化学必修一学案答案

..第一章从实验学化学第一节化学实验基本方法第1课时化学实验安全夯实基础一、1.实验室规则2.安全措施3.正确的操作方法二、1.<1>药匙镊子<2>胶头滴管量筒直接倾倒2.<1>试管烧杯烧瓶蒸发皿<2>试管坩埚3．向上排空气法向下排空气法排水法4.<1>湿布或沙土<3>大量水冲洗<4>Na2CO3溶液稀醋酸<5>大量水冲洗NaHCO3溶液随堂训练1．A[安全因素包括人身安全和仪器的安全,A项,酒精灯在不使用时,必须盖上灯帽,是防止酒精挥发而不是从人身安全考虑；B项,试管口应略向下倾斜,外壁干燥后再预热,是防止产生的水流倒流回热的试管或试管受热不均匀而炸裂；C项,外壁干燥后再预热,是防止试管受热不均匀而炸裂；D项,先通一会氢气,再加热氧化铜是排除空气,防止爆炸。]2．A[烧碱具有强烈的腐蚀性,属于腐蚀品。]3．C[在实验过程中如果不慎将酸<浓H2SO4除外>沾到皮肤或衣物上,应立即用较多的水冲洗,再用3%～5%的碳酸氢钠溶液来冲洗。如果将碱溶液沾到皮肤上,要用较多的水冲洗,再涂上硼酸溶液。万一眼睛里溅进了酸或碱溶液,要立即用水冲洗<切不可用手揉眼睛>,要边洗边眨眼睛,必要时要请医生治疗。所以①、②说法是正确的；浓碱具有腐蚀性,③的说法不正确；稀释浓硫酸时放热将影响量筒的准确度甚至发生炸裂,量筒不能用来配制溶液,配制稀硫酸时,应先在烧杯中加一定量的水,再向水中加入浓硫酸,边加边搅拌,④错；酒精着火应用沙子或湿布盖灭<隔绝空气>；因水的密度大于酒精,若用水灭火则酒精在水的上层会继续燃烧,故⑤错误。]4．B[量筒读数应平视凹液面；稀释浓硫酸应把浓硫酸加入水中并不断搅拌,量筒是量取液体的仪器,不能作稀释容器用；NaOH有腐蚀性应用烧杯称量而不能用纸片称量；加速溶解应用玻璃棒搅拌。]5．D[根据题干要求做出判断。题中手持试管给试管里的物质加热容易烫伤手,应该用试管夹靠近管口夹持试管；有些气体的气味有强烈的刺激性或毒性,所以应该用手轻轻地在瓶口扇动,仅使极少量气体飘进鼻孔；酒精灯的火焰不可用嘴吹,应该用灯帽盖灭,原因是吹气时,一是由于空气流动,加速灯芯上酒精蒸发,会烧得更旺,二是可能将火焰压入灯内,引起爆炸；一般用药匙或镊子取用固体药品。]6．A[①中用剩后的药品一般不放回原瓶,应放入指定的回收容器中；④中应把试纸放在玻璃棒上,靠近气体；②、③正确。]课后检测1．B2．A[浓硫酸是具有强腐蚀性的液体。]3．B[给150mL的液体加热,需要250mL以上的仪器,故选择烧杯而不用试管；烧杯不能直接加热,需垫石棉网,石棉网需用铁三脚架支撑,还需酒精灯加热。]4．D[本题主要考查化学实验基本操作和实验安全问题,学习时要注意归纳总结。]5．B[矿井内瓦斯<主要成分为甲烷等气态烃>的浓度必须控制在很低的范围内,为了防止瓦斯爆炸,煤矿要有很好的通风设施,要控制瓦斯的涌出；杜绝一切非生产火源；同时也要注意用电安全,防止出现电火花等。瓦斯不溶于水,也不会与石灰反应。]6．C[利用托盘天平称量物品时,若物品和砝码放颠倒,则有m<砝码>＝m<物品>＋m<游码>,即m<物品>＝m<砝码>－m<游码>＝15.0g－0.5g＝14.5g。]7．<1>A<2>防止生成的H2O<g>冷凝回流炸裂玻璃管使CuO与H2充分接触防止回火,引发爆炸解析<1>反应后的气体中O2的体积分数增大,为防止还原的Cu被氧化,还原宜从左向右进行。<2>石棉绒疏松,可使CuO与H2接触得更充分,有利于还原反应的进行。b管中H2的体积分数有可能达到爆炸极限,Cu网可使多余热量迅速散失,防止回火,引发爆炸。8．<1>试管应竖直,胶头滴管应悬空,其下端不能插入试管中<2>试管中液体不应超过其容积的eq\f<1,3>、大拇指不应按在短柄上<3>试管口应略向下倾斜<4>标签应向着手..第一节化学实验基本方法第2课时过滤与蒸发离子检验夯实基础一、1.不溶性固体与液体2.漏斗玻璃棒烧杯铁架台<带铁圈>滤纸3.一贴：滤纸漏斗内壁二低：①滤纸边沿漏斗边沿②液面滤纸边沿三靠：①漏斗下端烧杯内壁②玻璃棒下端三层滤纸处烧杯嘴玻璃棒二、2.铁架台酒精灯玻璃棒蒸发皿3.①搅拌②大量固体出现三、1.溶解过滤蒸发<1>加速<3>搅拌、防止液体溅出2.BaCl2溶液Na2SO4＋BaCl2=2NaCl＋BaSO4↓NaOH溶液MgCl2＋2NaOH=Mg<OH>2↓＋2NaClNa2CO3溶液CaCl2＋Na2CO3=CaCO3↓＋2NaClNa2CO3溶液NaOH溶液稀盐酸Na2CO3＋2HCl=2NaCl＋CO2↑＋H2O、NaOH＋HCl=NaCl＋H2O四、1.BaCl2溶液2.白色随堂训练1．C2．C[过滤适用于不溶性固体与液体的分离。将C项中物质加入足量水,食盐完全溶解形成食盐溶液<液体>而泥沙不溶于水。]3．B[操作上错误的地方有3处：①液体未能沿玻璃棒转移；②标签没有对手心；③漏斗颈的末端未与烧杯的内壁相接触。]4．B[安装仪器时,据酒精灯高度确定铁圈位置,最后放置蒸发皿；加热蒸发NaCl溶液最后用余热蒸干。]5．D[根据化学实验基本操作,蒸发一般是用加热的方法使溶剂不断挥发的过程。蒸发可用于浓缩溶液或从溶液中分离出固体溶质。A项,液体浑浊说明没有过滤完全；B项,加热过程中应该用玻璃棒不断搅拌,防止由于局部过热,造成液滴飞溅,所以B项不对；当蒸发皿中出现较多固体时即停止加热,利用余热将剩余液体蒸干,否则晶体易和蒸发皿烧结在一起或者引起固体的迸溅。]6．D[先加稀盐酸提供H＋,可排除杂质离子的干扰,再加BaCl2溶液发生反应：Ba2＋＋SOeq\o\al<2－,4>=BaSO4↓。]7．B课后检测1．D[A、B、C三个选项中是过滤操作中"三靠"的基本内容,故必须相互接触；用胶头滴管向试管中滴加液体时,滴管尖端与试管内壁不能接触,否则会污染滴管。]2．D[A项,氧化铜和炭粉均不溶于水,无法按上述顺序分离；B项,硝酸钾和氯化钠均溶于水,也无法按上述顺序分离；C项,水和酒精相互溶解,无法按上述顺序分离；D项,碳酸钠溶于水,硫酸钡不溶于水,能按上述顺序分离。]3．B[首先滴加足量Ba<NO3>2溶液,如果出现白色沉淀,证明有COeq\o\al<2－,3>,同时除去COeq\o\al<2－,3>；过滤后,在滤液中加入足量Mg<NO3>2溶液,如果出现白色沉淀,证明有OH－,同时除去OH－；过滤后,滴加AgNO3溶液,如果出现白色沉淀,证明有Cl－。]4．C[除去H2SO4中的HCl用AgNO3溶液,会使SOeq\o\al<2－,4>和Cl－同时沉淀,同时还引入了NOeq\o\al<－,3>新杂质；单纯用Ba<NO3>2溶液,量不易控制；CaO与水反应生成微溶的Ca<OH>2不易与CaCO3分离；CuO溶解于盐酸中。]5．D[要从海水中得到无水MgCl2,首先要加熟石灰得到Mg<OH>2沉淀,然后过滤,再将沉淀加盐酸溶解,得到MgCl2溶液,然后对溶液浓缩结晶,再对晶体脱水干燥即可,故选D。]6．<1>A<2>D<3>B<4>C7．<1>滴加稀盐酸酸化,再加入BaCl2溶液,如有白色沉淀产生,则证明有SOeq\o\al<2－,4>加过量BaCl2溶液,过滤<2>除去Ca2＋、少量的Mg2＋及过量的Ba2＋<3>Mg2＋不能除净解析<1>由于SOeq\o\al<2－,4>可与Ba2＋生成BaSO4白色沉淀,故可向溶液中加入可溶性钡盐,但要遵循不带入新杂质的原则。<2>为了使杂质离子除净,所用试剂均应稍过量,因此<1>中除SOeq\o\al<2－,4>时所加入的可溶性钡盐应过量。加Na2CO3的目的是为了除去Ca2＋和少量Mg2＋及过量的Ba2＋。<3>由于MgCO3的溶解度比Mg<OH>2大,除Mg2＋一般用NaOH溶液,所以此时Mg2＋不能除净。