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第二单元 化学计量在实验中的应用

一、1．C．1 mol CH3COOK的质量为98 g，A错误；摩尔质量的单位是g·mol－1，相对分子质量的单位是“1”，B错误；一个“CH₃COOK”微粒的质量约为986.02×10²³ g，C正确；一个“CH₃COOK”中含有2个C原子，所以当醋酸钾中有6.02×10²³个C原子时，醋酸钾的物质的量为0.5 mol，D错误。

2．C．由模型图可知，1个分子中含5个C、4个H，故该分子的分子式为C₅H₄，A正确；由燃烧规律可知，1 mol该物质完全燃烧生成CO₂与H₂O时需耗O₂为1×(5＋4/4)mol＝6 mol，B正确；由C、H原子守恒可知，该物质完全燃烧生成的CO₂与H₂O的分子数比为5∶2，C错误；反应过程中C元素的化合价升高，O元素的化合价降低，由O元素的化合价变化可知，1 mol该物质完全燃烧生成CO₂与H₂O时转移电子数为6 mol×2×(2－0)×N_A＝24N_A，D正确。

3．A．根据阿伏加德罗定律可知，同温同压下，任何气体的体积之比等于物质的量之比，设反应前N₂、O₂、CO₂气体体积均是3V L，则反应后混合气体的体积为8V L，即气体的体积减小了V L，所以根据化学方程式：2CO₂＋2Na₂O₂===2Na₂CO₃＋O₂可知，参加反应的CO₂体积是2V L，生成V L O₂，所以此时混合气体中N₂、O₂、CO₂体积之比为3V∶(3＋1)V∶(3－2)V＝3∶4∶1，故A正确。

4．【答案】B【解析】6.4 g铜的物质的量为0.1 mol，其与浓硝酸反应生成NO2，但随着反应进行，硝酸不断被消耗，稀硝酸与铜反应生成NO，所以6.4 g铜与40 mL 10 mol·L－1浓HNO3作用，产生NO2分子的数目小于0.2NA，①错误；一个甲烷分子中有4个C—H键，所以1.6 g(0.1 mol)甲烷含有的C—H键数目为0.4NA，②错误；pH＝6的纯水中c(H^＋)＝1.0×10^－6 mol·L^－1，则1 L纯水中含有1.0×10^－6NA个H^＋，③正确；苯分子中没有碳碳双键，④错误；氖气是单原子分子，20 g氖气的物质的量为1 mol，所含的原子数目为NA，⑤正确；没有给出溶液的体积，无法计算溶液中含有的OH^－的数目，⑥错误；含N_A个阴离子的Na₂O₂的物质的量为1 mol，其溶于水生成2 mol NaOH，则形成1 L NaOH溶液的浓度为2 mol·L^－1，⑦错误。

5．【答案】C【解析】选项A，乙醛的分子式为C₂H₄O，假设全部是乙醛，则44 g乙醛含氧原子的物质的量为44 g÷44 g·mol^－1＝1 mol，假设全部是乙酸乙酯，44 g乙酸乙酯含氧原子的物质的量为44 g÷88 g·mol^－1×2＝1 mol，故44 g二者的混合物含有的氧原子的物质的量为1 mol，正确；选项B，1 L pH＝13的NaOH溶液中，由水电离的OH^－浓度等于H^＋浓度，数目为1× 10^－13N_A，正确；选项C，1 mol Fe和足量的稀硫酸反应生成1 mol Fe^2＋，转移电子的物质的量为2 mol，与足量的稀硝酸反应，生成1 mol Fe^3＋，转移电子的物质的量为3 mol，错误；选项D，Li₂O中含有Li^＋和O^2－，Na₂O₂中含有Na^＋和O₂^2－，故1 mol混合物中含有的离子总数为3N_A，正确。

6．【答案】C【解析】9.0 g H2C2O4的物质的量为0.1 mol，1个H2C2O4分子中含有2个H—O键、2个C—O键、2个C=O键、1个C—C键，共9个共用电子对，故0.1 mol H2C2O4中含有0.9NA个共用电子对，A项正确；0.1 mol H2C2O4被NaClO氧化生成0.2 mol CO2，转移的电子数为0.2NA，B项正确；根据物料守恒，含0.1 mol H2C2O4的水溶液中，N(H₂C₂O₄)＋N(HC₂O₄^－)＋N(C₂O₄^2－)＝0.1NA，C项错误；根据H2C2O4 ＝CO↑＋CO2↑＋H2O及标准状况下H2O不是气体知，0.1 mol H2C2O4受热分解生成的气体在标准状况下的体积为4.48 L，D项正确。

7．【答案】B【解析】1 mol S和O₂的摩尔质量都是32 g·mol－1，A错误；Na2S与Na2O2的相对分子质量相同，均是78，且阴阳离子的个数之比均是1∶2，因此7.8 g Na₂S与Na₂O₂的混合物约含有阴离子6.02×1022个，B正确；1 mol任何气体中不一定都含有相同的原子数，例如氧气和臭氧，C错误；不知是否为标准状况下，无法根据气体摩尔体积求算其物质的量，D错误。

8．【答案】C【解析】由图可知，相同温度时，p(O2)>p(X)，在同质量、同体积条件下，气体相对分子质量与压强成反比，即相对分子质量越大，压强越小。只有CO2的相对分子质量大于O2的，故C正确。

9．【答案】C【解析】因溶液呈电中性，故存在：3c(Al^3＋)＋c(K^＋)＋c(H^＋)＝2c(SO4^2－)＋c(OH^－)，而溶液中c(OH－)很小，可以忽略不计，则有3c(Al^3＋)＋c(K^＋)＋c(H^＋)＝2c(SO4^2－)，所以c(K^＋)＝2c(SO4^2－)－3c(Al^3＋)－c(H^＋)＝2×0.8 mol·L^－1－3×0.4 mol·L^－1－0.1 mol·L^－1＝0.3 mol·L^－1。

10．【答案】C【解析】A项，c(NaOH)＝40 g·mol－1()＝1 mol·L^－1，不符合题意；B项，SO₃溶于水后形成溶液的溶质为H₂SO₄，c(H₂SO₄)＝80 g·mol－1()＝1 mol·L^－1，不符合题意；C项，蒸发50 g水后，溶液的体积并不是50 mL，NaNO₃的物质的量浓度也不是1 mol·L^－1，符合题意；D项，c(HCl)＝22.4 L·mol－1()＝1 mol·L^－1，不符合题意。

11．【答案】C【解析】①氦气分子是单原子分子，1 mol氦气含有的核外电子数为2N_A，错误；②常温常压下，17 g甲基的物质的量是17 g·mol－1(17 g)＝1 mol，所含的中子数为8N_A，正确；③64 g铜的物质的量为1 mol，发生氧化还原反应若生成Cu^2＋，一定失去2N_A个电子，若生成Cu^＋，则失去N_A个电子，错误；④100 mL 0.5 mol·L^－1乙酸溶液中含乙酸的物质的量为0.1 L×0.5 mol·L^－1＝0.05 mol，乙酸为弱电解质，在水溶液中会发生电离，故乙酸分子的数目小于0.05N_A，正确；⑤标准状况下，乙醇为液态，计算物质的量时不能用22.4 L·mol^－1，故22.4 L乙醇中含有的氢原子数不是6N_A，错误；⑥常温常压下，气体的摩尔体积大于22.4 L·mol^－1，所以22.4 L NO气体的分子数小于N_A，正确。

12．【答案】A【解析】NO₂中存在平衡：2NO₂N₂O₄，因此二氧化氮的物质的量小于0.1 mol，故A正确；标准状况下，SO₃不是气体，不能用气体摩尔体积公式计算，故B错误；醋酸属于弱电解质，浓度越小越促进电离，因此在CH₃COOH物质的量相同的情况下，0.1 mol·L^－1的CH₃COOH含有CH₃COOH的分子数小于0.5 mol·L^－1的CH₃COOH的分子数，故C错误；3Fe＋4H₂OFe₃O₄＋4H₂，因此转移电子物质的量为3(8) mol，故D错误。

