t滾動答案全 詳

1、 滾動測試一1.D解析:NaHCO3溶液顯堿性;Mn2O7屬于酸性氧化物;溶液和膠體的本質(zhì)區(qū)別是分散質(zhì)微粒直徑大小,只有D選項(xiàng)正確。2.B解析:計算n(HCl)=0.1 mol,質(zhì)量為3.65 g,需濃鹽酸10 g,體積小于10 mL,用10 mL量筒量取濃鹽酸,然后依次溶解、移液、洗滌、定容。3.D解析:A選項(xiàng),不知溶液的體積,錯誤;由2NO2N2O4可知B選項(xiàng)錯誤;C選項(xiàng),溶液的體積增大為10倍,但溶液的質(zhì)量不是原溶液的10倍,錯誤;D選項(xiàng),由Fe3+水解可知正確。4.A解析:B選項(xiàng),過量CO2生成HCO3-,錯誤;C選項(xiàng),一個離子方程式中不能同時出現(xiàn)OH-、H+,錯誤;D選項(xiàng),離子方程式

2、正確。5.D解析:D選項(xiàng),實(shí)驗(yàn)只能證明H2O2有氧化性,錯誤。6.A解析:在CO+PdCl2+H2OCO2+Pd+2HCl反應(yīng)中,PdCl2是氧化劑,被還原;CO2是氧化產(chǎn)物,氧化性PdCl2>CO2;22.4 L CO2不一定為1 mol,故生成22.4 L CO2時轉(zhuǎn)移電子不一定為2 mol;從本反應(yīng)可知,CO不只在高溫下才能表現(xiàn)還原性。7.D解析:H2O2分解的反應(yīng)中MnO2的作用是催化劑,A項(xiàng)錯誤;K2FeO4中鐵的化合價為+6價,具有強(qiáng)氧化性,B項(xiàng)錯誤;過量稀硫酸與廢鐵屑(含氧化鐵)反應(yīng)生成的硫酸亞鐵中混有硫酸鐵,產(chǎn)品不純,應(yīng)加入過量鐵屑,C項(xiàng)錯誤;Fe3+可溶解Cu,發(fā)生反應(yīng)

3、2Fe3+Cu2Fe2+Cu2+,D項(xiàng)正確。8.B解析:A選項(xiàng),H2(g)的燃燒熱為H=-571.62 kJ·mol-1,錯誤;B選項(xiàng),假設(shè)CH3OH(l)為2 mol,質(zhì)量為60 g,相同質(zhì)量H2(g)的物質(zhì)的量為30 mol,放出熱量571.62 kJ·mol-1×30 mol,正確;C選項(xiàng),不只有中和反應(yīng),還生成BaSO4沉淀,錯誤;D選項(xiàng),式×32-式×12得所求式子,H=-131.4 kJ·mol-1,錯誤。9.D解析:A選項(xiàng),電解熔融MgCl2制備金屬M(fèi)g,錯誤;B選項(xiàng),在潮濕的空氣中,生鐵易形成原電池,鐵作負(fù)極加快腐蝕,

4、錯誤。10.C解析:A選項(xiàng),消耗1 mol NaOH需要Al和Al2O3的質(zhì)量分別為27 g、51 g,錯誤;B選項(xiàng),n(N2O4)=1 mol,N2O4中N的化合價由+4價降低到0價,所以1 mol N2O4參加反應(yīng),則有8 mol電子發(fā)生轉(zhuǎn)移,錯誤;C選項(xiàng),不論以何種比例混合,N和O的原子個數(shù)之比一定為12,含有的原子數(shù)為4646×3NA,正確;由氯氣與水或堿發(fā)生的反應(yīng)可知D選項(xiàng)錯誤。11.B解析:由于不是標(biāo)準(zhǔn)狀況下,故A選項(xiàng)錯誤;B選項(xiàng),含有n(H)=0.04 mol,正確;生成的NH4Cl是離子化合物,C選項(xiàng)錯誤;由NH4+水解可知D選項(xiàng)錯誤。12.A解析:等質(zhì)量的氣體,相對

5、分子質(zhì)量越小,氣體的物質(zhì)的量越大,密度越小,分子數(shù)、原子數(shù)最多的均是H2,密度最大的是Cl2;同溫同壓下,氣體分子間平均距離相等。13.C解析:Na2Cr2O7和Na2CrO4中鉻元素的化合價均為+6價,呈最高價態(tài),兩物質(zhì)應(yīng)具有強(qiáng)氧化性;發(fā)生反應(yīng)時,鉻元素的化合價沒變,則不需要加入氧化劑;發(fā)生反應(yīng)時,有轉(zhuǎn)化關(guān)系Na2Cr2O72CrCl3,鉻元素的化合價變化情況為2×(6-3)=6,即消耗Na2Cr2O7與轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量之比為16;從整個變化情況看,Cr(OH)3既可與鹽酸反應(yīng)制CrCl3,又可與NaOH反應(yīng)制NaCrO2。14.B解析:既能溶解Al(OH)3,又能溶解H2SiO

6、3,說明溶液為堿溶液,則Fe2+不能大量共存,選項(xiàng)A錯誤;使酚酞溶液變紅的溶液為堿性溶液,選項(xiàng)B正確;酸性條件下,若溶液中有NO3-,投入鐵片不能產(chǎn)生H2,選項(xiàng)C錯誤;Fe3+與SCN-發(fā)生反應(yīng),不能大量共存,選項(xiàng)D錯誤。15.B解析:電鍍時,待鍍金屬作陰極和電源的負(fù)極相連,鍍層金屬作陽極和電源的正極相連。用含有鍍層金屬離子的溶液作電解質(zhì)溶液。16.C解析:A選項(xiàng)充電時碳納米管上生成氫氣,發(fā)生得電子的反應(yīng),為陰極,錯誤;放電時正極反應(yīng)式為NiO(OH)+H2O+e-Ni(OH)2+OH-,pH增大,B、D錯誤。17.D解析:A選項(xiàng),正極發(fā)生VO2+得電子反應(yīng),H+參與反應(yīng),所以酸性減弱,錯誤;

7、B選項(xiàng),負(fù)極發(fā)生失電子的反應(yīng),錯誤;C選項(xiàng),陽極,VO2+失電子生成VO2+,由藍(lán)色變?yōu)辄S色,錯誤;D選項(xiàng),加入VO2+、V2+、H+,使平衡左移,正確。18.D解析:由燃料可知乙為燃料電池,A選項(xiàng)錯誤;B選項(xiàng)生成Fe2+,錯誤;0.1 mol CH4參加反應(yīng),轉(zhuǎn)移0.8 mol電子,根據(jù)電子守恒C電極生成0.4 mol H2,錯誤;D項(xiàng)正確。19.答案:(1)(2)容量瓶(3)偏小(4)2MnO4-+5H2C2O4+6H+2Mn2+10CO2+8H2O(5)1.2解析:(1)由圖示可知操作不正確。不能在量筒中溶解固體,定容時應(yīng)平視刻度線,至溶液凹液面與刻度線相切;(2)應(yīng)該用容量瓶準(zhǔn)確確定5

