第三單元作業(yè)答案

1、.課時作業(yè)十1.B解析 NaHCO3受熱分解而Na2CO3受熱不易分解,故Na2CO3的熱穩(wěn)定性強于NaHCO3。2.B解析 B項,NaOH密封保存,目的是防止空氣中的CO2與之反響而變質。3.A解析 加熱固體時,試管口不能向上傾斜,A項設計錯誤;B項中脫脂棉燃燒,能說明Na2O2與水反響放熱;C項中氣球變大,證明Cl2能被NaOH溶液吸收;D項能進展Na與Cl2的反響。4.D解析 A項中可生成NaCl、NaHCO3;B項中可生成Na2CO3、NaHCO3;C項中可生成Na2CO3、NaOH;D項中只生成Na2CO3。5.C解析 應將鈉外表的煤油用濾紙吸干且燒杯中不能裝滿水,A項錯誤;B項都有

2、白色沉淀產(chǎn)生,錯誤;Na2O2與CO2反響生成氧氣,假如棉花燃燒說明到達了著火點,能證明是放熱反響,C項正確;觀察鉀的焰色反響應該透過藍色鈷玻璃,D項錯誤。6.D解析 Na2O2為淡黃色固體,與水反響除生成NaOH外還放出O2,因此Na2O2不是堿性氧化物,A項錯誤。根據(jù)反響2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2,Na2O2既是氧化劑又是復原劑,當有2 mol CO2參加反響時轉移2 mol e-,故標準狀況下11.2 L CO20.5 mol反響時,轉移電子數(shù)目為0.5NA,B項錯誤。Na2O2是離子化合物,1 mol Na2O2含陰離子O22-的個數(shù)為NA,C項錯誤。根據(jù)規(guī)律H2、CO

3、或其混合氣體,以及通式為COmH2n的有機物,完全燃燒后產(chǎn)物與足量Na2O2充分反響,Na2O2增重與原氣體或有機物質量相等,容易判斷D項正確。7.D解析 Na2CO3、NaHCO3分別與HCl反響,有關物質的質量關系是Na2CO3+2HCl2NaCl+H2O+CO2106 g73 g44 gNaHCO3+HClNaCl+H2O+CO284 g36.5 g44 g顯然,等質量的Na2CO3、NaHCO3分別與足量鹽酸反響,NaHCO3產(chǎn)生的二氧化碳多,Na2CO3消耗鹽酸多,A項、B項錯誤;向NaHCO3溶液中滴加BaOH2溶液有如下反響:HCO3-+OH-CO32-+H2O,CO32-+Ba

4、2+BaCO3,C項不正確;Na2CO3、NaHCO3均既能與酸如鹽酸、硫酸等反響,又能與BaOH2反響生成BaCO3沉淀,D項正確。8.C解析 因為是溶液中的反響,所以都有H2產(chǎn)生,NH4NO3溶液還產(chǎn)生NH3,CuSO4溶液還產(chǎn)生CuOH2沉淀。9.A解析 圖像中從O點即開場產(chǎn)生CO2氣體,對應溶液中的溶質為NaHCO3,正確;圖像中Oa段消耗HCl的量小于ab段消耗HCl的量,對應的溶液中的溶質為Na2CO3和NaHCO3,且二者的物質的量之比n(Na2CO3)n(NaHCO3)=13-1×2=11,正確;圖像中,Oa段消耗HCl的量等于ab段消耗HCl的量,對應溶液中的溶質為

5、Na2CO3,不正確;圖像中,Oa段消耗HCl的量大于ab段消耗HCl的量,對應溶液中的溶質為Na2CO3、NaOH,且二者的物質的量之比n(Na2CO3)n(NaOH)=13-1×2=11,不正確。10.D解析 把Na2CO3溶液逐滴加到鹽酸中,開場時鹽酸過量,那么發(fā)生反響Na2CO3+2HCl2NaCl+H2O+CO2,開場就有氣體放出。假設將鹽酸滴到Na2CO3溶液中,開場時Na2CO3過量,只發(fā)生反響Na2CO3+HClNaHCO3+NaCl,無氣體放出,只有在Na2CO3全部轉化成NaHCO3后再滴加鹽酸才有氣體放出。nNa2CO3nHCl=0.025 L×2 m

