状元之路一轮总复习新课标化学答案与导解

高考进行时一轮总复习·化学(新课标通用版)····答案与导解答案与导解考点调查360°第一章化学计量在实验中的应用第1讲物质的量气体摩尔体积考基梳理夯基固本————————————————教材回扣n摩尔阿伏加德罗常数0.012NAmol－1NA＝eq\f(N,n)Mg·mol－1eq\o(□,\s\up1(10))相对分子(或原子)质量eq\o(□,\s\up1(11))物质的量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))温度eq\o(□,\s\up1(18))压强eq\o(□,\s\up1(19))温度eq\o(□,\s\up1(20))压强eq\o(□,\s\up1(21))相同数目的分子思维辨析1．解析：单位不对，摩尔质量与质量是不同的概念，前者的单位是g·mol－1，后者的单位是g。答案：×2．解析：因为无法确认11.2LO2是否处于标准状况下，所以无法计算其物质的量。答案：×3．解析：体积虽然都是1L，但所处的温度和压强不一定相同，故二者的物质的量不一定相同，则分子数不一定相同。答案：×4．解析：质量、物质的量不受外界条件的影响，22gCO2气体的物质的量任何条件下都是0.5mol，故所含分子数是0.5NA。答案：×5．解析：气体摩尔体积或阿伏加德罗定律只适用于气体体系，既可以是纯净气体，也可以是混合气体。对于固体和液体不适用。气体摩尔体积在应用于气体计算时，要注意只有在标准状况下才能用22.4L·mol－1。戊烷在标准状况下是液体。答案：×核心考点引领通关————————————————【典例1】【解析】8gO2的物质的量是0.25mol，每个O2分子所含电子数是16，则8gO2含有4nA个电子，A项正确；NH3·H2O是弱电解质，在水溶液中不能完全电离，故溶液中NHeq\o\al(＋,4)小于nA个，B项错误；标准状况下，盐酸是液体，不能利用气体摩尔体积进行计算，且HCl是强电解质，在水溶液中完全电离，盐酸中无HCl分子，C项错误；1molNa被完全氧化时，不论生成Na2O还是Na2O2，都失去nA个电子，D项错误。【答案】A应用1解析：A项，因不知N2所处条件而无法确定；B项，由于空气中含有CO2等非单质物质，因此标准状况下22.4L空气中所含单质分子的数目小于NA；D项，氯气与水、NaOH溶液的反应中，氯气既作氧化剂又作还原剂，1molCl2参与反应转移电子数为NA。答案：C【典例2】【解析】由于12C18O和14N2的相对分子质量不等，故体积相等的两种气体的质量不等，因此密度不等，所以A项错误；1个12C18O分子中有16个中子，1个14N2分子中有14个中子，二者均为双原子分子，原子数相等，即分子数相等，但中子数不等，所以B项错误；12C18O和14N2均为14电子分子，同温同压下，体积相等则分子数相等，所具有的电子数相等，所以C项正确；每个12C18O和14N2分子内均有14个质子，由于二者的相对分子质量不等，故等质量的两种分子所具有的质子数不等，所以D项错误。【答案】C应用2解析：由阿伏加德罗定律，同温同压下，同体积的任何气体具有相同的分子数，则物质的量相等，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正确；B项，eq\f(\f(m,M甲),\f(m,M乙))＝eq\f(M乙,M甲)＝eq\f(y,x)故不正确；C项，同温同压下，密度之比等于摩尔质量之比，即为质量比，故正确；D项，温度相同时，等质量的甲、乙压强之比为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)，故正确。答案：B【典例3】【解析】根据反应的化学方程式4NH3＋5O2eq\o(=,\s\up7(催化剂),\s\do5(△))4NO＋6H2O，当有标准状况下VLNH3完全反应时，NH3的物质的量为eq\f(V,22.4)mol，转移电子数为eq\f(5V,22.4)mol，已知在此反应中转移电子数为n，则n＝eq\f(5V,22.4)×NA，所以，NA＝eq\f(22.4n,5V)，故选D。【答案】D应用3解析：法一设混合气体中O3占xL，则O2为(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根据阿伏加德罗定律：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%递进题组提升素养————————————————双基题组1．解析：NaCl晶体无分子，A错误；物质的量后面要加微粒的名称，C错误；摩尔是物质的量的单位，D错误。答案：B2．解析：摩尔质量的单位是g·mol－1，相对分子质量无单位。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，则N(NH3)＝1.204×1023或2×0.3NA＝3×N(NH3)，N(NH3)＝0.2NA。(2)一个乙烷(C2H6)分子中含有7个共价键，所以0.4mol乙烷中所含共价键的物质的量为2.8mol。(3)根据质量守恒定律，0.04molC的质量为16g＋20g－31.76g＝4.24g，M(C)＝4.24g÷0.04mol＝106g·mol－1。(4)每个氯原子中有17个电子，7.1gCl2中含电子的物质的量为：eq\f(7.1g,71g·mol－1)×34＝3.4mol。Cl2和NaOH反应时，1molCl2转移1mol电子，则7.1gCl2和NaOH反应转移电子的物质的量为0.1mol。答案：(1)1.204×1023(或0.2NA)(2)2.8mol(3)106g·mol－1(4)3.40.16．解析：晶体的摩尔质量为122g·mol－1，n＝eq\f(12.2g,122g·mol－1)＝0.1mol，故氧原子数目＝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中摩尔质量的单位错误；由于该氯原子的质量是ag，故ag该氯原子所含的电子数为17，④错。答案：C8．解析：同温同压同体积的两种气体的分子数相同，B、C、D选项均错误。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)×高考题组1．