【文档说明】高中化学课时作业（苏教版必修第一册）详解答案.docx，共(108)页，1.260 MB，由小赞的店铺上传

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课时作业1物质及其反应的分类1.答案：C2.解析：A项，属于酸式盐；B项，为碱式盐、铜盐；C项，不属于碳酸盐。答案：D3.解析：不论是冰还是水都是由H2O组成的，因此冰水混合物仍然是纯净物；用排空气法收集的二氧化碳气体一定会混有空气，因此是混合物；天然气的主要成分是甲烷，因此是混合物；空气不

论是否被污染都属于混合物。答案：A4.解析：A项，NaHSO4不属于酸，Cu2(OH)2CO3属于盐，不是碱，纯碱是盐，不是碱，错误；B项，纯碱属于正盐，不是碱式盐，烧碱属于碱，不是盐，错误；C项，石膏是CaSO4·2H2O，不是重金属盐，钡餐是BaSO4，不是

碳酸盐，错误。答案：D5.解析：该过程中发生的反应依次是CaCO3=====煅烧CaO＋CO2↑(分解反应)；CaO＋H2O===Ca(OH)2(化合反应)；Ca(OH)2＋K2CO3===CaCO3↓＋2KOH(复分解反应)。答案：

C6.解析：化合物与纯净物、化合物与碱性氧化物属于包含关系；分解反应与复分解反应属于并列关系；硫酸与硝酸既有交叉关系(都是含氧酸)，又有并列关系(一元酸、二元酸)。答案：C7.解析：A项中物质均为含氧化合物；B项中物质均属于酸；C项中氢气燃烧、氧化钙变质、食物腐烂均为化学

变化，而冰雪融化属于物理变化；D项中物质均为氮肥。本题选C。答案：C8.解析：因KHSO4是由多种元素组成的纯净物，属于化合物，A对；KHSO4是盐且含有钾元素，B对；KHSO4属于硫酸盐，C对；KHSO4溶于水电离出的阳离子

为H＋和K＋，故它不是酸，D错。答案：D9.解析：题目中涉及的反应类型分别为Fe＋2HCl===FeCl2＋H2↑置换反应；HCl＋NaOH===NaCl＋H2O复分解反应；CO2＋H2O===H2CO3化合反应。答案：A10.解析：纯碱即Na2C

O3属于盐类，不属于碱，故B错误；Ba(OH)2与Na2CO3反应，一步转化生成NaOH，故D正确。答案：B11.解析：CuO――→COCO2――→NaOHH2O，CuO――→HClH2O，A正确；C――→O2CO――→O2CO2，C――→O2CO2，B正确；

CaCO3――→△CaO――→H2OCa(OH)2，CaCO3一步不能生成Ca(OH)2，C不能一步完成；H2SO4――→NaOHH2O――→NaH2，H2SO4――→FeH2，D正确。答案：C12.解析：由反应CO＋CuO=====△CO2＋Cu知，A项错误；由反应Ba(

OH)2＋CuSO4===BaSO4↓＋Cu(OH)2↓知，B项正确；由反应CuO＋H2SO4===CuSO4＋H2O知，C项错误；由反应CH4＋2O2=====点燃CO2＋2H2O知，D项错误。答案：B13.答案：(1)NaNa2ONaO

HNaCl(2)①4Na＋O2===2Na2O②Na2O＋H2O===2NaOH③NaOH＋HCl===NaCl＋H2O(3)甲、乙、丙、丁分别是金属单质、碱性氧化物(或金属氧化物或氧化物)、碱、盐。(4)还可以利

用碱与盐反应生成新碱和新盐的原理，如2NaOH＋CuCl2===2NaCl＋Cu(OH)2↓。14.解析：(1)五种物质均属于化合物。碘酸钾属于盐，其中属于盐的有②和⑤。(2)碘酸钾属于钾盐，能溶于水，根据“加碘盐”的食用方法“待食品熟后加

入碘盐”可知碘酸钾受热易分解。答案：(1)化合物②⑤(2)能易分解15.解析：(1)纯净物应只含有一种物质，上述物质中属于纯净物的有①生石灰、②固体氢氧化钠、④五氧化二磷、⑤无水氯化钙，选C；(2)②固体氢氧化钠属于碱，④五氧化二磷属于氧化物，⑤无水氯化钙属于盐，⑥浓硫

酸的主要成分硫酸属于酸，答案为B、D、C、A；(3)硅胶中无水氯化钴(CoCl2)呈蓝色，吸水后变为粉红色的CoCl2·6H2O，该变化过程有新物质生成，属于化学变化；(4)固体氢氧化钠属于碱性干燥剂，不能干

燥溶于水显酸性的气体。A项，CO2溶于水生成碳酸，显酸性，不能用固体氢氧化钠干燥，错误；B项，HCl溶于水显酸性，不能用固体氢氧化钠干燥，错误；C项，SO2溶于水与水反应生成亚硫酸，显酸性，不能用固体氢氧化钠干燥，错误

；D项，NH3溶于水显碱性，可用固体氢氧化钠干燥，正确；E项，H2不能与NaOH反应，可用NaOH干燥，正确，选DE；(5)生石灰常用作食品干燥剂，久置后易失去干燥能力，其原因为CaO＋H2O===Ca(OH)2。答案：(1)C(2)

BDCA(3)化学变化(4)DE(5)CaO＋H2O===Ca(OH)2课时作业2物质的量1.答案：D2.解析：160kgSO2的物质的量是n＝mM＝160000g64g·mol－1＝2500mol。答案：D3.解析：选项分析结论A1molH＋的质量是1mol×1g·mol－

1＝1g√BH2的摩尔质量是2g·mol－1×C1molO2的质量是1mol×32g·mol－1＝32g×D1molNa＋的质量是1mol×23g·mol－1＝23g×答案：A4.解析：等物质的量的H3和H2具有相同的分子数，但原子数、质子数和电子数之比均为3∶2。

答案：A5.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1mol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：C6.解析：Al与盐酸反

应时，1molAl失去3mol电子，故0.5molAl失去1.5mol电子，A错误；1molH2O中H数为2NA，0.2molH2O中H数为0.4NA，B错误；1molCH4含10mol电子，故0.1molCH4所含电子数为NA，C正确；

CO2摩尔质量是44g·mol－1，故44gCO2的物质的量是1mol，含原子数为3NA，D错误。答案：C7.解析：2.4gMg的物质的量为0.1mol，而1molMg变成Mg2＋时失去2mol电子，所以2.4gMg应失去0.2NA个电

子，故A项错误；H2为双原子分子，2g氢气即1molH2，应含有2molH，原子个数为2NA，故B项错误；N2为双原子分子，3.01×1023个氮气分子中所含原子数应为2×3.01×1023，即NA，故C项错误；D中17gNH3的物质的量为1mol，含有的电子数为10NA，D项正确。答

案：D8.解析：H2SO4的摩尔质量为98g·mol－1，6.02×1023个H3PO4分子的质量为98g，二者数值相等，A正确；6.02×1023个N2和6.02×1023个O2的质量比为二者的相对分子质量之比，即28∶32＝7∶8，B正确；3.2gO2物质的量为3.2g32g

·mol－1＝0.1mol，含氧原子数约为0.1×2×6.02×1023，C正确；0.5×6.02×1023个CO2物质的量为0.5mol，质量为0.5mol×44g·mol－1＝22g，D不正确。答案：D9.

解析：NO2或CO2分子中都含有2个氧原子，NA个分子含有2NA个氧原子，A正确；N2O4的最简式为NO2，故92g混合物相当于92gNO2，B正确；18gH2O为1mol，含有10mol质子，C正确

；1molK2SO4中阴离子SO2－4带有2NA个电荷，D错误。答案：D10.解析：偏二甲肼的摩尔质量应为60g·mol－1，A选项中单位不对；质量的单位应为g，C选项错误；6gC2H8N2的物质的量为6g

60g·mol＝0.1mol，含有C2H8N2分子数应为0.1NA，D选项错误。答案：B11.解析：A项，0.3molO3n(O)为0.9mol，0.3molH2O2n(O)为0.6mol；不相等错误；B

项，0.1molH2SO4中，n(O)＝0.4mol，3.6gH2O中n(O)＝3.6g18g·mol－1×1＝0.2mol，错误；C项，0.1molMgSO4·7H2O中，n(O)为1.1mol，0.1m

olC12H22O11中，n(O)也为1.1mol，正确；D项，6.02×1023个CO2中，n(O)＝6.02×1023NA×2＝2mol，0.1molKMnO4中n(O)＝0.4mol，错误。答案：C12.解析：1gCO2的物质的量为1g44g·mol－1＝144mol，1molCO2中

含有3mol原子，即3NA个。144molCO2中含有344mol原子。即344×NA＝x，NA＝44x3mol－1。答案：D13.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＋2MMr(R)2Mr(M)

4.4gm由题意得Mr(R)∶2Mr(M)＝22∶18＝4.4g∶m，解得m＝3.6g，根据质量守恒定律，参加反应的Y的质量为4.4g＋3.6g－1.6g＝6.4g，所以Y与M的质量比为6.4g∶3.6g＝16∶9。答

案：A14.解析：摩尔质量是单位物质的量的物质所具有的质量，单位是g·mol－1，一个原子的质量是ag，则1mol的质量即NA个原子的质量为aNAg，所以摩尔质量应为aNAg·mol－1，故A错误；该原子的摩尔质量为aNAg·mol－1，Wg该原子的物质的

量为WgaNAg·mol－1＝WaNAmol，故B正确；由题意可知，该原子的质量为ag，故Wg该原子的数目为Wgag＝Wa，故C错误；12C原子的摩尔质量为12g·mol－1，一个12C的原子的质量为bg，故NAb＝12，所以NA＝12b，故D错误。故选B。答案：B15.解析：利

用质量守恒定律15g＋10.5g＝7.2g＋1.8g＋m(E)，m(E)＝16.5g，M(E)＝16.5g0.3mol＝55g·mol－1。答案：D16.解析：阿伏加德罗常数近似为6.02×1023mol－1

，A项错误；0.012kg12C中所含的原子数称为阿伏加德罗常数，B项正确；1molNH3中含有1mol氮原子和3mol氢原子，原子总数约是4mol×6.02×1023mol－1＝2.408×1024，D项正确。答案：A17.解析：(1)n(OH－)＝

NNA＝6.02×10236.02×1023mol－1＝1mol，其摩尔质量在数值上与其相对分子质量相同，即为17g·mol－1。(2)n(H2O)＝NNA＝3.01×10236.02×1023mol－1＝0.

5mol，所有原子的物质的量为0.5mol×3＝1.5mol，每个水分子含10个电子，0.5molH2O中所含电子的物质的量为0.5mol×10＝5mol。(3)n(NH＋4)＝1.204×10236.02×1023mol－1＝0.2mol，m(NH＋4)＝n·M＝0.2mol×18g

·mol－1＝3.6g。答案：(1)117g·mol－1(2)0.51.55(3)0.23.618.解析：(1)结合各元素原子的相对原子质量可得其相应摩尔质量，由n＝mM关系式，可推导其他未知量。(2)①相对分子质量在数值上与摩尔

质量相等，M(NH3)＝17g·mol－1。②由公式N＝n·NA＝mMNA，可得M＝aNAbg·mol－1。③由公式M(Fe)＝NA·m(Fe)＝b·NAg·mol－1。答案：(1)物质摩尔质量物质的

量质量分子或离子数目SO2128g1.204×1024SO2－40.1mol9.6gO20.25mol1.505×1023(2)①17g·mol－1②aNAbg·mol－1③bNAg·mol－119.解析：(1)Na2SO4的摩尔质量为142g·mol－1，

1.42gNa2SO4的物质的量为n＝1.42g142g·mol－1＝0.01mol，含有Na＋为0.02mol，所需水的物质的量为0.02mol×100＝2mol，其质量为2mol×18g·mol－1＝36g。(2)甲烷(CH4)的摩尔质量为16g·mol－1。8gCH4的物质的量为0.5

mol，约含有3.01×1023个分子、含有5mol电子。(3)假设所含的原子均为1mol，甲烷和氨气(NH3)的质量比＝15×16∶14×17＝64∶85。答案：(1)236(2)16g·mol－13.01×10235(3)64∶8

5课时作业3气体摩尔体积1.解析：在一定温度和压强下，气体的体积大小是由气体的分子总数决定的。答案：C2.解析：A项，前提是在标准状况下。B项，同温同压下，相同体积的气体具有相同的分子数。C项，该气体不一定处于标准状况下。D项，没有指出气体所处的条件，无法计算气体的体积。答案：B

3.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：A4.解析：A√因为N

2和CO具有相同的摩尔质量，所以两者质量相同时物质的量也相同，分子个数应相同，又因两者都是双原子分子，故原子个数也相等，分子数、原子数多少与密度无关B×同温、同体积时，气体的物质的量之比等于压强之比，而B选项中没有提到压强，所以原子个数不一定相等C×体积相

同、密度相等，所以质量相等，C2H6和NO的摩尔质量也相等，所以分子个数相等，但由于它们的分子组成不同，所以原子个数不相等D×同压强、同体积时，由于没有说明温度，所以两种气体的物质的量不一定相等，故原子个数不

一定相等答案：A5.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：B6.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：A7.

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：C8.解析：同温同压下，相同体积的气体，其物质的量一定相等，A项未指明是气体，错误；B项

，甲烷和一氧化碳物质的量相等，分子数一定相等，与所处的条件无关，正确；C、D两项未指明同温同压，均错误。答案：B9.解析：同温同压下，气体摩尔体积相等，相同体积的气体其物质的量相等，其分子数相等。A项，每个分子中都有两个原子，所以其原子总数相等，故正确；B

项，根据ρ＝MVm知，两种气体的平均摩尔质量不一定相等，所以其密度不一定相等，故错误；C项，根据m＝nM知，二者物质的量相等时，其摩尔质量不一定相等，则其质量不一定相等，故错误；D项，两个瓶中摩尔质量不

一定相等，故错误。故选A。答案：A10.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：C11.解析：两容器的温度和压强均相同，且气体

质量相等，而甲的密度大于乙的密度，由ρ＝mV可知V甲<V乙，同温同压下，气体的物质的量与体积成正比，故n甲<n乙，B错误；气体的分子数与物质的量成正比，甲的分子数比乙的少，A正确；因为气体摩尔体积在相同温度和压强下相等，C错

误；根据M＝mn可知M甲>M乙，D错误。答案：A12.解析：本题考查物质的量的计算。设容器的质量为xg，容积为VL，X气体的相对分子质量为M。则x＋V22.4×32＝79、x＋V22.4×28＝71，解得x＝15，V＝44.8，A项

正确，B项正确；根据15＋44.822.4×M＝103，解得M＝44，C项正确；盛满氯气时总质量为15＋44.822.4×71＝157，D项错误。答案：D13.解析：氢气的摩尔质量是2g·mol－1，氮气的摩尔质量是28g·mol－1，氧气的摩尔质量是32g·mol－1，当温度和压强

相同时，气体摩尔体积相同，根据ρ＝MVm知，气体密度与摩尔质量成正比，根据摩尔质量知，三种气体的密度大小顺序是ρ(H2)<ρ(N2)<ρ(O2)，A错误；根据pV＝nRT＝mMRT和pM＝mVRT＝ρRT，当温度和密度相同时，气体压强与摩尔质量成反比，所以三种气体

的压强大小顺序是p(H2)>p(N2)>p(O2)，B正确；根据pV＝nRT＝mMRT得V＝mRTMp，当它们的质量、温度和压强均相同时，气体体积与摩尔质量成反比，所以这三种气体体积大小顺序是V(O2)<V(N2)<V(H2)，C错误；根据pV＝nRT＝mMRT得m＝pVMRT，当它

们的压强、体积和温度均相同时，气体质量与摩尔质量成正比，所以三种气体的质量大小顺序是m(H2)<m(N2)<m(O2)，D错误。答案：B14.解析：根据阿伏加德罗定律，同温、同压、同体积的气体，物质的量相同，m＝nM，故质量之比等于摩尔质量之比，即1734＝12；同温同压下，ρ1

ρ2＝M1M2，即1734＝12；标准状况下，0.01mol某气体的体积为0.01mol×22.4L·mol－1＝0.224L，ρ＝mV＝0.44g0.224L＝1.96g·L－1。答案：1∶21∶21.9615.解析：(1)混合气体的物质的量为8.96L22.4

L·mol－1＝0.4mol，M＝14.4g0.4mol＝36g·mol－1。(2)0.4molCO和CO2的混合气体中，碳原子为0.4mol。(3)①将混合气体依次通过氢氧化钠溶液和浓硫酸，则气球中收集到的气体是CO。CO的摩尔质量是28g·mol－1。②设原混合

气体中CO的物质的量为n1mol，CO2的物质的量为n2mol，则有：n1＋n2＝0.428n1＋44n2＝14.4，解得n1＝0.2n2＝0.2，因此气球中收集到0.2molCO，在标准状况下的体积为4.48L。答案：(1)36

g·mol－1(2)0.4NA(3)①28g·mol－1②4.48L16.解析：Ⅰ.①n(CH4)＝6.72L22.4L·mol－1＝0.3mol；②n(HCl)＝3.01×10236.02×1023mol－1＝0.5mol；③n(H2S)＝13.6g34g·mol－1＝0.4mol；④n(

NH3)＝0.2mol。在标准状况下，物质的量大的气体体积也大，四种气体的体积由小到大的顺序为：④<①<③<②；密度的大小与摩尔质量成正比，故密度从小到大的顺序为：①<④<③<②；据m＝nM可知，质量从小到大的顺序为：④<①<③<②；根据每种气体的物质的量及分子组成

可知氢原子数从小到大的顺序为：②<④<③<①。Ⅱ.(1)气体分子数相同，则物质的量相同。n(NH3)＝17g17g·mol－1＝1mol，所以n(O2)＝1mol，则标准状况下O2体积V(O2)＝1mol×22.4L·mol－1＝2

2.4LN(O)＝2mol×6.02×1023mol－1＝1.204×1024(2)n＝VVm＝2.24L22.4L·mol－1＝0.1molM＝mn＝3.65g0.1mol＝36.5g·mol－1Ⅲ.(1)设混合气体中CO的质量为x。2CO＋O2=====

点燃2CO22×282×44x44x28依题意，有44x28＋(18g－x)＝11.2L22.4L·mol－1×44g·mol－1，解得：x＝7g。(2)V(CO2)＝18g－7g44g·mol－1×22.4L·mol－1＝5.6L。(3)由CO～CO2知，原混合气体为11.2L，则ρ混

＝18g11.2L≈1.607g·L－1。答案：Ⅰ.(1)④<①<③<②(2)①<④<③<②(3)④<①<③<②(4)②<④<③<①Ⅱ.(1)22.41.204×1024(2)36.5g·mol－1Ⅲ.(1)7g(2)5.6L(3)

1.607g·L－117.解析：(1)与气体有关的实验，连接好装置后要检验装置的气密性。(2)在测量收集到O2的体积时，先将装置中的气体冷却至室温，然后调整量筒高度，使量筒内液面和广口瓶中液面相平，最后再读取量筒内水的体积。读数时若仰视量筒内的液面，会使读取O2的体积偏小。所以正确的顺序为bac

。(3)根据质量守恒定律，产生O2的质量为：15.95g－15.55g＝0.4g。n(O2)＝0.4g32g·mol－1＝0.0125mol，则Vm＝0.2797L0.0125mol＝22.38L·mol－1。答案：(1)

检查装置的气密性(2)bac偏小(3)0.012522.38L·mol－1课时作业4常见的分散系、胶体1.解析：分散系按分散质粒子直径大小不同分为溶液、胶体和浊液，根据纳米碳的直径大小可知将纳米碳分散到蒸馏水中，形成的是胶体

。胶体能透过滤纸；胶体较稳定，故静置后不会析出黑色沉淀。答案：B2.答案：D3.解析：选项A、B不正确，这两种说法中，都忽略了溶液一定是混合物，纯净的水或乙醇等，它们都是均一稳定的、长期放置也不会分层的液体，但它们不是溶液；选项C也不正确，

如泥土或植物油放入水中，得到的也是一种物质里分散着另一种物质的分散系，它们分别是悬浊液和乳浊液，不是溶液。答案：D4.解析：胶体是一类分散质直径在10－9～10－7m之间的分散系，A项错误；胶体和溶液都能通过滤纸，无法将二者分离，B项错误；胶体区别于其他分散系的本质

特征是分散质粒子的大小，其直径在10－9～10－7m之间，D项错误；丁达尔效应是区分溶液与胶体的简单、便捷的方法。答案：C5.解析：雾是胶体，它是较稳定的分散系，但不能在空气中永久存在。答案：B6.答案：C7

.解析：纳米碳酸钙因为不是分散系因此不能产生丁达尔效应，化学性质和碳酸钙完全相同，纳米碳酸钙的粒子和胶体粒子直径大小相当，能通过滤纸。答案：D8.解析：纳米材料中的粒子直径在10－9～10－7m之间，与胶体微粒的

直径相同，淀粉溶液属于胶体。答案：A9.解析：由题给信息及胶体遇酸、碱、盐的溶液可生成沉淀可知，Fe(OH)3胶体中加入H2SO4、NaOH、MgSO4、NaCl均能生成沉淀，但只有H2SO4与生成的沉淀Fe(OH)3发生反应，而使沉淀溶解。答案：A10.答案：A11.答案：C1

2.解析：根据丁达尔效应可以区分胶体和溶液，因此利用丁达尔效应可判断胶体是否制备成功；Fe(OH)3胶体遇电解质溶液发生聚沉，生成红褐色Fe(OH)3沉淀；继续滴加盐酸，Fe(OH)3与盐酸反应，红褐色Fe(OH)3沉淀溶解。答案：(1)FeCl

3＋3H2O=====△Fe(OH)3(胶体)＋3HCl(2)利用丁达尔效应，用一束光照射所得的液体，从侧面观察是否有一条光亮的“通路”出现(3)①Fe(OH)3胶体遇电解质聚沉②Fe(OH)3＋3HCl==

=FeCl3＋3H2O13.解析：(1)光束进入烧杯前穿过的空气不是胶体，不会产生丁达尔效应，所以该图中的明显错误是空气中也出现了光柱。(2)打开暖瓶(加热水)让水汽升腾起来，用一束光照射即可。答案：(

1)空气中也出现了光柱进入烧杯前，光穿过的空气不是胶体，不会产生丁达尔效应(2)打开暖瓶(加热水)让水汽升腾起来，用一束光照射即可14.解析：(1)胶体的分散质粒子直径在10－9～10－7m之间，灰霾粒子平均直径大约在1000～2000nm，

则灰霾不属于胶体，不具有胶体的性质。灰霾是空气和固体颗粒形成的混合物，A项错误；雾霾是雾和霾的混合物，霾的核心物质是悬浮在空气中的烟、灰尘等物质，空气相对湿度低于80%，颜色发黄。气体能直接进入并黏附在人体下呼吸道和肺叶中，对人体健康有伤害，故雾霾天气，儿童、老年人应减少户外活动，B

项正确；灰霾粒子平均直径大约在1000～2000nm，没有丁达尔效应，C项错误；减少燃煤用量能够减少有害气体以及烟尘的排放，能降低灰霾天气的产生频率，D项正确。(2)清晨小水滴或冰晶被太阳光照射，形成水雾，可能构成

10－9～10－7m的分散质，阳光透过树叶间隙形成光束，穿过这些水雾时会产生丁达尔效应。答案：(1)BD(2)清晨小水滴或冰晶被太阳光照射，形成水雾，可能构成10－9～10－7m的分散质，阳光透过树叶间隙形成光束，穿过这些水雾时会

产生丁达尔效应15.解析：(1)由图可知“纳米药物分子车”的直径为200nm，而胶体中分散质的直径为10－9～10－7m，因此“纳米药物分子车”分散于水中所得的分散系不属于胶体。(2)冰醋酸属于酸。(3)从元素组成的角度分析，SiO2和Fe3O4均只含两种元素其中一种元素是氧元素的化合物

，那么类别就为氧化物。(4)①Fe3O4＋8HCl===FeCl2＋2FeCl3＋4H2O。②铁与水蒸气反应为：3Fe＋4H2O=====高温Fe3O4＋4H2。该反应属于置换反应。答案：(1)不属于(2)冰醋酸(3)氧化物(4)①FeCl2②3Fe＋4H2O

=====高温Fe3O4＋4H2置换反应课时作业5电解质溶液1.解析：A项，难溶于水的盐类在熔融状态下是导电的，所以它是电解质；B项，电解质溶于水(或熔融)时能导电，必须是自身能电离出自由移动的离子，如CO2溶于水能够导电，是因为C

O2溶于水生成了H2CO3，H2CO3电离出自由移动的离子的缘故，CO2本身不能电离，所以CO2不是电解质；C项，硫酸属于酸类，是电解质，它溶于水时，形成自由移动的离子，所以硫酸溶液能够导电，而硫酸晶体受热熔化时本身没有电离，所以液态硫酸并不导电；D项，液态氯化氢不能导

电，是因为液态时的氯化氢没有电离，不存在自由移动的离子，当氯化氢溶于水时得到盐酸，氯化氢本身能电离出自由移动的离子，所以氯化氢是电解质。答案：D2.解析：盐酸为混合物、铁为单质，它们既不是电解质，也不是非电解质；碳酸钠为电解质。答案：B3.解析：A中KCl

O3电离出K＋和ClO－3；B中电离出Ca2＋和Cl－；C中固体KCl不电离；D中HCl为液态不是溶液，不电离。答案：B4.解析：A项均为电解质；B项铝既不是电解质也不是非电解质；C项CH3COOH为电解质，酒精为非电解质；D项前者为电解质，后者为混合物，既不是电解质也不是非电解质

，故选C。答案：C5.解析：依据酸的概念——电离产生的阳离子全部是H＋的化合物，分析各选项可知，只有B选项符合题意。答案：B6.解析：固体NaCl中有Na＋、Cl－，但不能自由移动，将它溶于水或处于熔融状态时则可导电，所以NaC

l是电解质，A错误；铜是单质，不是化合物肯定不是电解质，B错误；P2O5溶于水能导电，是因为生成的H3PO4溶液能导电，H3PO4是电解质而P2O5不是，D错误。答案：C7.解析：A项中食盐溶液能导电，但它是混合物；B项和D项都是单质，且能导电，既不

是电解质也不是非电解质；C项是单质，但不能导电，既不是电解质也不是非电解质。电解质溶液导电和金属单质导电原理是不同的：电解质溶液靠阴、阳离子的移动导电，金属靠自由电子的移动导电。答案：C8.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===Mg2＋＋2Cl－，C项错误。答案：C9.解析：利用电荷守恒，设X为XR－，n(Na＋)＋3n(Al3＋)＝n(Cl－)＋Rn(XR－)，2a＋3a＝a＋Rn(XR