6、ol·L-10.075 L×1 mol·L-1=23>12,故產(chǎn)生的CO2的體積不一樣。11.A解析 測量堿石灰增重的方法是重量法而不是量氣法,B項錯誤;C項樣品中參加足量鹽酸,燒瓶內物質的質量增加而不是減輕,C項錯誤;D項中因部分CO2能溶解到水里,且與水反響生成H2CO3,故排出水的體積并不是生成的CO2的全部體積,D項錯誤。12.B解析 混合粉末加鹽酸有氣體產(chǎn)生說明其中可能有Na2O2、Na2CO3、NaHCO3,又由于氣體通過足量的NaOH溶液后體積減小,說明氣體中同時含有O2和CO2,那么原混合粉末中肯定存在Na2O2,還可能有Na2CO3或NaH

7、CO3中的一種或兩種,將原混合粉末在空氣中加熱有氣體放出,說明NaHCO3肯定存在,但Na2CO3和NaCl不能確定是否存在。13.1NaOH、Na2CO3Na2CO3Na2CO3、NaHCO3NaHCO32112NaOH、Na2CO30.15 mol·L-1解析 2分析圖中曲線和各個量的關系,A中先參加的25 mL鹽酸,含有的氫離子的物質的量為0.1 mol·L-1×0.025 L=0.002 5 mol,此時發(fā)生的反響為CO32-+H+HCO3-,所以溶液中含有的CO32-的物質的量為0.002 5 mol,后加的50 mL鹽酸和HCO3-反響生成CO2,因為

8、后加的氫離子的物質的量為0.1 mol·L-1×0.050 L=0.005 mol,所以標準狀況下CO2的體積為0.005 mol×22.4 L·mol-1×1 000 mL·L-1=112 mL。在B中先參加的60 mL鹽酸都沒有氣體生成,又參加15 mL 鹽酸CO2完全放出,也就是說nHCO3-=0.1 mol·L-1×0.015 L=0.001 5 mol,那么原溶液中只有0.001 5 mol CO32-,含有0.006 mol-0.001 5 mol=0.004 5 mol 的OH-,即原溶液中的溶質是N

9、aOH和Na2CO3。根據(jù)鈉原子守恒,可計算氫氧化鈉溶液的物質的量濃度。14.1石灰石和稀鹽酸飽和NaHCO3溶液吸收CO2氣體中的HCl否假設不先驅出溶液中溶解的CO2氣體,步驟參加的NaOH將有一部分與CO2反響,得到的Na2CO3不純2Zn粒裝置A中生成的H2推動裝置B中的CO2氣體,使裝置B中的CO2氣體全部被裝置D中的堿石灰吸收稀硫酸3偏高防止空氣中的水蒸氣、CO2等氣體進入裝置D中,使裝置D中堿石灰的質量增加495.4%解析 1裝置A是CO2的發(fā)生裝置,用的藥品是鹽酸和CaCO3;裝置B的作用是除去CO2中的HCl,最好的試劑是飽和NaHCO3溶液;因為CO2在水中有一定的溶解性,

10、所以要先加熱煮沸,除去溶解在水中的CO2,再使中生成的NaHCO3與NaOH反響生成純潔的Na2CO3。2裝置A用于制取H2,用的藥品是鋅粒和稀硫酸,目的是把裝置B產(chǎn)生的CO2都趕到裝置D中被堿石灰吸收,使實驗數(shù)據(jù)盡可能準確;裝置B發(fā)生的是酸與Na2CO3生成CO2的反響,后面沒有除雜裝置,所以可用不揮發(fā)的稀硫酸。3裝置C用來吸收CO2中的水蒸氣,假設無此裝置,裝置D中的堿石灰不僅會吸收CO2還會吸收水蒸氣,使測得的CO2的量偏高,導致Na2CO3的含量偏高;裝置E是為了防止空氣中的CO2和水蒸氣進入裝置D中,對實驗造成誤差影響。4裝置D的質量增加3.96 g,增加的質量為Na2CO3和稀硫酸

