第二單元作業(yè)答案

1、.課時作業(yè)五1.B解析 CuOH2難溶于水,但溶于水的部分可完全電離,是電解質(zhì);NH4Cl是由NH4+與Cl-組成的鹽;HCl屬于共價化合物,溶于水時在水分子的作用下發(fā)生電離。2.D解析 A項,有些物質(zhì)由原子構(gòu)成,錯誤;B項,金剛石和石墨的混合物不為單質(zhì),錯誤;C項,酸性氧化物有些為金屬氧化物,如Mn2O7,錯誤;D項,鹽酸為HCl的水溶液,正確。3.B解析 食醋屬于混合物,不屬于電解質(zhì),A項錯誤;B項正確;石油的分餾是物理變化,C項錯誤;工業(yè)制取Al采用電解熔融氧化鋁的方法,D項錯誤。4.C解析 A項,淀粉溶液屬于膠體;B項,丁達爾效應是膠體的性質(zhì)而不是膠體和溶液的本質(zhì)區(qū)別;D項,膠粒也能透

2、過濾紙,二者不能用過濾方法別離,而用滲析法別離。5.C解析 直徑大于1 nm而小于100 nm的膠體粒子能透過濾紙,但不能透過半透膜,溶液中的粒子直徑小于1 nm,可透過半透膜和濾紙,而濁液的分散質(zhì)粒子直徑大于100 nm,不能透過濾紙和半透膜;丁達爾效應是膠體粒子對光線的散射作用形成的,而溶液中的小分子或粒子對光線的散射作用非常微弱,故無此現(xiàn)象;萃取是利用了物質(zhì)在不同溶劑中溶解性的不同,與分散質(zhì)粒子大小無關(guān)。6.B解析 光導纖維的主要成分是SiO2,A項錯誤;氯氣與石灰乳反響制備漂白粉,與燒堿反響制備漂白液,氯氣既是氧化劑又是復原劑,和酸性無關(guān),C項錯誤;濃硫酸和濃硝酸具有強氧化性,常溫下可

3、以使鋁、鐵在其外表生成一層致密的氧化物薄膜,保護內(nèi)部的金屬不被氧化,此過程稱為“鈍化,屬于化學變化,D項錯誤。7.B解析 NO2和水反響生成的是HNO3和NO,故不是酸性氧化物,Na2O2和酸反響生成的是鹽、水和O2,故不是堿性氧化物,A項錯誤;汽油是多種烴的混合物,膽礬即五水硫酸銅,是純潔物,HD是氫氣,屬于單質(zhì),B項正確;純堿是碳酸鈉,屬于鹽,C項錯誤;液氯是單質(zhì),既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì),D項錯誤。8.C解析 從圖中可以看出,Z包含Y,Y包含X。純潔物可以分為單質(zhì)和化合物,化合物又可以分為酸、堿、鹽、氧化物等,符合上述包含關(guān)系;分散系是一種混合物,它可以分為溶液、膠體和濁液,符合上述包

4、含關(guān)系;氧化物從性質(zhì)上可以分為酸性氧化物和堿性氧化物,堿性氧化物包括大多數(shù)金屬氧化物,但是有部分金屬氧化物不屬于堿性氧化物,如Al2O3屬于兩性氧化物,Mn2O7屬于酸性氧化物,不完全符合上述包含關(guān)系;化合物可以分為電解質(zhì)和非電解質(zhì),離子化合物一定是電解質(zhì),符合上述包含關(guān)系。9.C解析 根據(jù)三種酸最多消耗NaOH的量,推出磷酸為三元酸,亞磷酸為二元酸,次磷酸為一元酸,磷酸和氫氧化鈉發(fā)生反響,可能生成Na3PO4、NaH2PO4、Na2HPO4 3種鹽,A項錯誤;前兩者屬于酸式鹽,NaH2PO2屬于正鹽,B項錯誤;三種酸中都含有氧元素,因此均屬于含氧酸,C項正確;H3PO3屬于二元酸,D項錯誤。

5、10.C解析 煤的氣化和干餾都是化學變化,A項錯誤;用鹽酸除去金屬外表的銹是利用了其酸性,為化學變化,食鹽水導電過程實際上是電解過程,是化學變化,B項錯誤;焰色反響是元素的性質(zhì),為物理變化,石油的裂化是化學變化,C項正確;KNO3溶液降溫析出KNO3晶體是利用了KNO3溶解度受溫度的影響,利用硫易溶于CS2的性質(zhì)洗滌試管,都是物理變化,D項錯誤。11.B解析 高鐵酸鉀具有強氧化性,可以使蛋白質(zhì)變性,所以可以殺菌,、正確;高鐵酸根離子被復原得到Fe3+,Fe3+水解產(chǎn)生膠狀的FeOH3,FeOH3具有吸附性,可以吸附水中的懸浮顆粒物發(fā)生聚沉,、正確。12.A解析 SO2可與NaOH溶液反響,可以

