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1、2.5物质的转化【知识网络】【知识掌握】1、物质的转化规律非金属单质一一化合物$+02=点燃=5。2（刺激性，有毒，污染空气）4P+52=点燃=2P2O5（除去空气中少量氧气）C+2=点燃=CO2（氧气充足）2C+O2=2CO（氧气不充足）某些非金属氧化物+H2一一酸CO2+H2O=H2CO3（Co2通入紫色石蕊实验变红色，加热又变紫色）S02H2O=H2SO3SO3+H2O=H2SO4金属单质一一化合物2Mg+Ch=点燃=2MgO（发出耀眼强光，生成白色固体）2Cu+Ch=加热=2CUO（红色的铜在空气中加热变黑色）2Fe+2Ch=点燃=Fe3O4（火星四射，生成黑色固体）某些金属氧化物+F
2、LO一一碱CaO+H2O=Ca（OH）2K2O+H2O=2KOHCUO、Fe2O3不能，因为对应的碱不溶金属单质+非金属单质一一盐或金属氧化物Fe+S=加热=FeS2Fe+3Ck=力口热=2FeCl3化合物间相互转化规律：* 任何酸和碱都能发生中和反应* 任何碳酸盐和酸都能反应生成CO2t* 盐+盐、盐+碱的反应中，反应物必须可溶，且要满足复分解反应的条件（生成物种有气体，水或沉淀）* 盐+金属的反应中，反应的盐必须是可溶的。因此一些非常活泼能够跟水发生发应的金属（K、Ca.Na等）不符合要求2、金属的冶炼1） C：黑色固体逐渐变为红色,澄清石灰水变浑浊2） Hz：试管内黑色粉末变红色，试管口
3、出现水珠步骤：实验开始时先通入H2,一段时间后再加热（防止氢气与空气混合加热时试管爆裂）；实验结束后，先熄灭酒精灯，继续通入H2，直到试管冷却为止（防止灼热的铜被空气中的氧气氧化成氧化铜）提示：试管口要略低于试管底，防止反应生成的水倒流。导管贴试管上壁伸入试管底部3） CO：最好在通风橱中进行。实验时应该先通会CO,以排除试管中的空气，防止CO与空气混合加热时引起爆炸。多余的Co不能直接排到空气中，应对着火焰烧掉（实验装i置点燃的酒精灯燃烧尾气）【例题精析】例1.下列物质间的转化不能实现的是（）H2OA.C2H2CO3+COB.Fe2O3Fe福+FeC.SFeS+H2OD.CuOCu(OH)2
4、【解答】解：A、二氧化碳与水反应生成碳酸，物质间转化能实现，故选项错误。B、一氧化碳与氧化铁在高温条件下生成铁和二氧化碳，物质间转化能实现，故选项错误。C、铁和硫在加热条件下反应生成硫化亚铁，物质间转化能实现，故选项错误。D、氧化铜难溶于水，不能与水反应，该物质间转化不能实现，故选项正确。故选：D,例2.“碳中和”是指一定时间内C02的排放量与吸收量基本相当。CO2的捕集、利用是实现“碳中和”的重要途径我国力争在2060年前实现“碳中和”，体现了中国对解决气候问题的大国担当。CO2与H2在一定条件下转化为CH4（反应过程如图所示，虚线处部分中间产物略去），可实现CO2的再利用。以下说法合理的是
