狀元之路一輪總復習新課標化學答案與導解

高考進行時一輪總復習·化學(新課標通用版)····答案與導解答案與導解考點調(diào)查360°第一章化學計量在實驗中的應用第1講物質(zhì)的量氣體摩爾體積考基梳理夯基固本————————————————教材回扣n摩爾阿伏加德羅常數(shù)0.012NAmol－1NA＝eq\f(N,n)Mg·mol－1eq\o(□,\s\up1(10))相對分子(或原子)質(zhì)量eq\o(□,\s\up1(11))物質(zhì)的量eq\o(□,\s\up1(12))Vmeq\o(□,\s\up1(13))0℃eq\o(□,\s\up1(14))101kPaeq\o(□,\s\up1(15))22.4L·mol－1eq\o(□,\s\up1(16))Vm＝eq\f(V,n)eq\o(□,\s\up1(17))溫度eq\o(□,\s\up1(18))壓強eq\o(□,\s\up1(19))溫度eq\o(□,\s\up1(20))壓強eq\o(□,\s\up1(21))相同數(shù)目的分子思維辨析1．解析：單位不對，摩爾質(zhì)量與質(zhì)量是不同的概念，前者的單位是g·mol－1，后者的單位是g。答案：×2．解析：因為無法確認11.2LO2是否處于標準狀況下，所以無法計算其物質(zhì)的量。答案：×3．解析：體積雖然都是1L，但所處的溫度和壓強不一定相同，故二者的物質(zhì)的量不一定相同，則分子數(shù)不一定相同。答案：×4．解析：質(zhì)量、物質(zhì)的量不受外界條件的影響，22gCO2氣體的物質(zhì)的量任何條件下都是0.5mol，故所含分子數(shù)是0.5NA。答案：×5．解析：氣體摩爾體積或阿伏加德羅定律只適用于氣體體系，既可以是純凈氣體，也可以是混合氣體。對于固體和液體不適用。氣體摩爾體積在應用于氣體計算時，要注意只有在標準狀況下才能用22.4L·mol－1。戊烷在標準狀況下是液體。答案：×核心考點引領通關————————————————【典例1】【解析】8gO2的物質(zhì)的量是0.25mol，每個O2分子所含電子數(shù)是16，則8gO2含有4nA個電子，A項正確；NH3·H2O是弱電解質(zhì)，在水溶液中不能完全電離，故溶液中NHeq\o\al(＋,4)小于nA個，B項錯誤；標準狀況下，鹽酸是液體，不能利用氣體摩爾體積進行計算，且HCl是強電解質(zhì)，在水溶液中完全電離，鹽酸中無HCl分子，C項錯誤；1molNa被完全氧化時，不論生成Na2O還是Na2O2，都失去nA個電子，D項錯誤?！敬鸢浮緼應用1解析：A項，因不知N2所處條件而無法確定；B項，由于空氣中含有CO2等非單質(zhì)物質(zhì)，因此標準狀況下22.4L空氣中所含單質(zhì)分子的數(shù)目小于NA；D項，氯氣與水、NaOH溶液的反應中，氯氣既作氧化劑又作還原劑，1molCl2參與反應轉(zhuǎn)移電子數(shù)為NA。答案：C【典例2】【解析】由于12C18O和14N2的相對分子質(zhì)量不等，故體積相等的兩種氣體的質(zhì)量不等，因此密度不等，所以A項錯誤；1個12C18O分子中有16個中子，1個14N2分子中有14個中子，二者均為雙原子分子，原子數(shù)相等，即分子數(shù)相等，但中子數(shù)不等，所以B項錯誤；12C18O和14N2均為14電子分子，同溫同壓下，體積相等則分子數(shù)相等，所具有的電子數(shù)相等，所以C項正確；每個12C18O和14N2分子內(nèi)均有14個質(zhì)子，由于二者的相對分子質(zhì)量不等，故等質(zhì)量的兩種分子所具有的質(zhì)子數(shù)不等，所以D項錯誤?！敬鸢浮緾應用2解析：由阿伏加德羅定律，同溫同壓下，同體積的任何氣體具有相同的分子數(shù)，則物質(zhì)的量相等，即eq\f(x,M甲)＝eq\f(y,M乙)，推出：eq\f(x,y)＝eq\f(M甲,M乙)，故A正確；B項，eq\f(\f(m,M甲),\f(m,M乙))＝eq\f(M乙,M甲)＝eq\f(y,x)故不正確；C項，同溫同壓下，密度之比等于摩爾質(zhì)量之比，即為質(zhì)量比，故正確；D項，溫度相同時，等質(zhì)量的甲、乙壓強之比為eq\f(p甲,p乙)＝eq\f(n甲,n乙)＝eq\f(\f(m,M甲),\f(m,M乙))＝eq\f(M乙,M甲)＝eq\f(y,x)，故正確。答案：B【典例3】【解析】根據(jù)反應的化學方程式4NH3＋5O2eq\o(=,\s\up7(催化劑),\s\do5(△))4NO＋6H2O，當有標準狀況下VLNH3完全反應時，NH3的物質(zhì)的量為eq\f(V,22.4)mol，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為eq\f(5V,22.4)mol，已知在此反應中轉(zhuǎn)移電子數(shù)為n，則n＝eq\f(5V,22.4)×NA，所以，NA＝eq\f(22.4n,5V)，故選D。【答案】D應用3解析：法一設混合氣體中O3占xL，則O2為(a－x)L2O3=3O22L3LxLeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))xLeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))x＋(a－x)＝1.2a，解得x＝0.4a根據(jù)阿伏加德羅定律：n(O3)∶n(O2)＝V(O3)∶V(O2)＝0.4a∶0.6a＝2∶3，w(O2)＝eq\f(3×32,2×48＋3×32)×100%＝50%，w(O3)＝1－50%＝50%。法二差量法2O3=3O2ΔV233－2＝1x1.2a－a＝0.2a所以x＝0.2a×2＝4a以下解法同法一。答案：w(O2)＝50%，w(O3)＝50%遞進題組提升素養(yǎng)————————————————雙基題組1．解析：NaCl晶體無分子，A錯誤；物質(zhì)的量后面要加微粒的名稱，C錯誤；摩爾是物質(zhì)的量的單位，D錯誤。答案：B2．解析：摩爾質(zhì)量的單位是g·mol－1，相對分子質(zhì)量無單位。答案：D3．解析：n(SOeq\o\al(2－,4))＝3n[Al2(SO4)3]＝3×0.4mol＝1.2mol，0.4molAl2(SO4)3中含有0.8molAl3＋，由于在溶液中Al3＋水解，故小于0.8mol。答案：1.2<4．答案：①>⑥>⑤>③>②>④5．解析：(1)0.3mol×6.02×1023mol－1×2＝N(NH3)×3，則N(NH3)＝1.204×1023或2×0.3NA＝3×N(NH3)，N(NH3)＝0.2NA。(2)一個乙烷(C2H6)分子中含有7個共價鍵，所以0.4mol乙烷中所含共價鍵的物質(zhì)的量為2.8mol。(3)根據(jù)質(zhì)量守恒定律，0.04molC的質(zhì)量為16g＋20g－31.76g＝4.24g，M(C)＝4.24g÷0.04mol＝106g·mol－1。(4)每個氯原子中有17個電子，7.1gCl2中含電子的物質(zhì)的量為：eq\f(7.1g,71g·mol－1)×34＝3.4mol。Cl2和NaOH反應時，1molCl2轉(zhuǎn)移1mol電子，則7.1gCl2和NaOH反應轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為0.1mol。答案：(1)1.204×1023(或0.2NA)(2)2.8mol(3)106g·mol－1(4)3.40.16．解析：晶體的摩爾質(zhì)量為122g·mol－1，n＝eq\f(12.2g,122g·mol－1)＝0.1mol，故氧原子數(shù)目＝0.1×(2＋1.3)NA＝0.33NA，n(H)＝0.1mol×1.3×2＝0.26mol。答案：0.33NA0.267．解析：③中摩爾質(zhì)量的單位錯誤；由于該氯原子的質(zhì)量是ag，故ag該氯原子所含的電子數(shù)為17，④錯。答案：C8．解析：同溫同壓同體積的兩種氣體的分子數(shù)相同，B、C、D選項均錯誤。答案：A9．答案：(1)×(2)×(3)×(4)×10．答案：(1)√(2)√(3)√11．答案：(1)√(2)√(3)×(4)×(5)×(6)√(7)√(8)√12．