最新《红对勾》【化学】大册答案

必考部分
第一单元化学计量在实验中的应用
第1节物质的量气体摩尔体积
核心考点·分层突破
考点一物质的量及阿伏加德罗常数
导学诱思
答案:(1)2 mol73 g(2)1.806×1023 1.806×1024 5.4
(3)0.2 mol0.6 mol(4)44 g·mol-1(5)106 g·mol-1
落实基础
1.6.02×1023 mol-1相对原子(分子)质量
易错辨析
答案:(1)×(2)×(3)×(4)×(5)√
考点突破
【例1】答案:× × × ×√√ ×
解析:A、B、C选项中,盐酸、CCl4、己烷在标准状况下均不是气体,错误;D选项,不是标准状况下,错误;E、F选项,由质量求气体的物质的量,与物质的状态无关,正确;G选项,标准状况下5.6 L NO和5.6 L O2组成的混合气体中所含原子总数为N A,错误。

【例2】答案:√√√√ ×
解析:1 mol的NO2和1 mol的CO2中均含2 mol氧原子,A正确;乙烯与环丁烷的最简式均为CH2,含有n(CH2)==2 mol,B正确;与B选项类似,C选项中n(NO2)==2 mol,正确;D选项,N2与CO的摩尔质量均为28 g·mol-1,均为双原子分子,正确;E选项,均为氧单质,所含氧原子均为3 mol,错误。

【例3】答案:× ×√ × × × × × ×
解析:A选项不是标准状况下,错误;Na在空气中完全反应生成Na2O、Na2O2,Na在上述两个反应过程中化合价均升高1,所以1 mol Na参加反应转移1 mol电子,B选项错误、C选项正确;D项,标准状况下,6.72 L NO2物质的量为0.3 mol,与水反应转移电子数应为0.2N A;E、F选项,Fe2+、Cl2少,应该用Fe2+、Cl2计算,分别转移1 mol、2 mol电子,错误;G选项,由氯气与水或碱反应可知错误;H选项,I-的还原性强于Fe2+,所以转移电子的物质的量大于1 mol,错误;I选项,转移的电子数为5N A,错误。

互动探究
答案:(1)√(2)√(3)√
【例4】答案:×√√ × × ×√ × × ×√ ×√ ×
解析:A选项,Na2O2中阴离子是,错误;B选项,8 g O2的物质的量为0.25 mol,1个O2中含有16个电子,正确;C项,1个六元环中含有6个碳原子,1个碳原子被3个六元环共用,所以应该1个碳原子可形成个六元环,正确;D选项,1个氢氧根离子含有10个电子,错误;E选项,苯环中不含碳碳双键,错误;F选项,由CH3—OH可知1个甲醇中含有3个C—H键,错误;G选项,1个H2O中含有10个质子,正确;H选项,1个碳原子与其他4个碳原子形成4个共价键,1个共价键被2个碳原子共用,所以1个碳原子可均摊×4=2个共价键,错误;I选项,1个Al3+含有10个电子,错误;J选项,NaCl是离子化合
物无分子,错误;L选项,不是标准状况,错误;M选项,18 g 18O2的物质的量为0.5 mol,正确;N选项,空气中含有CO2、水蒸气等气体化合物,错误。

【例5】答案:√ × × ×√ × ×
解析:A选项,丙烯和环丙烷分子式均为C3H6,正确;B选项,随着反应的进行,浓硫酸逐渐变为稀硫酸,所以参加反应的硫酸的物质的量小于0.92 mol,故生成的SO2分子数目小于0.46N A,错误;C、E选项,反应均为可逆反应,C错误、E正确;D选项,生成0.5 mol Cl2,错误;F选项,依据得失电子守恒可知1 mol Cu生成 mol NO,错误,G选项,NO与氧气反应,错误。

【例6】答案:× × × × ×√ ×√√ × × × ×
解析:ClO-、HC、Fe3+水解,NH3·H2O只发生部分电离,所以A、B、C、D、G均错误;E选项溶液中c(H+)=0.1 mol·L-1,H+物质的量为1 mol,错误;F选项溶液中c(OH-)=0.1 mol·L-1,OH-物质的量为1 mol,正确;H选项,由
C+H2O HC+OH-可知正确;I选项,根据氮原子守恒,正确;J选项中含有1 mol S,所带电荷数为2 mol,错误;K、M选项均无体积,错误;L选项,溶液中的水也含有氧原子,错误。

高考微题组
1.B解析:甲苯的分子式为C7H8,所以1 mol甲苯中应该含有8N A个C—H键,A错误;1个水分子含有10个质子,18 g H2O对应的物质的量为1 mol,含10N A个质子,B正确;氨水是NH3的水溶液,标准状况下,无法计算氨水中氨气的物质的量,C错误;铁片在浓硫酸中钝化,不可能有1 mol SO2分子生成,D错误。

2.A解析:氧气和臭氧组成的混合物只含氧元素,1.6 g即是氧原子的质量,则混合物中氧原子的数目为×N A=0.1N A,A 正确;丙烯酸的结构简式为CH2CHCOOH,含碳碳双键和碳氧双键,故0.1 mol丙烯酸中含双键的数目为0.2N A,B错误;标准状况下,苯不是气体,C错误;过氧化钠与水反应:2Na2O2+2H2O4NaOH+O2↑,部分氧元素化合价由-1价升高到0价,每生成0.1 mol氧气,转移0.2 mol电子,D错误。