5、（）A.二氧化碳会造成空气严重污染B. Mgo在上述转化中质量不变C.上述反应中的产物只有CH4D.参加该反应的C02与H2分子个数之比是1：2【解答】解：A、二氧化碳不是空气污染物，A说法错误；B、在反应过程中，氧化镁的作用是催化作用，故质量和化学性质均未改变，B说法正确；C、由流程图可知，该反应中，除CH4外另一种生成物为H2,C说法错误；催化剂D、根据流程图可以知道，该反应的化学方程式为：C2+4H2：CH4+2H2O,所得CO2与H2分子的分子个数之比为1：4,D说法错误；故选：Bo例3.某同学在学习了物质的化的规律后，给制了可以通过一步反应制取ZnSo4的思维导图，其中所选的物质错误
6、的是（C.-H2SO4D.-Zn(OH)2【解答】解：A、锌和硫酸铜反应生成硫酸锌和铜，故A正确:B、氢氧化钠和氯化锌反应生成氢氧化锌沉淀和氯化钠，不能得到硫酸锌，故B错误;C、氧化锌和稀硫酸反应生成硫酸锌和水，故C正确；D、稀硫酸和氢氧化锌反应生成硫酸锌和水，故D正确;故选：Bo例4.下列物质间的转化，不能通过一步反应实现的是()A.CUfCU(No3)2B.Cu(OH)2Cu0C. BaCl2BaSO4D.CaCCh-Ca(OH)2【解答】解：A、CUiCU(N03)2,铜与浓硝酸反应生成硝酸铜，故正确；B、Cu(OH)2-*CuO,可以由氢氧化铜加热反应制得，故正确；C、BaCI2-Ba
7、S04,可以由氯化铁与硫酸或硫酸盐制得，故正确；D、CaCO3-*Ca(OH)2必须是碳酸钙和碱溶液反应，而盐与碱的反应反应物必须可溶，而碳酸钙难溶，故错误；故选：D。例5.亚硝酸钠是实验室常用的试剂，实验室一般用亚硝酸钠溶液与氯化镀溶液反应来制取N2.N2的化学性质十分稳定，但在一定条件下能与H2部分化合生成NH3如图为制取少量NH3的装置(制取H2的装置已略去):NaNO2溶液催化剂（2）写出C装置的硬质试管中发生反应的化学方程式：N2+3H22NH3。（3）结合木实验装置，证明确实有NH3生成的简单方法以及实验现象向D试管中滴加酚l试液，溶液变红色。（4）归纳与演绎是重要的科学方法，也是
8、常用的学习方法。我们已经学过实验室制取气体的反应原理、制取与收集方法。请你归纳出实验室制取气体反应的共同点：（填序号）。需要加热使用催化剂没有气体参加反应原料为纯净物只生成一种气体【解答】解：（1）图中仪器B名称是广口瓶。故填：广口瓶。（2）C装置的硬质试管中，氮气和氢气在催化剂作用下加热生成氨气，发生反应的化学方程式：催化剂N2+3H2：2NH3o催化剂故填：N2+3H2;2NH3。（3）结合本实验装置，证明确实有NH3生成的简单方法以及实验现象：向D试管中滴加酚取试液，溶液变红色，是因为氨气和水反应生成氨水，氨水显碱性，能使酚儆试液变红色。故填：向D试管中滴加酚配试液，溶液变红色。（4）实
9、验室制取气体反应的共同点：没有气体参加反应，只生成一种气体。故填：。例6.在学习“金属的冶炼”时，某学习小组用如图所示的装置测量氧化铜样品中氯化铜的质量分数，实验所取氯化铜样品质量为10克。（所含杂质不参加反应）（I）该实验利用了一氧化碳的性，玻璃管内观察到的现象是一黑色粉末变成红色；（2）甲同学的方法：先测出氢氧化钠溶液的质量为50克，待反应完全后再次称量，质量为54.4克，请你计算样品中氧化铜的质量分数。（一氧化碳不与氢氧化钠溶液反应）（3）乙同学的方法：先称量出玻璃管及样品的总质量为mi,待反应完全后再次称量，质量为m2,利用n-m2的值，求出样品中氧化铜的质量分数，其中mi-m2的值是
