t滚动答案全 详

1、 滚动测试一1.D解析:NaHCO3溶液显碱性;Mn2O7属于酸性氧化物;溶液和胶体的本质区别是分散质微粒直径大小,只有D选项正确。2.B解析:计算n(HCl)=0.1 mol,质量为3.65 g,需浓盐酸10 g,体积小于10 mL,用10 mL量筒量取浓盐酸,然后依次溶解、移液、洗涤、定容。3.D解析:A选项,不知溶液的体积,错误;由2NO2N2O4可知B选项错误;C选项,溶液的体积增大为10倍,但溶液的质量不是原溶液的10倍,错误;D选项,由Fe3+水解可知正确。4.A解析:B选项,过量CO2生成HCO3-,错误;C选项,一个离子方程式中不能同时出现OH-、H+,错误;D选项,离子方程式

2、正确。5.D解析:D选项,实验只能证明H2O2有氧化性,错误。6.A解析:在CO+PdCl2+H2OCO2+Pd+2HCl反应中,PdCl2是氧化剂,被还原;CO2是氧化产物,氧化性PdCl2>CO2;22.4 L CO2不一定为1 mol,故生成22.4 L CO2时转移电子不一定为2 mol;从本反应可知,CO不只在高温下才能表现还原性。7.D解析:H2O2分解的反应中MnO2的作用是催化剂,A项错误;K2FeO4中铁的化合价为+6价,具有强氧化性,B项错误;过量稀硫酸与废铁屑(含氧化铁)反应生成的硫酸亚铁中混有硫酸铁,产品不纯,应加入过量铁屑,C项错误;Fe3+可溶解Cu,发生反应

3、2Fe3+Cu2Fe2+Cu2+,D项正确。8.B解析:A选项,H2(g)的燃烧热为H=-571.62 kJ·mol-1,错误;B选项,假设CH3OH(l)为2 mol,质量为60 g,相同质量H2(g)的物质的量为30 mol,放出热量571.62 kJ·mol-1×30 mol,正确;C选项,不只有中和反应,还生成BaSO4沉淀,错误;D选项,式×32-式×12得所求式子,H=-131.4 kJ·mol-1,错误。9.D解析:A选项,电解熔融MgCl2制备金属Mg,错误;B选项,在潮湿的空气中,生铁易形成原电池,铁作负极加快腐蚀,

4、错误。10.C解析:A选项,消耗1 mol NaOH需要Al和Al2O3的质量分别为27 g、51 g,错误;B选项,n(N2O4)=1 mol,N2O4中N的化合价由+4价降低到0价,所以1 mol N2O4参加反应,则有8 mol电子发生转移,错误;C选项,不论以何种比例混合,N和O的原子个数之比一定为12,含有的原子数为4646×3NA,正确;由氯气与水或碱发生的反应可知D选项错误。11.B解析:由于不是标准状况下,故A选项错误;B选项,含有n(H)=0.04 mol,正确;生成的NH4Cl是离子化合物,C选项错误;由NH4+水解可知D选项错误。12.A解析:等质量的气体,相对

5、分子质量越小,气体的物质的量越大,密度越小,分子数、原子数最多的均是H2,密度最大的是Cl2;同温同压下,气体分子间平均距离相等。13.C解析:Na2Cr2O7和Na2CrO4中铬元素的化合价均为+6价,呈最高价态,两物质应具有强氧化性;发生反应时,铬元素的化合价没变,则不需要加入氧化剂;发生反应时,有转化关系Na2Cr2O72CrCl3,铬元素的化合价变化情况为2×(6-3)=6,即消耗Na2Cr2O7与转移电子的物质的量之比为16;从整个变化情况看,Cr(OH)3既可与盐酸反应制CrCl3,又可与NaOH反应制NaCrO2。14.B解析:既能溶解Al(OH)3,又能溶解H2SiO

6、3,说明溶液为碱溶液,则Fe2+不能大量共存,选项A错误;使酚酞溶液变红的溶液为碱性溶液,选项B正确;酸性条件下,若溶液中有NO3-,投入铁片不能产生H2,选项C错误;Fe3+与SCN-发生反应,不能大量共存,选项D错误。15.B解析:电镀时,待镀金属作阴极和电源的负极相连,镀层金属作阳极和电源的正极相连。用含有镀层金属离子的溶液作电解质溶液。16.C解析:A选项充电时碳纳米管上生成氢气,发生得电子的反应,为阴极,错误;放电时正极反应式为NiO(OH)+H2O+e-Ni(OH)2+OH-,pH增大,B、D错误。17.D解析:A选项,正极发生VO2+得电子反应,H+参与反应,所以酸性减弱,错误;

7、B选项,负极发生失电子的反应,错误;C选项,阳极,VO2+失电子生成VO2+,由蓝色变为黄色,错误;D选项,加入VO2+、V2+、H+,使平衡左移,正确。18.D解析:由燃料可知乙为燃料电池,A选项错误;B选项生成Fe2+,错误;0.1 mol CH4参加反应,转移0.8 mol电子,根据电子守恒C电极生成0.4 mol H2,错误;D项正确。19.答案:(1)(2)容量瓶(3)偏小(4)2MnO4-+5H2C2O4+6H+2Mn2+10CO2+8H2O(5)1.2解析:(1)由图示可知操作不正确。不能在量筒中溶解固体,定容时应平视刻度线,至溶液凹液面与刻度线相切;(2)应该用容量瓶准确确定5

