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【文档说明】高中化学课时作业（人教版必修第一册）详解答案.docx，共(101)页，968.228 KB，由小赞的店铺上传
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详解答案师说高中同步导学案化学·必修第一册课时作业1物质的分类1．答案：B2．解析：分类并没有唯一性，它会根据分类标准的不同而不同。能用交叉分类法进行分类的物质也可以用树状分类法或其他分类法进行分类。
所以A说法是错误的。答案：A3．解析：A项SO2是酸性氧化物；B项纯碱属于盐，SiO2属于酸性氧化物，CO不是酸性氧化物；C项NaHSO4是酸式盐。答案：D4．解析：标准2是根据所含元素的种类，将纯净物分为单质和化合物，C错误。答案：C5．解析：直径在1～
100nm的微粒分散在空气中形成气溶胶，所以气溶胶的分散剂是气体，A正确；分散质和分散剂的状态都可以是气态、液态和固态，有气气、气液、气固、液液、液气、液固、固气、固固、固液9种组合，所以可以将分散系分为9种，B正确；胶体是一种分散质粒子的直径为1～100n
m的分散系，则气溶胶分散质粒子直径为1～100nm，C正确；胶体可以透过滤纸，不能透过半透膜，D错误。答案：D6．解析：图示实验桌上药品A是酸溶液，B是酸碱指示剂，C是盐溶液，D是碱溶液，而KOH属于碱。答案：D7．解析
：鸡蛋清、豆浆都是常见的胶体，A项错误；食盐水属于溶液，C项错误；Ca(OH)2悬浊液和石灰浆属于浊液，澄清石灰水属于溶液，D项错误。答案：B8．解析：胶体比较稳定，短时间内静置不会形成沉淀。答案：D9．答案：(1)①混合物②丁达尔
B(2)①干冰B②乘坐公共交通工具少开私家车(合理即可)10．解析：因大圆圈表示纯净物，由图中②③④⑤包含关系可知②是化合物，①是单质。氧化物和碱均含氧元素，所以⑤是含氧化合物；③和④是并列关系的碱或氧化物。答案：C11．答案：A12．解析：分散质“钴酞菁”分
子的直径(1.3×10－9m)介于1～100nm(大于氯离子的直径)，形成的分散系为胶体，能透过滤纸，具有丁达尔现象。答案：C13．答案：B14．解析：(1)甲醛、苯、氨和氡四种物质的分子式分别为CH2O、C6H6、NH3、Rn。由此可见只有甲醛、苯属于含碳物质；
甲醛、苯和氨都是含氢物质，而且都是化合物；氡是稀有气体，属于单原子单质气体。(2)从甲醛的分子式虽然可以看出其中含有氧元素，但该物质含有三种元素(碳、氢、氧)，因此不是氧化物。(3)水和二氧化碳都属于氧化物，但只有二氧化碳是酸性氧化物，A错、B正确；
水不与NaOH反应，CO2与NaOH反应生成Na2CO3和H2O，C错误；水中氧原子与氢原子构成了水分子，氧元素是化合态，二氧化碳中的氧原子与碳原子构成了二氧化碳分子，氧元素也是化合态，D正确。答案：(1)甲醛、苯甲醛、苯、氨甲醛、苯、氨氡(2)甲醛不属于氧化物，因为氧化物是由两种元素组成，其中一
种元素为氧元素(3)AC15．解析：(1)①白磷属于单质，②蒸馏水属于化合物，③HAuCl4水溶液属于混合物，④K2CO3溶液属于混合物；(2)所得分散系中金颗粒的直径在5～12nm，所以形成的分散系属于胶体，其分散
质是金颗粒。(3)无机杂质可以透过半透膜，故可以用渗析的方法进行分离提纯得到纯净的胶体。答案：(1)①②(2)胶体金颗粒(3)渗析课时作业2物质的转化1．答案：D2．答案：A3．解析：能与酸反应生成盐和水，
属于碱的通性，故A不符合；能与酸性氧化物反应生成盐和水，属于碱的通性，故B不符合；能与某些盐反应生成新碱和新盐，属于碱的通性，故C不符合；能与金属反应放出氢气，不属于碱的通性，故D符合。答案：D4．解析：澄清石灰水中通入二氧化碳产生白色沉淀，而氢氧化
钠溶液中通入二氧化碳无沉淀产生。答案：D5．解析：物质B与A发生中和反应，则B为酸或碱，又由于B与C可发生置换反应，可判断B为HCl(稀)。答案：B6．解析：氢氧化物溶于水得到的是碱，氧化物溶于水得到的是酸或碱。答案：C7．答案：D8．解析：H2
CO3不能通过一步反应生成CO，A项错误；CuO不能通过一步反应生成Cu(OH)2，Cu(OH)2也不能通过一步反应转化为Cu，B项错误；CaO――→H2OCa(OH)2――→CO2CaCO3――→高温Ca
O，C项正确；CuCl2不能通过一步反应转化为CuSO4，D项错误。答案：C9．解析：HCl不与硫酸铜反应，HCl不能转化为氢氧化钡，氢氧化钡不与氧化铜反应，故A不符合题意；HCl和氢氧化钠、碳酸钾都能反应，和硝酸银反应生成硝酸，硝酸和氢氧化钠、碳酸钾都能反
应，故B符合题意；氯化铁和碳酸钠均为盐，属于相同类别的化合物，故C不符合题意；盐酸不能转化为硝酸钡，盐酸不与硫酸反应，氢氧化钠不与硝酸钡反应，故D不符合题意。答案：B10．解析：方案一中H2＋CuO=====
△Cu＋H2O反应需加热，①对；②用氢气还原氧化铜，部分氧化铜因产生的Cu覆盖不能完全反应，②对；③两种方案均得到混合物，③错；H2还原CuO时需先通H2排出空气，否则易爆炸，反应结束后还需通入H2至生成的Cu冷却，否则C
u又易被氧化，④对。答案：A11．答案：(1)CO2Ca(OH)2(2)用于金属表面除锈(制造药物、可帮助消化等)(3)CaO＋H2O===Ca(OH)2(4)分解反应和置换反应12．解析：本题结合日常生活实
际，从物质的类别出发研究各类物质的性质和相互转化关系。(1)氢氧化铝是两性氢氧化物，属于碱；碳酸钙属于盐；二氧化硅属于氧化物。(2)Al(OH)3、CaCO3、SiO2均难溶于水。(3)所发生的反应依次为①CaCO3=====高温CaO＋CO2↑，属于分解反应；②CaO＋H2O==
=Ca(OH)2，属于化合反应；③Ca(OH)2＋Na2CO3===CaCO3↓＋2NaOH，属于复分解反应。(4)根据碳酸钙的其他性质去实现物质的转化，方案有多种。如石灰石――→加盐酸氯化钙――→加Na2CO3溶液碳酸钙，这种制法的优点是反应条
件简单、易于操作、所得碳酸钙的纯度较高等。(5)检验碳酸钙的存在，可利用碳酸钙与酸反应产生二氧化碳气体的原理进行。答案：(1)碱盐氧化物(2)难溶(3)①CaCO3=====高温CaO＋CO2↑，分解反应②CaO＋H2O===Ca(OH)2，化合反应③C
a(OH)2＋Na2CO3===CaCO3↓＋2NaOH，复分解反应(4)石灰石――→加盐酸氯化钙――→加Na2CO3溶液碳酸钙反应条件简单、易于操作、所得碳酸钙纯度较高等(合理答案均可)(5)取少量牙膏于试管中，加入
少量蒸馏水，再加入少量稀盐酸，若有气体产生且产生的气体能使澄清石灰水变浑浊，证明牙膏中含有碳酸钙。13．解析：(1)氧化铁与硫酸反应生成硫酸铁和水，反应的化学方程式为Fe2O3＋3H2SO4===Fe2(SO4)3＋3H2O。(2)
酸可以与酸碱指示剂、活泼金属、金属氧化物、碱、盐反应，则X属于盐，可以是碳酸钠，化学式为Na2CO3。(3)酸可以与碱发生中和反应，如氢氧化钠可以与硫酸反应生成硫酸钠和水，反应的化学方程式为2NaOH＋H2SO4===Na2SO4＋2H2O。(
4)酚酞遇到碱性溶液变红，故由现象可知氢氧化钙溶液显碱性。(5)过量的稀盐酸与氢氧化钙反应生成氯化钙和水，溶液显酸性，故红色消失，此时溶液中的溶质为氯化氢和氯化钙，化学式分别为HCl、CaCl2。可利用盐酸的化学性质，通过反应
现象来证明盐酸过量，如向溶液中加入锌粒，观察是否有气泡产生。(6)碳酸钠可以与氢氧化钙反应生成白色的碳酸钙沉淀，故现象为有白色沉淀生成。碳酸钠与氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，则只要反应发生，一定有氢氧化钠生成，碳酸钠和氢氧化钙可能有一种剩余，也可能恰好完全反应，故反应后的溶质一定有氢氧
化钠。答案：(1)Fe2O3＋3H2SO4===Fe2(SO4)3＋3H2O(2)Na2CO3(或其他合理答案)(3)2NaOH＋H2SO4===Na2SO4＋2H2O(4)碱性(5)HCl、CaCl2向所得溶液中加入锌粒，若有气泡产生，则盐酸过量(合理即可)(
6)有白色沉淀生成NaOH课时作业3电解质的电离1．答案：A2．解析：氯化钠是电解质，溶于水可以导电；乙醇、葡萄糖为非电解质，所以医用酒精、葡萄糖溶液均不导电；碘酒是碘的乙醇溶液，也不导电。答案：A3．解析：A项，Na2CO3属于盐；B项，MgO在熔融状态下能够导
电，属于电解质；D项，CO2溶于水虽然能导电，但属于碳酸导电，不属于本身导电，故属于非电解质。答案：C4．解析：电解质溶液导电的原因是电解质电离出自由移动的阴、阳离子，A正确；电解质在水溶液中不一定完全电离，如弱电解质
，B正确；硫酸在液态时不导电，熔融的氯化钠导电，C正确；无水CuSO4、胆矾中不存在自由移动的离子，所以不能导电，D错误。答案：D5．解析：NaHSO4中的HSO－4在水溶液中能完全电离成H＋与SO2－4，故B项正确；C项中应写为MgCl2===Mg
2＋＋2Cl－，C项错误。答案：C6．解析：从电解质导电、金属导电的实质分析、判断。A、C、D中NaCl、H2SO4、KOH都是化合物，且都电离出自由移动的离子，离子定向移动而导电；B项中汞是单质，没有电离出自由移动的离子，它能导电是靠自由电子定向移动。答案：B7．答
案：A8．答案：C9．答案：B10．解析：根据信息，该矿泉水中含有电解质，即该矿泉水能够导电，故A正确；矿泉水属于混合物，故B、D错误；矿泉水中钙元素以Ca2＋形式存在，故C错误。答案：A11．答案：(1)B(2)①Na2CO3===2Na＋＋CO2－3②H2SO4
===2H＋＋SO2－4③KHSO4===K＋＋H＋＋SO2－4(3)KHSO4与NaHCO3都是由金属阳离子和酸式酸根离子构成的无机化合物，都属于酸式盐KHSO4与H2SO4都能在水溶液中电离出H＋和SO2－4，水溶液都
显酸性12．解析：化合物在熔融状态下或溶于水时能够电离，符合电解质的定义，即化合物X一定为电解质。答案：A13．解析：NaHSO4属于盐，在水溶液中解离出来的离子有H＋，但不属于酸，A错误；盐由金属阳离子(或铵离子)和酸根离子形成，则在水溶液中解离出金属阳离子和酸根离子的
物质一定是盐，B正确；NH4Cl溶液中解离出来的阳离子为NH＋4，而不是金属阳离子，C错误；NH3·H2O属于碱，在溶液中解离出来的阳离子是NH＋4，而不是金属阳离子，D错误。答案：B14．解析：A错，氢氧化钡溶液中逐渐加入硫酸生成硫酸钡沉
淀和水，导电性减弱到几乎为零，因此①代表滴加硫酸。B对，d点导电性最低，OH－和H＋反应完全，溶液中大量存在的离子是Na＋、SO2－4。C错，c点，①曲线溶液中只有水电离出的OH－，而②曲线溶液中OH－还没有完全反应。D错，d点导电性小于b点，主
要是OH－和H＋反应。答案：B15．解析：(1)氯化钠晶体、氢氧化钠晶体虽由离子构成，但晶体中离子不能自由移动，所以不导电。二者溶于水后，在水分子的作用下，离解成自由移动的阴、阳离子(实为水合离子)，所以二者的水溶液能导电
；蔗糖由分子构成，不能导电，其水溶液也不导电。(2)溶液能否导电，取决于溶液中是否有自由移动的离子；导电性强弱则由离子浓度大小及离子所带电荷数等因素决定。D选项中，发生反应H2SO4＋Ba(OH)2===BaSO4↓＋2H2O，溶液中离子浓度减小，恰好完全反应时，溶液中几乎没有离子，继续滴加Ba(
OH)2溶液，Ba(OH)2过量，溶液中Ba2＋、OH－数目增多，符合题意；C选项中，石灰乳中Ca(OH)2溶解度小，加稀盐酸生成了可溶性的CaCl2，导电能力增强，不符合题意。(3)由于通入CO2后溶液中自由移动的离子的浓度逐渐减小，所以一开始导电能力逐渐下降，随着反应的进行，离子浓度逐渐
增大，导电能力又逐渐增大，当溶液中反应完全后，溶液导电能力保持不变，所以选D。答案：(1)⑤⑥⑦⑧(2)D(3)D课时作业4离子反应1．解析：离子反应指的是有离子参加或生成的反应。酸、碱、盐在溶液中相互之间的反应都有离子参加，活泼金属可以把较不
活泼的金属从它们的盐溶液中置换出来(K、Ca、Na除外)，在这些反应中也都有离子参加，因此这些反应都属于离子反应。二氧化碳与生石灰的反应没有离子参加，不属于离子反应。答案：D2．解析：NaHCO3和NaHSO4的电离方程式分别如下：NaH
CO3===Na＋＋HCO－3；NaHSO4===Na＋＋H＋＋SO2－4，故D项正确。答案：D3．解析：CO2－3只代表可溶性的碳酸盐，从此点分析选项A和选项B都是不正确的；H＋只代表强酸而不是一切酸(如弱
酸H2S、HF、CH3COOH等均不能用H＋表示)。正确选项为C。答案：C4．解析：A项第1组反应为2H＋＋CO2－3===CO2↑＋H2O，第2组反应为H＋＋HCO－3===CO2↑＋H2O，两者不同；B项第1组反应为H＋＋OH－===H2O，第2组反应为Ba2＋＋
2OH－＋2H＋＋SO2－4===BaSO4↓＋2H2O，两者不同；C项两组反应均为Ba2＋＋SO2－4===BaSO4↓；D项第1组反应为CaCO3＋2H＋===Ca2＋＋CO2↑＋H2O，第2组反应为CO2－3＋2H＋===CO2↑＋H2O
，两者不同。答案：C5．答案：C6．解析：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符合客观事实。据此可知A中CH3COOH应写成化
学式；B中不可能置换出H2，不符合客观事实；C中原子不守恒。答案：D7．解析：Ⅰ中虽无明显现象，但发生了离子反应：H＋＋OH－===H2O，A错误；Ⅱ中发生的反应为Ba2＋＋SO2－4===BaSO4↓，沉淀为BaSO4，
B错误；Ⅲ中的反应是离子反应，离子方程式为Zn＋2H＋===Zn2＋＋H2↑，C正确，D错误。答案：C8．答案：B9．答案：(1)①⑤⑥③④⑤②(2)Ba(OH)2＋2HCl===BaCl2＋2H2O(3)NaHSO4===Na＋＋H＋＋SO2－4(4)2H＋＋SO2－4＋2OH－＋Ba
2＋===2H2O＋BaSO4↓10．解析：(2)在Ⅲ中应先加入可溶性的硫酸盐，以证明CuO的溶解过程中SO2－4不起作用，然后再加入稀硫酸，从而证明CuO溶解是硫酸中的H＋起作用。答案：(1)H2O不能使氧化铜溶解(2)可溶性硫酸盐稀硫酸(3)H＋能溶解氧化铜，而H2O、SO2－4两种粒子都不
能使CuO溶解(4)CuO＋2H＋===Cu2＋＋H2O11．答案：(1)HCO－3＋H＋===CO2↑＋H2O(2)鸡蛋壳中含CaCO3，CaCO3与盐酸反应起到了消耗胃酸的作用：CaCO3＋2H＋===Ca2＋＋CO2↑＋H2O(3)Al(OH)3＋3H＋==
=Al3＋＋3H2O(4)不能，NaOH虽然能与盐酸反应，但它有强腐蚀性，故不能服用NaOH治疗胃酸过多12．解析：(1)从图Ⅱ分析可知，随着A的加入溶液导电能力迅速降低，说明A必定能与Ba(OH)2发生反应，使溶液中离子浓度变得极小，几乎不导电
，灯泡可能熄灭。(2)HCl与Ba(OH)2反应生成氯化钡和水，氯化钡溶液可导电，不选①；H2SO4与Ba(OH)2反应生成硫酸钡沉淀和水，硫酸钡和水均不导电，选②；NaHSO4与Ba(OH)2反应生成硫酸钡沉淀、水和硫酸钠，硫酸钠溶液导电，不选③
；NaHCO3与Ba(OH)2反应生成碳酸钡、水和碳酸钠，碳酸钠溶液能导电，不选④。(3)①电离方程式是NaHSO4===Na＋＋H＋＋SO2－4。②能电离出金属阳离子和酸根阴离子的化合物是盐，NaHSO4能电离出Na＋和SO2－4，属于
盐。③向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba(OH)2溶液至中性，说明氢离子与氢氧根离子恰好完全反应，则NaHSO4与Ba(OH)2的比为2∶1，反应的离子方程式是2H＋＋SO2－4＋Ba2＋＋2OH－===BaSO4↓＋2H2O；以上中性溶液中含有SO2－4，继续滴
加Ba(OH)2溶液生成硫酸钡沉淀，此步反应的离子方程式是Ba2＋＋SO2－4===BaSO4↓。NaHSO4溶液与NaHCO3溶液混合生成硫酸钠、二氧化碳和水。离子方程式是HCO－3＋H＋===CO2↑＋H2O。答案：(1)溶液中的离子浓度很小，几乎不导电(2)②(3)①NaHSO4==
=Na＋＋H＋＋SO2－4②盐③2H＋＋SO2－4＋Ba2＋＋2OH－===BaSO4↓＋2H2OBa2＋＋SO2－4===BaSO4↓HCO－3＋H＋===CO2↑＋H2O课时作业5氧化还原反应1．解析：A、B项涉及金属铜、铁被氧化的过程，属于氧化还原
反应；C项中涉及金属元素的化合价降低，属于氧化还原反应；D项发生的是复分解反应，不属于氧化还原反应。答案：D2．解析：X2＋与Y－中X、Y分别显＋2价、－1价。分析离子方程式知，X失电子，发生氧化反应
；Y得电子，发生还原反应，故A正确。答案：A3．解析：SO2―→H2SO3，元素的化合价不变，不发生氧化还原反应，故A错误；HCl―→Cl2，Cl元素的化合价升高，发生氧化反应，故B错误；N2―→NH3，N元素的化合价降低，发生还原反应，
故C正确；Fe(OH)2―→Fe(OH)3，Fe元素的化合价升高，发生氧化反应，故D错误。答案：C4．解析：氧化还原反应前后元素化合价有升降，且升降总数相等，A项正确；氧化还原反应前后不一定有氧参加，如
反应H2＋Cl2=====点燃2HCl中就没有氧参加，B项错误；Fe3＋―→Fe2＋中Fe元素化合价降低，发生还原反应，C项错误；物质所含元素化合价升高的反应为氧化反应，D项错误。答案：A5．解析：A、B、C项的反应均为离子反应，A、B项的反应为复分解反应，C项的反应为置换反应，有元素
化合价发生变化，故也属于氧化还原反应。答案：C6．解析：A项是置换反应，所有的置换反应都是氧化还原反应；B项属于分解反应，没有化合价变化，属于非氧化还原反应；C项是有单质参加的化合反应，属于氧化还原反应；D项是氧化还原反应且不属于四种基本反应类型。答案：D7．
答案：B8．解析：A项，Zn将H＋还原；B项，H2S中－2价S将SO2中＋4价S还原；C项，H2将CuO中＋2价Cu还原；D项，H2O中＋1价H将－2价O氧化。答案：B9．答案：B10．解析：反应①中氯元素的化合价由反应前KClO3中的＋5价变为反应后
KCl中的－1价，化合价降低，得到电子发生还原反应；氧元素的化合价由反应前KClO3中的－2价变为反应后O2中的0价，化合价升高，失去电子，发生氧化反应；每2molKClO3发生反应，产生2molKCl
、3molO2，转移12mol电子。反应②中部分氯元素的化合价由反应前的＋5价变为反应后KCl中的－1价，化合价降低，得到电子发生还原反应；部分氯元素的化合价由反应前的＋5价变为反应后KClO4中的＋7价，化合价升高，失去电子发生氧化反应；每4molKClO3发生反
应，产生1molKCl、3molKClO4，转移6mol电子；若反应的氯酸钾的物质的量也是2mol，则会产生0.5molKCl、1.5molKClO4。根据上述分析可知发生还原反应的元素都是氯元素，故正确选项是D。答案：D11．解析：氧化还原反应是一个整体，氧
化反应和还原反应必然同时发生在同一个反应中，在H2＋CuO=====△Cu＋H2O的过程中，对Cu而言是失去氧被还原，发生了还原反应，对H2而言，则是得到氧被氧化，发生了氧化反应，所以A错。置换反应都是氧化还原反应，但CO与Fe2O3的反应不是置换反应，所以B错；复分解反应只
是反应物互相交换成分重新组合成新的物质，没有电子转移，所以，复分解反应一定不是氧化还原反应，D正确；C中反应前后氧元素的化合价都未变化，属于非氧化还原反应，所以C错。答案：D12．解析：在该反应中，铜元素的化合价由0价变成＋2价，失去电子，发生氧化反应，氧元
素的化合价由0价变成－2价，得到电子，发生还原反应，其余元素的化合价都没有发生变化。答案：D13．解析：反应过程中化合价降低的元素是N(＋5价→0价)和S(0价→－2价)。答案：C14．解析：(1)②2Mg＋CO2=====点燃2MgO＋C中镁
元素化合价升高，被氧化。(2)③AlCl3＋4NaOH===Na[Al(OH)4]＋3NaCl反应中没有元素化合价发生变化，是非氧化还原反应，无电子转移。(3)①2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2中氧元素化合价既有升又有降，属于氧化还
原反应，且不属于四大基本反应类型。(4)由一种物质生成多种物质，是分解反应，并且有元素化合价变化，属于氧化还原反应，且产物中有单质生成，，符合要求。答案：(1)②(2)③(3)①(4)(答案合理即可)15．解析：(3)很容易判断铬元素的化合价在反应前
后发生了变化，是氧化还原反应。(4)由于该反应前后有物质颜色的变化，可以用来检测司机是否酒后驾车。答案：(1)是(2)2Cr3＋＋3SO2－4(3)是铬元素在反应后化合价降低，碳元素在反应后化合价升高(4)能该反应前后有颜色变化，酸性K2Cr2O7遇乙醇发生反应
，颜色由橙色变为绿色课时作业6氧化剂和还原剂1．解析：TiCl4＋2Mg=====高温Ti＋2MgCl2中Ti元素化合价由＋4价降低为0价，得电子被还原，发生还原反应，TiCl4是氧化剂，Mg元素化合价由0价升高为＋2价，失电子被氧化，发生氧化
反应，Mg是还原剂。答案：D2．解析：单宁有独特的抗氧化性，说明单宁可做抗氧化剂，因此可以做还原剂，单宁中某些元素的化合价升高。答案：A3．解析：A中常用作氧化剂；B中氧气、D中KClO3、MnO2都常用作氧化剂。答案：C4．答案：C5．
答案：D6．解析：反应Br2＋SO2＋2H2O===H2SO4＋2HBr中，水既非氧化剂又非还原剂。A不是氧化还原反应，B、C中水既非氧化剂又非还原剂；D中水作氧化剂。答案：D7．解析：该氧化还原反应用双线桥表示
为，可知实际升价的N原子为2个，所以2个NH3被氧化，同时Cl2全部被还原，观察计量数，Cl2为3个，因而被氧化的NH3与被还原的Cl2的分子数之比为2∶3。答案：A8．解析：反应①中Fe2＋作还原剂，在反应中被氧化，反应③中Fe3＋作氧
化剂，在反应中被还原，A不正确；反应②中Cl2得电子被还原，Br－失电子被氧化，B正确；由反应①可知，氧化性Br2>Fe3＋，还原性Fe2＋>Br－；由反应②可知，氧化性：Cl2>Br2，还原性Br－>Cl－，由反应③可知，氧化性Fe3＋>I2，还原性，I－>Fe2＋，故C、D正确。答案：
A9．答案：(1)Na2S＞NaI＞NaBr＞NaCl(2)Cl2＞Br2＞I2＞S(3)能(4)能10．解析：分析反应：由反应前后元素的化合价变化可知，CaH2是还原剂，H2O是氧化剂，H2既是氧化产物又是还原产物，
且来源于CaH2和H2O中氢原子的个数相等，即氧化产物与还原产物的质量之比为1∶1。答案：A11．答案：D12．答案：A13．解析：(1)反应中亚硝酸钠中氮元素化合价降低，所以亚硝酸钠为氧化剂；(2)；(3)鉴别NaNO2和NaCl，可根据
NaNO2在酸性条件下具有氧化性，可将I－氧化为I2，淀粉溶液遇I2变蓝色，故用淀粉碘化钾试纸来检验，可加入醋酸酸化，用到的物质有①②⑤。答案：(1)NaNO2(2)(3)C14．解析：(1)Fe(OH)3中铁元素化
合价为＋3价，脱氧反应中Fe(OH)2中铁元素的化合价升高，作还原剂。(2)①脱氧剂中铁和硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，气体甲是氢气，反应后的混合物中有硫酸、硫酸亚铁、氯化钠、活性炭，过滤除去了活性炭，溶液丙中含有的溶质是硫酸、硫酸亚铁、氯化钠，含有的
金属阳离子是Fe2＋、Na＋；②由物质之间的转化关系可知，固体乙的主要成分是碳，在高温条件下碳与氧化铁反应生成了铁；能与氢氧化钠反应生成蓝色沉淀的溶液中含有Cu2＋，所以有色溶液C中含有Cu2＋，铁与Cu2＋反应生成铜和Fe2＋，所
以反应②的离子方程式为Cu2＋＋Fe===Fe2＋＋Cu；③向溶液C中加入BaCl2溶液，有白色沉淀产生，则有色溶液C是硫酸铜溶液，向CuSO4溶液中加入BaCl2溶液，产生硫酸钡白色沉淀。答案：(1)＋3Fe(OH)2(2)①F
e2＋、Na＋②③SO2－4＋Ba2＋===BaSO4↓CuSO4＋2NaOH===Cu(OH)2↓＋Na2SO4重难题型突破练一1．答案：A2．解析：H2SO4与Ba(OH)2溶液混合时四种离子均参与反应，A项正确；(NH4)2Fe(SO4)2与过量NaOH反应：2NH＋
4＋Fe2＋＋4OH－===Fe(OH)2↓＋2NH3·H2O，B项错误；C项中三种物质混合后，H＋与OH－先发生反应，错误；CH3COOH是弱电解质，不能拆写，正确的离子方程式为CaCO3＋2CH3COOH===2CH3COO－＋Ca2＋＋CO2↑＋H2O，D项错误。答案
：A3．解析：Mg2＋＋2OH－===Mg(OH)2↓表示可溶性镁盐和可溶性强碱反应生成Mg(OH)2沉淀，而MgCO3不溶于水，不能拆成离子形式，A错误；CO2－3＋2H＋===CO2↑＋H2O表示可溶性碳酸盐和可溶性强酸或强酸的酸式盐(如NaHSO
