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HC,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,离子方程式正确。
5.D 解析:D选项,实验③只能证明H2O2有氧化性,错误。
6.A 解析:在CO+PdCl2+H2O
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2Fe3+
+Cu2Fe2++Cu2+,D项正确。
8.B 解析:A选项,H2(g)的燃烧热为ΔH=- 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 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,①式×-②式×得所求式子,ΔH=-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,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1∶2,含有的原子数为×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N水解可知D选项错误。
12.A 解析:等质量的气体,相对分子质量越小,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⑤时,铬元素的化合价没变,则不需要加入氧化剂;发生反应①时,有转化关系Na2Cr2O7→2CrCl3,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1∶6;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H2SiO3,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N,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V得电子反应,H+参与反应,所以酸性减弱,错误;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V,由蓝色变为黄色,错误;D选项,加入V、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。 CO2+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
19.答案:(1)②⑤
(2)容量瓶
(3)偏小
(4)2Mn+5H2C2O4+6H+
(5)1.2 2Mn2++10CO2↑+8H2O
解析:(1)由图示可知②⑤操作不正确。②不能在量筒中溶解固体,⑤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50 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=1.2 mg·cm-3。
20.答案:(1)13Al3++32OH-+8H2O
(2)①越小 ②Al3++3H2O
(3)(a+b)
(4)O2+2H2O+4e
-4OH- [AlO4Al12(OH)24(H2O)12]7+ Al(OH)3(胶体)+3H+ ③温度升高,水解程度加大,产生氢氧化铝沉淀
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)12]7+,配平除氢、氧之外的其他元素13Al3+→[AlO4Al12(OH)24(H2O)12]7+,用OH-配平电荷13Al3++32OH-→[AlO4Al12(OH)24(H2O)12]7+,最后补水配氢13Al3++32OH-+8H2O[AlO4Al12(OH)24(H2O)12]7+;(2)①AlT越大,依据Al3+水解可知溶液酸性越强;②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)3;(3)①式+②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)①1 ②6NO2+4CO(NH2)27N2+8H2O+4CO2
(3)2NO(g)+O2
(g)2NO2(g) ΔH=-113.0 kJ· mol-1
(4)NO-3e-+2H2ON+4H+
解析:(2)①N元素化合价升高了2价,所以生成0.5 mol O2转移1 mol电子;②首先依据3∶2写出
3NO2+2CO(NH2)2N2+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②式-①式×2即得所求方程式;(4)负极发生NO生成N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)①式+②式-③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)2 HCl HNO3 Br2 AgNO3
(2)S S Cl-
(3)BaSO3+2H+Ba2++SO2↑+H2O
(4)中和OH-,防止对Cl-的检验产生干扰
(5)会使S对S的检验产生干扰,不能确定S和S是否存在
(6)SO2+Br2+2H2O4H++S+2Br-
解析:由气体E使试剂④褪色可知E、试剂④分别为SO2、溴水,逆推沉淀A中含有BaSO3,所以试剂①为Ba(NO3)2溶液,沉淀A含BaSO4、BaSO3;过量试剂②为酸,因为硝酸可氧化S,试剂②不能为硝酸,只能为盐酸;无色溶液C中含阴离子OH-、Cl-、N,先加过量③(稀硝酸)酸化,再加试剂⑤(AgNO3溶液),白色沉淀为AgCl,c表明检出Cl-;白色沉淀A如加试剂③(稀硝酸),则BaSO3会被氧化为BaSO4,检不出S,也不能确定S存在。