13．【答案】C【解析】Na₂O₂的阴离子为O2(2－)，7.80 g Na₂O₂与5.85 g NaCl含有的阴离子都是0.1 mol，因此所含阴离子数相等，故A正确；甲醛(HCHO)和乙酸(CH₃COOH)的最简式都是CH₂O，式量为30，15 g CH₂O的物质的量为0.5 mol，1 mol的CH₂O含氧原子1 mol，所以15 g甲醛(HCHO)和乙酸的混合物含有氧原子0.5 mol，即0.5N_A，故B正确；该反应为可逆反应，不能完全转化，不知道转化率，因此转移的电子数无法确定，故C错误；常温下，pH＝12，c(H^＋)＝10^－12 mol·L^－1，c(OH^－)＝(10^－14÷10^－12)mol·L^－1＝0.01 mol·L^－1，则2 L的Na₂CO₃溶液中含有OH^－数目为0.02N_A，故D正确。

14．【答案】D【解析】实验室里需要配制480 mL 0.1 mol·L－1 CuSO4溶液，由于没有480 mL规格的容量瓶，根据“大而近”的原则故需选择500 mL 容量瓶，溶质若为CuSO4，则需要8.0 g。若是胆矾则需要12.5 g。应配成500 mL溶液而不是加入500 mL水。

15．【答案】C【解析】在稀释过程中溶质的物质的量不变，则2 mol·L^－1×1 L＝0.5 mol·L^－1×a L，解得a＝4。

16．【答案】B【解析】NO气体是Cu和Zn的合金还原HNO3得到的，在这个过程中，金属失去的电子跟HNO3得到电子数相等，生成0.1 mol的NO气体，HNO3得到0.3 mol的电子，在这个过程中金属失去0.3 mol的电子，又由于都是二价金属，所以跟Cu^2＋和Zn^2＋结合的NO₃^－的物质的量也为0.3 mol。再加上溶液中的0.1 mol的硝酸，总共是0.4 mol的NO₃^－，又因为溶液的体积为1 L，即B正确。

二、17．【答案】（1）36 g·mol^－1　  （2）0.4N_A   （3）①28 g·mol^－1　②4.48 L　③2.8N_A

【解析】(1)混合气体的体积在标准状况下为8.96 L，则其物质的量n＝VVm＝8.96 L22.4 L·mol－1＝0.4 mol，混合气体的平均摩尔质量为14.4 g0.4 mol＝36 g·mol－1；(2）设混合气体中 CO的物质的量为x mol，CO2的物质的量为y mol，则根据混合物的质量为14.4 g可得：28x＋44y＝14.4①；根据气体的物质的量为0.4 mol，所得x＋y＝0.4②；解①②得：x＝0.2 mol，y＝0.2 mol；由于CO和CO2中均含1个碳原子，故0.2 mol CO和0.2 mol CO2中共含0.4 mol C原子即0.4NA个；(3）将混合气体依次通过如图装置，则CO2会被NaOH溶液吸收，剩余CO，被浓硫酸干燥后，则在气球中收集到的是干燥纯净的CO气体；①气球中收集到的气体为CO，而一种物质的摩尔质量在数值上等于该物质的相对分子质量，故收集到的气体的摩尔质量为28 g·mol－1；②气球中的气体为CO，其体积V＝nV_m＝0.2 mol×22.4 L·mol^－1＝4.48 L；③一个CO含有14个电子，由（2）求出的CO的物质的量为0.2 mol，则电子的物质的量为0.2 mol×14＝2.8 mol，电子总数为2.8NA个。

18．【答案】（1）0.4　19　（2）0.2　0.2　  （3）1.2

【解析】由图可知c(Na^＋)＝c(NaCl)＝1.0 mol·L^－1。c(Mg^2＋)＝c(MgCl₂)＝0.5 mol·L^－1，

则c(CaCl₂)＝3 mol·L^－1－1.0 mol·L^－1－0.5 mol·L^－1×22＝0.5 mol·L－1

（1）n(NaCl)＝1.0 mol·L^－1×0.4 L＝0.4 mol     m(MgCl₂)＝0.5  mol·L^－1×0.4 L×95 g·mol^－1＝19 g

（2）n(CaCl₂)＝0.5  mol·L^－1×0.4 L＝0.2 mol     c(Ca^2＋)＝0.2 mol1 L＝0.2  mol·L^－1

（3）原溶液中n(Cl^－)＝3 mol·L^－1×0.4 L＝1.2 mol由反应Ag^＋＋Cl^－===AgCl↓可知，生成AgCl沉淀为1.2 mol。

19．【答案】（1）47.06%　   （2）45V56＜m2＜15V14   （3）①2.0 mol·L－1　②47.06%　③78

【解析】（1）加入过量NaOH溶液，过滤后，再往滤液中通入二氧化碳得到Al(OH)3沉淀，灼烧得到Al2O3，合金的质量与Al2O3的质量相同，故Al2O3中O的质量分数就是合金中镁的质量分数，即48102×100%≈47.06%。（2）若该氢气完全由Al生成，则m(Al)＝23×V L22.4 L·mol^－1×27 g·mol^－1＝45V56 g；若该氢气完全由Mg生成，则m(Mg)＝V L22.4 L·mol^－1×24 g·mol^－1＝15V14 g，则m2的取值范围是45V56＜m2＜15V14。（3）①c中盐酸反应完全，n(H2)＝0.03 mol，则c(HCl)＝0.03 mol×20.03 L＝2.0 mol·L－1。②用a组数据列方程式，求得n(Mg)＝n(Al)＝0.01 mol，w(Mg)＝0.01 mol×24 g·mol－10.51 g≈47.06%。③由HCl～NaCl知，n(NaCl)＝n(HCl)＝2n(H2)＝0.06 mol，由关系式Al～NaAlO₂可知，n(NaAlO2)＝n(Al)＝0.9180.51×0.01 mol＝0.018 mol。根据Na元素守恒得n(NaOH)＝0.06 mol＋0.018 mol＝0.078 mol，

所以V(NaOH)＝0.078 mol1.0 mol·L－1＝0.078 L＝78 mL。

20．【答案】（1）XY3或Y3X　   （2）CO或N2或C2H4　H2   （3）11.2　14

【解析】（1）一定温度和压强下，1体积X2气体与3体积Y2气体化合生成2体积Z，由气体的体积之比等于物质的量之比，等于化学计量数之比，则X2+3Y2= 2Z，由原子守恒可知，Z的化学式为XY3或Y3X。

（2）混合物气体的总物质的量为 =0.4 mol，又因为A与B的物质的量之比为3∶1，所以A的物质的量为0.3 mol，B的物质的量为0.1 mol，设B的相对分子质量为x，则A的相对分子质量为14x，混合气体的总质量为8.6 g，0.3×14x+0.1×x=8.6，得x=2，所以B为H2，A的相对分子质量为28，A可能为CO或N2或C2H4。

（3）标准状况下，混合气体的物质的量为 =1 mol，令混合气体中CO和CO2的物质的量分别为x、y，则：

解得：x=0.5 mol，y=0 .5 mol；

故CO的体积为0.5 mol×22.4 L·mol-1=11.2 L，   CO的质量为0.5 mol×28 g·mol-1=14 g。

21．【答案】（1）4.0　   （2）0.04　    （3）C

【解析】（1）c(NaClO)＝1 000 mL×1.19 g·cm^－3×25%74.5 g·mol^－1×1 L＝4.0 mol·L^－1。

（2）根据稀释前后溶质的物质的量不变，则100 mL×4.0 mol·L^－1＝1.19 g·cm^－3×100 mL＋1.0 g·cm^－3×10 000 mL1.0 g·cm^－3×c(NaClO)，解得c(NaClO)≈0.04 mol·L^－1，故稀释后的溶液中c(Na＋)＝c(NaClO)≈0.04 mol·L^－1。（3）配制480 mL含25% NaClO的消毒液时，用到的主要仪器有：托盘天平、量筒、烧杯、玻璃棒、500 mL容量瓶、胶头滴管，故题图中①～④四种仪器不需要，但还需量筒、玻璃棒和胶头滴管，A项错误；容量瓶不能烘干，容量瓶用蒸馏水洗净后，可以直接使用，不用干燥，B项错误；由于NaClO易变质，所以商品NaClO可能部分变质导致NaClO的物质的量减小，从而使结果偏低，C项正确；配制480 mL该“84”消毒液，应选取500 mL的容量瓶，所以需要称量的NaClO固体的质量为0.5 L×4.0 mol·L^－1×74.5 g·mol^－1＝149.0 g，D项错误。