8．<2>去除铁,而增加了铜用磁铁吸引铁屑<其他合理答案也可>解析题给的两种方案都可以去掉铁屑杂质,而方案<2>去除了铁,同时增加了主产品铜,故<2>好一些,但不足之处是消耗了CuSO4,产生了FeSO4废液。两方案各有不足之处,若能用铁的物理性质除去铁,则方法简便又经济。第一节化学实验基本方法第3课时蒸馏与萃取夯实基础一、1.沸点易挥发难挥发不挥发2.<2>①几滴稀硝酸和AgNO3溶液白色沉淀②1/3碎瓷片③几滴稀硝酸和AgNO3溶液无沉淀二、1.<1>不同溶解度<2>互不相溶2.铁架台烧杯分液漏斗3.<1>分液漏斗四氯化碳<2>口部活塞<3>水碘的四氯化碳溶液紫<4>塞子凹槽漏斗上的小孔活塞烧杯壁上口随堂训练1．A[蒸馏适用于两种互溶的液体的分离,丙酮溶于水,故采用蒸馏将丙酮与水分离最合理。]2．A[制取蒸馏水可不用温度计,若使用温度计应将温度计的水银球置于蒸馏烧瓶的支管口处。]3．D4．C[为确保分离效果,下层液体由漏斗下口放出,上层液体要经漏斗上口倒出；振荡分液漏斗要拿在手里,分离液体时,分液漏斗要固定在铁架台上的铁圈上；分液时,磨口塞上的凹槽与漏斗口颈上的小孔要对准,这时漏斗内外的空气相通,压强相等,漏斗里的液体才能够顺利流出；振荡分液漏斗时可能有气体产生,应及时扭开活塞放出,以减小漏斗内的压力。应选C。]5．D[四氯化碳和水互不相溶,且密度比水大,则四氯化碳与碘水按体积比为1∶2充分混合后,四氯化碳层在试管下面。]课后检测1．B[蒸馏操作中使用的温度计是用来测定蒸气的温度<即某一组分的沸点>,温度计的水银球应放置于蒸馏烧瓶的支管口处。]2．D3．A[汽油和氯化钠溶液互不相溶,用分液法分离；39%的乙醇溶液用蒸馏法分离；氯化钠和单质溴的水溶液用萃取法分离。]4．B5．A[酒精与水互溶,不能作萃取溴水中溴单质的萃取剂。]6．<1>F<2>C<3>D<4>E<5>A7．①③②③8．<1>①C②A<2>①萃取四氯化碳分液漏斗②再进行萃取,直到水呈无色,将各项分离出来的含溴的四氯化碳溶液合并解析材料一中,根据曲线图知,纯碱和氯化钠在水中的溶解度随温度的变化相差很大。提纯纯碱时,可以先将混合物在较高温度下溶于水形成浓溶液,然后冷却到一定温度,由于纯碱的溶解度随温度降低急剧下降,因此大量纯碱晶体析出,而氯化钠不会析出,再过滤可得纯净的纯碱晶体。材料二中,乙二醇和丙三醇沸点相差很大,可以用蒸馏法分离。材料三中,Br2和I2在溶解性方面很相似,因此可以用CCl4从溴水中萃取Br2。如果提出Br2后,水还有颜色,说明Br2没有被萃取完全,可再进行萃取直至水呈无色。第二节化学计量在实验中的应用第1课时物质的量的单位——摩尔夯实基础一、1.一定数目粒子n2.<1>0.012kg12C<2>mol<3>原子分子离子微观粒子3.1mol任何粒子的粒子数6.02×1023mol－1NA4.N/NA二、1.单位物质的量Mg/molg·mol－12.相对原子质量相对分子质量随堂训练1．A[根据物质的量的概念要点分析：A项,每摩尔物质约含有6.02×1023个粒子,正确；物质的量是七个基本物理量之一,其单位是摩尔,B、C、D错误。]2．A3．B[n<OH－>＝0.6mol×6.02×1023mol－1×2＝7.22×1023。]4．B5．C[摩尔质量的单位是g/mol,在质量以g为单位时,摩尔质量在数值上与其相对分子质量相等,故A项错误,C项正确；1molH2O的质量是18g,B项错误；D项中2gH2的物质的量是1mol,含有2molH,D项错误。]6．B[1mol氧原子的质量是16g,1mol氧原子的原子数约为6.02×1023,故1个氧原子的质量约为eq\f<16,6.02×1023>g；相对原子质量是一个原子的实际质量与12C原子质量的eq\f<1,12>相比所得的数值,单位为1<常省略>,摩尔质量的单位是g/mol。]7．B课后检测1．B[质量相同时,不同物质之间的物质的量之比等于其摩尔质量的倒数之比,故本题中相对分子质量越小的物质,其分子数越多。原子数的多少还需要考虑分子中的原子总数,在已知分子数之比的基础上,再分别乘以各原子数,即能比较原子数的多少。]2．B[阿伏加德罗常数就是0.012kg12C中所含有的原子数,符号为NA,近似值为6.02×1023mol－1,故B正确,A项未说明12g碳原子为3．B[A选项,纯净物并不都是由原子组成的,A选项错误；C选项,1mol氢的表示法错误,并且没有说明是原子还是分子；D选项,阿伏加德罗常数约是6.02×1023mol－1,并不就是6.02×1023,所以D选项错误。]4．C[当质量以克为单位时,摩尔质量与相对原子质量及1mol原子的质量数值相等,故1mol该原子的质量为Mg,而1mol原子的数目为6.02×1023个,故1个原子的质量为eq\f<M,6.02×1023>g。]5．B[H2的摩尔质量为2g/mol,8gH2的物质的量n＝eq\f<m,M>＝eq\f<8g,2g/mol>＝4mol。]6．A[相对分子质量在数值上等于该物质的摩尔质量,因而只要求出该物质的摩尔质量即可,由题可知该物质的物质的量是n＝0.1mol,所以M＝eq\f<m,n>＝eq\f<1.6g,0.1mol>＝16g/mol,所以该物质的相对分子质量为16。]7．A[由反应可得：X＋2Y=R＋2MM<R>2M4．4gm由题意知M<R>∶2M<M>＝22∶18＝4.4g∶m,解得M＝3.6g。根据质量守恒定律,参加反应的Y的质量为4.4g＋3.6g－1.6g＝6.4g,所以Y与M的质量比＝6.4g∶3.6g8．1.505×10243.01×1024427.5解析1molBa<OH>2含有1molBa2＋和2molOH－,1mol的粒子数为6.02×1023,用Ba2＋和OH－的物质的量分别乘以6.02×1023即可得出答案。Ba<OH>2的摩尔质量是171g/mol,所以其质量为2.5mol×171g/mol＝427.5g。9．<1>2.408×1023<2>0.6mol解析<1>设0.3molNH3与x个H2O分子中含有的原子数相等,则有：0.3mol×4＝eq\f<x,6.02×1023>×3,则x＝6.02×1023×0.4＝2.408×1023。<2>根据Al2<SO4>3中Al3＋与SOeq\o\al<2－,4>物质的量之比为2∶3,已知：Al3＋为0.4mol,则SOeq\o\al<2－,4>为0.4mol×eq\f<3,2>＝0.6mol。10．18g/mol解析化学反应必须遵循质量守恒定律。8gA和32gB恰好完全反应生成22gC,生成D的质量为8g＋32g－22g＝18g,则eq\f<mD,mA>＝eq\f<18g,8g>＝eq\f<9,4>；16gA与70gB反应时,B过量,A完全反应,生成D的质量为16g×eq\f<9,4>＝36g,则M<D>＝eq\f<36g,2mol>＝18g/mol。第2课时气体摩尔体积夯实基础一、1.O2H21∶21.6g0.050.20.11∶2物质的量2.<1>①数目②大小③粒子间的距离<2>数目大小<3>粒子数目粒子间的距离3.相同二、1.物质的量体积2.eq\f<V,n>3.<1>温度压强<2>0℃和101kPa22.4L/mol随堂训练1．D2.C3．C[求标准状况下互不反应的混合气体的体积与单一气体求法相同,只要求出总物质的量,然后乘以22.4L/mol即可。]4．B[12gH2的物质的量为6mol,则N2的物质的量也为6mol；6molN2的质量为168g；体积约为134.4L<标准状况>；分子数约为3.612×1024。故应选B。]5．A[只要物质的量相等,则气体的分子数必相等。