24.答案:(1)2FeTiO3+6C+7Cl22FeCl3+2TiCl4+6CO
(2)TiCl4+(2+x)H2
OTiO2·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)(或%)
(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)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1∶3.2=5∶16,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N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1∶2,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,B选项错误;氮气和氧气均是双原子分子,C选项正确;在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:②应该电解熔融MgCl2生产Mg;③铁在氧气中燃烧生成Fe3O4;④FeCl3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(C)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溶液与沉淀完全溶解消耗的NaOH溶液体积之比为3∶1,不是1∶3,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,②式×2-①式既得所求方程式,ΔH=-1 135.7 kJ· mol-1,错误;D选项,由电池反应式N2H4+O
2N2+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,Al水解,所以Al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+、I-不能大量共存;B选项,溶液显碱性,可以大量共存;C选项,Cr2具有强氧化性,C2H5OH具有还原性,所以不能大量共存;D选项,HC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-、N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
2Fe3++2Cl-,0.3 mol Fe2+全反应生成0.3 mol FeBr2。A选项,氯气少量只与Fe2+反应,正确;B选项,先发生2Fe2++Cl2
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-)=1∶1∶2,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CuCl2
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;D选项,M点后加入NaOH溶液的曲线斜率大,错误。
19.答案:(1)
(2)①Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+,加入Na2SO3后,c(H+)下降,平衡正向移动,生成Fe(OH)3 ②
2Fe3++S+H2O2Fe2++S+2H+
(3)FeSO3和FeCl3的混合溶液也可能出现丁达尔效应
(4)①a ②2Fe3++SO2+2H2O2Fe2++S+4H+;Fe2++SO2+H2
OFeSO3↓+2H+(或
2Fe3++3SO2+4H2O2FeSO3↓+S+8H+);FeSO3与剩余的FeCl3溶液混合而呈现红褐色 Cu+Cl2↑及Cl2和水的反应可知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
解析:(2)①FeCl3水解显酸性、Na2SO3水解显碱性,二者混合后水解互相促进;(3)胶体不一定是Fe(OH)3,其他物质也可能形成胶体;(4)①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;②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)①Al3++3NH3·H2
OAl(OH)3↓+3N
②过滤、洗涤 灼烧(或加热)、冷却 ③
(2)①c ②负 ③从A到B ④-2e-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)=×2 mol;(2)①依据信息可知Na、S均为液态;②Na失电子作原电池负极;③阳离子向正极移动;④依据总反应方程式可知阳极发生失电子反应Sx→xS,配平即可。
21.答案:(1)NaBiO3>KMnO4>H2O2
(2)紫红色褪去,生成白色沉淀
(3)2Mn+5H2O2+6H+2Mn2++5O2↑+8H2O
5PbO2+2Mn2++4H+5Pb2++2Mn+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①可知NaBiO3可把Mn2+氧化为紫红色的Mn,得出NaBiO3的氧化性强于KMnO4的;②中氧化剂、还原剂分别为Mn、H2O2,还原产物、氧化产物分别为Mn2+、O2,依据得失电子守恒可得2Mn+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