8、0 mL溶液的体积;(3)如果用图示的操作配制溶液,由于仰视刻度线,会使溶液体积偏大,所配制的溶液浓度将偏小;(5)血液样品中Ca2+的浓度为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(胶体)+3H+温度升高,水解程度加大,产生氢氧化铝沉淀(3)(a+b)(4)O2+2H2O+4e

9、-4OH-解析:(1)此反应不属于氧化还原反应,首先写出反应物及生成物Al3+AlO4Al12(OH)24(H2O)127+,配平除氢、氧之外的其他元素13Al3+AlO4Al12(OH)24(H2O)127+,用OH-配平电荷13Al3+32OH-AlO4Al12(OH)24(H2O)127+,最后补水配氢13Al3+32OH-+8H2OAlO4Al12(OH)24(H2O)127+;(2)AlT越大,依据Al3+水解可知溶液酸性越强;抓住“主要发生反应”,由铝形态分布(百分数)可知稀释过程中Al3+百分数减小的程度最大,Al(OH)3百分数增加的程度最大,所以主要反应为Al3+Al(OH)

10、3;(3)式+式即得所求方程式;(4)正极是空气中氧气得电子在中性溶液中生成OH-。21.答案:(1)产生光化学烟雾或形成酸雨(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元素化合价升高了2价,所以生成0.5 mol O2转移1 mol电子;首先依据32写出3NO2+2CO(NH2)272N2+4H2O+2CO2,然后消去分母;(3)首先写出2NO(g)+O2(g)2NO2(g),然后比较得出式-式×2即得所求方程式;(4

11、)负极发生NO生成NO3-的失电子反应,配平即可。22.答案:(1)由于在高温下,C有可能把氧化铜还原成铜,不易控制反应条件(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失去电子生成Cu2O,然后用OH-配平电荷,用水配平H原子,最后用O检查是否配平。23.答案:(1)Ba(NO3)2HClHNO3Br2AgNO3(2)SO32-SO42-Cl-(3)BaSO3+2H+Ba2+SO2+H2O(4)中和OH-,防止对Cl-的检验产生干扰

12、(5)会使SO32-对SO42-的检验产生干扰,不能确定SO42-和SO32-是否存在(6)SO2+Br2+2H2O4H+SO42-+2Br-解析:由气体E使试剂褪色可知E、试剂分别为SO2、溴水,逆推沉淀A中含有BaSO3,所以试剂为Ba(NO3)2溶液,沉淀A含BaSO4、BaSO3;过量试剂为酸,因为硝酸可氧化SO32-,试剂不能为硝酸,只能为盐酸;无色溶液C中含阴离子OH-、Cl-、NO3-,先加过量(稀硝酸)酸化,再加试剂(AgNO3溶液),白色沉淀为AgCl,c表明检出Cl-;白色沉淀A如加试剂(稀硝酸),则BaSO3会被氧化为BaSO4,检不出SO32-,也不能确定SO42-存在

13、。24.答案:(1)2FeTiO3+6C+7Cl22FeCl3+2TiCl4+6CO(2)TiCl4+(2+x)H2OTiO2·xH2O+4HCl,加入大量水并加热,促进水解趋于完全(或促使水解正向进行)(3)防止钛、镁被氧化(或防止钛、镁与空气和水反应)1 412(4)cVM1 000w(或cVM10w%)(5)5解析:(2)由信息可知应该从影响水解平衡移动的角度分析;(4)依据离子方程式可知Fe3+Ti3+,n(TiO2)=n(Ti3+)=n(Fe3+)=c·V×10-3 mol,则m(TiO2)=c·V×10-3×M g;(5)

14、由第(1)问可知7 mol氯气可生成6 mol CO,每合成6 mol甲醇,需要氢气12 mol,每生成7 mol氯气同时生成7 mol氢气,所以还需要氢气5 mol。滚动测试二1.D解析:A选项苏打为Na2CO3;B选项中的等号应为可逆号;C选项胶体不能标沉淀符号,只有D选项正确。2.B解析:A选项,氧化膜Al2O3不能拆,错误;B选项,参加反应的Fe与HNO3的物质的量之比为13.2=516,符合方程式中Fe与H+的物质的量之比,铁元素的化合价升高总数与NO3-中氮元素化合价降低总数相等,符合得失电子守恒,符合电荷守恒,正确;C选项,澄清石灰水少量,所以Ca2+与OH-的计量数之比应为12

15、,错误;D选项,高锰酸钾为氧化剂,H2O2是还原剂,O化合价升高生成O2,3 mol H2O2只能生成3 mol O2,错误。3.B解析:活化能是从反应物到最高点的能量,A选项错误;反应物A、B总能量大于生成物C的能量,故为放热反应,B选项正确;X是A、B的生成物,不属于催化剂,C选项错误;依据能量守恒,反应物A、B总能量与生成物C的总能量不受反应过程的影响,D选项错误。4.B解析:B选项,作焙制糕点的膨松剂是应用的NaHCO3能与酸反应及受热分解生成CO2的性质,错误。5.C解析:氩气是单原子分子,A选项错误;CaO2中的阴离子为O22-,B选项错误;氮气和氧气均是双原子分子,C选项正确;在

