棕色气体,B项正确;常温下,铝在浓硝酸中发生钝化,所以浓硝酸可以用铝制容器储存,C项错误;稀硝酸与金属反应时,稀硝酸被还原为一氧化氮,反应较慢,浓硝酸被还原为二氧化氮,反应较快,所以稀硝酸的氧化性比浓硝酸弱,D项错误。 3.C　解析　Cu与Fe3+反应无气体生成,A项错误;Cu与稀硫酸不反应,加入Na2CO3时与酸反应生成二氧化碳气体,但Cu不溶解,B项错误;Cu、稀硫酸、KNO3混合时发生反应3Cu+8H++2N===3Cu2++2NO↑+4H2O,则铜粉质量减小,同时溶液逐渐变为蓝色,且有气体逸出,C项正确;Cu、稀硫酸、FeSO4混合时不发生反应,D项错误。 4.D　解析　拉注射器A可将试管中的气体排出,同时使试管中的液面上升,A项正确;拉注射器B可降低广口瓶中的压强,推注射器B可增大气体压强,B项正确;该实验装置可通过控制止水夹和注射器来控制反应的开始与停止,C项正确;反应停止后,提拉粗铜丝,使粗铜丝下端靠近软胶塞A,再打开止水夹,缓慢拉注射器A的活塞,可观察到试管内的无色气体被吸入注射器A内,试管内稀硝酸液面逐渐上升,注射器B活塞缓慢向内移动,如不提拉铜丝会继续反应,D项错误。 5.B　解析　在铜与硝酸的反应中,硝酸表现氧化性和酸性,n(HNO3)=n(气体)+2×n[Cu(NO3)2],所以n(HNO3)=0.08 mol+×2=0.18 mol,故选B。 思维建模　 金属与硝酸反应计算的思维模型 6.D　解析　浓硝酸和铜反应生成二氧化氮,随着反应进行,硝酸变稀,生成一氧化氮,A项正确;铜丝绕成螺旋状,和硝酸接触更加充分,反应更加充分,B项正确;反应开始时,为浓硝酸和铜反应生成二氧化氮,二氧化氮和氢氧化钠反应生成NaNO3和NaNO2,C项正确;该实验中浓硝酸主要体现强氧化性和酸性,不体现脱水性,D项错误。 7.C　解析　氮气和氢气发生氧化还原反应生成氨气,分离出的氨气被氧气氧化为一氧化氮,一氧化氮和氧气、水反应生成硝酸,故A为氧气。由分析可知,合成塔中发生的反应为氧化还原反应,A项正确;由分析可知,A为氧气,向吸收塔中通入A是为了氧化NO,B项正确;铜和浓硝酸在常温下能够反应,C项错误;碳酸钠溶液显碱性,氮氧化物能被碱性溶液吸收,故尾气中的氮氧化物可用Na2CO3溶液吸收,D项正确。 8.D　解析　NO2、N2O4在标准状况下不是气体,在标准状况下收集的氮氧化物的体积小于22.4 L,A项错误;浓硝酸与Cu反应生成硝酸铜、氮氧化物,硝酸表现酸性和强氧化性,B项错误;浓硝酸和Cu在常温下就能反应生成硝酸铜、氮氧化物,C项错误;根据反应过程可知仅有两种元素的化合价发生变化,即Cu→Cu2+、HNO3→NaNO2,12.8 g Cu的物质的量为=0.2 mol,根据得失电子守恒,n(NaNO2)×2=n(Cu)×2,因此n(NaNO2)=0.2 mol,根据钠元素守恒,n(NaNO3)=0.6 L×2 mol·L-1-0.2 mol=1.0 mol,D项正确。 9.B　解析　Cu与浓硝酸反应的方程式为Cu+4HNO3(浓)===Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O,可得关系式1 mol Cu~4 mol浓硝酸~2 mol NO2,但随着反应的进行,浓硝酸逐渐变稀,发生的反应为3Cu+8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O,可得关系式3 mol Cu~8 mol稀硝酸~2 mol NO,也就是说3 mol Cu完全消耗时,产生气体的量小于6 mol,但是会大于2 mol,曲线b满足条件,故选B。 10.D　解析　浓酸能腐蚀橡皮塞和橡胶管,该装置不用橡皮塞和橡胶管,可避免被酸腐蚀,A项正确;该实验利用高沸点的浓硫酸制备低沸点的硝酸,反应方程式为NaNO3+H2SO4(浓)NaHSO4+HNO3↑,B项正确;硝酸在温度过高时能分解生成二氧化氮、氧气和水,NO2溶于水呈黄色,C项正确;硝酸见光易分解,所以应避光保存,应存放在棕色试剂瓶中,D项错误。 11.B　解析　装置甲使用了长颈漏斗,会造成NO泄露,A项错误;NO难溶于水,可用排水法收集NO气体,B项正确;NO不与NaOH溶液反应,不能被吸收,C项错误;定容时应用胶头滴管滴加蒸馏水,D项错误。 12.答案　(1)　(2)k和c　a和l　(3)2∶1 (4)4Zn+2N+10H+===4Zn2++N2O↑+5H2O 解析　(2)氮的固定是游离态的氮转化成为化合态的氮,根据题图可知,属于氮的固定的是k和c;发生非氧化还原反应,说明反应前后各元素化合价没有发生变化,则属于非氧化还原反应的是a和l。(3)反应h的化学方程式为3NO2+H2O===2HNO3+NO,氧化产物是HNO3,还原产物是NO,因此氧化产物和还原产物的物质的量之比为2∶1。(4)根据电荷守恒、得失电子守恒以及原子守恒,配平离子方程式为4Zn+2N+10H+===4Zn2++N2O↑+5H2O。 13.答案　(1)+5　(2)①红棕色　②0.01　③未　11.6 (3)①1.96　②200　(4)2.56 解析　(1)硝酸中H元素的化合价为+1价,O元素的化合价为-2价,根据正、负化合价代数和为零可得,N元素的化合价为+5价。(2)①NO2为红棕色气体。②金属离子全部沉淀时得到的2.54 g沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁,故沉淀中氢氧根离子的质量为2.54 g-1.52 g=1.02 g,氢氧根离子的物质的量为=0.06 mol,根据电荷守恒可知,金属提供的电子的物质的量等于氢氧根离子的物质的量,标准状况下,NO2和N2O4混合气体的物质的量为0.05 mol,设二氧化氮的物质的量为a mol,则四氧化二氮的物质的量为(0.05-a)mol,根据电子转移守恒可知,a×1+(0.05-a)×2×1=0.06,解得a=0.04,则n(N2O4)=0.01 mol。③加入的浓硝酸的质量是50 mL×1.40 g·mL-1=70 g,含有硝酸的质量是70 g×63%=44.1 g,物质的量是44.1 g÷63 g·mol-1=0.7 mol。设铜、镁的物质的量分别为x mol、y mol,则64x+24y=1.52(质量之和是1.52 g),98x+58y=2.54(氢氧化物质量之和是2.54 g),联立二式,解得x=0.02,y=0.01。0.02 mol铜和0.01 mol镁转化成对应的硝酸盐,参与成盐的硝酸根离子是0.06 mol,生成氮氧化物消耗0.06 mol硝酸,所以硝酸总共消耗0.12 mol,未反应完。剩余硝酸0.7 mol-0.12 mol=0.58 mol,浓度是=11.6 mol·L-1。(3)①根据铜原子守恒,氢氧化铜有0.02 mol,质量是0.02 mol×98 g·mol-1=1.96 g。②加入的氢氧化钠要与硝酸中和,然后和金属离子反应生成沉淀,中和反应消耗0.58 mol氢氧化钠,生成沉淀消耗0.06 mol,共需要0.64 mol氢氧化钠,溶液体积V==0.2 L=200 mL。(4)所得溶液中含有0.64 mol硝酸钠,浓度为=2.56 mol·L-1。 14.答案　(1)Cu+4HNO3(浓)===Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O (2)①3NO2+H2O===2HNO3+NO　②硝酸铜浓溶液呈绿色,稀溶液呈蓝色　③制得的CO2中存在HCl气体杂质,通入反应后的溶液,Cl-可与铜离子结合生成黄色的[CuCl4]2-,影响实验结论　不是 (3)①CO(NH2)2+2HNO2===2N2↑+CO2↑+3H2O　②铜迅速溶解,生成大量红棕色气体,溶液变为蓝色 解析　(2)①加入适量水后,NO2被反应掉,所以颜色变为蓝色,用化学方程式表示为3NO2+H2O===2HNO3+NO;②还可能是硝酸铜溶液被稀释,颜色发生改变;③石灰石和稀盐酸制取二氧化碳,盐酸易挥发,制得的CO2中可能存在HCl气体杂质,通入反应后的溶液,Cl-可与铜离子配合生成黄色的[CuCl4]2-,影响实验结论;通入三种不同气体后,实验1、2和3的现象不相同,大量红棕色气体逸出后溶液没有立刻变蓝,故该实验说明反应后的溶液呈绿色的主要原因不是二氧化氮的溶解导致。(3)①尿素可以和亚硝酸反应生成两种无污染的气体,可推出气体为N2和CO2,其反应的化学方程式为CO(NH2)2+2HNO2===2N2↑+CO2↑+3H2O;②在铜和浓硝酸反应开始前,提前加入一定量的尿素,则反应现象变为铜迅速溶解,生成大量红棕色气体,溶液变为蓝色。 15.答案　(1)检验装置的气密性　分液漏斗　(2)排尽装置内的空气,防止Cu与稀硝酸反应生成的NO被氧化　(3)Cu+2N+4H+===Cu2++2NO2↑+2H2O　(4)cbdea　液面上方出现红棕色气体　(5)猜想2　取适量装置C中的溶液于试管中,加入Cu(NO3)2固体,若溶液变为绿色,说明猜想1成立 解析　研究铜与浓、稀硝酸反应的差异,先利用二氧化碳将装置中的空气排出,防止Cu与稀硝酸反应生成的NO被氧化,装置B中滴加浓硝酸时Cu与浓硝酸反应生成二氧化氮,在C中验证铜和稀硝酸的反应,最后尾气处理,以此来解答。(1)装置连接后首先需要做的是检验装置的气密性;装置B中装浓硝酸的仪器名称是分液漏斗。(2)由于装置中含有空气,会干扰NO检验,所以实验一中“关闭K2、K3,打开K1”的目的是排尽装置内的空气,防止Cu与稀硝酸反应生成的NO被氧化。(3)装置B中浓硝酸和铜反应生成硝酸铜、二氧化氮和水,发生反应的离子方程式为Cu+2N+4H+===Cu2++2NO2↑+2H2O。(4)先打开K3,加入蒸馏水充分吸收生成的NO2气体,之后打开K1通入CO2,排尽装置内生成的NO气体,防止干扰实验,关闭K1后,插入铜丝使之与稀硝酸反应,再打开止水夹,使生成的气体与O2接触。打开止水夹后氧气把NO氧化为二氧化氮,则装置C的具支试管中的现象为液面上方出现红棕色气体。