10、指氧元素的质量;（4）同学们查阅到CO除了具有可燃性、难溶于水等性质外，还具有有毒性，因此，本实验中还需对尾气进行处理，请你提出一种处理方法将尾气点燃。【解答】解：（1）一氧化碳具有还原性，可以将金属氧化物还原成金属，一氧化碳和氧化铜加热生成氧化铜是二氧化碳，所以玻璃管内观察到的现象是：黑色粉末变成红色：（2）生成二氧化碳的质量为：54.4g-50g=4.4g,设样品中氯化铜的质量为x,CuO+CO一C2Cu8044X4.4g80_44X4.4gx=8g100%=8O%;IOg（3）化学反应前后原子个数不变，所以先称量出玻璃管及样品的总质量为mi,待反应完全后再次称量，质量为m2,利用mi-m
11、2的值，求出样品中氧化铜的质量分数，其中m-m2的值是指氧元素的质量；（4）一氧化碳具有可燃性，可以将一氧化碳进行点燃处理。故答案为：（1）还原性，黑色粉末变成红色；（2）80%：（3）氧元素；（4）将尾气点燃。例7.碳排放导致全球变暖，极端天气事件增加。2020年9月22日，我国政府承诺：中国力争于2060年前实现“碳中和”目标。“碳中和”是指在一定时间内，通过植树造林等途径，抵消自身所产生的二氧化碳排放量，实现二氧化碳“零排放”。(1)植物的光合作用是自然界消耗二氧化碳的最重要途径之一，人们称其为地球上最重要的能量转化过程。请说出植物进行光合作用时.,其能量转化是太阳能转化为化学能。(2)
12、“碳捕捉技术”是指通过一定的方法，将工业生产中产生的C02分离出来进行储存和利用。在实际生产中，经常用NaOH溶液来“捕捉”Co2,流程如图所示(部分条件及物质未标出)。“反应、分离”过程中发生的化学反应除了Ca0+H2Ya(OH)2,还会发生另外一个反应，其化学方程式为Na2CO3+Ca(OH)2=CaCO3I+2NaoH,通过这两个反应可以让NaoH循环利用起来。【解答】解：(1)光合作用是水和二氧化碳在光照条件下生成氧气和有机物，是将太阳能转化为化学能，故答案为：太阳能转化为化学能；(2)捕捉室中二氧化碳和氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，因此反应、分离过程中另一个反应是碳酸钠和氢氧化钙反应生
13、成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，化学方程式为Na2CO3+Ca(OH)2=CaCO3I+2NaOH,故答案为：Na2CO3+Ca(OH)2=CaCO3I+2NaOH,操作隆酸处理T溶洒Bl操作”浓缩液。50 505 05fl(*9987 766H2SO4+FeSO4+MnO2-*Fe2（SCM）3+MnSO4+H2O,以及加入的硫酸是过量的，所以溶液A中一定含有的溶质是：硫酸、硫酸铁、硫酸锌、硫酸钵；（3）如图乙所示，pH值会影响钵盐、锌盐的转化率，为了达到高转化率，又能节约操作HI中的降酸成本，操作II中的适宜PH值为0.6左右。故答案为：（1）蒸发；（2）硫酸、硫酸铁、硫酸锌、硫酸钵：（3） 0.