22．【答案】（1）设生成氢气的体积为a。H2SO4　~　H2

1 mol 22.4 L

0.15 mol   a

a=3.36 L　即生成标准状况下的气体体积为3.36 L     （2）25%　（3）7

【解析】（1）注意硫酸少量，所以求氢气应该用硫酸的物质的量求解；（2）n(MgSO4)=n(H2SO4) =0.15 mol，m(MgSO4)=18.0 g，开始析出MgSO4·xH2O晶体时溶液的质量分数= ×100%= ×100%=25%；（3）饱和溶液质量减少m(溶液)=72.0 g-48.0 g=24.0 g，所以12.3 g晶体中含有MgSO4的质量为24.0 g×25%=6.0 g，物质的量为0.05 mol，12.3 g晶体中含有H2O的物质的量= =0.35 mol，晶体中MgSO4与H2O的物质的量之比为1∶7，则x=7。

第三单元 化学物质及其变化

一、选择题（每小题3分，共48分）

1．【答案】B

2．【答案】A【解析】强电解质如NaHSO₄中H与O形成的共价键在水溶液里可断开，但在熔融状态时不会断开，故A项错误；电解质溶液的导电性取决于溶液中阴阳离子的浓度及离子所带电荷数，与电解质的强弱无必然的联系，故B项正确；HCl是共价化合物，只有溶于水后才能电离，故C项正确；电解质溶液的导电过程中离子发生定向移动，在电极表面一定会发生氧化还原反应，故D项正确。

3．【答案】B【解析】P由0价→+4价，化合价升高，属于还原剂，A项错误；根据氧化还原反应的规律，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，H₂O₂是氧化剂，Na₂H₂P₂O₆是氧化产物，B项正确；1 mol H₂O₂反应转移电子物质的量为1 mol×2×(2-1)=2 mol，C项错误；Na、H的化合价均为+1价，O为-2价，整个化学式各元素化合价的代数和为0，则P的化合价为+4价，D项错误。

4．【答案】D

5．【答案】A【解析】将CuSO₄溶液熬成胆矾(CuSO₄·5H₂O)的过程为化合反应，Fe与CuSO₄溶液发生反应：Fe＋CuSO₄===FeSO₄＋Cu，既是离子反应又是氧化还原反应，没有涉及复分解反应，故A符合题意。

6．【答案】D【解析】加入氧化剂才能实现，应发生氧化反应，所含元素的化合价应升高，则SiO₂―→Na₂SiO₃的反应中元素的化合价没有发生变化，不是氧化还原反应，A错误；Na₂O₂―→NaOH，可与水反应，Na₂O₂自身发生氧化还原反应，无须加入氧化剂，B错误；N₂―→NH₃，N元素化合价降低，被还原，应加入还原剂，C错误；NH₃―→NO，N元素化合价升高，被氧化，应加入氧化剂，D正确。

7．【答案】D【解析】硫酸铜溶液吸收H₂S，硫化氢是难电离物质，应保留分子式，正确的离子方程式为Cu²⁺+H₂S===CuS↓+2H⁺，A错误；磁性氧化铁溶于氢碘酸，二者发生氧化还原反应，正确的离子方程式为2I^-+Fe₃O₄+8H⁺===3Fe²⁺+4H₂O+I₂，B错误；向饱和碳酸钠溶液中通入足量二氧化碳气体，正确的离子方程式为2Na⁺+CO3(2－)+H₂O+CO₂===2NaHCO₃↓，C错误；向KAl(SO₄)₂溶液中加入过量Ba(OH)₂溶液，反应的离子方程式为Al³⁺+2SO3(2－)+2Ba²⁺+4OH^-===2BaSO₄↓+AlO2(－)+2H₂O，D正确。

8．【答案】B【解析】在Na₂S₂O₃溶液中滴加稀硫酸发生氧化还原反应：2H^＋＋S₂O3(2－)===SO₂↑＋S↓＋H₂O，B正确；工业冶炼Mg是电解熔融的氯化镁：Mg^2＋＋2Cl^－Mg＋Cl₂↑，D错误。

9．【答案】B【解析】由反应知还原剂是S₂O3(2－)，氧化剂是O₂，每有1 mol O₂参加反应，转移电子的物质的量为4 mol，A、D正确；由原子守恒知Y的化学式为Fe₃O₄，B错误；由电荷守恒知，a＝4，C正确。

10．【答案】C 【解析】能使石蕊显红色的溶液呈酸性，HCO3(－)不能大量存在，A错误；水电离出来的c(H^＋)＝10^－13 mol·L^－1溶液可能呈强酸性或强碱性，酸性条件下NO3(－)将Fe^2＋氧化为Fe^3＋，不能大量存在，碱性条件下，NH4(＋)、Fe^2＋不能大量存在，B错误；OH－(H＋)＝10¹²的溶液呈酸性，K^＋、Fe^3＋、Cl^－、SO4(2－)互不反应，能大量共存，C正确；加入铝片能放出H₂的溶液可能呈酸性或强碱性，酸性条件下，CH₃COO^－与H^＋反应生成弱电解质CH₃COOH，碱性条件下，Cu^2＋与OH^－反应生成Cu(OH)₂沉淀，不能大量共存，D错误。

11．【答案】C【解析】反应①中N元素的化合价既有升高又有降低，故NH₄NO₃既是氧化剂又是还原剂，生成物N₂O既是氧化产物又是还原产物，H₂O既不是氧化产物也不是还原产物，A项错误；反应②中，N元素的化合价降低，S元素的化合价升高，所以K₂SO₃是还原剂，K₂SO₄是氧化产物，B项错误；反应③中，N元素的化合价由－3升高到＋1，则每生成1 mol N₂O转移8 mol电子，C项正确；反应④中，NaNO₃中N元素的化合价降低，则NaNO₃是氧化剂，(NH₄)₂SO₄中N元素的化合价升高，生成物N₂O既是氧化产物又是还原产物，D项错误。

12．【答案】B【解析】A项待测液与盐酸产生的气体通入浓Ba(OH)₂溶液有白色沉淀生成，不一定是CO3(2－)，还可能是SO3(2－)；C项溶液中若有OH^－，则OH^－会使溶液变成蓝色；D项中AgNO₃溶液和稀盐酸的混合液，就会有白色浑浊物出现，无法检验待测液中是否含有Cl^－。

13．【答案】D【解析】由①可知废水中一定含Na⁺；由②可知一定含SO4(2－)；由③④可知，白色沉淀完全溶于NaOH溶液，则一定含Al³⁺，不含Fe²⁺、Fe³⁺、Mg²⁺；因溶液呈酸性且Al³⁺、CO3(2－)相互促进水解不能大量共存，故一定不含CO3(2－)；实验不能确定是否含K⁺。由上述分析可知，酸性废水中一定含有Na⁺、Al³⁺、SO4(2－)，一定不含Fe²⁺、Fe³⁺、Mg²⁺、CO3(2－)，可能含有K⁺。故选D。

14．【答案】B【解析】状态未知，无法由体积求物质的量，A项错误；氢化锂中的氢是-1价，与水发生归中反应，方程式为LiH+H₂O===LiOH+H₂↑，所以氢化锂也是一种储氢材料，B项正确；LiAlH₄中的Li、Al都是主族金属元素，H是非金属元素，故Li为+1价、Al为+3价、H为-1价，受热分解时，根据Al元素的价态变化即可得出1 mol LiAlH₄完全分解，转移3 mol电子，生成1.5 mol的氢气，而LiAlH₄+2H₂O===LiAlO₂+4H₂↑生成4 mol氢气转移4 mol电子，所以生成1 mol的氢气转移电子分别为2 mol和1 mol，所以反应①②转移电子数之比为2∶1，C项错误；LiAlH₄是离子化合物，LiH也是离子化合物，D项错误。

15．【答案】D【解析】A项，Cl₂少量，先与I^－反应，正确的离子方程式为Cl₂＋2I^－===2Cl^－＋I₂，错误；B项，NaOH足量，以Mg(HCO₃)₂作为离子计量标准，正确的离子方程式是Mg^2＋＋2HCO3(－)＋4OH^－===Mg(OH)₂↓＋2H₂O＋2CO3(2－)，错误；C项，过量SO₂通入到NaClO溶液中，正确的离子方程式为SO₂＋ClO^－＋H₂O===2H^＋＋SO4(2－)＋Cl^－，错误；D项，1 mol·L^－1的NaAlO₂溶液和2.5 mol·L^－1的HCl溶液等体积互相均匀混合，n(AlO2(－))∶n(H^＋)＝2∶5，反应的离子方程式为2AlO2(－)＋5H^＋===Al^3＋＋Al(OH)₃↓＋H₂O，AlO2(－)与Al(OH)₃消耗的H^＋的物质的量之比为2∶3，正确。