解析：1.0L1.0mol/L的NaAlO2水溶液中，溶质NaAlO2和溶剂H2O中均含有氧原子，因此含有的氧原子数大于2N0，A项错误；石墨烯中1个六元环中含C原子的个数为6×eq\f(1,3)＝2,12g石墨烯中C的物质的量为1mol，则六元环的个数为0.5NA，B项正确；25℃时，pH＝13的NaOH溶液中c(OH－)＝0.1mol/L，由于没有提供溶液的体积，OH－的数目无法确定，C项错误；1mol—OH所含电子数为9N0，而1molOH－所含电子数为10N0，D项错误。答案：B2．解析：ClO－能发生水解，故1L1mol/L的NaClO溶液中ClO－的数目小于NA，故A错误。苯分子中不含碳碳双键，B错误。14gN2与CO混合气体的物质的量为0.5mol，所含原子数等于NA，C正确。在反应3NO2＋H2O=2HNO3＋NO中，若有3molNO2与水反应转移2mol电子，标况下6.72LNO2为0.3mol，转移电子数为0.2NA，故D错误。答案：C第2讲物质的量在化学实验中的应用考基梳理夯基固本————————————————教材回扣molgLg物质的量浓度cB＝eq\f(n,V)溶质的质量分数＝eq\f(溶质的质量,溶液的质量)×100%cB＝eq\f(1000ρw,M)刻度线温度eq\o(□,\s\up1(10))容量eq\o(□,\s\up1(11))胶头滴管eq\o(□,\s\up1(12))玻璃棒eq\o(□,\s\up1(13))20.0eq\o(□,\s\up1(14))托盘天平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))胶头滴管eq\o(□,\s\up1(19))刻度线思维辨析1．解析：溶质NaCl的物质的量为1mol，但所得溶液的体积不是1L，故浓度不是1mol·L－1。答案：×2．解析：未给出硝酸钡溶液的体积，不能计算出硝酸根离子的物质的量。答案：×3．解析：容量瓶不能用来溶解物质或稀释溶液。浓硫酸溶于水会释放出大量的热，应冷却到室温再转移到容量瓶。答案：×4．解析：配制240mL1mol·L－1NaOH溶液需用250mL容量瓶，应称量NaOH固体的质量为10.0g。答案：5．解析：若将多余的溶液吸出，会使得溶液浓度偏小，加水超过容量瓶的刻度时的唯一解决办法是重新配制。答案：×核心考点引领通关————————————————【典例1】【解析】溶液的体积：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溶质的物质的量：n(HCl)＝eq\f(aL,22.4L·mol－1)，则c(HCl)＝eq\f(nHCl,V[HClaq])＝eq\f(1000ab,22400＋36.5a)mol·L－1。【答案】D应用1解析：c＝eq\f(物质的量n,溶液体积V)，n＝eq\f(V,22.4)mol，溶液质量＝(eq\f(V,22.4)·M＋100)g，所以溶液体积＝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】当等体积混合时，设浓溶液的密度为ρ1，稀溶液的密度为ρ2，体积各为1L，则混合后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%则当ρ1>ρ2时，如H2SO4溶液、HNO3溶液，w>2p%；当ρ1<ρ2时，如氨水、酒精溶液，w<2p%。【答案】(1)②(2)③应用2解析：由题意可知，对于氨水(或酒精)，浓度越大，溶液的密度越小，据溶液混合前后溶质的质量不变，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)，变形为：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)根据溶液中离子所带电荷守恒原则有：c(Na＋)＋c(K＋)＝c(Cl－)＋2c(SOeq\o\al(2－,4))，则c(Na＋)＝c(Cl－)＋2c(SOeq\o\al(2－,4))－c(K＋)＝0.8mol·L－1；(2)实验所用容量瓶规格应该大于或等于实验所配制的溶液体积，所以应选用500mL容量瓶；(3)配制溶液所需的溶质质量应该按配制500mL溶液来计算，具体的量为KCl、Na2SO4各为0.2mol，质量分别为14.9g、28.4g；(4)若用三种物质来配制，三种物质应该为Na2SO4、NaCl、K2SO4；(5)根据质量守恒原理，无论用几种物质进行配制，其溶质质量一定相同，故若用四种物质配制，其总质量为43.3g；(6)未洗涤烧杯和玻璃棒，会有溶质残留在烧杯和玻璃棒上，使所配溶液浓度偏低；转移时部分溶液溅出瓶外，也使溶质损失；加水时凹液面高于容量瓶刻度线，说明溶液体积偏大，浓度偏小；俯视观察时，实际液面低于刻度线，浓度偏大。【答案】(1)0.8mol·L－1(2)B(3)14.928.4(4)Na2SO4、NaCl、K2SO4(5)43.3(6)ABC应用3解析：(1)需要NaOH固体的质量为0.5L×0.5mol·L－1×40g·mol－1＝10.0g。(2)根据配制一定物质的量浓度溶液的操作步骤可知其顺序为①③④②⑤。(3)0.48mol·L－1比0.5mol·L－1小，A：由于固体NaOH具有极强的吸水性，使用滤纸称量时，NaOH固体易粘附在滤纸上，使NaOH固体质量减少；B：容量瓶中原来存有少量蒸馏水，无影响；C：溶解后的烧杯未经过多次洗涤，溶质NaOH质量减少；D：胶头滴管加水定容时仰视刻度，加水过多，NaOH溶液浓度偏低。答案：(1)10.0g(2)①③④②⑤(3)ACD递进题组提升素养————————————————双基题组1．答案：(1)5%表示硫酸铜溶液的质量分数，即100g硫酸铜溶液中含有5g硫酸铜溶质。(2)1L该NaCl溶液中所含NaCl的物质的量是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(溶解度定义)(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)，溶液中溶质的质量分数为4.8%×eq\f(120,24)＝24.0%，SOeq\o\al(2－,4)的质量分数＝24.0%－4.8%＝19.2%。溶质与溶剂的物质的量之比是eq\f(24,120)∶eq\f(76,18)＝9∶190＝1∶21.1。答案：C5．解析：A项，由于溶液的体积既不是水的体积也不是二者体积之和，溶液的体积不能直接确定，仅利用V无法确定ρ，A错；由c＝eq\f(1000ρW,M)＝eq\f(1000ρW,17)，可得：W＝eq\f(17c,1000ρ)，由此可知B正确。