－)，Rn(XR－)＝4a，代入B项2×2a＝4a，正确；代入C项电荷守恒符合，但Al3＋与OH－不共存。答案：B10.解析：NaHSO4是酸式盐而不是正盐，也是钠盐；在水溶液中电离生成的阳离子全部是氢离子的化合物才是酸。答案：A11.解析：NaHSO4在水溶液中电离出H＋，但不

属于酸，A错误；在水溶液中电离出金属阳离子和酸根离子的物质一定是盐，B正确；NH4Cl在水溶液中电离出的阳离子为NH＋4，而不是金属离子，但NH4Cl属于盐，C错误；NH3·H2O属于碱，在水溶液中电离出的阳离子是NH＋4，而不是金属离子，D错误。答案：B12

.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

：B13.解析：四个烧杯中只有C中没有发生电解质电离，没有自由移动的离子，当加水时，H3PO4电离而导电；当CuSO4溶液与Ba(OH)2溶液混合后，由于发生反应：CuSO4＋Ba(OH)2===BaSO4↓＋Cu(OH)2↓，从而溶液中离子浓度减小，混合后溶液体积增大，导电能力

减弱。答案：(1)C(2)D(3)Ba(OH)2===Ba2＋＋2OH－14.答案：(1)②④⑥⑦⑧(2)②④④(3)⑦⑧⑦(4)⑥15.解析：(1)HCl在液态时不电离；NaCl在熔融状态可以电离，KOH在固态时不电离；Fe是单质，任何条件下都不电离。(2

)KAl(SO4)2能电离出三种离子。答案：(1)①不能HCl液态时不电离，只在水溶液中电离②能能电离出Na＋和Cl－③不能Fe是单质④不能电解质在固态时不电离(2)HCl===H＋＋Cl－H2SO4===2H＋＋SO2－4Ca(OH)2===Ca2＋＋

2OH－KOH===K＋＋OH－NH4NO3===NH＋4＋NO－3KAl(SO4)2===K＋＋Al3＋＋2SO2－416.解析：(1)灯泡亮，因为Ca(OH)2溶于水后完全电离出离子，溶液中离子的浓度比较大，故灯泡亮。(2)

灯泡先变暗后熄灭，因为发生了CO2＋Ca(OH)2===CaCO3↓＋H2O，溶液中自由移动的离子减少。(3)灯泡熄灭后又逐渐变亮：CaCO3＋CO2＋H2O===Ca(HCO3)2，Ca(HCO3)2完全电离出自由移动的离子，溶液中离子浓度增大。(4)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，所以选D。答案：(1)亮(2)先变暗后熄灭(3)熄灭后又逐渐变亮(4)D课时作业6实验安全与基本规范物质的分离提纯

1.解析：将CO中毒者移至通风处，可使其呼入新鲜空气，缓解体内组织缺氧。氢气还原氧化铜时，先通入氢气，检验氢气纯度后再加热，否则可能会引起爆炸。使用燃着的酒精灯引燃另一只酒精灯，容易失火。答案：D2.解析：酒精与水混溶，不能用于萃取溴水中的溴，应用苯或四氯化碳，A项错误；萃取时，所加入的溶剂

与溶质、原溶剂不反应，且与原溶剂互不相溶，B项正确；有机溶剂的密度可能小于水，也可能大于水，可能在上层或下层，C项错误；分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，D项错误。答案：B3.解析：蒸发皿中所盛液体是不能超过其容积的23，A项错误；当蒸发皿中有较多固体

析出时，可利用余热将溶液蒸干，从而避免了固体飞溅，B正确，C错误；蒸发皿可直接加热，不必垫石棉网，D错误。答案：B4.解析：A项，边洗边眨眼睛的目的是把眼睛中的酸液挤出、冲掉，再让水进入眼睛，使酸液不断被冲稀、挤出，正确；B项，浓碱溶液具有较强的腐蚀性，硼酸为弱酸，不会对皮

肤有伤害，但能够起到中和碱液的作用，正确；C项，酒精灯打翻引起的酒精燃烧，不能用水灭火，而应该立刻用湿抹布扑盖，同时起到降温和隔绝空气的作用，正确；D项，量筒是一种计量仪器，不能用来配制溶液，而浓硫酸在稀释时放出大量的热，也会影响量筒的精确度甚至使量筒发生炸裂，错误。答案：D5.解析：NaC

l不属于爆炸品。答案：D6.解析：托盘天平称量固体时，符合左物右码的原则，指针指向分度盘的中间，A正确；固体溶解时用玻璃棒搅拌加速溶解，B正确；过滤时未用玻璃棒引流，C错误；蒸发时用玻璃棒搅拌防止液体溅出，D正确。答案：C7.答案：C

8.解析：B项，蒸发时，剩余少量水时，停止加热；C项，分液时应先将下层液体从下口放出，再将上层液体从上口倒出；D项，酒精与水互溶，不能作为萃取剂。答案：A9.解析：A项，粗盐提纯过程中的操作为：溶解、过滤、蒸发结晶，所以选①和②，A项正确；B项，碘在四氯化碳中的溶解度大于在水中的溶解度，四氯化

碳和碘不反应、和水不互溶，提取碘水中的碘可采用萃取分液的方法，则选③，B项正确；C项，NaOH能与CO2反应，选⑤，C项正确；D项，碳酸钠溶液和油不互溶，应该采用分液的方法分离，应选③，D项错误。答案：D10.解析：依据仪器组装的基本顺序“先下后上”原则：放置酒精灯→依据酒精灯高度固定铁圈→

放上蒸发皿→加热搅拌→停止加热、余热蒸干。答案：B11.解析：(1)由图可知①为冷凝管，②为蒸馏烧瓶。(2)若利用以上装置分离酒精和四氯化碳两种溶液的混合物，还缺少的仪器是酒精灯。将仪器补充完整后进行的实验操作的名称是蒸馏；冷凝水的流向是“

下进上出”，①的进水口是g。(3)仪器②中常加入碎瓷片，这样做的目的是防止液体暴沸。(4)下层流出的是碘单质的CCl4溶液，上层液体从上口得到。(5)A项，不与碘反应，故A正确；B项，碘在其中的溶解度大于在水中的溶解度，保证萃取效果，故B

正确；C项，该萃取剂与水不互溶且密度不同，保证液体显著分层，故C正确；D项，酒精溶于水，不能用作萃取剂，故D错误。故选ABC。答案：(1)①冷凝管②蒸馏烧瓶(2)酒精灯蒸馏g(3)防止液体暴沸(4)含有碘单质的CCl4溶液上口(5)ABC12

.解析：由溶解度曲线可知纯碱与氯化钠都是易溶于水的物质。两物质在不同温度下溶解度变化程度不同，纯碱随温度升高溶解度增大的速率快，分离两物质可用溶解结晶的方法，一般步骤为：加热溶解、冷却结晶、过滤、洗涤。使用仪器除题目所给

仪器外还需酒精灯加热，漏斗过滤。答案：(1)易溶(2)冷却热饱和溶液(3)结晶过滤(4)漏斗酒精灯13.解析：(1)浓硫酸具有强烈的腐蚀性，应贴腐蚀品标签，A符合题意。(2)①蒸发时，用手直接拿加热的蒸发皿会烫伤手，

应用坩埚钳夹取，错误；②实验室中用KClO3制备并用排水法收集O2，要先撤导气管，再撤酒精灯，以免发生倒吸，错误；③给试管中的液体加热时，试管口不要朝着任何人，以免液体溅出伤人，正确；④酒精易燃，故不能向燃着的酒精灯中添加酒精

，以免失火，错误；⑤熄灭酒精灯时应用灯帽盖灭，正确；综上所述，本题选③⑤。答案：(1)A(2)③⑤课时作业7物质的检验物质性质和变化的探究1.解析：Na＋焰色反应呈黄色，加硝酸酸化的AgNO3有白色沉淀证明含Cl－。答案：A2.解析：将稀硫酸分别滴加到三种物质的溶液(分别取少量装于3支试管

)中，产生白色沉淀的是BaCl2，有气泡产生的是Na2CO3，无现象的是NaCl。答案：B3.解析：Na2SO4和NaCl的焰色反应都为黄色。答案：D4.解析：A项，不能鉴别(NH4)2SO4和NH4Cl；B项，不能鉴别(NH4)2SO4和Na2SO4；D项，均

有白色沉淀。答案：C5.解析：向①中生成的白色沉淀中继续滴加过量稀盐酸时，沉淀部分溶解，且产生CO2气体，证明原溶液中一定含有SO2－4和CO2－3。加入AgNO3溶液产生白色沉淀AgCl，并不能确定原溶液中是否有Cl－，因为原溶液中已经加入了稀盐酸。答案：D6.解析：由草木灰提取钾盐并检验

钾元素的步骤是溶解、过滤、蒸发，然后进行焰色反应。A、溶解中用到玻璃棒，目的是加快溶解，正确；B、过滤时除掉不溶性杂质，用玻璃棒来引流，正确；C、蒸发结晶过程中也用到玻璃棒，目的是防止液体受热不均，液体

外溅，正确；D、焰色反应验证钾元素要透过蓝色钴玻璃观察，紫色是钾焰色反应所呈现出的颜色，错误。答案：D7.答案：D8.解析：A项，原溶液中含有CO2－3、HCO－3均会出现题述现象；B项，原溶液中可能含有SO2－4或Ag＋；C项，含Cl－、CO2－3等

的溶液均可与AgNO3溶液中的Ag＋反应产生白色沉淀；D项，含Ca2＋、Ba2＋、Mg2＋的溶液均可与Na2CO3溶液中的CO2－3反应生成能溶于盐酸的白色沉淀。答案：B9.解析：焰色反应是金属或它们的化合物在灼烧

时火焰呈现特殊颜色，不是可燃物燃烧时火焰呈现的颜色，A错误，C正确；焰色反应是根据火焰呈现出的特殊颜色，判断金属或金属离子存在的一种方法，对没有焰色现象的物质不能检验，B错误；D操作应使用稀盐酸，错误。答案：C10.解析：检验Cl－可以使用Ag＋，检验SO2－4可以

使用Ba2＋，检验CO2－3可以使用H＋，而Ag＋和Ba2＋都可以与CO2－3结合成沉淀，所以需先检验CO2－3，此时可以加入稀硝酸，检验Cl－所用的Ag＋可以与SO2－4结合成微溶于水的硫酸银，所以需先检验SO2－4，此时可以加入Ba(NO

3)2溶液，最后检验Cl－，可以加入AgNO3溶液，为不干扰到Cl－检验，在加入AgNO3溶液之前先过滤，故选A。答案：A11.解析：用酸处理时可以将氧化铝溶解掉，A错误；铝在空气中加热，表面生成一层致密的氧化膜，由于氧化铝的熔点比铝高，故铝熔化而铝箔表面未熔化，因此熔化的铝不滴落，

B、C、D正确。答案：A12.答案：(1)Cl－、NH＋4、Mg2＋CO2－3、SO2－4'Na＋、K＋(2)可以因为已排除SO2－4、CO2－3，则一定有阴离子Cl－(3)通过焰色反应确定13.解析：(1)实验要在溶液中进行，故首先要将被提纯物质溶解。(

2)SO2－4用Ba2＋除去，Mg2＋用OH－除去，为了不引入新杂质，可分别选用Ba(NO3)2、KOH。过量的Ba(NO3)2可用K2CO3除去。Ba(NO3)2必须在加入K2CO3之前加入，则KOH可在加入Ba(N

O3)2之前或在加入K2CO3之后或在Ba(NO3)2和K2CO3中间加入。(3)如果SO2－4已除尽，则滤液中不含SO2－4，向滤液中加入可溶性钡盐，没有白色沉淀生成。(4)生成的沉淀可一次性过滤，如果

分步过滤会使操作复杂化。(5)使溶液呈中性不能用盐酸，而应该用硝酸，否则会引入杂质Cl－。答案：(1)加水溶解(2)Ba(NO3)2、K2CO3、KOH[或KOH、Ba(NO3)2、K2CO3或Ba(NO3)2、KOH、K2CO3](3)取少许滤液，向其中加入少量Ba(NO3)2溶液，若不变浑

浊，表明SO2－4已除尽(4)不需要因为几个沉淀反应互不干扰，所以最后只过滤一次即可，可减少操作次数(5)不严密加入盐酸使溶液呈中性会引入杂质Cl－14.解析：根据装置图，A中盐酸与大理石反应生成CO2，反应放热，也会使HCl气体挥发，所以B中NaHCO3溶液的作用是除去CO2

中的HCl，若去掉B装置，HCl气体进入C，C中石蕊试液会变得更红，无法检验CO2能否使石蕊试液变红色。答案：(1)CaCO3＋2HCl===CaCl2＋CO2↑＋H2O试液变浅红色有气泡产生，澄清石灰水变浑浊(2)NaHCO3＋HCl===NaCl＋CO2

↑＋H2O从B中取出少量液体加入试管中，加入AgNO3溶液和稀硝酸，有白色沉淀生成，证明HCl进入B中发生了化学反应(3)除去CO2中的HCl石蕊试液会变得更红无法检验CO2能否使石蕊试纸变红色看不到澄清石灰水变浑浊(4)木条熄灭(5)CO2能够使石蕊试液变浅红色；

能够使澄清石灰水变浑浊；CO2能够灭火课时作业8溶液组成的定量研究1.答案：D2.解析：c(NaCl)＝0.5mol0.5L＝1mol·L－1，A项正确；m(NaCl)＝0.5mol×58.5g·mol－1＝29.25g，B项错误；100mL溶液中含

NaCl的质量为5.85g，物质的量为0.1mol，C、D项正确。答案：B3.解析：一定物质的量浓度的溶液中，离子的浓度与化学式的组成有关，与溶液的体积无关。①中c(Cl－)＝4mol·L－1，②中c(Cl－)＝2.5mol·L－1，③中c(Cl－)＝0，④中c(Cl－)＝

3mol·L－1，故答案为C项。答案：C4.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，砝码上有杂质使本身

质量偏大，称量NaCl的质量偏大，浓度偏高。答案：D5.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：C6.解析：n(Fe3＋)＝mg56

g·mol－1，n(SO2－4)＝m56×32mol＝3m112mol，c(SO2－4)＝nV＝3m112Vmol·L－1。答案：D7.解析：欲求溶液的物质的量浓度，需知溶质的物质的量和溶液的体积。溶液的体积不等于HCl(g)的体积，也不等于HCl(g

)和H2O的体积之和，而要根据溶液的密度求得：V(盐酸)＝aL22.4L·mol－1×36.5g·mol－1＋1000gbg·cm－3×10－3L·cm－3n(HCl)＝aL/22.4L·mol－1c(HCl)＝n(HCl)/V(盐酸)＝1000

ab/(22400＋36.5a)mol·L－1答案：D8.解析：c＝1000ρ·ωM＝1000mL·L－1×1.18g·cm3－1×36.5%36.5g·mol－1＝11.8mol·L－1。答案：C9.解析：根据电荷守恒：c(

H＋)＋3c(Al3＋)＋c(K＋)＝2c(SO2－4)，c(K＋)＝2c(SO2－4)－c(H＋)－3c(Al3＋)＝0.8mol·L－1×2－0.1mol·L－1－0.4mol·L－1×3＝0.3mol·L－1。答案：C10.解析：该品牌饮用矿物质水中离子浓度表示单位体积内含有离子的质量

，A项正确；该品牌饮用矿物质水中镁离子(Mg2＋)：0.1～4.8mg·L－1，c(Mg2＋)最大值为4.8×10－3g24g·mol－11L＝2×10－4mol·L－1，B项错误；盐酸酸化后的溶液中一定含有氯离子，加入硝酸银反应产生氯化银白色沉

淀，则不能确定原溶液中是否含有氯离子，C项错误；硫酸根离子(SO2－4)：0.4～19.2mg·L－1，1瓶该品牌饮用矿泉水的体积为500mL，硫酸根离子的质量最大值为19.2mg·L－1×0.5L＝9.

6mg，故n(SO2－4)的最大值为0.0096g96g·mol－1＝1×10－4mol，D项错误。答案：A11.解析：由于溶液是均匀的，取出的溶液的浓度与原溶液的浓度相同，所以取出的10mL氯化钠溶液浓度

为1mol·L－1，故A项错误；制成0.5L10mol·L－1的盐酸，需要标准状况下氯化氢气体的体积为0.5L×10mol·L－1×22.4L·mol－1＝112L，故B项正确；98%的硫酸(密度为1.84g·cm－3)的物质的量浓度为1000×1.84×98%98mol·L－1

＝18.4mol·L－1，二者浓度相同，故C项正确；溶液中BaCl2完全电离，2mol·L－1BaCl2溶液中c(Ba2＋)＝2mol·L－1，c(Cl－)＝4mol·L－1，溶液中Ba2＋和Cl－总数为0.5L×(2mol·L－1＋4mol·L－1)×6.02×1023mol－1＝3×6.02×

1023，故D项正确。答案：A12.解析：(1)因无480mL规格的容量瓶，所以配制480mL0.5mol·L－1NaOH溶液应选择500mL的容量瓶。(2)图中操作表示洗涤液转移入容量瓶后，再向容量瓶中加入蒸馏水定容，应在图中④与⑤之间。(3)因为需要配制500mL

溶液，该同学应称取NaOH固体的质量为0.5L×0.5mol·L－1×40g·mol－1＝10.0g，用质量为23.1g的烧杯放在托盘天平上称取所需NaOH固体时，砝码和游码的总质量为33.1g，需要20g和10g的砝码各一个，游码的质量为

3.1g。(4)①转移完溶液后未洗涤玻璃棒和烧杯，溶质偏少，浓度会偏低；②容量瓶中原来有少量蒸馏水，对溶质和溶液的体积均无影响，浓度无影响。答案：(1)500(2)C(3)10.0cdc(4)①偏低②无影响13.解析：本题考查溶液配制。(1)考查溶液配制的仪器使用，

除了已经选定的仪器还需胶头滴管、500mL的容量瓶。(2)由于没有480mL的容量瓶，计算物质的质量时必须按配制500mL溶液所需的质量进行计算。(3)浓度偏小的原因分析，A选项俯视液面导致溶液体积偏小，浓度偏大；没有洗涤转移

导致浓度偏小；容量瓶不干燥对实验结果无影响。(4)溶液应盛放在细口瓶中，碳酸钠溶液呈碱性，不能用玻璃塞密封，选D。答案：(1)④⑧(2)10.6g(3)B(4)D课时作业9人类对原子结构的认识1.解析：所

有的原子都含有相同数目的质子和电子，但不一定含有中子，如11H中就没有中子，多数原子的中子数和质子数比较接近但并没有必然的数量关系，核素是由质子数和中子数共同决定的，故A、B两选项是错误的。从发展的观点出发，原子

中的基本构成微粒有可能再进一步分成更小的微粒，如科学家们已经研究发现了质子和中子里面还有更小的微粒——夸克，所以D选项是错误的。答案：C2.解析：带正电荷的原子或原子团叫做阳离子。带负电荷的原子或原子团叫做阴离子。所以，阳离子的质子数(Z)大于核外电子总数，阴离子的质子数(Z)小于核外电子总

数。A、B、C、D四种粒子中，核内质子数与核外电子总数如下表：选项ABCD核内质子数16181319核外电子数18181318从上表可知，只有选项D中的质子数大于核外电子总数，选项D正确。答案：D3.解析：若有2层，，若有三层，。答案：B4.

解析：S2－、Cl－、K＋为18电子微粒，Na＋、Mg2＋、F－为10电子微粒。答案：A5.解析：23089Ac质子数为89，中子数为230－89＝141。答案：B6.解析：本题涉及质子、中子、质量数和相对分子质量等有关知识，解题的主要依据是原子组成中的电荷关系和质量关系。M2O3中M的化合价为

＋3，其离子为M3＋，由于每个M离子具有10个电子，故M原子中含13个电子。设M原子核内中子数为x，则有质量数102＝(13＋x)×2＋16×3，故x＝14。答案：A7.答案：B8.解析：质子数为m－x，A2－中电子数为m－

x＋2，则ngA2－含电子的物质的量为nm(m－x＋2)。答案：A9.解析：1个X原子所含的质子数为A－N，所以1个HmX分子所含的质子数为A－N＋1×m，HmX的摩尔质量为(A＋1×m)g·mol－1，所以agHmX分子的物质的量

为aA＋mmol，即agHmX分子中含质子的物质的量是aA＋m(A－N＋m)mol。答案：A10.答案：B11.答案：B12.解析：14C的质量数是14，其中含有6个质子、8个中子，A项错误；14CO2和12CO2不互为同位素，B项错误；14C和12C互为同位素，C项错误；H142

CO3的相对分子质量为64，H2CO3的相对分子质量为62，D项正确。答案：D13.答案：D14.解析：在进行判断时，我们应首先明确各符号表示的意义，其次是明确原子应具有相同的质子数和电子数，离子应具备质子数与电子数不等，元素应具有相同的质子数，同位素应具有

相同的质子数、不同的中子数且为原子。答案：②③④⑤⑥⑦⑧⑩①⑨①和②、③和④、⑤和⑥、⑧⑨和⑩③和④、⑤和⑥、⑧和⑩15.解析：核外电子总数为10个电子的粒子：①分子：Ne、HF、H2O、NH3、CH4②阳离子：Mg2＋、Na＋、Al3＋、NH＋4、H3O＋③阴离子：N3－、O2－、F－、OH－、

NH－2。答案：(1)HFOH－(2)NH3H3O＋(3)H2O(4)NH＋416.答案：(1)相似(2)10NA(3)24g·mol－1(4)不是核外电子没有发生变化17.解析：(Ⅰ)设X、Y元素原子的质量数为n，质子数

分别为m和p，则X的原子为nmX，Y的原子为npY，由题意有：{m＋p＝34n－m＝n－p＋2n＝2p，解得{m＝16p＝18n＝36，故元素X为硫，元素Y为氩。(Ⅱ)由题意可知生成0.1mol的金属阳离子需转移0.2mol电子，且0.1mol金属共有2mo

l电子，可知该元素的一个原子有20个质子，20个中子。(Ⅲ)在原子中，带正电荷的是质子(A为质子)；质子存在于原子核中(B是原子核)；原子核由中子和质子组成，且占原子绝大部分的质量(C为中子)；核电荷数等于质子数(D为核电荷数)；质量数＝中子数＋质

子数(E为质量数)；带负电荷的只有电子(F为电子)。答案：(Ⅰ)3616S3618Ar(Ⅱ)(1)Ca40g·mol－1(2)2020(Ⅲ)(1)D(2)F(3)E(4)C课时作业10氯气的发现与制备

1.解析：电解熔融NaCl才能得到Cl2和Na，A项不正确；电解饱和NaCl溶液的产物之一是黄绿色的Cl2，B项正确；电解饱和NaCl溶液的产物之一是NaOH，能使酚酞溶液变红，C项正确；电解饱和NaCl溶液

的产物之一是H2，可用排水法收集，D项正确。答案：A2.解析：由KMnO4与浓HCl在常温下反应能产生Cl2，①正确；反应放热，浓HCl易挥发，故产生的Cl2中可能混有HCl，需要净化，洗涤液不能用NaOH

，因为NaOH能和Cl2反应，应该用饱和食盐水，②错误；净化后的Cl2可以用浓H2SO4干燥，但气体应用长导管直接通入浓H2SO4中，③错误；干燥的氯气和金属反应的容器只有气体进入的导管，一段时间后压强升高，可能会使橡皮塞弹开，④错误。故

D选项符合题意。答案：D3.解析：①0.15molMnO2与过量的12mol·L－1的浓盐酸反应，浓盐酸过量，二氧化锰完全反应，根据MnO2＋4HCl(浓)=====△MnCl2＋Cl2↑＋2H2O，可得产生氯气的物质

的量为0.15mol；②50mL12mol·L－1的浓盐酸与足量MnO2反应，HCl的物质的量为12mol·L－1×0.05L＝0.6mol，二氧化锰过量，若盐酸完全反应，根据方程式MnO2＋4HCl(浓)=====△MnCl2＋Cl2↑＋2H2O，可知理论上产生氯

气的物质的量为0.15mol，但在反应过程中盐酸的浓度不断减小，而稀盐酸与二氧化锰不发生反应，所以最终产生的氯气少于0.15mol，故A、C、D项错误，B项正确。答案：B4.解析：盛浓盐酸的分液漏斗若用长颈漏斗代替无法控制盐酸

的用量，A错误；在讲台上直接做氯气的制备实验，没有在通风橱中进行，容易造成中毒事件，B错误；饱和食盐水不能与氯气反应，不能用于吸收尾气，C错误；可在集气瓶口放一张湿润的淀粉碘化钾试纸，若试纸变蓝，则氯气集满，D正确。答案：D5.解析：根据电解饱和食盐水的原理，

在与电源正极相连的石墨棒上产生Cl2，与电源负极相连的铁棒上产生H2和NaOH故B错误，C错误。脱离溶液的只有H2和Cl2，故n(Na＋)不变，D错误；H2和Cl2可制盐酸，故A正确。答案：A6.解析：A项缺少除杂装置和尾气处理装置；C项中缺少酒精灯；D项中缺少除

杂装置和尾气处理装置。答案：B7.解析：(1)二氧化锰(MnO2)与浓盐酸混合加热可得到氯气：MnO2＋4HCl(浓)=====△MnCl2＋2H2O＋Cl2↑。(2)氯气中含有氯化氢和水蒸气，通过饱和食盐水可吸收氯化氢；通过浓

硫酸可吸收水蒸气。(3)氯气能够将I－氧化为碘单质，淀粉与碘单质相遇变蓝。(5)氯气可用氢氧化钠溶液吸收。(6)浓盐酸与MnO2反应生成Cl2，随着反应的进行，盐酸浓度变稀，稀盐酸与MnO2不反应。答案：(1)MnO2＋4HCl(浓)==

===△MnCl2＋2H2O＋Cl2↑(2)饱和食盐水吸收混合气体中的HCl浓硫酸吸收混合气体中的水蒸气(3)溶液变蓝(4)大能向上排空气(5)NaOH溶液(答案合理即可)(6)氯化氢挥发，反应生成水，反应消耗HCl8.解析：仪器的连接顺序为①→⑦，⑥→④，⑤→②

。其中E装置用于除去Cl2中的HCl，D装置用于干燥Cl2；加热时，先点A处的酒精灯制取Cl2，用Cl2排净装置内的空气，防止Fe被空气中的O2氧化，为防止污染，最后必须处理掉多余的Cl2。答案：(1)⑦⑥④⑤②(2)二氧化锰3Cl2＋2Fe=====点燃2FeCl3(3)吸收氯气中的水蒸