16．【答案】C【解析】CCl₄层会逐渐变浅，最后变成无色，说明氯气可氧化碘单质，发生反应的化学方程式为I₂＋5Cl₂＋6H₂O===2HIO₃＋10HCl，故A正确；由氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性可知，①中的氧化性强弱为Cl₂>I₂，②中的氧化性强弱为Cl₂>Br₂，但不能比较Br₂和I₂的氧化性强弱，故C错误；

17．【答案】D【解析】Al^3＋与HCO3(－)发生反应：Al^3＋＋3HCO3(－)===Al(OH)₃↓＋3CO₂↑，不能大量共存，A错误；加入甲基橙显红色的溶液呈酸性，酸性条件下NO3(－)具有氧化性，会将Fe^2＋氧化为Fe^3＋，不能大量共存，B错误；水电离出来的c(H^＋)＝10^－12 mol·L^－1的溶液可能是酸性或碱性溶液，HCO3(－)都不能大量存在，且ClO^－与I^－不能大量共存，C错误；pH＝1的溶液呈强酸性，各离子之间不反应，能大量共存，D正确。

18．【答案】B 【解析】HCO3(－)先与OH^－反应，再与AlO2(－)反应。而HCO3(－)与OH^－反应生成CO3(2－)后，CO3(2－)与Ba^2＋生成沉淀。HCO3(－)＋OH^－＋Ba^2＋===BaCO₃↓＋H₂O①，消耗1 mol HCO3(－)、1 mol OH^－、1 mol Ba^2＋，生成1 mol BaCO₃沉淀，此阶段化学方程式为KHCO₃＋Ba(OH)₂===BaCO₃↓＋H₂O＋KOH。HCO3(－)＋OH^－===CO3(2－)＋H₂O②，消耗2 mol HCO3(－)、2 mol OH^－ (OH^－消耗完)，此阶段没有沉淀生成。此阶段化学方程式为KHCO₃＋KOH===K₂CO₃＋H₂O。HCO3(－)＋AlO2(－)＋H₂O===CO3(2－)＋Al(OH)₃↓③，消耗1 mol HCO3(－)、1 mol AlO2(－)(AlO2(－)消耗完)，生成1 mol Al(OH)₃沉淀，此阶段化学方程式为KHCO₃＋KAlO₂＋H₂O===Al(OH)₃↓＋K₂CO₃。三个阶段消耗KHCO₃的物质的量为1∶2∶1，也即KHCO₃溶液体积比为1∶2∶1；①③阶段对应的生成沉淀的物质的量为1∶1，②阶段不生成沉淀，所以图象B符合。

19．【答案】D【解析】依题意，ClO^－是反应物，HCO3(－)是产物。所以，离子反应为2CNO^－＋3ClO^－＋H₂O===N₂↑＋3Cl^－＋2HCO3(－)。在该反应中，CNO^－是还原剂，A项错误；还原产物是Cl^－，氧化产物是N₂，B项错误；CNO^－中氮元素为－3价，碳元素为＋4价，在反应过程中碳元素、氧元素化合价没有变化，生成1 mol N₂转移6 mol电子。n(N₂)＝22.4 L·mol－1(4.48 L)＝0.2 mol，故生成0.2 mol N₂时转移1.2 mol电子，C项错误；上述反应中，氯元素、氮元素两种元素化合价发生变化，D项正确。

20【答案】（1）＋4　氧化剂　1 mol

（2）2ClO₂＋H₂O₂＋2NaOH===2NaClO₂＋O₂↑＋2H₂O

（3）NaCl　6.75

【解析】（1）ClO₂中氯元素的化合价是＋4价；在NaOH溶液中ClO₂与H₂O₂反应可以得到NaClO₂，氯元素化合价降低，ClO₂作氧化剂；若反应中生成1 mol NaClO₂，转移电子的物质的量为1 mol×(4－3)＝1 mol。

（2）该反应的化学方程式为2ClO₂＋H₂O₂＋2NaOH===2NaClO₂＋O₂↑＋2H₂O。

（3）Cl₂与NaClO₂反应制得ClO₂，氯气作氧化剂，则还原产物应为NaCl；当消耗标准状况下1.12 L(即0.05 mol)Cl₂时，转移电子的物质的量为0.05 mol×2＝0.1 mol，则可制得ClO₂的物质的量为0.1 mol÷(4－3)＝0.1 mol，质量是0.1 mol×67.5 g·mol^－1＝6.75 g。

21．【答案】 （1）K^＋、Fe^3＋　CO3(2－)、SiO3(2－)

（2）3Fe^2＋＋NO3(－)＋4H^＋===3Fe^3＋＋NO↑＋2H₂O     Ba^2＋＋SO4(2－)===BaSO₄↓

（3）3NO₂＋H₂O===2HNO₃＋NO

（4）Fe^2＋、Mg^2＋　Cl^－、NO3(－)、SO4(2－)

【解析】 ①用铂丝蘸取少量溶液，在火焰上灼烧，无紫色火焰(透过蓝色钴玻璃观察)，说明溶液中没有K^＋；②取少量溶液，加入KSCN溶液无明显变化，说明溶液中没有Fe^3＋；③另取溶液加入少量盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色，说明Fe^2＋与NO3(－)、H^＋反应生成NO，即溶液中有Fe^2＋、NO3(－)，则没有CO3(2－)，加盐酸后溶液中阴离子种类不变，说明原溶液中有Cl^－，加盐酸后溶液依然澄清说明溶液中没有SiO3(2－)；④向③中所得的溶液中加入BaCl₂溶液，有白色沉淀生成，说明原溶液中有SO4(2－)。

（1）根据上述分析，由①、②、③判断，溶液中一定不含有的阳离子是K^＋、Fe^3＋，一定不含有的阴离子是CO3(2－)、SiO3(2－)。

（2）③中加入少量盐酸生成无色气体，是Fe^2＋与NO3(－)、H^＋反应生成NO，其离子方程式为3Fe^2＋＋NO3(－)＋4H^＋===3Fe^3＋＋NO↑＋2H₂O；④中生成的白色沉淀为硫酸钡，反应的离子方程式为Ba^2＋＋SO4(2－)===BaSO₄↓。

（3）③中所得红棕色气体为NO₂，将NO₂通入水中，与水反应生成NO，气体变无色，反应的化学方程式为3NO₂＋H₂O===2HNO₃＋NO。

（4）由以上推断可知溶液中阴离子为Cl^－、NO3(－)、SO4(2－)，且各为0.1 mol·L^－1；已经推断出存在的阳离子是Fe^2＋，其浓度为0.1 mol·L^－1，由电荷守恒可知溶液中还有一种＋2价阳离子，所以还有Mg^2＋，故该同学最终确定原溶液中所含阳离子是Fe^2＋、Mg^2＋，阴离子是Cl^－、NO3(－)、SO4(2－)。

第四单元

1【答案】D 【解析】钠暴露在空气中会与空气中的水和氧气反应，这种方法耗时长，且不易将钠处理干净，因此该处理方法不当，A项错误；钠在氯气中燃烧会放出大量的热，可能引起事故，因此该处理方法不当，B项错误；钠与水反应放出大量的热，可能引起事故，C项错误；钠与乙醇反应，反应速度相对缓慢，设置放气管，排出氢气和热量，能够避免事故，D项正确。

2.【答案】C【解析】在常温下，镁和铝在空气里都能跟氧气反应，生成一层致密的氧化物薄膜，这层氧化物薄膜能够阻止金属的继续氧化，所以镁和铝都有抗腐蚀性，但是在高温下能剧烈反应，放出大量热，选项A错误；镁能跟酸反应不能跟碱反应，选项B错误；镁在点燃条件下可以与二氧化碳反应生成氧化镁和碳，铝在一定条件下可以与氧化铁发生氧化还原反应生成铁和氧化铝，选项C正确；铝热剂是铝粉和氧化铁的混合物，在铝热反应中，在铝热剂上放供氧剂(氯酸钾)引发反应，中间插一根镁条，为反应提供高温条件，选项D错误。

