第四單元作業(yè)答案

1、.課時作業(yè)十四1.C解析 水泥、玻璃是硅酸鹽制品,水晶的主要成分是二氧化硅,錯;光導纖維的主要成分是二氧化硅,錯。2.B解析 制光導纖維的材料是二氧化硅。3.D解析 二氧化硅能與氫氧化鈉反響,因此熔融燒堿的坩堝中不能含有二氧化硅,A、B、C中都含有二氧化硅。4.C解析 水晶的主要成分是SiO2,A項錯誤;水玻璃是Na2SiO3溶液,B項錯誤;高純度的SiO2用于制光纖,高純度的Si用于制太陽能電池,D項錯誤。5.A解析 短周期非金屬元素的原子核外最外層電子數(shù)是次外層電子數(shù)的一半,根據(jù)核外電子排布規(guī)律可知該元素為Si。Si在自然界中全部以化合態(tài)形式存在,A項正確;制造光導纖維的材料是二氧化硅,B

2、項錯誤;二氧化硅可以與氫氟酸反響,C項錯誤;C的非金屬性強于Si,非金屬性越強,氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性越強,那么甲烷比SiH4穩(wěn)定,D項錯誤。6.B7.1SiHCl3+H2Si+3HCl2SiHCl3+3H2OH2SiO3+3HCl+H2氧氣與氫氣混合,可能引起爆炸;氧氣可能會氧化SiHCl3解析 2SiHCl3遇水劇烈反響生成H2SiO3、HCl和另一種物質(zhì),根據(jù)原子守恒,判斷另一物質(zhì)是H2。因H2復原SiHCl3的反響條件是高溫1357 K,假設混入O2,那么H2與O2混合加熱可能發(fā)生爆炸,同時O2也可能氧化SiHCl3。8.1+42SiO2SiO2+2CSi+2CO3CaSiO3Na2SiO

3、3解析 由“A為地殼中含量僅次于氧的非金屬元素的單質(zhì),其晶體構造與金剛石相似,推知A為Si,根據(jù)BA+E,BC,BD+H2O,不難推知B為SiO2,C為CaSiO3,D為Na2SiO3,E為CO。9.D解析 SiO2不溶于除氫氟酸以外的酸;CaCO3溶于鹽酸時會有氣泡產(chǎn)生,SiO2能溶于NaOH溶液。10.C解析 SiO2是酸性氧化物,它能與氫氟酸反響是其特殊性質(zhì),A項錯誤;Na2CO3溶液顯堿性,不能用帶玻璃塞的試劑瓶盛放,B項錯誤;在圖示轉(zhuǎn)化關系中只有第一行的變化是氧化復原反響,其余均為非氧化復原反響,D項錯誤。11.D解析 過量二氧化碳通入澄清石灰水中生成可溶性的碳酸氫鈣,A項錯誤;碳酸

4、鈉溶液中參加二氧化硅不反響,B項錯誤;二氧化硅與燒堿溶液反響生成硅酸鈉和水,C項錯誤。12.A解析 該工藝流程中HCl和H2兩種氣體可循環(huán)使用;別離Si與SiHCl3可用過濾的方法;容器的反響中HCl是生成物,是氧化產(chǎn)物;兩個反響不在同一條件下進展,不是可逆反響。13.1C的用量2高溫和隔絕空氣33CuO+2NH33Cu+N2+3H2O4NH3和H2O53SiCl4+2N2+6H2Si3N4+12HCl解析 1SiO2與C在高溫下反響,會因C的用量不同而使產(chǎn)物不同:SiO2+2CSi+2CO或SiO2+3CSiC+2CO;2反響的條件是高溫和隔絕空氣;3反響的化學方程式:3CuO+2NH33C

