2024版《师说》高考全程复习构想-化学统考版-详解答案

课时作业1物质的量气体摩尔体积

1.解析：臭氧的摩尔质量是48gmoir,A错误；同温同压条件下，等质量的氧气和臭

氧体积比为3：2,B错误；1.00mol臭氧中含有电子总数为24X6.02X1023,D错误。

答案：C

2.答案：A

3.解析：根据图示可知，①和②中Hz与02的分子个数之比为2：1,若H2为】mol,

则O2为0.5mol,故0原子数目为6.02X1023个，A项错误；①和②中比与。2的分子个数

之比为2：1,所以其物质的量之匕为2：1,质量之比为1：8,B项正确；上能发生置换反

应，如H?与CuO反应，。2也能发生置换反应，如02与H2s反应，C项错误；根据阿伏加

德罗定律，①和②两容器体积相同，但气体分子个数不同，所以两容器的温度和压强不可能

均相同，D项错误。

答案：B

4.答案：D

5.解析：等物质的量的氯化氢和氨气恰好完全反应生成固体氯化彼。因没有说明是否为

标准状况，所以反应物体积无法计算，A项错误；氯化铉为离子化合物，不存在分子，C项

错误；氯化铁是强酸弱碱盐，会发生水解，NH；个数小于O.OINA,D项错误。

答案：B

6.解析：CL所处状态的气体摩尔体积不一定为22.4L-morl不能确定其物质的量，故

不能确定Cl2中原子数目，故A错误；等物质的量的A1分别与足量盐酸和NaOH完全反应，

反应中A1均由0价变为+3价，转移电子数目相等，故B正确；36gH2。与L204X1024个

。2分子均为2mol,标况下水为液态，36g水体积远远小于44.8L,故C错误；18.0g重水

(DzO)为0.9mol,含有电子为9mol,20gNe为Imol,含有电子为10mol,二者含有电

子数不相等，故D错误。

答案：B

7.解析：压强未知，无法判断温度相同、体积相同的02(g)和N2(g)所含分子数是

否相同，A错误；同温同压下，气体的密度之比等于其摩尔质量之比，B正确；同温同体积

的气体的压强之比等于物质的量之比，C正确；同温同压下，气体的体积之比等于物质的量

之比，D正确。

答案：A

8.解析：设气体M、N的物质的量均为amol。

①2H2s+SO2=3SI+2H2O

amol；amol

〃(气)=n(SO2)amol

②H2和CI2混合不反应，〃(气)=2amol

③NH3+HC-NH4CI

气体的物质的量变为0

@2NO+O2=2NO22NO2-N2O4

amolamolamol

amol<z?(气)qamol

答案：A

9.解析：当隔板静止时，表示隔板两侧气体的压强相等，容器恒温，所以处于同温同压

的环境，同温同压下，气体的密度比等于其摩尔质量的比，A、C内的气体密度相等，所以

气体X、Y的摩尔质量相等。题目中通入的三种气体的质量相等，所以X、Y物质的量一定

相等，选项A错误；X、Y物质的量一定相等，即分子数相等，选项B正确；X、Y物质的

量一定相等，同温同压下体积一定相等，选项C正确；气体X、Y的孽尔质量相等，选项D

正确。

答案：A

10.解析：常温下，0.1molCL与足量NaOH溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，转