3.D解析:高温下Fe与水蒸气反应:3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2,0.2 mol Fe反应生成0.27 mol H2,A错误;室温时
pH=13的NaOH溶液中,c(H+)=10-13 mol·L-1,由于在任何水溶液中水电离的H+和OH-相等,所以水电离的OH-的数目为10-13 mol·L-1×1 L×N A mol-1=10-13N A,B错误;氢氧燃料电池正极发生反应的气体是O2,1 mol O2反应转移4 mol电子,C 错误;在所给反应中-3价的氮元素化合价升高到0价,共失去5×3 mol电子,生成4 mol N2,当生成28 g N2时,转移电子为 mol,即3.75N A个电子,D正确。

4.B解析:C2H4、C3H6的最简式均为CH2,n(CH2)= mol,一个CH2可形成三个共用电子对,所含共用电子对数为,A选项错误;一个氢原子形成一个碳氢键,共含有 mol氢原子,B选项正确;没有注明是否在标准状况下,C选项错误;所含原子总数为,D选项错误。

考点二气体摩尔体积及阿伏加德罗定律
导学诱思
答案:(1)67.2 L(2)0.5 mol(3)44 g·mol-1
落实基础
2.(2)
易错辨析
答案:(1)×(2)×(3)√(4)×
考点突破
【例1】D解析:依据4NH3+5O24NO+6H2O可知1 mol NH3参加反应转移5 mol电子,参加反应NH3的物质的量为 mol,转移电子的物质的量为 mol,已知在此反应中转移电子数为n,则n=×N A,所以N A=。

【例2】D解析:A选项没有标明温度、压强,所以二氧化碳的质量可能比一氧化碳的小,错误;B选项,1 mol CO含有14 mol质子,1 mol C2H4含有16 mol质子,错误;C选项,CO和C2H4质量相等,物质的量相等,C2H4所含原子数多,错误;D 选项,假设4种气体的质量均为1 g,所以n(H2)=、n(CH4)=、n(HCl)=、n(SO2)=,正确。

高考微题组
1.C解析:A中体积相同时二者的物质的量相同,因两物质的摩尔质量不同,所以质量不同,由ρ=知二者的密度不同,A 错;B中原子数相同时分子数也相同,12C18O与14N2中子数之比为8∶7,B错;C中体积相等则分子数相等,1个12C18O分子中含有14个电子,1个14N2分子中也含有14个电子,C正确;D中质量相等时二者的物质的量不同,所以质子数不同,D错。

2.答案:2H2S2H2+S2
解析:H2S在高温条件下分解,生成的两种产物的体积分数逐渐增大;分析图中两种产物的体积分数间的大小关系可知二者的比值约为2∶1。

再由H2S的组成可知生成的H2的量更大,设H2S在高温条件下分解的关系式为
H2S2H2+S x,依据H元素守恒可得2H2S2H2+S x,再由S元素守恒知x=2。

由图可知该反应未进行完全,应为可逆反应,故H2S在高温条件下分解的化学方程式为2H2S2H2+S2。

3.答案:1
解析:n(ZnO)==0.1 mol、n[ZnCO3·x Zn(OH)2]=,列方程×(125+99x)g·mol-1=11.2 g,解得x=1。

4.答案:51
解析:n(正丁醇)=、n(正丁醛)=,产率=×100%=51%。

学科素养·专项提能
【例】答案:(1)CuSO4·5H2O CuSO4·(5-n)H2O+n H2O
250 18n
0.80 g0.80 g-0.57 g=0.23 g
,解得n=4
其化学式为CuSO4·H2O。

(2)0.2
解析:(2)Cu2++H2S CuS↓+2H+
1 2
0.1 mol·L-1c(H+)
c(H+)=0.2 mol·L-1
对点训练
1.答案:3 950
解析:第一步,确定N2、H2谁过量,假设N2完全反应,则
N2+3H22NH3
28 6
700 kg m(H2)
28∶6=700 kg∶m(H2)
解得:m=150 kg<6 000 kg
即H2过量,应以N2计算。

第二步,根据N2计算,由N元素守恒得
N2~2NH4HCO3
28 158
700 kg m(NH4HCO3)
有
解得m(NH4HCO3)=3 950 kg。

2.答案:根据PbO2PbO x+O2↑,有×32=239×4.0%,x=2-=1.4,根据m PbO2·n PbO,=1.4,。

解析:由质量减轻可知一定生成氧气,写出化学方程式进行求解。

3.答案:Na2CO3·NaHCO3·2H2O
解析:Na2CO3+CO2+H2O2NaHCO3
1 1 168
n(Na2CO3) m(NaHCO3)
n(Na2CO3)=2×103 mol
m(NaHCO3)=336 kg
则原有n(NaHCO3)==2×103 mol
原晶体中n(H2O)==4×103 mol
因此该晶体的化学式为Na2CO3·NaHCO3·2H2O。

题组演练·迁移运用
1.D解析:A选项,没有给出气体的物质的量,错误;B选项,生成1 mol O2转移2 mol电子,错误;由
3NO2+H2O2HNO3+NO可知C选项错误;D选项,n(O)= mol,1个氧原子中含有8个电子,正确。