5、u+N2+3H2O;4A中可能的雜質(zhì)有NH3和H2O;5得到純度較高的氮化硅的化學方程式為3SiCl4+2N2+6H2Si3N4+12HCl。14.1平衡壓強,使液體從分液漏斗中順利流下濃硫酸2方案優(yōu)點缺點甲搜集產(chǎn)品的導管粗,不會堵塞導管冷凝產(chǎn)品,減少產(chǎn)品損失空氣中的水蒸氣會進入產(chǎn)品搜集裝置,使四氯化硅水解尾氣沒有處理,污染環(huán)境乙有尾氣處理裝置,注重環(huán)保防止空氣中的水蒸氣進入裝置產(chǎn)品易堵塞導管沒有冷凝裝置,產(chǎn)品易損失3在裝置的i處接枯燥管j4SiCl4+2H2Si+4HCl解析 1g管使分液漏斗與燒瓶連通,使?jié)恹}酸順利滴下。由信息知,四氯化硅遇水極易水解,故需除去氯氣中的水蒸氣。B盛放飽和食鹽

6、水用來除去氯氣中的氯化氫氣體,C盛放濃硫酸用來枯燥氯氣。2四氯化硅在常溫下易液化,假如搜集產(chǎn)品的導管太細,易堵塞導管;制取的四氯化硅需要冷凝;由于尾氣中含有氯氣,要設置尾氣處理裝置,四氯化硅易水解,要防止空氣中的水蒸氣進入產(chǎn)品搜集裝置。3將甲、乙方案的優(yōu)點集中在一起設計合理的方案即可。課時作業(yè)十五1.B解析 氯氣不具有漂白性,A項錯誤;氯水中含HClO可使試紙褪色,變質(zhì)后為鹽酸,不能使其褪色,那么可用枯燥的石蕊試紙驗證氯水是否變質(zhì),B項正確;常溫下,鐵與氯氣不反響,那么液氯可貯存在鋼瓶中,C項錯誤;氯水為混合物,而氯氣、液氯是同一種物質(zhì),只是狀態(tài)不同,屬于純潔物,D項錯誤。2.C解析 氯氣沒有

7、漂白性,但通入水中與水反響生成次氯酸,次氯酸具有漂白性,A項錯誤,C項正確;氯氣與大多數(shù)金屬反響需要點燃或加熱,B項錯誤;聞氣體氣味的正確方法是用手在瓶口輕輕扇動,讓少量氣體進入鼻孔,D項錯誤。3.D解析 A項,可通過反響MnO2+4HCl濃MnCl2+Cl2+2H2O直接實現(xiàn);B項,可通過反響2CaOH2+2Cl2CaCl2+CaClO2+2H2O直接實現(xiàn);C項,可通過反響CaClO2+CO2+H2OCaCO3+2HClO直接實現(xiàn);D項,由于HClO的酸性比碳酸弱,不能直接實現(xiàn),故D項錯誤。4.B解析 Cl2與Fe反響需要點燃或加熱。5.D解析 A項,新制氯水長時間放置后會發(fā)生反響2HClO

8、2HCl+O2,酸性增強,A項錯誤;B項,新制氯水中不會存在HCl分子,因為HCl是強電解質(zhì), 在水中會完全電離,所以不會以分子形式存在,B項錯誤;C項,新制氯水具有較強的殺菌消毒才能是因為其中含有次氯酸,次氯酸具有強氧化性,C項錯誤;D項,氯氣溶于水會發(fā)生反響Cl2+H2OHCl+HClO,參加適量碳酸鈣,碳酸鈣會和HCl反響,使上述平衡正向挪動,進而可制得較大濃度的次氯酸,D項正確。6.C解析 根據(jù)反響原理,制備氯氣需要加熱,故A項、D項均錯誤;反響產(chǎn)生的氯氣中會混有HCl和水蒸氣,應先用飽和食鹽水除去HCl,再通過濃硫酸枯燥氯氣,因此C項正確。7.A解析 解題的關鍵根據(jù)是:反響的客觀存在

9、性;電荷守恒;質(zhì)量守恒及電子轉(zhuǎn)移守恒等。A項中產(chǎn)物應為CaSO4。8.A解析 A項,該裝置的錯誤有:沒有用酒精燈加熱,MnO2不與濃鹽酸發(fā)生反響,從而得不到Cl2;裝置中沒有用分液漏斗而采用長頸漏斗導致氣體外逸和HCl的揮發(fā);沒有進展尾氣處理。B項,Cl2的密度比空氣大,該搜集方法正確。C項,要得到枯燥純潔的Cl2,首先應將氣體通過飽和食鹽水除去HCl,再通過濃硫酸除去水蒸氣。D項,根據(jù)反響MnO2+4HCl濃MnCl2+Cl2+2H2O,鹽酸濃度變稀后便不再反響,使產(chǎn)生的Cl2的物質(zhì)的量小于0.5 mol,轉(zhuǎn)移的電子小于1 mol。9.D解析 首先根據(jù)翻開B閥后,C處枯燥的紅布條逐漸褪色,說