氨水的质量分数＝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项正确。氨水的物质的量浓度＝eq\f(1000ρW,M)＝eq\f(1000ρ×\f(17V,17V＋22400),17)＝eq\f(1000ρV,17V＋22400)，由此可知D正确。答案：A6．解析：据混合后n(H2SO4)＝n1(H2SO4)＋n2(H2SO4)，设取混合前两硫酸溶液的体积为VmL，则有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)，应选答案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烧杯内壁和玻璃棒胶头滴管1～2cm(4)保证溶质全部转入容量瓶(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)无影响(19)无影响(20)无影响高考题组1．解析：用托盘天平称量物质的质量时，应“左物右码”，A错误。转移溶液应使用玻璃棒引流，C错误。定容时胶头滴管不能插入容量瓶内部，D错误。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硫酸钠的溶液使钡离子完全沉淀时，可知原溶液中c(Ba2＋)为10amol·L－1，同理知原溶液中c(Cl－)为10bmol·L－1，根据电荷守恒原理，求出c(K＋)＝10(b－2a)mol·L－1。答案：D3．解析：由于产生cmolNH3，则必定有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。根据电荷守恒：2c(SOeq\o\al(2－,4))＝c(NHeq\o\al(＋,4))＋3c(Al3＋)，则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第二章化学物质及其变化第3讲物质的分类和性质考基梳理夯基固本————————————————教材回扣核电荷数游离化合单质化合物标准标准交叉分类树状分类eq\o(□,\s\up1(10))一定eq\o(□,\s\up1(11))不一定eq\o(□,\s\up1(12))把一种(或几种)物质(分散质)分散在另一种物质(分散剂)中eq\o(□,\s\up1(13))光亮的通路eq\o(□,\s\up1(14))沉淀eq\o(□,\s\up1(15))加热eq\o(□,\s\up1(16))电解质溶液eq\o(□,\s\up1(17))带相反电荷的胶体粒子eq\o(□,\s\up1(18))定向eq\o(□,\s\up1(19))饱和FeCl3溶液eq\o(□,\s\up1(20))红褐色eq\o(□,\s\up1(21))FeCl3＋3H2Oeq\o(=,\s\up7(△))Fe(OH)3(胶体)＋3HCl思维辨析1．解析：光导纤维为二氧化硅，合成纤维为有机材料。答案；×2．解析：浊液的分散质粒子大小大于胶体，即粒子直径大于100nm。答案；×3．解析：冰醋酸是纯净的乙酸，冰水混合物的成分是H2O，两者都是纯净物。答案；×4．解析：胶粒因吸附作用可能带电荷，但整个胶体是电中性的，不带电。答案；×5．解析：Fe(OH)3胶粒为多个Fe(OH)3分子的集合体，故Fe(OH)3胶粒数目应小于NA。答案；×核心考点引领通关————————————————【典例1】【解析】①根据酸分子电离时能产生氢离子的个数将酸分为一元酸、二元酸等；②结晶水合物都是纯净物；③根据电解质电离时是否完全，将电解质分为强电解质、弱电解质；④Mn2O7为金属氧化物，但属于酸性氧化物；⑤反应中放出热量的反应是放热反应，反之，就是吸热反应；⑥单质既不属于电解质也不属于非电解质；⑦盐酸、稀硫酸等溶液中含有的氢离子均能表现出氧化性，但不属于氧化性酸。【答案】B应用1解析：①正确；②沼气属于可再生资源。水煤气由炽热的煤同水蒸气反应制得，而煤为不可再生资源，所以水煤气为不可再生资源，故错误；③冰为固态水，干冰为固态CO2，均为纯净物和化合物，正确；④正确；⑤盐酸和食醋为混合物，错误；⑥纯碱为Na2CO3，是盐不是碱，错误；⑦豆浆和雾都能发生丁达尔现象，均属于胶体，正确。综上所述，选D。答案：D【典例2】【解析】由于Fe3＋水解，所以FeCl3溶液显酸性，加入石灰石后，与水解生成的H＋反应，促进了Fe3＋的进一步水解，最后得到Fe(OH)3胶体，反应的离子方程式为3CaCO3＋2Fe3＋＋3H2O=2Fe(OH)3(胶体)＋3CO2↑＋3Ca2＋。X烧杯中分散质为FeCl3，Z烧杯中分散质为Fe(OH)3胶体和CaCl2，能产生丁达尔效应。【答案】B应用2解析：制备Fe(OH)3胶体时，应向沸腾的蒸馏水中(其他液体如自来水、食盐水、NaOH溶液等均不可)逐滴滴加几滴饱和FeCl3溶液(反滴、持续加热、搅拌均不可)，不按此操作得到的是Fe(OH)3沉淀，所以A、B、C、D、E、F选项均错；蛋白质与水混合属于胶体，G正确。答案：G递进题组提升素养————————————————双基题组1．解析：KHCO3是酸式盐，不符合题意，则既是钾盐又是碳酸盐的只能是K2CO3。答案：C2．解析：Al2O3属于两性氧化物，A错；石灰石、生石灰、熟石灰分别属于盐、碱性氧化物和碱，B错；反应3Fe(OH)2＋10HNO3=3Fe(NO3)3＋NO↑＋8H2O属于氧化还原反应，而不属于复分解反应，C错；胶体属于分散系，而分散系属于混合物，D正确。答案：D3．解析：本题考查物质的分类。①④⑤叙述的是氯化钠的组成和结构；②③叙述的是氯化钠的功能。故根据上述分析，可将关于氯化钠的描述分为两类。答案：分类依据相关描述(填序号)第一类结构①④⑤第二类功能②③4.解析：A项，属于蜡烛的不完全燃烧；C项，其中的原料小苏打与柠檬酸发生化学反应生成CO2；D项，鸡蛋壳的主要成分碳酸钙与醋酸发生化学反应。答案：B5．解析：N2＋H2→NH3、CO＋Fe2O3→CO2＋Fe、FeS2→SO2→SO3→H2SO4，显然以上过程都涉及化学变化，而分馏法是利用石油组分中物质沸点差异而获得汽油的方法，该过程没有新物质产生，属于物理变化，没有化学变化。答案：D6．解析：酸性氧化物、碱性氧化物可以和酸反应生成盐和水，A可能；酸和碱可以发生中和反应生成盐和水，碱属于电解质，C、D可能。答案：B7．