气吸收氯气中的氯化氢气体(4)A使产生的Cl2排尽装置内的空气，防止铁被空气中的氧气氧化(5)否尾气吸收9.解析：根据题图和题干信息可知，装置A为制取Cl2的发生装置，结合(1)问可知，利用MnO2与浓盐酸反应

；装置B是为了除去Cl2中的HCl气体，盛装饱和食盐水；装置C用于干燥Cl2，盛装浓硫酸；装置D是制取ClO2气体的装置；装置E用于除去ClO2中的Cl2；装置F应为ClO2收集装置；装置G起安全瓶的作用，最后接一

个尾气吸收装置。(1)装置A为制取Cl2的发生装置，反应的化学方程式为MnO2＋4HCl(浓)=====△MnCl2＋Cl2↑＋2H2O；该反应中，HCl中部分氯元素化合价升高，作还原剂，部分氯元素化合价没变，HCl体现酸性，b正确。(2)由分析知，

装置B、C所装试剂依次为饱和食盐水、浓硫酸，目的是除HCl、干燥Cl2；装置D中NaClO2与纯净、干燥的Cl2反应制备ClO2，要收集纯净的ClO2，则装置E用于吸收未反应的Cl2，结合表格信息知，Cl2

在CCl4中易溶，而ClO2难溶于CCl4，故装置E盛装CCl4。(3)装置F为ClO2收集装置，由于ClO2极易溶于水，故不能用排水法，因ClO2气体的密度比空气密度大，故应选用的装置是②，其中与装置

E导管相连的导管口是d。答案：(1)MnO2＋4HCl(浓)=====△MnCl2＋Cl2↑＋2H2Ob(2)cbd(3)②d10.解析：11.7gNaCl的物质的量为11.7g58.5g·mol－1＝0.2mol，2NaCl＋2

H2O=====通电2NaOH＋H2↑＋Cl2↑2210.2moln(NaOH))n(Cl2)n(Cl2)＝0.2mol×12＝0.1mol，n(NaOH)＝0.2mol×22＝0.2mol，则标准状况下生成Cl

2的体积为0.1mol×22.4L·mol－1＝2.24L，所得NaOH溶液中溶质的物质的量浓度为0.2mol0.5L＝0.4mol·L－1。答案：(1)2.24L(2)0.4mol·L－1课时作业11氯气的性质及应用1.解析：氯气与铁反应

产物为FeCl3，B错误；Cl2能溶于水，应用排饱和食盐水法收集Cl2，C错误；氯水为混合物，D错误。答案：A2.解析：Ca(OH)2微溶于水，其水溶液吸收Cl2的量少且慢，实验室通常用NaOH溶液吸收尾气中的Cl2，A错误；工业上是用纯净的H2在Cl2中安静地燃烧的方法制盐酸，而H

2、Cl2混合光照发生爆炸会造成事故，所以B错误；新制氯水中的HClO在光和热的作用下更易分解生成HCl和O2，因此保存新制氯水要避光、避热，C正确；氯气密度比空气大，泄漏时应往高处逃生，不应弯腰逃离，D错误。答

案：C3.解析：消毒液通常利用的是所含溶质的强氧化性来进行杀菌消毒的。HClO、NaClO、KMnO4等都可以用于消毒，而NaCl没有这方面的性质。HClO溶液呈酸性，KMnO4溶液有颜色，均不符合题意。NaClO与水和二氧化碳反应生成的次氯酸具有强氧化性，可表现出漂

白性。答案：B4.解析：能使干燥的蓝色石蕊试纸先变红后褪色，要求该物质具有酸性和漂白性。酸性要有H＋，漂白性要有HClO。①②④中只有Cl2；⑤中盐酸只有酸性无漂白性；③中新制氯水中含有Cl2、HCl和HClO；⑥中发生反应：Ca(C

lO)2＋2HCl===CaCl2＋2HClO，含有HCl和HClO。答案：C5.解析：氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，方程式为Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O，故A错误；氯气

性质活泼，易与活泼金属钠发生化合反应生成NaCl，反应时有大量白烟，所以白烟是氯化钠微晶分散在空气中形成的，故B正确；钠燃烧时火焰为黄色，故C正确；氯气具有氧化性，则若在棉花球右侧外沿滴一滴淀粉碘化钾溶液，存

在剩余氯气时与KI反应生成碘单质，遇淀粉变蓝，所以可据其颜色变化判断氯气是否被碱液完全吸收，故D正确。答案：A6.答案：B7.解析：由题意可得，反应中氯气得到2mole－，故由得失电子守恒可知，每提供1mole－需要30

g混合物，而选项中各金属提供1mole－时分别需要的质量为Cu—32g，Zn—32.5g，Na—23g，Fe—563g，Ca—20g，Mg—12g，Al—9g。根据题意可知，两者的组合中的一个比30大，一个比30小才能满足题意。答案：B8.

解析：MnO2和浓盐酸在加热条件下反应，随着反应的进行，浓盐酸浓度变小，MnO2不与稀盐酸反应，即使MnO2过量，盐酸也不能全部消耗完，A正确；B项不仅能证明新制氯水具有酸性，还具有漂白性，B错误；铜在氯气中燃烧生成棕黄色的烟，C错误。D

项润湿的有色布条褪色，D错误。答案：A9.解析：过程Ⅰ溶液由紫色变成红色，起作用的微粒是H＋，A正确；过程Ⅱ溶液由红色变成无色，是因为HClO具有漂白性，溶液仍然为酸性，B错误；过程Ⅲ溶液由无色变成浅黄绿色，是因为溶液中溶有氯气

，C错误；若向紫色石蕊溶液中持续通入CO2气体，则溶液变浅红色，D错误。答案：A10.解析：(1)干燥的红色布条不褪色，说明氯气不具有漂白性；湿润的红色布条褪色，说明氯水具有漂白性。(2)氯水中的成分除Cl2外，还存在HClO、HCl和H2O，要确认次氯酸具有漂白性，还需确认盐

酸不具有漂白性。(3)烧杯中的NaOH溶液可吸收多余的氯气，以防止污染空气。(4)4min内共通入Cl24.48L即0.2mol，为保证实验安全，烧杯中的NaOH应至少能全部吸收通入的Cl2，根据Cl2＋2N

aOH===NaCl＋NaClO＋H2O，NaOH至少需0.4mol，V(NaOH)＝0.4mol2mol·L－1＝0.2L＝200mL。(5)装置②中发生Cl2与Ca(OH)2制Ca(ClO)2的反应，

方程式为：2Ca(OH)2＋2Cl2===CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O；(6)制漂白粉的反应是放热反应，反应温度较高时有副反应发生，为了减少副反应发生，可将装置②放于冷水浴中降低温度来达到目的。答案：(1)干

燥的Cl2没有漂白性，氯水有漂白性Cl2＋H2O⇌HCl＋HClO(2)验证盐酸是否有漂白性(3)吸收多余的Cl2，防止污染空气Cl2＋2NaOH===NaClO＋NaCl＋H2O(4)200(5)2Ca(OH)2＋2Cl2===C

aCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O(6)将装置②放于冷水浴中进行实验课时作业12氧化还原反应1.答案：C2.解析：需要加入氧化剂，则选项中反应的物质是还原剂，发生的是氧化反应，也就是从前到后应该是化合价升高的变化。A中无化合价的变化；B中氯元素化合价升高；C中铜

元素的化合价降低；D中氯元素的化合价降低。答案：B3.解析：反应中，氧气中的氧元素得电子，Na2S2O4中的硫元素失电子，所以Na2S2O4表现还原性。答案：B4.解析：木已成舟没有新的物质生成，则没有涉及化学变化，A项错误；蜡炬成灰有新的物质生成，属于化学变化，且碳、氧元素的化合价发生

变化，则属于氧化还原反应，B项正确；铁杵成针没有新的物质生成，则没有涉及化学变化，C项错误；滴水成冰没有新的物质生成，则没有涉及化学变化，D项错误。答案：B5.解析：A项和C项属于双线桥，A项铜有1mol

参与反应，所以A项错误，C项正确；B和D属于单线桥，B项转移电子数错误，D项电子转移方向错误。答案：C6.解析：反应中氮元素化合价升高被氧化，则NH3被氧化，氧化产物为N2，还原产物为HCl，选项A和C均正确，B错误；生成的HCl遇NH3化合成NH4Cl

，形成白烟，选项D正确。答案：B7.解析：由信息可知，五价砷在维生素C作用下被还原为有毒的三价砷，发生了还原反应，维生素C作还原剂，A正确，B、C错误；砒霜剧毒，故砷元素化合价应为＋3价。答案：A8.解析：A、B、D三

项均是由金属单质生成化合物，所以A、B、D三项都是氧化还原反应；C项中发生的反应是复分解反应。答案：C9.解析：通过元素价态分析比较，在参加的4个HCl中，只有2个HCl被氧化。设被氧化的HCl质量为x。MnO2＋4HCl(浓)

=====△MnCl2＋Cl2↑＋2H2O872×36.5(被氧化)17.4gx列比例式：87∶73＝17.4g∶x，解得x＝14.6g。答案：B10.解析：由化学方程式可知铜元素化合价升高，从0价变为＋2价，被氧化；氮元素化合价降低，从＋5价变为＋2价，被还原；故

Cu发生氧化反应，HNO3发生还原反应。答案：(1)CuNCuHNO3(2)(3)11.解析：(1)在Cu＋2H2SO4(浓)=====△CuSO4＋SO2↑＋2H2O反应中，铜元素化合价升高，失电子被氧化，硫元素化合价降低，得电子被还原，电子转移的方向和数目可

表示为(2)①反应中铁元素的化合价降低，则Fe3＋作氧化剂，被还原。维生素C是还原剂。②若有1molFe3＋转化为Fe2＋共得到1mol电子，根据电子守恒，则维生素C失1mol电子。答案：(1)(2)①还原还原②失112.解析：(1)氧化还原反应KIO3＋

5KI＋3H2SO4===3K2SO4＋3I2＋3H2O中，电子转移情况如下：(2)在上述反应中，转移5mol电子生成碘单质的量是3mol，所以如果反应中转移0.5mol电子，则生成I2的物质的量为0.3mol；(3)碘在有机溶液中的溶解度远大于在水中的溶解度，所以

采用萃取的方法提取碘，可以选用四氯化碳作萃取剂。答案：(1)(2)0.3mol(3)④13.解析：对于反应③2FeCl3＋2HI===2FeCl2＋2HCl＋I2，由电子转移情况看每生成0.1molFe2＋转移0.1mol电子，其个数为6.0

2×1022。答案：(1)AD(2)2∶1(3)6.02×1022(4)Cl2>Fe3＋>I2>S14.解析：(1)反应中氯元素的化合价－1升高到0，被氧化；K2Cr2O7中铬元素的化合价由＋6价降低到＋3价，被还原，K2Cr2O7作氧化剂。(2)

HCl→Cl2，氯元素化合价升高，发生氧化反应，Cl2为氧化产物。(3)14个HCl分子参加反应，有6个HCl分子被氧化，生成3个Cl2分子，另外8个HCl分子起酸性作用，所以起还原剂(被氧化)作用的HCl与起酸性作用的HCl的质量比为6∶8＝3∶4。(4)氯元素的化合价由－1价

变到0价，故生成3molCl2转移电子数为3×2×[0－(－1)]NA＝6NA个。答案：(1)氯K2Cr2O7(2)Cl2HCl(3)3∶4(4)6NA课时作业13钠的性质与制备1.解析：NaCl中Na是＋1价，制取Na需由＋1价变为0价，故需使Na＋被还原。答案：D2.解析：

钠在空气中首先被迅速氧化成Na2O，Na2O再跟空气中的水蒸气反应生成NaOH，且因NaOH易潮解而有液滴生成，NaOH在空气中缓慢跟CO2反应生成Na2CO3·10H2O晶体，Na2CO3·10H2O晶体，在空气中易发生风化而失水生成Na2CO3粉末。答案：B3.答案：B

4.答案：A5.解析：由2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑，知2.3gNa(0.1mol)与水反应产生0.1molNaOH(4g)，生成0.05molH2(0.1g)，故溶液中NaOH的质量分数为4g100

g＋2.3g－0.1g×100%。答案：B6.解析：反应中CuSO4被还原为Cu，无水CuSO4表现的是氧化性。答案：C7.解析：钠是非常活泼的金属，所以它在自然界中只能以化合态存在，而不能以游离态存在，A选项错误。答案

：A8.解析：将一小块钠投入饱和澄清石灰水中，钠与水剧烈反应，所以首先观察到钠与水反应的一系列现象。随着2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑反应的进行，水被消耗，溶液的温度升高，由于Ca(OH)2的溶解度随温度的升高而降

低，所以溶液中的Ca(OH)2有部分析出，可以观察到溶液变浑浊。答案：C9.答案：D10.解析：CO2和Na2O2反应生成碳酸钠和氧气，①中盛放的是过氧化钠，②中溶液用于吸收多余的二氧化碳，盛放的可以是氢氧化钠溶液，A正确；③中是浓硫酸，用于干

燥氧气，B正确；④是收集氧气的装置，采用向上排空气法收集，则应该选择装置b，C错误；装置②、③之间应增加盛有澄清石灰水的洗气瓶，用于检验二氧化碳是否被完全吸收，D正确。答案：C11.解析：当钠与氧气反应的生成物全部为Na2O时，由关系式：Na2O～2NaOH～2HCl，可计算出Na2

O的质量为1.24g；当钠与氧气反应的生成物全部为Na2O2时，由关系式：Na2O2～2NaOH～2HCl，可计算出Na2O2的质量为1.56g；根据题意可知生成物的成分是Na2O和Na2O2，C正确。答案：C12.解析：2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑，Na2O＋H2O===2NaOH，

2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑，H2和O2恰好完全反应，即体积比为2∶1，已知产生672mL混合气体，物质的量为0.03mol，则n(H2)＝0.02mol，n(O2)＝0.01mol。2Na～H20.04mol0.02mol2Na2O2

～O20.02mol0.01mol则m(Na2O)＝4.34g－(0.04×23＋0.02×78)g＝1.86g，n(Na2O)＝1.86g62g·mol－1＝0.03mol，所以n(Na)∶n(Na2O)∶n(Na2O2)＝4∶3∶2。答案：D13.解析：(1)

钠是很活泼的金属元素，其单质极易与水或氧气反应，又因为钠的密度小于水而大于煤油，因此钠通常保存在煤油中。(2)将一小块钠放在水平放置的试管中部，加热，反应方程式为2Na＋O2=====点燃Na2O2，过氧化钠为淡黄色固体。将该试管冷却后直立，滴加几滴水，发生反应的化学方程式为2Na2

O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑。用带火星的木条靠近试管口，看是否复燃，可检验氧气的存在。(3)Na、Na2O、NaOH久置空气中最终都是变为碳酸钠，化学式为Na2CO3；过氧化钠与CO2反应生成碳酸钠和氧气，反应的化学方程式为2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2。(4)一小

块金属钠投入CuCl2溶液中，首先与水反应生成氢氧化钠和氢气，然后氢氧化钠与氯化铜发生复分解反应，发生反应的方程式为2Na＋CuCl2＋2H2O===Cu(OH)2↓＋H2↑＋2NaCl。答案：(1)D(2)2Na＋O2=====点燃Na2O2淡黄色2Na2

O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑用带火星木条靠近试管口，看是否复燃(3)Na2CO32Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2(4)2Na＋CuCl2＋2H2O===Cu(OH)2↓＋H2↑＋2NaCl14.解析：(1)脱脂

棉的燃烧，除有氧气存在以外，还需温度达到反应物的着火点。脱脂棉剧烈燃烧起来说明Na2O2与H2O的反应放出了大量的热。(2)若有O2生成，可以将带火星的小木条放在试管上的导管口末端检验。若有热量放出，可在锥形瓶上的导管口末端用水检验。答案：(1)放出热量2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2

↑Na2O2(2)将带火星的小木条放在试管上的导管的末端，若木条剧烈地燃烧起来，说明反应生成了氧气将锥形瓶上的导管的末端插入烧杯里的水中，若导管口有气泡冒出，说明反应放出热量15.解析：(1)钠和稀硫酸反应生成硫酸钠和氢气，没有沉

淀产生，A错误；钠投入硫酸铜溶液中，首先和水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠和硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钠，但沉淀不是白色的，而是蓝色的，B错误；钠投入氢氧化钠溶液中生成氢氧化钠和氢气，没有沉淀，C错误；钠投入氯化镁溶液中

生成氯化钠、氢氧化镁白色沉淀和氢气，D正确。(2)①金属与水发生反应放出氢气的质量＝ag＋bg－cg＝(a＋b－c)g，假设金属为R，其相对原子质量为M，根据金属钠与水反应放出氢气的关系，可推断该金属与水放出氢气关系如

下：2R～H22M2bg(a＋b－c)g解得M＝b（a＋b－c）；②氯化钙具有吸水能力，是常用的干燥剂，在装置中吸收生成氢气中的水，而防止水分流失。答案：(1)D(2)①b/(a＋b－c)②吸收H2中所含的H2O(g)课时作业14碳酸钠碳酸氢钠1.解

析：小苏打是常用的食品添加剂，其化学式是NaHCO3，故选B。答案：B2.解析：加热时无气体放出只能说明不存在NaHCO3，无法证明Na2CO3的存在，A项错；加入盐酸不论是否含有Na2CO3均产生气体，B项错；加入Ca(OH)2，NaHCO3也可生成CaCO3沉淀，无法说

明是否存在Na2CO3，只有C选项正确。答案：C3.答案：D4.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＝0.8

4，所以m(Na2CO3)＝5g－m(NaHCO3)＝5g－0.84g＝4.16g。答案：C5.解析：K2CO3溶液能与BaCl2产生BaCO3沉淀，A项正确；NaHCO3受热分解生成CO2，可使澄清石灰水变浑浊，而K2CO3不分解，B项正确；滴加Ba

(OH)2溶液时，其与K2CO3和NaHCO3反应的现象一样，都产生白色沉淀，C错误；钠、钾元素的焰色反应分别为黄色和紫色(透过蓝色钴玻璃观察)，D项正确。答案：C6.解析：烧碱溶液、饱和碳酸钠溶液可与

CO2反应，水也可吸收CO2，饱和碳酸氢钠溶液既能除去HCl又能降低CO2在水中的溶解度，是最佳选择。答案：B7.解析：NaHCO3既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应。答案：D8.解析：设生成的碳酸钠和碳酸氢钠的物质的量分别为xmo

l、ymol，则根据钠原子守恒，可得2x＋y＝1，根据碳原子守恒，可得x＋y＝0.8，解得x＝0.2，y＝0.6，所以x∶y＝1∶3，A项正确。答案：A9.解析：盐酸先与NaOH反应，再与Na2CO3分步反应。盐酸

先与NaOH反应，NaOH的物质的量为0.01mol，中和NaOH需要盐酸0.1L；0.01molNa2CO3全部转化为NaHCO3需HCl0.01mol(即需盐酸的体积为0.1L)，NaHCO3完全反应需HCl0.01mol(即需盐酸的体积为0.1L)，可知加盐酸0.2L时开始有

气体产生，到0.3L时反应结束，故C项符合题意。答案：C10.解析：焰色反应为黄色，说明含钠元素，A错误；焰色反应是物理变化，D错误；做焰色反应实验时，钠元素的黄光会干扰钾的紫色，可透过蓝色钴玻璃观察以滤去钠的黄光，B正确；焰色反应常用于物质的鉴别，C错误。答案：B11.解析：A项，NH3

在水中的溶解度远远大于CO2，先通NH3后通CO2，可生成更多的NaHCO3，故正确；B项，Na2CO3溶液中通入足量的CO2能反应生成NaHCO3，NaHCO3是发酵粉的主要成分之一，故正确；C项，纯碱可广泛用于玻璃、制皂、

造纸、纺织等工业中，故正确；D项，第Ⅲ步操作得到的晶体是NaHCO3，NaHCO3加热分解就可生成Na2CO3，故错误。答案：D12.解析：(1)实验开始时，大试管中的气体受热膨胀，烧杯A的导气管中会有气泡冒出。碳酸氢钠加热分解生成二氧

化碳气体，二氧化碳与澄清石灰水反应生成碳酸钙沉淀，所以烧杯B的导气管中有气泡产生，澄清石灰水变浑浊。(2)实验结束时，在操作上要特别注意：先将导气管从A、B烧杯中取出，再停止加热，以防倒吸。(3)实验过程中发生反应的化学方程式为2NaHCO3=====△N

a2CO3＋CO2↑＋H2O、CO2＋Ca(OH)2===CaCO3↓＋H2O。(4)碳酸氢钠在小试管中，碳酸钠在大试管中，给大试管直接加热，温度较高。依据温度较高的管中的物质不分解，而温度较低的管中的物质分解，可判断热稳定性：Na2CO3>NaHCO3，故Na2CO3

与NaHCO3的位置不能互换。答案：(1)有气泡冒出有气泡产生，澄清石灰水变浑浊(2)先将导气管从A、B烧杯中取出，再停止加热(3)2NaHCO3=====△Na2CO3＋H2O＋CO2↑、CO2＋Ca(OH)2===CaCO3↓＋H

2O(4)弱于不能13.解析：A是一种常见单质，其焰色反应为黄色，则A是Na，B、C、D、E是含Na元素的常见化合物，Na在O2中燃烧生成B，B为Na2O2，Na和H2O反应生成NaOH和H2，Na2O2和水反应生成NaOH和O2，所以C是NaOH，Na

OH和过量CO2反应生成NaHCO3，所以E是NaHCO3，Na2O2和CO2反应生成Na2CO3和O2，NaHCO3受热分解生成Na2CO3、CO2和水，所以D是Na2CO3。(1)通过以上分析知，A是Na，B是Na2O2，D是Na2CO

3。(2)根据氧化还原反应的概念可知，以上反应中属于氧化还原反应的有①②③④。(3)反应③的化学方程式为2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑，Na2O2中的氧元素一部分得电子作氧化剂，一部分失电子作还原剂，氧化剂是Na2O2，氧化产物是O2。(5)Na2CO3溶液中通

入CO2的化学方程式为Na2CO3＋CO2＋H2O===2NaHCO3。答案：(1)NaNa2O2Na2CO3(2)①②③④(3)2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑Na2O2O2(4)(5)Na2CO3＋CO2＋H2O===2NaHCO314.解析：Ⅰ.(1)设碳酸钠的

质量为x，根据反应方程式：Na2CO3＋BaCl2===BaCO3↓＋2NaCl可知：每有106gNa2CO3反应，会产生197gBaCO3沉淀，则反应产生ngBaCO3沉淀，反应的Na2CO3质量x＝106

197×ng＝106n197g，所以样品中Na2CO3的质量分数为106n197gmg×100%＝106n197m×100%；甲同学洗涤沉淀的具体操作是：向沉淀中加入蒸馏水至刚好没过沉淀，静置，再重复2～3次；(2)

若用氯化钙，反应生成的Ca(OH)2微溶于水，会使沉淀的质量变大，且碳酸钙的相对分子质量小于碳酸钡，会导致称量误差偏大；Ⅱ.(3)浓硫酸具有吸水性，盛有浓硫酸的装置的作用是吸收二氧化碳气体中的水蒸气；(4)该方案中没有除去装置中的空气，空气

中含有二氧化碳会影响测定结果，另外反应后的装置中也有残留的二氧化碳气体；碱石灰也会吸收外面空气中的水和二氧化碳。改进方法是在气体发生装置前加一个经过碱液处理的通入空气的装置，在实验前先通入空气，排除装置中空气中CO2的干扰，实验结束再通入空气，将

反应产生的CO2赶出，全部被碱石灰吸收；在碱石灰装置后再连接一个碱石灰装置，以吸收空气中的水和二氧化碳。答案：(1)106n197m×100%向沉淀中加入蒸馏水至刚好没过沉淀，静置，再重复2～3次(2)反应生成的Ca(OH)2微溶于水，会使沉淀的质量变大(3)

吸收二氧化碳气体中的水蒸气(或干燥二氧化碳)(4)在气体发生装置前加一个经过碱液处理的通入空气的装置；在碱石灰装置后再连接一个装有碱石灰的装置课时作业15离子反应1.答案：C2.解析：Na2O溶于水能导电是因为生成了NaOH

，A错误；KHSO4溶于水后电离成K＋、H＋和SO2－4，B错误；AgCl难溶于水，但溶解的那一部分是全部电离的，所以AgCl是强电解质；醋酸虽然易溶于水，但溶解的那一部分不能完全电离，所以醋酸是弱电解质，D错误。答案：

C3.解析：酸、碱、盐之间发生离子反应的条件是生成难溶物质、难电离物质或易挥发物质，由此可知只有A项中的反应不能发生。答案：A4.解析：B项，MgCO3不能拆写，错误；C项，氨水中NH3·H2O不能拆写，错误；D项，离子方程式未配平，错误。答案：A5.

解析：A项，稀盐酸与澄清石灰水反应的离子方程式应为H＋＋OH－===H2O；B项，澄清石灰水与CuCl2溶液反应的离子方程式应为2OH－＋Cu2＋===Cu(OH)2↓；C项正确；D项，Fe与稀盐酸反应的离子方程式应为Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑。答案：C6.解析：

题中溶液的环境是强碱性，相当于溶液中含有大量的OH－。A项，HCO－3与OH－发生反应：HCO－3＋OH－===H2O＋CO2－3，不能大量共存；B项，各离子之间均不发生反应，可以共存；C项，NH＋4与OH－发生反应：NH＋4＋OH－⇌NH3·H2O，不能大量共存；D项，Cu2＋有颜色

，且Cu2＋＋2OH－===Cu(OH)2↓，不能大量共存。答案：B7.解析：A项，若四种离子的物质的量浓度均为1mol·L－1则溶液中正、负电荷的总数不相等；B项，含有Cu2＋的溶液显蓝色；C项，在溶液中H＋和HCO－3不能大量共存。答案

：D8.解析：电解质的电离不需要外加电流的作用，A项错误；石墨是单质，不是电解质，B项错误；熔融(液态)的H2SO4不能导电，D项错误。答案：C9.解析：A项，HCl和NaCl不反应且二者均为强电解质，灯泡不会熄灭；B、D项，反应后均有易溶性强电

解质生成，灯泡不会熄灭；C项，发生反应：Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO2－4===BaSO4↓＋2H2O，随着反应的进行，溶液中离子浓度逐渐减小，则灯泡由亮变暗，当二者恰好完全反应时，溶液中离子浓度几乎为零，则灯泡熄灭。答案：C10.