11、反響生成的CO2的質量,根據(jù)轉化關系:Na2CO3CO210644mNa2CO33.96 g106m(Na2CO3)=443.96 g,解得mNa2CO3=9.54 g,wNa2CO3=9.54 g10 g×100%=95.4%。課時作業(yè)十一1.B解析 A項,鎂的金屬性比鋁強,錯誤;B項,鎂和鋁的氧化物都可以與鹽酸反響,正確;C項,鎂和鋁原子的最外層電子數(shù)分別是2和3,錯誤;D項,氧化鋁是兩性氧化物,可以與氫氧化鈉溶液反響,氧化鎂是堿性氧化物,與氫氧化鈉溶液不反響,錯誤。2.C解析 氨水為弱堿,不能溶解Al2O3,二者不反響,故C項錯誤。3.D解析 A項,向混合溶液中參加過量的鋁粉,

12、不發(fā)生反響,不能將Mg2+沉淀出來,錯誤;B項,向混合溶液中參加過量的鹽酸,不發(fā)生反響,不能將Mg2+沉淀出來,錯誤;C項,向混合溶液中參加過量的氨水,兩種離子均轉化為沉淀,錯誤;D項,向混合溶液中參加過量的氫氧化鈉溶液,生成的氫氧化鋁能溶解在強堿中,而氫氧化鎂不能溶解,從而可將Mg2+沉淀出來,正確。4.A解析 在鎂、鋁混合物中參加HNO3和濃H2SO4都不產(chǎn)生H2;參加NaOH溶液,只有Al與之反響生成H2,而鎂不反響;參加鹽酸,鎂、鋁都與鹽酸反響生成H2,所以放出H2的量最多。5.C解析 解答此題時應特別注意,難溶物的Ksp越小, 在溶液中越易形成沉淀;AlOH3能溶于過量的NaOH溶液

13、。由于AlOH3的Ksp比FeOH3的Ksp大,故在混合液中參加NaOH溶液時,先生成FeOH3沉淀,而不生成AlOH3沉淀,當FeNO33反響完全后再生成AlOH3沉淀,繼續(xù)參加NaOH溶液,AlOH3沉淀又溶解,故只有C圖像符合題意。6.B解析 濃H2SO4稀釋時應將濃H2SO4加到水中,A項錯誤;過濾時應用玻璃棒引流,C項錯誤;由于MgCl2水解,故加熱蒸干MgCl2溶液時得不到MgCl2固體,D項錯誤。7.B解析 A、C、D三項中,無論前者滴入后者還是后者滴入前者,反響現(xiàn)象均一樣;B項,假設將NaAlO2溶液滴入鹽酸中,開場鹽酸過量,沒有沉淀生成,隨著NaAlO2溶液的增多,會產(chǎn)生Al

14、OH3白色沉淀,假設將鹽酸滴入NaAlO2溶液中,開場鹽酸少量,會立即產(chǎn)生AlOH3白色沉淀,隨著鹽酸的增多,最后白色沉淀逐漸溶解,反響現(xiàn)象不同,符合題意。8.D解析 溶液中與OH-反響的陽離子有H+、Al3+、NH4+三種,在反響過程中生成的AlOH3也可以與OH-反響,反響的先后順序大致為H+、Al3+、NH4+、AlOH3,其中Al3+和NH4+的反響順序難以確定。由題中所給方程式可知,AlOH3和氨水不反響,可以采用假設法確定Al3+和NH4+的反響順序,假設NH4+先與OH-發(fā)生反響,離子方程式為NH4+OH-NH3·H2O,那么Al3+會與NH3·H2O發(fā)生反響

15、Al3+3NH3·H2O3NH4+AlOH3,相當于NH4+沒發(fā)生反響,故該假設不成立,OH-應先與Al3+反響,再與NH4+反響,應選D項。9.C解析 A項,試劑X應為強堿溶液,使Al2O3溶解;B項,假設用強酸代替CO2,強酸過量時,AlOH3會溶解;D項,因Al比Fe活潑,不能用Fe置換Al。10.B解析 向NaOH溶液中逐滴參加AlCl3溶液時發(fā)生反響Al3+4OH-AlO2-+2H2O,3AlO2-+Al3+6H2O4AlOH3。a點時溶液中有大量OH-,與Fe3+、HCO3-不能大量共存;b點時溶質為NaCl和NaAlO2,所有離子可以大量共存;c點時溶質為NaCl,與A