解析：SiO2与水不能反应，A错误；铜和铁对应的氧化铜、氧化铁不能直接和水反应，C、D错误；Seq\o(→,\s\up7(O2))SO2eq\o(→,\s\up7(H2O))H2SO3eq\o(→,\s\up7(NaOH))Na2SO3，B正确。答案：B8．解析：根据题中信息“PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的细小颗粒物”可知，PM2.5远大于100nm(1微米＝1000nm)，不属于胶体。答案：D9．解析：(1)分类连线时，一定要明确分类的标准，同一种物质分类标准不同，会有不同的归类。(2)根据各物质的溶解性可知，A、C、F分别得到KCl溶液，白磷的CS2溶液，乙酸溶液，B形成淀粉胶体，D形成悬浊液，E形成的是乳浊液。答案：(1)(2)ACFBDE高考题组1．解析：A项，CO不是酸性氧化物；B项，氯化铁溶液不是胶体；C项，四氯化碳不是电解质；D项正确。答案：D2．解析：石油的分馏产物汽油为混合物，A错；油脂不是高分子化合物，B错；Mn2O7为酸性氧化物，Al2O3为两性氧化物，它们都是金属氧化物，C错；血液透析是利用胶体不能通过半透膜的原理，通过扩散、对流将体内各种有害以及多余的代谢废物和过多的电解质移出体外，达到净化血液的目的，D正确。答案：D第4讲离子反应考基梳理夯基固本————————————————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))减小eq\o(□,\s\up1(15))难溶eq\o(□,\s\up1(16))难电离eq\o(□,\s\up1(17))易挥发eq\o(□,\s\up1(18))2FeCl2＋Cl2=2FeCl3eq\o(□,\s\up1(19))FeCl3＋3KSCN=Fe(SCN)3＋3KCleq\o(□,\s\up1(20))离子符号eq\o(□,\s\up1(21))化学方程式eq\o(□,\s\up1(22))易溶eq\o(□,\s\up1(23))不参加反应的离子eq\o(□,\s\up1(24))质量eq\o(□,\s\up1(25))电荷eq\o(□,\s\up1(26))得失电子eq\o(□,\s\up1(27))MnO2＋4H＋＋2Cl－△,Mn2＋＋Cl2↑＋2H2Oeq\o(□,\s\up1(28))某一个具体eq\o(□,\s\up1(29))同一类型eq\o(□,\s\up1(30))强酸eq\o(□,\s\up1(31))强碱eq\o(□,\s\up1(32))可溶性思维辨析1．解析：铜和食盐水都不属于电解质，电解质必须是化合物；BaSO4、CaCO3等不溶性盐属于强电解质。答案：×2．解析：不是在溶液中进行的反应，不是自由移动的离子之间的反应，不能写离子方程式。如铜和浓硫酸的反应，铵盐与碱反应制取氨气等。答案：×3．解析：电解质是指在水溶液中或熔融状态下能自身离解成自由移动离子的化合物，CO2溶于水生成电解质H2CO3，而不是自身直接电离，CO2是非电解质；BaSO4的饱和溶液导电性差的原因是其难溶于水，离子浓度小，但溶于水的部分却能全部电离，故BaSO4是强电解质。答案：×4．解析：部分强酸和强碱反应可用H＋＋OH－=H2O来表示，有些强酸与强碱的反应不能，如2H＋＋SOeq\o\al(2－,4)＋Ba2＋＋2OH－=BaSO4↓＋2H2O。答案：×5．解析：NOeq\o\al(－,3)在酸性条件下具有强氧化性，能氧化Fe2＋生成Fe3＋，不能大量共存。答案：×核心考点引领通关————————————————【典例1】【解析】A中应为MnO2＋4H＋＋2Cl－eq\o(=,\s\up7(△))Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O；B中应将“↓”符号改为“(胶体)”；C中应为2Na2O2＋2H2O=4Na＋＋4OH－＋O2↑；D中离子方程式正确。【答案】D应用1解析：A选项产物为Fe2＋，错误；B选项，Na先与水反应生成NaOH，NaOH再与CuSO4反应，错误；C选项，HCOeq\o\al(－,3)与H＋反应，错误；D选项是沉淀的转化，Mg(OH)2转化为更难溶的Fe(OH)3沉淀，正确。答案：D【典例2】【解析】A中使甲基橙变红色的溶液为酸性溶液，则四种离子均能大量共存；B中使酚酞变红色的溶液为碱性，Cu2＋、HCOeq\o\al(－,3)不能大量共存；C中Ag＋与SOeq\o\al(2－,4)、I－不能大量共存；D中AlOeq\o\al(－,2)与H＋不能共存。【答案】A应用2解析：B项，通入CO2后发生反应：SiOeq\o\al(2－,3)＋CO2＋H2O=H2SiO3↓＋COeq\o\al(2－,3)；C项，Cl2能够氧化Fe2＋；D项，Ag＋和NH3·H2O可以发生反应：Ag＋＋NH3·H2O=AgOH↓＋NHeq\o\al(＋,4)，氨水过量还可以发生反应：AgOH＋2NH3·H2O=Ag(NH3)2OH＋2H2O。答案：A递进题组提升素养————————————————双基题组1．解析：A项中HI为强电解质；B项中盐酸为混合物，既不是电解质也不是非电解质，CaCO3为强电解质；C项中Cl2为单质，既不是电解质也不是非电解质。答案：D2．解析：Na2CO3溶于水的电离方程式为：Na2CO3=2Na＋＋COeq\o\al(2－,3)；Al(OH)3酸式电离方程式：Al(OH)3H＋＋AlOeq\o\al(－,2)＋H2O；NaHS溶于水HS－的电离方程式为：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项，H＋与弱酸酸式根离子不共存；B项Al3＋与NH3·H2O反应生成难溶物Al(OH)3而不能大量共存；C项，SOeq\o\al(2－,3)有一定还原性，Cl2有较强氧化性，因发生氧化还原反应而不能大量共存；D项对。答案：D10．解析：②中MnOeq\o\al(－,4)显紫红色；③中“加入Al能放出H2的溶液”显酸性或碱性，HCOeq\o\al(－,3)都不能存在；④中Fe2＋、NOeq\o\al(－,3)在酸性溶液中能发生氧化还原反应，故不能大量共存；⑤中“由水电离出的c(OH－)＝1×10－13mol·L－1的溶液”显酸性或碱性，Na＋、Ba2＋、Cl－、Br－都可以大量共存。答案：A高考题组1．