16、Na2O2与CO2的反应中,1 mol Na2O2转移1 mol电子,D选项错误。6.B解析:A选项,N原子不守恒,错误;C选项,碱性条件下不能出现H+,错误;D选项,电极1是负极,错误。7.C解析:应该电解熔融MgCl2生产Mg;铁在氧气中燃烧生成Fe3O4;FeCl3溶液加热水解生成Fe(OH)3沉淀,Fe(OH)3分解生成Fe2O3。8.C解析:A选项,燃烧热是在101 kPa时,1 mol纯物质完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量,错误;B选项,最终c(CO32-)一定不为0,错误;H2O2具有强氧化性,加快了化学反应速率,C项正确;D选项,使Al3+沉淀完全消耗的NaOH溶液与沉淀完全

17、溶解消耗的NaOH溶液体积之比为31,不是13,错误。9.B解析:因为没有透过蓝色钴玻璃,所以无法判断是否含有钾离子。10.D解析:D选项,没有注明标准状况,错误。11.C解析:A选项,此反应为吸热反应,生成物的总能量大,错误;B选项,式×2-式既得所求方程式,H=-1 135.7 kJ· mol-1,错误;D选项,由电池反应式N2H4+O2N2+2H2O可知生成水,KOH溶液的浓度减小,pH将减小,错误。12.B解析:A选项,AlO2-水解,所以AlO2-数目小于0.1NA,错误;C选项,没有注明标准状况,错误;D选项,Na+的数目不变,错误。13.B解析:A选项,Fe3

18、+、I-不能大量共存;B选项,溶液显碱性,可以大量共存;C选项,Cr2O72-具有强氧化性,C2H5OH具有还原性,所以不能大量共存;D选项,HCO3-在强碱性、强酸性条件下均不能大量共存。14.C解析:A选项,过氧化钠不属于碱性氧化物,错误;B选项,Cu生成碱式碳酸铜,错误;C选项,溶液显酸性,I-、NO3-不能大量共存,正确;D选项,电子不能通过电解质溶液,错误。15.C解析:n(Fe)=0.3 mol,发生2Fe+3Br22FeBr3生成0.2 mol FeBr3后,剩余0.1 mol Fe再与0.2 mol FeBr3恰好完全反应生成0.3 mol FeBr2。A选项,氯气少量只与Fe

19、2+反应,正确;B选项,先发生2Fe2+Cl22Fe3+2Cl-,0.3 mol Fe2+消耗0.15 mol Cl2,余下0.3 mol Cl2恰好与0.6 mol Br-反应,正确;C选项,依据Cl2与Fe2+、Br-反应的离子方程式可知生成1 mol Fe2+与消耗1 mol Br-分别生成1 mol Cl-,所以c(Fe3+)c(Br-)c(Cl-)=112,错误;D选项,依据电荷守恒可知正确。16.D解析:由NaOH溶液作用(除去氯气)可知a极是阳极,d为原电池的正极,充入的是氧气,c充入的是H2,A选项错误;由酸性溶液可知B选项错误;由电解池的总反应CuCl2Cu+Cl2及Cl2和

20、水的反应可知C选项错误。17.B解析:加入的Ba(OH)2为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为0.2 mol。18.C解析:n(Al)=0.1 mol、n(HCl)=n(NaOH)=0.3 mol,所以X为AlCl3溶液、Y为NaAlO2、NaOH溶液。向Y中加入稀盐酸一开始无沉淀生成,A选项错误;B选项,铝均完全反应,生成的氢气相同,错误;M点铝元素全部以Al(OH)3沉淀形式存在,溶液为NaCl溶液,两种方案中加入酸碱相同,且酸碱均恰好完全反应,NaCl物质的量相同,C选项正确

21、;D选项,M点后加入NaOH溶液的曲线斜率大,错误。19.答案:(1)<(2)Fe3+3H2OFe(OH)3+3H+,加入Na2SO3后,c(H+)下降,平衡正向移动,生成Fe(OH)32Fe3+SO32-+H2O2Fe2+SO42-+2H+(3)FeSO3和FeCl3的混合溶液也可能出现丁达尔效应(4)a2Fe3+SO2+2H2O2Fe2+SO42-+4H+;Fe2+SO2+H2OFeSO3+2H+(或2Fe3+3SO2+4H2O2FeSO3+SO42-+8H+);FeSO3与剩余的FeCl3溶液混合而呈现红褐色解析:(2)FeCl3水解显酸性、Na2SO3水解显碱性,二者混合后水解互

22、相促进;(3)胶体不一定是Fe(OH)3,其他物质也可能形成胶体;(4)排除法,KSCN溶液可以检验Fe3+,不能检验Fe2+,b选项不可;因为溶液中含有+4价硫的化合物,所以也不能用KMnO4溶液检验Fe2+;只有a选项可以;应从Fe3+的氧化性、SO2的还原性结合乙同学查阅资料所得信息进行分析。20.答案:(1)Al3+3NH3·H2OAl(OH)3+3NH4+过滤、洗涤灼烧(或加热)、冷却1 000m51v(2)c负从A到BSx2-2e-xS解析:(1)逆推可知操作c是灼烧Al(OH)3制备Al2O3,结合过量试剂a,可知a为氨水;n(Al3+)=2n(Al2O3)=m102&