移的电子数目为0.1必，A错误；12g石墨的物质的量是1mol,其中含有C个数与C—C的

个数比为1：1.5=2：3,B错误；在反应KIO3+6HI=KI+3I2+3H2O中碘酸钾是氧化剂，

碘元素化合价从+5价降低到0价，每生成3mol12转移的电子数为5必，C正确；NO2、N2O4

的最简式是“NO2”，9.2gNO2.N2O4的混合气体中含“NO2''的物质的量是0.2m。l,含有的N

原子总数为0.2NA,D错误。

答案：C

11.解析：根据阿伏加德罗定律推论，同温同容下，存在舄=禁，可得〃(02)>〃(X),

又因质量均为1g,由〃=令可得M(X)(O2),故仅有D项符合题意。

答案：D

12.解析：1个Nz分子含有14个电子，标准状况下，11.2LN2的物质的量为0.5mol,

则所含电子数为7必,A项错误;标准状况下脐为液体,22.4LN2H4的物质的量远大于1mol,

故所含原子数远大于6NA,B项错误；1个肺分子含有5个共价键，3.2gN2H埼的物质的量为

0.1mol,则所含共价键的数目为0.5M\,C项错误；反应N2H4+2H2O2=N2t+4H2。中，

生成4mol比0时转移4moi电子，故生成3.6g(即0.2mol汨2。时，转移电子的数目为0.2必，

D项正确。

答案：D

13.解析：(1)由题图可知甲、乙两室气体的体积之比为5：3,故其物质的量之比也为

5：3,所以甲室中气体为2mol。(2)HC1气体的质量为1.2molX36.5gmo「i-43.8g,则甲

室中气体的质量为43.8g—33.8g=10g0(3)设氨气的物质的量为x,氢气的物质的量为y,

可得

卜+y=2mol

[17gmolIXx4_2g-mollXy=10g

解得”=().4»101,丁=1.60101,所以氨气和氢气的物质的量之比=0.411101：1.611101=1：4,

其质量之比=(1X17)：(4X2)=17：8。(4)甲室中NH3的物质的量为0.4mol,能与

0.4molHCl反应，剩余气体为2.4mol,相同条件下，气体的体积之比等于其物质的量之比，

所以活塞b会移至“6”处。

答案：(1)2(2)10(3)1：417：8(4)6

14.解析：(一)(1)铝和稀硫酸反应生成硫酸铝和氢气，其离子方程式为2A1+6H+=2A13

'+3H2to

(2)铝与稀硫酸反应产生的氢气使锥形瓶内气压增大，锥形瓶内的压强大于大气压，所

以稀硫酸不能顺利滴入锥形瓶中。

(3)气体产生的压强导致水从集气瓶中排出，且氢气不易溶于水，所以收集到的水的体

积近似等于氢气的体积。

(4)装置中有空气存在，生成的氢气不溶于水，在相同温度和压强下，生成的氢气的体

积与排出空气的体积相等，所以没有影响。

+3+

(二)2A1+6H=2A1+3H2t

2mol3mol

(16-Vi)X103L

27mol

Vm

9(V2-V1)

'm500(〃?］一加2)L-molo

+3+

答案：(―)(1)2A14-6H=2Al4-3H2t

(2)铝与稀硫酸反应产生的氢气使锥形瓶内气压增大，瓶内压强大于大气压

(3)量筒内收集到水的体积

(4)没有相同温度和压强下，生成氢气的体积与排出空气的体积相等

9(V2-V1),,,

(一)500(gf2)Lmo1

课时作业2物质的量在化学实验中的应用

1.解析：物质的量浓度是以单位体积溶液中所含溶质B的物质的量来表示溶液组成的

物理量。A、B中将溶剂的体积理解为溶液的体积；C中将溶液的体双理解为溶剂的体积和

溶质的体积之和，只有D符合要求。

答案：D

2.解析：图中量取液体时仰视刻度线，导致量取浓硫酸体积偏大，操作错误，故A错

误；图中浓硫酸稀释将水注入浓硫酸，容易产生酸飞溅伤人，操作错误，故B错误；图中移

液操作未用玻璃棒引流，操作错误，故C错误；图中为定容操作，眼睛平视刻度线，操作正

确，故D正确。

答案：D

3.解析：硫酸根离子和金属阳离子的个数之比是3：2,根据溶液呈电中性，溶液中阴

阳离子所带总电荷相等，设1个金属阳离子带上个正电荷，即为M”，所以3X2=2x,x=3,

则该盐的化学式为M2(SO。3,所以该盐的物质的量浓度是需兽=2.5molL「，故选B。

U•乙L

答案：B

4.解析：一份加入含amolNaOH的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁，Mg2+

为3mol,硫酸镁也是?molo另一份加入含bmolBaCb的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉

淀为硫酸钢，硫酸根离子为〃mol。所以硫酸钾有(b—§mol,钾离子有2G—9mol=(2b

、/+、(2b—a)2(2b—a)

・a)mol,c(K)=pmol-L=ymol-L,故答案为Co

2

答案：C

V

54LLIOOO'U;,____._______224_____1_O_OP"