14、6o【巩固提高】一.选择题（共10小题）1 .向一定量稀盐酸中分别加入足量的以下物质，下列图象能正确描述对应变化关系的是（）气体的质量ZgA沉淀的质量gO加入碳酸钠诂液质里B B. O加入硝酸银溶液质里6氯化铜的质量E加入氧化铜的质量g【解答】解：A、向稀盐酸中加入碳酸钠溶液时，即产生二氧化碳气体，当稀盐酸完全反应后，不再产生气体，气体质量保持不变，该选项图象不能正确反映对应变化关系，故错误：B、稀盐酸和硝酸银反应生成氯化银沉淀和硝酸，随着硝酸银的加入，即产生沉淀氯化银，当稀盐酸完全反应后，不再产生沉淀，沉淀质量保持不变，该选项图象能正确反映对应变化关系，故正确；C、向稀盐酸中加入水时，溶液的
15、PH升高，但是无论怎样稀释，溶液的PH总是小于7,不可能等于或大于7,该选项图象不能正确反映对应变化关系，故错误；D、向稀盐酸中加入氯化铜时，稀盐酸和氧化铜反应生成氯化铜和水，加入氧化铜时马上生成氯化铜，该选项图象不能正确反映对应变化关系，故错误；故选：Bo2 .现有铁、氧化铁、稀硫酸、氢氧化钙、碳酸钠溶液等五种物质，存在着如图所示的相互反应或转化关系（图中“”表示两端物质间可以发生化学反应.“f”表示物质间存在相应的转化关系.）下列判断合理的是（）A.丙可能是碳酸钠溶液B.丁可能是氢氧化钙溶液C.乙必须通过置换反应转化为铁D.甲和丁的反应一定是中和反应【解答】解：铁、氧化铁会与稀硫酸反应，氧
16、化铁会转化成铁，因此乙是氧化铁，丁是稀硫酸;硫酸会与碳酸钠和氢氧化钙反应，碳酸钠和氢氧化钙可以相互反应，因此甲和丙是氢氧化钙、碳酸钠中的一种，因此：A、根据推断，丙可能是碳酸钠，故判断合理；B、丁是稀硫酸，故判断错误：C、氧化铁可以和一氧化碳反应产生铁，不是置换反应，故判断错误；D、甲和丁的反应可以是稀硫酸和氢氧化钙或碳酸钠的反应，因此不一定是中和反应，故判断错误；故选：Ao3 .下列物质的转变，不能一步实现的是（）A.CO2-*COB.H2O2-H2C.CaCo3-CO2D.SfSO2【解答】解：A、二氧化碳与碳在高温下反应生成一氧化碳，能一步实现，故选项错误。B、过氧化氢分解生成水和氧气，
17、不能一步实现，故选项正确。C、碳酸钙与稀盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，能一步实现，故选项错误。D、硫在氧气中燃烧生成二氧化硫，能一步实现，故选项错误。故选：Bo4 .下列制备物质的设计中，理论上正确、操作上可行、经济上合理的是()CuONaOH溶液A. COC2Na2CO3溶液AgNO3溶液NaOH潘液B. CuCu(NO3)2溶液Cu(OH)2O2稀毓酸C. FeFe2O3Fe2(SO4)3溶液点燃H2ONa2CO3D. CaOCa(OH)2溶液NaoH溶液【解答】解：A、一氧化碳高温下与氧化铜反应生成铜和二氧化碳，二氧化碳与氢氧化钠反应生成碳酸钠；理论上正确，操作中需要加热不够简便，且
18、使用氢氧化钠制取碳酸钠，经济上不合理：故A不正确：B、与硝酸银反应可生成硝酸铜，硝酸铜与氢氧化钠可生成氢氧化铜沉淀；理论上正确，操作上也较简便，但利用硝酸银、氢氧化钠制取氢氧化铜，经济上不合理；故B不正确；C、铁在氧气中燃烧生成四氧化三铁而不能生成三氧化二铁，因此该方案在理论上就是错误的：故C不正确；D、氧化钙与水反应可生成氢氧化钙，氢氧化钙与碳酸钠反应可生成氢氧化钠；理论上正确，操作也只需要加入液体较为简便，利用碳酸钠获得氢氧化钠，经济上也合理；故D正确：故选：D。5 .火柴头原本是一种不被磁铁吸引的物体，但火柴烧过后，却能被磁铁吸引，原因是很多火柴头用氧化铁着色，点燃后会与木棒中的碳反应产