23、#215;2 mol;(2)依据信息可知Na、S均为液态;Na失电子作原电池负极;阳离子向正极移动;依据总反应方程式可知阳极发生失电子反应SxxS,配平即可。21.答案:(1)NaBiO3>KMnO4>H2O2(2)紫红色褪去,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的化合价为最高价,只具有氧化性,结合可知NaBiO3可把Mn2+氧化为紫红色的MnO4-,得出NaBiO3的氧化性强于KMnO4的;中氧化剂、还原剂分别为MnO4-、H2O2,还原产物、氧化

24、产物分别为Mn2+、O2,依据得失电子守恒可得2MnO4-+5H2O22Mn2+5O2,依据O、H原子守恒,用H2O、H+配平,最后用电荷守恒检查是否配平;同理可写出实验反应的离子方程式5PbO2+2Mn2+4H+5Pb2+2MnO4-+2H2O;中SO2被酸性高锰酸钾溶液氧化为SO42-,与Pb2+结合生成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、首先写出甲醇燃烧的化学方程式(标明各物质状态)CH3OH(l)+32O2(g)CO2(g)+2H2O(l),然后找到甲醇燃烧的化学方程式中的物质与所给热化学方程式中的物质位置进行比较可知式×32-式-式+式×2,即得所求方程式;(2)依据电解质可知正极氧气得电子生成O2-;因为原电池中电解质无H2O,结合流程可知负极有SO2、SO3生成,SO3与稀硫酸中的水反应生成H2SO4,使硫酸浓度增大。生成硫酸的物质的量n(H2SO4)=18.4 mol,转移电子的物质的量为18.4×6 mol,消耗氧气的物质的量n(O2)=18.4×6mol4=27.6 mol

26、。23.答案:(1)用干燥洁净的玻璃棒蘸滤液,滴在pH试纸上,经与标准比色卡比较后CaCO3+2H+Ca2+CO2+H2O2H2PO4-+3Ca2+4OH-Ca3(PO4)2+4H2OSiO2·nH2O、Al(OH)3(2)避免碱石灰吸收装置原有空气中的CO2干燥管中的碱石灰吸收空气中的CO2或H2ONaHCO3溶液除HCl时产生了CO2称量不溶物样品在高温下完全分解前后的质量解析:(1)加入稀盐酸有气体生成可知一定含有CaCO3,沉淀全部溶解可知一定无SiO2·nH2O;加入NaOH溶液质量不变,可知一定无Al(OH)3;由可知含有Ca3(PO4)2;(2)由信息Ca3(

27、PO4)2高温不分解,称量不溶物样品在高温下完全分解前后的质量即可求出CO2质量,从而求出CaCO3质量。24.答案:(1)溶液变为红色(2)不合理Cu能将Fe3+还原为Fe2+(3)Fe2O3和Cu2O的混合物Fe2O3+6H+2Fe3+3H2O、Cu2O+2H+Cu+Cu2+H2O、2Fe3+Cu2Fe2+Cu2+解析:(1)若假设1成立,则溶液中含有Fe3+,遇到KSCN溶液呈红色。(2)如果混合物中含有Cu2O,遇到酸产生Cu和Cu2+,Cu能与Fe3+反应,故此种说法不正确。(3)若固体全部溶解,则假设2不成立,因为Cu2O溶于硫酸生成Cu和CuSO4,而H2SO4不能溶解Cu;由滴

28、加KSCN试剂时溶液不变红色可知假设1不成立,所以一定存在Fe2O3和Cu2O。滚动测试三1.D解析:酸雨降落到地面上pH逐渐变小的原因是SO2与H2O反应生成的H2SO3具有还原性,在空气中与O2发生缓慢氧化生成强酸H2SO4,导致雨水酸性增强,pH变小;用于制造光缆的主要材料是SiO2;研制“嫦娥”二号一定使用了大量复合材料;用于雕刻工艺玻璃上纹饰的是氢氟酸而不是NaOH溶液,故答案为D。2.A解析:依据元素周期表结构可知,原子序数为x+1的元素可能处在过渡元素或第A族,A错误。3.A解析:容量瓶是用来配制一定物质的量浓度溶液的仪器,A选项错误。4.A解析:A选项,D216O含有10个中子

29、,18 g的D216O为0.9 mol,含有9 mol中子,正确;B选项,无溶液体积,且水中含有氧原子,错误;C选项,没有说明状态,错误;D选项,32 g Cu与S反应生成Cu2S,失去0.5 mol电子,错误。5.D解析:从苦卤提取Br2需发生反应,反应都是将Br-氧化为Br2,反应为:SO2+Br2+2H2OH2SO4+2HBr,故生产1 000 mol Br2,整个过程中转移6 000 mol电子。应用蒸馏的方法从反应后的溶液中分离出单质溴。该工艺使用有毒的Cl2、SO2等物质,存在工艺缺陷。向苦卤中加入过量的NaOH溶液后过滤得到Mg(OH)2固体,向固体中加入盐酸得到MgCl2溶液,