(5)继续实验,打开K1,一段时间后,装置B中溶液变为蓝色,由于A装置中二氧化碳把二氧化氮带出,因此说明猜想2可能成立,要验证猜想1的可能性,实验方案为取装置C中的溶液适量于试管中,加入Cu(NO3)2固体,若溶液变为绿色,说明猜想1成立。 课时微练(二十)　碳、硅及无机非金属材料 1.A　解析　晶体硅为正四面体结构,与金刚石类似,A项正确;晶体硅常温下可以与氢氟酸反应,B项错误;晶体硅是一种良好的半导体材料,但是它的提炼工艺不复杂,价格不高,已经被普及使用,C项错误;晶体硅有金属光泽,可以导电,但它属于非金属材料,D项错误。 2.D　解析　长信宫灯为金属材料,A项错误;玉不属于硅酸盐材料,B项错误;象牙主要成分为磷酸盐,C项错误;陶瓷属于硅酸盐材料,D项正确。 3.C　解析　纳米管孔径较大,有很强的吸附作用,可以掺杂各种金属原子,体现特殊的催化活性,A项正确;碳纳米管上每个碳原子采取sp2杂化,相互之间以碳—碳σ键结合起来,所以熔点高,B项正确;碳纳米管只由碳原子构成,属于单质,不是有机化合物,C项错误;碳纳米管可以看作是石墨烯片层卷曲而成,D项正确。 4.D　解析　C、Si、Ge都是第ⅣA族元素,都是主族元素,A项正确;二氧化硅晶体具有良好的导光性,是制造光导纤维的主要原料,B项正确;碳化硅(SiC)熔点很高,可作耐高温结构材料,C项正确;富勒烯、石墨烯都是碳单质,不是有机高分子化合物,D项错误。 5.D　解析　“从沙滩到用户”这句话涉及工业上制备粗硅的工艺,A项正确;SiO2与NaOH溶液反应制得硅酸钠溶液,即水玻璃,B项正确;SiO2是制取传统硅酸盐产品玻璃的原料之一,C项正确;SiO2属于酸性氧化物,但是可以和HF酸反应,D项错误。 6.C　解析　陶瓷是人类最早使用的硅酸盐制品,A项错误;纯碱、石灰石和石英是制玻璃的原料,而制水泥的原料是黏土和石灰石,B项错误;沙子的主要成分是SiO2,黏土的主要成分是硅酸盐,D项错误。 7.C　解析　瓷器中含有多种硅酸盐,是混合物,C项错误。 8.C　解析　太阳能电池帆板的主要成分是硅,A项正确;液氧、液氢的燃烧产物是水,对环境无污染,B项正确;红外光谱可确定有机物中的官能团和化学键,不能测定元素种类,C项错误;新型无机非金属材料在性能上比传统无机非金属材料有了很大的提高,可适用于不同的要求,耐高温陶瓷属于新型无机非金属材料,D项正确。 9.C　解析　本题制备纯硅的反应为H2+SiHCl3Si+3HCl,此反应应在装置Ⅳ中进行。装置Ⅰ的目的是制备氢气,氢气中含有水蒸气,对后续实验产生干扰,必须除去,因此装置Ⅱ的目的是除去氢气中的水蒸气,即装置Ⅱ中盛放浓硫酸;装置Ⅲ的目的是使SiHCl3气化,与氢气充分混合,因此应在热水浴中加热,A项错误;实验时应先打开活塞K,通入氢气,排除装置中的空气,防止加热时遇O2发生爆炸,B项错误;硅不与盐酸反应,铁与盐酸反应生成Fe2+,Fe2+被H2O2氧化成的Fe3+与KSCN溶液反应溶液变红,可以鉴定是否含有铁单质,C项正确;饱和食盐水与电石反应制备乙炔,反应迅速放出大量热且生成微溶的氢氧化钙,因此不能用启普发生器进行实验,D项错误。 10.D　解析　反应①为粗硅的制取SiO2+2CSi+2CO↑,则气体X为CO,A项正确;反应②是粗硅与HCl反应生成SiHCl3和H2,化学方程式为Si+3HClSiHCl3+H2,B项正确;由流程图可知,H2、HCl既是反应物,又是生成物,则H2、HCl均可循环利用,C项正确;自然界中没有游离态的硅,硅以化合态的形式存在,D项错误。 11.A　解析　石英主要用于生产玻璃,也可用于制造光导纤维,晶体硅用于制作集成电路板,故选A。 12.D　解析　灼热的焦炭与水蒸气反应所得的产物为H2、CO和少量CO2,要检验产物中的H2和CO,需要除去产物中少量的二氧化碳,通入装置④的气体需要干燥,因此②中盛放氢氧化钠溶液,③中盛放浓硫酸,④中反应后的气体中含有水蒸气和二氧化碳,因此无水硫酸铜变成蓝色,说明产物中含有氢气,⑤中澄清石灰水变浑浊,说明产物中含有CO。H2、CO不纯时加热易发生爆炸,为了实验安全,应先点燃①处酒精灯,排出装置中的空气后点燃④处酒精灯,A项正确;由分析可知,②③⑤中依次盛装氢氧化钠溶液、浓硫酸和澄清石灰水,B项正确;H2和CO均可还原CuO,当黑色氧化铜变红色,说明产物中一定含有H2和CO中的一种或两种,C项正确;碱石灰可吸收水、二氧化碳,但不能检验水,因此不能用碱石灰代替无水硫酸铜,D项错误。 13.答案　(1)CD　(2)①除去石英砂中的NaCl杂质 ②增大反应物之间的接触面积,加快反应速率,提高生产效率　③B 解析　(1)根据正、负化合价代数和等于零的原则,可得6+8-10-x=0,解得x=4,A项错误;钾长石与盐酸反应后不能形成澄清的溶液,B项错误;根据水泥制造过程可推测出烧制青花瓷过程中发生了复杂的物理变化和化学变化,C项正确;青花瓷、玻璃、水泥都符合硅酸盐产品的特点,属于硅酸盐产品,D项正确。(2)①石英砂中含有易溶于水的NaCl杂质,洗涤石英砂可使NaCl与SiO2分离。②将纯净的石英砂研磨后能增大反应物与盐酸的接触面积,加快反应速率,提高生产效率。③根据SiC中元素的价态可知,SiC具有还原性,在高温下与O2燃烧生成SiO2和CO2,因此不能用于制造抗高温水泥,A项错误;粗硅中含有SiC,其中Si和SiC的物质的量之比为1∶1,根据原子守恒,可将题述信息转化为如下反应2SiO2+5CSi+SiC+4CO↑,B项正确;因SiO2、Al2O3都能溶解在NaOH溶液中,无法实现二者的分离,C项错误;纯净的SiO2还可用于制造光学玻璃等,D项错误。 14.答案　(1)吸水　(2)Si+2HClSiH2Cl2　(3)d　e　f　g　b　c　d　(4)P2O5或CaCl2　尾气处理和防止空气中的水进入装置B中　(5)SiCl4　SiHCl3　(6)SiH2Cl2+2Cl2SiCl4+2HCl(或SiH2Cl2+Cl2SiHCl3+HCl) 解析　(1)浓硫酸有吸水性并放出大量的热,使浓盐酸更易挥发出HCl。(2)利用原子守恒法配平化学方程式。(3)装置A制取HCl,连接装置C干燥,从f进入装置D中反应,SiH2Cl2从g处挥发出来,在装置B中收集,SiH2Cl2的密度比空气大,导气管应长进短出,为防止空气中的水进入装置B中,则应在装置B后接干燥管。(4)前面的装置C是用来干燥氯化氢气体的,应选用P2O5或CaCl2,后面装置C的作用为尾气处理和防止空气中的水进入装置B中。(5)反应除生成二氯二氢硅之外,还会发生反应3Si+10HCl2SiHCl3+SiCl4+4H2,生成H2、SiCl4、SiHCl3等。(6)如果通入气体的次序相反,SiH2Cl2会与Cl2继续反应生成SiCl4、SiHCl3。 15.答案　(1)共价晶体　(2) SiHCl3+H2Si+3HCl　(3)①②④　防止SiHCl3发生水解、防止硅被氧化、防止氢气与氧气反应而发生爆炸　(4)8Na+CCl4+SiCl4===SiC+8NaCl (5)sp3　(Si4O11或Si4 解析　石英砂中主要成分是SiO2,与C在高温下发生反应SiO2+2CSi+2CO↑,得到粗硅,粗硅与HCl在300 ℃发生反应Si+3HClSiHCl3+H2,生成粗SiHCl3,粗SiHCl3中含有少量SiCl4,根据二者沸点不同,可以采取蒸馏的方法分离,纯SiHCl3在1 084 ℃条件下与H2反应生成高纯硅,化学方程式为SiHCl3+H2Si+3HCl。石英砂与焦炭在高温的氮气流中反应制得氮化硅,反应的化学方程式为3SiO2+6C+2N2Si3N4+6CO。(1)SiO2的结构为共价键结合成的空间网状结构,所以为共价晶体。(2)④的反应方程式为SiHCl3+H2Si+3HCl。(3)以上①~⑤的流程中,①②④均属于置换反应;根据上述流程以及相关信息可知SiHCl3极易水解,反应过程中会产生氢气,而空气中含有氧气和水蒸气,因此整个操作流程都需隔绝空气,原因是防止SiHCl3发生水解、防止硅被氧化、防止氢气与氧气反应而发生爆炸。(4)根据提示,用金属钠、四氯化碳和四氯化硅制得了SiC纳米棒,反应的化学方程式为8Na+CCl4+SiCl4===SiC+8NaCl。(5)根据图(b)可知,每个Si原子周围都与4个O原子相连,无孤电子对,所以Si原子为sp3杂化;根据晶胞结构图可知,在一个六角形的晶胞中共有6个Si原子,其中有4个被2个晶胞共有,所以Si原子的实际个数是4×1/2+2=4;1个六角形的晶胞中有18个O原子,其中完全属于该晶胞的是4个(上下各2个),其余O原子均属于2个小正四面体共有,所以O原子的实际个数是4+14×1/2=11,每个独立的Si—O键中的O原子带一个单位的负电荷,所以该晶胞的化学式是(Si4O11或Si4。 课时微练(二十一)　化学品的合理使用 环境保护与绿色化学 1.C　解析　工业明胶中含有毒物质,不能用于酸奶、果冻等食品的生产,A项错误;“塑化剂”有毒性,影响人体健康,不能加入果汁中,B项错误;加碘食盐中碘属于营养强化剂,C项正确;香肠中添加过量的亚硝酸钠易引起食物中毒,D项错误。 2.D　解析　生活垃圾直接露天焚烧可产生大量的有害气体和烟尘造成空气污染,对人体危害很大,A项错误;塑料不易降解,容易造成“白色污染”,不符合题意,B项错误;农药、化肥过量施用,在农作物上的残留会对人的健康不利,C项错误;推行绿色设计、绿色工艺,开发绿色产品,从源头上消除污染,D项正确。 解题有据　化肥和农药能保障农作物增产,减少农作物损失,但要注意施用方法、施用时机以及用量;必须在规定范围内使用食品添加剂,才能发挥其有利作用;超量使用就会损害人体健康。 3.C　解析　“R”表示处方药,“OTC”表示非处方药,A项错误;肠溶片不可咀嚼服用,以防药物对胃的刺激,防止胃液影响药物的疗效,延缓药物作用时间,B项错误;药物都有治疗疾病的作用,但同时对人体有一定的副作用,应在医生的指导下使用,C项正确;抗生素使用不当可能引起不良反应,也可能造成细菌耐药性增强,影响人体健康,D项错误。 