等质量的N2和CO,摩尔质量也相等,都是28g/mol,则其物质的量相等,分子数也相等。]6．B[相同条件<同温、同压>下,相同体积的气体具有相同的分子数<即相同的物质的量>,则具有相同物质的量的气体必具有相同的体积。]7．A8．1.750.7557.1解析<1>两种气体的物质的量之和为：eq\f<39.2L,22.4L/mol>＝1.75mol。<2>设混合气中CO的物质的量为x,CO2的物质的量为y,则有x＋y＝1.75,28g/mol·x＋44g/mol·y＝61g,解得：x＝1mol,y＝0.75mol。<3>CO的体积分数即为物质的量分数,为eq\f<1mol,1.75mol>×100%≈57.1%。课后检测1．B[本题主要考查影响气体体积大小的因素。依据气体体积的影响因素可知：温度和压强一定时,气体分子间的平均距离几乎相等,因而气体体积主要由其物质的量的多少决定；气体摩尔体积是指在一定温度、压强下,1mol任何气体所占的体积,22.4L是1mol气体在标准状况下的体积；依据阿伏加德罗定律及其推论知：不同的气体,若体积不等,则它们所含的分子数有可能相等。]2．D[22.4L是1mol气体在标准状况下的体积,A没有指明状态,所以错误；B中H2O在标准状况下是液体,所以错误；非标准状况通过调节温度和压强也可以使1mol气体体积达到22.4L,所以C错误。]3．B[常温、常压下的气体摩尔体积是未知数,无法求出分子数,A错误；标准状况下,1mol任何气体的体积都约为22.4L,其分子数为NA,B正确；标准状况下,H2O为液体,所以C不正确；未指明标准状况,所以D不正确。]4．B[标准状况下,气体的体积与气体的总的物质的量有关,与气体的种类无关,n<总>＝eq\f<0.1,2>mol＋eq\f<3.2,64>mol＋eq\f<2.2,44>mol＝0.15mol,V＝n<总>×22.4L/mol＝3.36L。]5．A[方法一：按常规思路,设瓶重mg。某气体的相对分子质量为Mr,由eq\f<V1,V2>＝eq\f<n1,n2>,因为容器体积不变,所以有eq\f<116g－mg,32g/mol>＝eq\f<122g－mg,44g/mol>,得m＝100,然后由eq\f<116g－100g,32g/mol>＝eq\f<114g－100g,M某>得M<某>＝28g/mol,即相对分子质量为28。方法二：差量法：同温同压下,气体质量之差和摩尔质量之差之间存在着正比关系,因此可以不计算容器的质量,直接由气体质量差和摩尔质量差的正比关系求得。即：eq\f<122g－116g,44g/mol－32g/mol>＝eq\f<122g－114g,44g/mol－M某>,M<某>＝28g/mol,即Mr＝28。]6．C7．A[mg气体的物质的量为eq\f<b,NA>mol,则ng气体的物质的量为eq\f<bn,mNA>mol,则ng气体的体积为eq\f<22.4nb,mNA>L。]8．3∶46∶113∶4解析n<O2>＝4.8g/32g/mol＝0.15mol,m<CO2>＝0.2mol×44g/mol＝8.8g。它们的物质的量之比是0.15mol∶0.2mol＝3∶4,质量之比是4.8g∶8.8g＝6∶11,在同温同压下体积之比等于其物质的量之比即3∶4。9．1∶325%17.5%4∶7401.79解析气体的总物质的量为n＝V/Vm＝6.72L/22.4L/mol＝0.3mol,所以n<CO>＋n<CO2>＝0.3mol；n<CO>·28g/mol＋n<CO2>·44g/mol＝12g,求得n<CO>＝0.075mol,n<CO2>＝0.225mol。第3课时一定物质的量浓度溶液的配制夯实基础一、1.单位体积物质的量cmol/Lmol·L－12.eq\f<nB,V>二、1.托盘天平100mL容量瓶烧杯玻璃棒胶头滴管量筒2.<1>0.1mol5.85<2>5.9<3>烧杯玻璃棒<4>玻璃棒容量瓶<5>2～3容量瓶<6>1～2cm胶头滴管液面与刻度线相切随堂训练1．D[根据公式c＝eq\f<n,V>,n为溶质的物质的量,V为溶液的体积。A项溶液的体积不等于1L；B项22.4LHCl的物质的量不一定是1mol；C项,盐酸与水混合后,溶液体积不是10L；D项n<NaOH>＝0.25mol,V[NaOH<aq>]＝0.25L,c<NaOH>＝1mol/L。]2．C3．B[所取溶液的物质的量浓度与所取溶液的体积无关,与原溶液物质的量浓度相同。c<NaOH>＝eq\f<2g/40g/mol,0.25L>＝0.2mol/L。]4．A[浓溶液配稀溶液过程为：①计算所需浓溶液体积：5.3mL,②选用合适量筒量取浓溶液：10mL量筒,并用滴管滴加浓H2SO4到刻度线,③稀释浓H2SO4：将少量水放入50mL烧杯中,沿玻璃棒缓缓将浓H2SO4注入水中,④将冷却至室温的稀溶液转移至100mL容量瓶中,⑤定容。]课后检测1．D[根据物质的量浓度的定义,A选项说法错误,不是1L水,应该是1L溶液；B选项,溶液的体积为1L时含有2molH＋；C选项的错误仍在98gH2SO4溶于1L水,溶液的体积不清楚,故溶液的物质的量浓度也说不清楚；D选项正确,因硫酸的相对分子质量为98,故98g就是1mol。]2．B3．A[B项中水和酒精互溶,应用蒸馏法分离；C项托盘天平只能准确到0.1g,应称量5.9g；滴管紧贴试管内壁,会污染滴管,进而污染试剂。]4．B[本题考查一定物质的量浓度溶液的配制过程及误差分析。A项极易出错,以为0.5mol/L×1L＝0.5mol是Na2CO3的物质的量,所以100g>53g视为偏高。实际上应是Na2CO3·10H2O的物质的量,应为286g/mol×0.5mol＝143g。所以A项应偏低；B项平视时,凹液面的最低点与刻度线刚好相平,俯视时液面的最低点低于刻度线,即实际加水量少于应加水量,因此可导致浓度偏高；C项对用于稀释或溶解的烧杯,如不数次加水冲洗并将洗涤液也转入容量瓶,会使溶质损失,使所配制的溶液浓度偏低；D项定容后,当振荡、静置后发现液面低于刻度线,这是由于液体沾在瓶壁和磨口等处所致,不会造成偏差,若加水则使所配溶液浓度偏低。]5．<1>①②④③⑤<2>天平、药匙、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管<3>偏高<4>偏低偏低<5>宣告实验失败,从头重新做宣告实验失败,从头重做6．<1>0.2<2>0.21.42<3>0.20.1解析14.2g无水硫酸钠的物质的量为0.1mol,所以c<Na2SO4>＝0.2mol/L；取出50mL,其物质的量浓度仍为0.2mol/L,其质量为原来的十分之一,即1.42g；50mL溶液用水稀释到100mL,各个离子的浓度变为原来的二分之一,分别为0.2mol/L和0.1mol/L。7．<1>4.210mL<2>500mL<3>量筒烧杯玻璃棒胶头滴管解析配制稀盐酸450mL,由于没有此种规格的容量瓶,所以用500mL的容量瓶。设量取浓盐酸的体积为V,根据稀释前后HCl物质的量守恒建立关系式：12mol/L×V＝0.10mol/L×500mL,V＝4.2mL；根据量筒的规格选取10mL量筒；结合配制步骤选取仪器。第4课时有关物质的量浓度的计算夯实基础一、VVcBcBρρ二、从左至右、从上至下：molgLgeq\f<溶质的物质的量nB,溶液的体积L>eq\f<溶质的质量,溶液的质量>×100%相同不一定相同不一定物质的量浓度<cB>＝eq\f<溶质的质量分数w×溶液的密度ρ×1000mL/L,溶质的摩尔质量M>三、c2V2m2w2对点训练1．A2．