解析：A项中Al3＋与COeq\o\al(2－,3)因发生相互促进水解而不能大量共存；B项中Fe2＋具有还原性，MnOeq\o\al(－,4)在酸性条件(含H＋)下具有强氧化性，二者因发生氧化还原反应不能大量共存；C项中四种离子相互之间不发生反应，可大量共存；D项中NHeq\o\al(＋,4)与OH－发生反应生成弱电解质NH3·H2O而不能大量共存。答案：C2．解析：B中NaCl与浓H2SO4共热应生成HCl气体；C中磁性氧化铁为Fe3O4，应用化学式表示；D中明矾溶液中Al3＋与SOeq\o\al(2－,4)的个数比为1∶2，当SOeq\o\al(2－,4)完全沉淀时，加入的OH－与Al3＋反应生成AlOeq\o\al(－,2)。答案：A第5讲氧化还原反应考基梳理夯基固本————————————————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))还原eq\o(□,\s\up1(14))还原eq\o(□,\s\up1(15))得eq\o(□,\s\up1(16))降低eq\o(□,\s\up1(17))还原eq\o(□,\s\up1(18))得到eq\o(□,\s\up1(19))降低eq\o(□,\s\up1(20))还原eq\o(□,\s\up1(21))还原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))还原eq\o(□,\s\up1(28))化合eq\o(□,\s\up1(29))置换eq\o(□,\s\up1(30))复分解eq\o(□,\s\up1(31))分解eq\o(□,\s\up1(32))氧化还原eq\o(□,\s\up1(33))变价元素eq\o(□,\s\up1(34))升价总数eq\o(□,\s\up1(35))降价总数eq\o(□,\s\up1(36))质量eq\o(□,\s\up1(37))电子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)转移电子数目eq\o(□,\s\up1(42))“得”、“失”eq\o(□,\s\up1(43))Cu＋4HN2e－O3(浓)=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＋思维辨析1．解析：在氧化还原反应中，有些反应物既不是氧化剂也不是还原剂，有些既是氧化剂，又是还原剂，如Cl2＋H2O=HClO＋HCl中的H2O和Cl2。答案：×2．解析：不一定。同素异形体之间的转化不是氧化还原反应。如3O2eq\o(=,\s\up7(放电))2O3。答案：×3．解析：有些化合反应不属于氧化还原反应，如CO2＋H2O=H2CO3。答案：×4．解析：元素从游离态变为化合态，也可能被还原，如Br2＋2NaI=2NaBr＋I2中的溴元素。答案：×5．解析：简单的非金属阴离子只具有还原性，但像Oeq\o\al(2－,2)既有氧化性又有还原性；有些金属阳离子不只具有氧化性，如Fe2＋既具有氧化性又具有还原性。答案：×核心考点引领通关————————————————【典例1】【解析】根据反应的化学方程式可知，亚硝酸钠中氮元素的化合价从＋3价降低到0价，得到3个电子，亚硝酸钠是氧化剂；氯化铵中氮元素的化合价从－3价升高到0价，失去3个电子，氯化铵是还原剂，反应中转移3个电子，所以正确的答案为A。【答案】A应用1解析：反应过程中化合价升高的元素是S，化合价降低的元素是Cu、O，故SO2既是氧化产物，也是还原产物，选项A项正确；CuFeS2转化生成Cu2S的过程中Cu2＋被还原，反应中CuFeS2也是氧化剂，选项B错误；每生成1molCu2S，同时生成1molSO2，因此只有1mol硫被氧化，选项C错误；S的化合价由CuFeS2中的－2价升高至SO2中的＋4价，故每生成1molSO2(即1mol硫被氧化)，转移电子为6mol，选项D正确。答案：AD【典例2】【解析】(1)根据反应方程式可以判断还原能力强弱：①中I－>Fe2＋，②中Fe2＋>Cl－，③中SO2>I－，综合分析知：SO2>I－>Fe2＋>Cl－，故D项正确。(2)由四种物质氧化能力可知，W2可氧化Z－、X－和Y－生成相应的单质，Z2可氧化X－和Y－生成相应的单质，X2可氧化Y－生成Y2，故B、C项正确。【答案】(1)D(2)BC应用2答案：A【典例3】【解析】因为还原性Fe2＋＞Br－，在FeBr2溶液中通入Cl2时发生反应：2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－，通入过量Cl2时发生反应：2Fe2＋＋4Br－＋3Cl2=2Br2＋2Fe3＋＋6Cl－，所以当x≤0.5a时只发生前一个反应，当x≥1.5a时只发生后一个反应，当0.5a＜x＜1.5a时，Fe2＋与Br－均参加反应，且Fe2＋与Br－的物质的量之比大于1∶2，故选B。【答案】B应用3解析：排除法，由氧化性强弱可知，Fe2＋先于Cl2反应，所以Fe2＋的计量数一定不能为0，B选项错误。答案：B【典例4】【解析】根据物质的氧化性和还原性，补充后根据电子守恒，可得配平的化学方程式为：3H2O＋2Mn2＋＋5IOeq\o\al(－,4)=2MnOeq\o\al(－,4)＋5IOeq\o\al(－,3)＋6H＋，只有D项错误。【答案】D应用4解析：(3)可以采用化合价升降法配平，即Se元素化合价由＋4降低为0，而I元素化合价由－1升高至0，根据化合价升降相等，KI系数为4，故I2系数为2，然后配平即可；该反应中KI中的I元素失电子，而SeO2中Se元素得电子。(4)根据配平后的化学方程式①与化学方程式②可得关系式：SeO2～4Na2S2O3故样品中的SeO2质量为m＝eq\f(1,4)×0.2000mol/L×0.025L×111g/mol。即样品中SeO2质量分数为eq\f(m,0.1500g)＝0.925。答案：(1)Se＋2HNO3(浓)=H2SeO3＋NO↑＋NO2↑(2)H2SO4(浓)>SeO2>SO2(3)SeO2＋4KI4e－＋4HNO3=Se＋2I2＋4KNO3＋2H2O(4)0.925(92.5%)递进题组提升素养————————————————双基题组1．解析：B是分解反应，且不是氧化还原反应；C是化合反应，D是置换反应，只有A项正确，它是氧化还原反应，但又不是化合反应、置换反应、分解反应。答案：A2．解析：A项氧化剂和还原剂均为S，物质的量之比为2∶1；B项为非氧化还原反应；C项NaClO3和I2分别为氧化剂和还原剂，物质的量之比为2∶1；D项MnO2和HCl分别为氧化剂和还原剂，4molHCl中有2mol表现出还原性，另外2mol表现出酸性，即氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶2。