4.D　解析　水的净化过程,应先加絮凝剂(如明矾)使水中杂质产生沉淀,后过滤除去,最后加入消毒剂如氯气进行杀菌消毒,故选D。 5.C　解析　CO与碱不反应,不是酸性氧化物,A项错误;1个二氧化硫分子和1个二氧化氮分子中都含2个氧原子,但是二者摩尔质量不同,等质量时依据n=可知二者的物质的量不同,所以含有的氧原子个数不同,B项错误;1 m3该空气中含有臭氧的质量为15 μg,含有臭氧的物质的量为=3.125×10-7 mol,C项正确;胶体颗粒直径为1~100 nm,PM2.5颗粒直径小于或等于2.5 μm,即2 500 nm,PM2.5在空气中不一定能形成胶体,D项错误。 6.A　解析　化肥要合理施用,有利于粮食增产,A项正确;将氯化铵与碱性物质熟石灰混合施用时会放出氨气,降低肥效,B项错误;硝酸钾中有钾元素和氮元素,属于复合肥料,C项错误;并不是所有化肥都溶于水,D项错误。 7.B　解析　反应中,NH3中N元素的化合价升高,则NH3作还原剂,A项正确;反应中活性炭起吸附作用和催化作用,B项错误;如果气体流速太快,则混合气体不能充分反应,所以为使气体在活性炭界面充分反应,需控制气体流速,C项正确;若x=1,即NH3与NO反应生成N2和水,则化学方程式为6NO+4NH35N2+6H2O,D项正确。 8.D　解析　超市免费提供塑料方便袋,容易形成白色污染,A项不符合“低碳”理念。大量开采化石燃料,增加了二氧化碳、空气污染物的排放,B项不符合“低碳”理念。大量使用一次性餐具用品,容易形成白色污染,不能减少二氧化碳的排放,C项不符合“低碳”理念。乘坐公共交通工具或骑自行车出行,能减少交通工具的使用,从而减少二氧化碳的排放,D项符合“低碳”理念。 9.D　解析　生成2种副产物,并且有一种副产物结构比产品环氧乙烷更复杂,原子利用率不高,A项不符合题意;生成2种副产物,原子利用率也不高,B项不符合题意;生成1种副产物,原子利用率不高,C项不符合题意;生成物只有环氧乙烷,原子利用率为100%,D项符合题意。 10.C　解析　排放到大气中的氮氧化物易与O2和水反应生成HNO3等,从而形成酸雨,A项正确;整个转化过程中,发生氮氧化物与氢气等在催化剂表面上的化学反应,涉及旧化学键的断裂和新化学键的形成,B项正确;吸附的H2分子断裂共价键生成H原子,需要吸收能量,C项错误;载体碱性越强,其吸附NOx(主要是NO和NO2)的能力越强,所以用该反应机理高效除去烟气中的氮氧化物时,需要调控合适的pH,D项正确。 11.B　解析　SO2和O3分子中含有的原子数相同,中心原子都是sp2杂化,空间结构为V形,A项正确;·CH3结构中有3个σ键,未成键的轨道有1个单电子,故空间结构为三角锥形,B项错误;催化剂可以改变氮氧化物、硫氧化物被氧化的反应速率,C项正确;尾气中含有大量有害物质,经过科学的处理可以转化为有实用价值的物质,D项正确。 12.答案　(1)①SO2、NO、CO　CaSO3、CaCO3、Ca(OH)2　 ②N+N===N2↑+2H2O　CO (2)①4CO+2NO24CO2+N2 ②检验CO是否转化为CO2　尾气处理装置 解析　(1)①工业废气(主要含N2、CO2、SO2、NO、CO)中可能造成环境污染的气体有SO2、NO、CO,CO2、SO2可被石灰乳吸收,固体1为CaSO3、CaCO3及过量Ca(OH)2混合物。②NaNO2与含有N的溶液反应生成无污染气体,应生成N2,根据电子守恒、原子守恒及物质的拆分原则,可知N、N发生氧化还原反应生成N2和H2O,反应的离子方程式为N+N===N2↑+2H2O。由分析可知捕获剂所捕获的气体成分主要是CO。(2)①一氧化碳和二氧化氮在催化剂和加热的条件下转化为氮气和二氧化碳,根据电子守恒、原子守恒,可知该反应的化学方程式为4CO+2NO24CO2+N2。②二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊,所以装置Ⅲ的主要作用是检验CO是否转化为CO2,由于尾气中仍残留未反应的NO和CO,所以该装置的不完善之处是无尾气处理装置,应该连接一个尾气处理装置。 增分微练(五)　非金属及其化合物的性质、用途及转化 1.B　解析　H2SO4与Na2SO3反应,H2SO4表现酸性,硫元素的化合价没有变化,A项错误;稀硝酸中加入少量铁粉生成Fe(NO3)3,再加铜粉,发生反应2Fe3++Cu===Cu2++2Fe2+,B项正确;NH3与浓硫酸反应生成(NH4)2SO4,N元素的化合价没有变化,C项错误;Cl2+2I-===I2+2Cl-,氯元素的化合价由+5或-1→0→-1,D项错误。 2.C　解析　浓硝酸不稳定见光易分解生成NO2和O2,因此用棕色瓶避光保存,A项正确;H2O2具有强氧化性,氧元素化合价由-1价变化为0价,可用于杀菌消毒,B项正确;SO2能和有色物质反应生成无色物质而具有漂白性,所以能漂白纸张,漂白纸张与SO2的还原性无关,C项错误;在人体的胃液中有盐酸,BaSO4难溶于稀盐酸,医学上常用作“钡餐”,D项正确。 3.C　解析　用X射线衍射仪可区分晶体和非晶体,普通玻璃属于非晶体,水晶为晶体,可用X射线衍射仪区分,A项正确;接触法制硫酸,FeS2转化为SO2,SO2转化为SO3,这些过程中有元素化合价的变化,涉及氧化还原反应,B项正确;泡沫灭火器是利用铝离子与碳酸氢根离子发生相互促进的水解反应生成二氧化碳来灭火,没有盐酸参与反应,C项错误;“84”消毒液的主要成分为NaClO,NaClO具有漂白性,可用于漂洗衣服,D项正确。 4.D　解析　石英砂(主要成分为SiO2)与碳在2 000 ℃条件下反应生成粗硅和一氧化碳,粗硅与氯化氢在300 ℃条件下反应生成SiHCl3和氢气,SiHCl3与氢气在1 100 ℃条件下反应生成高纯硅和氯化氢,达到制备高纯硅的目的,以此解答该题。反应①是SiO2+2CSi+2CO↑,反应中氧化剂为SiO2,还原剂为C,因此反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶2,A项正确;根据流程图和节约成本原则可知,流程中HCl和H2可以循环利用,B项正确;反应①是SiO2+2CSi+2CO↑,反应②是Si+3HClSiHCl3+H2,反应③是SiHCl3+H2Si+3HCl,置换反应是一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物,C项正确;SiHCl3(g)+H2(g)Si(s)+3HCl(g)的ΔS>0,由②③反应得到反应③是在高温下进行,根据ΔG=ΔH-TΔS<0可知,反应③为吸热反应,D项错误。 5.D　解析　氮的固定是指将游离态的氮转化为氮的化合物,反应①将N2转化为NO,属于氮的固定,反应②属于植物固氮,A项正确;由题图可知,氮循环过程中涉及氢、氧元素,B项正确;反应④是O2将NH3氧化为N,N元素化合价由-3价升高到+5价,即生成1 mol N失去8 mol电子,失去的电子被O2得到,根据关系式O2~4e-,可知得8 mol电子需要2 mol O2,C项正确;反应③中NO被氧化为N,氮元素被氧化,反应⑤中N被还原为N2,氮元素被还原,D项错误。 6.C　解析　氢化物为H2S,H2S是一种有臭鸡蛋气味的气体,A项正确;a为H2S,b为S,c为SO2,H2S通入SO2的水溶液中会生成单质S,B项正确;g为NaHSO4、f为Na2SO3时,NaHSO4与Na2SO3可以发生反应,C项错误;H2SO3溶液久置于空气中会生成H2SO4,溶液的酸性增强,pH减小,D项正确。 7.B　解析　硝酸是氧化性酸,BaSO3固体能溶于稀硝酸,被氧化生成硫酸钡,硝酸被还原生成NO,B项错误;转化④中发生的反应为4NO2+O2+H2O===4HNO3,理论上当V(NO2)∶V(O2)=4∶1时,NO2全部转化为HNO3,D项正确。 8.A　解析　NaSO3Cl与水反应的离子方程式为SO3Cl-+H2O===Cl-+2H++S,A项错误;硫酰二氯与水反应的离子方程式为SO2Cl2+6H2O===4H3O++S+2Cl-,B项正确;氯磺酸与BaCl2溶液反应的化学方程式为HSO3Cl+BaCl2+H2O===BaSO4↓+3HCl,C项正确;硫酰二氯可脱去金属氯化物中的水,方程式为MgCl2·6H2O+3SO2Cl2===MgCl2+3H2SO4+6HCl,D项正确。 9.B　解析　①溶液不变红、试纸不变蓝可知溶液中氯气全部被消耗,但是不一定得出n(Cl2)=n(SO2),二氧化硫过量也会产生该现象,A项错误;②溶液不变红、试纸褪色说明二氧化硫过量,加热后二氧化硫与碘发生氧化还原反应,二氧化硫的漂白性不稳定,受热易恢复原色,①②中溶液加热不变红,说明品红溶液不是被SO2漂白的,B项正确;二氧化硫过量,但是二氧化硫与氯化钡溶液不反应,所以加入氯化钡溶液得到的白色沉淀不是亚硫酸钡,应为氯气氧化二氧化硫生成硫酸根离子,硫酸根离子与钡离子反应生成硫酸钡沉淀,C项错误;混合气体中注入品红溶液,二氧化硫与氯气和水发生氧化还原反应,氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸,D项错误。 10.D　解析　用Ca(ClO)2代替NaClO脱硫,虽然也能将SO2氧化为H2SO4并最终转化为CaSO4,但难溶的CaSO4会堵塞催化剂层的气孔,使SO2、Ca(ClO)2溶液、催化剂三者难以充分接触,从而降低脱硫效果,D项错误。 11.D　解析　NH3在水中的溶解度很大,使溶液呈碱性,可以吸收更多的CO2,产生高浓度的HC,故饱和食盐水“吸氨”的目的是“碳酸化”时产生更多的HC,A项正确。碳酸氢钠受热分解为碳酸钠、水和二氧化碳,反应的化学方程式为2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O,B项正确。“盐析”前溶液中含有NH4Cl,N易发生水解生成H+,溶液显酸性;“盐析”时加入NaCl,使平衡N+Cl-NH4Cl(s)右移,溶液中析出NH4Cl晶体,N浓度减小,溶液酸性减弱,故“盐析”后溶液的pH比“盐析”前溶液的pH大,C项正确。