C[c＝eq\f<1000ρ·w,M>＝eq\f<1000mL/L×1.18g/cm3×36.5%,36.5g/mol>＝11.8mol/L]3．A[原溶液的物质的量浓度为c＝eq\f<n,V>＝eq\f<\f<m,M>,V>＝eq\f<\f<60g,40g/mol>,0.3L>＝5mol/L,设应取原溶液与蒸馏水的体积分别为x、y则有5mol/L·x＝<x＋y>×1mol/L,解得：x∶y＝1∶4。]4．B[c<HCl>＝eq\f<nHCl,V溶液>＝eq\f<\f<V,Vm>,V溶液>＝eq\f<\f<500,22.4L/mol>,1>＝eq\f<500,22.4>mol/L。]5．A[所得溶液的物质的量浓度与烧瓶的体积无关。c＝eq\f<n,V>＝eq\f<\f<V,22.4L/mol>,V>＝eq\f<1,22.4>mol/L。]随堂训练1．C[据n＝c·V,所以具有相等的溶质的物质的量；而溶质的摩尔质量、溶液的密度、酸所能电离出的H＋数不能确定,故A、B、D不一定相等。]2．C3．C[此题用电荷守恒法求解简便、准确。因为溶液不显电性,所以溶液中阴、阳离子所带的电荷总数相等。设溶液体积为1L,SOeq\o\al<2－,4>的物质的量为x。根据NaCl=Na＋＋Cl－MgCl2=Mg2＋＋2Cl－MgSO4=Mg2＋＋SOeq\o\al<2－,4>0．1mol＋0.25mol×2＝2x＋0.2molx＝0.2molc<SOeq\o\al<2－,4>>＝0.2mol/L。]4．D[设三种溶液的物质的量浓度为c,则Cl－的物质的量之比为：c×1×3：c×2×2：c×3×1＝3∶4∶3。]5．B6．C[设需要12mol/L的盐酸的体积为x,则有：12mol/L·x＝1mol/L×0.25L,解得：x＝0.021L＝21mL。]7．<1>eq\f<100w,1－w>g<2>eq\f<17.1m,V>mol/L<3>17.1dwmol/L8．<1>3610%36.4mL2.75mol/L本章复习课网络构建一、过滤：分离难溶性固体和液体一贴、二低、三靠蒸发：可溶性固体和液体分离①玻璃棒不停搅拌②余热蒸干③坩埚钳夹持蒸馏：液体混合物分离①防暴沸②测蒸气温度分液：下口放出上口倒出二、①n＝eq\f<N,NA>②N＝n·NA③m＝n·M④n＝eq\f<m,M>⑤V＝n·Vm⑥n＝eq\f<V,Vm>⑦c＝eq\f<n,V>⑧n＝c·V三、1.c<浓>·V<浓>＝c<稀>·V<稀>2.<1>天平<或量筒>容量瓶烧杯玻璃棒胶头滴管<2>计算称量<或量取>溶解<或稀释>洗涤定容单元检测卷答案解析第一章从实验学化学1．C[本题考查了初中化学中的基本实验操作。A选项,给试管里的液体加热时,应使试管与桌面呈45°夹角,并上下移动试管,以使试管受热均匀；B装置属于洗气瓶,混合气体中的CO2被NaOH溶液吸收,而CO气体从溶液中逸出,从而达到除杂的目的；C选项向试管中倾倒液体时,标签应向着手心,瓶塞应倒放在水平桌面上；D项的操作是浓硫酸稀释时的正确操作。]2．B3．C[A中常温常压下33.6L氯气小于1.5mol,铝有剩余,转移电子数小于3NA,A不正确；B项标准状况下己烷为非气态,其物质的量远大于1mol,故共价键数目远大于19NA,B不正确；C中因每个CO2、O2中均有两个氧原子,则其混合物中NA个分子必含有2NA个氧原子,正确；D中因COeq\o\al<2－,3>水解,则1L1mol·L－1Na2CO3溶液中COeq\o\al<2－,3>离子数小于NA,不正确。]4．D5.C6.D7．D[加BaCl2溶液和稀硝酸,有白色沉淀生成,这种白色沉淀可能是BaSO4,也可能是AgCl,故选D。]8．A9．B[用稀盐酸来排除COeq\o\al<2－,3>的干扰。]10．C[物质在发生化学反应前后,各元素的原子个数不变,各种原子数之比等于各种原子的物质的量之比。]11．B[5mol/L的盐酸10mL稀释到200mL时,c<HCl>＝5mol/L×eq\f<10mL,200mL>＝0.25mol/L,取出溶液的浓度与取出的体积无关,仍与取出前浓度相同。]12．C13.C14．B[只要不要求分液,萃取不一定非要在分液漏斗中进行；用剩的药品一般不能放回原试剂瓶；取用砝码应先大后小。]15．B[NaOH潮解,则称取NaOH的量不足,浓度偏低；加水未到刻度线,则溶液体积不足,浓度偏高；少量NaOH溶液残留在烧杯中,溶质没全部进入所配溶液；D项中实际质量只有2.0g－0.4g＝1.6g。]16．B[标准状况下的22.4LHCl<气>的物质的量为1mol,质量为36.5g,溶液质量为36.5g＋100g,溶液体积为eq\f<136.5,ρ>mL,而溶液的密度ρ未知,则无法求溶液体积,进而无法求该溶液的物质的量浓度。]17．<1>催化剂B关闭分液漏斗活塞,将导气管末端插入盛水的水槽中,用手捂住锥形瓶,片刻后,导管口末端产生气泡,松开手后,末端导管上升一段水柱,则证明气密性良好<2>A<3>溶解过滤加入的MnO2的质量18．<1>①④<2>②⑤⑦<3>⑧<4>①②⑤⑦19．<1>取一支小试管,打开分液漏斗的活塞,慢慢放出少量液体,往其中加入少量水,如果加水后,试管中的液体不分层,说明分液漏斗中下层是"水层",反之,则上层是"水层"<或者用胶头滴管向分液漏斗中滴加一滴水,若水溶于上层,则上层为"水层",若水沉入下层后再溶解,则下层为"水层"><2>取一支小试管,用胶头滴管向其中加入一种无色液体1～2mL,然后用另一胶头滴管取另一无色液体逐滴滴入试管中,观察,如果滴入的无色液体留在上层,则后滴入的液体为水,若滴入的液体沉入下层,则后滴入的液体为CCl420．<1>①60g/mol8mol②1∶11∶18NA<2>①4②11NA22NA21．<1>78g/mol<2>10片胃舒平<3>0.6mol22．<1>ABDCE<2>量筒胶头滴管500mL容量瓶<3>ad解析<1>配制一定物质的量浓度溶液的步骤为：计算、称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀。<2>还应有500mL容量瓶、胶头滴管和量筒。<3>a俯视使V减少,故使c偏高；b未进行洗涤,使n减小,故使c偏低；c项使V增大,故浓度偏小；d使m增大,故使浓度偏高；e无影响。......第二章化学物质及其变化第一节物质的分类第1课时物质的分类夯实基础一、1.<1>不同<2>钠碳酸可溶性2.<1>不同分类<2>纯净物金属单质Na非金属单质C酸H2SO4碱KOH盐FeCl3Al2O3二、①2Ca＋O2=2CaO②CaO＋H2O=Ca<OH>2③Ca<OH>2＋CO2=CaCO3↓＋H2O④C＋O2eq\o<=,\s\up7<点燃>>CO2⑤CO2＋H2OH2CO3⑥Ca<OH>2＋H2CO3=CaCO3↓＋2H2O随堂训练1．B[本题考查了酸、碱、盐的分类。A项中纯碱为Na2CO3,属于盐,错误；C项中乙醇属于有机物,不是碱,错误；D项苛性钠为NaOH,属于碱,错误,故选B。]2．B3.D4．<1>FeH2SO4CO2CaONa2CO3<2>Fe＋H2SO4=FeSO4＋H2↑CaO＋H2SO4=CaSO4＋H2ONa2CO3＋H2SO4=Na2SO4＋CO2↑＋H2OCO2＋CaO=CaCO3解析该题结合物质的性质,考查物质分类的应用。据单质①能和酸②发生化学反应,推知①应为活泼金属单质即为铁,而酸只有稀H2SO4,即②为稀H2SO4,则氧化物④应为金属氧化物,即④为CaO,则氧化物③为酸性氧化物,即CO2,⑤属于盐且既能与H2SO4反应,又能与CaO反应,则⑤应为Na2CO3。课后检测1．