16、g+不能大量共存;d點時溶質為NaCl和AlCl3,Al3+與CO32-互相促進水解不能大量共存。11.C解析 通入CO2時,反響的先后順序:BaOH2+CO2BaCO3+H2O、2NaOH+CO2Na2CO3+H2O、2NaAlO2+CO2+3H2O2AlOH3+Na2CO3、Na2CO3+CO2+H2O2NaHCO3、BaCO3+CO2+H2OBaHCO32,根據(jù)通入CO2的量,判斷沉淀的量,C項正確。12.A解析 a mol AlCl3完全轉化為AlOH3時需要NaOH的物質的量為3a mol,且沉淀最大值為a mol,故、有可能;當b<3a時,NaOH缺乏,此時nAlOH3=13

17、nNaOH=b3 mol,有可能,不可能;當3a<b<4a時,Al3+ 3OH-AlOH3a mol3a mola molAlOH3+OH-AlO2-+2H2Ob-3amolb-3amol剩余的AlOH3沉淀為a mol-b-3amol=4a-bmol,有可能,應選A項。13.B解析 據(jù)題意可知溶液中一定不含有Cu2+、HCO3-。當溶液中有Al3+生成時,原溶液中含有H+,不含有NO3- 產(chǎn)生的氣體為NO、SO32-、OH-,據(jù)電中性原那么知其中必定含有SO42-,于是不能存在Ba2+、Ag+,可能含有Mg2+,A項錯誤,B項正確;當溶液中有AlO2-生成時,原溶液中含有OH-,

18、肯定沒有H+、Ag+、Mg2+,據(jù)電中性原那么知其中必定含有Ba2+,于是不能存在SO32-、SO42-,可能含有NO3-,C、D項錯誤。14.1加快反響速率2AlOOH+NaOHNaAlO2+H2O3促進AlO2-的水解CO24Na2CO3+CaOH2CaCO3+2NaOH5NaOH解析 1粉碎后的鋁土礦堿浸時應在較高溫度下進展,是因為溫度越高,反響速率越快。3AlO2-在溶液中會發(fā)生水解:AlO2-+2H2OAlOH3+OH-,根據(jù)越稀越水解,可知加水稀釋是為了促進AlO2-的水解。4濃縮所得的NaOH溶液由于吸收了空氣中的CO2而含有雜質,雜質是碳酸鈉,碳酸鈉與氫氧化鈣反響生成苛性鈉,從

19、而除去碳酸根離子,化學方程式為Na2CO3+CaOH2CaCO3+2NaOH。5后續(xù)反響中又生成氫氧化鈉,而開場時是用氫氧化鈉溶液溶解鋁土礦,故該消費流程能實現(xiàn)循環(huán)利用的是NaOH。15.1AlN+3H2OAlOH3+NH3加快AlN水解反響速率,降低NH3在水中的溶解度,促使NH3逸出2Al2O3+6H+2Al3+3H2O32Fe2+2H+ClO-2Fe3+Cl-+H2O4FeOH35防止AlOH2Cl水解生成AlOH3解析 1氣體A能使潮濕的紅色石蕊試紙變藍,那么A為NH3,即AlN發(fā)生了水解生成NH3和AlOH3?！八獠捎?0 可以加快AlN水解反響速率,降低NH3在水中的溶解度,促使

20、NH3逸出。2“酸溶時,Al2O3與酸反響生成鋁鹽。3“氧化時,Fe2+與ClO-發(fā)生氧化復原反響,離子方程式為2Fe2+2H+ClO-2Fe3+Cl-+H2O。4“酸溶“氧化后溶液中含有的金屬陽離子為Al3+、Fe3+,參加純堿調節(jié)pH使Fe3+生成FeOH3沉淀,過濾后廢渣為FeOH3。5直接蒸發(fā)時AlOH2Cl會水解生成AlOH3。課時作業(yè)十二1.B解析 Fe2O3為紅棕色固體,A項錯誤;FeOH2、FeOH3均難溶于水,B項正確;鐵屬于人體必需的微量元素,缺少時需要補充,C項錯誤;地殼中不含鐵單質,含鐵的礦物中,鐵元素以化合態(tài)存在,D項錯誤。2.C解析 Zn與稀硫酸發(fā)生置換反響可得到氫