答案：(1)×(2)×(3)×(4)×13．答案：(1)×(2)×(3)×(4)×14．答案：(1)×(2)×(3)√(4)×(5)×(6)×高考題組1．解析：1.0L1.0mol/L的NaAlO2水溶液中，溶質(zhì)NaAlO2和溶劑H2O中均含有氧原子，因此含有的氧原子數(shù)大于2N0，A項錯誤；石墨烯中1個六元環(huán)中含C原子的個數(shù)為6×eq\f(1,3)＝2,12g石墨烯中C的物質(zhì)的量為1mol，則六元環(huán)的個數(shù)為0.5NA，B項正確；25℃時，pH＝13的NaOH溶液中c(OH－)＝0.1mol/L，由于沒有提供溶液的體積，OH－的數(shù)目無法確定，C項錯誤；1mol—OH所含電子數(shù)為9N0，而1molOH－所含電子數(shù)為10N0，D項錯誤。答案：B2．解析：ClO－能發(fā)生水解，故1L1mol/L的NaClO溶液中ClO－的數(shù)目小于NA，故A錯誤。苯分子中不含碳碳雙鍵，B錯誤。14gN2與CO混合氣體的物質(zhì)的量為0.5mol，所含原子數(shù)等于NA，C正確。在反應3NO2＋H2O=2HNO3＋NO中，若有3molNO2與水反應轉(zhuǎn)移2mol電子，標況下6.72LNO2為0.3mol，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.2NA，故D錯誤。答案：C第2講物質(zhì)的量在化學實驗中的應用考基梳理夯基固本————————————————教材回扣molgLg物質(zhì)的量濃度cB＝eq\f(n,V)溶質(zhì)的質(zhì)量分數(shù)＝eq\f(溶質(zhì)的質(zhì)量,溶液的質(zhì)量)×100%cB＝eq\f(1000ρw,M)刻度線溫度eq\o(□,\s\up1(10))容量eq\o(□,\s\up1(11))膠頭滴管eq\o(□,\s\up1(12))玻璃棒eq\o(□,\s\up1(13))20.0eq\o(□,\s\up1(14))托盤天平eq\o(□,\s\up1(15))500mL容量瓶eq\o(□,\s\up1(16))2～3eq\o(□,\s\up1(17))注入容量瓶eq\o(□,\s\up1(18))膠頭滴管eq\o(□,\s\up1(19))刻度線思維辨析1．解析：溶質(zhì)NaCl的物質(zhì)的量為1mol，但所得溶液的體積不是1L，故濃度不是1mol·L－1。答案：×2．解析：未給出硝酸鋇溶液的體積，不能計算出硝酸根離子的物質(zhì)的量。答案：×3．解析：容量瓶不能用來溶解物質(zhì)或稀釋溶液。濃硫酸溶于水會釋放出大量的熱，應冷卻到室溫再轉(zhuǎn)移到容量瓶。答案：×4．解析：配制240mL1mol·L－1NaOH溶液需用250mL容量瓶，應稱量NaOH固體的質(zhì)量為10.0g。答案：5．解析：若將多余的溶液吸出，會使得溶液濃度偏小，加水超過容量瓶的刻度時的唯一解決辦法是重新配制。答案：×核心考點引領通關————————————————【典例1】【解析】溶液的體積：V[HCl(aq)]＝eq\f(\f(aL,22.4L·mol－1)×36.5g·mol－1＋1000g,bg·mL－1)×eq\f(1,1000)L·mL－1溶質(zhì)的物質(zhì)的量：n(HCl)＝eq\f(aL,22.4L·mol－1)，則c(HCl)＝eq\f(nHCl,V[HClaq])＝eq\f(1000ab,22400＋36.5a)mol·L－1?！敬鸢浮緿應用1解析：c＝eq\f(物質(zhì)的量n,溶液體積V)，n＝eq\f(V,22.4)mol，溶液質(zhì)量＝(eq\f(V,22.4)·M＋100)g，所以溶液體積＝eq\f(\f(V,22.4)M＋100,ρ)×10－3L，所以c＝eq\f(V,22.4)mol÷(eq\f(\f(V,22.4)M＋100,ρ)×10－3)L＝eq\f(1000Vρ,VM＋2240)mol·L－1。答案：B【典例2】【解析】當?shù)润w積混合時，設濃溶液的密度為ρ1，稀溶液的密度為ρ2，體積各為1L，則混合后w＝eq\f(ρ1·1L×3p%＋ρ2·1L×p%,ρ1＋ρ2×1L)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3ρ1＋ρ2,ρ1＋ρ2)))×p%＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2,1＋\f(ρ2,ρ1))))p%則當ρ1>ρ2時，如H2SO4溶液、HNO3溶液，w>2p%；當ρ1<ρ2時，如氨水、酒精溶液，w<2p%?！敬鸢浮?1)②(2)③應用2解析：由題意可知，對于氨水(或酒精)，濃度越大，溶液的密度越小，據(jù)溶液混合前后溶質(zhì)的質(zhì)量不變，有0.91g·cm－3×V×25%＋0.98g·cm－3×V×5%＝(0.91g·cm－3×V＋0.98g·cm－3×V)w(混)，變形為：eq\f(w混－5%,25%－w混)＝eq\f(0.91g·cm－3·V,0.98g·cm－3·V)<1，即w(混)<15%。答案：C【典例3】【解析】(1)根據(jù)溶液中離子所帶電荷守恒原則有：c(Na＋)＋c(K＋)＝c(Cl－)＋2c(SOeq\o\al(2－,4))，則c(Na＋)＝c(Cl－)＋2c(SOeq\o\al(2－,4))－c(K＋)＝0.8mol·L－1；(2)實驗所用容量瓶規(guī)格應該大于或等于實驗所配制的溶液體積，所以應選用500mL容量瓶；(3)配制溶液所需的溶質(zhì)質(zhì)量應該按配制500mL溶液來計算，具體的量為KCl、Na2SO4各為0.2mol，質(zhì)量分別為14.9g、28.4g；(4)若用三種物質(zhì)來配制，三種物質(zhì)應該為Na2SO4、NaCl、K2SO4；(5)根據(jù)質(zhì)量守恒原理，無論用幾種物質(zhì)進行配制，其溶質(zhì)質(zhì)量一定相同，故若用四種物質(zhì)配制，其總質(zhì)量為43.3g；(6)未洗滌燒杯和玻璃棒，會有溶質(zhì)殘留在燒杯和玻璃棒上，使所配溶液濃度偏低；轉(zhuǎn)移時部分溶液濺出瓶外，也使溶質(zhì)損失；加水時凹液面高于容量瓶刻度線，說明溶液體積偏大，濃度偏??；俯視觀察時，實際液面低于刻度線，濃度偏大?！敬鸢浮?1)0.8mol·L－1(2)B(3)14.928.4(4)Na2SO4、NaCl、K2SO4(5)43.3(6)ABC應用3解析：(1)需要NaOH固體的質(zhì)量為0.5L×0.5mol·L－1×40g·mol－1＝10.0g。(2)根據(jù)配制一定物質(zhì)的量濃度溶液的操作步驟可知其順序為①③④②⑤。(3)0.48mol·L－1比0.5mol·L－1小，A：由于固體NaOH具有極強的吸水性，使用濾紙稱量時，NaOH固體易粘附在濾紙上，使NaOH固體質(zhì)量減少；B：容量瓶中原來存有少量蒸餾水，無影響；C：溶解后的燒杯未經(jīng)過多次洗滌，溶質(zhì)NaOH質(zhì)量減少；D：膠頭滴管加水定容時仰視刻度，加水過多，NaOH溶液濃度偏低。答案：(1)10.0g(2)①③④②⑤(3)ACD遞進題組提升素養(yǎng)————————————————雙基題組1．答案：(1)5%表示硫酸銅溶液的質(zhì)量分數(shù)，即100g硫酸銅溶液中含有5g硫酸銅溶質(zhì)。(2)1L該NaCl溶液中所含NaCl的物質(zhì)的量是0.4mol。(3)5%0.4mol·L－12．解析：n(Fe3＋)＝0.05mol，n[Fe2(SO4)3]＝0.025mol，n(SOeq\o\al(2－,4))＝0.075mol，V(溶液)＝eq\f(80,1000d)L，c(SOeq\o\al(2－,4))＝eq\f(nSO\o\al(2－,4),V溶液)。答案：A3．解析：(1)S＝eq\f(w,1－w)×100g(溶解度定義)(2)c＝1000mL·L－1×eq\f(mg,VmL)×eq\f(1,40g·mol－1)＝eq\f(25m,V)mol·L－1(3)c＝eq\f(1000mL·L－1×dg·cm－3×w,40g·mol－1)＝25dwmol·L－1(4)w＝eq\f(40g·mol－1×cmol·L－1,1000mL·L－1×dg·cm－3)×100%＝eq\f(4c,d)%答案：(1)eq\f(w,1－w)×100g(2)eq\f(25m,V)mol·L－1(3)25dwmol·L－1(4)eq\f(4c,d)%4．