6、實現(xiàn);氫硫酸可與硫酸銅溶液發(fā)生反響H2S+CuSO4CuS+H2SO4,可以實現(xiàn);稀硫酸與醋酸鈉溶液發(fā)生反響H2SO4+2CH3COONa2CH3COOH+Na2SO4,沒有水、沉淀和氣體生成,可以實現(xiàn);氫硫酸和亞硫酸發(fā)生反響H2SO3+2H2S3S+3H2O,可以實現(xiàn);同素異形體之間的轉(zhuǎn)化不屬于氧化復原反響,但有單質(zhì)參加,可以實現(xiàn);水和過氧化鈉發(fā)生反響2Na2O2+2H2O4NaOH+O2,可以實現(xiàn)。13.1鹽堿堿性氧化物23CuO+2H+Cu2+H2O、Fe+Cu2+Cu+Fe2+解析 C為藍色不溶于水的固體,故C為CuOH2,CuOH2受熱分解生成CuO,那么D為CuO;根據(jù)圖中各物質(zhì)間

7、的轉(zhuǎn)化關(guān)系進一步推知E為CuSO4,A為Cu,B為CuCl2。14.1H2SO4或HNO3、H2CO3NaOH或KOHNa2SO4或K2CO3、Na2SO3 其他合理答案也可22NaOH+CO2Na2CO3+H2O其他合理答案也可32H2O22H2O+O24稀鹽酸大理石或石灰石將氣體通入澄清石灰水中,假設石灰水變渾濁即可證明是CO252H+CO32-H2O+CO2復分解6HCl+NH3NH4Cl有白煙生成解析 3實驗室用H2O2制O2發(fā)生的反響為2H2O22H2O+O2。4實驗室制備CO2常用大理石或石灰石CaCO3和稀鹽酸反響,CaCO3+2HClCaCl2+H2O+CO2,將產(chǎn)生的氣體通入

8、澄清石灰水中,假設石灰水變渾濁即可證明是CO2。5HCl溶液與少量Na2CO3溶液反響的離子方程式為2H+CO32-H2O+CO2,屬于復分解反響。6HCl與NH3反響的化學方程式為HCl+NH3NH4Cl,可觀察到有白煙生成。15.1ACBD2FeCl3+3H2OFeOH3膠體+3HCl假設該分散系能產(chǎn)生丁達爾效應,那么制備成功,否那么不成功a.電解質(zhì)溶液稀鹽酸使FeOH3膠體發(fā)生聚沉,產(chǎn)生FeOH3沉淀b.FeOH3+3H+Fe3+3H2O解析 1H2和CO2都不是電解質(zhì),CO2、Na2O都是氧化物,Na2O和NaCl都是鈉的化合物,NaCl和FeCl3都是鹽,據(jù)此可得出答案。2FeCl3

9、溶液滴入沸水中可制得FeOH3膠體。少量稀鹽酸可使FeOH3膠體發(fā)生聚沉,產(chǎn)生沉淀,當稀鹽酸的量較多時,FeOH3沉淀與HCl發(fā)生中和反響,離子方程式為FeOH3+3H+Fe3+3H2O。課時作業(yè)六1.A解析 H2SO4是共價化合物,只有在水溶液中才導電,B項錯誤;蔗糖是非電解質(zhì),C項錯誤;NaOH溶液是混合物,D項錯誤。2.D解析 硫酸鋇是難溶的鹽,熔融狀態(tài)完全電離,所以BaSO4是強電解質(zhì),故錯誤;氨氣本身不能電離出離子,溶液導電是因為氨氣和水反響生成的一水合氨為弱電解質(zhì),但氨水是混合物,故錯誤;熔融態(tài)共價化合物不能電離出離子,不能導電;離子化合物熔融態(tài)電離出離子,能導電,故錯誤;溶液導電

10、才能取決于溶液中離子濃度及離子所帶電荷數(shù)的大小,與電解質(zhì)強弱無關(guān),強電解質(zhì)溶液的導電才能不一定比弱電解質(zhì)溶液的導電才能強,故錯誤。3.D解析 D正確的離子反響為Fe+2H+Fe2+H2,D錯誤。4.D解析 濃鹽酸中沒有HCl分子,只有離子,要拆分,A項錯誤;鈉投入CuSO4溶液中,鈉首先與水發(fā)生反響2Na+2H2O2NaOH+H2,然后再發(fā)生反響CuSO4+2NaOHCuOH2+Na2SO4,故正確的離子方程式應為2Na+2H2O+Cu2+2Na+CuOH2+H2,B項錯誤;HCO3-屬于弱酸酸式根離子,不能拆分,正確的離子方程式應為H+HCO3-H2O+CO2,C項錯誤;FeCl3溶液中存在

11、水解平衡Fe3+3H2OFeOH3+3H+,參加MgOH2因發(fā)生反響MgOH2+2H+Mg2+2H2O而使Fe3+的水解趨于完全,故該反響的離子方程式為3MgOH2+2Fe3+2FeOH3+3Mg2+,D項正確。5.B解析 石灰乳中的氫氧化鈣只有少量溶解,用化學式表示,A項錯誤;酸性KMnO4溶液具有氧化性,與H2O2發(fā)生氧化復原反響,放出氧氣,B項正確;銅是活性電極,作陽極時,銅要失去電子而溶解,C項錯誤;生成的Fe3+具有氧化性,可以氧化碘離子,D項錯誤。6.D解析 A錯,CH3COONa水解的離子方程式是CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-;B錯,在H2O2溶液中,滴加FeCl3