4)反应，而NaHCO3属于弱酸的酸式盐，HCO－3属于弱酸根离子，不能拆成CO2－3和H＋，B错误；Fe2O3＋6H＋===2Fe3＋＋3H2O表示Fe2O3与可溶性强酸反应生成铁盐和水，不能生成亚铁盐和水，C错误；H＋＋OH－===H2O表示可溶性强酸和可溶性强碱反应
生成水和可溶性盐，H2SO4属于可溶性强酸，NaOH属于可溶性强碱，二者均能拆成离子形式，D正确。答案：D4．解析：含有大量SO2－4的溶液中，SO2－4、Mg2＋、Cu2＋、Cl－、NO－3之间不反应，能大量共存，A项正确；滴加酚酞变红的溶液中含有OH－，
Cu2＋与OH－反应生成Cu(OH)2沉淀而不能大量共存，B项错误；NaHSO4溶液中含有大量H＋，H＋与CO2－3反应生成CO2和H2O而不能大量共存，C项错误；常温下，加入Fe粉能生成H2的溶液呈酸性，酸性条件下HCO－3不能大量存在，D项错误。答案：A5．解
析：A项，MnO－4呈紫红色；B项，Mg2＋与CO2－3反应生成MgCO3沉淀；D项，酸性时发生HCO－3＋H＋===CO2↑＋H2O，碱性时发生HCO－3＋OH－===CO2－3＋H2O。答案：C6．解析：①无色溶液说明不
含Cu2＋，滴加无色酚酞溶液变红，说明含OH－，则不含Ag＋；②加入足量BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明含CO2－3或SO2－4或两者都有，则一定不含Ba2＋；③向②所得混合物中加足量盐酸，沉淀部分溶解，并有无色气体生成，说明原溶液中含CO2－3和SO2－4；④向③滤液中加入A
gNO3溶液，有白色沉淀生成，说明滤液中含有Cl－，但可能是加入的BaCl2溶液及盐酸引入的，不能确定原溶液是否含有Cl－。根据溶液呈电中性，则溶液中必含K＋。综上所述：原溶液一定含有K＋、OH－、CO2－3、SO2－4。答案：A7．解析：实验(1)说明原
溶液中至少含有CO2－3、SO2－4中的一种离子，则一定不含Ba2＋。实验(3)中白色沉淀部分消失、产生气体，可知一定含有SO2－4、CO2－3，则原溶液中一定不含H＋。由于加入BaCl2溶液引入了Cl－，所以不能由实验(2)确定原溶液中是否含有Cl－。3种阳离子中只
剩下Na＋，则必然含有Na＋。答案：SO2－4、CO2－3、Na＋H＋、Ba2＋Cl－8．解析：氯元素的化合价由＋5价变成＋4价，1个KClO3参与反应转移1个电子，A项错误；KClO3作氧化剂，生成的C
lO2是还原产物，B项错误；H2C2O4在反应中被氧化，C项错误。答案：D9．解析：氧化还原反应的判断依据是有化合价变化，否则就是非氧化还原反应。①中Fe反应前后都是＋2价，Ti反应前后都是＋4价，是非氧化还原反
应。②③中Ti都是＋4价。④中C、Cl2是单质，化合价肯定有变化。⑤中Ti、Mg的化合价都有变化。答案：D10．答案：A11．解析：根据电荷守恒可知n＝2，则R的化合价为＋6，故选D项。答案：D12．解析：根据PbO2与Cr3＋之间发生的氧化还原
反应，利用电子得失守恒来进行计算，可得需要PbO21.5个。答案：B13．解析：(1)最高价态的粒子只有氧化性，最低价态的粒子只有还原性，中间价态的粒子既有氧化性又有还原性，故B项符合题意。(2)Fe2＋―→Fe3＋发生了氧化反应，故NaNO2具
有氧化性。为了实现此转化应选择具有强氧化性的物质，FeCl3与Fe2＋无中间价态，不能反应，故FeCl3不能实现上述转化。(3)Fe和HNO3(稀)的反应中，一部分HNO3(稀)起氧化作用生成NO，另一部分则起酸性作用生成Fe(NO3)3。氮的化合价由＋5价降低到＋2价，生成1分子
NO，转移3个电子；56gFe参加反应时，参加反应的HNO3为252g，被还原的HNO3为252g×14＝63g。答案：(1)B(2)氧化C(3)酸氧化3个63课时作业7活泼的金属单质——钠1．答案：C2．答案：D3．解析：钠不能从盐溶液中置换出金属。答案：
D4．解析：A中，钠的硬度小，可用小刀切割；B中，放置在空气中，钠被缓慢氧化生成白色Na2O；D中，钠着火时不能用水灭火，因为钠与水剧烈反应，产生H2易燃易爆。答案：C5．解析：钠在氧气中加热反应产物为过氧化钠、在常
温下与空气中氧气反应，产物是氧化钠，反应中钠元素均从0价升高到＋1价，则等质量的钠失去的电子数相同，故A错误、B正确；等质量的钠产生的过氧化钠的质量大于氧化钠的质量，故C、D错误。答案：B6．解析：该反应中除Na与H2O反应现象A、D外，还会产生Ca(OH)2沉淀，B项所述
现象也会出现。答案：C7．解析：若2.3g钠全部生成Na2O，质量为3.1g；若2.3g钠全部生成Na2O2，质量为3.9g，因为3.1g<3.5g<3.9g，故氧化产物应为Na2O和Na2O2的混合物。答案：C8．解析：B中钠与CuSO4溶液反应的实质是钠
与水反应生成的氢氧化钠再与CuSO4反应，总化学方程式：2Na＋2H2O＋CuSO4===Cu(OH)2↓＋H2↑＋Na2SO4。答案：B9．解析：钠与水溶液反应均放出氢气；A项，发生反应为2Na＋2HCl
===2NaCl＋H2↑，只有气体无沉淀；B项，NaOH溶液是饱和溶液，投入钠后，消耗水，析出氢氧化钠晶体；C项，钠与水反应生成的氢氧化钠还能进一步与FeCl3反应产生氢氧化铁沉淀；D项，钠与水反应生成的氢氧化钠还能进一步与
CuSO4反应产生氢氧化铜沉淀。答案：A10．解析：金属钠投入溶液中，由于Na变为离子形式溶于溶液，会使溶液质量增加；但是钠与水、与酸(H＋)反应放出H2，都使溶液质量减轻；且钠与水反应生成的碱还有可能和盐的离
子生成难溶的碱导致溶液质量减轻，溶液质量是否减轻，就要看这一增一减的净结果。A中2Na＋2HCl===2NaCl＋H2↑，H＋换成Na＋，溶液质量增加；B中Na与水反应，H2O中H＋换成Na＋，溶液质量增加；
C中6Na＋6H2O＋2FeCl3===2Fe(OH)3↓＋6NaCl＋3H2↑，显然溶液质量减轻；D中2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑，溶液质量增加。答案：C11．解析：溶液的质量等于金属和水或酸的质量之和减去放出H2的质量。2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑4624．6g
0.2gag＝4.6g＋m(H2O)－0.2＝4.4g＋m(H2O)Mg＋2HCl===MgCl2＋H2↑2424．8g0.4gbg＝4.8g＋m(HCl)－0.4g＝4.4g＋m(HCl)因为m(H2O)＝m(HCl)，所以a＝b。答案：A12．解析：(1)根据C为淡黄色固体，推知C为Na
2O2，则B为Na2O，A为Na，A→C的反应为2Na＋O2=====点燃Na2O2。(2)根据C是最主要的温室气体，推知C为CO2，则A为C，B为CO，A与C能反应，化学方程式为C＋CO2=====△2CO。
答案：（1）Na2O2Na＋O2=====点燃Na2O2（2）CO22CO＋O2=====点燃2CO2能C＋CO2=====△2CO13．解析：钠与氧气在点燃条件下生成淡黄色的过氧化钠，反应的化学方程式为2Na＋O2=====
点燃Na2O2。因钠足量，钠燃烧耗尽广口瓶中空气中的氧气而使瓶内压强减小，进入广口瓶中的水的体积为瓶内空气中氧气的体积，即15。答案：（1）银白金属光泽暗钠在空气中被氧化为氧化钠（2）2Na＋O2====
=点燃Na2O2淡黄色1514．解析：（1）将金属钠投入CuSO4溶液中，钠先与水反应生成NaOH和氢气，NaOH再与CuSO4反应生成Cu（OH）2蓝色絮状沉淀，反应的化学方程式为CuSO4＋2Na＋2H2O===C
u（OH）2↓＋Na2SO4＋H2↑。（2）①因钠容易和空气中的氧气、水等反应，所以步骤ⅰ中通入CO2至澄清石灰水变浑浊后，再点燃酒精灯的目的是排除实验过程中氧气、水等的干扰；②根据氧化还原反应的原理，金
属钠在反应中做还原剂，CO2做氧化剂，其还原产物是黑色固体物质且没有检测到CO，可确定黑色物质是碳；③硬质玻璃管中的固体溶于水无气泡产生，说明钠全部参加了反应，在滤液中加入过量的BaCl2溶液，产生白色沉淀，取白色沉淀加入盐酸，产生气体，说明硬质玻璃管中的固体含有Na2CO3，再次过滤后滤
液呈碱性，说明硬质玻璃管中的固体含有Na2O，综上可确定硬质玻璃管中发生的反应可能为4Na＋CO2=====△2Na2O＋C、Na2O＋CO2===Na2CO3。答案：（1）CuSO4＋2Na＋2H2O===C
u（OH）2↓＋Na2SO4＋H2↑（2）①排除氧气、水等的干扰②金属钠在反应中做还原剂，CO2做氧化剂，其还原产物是黑色固体物质且没有检测到CO，可确定黑色物质是碳③4Na＋CO2=====△2Na2O
＋C、Na2O＋CO2===Na2CO3课时作业8钠的氧化物1．解析：由于2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2，因此Na2O2有能使CO2浓度降低而保持舱内氧气适当比例的作用，应选择A项。答案：A2．答案：D3．解析：过氧化钠先和水反应生成
氢氧化钠和氧气，氢氧化钠在水溶液中能电离出自由移动的氢氧根离子和钠离子，氢氧根离子能和镁离子反应生成氢氧化镁沉淀，氢氧根离子和碳酸氢根离子反应生成水和碳酸根离子，所以发生反应的离子方程式为：2Na2O2＋2H2O===4
Na＋＋4OH－＋O2↑，2OH－＋Mg2＋===Mg（OH）2↓，HCO－3＋OH－===H2O＋CO2－3，溶液中离子数目减少的为HCO－3、Mg2＋，增加的为Na＋，不变的为Cl－。答案：B4．解析：向足量的固体Na2O2中通入11.6gCO2和H2O
，固体只增加3.6g，令混合物中CO2和水蒸气的质量分别为m（CO2）、m（H2O），则：2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2质量增加88g56gm（CO2）711m（CO2）2Na2O2＋2H2
O===4NaOH＋O2↑质量增加36g4gm（H2O）19m（H2O）所以m（CO2）＋m（H2O）＝11.6g、711m（CO2）＋19m（H2O）＝3.6g；解得：m（CO2）＝4.4g，m（H2O）＝7.2g，故原混合物中CO2和H2
O的质量比为4.4g∶7.2g＝11∶18。答案：A5．答案：C6．答案：C7．解析：由于发生反应：2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑，产生O2使气球膨胀，该反应放出大量热量，使广口瓶中空气受热膨胀而出现U形管中水位d>c。答案：C
8．解析：符合通式（CO）m（H2）n（m、n其中之一可以为0）的可燃物均符合题目要求。其中，HCOOCH3可以改写成（CO）2·（H2）2，HOOC—COOH可以改写成（CO）2·（OH）2，故④符合，⑤不符合，故选D。答案：D9．解析：解答该题的突破口是“金属单质＋
气体B→淡黄色固体X”。则X为Na2O2，气体B为O2；再结合Na2O2的化学性质和框图转化关系知，气体A为CO2，固体Y为Na2CO3。答案：（1）过氧化钠CO2（2）①2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2②Ca（OH）2＋Na2CO3===CaCO3↓＋2N
aOH③2Na＋O2=====△Na2O2④CaCO3＋2HCl===CaCl2＋CO2↑＋H2O10．解析：用金属钠和空气制备纯度较高的Na2O2的过程中，要避免生成的Na2O2与空气中的水蒸气和二氧化碳发生反应，在制取过程中导入空气时要除去这两种杂质，且最后
要防止外界空气中的水蒸气和二氧化碳进入反应装置。答案：（1）氢氧化钠溶液吸收导入的空气中的二氧化碳（2）Ⅳ、Ⅲ、Ⅰ、Ⅱhgfeabc（3）防止空气中的水蒸气和二氧化碳进入装置Ⅰ（4）先通一段时间的空气后再加热装置Ⅰ11．答案：（1）淡黄2∶1（2）检查装置的
气密性（3）饱和NaHCO3溶液（4）2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2（5）吸收未反应的CO212．解析：（1）根据实验现象产生能使带火星的木条复燃的气体说明有氧气产生，溶液变红说明有碱生成，据此写出化学方程式：2Na2O2＋2H2O==
=4NaOH＋O2↑。（2）实验1，将酚酞溶液滴入NaOH溶液中，如果先变红后褪色，说明假设B成立；实验2，将氧气通入NaOH和酚酞的红色混合溶液中，如红色褪去，说明假设C成立；实验3，将氧气通入Na2CO3和酚酞的红色混合溶液中，如红色褪去，说明假设A成立
；溶液变红后10分钟均无变化，说明假设A、B、C均不成立。（3）使H2O2分解产生氧气常用的催化剂为MnO2；要验证H2O2与酚酞发生了反应，实验方案为取少量溶液a于试管中，加入MnO2，充分反应，向上层清液中滴入2滴酚酞溶液后溶液变红，10
分钟后溶液颜色不变。（4）由实验结果可知，Na2O2与H2O反应，有中间产物H2O2生成，Na2O2与H2O反应的化学方程式如果分两步书写，应为Na2O2＋2H2O===2NaOH＋H2O2，2H2O2===2H2O＋O2↑；但教材上没有写出中间产物H2
O2，可能的原因是H2O2在碱性条件下不稳定，且H2O2受热易分解，过氧化钠与水的反应是放热反应，H2O2大部分已分解。答案：（1）2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑（2）BCA假设A、B、
C均不成立（3）MnO2加入MnO2，充分反应，向上层清液中滴入2滴酚酞溶液后变红，10分钟后溶液颜色不变（4）Na2O2＋2H2O===2NaOH＋H2O2，2H2O2===2H2O＋O2↑H2O2在碱性条件下不稳定（或H2O2受热易分解，大部分已分解）
课时作业9碳酸钠和碳酸氢钠焰色试验1．解析：焰色是元素的性质，则同种金属的单质及其化合物、溶液中的金属阳离子都具有相同的焰色，Na与NaCl在灼烧时火焰颜色均呈黄色，A正确；黄色会掩盖紫色，而蓝色钴玻璃会滤去黄光，
若某物质灼烧时，焰色为黄色，则一定含有钠元素，再透过蓝色钴玻璃观察，若没看到紫色，则不含钾元素，不透过钴玻璃不能确定是否含有钾元素，B错误；部分金属元素在灼烧时火焰没有颜色，如焰色试验中常用来蘸取溶液的
铂丝或铁丝，C正确；焰色为元素的物理性质，元素体现特征焰色的过程发生的是物理变化，D正确。答案：B2．答案：B3．答案：A4．解析：Na2CO3的水溶液呈碱性，但Na2CO3是由金属离子和酸根离子组成的化合物，属于盐，不属于碱，故A错误。溶液中含有SO2－4或Ag＋，
向溶液中加入BaCl2溶液，也有白色沉淀生成，故B错误。碳酸钠很稳定，受热不分解，故C错误。向碳酸钠溶液中通入CO2，Na2CO3可以转化为NaHCO3：Na2CO3＋CO2＋H2O===2NaHCO3。向NaHCO3溶液中加入适量NaOH溶液，NaHCO3可以转化为Na2CO3：NaOH
＋NaHCO3===Na2CO3＋H2O。一定条件下，Na2CO3和NaHCO3可以相互转化，故D正确。答案：D5．解析：A项，有关反应为Na2CO3＋Ca（OH）2===CaCO3↓＋2NaOH，Ca（OH）2＋2NaHCO3===CaCO3↓＋Na2CO3＋2H2O。两
者均产生白色沉淀，现象相同，A不正确；B项，滴加等浓度的稀盐酸时，NaHCO3溶液反应更剧烈，B不正确；C项，Na2CO3与CaCl2反应生成CaCO3白色沉淀，NaHCO3与CaCl2不反应，C正确；
D项，逐滴加入盐酸时，NaHCO3立即产生气泡，Na2CO3开始无明显现象，后有无色气体放出，D不正确。答案：C6．解析：A项中的石灰水与Na2CO3和NaHCO3皆能发生反应产生CaCO3沉淀；B项中CaCl2与NaHCO3不反应，与Na2CO3反应产生CaCO3沉淀；C项加热
时，只有NaHCO3受热分解，2NaHCO3=====△Na2CO3＋H2O＋CO2↑，产生的CO2能使澄清石灰水变浑浊，故可用来鉴别；D项NaHCO3与盐酸反应速率比Na2CO3快。答案：A7．解析：在题中所给出的两种物质中NaHCO3
是过量的，两种混合物在密闭容器中加热所发生的化学反应为2NaHCO3=====△Na2CO3＋H2O＋CO2↑，2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2，2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O
2↑，2NaOH＋CO2===Na2CO3＋H2O。因NaHCO3是过量的，又充分加热，有足够的CO2使Na2O2最终全部转化为Na2CO3，过量的NaHCO3也完全分解成Na2CO3，而Na2CO3稳定，受热不易分解，故最后排出产生的气
体后，残留的固体是Na2CO3。答案：C8．解析：A项，如果不这样做，会给待测元素火焰颜色带来干扰，正确；B项，观察钾的焰色时要透过蓝色钴玻璃，滤去黄光再观察，正确；C项，焰色试验应选择本身颜色较浅的火焰，错误；D项，
铁丝与铂丝灼烧时都没有特殊焰色，可以进行焰色试验的实验，正确。答案：C9．解析：向苏打溶液和小苏打溶液中滴加澄清石灰水（少量），均产生白色沉淀，离子反应如下：CO2－3＋Ca2＋===CaCO3↓，Ca2＋＋2OH－＋2HCO－3===CaCO3↓＋CO2－3＋2H2O，故不能
用澄清石灰水鉴别苏打溶液和小苏打溶液。答案：B10．解析：Ba（OH）2＋Na2SO4===BaSO4↓＋2NaOH，虽除去了Na2SO4，但又增加了新的杂质NaOH，并且Na2CO3溶液也能与Ba（OH）2溶液反应。答案：D11．答案：（1）加热时碳酸氢钠发生反应为2NaHCO3=====△
Na2CO3＋H2O＋CO2↑，产生大量气体，从而使面团体积增大。（2）碳酸氢钠干粉灭火器是利用NaHCO3受热分解得到的二氧化碳灭火，而钠的燃烧产物过氧化钠可以和二氧化碳反应生成氧气。所以碳酸氢钠干粉灭火器不能用来灭钠起火。（3）焰色试验用洗净的铂丝分别蘸取三种
样品，放在火焰上灼烧，观察到焰色为黄色的是硫酸钠，透过蓝色钴玻璃观察到焰色为紫色的是硫酸钾，焰色为紫红色的是硫酸锂。12．答案：（1）①固体完全溶解②降低升高③两种溶液均变成红色，但碳酸钠溶液的颜色较红浓度相同的碳酸钠溶液的碱性
强于碳酸氢钠（2）①探究碳酸钠和碳酸氢钠的热稳定性②bd碳酸钠比碳酸氢钠稳定③图二同时加热，对比性强，效果更好、更有说服力13．答案：（1）锌粒生成H2把装置B中产生的CO2气体都赶到装置D中，使装置B中的CO2气体全部被装置D中的碱石灰吸收稀硫酸（2）偏高防止空气中的水蒸气、CO2等进入装置
D中，使装置D中碱石灰的质量增加，对实验造成误差（3）95.4%课时作业10氯气的性质1．答案：C2．答案：C3．解析：在通常状况下，干燥的液氯可以用钢瓶贮存，所以A选项正确；氯气和液氯是同一种物质的不同状态，所以B选项不正确；除去氯气中混有的水蒸气应选用不
能和氯气反应的干燥剂，因为氯气呈酸性，不宜选用碱性干燥剂，如碱石灰等，常选用酸性或中性干燥剂，如浓硫酸、无水氯化钙等，所以C选项正确；氯气有毒，对人体有害，可以用于制造毒气弹应用于战争中，所以D选项正确。答案：B4．解析：①氯气与铁在点燃条件下反应生成氯化铁，
不能一步反应生成氯化亚铁，选项A符合题意；②氯气与氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，可以一步反应直接实现，选项B不符合题意；③次氯酸钙与二氧化碳和水反应生成碳酸钙和次氯酸，可以一步反应直接实现，选项C不符合题意；④次氯酸在光照条件下分解生成盐酸和氧气，可以一步反应直接实现
，选项D不符合题意。答案：A5．解析：CO2＋H2O===H2CO3，H2CO3＋NaClO===HClO＋NaHCO3是酸跟盐发生复分解反应，生成新酸和新盐，其规律是较强酸与较弱酸的盐反应，生成较弱酸和较强酸的盐，A项错误。盐酸比H
2CO3酸性更强，根据上述规律，向漂白粉溶液里加少量盐酸，由Ca（ClO）2转化为HClO，漂白性增强，B项正确。Cl2与H2O反应生成HCl和HClO，则向漂白粉溶液里通入少量氯气可增强漂白性，C项正确。CO2气体通入漂白粉溶液中，发生反应：
Ca（ClO）2＋CO2＋H2O===CaCO3↓＋2HClO，当CO2气体过量时又发生反应：CaCO3＋CO2＋H2O===Ca（HCO3）2，可能有CaCO3沉淀析出，D项正确。答案：A6．解析：使用氯气对自
来水消毒时主要是利用了HClO的强氧化性，HClO见光易分解，自来水日晒后可以使HClO完全分解，且生成的盐酸挥发出来。答案：D7．解析：Cl2与NaOH溶液反应生成NaCl和NaClO，当Cl2过量时，Cl2与水反应生成HCl和HClO，溶液呈酸性，因此使石蕊变红色，而HClO有漂白性，又使溶液
褪色。答案：B8．解析：本题解题关键在于明确HClO有漂白作用，干燥的Cl2不具备漂白作用。先应判断A处通入的Cl2是否带有水蒸气。根据B阀门打开时，红色布条褪色，说明A处Cl2为潮湿的；潮湿的Cl2在B阀关闭时通过D，看不到C处红
色布条有明显变化，说明D处溶液吸收了氯气或者吸收了潮湿氯气中的水蒸气。因此正确选项为C。答案：C9．解析：氯水中Cl2可以将Fe2＋氧化为Fe3＋，D项错误。答案：D10．解析：根据题给信息，Na在Cl2中燃烧的方程式为2Na＋Cl2=====点燃2Na
Cl，NaCl为固态，故产生大量白烟，A正确；Cl2可与NaOH反应，故用NaOH溶液可吸收剩余Cl2，防止污染空气，B正确；Na着火燃烧时火焰颜色为黄色，C错；因为Cl2可与KI发生反应Cl2＋2KI===2KCl＋I2
，I2使淀粉变蓝，D正确。答案：C11．解析：反应①是重要的工业反应，工业上常利用反应①制取漂白粉，则A是Cl2，与石灰乳反应生成CaCl2和Ca（ClO）2，G在光照下反应，应为HClO，生成的气体H为O2，则F为HCl，B与澄清的石灰水反应产生E，E
与HCl反应产生B，B与C反应产生G为HClO，所以C应为Ca（ClO）2，D为CaCl2，无色气体B应为CO2，E为CaCO3。（1）由以上分析可知B是CO2，D为CaCl2，G为HClO，H为O2。（2）反应①为C
l2和石灰乳Ca（OH）2的反应，生成CaCl2、Ca（ClO）2和H2O，反应的化学方程式为2Cl2＋2Ca（OH）2===CaCl2＋Ca（ClO）2＋2H2O，由于HClO的酸性比碳酸弱，所以漂白粉溶于水后，在空气中可发生Ca（ClO
）2＋CO2＋H2O===CaCO3↓＋2HClO。（3）A为Cl2，Cl元素是17号元素，原子核外有3个电子层，最外层电子数为7，原子结构示意图为。（4）反应①⑤中，有元素化合价的变化，反应属于氧化还原反应，②③④反应中无元素化合价的变化，不属于氧化还原反应
，故题述反应中属于氧化还原反应的是①⑤。答案：（1）CO2CaCl2HClOO2（2）2Cl2＋2Ca（OH）2===Ca（ClO）2＋CaCl2＋2H2OCa（ClO）2＋CO2＋H2O===CaCO3↓＋
2HClO（3）（4）①⑤12．解析：本题的实验目的是探究氯气本身还是氯气跟水反应生成的HClO具漂白作用，依据此目的本题设计了氯气分别与干燥的有色布条和湿润的有色布条作用。事故隐患是Cl2有毒，污染环境，可用碱溶液吸收
。答案：（1）探究Cl2与HClO哪种物质具有漂白性（答案合理即可）（2）吸收气体a中的水蒸气B中的布条不褪色，C中的布条褪色（3）多余的Cl2会污染空气13．解析：（1）由题中信息可知，溶于水的Cl2，一部分与H2O发生化学反应生成HCl和HClO，另一部分以Cl2的形式溶解于水中。（2）氯
水因Cl2的存在而显浅黄绿色，氯水显浅黄绿色就是其中含有Cl2的缘故。（3）将氯水滴入品红溶液后溶液褪色，不能得到氯气与水反应的产物具有漂白性的结论。因为没有事先证明干燥的氯气无漂白性。（4）溶液的红色是酚酞与NaOH相互作用的结果。若没有酚酞，NaOH溶液呈无色；
若没有NaOH，酚酞溶液也呈无色。由“（1）”中的分析可知，新制的氯水中既含有以显强酸性为主的HCl，又含有以显强氧化性为主的HClO。可滴加NaOH溶液来验证红色褪去的原因。滴入少量NaOH后溶液显红色，说明还存在酚酞，红色褪去的原因是HCl和HClO与NaOH发生了反应；若加入NaOH不再显
红色，说明溶液中不存在酚酞，即酚酞已被HClO氧化。答案：（1）Cl2、HCl（或Cl－）、HClO（2）氯水显浅黄绿色（3）不合理没有事先证明干燥的氯气无漂白性（4）①HCl和HClO中和了NaOH②HClO氧化了酚酞[实验步骤]②再向试管内滴加2滴NaOH溶液[实验现
象及结论]①恢复红色②仍为无色课时作业11氯气的实验室制法氯离子的检验1．答案：D2．答案：C3．解析：HClO具有漂白性，而Cl2不具有，在干燥环境下，Cl2不能转变为HClO，因而无漂白性，无法与HCl气体区分。气体通入AgNO3溶液都产生白色沉淀，因为Cl2
与H2O反应也产生Cl－。Cl2与KI反应产生I2，淀粉遇I2变蓝，可以与HCl区分。答案：D4．解析：由MnO2＋4HCl（浓）=====△MnCl2＋2H2O＋Cl2↑可知，二氧化锰是氧化剂，HCl中氯元素部分化合价升高，HCl既表现还原性，又表现酸性；氯化锰是可溶于水的强