母液Ⅱ为加入氯化钠晶体析出氯化铵后得到的,与母液Ⅰ所含粒子种类相同,但母液Ⅱ中HC的浓度比母液Ⅰ中的小,D项错误。 课时微练(二十二)　原子结构　核外电子排布 1.C　解析　由题干信息可知,206Pb、208Pb为放射性成因同位素,由U、Th放射性衰变产生,根据质量守恒可知,元素发生放射性衰变会有新的粒子产生,A项正确;238U和232Th的相对原子质量不同,故可用质谱法区分238U和232Th,B项正确;206Pb中含有的中子数和质子数之差为(206-82)-82=42,C项错误;具有一定数目的质子和一定数目的中子的一种原子即为一种核素,故铅的4种同位素属于铅的4种不同核素,D项正确。 2.D　解析　中子数等于质量数减去质子数,为b-a,A项错误;该离子中含有的电子数为a+n,B项错误;原子变成离子时,质量数不会改变,所以X原子的质量数仍为b,C项错误;该原子的质量数为b,摩尔质量约为b g·mol-1,1 mol X原子中含有6.02×1023个原子,因此一个原子的质量约为 g,D项正确。 3.C　解析　氮原子核外能量最高的电子为2p3轨道电子,其电子云的形状为,A项正确;K元素为19号元素,简化电子排布式为[Ar]4s1,B项正确;碳为6号元素,其轨道表示式为,C项错误;Fe元素为26号元素,价层电子排布为3d64s2,D项正确。 4.B　解析　A、B、C、D四项中的微粒分别对应基态S、S2+、激发态S2+、激发态S,激发态上电子能量高,不稳定,易失去,故需要能量最多的是基态的S2+,故选B。 5.C　解析　Po的中子数=210-84=126,A项正确;Pu的质量数为238,B项正确;Po核外电子数为84,C项错误;Pu与Pu的质子数相同、质量数不同,互为同位素,D项正确。 6.A　解析　单核10电子粒子基态时的电子排布式为1s22s22p6,每个轨道内排布2个电子,自旋相反,A项正确;题图违背了洪特规则,B项错误;N原子的价层电子排布图为,C项错误;该电子排布图中的电子没有激发跃迁到能量更高的轨道上,D项错误。 7.B　解析　基态Fe原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2,失去4s轨道上的2个电子变成Fe2+,故基态Fe2+核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d6,A项不符合题意;根据洪特规则,Cu原子的3d轨道处于全充满状态时具有最低能量,则基态Cu原子核外电子排布式为1s22s22p6 3s23p63d104s1,B项符合题意;基态F原子的价层电子排布为2s22p5,电子排布图为,C项不符合题意;基态Na+的最外层电子排布式为2s22p6,电子排布图为,D项不符合题意。 易错提醒　当能量相同的原子轨道在全充满(p6、d10、f14)、半充满(p3、d5、f7)、全空(p0、d0、f0)时原子的能量最低,如24Cr的电子排布式为[Ar]3d54s1,29Cu的电子排布式为[Ar]3d104s1。 8.C　解析　Na原子的价电子排布式为3s1,是s区元素,A项错误;元素的非金属性越强电负性越大,5种元素中非金属性最强的是O元素,则电负性最大的是O元素,B项错误;基态氧原子核外电子排布式为1s22s22p4,电子占据轨道数为5,则电子的空间运动状态数为5,C项正确;基态钠离子电子排布式为1s22s22p6,最高能级2p的轨道形状为哑铃形,D项错误。 9.A　解析　核素 I的质子数是53,质量数是131,则中子数=131-53=78,A项正确;I的核外电子排布式为[Kr]4d105s25p5,B项错误;由该核素组成的碘单质常温下是紫黑色固体,而不是核素本身为紫黑色固体,C项错误;由同种元素组成的不同单质互为同素异形体,I和I是中子数不同、质子数相同的两种核素,二者互为同位素,D项错误。 10.A　解析　根据质量守恒可知,m=6,n=12,则M微粒为C,依据Y的核外电子数等于(m+2),得Y微粒为O,X微粒为N,据此分析解题。依据质量守恒,4+b=d+1,即b=d-3,A项错误;C、N、O为同周期主族元素,随着原子序数递增,原子半径逐渐减小,B项正确;HNO3为强酸,H2CO3为弱酸,C项正确;C、N与O可形成CO、CO2、NO、NO2等多种化合物,D项正确。 11.答案　(1)　1s22s22p63s23p63d24s2 (2)2　3d　(3)①+4　1s22s22p63s23p6　②3d　4s 解析　(3)①TiCl4中Cl元素为-1价,则钛元素的化合价为+4价;钛离子核外电子排布式为1s22s22p63s23p6。②钛原子核外电子在排布时最后一个进入原子轨道的电子是能级能量最高的3d,钛原子在失去电子时,最先失去最外层电子即4s。 12.答案　(1)1s22s22p63s23p63d6(或[Ar]3d6)　6 (2)BD　D　(3)①X射线衍射实验　3d　②BD 解析　(2)Si为14号元素,基态硅原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p2,A项不符合题意;C项电子排布式中共有13个电子,不是硅原子,不符合题意;B、D两项电子排布式中均有14个电子,是硅原子的激发态,符合题意,其中电子所占能级越高,能量越高,则能量较高的是D。(3)①可以通过X射线衍射实验测定晶体结构。Fe(Ⅱ)的价层电子排布式为3d6;Fe(Ⅲ)的价层电子排布为3d5。Fe(Ⅱ)和Fe(Ⅲ)之间转移的是3d能级电子。②[Cu(NH3)2]Cl中Cu+的价层电子排布为3d10,没有未成对电子,A项不符合题意;[Cu(NH3)4]SO4中Cu2+的价层电子排布式为3d9,有未成对电子,B项符合题意;[Zn(NH3)4]SO4中Zn2+的价层电子排布式为3d10,没有未成对电子,C项不符合题意;[Cr(H2O)5Cl]Cl2中Cr3+的价层电子排布为3d3,有未成对电子,D项符合题意。 13.答案　(1)哑铃形　 (2)1s22s22p63s23p63d10(或[Ar]3d10)　1∶3(或3∶1)　(3)15　3 解析　(2)基态Zn原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2(或[Ar]3d104s2),失去最外层电子变为Zn2+,Zn2+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10。基态Sn原子的价层电子排布为5s25p2,其中两种自旋相反的电子数之比为1∶3或3∶1。(3)基态铜原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1,共占据15个轨道,有15种空间运动状态。与Cu同周期且基态原子有2个未成对电子的金属元素有Ti([Ar]3d24s2)、Ni([Ar]3d84s2)、Ge([Ar]3d104s24p2)3种元素。 课时微练(二十三)　元素周期表和元素周期律 1.B　解析　鉴别硝石(KNO3)和朴硝(Na2SO4),由信息可知,Na、K的焰色不同,则“以火烧之,紫青烟起,乃真硝石也”,该方法用的焰色试验属于物理变化,A项错误;p区元素包括元素周期表中ⅢA族元素~0族元素,所以S元素位于元素周期表的p区,B项正确;N、O属于同一周期元素且原子序数依次增大,同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势,但第ⅤA族元素的第一电离能大于第ⅥA族元素的,所以第一电离能大小顺序是N>O>S,C项错误;s能级上电子有1种空间运动状态,p能级上电子有3种空间运动状态,基态K原子中有1s、2s、2p、3s、3p、4s能级,基态原子核外电子空间运动状态种类=1+1+3+1+3+1=10,D项错误。 2.D　解析　镓为31号元素,核电荷数为31,A项正确;根据信息,锗元素的相对原子质量为72.63,B项正确;根据镓、锗的价层电子排布,二者位于周期表p区,C项正确;镓、锗为主族元素,不是稀土元素,D项错误。 3.C　解析　同主族元素从上到下,元素的电负性逐渐变小,同周期元素从左到右,元素的电负性逐渐变大,故电负性χ(Ca)<χ(P),A项错误;同周期从左到右,原子半径逐渐减小,同主族从上到下,原子半径逐渐增大,故原子半径r(P)<r(Ca),B项错误;同周期从左到右,第一电离能呈增大趋势,则电离能I1(O)>I1(C),C项正确;C元素的非金属性强于Si,故热稳定性SiH4<CH4,D项错误。 4.B　解析　钙为20号元素,原子核外电子排布为1s22s22p63s23p64s2,基态Ca原子的核外电子填充在10个轨道中,A项错误。钇原子序数比Fe原子大13,为39号元素,位于元素周期表的第五周期第ⅢB族,B项正确。同周期从左到右,元素的金属性减弱,非金属性变强,元素的电负性变强;同主族从上到下,元素的金属性增强,非金属性逐渐减弱,元素电负性减弱;5种元素中,电负性最大的是O元素,C项错误。同一主族随原子序数变大,原子半径变大,第一电离能变小;同一周期随着原子序数变大,第一电离能变大,5种元素中,钙元素的第一电离能比铁小,D项错误。 5.D　解析　硒元素的原子序数为34,位于元素周期表中第四周期第ⅥA族,A项正确。分子中存在碳碳非极性键、碳氢等极性键,B项正确。同周期从左到右,元素的金属性减弱,非金属性变强,元素的电负性变强;同主族由上而下,元素的金属性增强,非金属性逐渐减弱,元素电负性减弱;5种元素中,电负性最大的是氧元素,C项正确。把电子在原子核外的一个空间运动状态称为一个原子轨道,因而空间运动状态个数等于轨道数;基态O原子核外电子排布为1s22s22p4,有5种空间运动状态不同的电子,D项错误。 