5Pb2++2Mn+2H2O;④中SO2被酸性高锰酸钾溶否配平;同理可写出实验③反应的离子方程式5PbO2+2Mn2++4H+
液氧化为S,与Pb2+结合生成PbSO4白色沉淀。
22.答案:(1)CH3OH(l)+O2(g)CO2(g)+2H2O(l) ΔH=-(c-a+2d-b) kJ· mol-1
(2)①O2+4e-2O2- ②S-4e-+2O2-SO2 S-6e-+3O2-SO3 ③SO3+H2O
④110.4 27.6
解析:(1)首先写出甲醇燃烧的化学方程式(标明各物质状态)CH3OH(l)+O2
(g)H2SO4 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③式×-①式-②式+④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。④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)==27.6 mol。
23.答案:(1)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
②CaCO3+2H
+Ca2++CO2↑+H2O
③2H2P+3Ca2++4OH-Ca3(PO4)2↓+4H2O
SiO2·nH2O、Al(OH)3
(2)①避免碱石灰吸收装置原有空气中的CO2
②干燥管中的碱石灰吸收空气中的CO2或H2O
NaHCO3溶液除HCl时产生了CO2
③称量不溶物样品在高温下完全分解前后的质量
解析:(1)②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③可知含有Ca3(PO4)2;(2)③由信息Ca3(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+
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。 Cu+Cu2++H2O、
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ⅢA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,O含有10个中子,18 g的O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①②③,反应①③都是将Br-氧化为Br2,反应②
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③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,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S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S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,错误。
8.A 解析:②是可逆反应;③中MnO2不能与稀盐酸反应;④中铜不能与稀硫酸反应;⑥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+、S均完全反应,最后溶质只有Ba(OH)2。
10.A 解析: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,HC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S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S;若存在I-,则少量溴水首先与还原性强的S反应,不会与I-反应,所以④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-
+H2
OMg(OH)2,正极反应式为ClO-+2e-+H2OCl-+2OH-,两极相加得到电池反应Mg+ClO-Mg(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;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1∶2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×a mol,由得失电子守恒得×a=2×3(1 mol Cr2含2 mol Cr,Cr元素由+6价降到+3价,得2×3 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)SO2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)①A ②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) ③洗涤
④×100%
(2)①将装置中的SO2全部排入到U形管中被吸收
②2S+2H+SO2↑+H2O
③吸收SO2中的水蒸气或干燥SO2气体
④×100%
解析:(1)n(Na2SO4)=n(BaSO4)= mol,m(Na2SO4)=×142 g,m(Na2SO3)=(m-×142) g;(2)n(Na2SO3)=n(SO2)=
mol,m(Na2SO3)=×126 g。
21.答案:(1)CH4(g)+2NO2(g)
(2)阳 N2O4+2HNO3-2e-
发生得电子反应2HNO3+2e
-