电解质，在离子方程式中应写成离子形式。答案：C5．解析：由化学方程式：MnO2＋4HCl（浓）=====△MnCl2＋Cl2↑＋2H2O知：146gHCl与87gMnO2恰好反应生成71gCl2，但由于稀盐酸
不与MnO2反应，所以①产生的Cl2小于71g，而②能生成71gCl2。答案：B6．解析：根据导管的进出长短可知试管①用于收集Cl2，试管②用于防止NaOH溶液倒吸入①中，NaOH溶液吸收多余的Cl2，防止污染环境，①中收集到的Cl2不纯，混有HCl和水蒸气。答案：A7
．解析：①是制备氯气的装置，②是除去氯气中氯化氢杂质的装置，③是干燥装置，④是用于氯气与金属反应的装置。除杂时不能消耗欲保留的气体，因为氯气可与NaOH溶液反应，化学方程式为Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O，所以②处错误；③中进气管短，出气管却插入液面
下，所以无法干燥气体，也不能使气体进入④中与金属反应，所以③处错误；④是一个封闭体系，未反应的气体不断蓄积会使容器内压强过大而发生爆炸，所以④处错误。答案：D8．解析：二氧化锰与浓盐酸反应，随着反应的进行，浓盐酸变稀，二氧化锰不与稀
盐酸反应，即使二氧化锰过量，盐酸也不能全部消耗完，A错误；图Ⅱ中溶液先变红后褪色，不仅能证明新制氯水具有酸性，还可以证明新制氯水具有漂白性，B正确；铜丝在氯气中燃烧，生成了棕黄色的烟，C正确；氯气没有漂白性
，不能使干燥有色布条褪色，图Ⅳ中氯气遇到湿润有色布条与水反应生成HClO，HClO具有漂白性，可使有色布条褪色，D正确。答案：A9．答案：D10．解析：（1）根据焰色试验显黄色、透过蓝色钴玻璃无紫色，说明含有Na＋、无K＋
；加入盐酸有气体产生，说明存在CO2－3，但不能确定是否有Cl－；则原溶液中一定存在Na＋和CO2－3，一定不存在K＋，可能存在的是Cl－。（2）要检验是否存在Cl－选用AgNO3溶液和稀HNO3，所进行
的操作和判断的依据为取原溶液，向溶液中加入硝酸银溶液，有白色沉淀生成，再加入足量稀硝酸，若白色沉淀不消失，则原溶液中存在Cl－，若白色沉淀消失，则原溶液中不存在Cl－。答案：（1）Na＋和CO2－3K＋Cl－（2）取原溶液，向溶液中加入硝酸银
溶液，有白色沉淀生成，再加入足量稀硝酸，若白色沉淀不消失，则原溶液中存在Cl－，若白色沉淀消失，则原溶液中不存在Cl－11．解析：（1）仪器P的名称为分液漏斗。（2）②处有棕黄色物质产生，说明有单质I2生成，说明HCl经过①处后被
氧化生成Cl2，①处包有的固体物质可能是KMnO4，②处反应的离子方程式为Cl2＋2I－===I2＋2Cl－。（3）Cl2通过蘸有石蕊溶液的棉花时，会使石蕊溶液先变红后褪色。（4）甲同学实验的原理如下
：用铜丝网证明剩余气体中含有Cl2（若铜网颜色变化，可以证明含有Cl2）；根据Cl2易液化的性质用冰水将Cl2冷凝从而除去；再根据剩余气体与硝酸银溶液的反应情况验证是否存在HCl气体。答案：（1）分液漏斗（2）bCl2＋2I－==
=I2＋2Cl－（3）先变红后褪色（4）①验证HCl气体中含有Cl2（或验证HCl气体中含有Cl2和除去HCl气体中的Cl2）②有白色沉淀产生Ag＋＋Cl－===AgCl↓12．解析：（1）根据题干中制备氯气的化学
方程式可知，液体与液体在加热条件下制取气体，应选择c装置制取Cl2。（2）B中干燥的红色布条褪色证明Cl2中混有H2O（g），生成了HClO，所以应增加除去H2O（g）的装置。（3）Cl2与NaOH溶液反应的离子方程式为Cl2＋2OH－===Cl－＋ClO－＋H2O；检验Cl－，应先
用稀硝酸酸化吸收液，再加入AgNO3溶液，若有白色沉淀生成，证明其中含有Cl－。（4）因酸性HCl>H2CO3>HClO，HCl与NaHCO3反应：HCl＋NaHCO3===NaCl＋H2O＋CO2↑，而HClO不与NaHCO3反应，故题述实验能证明Cl2与H2O反应的产
物中含有HCl。答案：（1）c（2）Cl2中混有少量H2O（g）在A～B之间增加装有浓硫酸的洗气瓶（3）Cl2＋2OH－===Cl－＋ClO－＋H2O取少量烧杯内吸收Cl2后的溶液，加入足量的稀硝酸酸化，再加入AgNO3溶液，若有白色沉淀
生成，证明其中含有Cl－（4）HCl课时作业12物质的量摩尔质量1．解析：不同物质分子中所含有的原子个数不一定相同，A错误；物质的量是一个物理量，摩尔是物质的量的单位，不是物理量，物质的量把宏观物质与微观粒子联系起来，C错误；32gO2与32gO3中所含氧原子的个数比
是1∶1，D错误。答案：B2．解析：“物质的量”是国际单位制中七个基本物理量之一，它表示含有一定数目粒子的集合体，其单位是摩尔，对初学者来说，“物质的量”是一个很难理解的概念，要注意教材上的有关叙述。答案：C3．解析：
A项，1molOH－的质量为17g·mol－1×1mol＝17g，单位错误；B项，单位应为g·mol－1；C项，没有指出以g·mol－1为单位，也没有指出在数值上相等；D项中可用1molNa的质量除以1molNa的原子数，求得每个钠原子的质量。答案：D4．解析：物质的量是一个基
本物理量，表示含有一定数目（阿伏加德罗常数）粒子的集合体，不是表示物质所含粒子的多少，A项不正确；“物质的量”仅适用于微观粒子，用“物质的量”来表示物质时，必须指明微粒的种类，1mol氢可能是指1mol氢气分子、1mol氢原子，也可能是1mo
l氢离子等，指代不明确，B项不正确；1molH2O中含NA个H2O分子，故1molH2O的质量等于NA个H2O分子质量的总和，C项正确；摩尔是物质的量的单位，不是数量单位，D项不正确。答案：C5．解析：A选项中Na＋为＋1价，2.3g钠为0.1mol钠
原子，失去的电子数为0.1NA，故A错误；B选项中19.6g磷酸即为0.2NA个磷酸分子（19.6g÷98g·mol－1＝0.2mol），等物质的量的硫酸（H2SO4）与磷酸（H3PO4）含有相同的氧
原子数，故B正确；C选项中28g氮气（N2）即为1mol氮分子（28g÷28g·mol－1＝1mol），所以应含2NA个氮原子，故C错误；D选项中NA个氧分子质量为32g，NA个氢分子质量为2g，则其质量比为16∶1，故D错误。答案：B6．答案：C7．答案：A8．
解析：3.2gSO2的物质的量为n（SO2）＝3.2g64g·mol－1＝0.05mol，n（O）＝0.1mol，两者所含氧原子数相同即所含氧原子的物质的量相同，含0.1molO的NO的物质的量为0.1mol，m（NO）＝0.1mol×30g·mol－1＝3.0g。答案：D9．解析：
由关系式n＝NNA可知，NA＝Nn，amolH2SO4中含4amol氧原子，已知其个数为b，则NA＝b4amol－1。答案：B10．解析：设NO、NO2、O3三种气体都含有1mol氧原子，则NO、NO2、O3三种气体的物质的量分别为1mol、12mol、13mol，
即物质的量之比为6∶3∶2。答案：A11．解析：CO和CO2的物质的量相同，则含有的CO和CO2的分子数也相同，①正确。CO和CO2分子中的氧原子数之比为1∶2，则物质的量相同的CO和CO2所含的氧原子数之比为1∶2，②错误。等物质的量的CO和CO2的分子中所含原子总数之比为2∶3，③正确。物质
的量相同的CO和CO2，碳原子数目之比是1∶1，④正确。答案：D12．解析：本题考查物质的量、摩尔质量、质量在化学方程式中的综合运用。由反应：X＋2Y===R＋2MM（R）2M（M）4.4gm由题意得M（R）∶2M（M）＝22∶18＝4.4g∶m，解得m＝3.6g，根据质量守恒定律可知，参加反
应的Y的质量为4.4g＋3.6g－1.6g＝6.4g，所以Y与M的质量之比为6.4g∶3.6g＝16∶9。答案：A13．解析：根据2H2O=====光解2H2↑＋O2↑可知，光解0.02mol水，可生成0.02molH2和0.01
molO2；生成H2的质量为0.04g；可生成氢的原子数为2.408×1022个；0.02molFe与稀硫酸反应产生0.02molH2。答案：（1）0.04g（2）2.408×1022个（或0.04NA）（3）0.01mol（4）0.0214．解析：（1）
一个原子的实际质量与12C质量的112相比所得的数值是其相对原子质量，因此钠的相对原子质量是bkgakg12＝12ba，而摩尔质量是以g·mol－1为单位时在数值上等于其相对原子质量，故Na的摩尔质量是12bag·mol－1。（2）铝的摩尔质量是27g·mol－
1，即6.02×1023个铝原子的质量是27g，故一个铝原子的质量为27g÷（6.02×1023）≈4.49×10－23g。（3）A项中，n（O）＝0.4mol×2＝0.8mol；B项中，n（原子）＝5.4g18g·mol－1×3
＝0.9mol；C项中，n（Ne）＝10g20g·mol－1＝0.5mol；D项中，n（原子）＝5.6g28g·mol－1×2＝0.4mol。答案：（1）12bag·mol－1（2）27g·mol－14.49×10－23（3）B15．
答案：（1）1.806×1023（2）0.6mol（3）106g·mol－1（4）0.64g16．答案：（1）135g·mol－1（2）3.913×1024（3）2mol216g（4）9∶13∶1108∶13∶1417．解析：在C管中收集到水，其中氧来源于CuO，则X中一定含有氢元素。在注射
器D中收集到氮气，说明X中一定含有氮元素。即X中含有氮、氢两种元素。B管中CuO含氧的质量为20.32g－20.00g＝0.32g，n（O）＝0.02mol，n（N2）＝0.01mol，因240mLX气体的物质的量为0
.01mol，故n（X）∶n（N）∶n（H）＝0.01mol∶（0.01mol×2）∶（0.02mol×2）＝1∶2∶4，所以X的分子式为N2H4，摩尔质量为32g·mol－1。答案：（1）氮氢（2）32（3）N2H4（4）N2
H4＋2CuO=====△N2＋2H2O＋2Cu课时作业13气体摩尔体积1．解析：相同状况下、体积相等的气球中，气体的物质的量相等。HCl是双原子分子，只要混合气体的平均原子数等于2即满足题意。A项有可能等于2，B项一定大于2，C项一定等于2，D项一定大于2。答案：C2．答案：D
3．解析：从微观角度来说，物质的体积由粒子数目、粒子大小和粒子间距决定，A正确；粒子数相同的气体的物质的量相同，相同条件下体积也相同，B正确；该结论只适用于气态物质，C错误；等质量的H2，压强越小、温度越高，气体所占有的体积越大，D正确。答案：C4．解析：先把题中提供的量都分别
转化为各物质的物质的量，然后再比较它们的体积、密度等。标准状况下6.72LCH4的物质的量为0.3mol，3.01×1023个HCl分子的物质的量为0.5mol，13.6gH2S的物质的量为0.4mol，然后进行比较即可得出结论。答案：D5．解析：同温、同压下，气体的V
m相同，此时Y的体积大于X的体积，则，n（Y）>n（X），又知m（X）＝m（Y），则M（X）∶M（Y）＝mn（X）∶mn（Y）＝n（Y）∶n（X）>1，所以M（X）>M（Y）。答案：A6．答案：D7．解析：A项，He为单原子分子，NA个He在标
准状况下的体积约为22.4L；B项，64gSO2的物质的量为1mol，原子数为3NA，与气体所处状态无关，B项正确；C项条件应为标准状况；D项，标准状况下，H2O不是气体。答案：B8．解析：联系气、液、固三种状态的物质中微粒聚集的方
式进行分析，从微观角度理解影响气体、固体、液体物质的摩尔体积的因素。固体和液体物质中，分子间距离较小，分子间堆积较紧密，所以根据阿伏加德罗常数、物质的摩尔质量及摩尔体积三个物理量就可以计算出分子大小和分子质量的近似值。对于
气体物质来说，由于气体分子间距离比分子本身的体积要大得多，根据阿伏加德罗常数、物质的摩尔质量及摩尔体积三个物理量只能计算出分子质量的近似值。答案：C9．解析：等质量的H2与He的物质的量的关系为n（H2）∶n（He）＝2∶1，相同条件下气体的物质的量与体积成正比，所以其体积关系
为V（H2）∶V（He）＝2∶1，C、D均错误；B中氦气应为单原子分子。答案：A10．解析：设该气体的摩尔质量为M，则ag·NAmol－1M＝b，所以M＝aNAbg·mol－1。cg该气体在标准状况下的体积为cgaNAbg·mol－1×22.4L·mol－1＝22.4bcaNAL。答案：
B11．解析：由阿伏加德罗定律可知，气体的体积比等于物质的量之比，n（A2）∶n（B2）∶n（X）＝1∶3∶2。根据反应前后原子守恒可知X的化学式为AB3。答案：C12．解析：A项，质子数之比为132×16∶144×22＝1∶1，正确；B项，同温、同压
下，密度之比等于摩尔质量之比，即：32∶44＝8∶11，错误；C项，物质的量之比为132∶144＝11∶8，错误；D项，原子个数之比为132×2∶144×3＝11∶12，错误。答案：A13．答案：B14．解
析：11gX气体的物质的量n1＝11g44g·mol－1＝0.25mol，由n1n2＝p1p2得0.25moln2＝1×104Pa5×104Pa，n2＝1.25mol,N＝1.25mol×6.02×1023mol－1≈7.5×1023。答案：C15．解析：（1）由n＝m/M可求，（
2）由物质的量可求得该气体的分子数，进一步可求得原子数；（3）由V＝nVm可求得该气体在标准状况下的体积；（4）由质量和已知求得的标准状况下的体积可求得密度，也可以由M＝Vm·ρ求得密度。答案：（1）m/M（2）2mNA/M（3）22.4m/M（4）M/22.416．解析
：（1）从表中的数据可以看出：1mol任何气体在标准状况下，体积都约为22.4L；1mol不同气体，在不同条件下，体积不一定相同。（2）因为在相同的温度和压强下，任何气体分子间的平均距离几乎相同且1mol气体的分子数目也相同，所以在相同条件下，1mol任何气体的体积几乎相等。
（3）4gO2的物质的量n（O2）＝4g32g·mol－1＝0.125mol。在标准状况下的体积为0.125mol×22.4L·mol－1＝2.8L。答案：（1）①22.4L②不一定（2）①气体分子数目相等②相同条件下，气体分子间的平均距离几乎相等（3）V（O2）＝n×22.4
L·mol－1＝mM×22.4L·mol－1＝4g32g·mol－1×22.4L·mol－1＝2.8L。课时作业14物质的量浓度1．解析：根据公式c＝nV，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－1。答案：D2．解析：用托盘天平称量药品应左物右码，A项不正确；向容量瓶转移液体应用玻璃棒引流，
C项不正确；定容时，胶头滴管不能插入容量瓶内，D项不正确。答案：B3．解析：A项溶液的体积不等于1L，B项无法确定溶液的体积；D项0.1molNa2O溶于水，其溶质NaOH为0.2mol。答案：C4．解析：根据c＝1000ρwM＝1000×1.14×14%40mol·L－1≈4
.0mol·L－1，20mL该溶液中含有溶质的质量是0.02L×4.0mol·L－1×40g·mol－1＝3.2g。答案：A5．解析：设Na＋浓度为x，根据电荷守恒可知，0.3mol·L－1×1＋x×1＝0.4mol
·L－1×2，解得x＝0.5mol·L－1。答案：D6．解析：1L溶液中所含Ba2＋和NO－3的物质的量分别为0.2mol、0.4mol，即含有0.2NA个Ba2＋和0.4NA个NO－3，即阴、阳离子总数是0.6NA，A正确，
B错误；500mL溶液中含有0.2NA个NO－3，C正确；500mL溶液中Ba2＋浓度为0.2mol·L－1，D正确。答案：B7．解析：称量固体时，应将被称量物放在托盘天平的左盘，砝码放在右盘，①错误；定容时，
视线应与凹液面最低处相切，⑥错误，故C项正确。答案：C8．解析：A项，用滴管吸出溶液使n（NaCl）减小，浓度偏低；B项，定容时仰视刻度线，溶液的体积偏大，浓度偏低；C项，未洗涤烧杯、玻璃棒，n（NaCl）减小，浓度偏低；D
项，砝码上有污渍使本身质量偏大，称量NaCl的质量偏大，浓度偏高。答案：D9．解析：由图可知，该溶液的体积为1L时，其浓度为2mol·L－1，当溶液稀释到aL时，其浓度为0.5mol·L－1，由于溶液稀释过程中溶质的物质的量不变，即2mol·L－1×1L＝0.5mol·L－1×aL，a＝4，故B
正确。答案：B10．解析：看清物理量的单位即可，物质的量浓度的单位通常为mol·L－1，此处为mmol·L－1。答案：D11．解析：n（Fe3＋）＝2.8g56g·mol－1＝0.05mol，溶液中n（SO2－4）＝
32n（Fe3＋）＝32×0.05mol＝0.075mol，溶液体积＝80g1000dg·L－1＝0.08dL，则SO2－4的物质的量浓度为0.075mol0.08dL＝15d16mol·L－1。答案：A12．解析：A错，稀释浓硫酸时，应将浓硫酸注入水中并不断搅拌。B错，该实验不需要托盘天平。
C对，该实验应选择250mL容量瓶，计算时应以250mL溶液为标准进行计算，根据溶质质量不变知，配制该稀硫酸需要浓硫酸的体积V＝250×10－3L×0.92mol·L－1×98g·mol－198%×1.84g·cm－3＝12.5mL。D错，
不能在容量瓶里稀释浓硫酸，应先在烧杯里稀释并冷却后，再转移到容量瓶中，最后加水定容。答案：C13．解析：（1）c（NaClO）＝1000ρwM＝1000×1.18×24%74.5mol·L－1≈3.8mol·L－1。（
2）稀释后c（NaClO）＝1100×3.8mol·L－1＝0.038mol·L－1，c（Na＋）＝c（NaClO）＝0.038mol·L－1。（3）①由于实验室无480mL容量瓶，故应选用500mL容量瓶，根据配制一定物质的量浓度的溶液的步骤，可知
所需的仪器有托盘天平、烧杯、玻璃棒、量筒、500mL容量瓶和胶头滴管，故除C、D外，还需要的玻璃仪器是玻璃棒、量筒、胶头滴管、500mL容量瓶。②容量瓶能用于配制一定体积准确浓度的标准溶液，a不符合题意；容量瓶不能用于贮存溶液，b符合题意；容量瓶只有一条刻度线，故不能测量容量瓶规格以下的任意体积
的溶液，c符合题意；容量瓶不能用于稀释溶液，d符合题意；容量瓶不能受热，故不能用来加热溶解固体溶质，e符合题意。③质量分数为24%的消毒液的浓度为3.8mol·L－1，故配制500mL溶液所需NaClO固体的质
量m＝cVM＝3.8mol·L－1×0.5L×74.5g·mol－1≈141.6g。（4）定容时俯视刻度线，会导致溶液体积偏小，则浓度偏高，A正确；转移前，容量瓶内有蒸馏水，对所配溶液浓度无影响，B错误；未
冷却至室温就转移定容，导致冷却后溶液体积偏小，则浓度偏高，C正确；定容时加水过量，导致溶液体积偏大，故溶液浓度偏小，D错误。答案：（1）3.8（2）0.038（3）①CD量筒、玻璃棒、胶头滴管、500mL容量瓶②bcde③141.6（4）AC14．解析：（1）混合溶液的质量为20.0g
＋30.0g＝50.0g，混合溶液中溶质的质量为20.0g×14%＋30.0g×24%＝10.0g，混合溶液中溶质的质量分数为10.0g50.0g×100%＝20%。（2）n（NaCl）＝10.0g58
.5g·mol－1，V（溶液）＝50.0g1.17g·cm－3×1000，c（NaCl）＝n（NaCl）V（溶液）＝10.0g58.5g·mol－1×1.17g·cm－3×100050.0g＝4.0mol·L－1。（3）n（NaCl）×58.5g·m
ol－11000g＋n（NaCl）×58.5g·mol－1×100%＝20%，n（NaCl）≈4.3mol。答案：（1）20%（2）4.0（3）4.315．解析：（1）c（HCl）＝11.2L22.4L·mol－10.5L＝1mol·L－1。（2）HCl＋NaO
H===NaCl＋H2O，所需NaOH的质量为0.5mol×40g·mol－1＝20g。（3）c（NaCl）＝0.5mol0.5L＝1mol·L－1。（4）V×1.7g·cm－3×25%170g·mol－1＝0.5mol，可知V＝200m
L。答案：（1）1mol·L－1（2）20（3）1mol·L－1（4）200重难题型突破练二1．解析：向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加盐酸时，盐酸首先和NaOH反应生成水和氯化钠，当滴加到第一个格时，两者恰好反应完全；继续滴加时，盐酸和Na2CO3开始反应，首先发生反应：HCl＋N
a2CO3===NaHCO3＋NaCl，不放出气体，当再加到第二格时，此步反应进行完全；继续滴加时，发生反应：NaHCO3＋HCl===NaCl＋H2O＋CO2↑，此时开始放出气体，正好与选项C图像相符，故C正确。答案：C2．解析：图像Ⅰ中从O点即开始产生CO2气体，对应溶液
中的溶质为NaHCO3，①正确；图像Ⅱ中Oa段消耗HCl的量小于ab段消耗HCl的量，对应的溶液中的溶质为Na2CO3和NaHCO3，且二者的物质的量之比n（Na2CO3）n（NaHCO3）＝13－1－1＝11，②正确；图像Ⅲ中，Oa段消耗HCl的量等于ab段消
耗HCl的量，对应溶液中的溶质为Na2CO3，③不正确；图像Ⅳ中，Oa段消耗HCl的量大于ab段消耗HCl的量，对应溶液中的溶质为Na2CO3、NaOH，且二者的物质的量之比n（Na2CO3）n（NaOH）＝13－1－1＝11，④不正确。答案：A3．
解析：用酒精灯加热时，外管温度高，内管温度低，NaHCO3受热易分解，Na2CO3受热不易分解，故将Na2CO3放在外管中，温度高却未分解，NaHCO3放在内管中，温度低却分解，证明Na2CO3热稳定性强于NaHCO3，NaHCO3受热分解产生
CO2，可使澄清石灰水变浑浊。甲为小苏打（NaHCO3），乙为纯碱（Na2CO3），故A项正确，B项错误；NaHCO3分解产生的水可以使无水硫酸铜变蓝色，故C项正确；Na2CO3不会分解产生CO2，故不能使丙中澄清石灰水变浑浊，故D项正确。答案：B4．解析：由于C
O2在水中的溶解度比较小，而NH3极易溶于水，所以在实验中要先通入溶解度较大的NH3，再通入CO2；由于NH3极易溶于水，在溶于水时极易发生倒吸现象，所以通入NH3的导气管的末端不能伸入到溶液中，即a先通
入NH3，然后b通入CO2，A、B、D选项均错误；因为NH3是碱性气体，所以过量的NH3要用稀硫酸来吸收，选项C合理。答案：C5．解析：制备Cl2装置中盛放浓盐酸的仪器是分液漏斗，相对于长颈漏斗，更便于控制滴加速度、随用随停，A项错误；装置a中的试
剂为饱和NaCl溶液，除去Cl2中的HCl，B项正确；装置c中用NaOH溶液吸收尾气，C项错误；实验过程是将生成的氯气通入NaOH溶液中反应，因此无需干燥装置，D项错误。答案：B6．解析：（1）实验室常用MnO2与浓盐酸在加热条件下制取Cl2，由于制得的Cl2中混有HC
l，HCl会消耗b中试管内的KOH，所以应使用饱和食盐水除去HCl。（2）用酒精灯加热烧杯中的水从而对试管中的反应体系进行加热，这样的加热方式为水浴加热。Cl2和NaOH在不加热条件下反应生成NaCl和N
aClO，离子方程式为Cl2＋2OH－===Cl－＋ClO－＋H2O。Cl2与NaOH反应放热，由题意可知，温度较高时Cl2与KOH反应生成KClO3，所以不使用冰水浴会使得溶液温度升高而生成NaClO3杂质。（3）Cl2是有毒气体，所以必须进行尾气处理，防止污染空气。Cl2可以与
Na2S反应，化学方程式为Cl2＋Na2S===2NaCl＋S↓；Cl2可以与Ca（OH）2反应，化学方程式为2Cl2＋2Ca（OH）2===CaCl2＋Ca（ClO）2＋2H2O。Cl2在食盐水和H2
SO4溶液中溶解度较小，所以可用Na2S溶液和Ca（OH）2溶液来进行尾气处理，A、C符合题意。（4）从溶液中获得溶质的常见方法为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。（5）2号试管中溶液变为棕色，说明有I2生成，则加入C
Cl4振荡，静置后CCl4层呈紫色，故2号试管中I－被氧化，而1号试管中I－未被氧化，所以该条件下氧化性：KClO3<NaClO。答案：（1）圆底烧瓶饱和食盐水（2）水浴加热Cl2＋2OH－===ClO－＋Cl－＋H2O避免生成NaClO3（3）吸收尾气（Cl2）AC（4）过滤少量（
冷）水洗涤（5）紫小于7．答案：C8．答案：C9．解析：（1）标出使用温度的仪器是量筒、容量瓶和温度计，液体体积受温度的影响，量取液体体积需在标明的温度下进行；配制溶液时需指明温度，温度改变会影响浓度；温度计是测量物质的温度的仪器，须标明温度的量程和刻度值。（2）使用前
需要检查是否漏水的是容量瓶、分液漏斗，它们都是需密封使用的容器，所以需要检查是否漏水。（3）称取10.5g固体样品，则砝码为10g，游码为0.5g，天平的设计是左盘的物质质量等于右盘砝码质量加游码的质量，如放反，则物品的质量等于砝码减游码的质量，则物品的质量为10g－0.5g＝9.