12、溶液產(chǎn)生氣泡,FeCl3是催化劑,H2O2分解生成H2O和O2;C錯,將互相接觸的銅片和鋅片置于稀硫酸中,銅片外表有氣泡產(chǎn)生,是形成了原電池,Zn+2H+Zn2+H2。7.A解析 可表示金屬鐵與可溶性銅鹽的反響,可表示硫酸或過量硫酸氫鹽與氫氧化鋇的反響,只能表示Cl2與H2O的反響,可表示可溶性碳酸鹽與強酸的反應,可表示可溶性銀鹽與鹽酸或可溶性氯化物的反響。8.A解析 鈉與水反響除NaOH是強堿可以拆開,其他反響物和生成物均不能拆,A項正確;硝酸具有強氧化性,可以氧化亞硫酸鈉為硫酸鈉,B項錯誤;濃鹽酸與MnO2的反響需在加熱條件下進展,C項錯誤;硫酸亞鐵溶液中參加酸化的雙氧水正確的離子反響方程

13、式為2Fe2+2H+H2O22Fe3+2H2O,D項錯誤。9.B解析 明礬凈水,利用Al3+水解成氫氧化鋁膠體,Al3+3H2OAlOH3+3H+,膠體外表積大,吸附水中懸浮雜質(zhì),到達凈水的目的,離子反響方程式正確,A項正確;銀和稀硝酸反響生成硝酸銀、NO和水,應是3Ag+4H+NO3-3Ag+NO+2H2O,離子反響方程式不正確,B項錯誤;SiO2屬于酸性氧化物,和NaOH反響生成Na2SiO3:SiO2+2OH-SiO32-+H2O,Na2SiO3具有黏合性,把瓶塞和瓶體粘住,離子反響方程式正確,C項正確;利用鋁的強復原性,把鐵置換出來,且此反響放出大量的熱,使鐵熔化,因此可以利用該反響焊

14、接鋼軌,反響的化學方程式正確,D項正確。10.A解析 復原性Fe>Cu,開場硝酸缺乏,反響生成硝酸亞鐵,離子反響為3Fe+8H+2NO3-3Fe2+2NO+4H2O,繼續(xù)滴加硝酸,發(fā)生反響3Cu+8H+2NO3-3Cu2+2NO+4H2O,當Cu反響完全后,Fe2+與硝酸反響生成Fe3+,離子反響為3Fe2+4H+NO3-3Fe3+NO+2H2O。11.D解析 過量的SO2與NH3·H2O反響生成NH4HSO3,A錯誤;FeI2與足量的氯氣反響時,Fe2+與I-都被氧化,離子方程式中Fe2+與I-的個數(shù)比應為12,B錯誤;向氫氧化鋇溶液中逐滴參加少量碳酸氫鈉溶液時,由于氫氧化鋇

15、過量,生成物中不應有CO32-,正確的離子方程式為Ba2+OH-+HCO3-BaCO3+H2O,C錯誤;向硝酸鐵溶液中滴加足量HI溶液后,Fe3+與NO3-在酸性條件下都能將I-氧化為I2,Fe3+被復原為Fe2+,NO3-被復原為NO,D正確。12.A解析 Fe2+、NO3-、K+三者之間不反響,可以大量共存,參加稀硫酸后,溶液中有大量的H+,那么Fe2+、NO3-、H+發(fā)生氧化復原反響,A項正確;Fe3+具有氧化性,I-具有復原性,二者發(fā)生氧化復原反響而不能大量共存,ClO-也具有氧化性,ClO-與I-也不能大量共存,B項錯誤;C項,參加NaOH溶液后,發(fā)生反響的離子方程式應為Ba2+HC

16、O3-+OH-BaCO3+H2O,C項錯誤;D項,參加過量濃氨水后,會生成銀氨絡離子,D項錯誤。13.123合理即可2CH3COOH+CaCO32CH3COO-+Ca2+H2O+CO2CH3COOH+OH-CH3COO-+H2OCaCO3+2H+Ca2+H2O+CO24合理即可BaCl2+H2SO4BaSO4+2HClBaOH2+Na2SO4BaSO4+2NaOH解析 離子反響中一定有離子參與反響或有離子生成,因此一定有電解質(zhì)化合物 參與反響或生成。置換反響一定是氧化復原反響,二者有一部分可用離子方程式表示,如Zn+CuSO4Cu+ZnSO4,有的那么只能用化學方程式表示,如CuO+H2Cu+

17、H2O。14.1Na+、Fe2+、NO3-、SO42-3Fe2+NO3-+4H+3Fe3+NO+2H2O22CNO-+6ClO-+8H+N2+2CO2+3Cl2+4H2O3Cu+2HCl+H2O2CuCl2+2H2O0.0322Fe3+SO32-+H2O2Fe2+ SO42-+2H+解析 1某透明溶液中參加過量的稀硫酸,有氣泡產(chǎn)生,且溶液中陰離子種類不變,氣體只能為NO,為Fe2+、NO3-之間發(fā)生氧化復原反響生成的,由于陰離子種類不變,那么原溶液中一定存在SO42-,又溶液中含有四種離子,所含離子的物質(zhì)的量均為1 mol,根據(jù)電荷守恒,一定還含有帶一個單位正電荷的陽離子,即一定含有Na+。溶