2HNO3+2e-+2H+N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) ΔH=-867 kJ· mol-1 2N2O5+2H+ 4HNO32N2O5+2H2O N2O4,只能用H+配平电荷,2HNO3+2e-+2H+N2O4,只能用水配平H原子得解析:(1)两式相加再除以2即得答案;(2)注意电解质为无水HNO3,所以HNO3写成化学式,由化合价升降可知乙为阴极,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 ⅥA
(2)2Al+2NaOH+2H2
O2NaAlO2+3H2↑
(3)Na2SO4 2
(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,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)1∶2 ⑥①②③或⑥①③
解析:由反应Ⅰ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,结合信息①可知,反应Ⅱ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) ΔH=-1 266.8 kJ· mol-1
(3)①3Cu+8H++2N3Cu2++2NO↑+4H2O
②14.8% ③NH4Cl中N发生水解反应,使溶液呈酸性
④Cu、SiO2、KNO3、NH4Cl (4)+(x-1)e-xI-
解析:(2)首先依据信息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++2N3Cu2++2NO↑+4H2O反应时N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)阴极得电子生成I-,配平即可。
滚动测试四
1.B 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=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,其中的氢原子数介于4NA~6NA之间;标准状况下,SO3为固态,D项错。
4.C 解析:根据反应HC+OH-C+H2O可看出HC减少,C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,=1012,说明为强酸性溶液,四种离子可以大量共存;D选项,Fe3+与HC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HC,与Ca2+不会产生沉淀。
7.B 解析:F-、Mg2+、Al3+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
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,温度计的水银球应在支管口处,错误。
9.B 解析:A项,反应热ΔH=E(生成物)-E(反应物),该反应放热,ΔHE(生成物),正确;B项,从键能角度看,ΔH=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 H—H键和1 mol I—I键所需能量小于断开2 mol H—I键所需能量,错误;C项,ΔH=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。
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C、S等而无Cl-;C项,原溶液中有S而无S也会出现同样的现象;D项,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N。
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N与OH-之间的反应。
14.A 解析:由这三种离子所带电荷数pAl>Cl;C项中单质的还原性为AlMg2+>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+的物质的量为(2+3+4) mol÷2=4.5 mol,要使得溶液中Cl-和Br-的个数比为3∶1,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3∶1,两步反应中通入的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 mol-3 mol=1.5 mol,两者物质的量比为3.5∶1.5=7∶3,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)
ΔH=(-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)KP;C中,M、N两点相比,M点温度低于N点温度,升温,平衡左移,所以M点的c(I-)小。
19.答案:(1)三 ⅠA
(2)N 3
(3)2Mg+CO22MgO+C
+2-+(4)Na[∶∶]Na 2Na2S3+O2+2H2O4NaOH+6S 2CO2(g)+3H2O(l)
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++3H2O Fe2O3+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)CO2 Al(OH)3+OH
-Al+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