5g。（4）配制500mL0.52mol·L－1的NaOH溶液，需用的主要仪器有托盘天平（附砝码、镊子）、药匙、量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶和胶头滴管。（5）A.砝码生锈后质量偏大，导致所取溶质物质的量偏高，溶液的浓度偏大
，A符合题意。B.将NaOH放在托盘天平的右盘上称量（使用游码）；导致所取溶质物质的量偏低，溶液的浓度偏小，B不符合题意。C.待溶液冷却至室温后体积减小，则溶液的浓度偏大，C符合题意。D.往容量瓶转移时，有少量液体溅出，导致溶质的物质的量偏低，溶液的浓度偏小，D不符
合题意。E.定容时俯视容量瓶刻度线，导致溶液总体积偏小，溶液的浓度偏大，E符合题意。F.容量瓶内残留一定量蒸馏水，不影响溶液配制，溶液的浓度不变，故F不符合题意。G.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，导致溶液总体积偏大，溶液的浓度偏小，G不符合题意。（6）c（HCl）＝1000ρwM＝1000×1.25×36.5%36.5mol·L－1＝12.5mol·L－1。配制240mL0.1mol·L－1的盐酸应选用250
mL容量瓶，量取浓盐酸的浓度为12.5mol·L－1，设需要12.5mol·L－1的盐酸的体积为VL，则根据溶液稀释公式可得，0.25L×0.1mol·L－1＝12.5mol·L－1×VL，需该浓度盐酸体积V＝0.25×0.112.5L
＝0.002L。答案：（1）abd（2）be（3）9.5（4）500mL容量瓶胶头滴管（5）ACE（6）①12.5mol·L－1②225010．解析：（1）配制的溶液体积应为500mL，所需NaOH固体的质量为0.10mol·L－1×0.5×40g·mol－1＝2.
0g。（2）NaOH需放在烧杯中称量，称量NaOH要用到托盘天平、烧杯和药匙。（3）①砝码质量大于NaOH质量，实际NaOH质量小于计算质量，所配溶液浓度偏低。②砝码质量偏大，所称NaOH质量也偏大，所配溶液浓度偏高。③未洗涤烧杯和玻璃棒会导致溶质减少
，所配溶液浓度偏低。④容量瓶未干燥不影响所配溶液浓度。⑤溶液液面高于刻度线，溶液浓度偏低。⑥未冷却，定容后溶液液面低于刻度线，溶液浓度偏高。⑦摇匀后溶液液面低于刻度线是由于部分溶液沾到了容量瓶上壁和瓶口处
，再加水，溶液浓度偏低。答案：（1）2.0（2）abe（3）①③⑤⑦课时作业15铁的单质、氧化物和氢氧化物1．答案：B2．答案：B3．解析：黏土中含有铁元素，在烧制砖瓦时，与O2反应，生成铁的氧化物，铁的氧化物有3种，FeO与Fe3O4为
黑色，Fe2O3为红棕色，故D项正确。答案：D4．答案：D5．解析：Fe3O4为磁性氧化铁，其中铁元素的化合价为＋2价和＋3价，A正确；FeO、Fe2O3都属于碱性氧化物，均与盐酸反应分别生成亚铁盐、铁盐，B正确；Fe（OH）2具有较强的还原性，易被氧化为Fe（OH）3，C错误，D正确。答案：C6
．答案：A7．解析：发现固体能被磁铁吸引，说明一定含有铁，则反应后溶液中一定不能存在氢离子、铁离子和铜离子，大量存在的阳离子是亚铁离子，答案选A。答案：A8．解析：铁与稀硫酸反应生成FeSO4，再与过量氢氧化钠溶液反应生成白色
沉淀Fe（OH）2，在空气中加热Fe（OH）2，铁元素被氧化为＋3价，最后所得红棕色残渣为Fe2O3。答案：B9．解析：尿不湿可吸附更多的水，且不易洒出，酒精灯改为双头的可增加受热面积，故可提供足够的水蒸气，A项正确；具支试管的结构中含支管，冷凝的水可从支管中流出，B项正确；泡泡水易起泡
，收集H2更容易，点燃效果更好，C项正确；磁铁可以吸引单质铁和Fe3O4，D项错误。答案：D10．解析：氢氧化钠溶液中有少量氧气，氢氧化亚铁易被氧气氧化，所以实验前，应事先煮沸溶液除去溶解氧，故A正确；结合A项分析可知，装置Ⅰ可制取FeSO
4溶液并排尽装置内空气，故B正确；关闭止水夹可观察到装置Ⅰ中溶液进入装置Ⅱ中，故C错误；氢氧化亚铁具有强还原性，能够被氧气氧化，颜色发生变化，所以取下装置Ⅱ的橡皮塞可观察沉淀颜色变化，故D正确。答案：C11．解析：铁的氧化物X加过量稀硫酸溶解，用过量氯气氧化，再加过量
NaOH溶液生成氢氧化铁沉淀，过滤、洗涤、干燥、灼烧，最后得到氧化铁，则生成的氧化铁的物质的量为n（Fe2O3）＝4.00g160g·mol－1＝0.025mol，则Fe的物质的量为n（Fe）＝2n（Fe2O3）＝2×0.025mo
l＝0.05mol，Fe的质量为m（Fe）＝0.05mol×56g·mol－1＝2.8g，则氧化物X中O的质量为m（O）＝3.92g－2.8g＝1.12g，n（O）＝1.12g16g·mol－1＝0.07mol，n（Fe）∶n（O）＝0.05mol∶0.07mo
l＝5∶7，所以氧化物X的化学式为Fe5O7。答案：D12．解析：根据A～J都是初中化学中的常见物质，D、E对维持自然界生命活动至关重要，所以D、E可能是水、氧气或二氧化碳中的一种，C是红色的金属单质，所
以C是铜，A、B为黑色固体，高温会生成铜和D，A在足量的E中可以燃烧，所以A是木炭，B就是氧化铜，D就是二氧化碳，木炭和氧气反应会生成二氧化碳，所以E是氧气，二氧化碳和木炭会生成一氧化碳，所以F是一氧化碳
，二氧化碳和氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀，所以J是碳酸钙，一氧化碳和氧化铁会生成铁和二氧化碳，G是铁，铁和稀硫酸反应会生成硫酸亚铁和氢气，H是一种气体，所以H是氢气，I是硫酸亚铁。答案：（1）CuOFeSO4（2）①（3）3CO＋
Fe2O3=====高温2Fe＋3CO2（4）Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑13．答案：（1）分液漏斗液封，防止空气进入装置4（2）在装置2、3之间添加控制开关（3）装置4内的空气没有排尽14．解析：（3）考虑到H2的密度比空气小，可采用向下排空气法收集H2。（4
）检验H2可采用“爆鸣”实验。（5）根据反应的化学方程式3Fe＋4H2O（g）=====高温Fe3O4＋4H2可得关系式：3Fe～4H2，n（H2）＝22.4L22.4L·mol－1＝1mol，则n（Fe）＝34mol，m（Fe）＝34mol×56g·mol－1＝
42g。（6）固体质量增加的原因是Fe生成了Fe3O4，增加的质量为氧元素的质量，故生成氢气的质量为m（H2）＝3216×2g＝4g。答案：（1）3Fe＋4H2O（g）=====高温Fe3O4＋4H2（2）碱石灰（答案合理即可）n（3）（4）用拇指堵住试管口，靠近酒精灯火焰，松开拇指，发出爆鸣
声，说明收集到的气体是H2（5）42（6）4课时作业16铁盐、亚铁盐1．答案：A2．答案：D3．解析：A项，赤铁矿的主要成分为Fe2O3；B项，铁矿石有很多种，不一定与铁锈的主要成分（Fe2O3）相同；C项，赤铁矿的主要成分为Fe2O3，溶于盐酸可生成Fe3＋，D项，磁铁矿的主要成分为F
e3O4，而黄铁矿的主要成分为FeS2。答案：C4．解析：A项，加入KSCN后呈红色，说明含Fe3＋，但不能说明是否含有Fe2＋；B项，通Cl2后再加入KSCN溶液变红色说明所得的溶液中含有Fe3＋，而原溶液中是否含有Fe3＋、Fe2＋无法
判断；C项，加入NaOH得红褐色沉淀说明含有Fe3＋；D项，当溶液中含有Fe2＋和其他能与碱反应生成白色沉淀的离子时，同样会出现上述现象，因为Fe（OH）2转变成Fe（OH）3时，红褐色很容易掩盖其他白色沉淀的现象。答案：C5．解析：由
反应2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋可知，铁粉过量，0.2molFe3＋与过量铁粉反应生成0.3molFe2＋，故反应后Fe2＋共为0.4mol，c（Fe2＋）＝0.4mol0.5L＝0.8mol·L－1。答案：C6．解析：对各选项的分析如
下：A铁、铜均不剩余时，说明反应①②均发生，可能铁、铜恰好把Fe3＋反应完，也可能铁、铜的量不足，Fe3＋有剩余错误B铁、铜均剩余时，说明只发生反应①，且Fe3＋反应完了，反应②没发生，故溶液中无Cu2＋错误C当铜剩余，铁不剩余时，说明反应
①发生，反应②可能发生也可能没发生，因此溶液中一定有Fe2＋，可能有Cu2＋错误D反应①先发生，把铁消耗完了，铜才参与反应，不可能存在铁剩余而铜不剩余的情况正确答案：D7．解析：A项，硫酸亚铁变质后有Fe3＋生成
，Fe3＋遇硫氰化钾变红色，所以正确，不符合题意；B项，为防止FeSO4被氧化通常加入Fe粉，所以正确，不符合题意；D项，FeCO3在空气中高温加热时，＋2价的铁会被O2氧化，故得不到纯净的FeO，所以错误，符合题意。答案：D8．解析：A项，亚铁离子易被人体吸收，维生素C具有还原性，可以防止
亚铁离子被氧化，则喝补铁剂时，加服维生素C效果更好，故A错误；B项，铁与硫酸铜溶液的反应是铁置换出铜，铜为红色，化学方程式为Fe＋CuSO4===FeSO4＋Cu，该反应为置换反应，故B正确；C项，“司南之杓（勺），投之于地，其柢（勺柄）指南”，与磁性有关，则司南中的“杓”含Fe3O
4，故C错误；D项，石灰石加热后能制得生石灰，此“石灰”指的是碳酸钙，故D错误。答案：B9．解析：原物质①FeO、③FeS、⑥FeSO4②Fe2O3、④Fe（OH）3、⑤NH4Fe（SO4）2·12H2O溶于稀硫酸后铁元素的存在形式Fe2
＋Fe3＋Fe2＋能使酸性KMnO4溶液褪色、能被新制氯水氧化成Fe3＋；Fe3＋能与铜片反应、遇KSCN溶液显红色。答案：B10．解析：铁在高温下与水蒸气反应生成Fe3O4，A错误；FeO是一种黑色粉末，不稳定，在空气中受热，迅速生成Fe3O4，B错误；
由图可预测：高铁酸盐（FeO2－4）中铁的化合价高，具有强氧化性，C正确；加热Fe（OH）3发生转化⑥生成Fe2O3，但Fe（OH）3不溶于水，D错误。答案：C11．解析：根据F是红褐色沉淀知F是Fe（OH
）3，从而推知A为Fe，B为Fe3O4，C是FeCl2，D是FeCl3，E为Fe（OH）2，F为Fe（OH）3，G为Fe2O3，X为H2。答案：（1）FeFeCl2Fe（OH）3Fe2O3（2）取D溶液少许于试管中，加入几滴KSCN溶液，溶液
变红色，证明含Fe3＋（3）防止Fe2＋被O2氧化（4）①2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋②2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－（5）4Fe（OH）2＋O2＋2H2O===4Fe（OH）312．答案：（1）①溶液
变红取待测液于试管中，向其中滴加少量酸性高锰酸钾溶液紫色褪去②2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋（2）①H2O2NaOHFe2（SO4）3Fe（OH）3②0.2mol·L－1（3）不能，维生素C可能过量，也
可使酸性高锰酸钾溶液褪色，则无法说明一定有Fe2＋生成课时作业17合金1．答案：A2．答案：A3．答案：C4．答案：D5．解析：稀土金属用途广泛，它既可单独使用，也可用于生产合金，B项错误。答案：B6．解析：目前世界上使用量最大的合金是铁合金。答案：C7．解析：合
金是金属与金属或金属与非金属熔合而成的，A项错误；在机械加工时，合金的性能一般较单一金属优良，但并不是任何情况下都是，如纯铝导电性比铝合金要强，C项错误；钢是铁碳合金，D项错误。答案：B8．答案：B9．解析：由题图可知，金属质量为30g时，产生氢气的质量为1g。用极值法：假设每一种金属的质量
都为30g，然后分别计算出产生氢气的质量。A项纯锌产生氢气的质量小于1g；B项纯铁产生氢气的质量大于1g；C项镁产生氢气的质量大于1g，铝产生氢气的质量大于1g，所以镁、铝按一定比例组成的合金产生氢气的质量不可能为1g；D项铁产生氢气的质量大于1g，铜不产生氢气，所以铜、铁按一定比例组成的合金产
生氢气的质量可能为1g。答案：D10．解析：由于钛和钛的合金密度小、可塑性好，因此可用于航天领域，B正确；由于钛和钛合金与人体器官具有很好的“生物相容性”，可与人体的组织相容，不引起排异反应，因此可以用来制造人造骨，C正确；由于其密度小、可塑性
好、易于加工，因此可用于家庭装修，做钛合金装饰门，D正确；只有A错误，由于其熔点高，不适合做保险丝。答案：A11．答案：B12．答案：D13．答案：（1）C（2）混合物（3）黄铜的硬度比纯铜的硬度大（4）①Zn＋
H2SO4===ZnSO4＋H2↑、Zn＋CuSO4===ZnSO4＋Cu②a、b、c14．解析：（1）铜钱作为货币，首先应易得，其次不容易被腐蚀。（2）铁锈的主要成分为Fe2O3·nH2O，常见的铁的氧化物还有FeO和Fe3O4。（3）Al2O3与NaOH溶液反应生成Na[
Al（OH）4]：Al2O3＋2NaOH＋3H2O===2Na[Al（OH）4]。（4）Cu与O2反应生成黑色的CuO：2Cu＋O2===2CuO，Cu在空气中“生锈”的化学方程式为2Cu＋O2＋CO2＋H2O===Cu（OH）2CO3（绿色）；A
u的化学性质不活泼，不与空气中的O2反应。（5）有些假金币外形图案、颜色与Au相近，密度与真金币相当，用手掂量不出来，假金币中的Zn、Cu均可与HNO3反应产生大量气泡，而Au不与HNO3反应。答案：（1）ABC（2）Fe2O3·nH2OFeOFe3O4（3）Al2O3＋2NaO
H＋3H2O===2Na[Al（OH）4]（4）铜氧化铜2Cu＋O2===2CuOCu2（OH）2CO3紫红金金的化学性质不活泼，不易被氧化（5）D15．解析：（1）铝镁合金中，铝、镁与酸都能反应，铝能与碱反应而镁不与碱反应，所以A中的试剂应选择NaOH溶液。（2）实验
前，先将铝镁合金在稀酸中浸泡片刻，其目的是除去铝镁合金表面的氧化膜。（3）实验装置包括反应装置和排液量气装置，注意气密性检查应该在装药品之前。（5）铝的相对原子质量可利用产生氢气的体积求解，M＝mn＝a－cb×10－322.4×23g·mol－1＝33600
（a－c）bg·mol－1。（6）实验过程中，若未洗涤过滤所得的不溶物，则不溶物的质量偏大，铝的质量偏小，则测得铝的质量分数将偏小。答案：（1）NaOH溶液（2）除去铝镁合金表面的氧化膜（3）⑤⑥①④③②使D和C中的液面相平（4）2Al＋
2NaOH＋6H2O===2Na[Al（OH）4]＋3H2↑（5）33600（a－c）b（6）偏小课时作业18物质的量在化学方程式计算中的应用1．解析：化学方程式中各物质的化学计量数之比等于其物质的量之比。答案：D2．解析：比例式应注意单位要“上下一致，
左右相当”。答案：B3．解析：设产生0.2g氢气需钠的质量为x。2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑46g2gx0.2g46gx＝2g0.2g，解得x＝4.6g，则氧化钠的质量是10.8g－4.6g＝6.2g，n（Na2O）＝6.2g62g·mol－1＝0.1mol。根
据反应：4Na＋O2===2Na2O可知，被氧化的钠的物质的量为0.1mol×2＝0.2mol，被氧化的钠的质量为0.2mol×23g·mol－1＝4.6g。答案：A4．答案：C5．答案：C6．答案：C7．答案：
B8．答案：B9．答案：A10．解析：0.1molNa产生H2的物质的量为0.05mol，生成0.1molNaOH，而反应共释放H2为4.48L/22.4L·mol－1＝0.2mol，因此Al与NaOH反应放出0.15molH2，2Al～3H223x0.15molx
＝0.1mol。答案：B11．解析：Mg、Zn、Fe均用R表示，这三种金属与稀硫酸反应符合通式R＋H2SO4===RSO4＋H2↑，故这三种金属的物质的量之和等于氢气的物质的量，为2.8L22.4L·mol－1＝0.125mol。答案：
B12．解析：设参加反应的CO2的物质的量为x。2CO2＋2Na2O2===2Na2CO3＋O2221xxx2则44g·mol－1×x－32g·mol－1×x2＝29.0g－23.4g，解得x＝0.2mol，m（Na2CO3）＝0.2mol×106g·mol
－1＝21.2g。答案：C13．解析：设原混合物中含有xmolFe，ymolFe2O3，由化学方程式Fe2O3＋3H2SO4===Fe2（SO4）3＋3H2O和Fe2（SO4）3＋Fe===3FeSO4得到
Fe2O3～Fe2（SO4）3～Fe～3FeSO4，可见ymol的Fe2O3参加反应转化为3ymolFeSO4，同时消耗ymol的Fe；又由Fe＋H2SO4===FeSO4＋H2↑可知，（x－y）mol的Fe与硫酸
反应产生（x－y）mol的FeSO4和（x－y）molH2；则有[3ymol＋（x－y）mol]∶（x－y）mol＝4∶1，整理得y∶x＝1∶2，故合理选项是C。答案：C14．解析：设金属元素的符号是A，相对原子质量是B，在化合物中的化合价是x，金属的质量为m。2A＋xH2SO4=
==A2（SO4）x＋xH2↑2B2xm12B2x＝m1，得：m＝2B2x＝Bx；生成1g氢气所需要的金属的质量分别是：镁是12g；铝是9g；铁是28g；锌是32.5g，稀硫酸与铜不反应不产生氢气；据平均
值法，混合金属16g能生成1g氢气，则需要的金属组合是产生1g氢气需要的纯金属一种质量大于16g，一种质量小于16g。产生1g氢气需要镁的质量为12g，需要铝的质量为9g，选项A错误；产生1g氢气需要铁的质量是28g，需要锌的质量是32.5g，选项B错误；Cu与稀H2SO4不产生H2，需要锌
的质量是32.5g，选项C错误；产生1g氢气需要铁的质量为28g，需要铝的质量是9g，选项D正确。答案：D15．答案：（1）0.6（2）4.03216．解析：（1）题述材料中属于有机合成材料的是聚酰亚胺塑料，属于金属材料的是高速钢（或钛
合金或铝合金）。（2）飞机外壳用钛合金、铝合金的优点是耐腐蚀、密度小、硬度大等。（3）在对高铁钢轨中的缝隙进行焊接时，常用铝和氧化铁在高温条件下反应生成熔融状态下的铁和另一种氧化物。该反应的化学方程式为2Al＋Fe2O3=====高温2Fe＋
Al2O3，反应基本类型是置换反应。答案：（1）聚酰亚胺塑料高速钢（或钛合金或铝合金）（2）耐腐蚀、密度小、硬度大等（3）2Al＋Fe2O3=====高温2Fe＋Al2O3置换反应17．解析：（1）因甲、乙生成H2的体
积不等，则产生H2体积小的应有酸未反应。若乙中盐酸过量，则可产生H2：280255×385mL≈423mL，而实际为336mL，说明甲中盐酸过量而混合物粉末反应完全；乙中盐酸不足而合金过量。（2）在乙或丙中盐酸反应
完全，则2HCl～H2↑21n（HCl）＝336×10－3L22.4L·mol－1×2＝3×10－2mol，c（HCl）＝3×10－2mol0.03L＝1mol·L－1。（3）在甲中，混合物质量255mg生成气体280m
L，混合物完全反应而盐酸有剩余。由Mg～H2，Al～32H2得：n（Mg）×24g·mol－1＋n（Al）×27g·mol－1＝0.255gn（Mg）＋32n（Al）＝280×10－3L22.4L·mol－1，求得：n（Mg）＝0.005mol，n（Al）＝0.005m
ol，则n（Mg）∶n（Al）＝1∶1。答案：（1）乙（2）336mL1mol·L－1（3）255mg和280mL1∶118．解析：（1）消耗HCl的物质的量：0.2L×5mol·L－1－0.2L×4.6mol·L－1＝0.08m
ol。（2）设Al、Fe的物质的量分别为x、y。2Al＋6HCl===2AlCl3＋3H2↑2mol6molx3xFe＋2HCl===FeCl2＋H2↑1mol2moly2y27g·mol－1×x＋56g·mol－1×y＝1.1g3x＋2y＝0.08mo
l解得：x＝0.02mol，y＝0.01mol答案：（1）0.08mol（2）Al：0.02mol；Fe：0.01mol重难题型突破练三1．解析：控制适当反应温度并不断搅拌，可以加快反应速率，使反应充分进行，有利于提高铁、铝浸取率，A正确；Al2O3在书
写离子方程式时不可拆写成离子形式，B正确；Fe2＋能被H2O2氧化为Fe3＋，因此滤液中不存在Fe2＋，存在Fe3＋，C错误；聚合硫酸铁铝溶于水可以生成Al（OH）3胶体和Fe（OH）3胶体，胶体具有吸附作用，D正确。答案：C2．解析：（1）一般用KSCN溶液检验Fe3＋，如果
加入KSCN溶液后，溶液显红色，说明含有Fe3＋。（2）铜把Fe3＋还原成Fe2＋，反应的化学方程式为Cu＋2FeCl3===2FeCl2＋CuCl2。（3）该流程的目的是回收铜并得到FeCl3溶液，因此先向废液中加入过量的铁
粉，即①为铁，发生反应：Fe＋2FeCl3===3FeCl2、Fe＋CuCl2===FeCl2＋Cu，滤液②为FeCl2溶液，滤渣③为铜单质和剩余的铁，利用铁与盐酸反应，铜不与盐酸反应，向滤渣③中加入过量的盐酸，即④为盐酸，发生反应：Fe＋2HCl===FeCl2＋H2↑，滤液⑤为FeCl
2溶液和盐酸的混合液，然后滤液②和⑤合并，通入氯气或加入H2O2溶液，发生反应：2FeCl2＋Cl2===2FeCl3或2FeCl2＋H2O2＋2HCl===2FeCl3＋2H2O，最后得到FeCl3溶液。答案：（1）KSCN溶液溶液显红色（2）
Cu＋2FeCl3===2FeCl2＋CuCl2（3）A：①Fe②FeCl2③Fe、Cu④HCl⑤FeCl2、HCl⑥Cl2或H2O2B：Fe＋2FeCl3===3FeCl2Fe＋CuCl2===FeCl2＋CuFe＋2HCl===FeCl2＋H2↑2FeCl2＋Cl2===2FeCl3或2F
eCl2＋H2O2＋2HCl===2FeCl3＋2H2O3．解析：（1）Al2O3与氢氧化钠溶液反应生成四羟基合铝酸钠，离子方程式为：Al2O3＋2OH－＋3H2O===2[Al（OH）4]－。（2）由题给流程及已知信息可知，铝土矿溶解过滤所得滤液中溶质为Na