5.斛析：由c=M知D项正确;由c

MVI22.4，〃

xM+相）X1。、却

另XM

MV

知B项正确;由W-y,知C项错误，将比式变形后即可得到A

22.4〃?+MV

小+5nxM

项中的式子。

答案：C

6.解析：A项，两份溶液中〃(H2so4)分别为0.03mol和0.075mol,错误；B项，两

03X014-075X0

份溶液中c(H+)分别为0.6mol]-和0.5molir,错误;C项,c==----()$-------"rnol-L

_,=0.21mol-L-1,正确;D项，c(H+)=0.21molf1X2=0.42molL-1,错误。

答案：C

7.解析：0.3molL2sth溶液中，c(K+)=0.6mol-Lc(SOf)=0.3mol-L

则1L溶液中含K+的数目为0.6NA,K+和SO1的总数为0.9NA,A项错误，B项正确；物

质的量浓度表示的是1L溶液中所含溶质的物质的量，不受溶液体积大小的影响，2L0.3

molL^K2so4溶液中K+的浓度为0.6C项错误；物质的量浓度中的体积指的是溶

液体积而不是溶剂的体积，D项错误。

答案：B

2g_

8.解析：Ca(NO3)2的物质的量浓度为个4黑色一=留mol-L-',NO；的物质

1OOOpgL-1

的量浓度为罂mol-L'o

答案：C

9.解析：由于蔗糖的溶解度随温度的升高而增大，故A错误；将蔗糖的饱和溶液蒸发

溶剂后再恢复到原来的温度，则原来溶解在这部分溶剂中的溶质就会培晶析出，故B正确；

如果只是单纯的温度升高，在不考虑溶剂蒸发的情况下，溶液中若没有未溶解的溶质存在，

则溶液中溶质的质量分数不发生变化，故C错误；由于温度越高溶解度越大，只能说这两个

温度下的饱和溶液中溶质的质量分数不可能相等，但溶液所含溶质的质量可能相等，故D错

误。

答案：B

10.解析：A项和C项形成溶液的体积不是5(X)mL,D项不能配制，因为题目提供的容

量瓶的体积是500mL,而不是ICOOmL。

答案：B

4lOOOpiv/、1000cm3-L-1X1.9gem-3X25%

11.解析：A项正确，根据c=-/R得，c(NaClO)=-------745gmeU-1----------

^=4.0mol-L-1；B项正确，一瓶该“84”消毒液敞口放置一段时间后，由于其易吸收空气中的

二氧化碳变质而会使浓度变小；C项正确，根据稀释前后溶质的物质的量不变有100mLX4.0

molL-,=100mLX100Xc(NaClO),解得稀释后c(NaClO)=0.04mol-L_1,c(Na+)=c

(NaClO)=0.04mol-L-,：D项错误，应选取500mL规格的容量瓶进行配制，然后取出480

mL,所以需要NaCIO的质量为0.5LX4.0molL-1X74.5gmor'=149go

答案：D

12.解析：(1)该实验操作中一般用托盈天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解，

用玻璃棒搅拌，冷却后转移至250mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，当加水至液面距离刻度

线1〜2cm时，改用胶头滴管滴加，所以需要的玻璃仪器有烧杯、玻漓棒、250mL容量瓶、

胶头滴管。(2)根据天平的称量原理：左盘物体的质量=右盘物体的质量+游码的读数，所

以烧杯的实际质量为30g-2.6g=27.4g,因配制溶液的体积为240mL而容量瓶的规格没有

240mL,故只能选用250mL的容量瓶，则NaOH的质量m=cVM=10molL^X0.25LX40

gmor^lO.Ogo(3)没有洗涤烧杯和玻璃棒，会导致溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，