10、明A處通入的Cl2是潮濕的,在關閉B閥時潮濕的Cl2通過了D瓶,看不到C處枯燥的紅布條有明顯變化,說明D瓶吸收了Cl2或吸收了Cl2中的水蒸氣。10.1abedc2MnO2+4H+2Cl-Mn2+Cl2+2H2O3枯燥Cl2飽和食鹽水4溶液變藍溶液紅色逐漸褪去解析 1制得的Cl2中含有HCl、H2Og雜質(zhì),先依次通過飽和食鹽水、濃硫酸除去雜質(zhì),再利用向上排空氣法搜集,最后通過碘化鉀淀粉溶液探究其性質(zhì)。因此實驗裝置連接順序為fabedc。2E裝置中為MnO2氧化濃鹽酸制取Cl2,離子方程式為MnO2+4H+2Cl-Mn2+Cl2+2H2O。3B裝置中盛裝濃硫酸,作用是吸收H2Og,枯燥Cl2;A

11、裝置中試劑X是飽和食鹽水,作用是除去HCl。4C裝置中氯氣置換出單質(zhì)碘,因此溶液變?yōu)樗{色。11.1+3亞氯酸鈉水解顯堿性或ClO2-+H2OHClO2+OH-cNa+>cClO2->cOH->cH+25ClO2-+4H+4ClO2+Cl-+2H2O32142H+2ClO3-+H2C2O42ClO2+2CO2+2H2O57.7×10-12或7.69×10-12解析 1亞氯酸為弱酸,故亞氯酸鈉溶液中ClO2-水解使溶液顯堿性ClO2-+H2OHClO2+OH-。2根據(jù)氧化復原反響化合價升降規(guī)律,另一種含氯元素的穩(wěn)定離子是Cl-,根據(jù)原子守恒及得失電子守恒得反響

12、的離子方程式為5ClO2-+4H+4ClO2+Cl-+2H2O。3ClO3-ClO2,氯元素化合價降低1,SO2SO42-,硫元素化合價升高2,由得失電子守恒可得氧化劑與復原劑的物質(zhì)的量之比為21。4H2C2O42CO2,碳元素化合價升高2,KClO3ClO2,氯元素化合價降低1,由得失電子守恒可得其離子方程式。5c(Cl-)c(Br-)=c(Ag+)·c(Cl-)c(Ag+)·c(Br-)=Ksp(AgCl)Ksp(AgBr)=23.4,可得KspAgBr=KspAgCl÷23.4=7.7×10-12。12.1BaCl2Na2CO32213水浴加熱大燒

13、杯、溫度計4蒸發(fā)濃縮冷卻結(jié)晶5362 kg62.5解析 2電解得到的氯酸鈉NaClO3與鹽酸反響生成ClO2與Cl2,再根據(jù)化合價升降相等及原子守恒配平,得到離子方程式為2ClO3-+4H+2Cl-2ClO2+Cl2+2H2O,那么ClO2與Cl2的物質(zhì)的量之比是21。3用NaClO3和草酸H2C2O4在60 時恒溫反響制得ClO2,所以加熱的方式為水浴加熱;加熱需要的玻璃儀器除酒精燈外,還有大燒杯、溫度計。4由溶液制得結(jié)晶水合物的根本操作是蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、枯燥等。5根據(jù)氯氣與亞氯酸鈉反響的化學方程式和二氧化氯的質(zhì)量,列出比例式,就可計算出參加反響的亞氯酸鈉的質(zhì)量。設需要亞氯酸