OH、Na[Al（OH）4]，酸化的目的是生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝能溶于强酸，但不溶于弱酸，所以在工艺流程中“酸化”时加入的最佳物质是CO2，CO2过量时氢氧化铝不会溶解，反应易控制，且原料廉价；酸化过程发生反应的化学方程式为CO2＋Na[Al（OH）4]===Al（OH）3↓＋N
aHCO3。（3）工业上用Al2O3与C、Cl2在高温条件下反应制取AlCl3，反应过程中Cl元素化合价降低，Al化合价不变，则C元素化合价升高。理论上每消耗6.0g碳单质，转移1mol电子，即每消耗1molC，转移2mol电子，说明碳元素化合价由0价升高为＋2价，生
成CO，反应的化学方程式为Al2O3＋3C＋3Cl2=====高温2AlCl3＋3CO。（4）检验Fe3＋用KSCN溶液，若溶液变为血红色则含有Fe3＋；Fe3＋能被铝热反应生成的Fe和剩余的Al还原，不能检出Fe3＋。答案：
（1）Al2O3＋2OH－＋3H2O===2[Al（OH）4]－（2）CO2CO2过量时氢氧化铝不会溶解，反应易控制，且原料廉价CO2＋Na[Al（OH）4]===Al（OH）3↓＋NaHCO3（3）Al2O3＋3C＋3Cl2=====高温2AlCl3＋3CO（4）KSCN不合理Fe3＋
能与Fe、Al反应生成Fe2＋，不能检出Fe3＋4．解析：突破口1：白色沉淀2Fe（OH）2――→空气红褐色沉淀Fe（OH）3突破口2：溶液1Ca（OH）2――→气体甲白色沉淀1CaCO3――→气体甲H2O溶液2Ca（HCO3）2从框图可知，气体甲为CO2；由溶液1转变为白色沉淀1，白色沉淀1
又能溶解在CO2水溶液中，可推断白色沉淀1为CaCO3；从固体2的转化过程可知，白色沉淀2为Fe（OH）2，最终的红褐色沉淀为Fe（OH）3；由上述推断可初步确定X为含有Ca、Fe元素的碳酸盐，且其中铁元素的化合价为＋2，
故可推断其为CaFe（CO3）2，分解得到的固体1为CaO与FeO的混合物，应用题给数据可以进一步确认上述判断的正确性。（1）白色沉淀1中的金属元素为钙，其原子结构示意图为，气体甲为CO2。（2）X的化学式为CaFe（CO3）2；在惰性气
流中加热CaFe（CO3）2至完全分解的化学反应方程式为CaFe（CO3）2=====△CaO＋FeO＋2CO2↑。（3）白色沉淀2在空气中变成红褐色沉淀是因为Fe（OH）2被氧化成Fe（OH）3，反
应的化学方程式为4Fe（OH）2＋O2＋2H2O===4Fe（OH）3。（4）CO2气体与固体1中的FeO可能发生氧化还原反应，反应的化学方程式为2FeO＋CO2=====△Fe2O3＋CO；检验产物的方法：
取反应所得固体物质，加稀盐酸溶解，然后加入KSCN溶液，若溶液呈红色，说明反应产物中有Fe（Ⅲ）。将生成的气体通过灼热CuO，若黑色固体变为红色，证明生成的气体中含有CO。答案：（1）CO2（2）CaFe（CO3）2CaFe（CO3）2=====△CaO＋FeO＋2CO2↑（3）4Fe（OH）
2＋O2＋2H2O===4Fe（OH）3（4）2FeO＋CO2=====△Fe2O3＋CO检测Fe2O3：将固体用稀盐酸溶解，加入KSCN溶液，若溶液显红色，表明产物中有Fe（Ⅲ）；检测CO：将气体通过灼热CuO，若黑色固体变为红色，表明产物中有CO。5．解析：实验目的是探究铁与水蒸气的反应，实验
原理是3Fe＋4H2O（g）=====高温Fe3O4＋4H2↑，装置A提供水蒸气，装置B是铁与水蒸气的反应装置，碱石灰的作用是吸收水蒸气，装置C中用H2还原CuO。（1）铁与水蒸气反应生成Fe3O4和H2，反应中Fe的化合价由0价升高
到＋83价（Fe3O4中Fe的平均化合价），H2O中H的化合价由＋1价降低为0价，3molFe参与反应转移8mole－，用单线桥法表示的电子转移的方向和数目见答案。（2）铁与水蒸气反应产生H2，H2是可燃性气体，不纯时易发生爆炸，若整个装置中有空气，Fe可能与
氧气反应干扰实验且有爆炸危险，故先通一段时间的水蒸气，排尽装置中的空气，因此先点燃A处的酒精灯；氢气是可燃性气体，点燃装置C处酒精灯前，需先验证H2的纯度。（4）①a.溶液中可能存在Fe3＋，证明Fe2＋的存在应利用Fe2＋的还原性，需要加
入酸性高锰酸钾溶液，如果紫（红）色变浅或褪去，说明有Fe2＋，高锰酸钾将Fe2＋氧化成Fe3＋，自身被还原成Mn2＋，反应的离子方程式为5Fe2＋＋MnO－4＋8H＋===Mn2＋＋5Fe3＋＋4H2O。②Fe3O4具有磁性，用铁片接触样品
后再移开，若观察到铁片上吸附有样品，则说明反应后固体中含有Fe3O4。答案：（1）（2）A收集H2，并检验其纯度（3）先熄灭酒精灯和酒精喷灯，待圆底烧瓶中的水冷却至室温，再打开烧瓶塞子补加（4）①a.5Fe2＋＋MnO－4＋8H＋===Mn2＋＋5Fe3＋＋4H2O
b．铁粉可能未完全反应，剩余的铁粉与Fe3＋反应生成Fe2＋，检测不出Fe3＋（或铁粉可能未完全反应，剩余的铁粉与Fe3＋或H＋反应生成Fe2＋，无法判断Fe2＋的来源，合理即可）②铁片上吸附有样品6．解析：本题可从Na＋守恒角度考虑。无论NaHCO3是直接与盐酸
反应，还是先加热分解后再与盐酸反应，Na＋的量不变，生成的NaCl的量相等，则消耗盐酸的量相等。答案：B7．解析：碳酸钠较稳定，加热不分解，只有碳酸氢钠分解，设混合物中含有xgNaHCO3，则2NaHCO3=====△Na2CO3
＋CO2↑＋H2OΔm2×84g62gxg0.31g解之得：x＝0.84，所以m（Na2CO3）＝5g－m（NaHCO3）＝5g－0.84g＝4.16g。答案：C8．解析：由6HCl＋2Al===2AlCl3＋3H2↑和2NaOH＋2Al＋6H2O===2Na[Al（OH）
4]＋3H2↑可知，两份等质量的Al都完全反应时，生成的H2也等量，消耗的HCl与NaOH不等量。实际上HCl、NaOH都为0.3mol，且生成H2的体积比为1∶2，则甲中HCl不足，Al过量；乙中NaOH过量，Al不足。生成H2
的物质的量之比为1∶2，反应的Al的物质的量之比也为1∶2。与0.3molHCl反应的Al为2.7g，则与NaOH溶液反应的Al为5.4g，则加入的铝粉质量为5.4g。答案：A9．解析：由题意知，n（
H2）＝2.24L22.4L·mol－1＝0.1mol，即产生0.1molH2消耗金属合金为5.0g，产生1molH2消耗金属合金为50g，满足此条件的要求是产生1molH2时消耗一种金属质量大于50g，一种金属质量小于50
g。对于给出的金属，产生1molH2时消耗金属的质量分别为m（Mg）＝24g，m（Al）＝18g，m（Fe）＝56g，m（Zn）＝65g。Cu与稀盐酸不反应，故选B。答案：B10．解析：盐酸恰好使混合
物完全溶解，盐酸没有剩余，向反应所得溶液加KSCN溶液无血红色出现，说明溶液为FeCl2溶液，n（HCl）＝0.1L×1mol·L－1＝0.1mol，根据氯离子守恒可知n（FeCl2）＝0.05mol，用足量的H2在高温下还原相同质量的混合物得到铁，根据铁元素
守恒可知n（Fe）＝n（FeCl2）＝0.05mol，故得到Fe的质量为0.05mol×56g·mol－1＝2.8g，故选C。答案：C11．解析：（1）铜与FeCl3溶液反应生成FeCl2与CuCl2，离子方程式为①Cu＋2Fe3＋===2Fe2＋＋Cu2＋，电路板
质量减少了3.2g，则参与反应的铜的质量为3.2g，物质的量n（Cu）＝3.2g64g·mol－1＝0.05mol，生成的Fe2＋的物质的量n1（Fe2＋）＝2n（Cu）＝0.1mol；在浸泡液中加入足量的Fe粉并使之充分反应
，过滤并干燥固体，固体质量比加入的Fe粉质量减少了2.4g。若铁粉只与生成的氯化铜反应会生成铜单质与氯化亚铁，则固体质量会增加，可见浸泡液中还有反应剩余的氯化铁，因此浸泡液中的溶质有FeCl3、FeCl2、CuCl2。（2）加入铁粉后发生的离子反应有②Fe＋2Fe3＋===3F
e2＋，③Fe＋Cu2＋===Cu＋Fe2＋，铁粉足量，根据铜元素守恒可知，参加反应的Cu2＋的物质的量为0.05mol，生成的Cu为3.2g，则Fe＋Cu2＋===Cu＋Fe2＋Δm（固体质量增加）56g64g8g3.2gxg解得x＝0.4，该过程生成的Fe2＋的物质的量n3（Fe2＋）＝
n（Cu2＋）＝0.05mol，反应的Fe的质量m3（Fe）＝0.05mol×56g·mol－1＝2.8g，则反应②中固体质量应减少2.4g＋0.4g＝2.8g，即反应②消耗的Fe粉的质量m2（Fe）＝2.8g，消耗铁粉的总质量m（Fe）＝m2（Fe）＋m3
（Fe）＝2.8g＋2.8g＝5.6g。（3）上述反应②Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋中n2（Fe）＝2.8g56g·mol－1＝0.05mol，根据关系式Fe～3Fe2＋可得生成的Fe2＋的物质的量n2（Fe2＋）＝3n2（Fe）＝0.15mol，则总的Fe2＋的物
质的量n总（Fe2＋）＝n1（Fe2＋）＋n2（Fe2＋）＋n3（Fe2＋）＝0.1mol＋0.15mol＋0.05mol＝0.3mol，则c（Fe2＋）＝n总（Fe2＋）V＝0.3mol0.1L＝3mol·L－1。答案：（1）FeCl3、FeCl2、CuCl2（2）5.6（3）312．答
案：（1）Ca2＋＋C2O2－4===CaC2O4↓（2）根据Ca2＋＋C2O2－4===CaC2O4↓，CaC2O4＋H2SO4=====△CaSO4＋H2C2O4,2KMnO4＋5H2C2O4＋3H2SO4===K2SO4＋2MnSO4
＋10CO2↑＋8H2O，可得关系式5Ca2＋～5CaC2O4～5H2C2O4～2KMnO4，即5Ca2＋～2KMnO4，设血液中含钙量为c（Ca2＋），则5Ca2＋～2KMnO45mol2molc（Ca2＋）×0.0010mol·L－1×15.0
0×10－3L15.00×10－3L解得c（Ca2＋）＝0.0025mol·L－1课时作业19原子结构1．答案：C2．解析：根据质量数和质子数、中子数，原子序数和质子数之间的关系，可得该元素的质子数为272－161＝111，因此质子数小于中子数，即原子序数小于中子数
。答案：B3．答案：D4．答案：B5．解析：在离核较近区域内运动的电子能量较低，A项错误；核外电子的分层排布即是核外电子的分层运动，B项正确；氦原子最外层只有2个电子，C项错误；除K层外的其他电子层作最外层时，所容纳的电子均不超过8个（K层时，不超过2个），D项错误。答案：B6．答案：
C7．答案：A8．解析：当M层上排有电子时，L层已经排满，即L层上排了8个电子，而M层最多能排18个电子，故M层上的电子数不可能为L层上电子数的4倍，B项错误。答案：B9．解析：若为阳离子，电荷数为n－2－8＝n－10；若为阴离子，电荷数为
2＋8－n＝10－n。答案：C10．解析：根据核外电子排布规律可知，K原子的结构示意图为K：。答案：C11．解析：A、C、D三项均无法确定相应元素原子的电子层数，也就无法求其质子数；B项，L层上有3个电子的原子对应元素的原子序
数为5，B项正确。答案：B12．答案：D13．答案：B14．答案：D15．解析：元素X和Y的核电荷数都小于18，元素X次外层有n＋2个电子，此层为L层，n＋2＝8，则n＝6，元素X为硫；元素Y最外层电子数为m－5，m大于或等于5，而次外层有m个
电子，则m等于8，元素Y为铝。答案：（1）<L86（2）<8L（3）硫铝16．答案：（1）D2Al＋2OH－＋6H2O===2[Al（OH）4]－＋3H2↑（2）2Na＋2H2O===2Na＋＋2OH－＋H2↑（3）1
0该原子最外层已达8电子稳定结构，故化学性质稳定（4）O2－、F－17．解析：由A原子最外层上的电子数比次外层电子数多5个，可推知A元素为F；又由A原子与B原子的最外层电子数相同，则B元素为Cl；根据0.2molC单质与足量稀硫酸反应放出0.3molH2可判断C单
质与酸反应时生成了＋3价的化合物，C元素为Al；再由C原子与D原子的质子数之和为32，可得D元素为K。答案：（1）FClAlK（2）（3）Al2（SO4）32Al＋3H2SO4===Al2（SO4）3＋3H2↑课时作业20元素周期表核素1．答案：B2．答案：B3．答案：A4．解析：①质
子数相同的原子一定属于同一种元素，不正确；②同位素的化学性质几乎完全相同，物理性质不同，不正确；③由于中性微粒中，质子数＝核外电子数，带电微粒（离子）中，质子数≠核外电子数，所以质子数相同，电子数也相同的粒子，不可能是一种分子和一种离子，正确；④电
子数相同的粒子不一定属于同一种元素，例如O2－和F－等都是10电子微粒，正确；⑤一种元素可能形成不同的单质，如O2和O3，不正确；⑥质量数是原子的一种说法，而元素没有质量数，不正确。答案：A5．答案：C6．答案：C7．解析：在元素周期表中，
第二、三周期中第ⅡA族与第ⅢA族元素原子序数相差1，在第四、五、六、七周期中，第ⅡA族与第ⅢB族相邻，故原子序数为（n＋1）的元素位于第ⅢA或ⅢB族，A正确。答案：A8．解析：在同一周期的前提下，第ⅡA族、第ⅢA族在短周期中原子序数相差1；第4
、5周期中由于中间有副族元素的存在，故第ⅡA族、第ⅢA族原子序数相差11；第6、7周期中由于镧系、锕系元素的存在，两者相差25。答案：D9．解析：A项，1号元素正下方为3号元素，1号和2号元素间隔16列，A错误；B项，10号元素在周期表中位于第18列（最后一列），B错误；C项，1
3号元素正上方为13－8＝5号元素，正下方为13＋18＝31号元素，C错误。答案：D10．解析：由于A、B、C为短周期元素，从A、B、C的相对位置可知，A只能处在第二周期，而B、C处在第三周期。设A的原子序数为
x，则B的原子序数为（x＋8－1）＝x＋7，C的原子序数为（x＋8＋1）＝x＋9，则（x＋7）＋（x＋9）＝4x，x＝8。所以，A、B、C的原子序数分别为8、15、17，对应的元素分别为O、P、Cl。故选C。答案：C11．解析：A项中1号元素
和2号元素不应只隔1列，且1号元素与11号元素之间还应有一横行，故A项错误。B项中4号元素（Be）和13号元素（Al）中间应隔有10列过渡元素，B项错误。C项中10号元素不和15、16号元素在同一周期
，且6、32号元素不和10号元素在同一族，C项错误；D项正确。答案：D12．答案：A13．解析：（1）根据元素周期表的结构知：第一周期有2种元素，分别位于第1、18列；第二、三周期均有8种元素，分别位于第1、2、13～18列；第四、五、六、七周期为长周期，包括1～
18列。由此可画出元素周期表的边界。（2）画出元素周期表的边界后，很容易找出各元素在周期表中的位置。（3）第三周期第ⅥA族元素为硫，原子序数为16，相对原子质量为32。答案：（1）（2）a、b、c、d、e、f、ga、b、c、d、e、f三0四ⅡB（3）三ⅥA16S
硫32（4）主族元素的族序数与原子的最外层电子数相同，元素的周期数与原子核外的电子层数相同14．解析：Ⅰ.（1）表示含有8个质子、10个中子的原子的化学符号为188O。（2）元素周期表中位于第9纵列的元素属于第Ⅷ族。（3）元素周期
表中最活泼的非金属元素是F，位于第17纵列。（4）所含元素超过18种的周期是第六、七周期。Ⅱ.4种相邻主族短周期元素的相对位置如表，元素x的原子核外电子数是m的2倍，y的氧化物具有两性，则y是Al，因此
x是Mg，则m是C，n是N。（1）镁元素在周期表中的位置是第三周期、第ⅡA族。（2）Al2O3分别与HNO3、NaOH溶液反应的离子方程式为Al2O3＋6H＋===2Al3＋＋3H2O、Al2O3＋2OH－＋3H2O===[Al（OH）4]－。答案：Ⅰ.（1
）188O（2）Ⅷ（3）17（4）六、七Ⅱ.（1）三ⅡA（2）Al2O3＋6H＋===2Al3＋＋3H2OAl2O3＋2OH－＋3H2O===2[Al（OH）4]－15．答案：（1）3026（2）AC（3）4526Fe与5626Fe的原子核外电子排布相同
，化学性质相同16．答案：（1）1315378（2）4（3）五ⅦA（4）NH4Cl课时作业21原子结构与元素的性质1．解析：锂较其他碱金属活泼性差，燃烧不生成过氧化物，生成氧化锂，A正确；碱金属都很软，可用小刀切
割，B正确；碱金属Li→Cs熔点依次降低，C正确；金属锂的密度比煤油的小，所以不能保存在煤油中，D不正确。答案：D2．解析：从Li到Cs，原子半径逐渐增大，原子核对最外层电子的引力逐渐减弱，失电子能力逐渐增强，故锂原子失去电子的能力最弱，故A错误；碱金属单质都易与H2
O反应，故碱金属单质与盐溶液反应时，总是先与H2O反应，故B错误；还原性强的物质，其氧化产物的氧化性一定弱，故金属钾具有强还原性，因此K＋具有弱氧化性，故C错误；Cs的金属性很强，常温下与水反应非常剧烈，甚至会发生爆炸，故D正确。答案：D3．解析：卤素原
子最外层有7个电子，而不是单质最外层有7个电子，A项错误；卤素单质F2只有氧化性，其他单质既有氧化性又有还原性，B项错误；F无正价，Cl、Br、I的最高正化合价都为＋7，C项正确；卤素单质的颜色随核电荷数增加而加深，D项错误。
答案：C4．解析：Fr的金属性最强，与H2O反应最剧烈，A错误；K比Na活泼，与水剧烈反应，不能置换出NaCl溶液中的Na，B错误；碱金属的阳离子具有一定的氧化性，但不强，C错误；从Li到Cs，原子半径逐渐增大，原子核对最外层电子的引力逐渐减小
，失电子能力增强，D正确。答案：D5．答案：D6．答案：C7．答案：A8．答案：C9．答案：（1）探究同主族元素性质的相似性和递变性（2）试管胶头滴管烧杯（培养皿）（3）实验方案实验现象化学方程式①DCl2＋2NaBr===2NaCl＋Br2②A2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑③BBr2
＋2NaI===2NaBr＋I2④C2K＋2H2O===2KOH＋H2↑（4）同主族元素性质相似；同主族元素自上而下原子失电子能力逐渐增强，得电子能力逐渐减弱10．答案：（1）五ⅠA（2）B（3）D（4）AB11．解析：
（1）由B、C处产生的现象知，B处有碘单质生成、C处有溴单质生成，结合氧化还原反应规律知，Cl2的氧化性比Br2、I2强，则氯的非金属性比溴、碘的强；但通过实验无法探究溴单质与碘单质氧化性的强弱，因此无
法得出题述甲同学的结论。（2）乙同学的设计不合理，因为氯气与NaBr溶液反应时不可能全部反应完，即仍有Cl2与KI溶液接触而发生反应。（3）丙同学证明了溴的非金属性比碘强，结合甲同学的实验可以得出非金属性：氯>溴>碘，从而确定
同主族元素非金属性递变规律。（4）实验中生成的氯气有毒，故NaOH溶液的用途是吸收没有反应完的氯气，防止其污染环境。答案：（1）Cl2＋2I－===I2＋2Cl－Cl2＋2Br－===Br2＋2Cl－不正确没有证明Br2能与KI反应（2）不合理氯气不可能
被NaBr消耗完，它会与溴一起进入沾淀粉KI溶液的棉花（3）甲、丙的实验分别证明了氯的非金属性比溴、碘的强，溴的非金属性比碘的强2I－＋Br2===2Br－＋I2（4）吸收多余的Cl2，防止污染空气Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O
课时作业22元素性质的周期性变化规律1．解析：元素的金属性越强，其原子失电子能力越强，其最高价氧化物对应的水化物碱性越强，金属性K>Ca>Mg，则碱性：KOH>Ca（OH）2>Mg（OH）2，A可以；元素的非金属性越强，其对应的气态氢化
物越稳定，同主族元素非金属性O>S>Se，则稳定性：H2O>H2S>H2Se，B可以；挥发性与物质的结构无关，C不可以；同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，D可以。答案：C2．解析：非金属性：Cl>S>P，元素的非金属性
越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，则HClO4、H2SO4、H3PO4的酸性依次减弱，故A项错误；金属性：Na>Mg>Al，元素的金属性越强，对应的单质的还原性越强，则钠、镁、铝的还原性依次减弱，故B项正确；非金属性：Cl>S>P，元素的非金属
性越强，对应的氢化物越稳定，故C项正确；P、S、Cl三种元素原子的最外层电子数分别为5、6、7，最高正化合价分别为＋5、＋6、＋7，故D项正确。答案：A3．解析：Li的原子半径大于Cl的原子半径，A、D两项错误；对于核外电子层结构相同的单核离子和
原子，其半径是不同的，B项错误。答案：C4．解析：由元素周期律可知，S原子的半径应介于P原子与Cl原子之间，B项正确。答案：B5．解析：本题涉及到元素的最高正价与负价的换算，由最高价氧化物的化学式RO2可知它的最高正价为＋
4，则负价为－4，所以其气态氢化物化学式为RH4，根据已知条件可求得R的相对原子质量为12，即碳元素。答案：A6．解析：金属性是指元素原子失去电子的能力，与失电子数的多少无关，A项错误；金属性强弱的证明方法常有：最高价氧化物对应水化物的碱性强弱（B项）、单质与水（或非氧化性酸）反应
的剧烈程度（C项）、单质之间的置换反应（D项）等，所以B、C、D三项均正确。答案：A7．解析：不能用氢化物的水溶液的酸性强弱来比较元素的非金属性强弱。答案：C8．答案：D9．答案：A10．解析：根据元素周期表可判断出a、b、c分别为H
e、F、S，对照选项，C正确。答案：C11．解析：由题图可知，X为O，Y为F，Z为Na，R为S，W为Cl。O和S不在同一周期，A项错误；同周期主族元素从左到右原子半径逐渐减小，电子层数多的元素原子半径大，故原子半径：S>Cl>O，B项错误；元素的非金属性越强，对应气态氢化物越稳定，气态氢化物的稳定
性：HF>H2O，C项错误；F的非金属性比S强，故还原性：F－<S2－，D项正确。答案：D12．解析：由题图可知，X为O，Y为Na，Z为Al，W为S，R为Cl。A.X元素为O，位于第二周期第ⅥA族，A错误；B.Z为Al，Y为Na，故原子半径：Y>