解析：NaHSO4与BaCO3反应生成BaSO4沉淀，书写离子方程式时需写成化学式。答案：C11.解析：石灰乳不能拆写成离子形式，A错误。答案：A12.解析：使pH试纸呈蓝色的溶液为碱性溶液，铜离子不能大量

存在，A错误；使酚酞呈深红色的溶液为碱性溶液，氢离子不能大量存在，B错误；含大量Ag＋的溶液中不能大量存在硫酸根离子，C错误。答案：D13.解析：根据A与B反应无明显现象，可确定A和B分别为CaCl2溶液和HCl溶液中的一种，再结合B与D反应

有无色无味气体放出，可推出B为HCl溶液，D为Na2CO3溶液，反应的离子方程式为CO2－3＋2H＋===CO2↑＋H2O，C与B反应有白色沉淀生成，可推出C为AgNO3溶液，反应的离子方程式为Ag＋＋Cl－===AgCl↓，最

后根据A与D反应有白色沉淀生成，可确定A为CaCl2溶液。答案：(1)CaCl2溶液HCl溶液AgNO3溶液Na2CO3溶液(2)CO2－3＋2H＋===CO2↑＋H2OAg＋＋Cl－===AgCl↓14.解析

：胶体不以透过半透膜，操作①为渗析；除去粗盐中含有的Ca2＋、SO2－4可溶性杂质的方法：加入过量BaCl2溶液，除去SO2－4；再加入过量Na2CO3溶液，除去Ca2＋和过量的Ba2＋，则试剂①为BaCl2溶液，操作②为过滤，沉淀A为BaSO4，试剂②为Na2CO3溶

液，操作③为过滤，沉淀B为CaCO3和BaCO3，试剂③为盐酸，加入盐酸可除去过量的Na2CO3，最后蒸发结晶可得到NaCl晶体。(1)由以上分析可知试剂②为Na2CO3溶液，试剂③为盐酸。(2)判断B

aCl2溶液已过量的方法是静置，向上层清液中滴加少量BaCl2溶液，没有白色沉淀产生，说明BaCl2溶液已过量。(3)试剂②为Na2CO3溶液，加入试剂②的作用是除去溶液中的Ca2＋和过量的Ba2＋，反应的离子方程式为Ca

2＋＋CO2－3===CaCO3↓，Ba2＋＋CO2－3===BaCO3↓。(4)胶体粒子不能透过半透膜，而离子可透过半透膜，即淀粉不能透过半透膜，SO2－4可以透过半透膜。要检验淀粉，可取少量半透膜外液体，加入少量碘水，液体没有变蓝，证明淀粉不能透过半透膜；要检验SO2－4，可另取少量半透

膜外液体，加入盐酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀，证明SO2－4能够透过半透膜。答案：(1)Na2CO3HCl(2)静置，向上层清液中滴加少量BaCl2溶液，没有白色沉淀产生，说明BaCl2溶液已过量(3)Ba2＋＋CO2－3===BaCO3↓，Ca2＋＋CO2－3===CaCO3↓(4)

不能能编号实验操作预期现象和结论①取少量半透膜外液体，加入少量碘水液体没有变蓝，证明淀粉不能透过半透膜②另取少量半透膜外液体，加入盐酸酸化产生白色沉淀，证明SO2－4能够透过半透膜的BaCl2溶液课时作业16粗盐提纯从海水中提取镁1.解析：Mg不与碱反应。答案：D2

.解析：Mg能与N2、O2、CO2反应。答案：C3.答案：C4.解析：Mg在空气中燃烧，除与O2反应生成MgO外，主要还发生反应：3Mg＋N2=====点燃Mg3N2，导致固体质量的增加量减少。答案：D5.解析：Mg在CO2中燃烧时生成MgO和C，在O2中燃烧时只生成MgO，

故Mg在CO2中燃烧时所得固体产物的质量较大，A项正确，B项错误；两个反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比都是1∶2，C项错误；Mg在CO2中燃烧时，CO2中的氧元素没有被还原，D项错误。答案：A6.解析：要制得纯净的食盐水

，首先要把粗盐溶于水形成溶液，然后镁离子用氢氧根离子沉淀，加入过量的氢氧化钠可以将镁离子沉淀，硫酸根离子用钡离子沉淀，加入过量的氯化钡可以将硫酸根离子沉淀，至于是先除镁离子还是先除硫酸根离子都可以，钙离子用碳酸根离子沉淀，除钙离子时加入碳酸钠，将其转化为沉淀，但是碳

酸钠要放在氯化钡之后加入，这样碳酸钠会除去反应中剩余的氯化钡，离子都沉淀了，再进行过滤，然后加入盐酸除去反应中剩余的氢氧根离子和碳酸根离子，最后经蒸发操作得到较纯净的氯化钠，所以正确的选项为C。答案：C7.解析：①中发生反应的离子方程式为Mg2＋＋2OH－===Mg(OH)2↓，该反应属于复分解反

应，故肯定不是氧化还原反应，A项正确；②中的反应方程式为Mg(OH)2＋2HCl===MgCl2＋H2O，B项错误；③中涉及的反应为MgCl2·6H2O=====△MgCl2＋6H2O，由于没有单质生成，故该反应虽然是分解反应，但不是氧化还原反应，C项错误

；④中涉及的反应为MgCl2=====通电Mg＋Cl2↑，不是置换反应，D项错误。答案：A8.解析：A项，工业制备无水氯化镁时，常加入生石灰，生石灰与水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙使镁离子转化为氢氧化镁沉淀，正确；B项，工业上电解熔融的MgCl2

制备金属镁，正确；C项，根据题给流程图，箭头指入的为反应物，箭头指出的为生成物，则“氯化”过程中发生的反应为MgO＋C＋Cl2=====高温MgCl2＋CO，正确；D项，Mg2＋发生水解，直接加热蒸发MgCl2溶液无法得到无水MgCl2，错误。答案：D9.

解析：从海水中提取镁的基本原理：将贝壳煅烧得到生石灰，并将生石灰制成石灰乳；将石灰乳加入沉淀池中使Mg2＋转化为Mg(OH)2沉淀；在Mg(OH)2沉淀中加入盐酸得到MgCl2溶液；在一定条件下蒸发MgCl2溶液得到无水MgCl2；电解熔融氯化镁可得到Mg。要除去Mg(OH)

2沉淀中混有的少量Ca(OH)2，可加入过量MgCl2溶液，使Ca(OH)2中的OH－完全转化为Mg(OH)2沉淀，经过滤、洗涤、干燥，即可得到纯净的Mg(OH)2沉淀。答案：(1)使Mg2＋转化为Mg(OH)2沉淀(2)MgCl2(或氯化镁)过滤洗涤干燥(3)D10.答案：(1

)过滤烧杯普通漏斗玻璃棒(2)Mg(OH)2＋2H＋===Mg2＋＋2H2O(3)MgCl2=====通电Mg＋Cl2↑(4)(5)2Cl2＋2Ca(OH)2===Ca(ClO)2＋CaCl2＋2H2O11.解析：(1)将大颗粒粗盐变为较细粗盐需要使用研钵。(2

)在加热蒸发时，除了题给仪器外，还需要蒸发皿。(3)A项，粗盐没有全部溶解，会使“精盐”的质量减少；B项，液滴飞溅导致“精盐”的质量减少；C项，“精盐”很潮湿，增大了“精盐”的质量；D项，蒸发皿上沾有的“精盐”没有全部转移到称量纸上，会使“精盐

”的质量减少。答案：(1)A(2)蒸发皿(3)ABD(4)①NaOH溶液Na2CO3溶液②HCl＋NaOH===NaCl＋H2O2HCl＋Na2CO3===2NaCl＋CO2↑＋H2O课时作业17从海水中提取溴、从海带中提取碘1.解析：溴在水中的溶解度较小，且密度

比水大，易挥发，所以盛放液溴的试剂瓶中加入一定量的水可以有效减少溴的挥发。答案：D2.解析：KI与Cl2发生反应2KI＋Cl2===2KCl＋I2，碘在四氯化碳中的溶解度大于在水中的溶解度，且CCl4的密度比水大，故

上层接近无色，下层呈紫红色(碘在CCl4中的颜色)。答案：D3.解析：由于氯气会和NaBr、NaI反应置换出溴单质和碘单质，但溴单质易挥发，碘单质受热后易升华，所以最后残留的物质只有NaCl。答案：A4.解析：NaBr灼烧不易分解，A项错误；Cl2与NaBr发生反应2NaB

r＋Cl2===Br2＋2NaCl，苯为有机溶剂，Br2在苯中的溶解度大于在水中的溶解度，且苯与水不互溶，B项正确；酒精与水互溶，C项错误；碘单质的活泼性比溴单质的活泼性弱，不能发生置换反应，D项错误。答案：B5.解析：A项，生成沉淀的颜色不同；B、C项，Br2、I2在CCl4、

苯中形成的溶液颜色不同；D项，淀粉只能检验I2。答案：D6.解析：海带烧成灰加水后必须过滤，然后利用氧化还原反应的原理使碘从化合态变成游离态，最后用有机溶剂萃取出碘并分液。答案：A7.解析：步骤③已将溴吹出，但步骤④又重新用SO2吸收溴，步骤⑤又用氯气将HBr氧化为Br2，步骤④⑤的目的

是提高溴的含量，即富集溴，故A项正确；可用空气吹出溴，则步骤③说明溴具有挥发性，故B项正确；步骤④发生反应SO2＋Br2＋2H2O===2HBr＋H2SO4，C项错误；实现大量液溴和少量溴水分离的方法是分液法，采用的仪器为分液漏斗，操作时下层液体必须从下口流出，上层液体从上口倒出，D项正确

。答案：C8.解析：操作①是将不溶物分离出来的操作，操作①是过滤，过滤用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗，A项正确；操作②是将I－氧化成I2，则需要加入氧化剂，B项正确；酒精与水互溶，酒精不能代替苯作萃取剂，C项错误；碘溶于苯但沸

点与苯不同，可以蒸馏I2的苯溶液获取I2并回收苯，D项正确。答案：C9.解析：可用BaCl2溶液除去粗盐中的SO2－4，Ba2＋和SO2－4反应生成BaSO4沉淀，A正确；试剂1往往选用廉价的石灰乳来沉淀Mg2＋，C错误；工业上用电解熔融MgCl

2的方法冶炼金属镁，D正确。答案：C10.解析：A项，海带灼烧成灰用坩埚；B项，过滤时没有用玻璃棒引流；C项，苯在水的上层，应从分液漏斗上口倒出。答案：D11.解析：由海水提取溴的反应流程，反应①的离子方程式为Cl2＋2Br－===2Cl－＋Br2，该反应属于置换反应，故A错误；反应

②为Br2＋SO2＋2H2O===H2SO4＋2HBr，故B正确；反应Cl2＋2Br－===2Cl－＋Br2中氧化剂的氧化性>氧化产物的氧化性，所以氧化性：Cl2>Br2，故C错误；乙醇与水互溶，无法将Br2从水溶液中萃取出来，故D

错误。答案：B12.解析：在无水条件下氯气不易置换出单质碘，且碘遇淀粉变蓝也应在水溶液中，故不可用干燥的淀粉碘化钾试纸检验氯化氢气体中是否混有氯气。答案：C13.解析：(1)Cl2与NaBr、Br2与KI反应的化学方程式分别是①Cl2＋2NaBr===Br2＋2NaCl

，②Br2＋2KI===I2＋2KBr。(2)Br2、I2在水溶液中分别显橙色、褐色。在反应①中Cl2是氧化剂，Br2是氧化产物，故氧化性Cl2>Br2；在反应②中Br2是氧化剂，I2是氧化产物，故氧化性Br2>I2。以适当的

氧化剂将Br－、I－氧化的化学反应原理可以应用于从海水中提取溴和碘。(3)在四种海产品中，含碘相对较多的是紫菜和海带。答案：(1)溶液由无色变为橙色Cl2＋2NaBr===Br2＋2NaCl溶液由无色变为褐色Br

2＋2KI===I2＋2KBr(2)Cl2>Br2>I2从海水中提取溴和碘(3)②④14.解析：(1)灼烧用到的仪器有酒精灯、三脚架、泥三角、坩埚、坩埚钳。列出实验仪器的方法是：①从实验装置由上而下；②从实验步骤先后用到顺序列出。(2)物质的分离常用的方法是

：固液分离用过滤；液液不互溶用分液；液液互溶用蒸馏。(3)作为萃取剂必须符合两个条件：①被萃取物质在萃取剂中的溶解度远远大于在水中的溶解度；②萃取剂与水互不相溶，即分层。(4)利用碘单质遇到淀粉变蓝色的特性检验。答案：(1)BDE(2)过滤蒸馏(3)苯与水互不相溶；碘在苯中的溶

解度比在水中的大(4)取少量提取碘后的水溶液于试管中，加入几滴淀粉试液；观察是否出现蓝色，如果变蓝，说明还有单质碘，如果不变蓝，说明没有单质碘。课时作业18二氧化硫的性质和应用1.答案：C2.解析：SO2气体与水反应生成H2SO3，紫色石蕊遇酸变红色，不会变蓝色，故A错误。答

案：A3.答案：A4.解析：假设n(Na2SO3)＝3mol，n(NaHSO3)＝5mol，由硫守恒，n(SO2)＝8mol，由钠守恒，n(NaOH)＝3×2＋5＝11mol。答案：D5.解析：二氧化硫溶于水生成亚硫酸，氧

气、氯气具有氧化性，可以将亚硫酸根氧化为硫酸根，最终生成硫酸钡沉淀；三氧化硫溶于水生成硫酸，硫酸与氯化钡反应有硫酸钡沉淀生成。答案：B6.解析：SO2与O2反应是催化氧化，B错；SO2与Na2SO3溶液反应生成NaHSO3，C正确。答案：B7.解析：从此装置的导管长短来看，气体流向

应为从右向左，故排除A、B项。再遵循先除杂后干燥的原则，亚硫酸的酸性大于碳酸，应用饱和碳酸氢钠溶液除去二氧化硫，同时二氧化硫与碳酸氢钠反应又生成了二氧化碳，干燥气体选用浓硫酸，故D正确。答案：D8.解析：(2)“显红色的酚酞溶液”说明溶液中有碱性

物质，SO2使显红色的酚酞溶液褪色的原因是SO2与碱性物质发生了反应，此时利用的是SO2水溶液呈酸性。(3)SO2使酸性KMnO4溶液褪色是由于SO2与KMnO4发生了氧化还原反应，利用的是其还原性，而不是漂白性。答案：(1)e(2)b(3)d

(4)c(5)a(6)b9.答案：(1)Na2SO3＋H2SO4===Na2SO4＋SO2↑＋H2O(2)石蕊溶液变红酸性(3)褪色漂白性(4)出现淡黄色浑浊氧化(5)褪色还原(6)吸收多余的SO2，防止污染空气2NaOH＋SO2===Na2SO3＋H2O10.解析：加入Na

OH溶液发生的反应为Ba2＋＋SO2＋2OH－===BaSO3↓＋H2O；①通入Cl2发生的反应为Ba2＋＋SO2＋Cl2＋2H2O===BaSO4↓＋2Cl－＋4H＋。②由方程式②：BaSO4～Cl2233g22400mL2.33gV(Cl2)故V(

Cl2)＝224mL。答案：(1)不反应弱酸不能制强酸(2)BaSO3能(3)Ba2＋＋SO2＋Cl2＋2H2O===BaSO4↓＋2Cl－＋4H＋(4)22411.解析：(2)为控制反应的速率，先用气囊将气体收集起来，再用气囊中的气体进行实验，所以操作为打开止水

夹a和c，关闭止水夹b；向装置A中加入浓硫酸，加热，使装置A中产生的气体进入气囊B，当气囊中充入一定量气体时，停止加热；待装置A冷却，且气囊B的体积不再变化后，关闭止水夹a，打开止水夹b，慢慢挤压气囊，使气囊B中气体慢慢进入装置C中，待达到实验目的后，关闭止水夹b。(3)

二氧化硫能使品红溶液褪色。(4)装置D用碘与二氧化硫反应除去二氧化硫，所以在进气一端碘与二氧化硫反应使得进气口一端脱脂棉蓝色变浅，在出气口一端二氧化硫被除尽，出气口一端脱脂棉蓝色不变，说明出气口出的气体是二氧化碳，A项正确；根据以上分析可知，装置D的作用为除去SO2并检验SO2已被

除尽。答案：(1)关闭分液漏斗的活塞，打开止水夹a和b，关闭止水夹c，用手捂热(或微热)圆底烧瓶，若装置C中有气泡冒出，移开手掌(或热源)后，装置C处导管内形成水柱，则证明装置A的气密性良好(或关闭止水夹

a，向分液漏斗加水，打开旋塞，水不会一直流下，则证明装置A的气密性良好)(2)③①②(3)品红溶液褪色(4)A除去SO2并检验SO2已被除尽课时作业19硫酸的制备与浓硫酸的性质1.解析：向稀H2SO4中加入金属铝片后，产生无色无味气体，B错误。答案：B2.解析：A、B、C三个选项都涉及浓H2S

O4的吸水性，B项的“变白”是失去结晶水形成的无水CuSO4，C项由于饱和溶液的溶剂减少，所以析出晶体，D项涉及浓H2SO4的脱水性，pH试纸最终会变黑。答案：D3.解析：该反应的化学方程式为2H2SO4(浓)＋Cu=====△CuSO4＋2

H2O＋SO2↑，反应中硫元素的化合价既有降价又有不变，浓硫酸既表现出氧化性，又表现出酸性。该反应属于氧化还原反应，1mol铜参加反应有1molH2SO4被还原，同时生成1molSO2。答案：C4.答案：A5.解析：选项A，体现出的是浓硫酸的吸水性。选项B，C

u被浓H2SO4氧化生成Cu2＋，体现了浓硫酸的强氧化性，生成CuSO4，体现了H2SO4的酸性。选项C，体现出的是浓硫酸的脱水性。选项D，体现出的是浓硫酸的吸水性。答案：B6.解析：随着反应进行，浓H2SO4会变为稀H2SO4，稀H2SO4在加热条件下难与Cu反应产生

SO2；产生1molSO2气体，消耗Cu为1mol。答案：B7.解析：常温时浓硫酸使铁钝化，加热时浓H2SO4和稀H2SO4都能与Fe发生反应，放出气体；铜与稀硫酸常温和加热时都不反应；浓硫酸有吸水性可以作干燥剂，稀硫酸不能作干燥剂。答案：D8

.解析：A项，将黄铁矿粉碎是使其增大与空气的接触面积，使燃烧更快、更充分，错误；B项，黄铁矿制SO2在沸腾炉中进行，SO2制SO3在接触室中进行，SO3的吸收在吸收塔中进行，正确；C项，SO2在催化剂作用下被O2氧化成SO3，正确；D项，SO3用98

.3%的浓硫酸吸收，能防止形成大量酸雾，提高SO3的吸收率，正确。答案：A9.解析：(1)根据原子守恒即可补全化学方程式。(2)接触室中发生的反应为二氧化硫被空气中的氧气氧化为三氧化硫，化学方程式为2SO2＋O2催化剂△

2SO3。(3)吸收塔中发生的反应为三氧化硫和水反应生成硫酸，化学方程式为SO3＋H2O===H2SO4。(4)SO2与Br2、H2O反应生成H2SO4和HBr，反应的离子方程式为SO2＋Br2＋2H2O===4H＋＋2Br－＋SO2－4。答案：(1)FeS2(2)2SO2＋O2催化剂△2S

O3(3)SO3＋H2O===H2SO4(4)SO2＋Br2＋2H2O===4H＋＋2Br－＋SO2－410.解析：(1)浓硫酸有强烈的腐蚀性，故选D。(2)浓硫酸有吸水性、脱水性，在试管底部看到灰白色沉淀是浓硫酸与铜反应生成的无水硫酸铜。(3)反应中生成的淡黄色固体是硫，持续加热，硫被浓

硫酸氧化。(4)丙同学用H2SO4的量少，且没有二氧化硫有毒气体产生。(5)铜片有还原性，能被氧化成铜离子，过氧化氢有氧化性，能被还原为水，稀硫酸提供氢离子。答案：(1)D(2)灰白色物质溶解，溶液变为蓝色C

uSO4(3)S＋2H2SO4(浓)=====△3SO2↑＋2H2O随着反应的进行，浓硫酸的浓度逐渐变小，溶液由浓变稀，稀硫酸不能与铜发生反应(4)①产生等量的硫酸铜，消耗的硫酸更少②不产生有毒气体SO2(5)H2SO4＋Cu＋H2O2===CuSO4＋2H2O11.解析：(

1)4FeS2＋11O2=====高温2Fe2O3＋8SO2、2SO2＋O2催化剂△2SO3、SO3＋H2O===H2SO4。(2)设生成98%的浓硫酸xt。FeS2～2H2SO41201961t×(1－25%)x×98%解得，x＝1.25。答案：(1)222

(2)1.25课时作业20含硫物质之间的转化1.解析：含硫物质中元素化合价升高，才被氧化。A项，单质硫被氧化；B项、C项，浓H2SO4被还原；D项，不是氧化还原反应。答案：A2.解析：Cu与浓硫酸反应Cu＋2H2SO4(浓)===

==△CuSO4＋SO2↑＋2H2O，SO2与NaOH反应，发生SO2＋2NaOH===Na2SO3＋H2O，Na2S2O3中S显＋2价，发生Na2SO3＋S===Na2SO3，Na2S2O3与稀硫酸反应：Na2S

2O3＋H2SO4===Na2SO4＋S↓＋SO2↑＋H2O。Cu与浓硫酸反应时，浓硫酸将Cu氧化为硫酸铜，表现出氧化性，浓硫酸是氧化剂，故A说法正确；SO2与NaOH反应生成亚硫酸钠和水，表明SO2具有酸性氧化物的性质，故B说法

正确；反应③的化学方程式为S＋Na2SO3===Na2S2O3，故C说法正确；Na2S2O3与稀硫酸反应Na2S2O3既是氧化剂又是还原剂，稀硫酸仅起酸的作用，不是还原剂，故D说法错误。答案：D3.解析：亚硫酸、SO2可以氧化H2S，O2则可氧化亚硫酸、SO2，NaOH与亚

硫酸、SO2反应生成Na2SO3和H2O，而S与亚硫酸、SO2均不发生反应。答案：D4.解析：从④C＋Cl2＋H2O―→D＋HCl分析氯元素化合价降低，所以硫元素化合价升高，D＞C。根据③B＋D―→C＋H2O分析

，化合价为D＞C＞B。结合②C＋E―→B＋H2O分析，D＞C＞B＞E；①A＋KOH―→B＋C＋H2O中A中硫元素化合价在B、C之间，所以有D＞C＞A＞B＞E。答案：C5.解析：Na2SO3会被Cl2氧化成Na2SO4，所以C中加入BaCl2溶液能生成

BaSO4白色沉淀。答案：C6.解析：Na2SO4与硫酸不反应，A项错误。Na2SO3与硫酸反应生成SO2，SO2通入适量的NaOH溶液中生成Na2SO3，Na2SO3与BaCl2溶液反应生成BaSO3沉淀，BaSO3与盐酸反应，沉淀溶解；Na2SO3

与溴水发生氧化还原反应，溴水褪色，SO2－3被Br2氧化为SO2－4，SO2－4与BaCl2溶液反应生成BaSO4白色沉淀；Na2SO3在加热浓缩过程中被氧化，最后得到白色粉末Na2SO4，B项正确。Na2CO3与硫酸反应生成CO2，CO2与NaOH溶液反应生成Na2

CO3，Na2CO3与溴水反应使溴水褪色，但产物与BaCl2溶液不反应，C项错误。(NH4)2SO4与硫酸不反应，D项错误。答案：B7.答案：A8.解析：(1)H2SO3与空气中的O2发生反应生成H2SO4；(2)铁棒经浓硫酸处理若钝化则生成铁的氧

化物，铁的氧化物不与CuSO4溶液反应，若没有钝化，则铁棒与CuSO4溶液发生反应：Fe＋CuSO4===Cu＋FeSO4；(3)Na2SO3溶液与SO2气体反应生成NaHSO3；(4)CO和SO2发生氧化还原反应：SO2＋2CO===

==一定条件S＋2CO2。答案：(1)(2)无明显现象(无现象也可)有紫红色物质析出(3)Na2SO3＋SO2＋H2O===2NaHSO3(4)SO2＋2CO=====一定条件S＋2CO29.解析：X为硫元素的气态氢化物，则X为H2S；Y为硫元素的＋4价氧化物，则Y为

SO2；Z为＋4价的钠盐，则Z为Na2SO3；W为＋6价的含氧酸，则W为H2SO4。(1)Y为SO2，SO2具有漂白性，可以使品红溶液褪色，加热又恢复红色，所以检验SO2的试剂可以是品红溶液。(2)W的稀溶液是稀硫酸，稀硫酸与铁反应生成FeSO4和H2。(3)Na2S2O3

中S为＋2价，从氧化还原的角度分析，可以由高价态的S(大于＋2价)和低价态的S(小于＋2价)发生归中反应制取，b符合题意。(4)H2S和SO2在溶液中混合产生硫单质，硫是淡黄色固体，化学方程式为2H2S＋SO2===3S↓＋

2H2O，氧化剂是SO2，还原剂是H2S。答案：(1)品红溶液(2)Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑(3)b(4)产生淡黄色沉淀1∶210.解析：中学阶段学过的淡黄色固体物质有S、Na2O2和AgBr，其中能与O

2反应的是硫，则D为SO2，B为H2SO3，E为BaSO3，C为H2SO4，F为BaSO4。硫元素最高正价为＋6价，最低负价为－2价，含处于中间价态硫元素的物质，既具有氧化性又具有还原性。答案：(1)SH2SO3H2SO4SO2BaSO3BaSO4

(2)H2SO3＋2H2S===3S↓＋3H2OH2SO3＋Cl2＋H2O===H2SO4＋2HCl(3)SO2－4＋Ba2＋===BaSO4↓(4)ABDE11.解析：(1)要实现S(＋6)→S(＋4)的转化，即反应过程中＋6价的硫元素被还原为＋4价的硫元素，也就是说含＋6

价的硫做氧化剂，含＋4价硫的物质做还原产物，需要加入还原剂完成上述转化过程；根据试剂清单，结合物质性质分析，能符合转化过程的为①浓H2SO4与⑤Cu反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应方程式为：Cu＋2H2SO4(浓)===

==△CuSO4＋SO2↑＋2H2O；(2)要证明实现了该转化只需要证明产生二氧化硫，结合二氧化硫的漂白性，可将反应后产生的气体通入品红溶液中，若溶液褪色，即实现了上述转化；(3）二氧化硫转变为亚硫酸钠过程中硫元素没有发生化合价变化，完成该