14、鈉的質(zhì)量為x。2NaClO2+Cl22NaCl+2ClO2181 135x 270 kg解得x=362 kg6每摩爾氯氣得到2 mol電子,每摩爾ClO2得到5 mol電子,所以處理含CN-量一樣的電鍍廢水,所需Cl2的物質(zhì)的量是ClO2的2.5倍。課時作業(yè)十六1.D解析 AgBr和AgI都有感光性,NaClO有漂白性。2.C解析 A項,證明溶液中存在的是碘單質(zhì),I-無此現(xiàn)象,錯誤;B項,無法排除其他物質(zhì)如Fe3+、HNO3及碘單質(zhì)的干擾,錯誤;用蒸發(fā)法從海水中提取食鹽是物理變化,D項錯誤。3.B解析 碘易與鐵反響,不能用有鐵蓋的容器保存碘,A項錯誤;酒精與水互溶,不可以從碘水中將碘萃取出來,

15、C項錯誤;加熱時NaHCO3會分解生成Na2CO3、H2O和CO2,D項錯誤。4.B解析 A項,蒸餾法是得到淡水的一種常見方法,正確;B項,電解熔融MgCl2才能得到金屬鎂,錯誤;C項,提取溴過程涉及氧化復原反響,正確;D項,氯堿工業(yè)即電解飽和食鹽水,可得到NaOH、Cl2、H2,可消費鹽酸、漂白液等,正確。5.A解析 鹵素單質(zhì)中,氟氣和水反響生成HF和氧氣,不符合X2+H2OHXO+HX,故A錯誤;鹵素原子得電子的才能越強,HX的熱穩(wěn)定性越強,鹵素原子的得電子才能隨X的核電荷數(shù)的增加而減小,所以HX熱穩(wěn)定性隨X的核電荷數(shù)的增加而減小,故B正確;鹵素單質(zhì)的顏色從上到下逐漸加深,由F2I2依次是

16、淺黃綠色、黃綠色、橙紅色、紫色,故C正確;鹵素單質(zhì)的氧化性從上到下逐漸減弱,對應離子的復原性F-<Cl-<Br-<I-,故D正確。6.A解析 操作是蒸發(fā),而不是灼燒,不需要坩堝,需要蒸發(fā)皿,A項錯誤;是電解氯化鈉溶液獲得Cl2的過程,B項正確;是NaBr與Cl2發(fā)生的置換反響,發(fā)生的反響為Br2+SO2+2H2OH2SO4+2HBr,是HBr轉(zhuǎn)化為Br2的過程,涉及的反響均為氧化復原反響,C項、D項正確。7.B解析 復原性:I->Fe2+>Br-,向含有溶質(zhì)FeBr2、FeI2的溶液中通入Cl2,再向反響后的溶液中參加KSCN溶液,溶液變?yōu)榧t色,說明溶液中含有Fe

17、3+,有Fe2+被氧化,那么I-已全部被氧化,Br-是否被氧化不能判斷,故錯,、正確;取少量所得溶液參加足量AgNO3溶液,只產(chǎn)生白色沉淀,說明原溶液中I-、Fe2+、Br-均被完全氧化,正確,應選B項。8.D解析 由A中現(xiàn)象得,氧化性Cl2>Br2、Cl2>I2,但無法比較Br2與I2的氧化性強弱,A錯誤;由B中現(xiàn)象可知在此過程中有酸性物質(zhì)生成,同時生成了漂白性物質(zhì),B錯誤;褪色可能是因為有漂白性物質(zhì)生成,也可能是因為溶液不再顯堿性,C錯誤;此時Fe2+被Cl2氧化為Fe3+,而Cl2被復原為Cl-,復原劑Fe2+的復原性強于復原產(chǎn)物Cl-,D正確。9.D解析 A項,第步中除去泥

18、沙及Ca2+、Mg2+等雜質(zhì)時,為了使鈣離子、鎂離子沉淀,需要參加碳酸鈉、氫氧化鈉等發(fā)生化學反響,A項錯誤;B項,通過電解“精鹽水溶液,無法制取金屬鈉,應該電解熔融的NaCl,B項錯誤;C項,第步的反響,需要防止氯化鎂發(fā)生水解,其條件是“在HCl氣流中加熱帶走水蒸氣,抑制水解,C項錯誤;D項,第步溴離子變成溴單質(zhì),第步溴單質(zhì)被二氧化硫吸收,第步中溴離子氧化生成溴單質(zhì),均涉及氧化復原反響,D項正確。10.C解析 A項表示Cl2、Br2、I2的置換順序,B項表示它們與H2化合的難易程度,D項表示它們氫化物的熱穩(wěn)定性,以上都可反映其單質(zhì)的氧化性強弱,C項無法判斷Cl2與Br2的氧化性強弱,因Fe與它