B[符合钠盐集合的是B、C、D,符合正盐集合的是A、B、C,符合碳酸盐集合的是A、B,Na2CO3既是正盐、碳酸盐,又是钠盐,故B正确。]2．D3．A[由相关物质之间的转化可知,它们之间可发生化合反应、复分解反应和置换反应,没有涉及分解反应。]4．C[熔融液为三种物质的混合物,但对任一种物质来讲都是化合物,即都是纯净物。]5．D[已知题干中的氧化物均为酸性氧化物。]6．D[水银是液态汞,属于金属单质,水蒸气是水,属于化合物,水煤气是H2、CO的混合气体。]7．A[A中的③④⑤均是碱,而B、C、D中的各项均不同类。]8．<1>A其余均为酸性氧化物<或D其余均为气体><2>C其余均为离子<3>D其余均为气体解析物质的分类方法很多,同一种物质按不同的分类标准,可属于不同的类别。在对物质分类时,要对每一组内的物质从状态、组成特点、性质、实验操作方法等多方面进行多方位思考分析,寻找规律、明确异同,根据题目要求分析和解答。9．<1>SO2<2>NaClO3<3>HCl<4>K2CO3解析<1>SO2是非金属氧化物,其他三种为金属氧化物；<2>NaClO3是氯的含氧酸盐,其他三种是金属氯化物<或从氯元素的价态上找>；<3>从氯元素的价态上分析,HCl中Cl为－1价,其他为＋5价；<4>前三者为酸式碳酸盐,K2CO3为正盐。10．<1>从左往右：Fe、CuS、H2HCl、H2SO4NaOH、Ba<OH>2NaCl、NaHCO3K2O、CuO<2>分类标准1：是不是化合反应：化学反应①②③④为一类,都是化合反应；反应⑤不是化合反应。分类标准2：反应物的特点：化学反应①②为一类,都是非金属单质与氧气反应；化学反应③④为另一类,都是金属单质与氧气反应；反应⑤是化合物与氧气反应。分类标准3：是不是氧化还原反应：化学反应①②③④⑤为一类,都是氧化还原反应。11．<1>七氧化二锰、二氧化硅氧化钠、氧化钙氧化锌<2>C第2课时分散系及其分类夯实基础一、1.一种<或多种>另一种分散质分散剂2.溶液浊液胶体溶液浊液胶体二、1.沸水饱和FeCl3溶液红褐2.<1>溶液浊液介稳<2>一束光亮的通路散射溶液和胶体<3>①加热②加入电解质溶液③加入胶粒带相反电荷的胶体随堂训练1．B2.C3.D4．Fe2O3＋6HCl=2FeCl3＋3H2O<1>FeCl3＋3NaOH=Fe<OH>3↓＋3NaCl复分解<2>红褐氢氧化铁胶体解析Fe2O3是碱性氧化物,能与酸反应生成盐。<1>铁盐可与碱反应,生成沉淀；<2>是Fe<OH>3胶体的制法。课后检测1．D[胶体与其他分散系的本质区别是胶体粒子的直径在1～100nm之间；丁达尔效应是胶体特有的现象,故选D。]2．C[纳米碳的粒子直径在1～100nm,将其分散到蒸馏水中形成的分散系属于胶体,能产生丁达尔效应；胶体的粒子能透过滤纸；胶体是一种"介稳体系",虽然不如溶液稳定,但比浊液稳定,放置较长时间不会聚沉而析出沉淀。]3．D[雾是小液滴分散到空气中形成的气溶胶。]4．D[溶液和胶体两种分散系都呈电中性；分散质粒子均作无规则的布朗运动；胶体粒子吸附某种类型的带电微粒,在电场作用下,其粒子也作定向移动；利用丁达尔效应可区分溶液和胶体。]5．A[①项为FeCl3＋3NaOH=Fe<OH>3↓＋3NaCl,即生成沉淀而非胶体；血液是胶体,②项是胶体的聚沉；③项为胶体的丁达尔效应,故A项符合题意。]6．B[纳米材料粒子直径为几纳米至几十纳米,符合胶体粒子直径范围：1nm～100nm,所以纳米材料形成的分散系属于胶体,应具有胶体的性质。]7．C[制备Fe<OH>3胶体时用玻璃棒搅拌易形成沉淀。]8．C[A项中水不是分散系；B项中Fe<OH>3胶粒的个数少于2NA,胶粒是大量分子或离子的集合体；D项中应是饱和FeCl3溶液滴入沸水中制Fe<OH>3胶体。]9．<1>自来水中含电解质杂质较多,易使制备的胶体发生聚沉,导致实验失败<2>氯化铁溶液浓度过稀,不利于氢氧化铁胶体的形成<3>长时间的加热能够导致氢氧化铁胶体聚沉解析本题主要考查胶体的聚沉以及氢氧化铁胶体制备实验的注意事项。10.组别分类标准不属于该类别的物质第②组化合物H2气体CaCO3第③组溶液氢氧化铁胶体有色氯化钠溶液解析对比同组内各物质的相同点和不同点,按照相关的标准归类即可。11．<1>空气中也出现了光柱进入烧杯前,光穿过的空气不是胶体,不会产生丁达尔效应<2>清晨清晨树林中存在水雾,雾是胶体,阳光透过树叶间隙形成光束,穿过这些水雾会产生丁达尔效应<3>打开暖瓶<或加热水>让水汽升腾起来,用一束光照射即可解析<1>进入烧杯前,光穿过的空气不是胶体,不会产生丁达尔效应,所以该图中的明显错误是空气中也出现了光柱。<2>清晨,树林中存在水雾,阳光透过树叶间隙形成光束,穿过这些水雾会产生丁达尔效应,所以一天中最有可能观察到该现象的时间是清晨。<3>打开暖瓶<或加热水>让水汽升腾起来,用一束光照射即可。第二节离子反应第1课时酸、碱、盐在水溶液中的电离夯实基础一、1.水溶液里或熔融状态化合物酸碱盐2．水溶液里和熔融状态化合物二、1.水溶液熔融状态自由移动的离子2.<1>H2SO4=2H＋＋SOeq\o\al<2－,4><2>NaOH=Na＋＋OH－<3>CuSO4=SOeq\o\al<2－,4>＋Cu2＋3．H＋OH－4．自由移动的离子随堂训练1．A[电解质与非电解质是根据化合物能否在水溶液里或熔融状态下导电划分的,不是根据化合物的水溶性划分的,如CaCO3、BaSO4、AgCl等难溶于水的物质,但都是电解质,B项错；氧化物有的是电解质,如Na2O、CaO等离子化合物,有的不是电解质,如CO2、SO2等共价化合物,C项错；氢化物有的是电解质,如HCl、HF等,有的不是电解质,如CH4、NH3等,D项错。]2．D[SO2溶于水后,与H2O反应生成的H2SO3溶液能导电,但SO2是非电解质,故A错；NaCl固体溶于水,在水分子的作用下,电离出自由移动的Na＋和Cl－,而不是电流的作用,B错误；NaCl是电解质,但晶体中Na＋和Cl－不能自由移动,故NaCl晶体不导电,C错误；HCl属共价化合物,液态时不导电,但溶于水能电离出H＋和Cl－,故D正确。]3．D4．D[<1>酸有一元酸和多元酸,碱有一元碱和多元碱,写电离方程式时,注意H＋和OH－的个数；盐的阴离子和阳离子也可能有多个,书写电离方程式时,同样要注意个数,故选项A和选项B错；<2>书写电离方程式时,离子符号要正确,例：没有Heq\o\al<＋,2>和<OH>eq\o\al<－,2>这两种形式的离子；另外,离子右上角的电荷数的书写不同于化合价,故选项C错。]5．D6．D[酸、碱、盐是从电离角度对化合物的一种分类。电离出的阳离子全部是H＋的化合物是酸,电离出的阴离子全部是OH－的化合物是碱,电离时只要能生成金属阳离子和酸根阴离子的就是盐。所以A、B项说有氢离子、氢氧根离子就是酸、碱,显然错误,应该强调全部；C项说法不够准确,因为有些盐还能电离出H＋、OH－等。]7．<1>②③⑤⑦⑧⑨⑩⑪⑫<2>③⑤⑤<3>⑨⑩⑪⑫⑨⑩<4>⑦⑧课后检测1．D[本题有两个限制条件,一是能导电,二是属于电解质。A项中氯化钠固体属于电解质,但固体中离子不能自由移动,故不能导电；B项氯化钠溶液能导电,但属于混合物,不属于电解质；C项中液态氯化氢是分子,没有离子,不能导电。]2．B[溶液导电是因为溶液中存在自由移动的离子,但能导电的物质不一定是电解质,如金属单质等。同时电解质也不一定能导电,要看电解质的状态,固态时不电离,也不导电。]3．A4．B[导电性强弱不是区别电解质与非电解质的依据,尽管水导电性很差,但水仍然是电解质,A选项错误；酸、碱、盐属于电解质,有些氧化物<如CaO、Na2O等>也是电解质,C选项错误；HCl是电解质,但在熔融状态下,HCl没有发生电离产生自由移动的离子,故熔融状态时HCl不导电,D选项错误。]