转化过程，结合二氧化硫是酸性氧化物与氢氧化钠溶液反应生成亚硫酸钠；(4）根据题干信息，＋2价硫在酸性条件下不稳定，易发生自身氧化还原反应，即发生歧化反应，＋2价的硫化合价既升高又降低，结合步骤ⅱ的反应亚硫酸钠和X反应生成硫代硫酸钠分析可得X中硫的化合价应低于＋2价，则X为硫单质

，发生的反应为：2H＋＋S2O2－3===S↓＋SO2↑＋H2O。答案：(1）Cu＋2H2SO4(浓）=====△CuSO4＋SO2↑＋2H2O(2）将产生的气体通入品红溶液中，溶液褪色(3）NaOH溶液酸性氧化物(4）2H＋＋S2O2

－3===S↓＋SO2↑＋H2O课时作业21氧化还原反应方程式的配平1.解析：在反应C＋CO2=====△2CO中，C的化合价由0价到＋2价，CO2中的C由＋4价到＋2价，所以氧化剂是CO2。答案：B2.解析：元素以其最高价态参与氧化

还原反应时，只能表现出氧化性；元素以其最低价态参与氧化还原反应时，只能表现出还原性。本题要求找出哪组物质均可用作氧化剂。在A中的F－、I－、S2－，C中的Mg，D中的Al都是这些元素的最低价态，若参与氧化还原反应时，只能用作还

原剂。A、C、D不是本题答案，B中＋3价的Fe、＋7价的Mn、＋5价的N都分别是这些元素的高价态，故B为正确答案。答案：B3.解析：加入氧化剂的目的是还原剂发生氧化反应，而还原剂发生氧化反应使其中所含元素化合价升高。答案：A4.解析：气体反应物只能作还原剂，则

在反应中气体中的某元素的化合价应升高，A和D中的气体所含元素化合价均无变化；B中SO2气体中S的化合价由＋4价降到0价，化合价降低，不符合题意；C中的CO气体中C的化合价由＋2价升高到＋4价，化合价升高，故C正

确。答案：C5.解析：被氧化的氯原子与被还原的氯原子个数比为5∶1，不管转移电子数多少，比例不变。答案：C6.解析：设ROn－3中R的化合价为＋x，则反应前后R的化合价变化为＋x→＋6，F的化合价变化为0→－1，由电子守恒可知2×(6－x）＝2×1，即x＝5。答

案：B7.解析：根据反应Fe2O3＋3KNO3＋4KOH===2K2FeO4＋3KNO2＋2H2O，元素铁化合价由Fe2O3中＋3价升高到K2FeO4中＋6价，元素氮化合价由KNO3中＋5价降低到KNO2中＋3价。由此可知，氮元素化合价降低，被还原，铁

元素化合价升高，被氧化，A正确；反应中KNO3化合价降低，KNO3为氧化剂，而K2FeO4由化合价升高得到，为氧化产物，氧化性：氧化剂>氧化产物，则氧化性：KNO3>K2FeO4，B正确；反应Fe2O3＋3KNO3＋4KOH===2K2FeO4＋3KNO2＋2H2O中铁元素由＋3价变

为＋6价，故1molFe2O3转移6mol电子，生成2molK2FeO4，故当生成1molK2FeO4时转移3mol电子，转移电子数为生成K2FeO4的3倍，C错误；K2FeO4中铁元素为＋6价，化合价只能降低，有强氧化性，能杀菌消毒，D正确。答案：C8.解析：Na2Sx在碱性溶液中可被NaCl

O氧化为Na2SO4，S元素化合价由－2x升高为＋6，而NaClO被还原为NaCl，Cl元素化合价由＋1降低为－1，反应中Na2Sx与NaClO的物质的量之比为1∶16，根据得失电子守恒，有：x×6－－2x＝16×[

1－(－1）]，解得x＝5，D项正确。答案：D9.解析：反应中As2S3―→AsO3－4、SO2－4，As元素化合价由＋3价升高为AsO3－4中的＋5价，S元素化合价由－2价升高为SO2－4中的＋6价，化合价共升高2×(5－

3）＋3×[6－(－2）]＝28价，NO－3―→NO，N元素化合价由＋5价降低为NO中的＋2价，化合价共降低3价，故配平后离子方程式为3As2S3＋4H2O＋28NO－3===6AsO3－4＋9SO2－4＋28NO↑＋8H＋。反应后有H＋

生成，溶液呈酸性，A项正确；由上述分析可知，配平后水的化学计量数为4，B项正确；As2S3是还原剂，NO－3是氧化剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为28∶3，C项错误；反应中As2S3―→AsO3－4、SO2－4，As元素化合价由＋3价升高为AsO3－4中的

＋5价，S元素化合价由－2价升高为SO2－4中的＋6价，AsO3－4、SO2－4是氧化产物，D项正确。答案：C10.解析：NH3中N元素化合价由－3升高为0，NH3是还原剂，A错误；NO2中N元素化合价由＋4降低为0，NO2发生还原反应，B错误；NO2中N元素化合价

由＋4降低为0，NO2在反应中得到电子，C错误；根据方程式8NH3＋6NO2=====催化剂△12H2O＋7N2，NH3中N元素化合价由－3升高为0，每生成7molN2，NH3反应8mol，转移24mol电子，所以生成0.7molN2，反

应转移2.4mol电子，D正确。答案：D11.解析：A项，锌失去电子，氢元素得到电子，错误；B项，氯酸钾中氯元素由＋5价降低到0价，得到5个电子，盐酸中氯元素由－1价升高到0价，共失去5个电子，正确；C项，2个铁

失去6个电子，3个氯气得到6个电子，错误；D项，1个铜失去2个电子，硝酸中的氮元素得到2个电子，错误。答案：B12.解析：在上述反应中铝元素由0价变为＋3价，化合价升高，失去电子，被氧化；氮元素由＋5价变为0价，化合价降低，得到电子，被还

原。答案：(1）Al失去N还原(2）13.答案：(1）38324(2）4546(3）1674137K2Cr2O7Cr2(SO4）314.解析：反应中Zn的化合价由0价变成＋2价，一共转移了6×2＝12e－，Zn作还原剂，表现还原性，被氧化，得到氧化产物ZnSO4；砷元素的化合价由

＋3价变为－3价，一共降低了2×6＝12e－，As2O3作氧化刘，表现氧化性，被还原，得到还原产物AsH3，所以该反应转移的电子总数为12，AsH3和转移的电子总数之间的关系为AsH3～6e－，所以生成0.1molAsH3转移的电子的物质的量为0.6mol，其个数为0.6NA。

答案：(1）(2）A(3）ZnSO4AsH3(4）0.6NA15.解析：(1）元素处于最高价态时，该元素的离子只能得电子而只具有氧化性；当元素处于最低价态时，该元素的离子只能失电子而只具有还原性；而当该元素处于中间价态时，该元素的离子既可以得电

子又可以失电子，故既具有氧化性又具有还原性。(2）若含有同种元素不同价态的两种物质发生氧化还原反应，生成物中该元素的价态应介于两种反应物价态之间。②式反应物中的氮元素为－3、＋2价，生成物中的氮元素为＋3价，－3

与＋2之间的价态应为0价或＋1价，不可能出现＋3价的氮，所以②式不能实现。(3）由①知氧化性FeCl3>I2，还原性I－>Fe2＋；由②知氧化性Cl2>FeCl3，还原性FeCl2>FeCl3；由③知氧化性KMnO4>Cl2，还原性Cl－>Mn2＋。由此推知氧化性强弱顺序为KMnO

4>Cl2>FeCl3>I2，还原性强弱顺序为I－>Fe2＋>Cl－>Mn2＋。所以KMnO4可氧化Cl－、Fe2＋及I－，Cl2可氧化Fe2＋及I－，FeCl3只氧化I－。所以必须选择比Cl2氧化能力差而又比I2氧化能力强的氧化剂，即只能选FeCl3。答案：

(1）Fe3＋、Mg2＋、H＋S2－、I－Fe2＋、S(2）②(3）KMnO4FeCl3课时作业22防治二氧化硫对环境的污染1.答案：C2.答案：C3.答案：A4.解析：明矾是用于吸附水中悬浮物，不能杀菌消毒，B错误；胶体颗粒大小在10－9～10－7m之间，D错误。答案：C5.解析：潮

汐是自然现象；酸雨主要是由氮的氧化物和硫的氧化物造成的。答案：B6.解析：(1）分析图表中的物质和数据可知涉及的污染物主要是SO2、NO2和可吸入颗粒物(PM10）。(2）汽车尾气的治理方法之一是在汽车排气管上加装“催化转化器”，使CO和NOx反应生成可

参与大气生态环境循环的无毒气体氮气和二氧化碳。(3）①酸雨的pH<5.6；②根据流程图，反应b是二氧化硫的催化氧化反应，反应的化学方程式为2SO2＋O2催化剂△2SO3；③亚硫酸能够被空气中的氧气氧化生成硫酸，弱酸转化为强酸，pH变小；④用足量的氢氧化钠溶液吸收含二氧化硫的工业废气，该

反应的化学方程式为SO2＋2NaOH===Na2SO3＋H2O，离子方程式为2OH－＋SO2===SO2－3＋H2O。⑤CaO～H2SO4～2H＋0.056kg2molm(CaO）0.005mol·L－1×1

×103L解得m(CaO）＝0.14kg。答案：(1）SO2、NO2(2）2xCO＋2NOx=====催化剂2xCO2＋N2(3）①<②2SO2＋O2催化剂△2SO3③2H2SO3＋O2===2H2SO

4④2OH－＋SO2===SO2－3＋H2O⑤0.147.解析：(1）根据图中信息可以看出机动车行驶造成的污染物有NOx、VOCs、NH3，SO2不是由机动车行驶造成的。(2）熄燃过程中NO被氧气氧化生成NO2，发生的主要反应的化学方程式为2NO＋O2===2NO2。(4）①SO2和Na

ClO2溶液发生氧化还原反应生成硫酸根离子和氯离子，根据得失电子守恒、电荷守恒以及原子守恒可知反应的离子方程式是2SO2＋ClO－2＋2H2O===2SO2－4＋Cl－＋4H＋。②由于溶液呈中性，则表中y＝5.5×10－3＋2.0×10－4－3.4×10－3－2×8.5×10－4＝6×1

0－4。答案：(1）a(2）2NO＋O2===2NO2(3）SO2－4，因为反应之前S为＋4价，NO2中的N为＋4价，反应之后HONO中N元素为＋3价，氮元素化合价降低，则必有元素化合价升高，综合推断，应是S元素化合价从＋4价升高到＋6价，在液体中应以SO2－

4形式存在。(4）①2SO2＋ClO－2＋2H2O===2SO2－4＋Cl－＋4H＋②6×10－48.解析：(1）不能通过酸雨改良碱性土壤。(2）SO2是有毒气体，不能直接排放到空气中，实验室制备时必须有尾气吸收装置，可以碱液吸收。(3）用浓氨水来吸

收二氧化硫，有关反应的化学方程式为2NH3·H2O＋SO2===(NH4）2SO3＋H2O、2(NH4）2SO3＋O2===2(NH4）2SO4。答案：(1）C(2）尾气吸收NaOH溶液(合理即可）SO2＋2OH－===SO2－3＋H2O(3）2NH3·H2O＋SO2===(NH4）2

SO3＋H2O、2(NH4）2SO3＋O2===2(NH4）2SO4课时作业23元素周期律1.答案：D2.答案：D3.解析：元素性质不包括核外电子排布，A错误；O无最高正价，F无正价，C错误；H、He的最外层电子数从1到2，D错误。答案：B4.解析：由于An＋、Bn－、C具有相同的电子层结

构，所以原子序数A>C>B，粒子半径An＋<Bn－，原子半径A>B。答案：C5.解析：第ⅦA族元素从上到下非金属性递减，氢化物稳定性逐渐减弱，②错；第二周期中氮元素的氢化物NH3溶于水后，水溶液呈碱性，④错；

第ⅢA族元素从上到下金属性增强，铊只与盐酸反应，⑤错。答案：B6.解析：A项，符合金属与水反应判断金属活动性强弱的依据；因Na的金属活动性太强，与溶液反应时会先与H2O反应，故B项不能作为判断依据；C项，H2CO3、H2SO4都是最高价含氧酸，由它们的酸性强弱可以判断硫的非金属性比碳强；D

项，所述符合根据非金属单质与H2反应难易判断非金属性强弱的依据。答案：B7.答案：C8.解析：A项，H2O常温下是液体，H2S常温下是气体，沸点：H2O>H2S，但沸点高低是物理性质，与元素的非金属性强弱无关，错误；B项，盐酸是无氧酸，H2SO3不是最高价含氧酸，即两者都不属于最高价氧化物的水化

物，虽然盐酸比H2SO3酸性强，也不能证明非金属性：Cl>S，错误；C项，元素的金属性越强，其单质与水或酸发生反应产生氢气就越容易，则钾与水的反应比钠与水的反应更剧烈，则金属性K>Na，错误；D项，元素的非金属性越强，其相应氢化物的热稳定性越强，热稳定性：HF>HCl，则非金属性：F>Cl，

正确。答案：D9.解析：根据题意，R元素的原子获得1个电子后变成具有稀有气体元素原子的电子层结构的离子，且原子序数小于18，表明R可能为F或者Cl，最外层电子数为7，最高正价为＋7价(此时R为Cl），又由于R元素可形成含氧酸HRO3，可见R元素只能是Cl，HR

O3为HClO3，还可形成HClO4、HClO等含氧酸。答案：B10.解析：①②③是判断元素非金属性相对强弱常用的三种方法。④用得电子数目的多少不能判断非金属性强弱，应比较得电子的难易程度；⑤用单质的熔、沸点作依据不能判

断非金属元素得电子的难易；⑥只有当原子电子层数相同时，才可以根据原子最外层电子数的多少判断元素的非金属性强弱。答案：C11.解析：比较元素的金属性，可根据元素的单质跟酸反应置换出氢的难易，而非根据置换出氢的多少，如等物质的量的A

l比Mg(或Na）与足量盐酸反应放出H2多，但金属性Na>Mg>Al，B项错误；比较元素的非金属性，可根据其最高价氧化物对应水化物的酸性强弱，但并不是任何酸(如低价含氧酸和无氧酸）都可以，C项错误；比较元素的金属性，可根据元素的单质与水反应

置换氢的难易来比较，但并不是比较任意单质跟水反应的剧烈程度，如氟单质与水反应非常剧烈，但不能说氟元素的金属性很强，D项错误。答案：A12.解析：因为三种元素原子的电子层数相同，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，故非金属性X>Y>Z，原子序数X>Y

>Z，故原子半径Z>Y>X，气态氢化物稳定性：X>Y>Z，B选项错误。答案：B13.解析：根据单质及其化合物的性质递变判断元素的金属性和非金属性变化规律。答案：(1）><(2）>>(3）><①强②强③强14.解析：(1）分析每个实验可知：①③做的是镁、钠分别

和水反应的实验，比较两者和水反应的难易程度，及两者碱性的强弱；②Cl2能从H2S中置换出硫；④⑤可分别得出镁、铝和盐酸置换反应的难易；⑥氢氧化铝是一种两性氢氧化物。把上述分析结果连成一个整体从中可比较出钠、镁、铝三种

元素金属性强弱和氯、硫两种元素的非金属性强弱。(2）回忆每个实验过程可知，这些实验要用到的仪器有：试管、酒精灯、砂纸、镊子、小刀、胶头滴管等。(3）根据单质和化合物的性质，可确定实验操作顺序和相关实验现象。答案：(1）验证Na、Mg、Al、S、Cl元素金属性递减、非金属性递增的规律(2）试管酒精

灯胶头滴管(3）实验方案(填序号）实验现象(填序号）有关化学方程式A2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑①Mg＋2H2O=====△Mg(OH）2↓＋H2↑DMg＋2HCl===MgCl2＋H2↑C2A

l＋6HCl===2AlCl3＋3H2↑⑥AlCl3＋3NaOH===Al(OH）3↓＋3NaCl，Al(OH）3＋NaOH===NaAlO2＋2H2O②H2S＋Cl2===2HCl＋S↓(4）Na>Mg>AlS<Cl15.解析：因

A原子的L层电子数与K、M层电子数之和相等，所以A的核电荷数为2×8＝16，A为硫元素；D原子的K、L层电子数之和等于电子总数的一半，则D原子的核电荷数是(2＋8）×2＝20，为钙元素。根据核电荷数依次增大并都能形成离子，排除氩元素，B为氯元素，C为钾元

素。答案：(1）SClKCa(2）r(K）>r(Ca）>r(S）>r(Cl）(3）H2SO4、HClO4、KOH、Ca(OH）2酸性：HClO4>H2SO4，碱性：KOH>Ca(OH）2(4）H2S、HClHCl>H2S课时作业24元素周期表及其

应用1.解析：在周期表中18个纵行代表16个族，即7个主族、7个副族、1个0族、1个第Ⅷ族，A项错误；副族元素全部是金属元素，B项正确；第2、3周期均为8种元素，第6周期有32种元素，C项错误；碱金属元素是指ⅠA族除H以外的所有元素，D项错误。答案：B2.解析：原子序数是

15的元素是磷，它在元素周期表中位于第3周期第ⅤA族，最高正化合价是＋5，最低负化合价是－3，其氢化物分子式是PH3，最高价氧化物对应的水化物是H3PO4，水溶液呈酸性。答案：B3.解析：碱性B>A，原子序数A>B；酸性C>D，原子序数C>D；E为同周期

半径最小，非金属性最强，序数最大，所以顺序应为B、A、D、C、E。答案：C4.解析：硒为第四周期元素，A错误。答案：A5.解析：由题意知，图中应是周期表第2、3周期的一部分，若设B的原子序数为x，则A、C原子序数分别为x－9、x－7，有x

－9＋x－7＋x＝2x，得x＝16，所以A、B、C分别为N、S、F。显然，原子半径的大小顺序是S>N>F，即B>A>C，所以A项错误，将B、C、D项中涉及到的物质具体化，易知它们是否正确。答案：A6.解析：根据元素

周期表的结构可知，第9列是原第Ⅷ族中的1个纵列，没有非金属元素，A项正确；而第18列的氦元素最外层也有2个电子，B项错误；第17列元素为卤素，全部为非金属元素，C项正确；第3列即第ⅢB族，包括镧系和锕系元素，镧系和锕系各包括15种元素，因此第3列元素种类最多，D项正确。答案：B

7.答案：C8.解析：由元素的化合价和原子半径可以推知四种元素分别为Mg、Al、N、O，金属性Mg>Al，A错误；N2与O2化合时生成的是NO，B错；Al2O3只能溶于强酸和强碱，而氨水是弱碱，C错；NH3在纯氧中燃烧可以得到N2，D正确。答案：D9.解析：按照四种元素原

子序数依次增大，X和Z同主族，Y和W同主族，且原子半径X小于Y，因此X为H，则Z为Na，四种元素原子最外层电子数之和为14，推出Y和W的最外层电子数为6，即Y为O，W为S。非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，同周期从左向右非金属性增强，即HClO4酸性最强，故A错误；非金属性越强

，氢化物越稳定，同主族从上到下，非金属性减弱，即稳定性：H2O>H2S，故B正确；Na在点燃条件下生成Na2O2，故C错误；一般电子层数越多，原子半径越大，同周期主族元素从左向右，原子半径随着原子序数的递增而减小，即原子半径大小顺序是

：Na>S>O>H，故D错误。答案：B10.答案：D11.解析：(1）①氮元素在周期表中第二周期第ⅤA族，砷比氮多2个电子层，在第四周期第ⅤA族；砷的非金属性比氮弱，所以氢化物的稳定性比氨气弱；②As2O3有两性，类似氧化铝，所以和氢氧化钠反应生成盐和

水，离子方程式为As2O3＋6OH－===2AsO3－3＋3H2O；(2）二氧化碳是酸性氧化物，可以与碱或碱性氧化物反应，所以选a、b。答案：(1）①第四周期第ⅤA族弱②As2O3＋6OH－===2AsO3－3＋3H2O(2）ab12.解析：(1）地壳中含量最多的元素为O，其为8号元素，位

于第二周期第ⅥA族。(2）由元素周期表中规律可推知X为16S。(3）Al在周期表中位于第三周期第ⅢA族，C在周期表中位于第二周期第ⅣA族。(4）H、N、Cl三种元素组成的常见化合物为NH4Cl。答案：(1）8ⅥA(2）S6(3）第三周期第ⅢA族第二周期第ⅣA族(4）

NH4Cl13.解析：根据四种元素(相邻主族短周期元素）的位置关系，可知X是Mg，Y是Al，M是C，N是N。(1）元素X(Mg）在周期表中的位置是第三周期第ⅡA族，由于Mg的化学性质比较活泼，常用电解熔融的Mg

Cl2的方法制备；(2）M(C）、N(N）、Y(Al）三种元素中，金属性最强的是Al元素，故最高价氧化物的水化物中碱性最强的是Al(OH）3，非金属性最强的是N元素，所以最高价氧化物的水化物中酸性最强的是HNO3；(3）气体分子(MN）2的化学式是

(CN）2，根据题目中的信息“(MN）2称为拟卤素，性质与卤素相似”，所以(CN）2与氢氧化钠溶液发生反应的化学方程式类似于Cl2与氢氧化钠溶液反应，所以反应的方程式为2NaOH＋(CN）2===NaCN＋NaCNO＋H2O。答案：(1）三ⅡAMgCl2(2）HNO3A

l(OH）3(3）(CN）22NaOH＋(CN）2===NaCN＋NaCNO＋H2O课时作业25离子键1.答案：B2.答案：B3.解析：A项，可以是CO2，B项，Na和Al不能形成化合物，C项，可以是Na2S，D项，为MgCl2，符合题意的只有D项

。A项CO2是共价化合物。答案：D4.答案：D5.解析：活泼的金属原子和活泼的非金属原子之间形成离子化合物，阳离子和阴离子均达到稳定结构，这样体系的能量降低，其结构的稳定性增强，故A、D正确，B也正确。离子键的形成只是阴、阳

离子间的静电作用并不一定发生电子的得失，如Na＋与OH－结合成NaOH，故C错误。答案：C6.答案：D7.解析：①中Cl－电子式书写错误，应写为[∶Cl····∶]－；②中NH＋4电子式错，应写为[∶Br····∶]－；③正确；④

中电子式应为[H∶O····∶]－Mg2＋[∶O····∶H]－；⑤中相同离子不能合并，应写为[H∶]－Ca2＋[∶H]－；⑥正确。故选D。答案：D8.解析：在原子与离子化合物间应用“―→”号连接，不能用“===”，且NaCl电子式应写为Na＋[∶Cl····∶]－，

A项错误；Na＋、Br－没有标出其所带电荷，B项错误；两个氟离子不能放在一起，应放在Mg2＋两侧，C项错误。答案：D9.答案：B10.解析：A项，H＋、NH＋4不是金属离子，MnO－4中含有金属元素；B项，Na＋与O2－、O

2－2组成Na2O和Na2O2的混合物；C项，H＋与OH－作用生成水，水不是离子化合物；D项，MgO、BaSO4等离子化合物不溶于水。答案：C11.解析：NaHSO4固体中阳离子为Na＋，阴离子为HSO－4，个数比为1∶1，A项不符合题意

；Na2O2中Na＋与O2－2的个数比为2∶1，B正确；H－离子中质子数为1，电子数为2，其个数比为1∶2，C项不符合题意；BaH2中阳离子为Ba2＋，阴离子为H－，阳离子与阴离子个数比为1∶2，D项不符合题意。答案：B1

2.解析：(1）电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，故离子半径r(Na＋）<r(N3－）。(2）Na3N与水反应生成NaOH与氨气，元素化合价没有发生变化，属于非氧化还原反应。(3）Na3N与盐酸反应生成两种盐，为氯化铵与氯化钠。(4）N

a3N属于离子化合物，由钠离子与氮离子构成，电子式为答案：(1）<(2）非氧化还原(3）NH4Cl、NaCl(4）13.答案：(1）NaAlSiPCl(2）(3）OH－＋Al(OH）3===AlO－2＋2H2O(4）H3PO4>H2SiO314.解析：已

知A、C最外层电子数相等，则A、C同主族；C是金属元素，则A可能是氢或硼；设原子序数aA、bB、cC、dD，则c＋d＝3(a＋b），若a＝1，则c＝11；若a＝5，则c＝13；而a<b<c<d，经讨论，a＝1，b＝8，c＝11，d＝16符合题意。答案：(1）HONaS

(2）r(Na）>r(S）>r(O）>r(H）(3）Na＋[·×H]－(4）课时作业26共价键分子间作用力1.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：B2.解析：由氢键的定义可知B、C错；水溶液中NH3·H2O⇌NH＋4＋OH－，故只有D结构能说明NH3·H2O的电离产物。答案：D3.答案：A4.解析：A项，反应物断裂的是N2中的N≡N键和H2中的H—H键，生

成的是NH3中的N—H键，都属于共价键，错误；B项，反应物为离子化合物，不存在共价键，错误；C项，反应物在反应中有离子键的断裂(Na＋与HCO－3），又有共价键的断裂(HCO－3中的共价键），生成物中有离子键的形成(Na＋与CO2－3），又有共价键的形成(H2O、CO2），正确；D

项，没有共价键的断裂和形成，错误。答案：C5.解析：由表中信息知，a为Ne，b为Br2，c为HF，a为单原子分子，无化学键，A错；HF为弱酸，B错；由同主族元素性质的递变性知，C正确；氢键只影响化合物的熔、沸点，不影响其稳定性，D错。答案

：C6.解析：HCl溶于水、NaCl溶于水破坏的化学键类型不相同，分别是共价键和离子键，A错误；碘升华、NaCl颗粒被粉碎，均是物理变化，化学键没有被破坏，B错误；氦气分子中不存在化学键，C错误；钠与水反

应、钠与氧气反应，均是化学变化，均存在离子键的形成，D正确，答案选D。答案：D7.解析：冰中分子排列有序，含有氢键数目增多，使体积膨胀，密度减小，所以冰能浮在水面上，是氢键的原因，故A正确；氢键属于分子间作用力，不属于化学键，故B错误；卤素的氢化物中只有HF

含有氢键，卤素的氢化物的沸点：HF>HI>HBr>HCl，故C错误；氢键只影响物质的物理性质，故D错误。答案：A8.答案：B9.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、NaO

H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－410.解析：由题意可知X、Y、Z、W分别为N、Na、S、Cl。(1）Na2O2中含有离子键和非极性共价键。(2）HNO3、H2S