19、們都生成+3價鐵的化合物。11.A解析 A項,氧化產(chǎn)物只有NaClO3時,轉(zhuǎn)移電子最多,根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒nNaCl=5nNaClO3,由鈉離子守恒:nNaCl+nNaClO3=nNaOH,故nNaClO3=16nNaOH=a mol,轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量最多為a mol×5=5a mol,氧化產(chǎn)物只有NaClO時,轉(zhuǎn)移電子最少,根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒nNaCl=nNaClO,由鈉離子守恒nNaCl+nNaClO=nNaOH,故nNaClO=12nNaOH=3a mol,轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量最少為3a mol×1=3a mol,故反響中轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量n的范圍為3a moln5a m

20、ol,故A正確;B項,反響中復原產(chǎn)物只有NaCl,反響中轉(zhuǎn)移電子最少時生成NaCl最少,根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒nNaCl=nNaClO,由鈉離子守恒:nNaCl+nNaClO=nNaOH,故nNaCl=12nNaOH=3a mol,故B錯誤;C項,由Cl原子守恒可知,2nCl2=nNaCl+nNaClO+nNaClO3,由鈉離子守恒可知nNaCl+nNaClO+nNaClO3=nNaOH,故參加反響的氯氣的物質(zhì)的量=12nNaOH=3a mol,故C錯誤;D項,令nClO-=1 mol,反響后c(Cl-)c(ClO-)=6,那么nCl-=6 mol,根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒有5×nClO3-+1&

21、#215;nClO-=1×nCl-,即5×nClO3-+1×1 mol=1×6 mol,解得nClO3-=1 mol,那么溶液中c(Cl-)c(ClO3-)=6,故D錯誤。12.1CaClO2+4HCl濃CaCl2+2Cl2+2H2O2除去Cl2中的HClB中長頸漏斗中液面上升,形成水柱3d4橙紅5E中溶液分為兩層,上層苯層為紫紅色解析 1次氯酸鈣與濃鹽酸反響生成氯化鈣、氯氣與水,反響方程式為CaClO2+4HCl濃CaCl2+2Cl2+2H2O。2鹽酸易揮發(fā),反響制取的氯氣中含有氯化氫,裝置B中飽和食鹽水的作用是除去Cl2中的HCl; 裝置B亦是平安瓶

22、,可以監(jiān)測實驗進展時C中是否發(fā)生堵塞,發(fā)生堵塞時B中的壓強增大,B中長頸漏斗中液面上升,形成水柱。3裝置C用于驗證氯氣是否具有漂白性,驗證氯氣是否具有漂白性,要驗證枯燥氯氣無漂白性,潮濕的有色布條中,氯氣和水反響生成的次氯酸具有漂白性,中應為潮濕的有色布條,中應為枯燥劑,中應為枯燥的有色布條,U形管中應用固體枯燥劑,所以選d。4當向D中緩緩通入少量氯氣時,可以看到無色溶液逐漸變?yōu)槌燃t色,說明氯氣和溴化鈉反響生成溴單質(zhì)。5翻開活塞,將裝置D中含溴單質(zhì)的少量溶液參加含碘化鉀和苯的裝置E中,反響生成的碘單質(zhì)溶于苯呈紫紅色,振蕩,觀察到的現(xiàn)象是E中溶液分為兩層,上層苯層為紫紅色。13.12淀粉-KI試

