[讲义答案]第1讲-04b400fb07fe_学而思高三全套_2019年高三暑假直播_2019-暑高二升高三化学一轮复习直播凌云班（全国）10讲郑慎捷_讲义答案

答 案
B
解析
解：A.
只能与浓盐酸反应，与稀盐酸不反应，故当盐酸变稀后反应立即停止，故生成的氯气
分子个数小于
个，故A错误； 
B.
二氧化硅的物质的量为
，而
二氧化硅中含
硅氧键，故
二氧化硅
中含
硅氧键即
个，故B正确； 
C.酒精水溶液中，除了酒精分子还有水分子，故溶液中的分子个数多于
个，故C错误； 
D.标准状况下，
氯气物质的量为
，参与反应时转移的电子数不一定为
，如
氯气和氢氧化钠溶液反应电子转移
，故D错误； 
故选：B。
答 案
D
解析
解：A.在
反应中，每生成
，即
，反应转移电子数
为
，故A错误； 
B.浓硫酸中除了硫酸外，水也含氧原子，故溶液中的氧原子的个数多于
个，故B错误； 
C.
个
分子和
个
分子均为
，
的摩尔质量为
，
的摩尔质量为
，则质量比为
即
，故C错误； 
D.设
混合气体中含有
乙烯和
丙烯，总气体质量为
，则
，
乙烯含有
键，
丙烯含有
键，则混合气体中含有的
键数
目为
，即
，故D正确。 
故选：D。
模块
模块1：知识框架
：知识框架
模块
模块2：化学计量
：化学计量
1
1
例题1
MnO
 2
0.1N
 
A
6.0g
0.1mol
1mol
4mol
0.1mol
0.4mol
0.4N
 
A
0.6N
 
A
22.4L
1mol
2N
 
A
1mol
1mol
例题2
H
 O
 +
2
2
Cl
 =
2
== 2HCl + O
 2
32gO
 2
1molO
 2
2N
 
A
4N
 
A
N
 
A
H
 2
N
 
A
D
 O
2
1mol
H
 2
2g/mol
D
 O
2
20g/mol
2 : 20
1 : 10
5.6g
xmol
ymol
5.6g
28x + 42y = 5.6
1mol
4molC −H
1mol
6molC −H
C −H
4x + 6y = 0.8
0.8N
 
A
例题3
答 案
C
解析
解：A.标准状况下
为液体，不能使用气体摩尔体积，故A错误； 
B.硫酸氢钠固体不含氢离子，故B错误； 
C.碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，阴离子数目增多，所以
的
溶液中，阴离子的数目大于
，故C正确； 
D.二氧化硫与氧气反应为可逆反应，不能进行到底，所以
与足量
在一定条件下反应
生成
，转移电子数小于
个，故D错误； 
故选：C。
答 案
B
解析
解：同温同压下，气体摩尔体积相同，同温同压下的
气体
与
气体
的分子数目相同，说明二
者的物质的量相等，则
、
的摩尔质量之比等于其质量之比为
， 
A.根据
，相同质量时其分子数之比等于摩尔质量的反比，所以其分子数之比
，故A错误； 
B.通过以上分析知，
、
的摩尔质量之比等于其质量之比，为
，故B正确； 
C.相同条件下气体摩尔体积相同，根据
知，其体积之比
， 
故C错误； 
D.相同条件下气体摩尔体积相同，根据
知，其密度之比等于摩尔质量之比，为
，故D
错误； 
故选：B。
答 案
C
解析
解：同温同压下，气体摩尔体积相等，等体积的不同气体，其物质的量相等，
、
、
三种
原子构成的
和
的摩尔质量分别是
、
， 
A.根据
知，物质的量相等时，其摩尔质量与质量成正比，摩尔质量不等，其质量不等；
根据
知，物质的量相等时，其分子数相等，每个
和
分子中质子数相等，所以其
质子总数相等，故A错误； 
1
1
1
HF
100mL 0.1mol/L
Na CO
2
3
0.01N
 