6.D　解析　当In+1≫In时,元素的最高化合价为+n价,故R和U元素的最高价为+1价,S元素的最高价为+2价,T元素的最高价为+3价,A、C两项正确;由表中数据可知,Q元素各电离能都较大,而且各电离能之间无太大差距,故Q最可能为稀有气体元素,所以氦元素最有可能与Q元素位于同一族,B项正确;R元素电离能出现了I4,而锂原子核外只有3个电子,D项错误。 7.C　解析　由题干信息和题图可知,X、Y、Z、M均为主族元素,其中M元素原子的最外层电子数为其次外层电子数的,则M的电子分层排布为2、8、18、6,位于第四周期第ⅥA族,即Se元素,Z为As元素,Y为S元素,X为F元素,据此分析解题。由分析可知,Z为As元素,M为Se元素,根据同一周期从左往右元素的第一电离能呈增大趋势,ⅡA族元素与ⅢA族元素、ⅤA族元素与ⅥA族元素反常,即电离能As>Se,A项正确;由分析可知,Y为S元素、M为Se元素、Z为As元素,同一周期从左往右元素的电负性依次增大,同一主族从上往下元素的电负性依次减小,故电负性S>Se>As,即Y>M>Z,B项正确;由分析可知,X为F元素,Y为S元素,一般电子层数越多半径越大,故离子半径S2->F-,即X-<Y2-,C项错误;由分析可知,Y为S元素,是16号元素,故Y元素基态原子的简化电子排布式为[Ne]3s23p4,D项正确。 8.A　解析　W、X、Y为短周期元素,原子序数依次增大,简单离子X2-与Y2+具有相同的电子结构,则它们均为10电子微粒,X为O元素,Y为Mg元素,W、X、Y组成的物质能溶于稀盐酸,有无色无味的气体产生,则W为C元素,产生的气体为二氧化碳,据此解答。X为O元素,氧元素的常见价态有-1价和-2价,如H2O2和H2O,A项正确;W为C元素,X为O元素,Y为Mg元素,同主族元素电子层数越多,原子半径越大,元素的电子层数相同时,原子序数越小,原子半径越大,所以原子半径大小为Y>W>X,B项错误;Y为Mg元素,X为O元素,可形成MgO,水合物为Mg(OH)2,Mg(OH)2只能与酸反应生成盐和水,不能与碱反应,所以YX的水合物没有两性,C项错误;W为C元素,碳元素的同素异形体有金刚石、石墨、石墨烯、富勒烯、碳纳米管等,种类不止四种,D项错误。 9.C　解析　氮化镓的化学式为GaN,具有良好的半导体性能,是性能优良的新型半导体材料,A项正确;钛为22号元素,属于第ⅣB族,为副族元素,B项正确;Pu与Pu是质子数相同、中子数不同的核素,两者互为同位素,不互为同素异形体,C项错误;镍为28号元素,元素位于周期表的第四周期第Ⅷ族,D项正确。 10.A　解析　X、Y、W、Z是原子序数依次增大的短周期元素,且四种元素分布在三个周期,则X为H元素;Z和X同主族,且Z的原子序数最大,则Z为Na元素;W的最外层电子数是Y的最外层电子数的2倍,且Y能形成4个共价键,W能形成2个共价键,则Y为B元素,W为O元素,据此解答。O和Na可以形成化合物Na2O2,含有非极性共价键,A项正确;第二周期元素第一电离能比O元素小的元素只有Li、Be、B、C 4种元素,B项错误;同一周期从左到右元素的电负性依次增大,电负性O>B,C项错误;氧离子半径>钠离子,D项错误。 技法巧用　 根据成键特点速推元素 共价键数目 1 2 3 4 5 6 7 可能的元素 H、F、Cl O、S B、Al、 N、P C、Si或 B、Al、N、P N、P S Cl 注:B、Al有空轨道,易形成配位键,阴离子根中形成4个共价键的元素可考虑B、Al;N、P原子上有孤电子对,易形成配位键,阳离子根中形成4个共价键的元素可考虑N、P。 11.D　解析　由题意可知,Z是镁元素、X是碳元素、Y是氮元素、W是硫元素,最高正化合价分别为+2、+4、+5、+6依次升高,A项正确;Mg3N3与水反应生成Mg(OH)2、NH3或NH3·H2O,B项正确;NH3是碱性气体,H2S是酸性气体,二者可化合生成(NH4)2S,C项正确;H2SO4是二元强酸,HNO3是一元强酸,当二者浓度相等时,前者c(H+)较大,溶液酸性较强,D项错误。 12.B　解析　同周期从左至右原子半径逐渐减小,故原子半径C<Be,A项错误;同周期从左至右元素的第一电离能呈增大趋势,故基态原子的第一电离能C>Be,B项正确;铍形成了Be—Be键,它是非极性键,“固态双铍化合物”不含金属键,C项错误;观察分子模型可知,1个分子中含10个碳原子、10个氢原子和2个铍原子,分子式为Be2C10H10,D项错误。 13.答案　(1)CuO中铜离子的价层电子排布为3d9,Cu2O中铜离子的价层电子排布为3d10,后者3d轨道处于稳定的全充满状态而前者不是 (2)>　B 解析　(2)若“Si—H”键中共用电子对偏向氢原子,说明硅元素显正价,氢气与硒反应时单质硒是氧化剂,硒的氢化物中硒元素显负价,所以硒与硅的电负性相对大小为Se>Si;在第三周期元素中,钠原子失去1个电子后就已经达到稳定结构,所以钠元素的第二电离能最大;镁原子最外层为2个电子,失去2个电子后为稳定结构,所以镁元素的第二电离能较小;铝原子最外层有3个电子,失去2个电子后还未达稳定结构,而铝元素的金属性比镁元素弱,所以第二电离能比镁元素略高;硅原子最外层的3p轨道上有2个电子,全部失去后留下的3s轨道上有2个电子,相对较稳定,所以硅元素的第二电离能比铝元素要低;磷、硫元素的非金属性逐渐增大,第二电离能也增大,由于硫原子失去1个电子后3p轨道上是3个电子,是较稳定结构,所以硫元素的第二电离能要高于氯元素;综上分析,a代表第二电离能I2、b代表第三电离能I3、c代表第一电离能I1,故选B。 14.答案　(1)1s22s22p63s1(或[Ne]3s1)　 (2)第三周期第ⅢA族　<　(3)3　2p　哑铃形　(4)F>N (5)N>Cl　NH3(或NH3·H2O)和HClO 解析　短周期元素中,A是短周期中(除稀有气体外)原子半径最大的元素,该元素的某种合金是原子反应堆的导热剂,则A为Na元素;B与A同周期,其最高价氧化物的水化物呈两性,则B为Al元素;C元素的气态氢化物极易溶于水,可用作制冷剂,则C为N元素;D是海水中除氢、氧元素外含量最多的元素,其单质或化合物也是自来水生产过程中常用的消毒杀菌剂,则D为Cl元素;E元素原子的2p轨道上有2对成对电子,则E为F元素。 15.答案　(1)如图: (2)ds　(3)见上图 (4)Fe原子的价层电子排布式为3d64s2,Fe2+的价层电子排布式为3d6,Fe3+的价层电子排布式为3d5,依据“能量相同的轨道处于全空、全充满和半充满时能量最低”的原则,3d5处于半充满状态,结构更稳定,故Fe3+比Fe2+稳定 解析　依据构造原理最后填入的电子的能级符号,将元素周期表划分为几个区,对于24号元素,其核外价层电子排布式似乎应该是3d44s2,而实际上是3d54s1,原因是能量相同的轨道处于全空、全充满和半充满时能量最低,而29号元素也正是因为这一点排成3d104s1而不是3d94s2,故29号、30号元素所在纵列归为ds区,所以该同学认为d区内6、7纵列的部分元素可以排在ds区是有道理的。对于Fe3+比Fe2+稳定的原因也可从铁原子的核外电子排布特点来解释。 16.答案　(1)F-和K+的最外层电子数相同,电子层数F-<K+,核电荷数F-<K+,则综合结果得到r(F-)≈r(K+);F-、Mg2+的电子层数和最外层电子数均相同,且核电荷数F-<Mg2+,所以r(F-)>r(Mg2+),综上所述,r(F-)≈r(K+)>r(Mg2+)　(2)①+5　Mn2+的价层电子排布式为3d5,V2+的价层电子排布式为3d3,Mn2+的3d轨道处于半充满状态,能量更低更稳定,使得Mn原子失去第3个电子所需能量更高,所以V元素的第三电离能I3(V)小于Mn元素的第三电离能I3(Mn)　②H<C<N<O　(3)AC 解析　(2)①V为23号元素,原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d34s2或[Ar]3d34s2,其价层电子排布式为3d34s2,失去全部的价电子时,最外层为8电子稳定结构,所以V元素最稳定的化合价为+5价。②[Mn(CO)4(NH3)(CH3CN)]中非金属元素有H、C、N、O,同周期元素从左到右电负性逐渐增大,则电负性C<N<O,H元素与C元素形成的化合物CH4中,H元素为正价,C元素为负价,则电负性H<C<N<O。(3)①[Ar]3d84s2表示基态镍原子;②[Ar]3d9表示激发态Ni+;③[Ar]3d8表示基态Ni2+;④[Ar]3d94s1表示激发态镍原子;⑤[Ar]3d84p1表示激发态Ni+。Ni元素形成的粒子的核外电子数越多,粒子半径越大,镍原子失去的电子越多,粒子半径越小,则微粒半径⑤>②>③,A项正确。电子从激发态到基态会释放能量形成发射光谱,因此用光谱仪可捕捉到发射光谱,5种微粒中处于激发态的是②④⑤,B项错误。激发态粒子能量高,易失去第一个电子,基态原子能量低,电离能较大,且电离能逐级增大,则电离一个电子所需最低能量③>①>④,C项正确。能量越低越易得电子,能量⑤>④>③,则得电子能力⑤<④<③,D项错误。 课时微练(二十四)　化学键　价层电子对互斥模型、 杂化轨道理论及应用 1.C　解析　二氧化硫和三氧化硫分子中硫原子的价层电子对数都为3,硫原子的杂化方式都为sp2杂化,A项错误;二氧化硫分子中硫原子的价层电子对数为3、孤电子对数为1,分子的空间结构为V形,三氧化硫分子中硫原子的价层电子对数为3、孤电子对数为0,分子的空间结构为平面三角形,则三氧化硫分子的键角大于二氧化硫,B项错误,C项正确;硫酸根离子中硫原子的价层电子对数为4、孤电子对数为0,离子的空间结构为正四面体形,D项错误。 2.C　解析　K3C60中K+和之间形成离子键,中C原子和C原子之间形成共价键,A、B两项错误;根据题给信息,该物质属于离子化合物,则该晶体在熔融状态下能导电,C项正确;C60属于单质,12C属于原子,而同素异形体指的是同一元素组成的不同单质,D项错误。 3.B　解析　该物质中硫元素的化合价为-2价,磷元素的平均化合价为+1.5价,A项错误;22 g P4S3的物质的量为0.1 mol,其中含0.3 mol S原子,故含硫原子数目约为1.806×1023,B项正确;该物质分子结构中S、P原子最外层电子数均为8,C项错误;该物质分子中P—P键是非极性共价键,D项错误。 