+6HCl
Fe2O3+6HCl2AlCl3+3H2O、2FeCl3+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)①2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+CaCl2+2H2O ②
③NH3·H2ON+OH- ④bc
(3)2NH3+NaClON2H4+NaCl+H2O
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+2NH4
Cl
发生NH3·H2O
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+2NH
3N2H4+NaCl+H2O。
22.答案:Ⅰ.(1)B CaCl2+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N+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
(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)
Ⅱ.(3)增大
(4)Fe-6e-+8OH-Fe+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S从右向左移动。右边为电解池,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Fe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)+O2
(g)H2O(l) ΔH=-286.0 kJ·mol-1
(2)ABE
(3)0.01 mol·L-1·min-1 50% 3.2(或)
(4)①
解析:(1)设氮气与水的反应为①,工业合成氨的反应为②,由盖斯定律知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;,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H—H键与形成N—H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 + 3H2
起始浓度/(mol·L-1) 0.2
转化量/(mol·L-1) x
平衡浓度/(mol·L-1) 0.2-x
由题意得,×100%=80%
解得x=0.1,
v(N2)==0.01 mol·L-1·min-1;α(N2)=×100%=50%;K==3.2。(4)①由图像知当温度相同时p1→p2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
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 达到平衡的时间缩短,平衡时A的浓度减小
(2)40%(或0.4) 0.060 mol·L-1
(3)> 温度升高,平衡向正反应方向移动,故该反应是吸热反应
(4)vB=2vA=×2=0.014 mol·L-1·min-1
vC=vA==0.009 mol·L-1·min-1
解析:(1)从图像可看出,两者最终的平衡浓度相同,即最终的平衡状态相同,而②比①所需要的时间短,显然反应速率加快了,故由影响反应速率和影响平衡的因素可知是加入催化剂;该反应是在溶液中进行的反应,所以不可能是改变压强引起速率的改变,又由于各物质起始浓度相同,故不可能是改变浓度影响反应速率,再由于③和①相比达平衡所需时间短,平衡时浓度更小,故不可能是使用催化剂,而只能是升高温度来影响反应速率的。(2)设溶液体积为1 L,则②中达平衡时A转化了0.04 mol,由反应计量数可知B转化了0.08 mol,所以B转化率为×100%=40.0%,同样在③中A转化了0.06 mol,则生成C为0.06 mol,体积不变,即平衡时c(C)=0.06 mol·L-1。(3)由③和①进行对比可知升高温度后A的平衡浓度减小,即A的转化率增大,平衡向正反应方向移动,而升温是向吸热的方向移动,所以正反应是吸热反应,ΔH>0。(4)从图上读数,进行到4.0 min时,实验②A的浓度为0.072 mol·L-1,则Δc(A)=0.10 mol·L-1-0.072 mol·L-1=0.028 mol·L-12NH3 0.8 3x 0.8-3x 0 2x 2x ,vA==0.007 mol·L-1·min-1,vB=2vA=0.014 mol·L-1·min-1,进行到4.0 min实验③A的浓度为0.064 mol·L-1,Δc(A)=0.10 mol·L-1-0.064 mol·L-1=0.036 mol·L-1,v(A)'==0.009 mol·L-1·min-1,vC=vA=0.009 mol·L-1·min-1。
滚动测试五
1.A 解析:常温下,18 g H2O的物质的量为=1 mol,含2 mol H,则含有2NA个氢原子,故A正确;标准状况下苯为液体,不能利用气体摩尔体积计算其物质的量,故B错误;Na失去1个电子变为Na+,则1 mol Na与足量水反应转移NA个电子,
故C错误;溶液体积未知,且醋酸为弱酸,则不能计算离子个数,若为1 L 0.1 mol·L-1 CH3COOH溶液中,含有小于0.1NA个CH3COO-,故D错误。
2.A 解析:相同物质的量浓度的NaCl、AlCl3溶液中Cl-的物质的量浓度之比=1∶3,两者体积相等,根据n=cV可知溶液中Cl-的物质的量之比为1∶3,故A正确;氨气所处状态未知,故B错误;将30 mL 0.5 mol·L-1 NaOH溶液稀释到500 mL,根据稀释定律,稀释后溶液物质的量浓度变为=0.03 mol·L-1,故C错误;40 g NaOH溶于水后溶液的体积未知,故D错误。