解析：c(Mg2＋)＝eq\f(1000mL·L－1×1.20g·cm－3×4.8%,24g·mol－1)＝2.4mol·L－1＝c(MgSO4)，溶液中溶質(zhì)的質(zhì)量分數(shù)為4.8%×eq\f(120,24)＝24.0%，SOeq\o\al(2－,4)的質(zhì)量分數(shù)＝24.0%－4.8%＝19.2%。溶質(zhì)與溶劑的物質(zhì)的量之比是eq\f(24,120)∶eq\f(76,18)＝9∶190＝1∶21.1。答案：C5．解析：A項，由于溶液的體積既不是水的體積也不是二者體積之和，溶液的體積不能直接確定，僅利用V無法確定ρ，A錯；由c＝eq\f(1000ρW,M)＝eq\f(1000ρW,17)，可得：W＝eq\f(17c,1000ρ)，由此可知B正確。氨水的質(zhì)量分數(shù)＝eq\f(\f(VL,22.4L·mol－1)×17g·mol－1,\f(VL,22.4L·mol－1)×17g·mol－1＋1000g)＝eq\f(17V,17V＋22400)，由此可知C項正確。氨水的物質(zhì)的量濃度＝eq\f(1000ρW,M)＝eq\f(1000ρ×\f(17V,17V＋22400),17)＝eq\f(1000ρV,17V＋22400)，由此可知D正確。答案：A6．解析：據(jù)混合后n(H2SO4)＝n1(H2SO4)＋n2(H2SO4)，設取混合前兩硫酸溶液的體積為VmL，則有c＝eq\f(nH2SO4,V溶液)＝eq\f(c1V＋c2V×10－3,\f(ρ1V＋ρ2V,ρ3)×10－3)＝eq\f(c1＋c2ρ3,ρ1＋ρ2)，應選答案A。答案：A7．解析：(1)c(HCl)＝eq\f(\f(1.25g·mL－1×1000mL×36.5%,36.5g·mol－1),1L)＝12.5mol·L－1(2)eq\f(250mL,1000mL·L－1)×0.1mol·L－1＝12.5mol·L－1·VV＝0.002L＝2mL。答案：(1)12.5mol·L－1(2)2250(3)BCAFED燒杯內(nèi)壁和玻璃棒膠頭滴管1～2cm(4)保證溶質(zhì)全部轉(zhuǎn)入容量瓶(5)①重新配制②重新配制8．答案：(1)偏小(2)偏小(3)偏大(4)偏大(5)偏小(6)偏小(7)偏大(8)偏小(9)偏小(10)偏大(11)偏大(12)偏大(13)偏小(14)偏小(15)偏小(16)偏小(17)偏小(18)無影響(19)無影響(20)無影響高考題組1．解析：用托盤天平稱量物質(zhì)的質(zhì)量時，應“左物右碼”，A錯誤。轉(zhuǎn)移溶液應使用玻璃棒引流，C錯誤。定容時膠頭滴管不能插入容量瓶內(nèi)部，D錯誤。答案：B2．解析：把500mL混合溶液分成5等份，每份100mL，向一份中加入含amol硫酸鈉的溶液使鋇離子完全沉淀時，可知原溶液中c(Ba2＋)為10amol·L－1，同理知原溶液中c(Cl－)為10bmol·L－1，根據(jù)電荷守恒原理，求出c(K＋)＝10(b－2a)mol·L－1。答案：D3．解析：由于產(chǎn)生cmolNH3，則必定有NHeq\o\al(＋,4)cmol，使SOeq\o\al(2－,4)完全沉淀需Ba2＋bmol，因此SOeq\o\al(2－,4)有bmol。根據(jù)電荷守恒：2c(SOeq\o\al(2－,4))＝c(NHeq\o\al(＋,4))＋3c(Al3＋)，則3c(Al3＋)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(b,a)－\f(c,a)))mol·L－1c(Al3＋)＝eq\f(2b－c,3a)mol·L－1。答案：C第二章化學物質(zhì)及其變化第3講物質(zhì)的分類和性質(zhì)考基梳理夯基固本————————————————教材回扣核電荷數(shù)游離化合單質(zhì)化合物標準標準交叉分類樹狀分類eq\o(□,\s\up1(10))一定eq\o(□,\s\up1(11))不一定eq\o(□,\s\up1(12))把一種(或幾種)物質(zhì)(分散質(zhì))分散在另一種物質(zhì)(分散劑)中eq\o(□,\s\up1(13))光亮的通路eq\o(□,\s\up1(14))沉淀eq\o(□,\s\up1(15))加熱eq\o(□,\s\up1(16))電解質(zhì)溶液eq\o(□,\s\up1(17))帶相反電荷的膠體粒子eq\o(□,\s\up1(18))定向eq\o(□,\s\up1(19))飽和FeCl3溶液eq\o(□,\s\up1(20))紅褐色eq\o(□,\s\up1(21))FeCl3＋3H2Oeq\o(=,\s\up7(△))Fe(OH)3(膠體)＋3HCl思維辨析1．解析：光導纖維為二氧化硅，合成纖維為有機材料。答案；×2．解析：濁液的分散質(zhì)粒子大小大于膠體，即粒子直徑大于100nm。答案；×3．解析：冰醋酸是純凈的乙酸，冰水混合物的成分是H2O，兩者都是純凈物。答案；×4．解析：膠粒因吸附作用可能帶電荷，但整個膠體是電中性的，不帶電。答案；×5．解析：Fe(OH)3膠粒為多個Fe(OH)3分子的集合體，故Fe(OH)3膠粒數(shù)目應小于NA。答案；×核心考點引領通關————————————————【典例1】【解析】①根據(jù)酸分子電離時能產(chǎn)生氫離子的個數(shù)將酸分為一元酸、二元酸等；②結晶水合物都是純凈物；③根據(jù)電解質(zhì)電離時是否完全，將電解質(zhì)分為強電解質(zhì)、弱電解質(zhì)；④Mn2O7為金屬氧化物，但屬于酸性氧化物；⑤反應中放出熱量的反應是放熱反應，反之，就是吸熱反應；⑥單質(zhì)既不屬于電解質(zhì)也不屬于非電解質(zhì)；⑦鹽酸、稀硫酸等溶液中含有的氫離子均能表現(xiàn)出氧化性，但不屬于氧化性酸。【答案】B應用1解析：①正確；②沼氣屬于可再生資源。水煤氣由熾熱的煤同水蒸氣反應制得，而煤為不可再生資源，所以水煤氣為不可再生資源，故錯誤；③冰為固態(tài)水，干冰為固態(tài)CO2，均為純凈物和化合物，正確；④正確；⑤鹽酸和食醋為混合物，錯誤；⑥純堿為Na2CO3，是鹽不是堿，錯誤；⑦豆?jié){和霧都能發(fā)生丁達爾現(xiàn)象，均屬于膠體，正確。綜上所述，選D。答案：D【典例2】【解析】由于Fe3＋水解，所以FeCl3溶液顯酸性，加入石灰石后，與水解生成的H＋反應，促進了Fe3＋的進一步水解，最后得到Fe(OH)3膠體，反應的離子方程式為3CaCO3＋2Fe3＋＋3H2O=2Fe(OH)3(膠體)＋3CO2↑＋3Ca2＋。X燒杯中分散質(zhì)為FeCl3，Z燒杯中分散質(zhì)為Fe(OH)3膠體和CaCl2，能產(chǎn)生丁達爾效應。【答案】B應用2解析：制備Fe(OH)3膠體時，應向沸騰的蒸餾水中(其他液體如自來水、食鹽水、NaOH溶液等均不可)逐滴滴加幾滴飽和FeCl3溶液(反滴、持續(xù)加熱、攪拌均不可)，不按此操作得到的是Fe(OH)3沉淀，所以A、B、C、D、E、F選項均錯；蛋白質(zhì)與水混合屬于膠體，G正確。答案：G遞進題組提升素養(yǎng)————————————————雙基題組1．解析：KHCO3是酸式鹽，不符合題意，則既是鉀鹽又是碳酸鹽的只能是K2CO3。答案：C2．解析：Al2O3屬于兩性氧化物，A錯；石灰石、生石灰、熟石灰分別屬于鹽、堿性氧化物和堿，B錯；反應3Fe(OH)2＋10HNO3=3Fe(NO3)3＋NO↑＋8H2O屬于氧化還原反應，而不屬于復分解反應，C錯；膠體屬于分散系，而分散系屬于混合物，D正確。答案：D3．解析：本題考查物質(zhì)的分類。①④⑤敘述的是氯化鈉的組成和結構；②③敘述的是氯化鈉的功能。故根據(jù)上述分析，可將關于氯化鈉的描述分為兩類。答案：分類依據(jù)相關描述(填序號)第一類結構①④⑤第二類功能②③4.解析：A項，屬于蠟燭的不完全燃燒；C項，其中的原料小蘇打與檸檬酸發(fā)生化學反應生成CO2；D項，雞蛋殼的主要成分碳酸鈣與醋酸發(fā)生化學反應。答案：B5．