21、氣;氯氣與FeBr3發(fā)生置換反響得到FeCl3和單質溴;高溫條件下Fe與水蒸氣發(fā)生置換反響生成Fe3O4和氫氣;單質氟與水發(fā)生置換反響生成氧氣和HF。綜上所述,C項正確。3.A解析 pH=0的溶液呈強酸性,Fe2+、NO3-、H+不能大量共存,B項不正確;C項應為0.3 mol,不正確;D項電荷不守恒,不正確。4.B解析 A、C、D三項中的氧化劑雖均能使Fe2+氧化為Fe3+,但同時會引入新的雜質,故此三項不符合題意;H2O2具有氧化性,能氧化Fe2+為Fe3+,復原產(chǎn)物為水,不引入新的雜質,B項符合題意。5.A解析 單質鐵可以參與兩個反響:將FeCl3復原為FeCl2,此過程溶液的質量是增加

22、的;與CuCl2發(fā)生置換反響,此過程溶液的質量是減少的。中質量的增加量等于中質量的減少量。設溶液的體積為1 L,溶液中FeCl3的濃度為x mol/L,CuCl2的濃度為y mol/L,質量增減為z g,那么Fe+2FeCl33FeCl2m2 mol56 gx molz gFe+CuCl2Cu+FeCl2m1 mol64-56gy molz g12×56x g=64-56y g,28x=8y,xy=27。6.A解析 葡萄糖在堿性條件下能與新制CuOH2懸濁液反響生成紅色Cu2O沉淀,但廢液為酸性,不能與葡萄糖反響,A項錯誤;Ag+與Cl-反響生成不溶于稀硝酸的AgCl沉淀,B項正確;

23、廢液中假設無Fe3+,Fe與Cu2+反響那么會有固體生成,C項正確;D項所述為用氧化法檢驗Fe2+的方法,正確。7.1濃鹽酸四氧化三鐵22H2O22H2O+O2KClO334HCl濃+MnO2MnCl2+2H2O+Cl24鐵粉KSCN溶液溶液變紅解析 因鐵在O2中點燃生成Fe3O4,該氧化物與鹽酸反響可生成FeCl2、FeCl3的混合物,鐵與Cl2反響生成FeCl3,故B為O2,D為Cl2,C為濃鹽酸,E為Fe3O4,G為FeCl3,F為FeCl2。因2Fe3+Fe3Fe2+,所以向新配制的FeCl2溶液中參加鐵粉可以防止Fe2+被氧化成Fe3+。檢驗Fe3+常用KSCN溶液。8.C解析 Fe

24、3O4與稀硝酸反響時,Fe2+會被氧化為Fe3+,正確的離子方程式為3Fe3O4+28H+NO3-9Fe3+NO+14H2O。9.C解析 當銅全部析出時,溶液中不存在Cu2+,A項錯誤;由于紅色粉末是Cu,所以溶液當中肯定沒有Fe3+,故B錯誤;由于氧化性Fe3+>Cu2+,無論是和Fe反響,還是和Cu反響,溶液中一定存在Fe2+,當Fe過量時,不存在Cu2+,當Fe缺乏時,有Cu2+,故C正確;由C分析可知,溶液中可能還有Cu2+,故D錯誤。10.B解析 氧化銅和氧化鐵組成的混合物與硫酸恰好完全反響,說明硫酸的物質的量恰好等于原氧化物中的氧原子的物質的量,當混合物被一氧化碳復原時,那么

25、所得固體銅和鐵的質量等于原固體質量-氧原子質量,由于原混合物中nO=nH2SO4=0.05 L×2 mol·L-1=0.1 mol,那么冷卻后固體的質量為a g-16 g·mol-1×0.1 mol=a-1.6g。11.D解析 SO2通入混合液中,發(fā)生反響SO2+2H2O+2FeCl3H2SO4+2FeCl2+2HCl,溶液由棕黃色變?yōu)闇\綠色,FeCl3作氧化劑,表現(xiàn)氧化性,SO2表現(xiàn)復原性;H2SO4與BaCl2反響得到BaSO4白色沉淀和HCl,故A、B、C選項均不正確,D項正確。12.A解析 假設用過量硝酸酸溶,那么會引入NO3-,A項說法錯誤;S