Z，B正确；C.X、Y、R分别为O、Na、Cl，形成的某种化合物如NaClO可以用于漂白、消毒，C正确；D.Y、Z和W三者最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、Al（OH）3、H2SO4，故能两两相互反应，D正确。答案：A13．解析：（1）第ⅡA族元素原子的最外层电子数均为2，
故选B。（2）第三周期元素的最高正价由＋1～＋7，故选C。（3）F－、Na＋、Mg2＋、Al3＋四种离子的电子层结构相同，离子半径随着核电荷数增大而依次减小，故选A。（4）第二周期元素的原子半径从左到右依次减小，故选D。答案：（1）B（2）C（3）A（4）D14．解析：由元素在周期表中位置，
可知①为N、②为F、③为Na、④为Mg、⑤为Al、⑥为Si、⑦为S、⑧为Cl、⑨为Ar、⑩为K、⑪为Ca、⑫为Br；再结合元素周期律可知，最活泼的金属元素是K，最活泼的非金属元素是F，最不活泼的元素是稀有气体元素Ar
。它们的最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的是HClO4，碱性最强的是KOH，呈两性的氢氧化物是Al（OH）3。在比较Cl2与Br2的活泼性差异时，可根据元素非金属性强弱比较的依据设计实验。答案：（1）NSiSCa（2）KFAr（3）HClO4KOHAl（OH）33HClO4＋Al（OH）
3===Al（ClO4）3＋3H2OHClO4＋KOH===KClO4＋H2OKOH＋Al（OH）3===K[Al（OH）4]（4）FK（5）Cl将氯气通入溴化钠溶液中，溶液变为橙黄色，发生的反应为Cl2＋2NaBr===2NaCl＋Br215．解析：（2）由于硝酸具有挥发性，为避免硝酸与
硅酸钠反应而干扰二氧化碳与硅酸钠反应，必须净化二氧化碳，利用饱和碳酸氢钠溶液除去硝酸蒸气。（3）由实验现象可知三种酸中，硝酸酸性最强，硅酸酸性最弱；由此推知，氮的非金属性最强，硅的非金属性最弱。（4）题目已限制探究氯与溴元素的非金属性强弱，所以B中应装溴化钾或溴化钠溶液。（5
）由于尾气中含有氯气，故要用碱溶液吸收，避免污染环境。答案：（1）CaCO3＋2H＋===Ca2＋＋CO2↑＋H2O溶液变浑浊（2）除去二氧化碳中混有的硝酸蒸气（3）HNO3>H2CO3>H2SiO3N>C>Si（4）Cl2＋2Br－===Br2
＋2Cl－（5）吸收尾气，防止氯气污染环境（6）Cl2>Br2Cl>Br课时作业23元素周期表和元素周期律的应用1．答案：B2．答案：B3．答案：C4．答案：B5．解析：同一周期的元素，非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强。电子层数相
同的三种元素X、Y、Z，它们的最高价氧化物对应水化物的酸性由强到弱的顺序为HXO4>H2YO4>H3ZO4，则元素的非金属性：X>Y>Z，元素的原子序数：X>Y>Z。同一周期的元素，原子序数越大，元素的原子半径越小，所以原子半径：X<Y<Z，A错误；元
素的非金属性越强，其对应简单气态氢化物的稳定性越强，由于元素的非金属性：X>Y>Z，所以简单气态氢化物稳定性：X>Y>Z，B正确；元素的非金属性越强，其原子得电子能力越强，元素的非金属性：X>Y>Z，所以原子得电子能力：X>Y>Z，C正确；元素的非金属性越强，其
单质与氢气化合越容易，由于元素的非金属性：X>Y>Z，单质与氢气反应的难易程度：X>Y>Z，D正确。答案：A6．解析：三种短周期元素A、B、C的原子序数依次增大，A3－与B2－、C＋的电子层结构相同，A、B在第二周期，C在第三周期，则A为N元素，B为O元
素，C为Na元素。三种元素可组成化合物NaNO2和NaNO3，故A项正确；核外电子排布相同的离子，原子序数越大，离子半径越小，则离子半径：A3－>B2－>C＋，故B项错误；O为第ⅥA族中非金属性最强的元素，则对应的气态氢化物最稳定
，故C项正确；O元素的单质臭氧具有强氧化性，可用于杀菌消毒，故D项正确。答案：B7．解析：由Y的最低化合价为－2价及其原子半径可推断Y为氧元素；X的原子半径比氧的原子半径小且最高化合价为＋1价，则X为氢元素；M的最高价为＋7价，最低价为－1价
，则M为氯元素；Z的原子半径小于氯元素，且最低价为－3价，最高价为＋5价，则Z为氮元素；Q的最高价为＋1价，且Q的原子半径大于氯原子半径，但小于最高价为＋2价的R的原子半径，故Q为钠元素，R为钙元素，据此分析解答。Q为Na元素，Na位于第三周期第ⅠA族，故A正确；X、Y、Z三种元素分别为H、O、
N元素，三者可以形成硝酸、硝酸铵和一水合氨等化合物，故B正确；M－、Q＋、R2＋的半径大小应该为Cl－>Ca2＋>Na＋，故C错误；Z、M的最高价氧化物对应的水化物分别为HNO3、HClO4，二者都是强酸，故D正确。答案：C
8．解析：金属铝中铝元素的化合价为最低价态，金属铝只有还原性，没有氧化性，A错误；非金属元素区的Cl、P、As等可用于制农药，这些元素分布在元素周期表右上方，B正确；催化剂一般为金属或金属化合物，多为过渡元素区域的金属元素的单质或化合
物，C正确；一般在金属元素与非金属元素的分界处寻找可作半导体材料的元素，D正确。答案：A9．解析：根据元素X、Y的单质均为空气的重要组成部分，可知X、Y分别为N元素和O元素的一种，结合14X＋42He―→17Y＋1H可知，Y的质子数大于X，则X为N元素，Y为O元素，根据9Z＋42He―→12C＋
10n可知，Z的质子数为4，则Z为Be元素。X、Y的单质N2、O2均可发生还原反应，如N2＋3Mg=====点燃Mg3N2、O2＋2Mg=====点燃2MgO，A正确；X、Z的最高价氧化物对应的水化物为HNO3和Be（OH）2，依题意，Z单质及化合物的性质与A
l类似，可知X、Z的最高价氧化物对应的水化物均可与强碱反应，B正确；N2不存在常见的同素异形体，C错误；N元素与H元素可形成NH3、N2H4等化合物，O元素与H元素可形成H2O、H2O2等化合物，D正确。答案：C10．
解析：同主族元素从上到下，金属性逐渐增强，与水反应的剧烈程度逐渐增大，由Mg与冷水缓慢反应、Ca与冷水剧烈反应可知，常温下单质铍与水反应缓慢，钡可与水剧烈反应，①错误、②正确；根据Mg（OH）2难溶于水、Ca（OH）2微溶于水可知，B
e（OH）2难溶于水、Ba（OH）2易溶于水，③错误、④正确；根据MgCO3、CaCO3、BaCO3难溶于水可知SrCO3难溶于水，⑤错误。答案：C11．解析：As与P同主族，P与Cl同周期，原子半径A
s>P>Cl，A项错误；Cl与Br同主族，As与Br同周期，热稳定性，HCl>HBr>AsH3，B项错误；元素非金属性越强，其阴离子的还原性越弱，即离子的还原性：As3－>S2－>Cl－，C项正确；非金属性越强，最高价氧化物对应水化
物的酸性越强，所以酸性强弱为：H2SO4>H3PO4>H3AsO4，D项错误。答案：C12．解析：根据题目所给信息可推出W为O，X为Na，Y为Si，Z为Cl。A项，根据核外电子数相同的简单离子，原子序数越大，半径越小可知，对应简单离子半径：Na＋<O2－，正确；B项，
元素的非金属性越强，其简单气态氢化物越稳定，故HCl的稳定性强于SiH4，正确；C项，第ⅦA族元素中F元素无正价，错误；D项，SiO2可以与NaOH溶液反应生成盐和水，正确。答案：C13．解析：A对，气态氢化物稳定性与元素的非金属性强弱一致，非金属性：O>N>Si，所以气态氢化物稳定性：H2O
>NH3>SiH4。B对，氢元素可形成H2O显＋1价，也可以形成NaH显－1价。C错，不能用氢化物的酸性来证明元素的非金属性强弱，可以采用比较最高价含氧酸酸性强弱来证明。D对，根据元素周期表知识判断，各周期0族元素的原子序数
依次为2、10、18、36、54、86、118，所以第118号元素在周期表中位于第七周期0族。答案：C14．解析：根据题意可推知，R、X、Y、Z分别为C、Na、Al、S。钠与铝位于第三周期，钠原子半径大于铝，碳
位于第二周期，所以原子半径Na＞Al＞C，选项A正确；碳的最高价氧化物对应水化物为碳酸，为弱酸，硫的最高价氧化物对应水化物为硫酸，为强酸，铝的最高价氧化物对应水化物为氢氧化铝，为两性氢氧化物，酸性最弱，选项B错误；钠单质与铝单质投入水中，若钠过量，与水反应可生成的氢氧化钠可以
将铝全部溶解，选项C错误；同周期主族元素从左到右非金属性逐渐减弱，故金属性Na＞Al，选项D错误。答案：A15．解析：根据题给短周期元素在周期表中的位置可知Z、M为第二周期元素，X、Y、Q、R为第三周期元素，由Y的最高化合价为＋3价，可知Y为Al元素，则X为Mg元素，Z为C元素，M为N元素，Q为S
元素，R为Cl元素。元素非金属性越强，对应简单阴离子的还原性越弱，还原性：CS2>CCl4，A项错误；Mg在CO2中燃烧的反应为2Mg＋CO2=====点燃C＋2MgO，即Mg能从CO2中置换出C，B项正确；Al能和Fe2O3在高温时发生铝热反应生成Fe和Al2O3，
C项正确；氮元素的最高价氧化物的水化物HNO3能和其最低价氢化物NH3反应生成NH4NO3，D项正确。答案：A16．解析：被誉为“矿石熊猫”的香花石由前20号元素中的6种主族元素组成，其中R原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，R原子只能有2个
电子层，最外层电子数为6，则R为O元素；Y、Z、R、T位于同周期，即处于第二周期，T元素无正价，则T为F元素；Z的最外层电子数与次外层电子数相等，且Z为金属元素，则Z为Be元素；Y为金属元素，且位于第二周期，则Y为Li元素；X
、Z位于同主族，则X为Mg元素或Ca元素，若X为Mg元素，则由X与R原子序数之和是W的2倍，推出W为氖元素，不符合题意，若X为Ca元素，则由X与R原子序数之和是W的2倍，推出W为Si元素，符合题意。Y为锂元素、Z为铍元素、R为氧元素、T为氟元素，
四种元素位于同周期，同周期主族元素的原子半径从左向右逐渐减小，即原子半径：Y>Z>R>T，A正确；W为硅元素、R为氧元素、T为氟元素，非金属性：F>O>Si，则简单气态氢化物的稳定性：W<R<T，B正确；X为钙元素、Z为铍元素，金属性：Ca>Be，则最高价氧化物
对应的水化物的碱性：X>Z，C正确；XR2、WR2两种化合物分别为CaO2、SiO2，CaO2中O元素的化合价为－1价，SiO2中O元素的化合价为－2价，D错误。答案：D17．解析：由R、T、Q、W在周期表中的位置可知，R位于第二周期，T、Q、W位于第三周期，T所处的周期序数与主族序
数相等，则T是Al元素，Q为Si元素，R为N元素，W为S元素。元素的非金属性越强，简单气态氢化物的稳定性越强，N元素的非金属性强于Si元素，则简单气态氢化物的热稳定性：R>Q，故A正确；元素的非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，非金属性：Si<S，则最高价氧化物对应
的水化物的酸性：W>Q，故B错误；同周期主族元素从左到右，原子半径依次减小，同主族元素自上而下，原子半径依次增大，则原子半径的大小顺序为T>Q>R，故C正确；T为Al元素，单质铝既能与盐酸反应生成氯化铝和氢气，
又能与氢氧化钠溶液反应生成四羟基合铝酸钠和氢气，故D正确。答案：B18．答案：（1）①＞②第四周期第ⅣA族半导体材料③锗（2）①原子最外层电子数都是3个②稀硫酸（或盐酸）NaOH溶液19．答案：（1）B（2）ArF（3）Al（OH）3Al（OH）3＋OH－===[Al（O
H）4]－Al（OH）3＋3H＋===Al3＋＋3H2O（4）NaOHMg（OH）220．答案：（1）第二周期第ⅤA族（2）Na2O22Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑（3）S2－＞Cl－＞N
a＋（4）CH4＞NH3＞H2OH2O＞NH3＞CH4（5）H2SO4、HClO4HClO421．解析：（1）Se是34号元素，在周期表中位于第四周期第ⅥA族；（2）元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性越强，非金属性：O>S>Se，则简单氢化物的稳定性：H2S
e<H2S<H2O，A项错误；元素的非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，非金属性：Cl>S>Se，则酸性：H2SeO4<H2SO4<HClO4，B项错误；36S的中子数为36－16＝20，74Se的中子数为74－34＝40，36S与74Se
的中子数之和为60，C项正确；元素的非金属性越强，其简单阴离子的还原性越弱，非金属性：S>Se，则还原性：Se2－>S2－，D项正确；（3）①由图中的最高正化合价或最低负化合价与原子序数的关系可知，x是H元素，d是O元素，e是Na
元素，f是Al元素，g是S元素，h是Cl元素。电子层数越多，离子半径越大，电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则O2－、Na＋、Al3＋、S2－、Cl－中半径最大的是S2－；②x是H元素，d是O元素，x和d组成的化合物可将碱性工业废水中的CN－氧化，则该化合物为H2O2，H2
O2可和CN－反应生成碳酸盐和氨气，离子方程式为H2O2＋CN－＋OH－===CO2－3＋NH3↑。答案：（1）第四周期第ⅥA族（2）CD（3）①S2－②H2O2＋CN－＋OH－===CO2－3＋NH3↑22．解析：A元素的原子半径最小，则A为H；B元素原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，
则次外层有2个电子，核外共有8个电子，B为O；E元素的最外层电子数是次外层电子数的0.75倍，最外层电子数为8×0.75＝6，E为S；C与A同主族，且与E同周期，则C为Na；D既可与C的最高价氧化物的水化物反应，也可与E的最高价氧化物的水化物反应，且均有A元素的单质生成，则D为Al；F的
原子序数大于S，且为短周期主族元素，则F为Cl。（1）F元素为Cl，原子结构示意图为；元素E为S，在周期表中的位置为第三周期第ⅥA族。（2）C、D、E分别为Na、Al、S，同周期主族元素从左到右，原子半径依次减小，故原子半径
：Na>Al>S；B和E的简单气态氢化物分别为水、硫化氢，同主族元素自上而下非金属性依次减弱，简单气态氢化物稳定性依次减弱，则稳定性：H2O>H2S。（3）单质D与C的最高价氧化物的水化物分别为Al、NaOH，两物质反应生
成四羟基合铝酸钠和氢气，离子方程式为2Al＋2OH－＋6H2O===2[Al（OH）4]－＋3H2↑。（4）A、B、C、E四种元素分别为H、O、Na、S，组成的亚硫酸氢钠和硫酸氢钠反应生成二氧化硫、硫酸钠和水，离子方程式为HSO－3＋H＋===H2O＋SO2
↑。答案：（1）第三周期第ⅥA族（2）Na>Al>SH2O>H2S（3）2Al＋2OH－＋6H2O===2[Al（OH）4]－＋3H2↑（4）HSO－3＋H＋===H2O＋SO2↑23．解析：根据题给部分元素周期表
可推断，①是H元素；②是Na元素；③是K元素；④是Ca元素；⑤是Al元素；⑥是C元素；⑦是O元素；⑧是S元素；⑨是Cl元素；⑩是Br元素。（1）根据化合物中元素正、负化合价代数和等于0，化合物NaH中H元素的化合价为－1；NaH能与水反应生成氢气，在反应后的溶液中滴入酚酞，溶液变红，说明有氢
氧化钠生成，反应的化学方程式为NaH＋H2O===NaOH＋H2↑。（2）Ca原子核外有20个电子，原子结构示意图为。（3）天然气的主要成分是CH4，其电子式为；C元素和O元素形成的CO2是直线形分子，其结构式为O===C===O；Na在O2中燃烧生成的淡黄色固体为Na2O2
，将其投入硫酸亚铁溶液中，Na2O2和水反应生成氢氧化钠和氧气，Fe2＋被氧化为Fe3＋，Fe3＋和氢氧化钠反应生成红褐色氢氧化铁沉淀，主要的反应现象是产生红褐色沉淀，并生成大量气泡。（4）核外电子层结构相同的离子，原子序数越小，半径越大，K＋、Cl－、S2－的核外电子排
布相同，半径最大的是S2－；Na和Al的最高价氧化物对应的水化物是NaOH、Al（OH）3，NaOH和Al（OH）3反应生成四羟基合铝酸钠和水，反应的离子方程式为Al（OH）3＋OH－===[Al（OH）4]－。（5）同主族元素从上到下，其简单气态氢化物稳
定性逐渐减弱，HCl和HBr中更稳定的是HCl。答案：（1）－1NaH＋H2O===NaOH＋H2↑（2）（3）O===C===O产生红褐色沉淀，并生成大量气泡（4）S2－Al（OH）3＋OH－===[Al（OH）4]－（5）HCl课时作业24离子
键1．解析：氯化钠是由带电的离子构成的，但是氯化钠不显电性，C选项错误。答案：C2．答案：D3．答案：B4．答案：C5．解析：A是Na，B是O，它们可以形成Na2O和Na2O2，均可以与水反应，均含有离子键。答案：C6．解析：①二者分别是C、O，形成的化合物CO2中不含离子键，不符合；②
二者分别是Mg、Cl，形成离子化合物MgCl2，符合；③二者分别是Ca、F，形成离子化合物CaF2，符合；④二者分别是Na、Cl，形成离子化合物NaCl，不符合。答案：C7．答案：C8．解析：氯化铵是由离
子构成的，没有分子存在，A错误。答案：A9．解析：Mg易失去电子形成Mg2＋，F易得到电子形成F－，F－和Mg2＋的电子层结构相同，核外都是10个电子。MgF2是由Mg2＋和F－通过离子键相结合而形成的离子化合物，电子式为。MgF2
不溶于水，其水溶液的导电性很弱。答案：C10．解析：在NaH中钠失去电子显＋1价，氢则得到电子显－1价，并且形成Na＋和H－，电子式为Na＋[·×H]－。答案：A11．解析：由题意知，Z为O；Y为＋1价，且Y的阳离子和Z的阴离子的核外电子排布
相同，因此Y为Na；Na2O2与XO2反应可生成O2，因此X为C（碳）。答案：（1）碳钠氧12．解析：Na3N是由Na与N结合形成的，其间的相互作用为离子键，电子式为，Na3N＋3H2O===3NaOH＋NH3↑，可知该反应属于复分解反应，当与盐酸反应时，生成NaCl、NH4Cl两种盐；Na＋
与N3－的电子层排布相同，但Na＋的质子数大于N3－，可知离子半径为Na＋<N3－。13．答案：（1）KKF（2）相同是（3）HClO4高氯酸（4）Al（OH）3Al（OH）3＋3HCl===AlCl3＋3H2O（5）CaCaS课时作业25共价键1．解析：A项，无化学键的断裂和形成
，不属于化学变化；B项，先断裂金刚石中的碳碳键，再形成石墨中的碳碳键，属于化学变化；C项，只断裂NaCl中的离子键，没有新化学键形成；D项，无化学键的断裂和形成，不属于化学变化。答案：B2．解析：因原子半径为r（C）>r（O），A不正确；H2O2是共价化合物，电子式应为，B不正确
；14C只有6个质子，D不正确。答案：C3．解析：在H2O2中含有非极性键氧氧键和极性键氧氢键。答案：A4．答案：B5．解析：题干要求有两点：一是形成XY2型；二是形成的是共价化合物。A、B、C、D分别可形成Li2O（X2Y型离子化合物）、H2S
（X2Y型共价化合物）、MgCl2（XY2型离子化合物）、CS2（XY2型共价化合物）。答案：D6．解析：A项，MgCl2的形成过程可表示为；B项，共价化合物的结构式中用“—”代替一对共用电子，未成键电子对不用表示
，所以H2O分子的结构式可表示为H—O—H；C项，NaOH中含有H—O共价键；D项，Na2S的电子式应为，不能把两个Na＋合并在一起。答案：B7．解析：MgCl2中无共价键，A错误；HCl中只含有共价键，为共价化合物，C错误；NaOH为离子化合物，D错误。答案：B8
．解析：A项，中子数为18的氯原子应表示为3517Cl，错误；B项，氮原子最外层为5个电子，N2的结构式为N≡N，错误；C项，Na＋的结构示意图为，错误；D项，依据H、O原子的最外层电子数可知该项正确。答案：D9．解析：该化合物由阴、阳离子组成，说明它是离子化合物。从
该化合物的结构式看出，W为金属元素；1个Z原子形成1个共价键，说明Z原子最外层有1个或7个电子；1个X原子形成4个共价键，说明X原子最外层有4个电子；Y原子形成2个共价键，阴离子得1个电子，说明Y原子最外层有5个电子；根据“Z核外最外层电子数是X核外电子数的一半”知，W、X、Y、Z分别为
Na、Si、P、Cl。氯化钠是强酸强碱盐，其水溶液呈中性，A项错误；元素非金属性顺序为Z（Cl）＞Y（P）＞X（Si），B项错误；磷的最高价氧化物是P2O5，其对应的水化物为HPO3、H3PO4，它们均是中强酸
，C项正确；2个硅原子和1个P原子形成2个共价键，阴离子得到1个电子，所以该化合物中磷原子最外层达到8电子稳定结构，D项错误。答案：C10．解析：A项只形成非极性键；B项只形成离子键，C项只破坏非极性键。答案：D11．解析：①水分子内H、O原子之间形成化学键，分子间的H、O原子间不形成化
学键，错误；②HCl属于共价化合物，分子中没有离子键，错误；③化学反应的本质是旧键断裂、新键形成的过程，但HCl中存在共价键而非离子键，错误。综上分析可知，B项正确。答案：B12．答案：B13．答案：D14．解析：O2、金刚石中只含有共价键；H2SO4只
含有共价键，是共价化合物；NaBr中只含有离子键，是离子化合物；Na2CO3、NH4Cl、NaHSO4、Na2O2、NaOH中都是既含有离子键又含有共价键的离子化合物；稀有气体Ne是单原子分子，不含任何化
学键。NaHSO4溶于水电离时，Na＋与HSO－4之间的离子键被破坏，HSO－4中H＋与SO2－4之间的共价键也被破坏；而在熔融状态电离时只破坏离子键。答案：（1）①②④③⑤⑥⑦⑨⑩⑧（2）④③⑤⑥⑦⑨⑩（3）离
子键和共价键NaHSO4===Na＋＋H＋＋SO2－4离子键NaHSO4===Na＋＋HSO－415．答案：（1）KMg（2）HClO4Al（OH）3＋OH－===[Al（OH）4]－16．解析：题给信息中A、B、C的离子结构与氖
原子的结构相同，说明A、B、C是第二周期的非金属元素或第三周期的金属元素；B的氢化物的分子式为H2B，说明一定是氧元素；A是没有正价态的元素，说明A很活泼且只能得电子，为活泼的非金属元素氟；C与酸反应能产生H2，说明C为金属元素且