O4、HClO4中酸性最强的是HClO4。(3）NH3可与H2S、HCl反应生成相应的铵盐，铵盐中含离子键和共价键，属于离子化合物。(4）XW3为NCl3，其电子式为；Y2Z为Na2S，其电子式为Na＋[·×S·····×]2－Na＋。(5）

X的气态氢化物为NH3，其结构式为。答案：(1）Na2O2离子键、共价键(2）HClO4(3）NH3离子(4）①②Na＋[·×S·····×]2－Na＋(5）11.解析：A、B、C、D、E五种主族元素的原子序数依次增大，且均小于1

8。B原子的质子数是其电子层数的4倍，B为O或Mg，而A原子的最外层电子比B原子的最外层电子少2个，故B只能为O，则A为碳；A、B、C三种元素能结合成化合物C2AB3，在1molC2AB3中共有52mol电子，则C元素原

子电子数＝(52－6－24）÷2＝11，则C为Na；D元素的单质0.5mol与酸全部反应时，有9.03×1023个即1.5mol电子转移，所以D元素的化合价为＋3价，即D为Al；E元素的单质是一种黄绿色气体，水溶液具有漂白性，则E为Cl。(1）由上述分析可知，A为碳，E为氯。(2）B为氧元素，在

周期表中的位置为第二周期第ⅥA族。(3）由元素O、Na形成的一种化合物可以作为呼吸面具的供氧剂，该化合物为Na2O2，过氧根离子中氧原子之间形成共价键，属于离子化合物，其电子式为Na＋[∶O····∶O····∶]2

－Na＋。(4）氢氧化钠与氢氧化铝反应生成偏铝酸钠与水，反应的离子方程式为Al(OH）3＋OH－===AlO－2＋2H2O。答案：(1）碳氯(2）ⅥA(3）离子Na＋[∶O····∶O····∶]2－Na＋(4）Al(OH）3＋OH－===AlO－2＋2H2O12.解析：由周期表结构可知①～⑩对应

的元素依次为C、O、F、Mg、Al、Se、S、Cl、H、N。(1）由周期律可知，非金属性最强的元素是F(③）。(2）②⑧⑨以原子个数比1∶1∶1形成化合物HClO，其结构式为H—O—Cl，②与⑨形成18e－化合物为H2O2。(3）②、⑨、⑩三种元素

形成的化合物为NH4NO3，既含离子键，又含共价键。(4）由周期律知，非金属性：Cl>S>Se，则气态氢化物稳定性：HCl>H2S>H2Se。(5）元素⑤的氧化物为Al2O3，为两性氧化物，与NaOH溶液反应生成NaAlO2和H2O。答案：(1）③(2）H—O—ClH∶O····∶O

····∶H(3）离子键和共价键(4）HClH2SH2Se(5）Al2O3＋2OH－===2AlO－2＋H2O课时作业27同素异形现象同分异构现象1.解析：O4的摩尔质量是64g·mol－1，A错；O4

是氧的一种同素异形体，B错，D正确；O4分子中只含有共价键，C错。答案：D2.解析：碳元素形成的不同单质原子间的排列方式不同，物理性质差别较大，化学性质相似，用途不同，如金刚石和石墨；金刚石、石墨和C60只是三种主要的碳单质。答案：A3.答案：C4.解析：由氧元素可以形

成O2、O3，它们是不同物质，其组成的物质为混合物，(1）错；C2H6O可以表示CH3CH2OH或CH3OCH3，(2）错；如3O2=====放电2O3，该反应是同素异形体间的转化，是化学变化，但不是氧化还原反应，(3）错，(4）正确。答案：C5.解析：SO2和SO3分子式不同，A项错

误；若两种化合物的组成元素相同，各元素的质量分数也相同，则它们的最简式必定相同，最简式相同的化合物可能是同分异构体，也可能不是同分异构体，B项错误；相对分子质量相同的物质有很多，如无机物中的H2SO4和H3PO4，又如有机物中的

C2H6O(乙醇）和CH2O2(甲酸），这些物质都具有相同的相对分子质量，但由于它们的分子组成不同，所以它们不是同分异构体，C项错误；当不同化合物组成元素的质量分数相同，相对分子质量也相同时，其分子式一定相

同，因此这样的不同化合物互为同分异构体，D项正确。答案：D6.解析：根据磷的同素异形体白磷和红磷的性质类推，可知其不溶于水，常温下为固体，完全燃烧产物是P2O5，它的分子式为P4n与白磷(P4）不同。答案：D7.解析：石墨是层状结构，层间碳原子是以分子间作用力结合；C6

0是碳元素的同素异形体。答案：A8.解析：由碳元素组成的单质有石墨、金刚石和C60。若将它们混合在一起，该物质虽为只含碳元素的单质，但属于混合物。石墨和金刚石是不同单质，所以石墨转化为金刚石是化学变化。答案：D9.解析

：N4属于单质，和N2互称为同素异形体，和P4的结构相似(原子间都以单键结合，且都是正四面体型分子）；同质量的N4和N2所含N原子个数比为1∶1。答案：C10.解析：S2、S4、S6、S8都是由硫元素形成的单质，互为

同素异形体，在空气中燃烧只能生成SO2，而不能生成SO3，A项正确，C项错误；S2的摩尔质量为64g·mol－1，B项错误；由题图可知，1个S8分子中含有8个S—S键，故D项错误。答案：A11.解析：同周期元

素从左到右，原子半径逐渐减小，故原子半径C＞O，A正确；元素的非金属性越强，则原子得电子能力越强，在形成化合物时显负价，由于非金属性C＜O，故C24O6中O显负价，B正确；根据C22O4的分子式可知，分子中含有的是共价键，C错误；同种元素的不同种原子间

互为同位素，C18、C60和金刚石、石墨和碳纳米管间互为同素异形体，D正确。答案：C12.解析：(1）题目给出的12种粒子分属H、U、K、Ca、Cl、N、C7种元素，其中1H和1H＋是同一种核素的不同粒子

，1H、2H、3H属于氢元素的3种不同核素，互为同位素；234U、235U、238U属于铀元素的3种不同核素，互为同位素；(2）质子数相同而中子数不同的原子互为同位素，则1H、2H、3H属于氢元素的3种不同核素，互为同位素；234U、235U、238U属于铀元素的

3种不同核素，互为同位素；(3）质量数相等的粒子是1H和1H＋，40K和40Ca，14N和14C；(4）氧的同位素16O与氢的3种同位素可形成6种水分子，分别为1H1H16O、2H2H16O、3H3H16O以及1H2H16O、1H3H16O、2H3H16O，同理可知氧的同位素17O、

18O与氢的3种同位素各形成6种水分子，共形成18种水分子。在这18种水分子中，相对分子质量最小的为18(1H162O），最大的为24(3H182O），其余水分子的相对分子质量分别为19、20、21、22、23，共有7种相对分子质量不同的水分子。答案：(1）733(2）1H、2

H、3H234U、235U、238U(3）40K和40Ca14N和14C1H和1H＋(4）18713.解析：由题意知：(1）中硫蒸气的相分子质量为M＝11.43×22.4≈256，其单质的分子式为S8。(2）中硫蒸气的相

对分子质量为M＝29×6.62≈192，其单质的分子式为S6。(3）中硫蒸气的相对分子质量为M＝64×2＝128，其单质的分子式为S4。综上分析，可知硫元素有多种同素异形体。答案：(1）S8(2）S6(3）S4多种同素异形体14.解析：①是两

种不同的元素；②、⑥、⑧中的两种物质都是分子式相同但结构不同的化合物，属于同分异构体；③、⑦都是同种元素的不同原子，属于同位素；④、⑨中两种物质分子式和结构都相同，是同一种物质；⑤中两种物质是同一种元素形成的不同单质，属于同素异形体。答案：(1）③⑦(2）⑤(3

）②⑥⑧(4）④⑨课时作业28晶体与非晶体1.解析：晶体硅属于共价晶体是一种常用的半导体材料，故D项错误。答案：D2.解析：熔点1070℃，熔点高，不符合分子晶体的特点，故A错误；熔点10.31℃，熔点低，符合分子晶体的熔点特点，液态不导电，只存在分子，水溶液能导电，溶于水后，分子

被水分子离解成自由移动的离子，如CH3COOH⇌CH3COO－＋H＋，有自由移动的离子，就能导电，故B正确；熔点1128℃，沸点4446℃，硬度很大，属于离子晶体或共价晶体或金属晶体的特点，分子晶体分子间只存在分

子间作用力，熔沸点低，故C错误；熔点97.81℃，质软、导电、密度0.97g·cm－3，是金属钠的物理性质，金属钠属于金属晶体，故D错误，故选B。答案：B3.解析：相邻原子之间通过强烈的共价键结合而成的空

间网状结构的晶体叫做共价晶体，其构成微粒是原子；共价晶体具有熔点高和硬度大的特点，氮化硅(Si3N4）是一种新型的耐高温耐磨材料，说明氮化硅属于共价晶体，故选D。答案：D4.解析：碘和干冰属于分子晶体，升华时破坏分子间作用力，类型相同，故A正确；硅属于共价晶体，C60属于分子晶体，熔化时分

别破坏共价键和分子间作用力，故B错误；氯化氢溶于水破坏共价键，氯化钠溶解破坏离子键，故C错误；溴汽化破坏分子间作用力，汞汽化破坏金属键，故D错误。故选A。答案：A5.解析：NH4NO3的构成微粒是离子

，属于离子晶体，SO3的构成微粒是分子，属于分子晶体，水晶是SiO2，构成微粒是原子，所以属于共价晶体，K为金属晶体，故A正确；H2SO4的构成微粒是分子，所以H2SO4属于分子晶体，石墨属于混合晶体，故B错误；Ar的构成微粒

是分子，所以Ar属于分子晶体，故C错误；玻璃没有固定的熔沸点，不属于晶体，故D错误。答案：A6.解析：氯化硼是共价化合物，液态时不能导电，故A错误；氯化硼熔化时破坏分子间作用力，故B错误；氯化硼熔点低是因为其是分子晶体，与硼氯键键能较小无关，故C错误；氯化硼为分子晶体，故D正确，答案为D。

答案：D7.解析：根据题目要求，一是分子晶体，二是化合物。选项A中的H2为单质，选项C中SiO2为共价晶体，选项D中的Na2S为离子晶体。答案：B8.解析：在四种晶体中，只有分子晶体才存在真正的分子，所以四个选项中只有H

2SO4是分子晶体。答案：C9.答案：B10.答案：D11.解析：Cl2、Br2、I2的晶体属于分子晶体，且组成和结构相似，随着相对分子质量的增大，分子间作用力增大，晶体的熔点逐渐升高，A项错误；CO2、KCl、SiO2的

晶体分别属于分子晶体、离子晶体、共价晶体，熔点：共价晶体离子晶体分子晶体，B项正确；常温、常压下，O2为气态，I2为固态，Hg为液态，C项错误；SiC、NaCl、SO2的晶体分别为共价晶体、离子晶体、分子晶体，它们的熔点逐渐降低，D项错误。答案：B

12.解析：A项，CaO是离子化合物，熔化断裂离子键，而CO2在固态时是分子晶体，熔化破坏的是分子间作用力，与化学键无关，错误；B项，NaCl是离子化合物，熔化断裂离子键，干冰是分子晶体熔化破坏分子间力，错误；C项，SiC和SiO2都是共价晶体，熔化断裂的是

共价键，与化学键有关，正确；D项，Cl2和I2在固态时都是分子晶体，熔化断裂的是分子间作用力，与化学键无关，错误。答案：C13.解析：F2、Cl2、Br2、I2形成的晶体为分子晶体，熔化时仅破坏分子间作用力，与

化学键无关，故A符合题意；热稳定性是指物质受热分解的难易程度，而HX分解时要破坏H—X键，从HF到HI其键能依次减小，故其稳定性依次减弱；由于金刚石中碳碳键的键能大于晶体硅中硅硅键的键能，因此金刚石的硬度、熔点、沸点较晶体硅高；Na

X为离子晶体，熔化时破坏离子键。答案：A14.解析：解答本题主要从四种晶体所属物质类别不同加以分辨。答案：(1）④⑧(2）②③⑩⑤⑨(3）③(4）①⑦(5）⑥15.解析：根据题给各组物质的熔点差异，可判断出A组物质为共价晶体，B组为金属晶体，C组为分子

晶体，D组为离子晶体。答案：(1）共价共价键(2）金属(3）分子分子间作用力、共价键(4）②④16.解析：由表中所给熔沸点数据，可知SiCl4的熔沸点最低，应为分子晶体；单质B的熔沸点最高，因此可能为共

价晶体；NaCl、MgCl2的熔沸点较高，应为离子晶体，但NaCl的熔沸点更高些，所以键的强度更大，AlCl3的熔沸点较低，为分子晶体，且沸点比熔点低，易升华，升华时，破坏分子间作用力。答案：(1）分子共价(2）离子>(3）分子间作用力阶段质量检测(一）1.解析：雾霾所形成的气溶胶属于胶体，具有

丁达尔效应，故A项正确；“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”描述的是铁置换出铜，该过程发生了置换反应，故B项正确；句中描述的对青蒿素的提取利用的是萃取，萃取过程中没有新物质生成，属于物理变化，故C项错误；蜡的燃烧是

氧化还原反应，故D项正确。答案：C2.解析：化学反应依据反应前后有无元素化合价的变化分为氧化还原反应和非氧化还原反应，故A错误；化合物电离时根据阴阳离子类型而分为酸、碱与盐，故B正确；依据分散质粒子直径的大小将分散系分为溶液、胶体、

浊液，故C正确；根据物质的组成和性质，可以将无机化合物分为酸、碱、盐、氧化物等，故D正确。答案：A3.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哪个是氧化物哪个是碱难以确定。答案：C4.解析：Fe(OH）3胶体粒子由多个Fe(OH）3组成，胶体粒子的数目小于NA个，C错误。答案：C5.解析：碳和氧化铜发生置换反应生成铜和二氧化碳；二氧化碳溶于水，和

水发生化合反应生成碳酸；碳酸和氢氧化钙发生复分解反应生成碳酸钙和水；碳酸钙高温分解生成氧化钙和二氧化碳，或碳酸钙与盐酸发生复分解反应生成氯化钙、水和二氧化碳。答案：B6.解析：Cl的摩尔质量为35.5g·mol－1，Cl2的摩尔质量为

35.5g·mol－1×2＝71g·mol－1，A错误；1mol任何物质具有的微粒数为NA，2molH2含有2NA个分子，一个氢气分子含有两个氢原子，故2molH2含有4NA个原子，B错误；任意温度和压强下，摩尔质量不

受温度和体积的影响，NH3的摩尔质量为17g·mol－1，故2molNH3的质量都是34g，C正确；标准状况下，1mol任何气体具有的体积都约为22.4L，相同条件下，1molO2和1molO3的体积相等，D错误。答案：C7

.解析：涉及的化学反应有CuSO4＋5H2O===CuSO4·5H2O，为化合反应，CuSO4·5H2O=====△CuSO4＋5H2O，为分解反应，Fe＋CuSO4===Cu＋FeSO4，既是离子反应，又是氧化还原反应。答案：A8.解析：A项，纯碱是Na2CO3，属于盐；B项

，CuSO4·5H2O是化合物，溶于水自身电离而使溶液导电，属于电解质；C项，NaHSO4、NaHCO3均能电离出H＋，但它们均属于盐；D项，NH4Cl、NH4NO3等铵盐中不含金属阳离子。答案：B9.解析：碳酸能电离出离子，是电解质，而碳酸饮料是电解质溶液，A正确；身体有汗容易发生触

电事故，是因为人的汗液中含有自由移动的无机盐离子如Na＋等，B正确；二氧化碳溶于水形成碳酸能导电，但二氧化碳不能电离出离子，是非电解质，C错误；橘子能导电，是因为在橘子汁中存在自由移动的离子，D正确。答案：C10.解析：纯碱为碳酸钠，不是碱，是盐，A、B错误；氢氧化铁沉淀不是胶体，D

错误。答案：C11.解析：分析可知，乙的化学式可表示为A2，1个乙分子中含有2个A原子，故A正确；反应的特点是化合物生成单质，该反应可以表示为2BA3―→B2＋3A2，为分解反应，故B正确；该反应可以表示为2BA3―→B2＋3A2，则2Mr(甲）＝3Mr(乙）＋Mr(丙），

故C错误；该反应为分解反应，且有单质生成，A、B元素化合价一定变化，属于氧化还原反应，故D正确。答案：C12.解析：64g二氧化硫的物质的量为1mol，1mol二氧化硫中含有2mol氧原子，含有的氧原子

数为2NA，故A错误；没有指明氯化镁溶液的体积，无法计算氯化镁溶液中的氯离子数目，故B错误；标准状况下水不是气体，不能使用气体摩尔体积计算22.4L水的物质的量，故C错误；标准状况下，22.4LNH3的物质的量为1mol，含质子数为10NA；17g

OH－的物质的量为1mol，含电子数为10NA，故D正确。答案：D13.解析：Na2CO3AgNO3BaCl2盐酸Na2CO3—沉淀沉淀气体AgNO3沉淀—沉淀沉淀BaCl2沉淀沉淀——盐酸气体沉淀——丙与甲、乙、丁三种物质都生成沉淀，则丙为AgNO3，能生成气体的

是Na2CO3和稀盐酸，则甲是BaCl2，可推知乙为Na2CO3，丁为盐酸。答案：A14.解析：含有1molO的CO、CO2、O3的物质的量分别为1mol、12mol、13mol，其物质的量之比为6∶3∶2，A正确；未指明气体所处

状况，22.4LCO2的物质的量无法确定，B错误；摩尔质量的单位为g·mol－1，C错误；由n＝NNA＝mM知，NA＝N×Mm＝b×35.5g·mol－1ag＝35.5bamol－1，D错误。答案：A15.解析：从表中可以看出①②共有的离子为K＋、Cl－和SO

2－4，计算出①中n(K＋）＝0.3mol＋0.4mol＝0.7mol，n(SO2－4）＝0.3mol，n(Cl－）＝0.3mol，②中n(K＋）＝0.1mol＋0.6mol＝0.7mol，n(SO2－4）＝0.3mol，n(Cl－）＝0.1mol。答案

：A16.解析：(1）①C2H5OH是有机化合物，由分子构成，在水溶液中和熔融状态下不能因自身发生电离而导电，属于非电解质；CO2是非金属化合物，由分子构成，在水溶液中和熔融状态下不能因自身发生电离而导电，属于非电解质；Fe2O3是金属

化合物，由离子构成，难溶于水，在熔融状态下能够发生电离而导电，属于电解质；FeCl3是盐，KOH是碱，二者在水溶液和熔融状态下都能够发生电离而导电，属于电解质。因此相连的两种物质都是电解质的是C、D；都是氧

化物的是B。②在题述相连的物质中，FeCl3与KOH在溶液中会发生复分解反应，产生Fe(OH）3沉淀和KCl，化学方程式为FeCl3＋3KOH===Fe(OH）3↓＋3KCl，该反应类型是复分解反应。③Fe2O3与HCl反应产生FeCl

3和H2O。④将FeCl3饱和溶液逐滴加入蒸馏水中，加热煮沸至液体呈红褐色，得到的分散系称为胶体，证明该分散系为胶体的实验方法是丁达尔效应。(2）①SO3是酸性氧化物与NaOH反应生成Na2SO4和水，反应方程式为SO3＋2NaOH===Na2SO4＋H2O。②NaHS和HCl在溶

液中反应，化学方程式为NaHS＋HCl===NaCl＋H2S↑，NaHS与NaOH反应，方程式为NaHS＋NaOH===Na2S＋H2O。答案：(1）①CDB②D复分解③Fe2O3＋6HCl===2FeCl3＋3H2O④

胶体丁达尔效应(2）①SO3＋2NaOH===Na2SO4＋H2O②NaHS＋HCl===NaCl＋H2S↑NaHS＋NaOH===Na2S＋H2O17.解析：(1）n＝NNA＝3.01×10236.02×1023mol－1＝0.5m

ol。(2）每个Na2SO4·10H2O中含有Na＋、SO2－4、H2O数目分别为2、1、10，故1.5molNa2SO4·10H2O中所含Na＋、SO2－4物质的量分别是1.5mol×2＝3mol、1.5mol，含H2O的

数目为1.5mol×10×6.02×1023mol－1＝9.03×1024。(3）由碳酸钠化学式可知，1mol碳酸钠含有1mol碳原子，含有3mol氧原子，所以碳原子与氧原子的物质的量之比为1∶3。(4）每个N

aOH所含电子数目为20，故0.5molNaOH中含10mol电子。0.5molNaOH中含Na＋为0.5mol，则0.25mol的Na2CO3所含Na＋也为0.5mol。(5）1molNa2R含有2mo

lNa＋，题目中有0.4molNa＋，则应有0.2molNa2R。M(Na2R）＝m（Na2R）n（Na2R）＝12.4g0.2mol＝62g·mol－1。Mr(Na2R）＝62，求得Mr(R）＝62－2×23＝16。已知m(R）＝1.6g，根据n＝m

M，得n(R）＝0.1mol，则n(Na2R）＝0.1mol。答案：(1）0.5mol(2）3mol1.5mol9.03×1024或15NA(3）1∶3(4）10mol0.25(5）62g·mol－1160.1mo

l18.解析：Ⅰ.(1）甲是氢气，乙是水，氢气与氧气或某些金属氧化物反应可生成水，则甲生成乙的化学方程式为2H2＋O2=====点燃2H2O或H2＋CuO=====△Cu＋H2O等。(2）乙是水，丙是硫酸，根据反应前

后元素种类不变可知，另一种反应物中肯定有硫元素。Ⅱ.氮原子的摩尔质量是14g·mol－1；HNO3的摩尔质量是63g·mol－1，所以1molHNO3的质量是63g；标准状况下，11.2LHCl气体的物质的量是11.2L22.4L·mol－1＝0.5mol；每个OH－含有10个电子，则2molOH

－含有20mol电子，其个数约为6.02×1023mol－1×20mol＝1.204×1025。答案：Ⅰ.(1）2H2＋O2=====点燃2H2O(答案合理即可）(2）硫元素Ⅱ.14g·mol－163g0.5mol1.204×102519.解析：(1）标准状况下，6

72mL气体的物质的量为0.03mol，气体的摩尔质量为M＝1.92g÷0.03mol＝64g·mol－1，该气体的相对分子质量为64。(2）在T、P相同时，体积之比等于物质的量之比，即15∶8＝mg16g·mol－1∶mgM（A），计算得M(A）＝30g·mol－1。(3）在T、V相同时

，压强之比等于物质的量之比，即4∶11＝agM（A）∶ag16g·mol－1，计算得M(A）＝44g·mol－1。(4）平均摩尔质量为M＝mn，相同条件下，氢气和氧气的体积比为a∶b，物质的量之比为a∶b，二者平均摩尔质量为2a＋32ba＋bg

·mol－1；质量比为a∶b的H2和O2的混合气体，物质的量之比为a2∶b32＝16a∶b，平均摩尔质量为16a×2＋32b16a＋b＝32（a＋b）16a＋bg·mol－1。(5）标准状况下39.2LCO和CO

2的混合气体的物质的量为39.2L22.4L·mol－1＝1.75mol，设混合气体中CO和CO2的物质的量分别为xmol、ymol，则28x＋44y＝61，x＋y＝1.75，计算得出x＝1，y＝0.75，即混合气体中CO为1mol，二氧化碳的物质的量为0.75mol，1mol

CO的质量为28g·mol－1×1mol＝28g，则混合气体中CO的质量分数为28g61g×100%≈45.9%。(6）分解完毕，体积变为原来的74，因为在恒温恒压的条件下，体积与气体分子数成正比，所以气体分子数也为原来的74，A的氢化物AH3完

全分解为两种单质，其中一种必然为H2，另一种设为Am，根据反应前后原子守恒可得，mAH3===Am＋3m2H2，m×74＝1＋3m2，解得m＝4，则A单质的分子式为A4。答案：(1）64(2）30g·mol－1(3）44g·mol－1(4）2a＋32ba＋

bg·mol－132（a＋b）16a＋bg·mol－1(5）1.7545.9(6）A4阶段质量检测(二）1.解析：过滤是把不溶于液体的固体与液体分离的一种操作方法。冷水浸泡属于物质的溶解，不属于过滤操作，故A

错误；加热煎制，属于加热，不属于过滤操作，故B错误；箅渣取液，是将液体与固体分离，属于过滤操作，故C正确；灌装保存，是液体进行转移，不属于过滤操作，故D错误。答案：C2.解析：酒精属于易燃品，浓硫酸属于腐蚀品，汽油属于易燃品，烧碱属于腐蚀品。答案：B3.解析

：用于考古断代的一种核素，中子数为8的碳原子，质子数为6，该核素为146C，A错误；根据在原子中核内质子数＝核外电子数，其核内有1个质子和2个中子，可知，氚原子核外有1个电子，B正确；氧离子核内有8个质子，核外10

个电子，O2－的离子结构示意图为，C错误；14C与14N质子数不同，是不同的元素，不是互为同位素，D错误。答案：B4.解析：当有大量毒气泄漏时，为防止人们中毒加深，人应沿逆风方向疏散，A错误；实验室里电线失火，首先要断开电源，避免灭火时触电，B正确；当少量浓硫酸沾在皮肤上，应立即用大量水冲洗，C错

误；酒精失火用湿抹布扑灭，D错误。答案：B5.解析：容量瓶选取的原则是大而近，故配制450mL溶液，应选用500mL容量瓶。根据500mL溶液计算得需NaCl58.5g。答案：B6.解析：N＋5中含有的质子数为5

×7＝35，A错误；18O4中的中子数为(18－8）×4＝40，16O3中的中子数为(16－8）×3＝24，18O4比16O3多16个中子，B正确；每个12C原子含有6个质子，则12C60中含有的质子数为6×60＝360，C错

误；H3中含有3个质子，D错误。答案：B7.解析：需用500mL容量瓶配制该溶液，则称取该碳酸钠晶体的质量m＝cVM＝1.0mol·L－1×0.5L×286g·mol－1＝143.0g，A错误；100mL该溶液，向其中加入100mL水，所得溶液的体积不是200mL，B错误；

定容时俯视刻度线，溶液体积偏小，所配溶液的浓度偏高，C正确；定容、摇匀、静置后发现液面低于刻度线，若补加少量水至刻度线，导致溶液的体积偏大，D错误。答案：C8.解析：规格为10mL的量筒只能读取到0.1mL，A项错误；当有大量晶体析出时，用余热将其蒸

干，否则蒸发皿会破裂，B项错误；根据混合物中各物质沸点不同，可用蒸馏的方法分离，C项正确；用四氯化碳萃取碘水中的碘，四氯化碳的密度大于水，则充分静置后紫红色液体在下层，D项错误。答案：C9.解析：n作为最外层时，最多只能容纳

8个电子，所以(n－1）层应为8个电子，为L层，则n应为M层；若n为次外层，则(n＋1）层为最外层，则次外层电子数最多为10＋8＝18，则进一步证明n为M层。答案：C10.解析：稀硫酸呈酸性，水呈中性，石灰水呈碱性，能用pH试纸测定，①正确；酚酞滴入稀硫

酸或水中均无色，不能鉴别，②错误；稀盐酸与稀硫酸或水均不反应，和澄清石灰水反应无现象，不能鉴别，③错误；稀硫酸能与碳酸钠反应产生气体，与石灰水反应生成碳酸钙白色沉淀，与水不反应，能用碳酸钠鉴别，④正确；石蕊试液分别

加入这三种液体中分别呈红色、紫色和蓝色，能用紫色石蕊试液鉴别，⑤正确。答案：C11.解析：称量时部分MgSO4吸水，导致所称得MgSO4质量偏小，所配溶液的浓度偏低，A错误；定容时俯视刻度线，导致所得溶液的体积偏小，所配溶液的浓度偏高，B正确；由于定容过程中需要加入水，因此容量瓶内有水，对实验

结果无影响，C错误；溶解过程中少量液体溅出，导致溶液中溶质的量减小，所配得溶液的浓度偏低，D错误。答案：B12.解析：Na2CO3溶液和CCl4分层，应选择装置③，A不合理；用CCl4提取碘水中的碘，选择萃取装置，即装置③，B合理；从NaCl溶液中提取固体NaCl，选择蒸发装置，即装

置②，C不合理；粗盐提纯，可溶解后过滤、蒸发，则选择装置①和②，D不合理。答案：B13.解析：碘易溶于CCl4，二者沸点不同，可用蒸馏的方法，A正确；二者都与NaOH溶液反应，应用饱和碳酸氢钠溶液除杂，B错误；NaCl的溶解度受温度的影响变化

较小，而KNO3的溶解度受温度的影响变化较大，应该选择使用降温结晶的方法提纯，C正确；MgO与硫酸反应产生MgSO4和水，而Cu与硫酸不能反应，充分溶解、反应后再过滤洗涤就得到纯净的Cu，D正确。答案：B14.解析：过量的试剂Ⅰ为BaC

l2溶液，过滤，除去SO2－4、CO2－3，得混合物X为KCl、BaCl2，再加过量的试剂Ⅱ为K2CO3溶液，过滤，除去Ba2＋，得混合物Y为KCl、K2CO3，再加适量的试剂Ⅲ为盐酸，除去CO2－3，再通过蒸发浓缩、冷却结晶得KCl晶体，A正确；碳酸钾溶液显碱性，pH>7，B错误；从溶液中获取晶

体采用蒸发浓缩、冷却结晶的方法，C正确；混合物Y为KCl、K2CO3，加入稀盐酸能除去CO2－3，从而调节溶液的pH，D正确。答案：B15.解析：98%的浓硫酸的物质的量浓度为c＝1000ρwM＝1000×1.84×98%98mol·L－1＝18.