解析：N2＋H2→NH3、CO＋Fe2O3→CO2＋Fe、FeS2→SO2→SO3→H2SO4，顯然以上過程都涉及化學變化，而分餾法是利用石油組分中物質(zhì)沸點差異而獲得汽油的方法，該過程沒有新物質(zhì)產(chǎn)生，屬于物理變化，沒有化學變化。答案：D6．解析：酸性氧化物、堿性氧化物可以和酸反應生成鹽和水，A可能；酸和堿可以發(fā)生中和反應生成鹽和水，堿屬于電解質(zhì)，C、D可能。答案：B7．解析：SiO2與水不能反應，A錯誤；銅和鐵對應的氧化銅、氧化鐵不能直接和水反應，C、D錯誤；Seq\o(→,\s\up7(O2))SO2eq\o(→,\s\up7(H2O))H2SO3eq\o(→,\s\up7(NaOH))Na2SO3，B正確。答案：B8．解析：根據(jù)題中信息“PM2.5是指大氣中直徑小于或等于2.5微米的細小顆粒物”可知，PM2.5遠大于100nm(1微米＝1000nm)，不屬于膠體。答案：D9．解析：(1)分類連線時，一定要明確分類的標準，同一種物質(zhì)分類標準不同，會有不同的歸類。(2)根據(jù)各物質(zhì)的溶解性可知，A、C、F分別得到KCl溶液，白磷的CS2溶液，乙酸溶液，B形成淀粉膠體，D形成懸濁液，E形成的是乳濁液。答案：(1)(2)ACFBDE高考題組1．解析：A項，CO不是酸性氧化物；B項，氯化鐵溶液不是膠體；C項，四氯化碳不是電解質(zhì)；D項正確。答案：D2．解析：石油的分餾產(chǎn)物汽油為混合物，A錯；油脂不是高分子化合物，B錯；Mn2O7為酸性氧化物，Al2O3為兩性氧化物，它們都是金屬氧化物，C錯；血液透析是利用膠體不能通過半透膜的原理，通過擴散、對流將體內(nèi)各種有害以及多余的代謝廢物和過多的電解質(zhì)移出體外，達到凈化血液的目的，D正確。答案：D第4講離子反應考基梳理夯基固本————————————————教材回扣eq\o(□,\s\up1(10))NHeq\o\al(＋,4)＋OH－eq\o(□,\s\up1(11))H＋＋HCOeq\o\al(－,3)eq\o(□,\s\up1(12))溶液eq\o(□,\s\up1(13))熔融eq\o(□,\s\up1(14))減小eq\o(□,\s\up1(15))難溶eq\o(□,\s\up1(16))難電離eq\o(□,\s\up1(17))易揮發(fā)eq\o(□,\s\up1(18))2FeCl2＋Cl2=2FeCl3eq\o(□,\s\up1(19))FeCl3＋3KSCN=Fe(SCN)3＋3KCleq\o(□,\s\up1(20))離子符號eq\o(□,\s\up1(21))化學方程式eq\o(□,\s\up1(22))易溶eq\o(□,\s\up1(23))不參加反應的離子eq\o(□,\s\up1(24))質(zhì)量eq\o(□,\s\up1(25))電荷eq\o(□,\s\up1(26))得失電子eq\o(□,\s\up1(27))MnO2＋4H＋＋2Cl－△,Mn2＋＋Cl2↑＋2H2Oeq\o(□,\s\up1(28))某一個具體eq\o(□,\s\up1(29))同一類型eq\o(□,\s\up1(30))強酸eq\o(□,\s\up1(31))強堿eq\o(□,\s\up1(32))可溶性思維辨析1．解析：銅和食鹽水都不屬于電解質(zhì)，電解質(zhì)必須是化合物；BaSO4、CaCO3等不溶性鹽屬于強電解質(zhì)。答案：×2．解析：不是在溶液中進行的反應，不是自由移動的離子之間的反應，不能寫離子方程式。如銅和濃硫酸的反應，銨鹽與堿反應制取氨氣等。答案：×3．解析：電解質(zhì)是指在水溶液中或熔融狀態(tài)下能自身離解成自由移動離子的化合物，CO2溶于水生成電解質(zhì)H2CO3，而不是自身直接電離，CO2是非電解質(zhì)；BaSO4的飽和溶液導電性差的原因是其難溶于水，離子濃度小，但溶于水的部分卻能全部電離，故BaSO4是強電解質(zhì)。答案：×4．解析：部分強酸和強堿反應可用H＋＋OH－=H2O來表示，有些強酸與強堿的反應不能，如2H＋＋SOeq\o\al(2－,4)＋Ba2＋＋2OH－=BaSO4↓＋2H2O。答案：×5．解析：NOeq\o\al(－,3)在酸性條件下具有強氧化性，能氧化Fe2＋生成Fe3＋，不能大量共存。答案：×核心考點引領通關————————————————【典例1】【解析】A中應為MnO2＋4H＋＋2Cl－eq\o(=,\s\up7(△))Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O；B中應將“↓”符號改為“(膠體)”；C中應為2Na2O2＋2H2O=4Na＋＋4OH－＋O2↑；D中離子方程式正確?！敬鸢浮緿應用1解析：A選項產(chǎn)物為Fe2＋，錯誤；B選項，Na先與水反應生成NaOH，NaOH再與CuSO4反應，錯誤；C選項，HCOeq\o\al(－,3)與H＋反應，錯誤；D選項是沉淀的轉(zhuǎn)化，Mg(OH)2轉(zhuǎn)化為更難溶的Fe(OH)3沉淀，正確。答案：D【典例2】【解析】A中使甲基橙變紅色的溶液為酸性溶液，則四種離子均能大量共存；B中使酚酞變紅色的溶液為堿性，Cu2＋、HCOeq\o\al(－,3)不能大量共存；C中Ag＋與SOeq\o\al(2－,4)、I－不能大量共存；D中AlOeq\o\al(－,2)與H＋不能共存?！敬鸢浮緼應用2解析：B項，通入CO2后發(fā)生反應：SiOeq\o\al(2－,3)＋CO2＋H2O=H2SiO3↓＋COeq\o\al(2－,3)；C項，Cl2能夠氧化Fe2＋；D項，Ag＋和NH3·H2O可以發(fā)生反應：Ag＋＋NH3·H2O=AgOH↓＋NHeq\o\al(＋,4)，氨水過量還可以發(fā)生反應：AgOH＋2NH3·H2O=Ag(NH3)2OH＋2H2O。答案：A遞進題組提升素養(yǎng)————————————————雙基題組1．解析：A項中HI為強電解質(zhì)；B項中鹽酸為混合物，既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)，CaCO3為強電解質(zhì)；C項中Cl2為單質(zhì)，既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)。答案：D2．解析：Na2CO3溶于水的電離方程式為：Na2CO3=2Na＋＋COeq\o\al(2－,3)；Al(OH)3酸式電離方程式：Al(OH)3H＋＋AlOeq\o\al(－,2)＋H2O；NaHS溶于水HS－的電離方程式為：HS－＋H2OS2－＋H3O＋。答案：D3．答案：(1)Ba2＋＋2OH－＋2NHeq\o\al(＋,4)＋SOeq\o\al(2－,4)=BaSO4↓＋2NH3·H2O(2)Cu2＋＋SOeq\o\al(2－,4)＋Ba2＋＋2OH－=BaSO4↓＋Cu(OH)2↓(3)NHeq\o\al(＋,4)＋HCOeq\o\al(－,3)＋2OH－=NH3·H2O＋COeq\o\al(2－,3)＋H2O(4)Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SOeq\o\al(2－,4)=BaSO4↓＋2H2O(5)Fe2O3＋6H＋＋2I－=2Fe2＋＋3H2O＋I2(6)2Fe2＋＋4Br－＋3Cl2=2Fe3＋＋2Br2＋6Cl－(7)3FeO＋10H＋＋NOeq\o\al(－,3)=3Fe3＋＋NO↑＋5H2O4．答案：(1)HCOeq\o\al(－,3)＋OH－＋Ca2＋=CaCO3↓＋H2O(2)Ca2＋＋2OH－＋2HCOeq\o\al(－,3)=CaCO3↓＋COeq\o\al(2－,3)＋2H2O5．答案：(1)Ca2＋＋2HCOeq\o\al(－,3)＋2OH－=CaCO3↓＋COeq\o\al(2－,3)＋2H2O(2)OH－＋HCOeq\o\al(－,3)＋Ca2＋=CaCO3↓＋H2O6．答案：(1)Ca2＋＋HCOeq\o\al(－,3)＋OH－=CaCO3↓＋H2O(2)Ca2＋＋HCOeq\o\al(－,3)＋OH－=CaCO3↓＋H2O7．答案：(1)×(2)×(3)×(4)×(5)×(6)×(7)×(8)×(9)×(10)×(11)×(12)×8．答案：(1)×(2)×(3)×(4)√(5)×(6)×(7)×(8)×9．