易错提醒　(1)由金属元素与非金属元素形成的化学键不一定是离子键。如BeCl2、AlCl3等都含有共价键,它们是共价化合物。 (2)由阳离子和阴离子结合生成的化合物不一定是离子化合物。如H++OH-===H2O,2H++C===CO2↑+H2O。 (3)由两种共价化合物结合生成的化合物不一定是共价化合物。如NH3+HCl===NH4Cl。 4.C　解析　HClO中O元素呈负价,分别与H原子和Cl原子共用电子,因此HClO的电子式为H︰︰︰,A项正确;中子数为10、质子数为8的O原子其质量数为10+8=18,其原子表示为OB项正确;根据VSEPR模型计算,N,3分子中有1个孤电子对,N原子还连接有3个H原子,因此NHH3的VSEPR模型为四面体形,C项错误;基态N原子的价层电子排布式为222ps3,价层电子排布图,D项正确。 5.A　解析　氨分子中氮原子的价层电子对数为4、孤电子对数为1,四氨合铜离子中中心离子为提供空轨道的铜离子,配体为提供孤电子对的氨分子,配离子中氮原子的价层电子对数为4、孤电子对数为0,孤电子对数越多,对成键电子对的斥力越大,键角越小,则四氨合铜离子的键角∠H—N—H大于氨分子的,A项正确;金刚石中碳原子的杂化方式为sp3杂化,石墨中碳原子的杂化方式为sp2杂化,则金刚石中键角∠C—C—C小于石墨的,B项错误;三氧化硫分子中硫原子的价层电子对数为3、孤电子对数为0,分子的空间结构为平面三角形,亚硫酸根离子中硫原子的价层电子对数为4、孤电子对数为1,离子的空间结构为三角锥形,则三氧化硫分子中键角∠O—S—O大于亚硫酸根离子的,C项错误;C中碳原子的价层电子对数为3、孤电子对数为0,离子的空间结构为平面三角形,C中碳原子的价层电子对数为4、孤电子对数为1,离子的空间结构为三角锥形,则C中键角∠H—C—H大于C的,D项错误。 6.D　解析　X的空间结构为平面三角形,则碳原子为sp2杂化,因此价层电子对数为3,由于含3个H原子,则中心碳原子上无孤电子对,化学式为C;Y的空间结构为三角锥形,则碳原子为sp3杂化,价层电子对数为4,微粒中也含3个H原子,则中心碳原子上有1个孤电子对,因此化学式为C,据此分析。根据上述分析可知X的组成为C,A项正确;根据上述分析可知Y的组成为C,B项正确;X为平面三角形,价层电子对数为3,C项正确;Y的空间结构为三角锥形,由于电子对之间的斥力:孤电子对—成键电子对>成键电子对—成键电子对,故Y中键角小于109°28',D项错误。 7.C　解析　氯化钠是离子化合物,其电子式是,A项错误;氨分子的VSEPR模型是四面体形,B项错误;p能级电子云是哑铃形,C项正确;基态铬原子的价层电子轨道表示式是,D项错误。 8.B　解析　由于乙醇中存在和氧原子相连的氢原子,存在分子间氢键,而乙醛中不存在,导致乙醇(78.3 ℃)的沸点高于乙醛(20.8 ℃),与氢键作用有关,A项不符合题意;KAl2Cl7是离子晶体,Al2Cl6是分子晶体,作用力:离子键>范德华力,导致KAl2Cl7的熔点远高于Al2Cl6,则KAl2Cl7的熔点远高于Al2Cl6与晶体类型有关,B项符合题意;电负性F>Cl,故PF3中共用电子对离P原子更远,排斥力更小,键角更小,即键角与F、Cl的电负性差异有关,C项不符合题意;由于半径I>Br,导致H—Br键的键能比H—I键的键能大,所以热分解温度HBr大于HI,即稳定性HBr>HI,故HBr和HI的热稳定性和键能有关,D项不符合题意。 9.B　解析　由的结构式可知,所有N原子均满足8电子稳定结构,A项正确;中心N原子为sp3杂化,与中心N原子直接相连的N原子为sp2杂化,与端位N原子直接相连的N原子为sp杂化,端位N原子为sp2杂化,则N原子的杂化方式有3种,B项错误;中心N原子为sp3杂化,则其空间结构为四面体形,C项正确;中含叠氮结构(—==N==︰),常温下不稳定,D项正确。 10.答案　(1)正四面体形　 (2)①正四面体形　sp3　②a>c>b 解析　(1)B中,中心B原子的价层电子对数为4+×(4-4×1)=4,孤电子对数为0,故B的空间结构为正四面体形。NaBF4为离子化合物,B和Na+间存在离子键,B内存在共价键,故NaBF4的电子式为。(2)①Se中Se原子的孤电子对数为×(6+2—4×2)=0,价层电子对数为4,则Se原子采用sp3杂化,Se的空间结构为正四面体形。②CSe2与CO2结构相似,为直线形结构,则键角Se—C—Se为180°;H2Se分子中Se原子有2个孤电子对,价层电子对数为4,导致键角H—Se—H小于109°28',SeO3分子中Se原子形成3个σ键,没有孤电子对,则SeO3为平面正三角形结构,键角为120°,故键角a>c>b。 11.答案　(1) 　1　(2)sp3、sp2　N(CH3)3 (3)三角锥形　PCl5中P原子的价层电子对数为5,磷原子的M层有d能级,可采取sp3d杂化,氮原子的L层只有s、p能级,最多形成4个杂化轨道,无法采取sp3d杂化,则不能形成NCl5 (4)四面体形　NH3分子中N原子的孤电子对进入Zn2+的空轨道后形成配位键,原孤电子对与成键电子对间的斥力变为成键电子对间的斥力,斥力减弱,所以NH3形成[Zn(NH3)6]2+后H—N—H键角变大 解析　(1)FeSO4·7H2O中Fe2+能提供空轨道,H2O中O原子能提供孤电子对,则中心离子为Fe2+,配体为H2O,Fe2+的价层电子排布式为3d6,即价层电子轨道表示式为;正八面体结构的配合物配位数为6,则配合物外界水分子数为1。(2)由化合物N(CH3)3的空间结构为三角锥形可知,氮原子的杂化方式为sp3,氮原子的价层电子对数为4,孤电子对数为1;由N(SiH3)3的空间结构为平面三角形可知,氮原子的杂化方式为sp2,化合物中氮原子的价层电子对数为3,孤电子对数为0,形成配合物的前提是空轨道和孤电子对,N(CH3)3中氮原子上有孤电子对,则N(CH3)3更易形成配合物。(3)NCl3的中心N原子的价层电子对数为3+×(5-3×1)=4,采取sp3杂化,孤电子对数为1,则NCl3的空间结构为三角锥形。(4)NH3的中心N原子的价层电子对数为3+×(5-3×1)=4,采取sp3杂化,孤电子对数为1,则NH3的VSEPR模型为四面体形。 12.答案　(1)[Co(NH3)6]3+满足18电子,较稳定;[Co(NH3)6]2+不满足18电子,相对易失电子,故还原性较强　(2)dsp2　大于　(3)正四面体形　(4)①2　②B 解析　(1)[Co(NH3)6]3+中Co3+的价电子数为6,每个NH3中N原子提供一对电子与Co3+形成配位键,使得[Co(NH3)6]3+满足18电子,较稳定;[Co(NH3)6]2+中Co2+的价电子数为7,同理可知其不满足18电子,相对易失电子,可表现出相对较强的还原性。(2)[Cu(NH3)4]2+中的4个配体NH3与中心Cu2+形成4个配位键,Cu2+参与杂化的轨道为4个,即Cu2+的杂化方式为sp3或dsp2;若Cu2+的杂化方式为sp3,则[Cu(NH3)4]2+的空间结构为正四面体形,2个NH3被2个Cl-替代只能得到1种结构,与题给信息不符,故Cu2+的杂化方式为dsp2。NH3分子的中心氮原子上有一对弧电子对,[Cu(NH3)4]2+中的氮原子上没有弧电子对,而孤电子对和成键电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力,故配离子中的H—N—H键角大于107.3°。(3)Cl中心Cl原子的价层电子对数为4+=4,孤电子对数为0,则其VSEPR模型为正四面体形。(4)①Ⅱ中饱和碳原子采取sp3杂化,碳氮双键上的碳原子采取sp2杂化,则Ⅱ中碳原子的杂化方式有2种。②Ⅱ中Ni2+形成4个配位键,杂化轨道数是4,Ni2+的杂化方式为sp3或dsp2,生成物Ⅱ中N原子与Ni2+共平面,则Ⅱ中Ni2+的杂化方式应为dsp2。 13.答案　(1)2　2px、2py、2pz,相互垂直　(2)sp2 (3)正　茚羧酸中羧基能与碱反应而使其溶解 解析　(1)基态C原子的核外电子排布式为1s22s22p2,同一轨道内两个电子自旋方向相反,故1s和2s轨道中的2对电子的自旋方向相反;基态N原子的核外电子排布式为1s22s22p3,2p能级有2px、2py、2pz3个等价相互垂直的原子轨道。(2)苯环和羰基上碳原子的价层电子对数均为3,杂化方式均为sp2。(3)由题图1可知,正型光刻胶曝光区域能溶于相应溶剂,而负型光刻胶不可以,由题图2可知曝光后的产物为茚羧酸,其中羧基能与碱反应而使其溶解,故材料为正型光刻胶。 14.答案　(1)1　(2)sp2、sp3　sp2　(3)NA　NA　(4)①H—O键的键能大于H—N键的键能　②V形、三角锥形、直线形　sp3、sp3、sp 解析　(1)根据构造原理可知,氯元素基态原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p5,所以未成对电子数为1。(2)根据氯吡苯脲的结构简式可知,有2个氮原子均形成3个单键,孤电子对数为1,属于sp3杂化;剩余1个氮原子形成1个双键和1个单键,孤电子对数为1,是sp2杂化;羰基碳原子形成2个单键和1个双键,为sp2杂化。(3)由于σ键比π键更稳定,根据反应方程式可以看出,断裂的化学键为异氰酸苯酯分子中的N==C中的π键和2⁃氯⁃4⁃氨基吡啶分子中的N—H。(4)①O、N属于同周期元素,O元素的非金属性强于N元素,H—O的键能大于H—N的键能,所以H2O分子比NH3分子稳定。②H2O分子中O原子的价层电子对数=2+×(6-2×1)=4,孤电子对数为2,所以为V形结构,O原子采用sp3杂化;NH3分子中N原子的价层电子对数=3+×(5-3×1)=4,孤电子对数为1,所以为三角锥形结构,N原子采用sp3杂化;CO2分子中C原子的价层电子对数=2+×(4-2×2)=2,不含孤电子对,所以是直线形结构,C原子采用sp杂化。 