2.A解析:A选项,水是液体,11.2 L H2O的物质的量大于1 mol,正确;B选项,醋酸晶体是共价键化合物,没有电离,无H+,错误;C选项,Cu2S中Cu的化合价为+1价,错误;D选项,Cl-为18电子的微粒,错误。

3.B解析:12 g C60中含有1 mol碳原子,含有6 mol电子,A选项错误;1 mol乙醇中含有1 mol羟基,B选项正确;Al3+水解,所以Cl-总数大于3N A,C选项错误;D选项,生成Na2CO3、NaHCO3均为0.05 mol,但溶液水解显碱性,C的物质的量小于0.05 mol,错误。

4.D解析:A选项,无溶液体积,错误;B选项,所含电子数为N A,错误;C选项,完全反应生成NaHCO3,但HC在溶液中水解大于电离,错误;D选项,一个C5H12含有4个C—C键和12个C—H键,正确。

5.A解析:A选项N2和CO摩尔质量均为28 g·mol-1,同质量的N2和CO物质的量相同,一个分子均含有2个原子,正确;B选项没有注明压强、D没有注明温度,均不符合;C选项C2H6和NO质量相同,物质的量相同,所以原子个数C2H6是NO的4倍,不符合。

6.C解析:C选项,A、B气体分子数目相同,体积相同,依据密度=,可知两气体的密度之比为m∶n,错误;D选项,V L气体的物质的量=,质量为,正确。

7.答案:(1)64(2)
解析:(1)该气体的物质的量为=0.03 mol,摩尔质量为=64 g·mol-1,所以相对分子质量为64。

(2)含有的分子数为b的某气体的物质的量n= mol,该气体的摩尔质量M= g·mol-1,c g该气体的物质的量为 mol,体积为mol×22.4 L·mol-1。

第2节物质的量在化学实验中的应用
核心考点·分层突破
考点一物质的量浓度及其计算
导学诱思
答案:(1)2 mol·L-1(2)1.8 mol(3)100(4)等于(5)20% 1 g20%
落实基础
1物质的量质量溶剂
考点突破
【例1】答案:(1)×100 g
(2)1 000 mL·L-1× mol·L-1
(3)=0.25dw mol·L-1
(4)×100%=%
解析:这是一道只给出抽象符号的有关溶解度、质量分数、物质的量浓度的相互换算的问题。

解答本题的关键是:在
准确把握溶解度、溶液中溶质质量分数、溶液中溶质物质的量浓度的基础上,从所求问题的概念出发,进行概念分析,
抓好相关概念的相互联系,便可顺利完成这种用符号表示的相互换算。

互动探究
答案:(1)溶解度是在一定温度下100 g溶剂中溶解溶质的质量(以g为单位),①假设溶液为1 L,NaOH的物质的量为c mol、质量为40c g,溶液质量1 000d g,溶剂水的质量为(1 000d-40c) g,所以S=×100 g;②NaOH的质量为m g,溶液质量
为Vd g,溶剂水的质量为(Vd-m) g,所以S=×100 g;(2)能。

溶质NaOH的物质的量为、溶液质量为g、体积为mL。

c=。

【例2】A解析:A选项,物质的量浓度与溶质的物质的量、溶液体积有关,先求出n(NH3)= mol、溶液体积为 L,正确;B选项,质量分数与溶质质量、溶液质量有关,溶质质量为a g,溶液质量为ρV g,错误;C选项,c(N)= mol·L-1,依据电荷守恒c(OH-)=c(N)+c(H+)可知错误;D选项,由于氨水的密度小于水的密度,与水等体积混合所得稀氨水的质量大于原氨
水质量的2倍,故其溶质的质量分数小于0.5w,错误。

【例3】A解析:设混合前两硫酸溶液的体积均为1 L,则n(H2SO4)=(c1+c2) mol;溶液稀释混合时,溶液的体积一般不
可直接相加,应用溶液的总质量和密度来计算,溶液总质量=(1 000ρ1+1 000ρ2) g,溶液总体积= L= L;则混合后硫酸的物
质的量浓度=。

高考微题组
1.D解析:100 mL混合溶液中n(Ba2+)=n(S)=a mol,则c(Ba2+)==10a mol·L-1,100 mL混合溶液中,n(Cl-)=n(Ag+)=b mol,
则c(Cl-)==10b mol·L-1,根据溶液中电荷守恒,设溶液中c(K+)=x,则x+10a mol·L-1×2=10b mol·L-1×1,可得c(K+)=10(b-2a) mol·L-1,D正确。

2.答案:97.0%
解析:由反应:Ce4++Fe2+Fe3++Ce3+可知,n(Ce)=n(Fe2+)=0.100 0 mol·L-1×0.025 L=0.002 5 mol。

故m[Ce(OH)4]=0.002
5 mol×208 g·mol-1=0.52 g,由此可知Ce(OH)4的质量分数为97.0%。

3.答案:1.25
解析:n(H2SO4·SO3)= mol=2.5 mol,溶于水生成n(H2SO4)=5 mol。

考点二一定物质的量浓度溶液的配制
导学诱思
答案:(1)40 g(2)托盘天平(3)小烧杯(4)冷却到室温玻璃棒500 mL容量瓶(5)2~3次(6)胶头滴管液面最低点与刻度线相切
落实基础
药匙、托盘天平、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶
易错辨析
答案:(1)×(2)√(3)×(4)×(5)×
考点突破
【例1】答案:(1)20.0100(2)①使溶质完全转移到容量瓶中②1~2 cm胶头滴管③D
解析:(1)V(浓硫酸)==0.02 L。