3.C．因为是溶液中的反应，所以都有H₂产生，NH₄NO₃溶液还产生NH₃，Ca(HCO₃)₂溶液还产生CaCO₃沉淀。

4.【答案】C【解析】Na₂O₂具有强氧化性，与SO₂反应生成Na₂SO₄，A错误；Na₂O₂与H₂O反应生成了NaOH，溶液变红，Na₂O₂具有强氧化性，能使红色溶液褪色，B错误；2Na₂O₂＋2H₂O===4NaOH＋O₂↑，Na₂O₂既作氧化剂又作还原剂，C正确；碱性氧化物与酸反应只生成盐和水，此反应中除了盐和水，还有氧气生成，D错误。

5.【答案】C【解析】根据质量守恒定律可知，生成O₂的质量为11.6 g－3.6 g＝8 g，n(O₂)＝32 g·mol－1(8 g)＝0.25 mol，根据Na₂O₂与H₂O(g)、CO₂反应的物质的量的关系可知，CO₂和H₂O(g)的物质的量之和为0.25 mol×2＝0.5 mol。

6.【答案】A【解析】这些物质完全燃烧后生成CO₂或H₂O或二者都有，2H₂+O₂2H₂O、2Na₂O₂+2H₂O===4NaOH+O₂↑、2CO+O₂2CO₂、2Na₂O₂+2CO₂===2Na₂CO₃+O₂，根据化学方程式可知，过氧化钠增加的质量即为H₂、CO的质量，因此只要是CO或H₂或它们的混合气体或化学组成符合(CO)_m·(H₂)_n的物质充分燃烧后，产物与足量Na₂O₂反应，过氧化钠增加的质量均为可燃物燃烧前的质量。①②③④符合(CO)_m·(H₂)_n的形式，最终增加的质量为m g；⑤可写成CO·(H₂)₂·C形式，燃烧后的产物与Na₂O₂充分反应，增加的质量大于m g，A项正确。

7.【答案】C【解析】　2CO＋O₂2CO₂ ①

2Na₂O₂＋2CO₂===2Na₂CO₃＋O₂ ②

①＋②得：Na₂O₂＋CO===Na₂CO₃(虚拟的反应)

即：CO可被Na₂O₂完全吸收

2H₂＋O₂2H₂O ③

2Na₂O₂＋2H₂O===4NaOH＋O₂↑ ④

③＋④得：Na₂O₂＋H₂===2NaOH(虚拟的反应)

即：H₂可被Na₂O₂完全吸收

由于CO完全被吸收，当CO₂、CH₄的体积比符合1∶1时，相当于2CO∶2H₂，可被Na₂O₂完全吸收。

8.【答案】B【解析】HCO3(－)不能完全电离，不能拆成离子，A错误；Na₂O的化学式不能拆成离子，C错误；CO3(2－)与Ca^2＋生成CaCO₃沉淀，D错误。

9.【答案】D【解析】Ba(OH)₂与Na₂CO₃和Na₂SO₄均发生化学反应生成白色沉淀，不符合除杂要求。

10.【答案】D【解析】由①知镁粉与冷水并不反应；由②知镁粉放入溴水中，开始放出少量的气泡，说明镁和溴水中的酸能反应产生H₂，但溴水很快褪色，说明镁粉也能与溴直接发生反应；由③知镁粉与液溴并不反应；由④知水应该是镁粉与溴反应的催化剂。

11.【答案】B 【解析】装有乙的干燥管中CO₂与Na₂O₂发生反应(设参加反应的CO₂的体积为x L，对应生成的O₂的体积为y L)：

2CO₂+2Na₂O₂===2Na₂CO₃+O₂　差值

2                     1   1

x L                     y L  2.24 L-2.016 L=0.224 L

由x-y=0.224，x=2y，得x=0.448，y=0.224。由题意可知装有乙的干燥管中CO₂完全反应，但不能确定Na₂O₂是否完全反应，因此不能通过上述反应确定混合物中Na₂O₂的含量。混合物与盐酸反应时，由于不知道盐酸的浓度，故不能通过盐酸与NaHCO₃的反应确定混合物中NaHCO₃的含量，但可以通过Na₂O₂与盐酸反应时生成的O₂的量(2Na₂O₂~O₂)来确定混合物中Na₂O₂的含量：n(Na₂O₂)=2n(O₂)==0.16 mol，A项正确，B项错误，C项正确。若盐酸完全反应，则有：4HCl+2Na₂O₂===4NaCl+2H₂O+O₂↑，HCl+NaHCO₃===NaCl+H₂O+CO₂↑，n(HCl)=4n(O₂)+n(CO₂)=4×0.08 mol+0.02 mol=0.34 mol，故盐酸的物质的量浓度可能为c(HCl)= 0.34mol/0.1L=3.4 mol· L^-1，D项正确。

12.【答案】A【解析】钠投入溶液中，发生反应的实质是钠与酸和水电离产生的H^＋反应，钠与盐酸反应的离子方程式为2Na＋2H^＋===2Na^＋＋H₂↑，A错误；X、Y、Z三个烧杯中c(H^＋)由大到小的顺序为Y、Z、X，c(H^＋)越大，反应越剧烈，水中c(H^＋)最小，所以反应最平缓，B正确；钠与硫酸铜溶液反应的化学方程式为2Na＋2H₂O===2NaOH＋H₂↑，2NaOH＋CuSO₄===Cu(OH)₂↓＋Na₂SO₄，C正确；Na不足，根据Na的物质的量求生成氢气的量，依据得失电子守恒，可知相同物质的量的钠失去的电子数相同，生成氢气的物质的量相同，D正确。

13.B14【答案】A【解析】加入50 mL盐酸时，恰好反应生成NaCl，根据物料守恒可知，n(HCl)＝n(NaOH)，所以c(NaOH)＝0.05 L×0.1 mol·L^－1÷0.01 L＝0.5 mol·L^－1，A项正确；根据图像可知，甲溶液中含有的溶质为Na₂CO₃和NaHCO₃，所以0<V(HCl)<10 mL时，甲溶液中发生反应的离子方程式为CO3(2－)＋H^＋===HCO3(－)，B项错误；根据图像可知，乙溶液中含有的溶质为NaOH和Na₂CO₃，C项错误；当40 mL<V(HCl)≤50 mL时，乙溶液中发生反应：HCO3(－)＋H^＋===CO₂↑＋H₂O，V(CO₂)＝0.01 L×0.1 mol·L^－1×22.4 L·mol^－1＝0.022 4 L＝22.4 mL，D项错误。

15.【答案】D【解析】碳酸钠具有较强的碱性，不可用于治疗胃酸过多，A项错误；Na₂O₂与水反应生成NaOH，使酚酞变红，但又迅速将其氧化漂白而褪色，B项错误；常温下，钠在空气中生成的氧化物为氧化钠，金属钠保存在煤油中，是为了隔绝氧气和水蒸气，C项错误；过氧化钠可以消耗CO₂、H₂O，产生O₂，因此可用作航天员的供氧剂，D项正确。

16.【答案】（1）NaOH溶液　Na₂CO₃　2Na₂O₂＋2CO₂===2Na₂CO₃＋O₂↑

（2）h　g　f　e　a　b　c   （3）防止空气中的水蒸气和二氧化碳进入装置Ⅰ

（4）浓盐酸　2KMnO₄＋16HCl(浓)===2MnCl₂＋2KCl＋5Cl₂↑＋8H₂O　浓硫酸　吸收氯气以免污染环境

【解析】（1）装置Ⅳ是利用NaOH溶液除去空气中的二氧化碳，若没有该装置，空气的CO₂会和Na₂O₂反应生成碳酸钠。（2）依据上述分析确定连接顺序，组合实验装置时各仪器的正确连接顺序为Ⅳ、Ⅲ、Ⅰ、Ⅱ，根据气流方向各接口的连接顺序为h、g、f、e、a、b、c。（3）利用装置Ⅱ中的碱石灰防止空气中的水分和二氧化碳倒吸进入装置Ⅰ。（4）高锰酸钾和浓盐酸混合可制备氯气，因此分液漏斗中为浓盐酸；氯气能和水反应生成HClO，HClO能使红布条褪色，因此需要用浓硫酸干燥氯气；氯气有毒，不能直接排放到大气中，所以装置D是用于吸收氯气，以免污染环境。