19、生四氯化三铁和二氧化碳，由此作出的推断不合理的是()A. Fe34与Fe2O3磁性不同，体现他们物理性质不同B. Fe34中铁的质量分数大于Fe2O3点燃C.火柴头燃烧的方程式为C+O2+6Fe2O34Fe3O4+CO2D.火柴头不被磁铁吸引的是因为不易被磁化【解答】解：A、磁性属于物理性质，Fe34与Fe2O3磁性不同，体现他们的物理性质不同，故选项说法正确。B、在Fe2O3、Fe3O4中，将化学式变形得FeOL5、FeoL3,其它原子的相对质量之和越小的,在该化合物中铁元素的质量分数就越大，变形后FeOL3中其它原子的相对质量之和越小，则Fe34中铁的质量分数大于Fe2O3,故选项说法正确
20、。C、很多火柴头用氧化铁着色，点燃后会与木棒中的碳反应产生四氧化三铁和二氧化碳，反应的点燃化学方程式为C+6Fe23-4Fe34+C2,故选项说法错误。D、火柴头原本是一种不被磁铁吸引的物体，火柴头不被磁铁吸引的是因为不易被磁化，故选项说法正确。故选：Co6. NSR技术通过Bao和Ba（No3）2的相互转化实现NOX（氮氧化物）的储存和还原，能有效降低柴油发动机在空气中过量条件下的NoX排放。工作原理如图所示，下列说法错误的是（）A.吸收NOx（如NO、NO2等）的物质是BaOB. CO2过多排放会引起温室效应C.上述工作图中共有3种氧化物D.该技术实现了NoX（如No）气体通过NSR技术转
21、化为N2,减少了对空气的污染【解答】解：A、通过分析图中生成的硝酸钢可知，吸收NoX（如NO、NO2）的物质是BaO,故A正确；B、CO2过多排放会引起温室效应，故B正确；C、上述工作图中共有氧化钢、一氧化氮、二氧化氮、一氧化碳、二氧化碳5种氧化物，故C错误：D、通过分析转化流程控制，该技术实现了由NoX到N2的转化，减少了对空气的污染，故D正确。故选：Co7.下列物质间的转化不能通过一步反应实现的是（）A.FeiFeSB.AgNo3AgC. CaC12-CaC03D.CLCU（OH）2【解答】解：A、一定条件下，铁和硫反应生成硫化亚铁，该选项能够一步实现:B、硝酸银和铁反应生成硝酸亚铁和银，
22、该选项能够一步实现；C、氯化钙和碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，该选项能够一步实现；D、铜不能和其它物质通过一步反应生成氢氧化铜，该选项不能一步实现。故选：D。8 .下列转化能一步完成的是()C02-C0HNo3-HCICU(OH)2-CuOCa(OH)2-NaoH(三)Ch-NaClA.B.C.D.【解答】解：高温条件下，二氧化碳和碳反应生成一氧化碳，该选项能够一步实现；硝酸不能通过一步反应生成盐酸，该选项不能一步实现：加热条件下，氢氧化铜分解生成氧化铜和水，该选项能够一步实现；氢氧化钙和碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，该选项能够一步实现：钠在氯气中燃烧生成氯化钠，该选项能够一步实现。