在第三周期，再由0.2molC从酸中置换出0.1molH2，说明此元素显＋1价，即为钠元素；D的原子核中没有中子，说明D为氢元素。（3）Na2O＋H2O===2Na＋＋2OH－（或2Na2O2＋2H2O===4Na＋＋4OH－＋O2↑）重难题型突破练四1．解析：21H的中子数为2－1＝1，A错误
；21H的质子数为1，则核电荷数为1，B正确；自然界中最轻的原子是11H，不是21H，C错误；21H是氢元素的一种同位素，D错误。答案：B2．答案：D3．解析：A项符合同位素的概念；B项，2H和3H的质子数都是1；C项，14C和1
4N的质量数相等，它们的中子数不相等，分别为8和7；D项，6Li和7Li的电子数相等，中子数不相等，中子数分别为3和4。答案：A4．答案：C5．解析：质子数决定元素的种类，4019M、4019Q＋是K元素形成的微粒，4020N、402
0Y2＋表示Ca元素形成的微粒；4018X表示Ar原子，4017Z－表示Cl－。答案：B6．解析：设x、y分别为A的L层和M层的电子数。依题意有KLMA2xyB22xy＋3由于B的M层上有电子，故其L层肯定充满电子，2x＝8，x＝4。由于A的L
层未充满电子，故其M层无电子，y＝0。所以A、B的核外电子数分别为6、13，是碳原子和铝原子。答案：D7．解析：23894Pu的中子数＝238－94＝144，A正确；23894Pu和23994Pu的质子数相同，中子数不同，互为同位素，B正确；2389
4Pu和23994Pu的转化是原子核发生的变化，属于核反应，不是化学变化，C错误；元素符号前左下角数字为质子数，23894Pu和23994Pu的质子数都是94，所以核外电子数均为94，D正确。答案：C8．解析
：He元素为2号元素，4He原子核内含有2个质子，2个中子，质量数为4，A错误；3He含有2个质子、1个中子，4He含有2个质子、2个中子，3He与4He的质子数相同，中子数不同，是同一元素的不同核素，互为同位素，
B正确；核外电子数等于核内质子数，3He与4He的电子数均为2，则3He与4He的电子数相同，C错误；4He的最外层为K层，K层电子数为2时，为稳定结构，故4He不易失去最外层电子，也不易得到电子，D
错误。答案：B9．解析：根据“质子数＋中子数＝质量数”的关系，（1）N＝A－Z。（2）AXn＋共有x个电子，中性原子X的电子数为x＋n，则N＝A－x－n。（3）AXn－共有x个电子，中性原子X的电子数为x－n，则N＝A－x＋n。（4）12C16O2分子中
的中子数为6＋8＋8＝22。（5）A2－所含电子数为m－x＋2，则ngA2－所含电子的物质的量为n（m－x＋2）mmol。答案：（1）A－Z（2）A－x－n（3）A－x＋n（4）22（5）n（m－x＋2）mmol10．解析：由A元素的
原子最外层电子数是次外层电子数的2倍，可知A是碳元素；B元素的原子核外M层电子数是L层电子数的一半，可知B为硅元素；C元素的原子次外层电子数比最外层电子数多1个，可知C应为氯元素。答案：（1）碳C硅Si氯Cl（2）11．答案：C12．解析：氢和锂两种元素的原子序数之差为2，却同位于第ⅠA族，
A错误；D－核外有36个电子，即与第四周期的0族元素Kr处于同一周期，且D比Kr少一个电子，即在第ⅦA族，B正确；甲、乙同主族，根据元素周期表结构可知，乙的原子序数可能为x＋2或x＋8或x＋18或x＋32等，C错误；同一周期的第ⅠA族
和第ⅢA族的元素的原子序数之差分为三种情况：①第二、三周期为2；②第四、五周期为2＋10；③第六、七周期为2＋24，D错误。答案：B13．答案：C14．解析：根据元素周期律可知，磷原子的半径应在Si和S原子之间，故答案为选项A。答案：A15．解析：根据同主族元素W的核电荷
数是X的2倍，可知X为O元素，W为S元素；结合元素在周期表中的位置可确定Y为Si、Z为P、T为As元素。原子半径：O<S<P，简单氢化物的热稳定性：PH3<H2S<H2O，A错误；Si、P、S的非金属性依次增强，则最高价氧化物对应水化物的酸性依次增强，B错误；离子半径：S2－<P3
－，C错误；As处在周期表中金属元素和非金属元素的分界线处，具有半导体的特性，As2O3中As元素为＋3价，在反应中化合价既可升高又可降低，则As2O3既有氧化性又有还原性，D正确。答案：D16．解析：由部分短周期元素的原子序数与其某种常见化合价的关系图分析可知，A为氧元素，E为硫元
素，B为钠元素，C为铝元素，D为磷元素。31D和33D的质子数相同，中子数不同，不是同种核素，二者互为同位素，A错误；A、E、D的非金属性依次减弱，它们的简单气态氢化物的稳定性也依次减弱，即稳定性：A>E>D，B错误；B和C的最高价氧化物对应的水化
物分别为NaOH和Al（OH）3，二者可以反应，C正确；A和B可形成Na2O和Na2O2，D错误。答案：C17．解析：根据元素周期表的结构分析题图可知，它的更具体的内容如下所示：B是第一周期的最后一种元素，C是第二周期的第一种元素，则C的原子序数比B的原子序数大1，A项正确；原子结构示意图
为的元素的原子序数是8，第二周期元素从左到右原子序数为3～10，则原子序数为8的元素与C位于同一周期，B项正确；B是2号元素，原子核外有1个电子层、2个电子，D是12号元素，原子结构示意图为，C项正确；原子结构示意图为的元素是10号元素，也是第二周期的最后一种元素，与B
同族，但该族是0族而不是主族，D项不正确。答案：D18．解析：由图可知，原子半径M>X>Y>Z，A项正确；非金属性X<Y<Z，因此B项错，C项正确；由于只有M为金属而M为第三周期元素，所以M为Al元素，
则X、Y、Z为Si、N、O元素，D项正确。答案：B19．解析：元素①～⑥分别为N、O、F、Al、S、Cl。离子半径：S2－>O2－>Al3＋，A错；非金属性越强则对应气态氢化物越稳定，最高价氧化物对应水化物的酸性也越强，故稳定性：H2O>H2S，酸性：HClO4>H2SO4，B错、C正确；
F无正价，D错。答案：C20．解析：据A、B、C在周期表中的位置可知，A、C处于第二周期，B处于第三周期，设B的原子序数为x，则A为x－9，C为x－7，据题意有x－9＋x－7＝x，则x＝16，又由于B原子核内质子数和中子数相等，则B的中子数为16，即为S，那么A为
N，C为F。答案：（1）氮硫氟（2）第二周期第ⅦA族（3）HFH2S（4）>NH3＋HNO3===NH4NO321．答案：A22．答案：A23．答案：B24．解析：Z、Y、X、W、Q为五种原子序数依次增大的短周期主族元素，其中Z、Y、W分别位于三个不同周期，则Z位于第一周期，为H，Y位于第二周期，
W位于第三周期。Y、X、W的三种简单离子的核外电子排布相同，结合化合物的结构可知，X为Na。由结构图中Y只能形成两个共价键可知，Y为O，Y、Q位于同一主族，Y原子的最外层电子数是W原子的最外层电子数的2倍，Q为S，W为Al。因此Z、Y、X、
W、Q分别为H、O、Na、Al、S。非金属性越强，其简单氢化物越稳定，非金属性：O>S，则简单氢化物稳定性：Y>Q，A正确；该物质中含有H原子，H不满足8电子稳定结构，B错误；H与O形成的过氧化氢为含有非极性共价键的化合物，O与Na形成的过氧化钠为含有
非极性共价键的化合物，C正确；W与X形成的最高价氧化物对应水化物分别为Al（OH）3和NaOH，氢氧化铝为两性氢氧化物，能与氢氧化钠溶液反应，D正确。答案：B25．解析：由H2O2的分子结构图可知，H2O2的结构式为H—O—O—H，故A正确；
H2O2为共价化合物，含有H—O极性键和O—O非极性键，故B正确；H2O2与SO2在水溶液中反应的化学方程式为H2O2＋SO2===H2SO4，H2SO4在水溶液中完全电离，则反应的离子方程式为SO2＋H2O2===2H＋＋SO2－4，故C正确；H2O
2与SO2反应的化学方程式为H2O2＋SO2===H2SO4，生成物H2SO4为共价化合物，因此反应过程中有共价键断裂，同时有共价键形成，但没有离子键的形成，故D错误。答案：D26．答案：C27．解析：一般金属元素与非金属元素形成离子键，同种非金属元素之间形成非极性共价键，不同种非金属元素之间
形成极性共价键，铵盐中铵根离子和酸根离子之间存在离子键，据此分析解答。没有离子键的断裂与形成，也没有非极性键的形成，A错误；没有非极性键的断裂与形成，B错误；2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑中有离子键、极性键、非极性
键断裂，又有离子键、极性键、非极性键形成，C正确；没有非极性键的断裂与形成，D错误。答案：C28．答案：（1）H、C、N、O、F、S、Cl（2）H、F、Cl（3）（4）H2SSO2和SO3共价键（或极性共价键）29．解析：根据题
给信息，确定七种10电子粒子分别是Ne、Na＋、OH－、NH3、Mg2＋、H3O＋、H2O。答案：（1）OH－NH3H3O＋H2O（2）（3）NaOHMg（OH）2（4）2H2O＋2F2===4HF＋O2极性键和非极性键极性键和非极性键30．解析：根据各元素在周期
表中的位置，①～⑩分别为N、O、Na、Mg、Al、Si、S、Cl、K、Br元素。（1）元素①的单质为氮气，电子式是∶N⋮⋮N∶，元素②简单氢化物为水，结构式是H—O—H。（2）③、④、⑨三种元素分别为Na、Mg、K，同周期主
族元素原子序数越大，半径越小，同主族元素原子序数越大，半径越大，则原子半径由大到小的顺序为K>Na>Mg。（3）非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，元素⑥、⑦、⑧三种元素的非金属性：Cl>S>Si，则酸性最强的为HClO4。（4）元素③的单
质与水反应生成NaOH溶液，元素⑤的单质为铝，Al与NaOH溶液反应生成四羟基合铝酸钠和氢气，化学方程式为2Al＋2NaOH＋6H2O===2Na[Al（OH）4]＋3H2↑。（5）①装置A中氯气与NaBr反应生成氯化钠和溴，离子方程式为Cl2＋2Br－=
==Br2＋2Cl－。②通入的氯气可能过量，氯气可溶于水，则A中橙黄色溶液中可能含Cl2，过量的氯气也会与碘化钾反应生成氯化钾和碘，故不能得出非金属性：Br>I。答案：（1）∶N⋮⋮N∶H—O—H（2）K>Na>Mg（3）HClO4（4）2Al＋2NaOH＋6H2O===2Na[Al（OH
）4]＋3H2↑（5）①Cl2＋2Br－===Br2＋2Cl－②可能是过量的氯气与碘化钾反应生成氯化钾和碘第一章综合素养测评1．答案：C2．答案：B3．答案：C4．答案：D5．答案：D6．答案：C7．解析：A项，离子浓度和离子所带电荷总数
的多少共同决定导电能力，Ca2＋所带电荷虽大，但若K＋的浓度远大于Ca2＋时，KCl溶液的导电能力大于CaCl2溶液的导电能力；B项，KCl熔融或溶于水时能导电，是电解质，错误；溶液导电性强弱与离子物质的量浓度的大小有关，强酸溶液里离子的物质的量浓度不一定大，弱酸溶液里离子的物质的
量浓度不一定小，饱和溶液不一定是浓溶液，不饱和溶液不一定是稀溶液，故C、D项错误。答案：A8．解析：Ba2＋与CO2－3结合生成沉淀而不能大量共存，A项错误；SO2－3与H＋结合生成HSO－3或H2SO3而不能大量共存
，B项错误；K＋、Na＋、SO2－4、MnO－4四种离子能大量共存，C项正确；H＋与HCO－3结合生成H2O和CO2而不能大量共存，D项错误。答案：C9．解析：氧化性由强到弱的顺序为Co2O3>Cl2>Fe3＋>I2，所以A项中不可能生
成FeI3。答案：A10．解析：根据氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性判断即可。①中BrO－3是氧化剂，ClO－3是氧化产物，所以氧化性：BrO－3>ClO－3；②中Cl2是氧化剂，HIO3是氧化产物，所以氧化性：Cl2>HIO3；③中ClO－3是氧化剂，Cl2是氧化产物，所以氧化
性：ClO－3>Cl2，则氧化性强弱顺序为BrO－3>ClO－3>Cl2>HIO3，故C正确。答案：C11．答案：C12．解析：A对，Fe和HCl反应生成Fe2＋和H2。B错，大理石为难溶于水的物质，应写为CaCO3，而不是CO
2－3。C对；D对，Cu（OH）2和BaSO4都难溶于水。答案：B13．解析：反应中，KClO中Cl元素的化合价由＋1降低为－1，得电子被还原，KClO为氧化剂；Fe2O3中Fe元素的化合价由＋3升高为＋6，失电子被氧化，Fe2O3为还原剂。答案：A1
4．解析：溶液呈蓝色，则溶液中一定存在Cu2＋。取适量该溶液加入硝酸银溶液，有白色沉淀生成，滴加硝酸后仍存有沉淀，白色沉淀是氯化银或Ag2SO4，因此存在Cl－、SO2－4中至少一种，由于各种离子的数目相等，则根据电
荷守恒可知溶液中存在的离子有下列四种情况，第一种：Cu2＋、Cl－、NO－3，第二种：Cu2＋、Cl－、SO2－4、Na＋，第三种：Cu2＋、SO2－4，第四种：Cu2＋、Na＋、SO2－4、NO－3。所以B错误。答案：B15．答案：
C16．解析：因溶液为无色，一定不存在有色离子Cu2＋；实验②中，原溶液中加入足量的BaCl2溶液不产生沉淀，说明原溶液中不存在CO2－3、SO2－4；实验①中，原溶液中加入足量的Ba（OH）2溶液产生白色沉淀，再结合实验②则判断原溶液中一定含有Mg2＋；实验③中，
原溶液中加入足量的AgNO3溶液产生白色沉淀且白色沉淀不溶解于稀硝酸，已判断溶液中无CO2－3、SO2－4，则该白色沉淀为AgCl，故原溶液中一定含有Cl－。由上述分析可知：（1）原溶液中一定含有的离子是Mg2＋、Cl－；一定不含有的
阴离子是CO2－3、SO2－4；可能含有的离子是Na＋、K＋。（2）根据溶液呈电中性，该溶液中唯一的阴离子即Cl－一定存在，所以实验③可省略。（3）原溶液中加入足量的Ba（OH）2溶液产生Mg（OH）2白色沉淀，反应的离子方程式为Mg2＋＋
2OH－===Mg（OH）2↓。答案：（1）Mg2＋、Cl－SO2－4、CO2－3Na＋、K＋（2）是根据溶液呈电中性，原溶液中一定含有Cl－（3）Mg2＋＋2OH－===Mg（OH）2↓17．答案：（1）MgSO4
Mg（OH）2MgCl2BaCl2AgNO3（2）①SO2－4＋Ba2＋===BaSO4↓③Mg（OH）2＋2H＋===Mg2＋＋2H2O⑤SO2－4＋Ba2＋===BaSO4↓18．解析：（Ⅰ）铁可与硫酸铜溶液发生置换反应，生成铜，其还原
性：铁>铜；铜与AgNO3溶液发生置换反应，生成单质银附在铜丝表面呈银白色，该反应说明还原性：铜>银。（Ⅱ）（1）溶液中，BaCl2可分别与Na2SO4、K2CO3反应生成BaSO4、BaCO3沉淀，故第二次检测结果不正确。（2）SO
2－4的检验可用硝酸钡溶液，产生白色沉淀，CO2－3可产生干扰，后面还要检验Cl－，故用硝酸检验CO2－3并将其除去；Cl－的检验用硝酸银溶液，产生白色沉淀，SO2－4会对Cl－的检验产生干扰，故应先检验SO2－4并将其除去。答案：（Ⅰ）（1）Fe＋Cu2＋===Fe2＋＋Cu（2）
红色铜丝上有银白色金属附着Cu＋2AgNO3===Cu（NO3）2＋2Ag（3）Fe>Cu>Ag（Ⅱ）（1）二（2）HNO3检验SO2－4，并将其除去AgNO3Ag＋＋Cl－===AgCl↓19．解析：水是生成物之一，说明
反应物中肯定含有氢、氧两种元素，含有氢元素的有H2S和HNO3，含有氧元素的有HNO3和NO；观察五种物质，含硫元素的有S和H2S，含氮元素的有HNO3和NO。根据氧化还原反应的特点，如果S是反应物，则H2S是生成物，此时S得电子，N只能失电子，即NO是反应物，
两种反应物中均没有氢元素，所以S和NO不可能是反应物；由以上分析可知，反应物只能是H2S和HNO3，生成物只能是S、NO和H2O。答案：（1）HNO3H2SNO、S（2）H2SHNO3（3）>（4）3H2S＋2HNO3===3S↓＋2NO＋4H2O20．解析：（1）根据
化合价升高数＝化合价降低数，则该反应方程式为2NaNO2＋2KI＋2H2SO4===2NO↑＋I2＋K2SO4＋Na2SO4＋2H2O。（2）根据反应方程式2NaNO2＋2KI＋2H2SO4===2NO↑＋I2＋K2SO4＋
Na2SO4＋2H2O得发生反应的离子方程式为2NO－2＋2I－＋4H＋===2NO↑＋I2＋2H2O。（3）一氧化氮是有毒气体，能污染大气，该反应中生成了一氧化氮，所以会造成大气污染；亚硝酸根有毒，从环保角度来讲，要处理NaNO2，所用的物质的还原
性比KI更强，使其N元素化合价由＋3价变为无污染的0价氮，如NaNO2＋NH4Cl===NaCl＋N2↑＋2H2O。（4）已知亚硝酸钠溶液显碱性，而氯化钠溶液显中性，则鉴别亚硝酸钠和氯化钠的方法是测定亚硝酸钠和氯化钠溶液的酸碱
性，也可酸化后用淀粉KI溶液加以鉴别。（5）氯化铵和亚硝酸钠反应得到氮气、氯化钠和水，方程式为NaNO2＋NH4Cl===N2↑＋NaCl＋2H2O，反应中氯化铵失电子，亚硝酸钠得电子，则用单线桥表示电子转移的方向和数目为。答案：（1）2NaNO2＋2KI＋2
H2SO4===2NO↑＋I2＋K2SO4＋Na2SO4＋2H2O（2）2NO－2＋2I－＋4H＋===2NO↑＋I2＋2H2O（3）有NO这样的污染性气体产生还原性强（4）测定亚硝酸钠和氯化钠溶液的酸碱性，亚硝酸钠溶液显碱
性，氯化钠溶液显中性，或取两溶液用H2SO4酸化后，滴入淀粉KI溶液，变蓝色的为NaNO2。（5）第二章综合素养测评1．答案：C2．答案：A3．答案：C4．解析：组合③只能求出固体的质量；如把组合④中溶液的质量分数换
成溶液的物质的量浓度，则能组成一个求物质的量的公式。答案：C5．答案：B6．答案：C7．解析：含0.1molBaCl2的溶液中含有0.2molCl－，故A项错误；质量与状况无关，由摩尔质量与质量分析，B项正确；C项中没有注明
是否是标准状况，故C项错误；同理D项也错误。答案：B8．解析：B项，如图甲所示，定容后液面高于容量瓶的刻度线，溶液体积偏大，NaOH的物质的量浓度偏小；C项，如图乙所示，情况与B项相反；A、D两项易判断会偏小。答案：C9．解析：内外两环颜色不同，说明两种
物质起作用，表现出酸性和漂白性，A正确；内环HClO表现强氧化性，起漂白作用，外环H＋表现酸性而呈红色或浅红色，B正确；由现象可知外环是由于H＋表现酸性的结果，说明中和反应快，内环是HClO的强氧化性的表现
，氧化还原反应慢些，C正确；HClO是Cl元素化合价升高的产物为氧化产物，D错误。答案：D10．答案：B11．解析：CH3COOK的相对分子质量为98，A项错误；CH3COOK的摩尔质量为98g·mol－1，B项错误；2mo
l氧是指氧原子还是指氧分子，指代不明确，C项错误；1个CH3COOK含有3个H，所以1molCH3COOK中含有3×6.02×1023个H，D项正确。答案：D12．解析：C项中I－与ClO－发生氧化还原反应；D项中得到的Cl2中含有水蒸气而不纯
净。答案：D13．答案：D14．解析：浓盐酸与二氧化锰共热反应生成氯化锰、氯气和水，反应的化学方程式为MnO2＋4HCl（浓）=====△MnCl2＋Cl2↑＋2H2O中，若反应中有2molHCl参加反
应，则有1molHCl被氧化，但随着反应的进行，盐酸浓度逐渐减小，反应停止，所以实际上被氧化的HCl分子数小于NA，故A错误；未指明标准状况，无法计算11.2L氯气的物质的量和反应转移的电子数目，故B错误；由方程式可知，生成3mol氯气，反应转移5mol电子，则标准状况
下生成13.44L氯气转移电子的数目为13.44L22.4L/mol×53×NAmol－1＝NA，故C正确；氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应中氯气既是氧化剂也是还原剂，则1mol氯气与足量氢氧化钠溶液反应时，氧化剂的物质的量为3mol×12×NAmol－1＝
1.5NA，故D错误。答案：C15．解析：A项，K2CO3和NaHCO3两种白色固体都与盐酸反应生成二氧化碳，都产生气泡，可通过生成气体的先后判断；B项，NaHCO3不稳定，加热易分解，生成二氧化碳气体，可通入澄清石灰水，观察有无白色浑浊；C项，K2CO3、N
aHCO3均可与Ba（OH）2溶液反应生成沉淀，不可鉴别；D项，二者分别含有K元素、Na元素，焰色试验现象不同，注意观察钾元素的焰色试验应通过蓝色钴玻璃观察，可鉴别。答案：C16．解析：（1）n（NH3）＝N（NH3）NA＝3.01×10236.02×1023mol－
1＝0.5mol。（2）n（Cl2）＝V（Cl2）Vm＝2.24L22.4L·mol－1＝0.1mol，m（Cl2）＝n（Cl2）M（Cl2）＝0.1mol×71g·mol－1＝7.1g；n（HCl）＝c（HCl）×V＝0.4mol·L－1×0.5L＝0.2mol，0.2mol＝aL22.4
L·mol－1，则a＝4.48L。（3）根据阿伏加德罗定律可知，同温同压下，气体的体积之比等于其物质的量之比，则1体积气体X2跟3体积气体Y2化合生成2体积化合物C，可知X2＋3Y2＝2C，根据质量守恒定律，可知C是由X
和Y两种元素组成，且其化学式为XY3（或Y3X）。（4）根据题意，混合气体的物质的量为11.2L22.4L·mol－1＝0.5mol，设CO物质的量为amol，则CO2物质的量为（0.5－a）mol，则根据气体质量可得等式28a＋44×（0.5－a）＝20，解得a＝0
.125mol，n（CO2）＝（0.5－0.125）mol＝0.375mol，则n（CO）∶n（CO2）＝0.125∶0.375＝1∶3，则n（C）∶n（O）＝（1＋3）∶（1＋3×2）＝4∶7，故N（C）∶N（O）＝4∶7。（5）n（AlC
l3）＝0.1mol·L－1×0.02L＝0.002mol，n（MgCl2）＝0.2mol·L－1×0.03L＝0.006mol，则混合液中的n（Cl－）＝0.002mol×3＋0.006mol×2＝0.018mol，则c（Cl－）＝0.018mo
l0.05L＝0.36mol·L－1。答案：（1）0.5mol（2）7.14.48（3）XY3（或Y3X）（4）1∶34∶7（5）0.3617．解析：（1）c（HCl）＝1000×1.19×36.5%36.5mol·L－1＝11.9mol·L－1。（2）溶液的浓度和密度不随所取体积的多少而变化。（