17【答案】（1）钾与水反应放热(其他合理答案也可)    2K＋2H₂O===2K^＋＋2OH^－＋H₂↑　（2）B　D

（3）①将仪器A向左倾斜，使水与样品充分接触　②将气体冷却至室温；移动量筒使量筒内外液面相平，使量筒内的气体压强与大气压强相等；平视读数　③72.08%

【解析】（2）MnO₂与稀盐酸不反应；Cl₂能与饱和Na₂CO₃溶液反应生成CO₂、NaCl和NaClO等；碱石灰能吸收Cl₂，故方案A、C、D均不合理。

（3）③设样品中K₂O₂为x mol，KO₂为y mol，根据反应2K₂O₂＋2H₂O===4KOH＋O₂↑，4KO₂＋2H₂O===4KOH＋3O₂↑，则有110x＋71y＝3.94①；2(x)＋4(3y)＝24.8(0.868)②，联立①②得x＝0.01，y＝0.04，故KO₂的质量分数为3.94 g(0.04 mol×71 g·mol－1)×100%≈72.08%。

第五单元

1C  2B  3 C  4D  5D　6B　7B  8A　9B　

10根据最后溶液中溶质为过量H₂SO₄和FeSO₄，充分灼烧后的固体为氧化铁，则铁元素的物质的量为160 g·mol－1(3.2 g)×2＝0.04 mol，说明参加反应的硫酸的物质的量为0.04 mol，含氢离子0.08 mol，其中部分氢离子生成氢气，另外的H^＋和合金中的氧结合成水，由于合金中氧的物质的量为16 g·mol－1(5.76 g－3.2 g－2.24 g)＝0.02 mol，它结合氢离子0.04 mol，所以硫酸中有(0.08－0.04) mol＝0.04 mol H^＋生成氢气，即生成0.02 mol氢气，标准状况下的体积为448 mL，故A错误；合金中Fe元素的质量为56 g·mol^－1×0.04 mol＝2.24 g，故合金中Fe元素的质量分数＝5.76 g(2.24 g)×100%＝38.89%，故B正确；生成的滤渣3.2 g是铜，金属铜可以和Fe^3＋反应，所以滤液A中一定不含Fe^3＋，故C错误；由于硫酸过量，生成氢气，滤液中不含铜离子，滤渣3.2 g为金属铜，铜的物质的量为64 g·mol－1(3.2 g)＝0.05 mol，若全部为氧化铜，氧化铜的质量为80 g·mol^－1×0.05 mol＝4.0 g，由于是部分铜被氧化成氧化铜，则样品中氧化铜的质量一定小于4.0 g，故D错误。

10 【答案】（1）＋2、＋3 （2）漏斗（3）2H^＋＋Fe===Fe^2＋＋H₂↑，2Fe^3＋＋Fe===3Fe^2＋

　KSCN溶液　无血红色现象  （4）bc　    （5）无　     （6）4FeCO₃＋O₂2Fe₂O₃＋4CO₂

【解析】（3）步骤Ⅲ是将铁离子还原成亚铁离子，又因为溶液中还存在氢离子，则步骤Ⅲ中发生反应的离子方程式为2H^＋＋Fe===Fe^2＋＋H₂↑、2Fe^3＋＋Fe===3Fe^2＋；检验步骤Ⅲ已经进行完全，即溶液中没有铁离子，可以用KSCN溶液。（4）步骤Ⅳ中调节pH的试剂要能与酸反应且不引入新的杂质，所以用氧化亚铁或氨水较好，答案选bc。（5）由题中数据可知，溶液中c(Fe^2＋)·c(OH^－)²＝1.2×10^－6×(1×10^－5.5)²＝1.2×10^－17＜K_sp[Fe(OH)₂]＝4.8×10^－16，故无Fe(OH)₂沉淀生成。（6）步骤Ⅵ中碳酸亚铁在空气中与氧气发生氧化还原反应，生成氧化铁，反应的化学方程式为4FeCO₃＋O₂2Fe₂O₃＋4CO₂。

11  【答案】（1）防倒吸   （2）关闭K₁，打开K₂　  把装置中残留的氨气全部赶入C装置中被吸收

（3）C装置出口处连接一个干燥装置　   （4）AD   （5）22 400m(41V)×100%

（6）CO₂＋AlO2(－)＋2H₂O===HCO3(－)＋Al(OH)₃↓   （7）偏高

【解析】（2）通入氮气的目的是把装置中残留的氨气全部赶入C装置，准确测定装置C增重的质量。（3）该装置存在的缺陷是空气中的水蒸气也可以进入装置C，使测定结果偏高，需要在C装置出口处连接一个盛碱石灰的干燥装置。（4）依据氨气极易溶于水的性质分析，CCl₄不能溶解氨气，可以用排四氯化碳的方法测定氨气体积，A项正确；氨气极易溶于水，不能用排水法测定氨气体积，B项错误；氨气极易溶于水，不能用排NH₄Cl溶液的方法测定氨气体积，C项错误；氨气不溶于苯，可以利用排苯的方法测定氨气体积，D项正确。答案选AD。（5）若m g样品完全反应，测得生成气体的体积为V mL(已转换为标准状况)。

AlN＋NaOH＋H₂O===NaAlO₂＋NH₃↑

41 g　　　　　　　　　　　　　22.4 L

 m　　　　　　　　　　　　　V×10^－3 L

m(AlN)＝22 400(41V) g，则AlN的质量分数＝22 400m(41V)×100%。（6）步骤②生成的沉淀是氢氧化铝，由偏铝酸钠溶液中通入过量二氧化碳气体反应生成，反应的离子方程式为CO₂＋AlO2(－)＋2H₂O===HCO3(－)＋Al(OH)₃↓。（7）沉淀不洗涤得到的滤渣质量会增大，结果会偏高。

12  【答案】（1）c（2）4FeO4(2－)＋10H₂O4Fe(OH)₃(胶体)＋8OH^－＋3O₂↑　杀菌净水

第六单元

一、选择题 1． B   2． D  3．B　4．C5．D

6．【答案】D【解析】氯气和氢氧化钾溶液反应生成KClO、KClO₃和KCl，根据图像知n(ClO^－)＝0.06 mol，n(ClO3(－))＝0.03 mol，故转移电子的物质的量为0.06 mol×(1－0)＋0.03 mol×(5－0)＝0.21 mol，故A正确；根据图像知，氯气和氢氧化钾反应先生成次氯酸钾，且该反应是放热反应，随着温度的升高，氯气和氢氧化钾反应生成氯酸钾，所以ClO3(－)的生成可能是由于温度升高引起的，故B正确；根据得失电子守恒可知n(Cl^－)＝0.21 mol，根据物料守恒可知n(K^＋)＝n(Cl^－)＋n(ClO^－)＋n(ClO3(－))＝0.21 mol＋0.06 mol＋0.03 mol＝0.3 mol，则n(KOH)＝0.3 mol，则氢氧化钾质量为0.3 mol×56 g·mol^－1＝16.8 g，故C正确；根据氯原子守恒可知参加反应的氯气为0.15 mol，氯气的状态未知，不能确定其体积，故D错 误。

7．C 8． C  9． A

11.【答案】（1）吸水　（2）Si＋2HCl250～260 ℃SiH₂Cl₂     （3）d　e　f　g　b　c　d

（4）P₂O₅或无水CaCl₂　尾气处理和防止空气中的水进入B中　

（5）SiH₂Cl₂＋2Cl₂SiCl₄＋2HCl(或SiH₂Cl₂＋Cl₂SiHCl₃＋HCl)

【解析】（1）浓硫酸有吸水性，使浓盐酸更易挥发出HCl。（2）利用原子守恒法配平。（3）A装置制取HCl，连接C装置干燥，从f进入D中反应，SiH₂Cl₂从g处挥发，在B装置中收集，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B中，则应在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或无水CaCl₂，后面装置C的作用为尾气处理和防止空气中的水进入B中，应选碱石灰。（6）如果通入气体顺序相反，SiH₂Cl₂会与Cl₂继续反应，生成SiCl₄、SiHCl₃。

11.【答案】（1）使ClO₂充分冷凝，减少挥发    （2）蒸发结晶　趁热过滤

（3）①Na₂SO₃　H₂O    ②2ClO₂＋H₂O₂＋2OH^－===2ClO2(－)＋O₂↑＋2H₂O     ④相同

【解析】（1）二氧化氯(ClO₂)是一种黄绿色有刺激性气味的气体，其熔点为－59 ℃，沸点为11.0 ℃，B必须放在冰水浴中控制温度，其原因是使ClO₂充分冷凝，减少挥发。