解析：A項，H＋與弱酸酸式根離子不共存；B項Al3＋與NH3·H2O反應生成難溶物Al(OH)3而不能大量共存；C項，SOeq\o\al(2－,3)有一定還原性，Cl2有較強氧化性，因發(fā)生氧化還原反應而不能大量共存；D項對。答案：D10．解析：②中MnOeq\o\al(－,4)顯紫紅色；③中“加入Al能放出H2的溶液”顯酸性或堿性，HCOeq\o\al(－,3)都不能存在；④中Fe2＋、NOeq\o\al(－,3)在酸性溶液中能發(fā)生氧化還原反應，故不能大量共存；⑤中“由水電離出的c(OH－)＝1×10－13mol·L－1的溶液”顯酸性或堿性，Na＋、Ba2＋、Cl－、Br－都可以大量共存。答案：A高考題組1．解析：A項中Al3＋與COeq\o\al(2－,3)因發(fā)生相互促進水解而不能大量共存；B項中Fe2＋具有還原性，MnOeq\o\al(－,4)在酸性條件(含H＋)下具有強氧化性，二者因發(fā)生氧化還原反應不能大量共存；C項中四種離子相互之間不發(fā)生反應，可大量共存；D項中NHeq\o\al(＋,4)與OH－發(fā)生反應生成弱電解質(zhì)NH3·H2O而不能大量共存。答案：C2．解析：B中NaCl與濃H2SO4共熱應生成HCl氣體；C中磁性氧化鐵為Fe3O4，應用化學式表示；D中明礬溶液中Al3＋與SOeq\o\al(2－,4)的個數(shù)比為1∶2，當SOeq\o\al(2－,4)完全沉淀時，加入的OH－與Al3＋反應生成AlOeq\o\al(－,2)。答案：A第5講氧化還原反應考基梳理夯基固本————————————————教材回扣eq\o(□,\s\up1(10))氧化eq\o(□,\s\up1(11))氧化eq\o(□,\s\up1(12))氧化eq\o(□,\s\up1(13))還原eq\o(□,\s\up1(14))還原eq\o(□,\s\up1(15))得eq\o(□,\s\up1(16))降低eq\o(□,\s\up1(17))還原eq\o(□,\s\up1(18))得到eq\o(□,\s\up1(19))降低eq\o(□,\s\up1(20))還原eq\o(□,\s\up1(21))還原eq\o(□,\s\up1(22))氧化eq\o(□,\s\up1(23))失去eq\o(□,\s\up1(24))升高eq\o(□,\s\up1(25))氧化eq\o(□,\s\up1(26))氧化eq\o(□,\s\up1(27))還原eq\o(□,\s\up1(28))化合eq\o(□,\s\up1(29))置換eq\o(□,\s\up1(30))復分解eq\o(□,\s\up1(31))分解eq\o(□,\s\up1(32))氧化還原eq\o(□,\s\up1(33))變價元素eq\o(□,\s\up1(34))升價總數(shù)eq\o(□,\s\up1(35))降價總數(shù)eq\o(□,\s\up1(36))質(zhì)量eq\o(□,\s\up1(37))電子eq\o(□,\s\up1(38))“得”eq\o(□,\s\up1(39))“失”eq\o(□,\s\up1(40))3Cu＋8HNO3(稀)=3Cu失2e－×3(NO3)2＋2N得3e－×2O↑＋4H2Oeq\o(□,\s\up1(41))(1)轉(zhuǎn)移電子數(shù)目eq\o(□,\s\up1(42))“得”、“失”eq\o(□,\s\up1(43))Cu＋4HN2e－O3(濃)=Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2Oeq\o(□,\s\up1(44))X－eq\o(□,\s\up1(45))O2－或OH－eq\o(□,\s\up1(46))Mn2＋eq\o(□,\s\up1(47))SO2或Seq\o(□,\s\up1(48))NO或NO2eq\o(□,\s\up1(49))Mn2＋eq\o(□,\s\up1(50))Fe2＋或Feeq\o(□,\s\up1(51))H2Oeq\o(□,\s\up1(52))Mn＋eq\o(□,\s\up1(53))H2Oeq\o(□,\s\up1(54))CO或CO2eq\o(□,\s\up1(55))CO2eq\o(□,\s\up1(56))SO3或SOeq\o\al(2－,4)eq\o(□,\s\up1(57))Seq\o(□,\s\up1(58))I2eq\o(□,\s\up1(59))SOeq\o\al(2－,4)eq\o(□,\s\up1(60))Fe3＋思維辨析1．解析：在氧化還原反應中，有些反應物既不是氧化劑也不是還原劑，有些既是氧化劑，又是還原劑，如Cl2＋H2O=HClO＋HCl中的H2O和Cl2。答案：×2．解析：不一定。同素異形體之間的轉(zhuǎn)化不是氧化還原反應。如3O2eq\o(=,\s\up7(放電))2O3。答案：×3．解析：有些化合反應不屬于氧化還原反應，如CO2＋H2O=H2CO3。答案：×4．解析：元素從游離態(tài)變?yōu)榛蠎B(tài)，也可能被還原，如Br2＋2NaI=2NaBr＋I2中的溴元素。答案：×5．解析：簡單的非金屬陰離子只具有還原性，但像Oeq\o\al(2－,2)既有氧化性又有還原性；有些金屬陽離子不只具有氧化性，如Fe2＋既具有氧化性又具有還原性。答案：×核心考點引領通關————————————————【典例1】【解析】根據(jù)反應的化學方程式可知，亞硝酸鈉中氮元素的化合價從＋3價降低到0價，得到3個電子，亞硝酸鈉是氧化劑；氯化銨中氮元素的化合價從－3價升高到0價，失去3個電子，氯化銨是還原劑，反應中轉(zhuǎn)移3個電子，所以正確的答案為A。【答案】A應用1解析：反應過程中化合價升高的元素是S，化合價降低的元素是Cu、O，故SO2既是氧化產(chǎn)物，也是還原產(chǎn)物，選項A項正確；CuFeS2轉(zhuǎn)化生成Cu2S的過程中Cu2＋被還原，反應中CuFeS2也是氧化劑，選項B錯誤；每生成1molCu2S，同時生成1molSO2，因此只有1mol硫被氧化，選項C錯誤；S的化合價由CuFeS2中的－2價升高至SO2中的＋4價，故每生成1molSO2(即1mol硫被氧化)，轉(zhuǎn)移電子為6mol，選項D正確。答案：AD【典例2】【解析】(1)根據(jù)反應方程式可以判斷還原能力強弱：①中I－>Fe2＋，②中Fe2＋>Cl－，③中SO2>I－，綜合分析知：SO2>I－>Fe2＋>Cl－，故D項正確。(2)由四種物質(zhì)氧化能力可知，W2可氧化Z－、X－和Y－生成相應的單質(zhì)，Z2可氧化X－和Y－生成相應的單質(zhì)，X2可氧化Y－生成Y2，故B、C項正確?！敬鸢浮?1)D(2)BC應用2答案：A【典例3】【解析】因為還原性Fe2＋＞Br－，在FeBr2溶液中通入Cl2時發(fā)生反應：2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－，通入過量Cl2時發(fā)生反應：2Fe2＋＋4Br－＋3Cl2=2Br2＋2Fe3＋＋6Cl－，所以當x≤0.5a時只發(fā)生前一個反應，當x≥1.5a時只發(fā)生后一個反應，當0.5a＜x＜1.5a時，F(xiàn)e2＋與Br－均參加反應，且Fe2＋與Br－的物質(zhì)的量之比大于1∶2，故選B。【答案】B應用3解析：排除法，由氧化性強弱可知，F(xiàn)e2＋先于Cl2反應，所以Fe2＋的計量數(shù)一定不能為0，B選項錯誤。答案：B【典例4】【解析】根據(jù)物質(zhì)的氧化性和還原性，補充后根據(jù)電子守恒，可得配平的化學方程式為：3H2O＋2Mn2＋＋5IOeq\o\al(－,4)=2MnOeq\o\al(－,4)＋5IOeq\o\al(－,3)＋6H＋，只有D項錯誤?！敬鸢浮緿應用4解析：(3)可以采用化合價升降法配平，即Se元素化合價由＋4降低為0，而I元素化合價由－1升高至0，根據(jù)化合價升降相等，KI系數(shù)為4，故I2系數(shù)為2，然后配平即可；該反應中KI中的I元素失電子，而SeO2中Se元素得電子。(4)根據(jù)配平后的化學方程式①與化學方程式②可得關系式：SeO2～4Na2S2O3故樣品中的SeO2質(zhì)量為m＝eq\f(1,4)×0.2000mol/L×0.025L×111g/mol。