26、O2是一種污染氣體,必須回收利用,B項說法正確;通入Cl2的目的是將Fe2+全部氧化為Fe3+,C項說法正確;為了防止Fe3+水解,由FeCl3·6H2O制取無水FeCl3時需要在HCl的氣流中加熱,D項說法正確。13.1BDE2Fe3+3H2OFeOH3膠體+3H+1100 nm32Fe3+Cu2Fe2+Cu2+A4NaCl氧化生成的FeOH3膠體能吸附水中的懸浮雜質abc解析 1合金硬度大于純金屬,A項錯誤;鋼中含有碳元素,故C項錯誤,B、D、E三項正確。2生成FeOH3膠體的離子方程式為Fe3+3H2OFeOH3膠體+3H+,形成膠體的微粒直徑范圍為1100 nm。3FeCl3

27、腐蝕銅的離子方程式為2Fe3+Cu2Fe2+Cu2+,溶液中有Fe2+、Cu2+,要獲取Cu應參加過量Fe粉,此時溶液中應參加濃鹽酸溶解未反響的Fe粉、Fe粉完全溶解時溶液中溶質全為FeCl2,此時通入Cl2使其轉變?yōu)镕eCl3,應選A項。4由質量守恒可知X為NaCl。由于FeO42-中Fe為+6價,故其具有強氧化性可用于殺菌消毒,由于產(chǎn)物中有FeOH3,其為膠體能吸附水中的懸浮雜質。a、b在水中可形成膠體,可凈水,ClO2可用于水的殺菌、消毒,危害小,故可凈水,“84消毒液有殺菌消毒作用,但是堿性太強,氣味太濃,不適宜水的凈化。14.1防止溶液倒吸入裝置中或平安瓶防止SO3液化或凝固2檢驗試

28、劑預期現(xiàn)象和結論0.5 mol·L-1 BaCl2溶液0.01 mol·L-1酸性KMnO4溶液或0.01 mol·L-1溴水假設溶液紫色或橙色褪去,證明氣體產(chǎn)物中含有SO2,假設溶液紫色或橙色無明顯變化,證明氣體產(chǎn)物中不含SO23Fe3+3SCN-FeSCN3假如FeSO4未完全分解,溶液里也存在Fe2+解析 1假設裝置中產(chǎn)生的氣體極易和溶液反響,會發(fā)生倒吸,所以裝置的試管能防止溶液倒吸入裝置中;SO3的沸點是44.8 ,當溫度高于44.8 時SO3為氣體,把試管浸泡在50 的熱水浴中能防止SO3液化或凝固。2根據(jù)預期現(xiàn)象和結論可知裝置中試劑用來檢驗SO3,相當

29、于檢驗SO42-,故參加的試劑為BaCl2溶液。裝置檢驗產(chǎn)生的SO2氣體,故可從給出的試劑中選取酸性KMnO4溶液或溴水,SO2具有復原性,與酸性KMnO4溶液或溴水發(fā)生氧化復原反響而使之褪色。3硫氰化鉀溶液遇含有Fe3+的溶液顯紅色,發(fā)生反響的離子方程式為Fe3+3SCN-FeSCN3。殘留固體中可能有未完全分解的FeSO4,用硫酸溶解后溶液中含有Fe2+,滴加酸性高錳酸鉀溶液后也可褪色。課時作業(yè)十三1.C解析 合金的熔點比成分金屬的熔點低,生鐵屬于合金,故熔點小于純鐵的熔點。2.C解析 鐵為較活潑金屬,可用熱復原法制取,A項合理。Hg不活潑,用熱分解法制取,B項合理。由于MgO的熔點太高,