8、0 mL溶液的體積;(3)如果用圖示的操作配制溶液,由于仰視刻度線,會使溶液體積偏大,所配制的溶液濃度將偏小;(5)血液樣品中Ca2+的濃度為0.020mol·L-1×12×10-3L×52×40 g·mol-1×103mg·g-120.00 cm3=1.2 mg·cm-3。20.答案:(1)13Al3+32OH-+8H2OAlO4Al12(OH)24(H2O)127+(2)越小Al3+3H2OAl(OH)3(膠體)+3H+溫度升高,水解程度加大,產(chǎn)生氫氧化鋁沉淀(3)(a+b)(4)O2+2H2O+4e

9、-4OH-解析:(1)此反應(yīng)不屬于氧化還原反應(yīng),首先寫出反應(yīng)物及生成物Al3+AlO4Al12(OH)24(H2O)127+,配平除氫、氧之外的其他元素13Al3+AlO4Al12(OH)24(H2O)127+,用OH-配平電荷13Al3+32OH-AlO4Al12(OH)24(H2O)127+,最后補(bǔ)水配氫13Al3+32OH-+8H2OAlO4Al12(OH)24(H2O)127+;(2)AlT越大,依據(jù)Al3+水解可知溶液酸性越強(qiáng);抓住“主要發(fā)生反應(yīng)”,由鋁形態(tài)分布(百分?jǐn)?shù))可知稀釋過程中Al3+百分?jǐn)?shù)減小的程度最大,Al(OH)3百分?jǐn)?shù)增加的程度最大,所以主要反應(yīng)為Al3+Al(OH)

10、3;(3)式+式即得所求方程式;(4)正極是空氣中氧氣得電子在中性溶液中生成OH-。21.答案:(1)產(chǎn)生光化學(xué)煙霧或形成酸雨(2)16NO2+4CO(NH2)27N2+8H2O+4CO2(3)2NO(g)+O2(g)2NO2(g)H=-113.0 kJ· mol-1(4)NO-3e-+2H2ONO3-+4H+解析:(2)N元素化合價升高了2價,所以生成0.5 mol O2轉(zhuǎn)移1 mol電子;首先依據(jù)32寫出3NO2+2CO(NH2)272N2+4H2O+2CO2,然后消去分母;(3)首先寫出2NO(g)+O2(g)2NO2(g),然后比較得出式-式×2即得所求方程式;(4

11、)負(fù)極發(fā)生NO生成NO3-的失電子反應(yīng),配平即可。22.答案:(1)由于在高溫下,C有可能把氧化銅還原成銅,不易控制反應(yīng)條件(2)-(a+b-2c)或(2c-a-b)(3)2Cu-2e-+2OH-Cu2O+H2O(4)4Cu(OH)2+N2H42Cu2O+N2+6H2O解析:(2)式+式-式×2即得所求方程式;(3)Cu失去電子生成Cu2O,然后用OH-配平電荷,用水配平H原子,最后用O檢查是否配平。23.答案:(1)Ba(NO3)2HClHNO3Br2AgNO3(2)SO32-SO42-Cl-(3)BaSO3+2H+Ba2+SO2+H2O(4)中和OH-,防止對Cl-的檢驗(yàn)產(chǎn)生干擾

12、(5)會使SO32-對SO42-的檢驗(yàn)產(chǎn)生干擾,不能確定SO42-和SO32-是否存在(6)SO2+Br2+2H2O4H+SO42-+2Br-解析:由氣體E使試劑褪色可知E、試劑分別為SO2、溴水,逆推沉淀A中含有BaSO3,所以試劑為Ba(NO3)2溶液,沉淀A含BaSO4、BaSO3;過量試劑為酸,因?yàn)橄跛峥裳趸疭O32-,試劑不能為硝酸,只能為鹽酸;無色溶液C中含陰離子OH-、Cl-、NO3-,先加過量(稀硝酸)酸化,再加試劑(AgNO3溶液),白色沉淀為AgCl,c表明檢出Cl-;白色沉淀A如加試劑(稀硝酸),則BaSO3會被氧化為BaSO4,檢不出SO32-,也不能確定SO42-存在

13、。24.答案:(1)2FeTiO3+6C+7Cl22FeCl3+2TiCl4+6CO(2)TiCl4+(2+x)H2OTiO2·xH2O+4HCl,加入大量水并加熱,促進(jìn)水解趨于完全(或促使水解正向進(jìn)行)(3)防止鈦、鎂被氧化(或防止鈦、鎂與空氣和水反應(yīng))1 412(4)cVM1 000w(或cVM10w%)(5)5解析:(2)由信息可知應(yīng)該從影響水解平衡移動的角度分析;(4)依據(jù)離子方程式可知Fe3+Ti3+,n(TiO2)=n(Ti3+)=n(Fe3+)=c·V×10-3 mol,則m(TiO2)=c·V×10-3×M g;(5)

14、由第(1)問可知7 mol氯氣可生成6 mol CO,每合成6 mol甲醇,需要?dú)錃?2 mol,每生成7 mol氯氣同時生成7 mol氫氣,所以還需要?dú)錃? mol。滾動測試二1.D解析:A選項(xiàng)蘇打?yàn)镹a2CO3;B選項(xiàng)中的等號應(yīng)為可逆號;C選項(xiàng)膠體不能標(biāo)沉淀符號,只有D選項(xiàng)正確。2.B解析:A選項(xiàng),氧化膜Al2O3不能拆,錯誤;B選項(xiàng),參加反應(yīng)的Fe與HNO3的物質(zhì)的量之比為13.2=516,符合方程式中Fe與H+的物質(zhì)的量之比,鐵元素的化合價升高總數(shù)與NO3-中氮元素化合價降低總數(shù)相等,符合得失電子守恒,符合電荷守恒,正確;C選項(xiàng),澄清石灰水少量,所以Ca2+與OH-的計量數(shù)之比應(yīng)為12

15、,錯誤;D選項(xiàng),高錳酸鉀為氧化劑,H2O2是還原劑,O化合價升高生成O2,3 mol H2O2只能生成3 mol O2,錯誤。3.B解析:活化能是從反應(yīng)物到最高點(diǎn)的能量,A選項(xiàng)錯誤;反應(yīng)物A、B總能量大于生成物C的能量,故為放熱反應(yīng),B選項(xiàng)正確;X是A、B的生成物,不屬于催化劑,C選項(xiàng)錯誤;依據(jù)能量守恒,反應(yīng)物A、B總能量與生成物C的總能量不受反應(yīng)過程的影響,D選項(xiàng)錯誤。4.B解析:B選項(xiàng),作焙制糕點(diǎn)的膨松劑是應(yīng)用的NaHCO3能與酸反應(yīng)及受熱分解生成CO2的性質(zhì),錯誤。5.C解析:氬氣是單原子分子,A選項(xiàng)錯誤;CaO2中的陰離子為O22-,B選項(xiàng)錯誤;氮?dú)夂脱鯕饩请p原子分子,C選項(xiàng)正確;在