即樣品中SeO2質(zhì)量分數(shù)為eq\f(m,0.1500g)＝0.925。答案：(1)Se＋2HNO3(濃)=H2SeO3＋NO↑＋NO2↑(2)H2SO4(濃)>SeO2>SO2(3)SeO2＋4KI4e－＋4HNO3=Se＋2I2＋4KNO3＋2H2O(4)0.925(92.5%)遞進題組提升素養(yǎng)————————————————雙基題組1．解析：B是分解反應，且不是氧化還原反應；C是化合反應，D是置換反應，只有A項正確，它是氧化還原反應，但又不是化合反應、置換反應、分解反應。答案：A2．解析：A項氧化劑和還原劑均為S，物質(zhì)的量之比為2∶1；B項為非氧化還原反應；C項NaClO3和I2分別為氧化劑和還原劑，物質(zhì)的量之比為2∶1；D項MnO2和HCl分別為氧化劑和還原劑，4molHCl中有2mol表現(xiàn)出還原性，另外2mol表現(xiàn)出酸性，即氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為1∶2。答案：D3．解析：本題可用排除法。分析HCN中各元素化合價，氫元素化合價降低，被還原，A項錯誤；從氫的化合價降低的角度分析，HCN為氧化劑，而很明顯CaCO3在反應中沒有化合價變化，既不作氧化劑也不作還原劑，則HCN既作氧化劑又作還原劑，故B項錯誤；HCN中碳元素與CO中碳元素化合價均為＋2價，故D項錯誤。只有C項正確。答案：C4．解析：氣體被吸收，說明二氧化氮、氧氣和水發(fā)生的反應為4NO2＋O2＋2H2O=4HNO3，所以二氧化氮和氧氣的計量數(shù)之比是4∶1，根據(jù)氧化還原反應中得失電子數(shù)相等知，U元素的化合價不變，所以生成物是UO3，故選C。答案：C5．解析：氧化還原反應中氧化性：氧化劑>氧化產(chǎn)物。由反應①得氧化性：Cl2>I2；由反應②得氧化性：Cl2>Fe3＋；由反應③得氧化性：Fe3＋>I2。綜上所述知：氧化性：Cl2>Fe3＋>I2。答案：B6．解析：由題意“Cl－<Br－<Fe2＋<I－<SO2”，知還原性Br－<SO2，C項違背氧化還原反應的強弱規(guī)律，正確的寫法應為SO2＋Br2＋2H2O=2Br－＋4H＋＋SOeq\o\al(2－,4)。答案：C7．解析：由①得出Q價態(tài)高于G，因為G必介于Q和－1價的Cl之間，－1價為氯元素的最低價；將該結論引用到③，Y介于Q與G之間，故有Q價態(tài)高于Y，Y價態(tài)高于G；分析②：H2O中的H化合價降低，則Q中的氯元素轉(zhuǎn)變?yōu)閄中的氯元素，化合價必升高，則得出X價態(tài)高于Q；最后分析④：Z介于Q、X之間，則X價態(tài)高于Z，Z價態(tài)高于Q。答案：A8．答案：(1)PP中氮元素的化合價最高(2)N2(3)Ⅲ根據(jù)氧化還原反應規(guī)律，M、L這兩種物質(zhì)反應，不可能生成氮元素價態(tài)比M、L都高的物質(zhì)9．解析：題目中指出被還原的物質(zhì)是Cr，則得電子的物質(zhì)必是K2Cr2O7，失電子的物質(zhì)一定是Na2SO3，其中S元素的化合價從＋4→＋6；而Cr元素的化合價將從＋6→＋n(設化合價為n)。根據(jù)氧化還原反應中得失電子守恒規(guī)律，有0.05mol·L－1×0.024L×(6－4)＝0.02mol·L－1×0.020L×2×(6－n)，解得n＝3。答案：B10．解析：氧化劑得到的電子總數(shù)等于還原劑失去的電子總數(shù)。鋅和很稀的硝酸反應，鋅被氧化成硝酸鋅，而硝酸被還原為硝酸銨，硝酸中氮元素的化合價由＋5降到了－3。每生成1mol硝酸鋅時，鋅失去2mol電子。而每還原1molHNO3生成硝酸銨需要得到8mol電子。由題意可知，當生成1mol硝酸鋅時，被還原的硝酸的物質(zhì)的量應為0.25mol。答案：D11．解析：反應中氮元素的化合價從＋3價升高到＋5價，失去2個電子，被氧化，作還原劑，A不正確；Mn元素的化合價從＋7價降低到＋2價，得到5個電子，根據(jù)電子得失守恒可知，氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比是2∶5，所以選項C正確；再根據(jù)電荷守恒可知，反應前消耗氫離子，所以B和D都是錯誤的，答案為C。答案：C12．解析：(1)氧化反應、還原反應分別改寫為：5H2O2－10e－=10H＋＋5O2↑2MnOeq\o\al(－,4)＋10e－＋16H＋=2Mn2＋＋8H2O兩式相加得5H2O2＋2MnOeq\o\al(－,4)＋6H＋=5O2↑＋2Mn2＋＋8H2O。(2)由題意知H2O2～2e－1mol2mol0.5mol1mol(3)由2H2O2eq\o(=,\s\up7(Mn2＋),\s\do5())2H2O＋O2↑得關系式2H2O2～2e－2mol2mol0．5mol0.5mol答案：(1)5H2O2＋2MnOeq\o\al(－,4)＋6H＋=5O2↑＋2Mn2＋＋8H2O(2)KMnO4氧元素6.02×1023(3)2H2O2eq\o(=,\s\up7(Mn2＋),\s\do5())2H2O＋O2↑3.01×1023高考題組1．解析：由方程式可知16個N2中，有15個N2是氧化產(chǎn)物、1個N2是還原產(chǎn)物，所以有10molNaN3參加反應，氧化產(chǎn)物比還原產(chǎn)物多14mol，若氧化產(chǎn)物比還原產(chǎn)物多1.75mol，則有1.25molNaN3、0.25molKNO3參加反應，生成2molN2，轉(zhuǎn)移1.25mol電子，被氧化的N原子的物質(zhì)的量為1.25mol×3＝3.75mol。答案：CD2．解析：鋅粉加入到MOeq\o\al(＋,2)溶液中發(fā)生氧化還原反應，反應物Zn為0.003mol，反應中失去電子為0.003mol×2＝0.006mol，而溶液中MOeq\o\al(＋,2)為20.0×10－3L×0.100mol/L＝0.002mol，根據(jù)反應中轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量相等，可求得反應中M元素降低3價，即MOeq\o\al(＋,2)的還原產(chǎn)物可能為M2＋。答案：B第三章金屬及其化合物第6講鈉及其化合物考基梳理夯基固本————————————————教材回扣eq\o(□,\s\up1(10))2Na＋2H2O=2Na＋＋2OH－＋H2↑eq\o(□,\s\up1(11))2Na＋CuSO4＋2H2O=Cu(OH)2↓＋H2↑＋Na2SO4eq\o(□,\s\up1(12))純堿eq\o(□,\s\up1(13))蘇打eq\o(□,\s\up1(14))小蘇打eq\o(□,\s\up1(15))堿eq\o(□,\s\up1(16))小eq\o(□,\s\up1(17))堿eq\o(□,\s\up1(18))2NaHCO3eq\o(=,\s\up7(△),\s\do5())Na2CO3＋CO2↑＋H2Oeq\o(□,\s\up1(19))COeq\o\al(2－,3)＋2H＋=CO2↑＋H2Oeq\o(□,\s\up1(20))HCOeq\o\al(－,3)＋H＋=CO2↑＋H2Oeq\o(□,\s\up1(21))Ca2＋＋OH－＋HCOeq\o\al(－,3)=CaCO3↓＋H2Oeq\o(□,\s\up1(22))Ca2＋＋2OH－＋2HCOeq\o\al(－,3)=CaCO3↓＋COeq\o\al(2－,3)＋2H2Oeq\o(□,\s\up1(23))Ca2＋＋COeq\o\al(2－,3)=CaCO3↓eq\o(□,\s\up1(24))2Al3＋＋3COeq\o\al(2－,3)＋3H2O=2Al(OH)3↓＋3CO2↑eq\o(□,\s\up1(25))3HCOeq\o\al(－,3)＋Al3＋=Al(OH)3↓＋3CO2↑eq\o(□,\s\up1(26))2Na＋O2eq\o(=,\s\up7(點燃),\s\do5())Na2O2eq\o(□,\s\up1(27))2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑eq\o(□,\s\up1(28))2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑eq\o(□,\s\up1(29))2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2eq\o(□,\s\up1(30))2NaOH＋CO2=Na2CO3＋H2Oeq\o(□,\s\up1(31))2NaCl＋2H2Oeq\o(=,\s\up7(電解),\s\do5())2NaOH＋Cl2↑＋H2↑eq\o(□,\s\up1(32))NaCl＋NH3＋CO2＋H2O=NaHCO3↓＋NH4Cl思維辨析1．