【例2】答案:(1)偏小(2)无影响(3)偏大(4)偏小(5)偏小
(6)偏小(7)偏大(8)无影响(9)偏大(10)偏大(11)偏小(12)偏小(13)偏小(14)无影响(15)偏小
解析:(1)应选择500 mL容量瓶,NaOH固体质量应为2.0 g;(3)所含溶质Na2CO3物质的量偏大;(4)(5)NaOH吸收空气中的水蒸气;(6)相当于所称NaCl质量为57.5 g;(7)所称NaCl的质量偏大;(9)仰视时所取浓硫酸体积偏大;(10)量筒不能用蒸馏水洗涤;(11)(12)溶质未全部转移到容量瓶中;(13)加水超过刻度线,则所配溶液体积偏大;(14)不影响所配溶液体积;(15)相当于所取浓硫酸的体积减小。

高考微题组
1.答案:√××√××××××
解析:A项,逆推法,当浓度约为10-12~10-11 mol·L-1时,一个细胞中含有的目标分子个数最小约为10-12 mol·L-1×10-12
L×6.02×1023 mol-1=0.6个,最大约为10-11 mol·L-1×10-12 L×6.02×1023 mol-1=6个,正确;B选项,定容时俯视刻度线,会导致体积偏小,所配溶液浓度偏大,错误;C选项,用固体配制溶液需要用到托盘天平称量固体质量,错误;E选项,最后溶液体积不是100 mL,错误;F选项,没有量取pH=1的盐酸的仪器(如酸式滴定管),错误;G项,量筒是用来量取液体的,不能用于配制溶液,错误;H选项,还需要托盘天平、胶头滴管,错误;I选项,最后溶液体积不是1 L,错误;J选项,应重新配制。

2.B解析:A中应左物右码;C中转移溶液要用玻璃棒引流;D中定容时胶头滴管不能伸入容量瓶中。

3.答案:a、c
解析:定容时需要胶头滴管。

学科素养·专项提能
【例1】答案:(1)19.2 g(2)4.48 L
解析:设加入的铜粉的物质的量为x,生成NO的物质的量为y。

3Cu+8HNO33Cu(NO3)2+2NO↑+4H2OΔm
3 mol 2 mol (192-60)g
x y13.2 g
x=0.3 mol y=0.2 mol
即加入的铜粉是0.3 mol×64 g· mol-1=19.2 g,产生NO的体积为0.2 mol×22.4 L· mol-1=4.48 L。

【例2】答案:25%
解析:设参加反应的N2的体积为x。

N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔV
1 3
2 2
x(5-4)L
x=0.5 L
即可求出N2的转化率为×100%=25%。

【例3】C解析:设CuO和Fe2O3的物质的量分别为x和y,列方程:80 g·mol-1x+160 g·mol-1y=24.0 g。

由化学方程式CuO+CO Cu+CO2,Fe2O3+3CO2Fe+3CO2,得x+3y=n(CO2)=n(CaCO3)=,解得x=0.1 mol、y=0.1 mol;原混合物中Fe元素的质量为11.2 g。

【例4】答案:2∶1
解析:依据2H2S+SO23S+2H2O,假设生成3 mol硫,需要2 mol H2S和1 mol SO2,由Na2SO3+S Na2S2O3可知3 mol S需要3 mol Na2SO3,3 mol Na2SO3需要3 mol SO2,所以总共需要4 mol SO2,所以生成SO2的FeS为4 mol,生成H2S的FeS为2 mol。

对点训练
1.C解析:依据棕黄色的溶液可知FeCl3过量,溶液质量减轻4.1 g,依据差量法:
6Na+6H2O+2FeCl32Fe(OH)3↓+3H2↑+6NaClΔm
138 214 6 82
x g 4.1 g
所以钠的质量为6.9 g。

2.答案:
解析:由M(LiPF6)·n(LiPF6)+M(LiF)·[n mol-n(LiPF6)]=w g得:152 g·mol-1·n(LiPF6)+26 g·mol-1[n mol-n(LiPF6)]=w g 解之得:n(LiPF6)= mol
3.答案:n(O2)==131 mol
设Fe3O4的物质的量为a,Fe2O3的物质的量为b,
3a+2b=48 mol8a+b=131 mol,解得:a=4 mol b=18 mol
n(Fe3O4)∶n(Fe2O3)=2∶9
解析:生成物为混合体系,用设未知数列方程组的方法求解。

4.答案:w(O2)=50%,w(O3)=50%
解析:方法(1)混合体系用差量法
设O3所占体积为x,
2O33O2ΔV
2 3 1
x(1.2a-a) L
解得x=0.4a L;
方法(2)混合体系,设未知数列方程组求解。