16、Na2O2與CO2的反應(yīng)中,1 mol Na2O2轉(zhuǎn)移1 mol電子,D選項(xiàng)錯誤。6.B解析:A選項(xiàng),N原子不守恒,錯誤;C選項(xiàng),堿性條件下不能出現(xiàn)H+,錯誤;D選項(xiàng),電極1是負(fù)極,錯誤。7.C解析:應(yīng)該電解熔融MgCl2生產(chǎn)Mg;鐵在氧氣中燃燒生成Fe3O4;FeCl3溶液加熱水解生成Fe(OH)3沉淀,Fe(OH)3分解生成Fe2O3。8.C解析:A選項(xiàng),燃燒熱是在101 kPa時,1 mol純物質(zhì)完全燃燒生成穩(wěn)定氧化物時放出的熱量,錯誤;B選項(xiàng),最終c(CO32-)一定不為0,錯誤;H2O2具有強(qiáng)氧化性,加快了化學(xué)反應(yīng)速率,C項(xiàng)正確;D選項(xiàng),使Al3+沉淀完全消耗的NaOH溶液與沉淀完全

17、溶解消耗的NaOH溶液體積之比為31,不是13,錯誤。9.B解析:因?yàn)闆]有透過藍(lán)色鈷玻璃,所以無法判斷是否含有鉀離子。10.D解析:D選項(xiàng),沒有注明標(biāo)準(zhǔn)狀況,錯誤。11.C解析:A選項(xiàng),此反應(yīng)為吸熱反應(yīng),生成物的總能量大,錯誤;B選項(xiàng),式×2-式既得所求方程式,H=-1 135.7 kJ· mol-1,錯誤;D選項(xiàng),由電池反應(yīng)式N2H4+O2N2+2H2O可知生成水,KOH溶液的濃度減小,pH將減小,錯誤。12.B解析:A選項(xiàng),AlO2-水解,所以AlO2-數(shù)目小于0.1NA,錯誤;C選項(xiàng),沒有注明標(biāo)準(zhǔn)狀況,錯誤;D選項(xiàng),Na+的數(shù)目不變,錯誤。13.B解析:A選項(xiàng),Fe3

18、+、I-不能大量共存;B選項(xiàng),溶液顯堿性,可以大量共存;C選項(xiàng),Cr2O72-具有強(qiáng)氧化性,C2H5OH具有還原性,所以不能大量共存;D選項(xiàng),HCO3-在強(qiáng)堿性、強(qiáng)酸性條件下均不能大量共存。14.C解析:A選項(xiàng),過氧化鈉不屬于堿性氧化物,錯誤;B選項(xiàng),Cu生成堿式碳酸銅,錯誤;C選項(xiàng),溶液顯酸性,I-、NO3-不能大量共存,正確;D選項(xiàng),電子不能通過電解質(zhì)溶液,錯誤。15.C解析:n(Fe)=0.3 mol,發(fā)生2Fe+3Br22FeBr3生成0.2 mol FeBr3后,剩余0.1 mol Fe再與0.2 mol FeBr3恰好完全反應(yīng)生成0.3 mol FeBr2。A選項(xiàng),氯氣少量只與Fe

19、2+反應(yīng),正確;B選項(xiàng),先發(fā)生2Fe2+Cl22Fe3+2Cl-,0.3 mol Fe2+消耗0.15 mol Cl2,余下0.3 mol Cl2恰好與0.6 mol Br-反應(yīng),正確;C選項(xiàng),依據(jù)Cl2與Fe2+、Br-反應(yīng)的離子方程式可知生成1 mol Fe2+與消耗1 mol Br-分別生成1 mol Cl-,所以c(Fe3+)c(Br-)c(Cl-)=112,錯誤;D選項(xiàng),依據(jù)電荷守恒可知正確。16.D解析:由NaOH溶液作用(除去氯氣)可知a極是陽極,d為原電池的正極,充入的是氧氣,c充入的是H2,A選項(xiàng)錯誤;由酸性溶液可知B選項(xiàng)錯誤;由電解池的總反應(yīng)CuCl2Cu+Cl2及Cl2和

20、水的反應(yīng)可知C選項(xiàng)錯誤。17.B解析:加入的Ba(OH)2為1.6 mol,n(OH-)=3.2 mol,1 mol Al3+消耗3 mol OH-,余0.2 mol OH-,故生成NH3·H2O為0.2 mol。18.C解析:n(Al)=0.1 mol、n(HCl)=n(NaOH)=0.3 mol,所以X為AlCl3溶液、Y為NaAlO2、NaOH溶液。向Y中加入稀鹽酸一開始無沉淀生成,A選項(xiàng)錯誤;B選項(xiàng),鋁均完全反應(yīng),生成的氫氣相同,錯誤;M點(diǎn)鋁元素全部以Al(OH)3沉淀形式存在,溶液為NaCl溶液,兩種方案中加入酸堿相同,且酸堿均恰好完全反應(yīng),NaCl物質(zhì)的量相同,C選項(xiàng)正確

21、;D選項(xiàng),M點(diǎn)后加入NaOH溶液的曲線斜率大,錯誤。19.答案:(1)<(2)Fe3+3H2OFe(OH)3+3H+,加入Na2SO3后,c(H+)下降,平衡正向移動,生成Fe(OH)32Fe3+SO32-+H2O2Fe2+SO42-+2H+(3)FeSO3和FeCl3的混合溶液也可能出現(xiàn)丁達(dá)爾效應(yīng)(4)a2Fe3+SO2+2H2O2Fe2+SO42-+4H+;Fe2+SO2+H2OFeSO3+2H+(或2Fe3+3SO2+4H2O2FeSO3+SO42-+8H+);FeSO3與剩余的FeCl3溶液混合而呈現(xiàn)紅褐色解析:(2)FeCl3水解顯酸性、Na2SO3水解顯堿性,二者混合后水解互

22、相促進(jìn);(3)膠體不一定是Fe(OH)3,其他物質(zhì)也可能形成膠體;(4)排除法,KSCN溶液可以檢驗(yàn)Fe3+,不能檢驗(yàn)Fe2+,b選項(xiàng)不可;因?yàn)槿芤褐泻?4價硫的化合物,所以也不能用KMnO4溶液檢驗(yàn)Fe2+;只有a選項(xiàng)可以;應(yīng)從Fe3+的氧化性、SO2的還原性結(jié)合乙同學(xué)查閱資料所得信息進(jìn)行分析。20.答案:(1)Al3+3NH3·H2OAl(OH)3+3NH4+過濾、洗滌灼燒(或加熱)、冷卻1 000m51v(2)c負(fù)從A到BSx2-2e-xS解析:(1)逆推可知操作c是灼燒Al(OH)3制備Al2O3,結(jié)合過量試劑a,可知a為氨水;n(Al3+)=2n(Al2O3)=m102&