23、故选：Ao9 .用铁、氯化铜、稀硫酸三种原料制取铜单质，有下列两种途径：稀磴酸氧化铜FeTH2-Cu稀硫酸铁CUoCuS04Cu用这两种途径制得相同质量的铜时，下列叙述中符合实际实验结果的是()A.消耗相同质量的氧化铜B.消耗相同质量的铁C.消耗相同质量的硫酸D.生成硫酸铁的质量不相同【解答】解：因为整个制备过程中，所有CU元素都能形成单质Cu,而都来自CuO,没有损失,所以氧化铜质量相同。Fe+H2SO4=FeSO4+H2t,H2+CuO-H2O+Cu生成1份Cu需要1份CuO和1份H2SO4和I份Fe；CUo+H2SO4=CuSO4+H2O,CuSO4+Fe=Cu+FeSO4生成1份Cu需
24、要I份CuO和1份HzSCU和1份Fe;看上去都是相同的。特别注意用H2还原氧化铜的时候，需要先通H2然后加热，以将空气从玻璃管中排出。如果不排出，会引起爆炸，所以H2的量要多一些。所以H2SO4和Fe的量也要多一些，同时生成的FeS4的量也要多一些，但是不会生成硫酸铁。故选：Ao10.某同学在学习了金属及其化合物之间的转化规律后，绘制了可以通过一步反应制取MgSO4的思维导图，其中所选用的物质错误的是（）A.FeS4+MgB.Mg（OH）2+Na2SO4C.MgO+H2SO4D.H2SO4+Mg（OH）2【解答】解：A、硫酸亚铁和镁反应生成硫酸镁和铁：B、氢氧化镁和硫酸钠不能反应，是因为两种
25、物质混合后，不能产生沉淀、水、气体等，因此不能转化成硫酸镁；C、氧化镁和稀硫酸反应生成硫酸镁和水；D、稀硫酸和氢氧化镁反应生成硫酸镁和水：由以上分析可知，B选项所选用的物质错误。故选：Bo二.实验探究题（共4小题）11.焦亚硫酸钠（Na2S2O5）是一种常用的食品抗氧化剂，小金模仿化工生产，用如图装置来制取Na2S2O5o已知：A中发生的反应为：H2SO4（浓）+Na2S3-Na2SO4+SO2t+H2OB中发生的反应为：Na2S3+S2-Na2S2O5（1）图中盛放焦亚硫酸钠的仪器名称是（2）写出C中漏斗作用防止NaoH溶液倒吸进入B中；（3）在实验过程中，若滴加浓硫酸过快，会出现什么后果？
26、生成的二氧化硫气体过快，来不及与B中的亚硫酸钠进一步反应生成Na2S2O50（4）该实验开始滴加浓硫酸时，应先除尽装置内的空气，若忘记这一操作，新制取的Na2S2O5产【解答】解：（1）图中盛放焦亚硫酸钠的仪器的名称为集气瓶；故填集气瓶:（2）根据反应会产生过量的S02气体，SO2气体可溶于水，与NaoH反应，若反应过快会导致NaOH溶液倒吸进入B装置引入杂质，所以C漏斗作用是防止NaOH溶液倒吸进入B中；（3）若滴加浓硫酸过快，则生成二氧化硫气体较快，可能导致二氧化硫气体来不及与B中的亚硫酸钠进一步反应生成Na2S2O5;故填：生成的二氧化硫气体过快，来不及与B中的亚硫酸钠进一步反应生成Na
27、2S2O5;（4）Na2S2O5会被空气中的氧气氧化成Na2S40故答案为：（1）集气瓶；（2）防止NaOH溶液倒吸进入B中；（3）生成的二氧化硫气体过快，来不及与B中的亚硫酸钠进一步反应生成Na2S2O5;（4）Na2S2O5会被空气中的氧气氧化成Na2S412.KMno4是常用的强氧化剂，工业上以软钵矿（主要成分Mn2）为原料，通过液相法生产，即在碱性条件下用氧气氧化MnO2得到K2Mn4,分离后得到K2MQ1,再用惰性材料为电极电解K2Mn4溶液得到KMnO4,简略生产过程如下：2Mn2+6+KOH-2K2Mn4+2H2,2K2Mn4+2H2-2KMno4+2KOH+H2t;（1）生产过