3.C 解析:氧化亚铁溶于稀硝酸,Fe2+被硝酸氧化为Fe3+,离子方程式错误,故A错误;向亚硫酸铵溶液中加入少量氢氧化钡溶液,生成亚硫酸钡沉淀的同时会生成一水合氨,一水合氨是弱电解质不能省略,故B错误;含n mol FeBr2的溶液中通入n mol Cl2完全反应,先发生反应:2Fe2++Cl2
Cl2再与溴离子反应:2Br-+Cl2
为:2Fe2++2Br-+2Cl2
该为正确,故D错误。
4.C 解析:氧化还原反应的本质为电子的转移或得失,其特征为化合价的升降,故A错误;复分解反应中没有元素的化合价变化,一定不属于氧化还原反应,故B错误;反应中H元素的化合价降低,O元素的化合价升高,则水既是氧化剂又是还原剂,故C正确;氧化还原反应中,氧化剂得到电子发生还原反应,还原剂失去电子发生氧化反应,故D错误。
5.A 解析:铜锌原电池在工作时,铜是正极,电解质中的阳离子移向正极即铜极,故A正确;电解饱和食盐水时,阳极上发生的是氯离子失电子的氧化反应,得到氯气,故B错误;电解铝时,电解槽里的阳极上发生氧化反应,故C错误;原电池与电解池连接后,电子从阳极流向正极,从负极流向阴极,故D错误。
6.D 解析:因S与Ba2+反应生成沉淀,所以ΔH不为2×(-57.3) kJ·mol-1,故A错误;CH3OH(g)+O2(g)
NH3(g),放热19.3 kJ,反应是可逆反应,不能进行彻底,所以N2(g)+3H2(g)CO2(g)+2H2O(g) ΔH=-192.9 kJ· mol-1中水是气体,不是稳定氧化物,故B错误;将0.5 mol N2和1.5 mol H2置于密闭容器中充分反应生成2NH3(g) ΔH
7.B 解析:组成原电池时,负极金属较为活泼。①②相连时,外电路电流从②流向①,说明①为负极,活动性①>②;①③相连时,③为正极,则活动性①>③;②④相连时,②上有气泡逸出,应为原电池的正极,活动性④>②;③④相连时,③的质量减少,则③为负极,活动性③>④。综上分析可知活动性由大到小的顺序:①③④②。
8.D 解析:加入铁和铜的混合物,铁首先与氯化铁反应,铜后参加反应,不会出现有铁无铜的情形,故D错误。
9.A 解析:①汽油的主要成分是碳氢化合物(如C8H18等),其中并不含有氮元素,空气中含有大量氮气,所以汽车尾气中氮元素的来源是氮气,所以汽油不完全燃烧的生成物是CO,氮的氧化物与汽油是否完全燃烧无关系,故①错误;②舰载机降落拦阻索的特种钢缆属于合金,属于传统材料而不是新型无机非金属材料,故②错误;③不溶性固体和液体可以用过滤法分离,塑化剂和酒精互溶,所以不能通过过滤除去,且塑化剂有毒,故③错误;④二氧化硅广泛用于制作光导纤维,SiO2遇强碱能发生反应,可发生“断路”,故④正确;⑤胶体具有丁达尔效应,而溶液不具有,故可用丁达尔效应区分食盐水和淀粉溶液,故⑤正确;⑥浓硝酸在光照条件下分解,生成红棕色的二氧化氮,溶解在溶液中变黄,故⑥正确;⑦次氯酸钙具有强氧化性,能使蛋白质变性而杀菌消毒,同时也具有漂白性,所以漂白粉既可作漂白剂,又可作消毒剂,故⑦正确;⑧铝和氧化铁的反应属于铝热反应,反应方程式为2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe,该反应中Al元素化合价由0价变为2Fe3++2Cl-;n mol Fe2+全部氧化需要0.5n mol Cl2,剩余0.5n mol Br2+2Cl-,能氧化溴离子n mol,因此溶液中溴离子被氧化一半,故反应的总离子方程式2Fe3++Br2+4Cl-,是氧化还原反应离子方程式,且满足元素守恒、电子守恒、电荷守恒,故C正确;三氯化铁溶液滴入硫氰化钾溶液,三价铁离子和硫氰根离子结合生成红色溶液,反应中无气体、无沉淀生成,评价应+3价,Fe元素化合价由+3价变为0价,所以Al失电子表现还原性,故⑧错误。以上叙述中错误的有①②③⑧。
10.D 解析:由元素在周期表中的位置可知,①为H、②为Na、③为C、④为N、⑤为O、⑥为Mg、⑦为Al、⑧为S、⑨为Cl、⑩为Fe。
电子层结构相同的离子,相应核电荷数越大离子半径越小,电子层越多离子半径越大,故离子半径S2->Cl->Na+,故A错误;氯化镁属于离子晶体,而氯化铝属于分子晶体,氯化镁的熔点更高,故B错误;元素⑩处于常见周期表第四周期第Ⅷ族,无ⅧB族,故C错误;H与C、N、O可以形成C2H2、N2H4、H2O2,分子中都含有极性键、非极性键,故D正确。
11.B 解析:该反应为可逆反应,在密闭容器中加入1 mol N2和3 mol H2,充分反应后生成的氨气的物质的量小于2 mol,放出的热量一定小于92.4 kJ,故A错误;N2(g)+3H2
(g)2NH3(l)
ΔH=-Q kJ·mo1-1,反应产物为液态,液态的氨气能量小于氨气能量,所以放出的热量大于92.4 kJ,所以Q>92.4,故B正确;增大压强,平衡向着正向移动,但是温度不变,该反应的平衡常数不变,故C错误;氢气的初始量、反应消耗的氢气的物质的量未知,无法根据氮气的转化率计算出氢气的转化率,故D错误。
12.B 解析:已知R-+H2S(少量)HR+HS-,2Z-+H2S(少量)2HZ+S2-,则酸性:H2S>HR>HS->HZ。
根据酸性强的能制备酸性弱的,酸性越强,Ka越大,所以相同温度下电离平衡常
数:Ka1(H2S)>Ka(HR)>Ka2(H2S)>Ka(HZ),故A错误;酸性越弱,酸越难电离,对应酸根离子越易结合氢离子,已知酸性:H2S>HR>HS->HZ,所以结合H+的能力:Z->S2->R->HS-,故B正确;酸性越弱,对应的盐越易水解,已知酸
性:H2S>HR>HS->HZ,所以水解程度NaZ>Na2S>NaR>NaHS,则同温同浓度下,溶液的pH:NaZ>Na2S>NaR>NaHS,故C错误;已知HZ的酸性小于HS-的酸性,所以HZ与S2-不反应,故D错误。