23、#215;2 mol;(2)依據(jù)信息可知Na、S均為液態(tài);Na失電子作原電池負(fù)極;陽離子向正極移動;依據(jù)總反應(yīng)方程式可知陽極發(fā)生失電子反應(yīng)SxxS,配平即可。21.答案:(1)NaBiO3>KMnO4>H2O2(2)紫紅色褪去,生成白色沉淀(3)2MnO4-+5H2O2+6H+2Mn2+5O2+8H2O5PbO2+2Mn2+4H+5Pb2+2MnO4-+2H2O解析:由信息可知NaBiO3中Bi的化合價為最高價,只具有氧化性,結(jié)合可知NaBiO3可把Mn2+氧化為紫紅色的MnO4-,得出NaBiO3的氧化性強(qiáng)于KMnO4的;中氧化劑、還原劑分別為MnO4-、H2O2,還原產(chǎn)物、氧化

24、產(chǎn)物分別為Mn2+、O2,依據(jù)得失電子守恒可得2MnO4-+5H2O22Mn2+5O2,依據(jù)O、H原子守恒,用H2O、H+配平,最后用電荷守恒檢查是否配平;同理可寫出實(shí)驗(yàn)反應(yīng)的離子方程式5PbO2+2Mn2+4H+5Pb2+2MnO4-+2H2O;中SO2被酸性高錳酸鉀溶液氧化為SO42-,與Pb2+結(jié)合生成PbSO4白色沉淀。22.答案:(1)CH3OH(l)+32O2(g)CO2(g)+2H2O(l)H=-(32c-a+2d-b) kJ· mol-1(2)O2+4e-2O2-S-4e-+2O2-SO2S-6e-+3O2-SO3SO3+H2OH2SO4110.427.6解析:(1)

25、首先寫出甲醇燃燒的化學(xué)方程式(標(biāo)明各物質(zhì)狀態(tài))CH3OH(l)+32O2(g)CO2(g)+2H2O(l),然后找到甲醇燃燒的化學(xué)方程式中的物質(zhì)與所給熱化學(xué)方程式中的物質(zhì)位置進(jìn)行比較可知式×32-式-式+式×2,即得所求方程式;(2)依據(jù)電解質(zhì)可知正極氧氣得電子生成O2-;因?yàn)樵姵刂须娊赓|(zhì)無H2O,結(jié)合流程可知負(fù)極有SO2、SO3生成,SO3與稀硫酸中的水反應(yīng)生成H2SO4,使硫酸濃度增大。生成硫酸的物質(zhì)的量n(H2SO4)=18.4 mol,轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為18.4×6 mol,消耗氧氣的物質(zhì)的量n(O2)=18.4×6mol4=27.6 mol

26、。23.答案:(1)用干燥潔凈的玻璃棒蘸濾液,滴在pH試紙上,經(jīng)與標(biāo)準(zhǔn)比色卡比較后CaCO3+2H+Ca2+CO2+H2O2H2PO4-+3Ca2+4OH-Ca3(PO4)2+4H2OSiO2·nH2O、Al(OH)3(2)避免堿石灰吸收裝置原有空氣中的CO2干燥管中的堿石灰吸收空氣中的CO2或H2ONaHCO3溶液除HCl時產(chǎn)生了CO2稱量不溶物樣品在高溫下完全分解前后的質(zhì)量解析:(1)加入稀鹽酸有氣體生成可知一定含有CaCO3,沉淀全部溶解可知一定無SiO2·nH2O;加入NaOH溶液質(zhì)量不變,可知一定無Al(OH)3;由可知含有Ca3(PO4)2;(2)由信息Ca3(

27、PO4)2高溫不分解,稱量不溶物樣品在高溫下完全分解前后的質(zhì)量即可求出CO2質(zhì)量,從而求出CaCO3質(zhì)量。24.答案:(1)溶液變?yōu)榧t色(2)不合理Cu能將Fe3+還原為Fe2+(3)Fe2O3和Cu2O的混合物Fe2O3+6H+2Fe3+3H2O、Cu2O+2H+Cu+Cu2+H2O、2Fe3+Cu2Fe2+Cu2+解析:(1)若假設(shè)1成立,則溶液中含有Fe3+,遇到KSCN溶液呈紅色。(2)如果混合物中含有Cu2O,遇到酸產(chǎn)生Cu和Cu2+,Cu能與Fe3+反應(yīng),故此種說法不正確。(3)若固體全部溶解,則假設(shè)2不成立,因?yàn)镃u2O溶于硫酸生成Cu和CuSO4,而H2SO4不能溶解Cu;由滴

28、加KSCN試劑時溶液不變紅色可知假設(shè)1不成立,所以一定存在Fe2O3和Cu2O。滾動測試三1.D解析:酸雨降落到地面上pH逐漸變小的原因是SO2與H2O反應(yīng)生成的H2SO3具有還原性,在空氣中與O2發(fā)生緩慢氧化生成強(qiáng)酸H2SO4,導(dǎo)致雨水酸性增強(qiáng),pH變小;用于制造光纜的主要材料是SiO2;研制“嫦娥”二號一定使用了大量復(fù)合材料;用于雕刻工藝玻璃上紋飾的是氫氟酸而不是NaOH溶液,故答案為D。2.A解析:依據(jù)元素周期表結(jié)構(gòu)可知,原子序數(shù)為x+1的元素可能處在過渡元素或第A族,A錯誤。3.A解析:容量瓶是用來配制一定物質(zhì)的量濃度溶液的儀器,A選項(xiàng)錯誤。4.A解析:A選項(xiàng),D216O含有10個中子

29、,18 g的D216O為0.9 mol,含有9 mol中子,正確;B選項(xiàng),無溶液體積,且水中含有氧原子,錯誤;C選項(xiàng),沒有說明狀態(tài),錯誤;D選項(xiàng),32 g Cu與S反應(yīng)生成Cu2S,失去0.5 mol電子,錯誤。5.D解析:從苦鹵提取Br2需發(fā)生反應(yīng),反應(yīng)都是將Br-氧化為Br2,反應(yīng)為:SO2+Br2+2H2OH2SO4+2HBr,故生產(chǎn)1 000 mol Br2,整個過程中轉(zhuǎn)移6 000 mol電子。應(yīng)用蒸餾的方法從反應(yīng)后的溶液中分離出單質(zhì)溴。該工藝使用有毒的Cl2、SO2等物質(zhì),存在工藝缺陷。向苦鹵中加入過量的NaOH溶液后過濾得到Mg(OH)2固體,向固體中加入鹽酸得到MgCl2溶液,