30、然后将MgCl2溶液进行浓缩干燥得到MgCl2固体,电解熔融MgCl2得到Mg。综合上述选项D正确。6.A解析:A选项均是钝化,正确;B选项,浓硫酸吸水、浓盐酸挥发使浓度降低,错误;C选项,SO2使红墨水褪色是因为SO2与有色物质结合生成不稳定的无色物质,漂白粉、过氧化钠使红墨水褪色均是由于其具有强氧化性,活性炭具有吸附性,错误;D选项,漂白粉变质发生复分解反应和氧化还原反应,而水玻璃变质只发生复分解反应。7.A解析:A选项,无色无味气体排除了SO32-干扰,正确;B选项,X可以为浓硝酸,错误;C选项,强酸性溶液排除了SO32-干扰,但无法排除Fe2+干扰,错误;D选项,没有透过蓝色钴玻璃观察

31、,错误。8.A解析:是可逆反应;中MnO2不能与稀盐酸反应;中铜不能与稀硫酸反应;中生成的CaSO4微溶,可附着在石灰石表面,隔开了石灰石与硫酸,反应进行一段时间后停止。9.D解析:A选项中加入过量铁粉时溶质为Fe(NO3)2,加入少量铁粉时溶质为Fe(NO3)3和剩余的HNO3,加入适量铁粉时溶质为Fe(NO3)2和Fe(NO3)3;B选项中溶质为NaCl、AlCl3、HCl;C选项中CO2过量时溶质为NaHCO3,适量时溶质为Na2CO3或Na2CO3和NaHCO3,少量时溶质为Na2CO3和NaOH;D选项中Mg2+、H+、SO42-均完全反应,最后溶质只有Ba(OH)2。10.A解析:

32、醋酸促进NaClO水解生成HClO,漂白效果增强,B选项错误;C选项是因为双氧水分解产生了O2,错误;D选项,铜与浓硝酸常温下可以反应,错误。11.A解析:A选项,该溶液为强酸性,可以大量共存,正确;B选项,该溶液具有强氧化性,S2-不能大量存在,且Cu2+与S2-会生成CuS沉淀,错误;C选项,Al3+、Fe3+、Cl2均与碱反应,错误;D选项,该溶液为酸性或碱性溶液,HCO3-在酸性或碱性条件下均不能大量存在,错误。12.D解析:因为溶液为无色,所以一定无Cu2+;如果没有SO32-加入少量溴水后,则溶液为溴水或碘水的颜色,所以一定含有SO32-;若存在I-,则少量溴水首先与还原性强的SO

33、32-反应,不会与I-反应,所以正确。13.A解析:由OH-流向可知Y为负极,X为正极,A选项正确、B选项错误;因为溶液为碱性溶液,所以负极反应式为Mg-2e-+2OH-Mg(OH)2,正极反应式为ClO-+2e-+H2OCl-+2OH-,两极相加得到电池反应Mg+ClO-+H2OMg(OH)2+Cl-,废液为NaCl溶液,C、D两项均错误。14.D解析:A选项,因为Fe(OH)2极易被氧化,所以应该把胶头滴管尖端插入液面以下,且用油封,防止空气中的氧气进入溶液,正确;B选项,铜作阳极,Cu失电子生成Cu2+,H+在阴极失电子生成H2,溶液中OH-浓度增大与Cu2+反应生成Cu(OH)2,正确

34、;D选项,铜与浓硫酸在常温下不反应,错误。15.D解析:C选项,符合NH4Al(SO4)2与Ba(OH)2的物质的量比为12反应,正确;D选项,得失电子及电荷均不守恒,错误。16.D解析:Z的最外层电子数为6,X为第二周期元素,所以Y、Z分别为第三周期元素Al、S;X最外层电子数为14-3-6=5,则X为N。排除法判断只有D错误。17.D解析:根据题目信息知上述过程中发生了氧化还原反应,其中被氧化的亚铁离子的物质的量为2-x3-x×a mol,由得失电子守恒得2-x3-x×a=2×3(1 mol Cr2O72-含2 mol Cr,Cr元素由+6价降到+3价,得2&

35、#215;3 mol电子),将各选项代入计算可得D项符合。18.D解析:K与N连接时,该装置为原电池,铁作负极,石墨作正极,所以铁被腐蚀,石墨电极产生气泡,所以A、B正确;K与M连接时,该装置为电解池,铁与电池的负极连接作阴极,氢离子在铁电极上得电子,变成氢气,氯离子在石墨电极上失电子变成氯气,一段时间后溶液的pH增大,所以C正确,D错。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)化合价降低的是O2中的氧元素,铜元素化合价也降低,铁元素化合价没变,S元素化合价升高;(2)SO

36、2不与BaCl2溶液反应,D错误;(3)Fe(OH)3不溶于水,不需要蒸发结晶操作;(4)由流程图可知生成物中含有S单质,滤液中含有Cu2+,CuFeS2中S的化合价升高,Fe3+化合价降低生成Fe2+,配平即可;(5)由流程图可知电解液循环又加入精黄铜矿粉,所以电解液为FeCl3溶液;(6)阳离子只有Fe2+可在阳极失电子。20.答案:(1)A向上层清液中,滴加氯化钡溶液,若无沉淀产生,证明试剂a已过量(其他合理答案同样给分)洗涤233m-142n233m×100%(2)将装置中的SO2全部排入到U形管中被吸收2SO32-+2H+SO2+H2O吸收SO2中的水蒸气或干燥SO2气体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)阳N2O4+2HNO3-2e-2N2O5+2H+4HNO32N2O5+2H2O解析:(1)两式相加再除以2即得答案;(2)注意电解质为无水HNO3,所