23、紙變藍3Cl2+2Br-Br2+2Cl-4翻開活塞b,將少量C中溶液滴入D中,關閉活塞b,取下D振蕩。靜置后CCl4層溶液變?yōu)樽霞t色5確認C的黃色溶液中無Cl2,排除Cl2對溴置換碘實驗的干擾6原子半徑逐漸增大解析 1A中產(chǎn)生的黃綠色氣體為Cl2,其電子式為。2氯氣遇潮濕的淀粉-KI試紙時,發(fā)生反響Cl2+2KII2+2KCl,產(chǎn)生的I2遇淀粉變藍,可以證明氯氣的氧化性強于碘。3B中Cl2與NaBr發(fā)生置換反響,離子方程式為Cl2+2Br-2Cl-+Br2。4C中NaBr與氯氣反響生成NaCl和Br2,將C中溶液滴入D中,振蕩,發(fā)生反響B(tài)r2+2KII2+2KBr,靜置后D中溶液分層,下層為碘

24、的四氯化碳溶液,顯紫紅色,可以說明溴的氧化性強于碘。5過程主要是為了確認C的黃色溶液中無Cl2,排除對溴置換碘實驗的干擾。6氯、溴、碘單質(zhì)的氧化性逐漸減弱,是因為從Cl到I,原子半徑逐漸增大,得電子才能逐漸減弱。課時作業(yè)十七1.D解析 自然界中存在游離態(tài)的硫,A錯誤;排放二氧化硫會污染空氣,形成酸雨,但不會導致光化學煙霧的產(chǎn)生,B錯誤;二氧化硫能使滴有酚酞的氫氧化鈉溶液褪色,表達了酸性氧化物的性質(zhì),C錯誤;濃硫酸具有吸水性,可枯燥SO2、CO、Cl2等氣體,D正確。2.D解析 通常條件下,SO2為無色有刺激性氣味的氣體,易溶于水,A項錯誤;SO2和SO3都是酸性氧化物,但H2SO3不屬于強酸,

25、B項錯誤;SO3不能使品紅溶液褪色,C項錯誤;SO2和SO3都能與堿液反響,如SO2+2NaOHNa2SO3+H2O,SO3+2NaOHNa2SO4+H2O,D項正確。3.C解析 蔗糖碳化,濃硫酸表現(xiàn)脫水性,A項正確;鐵制容器盛裝濃硫酸是由于鐵遇濃硫酸鈍化,濃硫酸表現(xiàn)強氧化性,B項正確;濃硫酸與不活潑金屬反響既表現(xiàn)強氧化性,又表現(xiàn)酸性,C項錯誤;濃硫酸與非金屬反響只表現(xiàn)強氧化性,D項正確。4.B解析 因為SO2具有復原性,所以它能使溴水、KMnO4H+ 溶液褪色,A項錯誤;氯氣、二氧化硫都能使品紅溶液褪色,故B項正確;SO2、漂白粉、活性炭、Na2O2都能使紅墨水褪色,其原理不一樣,C項錯誤;

26、SO2和Cl2等物質(zhì)的量混合后同時通入裝有潮濕的有色布條的集氣瓶中,發(fā)生反響生成沒有漂白作用的鹽酸和硫酸,D項錯誤。5.A解析 能使酸性KMnO4溶液褪色且有刺激性氣味的氣體還有HCl等,A項錯誤;能使澄清石灰水變渾濁的氣體有CO2、SO2,但前者無氣味,B項正確;使品紅溶液褪色,加熱后品紅溶液又變?yōu)榧t色的只有SO2,C項正確;SO2不能漂白石蕊試液,D項正確。6.C解析 A項,SO2能使品紅溶液褪色;B項,二氧化硫使溴水褪色表現(xiàn)復原性;C項,此反響中Na2S2O3既作氧化劑又作復原劑;D項,品紅溶液不褪色說明無二氧化硫,Na2SiO3溶液中出現(xiàn)白色渾濁說明通入了二氧化碳,根據(jù)強酸制弱酸的原理

27、說明亞硫酸比碳酸的酸性強。7.1C2SO2C+2H2SO4濃CO2+2SO2+2H2O3CD4褪色漂白SO2+H2OH2SO35不能品紅溶液、溴水其他合理答案均可解析 1因為濃硫酸具有脫水性,故蔗糖在濃硫酸中生成的黑色物質(zhì)是蔗糖脫水后形成的碳單質(zhì)。2因為濃硫酸具有強氧化性,故蔗糖脫水形成的碳單質(zhì)可以繼續(xù)和濃硫酸反響生成CO2、SO2和H2O,其反響的化學方程式為C+2H2SO4濃CO2+2SO2+2H2O。3根據(jù)實驗現(xiàn)象及12的分析知,在蔗糖與濃硫酸的反響中,濃硫酸具有脫水性、強氧化性。4將2中產(chǎn)生的有刺激性氣味的氣體SO2通入品紅溶液中,二氧化硫能將品紅溶液漂白,故可以看到品紅溶液褪色;將S