30、然后將MgCl2溶液進(jìn)行濃縮干燥得到MgCl2固體,電解熔融MgCl2得到Mg。綜合上述選項(xiàng)D正確。6.A解析:A選項(xiàng)均是鈍化,正確;B選項(xiàng),濃硫酸吸水、濃鹽酸揮發(fā)使?jié)舛冉档?錯誤;C選項(xiàng),SO2使紅墨水褪色是因?yàn)镾O2與有色物質(zhì)結(jié)合生成不穩(wěn)定的無色物質(zhì),漂白粉、過氧化鈉使紅墨水褪色均是由于其具有強(qiáng)氧化性,活性炭具有吸附性,錯誤;D選項(xiàng),漂白粉變質(zhì)發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)和氧化還原反應(yīng),而水玻璃變質(zhì)只發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)。7.A解析:A選項(xiàng),無色無味氣體排除了SO32-干擾,正確;B選項(xiàng),X可以為濃硝酸,錯誤;C選項(xiàng),強(qiáng)酸性溶液排除了SO32-干擾,但無法排除Fe2+干擾,錯誤;D選項(xiàng),沒有透過藍(lán)色鈷玻璃觀察

31、,錯誤。8.A解析:是可逆反應(yīng);中MnO2不能與稀鹽酸反應(yīng);中銅不能與稀硫酸反應(yīng);中生成的CaSO4微溶,可附著在石灰石表面,隔開了石灰石與硫酸,反應(yīng)進(jìn)行一段時間后停止。9.D解析:A選項(xiàng)中加入過量鐵粉時溶質(zhì)為Fe(NO3)2,加入少量鐵粉時溶質(zhì)為Fe(NO3)3和剩余的HNO3,加入適量鐵粉時溶質(zhì)為Fe(NO3)2和Fe(NO3)3;B選項(xiàng)中溶質(zhì)為NaCl、AlCl3、HCl;C選項(xiàng)中CO2過量時溶質(zhì)為NaHCO3,適量時溶質(zhì)為Na2CO3或Na2CO3和NaHCO3,少量時溶質(zhì)為Na2CO3和NaOH;D選項(xiàng)中Mg2+、H+、SO42-均完全反應(yīng),最后溶質(zhì)只有Ba(OH)2。10.A解析:

32、醋酸促進(jìn)NaClO水解生成HClO,漂白效果增強(qiáng),B選項(xiàng)錯誤;C選項(xiàng)是因?yàn)殡p氧水分解產(chǎn)生了O2,錯誤;D選項(xiàng),銅與濃硝酸常溫下可以反應(yīng),錯誤。11.A解析:A選項(xiàng),該溶液為強(qiáng)酸性,可以大量共存,正確;B選項(xiàng),該溶液具有強(qiáng)氧化性,S2-不能大量存在,且Cu2+與S2-會生成CuS沉淀,錯誤;C選項(xiàng),Al3+、Fe3+、Cl2均與堿反應(yīng),錯誤;D選項(xiàng),該溶液為酸性或堿性溶液,HCO3-在酸性或堿性條件下均不能大量存在,錯誤。12.D解析:因?yàn)槿芤簽闊o色,所以一定無Cu2+;如果沒有SO32-加入少量溴水后,則溶液為溴水或碘水的顏色,所以一定含有SO32-;若存在I-,則少量溴水首先與還原性強(qiáng)的SO

33、32-反應(yīng),不會與I-反應(yīng),所以正確。13.A解析:由OH-流向可知Y為負(fù)極,X為正極,A選項(xiàng)正確、B選項(xiàng)錯誤;因?yàn)槿芤簽閴A性溶液,所以負(fù)極反應(yīng)式為Mg-2e-+2OH-Mg(OH)2,正極反應(yīng)式為ClO-+2e-+H2OCl-+2OH-,兩極相加得到電池反應(yīng)Mg+ClO-+H2OMg(OH)2+Cl-,廢液為NaCl溶液,C、D兩項(xiàng)均錯誤。14.D解析:A選項(xiàng),因?yàn)镕e(OH)2極易被氧化,所以應(yīng)該把膠頭滴管尖端插入液面以下,且用油封,防止空氣中的氧氣進(jìn)入溶液,正確;B選項(xiàng),銅作陽極,Cu失電子生成Cu2+,H+在陰極失電子生成H2,溶液中OH-濃度增大與Cu2+反應(yīng)生成Cu(OH)2,正確

34、;D選項(xiàng),銅與濃硫酸在常溫下不反應(yīng),錯誤。15.D解析:C選項(xiàng),符合NH4Al(SO4)2與Ba(OH)2的物質(zhì)的量比為12反應(yīng),正確;D選項(xiàng),得失電子及電荷均不守恒,錯誤。16.D解析:Z的最外層電子數(shù)為6,X為第二周期元素,所以Y、Z分別為第三周期元素Al、S;X最外層電子數(shù)為14-3-6=5,則X為N。排除法判斷只有D錯誤。17.D解析:根據(jù)題目信息知上述過程中發(fā)生了氧化還原反應(yīng),其中被氧化的亞鐵離子的物質(zhì)的量為2-x3-x×a mol,由得失電子守恒得2-x3-x×a=2×3(1 mol Cr2O72-含2 mol Cr,Cr元素由+6價降到+3價,得2&

35、#215;3 mol電子),將各選項(xiàng)代入計算可得D項(xiàng)符合。18.D解析:K與N連接時,該裝置為原電池,鐵作負(fù)極,石墨作正極,所以鐵被腐蝕,石墨電極產(chǎn)生氣泡,所以A、B正確;K與M連接時,該裝置為電解池,鐵與電池的負(fù)極連接作陰極,氫離子在鐵電極上得電子,變成氫氣,氯離子在石墨電極上失電子變成氯氣,一段時間后溶液的pH增大,所以C正確,D錯。19.答案:(1)CuFeS2、O2(2)A、D(3)C(4)CuFeS2+4Fe3+Cu2+5Fe2+2S(5)FeCl3(6)Fe2+-e-Fe3+解析:(1)化合價降低的是O2中的氧元素,銅元素化合價也降低,鐵元素化合價沒變,S元素化合價升高;(2)SO

36、2不與BaCl2溶液反應(yīng),D錯誤;(3)Fe(OH)3不溶于水,不需要蒸發(fā)結(jié)晶操作;(4)由流程圖可知生成物中含有S單質(zhì),濾液中含有Cu2+,CuFeS2中S的化合價升高,Fe3+化合價降低生成Fe2+,配平即可;(5)由流程圖可知電解液循環(huán)又加入精黃銅礦粉,所以電解液為FeCl3溶液;(6)陽離子只有Fe2+可在陽極失電子。20.答案:(1)A向上層清液中,滴加氯化鋇溶液,若無沉淀產(chǎn)生,證明試劑a已過量(其他合理答案同樣給分)洗滌233m-142n233m×100%(2)將裝置中的SO2全部排入到U形管中被吸收2SO32-+2H+SO2+H2O吸收SO2中的水蒸氣或干燥SO2氣體6

37、3n32m×100%解析:(1)n(Na2SO4)=n(BaSO4)=n233 mol,m(Na2SO4)=n233×142 g,m(Na2SO3)=(m-n233×142) g;(2)n(Na2SO3)=n(SO2)=n64 mol,m(Na2SO3)=n64×126 g。21.答案:(1)CH4(g)+2NO2(g)N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)H=-867 kJ· mol-1(2)陽N2O4+2HNO3-2e-2N2O5+2H+4HNO32N2O5+2H2O解析:(1)兩式相加再除以2即得答案;(2)注意電解質(zhì)為無水HNO3,所