15.答案　(1)3　V形　sp2　sp3　a　12　(2)正四面体　NaVO3 解析　(1)根据价层电子对互斥模型可确定SO2中孤电子对数为×(6-2×2)=1,成键电子对数为2,即价层电子对数为3,SO2的空间结构为V形。气态SO3中没有孤电子对,只有3个成键电子对,即中心S原子采取sp2杂化。SO3的三聚体中S原子形成4个成键电子对,为sp3杂化。题图甲中a键为双键,b键为单键,即a键较短。三聚体中每个共价键都为σ键,则该分子中共有12个σ键。(2)V中孤电子对数为×(5+3-2×4)=0,成键电子对数为4,价层电子对数为4,中心原子采取sp3杂化,其空间结构为正四面体形;由题图乙可知每个重复单元中有1个V原子,V原子位于三角形中心,它连接的1个O原子与其重合为一个点,O原子个数为2+2×=3,故阴离子为V,则偏钒酸钠的化学式为NaVO3。 课时微练(二十五)　分子的性质　配合物与超分子 1.B　解析　“杯酚”、C60和C70都是分子晶体。由题图可知,“杯酚”分子中含有羟基,可形成分子间氢键,其熔点最高;根据相对分子质量越大范德华力越大判断熔、沸点,即C70的熔、沸点更高,因此晶体熔点“杯酚”>C70>C60,A项正确。由题图可知,“杯酚”和C60形成的超分子是固体,因此操作①主要是过滤,用到的玻璃仪器有普通漏斗、烧杯和玻璃棒,B项错误。“杯酚”与C60分子之间不能形成分子间氢键,C项正确。根据操作②的信息,可以得出“杯酚”易溶于氯仿,难溶于甲苯,D项正确。 2.C　解析　根据题表数据,可知A、B、D三项正确;与K+形成超分子的冠醚为18⁃冠⁃6,该冠醚还能识别其他碱金属离子,如Rb+,C项错误。 3.D　解析　该分子中,电荷的分布是不均匀的、不对称的,正负电荷中心不重合,所以是极性分子,A项正确;硫原子形成了2对共用电子对,最外层有6个电子,故硫原子满足8电子稳定结构,氯原子形成了一个共用电子对,氯原子最外层有7个电子,所以氯原子满足8电子稳定结构,B项正确;S2Cl2分子中S—S键为非极性键,S—Cl 键为极性键,C项正确;H2O2分子间可以形成氢键,其熔、沸点高于S2Cl2,D项错误。 4.C　解析　Al3+核外有2个电子层,Cl-核外有3个电子层,不具有相同的电子层结构,A项错误;Al原子提供空轨道,Cl原子提供孤电子对,形成配位键,B项错误;Al原子形成4个σ键,无孤电子对,为sp3杂化,C项正确;该结构中Al元素的化合价为+3,D项错误。 5.D　解析　在配离子内部,SCN-、H2O都是配体,S、O为配位原子,与中心离子Fe3+之间形成配位键,配体内只存在极性共价键,则配离子中不含离子键,A项错误;SCN-中,C原子的价层电子对数为2,杂化方式为sp,B项错误;配离子中,每个中心离子Fe3+与1个SCN-、3个H2O相连,Fe3+的配位数为4,C项错误;[Fe(SCN)(H2O)3]2+中,O原子上的孤电子对与Fe3+形成配位键,配位键对成键电子的排斥作用小于孤电子对与成键电子间的排斥作用,所以H—O—H键的键角大于配位前水分子中该键角,D项正确。 6.B　解析　氢键具有方向性,氢键的存在使在四面体中心的每个水分子与四面体顶角方向4个相邻水分子相互吸引,这一排列使冰晶体中的水分子的空间利用率不高,留有相当大的空隙,所以水结成冰时体积增大、密度减小,A项不符合题意;水加热到很高的温度都难以分解,是因为水分子中存在O—H共价键,与氢键无关,B项符合题意;N、O原子的电负性强,NH3分子与H2O分子之间形成氢键,因此NH3分子极易溶于水,C项不符合题意;对羟基苯甲酸分子间形成氢键使熔点升高,邻羟基苯甲酸分子内形成氢键,使熔点降低,D项不符合题意。 7.A　解析　N中心N原子价层电子对数=σ电子对数+孤电子对数=4+=4,没有孤电子对,空间结构为正四面体形,NH3中心N原子价层电子对数=σ电子对数+孤电子对数=3+=4,含有一个孤电子对,空间结构为三角锥形,因此两者空间结构不相同,A项错误;H2O2的结构式为H—O—O—H,既含O—H极性键,又含O—O非极性键,B项正确;每个NH3配体与中心Co3+间形成一个配位键,故1 mol该配离子中含6 mol配位键,C项正确;由于电负性O>N,故N原子对电子吸引能力弱,所以NH3中N原子更容易给出自身孤电子对形成配位键,D项正确。 解题有据 配合物内界中共价键数目的判断 若配体为单核离子如Cl-等,可以不予计入,若为分子,需要用配体分子内的共价键数乘以该配体的个数,此外,还要加上中心原子(离子)与配体形成的配位键。例如:配合物[Co(NH3)4Cl2]Cl的共价键数为3×4+4+2=18。 8.A　解析　铜盐溶液中加入氨水后得到铜氨溶液,表明NH3与Cu2+的配位能力强于H2O与Cu2+,A项正确;过程②是氢氧化铜沉淀溶解形成深蓝色的铜氨溶液的过程,其离子方程式为Cu(OH)2+4NH3·H2O===[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O,B项错误;析出的深蓝色晶体是[Cu(NH3)4SO4]·H2O,C项错误;加乙醇的作用是减小溶剂的极性,降低溶质的溶解度,更易析出晶体,D项错误。 9.C　解析　SiCl4的中心原子上的价层电子对数是4,采用sp3杂化,SiCl4的中心原子上没有孤电子对,分子的空间结构为正四面体形,属于非极性分子,A项正确;组成结构相似,相对分子质量越大,分子间作用力越大,沸点越高,SiCl4沸点高于SiH4,B项正确;过程①中Si的4个sp3杂化轨道全部与Cl成键,不能接纳O的孤电子对形成配位键,C项错误;该过程中,元素的非金属性越强电负性越强O>Cl,氯原子能被羟基取代,故与Si原子的结合能力O>Cl,D项正确。 10.答案　(1)1s22s22p63s23p63d5或[Ar]3d5 (2)铁离子能够提供空轨道,OH-、H2O、Cl-能提供孤电子对 (3)作对照实验,控制铁离子的浓度相同 (4)①c滴加稀硝酸,溶液黄色褪去,说明[Fe(H2O)6]3++H2O[Fe(H2O)5(OH)]2++H3O+平衡逆向移动　②溶液由无色变为黄色 (5)Ⅰ.Fe3+与OH-配位,Ⅲ.Fe3+与Cl-配位 (6)向2 mL FeCl3溶液中滴入3滴KSCN溶液,溶液变为红色,继续滴加3滴EDTA溶液,溶液由红色变为浅黄色 解析　(1)铁原子失去3个电子形成铁离子,Fe3+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d5或[Ar]3d5。(2)铁离子能够提供空轨道,OH-、H2O、Cl-能提供孤电子对,从而形成配位键得到配离子。(3)实验a的目的是作对照实验,控制铁离子的浓度相同。(4)①实验c滴加稀硝酸,溶液黄色褪去,说明[Fe(H2O)6]3++H2O[Fe(H2O)5(OH)]2++H3O+平衡逆向移动,证明猜想Ⅰ成立,猜想Ⅱ不成立;②证明猜想Ⅲ成立,溶液颜色为Fe3+与Cl-配位导致,则加入氯化钠固体后,溶液由无色变为黄色。(5)据c、d、e现象可知FeCl3溶液显黄色的原因是:Ⅰ.Fe3+与OH-配位,Ⅲ.Fe3+与Cl-配位。(6)向2 mL FeCl3溶液中滴入3滴KSCN溶液,溶液变为红色,继续滴加3滴EDTA溶液,溶液由红色变为浅黄色。 11.答案　(1)sp2　　(2)bd　(3)旋转势垒很小,两种结构能量非常接近,气态时二者会相互转化　(4)Pb原子最外层有孤电子对,对二茂环有排斥作用　(5)cdf 解析　(1)C5是平面结构,其C原子的杂化方式为sp2。C5的大π键由5个C原子构成,每个C原子提供1个电子,另外还有1个外来电子,则形成大π键的电子数为6,则C5中的大π键应表示为。(2)二茂铁是由环戊二烯阴离子(C5)与Fe2+形成的分子,则二茂铁晶体为分子晶体,可能具有的性质有熔、沸点低和易溶于苯等有机溶剂,故选bd。(3)从题表数据可以看出,旋转势垒只有3.8 kJ·mol-1,旋转势垒很小,两种结构能量非常接近,气态时二者会相互转化。(4)Pb原子的最外层电子数为4,形成二茂铅后,Pb原子的最外层还有1个孤电子对,对成键电子有排斥作用,使得分子中两个二茂环不平行。(5)绿矾(FeSO4·7H2O)属于离子晶体,存在离子键,由题图4可知,还存在配位键、极性共价键,故选cdf。 12.答案　(1)+2或-2　(2)大于　a　(3)N>O>H>C　平面三角形　都能形成分子间氢键,尿素形成的氢键数目更多 解析　(1)基态Fe原子核外价层电子排布式为3d64s2,3d轨道上有4个单电子,自旋方向相同,则自旋磁量子数的代数和为+2或-2。(2)由结构简式可知中心Fe3+与H2O之间形成配位键,因此该离子中H2O的孤电子对数为1,而H2O的孤电子对数为2,价层电子对数相同时,孤电子对数越多键角越小,则该双核阳离子中H—O—H键角大于H2O中的H—O—H键角;水分子不带电,OH-带负电,与Fe3+成键时,OH-与Fe3+距离更近,键能更大,所以b键的键能大于a键,若对水溶液进行加热,该双核阳离子内部首先断开的是a。(3)同一周期元素,第一电离能从左到右有增大趋势,但第ⅡA族、ⅤA族反常,且C元素的第一电离能小于H元素,则所含非金属元素的第一电离能由大到小的顺序是N>O>H>C;N中N原子价层电子对数为=3,不含孤电子对,其空间结构为平面三角形;尿素晶体、乙酸晶体均为分子晶体,都能形成分子间氢键,但尿素晶体的熔点高,是因为尿素分子之间存在更多的氢键。 课时微练(二十六)　晶体结构与性质 1.B　解析　液晶分子中沿分子长轴方向有序排列,从而表现出类似晶体的各向异性,A项正确;等离子体是由阳离子、电子和电中性粒子组成的整体上呈中性的物质聚集体,B项错误;纯物质有固定的熔点,但其晶体颗粒尺寸在纳米量级时也可能发生变化,熔点可能下降,C项正确;超分子内部的多个分子间一般通过非共价键或分子间作用力结合成聚集体,D项正确。 2.D　解析　由该离子的空间结构示意图可知,硅氧原子形成正四面体结构,Si原子在体心,O原子在顶点,键角为109°28',离子组成为Si,Si原子采用sp3杂化。 