设混合气体中O3的体积为x,则O2的体积为y,
2O33O2
2 3
x x
x+y=a L、x+y=1.2a L,解得x=0.4a L、y=0.6a L,n(O3)∶n(O2)=0.4a∶0.6a=2∶3,w(O2)=×100%=50%,w(O3)=1-50%=50%。

题组演练·迁移运用
1.A解析:n(NH3)= mol、m(NH3)= g、m(H2O)=1 000 g,溶液质量=(+1 000) g。

ρ=,但A选项中溶液体积、溶液质量均错误;B选项,假设溶液体积为1 L,所以溶质的物质的量为c mol,质量=17c g,溶液的质量为1 000ρ g,依w=可知B选项正确;C选项w= =,正确;c=,D正确。

2.D解析:A选项,原溶液中HCl的物质的量不确定,且最终溶液体积不一定为V L,错误;B选项,HCl挥发,错误;C选项,蒸发掉0.5V L水后溶液体积无法求出,错误;D选项,属于混合溶液的有关计算,加入10 mol·L-1盐酸0.6V L后,溶质HCl 的物质的量为8V mol,再将溶液稀释至2V L,浓度变为4 mol·L-1。

3.C解析:A选项,因为乙酸电离,所以溶液中乙酸分子小于0.1 mol,错误;B选项,不能在容量瓶中进行溶解,错误;D选项,量取时,仰视读数偏低,实际量取的体积偏高,所配溶液的浓度偏高,错误。

4.C解析:A选项,所称高锰酸钾的质量偏小,浓度偏低;B选项浓度偏低;C选项,俯视使液面低于刻度线,体积偏小,浓
度偏大;D选项,浓度偏低。

5.答案:(1)13.6(2)①③⑤⑦胶头滴管(3)搅拌、引流
解析:n(H2SO4)=0.25 mol,m(H2SO4)=0.25 mol×98 g·mol-1,浓硫酸质量=0.25×98÷98%=25 g,所以浓硫酸体积=。

高考热点题型1
【例】答案:(1)浅绿(2)生成氨气的体积氨气有一部分会溶解在溶液中(或其他合理解释)(3)碱石灰稀硫酸
防止倒吸
78.4
解析:(1)摩尔盐中含有Fe2+;(2)摩尔盐中的铵根离子与碱反应生成氨气,但氨气极易溶于水;(3)用B干燥氨气,防止气体中混有的水蒸气进入C中。

然后称量C中吸收前后质量差,求得生成氨气的质量;n(NH3)==0.04 mol,n(摩尔盐)=0.02 mol,m(摩尔盐)=0.02 mol×392 g·mol-1=7.84 g。

题组训练
1.A解析:A选项,左管应该充满相应的液体,错误。

2.答案:(1)往量气管中注水至左右两管出现液面差,静置片刻,液面差不发生变化,则气密性良好(或其他合理答案)(2)保持气压恒定,使NaOH浓溶液容易流下(3)AD(4)
解析:(3)氨气不溶于CCl4、植物油;(4)n(AlN)=n(NH3)= mol,m(AlN)= g。

3.答案:(1)b—e—f—h—g—c防止空气中的水蒸气和CO2进入前面装置影响实验结果(2)B
解析:(1)b装置比a装置气密性好,且可减小误差,气体产生后通过浓硫酸除去CO2中的水蒸气,然后通过氢氧化钠溶液吸收CO2;(2)制取CO2时,盐酸挥发,选择硫酸较好。

第二单元化学物质及其变化
第1节物质的分类
核心考点·分层突破
考点一物质的分类
导学诱思
答案:⑦⑨①②③④⑤⑥⑧⑩③⑥⑤⑩⑩④①②②①②
落实基础
1.交叉树状
3.金属非金属碱盐氧化物共价电解质非电解质
考点突破
【例1】B解析:由O2和O3可知A选项错误;冰与水的分子式相同,属于同一种物质,B选项正确;由同分异构体可知C选项错误;汽油属于混合物,D选项错误。

【例2】C解析:水银属于纯净物,①错误;HD属于单质,②错误。

【例3】A解析:A项利用活性炭的吸附作用,为物理变化;B项发生了油脂的水解反应,C项用高锰酸钾氧化水果产生的乙烯,D项用硅胶吸水防潮、铁粉吸收氧气防止食品被氧化,B、C、D项均发生化学反应。

高考微题组
1.C解析:明矾是十二水硫酸铝钾,故C项错误。

2.B解析:A项,乙醇既无腐蚀性,也不属于氧化剂,不正确;B项,硝酸是具有腐蚀性的强氧化性酸,正确;NaOH和HCl 都具有腐蚀性,但都不具有强氧化性,故C、D不正确。

3.答案:√×××××√××
解析:B选项,漂白粉属于混合物,错误;E选项由H2O2、H2O可知错误;F选项CO不属于酸性氧化物;H选项由Al2O3、Na2O2可知错误;I选项,汽油属于混合物,错误。

4.答案:正盐
解析:由一元酸可知此盐为正盐。

考点二分散系、胶体
导学诱思
答案:(1)分散质粒子的直径不同(2)用一束光照射盛有上述两种分散系的小烧杯,产生丁达尔效应的为胶体,反之为溶液
落实基础
1.分散质分散剂
2.<1 nm>100 nm1~100 nm
考点突破
【例1】答案:③⑥
解析:①利用了胶体的聚沉;③所谓“胶体带电”实质上是胶粒带电,错误;④胶粒和溶质均能透过滤纸;⑤有色玻璃是固溶胶(将固体作为分散剂所形成的溶胶),属于胶体;⑥制取的是Fe(OH)3沉淀,错误;⑧利用了胶粒带电,能发生电泳。