38、以HNO3寫成化學(xué)式,由化合價升降可知乙為陰極,發(fā)生得電子反應(yīng)2HNO3+2e-N2O4,只能用H+配平電荷,2HNO3+2e-+2H+N2O4,只能用水配平H原子得2HNO3+2e-+2H+N2O4+2H2O,甲為陽極發(fā)生失電子反應(yīng)生成N2O5,其電極反應(yīng)式為N2O4+2HNO3-2e-2N2O5+2H+,兩式相加得電池反應(yīng)式。22.答案:(1)三A(2)2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2(3)Na2SO42(4)4Na2S+O2+2H2O4NaOH+2Na2S2解析:本題突破口為白色沉淀D能溶于強(qiáng)酸和強(qiáng)堿,知其為氫氧化鋁,再由酸雨的形成可知G為SO2、A為硫單質(zhì),B為鋁單質(zhì)

39、,Al與S在加熱條件下反應(yīng)生成C(Al2S3),E為H2S,F為Na2S,由Na2O2的結(jié)構(gòu)可知H為Na2S2。(3)氯酸鈉與二氧化硫反應(yīng)生成硫酸鈉和二氧化氯,硫酸鈉是氧化產(chǎn)物,氯從+5價降到+4價,每生成2 mol二氧化氯轉(zhuǎn)移電子2 mol。23.答案:(1)2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3+2H2O(2)2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O(3)將硫黃粉碎;增大空氣壓力;將硫黃先氣化等(4)12或解析:由反應(yīng)中反應(yīng)物NaCl、NH3、CO2及生成物之一NH4Cl可知另一生成物為NaHCO3,是生產(chǎn)純堿的反應(yīng)原理,加熱NaHCO3固體生成Na2CO3、H2O、CO2,結(jié)

40、合信息可知,反應(yīng)為Na2CO3與H2O、SO2反應(yīng)生成NaHSO3,反應(yīng)的化學(xué)方程式為Na2CO3+SO2+H2O2NaHSO3+CO2;(4)首先加入稀硫酸,然后用酸性高錳酸鉀溶液除去SO2氣體(可用品紅溶液檢驗(yàn)SO2是否除盡),最后通過澄清石灰水。24.答案:(1)CH3CH2OH(2)4NH3(g)+3O2(g)2N2(g)+6H2O(g)H=-1 266.8 kJ· mol-1(3)3Cu+8H+2NO3-3Cu2+2NO+4H2O14.8%NH4Cl中NH4+發(fā)生水解反應(yīng),使溶液呈酸性Cu、SiO2、KNO3、NH4Cl(4)Ix-+(x-1)e-xI-解析:(2)首先依據(jù)

41、信息N元素轉(zhuǎn)化為無毒的N2,據(jù)此寫出方程式4NH3(g)+3O2(g)2N2(g)+6H2O(g),然后計算反應(yīng)熱;(3)Cu、SiO2、KNO3、NH4Cl均不與鹽酸反應(yīng),結(jié)合藍(lán)色溶液,可知Cu被氧化為Cu2+,所以溶液中一定含有KNO3,加過量NaOH溶液后最后剩余固體2.00 g(減少的固體質(zhì)量應(yīng)為SiO2的質(zhì)量),分析只能為Cu單質(zhì),在發(fā)生3Cu+8H+2NO3-3Cu2+2NO+4H2O反應(yīng)時NO3-量不足,由生成n(NO)=0.01 mol,可知參加反應(yīng)的Cu為0.015 mol,質(zhì)量為0.96 g,銅的總質(zhì)量為2.96 g;(4)陰極x-得電子生成I-,配平即可。滾動測試四1.B

42、解析:A項(xiàng),化石燃料是不可再生資源,不利于節(jié)能減排和環(huán)境保護(hù),太陽能是清潔能源,正確;B項(xiàng),合理使用食品添加劑無害,錯誤;C項(xiàng),廢舊電池含重金屬離子,需進(jìn)行回收處理,正確;D項(xiàng),塑料難降解,盡量不用,正確。2.D解析:水是非金屬氧化物,同時也是一種電解質(zhì);硫酸是共價化合物,同時也是一種強(qiáng)電解質(zhì);過氧化鈉是離子化合物,含有離子鍵,同時氧原子和氧原子之間還含有共價鍵;置換反應(yīng)中有化合價的變化,一定是氧化還原反應(yīng)。3.B解析:A項(xiàng)不知NaCl溶液的體積,無法確定Na+的數(shù)目;由n=mM可知在任何條件下,16 g O3中一定含有1 mol O,B項(xiàng)正確;由CH4和C2H6組成的混合物中共有NA個分子,

43、其中的氫原子數(shù)介于4NA6NA之間;標(biāo)準(zhǔn)狀況下,SO3為固態(tài),D項(xiàng)錯。4.C解析:根據(jù)反應(yīng)HCO3-+OH-CO32-+H2O可看出HCO3-減少,CO32-增多。5.C解析:A選項(xiàng),能使淀粉KI試紙顯藍(lán)色,說明有氧化性的離子存在,和具有強(qiáng)還原性的離子S2-不能大量共存;B選項(xiàng),Fe2+與ClO-因發(fā)生氧化還原反應(yīng)而不能大量共存;C選項(xiàng),c(H+)c(OH-)=1012,說明為強(qiáng)酸性溶液,四種離子可以大量共存;D選項(xiàng),Fe3+與HCO3-發(fā)生互相促進(jìn)的水解反應(yīng),不能大量共存。6.D解析:如果CO2比NH3的物質(zhì)的量大2倍,會生成HCO3-,與Ca2+不會產(chǎn)生沉淀。7.B解析:F-、Mg2+、A

44、l3+核外電子排布完全相同,隨著核電荷數(shù)的增大,核對外層電子引力增大,離子半徑減小,即離子半徑:F->Mg2+>Al3+,故A項(xiàng)正確;O、S同主族,非金屬性:O>S,故穩(wěn)定性:H2O>H2S,B項(xiàng)錯;C、Si同主族,非金屬性:C>Si,故酸性:H2CO3>H2SiO3,H3PO4是中強(qiáng)酸,酸性比H2CO3強(qiáng),故C項(xiàng)正確;鹵素單質(zhì)F2、Br2、I2依次是氣體、液體、固體,沸點(diǎn):F2<Br2<I2,故D項(xiàng)正確。8.C解析:A項(xiàng),灼燒應(yīng)用坩堝,錯誤;B項(xiàng),沒有用玻璃棒引流,錯誤;C項(xiàng),I2易溶于CCl4中,可以用分液法分離,正確;D項(xiàng),蒸餾操作,溫度計