30、所以用電解熔融MgCl2制取金屬鎂,C項錯誤。Na為很活潑的金屬,用電解其熔融鹽的方法制取,D項合理。3.C解析 用磁鐵礦煉鐵的反響為Fe3O4+4CO3Fe+4CO2,當有1 mol Fe3O4被CO復原成Fe時,轉移8 mol電子。4.C解析 鋁性質較活潑,能和酸反響生成鹽和氫氣,在金屬活動性順序表中Al位于H之前,所以能用金屬活動性順序解釋;陽離子得電子才能越強,其單質的復原性越弱,用惰性電極電解飽和食鹽水時,陰極生成氫氣而得不到鈉,說明Na的活動性大于H,所以可以用金屬活動性順序解釋;常溫下,濃硫酸和鐵發(fā)生氧化復原反響生成致密的氧化物薄膜而阻止鐵進一步被氧化,該現(xiàn)象是鈍化現(xiàn)象,與金屬活

31、動性順序無關;構成原電池的裝置中,作負極的金屬加速被腐蝕,作正極的金屬被保護,Fe、Zn和電解質溶液構成原電池,Zn易失電子作負極、Fe作正極,那么Fe被保護,所以能用金屬活動性順序解釋。5.D解析 制得1 mol金屬轉移電子最少的消耗鋁最少。AD項制得1 mol金屬需要電子的物質的量依次為4 mol、3 mol、5 mol、83 mol。6.14Al+3MnO23Mn+2Al2O323Si+2V2O34V+3SiO2參加CaO作熔劑,使之與反響產(chǎn)物SiO2結合成CaSiO3,利于反響的進展7.D解析 鐵通常用CO復原Fe2O3得到,而鋁一般用電解Al2O3的方法得到,A項正確;Al2O3能與

32、NaOH溶液反響而Fe2O3不能,B項正確;FeCl3與鐵反響生成FeCl2,C項正確;Cu、CuO都能與稀硝酸反響,D項錯誤。8.B解析 步驟的目的是把亞鐵離子氧化為鐵離子,發(fā)生的主要反響為2Fe2+H2O2+2H+2Fe3+2H2O,A項正確;步驟假設用氯水、硝酸等強氧化劑代替 H2O2,那么氧化劑的復原產(chǎn)物不是水,會引入新的雜質氯離子或硝酸根離子,同時還會造成污染,所以不能將H2O2換為氯氣或硝酸,B項錯誤;步驟用CuCO3代替CuO也可調節(jié)溶液的pH,碳酸銅與過量的硫酸反響生成硫酸銅、水、二氧化碳氣體,不會引入新的雜質,C項正確;洗滌固體的操作為向漏斗中參加少量冷的蒸餾水至浸沒晶體,待

33、水自然流下,重復操作23次,D項正確。9.C解析 CuO經(jīng)高溫灼燒生成Cu2O,因硝酸具有強氧化性,Cu、CuO及Cu2O都可與硝酸發(fā)生反響,最終生成CuNO32,那么反響后沒有紫紅色固體生成,不能說明CuO分解的程度。10.C解析 途徑的反響的離子方程式為3Cu+8H+2NO3-3Cu2+2NO+4H2O,因此硫酸和硝酸的物質的量之比最好為32,A項正確;途徑發(fā)生的反響是2Cu+O2+2H2SO42CuSO4+2H2O,途徑Cu+2H2SO4濃CuSO4+SO2+2H2O,途徑、均有對環(huán)境有污染的氣體產(chǎn)生,途徑?jīng)]有,B項正確;4CuSO42Cu2O+O2+4SO3,消耗1 mol CuSO4

34、生成0.25 mol氧氣,C項錯誤;這是醛基被新制氫氧化銅懸濁液氧化的過程,葡萄糖中含有醛基,D項正確。11.1KSCN溶液溶液變?yōu)榧t色22FeCl3+Cu2FeCl2+CuCl23Cu、Fe鐵粉C2Fe2+Cl22Fe3+2Cl-解析 3通過流程圖可知單質銅來自于濾渣,那么第一步為置換單質銅,故過量物質為Fe,濾渣為Fe和Cu的混合物,濾液為FeCl2溶液,分開濾渣中的Fe和Cu,又要得到濾液,所以過量的為稀鹽酸,濾液為鹽酸與FeCl2溶液的混合物,混合最終要得到FeCl3溶液,那么通入為過量的Cl2;配制并保存硫酸亞鐵溶液需考慮防止Fe2+被氧化,防止被氧化需參加鐵粉。要證明某溶液中不存在Fe3+,而可能存在Fe2