3）根据c（浓）×V（浓）＝c（稀）×V（稀），则取浓盐酸的体积V（浓）＝0.400mol·L－1×500×10－3L11.9mol·L－1≈0.0168L＝16.8mL。答案：（1）11.9（2）BD（3）①16.8②BBCA18．解析：（1）A为一种常见的单质，B、C
、D、E是含有A元素的常见化合物，它们的焰色试验均为黄色，则为钠的单质或钠的化合物，所以A为Na，结合转化关系可知，B为Na2O2，C为NaOH，D为Na2CO3，E为NaHCO3；（2）以上反应中①为钠的燃烧，②为Na与水反应，③为过氧化钠与水反应，④为过氧化钠
与二氧化碳反应，均属于氧化还原反应；（3）B→C是过氧化钠与水反应，离子方程式为2Na2O2＋2H2O===4Na＋＋4OH－＋O2↑，C→E是氢氧化钠与过量CO2反应生成NaHCO3，化学方程式为NaOH＋CO2===NaHCO3；（4）利用差
量法计算：2NaHCO3=====△Na2CO3＋CO2↑＋H2OΔm2×84620．84g0.31g计算得到原混合物中碳酸氢钠的质量为0.84g，所以混合物中碳酸钠的质量为5.00g－0.84g＝4.16g。答案：（1）Na2O2NaHCO3（2）①②③④（3）2Na2O2＋2H2
O===4Na＋＋4OH－＋O2↑NaOH＋CO2===NaHCO3（4）4.16g19．解析：生产ClO2和NaClO2的工艺流程为ClO2发生器中发生反应2NaClO3＋Na2SO3＋H2SO4===2Na2SO4＋2Cl
O2↑＋H2O，ClO2吸收器中发生反应2ClO2＋H2O2＋2OH－===2ClO－2＋O2↑＋2H2O，将吸收器中的溶液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等操作获得NaClO2。（1）根据以上分析可知，ClO2发生器中反应的离子方程式为2ClO－3＋2H＋＋SO2－3===2ClO2↑
＋SO2－4＋H2O。（2）ClO2吸收器中ClO2被双氧水还原生成NaClO2，H2O2的作用是还原剂。（3）高浓度ClO2气体易发生爆炸，在生产、使用时需用其他气体进行稀释，因此根据方程式可知另一个优点是产生的氧气稀释了ClO2，防止其浓度过高发生爆炸，产生危险
。（4）在碱性条件下，用ClO2无害化处理含CN－的废水，CN－转化为CO2－3和N2，因此反应的离子方程式为2ClO2＋2CN－＋4OH－===2CO2－3＋N2＋2Cl－＋2H2O。答案：（1）2ClO－3＋2H＋＋SO2－3===2ClO2↑＋SO2－4＋H2O（2）
还原剂（3）产生的氧气稀释了ClO2，防止其浓度过高发生爆炸，产生危险（4）2ClO2＋2CN－＋4OH－===2CO2－3＋N2＋2Cl－＋2H2O20．解析：（1）混合气体的物质的量为8.96L22.4L·mol－1＝0.4mol
，混合气体的平均摩尔质量M＝14.4g0.4mol＝36g·mol－1。（2）0.4molCO和CO2的混合气体中，含0.4mol碳原子。（3）①将混合气体依次通过NaOH溶液和浓硫酸，则最后收集到的气体是CO。②设原混合气体中CO的物质的量为n1，CO2的物
质的量为n2。n1＋n2＝0.4mol28g·mol－1×n1＋44g·mol－1×n2＝14.4g，解得n1＝0.2moln2＝0.2mol，因此气球中收集到0.2molCO，含有
2.8mol电子。③0.2molCO在标准状况下的体积为4.48L。答案：（1）36g·mol－1（2）0.4NA（3）①28g·mol－1②2.8NA③4.48第三章综合素养测评1．解析：A项，合金均为混合物，一般来说，合金的熔点比成分金属的熔点低；B项，在熔剂层覆盖
下熔炼，可隔绝空气，防止高温铝液被O2氧化；C项，镁铝合金中的铝能与NaOH溶液反应；D项，合金中的Mg、Al均能与盐酸反应。答案：D2．答案：C3．解析：生铁与钢含碳量不同，性能不同，生铁硬而脆，钢韧性强
，故A说法错误；铁在潮湿的空气中容易发生吸氧腐蚀或析氢腐蚀，加速铁的腐蚀，故B说法正确；氧化铁为红棕色，Fe3O4为黑色晶体，FeO为黑色固体，赤铁矿的主要成分是氧化铁，故C说法正确；回收废旧金属有利于节约金属资源，故D说法正
确。答案：A4．答案：B5．解析：将氯化铁饱和溶液加入到沸水中加热至溶液呈红褐色可得到氢氧化铁胶体，不是氢氧化铁红褐色沉淀，故A错误；硫氰化钾溶液与二价铁离子不反应，溶液不变色，故B错误；铝与氢氧化钠溶液反应生成Na[Al（OH）4
]和氢气，有大量气体生成，故C正确；氯化铝与氨水反应生成氢氧化铝白色沉淀，氢氧化铝是两性氢氧化物，溶于强酸强碱，不溶于弱酸弱碱，则氨水过量时，氢氧化铝不会溶解，故D错误。答案：C6．答案：C7．解析：由图像可知，
等质量的甲、乙、丙三种金属，甲最先反应完全，其次为丙，乙最后反应完全，因此可判断三种金属的活动性顺序为甲＞丙＞乙，反应速率最快的是甲，最慢的是乙，A项错误，D项正确；反应所放出的氢气全部来自H2SO4，由于所放出氢气的体积不同，因此所消耗H2SO4的质量一定不
相同，B项错误；根据一定量金属完全反应产生氢气的质量＝金属化合价金属的相对原子质量×金属的质量，因为金属的质量及化合价均相同，所以金属的相对原子质量与反应放出氢气的多少成反比，则三种金属的相对原子质量大
小关系是丙＞乙＞甲，C项错误。答案：D8．解析：因还原性：Fe>Cu，FeCl3溶液中加入铁粉、铜粉时，依次发生反应：Fe＋2FeCl3===3FeCl2，Cu＋2FeCl3===2FeCl2＋CuCl2有以下情况：①Fe、Cu均剩余，溶
液中只有Fe2＋；②只有Cu剩余，溶液中只有Fe2＋或含Fe2＋、Cu2＋；③Fe、Cu均不剩余，Fe3＋恰好反应，溶液中有Fe2＋、Cu2＋；④Fe、Cu均不剩余，Fe3＋剩余，溶液中有Fe3＋、Fe2＋、Cu2＋。C项Fe剩余，则
溶液中不可能含有Cu2＋。答案：C9．解析：Fe2＋具有还原性，Br2具有氧化性，二者发生氧化还原反应，Fe2＋被氧化为Fe3＋，Br2被还原为Br－，题中离子方程式符合原子守恒、得失电子守恒、电荷守
恒，A项正确；Na[Al（OH）4]溶液中通入过量CO2，生成Al（OH）3沉淀和HCO－3，B项正确；（NH4）2Fe（SO4）2溶液与少量Ba（OH）2溶液反应，Fe2＋结合OH－能力比NH＋4强，生成物应为BaSO4和Fe（O
H）2，C项错误；FeCl3溶液与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，反应的离子方程式为2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋，D项正确。答案：C10．解析：根据反应的化学方程式：Mg＋2HCl===MgCl2＋H2↑2Al＋6HCl===2Al
Cl3＋3H2↑Fe＋2HCl===FeCl2＋H2↑等质量的三种金属与酸反应产生H2的量不等；等物质的量的三种金属与酸反应产生H2的量也不等；若三种金属均过量，则产生的H2的量由盐酸决定。答案：B11．答案：C12．解析：n（FeCl3）＝c（FeCl3）V＝
1mol·L－1×0.1L＝0.1mol，故n（Fe3＋）＝0.1mol，n（CuCl2）＝c（CuCl2）V＝1mol·L－1×0.1L＝0.1mol，故n（Cu2＋）＝0.1mol，n（Fe）＝5.6g56g·mol－1＝0.1mol，根据氧化性Fe3＋>Cu2＋，铁
粉会先和Fe3＋反应，若铁粉有剩余，再和Cu2＋反应，根据2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋，Fe、Fe3＋均为0.1mol，Fe过量，消耗Fe0.05mol，生成Fe2＋0.15mol，剩余的0.05molFe与Cu2＋反应，根据Cu2＋＋Fe===Cu＋Fe2＋，消耗Cu2＋0.05mol
，生成Cu和Fe2＋均为0.05mol。根据分析，反应后的溶液中n（Fe2＋）＝0.15mol＋0.05mol＝0.2mol，A错误；根据分析，反应后的溶液中不存在Fe3＋，但是还剩余0.05molCu2＋，B错误；根据分析，反应后残留固体为生成的Cu单质，其质量为0.05mol×64g
·mol－1＝3.2g，C正确；根据分析，反应后残留固体只有Cu单质，Fe已经反应完全，D错误。答案：C13．解析：合金的硬度一般比组成合金的各材料的硬度大，A错误；铝是地壳中含量最高的金属元素，B正确；由题中信息和纯铝在常温下与水反应很慢知C、D
正确。答案：A14．解析：Al与NaOH溶液的反应为2Al＋2NaOH＋6H2O===2Na[Al（OH）4]＋3H2↑2mol2mol3moln（Al）0.1L×2mol·L－1n（H2）列比例式2mol0.1L×2mol·L－1＝3moln（H2），解得n（H2）＝0.3mol，由
Al与NaOH溶液反应生成的气体为3VL，得3VL22.4L·mol－1＝0.3mol，则V＝2.24。再根据反应Fe＋2HCl===FeCl2＋H2↑，可求出反应的Fe的物质的量为0.1mol，HCl的物质的量为0.2mol，则c（HCl）＝0.
2mol0.1L＝2mol·L－1，B正确；由上述数据分析知铁、铝物质的量不相等，A错误；Fe与盐酸反应生成Fe2＋，C错误；盐酸与NaOH溶液中溶质的物质的量浓度之比为1∶1，D错误。答案：B15．解析：铁
与氯气反应生成氯化铁，加入NaClO、NaOH，次氯酸钠在碱性条件下将铁离子氧化成Na2FeO4，加入饱和KOH溶液可析出高铁酸钾（K2FeO4），分离得到粗K2FeO4，采用重结晶、洗涤、低温烘干将
其提纯，以此解答该题。K2FeO4具有强氧化性，可用于杀菌消毒，生成的铁离子可水解生成具有吸附性的氢氧化铁胶体，可用于净水，A正确；尾气中含有氯气，可与氯化亚铁反应生成氯化铁，可再利用，B正确；反应中Cl元素由＋1价降低为－1价，Fe元素由＋3价升高到＋6价，则氧化剂与还原剂的
物质的量之比为3∶2，C正确；结晶过程中加入浓KOH溶液，增大了K＋浓度，该温度下，高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠的溶解度小，有利于K2FeO4晶体的析出，D错误。答案：D16．解析：（1）向淡黄色溶液中加入试剂1生成了淡红色溶液，说明食品中的部分FeSO4被空气中的O2氧化生成了
Fe3＋，Fe3＋与KSCN溶液反应生成红色的Fe（SCN）3。（2）淡红色溶液中还含有较多的Fe2＋，向其中加入新制氯水时，Cl2将Fe2＋氧化成Fe3＋，溶液中Fe3＋浓度增大，生成的Fe（SCN）3浓度也增大，溶液颜色加深。（3）
①实验中加入过量氯水，放置一段时间后，深红色褪去，说明Fe（SCN）3逐渐消失，而Fe（SCN）3的生成与Fe3＋、SCN－有关，根据假设1，溶液中的＋3价铁被Cl2氧化为更高价态的铁，分析SCN－中各元素的化合
价可知，S为－2价，C为＋4价，N为－3价，所以SCN－也具有还原性，故也可能是SCN－被过量的氯水氧化导致深红色褪去。②假设Fe3＋没有被氧化，而是SCN－被氧化，只要向褪色后的溶液中补充SCN－，若出现红色，说明假设2成立；若不出现红色，说明假设
2不成立。（4）由于FeSO4易被空气中的O2氧化，所以FeSO4应密封保存。答案：（1）KSCN（2）2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－、Fe3＋＋3SCN－===Fe（SCN）3（3）①SCN－被过量的氯水氧化②取少量褪色后的溶液，滴加过量KSCN溶液，若出现红
色，则说明假设2成立，若不出现红色，则说明假设2不成立（4）密封保存17．解析：（1）Mg、Al均可以和酸反应，因此不可以用酸来实验，由于Al可以和碱溶液反应而镁不能，可以用NaOH溶液与Al反应制H2，然后测量H2的体积以计算Al的物质的量。（2）B中发生Al与碱的反应：2
Al＋2NaOH＋6H2O===2Na[Al（OH）4]＋3H2↑。（3）铝镁合金的质量为ag，B中剩余固体镁的质量为cg，则参加反应的铝的质量为（a－c）g，设铝的相对原子质量为M，则2Al＋2NaOH＋6H2O===2Na[Al（OH）4]＋3H2↑2M3×22400mL（a
－c）gbmL解得M＝33600（a－c）b。（4）铝的质量分数＝a－ca×100%，实验过程中，若未洗涤过滤不溶物，c值偏大，铝的质量分数将偏小。答案：（1）NaOH溶液（2）2Al＋2NaOH＋6H2O===2Na[Al（OH）4]＋3H2↑（3）3360
0（a－c）b（4）偏小18．解析：（2）②根据化合物中化合价代数和为0可知FeO（OH）中铁元素的化合价为＋3价。反应中元素的化合价均不变化，所以Fe2＋既不是氧化剂也不是还原剂。（3）①离子反应的本质是离子
浓度的减小，这说明FeO（OH）更难溶，因此FeOCl的溶解度大于FeO（OH）的溶解度。②1mol四氧化三铁中含有1mol亚铁离子，亚硫酸钠的氧化产物是硫酸钠，根据得失电子守恒、原子守恒以及电荷守恒可知Na2SO3还原FeO（OH）生成
Fe3O4的离子方程式是SO2－3＋6FeO（OH）===SO2－4＋2Fe3O4＋3H2O。答案：（2）c（3）①S（FeOCl）＞S[FeO（OH）]②SO2－3＋6FeO（OH）===SO2－4＋2Fe3O4＋3H2O19．解
析：根据题图可知，甲为铁；乙为氧化物且Fe元素为＋2价，为氧化亚铁；丙、丁为氢氧化物，Fe元素分别为＋2、＋3价，故丙为氢氧化亚铁，丁为氢氧化铁。（1）①K2FeO4中铁元素的化合价是＋6价，在反应中Fe元素能得电子，表现强氧化性，常用作杀菌消毒剂。根据题图可知，乙为铁元素的＋2
价氧化物，即FeO，属于碱性氧化物，能与酸反应生成盐和水，b正确。②戊和己分别是铁元素的亚铁盐和铁盐，则铁与硝酸反应生成的戊和己分别是Fe（NO3）2和Fe（NO3）3，HNO3在反应中被还原为NO，氮元素的化合价由＋5价降低为＋2价；设反应生成Fe（NO3
）3的物质的量为1mol，则生成Fe（NO3）2的物质的量为3mol，参加反应的Fe（甲）的物质的量为4mol，根据得失电子守恒可得1mol×3＋3mol×2＝n（NO）×3，n（NO）＝3mol；根据N原子守恒可知
参加反应的n（HNO3）＝n（NO）＋n[Fe（NO3）2]×2＋n[Fe（NO3）3]×3＝12mol，则铁与HNO3的物质的量之比为4mol∶12mol＝1∶3。③Fe2＋与烧碱溶液反应生成Fe（OH）2（丙），一段时间后氢氧化亚铁被
空气中的氧气氧化，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色的Fe（OH）3（丁）。（2）由镁铝合金废料制备MgCl2溶液和Al2（SO4）3溶液的思路如下：答案：（1）①氧化b②1∶3③4Fe（OH）2＋O2＋2H2O===4Fe（OH）3白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变为红褐色（2）①NaOH溶液2Al＋
2NaOH＋6H2O===2Na[Al（OH）4]＋3H2↑②稀盐酸MgCl2Mg＋2H＋===Mg2＋＋H2↑稀硫酸[Al（OH）4]－＋H＋===Al（OH）3↓＋H2O③稀硫酸Al2（SO4）3Al（OH）3＋3H＋===Al3＋＋3H2O第四章综合素养测评1．解
析：24796Cm原子核内中子数＝247－96＝151，核外电子数＝96，核内中子数与核外电子数之差＝151－96＝55，故A正确；24496Cm、24796Cm、24896Cm是质子数相等，中子数不等的原子，互为同位素，故B正确；Cm属于过渡
元素，属于金属元素，离金属与非金属的分界线较远，一般不会用作半导体材料，故C错误；在元素周期表中，第3纵列至第12纵列为过渡元素，均为金属元素，故D正确。答案：C2．解析：A项中符号应为19277Ir，A错误；C项中结构式为H—O—Cl，C错误；D项中示意图应为，D错误。
答案：B3．解析：A.n只能取1时，该电子层上的电子数是1或2，对应的元素是氢或氦。B.n＝3时，该电子层上的电子数最多为18，也可能小于18。C.n＝3，且该电子层为最外层时，其中的电子数为6是合理的。D.n只能取2时，有关原子的核外
有K和L2个电子层，K层有2个电子，这2个电子离原子核最近、能量最低。答案：B4．解析：按目前元素周期表的编排原则，第七周期应有32种元素，则前七个周期共有118种元素，119号元素应位于第八周期第Ⅰ
A族。答案：C5．解析：非金属元素的最高正价与其最外层电子数相等，故A项正确，B项错误。稀有气体元素He最外层为2个电子，锑元素是原子最外层为5个电子的金属元素，故C、D两项错误。答案：A6．解析：根据核外电子排布规律知，x＝2，a为Si，由b、d形成的化合物的电子式可知b为Na，d为N
，c、d同主族，则c为P。原子序数：c>a>b，A错误；N2中含有N≡N键，性质很稳定，B错误；原子半径：a>c>d，C正确；最高价氧化物对应的水化物的酸性：d>c>a，D错误。答案：C7．解析：图中，a为稀有气体元素氦，是5种元素中最稳定的，b是氧元素，没有＋6价；c的非金属性比d
弱，因此c的最高价氧化物对应水化物的酸性比d的弱；c的非金属性比e强，因此c的气态氢化物的稳定性比e强。答案：D8．答案：A9．解析：X、Y、Z、M、Q、R为短周期元素，X、R最外层只有一个电子，为第ⅠA族元素，Q最外
层有3个电子，位于第ⅢA族，Y最外层有4个电子，位于第ⅣA族，Z原子最外层有5个电子，位于第ⅤA族，M最外层有6个电子，位于第ⅥA族；R原子半径最大，为Na元素；X原子半径最小，为H元素；Y原子半径大于Z而小于M，M原子半径小于Q
而大于Y，可知Q是Al、Y是C、Z是N、M为S元素。A项，Na的化学性质较活泼，放入Al的盐溶液中，先与水反应，不能把Al置换出来，正确；B项，H和Na形成NaH，H元素显－1价，正确；C项，同一周期从左到右，元素非金属性逐渐增强，则N>C，热稳定性NH3>CH4，错误；
D项，氯气的活泼性强于S的，因此氯气可以从H2S的水溶液中置换出S单质，正确。答案：C10．答案：A11．答案：C12．解析：M、W、T、L为同一短周期元素，据图可知，W能形成4个共价键、L能形成1个共价键，则W位于第ⅣA族、L位于第ⅦA族，且L核外最外
层电子数是W核外电子数的一半，L最外层7个电子，则W原子核外有14个电子，故W为Si元素，L为Cl元素；该阴离子中Cl元素为－1价、W元素为＋4价，根据原子团化合价的代数和为－1价可知，T为－3价，所以T为P元素；根据阳离子所带电荷知，M为Na元素。通
过以上分析知：M、W、T、L分别为Na、Si、P、Cl元素。A错，NaCl为离子化合物，但属于强电解质。B对，该化合物中P为－3价，P原子最外层电子数为5＋3＝8，满足8电子稳定结构。C错，Si的最高价氧化物为SiO2，SiO2不与水反应。D
错，同一周期元素非金属性随着原子序数增大而增强，则非金属性Cl>P>Si，即非金属性：L>T>W。答案：B13．解析：MgF2中只存在Mg2＋与F－间的离子键，不存在共价键，故A错误；HCl中只含共价键，属于共价化合物，HCl是强电解质，在水中能完全电离为H＋和Cl－，故B正确；离子化合物
在熔融状态下能电离为自由移动的阴、阳离子，能导电，共价化合物在熔融状态下不能导电，故C错误。CO2与水反应时，破坏了H2O和CO2中的共价键，故D错误。答案：B14．答案：C15．答案：D16．解析：由题中及表中数据可知，①②③④⑤⑥
⑦⑧分别位于第ⅥA、ⅡA、ⅠA、ⅤA、ⅦA、ⅠA、ⅤA、ⅢA族。Be的原子半径为0.089nm，Be的最高价为＋2，②的最高价也是＋2、半径比Be大，则②为Mg；③的最高价为＋1、半径比Mg小，则③是Li
；⑥的最高价为＋1、半径比Mg大，则⑥为Na；④和⑦的最高价都是＋5、最低价都是－3，则它们为第ⅤA族元素，因为④的半径较大，故④为P、⑦为N；根据同周期元素的原子半径逐渐减小，可知⑧为B、①为O、⑤为Cl。答案：（1）第二周期第
ⅢA族Li和Na、N和P（2）2Na2O2＋2H2O===4Na＋＋4OH－＋O2↑（3）①AD②C17．答案：（1）ⅰ.离子键和共价键HBrO4ⅱ.HFH2ONaOHS2－>Cl－>Na＋>Al3＋（2）ⅰ.第五周期第ⅠA族ⅱ.de18．解析：根据原子序数和化合价的关系图可判断①～⑧分
别是H、C、N、O、Na、Al、S、Cl。（1）元素③是N，在周期表中的位置为第二周期第VA族；（2）金属性Na>Al，则元素⑤、⑥的最高价氧化物对应的水化物中，碱性较强的是NaOH；（3）同周期元素的原子半径从左至
右逐渐减小，则⑥、⑦、⑧三种元素常见原子的半径最大的是Al；（4）元素⑥和⑧的最高价氧化物对应的水化物分别是氢氧化铝和高氯酸，二者反应的离子方程式为Al（OH）3＋3H＋===Al3＋＋3H2O；（5）由于非金属性越强
，简单氢化物越稳定，非金属性Cl>S，则元素⑦、⑧形成的简单氢化物中，稳定性较强的是HCl；（6）由①、④元素组成的含有极性键和非极性键的一种常见化合物是双氧水，结构式为H—O—O—H；（7）⑤和⑦按2∶1的原子个数比形成的化合物是离子化合物硫化钠，用电子式
表示其形成过程为。答案：（1）第二周期第ⅤA族（2）NaOH（3）Al（4）Al（OH）3＋3H＋===Al3＋＋3H2O（5）HClCl的非金属性更强（6）H—O—O—H（7）19．解析：由题中所给药品可知，可用Na2S与氯气发生置换反应判断氯和硫的非金属性强弱，因为无加热
装置，所以只能选择KMnO4与浓盐酸反应制取氯气；由B中药品Na2CO3可知，可用元素的最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱来判断其非金属性的强弱，所以A中应加入硫酸，B、C装置中应加入相应的盐。答案：（1）钾铝（
2）不合理，用碱性强弱来判断元素的金属性强弱时，一定要用元素的最高价氧化物对应的水化物的碱性强弱进行判断，NH3·H2O不是N元素的最高价氧化物对应的水化物（3）分液漏斗防止倒吸（4）浓盐酸KMnO4Na
2SS2－＋Cl2===S↓＋2Cl－（5）硫酸Na2SiO3有白色胶状沉淀产生