5．C[B、D项中的物质在该状态下不能电离,故不含自由移动的离子；A项中KClO3的电离方程式为：KClO3=K＋＋ClOeq\o\al<－,3>；C项KCl=K＋＋Cl－。]6．D[NaHSO4为强酸的酸式盐,在水溶液中完全电离：NaHSO4=Na＋＋H＋＋SOeq\o\al<2－,4>。]7．C[B、D是非电解质,在熔融状态下NaCl也能导电。]8．<1>稀硫酸、空气<2>HCl<3>BaSO4<4>NH3、CO2<5>Cu、Hg解析10种物质中稀硫酸和空气属于混合物。HCl溶于水可电离出H＋、Cl－,能导电,故HCl属于电解质,但熔融状态下不存在自由移动的离子,不导电。BaSO4是难溶性电解质。而NH3、CO2的水溶液虽然能导电,但不是它们本身发生了电离,而是它们与水发生了反应,生成了电解质NH3·H2O和H2CO3,故它们属于非电解质。铜和金属汞属于单质,不是化合物,故既不是电解质也不是非电解质,但能导电。9．<1>①不能HCl是共价化合物,液态时不电离,只在水溶液中电离②能能电离出Na＋和Cl－③不能Fe是单质④不能电解质在固态时不电离<2>HCl=H＋＋Cl－H2SO4=2H＋＋SOeq\o\al<2－,4>Ca<OH>2=Ca2＋＋2OH－KOH=K＋＋OH－NH4NO3=NHeq\o\al<＋,4>＋NOeq\o\al<－,3>KAl<SO4>2=K＋＋Al3＋＋2SOeq\o\al<2－,4>解析<1>HCl是酸,属共价化合物,在液态时不电离,NaCl在熔融状态可以电离,KOH在固态时不电离,Fe是单质,任何条件都不电离。<2>KAl<SO4>2能电离出三种离子。10．亮由亮变暗至熄灭逐渐变亮无变化解析Ca<OH>2溶于水全部电离Ca<OH>2=Ca2＋＋2OH－,开始灯泡较亮；通入CO2时,CO2＋Ca<OH>2=CaCO3↓＋H2O,CaCO3难溶于水,溶液中离子浓度逐渐减小,灯泡变暗直至熄灭；继续通CO2,CO2＋H2O＋CaCO3=Ca<HCO3>2,Ca<HCO3>2易溶于水,Ca<HCO3>2=Ca2＋＋2HCOeq\o\al<－,3>,溶液中离子浓度变大,灯泡变亮；继续通入CO2,CO2＋H2OH2CO3,当溶液饱和时,再通CO2,离子浓度不变,灯泡亮度不变。第2课时离子反应及其发生的条件夯实基础一、1.阴、阳离子离子2.某种离子浓度减小Ba2＋SOeq\o\al<2－,4>BaSO4Ba2＋SOeq\o\al<2－,4>二、1.实际参加反应2.正确的化学方程式易溶于水且易电离气体单质氧化物不参加反应质量电荷3.同一类型三、生成沉淀、放出气体或生成水随堂训练1．<1>H＋＋OH－=H2O<2>2H＋＋Cu<OH>2=Cu2＋＋2H2O<3>2H＋＋SOeq\o\al<2－,4>＋Ba2＋＋2OH－=BaSO4↓＋2H2O<4>2H＋＋CaCO3=Ca2＋＋CO2↑＋H2O<5>2H＋＋COeq\o\al<2－,3>=CO2↑＋H2O<6>Ba2＋＋2OH－＋Mg2＋＋SOeq\o\al<2－,4>=BaSO4↓＋Mg<OH>2↓<7>Fe＋2H＋=H2↑＋Fe2＋<8>Fe＋Cu2＋=Fe2＋＋Cu<9>6H＋＋Fe2O3=2Fe3＋＋3H2O<10>CO2＋Ca2＋＋2OH－=CaCO3↓＋2H2O2．A[离子反应发生的条件：生成难溶的、难电离的或易挥发的物质。B中的AgCl和C中的CaCO3都是难溶的物质,D中的NH3·H2O是难电离的物质。]3．C[判断某个反应是否是离子反应应从实质、发生条件等几方面综合分析。参加离子反应的不一定都是电解质,只要有一种是即可,A错误；离子反应中不一定每一种离子的浓度都减小,如Fe＋CuSO4=FeSO4＋Cu的反应中,Fe2＋的浓度是增大的,B错误；复分解型离子反应发生的条件是产生沉淀、气体、难电离的物质,氧化还原型离子反应就不一定满足这些条件,如Cu2＋＋Fe=Fe2＋＋Cu,故D错误。]4．D5．可溶电离二氧化碳和水Na2CO3＋2HCl=2NaCl＋H2O＋CO2↑解析COeq\o\al<2－,3>代表可溶性碳酸盐,用可溶性碳酸盐替换COeq\o\al<2－,3>,H＋代表易溶于水、易电离的酸,用易溶于水、易电离的酸替换H＋。课后检测1．C[A中氢气还原氧化铜属于氧化还原反应,但不属于离子反应；B中胆矾失去结晶水属于分解反应,不属于离子反应；D中二氧化硫与氧化钙的反应仅属于化合反应,不属于离子反应,所以只有C符合题意。]2．B[只有可溶性盐在离子方程式中才可以写作离子形式；离子反应的实质是离子的浓度或数目减小；H＋＋OH－=H2O表示的是可溶性强酸与可溶性强碱生成可溶性盐和水的反应；复分解反应只要满足三个条件之一即可发生。]3．A[A项均用离子方程式Cu<OH>2＋2H＋=Cu2＋＋2H2O表示；B项前者为Ba2＋＋SOeq\o\al<2－,4>=BaSO4↓,后者为Ba2＋＋2H＋＋2OH－＋SOeq\o\al<2－,4>=BaSO4↓＋2H2O；C项前者为COeq\o\al<2－,3>＋2H＋=H2O＋CO2↑,后者为CaCO3＋2H＋=Ca2＋＋H2O＋CO2↑；D项前者为CaCO3＋2H＋=Ca2＋＋H2O＋CO2↑,后者为CaCO3＋2H＋＋SOeq\o\al<2－,4>=CaSO4＋H2O＋CO2↑。]4．D5．D[离子方程式正误判断的方法是"三查"：一查电荷是否守恒,原子数是否守恒；二查物质拆分是否正确；三查物质间的反应是否正确。据此可知A中石灰水是澄清的,Ca<OH>2应拆写成离子的形式；B中遗漏了参加反应的Ba2＋和SOeq\o\al<2－,4>；C中离子电荷不守恒。]6．<1>反应不符合事实,铁和酸反应生成＋2价铁的化合物<2>反应不符合事实,Cu是不活泼的金属,不能和酸反应<3>化学式拆分错误,氢氧化铜不溶于水,不能拆写<4>化学式拆分错误,醋酸是难电离的物质,不能拆写<5>电荷不守恒<6>化学式拆分错误,氧化物不能拆写7．A[由电荷守恒得关系式：3×1＋2×3＝1×1＋2x,x＝4,故n<Fe3＋>∶n<SOeq\o\al<2－,4>>＝1∶2。]8．<1>1<2>＋5解析<1>根据离子方程式左右两边电荷守恒则－n－1×6＋1×6＝－1n＝1<2>ROeq\o\al<－,3>中根据化合价原则,R的化合价为＋5价。9．<1>Na2CO3、KCl<2>BaCl2、CuSO4<3>KNO3解析无色溶液可排除CuSO4固体；通过实验②白色沉淀部分溶解并有气泡产生可确定溶液中含有COeq\o\al<2－,3>和Cl－,同时排除Ba2＋的存在。由此肯定固体中含有Na2CO3和KCl,不存在BaCl2固体。10．<1>生成红褐色沉淀Fe3＋＋3OH－=Fe<OH>3↓<2>生成无色气味气体HCOeq\o\al<－,3>＋H＋=CO2↑＋H2O<3>观察不到明显现象H＋＋OH－=H2O<1>中生成沉淀,<2>中生成气体和H2O,<3>中生成难电离物质H2O都使溶液中的某种离子浓度发生了明显变化第3课时习题课1．C[Cu2＋与COeq\o\al<2－,3>和OH－不能共存。Ba2＋与SOeq\o\al<2－,4>不能共存。]2．C[Na与H2O反应生成了Na＋和OH－,所以属于离子反应；选项B原子个数不守恒；选项D中H2O不能写成离子符号。]3．C[凡是能与OH－反应的离子,其离子数目均要减小,HCOeq\o\al<－,3>、Fe3＋、H＋均可以与OH－反应。]4．