18、液中存在的離子是Na+、Fe2+、NO3-、SO42-;溶液中參加過量稀硫酸反響的離子方程式為3Fe2+NO3-+4H+3Fe3+NO+2H2O。2次氯酸鈉具有強氧化性,能把CNO-氧化生成氮氣和CO2,自身得電子生成氯氣,根據(jù)電荷守恒和原子守恒配平,反響的離子方程式為2CNO-+6ClO-+8H+N2+2CO2+3Cl2+4H2O。3過氧化氫與Cu在酸性條件下發(fā)生氧化復原反響,生成氯化銅和水,反響的化學方程式為Cu+2HCl+H2O2CuCl2+2H2O;300 mL 0.2 mol·L-1的KI溶液中碘離子的物質(zhì)的量是0.06 mol,與高錳酸鉀反響后生成等物質(zhì)的量的碘和碘酸鉀,

19、所以單質(zhì)碘和碘酸鉀的物質(zhì)的量各為0.02 mol,碘酸鉀中碘元素的化合價是+5價,那么KI共失去電子的物質(zhì)的量是0.02 mol×2+0.02 mol×6=0.16 mol,而高錳酸鉀被復原為+2價的錳離子,根據(jù)得失電子守恒,消耗高錳酸鉀的物質(zhì)的量是0.16 mol÷5=0.032 mol;FeNO33溶液中參加Na2SO3溶液,溶液先由棕黃色變?yōu)闇\綠色,說明Fe3+與SO32-發(fā)生氧化復原反響,生成Fe2+,離子方程式為2Fe3+ SO32-+H2O2Fe2+ SO42-+2H+。課時作業(yè)七1.B解析 Fe2+具有復原性,NO3-+H+具有強氧化性;故Fe2+、

20、H+、NO3-因發(fā)生氧化復原反響而不能大量共存。2.B解析 pH=1的溶液顯酸性。Ag+與Cl-可以形成沉淀,不能大量共存,A項錯誤;在酸性溶液中Mg2+、NH4+、NO3-、Cl-離子間不發(fā)生反響,均無色,符合題意,B項正確;Cu2+有顏色,C項錯誤;在酸性溶液中ClO-可以將S2-氧化,不能大量共存,D項錯誤。3.B解析 A項,酸性溶液中OH-和CO32-不能大量存在,故錯誤;C項,H+和HCO3-、ClO-不能大量共存,故錯誤;D項,酸性條件下,NO3-能氧化Fe2+、Br-,故錯誤。4.D解析 A項,火焰呈黃色,不一定不含K+,必須用藍色鈷玻璃過濾掉黃光觀察火焰是否呈紫色,才能確定是否

21、含有K+,故錯誤;B項,橙紅色應在下層,故錯誤;C項,假設原溶液含有Fe3+也會出現(xiàn)同樣的現(xiàn)象,故錯誤。5.B解析 H+、Fe2+、NO3-三者中任意兩者能共存,但三者在一起不能共存,要發(fā)生氧化復原反響,正確的離子方程式為3Fe2+NO3-+4H+3Fe3+NO+2H2O,故A錯誤;CO32-是弱酸的陰離子,要結(jié)合水電離出的氫離子,而Al3+是弱堿的陽離子,要結(jié)合水電離出的氫氧根離子,兩者發(fā)生互相促進的水解反響,故B正確;Fe3+和SCN-兩者結(jié)合形成絡合物而不是沉淀,正確的離子方程式為Fe3+3SCN-FeSCN3,故C錯誤;發(fā)生反響的離子方程式為Ca2+HCO3-+OH-CaCO3+H2O

22、,故D錯誤。6.B解析 過氧化鈉具有強氧化性,溶于水生成氫氧化鈉和氧氣,那么在堿性溶液中銨根離子不能大量共存,A項錯誤;在堿性溶液中四種離子間不反響,可以大量共存,B項正確;在堿性溶液中Ca2+、Mg2+、HCO3-均不能大量共存,C項錯誤;過氧化鈉與水反響生成的氧氣能將亞硫酸根離子氧化為硫酸根離子,不能大量共存,D項錯誤。7.B解析 A項,Ca2+與CO32-生成CaCO3沉淀而不能大量共存;C項,H2O2能氧化Fe2+而不能大量共存;D項,Fe3+與SCN-形成絡合物而不能大量共存。8.C解析 A項中Fe2+可被Cl2氧化而不能大量共存,故錯誤;B項中滴加NaOH溶液時Fe2+先與OH-反

23、響生成白色沉淀,故圖像錯誤;C項中假設Fe2+變質(zhì)那么被氧化為Fe3+,只需滴入幾滴KSCN溶液即可鑒別,C項正確;D項中當SO42-恰好完全沉淀時,BaOH2與NH42FeSO42的物質(zhì)的量之比為21,OH-除與Fe2+反響生成FeOH2外,還會與NH4+反響生成NH3·H2O,故錯誤。9.D解析 利用實驗1可知100 mL溶液中含有0.01 mol NH4+,利用實驗2可知溶液中無CO32-,含有0.01 mol SO42-,無法確定是否存在NO3-,假設溶液中含有NO3-,利用電荷守恒可知每份溶液100 mL中含有Na+的物質(zhì)的量大于0.01 mol,假設溶液中不含NO3-,那