解析：鈉與水反應2Na＋2H2O=2Na＋＋2OH－＋H2↑。答案：×2．解析：鈉著火時，用細沙覆蓋可隔絕空氣，從而使火熄滅。答案：√3．解析：Na與足量O2反應，無論生成Na2O還是Na2O2都是＋1價，鈉都是失去NA個電子。答案：√4．解析：Na2O2在潮濕的空氣中變?yōu)榘咨こ砦锸且騈a2O2與空氣中的水蒸氣反應生成NaOH的緣故。答案：×5．解析：Na2O2中氧元素的化合價既升高又降低，因此2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2是氧化還原反應。答案：×核心考點引領通關————————————————【典例1】【解析】(1)脫脂棉能燃燒，說明Na2O2與H2O的反應(2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑①)屬于放熱反應。(2)吹出的氣體中含有大量水蒸氣和CO2，CO2也能與Na2O2反應(2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2②)，該反應也屬于放熱反應且有O2生成。而SO2與Na2O2反應無助燃氣體O2產(chǎn)生(SO2＋Na2O2=Na2SO4)，所以不能燃燒。(3)2H2＋O2eq\o(=,\s\up7(點燃))2H2O③，2CO＋O2eq\o(=,\s\up7(點燃))2CO2④，根據(jù)化學方程式①、③，②、④的疊加有：Na2O2＋H2eq\o(=,\s\up7(O2),\s\do5(點燃))2NaOH、Na2O2＋COeq\o(=,\s\up7(O2),\s\do5(點燃))Na2CO3，可知0.78gNa2O2是過量的，固體增加的質(zhì)量即H2和CO的質(zhì)量，為0.02g?！敬鸢浮?1)放熱(2)2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O22Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑不能(3)0.02應用1解析：C6H12O6可以寫成(CO)6·(H2)6，C12H22O11只能寫成(CO)11·(H2)11C。答案：D【典例2】【解析】本題考查碳酸鈉與碳酸氫鈉的相關定量計算，掌握碳酸鈉與碳酸氫鈉的性質(zhì)，利用元素守恒計算是解題的關鍵。A項中混合物加熱只有NaHCO3受熱分解：2NaHCO3eq\o(=,\s\up7(△))Na2CO3＋CO2↑＋H2O，減重b克，即生成的H2O和CO2的質(zhì)量之和為b克，可求出a克混合物中NaHCO3的質(zhì)量，進而求出Na2CO3的質(zhì)量分數(shù)。B項中最終得到的b克固體為NaCl，利用鈉元素守恒可得：[2n(Na2CO3)＋n(NaHCO3)]×58.5g·mol－1＝bg，再結合n(Na2CO3)×106g·mol－1＋n(NaHCO3)×84g·mol－1＝ag，可計算出Na2CO3的物質(zhì)的量，進而求出Na2CO3的質(zhì)量分數(shù)。C項中由于生成的CO2逸出時會引入水蒸氣，所以增重b克，即CO2和逸出的水蒸氣的質(zhì)量之和為bg，無法計算。D項中由于Ba(OH)2過量，最終b克固體為BaCO3，利用碳元素守恒列式求解，進而求出Na2CO3的質(zhì)量分數(shù)。【答案】C應用2解析：n(Na2CO3)＝eq\f(1.06g,106g/mol)＝0.01mol，n(NaHCO3)＝eq\f(0.84g,84g/mol)＝0.01mol，當兩者恰好與HCl反應時都將生成0.01molCO2，兩者與鹽酸反應的化學方程式為：Na2CO3＋2HCl=2NaCl＋H2O＋CO2↑NaHCO3＋HCl=NaCl＋H2O＋CO2↑當兩氣球體積相同時，NaHCO3與鹽酸反應快，膨脹速率大，消耗鹽酸中HCl0.01mol，而Na2CO3與HCl反應速率小，消耗鹽酸中HCl0.02mol,故鹽酸濃度應大于或等于eq\f(0.02mol,0.01L)＝2mol/L。答案：B遞進題組提升素養(yǎng)————————————————雙基題組1．解析：鈉與上述三種物質(zhì)反應的實質(zhì)都是鈉與H＋間的置換反應，H＋濃度的大小決定了反應速率的快慢，由三種物質(zhì)電離H＋的能力可知H＋濃度的大小順序為c>a>b，因而反應速率為c>a>b。答案：c>a>b2．解析：2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑，①中Mg2＋＋2OH－=Mg(OH)2↓；④中反應消耗水，溶液溫度升高，Ca(OH)2的溶解度降低，析出Ca(OH)2產(chǎn)生沉淀；⑤中Ca2＋＋HCOeq\o\al(－,3)＋OH－=CaCO3↓＋H2O；⑥生成的Cu(OH)2是藍色沉淀，不符合題意；⑦水減少，c(Na＋)增大，使NaCl(s)Na＋(aq)＋Cl－(aq)平衡向左移動。答案：①④⑤⑦3．答案：(1)用鑷子從試劑瓶中取一塊金屬鈉，用濾紙吸干表面上的煤油，用小刀在玻璃片上切米粒大小的鈉做實驗用，剩余的鈉要放回原試劑瓶，不要隨意丟棄。(2)有氣泡生成，鈉熔化成小球且在煤油和FeSO4溶液界面處上下跳動，最終完全溶解(3)下層溶液出現(xiàn)白色絮狀沉淀(4)下降上升(5)2Na＋FeSO4＋2H2O=Fe(OH)2↓＋Na2SO4＋H2↑4．答案：(1)①2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2②Na2O2＋SO2=Na2SO4(2)③、④反應均會有紅褐色沉淀生成并有氣體放出。④中氣體明顯少于③中氣體，F(xiàn)eCl3與NaOH反應生成Fe(OH)3，F(xiàn)e(OH)3是不溶性的紅褐色沉淀；④中Fe2＋具有強還原性，易被Na2O2氧化并生成Fe(OH)3，Na2O2與溶液中的水劇烈反應會有O2產(chǎn)生。(3)⑤溶液紅色褪去，加熱后又恢復紅色；⑥溶液紅色褪去，加熱后不能恢復紅色。原因是SO2的漂白性不穩(wěn)定，Na2O2的漂白性是因其具有強氧化性。(4)⑦溶液變藍，⑧溶液先變藍后褪色。原因是Na2O2與H2O反應生成NaOH，呈堿性，同時Na2O2又有漂白性。5．解析：設反應前N2、O2、CO2的體積都為3，則反應前總體積為9，反應后總體積為8。2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2ΔV21121(9－8)＝1即反應消耗CO22體積，生成O21體積，故反應后：V(N2)＝3，V(O2)＝3＋1＝4V(CO2)＝3－2＝1，三者的體積比即為物質(zhì)的量之比，為3∶4∶1。答案：C6．答案：(1)①溶液的紅色褪去②在滴有酚酞的水中加入足量過氧化鈉，待反應完成后向溶液中加入少量二氧化錳粉末，有氣體放出，證明過氧化鈉與水反應時有H2O2生成。(2)向滴有酚酞的氫氧化鈉溶液中通入氧氣，若紅色褪去，證明甲同學的推測正確，反之，則不正確。實驗裝置圖如圖所示(可用廣口瓶等其他儀器代替燒杯，合理即可)7．答案：(1)①CaCO3＋2HCl=CaCl2＋CO2↑＋H2O②除去CO2氣體中的HCl③2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2④NaOH溶液吸收未反應的CO2⑤把E中的導管移出水面，關閉分液漏斗活塞，用拇指堵住試管口，取出試管，立即把帶火星的木條伸入試管口內(nèi)，木條復燃，證明試管中收集的氣體是氧氣(2)①合理由于過氧化鈉具有強氧化性，能將＋4價的硫氧化為＋6價的硫而生成硫酸鈉②干燥SO2氣體，防止水蒸氣進入C裝置與Na2O2反應防止空氣中的水蒸氣和CO2進入C裝置與Na2O2反應生成氧氣，同時吸收過量SO2氣體，便于氧氣的檢驗和防止污染空氣③ABD8．