A
1mol SO2
O2
SO3
2N
 
A
例题4
ag
A
bg
B
A
B
a : b
N = nN
 =
A
 N
 
M
m
A
=
 N
 :
ag/mol
mg
A
 N
 =
bg/mol
mg
A
b : a
A
B
a : b
V = nV
 =
m
 V
 
M
m
m
=
 V
 :
ag/mol
ag
m
 V
 =
bg/mol
bg
m
1 : 1
ρ =
 
V
 
m
M
a : b
例题5
C
 6
12
N
 7
14
O
 8
18
CO
N2
30g/mol
28g/mol
m = nM
N = nN
 
A
CO
N
 2
B.根据
知，物质的量相等时，其摩尔质量与质量成正比，摩尔质量不等，其质量不等；
根据
知，物质的量相等时，其分子数相等，故B错误； 
C.根据
知，物质的量相等时，其分子数相等，每个
和
分子中质子数相等、原子
数、电子数都相等，但中子数不等，所以原子、质子和电子数都分别相同，但中子数不同，故C正
确； 
D.根据
知，物质的量相等时，其摩尔质量与质量成正比，摩尔质量不等，其质量不等；
根据
知，物质的量相等时，其分子数相等，故D错误； 
故选：C。
答 案
D
解析
解：由于实验室中没有
容量瓶，只能选用
容量瓶，即需要配制
的硫酸铜溶液，溶液中硫酸铜的物质的量为：
， 
A、称取硫酸铜的质量为：
，配成
溶液，而称取
硫酸
铜，硫酸铜质量的不足，故A错误； 
B、胆矾的化学式为
，若称取胆矾，则质量为
，硫酸铜的物质的量不足，故B错误； 
C、称取
硫酸铜，加入
水，配制的溶液的体积不是
，所以配制的溶液的浓度
不是
，故C错误； 
D、称取
胆矾，胆矾的物质的量为
，配成
溶液，配制的溶液浓度为
，满足题意，故D正确； 
故选：D。
答 案
解析
解：设需要浓硫酸体积为
，则根据溶液稀释过程中溶质硫酸的物质的量不变得：
，解得
。
答 案
胶头滴管
1
1
2
m = nM
N = nN
 