B[A项CO2过量,CaCO3继续与CO2和H2O反应生成Ca<HCO3>2,正确的离子方程式应写成CO2＋OH－=HCOeq\o\al<－,3>；B项胃酸中含有大量的H＋,NaHCO3拆成Na＋和HCOeq\o\al<－,3>正确；C项MgCO3应写成分子式,离子方程式应为MgCO3＋2H＋=Mg2＋＋H2O＋CO2↑；D项离子方程式应为Ba2＋＋2OH－＋SOeq\o\al<2－,4>＋2H＋=BaSO4↓＋2H2O。]5．A[溶液毒性降低,说明有毒离子浓度减小,由于甲溶液呈碱性,即含有OH－。]6．B[NaHCO3在溶液中电离产生Na＋和HCOeq\o\al<－,3>,NaHSO4在溶液中电离产生Na＋、H＋、SOeq\o\al<2－,4>,能发生反应的离子是H＋和HCOeq\o\al<－,3>。]7．A[B项中可发生Ba2＋＋SOeq\o\al<2－,4>=BaSO4↓的反应而不能大量共存；C项中含有MnOeq\o\al<－,4>,溶液呈紫色,不符合"无色"的条件；D项中可发生反应：H＋＋HCOeq\o\al<－,3>=CO2↑＋H2O,故不能大量共存,只有A项符合题意。]8．A[A项中Mg2＋与OH－结合可生成沉淀,HCOeq\o\al<－,3>与H＋结合可产生气体。]9．B[A项MnOeq\o\al<－,4>为紫红色；C项HCOeq\o\al<－,3>与OH－反应生成COeq\o\al<2－,3>和H2O,生成的COeq\o\al<2－,3>发生反应：COeq\o\al<2－,3>＋Ba2＋=BaCO3↓；D项H＋与OH－反应生成H2O。]10．C[除杂质的原则：不增<不增加新杂质>、不减<不减少被提纯物质>、易分离<杂质和被提纯物质容易分离>、易还原<加入的物质容易转化为被提纯物质>。]11．D[②中的硫酸铝和氢氧化钠两种溶液反应可生成白色沉淀,此沉淀分别与硫酸、过量氢氧化钠溶液反应会消失,而且,将硫酸铝与氢氧化钠混合时,如果将前者滴入后者,由于氢氧化钠过量,则生成的沉淀会很快溶解,随着滴入的硫酸铝逐渐增加,沉淀溶解的速率逐渐变慢直到不溶；反之,若将氢氧化钠滴入硫酸铝中,则生成的沉淀逐渐增多,直至最高限量沉淀又逐渐溶解,这样,将不难区别氢氧化钠和硫酸铝两种溶液。将硫酸和氯化钠两种溶液分别滴入氢氧化铝中,硫酸可使氢氧化铝溶解即能从中区别出硫酸；④中也可将它们区分开。]12．<1>CuOH2SO4CuSO4Cu<OH>2H2ONa2SO4<2>①CuO＋2H＋=Cu2＋＋H2O②Cu2＋＋2OH－=Cu<OH>2↓③Cu<OH>2eq\o<=,\s\up7<△>>CuO＋H2O④SOeq\o\al<2－,4>＋Ba2＋=BaSO4↓解析从②知蓝色沉淀D为Cu<OH>2,C中含有Cu2＋,F中含有Na＋；Cu<OH>2发生③式反应得到A和E,可知A和E一个是H2O,一个是CuO；结合①④可知A为CuO,E为H2O,B为H2SO4,则F为Na2SO4。13．<1>OH－Cl－K＋<2>铁粉Ag<3>Ag＋、Fe3＋、Cl－、OH－KNO3解析甲厂排放的工业废水明显呈碱性,一定含有OH－,与OH－可共存的离子有K＋、Cl－、NOeq\o\al<－,3>,考虑到Ag＋与Cl－不能共存,所以甲厂废水含OH－、K＋、Cl－,乙厂废水中含Ag＋、Fe3＋和NOeq\o\al<－,3>。在乙厂废水中加入一定量的铁粉可以回收银<Fe＋2Ag＋=Fe2＋＋2Ag>。若将两厂废水按适当比例混合,可将Ag＋与Cl－、Fe3＋与OH－分别转化为AgCl、Fe<OH>3沉淀,经过滤后溶液中主要含有KNO3,KNO3是钾、氮的复XX料。14．<1>HCOeq\o\al<－,3>＋H＋=CO2↑＋H2O<2>鸡蛋皮中含CaCO3,洗净是为了除杂物,烤焦主要是杀菌、消毒,服用后CaCO3与盐酸反应起到了降低胃酸浓度的作用。发生反应的离子方程式为：CaCO3＋2H＋=Ca2＋＋CO2↑＋H2O<3>不能,NaOH虽然能中和胃酸,但它有强腐蚀性,故不能服用NaOH治疗胃酸过多<4>OH－＋HCOeq\o\al<－,3>=H2O＋COeq\o\al<2－,3>解析该题考查用化学知识解释、解决生活、社会问题,很好地体现了新课程的STSE理念,是今后的命题趋势。在给定的新情境下,按题目要求能够熟练地写出离子方程式。第三节氧化还原反应第1课时氧化还原反应夯实基础1．<1>升高<2>降低<3>升降2.<1>失去<2>得到<3>转移3.<1>化合价<2>电子转移<3>电子升降升降电子随堂训练1．C[①中,有Mn、O两元素变价；③中,有Zn、H两元素变价。]2．C[分析各物质中元素的化合价是否变化,没有元素化合价发生改变的反应属于非氧化还原反应。]3．D[氧化还原反应的本质是电子的转移,特征是元素化合价的升降；只要有元素化合价升降<或电子转移>的反应就是氧化还原反应,与是否有氧元素参加无关；氧化反应与还原反应一定同时发生；若同一物质中的不同种<或同种>元素化合价有升有降,则该物质同时发生氧化反应和还原反应,如反应：2KClO3eq\o<=,\s\up7<MnO2>,\s\do5<△>>2KCl＋3O2↑,Cl2＋2NaOH=NaCl＋NaClO＋H2O。]4．B[对选项A、C可用反应2H2O2eq\o<=,\s\up7<MnO2>>2H2O＋O2↑来否定。氧化还原反应的本质是电子的转移,包括电子的得失和共用电子对的偏移,故D错。]5．C6．A[化学反应根据反应物和生成物的种类和多少,可分为化合反应、分解反应、置换反应和复分解反应；根据有没有离子参加,可分为离子反应和非离子反应；根据有没有电子得失或偏移,可分为氧化还原反应和非氧化还原反应。在氧化还原反应中有离子反应,也有非离子反应；复分解反应一定不是氧化还原反应；置换反应一定是氧化还原反应,由此可以判断出A项是正确的。]课后检测1．D[发生还原反应的过程中某些元素的化合价降低,A项中氯元素化合价未变；B项中钠元素的化合价升高,属于氧化反应；C项中碳元素化合价升高属于氧化反应；D项中Fe3＋→Fe2＋铁元素化合价降低,属于还原反应。]2．D[A项中S元素的化合价保持＋6价不变；B项中S元素的化合价由＋6降低为＋4；C项反应属于复分解反应,S元素的化合价不变；D项中S元素化合价由0升高为＋4。]3．A[反应中某种元素的价态既升又降,则表示氧化反应与还原反应在同种元素中进行。]4．C[A项属于置换反应；B项属于复分解反应；D项属于分解反应；C项不属于四大基本反应类型,但反应前后元素的化合价有变化,属于氧化还原反应。]5．C[得电子、化合价降低的元素被还原。]6．C7．A[B、C中的反应不在溶液中进行,故B、C不是离子反应；A项中发生反应2Al＋6HCl=2AlCl3＋3H2↑,属于氧化还原反应又是离子反应。]8．D9．④①②③⑤解析反应①Na2Cr2O7中Cr由＋6价→＋3价,化合价降低,发生还原反应；反应④CrCl3中Cr由＋3价→＋6价,化合价升高,发生氧化反应；②、③、⑤中各元素化合价均未变化,既未发生氧化反应,也未发生还原反应。10．置换反应<1>Al失氧化Fe得还原还原氧化<2>等于等于等于11．<1>A<2>F<3>B<4>C<5>G<6>E、G<7>D、H第2课时氧化剂和还原剂夯实基础一、1.升高降低有元素化合价升降2.得到偏向失去偏离3.氧化还原4.得到偏向失去偏离二、O2Cl2浓H2SO4HNO3KMnO4FeCl3AlZnFeCH2COSO2三、<1>AB<2>CDE随堂训练1．D[含化合价升高元素的物质或离子作还原剂,加入氧化剂才能实现,对比各微粒中同种元素化合价变化情况即可确定答案。]2．<1>CuOCOCO2Cu<2>H2SO4AlAl2<SO4>3H2解析<1>CuO中的铜元素由＋2价降低到0价,得到电子,被还原,CuO是氧化剂,Cu是还原产物；CO中的碳元素由＋2价升高到＋4价,失去电子,被氧化,CO是还原剂,CO2是氧化产物。