第83页 - 通城学典课时作业本九年级化学人教版江苏专用

B

 $\ce{3Fe + 2O_{2}\xlongequal{点燃}Fe_{3}O_{4}}$

 $\ce{2H_{2}O\xlongequal{通电}2H_{2}\uparrow + O_{2}\uparrow}$

 $\ce{S + O_{2}\xlongequal{点燃}SO_{2}}$

 $\ce{2KMnO_{4}\xlongequal{\Delta}K_{2}MnO_{4} + MnO_{2} + O_{2}\uparrow}$

 $\ce{3Mg + N_{2}\xlongequal{点燃}Mg_{3}N_{2}}$

$\ce{Mg_{3}N_{2} + 6H_{2}O = 3Mg(OH)_{2} + 2NH_{3}\uparrow}$

 $\ce{2Mg + CO_{2}\xlongequal{点燃}2MgO + C}$

$\ce{2H_{2}S + 3O_{2}\xlongequal{点燃}2SO_{2} + 2H_{2}O}$

$-2$

氢原子、硫原子和氧原子

$\ce{MnO}$

$151:70$

过滤

 悬浊液与空气接触面积更大

$\ce{6Mn(OH)_{2} + O_{2}\xlongequal{60\ °C}2Mn_{3}O_{4} + 6H_{2}O}$

【分析】
首先根据微观示意图确定各物质的化学式：甲为$\ce{SiCl_{4}}$，乙为$\ce{H_{2}}$，丙为$\ce{Si}$，丁为$\ce{HCl}$。先配平该反应的化学方程式：$\ce{SiCl_{4} + 2H_{2}\xlongequal{高温}Si + 4HCl}$。再逐一分析选项：A选项化学方程式未配平；B选项根据配平后的方程式，参加反应的甲、乙分子个数比为$1:2$；C选项反应前分子总数为$1+2=3$，反应后为$1+4=5$，分子数目改变；D选项计算乙（$\ce{H_{2}}$）和丁（$\ce{HCl}$）的质量比，得出比值并非$4:73$。
【解析】
根据微观示意图，甲是$\ce{SiCl_{4}}$，乙是$\ce{H_{2}}$，丙是$\ce{Si}$，丁是$\ce{HCl}$，配平化学方程式为：$\ce{SiCl_{4} + 2H_{2}\xlongequal{高温}Si + 4HCl}$。
选项A：给出的化学方程式未配平，$\ce{HCl}$前缺少系数4，错误；
选项B：由配平后的方程式可知，参加反应的甲（$\ce{SiCl_{4}}$）、乙（$\ce{H_{2}}$）分子个数比为$1:2$，正确；
选项C：反应前分子总数为$1+2=3$，反应后分子总数为$1+4=5$，分子数目发生改变，错误；
选项D：乙（$\ce{H_{2}}$）变化的总质量为$2×2=4$，丁（$\ce{HCl}$）变化的总质量为$4×36.5=146$，二者质量比为$4:146=2:73$，并非$4:73$，错误。
【答案】
B
【知识点】
化学方程式书写、微观示意图分析、质量守恒定律
【点评】
本题结合微观反应示意图考查化学反应的核心知识点，需先推导物质化学式并配平化学方程式，再逐一分析分子个数、质量比等问题，是化学基础题型，难度适中。
【难度系数】
0.6

【分析】首先明确给定的反应物为水、铁丝、氧气、硫粉、高锰酸钾，结合各反应要求逐一分析：①生成黑色固体的燃烧反应：铁丝在氧气中燃烧生成黑色的四氧化三铁，符合要求；②两种气体单质生成的分解反应：水通电分解生成氢气和氧气两种气体单质，属于分解反应；③生成刺激性气味气体的燃烧反应：硫在氧气中燃烧生成有刺激性气味的二氧化硫；④受热分解生成三种物质的反应：高锰酸钾受热分解生成锰酸钾、二氧化锰和氧气三种物质，符合要求。
【解析】根据上述分析，各反应的化学方程式分别为：
(1) 铁在氧气中燃烧：$\ce{3Fe + 2O_{2}\xlongequal{点燃}Fe_{3}O_{4}}$；
(2) 水通电分解：$\ce{2H_{2}O\xlongequal{通电}2H_{2}\uparrow + O_{2}\uparrow}$；
(3) 硫在氧气中燃烧：$\ce{S + O_{2}\xlongequal{点燃}SO_{2}}$；
(4) 高锰酸钾受热分解：$\ce{2KMnO_{4}\xlongequal{\Delta}K_{2}MnO_{4} + MnO_{2} + O_{2}\uparrow}$。
【答案】$\ce{3Fe + 2O_{2}\xlongequal{点燃}Fe_{3}O_{4}}$；$\ce{2H_{2}O\xlongequal{通电}2H_{2}\uparrow + O_{2}\uparrow}$；$\ce{S + O_{2}\xlongequal{点燃}SO_{2}}$；$\ce{2KMnO_{4}\xlongequal{\Delta}K_{2}MnO_{4} + MnO_{2} + O_{2}\uparrow}$
【知识点】化学方程式书写、氧气的性质、分解反应
【点评】本题考查常见物质的化学反应及化学方程式的书写，需掌握给定反应物的反应特性、反应类型及现象，属于化学基础题型，侧重对核心知识点的应用。
【难度系数】0.6