28、程中最好使用含Mno280%以上的富矿，因为MnO2含量最低的贫矿中Al、Si的氧化物含量较高，会导致KOH消耗量偏高（填“偏高”或“偏低”）,若其中Si的氧化物以Si2的形式存在，且SiCh的化学性质类似于CO2,请写出Si2和KoH溶液反应的化学方程式为：Si2+2KOH=K2SiO3+H2O。（2）在传统工艺中得到K2Mn4后，向其中通入CO2制备KMn4,化学反应方程式为3K2Mn4+2C2-2KMno4+MnO2+2K2CO3。3K2Mn2+2C2-2KMn4+Mn2+2K2C3,根据上述反应，从Mn元素的角度考虑KMnO4的产率最高为66.7%（精确到0.1%）。与该传统工艺相比，
29、电解法的优势是一产率更高、KoH循环利用【解答】解：（1）氧化铝是两性氧化物，氧化铝能和强碱反应生成偏铝酸盐和水，所以会导致KOH消耗量偏高，二氧化硅和氢氧化钾反应生成偏铝酸钾和水，化学方程式为：Si2+2KOH=K2S1O3+H2O；（2）锯酸钾和二氧化碳反应生成高镭酸钾、二氧化镭和碳酸钾，化学方程式为：3K2Mn4+2C22KMno4+MnO2+2K2CO3;由化学反应方程式为：3K2Mn4+2C2-2KMno4+Mn2+2K2C3分析得出，3份锌参加反应生2成2份KMnO4,所以KMno4的产率最高为弓XlOo%=66.7%;与该传统工艺相比，电解法阳极都生成KMnO4,产率更高，所以优
30、势是产率更高、KOH循环利用。故答案为：（1）偏高，Si2+2KOH=K2SiO3+H2O：（2）3K2Mn4+2C2-2KMn4+Mn2+2K2C3;66.7%,产率更高、KoH循环利用。13.“引火铁”（极细的铁粉）是一种准纳米材料，它在空气中可以自燃。如图所示是用新制的四氧化三铁与纯净干燥的氢气制备“引火铁”的装置。请回答：（1）广口瓶乙中盛放的物质是一氢氯化钠溶液。（2）加热前，如何用实验检验装置中的空气是否排尽？用试管在丁的出口导管处收集气体，检验氢气的纯度。（3）如果要制备16.8g“引火铁”，被稀盐酸反应的锌质量可能为大于26匕0（4）普通铁粉不易燃烧，而“引火铁”易自然，下列对
31、此现象的认识中，错误的是A。A. “引火铁”的自燃是吸热反应B. “引火铁”的自燃一定是氧化反应C. “引火铁”的自燃需要达到它的着火点D. “引火铁”比普通铁粉更易与氧气反应四氧化三铁【解答】解：（1）用锌和稀盐酸制取的氢气中含有氯化氢气体和水，浓硫酸有吸水性，氯化氢需要用碱液吸收，所以广口瓶乙中盛放的物质是氢氧化钠溶液：（2）从导气管末端收集一小试管气体，点燃，不发出尖锐爆鸣声，说明空气已经排完；（3）如果要制备16.8g“引火铁”，设被稀盐酸反应的锌质量为XZn+2HC1-ZnC12+H2tFe3O4+4H23Fe+4112则有：4Zn-3Fe4X653X56X16.8g465356X1
32、6.8gx=26g由于实际操作中提前要通入氢气，实验结束要继续通入氢气，故需要锌的质量大于26g（4）A、燃烧一般都是放热反应，所以“引火铁”的自燃是放热反应，故A错误；B、有氧参与的反应就是氧化反应，所以“引火铁”的自燃是氧化反应，故B正确；C、“引火铁”的自燃需要达到它的着火点，故C正确：D、普通铁粉不易燃烧，而“引火铁”易自燃，故D正确。故选：Ao故答案为：（1）氢氟化钠溶液；（2）用试管在丁的出口导管处收集气体，检验氢气的纯度；（3）大于26g：（4）Ao14.为了测量某碳酸钠溶液的溶质质量分数，小明和小红取该碳酸钠溶液10克利用如图所示装置分别进行实验。（1）小明在碳酸钠溶液中先滴加