故①不满足题意；转移溶液时不慎有少量洒到容量瓶外面，导致溶质的物质的量偏小，溶液

浓度偏低，故②不满足题意；容量瓶不干燥，含有少量蒸偏水，因后续还需要加水定容，故

对所配制的溶液浓度无影响，故③不满足题意；定容时俯视刻度线，导致溶液体积偏小，溶

液浓度偏高，故④满足题意；定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面低于刻度线，再加水

至刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故⑤不满足题意。

答案：(1)250mL容量瓶、胶头滴管

(2)27.410.0(3)④

13.解析：(1)由图示可知①②⑤操作不正确，②不能在量简中溶解固体，⑤定容时应

平视刻度线，至溶液凹液面与刻度线相切。

(3)如果用按照图示的操作所配制的溶液进行实验，在其他操作正确的情况下，由于仰

视刻度线，会使溶液体积偏大，所配制的溶液浓度将偏小。

(5)血液样品中Ca2+的浓度为

0.020molL"'X12X10-3Lxjx40gmoF'X103mgg-1

20.00cm3

=1.2mg-cm3o

答案：(1)⑤'(2)50mL容量瓶3)偏小，(4)2*(5)1.2

课时作业3物质的组成、分类和性质变化

1.解析：釉彩大瓶的主要成分是硅酸盐，D项错误。

答案：D

2.解析：该过程发生的反应CuSO4+5H2O=CUSO4-5H2O为化合反应、

CUSO4-5H2O^=C11SO4+5H2O为分解反应、Fe+CuSO4=Cu+FeSO4为氧化还原反应，

该反应在溶液中进行，离子反应为：Fe+Cu2+=Fe2++Cu；"挹其水熬之，则成胆矶”该

过程为蒸发结晶，所以整个过程没有涉及复分解反应。

答案：A

3.解析：草木灰的成分是K2c03,贝壳灰加水所得液体为Ca(OH)2,两者反应生成

CaCCh和KOH,由题意可知C正确。

答案：C

4.解析：NaOH溶液属于混合物，A错误；生理盐水、KNCh晶体、。3、纯碱分别属于

混合物、化合物、单质、盐，B正确；澄清石灰水为混合物，C错误；CUSO4-5H2O为化合物，

CaO属于氧化物，D错误。

答案：B

5.解析：A项，蚕丝的主要成分为蛋白质，棉花的主要成分为纤维素；B项，乙醇不具

有氧化性；C项，纯碱属于盐；D项，天然气的主要成分为甲烷，液化石油气的主要成分有

丙烷、丙烯、丁烷和丁烯等。

答案：D

6.解析：铁粉很容易被02氧化，所以可作脱氧剂。

答案：A

7.解析:A项，煤的气化、液化和干馅都是化学变化；B项，Cw、液氯、HD都是单质，

N02不是酸性氧化物；D项，石蜡是多种炫的混合物，与热的饱和碳酸钠溶液不反应，故不

能用热的饱和碳酸钠溶液除去金属表面的石蜡。

答案：C

8.解析：A项，打开盛装N0的集气瓶和冷却NO2气体都发生化学反应，不符合题意；

B项，用冰水混合物冷却S03气体、加热氯化镀晶体，前者是物理变化，后者是化学反应，

但均无颜色变化，不符合题意；C项，木炭吸附N02气体是物理变化，将氯气通入品红溶液

中发生化学反应，且均有颜色变化，符合题意；D项，向品红溶液中加入NazCh和向FeCb

溶液中滴加KSCN溶液均为化学反应，不符合题意。

答案：C

9.解析：A.“碳纳米泡沐”属于碳单质，与石墨互为同素异形体，同位素的指代对象是

原子不是单质，错误；B.“碳纳米泡沫”每个泡沫含有约4000个碳原子，直径约6到9nm,

分散到适当的溶剂中形成胶体，能产生丁达尔现象，正确；C.“碳纳米泡沫”只含有一种元

素属于碳单质，错误；D.“碳纳米泡沫”在低于一183C时，泡沫具有永久磁性，金刚石没

有磁性，二者性质不同，错误，答案选B。

答案：B

10.解析：用X射线衍射仪可分析高分子化合物的结构和晶体结构，大多数酹是蛋白质，

故A正确；水合氢离子和链根离子均为+1价，根据化合物中各元素工、负化合价代数和为

零，可计算“N5”为一1价，故B错误；生理盐水浓度低，不会使蛋白质变性，故C错误；二

氧化硫可用于葡萄酒杀菌，故D错误。

答案：A

11.解析：A项，离子化合物由阴、阳离子构成，错误；C项，人工合成物质能改善食

品的口感、外观等，可在许可条件下合理添加，错误；D项，干冰主要成分是CO2,可燃冰

主要成分是CH4,错误。

答案：B

12.解析：A项，氢氧两种元素除组成H2O外还可以组成H2O2,错误；B项，导热性

属于水的物理性质，错误；C项，泳浮在水上，说明密度小，正确；D项，液态水两种形态

间转化属于物理变化，错误。

答案：C

13.解析:饱和FeCb溶液在沸水中水解可以制备胶体，化学方程式为FeCb+3H20i=

Fe(OH)3(胶体)+3HC1,A正确；滤纸上层的分散系中悬浮颗粒直行通常大于lO^m时，

为浊液，不能透过滤纸，因此滤纸上的红褐色固体为Fe(OH)3固体颗粒，B正确；胶体粒

子的直径在10-9〜io-7m之间，可以透过滤纸，但不能透过半透膜，因此在滤纸和半透膜之

间的B区分散系为胶体，C正确；若Fe3+完全水解，C「全部进入C区，根据电荷守恒，则

进入C区的H+的数目应为0.03但是Fe3+不一定完全水解，也不可能完全进入C区，

此外Fe(OH)3胶体粒子通过吸附带正电荷的离子如H+而带有正电荷，因此进入C区的H'

的数目小于0.03NA,D错误。

答案：D

14.解析：(2)①若用稀FeCh溶液，则水解产生的Fe(0H)3的量太少，看不到红褐

色液体；②自来水中含有较多的电解质，使胶体发生聚沉；③长时间加热使胶体发生聚沉。

(3)加入稀H2s04后，Fe(0H)3会发生聚沉而产生红褐色沉淀，随后H2sCh会与Fe(OH)

3发生中和反应，使沉淀溶解。

答案：(1)丁达尔效应

(2)①红褐色液体FeCh溶液太稀，生成的Fe(OH)3太少

②生成红褐色沉淀自来水中含有电解质，胶体发生聚沉

③生成红褐色沉淀长时间加热使胶体发生聚沉

(3)①电解质H2s04使Fe(OH)3胶体聚沉而产生沉淀

+3+

②Fe(OH)3+3H=Fe+3H2O

15.答案：(1)盐、铜盐、碱式盐(或碳酸盐)

(2)Cu2(OH)2CO3+4HC1=2CUC12+3H2O+CO2t

(3)@Cu(OH)2=^=CUO+H2O

@CUO+H2^=C11+H2O

(4)①②③④

课时作业4离子反应

1.答案：A

2.解析：非电解质溶解时不存在电离的过程，A错误：H2sCh溶于水电离出自由移动的

离子能导电，H2s04是电解质，B错误；H2s04是强电解质，能完全电离，而HCIO是弱电解

质，只能部分电离，C正确，D错误。

答案：C

3.解析：A项，应为Na2co3=2Na++CO「；B项，应用可逆号；C项，是HS一的水

解方程式。

答案：D

4.答案：A

5.答案：D

6.解析：A项，一水合氨是弱电解质，应写成NH3H2O;B项，90℃时纯水中c(H')