A
N = nN
 
A
CO
N
 2
m = nM
N = nN
 
A
例题6
480mL
500mL
500mL 0.1mol/L
0.5L × 0.1mol/L = 0.05mol
0.05mol × 160g/mol = 8g
500mL
7.68g
CuSO
 ⋅
4
5H
 O
2
0.05mol × 250g/mol = 12.5g
8.0g
500mL
500mL
0.1mol/L
12.5g
0.05mol
500mL
0.1mol/L
例题7
5.6mL
V
18mol ⋅L
×
−1
V = 0.2mol ⋅L
×
−1
500mL
V = 5.6mL
ACEI
解析
解：配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤为：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇
匀等用到的仪器：量筒、烧杯、玻璃棒、
容量瓶、胶头滴管，量取
浓硫酸应选择
量筒，配制
浓硫酸，应选择
烧杯、
容量瓶，所以用到的仪器：
，还缺少的仪器是胶头滴管。
答 案
②③④
解析
解：①用量筒量取计算所需的浓硫酸体积，操作正确，故不选； 
②量取液体后量筒不能用蒸馏水洗涤，操作错误，故选； 
③浓硫酸稀释过程产生大量的热，应冷却后将稀释后的溶液转入容量瓶中，操作错误，故选； 
④然后小心地往容量瓶中加蒸馏水至离刻度线
，改用胶头滴管逐滴滴加到液面最低处与
刻度线相切，操作错误，故选； 
⑤把容量瓶盖盖紧，再振荡摇匀，操作正确，故不选。
答 案
B C D
解析
解：A.使用容量瓶前要检查它是否漏水，防止在配制溶液过程中漏液，故A正确； 
B.容量瓶用蒸馏水洗净后，再用待配液润洗，会导致所配溶液浓度偏大，故B错误； 
C.容量瓶不能用来稀释浓溶液，应先在烧杯中稀释，冷却后再转移到容量瓶中，故C错误； 
D.容量瓶不能用来溶解固体，应先在烧杯中溶解，冷却后再转移到容量瓶中，故D错误。
答 案
偏高偏高偏低偏低不变
解析
解：A.量取浓硫酸的量筒使用后，用水洗净并将洗涤液一并倒入容量瓶中，导致量取的浓硫酸体积
偏大，溶质的物质的量偏大，溶液浓度偏高。 
B.定容时，俯视液面最凹面与刻度线相平，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高； 
C.摇匀后，发现液面低于刻度线后，继续加水至液面最凹面与刻度线相平，导致溶液体积偏大，溶
液浓度偏低。 
D.所用浓硫酸，已在空气中放置较长时间，浓硫酸浓度降低，量取的浓硫酸中含有硫酸的物质的量
偏小，溶液浓度偏低。 
E.配制溶液前，容量瓶中已有少量水，对溶质的物质的量和溶液体积都不会产生影响，溶液浓度不
变。  
3
4
5
模块
模块3：氧化还原反应
：氧化还原反应
500mL
5.6mL
10mL
500mL
500mL
500mL
ACEI
1 ∼2cm
答 案
C
解析
解：A.炉甘石中锌元素化合价由
价变化为价，做氧化剂被还原，故A错误； 
B.倭铅为金属锌为还原产物，故B错误； 
C.反应为
，反应中碳元素化合价由价升高为
价，锌元素化
合价由
价降低为价，碳元素化合价由
价降低为
价，每生成
，转移
电
子，故C正确； 
D.碳酸锌与碳在高温下反应生成锌和一氧化碳，为热还原法，故D错误； 
故选：C。
答 案
B
解析
解：A.反应
中
元素化合价由价降低为
价，
元素化合价由
价升高为
价，
元素化合价由
价升高为价，可知
是氧化
剂，
和
是氧化产物，故A正确； 
B.由上述分析可知，反应方程式为
，反应中
是还原剂，
是氧化剂，氧化剂与还原剂的化学计量数之比为
，故B错误； 
C.由上述分析可知，
元素化合价由
价升高为
价，
元素化合价由
价升高为价，所以若
有
发生反应，则有
电子发生转移，故C正确； 
D.
元素化合价由
价升高为
价，
元素化合价由
价升高为价，则若将该反应设计成原电
池，则
在负极区发生氧化反应，故D正确。 
故选：B。
答 案
C
解析
解：A、因该反应中硫元素的化合价升高，铁元素的化合价降低，则
为还原剂，还原性强弱
为
，与已知的还原性强弱一致，该反应能发生，故A不选； 
B、因该反应中硫元素的化合价升高，碘元素的化合价降低，则
为还原剂，还原性强弱为
，与已知的还原性强弱一致，该反应能发生，故B不选； 
C、因该反应中铁元素的化合价升高，碘元素的化合价降低，则
为还原剂，还原性强弱为
，与已知的还原性强弱不一致，该反应不能发生，故C选； 
1
1
1
例题8
+2
0
ZnCO
 +
3
2C === Zn + 3CO ↑
0
+2
+2
0
+4
+2
3mol CO
4mol
例题9
CN
+
−
OH
+
−
Cl
 →
2
CO
 +
2
N
 +
2
Cl
+
−
H
 O
2
Cl
0
−1
C
+2
+4
N
−3
0
Cl2
CO2
N2
2CN
+
−
8OH
+
−
5Cl
 =
2
== 2CO
 +
2
N
 +
2
10Cl
+
−
4H
 O
2
CN−
Cl
 2
5 : 2
C
+2
+4
N
−3
0
1mol CN−
[(4 −2) + (3 −0)]N
 =
A
5N
 
A
C
+2
+4
N
−3
0
CN−
例题10
SO
 
3
2−
SO
 >
3
2−
Fe2+
SO
 
3
2−
SO
 >
3
2−
I−
Fe2+
Fe
>
2+
I−
D、因该反应中溴元素的化合价降低，硫元素的化合价升高，则
为还原剂，还原性强弱为
，与已知的还原性强弱一致，该反应能发生，故D不选。 
故选：C。
答 案
C
解析
解：由
可知，反应后
过量，在溶液中进一步发生
，则反应后溶液中存在
和
， 
A.当
时，氯气不足，因
的还原性大于
，只发生
，反应后
还有剩余，故A正确； 
B.当
，首先发生
，此时
完全反应，剩余
进
一步发生
，由电子守恒可知总方程式为
，故B正确； 
C.若溶液中
有一半被氧化时，首先发生
，此时
完全
反应，消耗
，又知
为
，
有一半被氧化，则反应
，由方程式
，可知消耗
，则共消耗
氯气，则
，故C错误； 
D.当
时，氯气不足，溶液中存在
和
，由电荷守恒可知
，故D正确； 
故选：C。
答 案
A
解析
解：令参加反应的
为
，则溶液中
为
，
为
， 
反应中铁元素、硫元素化合价升高，氮元素化合价降低，令
、
、
的物质的量分别为
、
、
，根据电子转移守恒有：
，解得
，故
、
、
的物质的量分别为
、
、
，故起氧化作用的
为
，起酸的作用的硝酸生成
，故起酸
的作用的硝酸为
，参加反应的硝酸为
，故实际参加反
应的
与
的物质的量之比为
， 
故选：A。
1
1
SO
 