3.A　解析　自范性是晶体的性质,碳玻璃为非晶态,所以没有自范性,A项错误;碳玻璃和C60均是由碳元素形成的不同单质,二者互为同素异形体,B项正确;碳玻璃具有高硬度,物理性质与金刚石类似,因而结构具有一定的相似性,含有sp3杂化的碳原子,C项正确;金刚石与碳玻璃互为同素异形体,性质差异主要表现在物理性质上,化学性质上也有活性的差异,D项正确。 4.D　解析　金刚石结构中,最小的环上有6个碳原子,A项正确;分子晶体熔化时只是状态发生变化,没有化学键的断裂,只破坏分子间作用力,共价晶体的构成微粒是原子,熔化时共价键被破坏,B项正确;金属晶体是由金属阳离子和自由电子构成的,在通电条件下,自由电子的定向移动使得金属晶体能导电,C项正确;在氯化铯晶体结构中,每个氯离子周围最近且距离相等的氯离子有6个,D项错误。 5.B　解析　晶体中N原子的配位数为4,A项错误;立方相氮化硼晶体与金刚石类似,1 mol BN中有4 mol共价键,B项正确;立方相氮化硼晶体与金刚石类似,属于共价晶体,不能导电,C项错误;若B原子1的分数坐标为,,,则B原子2的分数坐标为,,,D项错误。 6.B　解析　Ca2+配位数为与其距离最近且等距离的F-的个数,如题图所示,Ca2+位于体心,F-位于面心,所以Ca2+的配位数为6,A项正确;F-与K+的最近距离为棱长的,F-与Ca2+的最近距离为棱长的,所以与F-距离最近的是Ca2+,B项错误;K+位于顶点,所以一个晶胞中K+个数=×8=1,F-位于面心,一个晶胞中F-个数=×6=3,Ca2+位于体心,所以一个晶胞中Ca2+个数=1,综上,该物质的化学式为KCaF3,C项正确;F-与Cl-半径不同,替换后晶胞棱长将改变,D项正确。 7.B　解析　分析题给晶胞结构示意图,可知有6个Bi原子处于晶胞的内部,即1个晶胞拥有6个Bi原子;有12个Mn原子在晶胞的顶点上,每个晶胞占有12×=2个,有6个Mn原子在晶胞的棱上,每个晶胞占有6×=2个,有2个Mn原子在晶胞的面心,每个晶胞占有2×=1个,还有1个Mn原子在晶胞内部,因此1个晶胞实际拥有的Mn原子个数为2+2+1+1=6,因此该晶胞的化学式可表示为MnBi。 8.C　解析　由题图可知,X为XeF4,空间结构为平面四边形,Y为XeF2,空间结构为直线形,则四氟化氙分子和二氟化氙分子都是结构对称的非极性分子,A项错误;XeF4分子中Xe原子的价层电子对数为6、孤电子对数为2,XeF2分子中Xe原子的价层电子对数为5、孤电子对数为3,则XeF4分子中的孤电子对数小于XeF2,B项错误;由晶胞结构可知,XeF4和XeF2形成的晶体的构成微粒都是分子,都属于分子晶体,C项正确;由晶胞结构可知,XeF4晶胞中位于顶点和体心的XeF4分子的个数为8×+1=2,XeF2晶胞中位于顶点和体心的XeF2分子的个数为8×+1=2,设XeF4和XeF2晶体的密度分别为d1 g/cm3、d2 g/cm3,晶胞体积之比为V(X)∶V(Y)=17∶13,由晶胞的质量公式可得d1∶d2=∶,则XeF4晶体的密度小于XeF2晶体的密度,D项错误。 9.D　解析　氟化钙是由钙离子和氟离子形成的离子晶体,A项正确;由晶胞结构可知,晶胞中位于顶点的钙离子与位于体对角线处的氟离子的距离最近,则钙离子的配位数为8,B项正确;由晶胞结构可知,Ca2+沿面对角线投影图的四个侧面面心应在同一条线上,图乙钙离子分布不符合,D项错误。 10.答案　,,、,,　a　×100% 解析　Cd—Se键的键长为晶胞体对角线长的,故键长为a nm。晶胞中原子占的总体积为π+π×4 nm3,晶胞体积为a3 nm3,故晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率=×100%。 11.答案　(1)6　(2),0,　(3)××1010 解析　(3)设晶胞中Ni原子、Mg原子之间的最短距离为a pm,则晶胞棱长为a pm,晶胞体积=(a×10-10)3cm3,该晶胞中Mg原子个数为8×=1、Ni原子个数为6×=3、C原子个数为1。故d g·cm-3=,所以a=××1010 pm。 12.答案　(1)KFe2Se2　(2)4　(3) 解析　(1)根据题中晶胞投影图可知,K原子位于顶点和体心,一个晶胞中共有8×+1=2个,Fe原子位于侧面上,一个晶胞中共有4×2×=4个,Se原子位于棱上和体内,一个晶胞中共有8×+2=4个,其晶胞结构为,最简化学式为KFe2Se2。(2)选取左侧面上方的Fe原子为中心,其配位原子如图所示,其配位数为4。(3)一个晶胞中有2个K原子、4个Fe原子、4个Se原子,其密度ρ= g·cm-3。 13.答案　(1)Fe3CuN　(2)LaNi5(或Ni5La) 解析　(1)由题中晶胞图、能量变化图可知,Cu原子替代顶点上的Fe原子(a位置Fe原子),化学式为Fe3CuN,能量较低,较稳定;Cu原子替代面心上的Fe原子(b位置Fe原子),化学式为FeCu3N,能量较高,不稳定。(2)每个晶胞中含有La原子的个数为8×=1,Ni原子的个数为1+8×=5,则该合金的化学式为LaNi5或Ni5La。 增分微练(六)　元素推断题的突破 1.A　解析　H3NBH3分子中存在N—H键,所以H3NBH3分子间可形成氢键,A项正确;BF3中B原子的价层电子对数为3,无孤电子对,空间结构为平面三角形,结构对称,是由极性键构成的非极性分子,B项错误;镓原子(31Ga)核外有31个电子,基态镓原子核外电子排布式为[Ar]3d104s24p1,C项错误;硼元素可以形成共价晶体和分子晶体,铝、镓、铟、铊都是金属晶体,D项错误。 2.D　解析　WY是HF,则W2X是H2O,ZX2是SO2,即W是H元素,X是O元素,Y是F元素,Z是S元素。在H、O、F、S元素中,F元素的第一电离能最大,A项正确;H2O中O原子的价层电子对数为4,采用sp3杂化,SO2中S原子的价层电子对数是3,采用sp2杂化,B项正确;由于H2O可以形成分子间氢键,所以H2O的沸点高于H2S的沸点,C项正确;SF4的结构为,F原子达到8电子结构,S原子最外层有10个e-,D项错误。 3.B　解析　根据m可作制冷剂,可知m为NH3,无色气体p遇空气变红棕色,则p为NO。W的简单氢化物r溶于水完全电离,再结合原子最外层电子数关系可知,W为Cl元素,r为HCl。故X为H元素,Y为N元素,Z为O元素,W为Cl元素。简单离子半径Cl->N3->O2->H+,A项正确;N原子的价层电子轨道表示式为,B项错误;HCl与NH3反应生成NH4Cl,NH4Cl中阳离子的电子式为[HH]+,C项正确;NH3和O2在一定条件下可发生反应4NH3+5O24NO+6H2O,D项正确。 4.A　解析　四种短周期主族元素Q、X、Y、Z的原子序数依次增大,在该化合物中,Y形成2个键,Z形成6个键,又Y、Z同族,则Y为O元素,Z为S元素,X形成4个键,基态X原子核外有2个未成对电子,则Z为C元素,Q形成1个键,则Q为H元素,据此分析解答。由分析知,Q、X、Y、Z分别为H、C、O、S。电负性H<C<O,A项正确;N、F元素的第一电离能均比氧元素大,B项错误;亚硫酸为弱酸,C项错误;非金属性越强,简单氢化物越稳定,则简单氢化物的稳定性O>S>C ,D项错误。 5.D　解析　X、Y、Z、W为同一族的元素,图中它们一个原子均形成了三个共价键,根据分子的成键特征可知,四者均为ⅤA族元素,工业上利用沸点差异能从空气中分离出Y的单质,则Y为N;W3-与E-的电子结构相同,且E是短周期元素,则W为P;E与Y的价电子数之和与Mg的质子数相同,E形成1个共价键,则E最外层有7个电子,再结合W3-与E-的电子结构相同知E为Cl;X的电负性大于Z,则推测X为As、Z为Sb。综上,X、Y、Z、W、E依次为As、N、Sb、P、Cl。简单离子半径:P3->Cl->N3-,A项正确;第一电离能:Kr>Br>As>Se,As位于第三位,B项正确;N的原子半径较小,电负性较大,故NH3分子的键角大于PH3,C项正确;电负性:N>Cl,NCl3水解生成NH3和HClO,D项错误。 6.A　解析　丁的焰色试验为黄色,丁中含有Na元素,己为淡黄色单质,己是S单质,W、X、Y、Z的原子序数依次递增,X、Z同主族,W、Y同主族,则Z是S元素、Y是Na元素、W是H元素、X是O元素。甲是NaOH、乙是H2S、丙是SO2或H2O2、丁是Na2S、戊是H2O、己是S单质。NaOH、Na2S的水溶液都为碱性,A项错误;O元素和S元素能形成S、S、S2 等多种酸根离子,B项正确;H2O分子间能形成氢键,沸点H2O>H2S,C项正确;非金属性越强,电负性越大,电负性O>S>H,D项正确。 7.C　解析　短周期元素Y、Z、W位于同周期,且Y形成4个共价键,W形成2个共价键,则Y、Z、W可能为C、N、O元素或Si、P、S元素,结合题给转化关系可知,Y为C元素,Z为N元素,W为O元素。X的原子序数最小,且形成1个共价键,则X为H元素。题给转化关系为。同周期元素从左至右第一电离能整体呈增大趋势,但N原子的2p轨道为半充满的稳定状态,其第一电离能大于O原子,因此第一电离能N>O>C,A项正确;H2O常温下为液态,NH3常温下为气态,沸点H2O>NH3,B项正确;H2O、NH3的中心原子的价层电子对数均为4,H2O中O原子上含2个孤电子对,NH3中N原子上含1个孤电子对,孤电子对数越多,对成键电子对的排斥作用越大,键角越小,因此键角H2O<NH3,C项错误;转化关系中形成4个单键的碳原子为sp3杂化,形成2个单键和1个双键的碳原子为sp2杂化,—CN中碳原子形成1个单键和1个三键,为sp杂化,D项正确。 8.A　解析　短周期元素W形成+2价阳离子,W为Mg元素;Y形成4个共价键,且该阴离子带2个单位负电荷,Y不与W同周期,则Y为B元素;Z形成1个共价键,且不与W、Y同周期,Z为H元素;X形成2个共价键,W、X对应的简单离子核外电子排布相同,则X为O元素。Mg、B、H原子的最外层电子$$