答案：D3．解析：本题可用排除法。分析HCN中各元素化合价，氢元素化合价降低，被还原，A项错误；从氢的化合价降低的角度分析，HCN为氧化剂，而很明显CaCO3在反应中没有化合价变化，既不作氧化剂也不作还原剂，则HCN既作氧化剂又作还原剂，故B项错误；HCN中碳元素与CO中碳元素化合价均为＋2价，故D项错误。只有C项正确。答案：C4．解析：气体被吸收，说明二氧化氮、氧气和水发生的反应为4NO2＋O2＋2H2O=4HNO3，所以二氧化氮和氧气的计量数之比是4∶1，根据氧化还原反应中得失电子数相等知，U元素的化合价不变，所以生成物是UO3，故选C。答案：C5．解析：氧化还原反应中氧化性：氧化剂>氧化产物。由反应①得氧化性：Cl2>I2；由反应②得氧化性：Cl2>Fe3＋；由反应③得氧化性：Fe3＋>I2。综上所述知：氧化性：Cl2>Fe3＋>I2。答案：B6．解析：由题意“Cl－<Br－<Fe2＋<I－<SO2”，知还原性Br－<SO2，C项违背氧化还原反应的强弱规律，正确的写法应为SO2＋Br2＋2H2O=2Br－＋4H＋＋SOeq\o\al(2－,4)。答案：C7．解析：由①得出Q价态高于G，因为G必介于Q和－1价的Cl之间，－1价为氯元素的最低价；将该结论引用到③，Y介于Q与G之间，故有Q价态高于Y，Y价态高于G；分析②：H2O中的H化合价降低，则Q中的氯元素转变为X中的氯元素，化合价必升高，则得出X价态高于Q；最后分析④：Z介于Q、X之间，则X价态高于Z，Z价态高于Q。答案：A8．答案：(1)PP中氮元素的化合价最高(2)N2(3)Ⅲ根据氧化还原反应规律，M、L这两种物质反应，不可能生成氮元素价态比M、L都高的物质9．解析：题目中指出被还原的物质是Cr，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元素的化合价将从＋6→＋n(设化合价为n)。根据氧化还原反应中得失电子守恒规律，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：氧化剂得到的电子总数等于还原剂失去的电子总数。锌和很稀的硝酸反应，锌被氧化成硝酸锌，而硝酸被还原为硝酸铵，硝酸中氮元素的化合价由＋5降到了－3。每生成1mol硝酸锌时，锌失去2mol电子。而每还原1molHNO3生成硝酸铵需要得到8mol电子。由题意可知，当生成1mol硝酸锌时，被还原的硝酸的物质的量应为0.25mol。答案：D11．解析：反应中氮元素的化合价从＋3价升高到＋5价，失去2个电子，被氧化，作还原剂，A不正确；Mn元素的化合价从＋7价降低到＋2价，得到5个电子，根据电子得失守恒可知，氧化剂和还原剂的物质的量之比是2∶5，所以选项C正确；再根据电荷守恒可知，反应前消耗氢离子，所以B和D都是错误的，答案为C。答案：C12．解析：(1)氧化反应、还原反应分别改写为：5H2O2－10e－=10H＋＋5O2↑2MnOeq\o\al(－,4)＋10e－＋16H＋=2Mn2＋＋8H2O两式相加得5H2O2＋2MnOeq\o\al(－,4)＋6H＋=5O2↑＋2Mn2＋＋8H2O。(2)由题意知H2O2～2e－1mol2mol0.5mol1mol(3)由2H2O2eq\o(=,\s\up7(Mn2＋),\s\do5())2H2O＋O2↑得关系式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高考题组1．解析：由方程式可知16个N2中，有15个N2是氧化产物、1个N2是还原产物，所以有10molNaN3参加反应，氧化产物比还原产物多14mol，若氧化产物比还原产物多1.75mol，则有1.25molNaN3、0.25molKNO3参加反应，生成2molN2，转移1.25mol电子，被氧化的N原子的物质的量为1.25mol×3＝3.75mol。答案：CD2．解析：锌粉加入到MOeq\o\al(＋,2)溶液中发生氧化还原反应，反应物Zn为0.003mol，反应中失去电子为0.003mol×2＝0.006mol，而溶液中MOeq\o\al(＋,2)为20.0×10－3L×0.100mol/L＝0.002mol，根据反应中转移电子的物质的量相等，可求得反应中M元素降低3价，即MOeq\o\al(＋,2)的还原产物可能为M2＋。答案：B第三章金属及其化合物第6讲钠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))纯碱eq\o(□,\s\up1(13))苏打eq\o(□,\s\up1(14))小苏打eq\o(□,\s\up1(15))碱eq\o(□,\s\up1(16))小eq\o(□,\s\up1(17))碱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(点燃),\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(电解),\s\do5())2NaOH＋Cl2↑＋H2↑eq\o(□,\s\up1(32))NaCl＋NH3＋CO2＋H2O=NaHCO3↓＋NH4Cl思维辨析1．解析：钠与水反应2Na＋2H2O=2Na＋＋2OH－＋H2↑。答案：×2．解析：钠着火时，用细沙覆盖可隔绝空气，从而使火熄灭。答案：√3．解析：Na与足量O2反应，无论生成Na2O还是Na2O2都是＋1价，钠都是失去NA个电子。答案：√4．解析：Na2O2在潮湿的空气中变为白色黏稠物是因Na2O2与空气中的水蒸气反应生成NaOH的缘故。答案：×5．解析：Na2O2中氧元素的化合价既升高又降低，因此2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2是氧化还原反应。答案：×核心考点引领通关————————————————【典例1】【解析】(1)脱脂棉能燃烧，说明Na2O2与H2O的反应(2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑①)属于放热反应。(2)吹出的气体中含有大量水蒸气和CO2，CO2也能与Na2O2反应(2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2②)，该反应也属于放热反应且有O2生成。