45、的水銀球應(yīng)在支管口處,錯誤。9.B解析:A項(xiàng),反應(yīng)熱H=E(生成物)-E(反應(yīng)物),該反應(yīng)放熱,H<0,所以E(反應(yīng)物)>E(生成物),正確;B項(xiàng),從鍵能角度看,H=反應(yīng)物總鍵能-生成物總鍵能,所以反應(yīng)物總鍵能小于生成物總鍵能,即斷開1 mol HH鍵和1 mol II鍵所需能量小于斷開2 mol HI鍵所需能量,錯誤;C項(xiàng),H=反應(yīng)物總鍵能-生成物總鍵能,即b+c-生成物總鍵能=-a,生成物總鍵能=c+b+a,正確;D項(xiàng),由熱化學(xué)方程式知2 mol H2和2 mol I2完全反應(yīng)放出的能量為2a kJ,但該反應(yīng)是可逆反應(yīng),反應(yīng)不能完全進(jìn)行到底,所以放出的熱量小于2a kJ,正確。

46、10.C解析:A項(xiàng),FeCl3溶液與Cu反應(yīng)說明Fe3+的氧化性強(qiáng)于Cu2+,則Cu的還原性強(qiáng)于Fe2+,而與Fe金屬性強(qiáng)于Cu并沒有因果關(guān)系,錯誤;B項(xiàng),Na2O2與水反應(yīng)后得到NaOH,所以酚酞變紅,而Na2O2能使品紅褪色是因?yàn)槠渚哂袕?qiáng)氧化性而能漂白,錯誤;C項(xiàng),飽和食鹽水中Cl-濃度大,抑制了Cl2與水反應(yīng),所以可用排飽和食鹽水法收集Cl2,正確;D項(xiàng),濃硫酸可干燥NO和SO2,是因?yàn)闈饬蛩崤c之不反應(yīng),NO和SO2還原性都強(qiáng)。11.D解析:A項(xiàng),氣體也可能是Cl2;B項(xiàng),原溶液中也可能有CO32-、SO32-等而無Cl-;C項(xiàng),原溶液中有SO32-而無SO42-也會出現(xiàn)同樣的現(xiàn)象;D項(xiàng)

47、,能使?jié)駶櫦t色石蕊試紙變藍(lán)的氣體是氨氣,故原溶液中一定含有NH4+。12.B解析:能與金屬鈉反應(yīng)生成氫氣說明含有羥基,所以該物質(zhì)是丁醇C4H9OH,丁醇能與乙酸發(fā)生酯化反應(yīng),而丁醇的同分異構(gòu)體有CH3CH2CH2CH2OH、CH3CH2CH(CH3)OH、(CH3)3COH、(CH3)2CHCH2OH,共4種。13.A解析:稀氨水與過量CO2反應(yīng)生成NH4HCO3,A選項(xiàng)正確;B選項(xiàng)中生成的HClO有強(qiáng)氧化性,而CaSO3有還原性,發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成CaSO4,B選項(xiàng)錯誤;C選項(xiàng)稀硝酸具有強(qiáng)氧化性,與FeS反應(yīng)不能生成Fe2+和H2S氣體;D項(xiàng)忽視了NH4+與OH-之間的反應(yīng)。14.A解析:

48、由這三種離子所帶電荷數(shù)p<n<m=3知p=1,n=2,又因?yàn)閆p-的電子層數(shù)比Xn+、Ym+多1,則X、Y、Z三種元素在同一周期,所以Ym+是Al3+,故X、Y、Z處于第3周期,那么Z為Cl,X為Mg,Y為Al。A項(xiàng)中Al(OH)3的堿性比Mg(OH)2弱,酸性比HClO4弱;B項(xiàng)中原子半徑應(yīng)為Mg>Al>Cl;C項(xiàng)中單質(zhì)的還原性為Al<Mg;D項(xiàng)中Mg2+、Al3+、Cl-的半徑關(guān)系為Cl->Mg2+>Al3+。故選A。15.C解析:設(shè)溶液中Cl-、Br-、I-分別為2 mol、3 mol、4 mol,由溶液中存在的電荷守恒知溶液中Fe2+的物質(zhì)的量

49、為(2+3+4) mol÷2=4.5 mol,要使得溶液中Cl-和Br-的個數(shù)比為31,則反應(yīng)后溶液中應(yīng)含有Cl- 9 mol,由還原性大小關(guān)系知I-先與Cl2發(fā)生反應(yīng):2I-+Cl2I2+2Cl-,4 mol I-完全反應(yīng)消耗Cl2 2 mol,生成Cl- 4 mol,此時溶液中Cl-為6 mol,繼續(xù)發(fā)生反應(yīng):2Fe2+Cl22Fe3+2Cl-,計算知此反應(yīng)消耗3 mol Fe2+和1.5 mol Cl2,得到Cl- 3 mol,最終溶液中Cl-和Br-的個數(shù)比為31,兩步反應(yīng)中通入的Cl2一共2 mol+1.5 mol=3.5 mol,溶液中剩余的Fe2+的物質(zhì)的量為4.5 m

50、ol-3 mol=1.5 mol,兩者物質(zhì)的量比為3.51.5=73,C項(xiàng)正確。16.B解析:根據(jù)蓋斯定律,液體酒精完全燃燒生成液態(tài)水的熱化學(xué)方程式為C2H5OH(l)+3O2(g)2CO2(g)+3H2O(l)H=(-Q1+Q2-3Q3) kJ·mol-1,故23 g液體酒精完全燃燒放出的熱量為0.5Q1-0.5Q2+1.5Q3,B項(xiàng)正確。17.C解析:由于兩種溶液的體積相等,物質(zhì)的量濃度也相等,即溶質(zhì)的物質(zhì)的量相等,設(shè)CuSO4和NaCl的物質(zhì)的量各1 mol,電解分3個階段。第一階段陽極:1 mol氯離子失1 mol電子,陰極:0.5 mol銅離子得1 mol電子,因?yàn)殂~離子水

51、解使溶液顯酸性,隨著電解的進(jìn)行,銅離子的濃度降低,酸性減弱,pH將增大。第二階段陽極:1 mol氫氧根離子失1 mol電子(來源于水的電離),陰極:0.5 mol銅離子再得1 mol電子,因?yàn)闅溲醺x子消耗,使水溶液中氫離子濃度增大,pH迅速減小。第三階段陽極:氫氧根離子失電子,陰極:氫離子得電子,它們都來源于水的電離,實(shí)質(zhì)是電解水,導(dǎo)致溶液的體積減小,使溶液中氫離子濃度增大,pH繼續(xù)減小,故C項(xiàng)錯誤。18.D解析:A中,溫度越高,反應(yīng)速率越大,v(M)<v(P);B中,由題干圖可知,升溫,c(I3-)減小,所以平衡常數(shù):KN>KP;C中,M、N兩點(diǎn)相比,M點(diǎn)溫度低于N點(diǎn)溫度,升溫