(0H-)=3.8X1O-,3>1X1O-14,说明水的电离是吸热的，即HzO⑴汨+(aq)+OFT(aq)

△”乂)；D项，CO：的水解是分步进行的，其中第一步水解是主要的，所以正确的方程式应

为CO，+H2OWHCO；+0H0

答案：C

7.解析：MnO；在水溶液中显紫红色，A项不正确；酸性溶液中S1O3不能大量存在，

且NH：与SiO；在溶液中会发生双水解，B项不正确；酸性条件下H2O2可氧化Fe?+,C项

2+-

正确；稀硫酸与Ba(OH)2溶液反应的离子方程式为2H++S0：+Ba+2OH=BaSO4I

+2H2O,D项不正确。

答案：C

8.解析：A项，Fe3+与「不能大量共存；B项，K\NH3H2O.COf能共存，加入少

量CO2后反应的离子方程式为：2NH3.H2O+CO2=2NH4+C0,+H20；C项，反应的离

子方程式还应有：NO；+4H卜+3Fe2'=3Fe3'+NOt+2H2O。

答案：D

9.解析：由图可知，a点对应的溶液呈中性，Fe3+只能存在于酸性溶液中，且Fe3+与SCN

一反应，故不能大量共存，A项不正确；b点对应的溶液呈酸性，HCO；不能大量存在，另外

Fe3+与HCO3因发生相互促进的水解反应而不能大量共存，Fe3+与「因发生氧化还原反应而

不能大量共存，B项不正确；c点对应的溶液呈中性，Ca2,与CO,不能大量共存，C项不正

确；d点对应的溶液呈碱性，Na+、K\SO：、C「能大量共存，D项正确。

答案：D

10.解析：加入过量稀硫酸无明显变化，说明不含CO：和AIO2；加入硝酸领有气体

生成，因为前面已经加入了硫酸，硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，说明有亚铁离子

存在且被氧化，沉淀为硫酸钢；加入NaOH有气体产生，说明存在铁思离子，生成的气体为

氨气，沉淀B为红褐色氢氧化铁沉淀；通入少量CO2产生沉淀，说明可能存在A13+。沉淀C

是BaCO.因为存在的离子浓度均为0.1mol・L「从电荷的角度出发，只能含有NH：、Fe2

+、Cl\SO；才能保证电荷守恒,

答案：A

11.解析：由图可知，在冰表面第一层氯化氢以分子形式存在，在第二层氯化氢以离子

形式存在，而第三层只有水分子，则在第一、二层之间存在可逆反应：HC1^H++Cr,A、c

项正确，D项错误；1L冰中水的物质的量为09耳0"L=50mol,第二层中，〃

(CD：n(H2O)=10-4：1,/I(CD=5X10-3mol,则c(H*)=c(C「))

5X10-3mol-一h-

=------if-------=5X103mol-LB项正确。

1L

答案：D

12.答案：(1)H2sO3+HCO；=HSO；+CO2t+H2O

2+

(2)Ca4-2HCO3=CaCO3\+821+H2O

+

(3)2ClO2+10r+8H=2Cr+5l2+4H2O

+2+

(4)2MnO；+16H+10Cr=2Mn+5C12t+8H2O

13.答案：(1)NH；0.4

(2)A1O；+CO2+2H2O=A1(OH)31+HCO；

(3)防止生成氢氧化铝胶体，有利于沉淀的生成，便于分离

(4)n(NH4)Xl+〃(AW)X3<n(SOf)X2,由电荷守恒知一定有K卡存在

14.解析：(1)试剂A是氢氧化钠溶液，“母液”中除了含有Na'、CO；、(MT外，

还含有C「、sof等离子，过滤要“趁热”的目的是提高Na2cO3H2O的含量。(2)检验试

剂级Na2cCh中C「和SO：是否除尽，需要用硝酸除去CO1，防止生成Ag2cO3和BaCCh

带来干扰，再加入过量Ba(NO3)2检验并除尽SO：,最后加入AgNCh检睑C「，所以选

用的试剂及加入的先后次序是c。

答案：(1)氢氧化钠溶液(或NaOH溶液)Cl.SOf提高Na2cO3H2O的含量(2)