24、么含有0.01 mol Na+,由此可知該溶液中cNa+0.1 mol·L-1。10.B解析 A項,反響的離子方程式為Al3+3NH3·H2O3NH4+AlOH3,A項不正確;B項,反響的離子方程式為5Fe2+MnO4-+8H+Mn2+5Fe3+4H2O,B項正確;C項,由水電離出的H+濃度為1×10-12 mol·L-1,說明該溶液中水的電離被抑制,因此溶液可能顯酸性,也可能顯堿性,假如顯酸性,那么可以大量共存,但假如顯堿性,NH4+不能大量存在,C項不正確;D項,ClO-具有強氧化性,能和SO2發(fā)生氧化復原反響,不能大量共存,反響的離子方程式為3Cl

25、O-+SO2+H2OSO42-+Cl-+2HClO,D項不正確。11.C解析 滴加KSCN溶液后顯血紅色,說明原溶液中一定含有Fe3+,Fe3+與CO32-能發(fā)生互相促進的水解反響而不能大量共存,Fe3+與I-能發(fā)生氧化復原反響而不能大量共存,故原溶液中一定不含CO32-、I-,根據(jù)溶液呈電中性可知,原溶液中一定含SO42-,而K+需要做焰色反響實驗才能確定其是否存在,A、B、D項正確,C項錯誤。12.1NH42CO3D和A、B都能生成氣體,而題給離子中只有H+與CO32-、OH-與NH4+能反響生成氣體,D只能為NH42CO32H2SO4NaOHBaNO323NH4+OH-NH3+H2O,N

26、H3+H+NH4+解析 D和A、B都能生成氣體,而題給離子中只有H+與CO32-、OH-與NH4+能反響生成氣體,故D只能為NH42CO3;在A或D中滴入C,均有沉淀生成,說明A中含有SO42-,C中應含有Ba2+,而A和D反響能生成氣體,說明A一定是硫酸,產(chǎn)生的氣體是二氧化碳,能被B吸收,說明B是一種堿,所以C是硝酸鋇,B是氫氧化鈉。13.1BD2NO3-、Al3+、SO42-Fe3+、Ba2+、HCO3-3Al3+3NH3·H2OAlOH3+3NH4+解析 1用石蕊試紙檢驗溶液的酸堿性時,應將試紙放在玻璃片或外表皿上,用玻璃棒或膠頭滴管移取少量溶液滴在試紙上。2根據(jù)溶液無色可判斷

27、Fe3+一定不存在;根據(jù)實驗可知溶液呈酸性,那么HCO3-一定不存在;根據(jù)實驗可知,溶液中一定存在NO3-;根據(jù)實驗可知溶液中一定存在Al3+;根據(jù)實驗和溶液呈酸性可知,溶液中一定存在SO42-,同時可以判斷一定不存在Ba2+。實驗檢驗出了Cl-,但由于實驗中參加了氯化鋇溶液,故不能判斷原溶液中是否含有Cl-。14.1否2NH4+0.8 mol/L3BaCO3、BaSO4nCO32-=0.04 mol、nSO42-=0.02 mol4A解析 1第一份溶液中參加AgNO3溶液產(chǎn)生白色沉淀,由于碳酸根離子、硫酸根離子都可以與銀離子反響生成碳酸銀、硫酸銀沉淀,所以無法確定原溶液中是否存在氯離子。2加

28、足量NaOH溶液加熱后,搜集到0.08 mol氣體,該氣體為氨氣,說明溶液中一定存在銨根離子,銨根離子的物質(zhì)的量濃度為cNH4+=0.08mol0.1 L=0.8 mol/L。3加足量BaCl2溶液后,得到枯燥沉淀12.54 g,經(jīng)足量鹽酸洗滌、枯燥后,沉淀質(zhì)量為4.66 g,說明沉淀為硫酸鋇和碳酸鋇的混合物,其中4.66 g為硫酸鋇沉淀,nBaSO4=nSO42-=4.66 g233 g/mol=0.02 mol;碳酸鋇沉淀的質(zhì)量為12.54 g-4.66 g=7.88 g,所以nBaCO3=nCO32-=7.88 g197 g/mol=0.04 mol。4溶液中nNH4+=0.08 mol

29、,2nCO32-+2nSO42-=0.12 mol,根據(jù)電荷守恒可知溶液中一定存在K+,根據(jù)以上分析可知,溶液中一定存在K+、NH4+、CO32-、SO42-,可能含有Cl-,假設存在氯離子,鉀離子的物質(zhì)的量大于0.04 mol;假設不存在氯離子,鉀離子的物質(zhì)的量為0.04 mol,故A項正確。課時作業(yè)八1.C解析 根據(jù)X化合價升高被氧化,得X是復原劑,X2+是氧化產(chǎn)物;Y化合價降低被復原,Y是氧化劑,Y2-是復原產(chǎn)物;氧化劑和氧化產(chǎn)物都有氧化性,復原劑和復原產(chǎn)物都有復原性,正確的選項是,故C正確。2.D解析 氯氣有強氧化性,轉(zhuǎn)化過程HClH2、CO2CO、Fe2O3Fe中氫元素、碳元素、鐵元