3
2−
SO
 >
3
2−
Br−
例题11
2Fe + 3Br
 =
2
== 2FeBr
 3
Fe
Fe + 2Fe
=
3+
== 3Fe2+
nmolFe2+
2nmolBr−
a =
 n
3
1
Fe2+
Br−
2Fe
+
2+
Cl
 =
2
== 2Fe
+
3+
2Cl−
Fe2+
a =
 n
2
3
2Fe
+
2+
Cl
 =
2
== 2Fe
+
3+
2Cl−
Fe2+
Cl
 2
2Br
+
−
Cl
 =
2
== Br
 +
2
2Cl−
2Fe
+
2+
4Br
+
−
3Cl
 =
2
== 2Fe
+
3+
2Br
 +
2
6Cl−
Br−
2Fe
+
2+
Cl
 =
2
== 2Fe
+
3+
2Cl−
Fe2+
0.5nmolCl2
Br−
2nmol
Br−
nmol
2Br
+
−
Cl
 =
2
== Br
 +
2
2Cl−
0.5nmolCl
 2
nmol
c(Fe
) :
3+
c(Br ) :
−
c(Cl ) =
−
nmol : nmol : 2nmol = 1 : 1 : 2
0 < a <
 n
2
1
Fe2+
Fe3+
2c(Fe
) +
2+
3c(Fe
) +
3+
c(H ) =
+
c(Cl ) +
−
c(Br ) +
−
c(OH )
−
例题12
FeS
1mol
Fe (SO )
2
4 3
 mol
3
1
Fe(NO
 )
 
3 3
 mol
3
1
NO2
N O
2
4
NO
4amol
amol
4amol
1 × (3 −2) + 1 × [6 −(−2)] = 4a × (5 −4) + a × (5 −4) × 2 + 4a × (5 −2)
a = 0.5
NO
 2
N
 O
 
2
4
NO
2mol
0.5mol
2mol
HNO3
2mol + 0.5mol × 2 + 2mol = 5mol
Fe(NO
 )
 
3 3
 mol ×
3
1
3 = 1mol
5mol + 1mol = 6mol
FeS
HNO3
1mol : 6mol = 1 : 6
答 案
B
解析
解：
和硝酸反应生成硝酸盐和氮氧化物，氮氧化物在标况下体积是
，则
，反应后溶液
说明溶液呈酸性，硝酸有剩余，则
完全反应生成
， 
A.反应后硝酸有剩余，则
完全反应生成
，没有硝酸亚铁生成，故A错误； 
B.根据
原子守恒知，反应后溶液中
，则
，故B正确； 
C.反应后溶液还能溶解
，当
完全转化为
，消耗的
质量最多，反应后剩余
，根据
知，硝酸溶解的
，根据电子守恒定律知，硝酸铁溶解的
，则最多还能溶解
，故C错误； 
D.
完全转化为
时转移电子物质的量
，假设气体
完全是
，转移电子物质的量
，假设气体完全是
，转
移电子物质的量
，根据电子守恒定律知，气体
成分是
，故D错误； 
故选：B。 
答 案
(一)(1)
(2)
(3)
(二)(1)
中溶液变为橙黄色
(2)吹出单质
(3)吸收尾气
(4)
(5)
有剩余
解析
解：(一) 
(1)
中氯元素化合价由
价降低为
中价，化合价降低价；
中氯元素化合价由
价升高为
中价，化合价升高价，化合价升降最小公倍数为，故
系数，结合
原子
守恒，
系数为，结合
原子守恒，
系数为，结合
原子守恒，
系数为，结合
原子守恒，
系数为。 
1
1
例题13
Fe
1.12L
n(NO
 ) =
x
 =
22.4L/mol
1.12L
0.05mol
pH = 1
Fe
Fe(NO )
3 3
Fe
Fe(NO
 )
 