课时作业5氧化还原反应

1.答案：A

2.解析：根据原子守恒，X的化学式为Ag?S,A项错误；银针睑毒时，氧元素化合价

降低，空气中氧气得到电子，B项错误；反应中Ag是还原剂，氧气是氧化剂，H2s既不是

氧化剂也不是还原剂，C项错误；银的化合价升高1,每生成ImoIX,反应转移2moi「，

D项正确。

答案：D

3.答案：D

4.解析：若氧化剂足量，其氧化产物有氯化铁和澳单质两种，故A错误；该反应中H2O2

作还原剂，氧元素化合价由一1价升高到。价，则生成1mol的02将有2moi的电子转移，

故B错误；该反应中，镒元素价态从+7价降到+2价，氯元素价态从一1价升到。价，反应

2+

的方程式为：2MnC)4+16H*+10Cr=2Mn+5Cl2t+8H2O,H*的化学计量数为16,故

C正确；该反应的方程式为：KC1O3+6HC1=3C12t+KC1+3H2O,KCIO3中氯元素价态从

+5价降到。价，HC1中部分氯元素价态从一1价升到0价，生成的Oh中有总是氧化产物,

・是还原产物，氯化钾不是还原产物，故D错误。

答案：C

5.解析：C项反应中，因Br-的还原性弱于S02,故BJ不能与H2s04反应生成S02。

答案：C

6.解析：H2O2在①中是还原剂，在②中是氧化剂，A项错误。Mn?+在①中是还原产物，

在②中是还原剂，B项错误。①中氧元素由一1价变为。价，生成1molO2时转移2moi电

子，即IZWXIO2,个电子，C项错误。由①、②可得总反应为2H2O2型22H2O+O2t,故

1molH2O2分解生成0.5molO2,D项正确。

答案：D

7.解析：反应I中发生的反应为3NaCK)3+4SO2+3H2O=2CK)2+Na2so4+3H2sCh+

NaCl,然后向溶液中加入NaOH溶液、H2O2溶液，根据流程图知，反应H中生成NaCICh,

则CK)2作氧化剂，比。2作还原先生成氧气，根据原子守恒、转移电子守恒知，发生反应n

为2NaOH+2clO2+H2O2=2NaClO2+O2+2H2。，然后从溶液中蒸发浓缩、冷却结晶、过

滤、洗涤、干燥得到产品NaClOa,反应I中有NaCI生成，反应H中NaCl没有参加反应，

所以最终产物中含有NaCl,故A正确；反应n中C1元素化合价由+4价变为+3价，则CIO?

是氧化剂，H2O2作还原剂生成氧气，故B错误；NaCKh能氧化有色物质而体现漂白性，SO2

和有色物质发生化合反应生成无色物质，所以二者漂白原理不同，故C错误；从溶液中获取

晶体在蒸发皿中进行，灼烧固体在卅烟中进行，则实脸室进行结晶操作通常在蒸发皿中进行，

故D错误。

答案：A

8.解析：由原子守恒可知X为Na2co3,A项正确；Na作还原剂，发生氧化反应，CO2

作氧化剂，发生还原反应生成C,C为还原产物，B项正确；0.4molNa反应时，消耗0.3mol

CO2,不知道状态，无法判断体积，C项错误；题给反应转移电子数为4e,D项正确。

答案：C

9.解析：Mn化合价：+7-+2,N化合价：+3-+5,N的化合价升高，被氧化，在

酸性条件下，消耗H+,pH增大，A、B、D三项均错误。

答案：C

10.解析：根据箭头方向，找出反应物和生成物，两步反应分别为：2H++H2O2+

,+2+

2M=2H2O+2M*；2M+H2O2=2M+O2t+2H；根据H2O2的化合价变化，M为Fe,

3

M，为Fe,,故A错误；总反应为：2H2。2=2氏0+023每有1mol02生成时，2molH2O2

中2moi—1价氧元素生成2moi0价氧元素，转移2moi电子，故B正确；2H202^=2比0

+02t,在H2O2分解过程中，Fe?+为催化剂，H2O2的溶液显弱酸性，生成水后，pH升高，

故C错误；根据2H-+H2O2+2Fe>=2H2O+2Fe3+,H2O2中氧的化合价降低为氧化剂，Fe3

+为Fe?+化合价升高后的产物，是氧化产物，氧化剂H2O2的氧化性大于氧化产物Fe3+的氧化

性；在2Fe3++H2O2=2Fe2*+O2t+2H+中，H2O2化合价升高为还原剂，Fe?+为Fe3+化合

价降低后的产物，是还原产物，还原剂H2O2的还原性大于还原产物Fe2+的还原性，故D错

误。

答案：B

11.解析：SOf在该反应过程中没有参与反应，不是催化剂，A错误；由于反应前后

各种元素的原子个数相等，根据Ce元素守恒，可知反应过程中混合溶液中Ce3+和Ce，+的离

子总数不变，B错误；过程【中Ce4—-Ce3+,过程H中Ce3+-Ce产，Ce/是反应的催化

剂，故整个过程的实质为NO、被H2还原，C正确；当x=l时，反应II的反应物为Ce?.、H

+、NO,生成物为Ce4+、N2、H2O,根据得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得反应方