38、以HNO3写成化学式,由化合价升降可知乙为阴极,发生得电子反应2HNO3+2e-N2O4,只能用H+配平电荷,2HNO3+2e-+2H+N2O4,只能用水配平H原子得2HNO3+2e-+2H+N2O4+2H2O,甲为阳极发生失电子反应生成N2O5,其电极反应式为N2O4+2HNO3-2e-2N2O5+2H+,两式相加得电池反应式。22.答案:(1)三A(2)2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2(3)Na2SO42(4)4Na2S+O2+2H2O4NaOH+2Na2S2解析:本题突破口为白色沉淀D能溶于强酸和强碱,知其为氢氧化铝,再由酸雨的形成可知G为SO2、A为硫单质,B为铝单质

39、,Al与S在加热条件下反应生成C(Al2S3),E为H2S,F为Na2S,由Na2O2的结构可知H为Na2S2。(3)氯酸钠与二氧化硫反应生成硫酸钠和二氧化氯,硫酸钠是氧化产物,氯从+5价降到+4价,每生成2 mol二氧化氯转移电子2 mol。23.答案:(1)2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3+2H2O(2)2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O(3)将硫黄粉碎;增大空气压力;将硫黄先气化等(4)12或解析:由反应中反应物NaCl、NH3、CO2及生成物之一NH4Cl可知另一生成物为NaHCO3,是生产纯碱的反应原理,加热NaHCO3固体生成Na2CO3、H2O、CO2,结

40、合信息可知,反应为Na2CO3与H2O、SO2反应生成NaHSO3,反应的化学方程式为Na2CO3+SO2+H2O2NaHSO3+CO2;(4)首先加入稀硫酸,然后用酸性高锰酸钾溶液除去SO2气体(可用品红溶液检验SO2是否除尽),最后通过澄清石灰水。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+发生水解反应,使溶液呈酸性Cu、SiO2、KNO3、NH4Cl(4)Ix-+(x-1)e-xI-解析:(2)首先依据

41、信息N元素转化为无毒的N2,据此写出方程式4NH3(g)+3O2(g)2N2(g)+6H2O(g),然后计算反应热;(3)Cu、SiO2、KNO3、NH4Cl均不与盐酸反应,结合蓝色溶液,可知Cu被氧化为Cu2+,所以溶液中一定含有KNO3,加过量NaOH溶液后最后剩余固体2.00 g(减少的固体质量应为SiO2的质量),分析只能为Cu单质,在发生3Cu+8H+2NO3-3Cu2+2NO+4H2O反应时NO3-量不足,由生成n(NO)=0.01 mol,可知参加反应的Cu为0.015 mol,质量为0.96 g,铜的总质量为2.96 g;(4)阴极x-得电子生成I-,配平即可。滚动测试四1.B

42、解析:A项,化石燃料是不可再生资源,不利于节能减排和环境保护,太阳能是清洁能源,正确;B项,合理使用食品添加剂无害,错误;C项,废旧电池含重金属离子,需进行回收处理,正确;D项,塑料难降解,尽量不用,正确。2.D解析:水是非金属氧化物,同时也是一种电解质;硫酸是共价化合物,同时也是一种强电解质;过氧化钠是离子化合物,含有离子键,同时氧原子和氧原子之间还含有共价键;置换反应中有化合价的变化,一定是氧化还原反应。3.B解析:A项不知NaCl溶液的体积,无法确定Na+的数目;由n=mM可知在任何条件下,16 g O3中一定含有1 mol O,B项正确;由CH4和C2H6组成的混合物中共有NA个分子,

43、其中的氢原子数介于4NA6NA之间;标准状况下,SO3为固态,D项错。4.C解析:根据反应HCO3-+OH-CO32-+H2O可看出HCO3-减少,CO32-增多。5.C解析:A选项,能使淀粉KI试纸显蓝色,说明有氧化性的离子存在,和具有强还原性的离子S2-不能大量共存;B选项,Fe2+与ClO-因发生氧化还原反应而不能大量共存;C选项,c(H+)c(OH-)=1012,说明为强酸性溶液,四种离子可以大量共存;D选项,Fe3+与HCO3-发生互相促进的水解反应,不能大量共存。6.D解析:如果CO2比NH3的物质的量大2倍,会生成HCO3-,与Ca2+不会产生沉淀。7.B解析:F-、Mg2+、A

44、l3+核外电子排布完全相同,随着核电荷数的增大,核对外层电子引力增大,离子半径减小,即离子半径:F->Mg2+>Al3+,故A项正确;O、S同主族,非金属性:O>S,故稳定性:H2O>H2S,B项错;C、Si同主族,非金属性:C>Si,故酸性:H2CO3>H2SiO3,H3PO4是中强酸,酸性比H2CO3强,故C项正确;卤素单质F2、Br2、I2依次是气体、液体、固体,沸点:F2<Br2<I2,故D项正确。8.C解析:A项,灼烧应用坩埚,错误;B项,没有用玻璃棒引流,错误;C项,I2易溶于CCl4中,可以用分液法分离,正确;D项,蒸馏操作,温度计