28、O2通入水中,SO2可以和水發(fā)生化合反響SO2+H2OH2SO3。5因為CO2和SO2都可以與澄清石灰水發(fā)生反響生成白色沉淀,故不能用澄清石灰水鑒別這兩種氣體;可以根據(jù)二氧化硫的特性來鑒別二氧化硫,例如二氧化硫可以使品紅溶液、溴水等褪色,而CO2不能。8.C解析 硝酸將SO32-氧化為SO42-,加硝酸后的沉淀一定為BaSO4,但加硝酸前的沉淀可能為BaSO3或BaSO4或它們的混合物,所以該實驗不能確定Na2SO3是否已部分氧化。9.C解析 A和D中產(chǎn)生的氣體通入BaCl2溶液中生成BaSO4沉淀,B項中產(chǎn)生的氣體通入BaCl2溶液中生成BaSO3沉淀。10.C解析 無法排除SO32-及Ag

29、+的干擾;確定是否存在鉀元素需要透過藍色鈷玻璃觀察焰色。11.1FeFe2SO43SO22C3SO2+H2O2H2SO444 g解析 根據(jù)題中轉(zhuǎn)化關系ABC,可推斷A為變價金屬單質(zhì),A為Fe,那么B為FeSO4,C為Fe2SO43,由FC知F為H2SO4,進而推出D為硫,E為SO2。F+DE代表反響2H2SO4濃+S3SO2+2H2O,由方程式知每轉(zhuǎn)移4 mol電子消耗硫的質(zhì)量為32 g,當轉(zhuǎn)移電子數(shù)為3.01×1023為0.5 mol時,消耗硫的質(zhì)量為4 g。12.1SO2+2OH-SO32-+H2O白色粉末變藍色2D裝置中黑色固體無明顯變化,E裝置中溶液的紅色褪去3拉起銅絲,關閉

30、K1、K24將A裝置中試管內(nèi)冷卻后的混合物沿杯壁或玻璃棒緩緩倒入盛有水的燒杯中,邊倒邊攪拌,觀察是否有藍色出現(xiàn)554解析 1二氧化硫與過量的氫氧化鈉溶液反響生成亞硫酸鈉。2濃硫酸與銅的反響中,一部分+6價硫元素被復原為+4價硫元素,生成SO2,而反響前后氫元素的化合價沒有變化,故濃硫酸中硫元素的氧化性強于氫元素的氧化性,實驗過程中通過檢驗有無氫氣和SO2生成來比較濃硫酸中硫元素的氧化性與氫元素的氧化性的強弱。3實驗完畢時,撤去所有酒精燈之前先要停頓反響,故拉起銅絲;同時要防止倒吸,故關閉K1、K2。5aCu+bH2SO4cCu2S+dCuSO4+eH2O由反響前后銅原子守恒可得a=2c+d由反

31、響前后硫原子守恒可得b=c+d再由得失電子守恒可得2c+2d=8c即d=3c,代入可得a=5c,代入可得b=4c,故ab=5c4c=54。13.1溶液藍色褪去吸收多余的SO2,防止污染空氣22Fe3+SO2+2H2OSO42-+2Fe2+4H+取A中反響后的溶液,向其中滴入KSCN溶液,不變紅,再參加新制的氯水,溶液變紅或其他合理答案 3434取少量Na2S2O5晶體于試管中,參加適量水溶解,滴入足量鹽酸,振蕩,再滴入氯化鋇溶液,有白色沉淀生成解析 1通入SO2后,與I2反響生成I-,所以藍色消失;裝置C是尾氣處理裝置。2SO2與Fe3+反響生成SO42-和Fe2+,根據(jù)電荷守恒和原子守恒,即