【分析】
书写化学方程式需遵循“以客观事实为依据，遵循质量守恒定律”，步骤为：①确定反应物、生成物及反应条件；②根据化合价规则写出正确的化学式；③配平（使反应前后各原子数目相等）；④标注气体（↑）或沉淀（↓）符号。针对本题：
(1) 镁（Mg）与氮气（N₂）在点燃条件反应，根据化合价（Mg为+2价，N为-3价）确定生成物氮化镁的化学式，再配平即可；
(2) 氮化镁与水反应，生成物为氢氧化镁和氨气，根据原子守恒依次配平各原子，氨气为气体需标注↑；
(3) 镁在CO₂中燃烧，生成物为碳和白色氧化物氧化镁，反应条件为点燃，再配平即可。
【解析】
(1) 镁与氮气在点燃条件下反应生成氮化镁，根据化合价确定氮化镁化学式为$\ce{Mg_{3}N_{2}}$，配平后化学方程式为$\ce{3Mg + N_{2}\xlongequal{点燃}Mg_{3}N_{2}}$；
(2) 氮化镁与水反应生成氢氧化镁和氨气，根据原子守恒：Mg原子守恒，$\ce{Mg_{3}N_{2}}$对应3个$\ce{Mg(OH)_{2}}$；N原子守恒，对应2个$\ce{NH_{3}}$；再配平H、O原子，$\ce{H_{2}O}$系数为6，氨气为气体标注↑，方程式为$\ce{Mg_{3}N_{2} + 6H_{2}O = 3Mg(OH)_{2} + 2NH_{3}\uparrow}$；
(3) 镁在二氧化碳中燃烧，生成物为碳和白色氧化物氧化镁（$\ce{MgO}$），反应条件为点燃，配平后方程式为$\ce{2Mg + CO_{2}\xlongequal{点燃}2MgO + C}$。
【答案】
$\ce{3Mg + N_{2}\xlongequal{点燃}Mg_{3}N_{2}}$；$\ce{Mg_{3}N_{2} + 6H_{2}O = 3Mg(OH)_{2} + 2NH_{3}\uparrow}$；$\ce{2Mg + CO_{2}\xlongequal{点燃}2MgO + C}$
【知识点】
化学方程式书写，化合价应用，反应配平
【点评】
本题考查化学方程式的规范书写，涉及化合价确定化学式、原子守恒配平、气体符号标注等基础化学用语知识，是化学学习的核心基础内容，需熟练掌握。
【难度系数】
0.3

【分析】
首先根据微观示意图判断各物质的化学式：A为$\ce{H_{2}S}$，B为$\ce{O_{2}}$，C为$\ce{SO_{2}}$，D为$\ce{H_{2}O}$。针对各问题：
(1) 硫离子是硫原子得到2个电子形成的，硫原子质子数为16，硫离子核外电子排布为2、8、8，据此绘制结构示意图；
(2) 根据反应前后原子种类和数目不变，对反应的化学方程式进行配平；
(3) 利用化合物中各元素化合价代数和为0的规则，计算$\ce{H_{2}S}$中硫元素的化合价；
(4) 化学变化中的最小粒子是原子，结合反应涉及的原子种类作答。
【解析】
(1) 硫原子质子数为16，硫离子（$\ce{S^{2-}}$）是硫原子得到2个电子，核外电子数为18，电子层排布为2、8、8，故结构示意图为对应硫离子的结构示意图；
(2) 由微观示意图可知，反应物为$\ce{H_{2}S}$和$\ce{O_{2}}$，生成物为$\ce{SO_{2}}$和$\ce{H_{2}O}$，根据原子守恒配平：2个$\ce{H_{2}S}$分子与3个$\ce{O_{2}}$分子反应，生成2个$\ce{SO_{2}}$分子和2个$\ce{H_{2}O}$分子，化学方程式为$\ce{2H_{2}S + 3O_{2}\xlongequal{点燃}2SO_{2} + 2H_{2}O}$；
(3) A为$\ce{H_{2}S}$，氢元素显+1价，设硫元素化合价为$x$，根据化合物中正负化合价代数和为0：$(+1)×2 + x = 0$，解得$x=-2$；
(4) 化学变化的本质是分子破裂为原子，原子重新组合成新分子，因此变化中的最小粒子是氢原子、硫原子和氧原子。
【答案】