45、的水银球应在支管口处,错误。9.B解析:A项,反应热H=E(生成物)-E(反应物),该反应放热,H<0,所以E(反应物)>E(生成物),正确;B项,从键能角度看,H=反应物总键能-生成物总键能,所以反应物总键能小于生成物总键能,即断开1 mol HH键和1 mol II键所需能量小于断开2 mol HI键所需能量,错误;C项,H=反应物总键能-生成物总键能,即b+c-生成物总键能=-a,生成物总键能=c+b+a,正确;D项,由热化学方程式知2 mol H2和2 mol I2完全反应放出的能量为2a kJ,但该反应是可逆反应,反应不能完全进行到底,所以放出的热量小于2a kJ,正确。

46、10.C解析:A项,FeCl3溶液与Cu反应说明Fe3+的氧化性强于Cu2+,则Cu的还原性强于Fe2+,而与Fe金属性强于Cu并没有因果关系,错误;B项,Na2O2与水反应后得到NaOH,所以酚酞变红,而Na2O2能使品红褪色是因为其具有强氧化性而能漂白,错误;C项,饱和食盐水中Cl-浓度大,抑制了Cl2与水反应,所以可用排饱和食盐水法收集Cl2,正确;D项,浓硫酸可干燥NO和SO2,是因为浓硫酸与之不反应,NO和SO2还原性都强。11.D解析:A项,气体也可能是Cl2;B项,原溶液中也可能有CO32-、SO32-等而无Cl-;C项,原溶液中有SO32-而无SO42-也会出现同样的现象;D项

47、,能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体是氨气,故原溶液中一定含有NH4+。12.B解析:能与金属钠反应生成氢气说明含有羟基,所以该物质是丁醇C4H9OH,丁醇能与乙酸发生酯化反应,而丁醇的同分异构体有CH3CH2CH2CH2OH、CH3CH2CH(CH3)OH、(CH3)3COH、(CH3)2CHCH2OH,共4种。13.A解析:稀氨水与过量CO2反应生成NH4HCO3,A选项正确;B选项中生成的HClO有强氧化性,而CaSO3有还原性,发生氧化还原反应生成CaSO4,B选项错误;C选项稀硝酸具有强氧化性,与FeS反应不能生成Fe2+和H2S气体;D项忽视了NH4+与OH-之间的反应。14.A解析:

48、由这三种离子所带电荷数p<n<m=3知p=1,n=2,又因为Zp-的电子层数比Xn+、Ym+多1,则X、Y、Z三种元素在同一周期,所以Ym+是Al3+,故X、Y、Z处于第3周期,那么Z为Cl,X为Mg,Y为Al。A项中Al(OH)3的碱性比Mg(OH)2弱,酸性比HClO4弱;B项中原子半径应为Mg>Al>Cl;C项中单质的还原性为Al<Mg;D项中Mg2+、Al3+、Cl-的半径关系为Cl->Mg2+>Al3+。故选A。15.C解析:设溶液中Cl-、Br-、I-分别为2 mol、3 mol、4 mol,由溶液中存在的电荷守恒知溶液中Fe2+的物质的量

49、为(2+3+4) mol÷2=4.5 mol,要使得溶液中Cl-和Br-的个数比为31,则反应后溶液中应含有Cl- 9 mol,由还原性大小关系知I-先与Cl2发生反应:2I-+Cl2I2+2Cl-,4 mol I-完全反应消耗Cl2 2 mol,生成Cl- 4 mol,此时溶液中Cl-为6 mol,继续发生反应:2Fe2+Cl22Fe3+2Cl-,计算知此反应消耗3 mol Fe2+和1.5 mol Cl2,得到Cl- 3 mol,最终溶液中Cl-和Br-的个数比为31,两步反应中通入的Cl2一共2 mol+1.5 mol=3.5 mol,溶液中剩余的Fe2+的物质的量为4.5 m

50、ol-3 mol=1.5 mol,两者物质的量比为3.51.5=73,C项正确。16.B解析:根据盖斯定律,液体酒精完全燃烧生成液态水的热化学方程式为C2H5OH(l)+3O2(g)2CO2(g)+3H2O(l)H=(-Q1+Q2-3Q3) kJ·mol-1,故23 g液体酒精完全燃烧放出的热量为0.5Q1-0.5Q2+1.5Q3,B项正确。17.C解析:由于两种溶液的体积相等,物质的量浓度也相等,即溶质的物质的量相等,设CuSO4和NaCl的物质的量各1 mol,电解分3个阶段。第一阶段阳极:1 mol氯离子失1 mol电子,阴极:0.5 mol铜离子得1 mol电子,因为铜离子水

51、解使溶液显酸性,随着电解的进行,铜离子的浓度降低,酸性减弱,pH将增大。第二阶段阳极:1 mol氢氧根离子失1 mol电子(来源于水的电离),阴极:0.5 mol铜离子再得1 mol电子,因为氢氧根离子消耗,使水溶液中氢离子浓度增大,pH迅速减小。第三阶段阳极:氢氧根离子失电子,阴极:氢离子得电子,它们都来源于水的电离,实质是电解水,导致溶液的体积减小,使溶液中氢离子浓度增大,pH继续减小,故C项错误。18.D解析:A中,温度越高,反应速率越大,v(M)<v(P);B中,由题干图可知,升温,c(I3-)减小,所以平衡常数:KN>KP;C中,M、N两点相比,M点温度低于N点温度,升温