而SO2与Na2O2反应无助燃气体O2产生(SO2＋Na2O2=Na2SO4)，所以不能燃烧。(3)2H2＋O2eq\o(=,\s\up7(点燃))2H2O③，2CO＋O2eq\o(=,\s\up7(点燃))2CO2④，根据化学方程式①、③，②、④的叠加有：Na2O2＋H2eq\o(=,\s\up7(O2),\s\do5(点燃))2NaOH、Na2O2＋COeq\o(=,\s\up7(O2),\s\do5(点燃))Na2CO3，可知0.78gNa2O2是过量的，固体增加的质量即H2和CO的质量，为0.02g。【答案】(1)放热(2)2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O22Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑不能(3)0.02应用1解析：C6H12O6可以写成(CO)6·(H2)6，C12H22O11只能写成(CO)11·(H2)11C。答案：D【典例2】【解析】本题考查碳酸钠与碳酸氢钠的相关定量计算，掌握碳酸钠与碳酸氢钠的性质，利用元素守恒计算是解题的关键。A项中混合物加热只有NaHCO3受热分解：2NaHCO3eq\o(=,\s\up7(△))Na2CO3＋CO2↑＋H2O，减重b克，即生成的H2O和CO2的质量之和为b克，可求出a克混合物中NaHCO3的质量，进而求出Na2CO3的质量分数。B项中最终得到的b克固体为NaCl，利用钠元素守恒可得：[2n(Na2CO3)＋n(NaHCO3)]×58.5g·mol－1＝bg，再结合n(Na2CO3)×106g·mol－1＋n(NaHCO3)×84g·mol－1＝ag，可计算出Na2CO3的物质的量，进而求出Na2CO3的质量分数。C项中由于生成的CO2逸出时会引入水蒸气，所以增重b克，即CO2和逸出的水蒸气的质量之和为bg，无法计算。D项中由于Ba(OH)2过量，最终b克固体为BaCO3，利用碳元素守恒列式求解，进而求出Na2CO3的质量分数。【答案】C应用2解析：n(Na2CO3)＝eq\f(1.06g,106g/mol)＝0.01mol，n(NaHCO3)＝eq\f(0.84g,84g/mol)＝0.01mol，当两者恰好与HCl反应时都将生成0.01molCO2，两者与盐酸反应的化学方程式为：Na2CO3＋2HCl=2NaCl＋H2O＋CO2↑NaHCO3＋HCl=NaCl＋H2O＋CO2↑当两气球体积相同时，NaHCO3与盐酸反应快，膨胀速率大，消耗盐酸中HCl0.01mol，而Na2CO3与HCl反应速率小，消耗盐酸中HCl0.02mol,故盐酸浓度应大于或等于eq\f(0.02mol,0.01L)＝2mol/L。答案：B递进题组提升素养————————————————双基题组1．解析：钠与上述三种物质反应的实质都是钠与H＋间的置换反应，H＋浓度的大小决定了反应速率的快慢，由三种物质电离H＋的能力可知H＋浓度的大小顺序为c>a>b，因而反应速率为c>a>b。答案：c>a>b2．解析：2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑，①中Mg2＋＋2OH－=Mg(OH)2↓；④中反应消耗水，溶液温度升高，Ca(OH)2的溶解度降低，析出Ca(OH)2产生沉淀；⑤中Ca2＋＋HCOeq\o\al(－,3)＋OH－=CaCO3↓＋H2O；⑥生成的Cu(OH)2是蓝色沉淀，不符合题意；⑦水减少，c(Na＋)增大，使NaCl(s)Na＋(aq)＋Cl－(aq)平衡向左移动。答案：①④⑤⑦3．答案：(1)用镊子从试剂瓶中取一块金属钠，用滤纸吸干表面上的煤油，用小刀在玻璃片上切米粒大小的钠做实验用，剩余的钠要放回原试剂瓶，不要随意丢弃。(2)有气泡生成，钠熔化成小球且在煤油和FeSO4溶液界面处上下跳动，最终完全溶解(3)下层溶液出现白色絮状沉淀(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反应均会有红褐色沉淀生成并有气体放出。④中气体明显少于③中气体，FeCl3与NaOH反应生成Fe(OH)3，Fe(OH)3是不溶性的红褐色沉淀；④中Fe2＋具有强还原性，易被Na2O2氧化并生成Fe(OH)3，Na2O2与溶液中的水剧烈反应会有O2产生。(3)⑤溶液红色褪去，加热后又恢复红色；⑥溶液红色褪去，加热后不能恢复红色。原因是SO2的漂白性不稳定，Na2O2的漂白性是因其具有强氧化性。(4)⑦溶液变蓝，⑧溶液先变蓝后褪色。原因是Na2O2与H2O反应生成NaOH，呈碱性，同时Na2O2又有漂白性。5．解析：设反应前N2、O2、CO2的体积都为3，则反应前总体积为9，反应后总体积为8。2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2ΔV21121(9－8)＝1即反应消耗CO22体积，生成O21体积，故反应后：V(N2)＝3，V(O2)＝3＋1＝4V(CO2)＝3－2＝1，三者的体积比即为物质的量之比，为3∶4∶1。答案：C6．答案：(1)①溶液的红色褪去②在滴有酚酞的水中加入足量过氧化钠，待反应完成后向溶液中加入少量二氧化锰粉末，有气体放出，证明过氧化钠与水反应时有H2O2生成。(2)向滴有酚酞的氢氧化钠溶液中通入氧气，若红色褪去，证明甲同学的推测正确，反之，则不正确。实验装置图如图所示(可用广口瓶等其他仪器代替烧杯，合理即可)7．答案：(1)①CaCO3＋2HCl=CaCl2＋CO2↑＋H2O②除去CO2气体中的HCl③2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2④NaOH溶液吸收未反应的CO2⑤把E中的导管移出水面，关闭分液漏斗活塞，用拇指堵住试管口，取出试管，立即把带火星的木条伸入试管口内，木条复燃，证明试管中收集的气体是氧气(2)①合理由于过氧化钠具有强氧化性，能将＋4价的硫氧化为＋6价的硫而生成硫酸钠②干燥SO2气体，防止水蒸气进入C装置与Na2O2反应防止空气中的水蒸气和CO2进入C装置与Na2O2反应生成氧气，同时吸收过量SO2气体，便于氧气的检验和防止污染空气③ABD8．解析：加入适量Ba(OH)2溶液后，碳酸根离子也会因生成碳酸钡沉淀而随硫酸钡沉淀过滤出去，而且引入新杂质OH－。答案：A9．解析：盐酸先与NaOH反应再与Na2CO3反应，所以刚开始加入盐酸，没有气体生成，B项不正确；Na2CO3与盐酸反应时，先生成NaHCO3，然后NaHCO3再与盐酸反应生成CO2，且二者消耗盐酸的物质的量相等，由题给数据可得C项符合题意。