30、素化合價降低,需要參加復原劑;轉(zhuǎn)化過程Br-Br2,溴元素化合價升高,需要參加氧化劑,如Cl2。3.C解析 SO3與H2O的反響不是氧化復原反響;Na與H2O的反響是氧化復原反響,H2O作氧化劑;NO2與H2O的反響是氧化復原反響,H2O既不作氧化劑也不作復原劑;F2與H2O的反響是氧化復原反響,H2O作復原劑。4.A解析 由化學方程式可知,反響物中含有14 mol SO42-,生成物中有17 mol SO42-,那么有3 mol S被氧化,即產(chǎn)物中的SO42-有一部分是氧化產(chǎn)物,A項正確;當有5 mol FeS2發(fā)生反響,Cu化合價由+2價+1價,14 mol CuSO4得到14 mol電子

31、,FeS2Cu2S,S的化合價由-1價-2價,生成7 mol Cu2S,得到7 mol電子,共有21 mol電子轉(zhuǎn)移,B項錯誤;C項,CuSO4Cu2S,FeS2Cu2S,Cu化合價降低,S化合價降低,那么Cu2S是復原產(chǎn)物,C項錯誤;D項, FeS2中S化合價為-1價,反響后分別升高為+6價、降低為-2價,FeS2既是氧化劑又是復原劑,D項錯誤。5.C解析 根據(jù)A反響得出復原性強弱是SO2>Fe2+,和題干的復原性強弱吻合,所以A能發(fā)生;根據(jù)B反響得出復原性強弱是Fe2+>Cl-,和題干的復原性強弱吻合,所以B能發(fā)生;根據(jù)C反響得出復原性強弱是Br->SO2,和題干的復原性

32、強弱不吻合,所以C不能發(fā)生;根據(jù)D反響得出復原性強弱是I-<SO2,和題干的復原性強弱吻合,所以D能發(fā)生。6.D解析 將一定量的SO2通入FeCl3溶液中,參加NaOH溶液有紅褐色沉淀生成,該過程中沒有化合價變化,不能證明SO2與FeCl3溶液發(fā)生氧化復原反響,A項錯誤;參加BaNO32溶液,有白色沉淀,NO3-具有強氧化性,可以氧化二氧化硫生成SO42-,SO42-與Ba2+反響生成BaSO4沉淀,即使二氧化硫與Fe3+不發(fā)生氧化復原反響,也可產(chǎn)生白色沉淀,所以不能證明SO2與FeCl3溶液發(fā)生氧化復原反響,B項錯誤;參加酸性KMnO4溶液,紫色褪去,因為二氧化硫具有復原性,可以復原酸

33、性高錳酸鉀,即使二氧化硫與Fe3+不發(fā)生氧化復原反響,也可使其溶液褪色,所以不能證明SO2與FeCl3溶液發(fā)生氧化復原反響,C項錯誤;Fe2+中參加K3FeCN6鐵氰化鉀溶液生成藍色沉淀,那么可證明溶液中存在Fe2+,說明SO2與FeCl3溶液發(fā)生氧化復原反響,D項正確。7.B解析 根據(jù)得失電子守恒配平方程式,根據(jù)氧化劑和氯氣之間的關(guān)系式判斷,2MnO4-+16H+10Cl-2Mn2+5Cl2+8H2O,ClO3-+6H+5Cl-3Cl2+3H2O,MnO2+4H+2Cl-Cl2+Mn2+2H2O,ClO-+2H+Cl-Cl2+H2O,根據(jù)反響的離子方程式知,假設要產(chǎn)生一定量的氯氣,上述物質(zhì)分

34、別與足量濃鹽酸反響,消耗的物質(zhì)的量最少的是KClO3,B項正確。8.B解析 LiAlH4中氫顯-1價,具有很強的復原性,乙醛乙醇,發(fā)生復原反響,A項正確;該反響生成氫氣的本質(zhì)是LiAlH4中-1價的H與D2O中+1價D歸中生成HD氣體,摩爾質(zhì)量為3 g·mol-1,B項錯誤;1 mol Al3+生成1 mol Al轉(zhuǎn)移3 mol e-,C項正確;該反響相當于水解,D項正確。9.A解析 濃鹽酸與二氧化錳在加熱的條件下反響產(chǎn)生Cl2,過氧化氫分解產(chǎn)生氧氣,HCl與O2在催化劑存在的條件下加熱,反響產(chǎn)生Cl2,只能證明氧化性O2>Cl2,不能證明氧化性O2>MnO2,A項錯誤;

35、反響的離子方程式為MnO2+4H+2Cl-Mn2+2H2O+Cl2,B項正確;Fe2+有復原性,容易被空氣中的氧氣氧化為Fe3+,為了防止其氧化,要參加復原劑鐵屑,C項正確;假設反響在常溫下進展,那么A是H2O2,B是O2,C是濃鹽酸,D是Cl2,E是Fe3O4,F是FeCl2,G是FeCl3,1 mol A在反響中完全分解能轉(zhuǎn)移1 mol電子,D項正確。10.A解析 根據(jù)現(xiàn)象和氧化復原反響規(guī)律知首先生成 CuI和I2,而后二氧化硫復原I2,根據(jù)氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性知A項正確;通入SO2后溶液逐漸變成無色,表達了SO2的復原性,復原劑是二氧化硫,B項、C項錯誤;根據(jù)2Cu2+4I