互动探究
答案:均错误,胶体与溶液的本质区别是分散质粒子的直径大小;布朗运动可证明分子在不停地运动。

【例2】答案:G
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)逐滴滴加饱和FeCl3溶液(反滴、持续加热、搅拌均不可),继续煮沸至液体呈红褐色,停止加热。

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;蛋白质水溶液属于胶体,G正确。

高考微题组
答案:(1)×(2)×(3)√(4)×(5)×(6)√(7)√
(8)√(9)√(10)×
解析:由(6)可知(1)错误;由(8)可知(2)错误;(4)氯化铁溶液不是胶体;(5)H+与S2-不能大量共存;(9)葡萄糖溶液没有丁达尔效应;(10)依据“分散质微粒大小”将分散系分为溶液、胶体与浊液。

学科素养·专项提能
【例】D解析:酸性氧化物不一定是非金属氧化物,如Mn2O7,非金属氧化物也不一定是酸性氧化物,如CO、NO等,①②错;碱性氧化物肯定是金属氧化物,但金属氧化物不一定是碱性氧化物,如Na2O2、Al2O3等,③对、④错;SiO2是酸性氧化物,但不与H2O反应生成相应的酸,⑤错误,⑥正确,如NO2;⑦错误,如CO等。

互动探究
答案:(1)正确,酸性氧化物与水反应或与碱反应均不属于氧化还原反应。

(2)错误,如两性氧化物Al2O3就能与酸反应。

对点训练
1.D解析:由SiO2可知A选项错误;由SO2与硝酸反应、Al2O3与酸反应可知B选项错误;由CO可知C选项错误;由NO2可知D选项正确。

2.D解析:由于反应类型不限制,所以全部可以。

3.B解析:SiO2、CuO、Fe3O4与水均不反应,只有B选项符合。

题组演练·迁移运用
1.B解析:干馏属于化学变化,B选项错误。

2.D解析:A选项,水玻璃是硅酸钠的水溶液,是混合物,不属于酸,错误;B选项,漂粉精主要成分是氯化钙和次氯酸钙的混合物,不是钠盐,错误;C选项,NO2不属于酸性氧化物,错误。

3.C解析:A选项均属于含氧化合物;B选项均属于弱酸;D选项均属于铵盐;C选项前者都属于化学变化,后者属于物理变化。

4.C解析:明矾净水是胶体的吸附作用,是把浑水变为清水,漂白粉、臭氧的净水是利用其强氧化性杀菌消毒。

5.D解析:Z中分散系为胶体,胶体粒子可以通过滤纸,A、B正确;由信息可知反应物为CaCO3、Fe3+,生成物为
Fe(OH)3胶体、CO2,配平可知C选项正确;X、Z烧杯中的分散系分别为溶液、胶体,D错误。

6.A解析:鸡蛋清溶液属于胶体,能产生丁达尔效应,其他均属于溶液。

第2节离子反应
核心考点·分层突破
考点一电解质
导学诱思
答案:①⑦⑨⑤②④⑧⑩②④
落实基础
1.(1)水溶液中熔融水溶液中熔融(2)全部部分
2.(1)酸碱盐金属
考点突破
【例1】C解析:由金属单质可知A、B选项错误;由氨气、二氧化碳、三氧化硫可知D选项错误;碳酸钙属于盐,属于强电解质,C选项正确。

【例2】B解析:A选项,醋酸与氨水反应生成强电解质醋酸铵,导电能力逐渐增强,错误;B选项,当氨水全部反应生成醋酸铵时,导电能力最强,再加入醋酸相当于稀释醋酸铵,导电能力又逐渐减弱,正确;C选项,没有标明溶液浓度,错误;胶体是电中性的,不带电,带电的是胶体中的分散质粒子,D项错误。

【例3】答案:①HCl H++Cl-②H2S H++HS-,HS-H++S2-③Ca(OH)2Ca2++2OH-④
Cu(OH)2Cu2++2OH-⑤KClO3K++Cl⑥Na2FeO42Na++Fe⑦NH4HCO3N+HC,HC H++C⑧NH4HSO4N+H++S
解析:⑥Na2FeO4属于可溶性盐,全部电离,用“”连接,Fe不能拆开。

高考微题组
1.答案:×√××××
解析:次氯酸属于弱酸为弱电解质,BaSO4和NaClO属于盐为强电解质,A、C、E选项错误;葡萄糖、四氯化碳是非电解质,蛋白质是高分子化合物,是混合物,既不是电解质也不是非电解质。