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使食盐水呈碱性，能够吸收大量CO2气体，产生较高浓度的HCOeq\o\al(－,3)，才能析出NaHCO3晶体②食盐水，CO2③NH3＋CO2＋H2O＋NaCl=NaHCO3↓＋NH4Cl、2NaHCO3eq\o(=,\s\up7(△))Na2CO3＋CO2↑＋H2O(2)①将50mL2mol·L－1NaOH溶液等分成两份，在一份NaOH溶液中通入过量的CO2气体，再将两溶液混合，即得50mL1mol·L－1Na2CO3溶液②NaOH＋CO2=NaHCO3、NaHCO3＋NaOH=Na2CO3＋H2O11．答案：②Na2CO3水解产生的碱所致步骤1：取适量纯碱的酚酞红色溶液于试管中步骤2：滴加过量的BaCl2溶液预期现象与结论：若产生白色沉淀，溶液红色完全褪去，则乙同学说法正确；若产生白色沉淀，溶液仍呈红色，则甲同学说法正确。12．解析：该金属在煤油和水的界面附近运动，说明其密度介于煤油和水之间，金属锂的密度小于煤油，因而A、D正确，上下运动是由于与水反应产生的氢气的推动作用和浮力作用，C正确。答案：B高考题组1．解析：A项，切开的金属钠暴露在空气中，光亮表面变暗的原因是钠被氧化生成Na2O，反应方程式为4Na＋O2=2Na2O，故A项错误；C项，Na2O2放置在潮湿的空气中发生的反应有2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2和2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，故C项错误；D项，向NaHCO3溶液中加入过量的澄清石灰水，出现白色沉淀的反应方程式为HCOeq\o\al(－,3)＋Ca2＋＋OH－=CaCO3↓＋H2O，故D项错误。答案：B2．解析：A项，除去粗盐中的SOeq\o\al(2－,4)，应选用BaCl2，若选用Ba(NO3)2，将引入难以除去的NOeq\o\al(－,3)。B项，电解NaCl溶液，得到NaOH，Cl2和H2。C项，根据沉淀溶解平衡，AgCl在水中的溶解度大于在食盐水中的溶解度。答案：D第7讲铝及其化合物考基梳理夯基固本————————————————教材回扣固态银白色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(高温))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(胶体)＋3H＋思维辨析1．解析：Al2O3属于两性氧化物，能与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和水。答案：√2．解析：往NaAlO2溶液中通入过量CO2时生成Al(OH)3和NaHCO3而不是Al(OH)3和Na2CO3。答案：×3．解析：铝制品的表面有一层致密的氧化膜，对铝起到保护作用，若长时间存放酸性或碱性食物，会破坏氧化膜，加速铝的腐蚀。答案：×4．解析：由于氢氧化铝能溶于强碱但不溶于氨水，故由铝盐制取氢氧化铝最好选用氨水。答案：√5．解析：铝是活泼金属，不能被焦炭还原出来，应用电解的方法冶铝。答案：×6．解析：镁的还原性强于铝，铝不能置换出MgO中的镁。答案：×核心考点引领通关————————————————【典例1】【解析】解答本题的关键是由题给条件判断出哪种物质完全反应并找出计量关系。等质量的铝粉分别与足量的HCl和NaOH溶液反应，放出H2的体积关系为甲∶乙＝1∶1，因2Al＋6HCl=2AlCl3＋3H2↑，2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑，故等物质的量的HCl和NaOH分别与足量的铝粉反应，放出H2的体积关系为甲∶乙＝1∶3。现产生H2的体积比为甲∶乙＝1∶2，说明铝粉的量对盐酸来说是过量的，对NaOH来说是不足的，据上述两方程式知，与盐酸反应的铝粉是2.7g，与NaOH反应的铝粉是5.4g，所以投入铝粉的质量为5.4g。【答案】A应用1解析：设每份铁铝合金样品中含铁、铝的物质的量分别为x、y，则由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↑三个关系式得知(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，先产生Al(OH)3沉淀，其质量最大值为A点，然后全部消失溶解(B点)。其总反应的离子方程式为Al3＋＋4OH－=AlOeq\o\al(－,2)＋2H2O。当有0.39gAl(OH)3沉淀生成时，①AlCl3过量，加入NaOH使Al3＋部分产生沉淀为0.39g，通过Al3＋＋3OH－=Al(OH)3可知用NaOH溶液7.5mL。②当NaOH过量时，Al3＋全部参加反应生成Al(OH)3沉淀后又部分溶解，用NaOH溶液17.5mL。【答案】(1)表示滴入的NaOH溶液产生沉淀量的最大点(2)表示滴入的NaOH溶液使沉淀恰好完全溶解点(3)Al3＋＋4OH－=AlOeq\o\al(－,2)＋2H2O(4)7.5mL或17.5mL应用2解析：(1)由图象可知：160mL的NaOH溶液是与过量的H2SO4溶液反应的，则与Mg、Al反应的n(H2SO4)＝0.2mol－0.16mol×eq\f(1,2)＝0.12mol。假设n(Mg)＝xmol，n(Al)＝ymol，则有方程组：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。当加入V2NaOH溶液时，得到Mg(OH)2沉淀和NaAlO2，关系式为Mg2＋～2OH－，Al3＋～4OH－，则V2＝160mL＋eq\f(0.06×2mol＋0.04×4mol,1mol/L)×103mL/L＝440mL。(2)当Mg2＋、Al3＋刚好沉淀完全时，溶液中只有Na2SO4，关系式为2NaOH～H2SO4，则V(NaOH)＝eq\f(100mL×2mol/L×2,1mol/L)＝400mL。(3)当所得沉淀中无Al(OH)3时，NaOH溶液过量，反应后生成的溶质为Na2SO4、NaAlO2。则根据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)，则满足此条件的a的取值范