$\ce{2H_{2}S + 3O_{2}\xlongequal{点燃}2SO_{2} + 2H_{2}O}$
-2
氢原子、硫原子和氧原子
【知识点】
化学方程式书写、化合价计算、化学反应微观本质
【点评】
本题结合微观示意图考查化学基础知识点，需学生能从微观模型识别物质，掌握化学方程式配平、化合价计算及化学反应的微观实质，属于常规基础题。
【难度系数】
0.6

【分析】
本题围绕硫酸锰制备四氧化三锰的工艺流程设置问题，需结合元素质量分数计算、化学方程式计算、实验操作、反应速率影响因素及化学方程式配平的知识逐一分析：
1. 第(1)题：通过计算各氧化物中锰元素的质量分数，比较得出锰含量最高的氧化物；
2. 第(2)题：根据化学方程式，计算反应物的相对分子质量总和，求质量比；
3. 第(3)题：操作1用于分离固体沉淀和液体滤液，对应常见实验操作；
4. 第(4)题：从反应物接触面积角度分析反应速率加快的原因；
5. 第(5)题：利用氧化还原反应的电子守恒、原子守恒配平化学方程式并注明反应条件。
【解析】
(1) 计算各氧化物中锰元素的质量分数：
$\ce{MnO}$：$\frac{55}{55+16}=\frac{55}{71}\approx77.5\%$
$\ce{MnO_{2}}$：$\frac{55}{55+32}=\frac{55}{87}\approx63.2\%$
$\ce{Mn_{2}O_{3}}$：$\frac{55×2}{55×2+16×3}=\frac{110}{158}\approx69.6\%$
$\ce{Mn_{3}O_{4}}$：$\frac{55×3}{55×3+16×4}=\frac{165}{229}\approx72.1\%$
比较可知，$\ce{MnO}$中锰元素含量最高。
(2) $\ce{MnSO_{4}}$的相对分子质量为$55+32+16×4=151$，$\ce{NH_{3}·H_{2}O}$的相对分子质量为$14+5×1+16=35$，反应式中需2个$\ce{NH_{3}·H_{2}O}$，故质量比为$151:(2×35)=151:70$。
(3) 操作1是将反应生成的$\ce{Mn(OH)_{2}}$沉淀与滤液分离，该操作名称为过滤。
(4) 悬浊液中$\ce{Mn(OH)_{2}}$以细小颗粒形式存在，与空气中氧气的接触面积更大，因此能加快反应速率。
(5) 根据氧化还原反应电子守恒：$\ce{Mn(OH)_{2}}$中$\ce{Mn}$为+2价，$\ce{Mn_{3}O_{4}}$中$\ce{Mn}$平均价态为$+\frac{8}{3}$，每个$\ce{Mn}$失去$\frac{2}{3}$电子，3个$\ce{Mn}$共失去2个电子；$\ce{O_{2}}$中$\ce{O}$为0价，每个$\ce{O_{2}}$得到4个电子，故$\ce{Mn(OH)_{2}}$系数为6，$\ce{O_{2}}$系数为1，再结合原子守恒配平，最终反应的化学方程式为：$\ce{6Mn(OH)_{2} + O_{2}\xlongequal{60\ °C}2Mn_{3}O_{4} + 6H_{2}O}$。
【答案】
$\ce{MnO}$；$151:70$；过滤；悬浊液与空气接触面积更大；$\ce{6Mn(OH)_{2} + O_{2}\xlongequal{60\ °C}2Mn_{3}O_{4} + 6H_{2}O}$
【知识点】
元素质量分数计算；化学方程式计算；化学方程式配平
【点评】
本题以工业制备$\ce{Mn_{3}O_{4}}$的工艺流程为载体，综合考查化学计算、实验操作及反应原理等知识点，需学生掌握基础化学知识和氧化还原配平方法，难度适中。
【难度系数】
0.5