解析：加入適量Ba(OH)2溶液后，碳酸根離子也會因生成碳酸鋇沉淀而隨硫酸鋇沉淀過濾出去，而且引入新雜質(zhì)OH－。答案：A9．解析：鹽酸先與NaOH反應再與Na2CO3反應，所以剛開始加入鹽酸，沒有氣體生成，B項不正確；Na2CO3與鹽酸反應時，先生成NaHCO3，然后NaHCO3再與鹽酸反應生成CO2，且二者消耗鹽酸的物質(zhì)的量相等，由題給數(shù)據(jù)可得C項符合題意。答案：C10．答案：(1)①由于CO2在NaCl溶液中的溶解度很小，先通入NH3使食鹽水呈堿性，能夠吸收大量CO2氣體，產(chǎn)生較高濃度的HCOeq\o\al(－,3)，才能析出NaHCO3晶體②食鹽水，CO2③NH3＋CO2＋H2O＋NaCl=NaHCO3↓＋NH4Cl、2NaHCO3eq\o(=,\s\up7(△))Na2CO3＋CO2↑＋H2O(2)①將50mL2mol·L－1NaOH溶液等分成兩份，在一份NaOH溶液中通入過量的CO2氣體，再將兩溶液混合，即得50mL1mol·L－1Na2CO3溶液②NaOH＋CO2=NaHCO3、NaHCO3＋NaOH=Na2CO3＋H2O11．答案：②Na2CO3水解產(chǎn)生的堿所致步驟1：取適量純堿的酚酞紅色溶液于試管中步驟2：滴加過量的BaCl2溶液預期現(xiàn)象與結論：若產(chǎn)生白色沉淀，溶液紅色完全褪去，則乙同學說法正確；若產(chǎn)生白色沉淀，溶液仍呈紅色，則甲同學說法正確。12．解析：該金屬在煤油和水的界面附近運動，說明其密度介于煤油和水之間，金屬鋰的密度小于煤油，因而A、D正確，上下運動是由于與水反應產(chǎn)生的氫氣的推動作用和浮力作用，C正確。答案：B高考題組1．解析：A項，切開的金屬鈉暴露在空氣中，光亮表面變暗的原因是鈉被氧化生成Na2O，反應方程式為4Na＋O2=2Na2O，故A項錯誤；C項，Na2O2放置在潮濕的空氣中發(fā)生的反應有2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2和2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，故C項錯誤；D項，向NaHCO3溶液中加入過量的澄清石灰水，出現(xiàn)白色沉淀的反應方程式為HCOeq\o\al(－,3)＋Ca2＋＋OH－=CaCO3↓＋H2O，故D項錯誤。答案：B2．解析：A項，除去粗鹽中的SOeq\o\al(2－,4)，應選用BaCl2，若選用Ba(NO3)2，將引入難以除去的NOeq\o\al(－,3)。B項，電解NaCl溶液，得到NaOH，Cl2和H2。C項，根據(jù)沉淀溶解平衡，AgCl在水中的溶解度大于在食鹽水中的溶解度。答案：D第7講鋁及其化合物考基梳理夯基固本————————————————教材回扣固態(tài)銀白色4Al＋3O2eq\o(=,\s\up7(△))2Al2O32Al＋3Cl2eq\o(=,\s\up7(△))2AlCl32Al＋6H＋=2Al3＋＋3H2↑2Al＋2OH－＋2H2O=2AlOeq\o\al(－,2)＋3H2↑2Al＋Fe2O3eq\o(=,\s\up7(高溫))2Fe＋Al2O3Al2O3＋6H＋=2Al3＋＋3H2OAl2O3＋2OH－=2AlOeq\o\al(－,2)＋H2Oeq\o(□,\s\up1(10))Al(OH)3＋3H＋=Al3＋＋3H2Oeq\o(□,\s\up1(11))Al(OH)3＋OH－=AlOeq\o\al(－,2)＋2H2Oeq\o(□,\s\up1(12))2Al(OH)3eq\o(=,\s\up7(△))Al2O3＋3H2Oeq\o(□,\s\up1(13))Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NHeq\o\al(＋,4)eq\o(□,\s\up1(14))AlOeq\o\al(－,2)＋CO2＋2H2O=Al(OH)3↓＋HCOeq\o\al(－,3)eq\o(□,\s\up1(15))KAl(SO4)2·12H2Oeq\o(□,\s\up1(16))Al3＋＋3H2OAl(OH)3(膠體)＋3H＋思維辨析1．解析：Al2O3屬于兩性氧化物，能與NaOH溶液反應生成偏鋁酸鈉和水。答案：√2．解析：往NaAlO2溶液中通入過量CO2時生成Al(OH)3和NaHCO3而不是Al(OH)3和Na2CO3。答案：×3．解析：鋁制品的表面有一層致密的氧化膜，對鋁起到保護作用，若長時間存放酸性或堿性食物，會破壞氧化膜，加速鋁的腐蝕。答案：×4．解析：由于氫氧化鋁能溶于強堿但不溶于氨水，故由鋁鹽制取氫氧化鋁最好選用氨水。答案：√5．解析：鋁是活潑金屬，不能被焦炭還原出來，應用電解的方法冶鋁。答案：×6．解析：鎂的還原性強于鋁，鋁不能置換出MgO中的鎂。答案：×核心考點引領通關————————————————【典例1】【解析】解答本題的關鍵是由題給條件判斷出哪種物質(zhì)完全反應并找出計量關系。等質(zhì)量的鋁粉分別與足量的HCl和NaOH溶液反應，放出H2的體積關系為甲∶乙＝1∶1，因2Al＋6HCl=2AlCl3＋3H2↑，2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑，故等物質(zhì)的量的HCl和NaOH分別與足量的鋁粉反應，放出H2的體積關系為甲∶乙＝1∶3?，F(xiàn)產(chǎn)生H2的體積比為甲∶乙＝1∶2，說明鋁粉的量對鹽酸來說是過量的，對NaOH來說是不足的，據(jù)上述兩方程式知，與鹽酸反應的鋁粉是2.7g，與NaOH反應的鋁粉是5.4g，所以投入鋁粉的質(zhì)量為5.4g?！敬鸢浮緼應用1解析：設每份鐵鋁合金樣品中含鐵、鋁的物質(zhì)的量分別為x、y，則由Feeq\o(～,\s\up6(2HCl))H2↑、Aleq\o(～,\s\up6(3HCl))eq\f(3,2)H2↑、Aleq\o(～,\s\up6(NaOH))eq\f(3,2)H2↑三個關系式得知(x＋eq\f(3y,2))∶eq\f(3,2)y＝3∶2，解得x∶y＝3∶4。答案：C【典例2】【解析】把NaOH溶液滴入AlCl3溶液中，先產(chǎn)生Al(OH)3沉淀，其質(zhì)量最大值為A點，然后全部消失溶解(B點)。其總反應的離子方程式為Al3＋＋4OH－=AlOeq\o\al(－,2)＋2H2O。當有0.39gAl(OH)3沉淀生成時，①AlCl3過量，加入NaOH使Al3＋部分產(chǎn)生沉淀為0.39g，通過Al3＋＋3OH－=Al(OH)3可知用NaOH溶液7.5mL。②當NaOH過量時，Al3＋全部參加反應生成Al(OH)3沉淀后又部分溶解，用NaOH溶液17.5mL?！敬鸢浮?1)表示滴入的NaOH溶液產(chǎn)生沉淀量的最大點(2)表示滴入的NaOH溶液使沉淀恰好完全溶解點(3)Al3＋＋4OH－=AlOeq\o\al(－,2)＋2H2O(4)7.5mL或17.5mL應用2解析：(1)由圖象可知：160mL的NaOH溶液是與過量的H2SO4溶液反應的，則與Mg、Al反應的n(H2SO4)＝0.2mol－0.16mol×eq\f(1,2)＝0.12mol。假設n(Mg)＝xmol，n(Al)＝y(tǒng)mol，則有方程組：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y＝0.1，,x＋\f(3,2)y＝0.12，))解得：x＝0.06，y＝0.04。當加入V2NaOH溶液時，得到Mg(OH)2沉淀和NaAlO2，關系式為Mg2＋～2OH－，Al3＋～4OH－，則V2＝160mL＋eq\f(0.06×2mol＋0.04×4mol,1mol/L)×103mL/L＝440mL。(2)當Mg2＋、Al3＋剛好沉淀完全時，溶液中只有Na2SO4，關系式為2NaOH～H2SO4，則V(NaOH)＝eq\f(100mL×2mol/L×2,1mol/L)＝400mL。(3)當所得沉淀中無Al(OH)3時，NaOH溶液過量，反應后生成的溶質(zhì)為Na2SO4、NaAlO2。則根據(jù)Na元素守恒：n(NaOH)＝0.45L×1mol/L≥0.1L×2mol/L×2＋0.1mol×(1－a)。解得a≥eq\f(1,2)，則滿足此條件的a的取值范