36、-2CuI+I2,轉(zhuǎn)移2 mol e-時生成2 mol白色沉淀,D項錯誤。11.B解析 氯酸鉀分解、鋁熱反響、過氧化氫分解不是離子反響,均屬于氧化復原反響,A錯誤;金屬鋁的復原性強于錳,與二氧化錳發(fā)生鋁熱反響,B正確;反響中每生成1 mol氧氣轉(zhuǎn)移2 mol電子,而反響中每生成1 mol氧氣轉(zhuǎn)移4 mol電子,C錯誤;實驗室制備氯氣的反響中氯化氫并沒有全部被氧化,因此根據(jù)電子得失守恒可知反響中氧化劑與復原劑的物質(zhì)的量之比為12,D錯誤。12.1DCA2Ag2O>H2O2>K2CrO43B4C0.6解析 1D中過氧化氫中氧元素化合價降低,說明過氧化氫作氧化劑,表達了氧化性,C中過氧化

37、氫中氧元素化合價既升高又降低,既表達氧化性又表達復原性,A表達過氧化氫有酸性,它是二元弱酸。2反響Ag2O+H2O22Ag+O2+H2O中,氧化銀作氧化劑,過氧化氫作復原劑,那么氧化性Ag2O>H2O2,反響3H2O2+Cr2SO43+10KOH2K2CrO4+3K2SO4+8H2O中,過氧化氫作氧化劑,鉻酸鉀作氧化產(chǎn)物,那么氧化性H2O2>K2CrO4,故氧化性順序為Ag2O>H2O2>K2CrO4。3過氧化氫常用作氧化劑,具有氧化性,所以用標簽B。4H2O2只發(fā)生了H2O2O2的變化,表達了H2O2的復原性,作復原劑,所以高錳酸根離子作氧化劑,復原產(chǎn)物是錳離子,要求

38、酸是不具有復原性的強酸,所以選擇稀硫酸。過氧化氫中-1價的氧變?yōu)檠鯕庵?價的氧,當生成6.72 L標準狀況即0.3 mol氧氣時,那么失電子的物質(zhì)的量為0.3 mol×2×1-0=0.6 mol。13.1b2Cl2>HIO3>I2能HIO3+5HI3I2+3H2O32HI+H2SO4濃SO2+I2+2H2O4ClO-+2I-+2H+Cl-+I2+H2O解析 1單質(zhì)氟是活潑的非金屬,極易與水反響,所以a錯誤;氯氣的非金屬性強于單質(zhì)碘,所以氯氣與單質(zhì)碘溶于水可以發(fā)生反響I2+Cl2+H2OHIO3+HCl,b正確;氧氣不溶于水,與氯氣在水溶液中不反響,c錯誤;氮氣不

39、溶于水,與單質(zhì)溴不反響,d錯誤。2在反響I2+Cl2+H2OHIO3+HCl中,氯氣是氧化劑,單質(zhì)碘是復原劑,HIO3是氧化產(chǎn)物。根據(jù)氧化復原反響中氧化劑的氧化性強于氧化產(chǎn)物的氧化性可知,氧化性強弱順序是Cl2>HIO3>I2;HIO3與HI中碘元素的化合價分別是+5和-1,所以二者能發(fā)生氧化復原反響生成單質(zhì)碘,反響的化學方程式為HIO3+5HI3I2+3H2O。3HI具有復原性,濃硫酸具有氧化性,所以不能用濃硫酸與KI反響制備HI。4ClO-具有強氧化性,能把I-氧化為單質(zhì)碘。14.1NO、NO22NH3+NO+NO22N2+3H2O2藍色消失,半分鐘內(nèi)不變色ClO2-+4I-+

40、4H+Cl-+2I2+2H2O0.675解析 1由反響原理圖可知,在催化劑作用下,NO、NO2和NH3反響生成N2和H2O,由化合價變化可知NO和NO2是氧化劑,NH3是復原劑。設NO和NO2的物質(zhì)的量均為1 mol,根據(jù)得失電子守恒可知參加反響的NH3為2 mol,據(jù)此可寫出反響的化學方程式。2操作中由于生成了I2而使溶液變藍,再參加Na2S2O3溶液時,發(fā)生反響2S2O32-+I2S4O62-+2I-,當反響完全時,I2全部被消耗,溶液的藍色隨之消失。操作中調(diào)節(jié)水樣pH至1.3時,操作中生成的ClO2-會和操作中生成的I-發(fā)生氧化復原反響,ClO2-被復原為Cl-,I-被氧化為I2,使溶液

41、又呈藍色,據(jù)此可寫出反響的離子方程式。由得失電子守恒知2S2O32-I22ClO2,那么nClO2=nS2O32-=10-5 mol,那么mClO2=67.5 g·mol-1×10-5 mol=6.75×10-4 g=0.675 mg,即水樣中ClO2的濃度是0.675 mg·L-1。課時作業(yè)九1.B解析 Y為化合物,由電荷守恒知,a=4,A項正確。由2S2O32-S4O62-,失去2 mol電子,O22O2-,得到4 mol電子,說明只有2Fe2+2Fe3+,失去2 mol電子,再由原子守恒知,Y為四氧化三鐵,B項錯誤;在反響中S2O32-中硫元素的化