（2）根据题给信息：NaClO₂饱和溶液在温度低于38 ℃时析出的晶体是NaClO₂·3H₂O，在温度高于38 ℃时析出的晶体是NaClO₂。从NaClO₂溶液中制得NaClO₂的操作步骤：①蒸发结晶；②趁热过滤；③洗涤；④干燥。

（3）①根据题给流程知反应Ⅰ为2ClO3(－)＋SO3(2－)＋2H^＋===2ClO₂＋SO4(2－)＋H₂O，其中SO3(2－)中S的化合价由＋4价变成＋6价，Na₂SO₃作还原剂；反应Ⅲ为2H₂O电解(=====)2H₂↑＋O₂↑，还原剂为H₂O；②根据题给流程知ClO₂和H₂O₂在碱性条件反应生成NaClO₂，ClO₂中Cl的化合价由＋4价降低为＋3价，H₂O₂中O的化合价由－1价升高到0价，则反应的离子方程式为2ClO₂＋H₂O₂＋2OH^－===2ClO2(－)＋O₂↑＋2H₂O；③亚氯酸钠和稀盐酸发生歧化反应，生成氯化钠、二氧化氯和水，化学方程式为5NaClO₂＋4HCl===5NaCl＋4ClO₂↑＋2H₂O；④ClO2(－)、ClO3(－)与Fe^2＋反应最终都变成Cl^－，变质前后转移的电子数相同，反应消耗Fe^2＋ 的物质的量相同。

第七单元

一、选择题（每小题3分，共48分）

1．【答案】C【解析】硫粉燃烧生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，故A正确；二氧化硫的生成可以是浓硫酸被还原生成，也可以是硫单质被氧化生成，故B正确；二氧化硫能使滴有酚酞的氢氧化钠溶液褪色，体现了酸性氧化物与碱反应的性质，与漂白性无关，故C错误；自然界中存在游离态的硫，如火山口存在游离态的硫，且S易溶于CS₂，故D正确。

2．【答案】D【解析】氨易液化，液态氨汽化时需要吸收大量的热，常用作制冷剂，A正确；与金属反应时，稀HNO₃被还原为NO，B正确；铵盐受热易分解，因此贮存铵态氮肥时要密封保存，并放在阴凉处，C正确；稀硝酸和活泼金属反应时主要得到NO，D错误。

3．【答案】B【解析】CO不与Na₂S发生反应，因此没有沉淀产生，故A错误；SO₂具有弱氧化性，与Na₂S发生氧化还原反应，即SO₂＋2S^2－＋4H^＋===3S↓＋2H₂O，故B正确；利用酸性强的制取酸性弱的，即发生2H^＋＋S^2－===H₂S，没有沉淀产生，故C错误；不产生沉淀，故D错误。

4．【答案】D【解析】SO₂能使酸性高锰酸钾溶液褪色，是由于酸性高锰酸钾溶液将SO₂氧化为H₂SO₄，自身被还原成无色的Mn^2＋：2KMnO₄＋5SO₂＋2H₂O===K₂SO₄＋2MnSO₄＋2H₂SO₄。SO₂能使卤水褪色，是由于X₂(不包括F₂)将SO₂氧化为H₂SO₄，本身被还原为无色X^－：SO₂＋X₂＋2H₂O===H₂SO₄＋2HX。SO₂能使棕色的Fe^3＋变浅，是由Fe^3＋氧化SO₂生成H₂SO₄，本身被还原为浅绿色的Fe^2＋：SO₂＋2H₂O＋2Fe^3＋===2Fe^2＋＋4H^＋＋SO4(2－)。故以上均不是SO₂的漂白作用。

5．【答案】D【解析】氮气和氧气在放电条件下反应生成NO，NO与O₂转化为NO₂，即氮气与氧气不能一步转化为NO₂。

6．【答案】B【解析】A项，氨水中的微粒有NH₃·H₂O、H₂O、NH₃三种分子和NH4(＋)、OH^－、H^＋三种离子，氯水中有Cl₂、HClO、H₂O三种分子和Cl^－、ClO^－、H^＋、OH^－四种离子，所以微粒的种类、数目均不相同；C项，氨水没有漂白性，不能漂白有机色素；D项，“两水”的变质原因不相同，氨水因挥发而“变质”，而氯水主要因HClO分解而变质。

7．【答案】C【解析】SO₂的漂白性是利用SO₂与有色物质化合生成无色物质，是化学变化，A错误；SO₃溶于水生成H₂SO₄，NO3(－)在酸性条件下将SO₂氧化为SO4(2－)，因而SO₂和SO₃的混合气体通入Ba(NO₃)₂溶液中最终沉淀为BaSO₄，B错误；三种物质均不与浓硫酸反应，能用浓硫酸干燥，C正确；氢氧化钾与二氧化硫和三氧化硫都能反应，而且都没有明显现象，因此不能用KOH溶液鉴别，D错误。

8．【答案】B【解析】陈述Ⅱ表现了SO₂的还原性，而陈述Ⅰ表现为漂白性，没有因果关系；陈述Ⅰ、Ⅱ都正确且具有因果关系；陈述Ⅱ表现出浓硫酸的吸水性，没有因果关系；陈述Ⅱ错误，常温下，铁与浓硝酸不反应不正确，钝化属于化学反应。

9．【答案】B【解析】设各种气体的体积都为1体积。①根据3NO₂＋H₂O===2HNO₃＋NO，即剩余NO的体积V₁＝3(1)体积。②根据4NO₂＋O₂＋2H₂O===4HNO₃，即剩余O₂的体积V₂＝4(1)体积。③剩余N₂的体积V₃＝1体积。即B项符合题意。

10．【答案】B【解析】木炭与浓硝酸共热可以得到二氧化碳和二氧化氮两种气体，气体先导入适量蒸馏水中，二氧化氮溶于水，得到硝酸和一氧化氮，二氧化碳几乎不溶于水，再导入澄清石灰水中，二氧化碳可以使石灰水变浑浊，即①变浑浊；气体直接导入澄清石灰水中，二氧化氮将氢氧化钙转化为硝酸钙，二氧化碳不与硝酸钙溶液反应，即②不变浑浊。

11．【答案】B【解析】硝酸具有强氧化性，NO3(－)碱性条件下氧化性较弱，但在酸性条件下，具有强氧化性。在铁和铜的混合物中，加入不足量的稀硝酸，反应后剩余金属m₁ g，溶液为金属的硝酸盐，再向其中加入一定量的稀硫酸，充分振荡后，NO3(－)与H^＋继续和剩余的金属反应，剩余金属的质量m₂ g一定小于m₁ g。

12．【答案】C【解析】硝酸根离子在酸性溶液中具有氧化性，能将亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子，不能确定原溶液中是否含硫酸根离子，即不能说明Na₂SO₃已部分被氧化，A错误；滴入Ba(NO₃)₂溶液，产生白色沉淀，白色沉淀为亚硫酸钡或亚硫酸钡和硫酸钡，生成的沉淀中不一定含有BaSO₄，B错误；亚硫酸钡可与硝酸发生氧化还原反应，则加盐酸后的不溶沉淀一定为BaSO₄，C正确；由上述分析可知，原溶液可能被氧化，也可能没有被氧化，即此实验不能确定Na₂SO₃是否部分被氧化，D错误。

13．【答案】A【解析】Fe₂(SO₄)₃与SO₂反应的离子方程式为2Fe^3＋＋SO₂＋2H₂O===2Fe^2＋＋SO4(2－)＋4H^＋，反应生成H^＋，故溶液酸性B>A，C错误；溶液B中可能含有剩余的Fe^3＋，A正确；离子方程式电荷不守恒，B错误；溶液C为硫酸铁和硫酸溶液，FeO与H₂SO₄反应生成FeSO₄，D错误。