3 3
N
n(NO
 ) =
3
−
n(HNO
 ) +
3
3n[Fe(NO
 )
 ] =
3 3
0.02mol + 3 ×
 =
56g/mol
2.8g
0.17mol
c(NO
 ) =
3
−
 =
0.2L
0.17mol
0.85mol/L
Fe
Fe
Fe(NO )
3 2
Fe
n(HNO
 ) =
3
0.1mol/L × 0.2L = 0.02mol
3Fe + 8HNO
 (稀) =
3
== 3Fe(NO
 )
 +
3 2
2NO ↑+4H
 O
2
n(Fe) =
 ×
8
0.02mol
3 = 0.0075mol
n(Fe) =
 =
2 −0
 × (3 −2)
56g/mol
2.8g
0.025mol
m(Fe) = (0.0075 + 0.025)mol × 56g/mol = 1.82g
2.8g Fe
Fe(NO )
3 3
=
 ×
56g/mol
2.8g
3 = 0.15mol
NO
= 0.05mol × (5 −2) = 0.15mol
NO
 2
= 0.05mol × (5 −4) = 0.05mol < 0.15mol
NO
例题14
1 6 1 3 3
3 1 10 2 3 8
2 5 3 1 2 10 8
A
Cl
 +
2
2Br
=
−
== Br
 +
2
2Cl−
Br
 2 BaSO4
H
 O
 >
2
2
Br
 >
2
H
 SO
 
2
3
H
 SO
 
2
3
KClO
 3
+5
Cl
 2
0
5
HCl
−1
Cl2
0
1
5
KClO3
1
K
KCl
1
O
H O
2
3
H
HCl
6
Cl
Cl2
3
(2)
中氧元素化合价由
价降低为
中
价，化合价降低价；
中铬元素化
合价由
价升高为
中
价，化合价升高价，化合价升降最小公倍数为，故
系数，
系数，再结合
原子守恒，则
系数为，根据
守恒，
则
系数为，根据
原子守恒，则
系数为
。 
(3)该反应中化合价的变化为：
，锰元素由
价
价，一个
分
子得个电子；
，碳元素由
价
价，一个
分子失去个电子，
所以得失电子的最小公倍数为
，所以
的计量数为，
的计量数为，其他元素
根据原子守恒配平化学方程式为：
， 
反应中
，锰元素由
价
价，一个
分子得个电子；
，碳元素由
价
价，一个
分子失去个电子，反应中
为氧化剂，
为还原剂，用双线桥法表示下列反应中电子转移的方向和数目可表示为
。 
(二) 
(1)打开活塞，向
溶液中滴加氯水，氯水氧化溴离子为溴单质，反应方程式为
；
中因为有溴单质导致
中溶液变橙黄色。 
(2)
具有挥发性，热空气能促进
挥发，将
吹入
装置；
将
氧化为
，所以白色沉淀为
。 
(3)装置
中为
溶液，反应过程中的氯气、溴蒸气等污染性气体不能排放到空气中，可以用
溶液吸收，所以装置
的作用是吸收尾气。  
(4)根据上述分析，可知：氧化性
。 
(5)操作③中，向
装置中逐滴加入
，溶液开始时颜色无明显变化可能是因为：
装置中还有
剩余，
先与
反应，再与
反应；也可能是因为
浓度小或
与
反应慢等因素。
H
 O
 
2
2
−1
H
 O
2
−2
1
Cr
 (SO
 )
 
2
4 3
+3
K CrO
2
4
+6
3
3
Cr (SO )
2
4 3
1
H O
2
2
3
Cr
K CrO
2
4
2
SO4
2−
K SO
2
4
3
K
KOH
10
KMnO
 →
4
MnSO
 4
+7
→+2
KMnO
 4
5
H
 C
 O
 →
2
2
4
CO
 2
+3
→+4
H
 C
 O
 
2
2
4
2
10
KMnO4
2
H C O
2
2
4
5
2KMnO
 +
4
5H
 C
 O
 +
2
2
4
3H
 SO
 =
2
4
== 10CO
 +
2
K
 SO
 +
2
4
2MnSO
 +
4
8H
 O
2
KMnO
 →
4
MnSO
 4
+7
→+2
KMnO
 4
5
H
 C
 O
 →
2
2
4
CO
 2
+3
→+4
H
 C
 O
 
2
2
4
2
KMnO
 4
H C O
2
2
4
a
NaBr
Cl
 +
2
2Br
=
−
== Br
 +
2
2Cl−
A
A
Br
 2
Br
 2
Br
 (g)
2
B
Br
 2
H
 SO
 
2
3
H
 SO
 
2
4
BaSO4
C
NaOH
NaOH
C
H
 O
 >
2
2
Br
 >
2
H
 SO
 
2
3
B
H
 O
 
2
2
B
H SO
2
3
H O
2
2
H SO
2
3
Br−
H O
2
2
Br−
H O
2
2