42、合價升高,C項正確;1 mol氧氣參加反響轉(zhuǎn)移4 mol電子,D項正確。2.B解析 A項,H2S是復原劑,變?yōu)檠趸a(chǎn)物,SO2是氧化劑,變?yōu)檫€原產(chǎn)物,所以氧化產(chǎn)物和復原產(chǎn)物物質(zhì)的量之比為21,正確;B項,Zn作復原劑,硝酸作氧化劑,每10 mol硝酸參加反響,只有1 mol作氧化劑,所以氧化劑和復原劑物質(zhì)的量之比為14,錯誤;C項,I2既作氧化劑,又作復原劑,被氧化和被復原的碘原子物質(zhì)的量之比為15,正確;D項,FeS中的硫元素被氧化,發(fā)生氧化反響,硫酸中的硫元素被復原,發(fā)生復原反響。6 mol的硫酸參加反響,只有3 mol被復原,所以反響中發(fā)生氧化反響和發(fā)生復原反響的硫原子物質(zhì)的量之比為23

43、,正確。3.D解析 根據(jù)原子守恒,X的化學式為Ag2S,A項錯誤;銀針驗毒時,氧元素化合價降低,空氣中氧氣得到電子,B項錯誤;反響中Ag是復原劑,氧氣是氧化劑,H2S既不是氧化劑又不是復原劑,C項錯誤;銀的化合價升高1,每生成1 mol X,反響轉(zhuǎn)移2 mol e-,D項正確。4.B解析 Fe3+是氧化產(chǎn)物,A項錯誤;復原劑的復原性大于復原產(chǎn)物的復原性,B項正確;硫氰化鐵溶于水,C項錯誤;根據(jù)元素守恒和轉(zhuǎn)移電子個數(shù)守恒配平方程式,2KMnO4+10FeSO4+8H2SO4K2SO4+2MnSO4+5Fe2SO43+8H2O,生成8 mol水時,轉(zhuǎn)移10 mol電子,故生成1 mol水時,轉(zhuǎn)移1

44、.25 mol電子,D項錯誤。5.B解析 KI被氧化得到I2,1 mol KI在反響中失去1 mol電子,再據(jù)題中所給信息,H2O2H2O,1 mol H2O2得2 mol e-,IO3-I2,1 mol IO3-得5 mol e-,MnO4-Mn2+,1 mol MnO4-可得 5 mol e-,HNO2NO,1 mol HNO2得1 mol e-。雖然B、C項中的1 mol IO3-、MnO4-均可得5 mol e-,但B中生成物I2來自IO3-和I-,故得I2最多者應是IO3-與I-的反響。6.C解析 Au2O3是反響物,那么Au2O一定是生成物,其中Au的化合價由+3變成+1,化合價降

45、低,那么必然有化合價升高的元素,即Na2S2O3硫元素為+2價是反響物,Na2S4O6硫元素為+2.5價是生成物。根據(jù)反響前后硫元素守恒有2Na2S2O3Na2S4O6,根據(jù)鈉元素守恒,可知生成物中缺少鈉元素,所以NaOH是生成物,再根據(jù)氫元素守恒,可知水是反響物。由關(guān)系式:Au2O3Au2O4e-,所以當1 mol Au2O3完全反響時,轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為4 mol。7.D解析 溶液由黃色變?yōu)闇\綠色,但立即又變?yōu)辄S色,Fe3+變?yōu)镕e2+,后又被氧化為Fe3+,所以最終被復原的是NO3-,A項正確;根據(jù)溶液由棕黃色變?yōu)闇\綠色,說明Fe3+的氧化性強于稀硫酸,但在硝酸存在的條件下溶液立即又變

46、成棕黃色,說明Fe2+迅速被氧化成Fe3+,故硝酸的氧化性比Fe3+強,綜上所述氧化性:HNO3>Fe3+>稀硫酸,B項正確;SO2被氧化后產(chǎn)生的H+和NO3-構(gòu)成強氧化體系,氧化Fe2+時生成無色難溶于水的NO氣體,C項正確;由A知最終被復原的是NO3-,故相當于SO2與NO3-之間的氧化復原,有3SO22NO3-,那么通入SO2與逸出氣體的體積比為32,D項錯誤。8.B解析 復原性強弱順序為I->Fe2+>Br-,所以Cl2最先氧化I-,然后氧化Fe2+,最后氧化Br-。圖中AB線段表示I-的變化情況,氧化I-需氯氣1 mol,那么I-為2 mol;BC線段表示Fe

47、3+的變化情況,氧化Fe2+需氯氣2 mol,那么Fe2+為4 mol;DE線段表示Br-的變化情況,氧化Br-需氯氣3 mol,那么Br-為6 mol,A、D正確。當通入Cl2 2 mol時,氧化的I-和Fe2+均為2 mol,所以C中的離子方程式是正確的。因不知溶液的體積,無法求算FeBr2的濃度,那么B錯誤。9.14Cl2+S2O32-+10OH-8Cl-+2SO42-+5H2O2H2O2+2Fe2+2H+2H2O+2Fe3+3NO2+2Fe2+2H+NO+2Fe3+H2O4MnO4-+5Fe2+8H+Mn2+5Fe3+4H2O5ClO-+SO2+H2OCl-+SO42-+2H+64NO3-+3Cu2S+16H+4NO+6Cu2+3S+8H2O7Cr2O72-+6Fe2+14H+2Cr3+6Fe3+7H2O10.1Ag+2HNO3濃AgNO3+NO2+H2O22S2-+O2+2H2O4OH-+2S31C6H12O624612Na2SO4421626H+11.1防止FeSO4被氧化