2.答案:HF H++F-
解析:属于弱酸的只有HF。

3.答案:H3PO2H++H2P
解析:中强酸属于弱电解质,也用可逆号。

考点二离子反应方程式的书写
导学诱思
答案:(1)Cu(OH)2+2H+Cu2++2H2O(2)OH-+CH3COOH CH3COO-+H2O(3)Fe2O3+6H+2Fe3++3H2O
(4)Cl-+Ag+AgCl↓(5)CaCO3+2H+Ca2++H2O+CO2↑(6)Fe+2H+Fe2++H2↑
落实基础
1.离子
2.(1)①沉淀②难电离③气体(2)氧化还原
3.实际参加反应的离子符号
4.一类化学反应H++OH-H2O
考点突破
【例1】答案:(1)Cl2+H2O H++Cl-+HClO(2)2Na+2H2O2Na++2OH-+H2↑(3)2Fe2++Cl22Fe3++2Cl-
(4)2Fe3++Cu2Fe2++Cu2+(5)2Al+2OH-+2H2O2Al+3H2↑
(6)CaCO3+2CH3COOH Ca2++CO2↑+H2O+2CH3COO-(7)Al3++3NH3·H2O Al(OH)3↓+3N
(8)HC+H+H2O+CO2↑
解析:(1)、(2)依据教材已知方程式进行改写;(3)、(4)、(5)属于氧化还原反应,如(3)的实质为Fe2+和Cl2生成Fe3+和Cl-,配平即可;如(5)的实质为Al生成Al和H2,依据得失电子守恒可知2Al2Al+3H2,然后用OH-配平电荷2Al+2OH-
2Al+3H2,最后用水配平氢原子;(6)、(7)、(8)属于复分解反应,(7)反应的实质是1 mol Al3+与3 mol NH3·H2O提供的3 mol OH-结合生成Al(OH)3沉淀,并生成N,但NH3·H2O不能拆。

【例2】答案:(1)Cu2++S+Ba2++2OH-BaSO4↓+Cu(OH)2↓(2)Ba2++2OH-+2N+S BaSO4↓+2NH3·H2O
(3)Ba2++2OH-+2H++S BaSO4↓+2H2O(4)2Fe2++4Br-+3Cl22Fe3++2Br2+6Cl-
(5)3Fe3O4+28H++N9Fe3++NO↑+14H2O
解析:(1)首先分析溶液中的离子有Cu2+、S、Ba2+、OH-,然后分析哪些离子相互结合,Cu2+与OH-反应生成Cu(OH)2、S与Ba2+反应生成BaSO4,最后根据离子的个数比配平方程式;(5)Fe3O4与H+、N反应生成Fe3+、NO和H2O。

互动探究
答案:Fe3O4+8H+2Fe3++Fe2++4H2O
【例3】答案:(1)HC+OH-C+H2O(2)①Ca2++HC+OH-CaCO3↓+H2O②Ca2++2HC+2OH-
CaCO3↓+C+2H2O(3)①H++S+Ba2++OH-BaSO4↓+H2O②Ba2++2OH-+2H++S BaSO4↓+2H2O
解析:(2)Ca(HCO3)2溶液与NaOH反应实质是HC与OH-反应生成更难电离的H2O,同时生成的C再与Ca2+结合生成难电离的CaCO3沉淀,这样我们就可以根据三种离子的个数比写出与量有关的离子方程式,①假设1 mol OH-,结合1 mol HC生成1 mol C,再与1 mol Ca2+结合生成1 mol CaCO3沉淀;②假设2 mol HC结合2 mol OH-生成2 mol C,然后其中1 mol C再与1 mol Ca2+结合生成1 mol CaCO3沉淀,还余下1 mol C。

【例4】答案:(1)HC+OH-C+H2O(2)CO2+Ca2++2ClO-+H2O CaCO3↓+2HClO CO2+ClO-+H2O HC+HClO (3)2I-+Cl2I2+2Cl-2Fe2++4I-+3Cl22Fe3++2I2+6Cl-
解析:(1)少量OH-先与HC反应;(2)少量CO2生成正盐、过量CO2生成酸式盐;(3)氯气先与还原性强的I-反应。

高考微题组
1.答案:Al2O3+6H+2Al3++3H2O
解析:此反应的实质是金属氧化物与H+反应。

2.答案:MgCO3+2H+Mg2++CO2↑+H2O
解析:此反应的实质是碳酸盐与强酸反应生成弱酸——碳酸。

3.答案:Al(OH)3+OH-Al+2H2O
解析:同一周期最高价氧化物对应的水化物之间发生反应的是Al(OH)3与NaOH反应。

考点三离子方程式正误判断
导学诱思
答案:C
考点突破
【例1】答案:DI
解析:A选项,产物应为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,稀硝酸具有强氧化性,能氧化Fe2+和H2S,错误;E选项还会生成BaSO4沉淀,错误;F选项,铁溶于稀硝酸,溶液变黄,生成Fe3+,错误;G 选项,硝酸与铝反应不能生成氢气,错误;H选项,盐酸与高锰酸钾溶液发生氧化还原反应,错误;J选项,因为溶液呈强碱性,所以不会生成H+,错误;K选项,氯气具有强氧化性,S被氧化成S,错误;L选项,只注意了Ba2+与S反应,而漏掉了H+与OH-的反应,错误;M选项,醋酸的酸性强于碳酸,错误。