4mol·L－1，配制1mol·L－1的稀硫酸100mL，需要浓硫酸的体积为V＝0.1L×1mol·L－118.4mol·L－1≈0.0054L，即5.4mL，应选择10mL量筒和胶头滴管，实验时用10mL量筒量取5.4mL浓硫酸，因配制一定物质的

量浓度的溶液需要量取、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，所以使用仪器的先后顺序为②⑥③⑦⑤⑥。答案：D16.解析：(1）4526Fe与5626Fe的质子数相同，属于同一种元素，但中子数不同，是两种不同的核素；Fe元素不

是一种新元素；4526Fe衰变后变为质子数为24的新原子，原子核发生了变化，不是化学变化，因为化学的范畴是在原子、分子水平上研究物质的。答案：(1）AC(2）4526Fe与5626Fe的核外电子数相同，化学性质几乎完全相同17.解析：n(CO2）＝VVm＝2.24L22.4L·mol－1＝0.1

molNaHCO3＋HCl===NaCl＋H2O＋CO2↑1mol1mol1molnn0.1mol(1）由反应方程式可知：n(NaHCO3）＝1mol×0.1mol1mol＝0.1mol。(2）m(NaHCO3

）＝n·M＝0.1mol×84g·mol－1＝8.4g，小苏打的质量分数为：8.4g8.5g×100%＝98.8%。(3）由方程式可知：n(HCl）＝1mol×0.1mol1mol＝0.1mol，则：c(HCl）＝nV＝0.1mol0.1L＝1mol·L－1。(4）小苏打的质量分数为98.8

%，则杂质的质量分数为1－98.8%＝1.2%<3%，此产品可以列入诚信商品。答案：(1）0.1mol(2）98.8%(3）1mol·L－1(4）可以18.解析：①该混合液体为无色溶液，说明没有Cu2＋，取少量于试管中，加入NaOH溶液并加热，用湿润的红色石蕊试纸置于试管口，未观察到试纸变

蓝，说明溶液里无NH＋4；②用干净的铂丝蘸取混合物在火焰上灼烧，透过蓝色的钴玻璃，可以观察到火焰呈紫色，可知溶液里有K＋；③向上述溶液中滴加过量BaCl2溶液，有白色沉淀生成，此沉淀为BaSO4，溶液里有S

O2－4；④向③的滤液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，该沉淀不溶于稀硝酸，此沉淀为AgCl，因步骤③中添加了氯化钡溶液，引入Cl－，故无法确定是原溶液里的Cl－。根据以上分析，原溶液里一定有K＋、SO2

－4，一定没有Cu2＋、NH＋4，可能有Cl－、NO－3。答案：K＋、SO2－4Cu2＋、NH＋4Cl－、NO－319.解析：(1）操作①是加热灼烧固体，应选择的主要仪器有酒精灯、坩埚。(2）操作②中如果加入硝酸

钡，生成硫酸钡和硝酸钠，会引入新杂质离子NO－3，所以应加入过量的氯化钡溶液。(3）若SO2－4未除尽，继续加入BaCl2溶液，会有硫酸钡沉淀生成，判断SO2－4已除尽的方法是：取少量上层清液加入BaCl2溶液，若无白色沉

淀，说明SO2－4已除尽。(4）操作③是除去②中加入过量BaCl2，所以加入的试剂是过量Na2CO3溶液。(5）操作③中加入碳酸钠，生成碳酸钡沉淀和氯化钠，化学方程式为BaCl2＋Na2CO3===BaCO3↓＋2NaCl。(6）加入盐酸后的滤液中含有盐酸和溶解的

二氧化碳，加热煮沸的目的是除去溶解在溶液中的CO2和HCl。答案：(1）AC(2）加入硝酸钡，溶液中会引入新的杂质离子NO－3(3）取少量上层清液加入BaCl2溶液，若无白色沉淀说明SO2－4已除尽(4）A(5）B

aCl2＋Na2CO3===BaCO3↓＋2NaCl(6）BC阶段质量检测(三）1.解析：氯气的密度大于空气，氯气随风向低洼处扩散，所以人要向逆风方向的高处撤离，A错误、C正确；肥皂液显碱性，能吸收氯气，用浸有肥皂液

的毛巾捂住口鼻迅速逃离，可以防止中毒，B正确；氯气能溶于水，用浸湿的棉被堵好门窗可以防止氯气进入室内引起中毒，D正确。答案：A2.解析：海水中的钾元素和溴元素以K＋、Br－存在，需经过氧化还原反应得到金属钾和非金属溴，A错误；电

解熔融的MgCl2而不是MgCl2饱和溶液制得金属镁，B错误；海带中的碘元素以化合态的形式存在，需加氧化剂得到I2，D错误。答案：C3.解析：氯气溶于水后，部分氯气与水发生反应：Cl2＋H2O⇌HCl＋HClO，所以氯水中含有的粒子是

Cl2、HClO、H2O、H＋、Cl－、ClO－、OH－。氯化氢不具有漂白性，次氯酸具有漂白性，有色布条褪色，说明溶液中有HClO存在，A项错误；氯气呈黄绿色且有刺激性气味，氯水中含有氯气分子，B项正确；氯水中含有氯离子，氯离子与银离子反应生成氯化银沉淀，所以加入AgN

O3溶液产生白色沉淀，但不能据此说明有氯气存在，C项错误；加入Na2CO3溶液，有气泡产生，说明氯水呈酸性，有盐酸存在，次氯酸的酸性弱于碳酸，不能证明含有次氯酸，D项错误。答案：B4.解析：过氧化钠与水反应生成的气体为O2，A正确；过氧化钠与水反应不需要催化剂，H2O2分解需要MnO2作催

化剂，B错误；实验②③作为对照实验，能证明使酚酞褪色的不是氢氧化钠和氧气，C正确；根据实验①反应后溶液加入二氧化锰后迅速产生大量气体，结合实验②和③，可判断过氧化钠与水反应可能生成了具有漂白性的H2O2，D正确。答案：B5.解析：新制氯水中存在Cl－，Cl－与Ag＋反应生成白色沉淀，离子方程

式为Cl－＋Ag＋===AgCl↓，A正确；新制氯水中有H＋，能使石蕊溶液显红色，存在HClO分子，HClO具有漂白性，所以溶液先变红后褪色，B错误；新制氯水中有H＋，能与CaCO3反应生成氯化钙、水和二氧化碳，离子方程式为CaCO3＋2H＋===Ca2＋＋H2O＋CO2↑，C错误；新制氯水

中存在HClO，具有漂白性，能够使有色布条褪色，而Cl2不具有漂白性，D错误。答案：A6.解析：由流程可知，步骤①是分离固液混合物，其操作为过滤，需要漏斗、烧杯等仪器，正确；步骤②是分离互不相溶的液体混合物，

需进行分液，要用到分液漏斗等仪器，正确；步骤③是从溶液中得到固体，操作为蒸发，需要蒸发皿等仪器，错误；步骤④是从有机化合物中，利用沸点不同用蒸馏的方法得到甲苯，需要蒸馏烧瓶等仪器，正确。答案：C7.解析：钠的熔点较低，先预热熔化再反应，C错误。

答案：C8.解析：根据还原性I－>Fe2＋可知，Fe3＋与I－在水溶液中会发生反应生成I2和Fe2＋，不能大量共存，A正确；已知还原性I－>Br－>Cl－，则氧化性Cl2>Br2>I2，B正确；将足量Br2加入Fe

Cl2溶液中，由于还原性Fe2＋>Br－>Cl－，所以溴单质只是将亚铁离子氧化，不会氧化氯离子，C错误；将Cl2通入FeBr2溶液中，由于还原性Fe2＋>Br－，Cl2先氧化Fe2＋，再氧化Br－，D正确。答案：C9.解析：

甲烧杯的溶液呈蓝色，则甲烧杯中含有Cu2＋，由于Cu2＋、H＋与OH－不能在溶液中大量共存，则Cu2＋、H＋在甲烧杯中，OH－在乙烧杯中；因为CO2－3与Cu2＋、H＋不能大量共存，则CO2－3在乙烧杯中；根据电荷守恒，甲烧杯溶液中大量存在的离子是C

u2＋、H＋、Cl－，乙烧杯溶液中大量存在的离子是K＋、OH－、CO2－3。答案：A10.解析：MnO－4为有色离子，不满足溶液无色的条件，A错误；酸性溶液中存在大量H＋，H＋、Fe3＋都与CO2－3反应，不能大量共存

，B错误；遇酚酞变红的溶液中存在大量OH－，Na＋、K＋、SO2－4、NO－3之间不反应，且都不与OH－反应，能够大量共存，C正确；碱性溶液中存在大量OH－，Al3＋与OH－反应，不能大量共存，D错误。

答案：C11.解析：反应中电子转移情况可表示为在该反应中，Cl2既是氧化剂又是还原剂，KClO3是氧化产物，KCl是还原产物，当反应中消耗3molCl2时，转移电子为5mol，即转移电子数为5NA，被还原的氯气与被氧化的氯气的物质的量之比为5∶1。答案：A12.解析：原溶液中加入Ba

(NO3）2和HCl生成白色沉淀，原溶液中可能存在SO2－4、SO2－3或Ag＋，A错误；因检验过程中产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明原溶液中一定含有NH＋4，B正确；加AgNO3溶液产生白色沉淀，可能是加入的HCl引起的，C错误；加入KSCN溶液得到红色溶液

，Fe3＋可能是由原溶液中的Fe2＋被H＋、NO－3氧化而来的，故原溶液中不一定含有Fe3＋，D错误。答案：B13.解析：钠在空气中变暗对应的化学方程式为4Na＋O2===2Na2O，A正确；开始无气泡，发生反应Na2CO3＋HCl=

==NaCl＋NaHCO3，B正确；Na2O2在空气中变成白色黏稠物，与Na2O2和水反应有关，C错误；Na2CO3与澄清石灰水反应：Ca(OH）2＋Na2CO3===CaCO3↓＋2NaOH，D正确。答案：C14.解析：由题图所示信息可知：NO－3为反应物，Fe3＋为生

成物。A项，NO－3中氮元素化合价降低，是氧化剂，发生还原反应；B项，Fe2＋是还原剂，NH＋4是还原产物，则还原性：Fe2＋>NH＋4；C项，亚铁离子生成铁离子时是失去电子，被氧化；D项，还原剂是Fe2＋，氧化剂为NO－3，其个数之比为8∶1。答案：D15.解析：向混合物中加入足量的盐酸，有

气体放出，与盐酸反应产生气体的物质可能为Na2O2(生成O2）、Na2CO3或NaHCO3(生成CO2），X通过NaOH溶液后体积缩小(而不是气体全部消失），说明X由O2和CO2组成，原粉末中Na2O2一定存在，Na2CO3和NaH

CO3至少有一种存在。将原混合粉末加热，有气体放出，说明混合物中一定有NaHCO3，但NaHCO3受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，过氧化钠可能与分解产生的二氧化碳、水反应产生氧气，此过程会使粉末质量减小，

而实际剩余固体的质量却增加了，原因只能是发生了反应：2Na2O＋O2=====△2Na2O2；综上分析，混合物中一定有Na2O、Na2O2、NaHCO3，无法确定混合物中是否有Na2CO3和NaCl，即正确的是D。答案：D16.解析：(1）SO2－4用过量的BaCl2溶液除去，Mg

2＋用过量的NaOH溶液除去，Ca2＋用过量的Na2CO3溶液除去，过量的Ba2＋用CO2－3除去，所以Na2CO3应放在Ba2＋试剂之后加入以除去Ba2＋、Ca2＋，B、C均合理；涉及的离子方程式有Ba2＋＋SO2－4===BaSO4↓、Mg2＋＋2OH－===

Mg(OH）2↓、Fe3＋＋3OH－===Fe(OH）3↓、Ba2＋＋CO2－3===BaCO3↓、Ca2＋＋CO2－3===CaCO3↓、H＋＋OH－===H2O、2H＋＋CO2－3===H2O＋CO2↑；除去SO2－4而不引入杂质，可以选择Ba(OH）2或BaCl2，过量的Ba

2＋用Na2CO3溶液除去，过量的OH－用盐酸除去。(2）电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气和氧气，反应方程式为2NaCl＋2H2O=====通电2NaOH＋H2↑＋Cl2↑，氯气与石灰乳反应制取漂白粉的反应为2Ca(OH）2＋2Cl2===CaCl2＋Ca(ClO）2＋2H2O。(3）Ca(O

H）2与海水中的MgCl2发生复分解反应：MgCl2＋Ca(OH）2===CaCl2＋Mg(OH）2，用海滩上的贝壳制Ca(OH）2而不从异地山中开凿石灰石制取，是为了就近取材，降低成本。(4）从经济效益角度看，该化工厂的厂址应选择在无人

居住和非景区的海边。答案：(1）BCBa2＋＋SO2－4===BaSO4↓、Mg2＋＋2OH－===Mg(OH）2↓、Fe3＋＋3OH－===Fe(OH）3↓、Ba2＋＋CO2－3===BaCO3↓、Ca2＋＋CO2－3===CaCO3↓

、H＋＋OH－===H2O、2H＋＋CO2－3===H2O＋CO2↑AC(2）2NaCl＋2H2O=====通电2NaOH＋H2↑＋Cl2↑2Ca(OH）2＋2Cl2===CaCl2＋Ca(ClO）2

＋2H2O(3）MgCl2＋Ca(OH）2===CaCl2＋Mg(OH）2就近取材，降低成本(4）无人居住和非景区的海边17.解析：(1）①漂白粉长期露置在空气中会变质，是因为漂白粉与二氧化碳、水反应生成次氯酸，次氯酸容易分解，反应分别为Ca(ClO）2＋CO2＋H2O===CaC

O3＋2HClO、2HClO=====光照2HCl＋O2↑。②漂白粉中所含有效成分是次氯酸钙，完全变质后的漂白粉中含有碳酸钙，向其中加入足量稀硝酸，反应生成二氧化碳，根据Ca(ClO）2～CaCO3～CO2143g22.4Lm

[Ca(ClO）2]0.448L有m[Ca(ClO）2]＝143g×0.448L22.4L＝2.86g。(2）n(O2）＝1.12L22.4L·mol－1＝0.05mol，根据反应2Na2O2＋2H2O===4Na＋＋4OH－＋O2↑可知，混合物中过氧化钠的物质的量为n(Na2

O2）＝2n(O2）＝0.05mol×2＝0.1mol，则混合物中过氧化钠的质量为m(Na2O2）＝78g·mol－1×0.1mol＝7.8g，氧化钠的质量为14g－7.8g＝6.2g，n(Na2O）＝6.2g62g·mo

l－1＝0.1mol，n(Na2O2）＝0.1mol，混合物溶于水后都生成NaOH，溶液中的溶质是NaOH，根据Na原子守恒得所得溶液中n(NaOH）＝n(Na＋）＝2n(Na2O）＋2n(Na2O2）＝2×(0.1＋0.1）mol＝0.4mol，c(NaOH）＝0.4mol0.4L＝1.0m

ol·L－1。答案：(1）①Ca(ClO）2＋H2O＋CO2===CaCO3＋2HClO2HClO=====光照2HCl＋O2↑②2.86g(2）6.21.018.解析：(1）铁与CuSO4溶液发生反应：Fe＋Cu2＋===Fe2＋＋Cu，氧化性Cu2＋>Fe2＋，Cu与

AgNO3溶液发生反应Cu＋2Ag＋===Cu2＋＋2Ag，Ag附着在铜丝的表面，氧化性Cu2＋<Ag＋，故氧化性Ag＋>Cu2＋>Fe2＋。(2）由于HNO3中的N为＋5价，为氮元素的最高化合价，只具有氧化性，H2S中的S为－2价，只具有还原性，故此反应为HNO

3＋H2S―→S↓＋NO＋H2O，还原产物为NO，氧化产物为S，其中H2S－2→S0，转移2mole－生成32gS，故转移0.3mole－时，得到S的质量为4.8g。(3）Fe2＋、Br－均具有还原性，当通入少量Cl2时，只有Fe2＋被氧化，说明还

原性Fe2＋>Br－>Cl－。答案：(1）①Fe＋Cu2＋===Fe2＋＋Cu②红色铜丝上有银白色金属附着③Ag＋>Cu2＋>Fe2＋(2）NO4.8(3）Fe2＋>Br－>Cl－19.解析：(1）装置A中用粗锌和稀盐酸制取的氢气中混有HCl和水蒸气，装

置B的作用是除去H2中混有的HCl和水蒸气，可盛放碱石灰。(2）装置内有空气，应先用产生的氢气排出装置内的空气并检验氢气的纯度后点燃酒精灯加热，反应一段时间后停止加热，充分冷却后停止通入氢气，以防爆炸。(3）实验过程中观察到淡黄色粉末慢慢变成白色固体，无水硫酸

铜未变蓝色，则结合原子守恒、氧化还原反应规律可知产物为NaOH。(4）①溶液转移需要用到玻璃棒，操作2为蒸发除去水得NaOH固体。②在转移溶液时，若溶液转移不完全，则m2偏小，测得的Na2O2质量分数偏小。答案：(1）除去H2中混有的

HCl和水蒸气碱石灰(2）CBAD(3）NaOH(4）①玻璃棒蒸发②偏小阶段质量检测(四）1.解析：液态的金属汞，受热易变成汞蒸气，但常温下，汞能和硫反应生成硫化汞，从而防止其变成汞气体，黄芽指呈淡黄色的硫黄，故选项B正

确。答案：B2.解析：PM2.5是指空气中直径等于或小于2.5μm的可吸入悬浮颗粒物，它能较长时间悬浮于空气中，其在空气中浓度越大，代表空气污染越严重，故A正确；大气中的二氧化硫主要来自煤、石油等化石燃料的燃烧及硫酸工业排放的废气等，故

B错误；绿色化学的核心是利用化学原理从源头上消除或减少生产活动对环境的污染，而不能污染后再治理，故C正确；我国北方城市的能源以煤炭为主，燃煤可以产生大量SO2，形成硫酸型酸雨，故D正确。答案：B3.解析：将二氧化硫气体通入KIO

3­淀粉溶液，溶液先变蓝后褪色，说明先生成碘，碘继续与二氧化硫反应，发生I2＋SO2＋2H2O===H2SO4＋2HI，反应中二氧化硫表现还原性。答案：B4.解析：H2S溶于水形成氢硫酸，为弱酸，能用石

灰乳(碱性）吸收，A、B项正确；C项，Cu2＋与H2S生成CuS沉淀，是非氧化还原反应，不能氧化H2S，错误；D项，H2S在空气中充分燃烧可生成SO2：2H2S＋3O2=====点燃2SO2＋2H2O(若不充分燃烧可生成S：2H2S＋O2=====点燃2H2O＋2S↓）

，正确。答案：C5.解析：浓硫酸的密度大，稀硫酸密度小，A项正确；浓硫酸为无色黏稠的液体而稀硫酸流动性好，B项正确；浓硫酸具有吸水性，C项正确；铝和浓硫酸在常温下钝化，不易放出气体，D项错误。答案：D6.解析：反应①生成的红棕色气体

是溴蒸气，反应②中的白雾是HCl，说明浓硫酸能将Br－氧化成溴单质，而不能将Cl－氧化成Cl2，与同一种氧化剂在相同条件下反应，Br－被氧化成溴单质，而Cl－不能被氧化，说明还原性：Br－>Cl－，故A正确；反应③生成的

是SO2气体，非氧化还原反应，而且Na2SO3与NaBr不是同一类型，所以不能比较Br2、SO2的氧化性，故B错误；白雾说明HCl易挥发，说明挥发性：H2SO4<HCl，故C错误；反应③生成SO2气体，不是氧化还原反应，故D错误。答案：A7.解析：二氧化硫具

有还原性，可以被氯水氧化为硫酸，但是氯水也可以和氢氧化钠反应，所以此时不能选择NaOH标准液，A错误；通氮气是为了将生成的二氧化硫从溶液中全部赶出，B正确；SO2－3易被空气中的氧气氧化为SO2－4，葡萄酒中加亚硫酸盐的主要目的是防止葡萄酒被氧化，利用了亚硫酸盐的还原性，C正确

；若试剂A选择碱液，可以和二氧化硫反应得到亚硫酸盐或是亚硫酸氢盐，该盐可以被碘单质氧化为硫酸盐，试剂B可选择I2标准液，D正确。答案：A8.解析：途径①中反应的化学方程式为S＋6HNO3(浓）=====△H2SO4＋6NO2↑＋2

H2O，属于浓硝酸和非金属单质的反应，产物中无盐生成，因此浓硝酸只表现氧化性而不表现酸性，A项正确；途径②中无论反应条件如何变化，S均被O2先氧化为SO2，再氧化为SO3，B项错误；由关系式S～H2SO4～6e－可知，C项正确；途径①中有副产物NO2生成，污染环境，D项正

确。答案：B9.解析：反应①中先变蓝后褪色显然是因为KIO3的还原产物先是I2后是I－，体现了SO2具有还原性，反应②属于酸性氧化物和碱的反应，体现了SO2具有酸性氧化物的通性，A错误；根据原子守恒，当n(Na2SO3）∶n(Na

HSO3）＝1∶1时，n(SO2）∶n(NaOH）＝2∶3，B错误；反应④是非氧化还原反应，C错误；反应②吸收了二氧化硫，反应④放出了SO2，可以通过这两个反应回收二氧化硫，D正确。答案：D10.解析：Fe2＋具有还原性，NO－3在酸性条件下具有

强氧化性，根据题意可以确定，铁元素的化合价升高，N元素的化合价降低，则发生反应：8Fe2＋＋NO－3＋10H＋===8Fe3＋＋NH＋4＋3H2O，反应中Fe元素的化合价由＋2价升高到＋3价，Fe2＋被氧化，A正确；1molNO－3发生

还原反应生成NH＋4，转移1mol×[5－(－3）]＝8mol电子，B、D正确；由方程式可知该反应中氧化剂(NO－3）与还原剂(Fe2＋）物质的量之比为1∶8，C错误。答案：C11.解析：向某无色溶液中滴加稀盐酸无现象，说明该溶液中不含CO

2－3和Ag＋，再滴加氯化钡溶液，产生沉淀不溶于盐酸，说明溶液中一定存在SO2－4，A错误；如果某溶液中含有Ag＋或SO2－3，加入氯化钡溶液生成AgCl或BaSO3等沉淀，再加入稀硝酸时，AgCl不溶解，BaSO3能被硝酸氧化为BaSO4，B错

误；检验亚硫酸钠是否变质，即检验溶液中是否含有SO2－4，加入稀硝酸可将BaSO3氧化成BaSO4，不能确定是否变质，C错误；蔗糖变黑表现了浓硫酸的吸水性、脱水性和强氧化性，D正确。答案：D12.解析：氢氧化钠溶液的作用是吸收多余的

酸性气体，避免污染空气，A正确；硫酸亚铁受热分解，产生的红色固体一定含有Fe元素，所以可能是Fe2O3，B正确；如果二氧化硫气体通入硝酸钡溶液中，因为二氧化硫溶于水溶液显酸性，酸性条件下硝酸根离子将二氧化硫氧化为硫酸，再与钡离子生成

硫酸钡白色沉淀，C错误；实验后反应管中残留固体为红色粉末(Fe2O3），BaCl2溶液中有白色沉淀产生说明有SO3，品红溶液中红色褪去说明有SO2，检查氢氧化钠溶液出口处无氧气产生，所以分解的方程式为2FeSO4=====高温Fe2O3＋SO3↑＋SO2↑，