32、可寫出方程式。3CrO42-Cr3+中Cr的化合價由+6到+3,S2O52-2SO42-中S的化合價由+4到+6,根據(jù)電荷守恒,CrO42-與S2O52-的物質(zhì)的量之比為43。課時作業(yè)十八1.B解析 做噴泉實驗時,由于氨氣極易溶于水,使得燒瓶內(nèi)的壓強迅速降低,在外界大氣壓的作用下,燒杯內(nèi)的水被壓到燒瓶內(nèi),形成噴泉,故A正確;NO與氧氣反響生成二氧化氮,故不能用排空氣法搜集,故B錯誤;利用水封可以防止液溴揮發(fā),故C正確。2.C解析 雞蛋殼中含有CaCO3,雞蛋殼浸泡在鹽酸中產(chǎn)生氣泡的離子反響方程式為CaCO3+2H+Ca2+CO2+H2O,A項錯誤;Fe3O4溶解在稀硝酸中的離子方程式為3Fe3

33、O4+NO3-+28H+9Fe3+NO+14H2O,B項錯誤;氨氣通入硫酸溶液中發(fā)生反響NH3+H+NH4+,C項正確;向碳酸氫銨溶液中參加足量NaOH溶液,發(fā)生離子反響NH4+HCO3-+2OH-NH3·H2O+CO32-+H2O,D項錯誤。3.A解析 A項中參加CuNO32固體后,Cu和H+、NO3-發(fā)生反響:3Cu+8H+2NO3-3Cu2+2NO+4H2O,該項不正確。4.C解析 U形管中有空氣,能氧化NO從而干擾實驗,因此應先翻開活塞再從右側(cè)加稀硝酸,排盡裝置內(nèi)的空氣,A項正確;左側(cè)Cu與稀硝酸反響生成NO,為防止NO與氧氣反響生成NO2氣體,左側(cè)須注滿稀硝酸,B項正確;稀

34、硝酸與Cu反響生成NO氣體,NO不溶于水,導致左側(cè)壓強增大,Cu與稀硝酸別離,Cu不能完全反響,C項錯誤;反響停頓后翻開活塞,分液漏斗中NO與空氣接觸,生成紅棕色NO2氣體,D項正確。5.D解析 NaNO3中N元素的化合價為+3價,既能升高又能降低,那么NaNO2既具有氧化性又具有復原性,A項正確;食用“醋溜豆芽可減少亞硝酸鹽的含量,可能會減少亞硝酸鈉對人體的危害,B項正確;酸性條件下,亞硝酸鈉會產(chǎn)生一氧化氮和二氧化氮,所以亞硝酸鈉和胃酸作用的離子方程式為2NO2-+2H+NO+NO2+H2O,C項正確;D項,1 mol NaNO2在酸性條件下完全反響生成NO和NO2,轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為1

35、mol×12×4-3=0.5 mol,D項錯誤。6.D解析 不能用加熱NH4Cl固體的方法制氨氣,因為NH3和HCl會在試管里重新化合成NH4Cl,而NH4HCO3受熱分解得到氨氣的同時混有CO2氣體,A項錯誤;H+、NO3-能將SO32-氧化成SO42-,B項實驗不能說明原溶液中一定含有SO42-,也可能有SO32-,錯誤;鐵與稀HNO3反響產(chǎn)生NO,而不是H2,Fe與稀HNO3的反響不是置換反響,C項錯誤;只有D項正確。7.B解析 木炭與濃硝酸反響生成CO2和NO2的混合氣體,而NO2可與水反響生成硝酸,故混合氣體直接通入澄清石灰水,會產(chǎn)生CaNO32溶液,難以得到CaCO3沉淀;混合氣體先通過水,NO2可與水反響生成硝酸和NO,那么變?yōu)镹O和CO2的混合氣體,再通入澄清石灰水會產(chǎn)生CaCO3沉淀。8.D解析 此題綜合考察了噴泉實驗的原理,即由于氣體溶于水或某種溶液,導致燒瓶中的壓強迅速減小,與外界產(chǎn)生足夠的壓強差,從而形成噴泉,A正確;CO2能與NaOH等強堿溶液反響,從而被吸收,也能與外界產(chǎn)生很大的壓強差,故能形成噴泉,B正確;NH