3+14+

程式为4Ce+4H+2NO=4Ce+N2+2H2O,在该反应中NO是氧化剂，Ce3'.是还原剂，

故氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：4=1：2,D错误。

答案：C

12.解析：I.(1)实验1中酸性高镒酸钾是强氧化剂，酸性高镭酸钾溶液遇到过氧化

氢紫色褪去、有大量气泡产生(从反应物价态看，气体只能是氧气)，说明过氧化氢被氧化，

过氧化氢体现还原性。

(2)“84”消毒液与过氧化氢消毒剂混用，导致消毒能力降低甚至消失，池水变绿，是因

为反应生成的氧气促进藻类的疯长，该反应的化学反应方程式为NaClO4-H2O2=NaCl+

O21+H20,说明氧化性NaClOAHzO?;当有0.1molO2生成时，转移电子的物质的量为0.2

mol；

II.(3)配平方程式，可得2NaIO3+5NaHSO3=3NaHSC)4+2Na2so4+II2+IH2O;

III.(4)“酸浸”时，Sb2s3在溶液中和SbCk发生氧化还原反应，生成单质硫和三价氯

化锚，反应的化学方程式为：Sb2S3+3SbCl5=5SbCh+3S,其中还原产物是SbCb;

(5)“还原”时Sb和SbCb反应生成SbCb,反应的化学方程式为3sbeL+2Sb=5SbCh。

答案：(1)1ab(2)>0.2

(3)253211

(4)SbCl3(5)3SbCl5+2Sb=5SbC13

13.解析：(2)生成物中气体为氧气，红褐色沉淀为氢氧化铁，则Na2FeO4与水反应的

化学方程式为4Na2FcO44-10H2O=4Fc(OH)34-3O2t+8NaOHo(3)①M气体不含有钠

元素，由钠原子守恒可得a=20②反应b中，生成物除了NazFeCL,外，由元素守恒知另一种

盐的化学式为NaCU

答案：(1)+6(2)4Na2FeO4+10H2O=4Fe(OH)3+3021+8NaOH(3)①2

②NaCI③洗涤低温干燥

课时作业6钠及其重要化合物

1.解析：某些非金属单质燃烧时火焰也有颜色，如H2燃烧产生淡蓝色火焰，单质硫在

空气中燃烧产生淡蓝色火焰，在纯氧中燃烧产生蓝紫色火焰，A项错误；焰色反应为金属元

素的性质，与元素的存在形式(化合态或游离态)无关，同种金属元素的焰色反应相同，Na2so4、

NaOH均含钠元素，火焰颜色均为黄色，B项正确；只有观察钾元素的焰色反应时需要透过

蓝色钻玻璃，C项错误；焰色反应是金属元素的性质，而不是单质的性质，D项错误。

答案：B

r+

2.解析:钠与盐酸反应时钠先与H*反应，离子方程式表示为2Na+2H=2Na+H2t,

与CuSO4溶液反应会生成沉淀，A错误；X烧杯中，水中的氢离子浓度最小，反应最慢，B

错误；X烧杯中生成的溶质为NaOH,Y烧杯中生成的溶质为NaCl,Z烧杯中生成的溶质为

Na2so4,由于钠的物质的量相同，故Z烧杯中物质的量浓度最小，C错误；因向三个烧杯中

加入钠的物质的量相同且钠全部反应完，故生成Hz的量相同，D正确。

答案：D

3.答案：B

4.答案：D

5.解析：A项，滴加VHCi=100mL时，C02完全放出，溶液中溶质只有Na。，〃(NaOH)

=n(HC1)=0.2molf'XO.lL=0.02mol,c(NaOH)吸=0.2mol-L-1,正确；B

项，由图知，25mL〜100mL段发生反应为H’+HCO；=H2O+CO21,n(C02)=n(H

+-3,-122

)=(100-25)mLX10LmLX0.2mol-L=1.5X10mol,VCO2=1.5X10molX22

400mL-moL=336mL,错误;C项，由25—0<100-25知溶液中溶质成分为Na2CO3sNaHCO3,

错误；D项，0〜25mL段反应为CO：+H+=HCO；,〃(Na2co3)=〃(HCD=25mLX10

3-1-,-3-2-3

~LmLX0.2molL=5XIOmol,n(NaHCO3)=1.5XIOmol-5X10mol=1X10

221

-mol,n(NaHCO3):〃(Na2cO3)=1X10-mol：5XIO_mol=2：1,错误。

答案：A

6.解析：A项，利用Nh极易溶于水，且水溶液显碱性，有利二CO2的吸收，因此先

通NH3后通C02,正确；B项，NaHCCh的溶解度小于Na2co3,利用了溶解度的差异，正确；

C项，操作HI是过滤，因此用到玻璃仪器：烧杯、漏斗、玻璃棒，正确；D项，晶体是NaHCO3,

利用NaHCCh的不稳定性，2NaHCO3±=Na2cO3+CO2t+H20,错误。

答案：D

7.解析：根据化学方程式Na2cO3+HCl=NaCl+NaHCO3,当碳酸钠和盐酸物质的量

相等时，不会产生二氧化碳，A项错误;NaHCCh和Na2c03都与盐酸反应生成二氧化碳气体：

Na2CO34-2HCI=2NaCI+H2O+CO2t,NaHCCh+HCl=NaCl+氏0+CO2f,等质量的

Na2c03和NaHC03分别与过量盐酸反应，放出C5的质量不相等，所以同温同压下，生成

C02的体积不一样，B项错误；在Na2c03、NaHCCh溶液中，碳酸根离子和碳酸氢根离子均

能水解，导致溶液呈碱性，但是碳酸根离子水解程度大，所以碳酸钠的碱性强于碳酸氢钠，

即Na2cCh溶液的pH大于NaHCCh溶液的pH,C项借误；向Na2cO：饱和溶液中通入CO2,

会发生反应Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3I,常温下在相同的溶剂中，Na2co3比NaHCCh