14．【答案】D【解析】即使不变质，在酸性条件下，NO3(－)也把SO3(2－)氧化成SO4(2－)，生成BaSO₄沉淀，D错误。

15．【答案】C【解析】A项，NaHCO₃不是化肥；B项，Na₂CO₃受热不易分解；D项，NaCl不水解。

16．【答案】A【解析】铁粉既能与硝酸反应也能与硫酸反应，从题干图中看出(注意只是第二份100 mL)OA段产生的是NO，AB段的反应为Fe＋2Fe^3＋===3Fe^2＋，BC段产生氢气，反应为Fe＋2H^＋===Fe^2＋＋H₂↑，可知NO3(－)反应完全，第二份中NO3(－)应为56 g·mol－1(5.6 g)×3÷3＝0.1 mol，溶液中最终溶质为FeSO₄，此时反应的铁的质量是14 g，即0.25 mol，故原混合酸中H₂SO₄浓度为0.1 L(0.25 mol)＝2.5 mol·L^－1，NO3(－)物质的量为0.2 mol。所以选A。

二、非选择题

17．【答案】（1）①∶N⋮⋮N∶　②强

（2）①NH₃＋HCl===NH₄Cl②NH₄HSO₄或(NH₄)₂SO₄③4Fe(OH)₂＋O₂＋2H₂O===4Fe(OH)₃

（3）氨在水中存在平衡：NH₃＋H₂ONH₃·H₂ONH4(＋)＋OH^－，加入NaOH后OH^－浓度增大平衡逆向移动，故有利于氨的脱除

（4）2NH₃＋3O₂2HNO₂＋2H₂O　2.35

【解析】（1）①氮气电子式中存在三键；②根据非金属性的判断依据“非金属性越强，气态氢化物越稳定”，很容易判断出NH₃的稳定性强于PH₃。（2）①根据现象写方程式；②氨气溶于浓硫酸，能生成(NH₄)₂SO₄或NH₄HSO₄；③根据现象写方程式，氢氧化亚铁被氧气氧化为氢氧化铁：4Fe(OH)₂＋O₂＋2H₂O===4Fe(OH)₃。（3）氨在水中存在平衡：NH₃＋H₂ONH₃·H₂ONH4(＋)＋OH^－，加入NaOH后OH^－浓度增大，平衡逆向移动，故有利于氨的逸出。（4）由方程式可看出，每当生成1 mol HNO₂，转移电子数为6 mol，当有0.3 mol电子发生转移时，生成亚硝酸0.05 mol，即2.35 g。

18．【答案】（1）2CO＋SO₂₌₌₌S↓＋2CO₂　（2）①5　2　1　5　1　1　1　②0.5　（3）A　（4）无明显现象

【解析】（1）CO还原SO₂，C被氧化，化合价由＋2价→＋4价，升高了2价，S被还原，化合价由＋4价→0价，降低了4价，最小公倍数为4，再依据原子守恒得2CO＋SO₂S↓＋2CO₂。（2）①Na₂SO₃中S由＋4价→＋6价，升高了2价，KIO₃中I由＋5价→0价，降低了5价，最小公倍数为10，然后依据原子守恒得5Na₂SO₃＋2KIO₃＋H₂SO₄===5Na₂SO₄＋K₂SO₄＋I₂＋H₂O；②依据①生成1 mol I₂，共转移电子10 mol，因此转移5 mol电子，生成0.5 mol I₂。（3）Fe^3＋具有强氧化性，SO₂具有还原性，两者发生反应生成Fe^2＋、SO4(2－)，Ba^2＋＋SO4(2－)===BaSO₄↓，因此沉淀是硫酸钡，故选项A正确。（4）钝化：利用浓硫酸的强氧化性，在铁表面产生一层致密的氧化物薄膜阻碍反应的进行，氧化膜是铁的氧化物，不与硫酸铜反应，因此铁棒表面无明显变化，则发生了钝化，如果没有发生钝化，会发生反应Fe＋Cu^2＋===Cu＋Fe^2＋，有红色物质附着在铁棒表面。

第八单元

1--6  A  A  D  C  C  D    7--12  C  C  B  D  D

13.【答案】（1）Na^＋[∶··∶]^－     （2）2H₂O₂2H₂O＋O₂↑

（3）2SO₂＋O₂催化剂2SO₃    （4）NaOH　NaClO(或NaHS)

14.【答案】（1）①第二周期第ⅤA族　② HClO₄   （2）Na^＋、O^2－、Cl^－、S^2－

（3） 3Cl₂＋8NH₃===6NH₄Cl＋N₂　2∶3

15.【答案】（1）CaCO₃＋2H^＋===Ca^2＋＋CO₂↑＋H₂O　     （2）AD    （3）除HCl气体　NaHCO₃　

（4）关闭弹簧夹1，打开弹簧夹2，当D中出现白色胶状沉淀后　Na₂SiO₃＋CO₂＋H₂O===H₂SiO₃↓＋Na₂CO₃　

（5）碳和硅位于同一主族，从上到下，原子半径逐渐增大，得电子的能力减弱，非金属性减弱

第九单元

1.C

2.B【解析】增大一种反应物的浓度可以增大另一种反应物的转化率，故A正确；中和热的定义为强酸与强碱的稀溶液混合生成1 mol水放出的热量，含1 mol H2SO4的浓溶液与足量NaOH反应生成2 mol水，且浓溶液溶于水放热，故B错误；二氧化硫与三氧化硫均属于酸性氧化物，故C正确；ΔH1－(ΔH2＋ΔH3)<0，故为放热反应，故D正确。

3.B

4.A【解析】石墨转化为金刚石的过程是吸热反应，金刚石能量高，石墨比金刚石稳定，A正确；等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，固体硫变为蒸气需要吸收热量，前者放出热量更多，B错误；含1 mol CH3COOH的溶液与含1 mol NaOH的溶液混合，醋酸为弱酸，溶于水电离需要吸热，放出热量小于57.3 kJ，C错误；2 g H2的物质的量为1 mol，此反应为放热反应，ΔH<0，故氢气燃烧的热化学方程式为

2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l) ΔH＝2×(－285.8 kJ·mol－1)＝－571.6 kJ·mol^－1，D错误。

5．D    6．C    7.A     8。A

二、非选择题（共52分）

9．【答案】（1）①放热②N2(g)＋3H2(g)===2NH3(g) ΔH＝－92 kJ·mol^－1

（2）－621.2 N2H4(l)＋2H2O2(l)===N2(g)＋4H2O(l) ΔH＝－817.6 kJ·mol^－1（3）环形玻璃搅拌棒 0.55

10．【答案】（1）①> ②ΔH1－ΔH2－ΔH3（2）H2O －Q kJ·mol^－1

【解析】（1）读图可见反应吸热，ΔH>0；读图可见－ΔH＋ΔH1＝ΔH2＋ΔH3。（2）读图可知温度越高，CO2转化率越低，说明正反应为放热反应。当500 K、n(H2)n(CO2)＝2时，CO2的转化率为60%，放热0.3Q kJ，则当消耗2 mol CO2时放热Q kJ。

11．（1）163.52 kJ

（2）C2H8N2(l)＋2N2O4(l)===2CO2(g)＋4H2O(g)＋3N2(g) ΔH＝－2 550.0 kJ·mol^－1

（3）N2H4(l)＋2F2(g)===N2(g)＋4HF(g) ΔH＝－1 126.0 kJ·mol^－1

（4）H2(l)＋12O2(l)===H2O(g) ΔH＝－237.46 kJ·mol－1

【解析】（1）6.4 g液态肼的物质的量为0.2 mol。由盖斯定律可知：液态肼与H2O2反应生成N2和液态水的热化学方程式：N2H4(l)＋2H2O2(l)===N2(g)＋4H2O(l)  ΔH＝－(641.6＋4×44)kJ·mol^－1＝－817.6 kJ·mol^－1，

故0.2 mol 液态肼放出的热量为0.2 mol×817.6 kJ·mol^－1＝163.52 kJ。

（2）N2O4与偏二甲肼反应的产物为CO2、N2和气态水，1 mol C2H8N2(l)与N2O4完全燃烧放出的热量为

425 kJ10.0 g×60 g＝2 550.0 kJ。热化学方程式为

C2H8N2(l)＋2N2O4(l)===2CO2(g)＋4H2O(g)＋3N2(g)   ΔH＝－2 550.0 kJ·mol^－1。

（3）根据盖斯定律，由①＋②×4－③×2得：

N2H4(l)＋2F2(g)===N2(g)＋4HF(g)ΔH＝－1 126.0 kJ·mol－1。

（4）根据盖斯定律，由④＋③－①－②×12得：H2(l)＋12O2(l)===H2O(g)   ΔH＝－237.46 kJ·mol^－1

 

 

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