33、无色酚醐作为指示剂，然后再逐滴滴加稀盐酸。当观察到溶液刚好变无色说明稀盐酸和碳酸钠刚好完全反应。当恰好完全反应时，消耗溶质质量分数为7.3%的稀盐酸10克，计算该碳酸钠溶液的溶质质量分数10.6%。（2）小红直接往试管中滴加一定量的稀盐酸，反应结束后，锥形瓶中溶液增加a克。小红将a克当作生成二氧化碳质量并计算碳酸钠溶液中溶质的质量分数，发现计算结果比小明要偏小，请分析其可能的原因一、可能小红滴加的稀盐酸较少，碳酸钠未全部反应，生成的二氧化碳较少；（写出两点）二、可能是产生的二氧化碳气体未全部被氢氧化钠吸收。冒市盐酸溶液0（0/fe-10克碳酸钠溶液源头氢氧化钠溶液【解答】解：（D由于碳酸钠溶液
34、显碱性，加入无色酚酸，溶液为红色，而酚酚在中性时为无色，所以当观察到溶液刚好变无色说明稀盐酸和碳酸钠刚好完全反应。当恰好完全反应时，消耗溶质质量分数为7.3%的稀盐酸10克，设该碳酸钠溶液的溶质质量分数为XNa2C3+2HCl-2NaCl+H2C2t10673IOgxIOgX7.3%106_IOg73-IOgX7.3%x=10.6%（2）小红直接往试管中滴加一定量的稀盐酸，反应结束后，锥形瓶中溶液增加a克。小红将a克当作生成二氧化碳质量并计算碳酸钠溶液中溶质的质量分数，发现计算结果比小明要偏小，结果偏小，可能碳酸钠没有完全反应，也可能二氧化碳没有被完全吸收，所以请分析其可能的原因一、可能小红滴
35、加的稀盐酸较少，碳酸钠未全部反应，生成的二氧化碳较少：二、可能是产生的二氧化碳气体未全部被氢氧化钠吸收。故答案为：（1）溶液刚好变无色；10.6%（2）一、可能小红滴加的稀盐酸较少，碳酸钠未全部反应，生成的二氧化碳较少；二、可能是产生的二氧化碳气体未全部被氢氧化钠吸收。15.图甲是一款潜水艇紧急供氧设备的结构示意图，产氯药块主要成分是氯酸钠，需要镁粉氧化放热启动并维持反应进行，快速产生氧气。氧气8隔热材料Ef点燃（1）启动时，镁粉（Mg）与氧气反应生成氧化镁（MaO）。其化学方程式为：2Mg+2-2MgO。（2）产氯药块反应会产生极少量有毒的氯气，推测图甲中试剂X应具有的性质是吸收氯气,但不吸
36、收氧气。（3）氯酸钠受热分解生成氯化钠和氧气。m克氯酸钠分解过程中各物质质量变化如图乙所示，选择a、b、c、d、m中的部分数据，列出它们的等式关系以体现质量守恒定律。a+d=b+c或m=a+d或m=b+c【解答】解：（1）启动时，镁粉（Mg）与氯气反应生成氧化镁（MgO）。其化学方程式为点邺2Mg+2-2MgO;（2）产氧药块反应会产生极少量有毒的氯气，由甲图可知，产氯药块产生的氧气和氯气，通过试剂X，氯气被吸收，氯气排出，故推测图甲中试剂X能吸收氯气，但不吸收氧气；（3）氯酸钠受热分解生成氯化钠和氧气，化学方程式为2NaC13-2NaCl+32t；根据质量守恒定律，反应前后各物质的质量总和相等，生成气体的质量即为固体减少的质量，由图乙可知，m-d=a,即m=a+d:m-c=b即m=b+c；a+d=b+c;故能体现质量守恒定律的关系式有a+d=bcm=a+d、m=b+c0故答案为：点燃（1）2Mg+22MgO:（2）吸收氯气，但不吸收氧气；（3）a+d=b+c或m=a+d或m=b+c