所以氧化产物(Fe2O3）和还原产物(SO2）物质的量之比为1∶1，D正确。答案：C13.解析：Na2SO3与浓硫酸反应会生成SO2，由于SO2溶于水生成H2SO3，只能使蓝色石蕊试纸变色，而不能使其褪色，A错误；SO2能使酸性KMnO4溶液等有色无机物褪

色，是发生氧化还原反应的结果，B错误；湿润的淀粉­KI试纸未变蓝，即无I2生成，故SO2的氧化性弱于I2，C错误；除去多余的SO2应用NaOH溶液而非NaCl溶液，D正确。答案：D14.解析：根据2NaCl＋5O3＋S＋4O2＋H2SO4===2Cl＋

4O2＋2NaHS＋6O4可知，SO2在反应中被氧化，H2SO4在反应中起酸作用，NaClO3在反应中得电子，1molNaClO3在反应中得到1mol电子。答案：A15.解析：NaOH溶液的主要作用是吸收逸出的SO2，防止空气污染，B错误。答案：B16.解析：铁与硫的反应为Fe＋S=

====△FeS；若反应过程中有氧气参与，就可能生成＋3价的铁，所以探究实验关键的操作就是避开O2参与，包括溶液中的反应。答案：(二）＋3(三）＋2、＋3(1）过量防止未反应的铁与硫酸反应，生成亚铁离子干扰实验(2）防止空气中的O

2参与反应(3）铁和硫的反应是放热反应(4）除去过量的硫粉3S＋6OH－=====△2S2－＋SO2－3＋3H2O(5）为了防止硫酸溶液中溶解的氧气氧化亚铁离子17.解析：(1）黄铁矿的主要成分是二硫化亚铁

(FeS2），其中铁元素的化合价是＋2价，因此硫元素的化合价为－1价；(2）炉渣的主要成分为Fe2O3，由炉渣制备还原铁粉的化学方程式为Fe2O3＋3CO=====高温2Fe＋3CO2；(3）Na2SO3溶液能够与SO2反应生成NaHSO3，欲得到更纯的NaHSO3，反应

①应通入过量的SO2气体；(4）Na2S2O5转化为Na2SO4过程中S元素的化合价升高，被氧化，体现了Na2S2O5的还原性；检验其中含有SO2－4的方法是首先用盐酸酸化，除去S2O2－5，再加入氯化钡溶液，看有无白色沉淀生成，若生成白色沉淀，

证明含有SO2－4，否则没有SO2－4；(5）称取一定量样品，用过量稀硫酸溶解，用标准K2Cr2O7溶液滴定其中的Fe2＋，存在关系式：6Fe～6Fe2＋～Cr2O2－7，滴定过程中消耗的K2Cr2O7物质的量为0.03000mol·L－1×0.02510L＝0.000753mo

l，则样品中含有的铁的物质的量为0.000753mol×6＝0.004518mol，样品中铁含量为0.004518mol×56g·mol－10.2800g×100%＝90.36%。答案：(1）－1(2）Fe2O3＋3CO=====高温2Fe＋3CO2(3）过量(4）还

原取少量溶液于试管中先加入盐酸，再加入氯化钡溶液，生成白色沉淀，说明含有SO2－4(5）90.3618.解析：(1）该仪器为锥形瓶；(2）二氧化硫极易溶于NaOH溶液，易发生倒吸，由图示可知二氧化硫气体通过一个集气瓶

再与NaOH溶液接触，发生倒吸时，液体会进入集气瓶中，从而从导气管进入左侧的集气瓶，所以装置丙的作用是安全瓶，防止倒吸；(3）乙装置：二氧化硫与氢氧化钠反应生成亚硫酸氢钠，反应为SO2＋NaOH===NaHSO3↓，其离子方程式为SO2＋Na＋＋

OH－===NaHSO3↓；(4）装置甲中反应生成SO2，放出液体时，应先打开上口玻璃塞或将玻璃塞上的凹槽对准漏斗口上的小孔使分液漏斗内外大气相通，便于液体流出，再打开分液漏斗玻璃旋塞，使浓硫酸流入a中，后关闭分液漏斗玻璃旋塞，再点燃酒精灯加热仪器a，防止生成的二氧化硫从上口逸出，所

以操作顺序是②③④①；(5）①在溶液中NaHSO3易发生反应生成Na2S2O5，根据原子守恒产物还有水，反应为2NaHSO3===Na2S2O5＋H2O；②Na2S2O5在空气中受热时易分解，分解生成Na2SO3，晶体中含有Na2SO3，Na2SO3被氧化生成Na2SO4。答案：(1）锥

形瓶(2）安全瓶，防止倒吸(3）SO2＋Na＋＋OH－===NaHSO3↓(4）②③④①(5）①2NaHSO3===Na2S2O5＋H2O②Na2S2O5分解生成Na2SO3，Na2SO3被氧化生成Na2SO419.解析：(1）利用二氧化硫漂

白的可恢复性，可以验证某气体为二氧化硫，即将气体通入品红溶液中，如品红试剂红色褪去，加热后又变红。由题意可知，溶液C应为亚硫酸盐，气体A中含有SO2，所以用碳酸钠吸收二氧化硫生成亚硫酸钠，注意不能用d项，因为d项吸收二氧化硫生成亚硫酸氢钠。(2）分液漏斗

使用前要查漏。A中使用70%的硫酸比用98%的浓硫酸反应速率快，其原因是该反应的实质是H＋与SO2－3反应，70%的硫酸中含水较多，c(H＋）和c(SO2－3）都较大，生成SO2速率更快。装置B的作用是安全瓶，防止倒吸。根据题意可知，C中发生的反应有2H2S＋SO2===3S＋2H2O或2H2S

＋H2SO3===3S↓＋3H2O；Na2SO3＋S=====△Na2S2O3。答案：(1）将气体通入品红溶液中，品红试剂红色褪去，加热后又变红b(2）①查漏该反应的实质是H＋与SO2－3反应，70%的硫酸中含水较多，c(H＋）和c(SO2－3）

都较大，生成SO2速率更快防止倒吸②2H2S＋SO2===3S＋2H2O或2H2S＋H2SO3===3S↓＋3H2ONa2SO3＋S=====△Na2S2O3阶段质量检测(五）1.答案：D2.解析：氯离子最

外层有8个电子，2个氯离子不能合并一起写，应分开写在Ca2＋两边，A不正确；硫化钠的电子式为，B不正确；氧化镁的电子式为，C不正确；氟化钾的电子式为，D正确。答案：D3.解析：NaCl中存在离子键，NaCl溶解和熔化过程中，离子

键均被破坏，故A、C错误；HCl的电子式为，结构式为H—Cl，故B错误，D正确。答案：D4.解析：同素异形体是同种元素形成的性质不同的单质，可知A错，B对；同分异构体是分子式相同但结构不同的化合物，C、D错误。答案：

B5.解析：SiO2是共价晶体，沸点最高，CH4、CCl4都是分子晶体，相对分子质量：CH4<CCl4，所以沸点：CH4<CCl4<SiO2，A正确；若最外层电子数＋|化合价|＝8，原子满足最外层8电子结构，所以CS2中所有原

子的最外层电子数均为8，B正确；稀有气体不含化学键，存在分子间作用力，C正确；冰在熔化时不破坏共价键，D错误。答案：D6.解析：AlCl3熔点低于200℃，属于分子晶体，B、D错误；CO2属于分子晶体，SiO2属于共价

晶体，晶体类型不同，C错误。答案：A7.解析：CaCl2中仅有离子键，故A项错误；H2O汽化成水蒸气不需要破坏共价键，故B项错误；干冰为分子晶体，D项错误。答案：C8.解析：砷是33号元素，位于元素周期表中第四周期第ⅤA族，A正确；砷与磷处于同一主族，非金属性比磷弱，酸性：磷酸>砷酸，B不

正确；Ga的金属性比Al强，能与水反应，C不正确；Ga与Al同主族，Ga的金属性比Al强，碱性：Al(OH）3<Ga(OH）3，D不正确。答案：A9.解析：过氧化氯中氧原子形成两对共用电子对，氯原子形成一对共用电子对，A正确；氧气是产物，B错误；由题图可知

，臭氧分子最终变成氧气，C错误；反应②中没有氧原子间共价键的断裂，D错误。答案：A10.解析：Y与Z能形成Z2Y、Z2Y2型离子化合物，Z是Na元素、Y是O元素；Y与T同主族，Y的原子序数小于T，所以T是S元素；R的原子序数小于O，R原子的最外层电

子数是电子层数的2倍，R是C元素；X的半径、原子序数都小于C原子，所以X是H元素。电子排布相同，质子数越多半径越小，离子半径：Na＋<O2－，故A错误；水分子间形成氢键，氢化物的沸点：H2S<H2O，故B错误；S的非金属性大于C，最高价氧化物的水化物的酸性：H2CO3<H2SO4，故

C错误；由H、O、Na、C四种元素组成的常见化合物NaHCO3中含有离子键，故D正确。答案：D11.解析：短周期元素中周期序数与族序数相等的元素是H、Be和Al，根据T在周期表中的相对位置，它只能是第三周期的Al，据此可以判断出其

他元素如表所示：R(N）T(Al）Q(Si）W(S）氮元素的非金属性比硅元素的强，所以NH3比SiH4稳定，A正确；硫元素的非金属性比硅元素的强，所以H2SO4比H2SiO3的酸性强，B正确；同一周期

随着原子序数的递增，原子半径逐渐减小，所以原子半径：Al>Si>P，同一主族随着原子序数的递增，原子半径逐渐增大，所以原子半径：P>N，即Al>Si>P>N，C正确；Al既能与酸反应，又能与NaOH溶液反应，D错误。答案：D12.解析：图中元素分别为第二周期和第三周期元素的原子半径的变化，根据原子

序数关系可知X为O元素，Y为Na元素，Z为Al元素，M为Si元素，N为Cl元素。M为Si元素，硅在元素周期表中的位置是第三周期ⅣA族，A错误；Y是Na，N是Cl元素，形成的化合物NaCl为离子化合物，B正确；水分子间能形成氢键

，所以水的沸点大于HCl，C错误；Na元素和O元素可以形成Na2O2，阴、阳离子物质的量之比为1∶2，D错误。答案：B13.解析：由题意知，W为H、X为N、Y为Al、Z为S。一般来说，电子层数越多，原子半径越大；电子层数

相同，核电荷数越大，原子半径越小，所以原子半径：Y>Z>X>W，A错误。H、N可以形成NH3、N2H4等多种化合物，B错误。Y的氧化物为Al2O3，Al2O3是两性氧化物，既能与强酸反应，也能与强碱反应，C错误。H、N和S可以形成(NH4）2S，该化合物中既含有离子键也含有共价键，

D正确。答案：D14.解析：由表中化合价，可确定L、M、Q、R、T原子的最外层电子数依次为2、3、6、7、2，由原子半径，可确定L、M、Q、R为同周期元素，且都为第三周期元素，T为第二周期元素，从而确定L、M、Q、

R、T分别为Mg、Al、S、Cl、O元素。Mg、Al的单质分别与同浓度的稀盐酸反应时，Mg的单质反应更剧烈，A错误；Al与O形成的化合物Al2O3为两性氧化物，能和强酸、强碱反应，前者生成Al3＋等，后者生成AlO－2等，B错误

；S、O两元素的氢化物热稳定性比较，S的氢化物热稳定性小于O的氢化物，C正确；Mg与Cl两元素形成的化合物MgCl2中，只含有离子键，D错误。答案：C15.解析：判断原子半径、最外层电子数时，要从正五边形到顶点的距离大小来判断。从原子半径图可以看出，原子半径：D>E>B>C>A

，结合最外层电子数：C>B>E>A＝D，可知A为H元素，D为Na元素，A和E的原子序数之和与B和C的原子序数之和相等，E是地壳中含量最多的金属元素，可知E为Al元素，结合最外层电子数可知B为C元素，C为O元素。非金属性：O>C，简单

氢化物的稳定性：H2O>CH4，A项错误；C、D、E的简单离子分别为O2－、Na＋、Al3＋，三种离子的核外电子排布相同，核电荷数大的半径小，所以半径：O2－>Na＋>Al3＋，B项错误；A与C可形成H2O和H2O2两种化合物，D与C可形成Na2O和Na2O2两种化合物

，C项正确；B和E的最高价氧化物的水化物分别为H2CO3、Al(OH）3，H2CO3不能与Al(OH）3发生反应，D项错误。答案：C16.解析：Ⅰ.分子晶体在熔化时需要破坏分子间作用力，共价晶体熔化时需要破坏共价键，离子晶体熔化时需要破坏离子键；不

同晶体类型的物质其熔点的一般规律：共价晶体>离子晶体>分子晶体。Ⅱ.金属晶体是以金属键为作用力的晶体，离子晶体是由阳离子和阴离子通过离子键结合而成的晶体，共价晶体是原子以共价键相互结合而形成空间网状结构的晶体，分子晶体是分子间通过范德华力作用形成的晶体。离子晶体只有在熔融状态或水溶液中

才能导电，金属晶体能导电。答案：Ⅰ.(1）⑤⑥②②(2）⑤⑥Ⅱ.(1）AAEHE(2）FDE(3）GBDEAH17.解析：A～G是七种短周期元素，原子序数依次增大，根据原子序数与元素化合价的关系可推知：A是C元素、B是N元素、

C是O元素、D是Na元素、E是Al元素、F是Si元素、G是S元素，然后结合元素周期律逐一分析解答。答案：(1）第三周期第ⅣA族(2）Si>C>N(3）Al2O3＋2OH－===2AlO－2＋H2O(4）O==

=C===O(5）离子键和共价键(或非极性键）(6）水由液态变为气态，破坏的是分子间作用力，而发生分解破坏的是化学键(或共价键），分子间作用力比化学键弱得多(7）C为O，G为S，H2O分子间存在氢键而H2S分

子间只存在范德华力18.解析：Z的原子次外层的电子数为2，最高价是＋5价，所以Z是氮元素。核电荷数按照Z、X、Y、W的顺序增大，且W、X原子次外层电子数为8，所以根据其最高价可知，W是氯元素，X是Na，则Y是Al。(1）Al的原

子序数是13，所以原子结构示意图为。氯元素的原子序数是17，所以位于第三周期ⅦA族。(2）钠在空气中生成氧化钠，是含有离子键的离子化合物，所以其形成过程是。(3）同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族自上而下原子半径逐渐增大，所以X、Y、Z、W的原子半径由大

到小的顺序为Na>Al>Cl>N。(4）氯气和氢氧化钠溶液反应的离子方程式是Cl2＋2OH－===Cl－＋ClO－＋H2O。(5）氮元素和氢元素形成的10电子微粒有NH3、NH＋4、NH－2等。(6）由于钠极易和水生成氢气和氢氧化钠，

而Al和水是不反应的，所以钠的金属性强于铝的金属性。答案：(1）第三周期第ⅦA族(2）(3）Na>Al>Cl>N(4）Cl2＋2OH－===Cl－＋ClO－＋H2O(5）NH3、NH＋4、NH－2(6）NaNa与水反应要比Al剧烈(其他合理答案也可

）19.解析：(1）硫原子核外电子数为16，共3个电子层，最外层电子数为6，则S元素在元素周期表中的位置是第三周期第ⅥA族；H2S为共价化合物，其电子式为H∶S,∶H；硒原子最外层电子数与O相同，为6

。(2）Se的熔点大于S而小于Te，即大于113℃，小于450℃；因硒的化合价有－2、＋4、＋6，碲的性质与硒相似，所以碲的化合价可能有－2、＋4、＋6。(3）①SO2为酸性氧化物，与NaOH溶液反应生成Na2SO3，

SO2足量时生成NaHSO3；②SO2具有氧化性，与H2S反应生成S和水：2H2S＋SO2===3S＋2H2O；③Na2O2有氧化性，与SO2反应生成硫酸钠：Na2O2＋SO2===Na2SO4。(4）硒酸是强酸，与碳酸盐或碳酸氢盐反应产生二氧化碳，离子方程式为2H＋＋CO2－

3===H2O＋CO2↑或H＋＋HCO－3===H2O＋CO2↑。(5）因氢硒酸中硒的化合价为－2价，处于最低价，具有还原性，能被空气中的氧气氧化生成Se，化学方程式为2H2Se＋O2===2H2O＋2Se↓。答案：(1）第三周期第ⅥA族6(2）113450－2、＋4、＋

6(3）①Na2SO3或NaHSO3②S③Na2SO4(4）2H＋＋CO2－3===H2O＋CO2↑或H＋＋HCO－3===H2O＋CO2↑(5）2H2Se＋O2===2H2O＋2Se↓模块质量检测1.解析：渔火为物质燃烧发的光，燃烧属于化学变化，A符合题意；捧起清澄明澈

的泉水，泉水照见月影，好像那一轮明月在自己的手里一般；摆弄山花，馥郁之气溢满衣衫，为物理变化，B与题意不符；飞流直下三千尺，为水的自由落体运动，为物理变化，C与题意不符；举头望明月，月光为反射的太阳光，为物理变化，D

与题意不符。答案：A2.答案：C3.解析：NaOH俗称烧碱、火碱、苛性钠，A正确；Na2CO3俗称纯碱、苏打，小苏打是NaHCO3的俗称，B错误；CH3COOH可凝结成类似冰一样的晶体，所以CH3COOH又叫冰醋酸，C正确；CuSO4·5H2O俗称蓝矾、胆矾，D正确。答案

：B4.解析：制备氧气一般加热KMnO4或KClO3和MnO2的混合物，试管口应略向下倾斜，如果用H2O2制备O2，用MnO2作催化剂，不需要加热，A错误；HCl极易溶于水，因此需要防止倒吸，B错误；制取Cl2，用MnO2和浓盐酸加热来制备

，C正确；碱石灰是NaOH和CaO的混合物，CO2属于酸性氧化物，因此干燥CO2不能用碱石灰，D错误。答案：C5.解析：由题中信息可知，该核素的质子数为92，质量数为235，因为质量数＝质子数＋中子数，

所以，中子数＝质量数－质子数＝235－92＝143。答案：C6.解析：一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，ⅠA、ⅡA族和ⅥA、ⅦA族之间易形成离子键，离子化合物中一定含有离子键，可能含有共价键。答案：D7

.解析：A项，可燃性气体如果纯度不足，点燃时容易发生爆炸；B项，钠易与水反应生成氢氧化钠和氢气；C项，氯气有毒，氯气的密度大于空气，人往高处走才对；D项，浓硫酸溶于水放热，密度大于水。答案：C8.解析：OH－与NH＋4、Ba2＋与SO2－4

、Ag＋与Cl－因相互反应而在溶液中不能大量共存。答案：D9.解析：A项，氯气通入冷的氢氧化钠溶液中反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式：Cl2＋2OH－===Cl－＋ClO－＋H2O，正确；B项，碳酸氢钠溶液与Na

OH溶液混合，反应生成碳酸钠和水，离子方程式：HCO－3＋OH－===CO2－3＋H2O，错误；C项，向氯化亚铁溶液中通入氯气发生反应：2FeCl2＋Cl2===2FeCl3，离子反应为2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－，错误；D项，金属钠跟水反应的离子

方程式：2Na＋2H2O===2Na＋＋2OH－＋H2↑，错误。答案：A10.解析：A项，存在化合价的变化，属于氧化还原反应，故说法正确；B项，CO化合价升高，属于还原剂，NO2化合价降低，属于氧化剂，故说法错误；C项，生成28g氮气，转移电子2×4mol＝8mol，故说法正确；D项，CO2

、N2都是空气的组成成分，对环境无污染，故说法正确。答案：B11.解析：H2S被吸附在催化剂活性炭表面形成H原子，H原子与H原子成键生成H2，A正确；由图可知，H2S分解产生的H2和S单质会再次生成H2S，脱除率小于100%，B错误；由图可知，H2S转变为H2与SO2的过程中，化合价有升有

降，所以H2S既被氧化又被还原，C正确；该过程是H2S和Hg的协同脱除，故生成的S单质与Hg反应生成HgS而协同脱除H2S与Hg，D正确。答案：B12.解析：A项，配制500mL0.100mol·L－1NaCl溶液用到的仪器有托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒

、500mL容量瓶、胶头滴管，错误；B项，配制一定物质的量浓度的溶液的步骤有计算、称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀等，操作步骤正确的顺序为②①④③，正确；C项，容量瓶用蒸馏水洗净后，由于后面还需要加入蒸馏水定容，所以不必干燥，错误；D项，定容时

仰视容量瓶的刻度线，则所加蒸馏水偏多，溶液的体积V偏大，溶液的浓度偏低，错误。答案：B13.解析：由周期表中的位置可知，X为C元素、Y为F元素、Z为Si元素、M为S元素。A项，C元素和Si元素都是ⅣA族元素，同主族元素，从上到下原子半径依次增大

，原子半径r(Si）>r(C），正确；B项，因同主族元素从上到下非金属性依次减弱，同周期元素从左到右非金属性依次增强，则元素的非金属性F>S，错误；C项，F元素只有负化合价而没有正化合价，错误；D项，Z为Si元素，Si元素

的最高价氧化物对应的水化物为硅酸，硅酸是弱酸，错误。答案：A14.解析：A项，1mol二氧化碳气体中含有1molC原子，含有的碳原子数为NA，正确；B项，不是标准状况下，不能使用标准状况下的气体摩尔体积

计算11.2L氯化氢的物质的量，错误；C项，1mol金属钠与足量氯气完全反应时失去1mol电子，转移的电子数为NA，错误；D项，根据n＝cV分析，1L0.1mol·L－1Na2SO4溶液中钠离子的物质的量为0.2mol，Na＋的数目为0.2NA，错

误。答案：A15.解析：锥形瓶内发生反应Na2SO3＋H2SO4===Na2SO4＋SO2↑＋H2O，产生的SO2进入到试管中，CCl4层溶液褪色，证明Br2发生反应，SO2具有还原性，可以被Br2氧化，证明Br2具有氧化性，

A项正确；试管中花瓣褪色，说明SO2可以漂白花瓣中的有色物质，证明SO2具有漂白性，B项正确；Na2SO3没有发生氧化还原反应，发生的是“强酸制弱酸”的复分解反应，试管中产生大量气泡是锥形瓶中产生的SO2进入到试管中引起的，C项错误；试管中

Br2可将SO2氧化，生成H2SO4和HBr，SO2－4可以和Ba2＋结合成不溶于酸的白色沉淀，D项正确。答案：C16.解析：(1）无色透明溶液中不可能含有Cu2＋、Fe3＋等有色离子。(2）加入稀盐酸有不溶于稀硝酸的白色沉淀生成

，则原溶液中肯定存在Ag＋。(3）加氢氧化钠溶液有白色沉淀出现，原溶液中肯定含有Mg2＋。(4）由于原溶液中含有Ag＋和Mg2＋，阴离子中不可能含有Cl－、CO2－3、OH－，可能含有NO－3。答案：(1）Cu2＋、Fe3＋(2）Ag＋(3）Mg2＋Mg2＋＋2OH－===Mg(OH）2

↓(4）B17.解析：X、Y、Z、W、R是5种短周期元素，原子序数依次增大。已知X元素原子中不含中子，则X为H元素；Z的原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，则Z为O元素；Y元素的最高正价与最低负价的代数和等于零，且原子序数：X<Y<Z，所以Y为C元素；W

、R处于同一周期，W是该周期中金属性最强的元素，则W为Na元素；W与R能够形成化合物WR，则R为Cl元素。答案：(1）第二周期第ⅥA族HClO4(2）(3）(4）CO2＋2OH－===CO2－3＋H2O18.解析：(1）焙炒海盐可以除去海藻等有机杂质，并使其颗粒变小，加速溶解；(

2）根据分析可知步骤2可以加入NaOH溶液除去Mg2＋和Fe3＋，步骤3加入Na2CO3除去Ba2＋和Ca2＋(或步骤2加入Na2CO3除去Ba2＋和Ca2＋，步骤3可以加入NaOH溶液除去Mg2＋和Fe3＋）；(3）分析可知操作X为蒸发浓缩。答案：(1）除去海藻等有机杂质，并使

其颗粒变小(2）NaOHMg2＋和Fe3＋Na2CO3Ba2＋和Ca2＋(3）蒸发浓缩19.解析：二氧化硫具有还原性，在溶液中能被硝酸和溶解的氧气氧化生成硫酸，二氧化硫气体缓缓地通入硝酸钡溶液中，二氧化硫与水反应生成亚硫酸，使溶液呈酸性，生成白色硫酸钡沉淀可能是酸性条件下，硝酸根离

子将二氧化硫氧化，也可能是溶液中溶解的氧气将亚硫酸氧化，则假设Ⅱ为溶解在溶液(或水）中的O2。(1）为排除假设Ⅱ对假设I的干扰，在配制实验①②所用溶液时，应将蒸馏水煮沸，排出水中溶解的氧气，再密封冷却；实验①SO2溶于水生成亚硫酸，亚硫酸酸性弱于盐酸，依据强酸制备弱酸规律，二氧化硫与氯化钡溶液

不反应，不会产生沉淀，所以无明显现象；实验②二氧化硫溶于水生成亚硫酸，亚硫酸与硝酸根离子反应生成硫酸根离子，硫酸根离子与钡离子反应生成硫酸钡沉淀，所以会产生白色沉淀。(2）实验①中溶液pH变小的原因是二氧化硫溶于水后生成H2SO3，亚硫酸部分电离出氢离子：H2SO3⇌H＋＋H

SO－3；实验②中酸性条件下，硝酸根离子与二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸和一氧化氮，反应的离子方程式为3SO2＋2H2O＋2NO－3===2NO＋4H＋＋3SO2－4，反应中生成了强酸硫酸，导致实验②的pH小于实验①。(3）实验③向盛有25mL0.1mo

l·L－1BaCI2溶液的烧杯中缓慢通入纯净的SO2气体，无明显现象，目的是做对照实验，验证假设Ⅱ成立；实验④将纯净的SO2气体通入未经脱O2处理的25mL0.1mol·L－1的BaCl2，溶液中，有

白色沉淀生成，说明溶液中溶解的氧气将亚硫酸氧化生成硫酸钡沉淀，证明假设Ⅱ成立。答案：溶解在溶液(或水）中的O2(1）在配制溶液前将蒸馏水煮沸后密封冷却无明显现象产生白色沉淀(2）3SO2＋2NO－3＋2H2O===3SO2－4＋2NO＋4H＋(或3SO2＋3B

a2＋＋2NO－3＋2H2O===3BaSO4↓＋2NO＋4H＋）(3）做对照实验向盛有未经脱O2处理的25mL0.1mol·L－1BaCl2溶液的烧杯中缓慢通入纯净的SO2气体产生白色沉淀证明O2可将S

O2或H2SO3氧化为SO2－4或硫酸