易溶，所以会析出碳酸氢钠晶体，D项正确。

答案：D

8.解析：根据题意反应结束后，容器内压强为0(150℃),得到2cH4+O2+

6Na2O2=2Na2CO3+8NaOH,根据上述分析得到的反应可知，。2和CH4按照I：2恰好与

0.3mol过氧化钠反应，无气体剩余，原混合气体中O2和CH4的体积比为2：1时，剩余甲烷，

故A错误；甲烷燃烧生成的气体有二氧化碳和水蒸气，所以和过氧化钠反应时残留物有

Na2c03和NaOH,故B错误；根据上述分析得到的反应可知，。2和CPU按照1:2恰好与

0.3mol过氧化钠反应，原混合气体中02与CFU的体积比为1：1,剩余氧气，故C错误；由

题意结合分析得到的反应关系可知，残留物只有Na2c03和NaOH,故D正确。

答案：D

9.解析：碳酸钠和盐酸反应分步进行，先生成碳酸氢钠，后碳酸氢钠和盐酸反应生成二

氧化碳，所以甲装置的气球膨胀速率小，故A错误；1.06gNa2c。3和0.84gNaHCCh的物质

的量相同，都是0.01mol,根据方程式知：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2t,Na2CO3

+2HCI=2NaCI+H20+C02t，若最终两气球体积相同，说明酸的物质的量大于或等于0.02

mol,所以其浓度大于或等于2moi故B正确；碳酸钠和盐酸反应的离子方程式为COf

+H^=HCO3,HCO3+H+=C02t+&0,碳酸氢钠和盐酸反应的离子方程式为HCO3

+H*=CO2t+H2O；若最终两气球体积不同，所需酸的物质的量范围是0<c（HC1）<0.02

mol,所以其浓度大于。小于2m故C错误；1.06gNa2cO3和0.84gNaHCOs的物

质的量相同，都是0.01mol,所以Na2c03和NaHCCh中钠离子的物质的量不同，故最终两试

管中Na，的物质的量一定不相同，故D错误。

答案：B

10.解析：根据实验目的和装置的连接顺序可知：装置①用于吸收空气中的CO2和水蒸

气，可以使用碱石灰；装置②吸收Na2c0340比0和NaHCCh分解生成的水蒸气，可以使用

无水CaCb;装置③吸收碳酸氢钠分解生成的CO2,使用碱石灰，A项正确；实验前必须将

装置中的水蒸气和CO?赶净，避免影响测定结果，硬质玻璃管加热前，应关闭b,打开a,

缓缓通入空气，直至a处出来的空气不再使澄清石灰水变浑浊为止，B项正确；若将①装置

换成盛放NaOH溶液的洗气瓶，则会增加水的质量，使测得Na2c0340比0和NaHCO3的含

量偏高，NaCl的含量偏低，C项错误；实验过程中一直通入空气，停止加热后继续通入空气

使存留在装置中的C6和水蒸气完全被吸收，D项正确。

答案：C

11.解析：（1）A是用来制取二氧化碳的装置，碳酸钙和硫酸反应时，生成的硫酸钙微

溶于水，会覆盖在碳酸钙的表面，使反应不能继续进行，所以用盐酸而不用硫酸来反应，故

装置A中液体试剂选用6molL」盐酸。（2）碳酸钙和盐酸反应生成的二氧化碳中含有氯化

氢气体，可用饱和碳酸氢钠溶液来除去；装置E中碱石灰的作用是吸收二氧化碳，防止二氧

化碳对氧气的体积测量造成干扰。（3）装置D中含有氧化钠和过氧化钠，CO2分别与它们发

生反应。（4）根据反应2m2。2+20）2=2m2<203+02,反应结束后测得气体体积为224mL

（标准状况），即生成的氧气的物质的量为=0.01mol,则过氧化钠的物质的量

为0.02mol,故试样中过氧化钠的纯度为°'°2x100%=78%o

答案：（1）6moi「盐酸

（2）除去气体中的HQ吸收装置D中反应剩余的CO2

（3）2Na2O2+2CO2=2Na2co3+O2、NazO+COz=Na2CO3

（4）78%

12.解析：（1）NaCl不与稀硫酸反应，Na2c03与稀硫酸反应