【例2】答案:BCJ
解析:A选项,HC与H+反应,错误;B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;D选项中应为
MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O;E选项中应将“↓”符号改为“(胶体)”;F选项中应为2Na2O2+2H2O4Na++4OH-+O2↑;G选项,HClO为弱电解质,离子方程式应为Cl2+H2O H++Cl-+HClO;H选项,醋酸属于弱电解质,不能拆分,应用化学式表示,错误;I选项,磁性氧化铁为Fe3O4,应用化学式表示;K选项,ZnCO3不能拆,错误;L选项,一水合氨不能拆,错误;M选项,CH3COONH4是强电解质应该拆,错误;N选项,此反应不是在溶液中进行的,不能写离子方程式。

互动探究
答案:2N+Ca(OH)22NH3↑+2H2O+Ca2+
【例3】答案:DE
解析:A选项,所给化学方程式得失电子及电荷均不守恒;B、C选项电荷及得失电子不守恒,错误;F选项,原子和得失电子均不守恒;G选项,电荷和得失电子均不守恒。

【例4】答案:ABCEFJL
解析:B选项,OH-过量,所以N、HC按1∶1参加反应,正确;D选项,明矾溶液中Al3+与S的个数比为1∶2,当S完全沉淀时,加入的OH-与Al3+反应生成Al;F选项,铁与稀硝酸反应生成Fe3+和NO,Fe3+又与过量的Fe反应最终生成Fe2+,正确;G选项,HI提供H+使溶液呈酸性,N与H+结合具有强氧化性,Fe2+不能大量存在,错误;H选项,应写成Ba2++2OH-
+2H++S BaSO4↓+2H2O,错误;I选项,漏掉了Mg2+与OH-反应,错误;K选项,反应中的Ca(OH)2少量,所以化学方程式中Ca2+和OH-的物质的量之比应为1∶2,错误;L选项,等物质的量的Ba(OH)2与NH4HSO4溶液反应,1 mol Ba2+正好消耗1 mol S,2 mol OH-正好与1 mol H+及1 mol N反应,正确。

高考微题组
1.C解析:0.1 mol·L-1氨水的pH为11,可知NH3·H2O为弱电解质,存在电离平衡,A项正确;CuCl2溶液导电是由于CuCl2在水溶液中可以电离出Cu2+和Cl-,电离本身不需要通电,故方程式错误,即C项不正确。

2.D解析:A中反应未配平,正确的离子方程式应为Cl2+2OH-Cl-+ClO-+H2O;B中NaHCO3电离产生的HC不能写
为C,正确的离子方程式应为HC+H+H2O+CO2↑;C中AlCl3与过量氨水反应生成Al(OH)3而不是Al,正确的离子方程式应为Al3++3NH3·H2O Al(OH)3↓+3N。

3.D解析:Cu与稀硝酸反应生成NO,A错误;(NH4)2Fe(SO4)2溶液与过量NaOH溶液反应,反应的离子方程式为
2N+Fe2++4OH-2NH3↑+2H2O+Fe(OH)2↓,B错误;CH3COOH是弱电解质,应写为化学式,C错误。

4.C
考点四离子大量共存问题
导学诱思
答案:Fe3+、Al3+、Mg2+、N、HC C、HC、Al C、HC、Al Fe3+、Al3+、Mg2+Fe3+
考点突破
【例1】A解析:B项中Hg2+与S2-,Pb2+与S2-、S均不能大量共存;C项中H+与S2、P不能大量共存;D项中Al3+、Ca2+与C均不能大量共存。

【例2】B解析:只有B选项中含有还原剂S,其他选项中无还原剂。

【例3】答案:②⑦⑧
解析:①Mn有颜色,错误;②中阳离子有色但能大量共存,正确;③HC与Al、OH-均反应,错误;④在酸性溶液中Fe2+与N 反应,错误;⑤S与H+反应,在酸性溶液中S与N发生氧化还原反应,错误;⑥能溶解H2SiO3的溶液一定显碱性,在碱性
条件下Fe2+一定不能大量共存,错误;⑧溶液显酸性,且无强还原剂,正确;⑨溶液可能为强酸性,也可能为强碱性,H+与HC反应,OH-与HC、N均反应,不能大量共存,错误;⑩溶液可能显酸性,也可能显碱性,显酸性可以大量共存,但显碱性时M不能大量存在,不符合一定大量共存,错误;Fe3+与SCN-反应,错误;Al3+水解显酸性,ClO-水解显碱性,所以不能大量共存,错误;依据电荷守恒可知错误;能使淀粉碘化钾试纸显蓝色说明溶液具有强氧化性,S2-、S均具有还原性,错误。

互动探究
答案:②⑦⑧⑩
【例4】D解析:由强酸性溶液可知一定无C、S;加入过量Ba(NO3)2生成气体A,A为NO,所以一定含有还原剂Fe2+,有Fe2+一定无N,由沉淀C可知一定含有S;溶液B与氢氧化钠溶液反应生成气体F为NH3,可知一定含有N,沉淀G
为Fe(OH)3,当H+不足时Fe2+有剩余,则G为Fe(OH)2与Fe(OH)3混合物、沉淀I为Al(OH)3,因为加入过量NaOH溶液,所以无法判断原溶液中是否一定含有Na+。

高考微题组
1.C解析:Ca2+与S生成微溶的CaSO4不能大量共存,A错误;酸性条件下ClO-与Fe2+、S因发生氧化还原反应不能大量共存,B错误;四种离子互不反应,能够大量共存,C正确;Fe3+与SCN-发生络合反应不能大量共存,D错误。