52、,平衡左移,所以M点的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:根据题中信息,X为钠,Y为氮,Z为镁,M为硫。(4)Na2S3和氧气反应生成NaOH和S。20.答案:(1)Al2O3+6H+2Al3+3H2OFe2O3+6H+2Fe3+3H2O(2)盐酸的浓度、反应温度、煤矸石颗粒大小、是否充分搅拌、反应时间(任写两个)(3)CO2Al(O

53、H)3+OH-AlO2-+2H2O(4)加入CaCO3调节pH到3.2,过滤除去Fe(OH)3后,再加入CaCO3调节pH到5.4,过滤得到Al(OH)3(5)AlCl3饱和溶液中存在溶解平衡:AlCl3·6H2O(s)Al3+(aq)+3Cl-(aq)+6H2O(l),通入HCl气体使溶液中c(Cl-)增大,平衡向析出固体的方向移动从而析出AlCl3晶体解析:(1)SiO2与盐酸不反应,Al2O3和Fe2O3能与盐酸反应,化学方程式为Al2O3+6HCl2AlCl3+3H2O、Fe2O3+6HCl2FeCl3+3H2O。(2)温度越高、颗粒越小、反应时间越长、盐酸浓度越高等都可以提

54、高铝的浸出率。(3)碱溶步骤中Al元素以NaAlO2形式存在,要从NaAlO2溶液中得到Al(OH)3沉淀可通过通入CO2的方式来实现,所以X是CO2,而CO2是在水解步骤中CaCO3与酸反应得到的。(4)水解步骤中加CaCO3主要是调节溶液pH使Fe3+和Al3+均沉淀,由信息知可先调节pH到3.2使Fe3+沉淀,过滤后再调节pH到5.4使Al3+沉淀。21.答案:(1)加碱共热,用湿润的红色石蕊试纸检验生成的气体,若变为蓝色,则为铵根离子(2)2NH4Cl+Ca(OH)22NH3+CaCl2+2H2ONH3·H2ONH4+OH-bc(3)2NH3+NaClON2H4+NaCl+H

55、2O解析:由于单质X为双原子气态分子,且分子内含有共价键最多,故单质X为N2。X与Y生成的共价化合物甲为10e-分子,故Y应为H2,甲为NH3,由共价化合物甲(NH3)与乙形成离子化合物丙,结合乙为18e-分子,故推知Z为Cl2,则乙为HCl,丙为NH4Cl。(1)铵根离子的检验方法为取待测溶液少许与碱共热,用湿润的红色石蕊试纸检验生成的气体。(2)实验室中用消石灰Ca(OH)2固体与氯化铵固体共热制取NH3,反应的化学方程式为Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3+2H2O,收集NH3用的是向下排空气法,NH3溶于水后生成一元弱碱NH3·H2O,由于发生NH3·

56、H2ONH4+OH-,而使溶液显碱性,在实验室也可以采用向浓氨水中加入碱石灰、NaOH(s)或生石灰的方法快速制取NH3。(3)N、H两元素形成的18电子分子为N2H4,用NaClO与NH3反应制取N2H4的化学方程式为NaClO+2NH3N2H4+NaCl+H2O。22.答案:.(1)B(2)从右向左滤纸上有蓝色沉淀产生(答出“蓝色沉淀”或“蓝色斑点”即可).(3)增大(4)Fe-6e-+8OH-FeO42-+4H2O(5)168解析:(1)图甲装置中左边为原电池,Zn作负极,Cu作正极,Mg比Zn活泼,连接后电极将发生改变。(2)原电池中,阴离子向负极移动,所以SO42-从右向左移动。右边

57、为电解池,阳极铜失电子生成Cu2+,遇OH-生成蓝色沉淀。(3)图乙装置为电解池,左边为阴极,H2O中的H+得电子,pH增大。(4)图乙装置中右边为阳极,根据题中所给现象判断分别是Fe失电子生成FeO42-和OH-失电子生成O2,再根据氧化还原反应配平电极反应式。(5)X电极得到H2为0.03 mol,Y电极Fe减少0.005 mol,根据阴阳极得失电子相等,可以计算OH-失去电子0.03 mol,产生0.007 5 mol O2,即为标准状况下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)<吸热解析:(1)设氮气与水的反应为,工业合成氨的反应为,由盖斯定律知×2-6即可得氢气燃烧的热化学方程式。(2)工业合成氨反应为反应前后气体体积变化的反应,如果不是平衡状态体系压强会改变,A项正确;Mr=m(g)n(g),如果不是平衡状态,气体的物质的量会变化,B项正确;三种物质的浓度之比是否等于化学计量数与化学平衡无关,C项错误;断开HH键与形成NH键均代表正反应速率,D项错误;氮气和氨气的物质的量的比值不变时,达到化学平衡,E项正确。(3)N2+3H22NH3起始浓度/(mol·L-1)0.20

59、.80转化量/(mol·L-1)x3x2x平衡浓度/(mol·L-1)0.2-x0.8-3x2x由题意得,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)由图像知当温度相同时p1p2甲烷的平衡含量增大,平衡逆向移动,改变的条件应为增大压强,所以p1<p2;压强相同时,温度升高,甲烷的平衡浓度减小,平衡正向移动,所以正反应为吸热反应。24.答案:(1)加催化剂达到平衡的时间缩短,平衡时A的浓度未变温度升高达到平