<2>Al由0价升高到＋3价,失去电子,被氧化,Al是还原剂,Al2<SO4>3是氧化产物；H2SO4中的氢元素由＋1价降低到0价,得到电子,被还原,H2SO4是氧化剂,H2是还原产物。归纳总结<1><6><7><5><6><3><4><2><8>课后检测1．C2．D[本题考查氧化还原反应的基本概念。第二步反应中NH4NO2发生了自身的氧化还原反应,其中氮元素发生了归中反应,NH4NO2既是氧化剂又是还原剂,从四大基本反应类型看,NH4NO2发生的也是分解反应,所以③④⑤是正确的。]3．D[由2H2O2eq\o<=,\s\up7<MnO2>>2H2O＋O2↑可否定A,由C＋O2eq\o<=,\s\up7<点燃>>CO2可否定B,由2KClO3eq\o<=,\s\up7<MnO2>,\s\do5<△>>2KCl＋3O2↑可否定C。]4．D[本题有两个限制性条件：一是"水既不作氧化剂又不作还原剂",排除A、B两项；二是"氧化还原反应",排除C项。]5．B[分析反应中各元素的化合价变化可以得出,该反应中C的化合价升高,被氧化,作还原剂,A项正确；TiO2中Ti的化合价在反应前后没有变化,TiO2既不是氧化剂也不是还原剂,B项错误；Cl的化合价由0价降低到－1价,因此,每生成1molTiCl4,转移电子4mol,C项正确；由于CO有毒,故含CO的尾气需要处理,D项正确。]6．CB[A、D项属于复分解反应,氯化氢只起酸的作用；B项,氯化氢中氢由＋1价降至0价,氯化氢作氧化剂；C项,氯化氢中氯由－1价升至0价,氯化氢作还原剂。]7．C[该反应属于氧化还原反应中的归中反应,KIO3中I由＋5价降到0价,HI中I由－1价升高到0价,需要注意的是,6molHI中只有5mol的HI化合价升高,还有1molHI表现酸性。]8．B[NO中N由＋2价降到0价,NH3中N由－3价升高到0价,即N2既是氧化产物又是还原产物,所以将N2分为两部分：6NO→3N2<还原产物>,4NH3→2N2<氧化产物>,即氧化产物与还原产物的物质的量之比为2∶3。]9．<1>①④<2>②<3>③解析H2O中H元素为＋1价,当生成H2时,氢元素化合价降低,此时H2O作氧化剂；H2O中O元素为－2价,当生成O2时,氧元素化合价升高,此时H2O作还原剂。因此,结合①②③④四个反应方程式的特点可知①④中H2O只作氧化剂,②中H2O只作还原剂,③中H2O既不作氧化剂又不作还原剂。10．<1>＋6<2>是Cr元素的价态从＋6价变为＋3价<3>Cr2Oeq\o\al<2－,7>11．<1>DBCAH2O2＋3价的CrH2O解析A中H2O2是一般反应产物,不是氧化剂,也不是还原剂；B中H2O2的氧元素化合价升高,仅表现还原性；C中H2O2的氧原子既有化合价升高的,也有化合价降低的,既表现氧化性,又表现还原性；D中H2O2的氧元素只是化合价降低,只表现氧化性。第3课时氧化还原反应的规律及其应用夯实基础一、2.氧化还原3.减弱增加二、1.<3>H＋、Cu2＋、Ag＋、Fe3＋Cl－、S2－、I－、NaFe2＋2.21mol2∶1随堂训练1．A[从反应中变价元素的化合价分析：KCleq\o<O,\s\up6<＋5,>>3Ceq\o<l,\s\up6<0,>>2,eq\o<I,\s\up6<0,>>2Keq\o<I,\s\up6<＋5,>>O3,可知：氧化剂为KClO3,还原剂为I2,氧化产物为KIO3,还原产物为Cl2,再根据题给信息,氧化性：KClO3＞KIO3,还原性：I2＞Cl2,可推知B、C、D错误；由反应方程式中反应物和生成物的类别和种类数,可知A项正确。]2．C[解答本题可根据每个氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物的还原性。对于A项SO2是还原剂,Fe2＋是还原产物,故还原性为SO2＞Fe2＋,A项能发生；B项中SO2是还原剂,HI是还原产物,故还原性为SO2＞I－,B项能发生；C项中Fe2＋是还原剂,I－是还原产物,故还原性为Fe2＋＞I－,与已知信息矛盾,故C项不能发生；D项中SO2是还原剂,H2O2是氧化剂,故还原性为SO2＞H2O2,D项能发生。]3．C[在金属活动性顺序表中,位于前面的金属,其单质的还原性强,对应简单离子的氧化性弱；反之,位于后面的金属,其单质的还原性弱,对应简单离子的氧化性强。由此可知,四种离子中,Ag＋的氧化性最强,Zn首先与Ag＋发生反应,因此,最先得到的金属是Ag。]4．B[n<Na2SO3>＝0.0012mol,硫的化合价由SOeq\o\al<2－,3>中的＋4价变为SOeq\o\al<2－,4>中的＋6价,反应中共失去电子：0.0012mol×<6－4>＝0.0024mol；n<K2Cr2O7>＝0.0004mol,其得电子必为0.0024mol,设Cr在还原产物中的化合价为x,则有：0.0024＝2×<6－x>×0.0004,x＝3。]5．D[由电子得失守恒可知：当生成1mol硝酸锌时,锌失去2mol电子,硝酸的还原产物为硝酸铵<N的化合价从＋5价降到－3价>。当生成1mol硝酸铵时,氮得到8mol电子,所以被还原的硝酸的物质的量为eq\f<2mol,8>＝0.25mol。]课后检测1．D[Na2SO4中的S为＋6价,但不表现强氧化性；MnOeq\o\al<－,4>是阴离子但具有强氧化性,Fe2＋既有氧化性又有还原性；Na原子在反应中失1个电子而Al原子失3个电子,但Na的还原性比Al强。]2．A[一般,元素处于最低价态只具有还原性,处于最高价态只具有氧化性,处于中间价态既有氧化性又有还原性。A项F没有正化合价,因此F2只具有氧化性；K为金属,金属没有负化合价,因此K的化合价只能升高不能降低,即K只有还原性；HCl中的Ceq\o<l,\s\up6<－1>>处于最低价态只具有还原性,eq\o<H,\s\up6<＋1>>具有氧化性,因此HCl既有氧化性,又有还原性；B项Cl2中Cl处于中间价态,既有氧化性,又有还原性；C项NO2、Br2既有氧化性,又有还原性；D项SO2、H2O既有氧化性,又有还原性。]3．A[从四个选项来看,各物质或微粒在反应中均有元素化合价变化,故解答此题应依据还原剂的还原性大于还原产物的还原性。由第一个方程式得还原性：H2SO3>I－,由第二个方程式得还原性：I－>Fe2＋,由第三个方程式得还原性：Fe2＋>NO,故选A。]4．C[在反应中Cu2S是还原剂,HNO3是氧化剂。其中Cu的化合价由＋1价升至＋2价,S的化合价由－2价升至＋6价,所以1molCu2S共失去10mole－,mmolCu2S失去10mmole－。N的化合价由＋5价降至＋2价,所以在反应中1molHNO3被还原可得3mole－。根据得失电子守恒有：10m＝3×n<HNO3,被还原>,解得：n<HNO3,被还原>＝eq\f<10m,3>mol。]5．B[由反应方程式：Al2O3＋N2＋3Ceq\o<=,\s\up7<高温>>2AlN＋3CO可得到Al、O的化合价反应前后没有变化,N的化合价由"0”价变为"－3”价被还原,而C的化合价由"0”价变为"＋2”价,因此氧化剂为N2,还原剂为C,每生成1molAlN转移电子总数为3mol,AlN的摩尔质量为41g/mol。]6．C[除去I－可用沉淀法也可用氧化法,但本题只能用氧化法,但所选氧化剂只能是氧化I－而不能氧化Fe2＋、Cl－。由三个化学反应方程式可知：氧化剂的氧化性顺序为：KMnO4＞Cl2＞FeCl3＞I2,所以KMnO4、Cl2可氧化Fe2＋