52、,平衡左移,所以M點(diǎn)的c(I-)小。19.答案:(1)三A(2)N3(3)2Mg+CO22MgO+C(4)Na+S····S····S····2-Na+2Na2S3+O2+2H2O4NaOH+6S解析:根據(jù)題中信息,X為鈉,Y為氮,Z為鎂,M為硫。(4)Na2S3和氧氣反應(yīng)生成NaOH和S。20.答案:(1)Al2O3+6H+2Al3+3H2OFe2O3+6H+2Fe3+3H2O(2)鹽酸的濃度、反應(yīng)溫度、煤矸石顆粒大小、是否充分?jǐn)嚢?、反?yīng)時間(任寫兩個)(3)CO2Al(O

53、H)3+OH-AlO2-+2H2O(4)加入CaCO3調(diào)節(jié)pH到3.2,過濾除去Fe(OH)3后,再加入CaCO3調(diào)節(jié)pH到5.4,過濾得到Al(OH)3(5)AlCl3飽和溶液中存在溶解平衡:AlCl3·6H2O(s)Al3+(aq)+3Cl-(aq)+6H2O(l),通入HCl氣體使溶液中c(Cl-)增大,平衡向析出固體的方向移動從而析出AlCl3晶體解析:(1)SiO2與鹽酸不反應(yīng),Al2O3和Fe2O3能與鹽酸反應(yīng),化學(xué)方程式為Al2O3+6HCl2AlCl3+3H2O、Fe2O3+6HCl2FeCl3+3H2O。(2)溫度越高、顆粒越小、反應(yīng)時間越長、鹽酸濃度越高等都可以提

54、高鋁的浸出率。(3)堿溶步驟中Al元素以NaAlO2形式存在,要從NaAlO2溶液中得到Al(OH)3沉淀可通過通入CO2的方式來實(shí)現(xiàn),所以X是CO2,而CO2是在水解步驟中CaCO3與酸反應(yīng)得到的。(4)水解步驟中加CaCO3主要是調(diào)節(jié)溶液pH使Fe3+和Al3+均沉淀,由信息知可先調(diào)節(jié)pH到3.2使Fe3+沉淀,過濾后再調(diào)節(jié)pH到5.4使Al3+沉淀。21.答案:(1)加堿共熱,用濕潤的紅色石蕊試紙檢驗(yàn)生成的氣體,若變?yōu)樗{(lán)色,則為銨根離子(2)2NH4Cl+Ca(OH)22NH3+CaCl2+2H2ONH3·H2ONH4+OH-bc(3)2NH3+NaClON2H4+NaCl+H

55、2O解析:由于單質(zhì)X為雙原子氣態(tài)分子,且分子內(nèi)含有共價鍵最多,故單質(zhì)X為N2。X與Y生成的共價化合物甲為10e-分子,故Y應(yīng)為H2,甲為NH3,由共價化合物甲(NH3)與乙形成離子化合物丙,結(jié)合乙為18e-分子,故推知Z為Cl2,則乙為HCl,丙為NH4Cl。(1)銨根離子的檢驗(yàn)方法為取待測溶液少許與堿共熱,用濕潤的紅色石蕊試紙檢驗(yàn)生成的氣體。(2)實(shí)驗(yàn)室中用消石灰Ca(OH)2固體與氯化銨固體共熱制取NH3,反應(yīng)的化學(xué)方程式為Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3+2H2O,收集NH3用的是向下排空氣法,NH3溶于水后生成一元弱堿NH3·H2O,由于發(fā)生NH3·

56、H2ONH4+OH-,而使溶液顯堿性,在實(shí)驗(yàn)室也可以采用向濃氨水中加入堿石灰、NaOH(s)或生石灰的方法快速制取NH3。(3)N、H兩元素形成的18電子分子為N2H4,用NaClO與NH3反應(yīng)制取N2H4的化學(xué)方程式為NaClO+2NH3N2H4+NaCl+H2O。22.答案:.(1)B(2)從右向左濾紙上有藍(lán)色沉淀產(chǎn)生(答出“藍(lán)色沉淀”或“藍(lán)色斑點(diǎn)”即可).(3)增大(4)Fe-6e-+8OH-FeO42-+4H2O(5)168解析:(1)圖甲裝置中左邊為原電池,Zn作負(fù)極,Cu作正極,Mg比Zn活潑,連接后電極將發(fā)生改變。(2)原電池中,陰離子向負(fù)極移動,所以SO42-從右向左移動。右邊

57、為電解池,陽極銅失電子生成Cu2+,遇OH-生成藍(lán)色沉淀。(3)圖乙裝置為電解池,左邊為陰極,H2O中的H+得電子,pH增大。(4)圖乙裝置中右邊為陽極,根據(jù)題中所給現(xiàn)象判斷分別是Fe失電子生成FeO42-和OH-失電子生成O2,再根據(jù)氧化還原反應(yīng)配平電極反應(yīng)式。(5)X電極得到H2為0.03 mol,Y電極Fe減少0.005 mol,根據(jù)陰陽極得失電子相等,可以計算OH-失去電子0.03 mol,產(chǎn)生0.007 5 mol O2,即為標(biāo)準(zhǔn)狀況下168 mL。23.答案:(1)H2(g)+12O2(g)H2O(l)H=-286.0 kJ·mol-1(2)ABE(3)0.01 mol&

58、#183;L-1·min-150%3.2(或165)(4)<吸熱解析:(1)設(shè)氮?dú)馀c水的反應(yīng)為,工業(yè)合成氨的反應(yīng)為,由蓋斯定律知×2-6即可得氫氣燃燒的熱化學(xué)方程式。(2)工業(yè)合成氨反應(yīng)為反應(yīng)前后氣體體積變化的反應(yīng),如果不是平衡狀態(tài)體系壓強(qiáng)會改變,A項(xiàng)正確;Mr=m(g)n(g),如果不是平衡狀態(tài),氣體的物質(zhì)的量會變化,B項(xiàng)正確;三種物質(zhì)的濃度之比是否等于化學(xué)計量數(shù)與化學(xué)平衡無關(guān),C項(xiàng)錯誤;斷開HH鍵與形成NH鍵均代表正反應(yīng)速率,D項(xiàng)錯誤;氮?dú)夂桶睔獾奈镔|(zhì)的量的比值不變時,達(dá)到化學(xué)平衡,E項(xiàng)正確。(3)N2+3H22NH3起始濃度/(mol·L-1)0.20

59、.80轉(zhuǎn)化量/(mol·L-1)x3x2x平衡濃度/(mol·L-1)0.2-x0.8-3x2x由題意得,p平衡p起始=0.2-x+0.8-3x+2x0.2+0.8×100%=80%解得x=0.1,v(N2)=c(N2)t=0.1mol·L-110min=0.01 mol·L-1·min-1;(N2)=0.10.2×100%=50%;K=c2(NH3)c(N2)·c3(H2)=0.220.1×0.53=3.2。(4)由圖像知當(dāng)溫度相同時p1p2甲烷的平衡含量增大,平衡逆向移動,改變的條件應(yīng)為增大壓強(qiáng),所以p1<p2;壓強(qiáng)相同時,溫度升高,甲烷的平衡濃度減小,平衡正向移動,所以正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)。24.答案:(1)加催化劑達(dá)到平衡的時間縮短,平衡時A的濃度未變溫度升高達(dá)到平