13.D 解析:弱电解质溶液中电离度越大,溶液中氢离子浓度越大,酸性越强;①CH3COOH ②HF ③HCN,三种一元酸的电离度分别为1.3、7.8、0.007 9;酸性由强到弱的顺序是②>①>③,故A错误;相同物质的量浓度的①CH3COONa ②NaF ③NaCN,①CH3COOH ②HF ③HCN酸性由强到弱的顺序是②>①>③,越弱越水解,溶液碱性越强,所以溶液pH大小为:③>①>②,故B错误;NaF溶液中存在水解平衡,加盐酸促进氟离子的水解,c(H+)增大,c(F-)减小,c(Na+)减小,故C错误;氟离子水解显碱性,溶液中离子浓度大小为:c(Na+)>c(F-)>c(OH-)>c(H+),故D正确。
14.B 解析:AgCl在溶液中存在溶解平衡
:AgCl(s)
溶液中c(Ag+)或c(Cl-)越大,则AgCl的溶解度越小。
①和⑥中铵根离子水解生成NH3·H2O,Ag+与NH3·H2O结合,使溶解平衡正移,AgCl的溶解度增大,由于(NH4)2CO3中N水解程度大,则NH3·H2O的浓度大,使溶解平衡正移的程度大,则①>⑥;当溶液中存在c(Ag+)或c(Cl-)对溶解平衡有抑制作用,②c(Cl-)=0.03 mol·L-1,③c(Ag+)=0.05 mol·L-1,④c(Cl-)=0.04 mol·L-1,⑤c(Ag+)和c(Cl-)为0,则AgCl的溶解度由大到小排列顺序是:⑤>②>④>③。综上可知AgCl的溶解度由大到小排列顺序是:①>⑥>⑤>②>④>③。
15.A 解析:0.1 mol·L-1的H2SO4溶液呈酸性,不断地加入Ba(OH)2溶液,碱性会不断增强,故A正确;c点是H2SO4和Ba(OH)2恰好中和的点,溶液的离子浓度接近为0,导电能力最差,故B错误;由图像可知,原硫酸体积为20 mL,b处溶液的c(H+)=(0.1 mol·L-1×2×0.02-0.1 mol·L-1×2×0.01)÷0.03 L,d处溶液的c(OH-)=(0.1 mol·L-1×2×0.03-0.1 mol·L-1Ag+(aq)+Cl-(aq),由于c(Ag+)或c(Cl-)对溶解平衡有抑制作用,则×2×0.02)÷0.05,b处溶液的c(H+)不等于d处溶液的c(OH-),故C错误;c处恰好完全反应溶液呈中性,故D错误。
16.B 解析:氯气为单质,既不是电解质也不是非电解质,SO2、NH3属于非电解质,它们的水溶液导电,故A错误;100 ℃时,pH=2的盐酸中氢离子浓度为0.01 mol·L-1,pH=12的NaOH溶液中氢氧化钠浓度为1 mol·L-1,二者等体积混合
NaOH有剩余,则混合溶液呈碱性,故B正确;离子积只与温度有关,温度不变,水的离子积不变,故C错误;化学式相似的物质,溶度积大的物质能转化为溶度积小的物质,所以在CuSO4溶液中加入PbS,可转变为铜蓝(CuS),则
Ksp(PbS)>Ksp(CuS),故D错误。
17.A 解析:Ca(OH)2在溶液中的浓度随温度的升高而减小,所以加热至50 ℃,溶液的Ca2+的浓度减小,故A错误;已知饱和石灰水的密度为d g· cm-3,溶液pH=12,令溶液的体积为1 L,则n(OH-)=0.01 mol,所以n[Ca(OH)2]=0.005 mol,则1 L溶液中m[Ca(OH)2]=nM=74 g· mol-1×0.005 mol=0.37 g,设该温度下Ca(OH)2的溶解度为a g,则,解得a=,故B正确;碱溶液中水电离出的OH-的浓度等于水电离出的H+的浓度,Ca(OH)2溶液中由水电离出的H+的浓度为1×10-12 mol·L-1,所以水电离出的OH-的浓度为1×10-12 mol·L-1,故C正确;饱和溶液的浓度只与温度有关,所以加入生石灰并恢复至常温后,溶液中各种离子的浓度不变,则值不变,故D正确。
18.C 解析:B元素的非金属性比C元素弱,则硼酸的酸性小于碳酸,根据强酸制弱酸原理,硼酸不能制碳酸,故A错误;KClO3属于电解质,SO3属于非电解质,故B错误;化学式相似的难溶电解质,溶度积大的容易转化为溶度积小的,AgCl沉淀易转化为AgI沉淀,故Ksp(AgI)
19.答案:(1)2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO410CO2↑+2MnSO4+K2SO4+8H2O 3.01×1024(或5NA)
(2)0.032
(3)2Fe3++S+H2O2Fe2++S+2H+ H+与N组成的硝酸把Fe2+氧化
解析:(1)酸性条件下KMnO4与H2C2O4发生氧化还原反应生成MnSO4和CO2,反应中Mn元素化合价由+7价(KMnO4)降低到+2价(MnSO4),同时还生成了K2SO4和H2O,据此可写出反应的化学方程式。
反应中Mn元素化合价由+7价降低到+2价,反应中消耗1 mol Mn时转移电子5 mol,则电子数为N(e-
)=5NA=3.01×1024。
(2)n(KI)=0.06 mol,与一定量的酸性KMnO4溶液恰好反应,生成等物质的量的I2和KIO3,则n(I2)=n(KIO3)=0.02 mol,共失去电子的物质的量为:n(e-)=2×0.02 mol+0.02 mol×[5-(-1)]=0.16 mol,则消耗KMnO4的物质的量
是:n(KMnO4)==0.032 mol。
(3)在Fe(NO3)3溶液中加入Na2SO3溶液,溶液先由棕黄色变为浅绿色,原因是Fe3+与S发生氧化还原反应生成Fe2+和S,反应的离子方程式为2Fe3++S+H2
O
Fe3+,过一会儿又变为棕黄色。
20.答案:(1)MnO2+2Cl-+4H+Cl2↑+Mn2++2H2O 玻璃棒
(2)DF 乙
(3)Cl2+2Br-2Cl-+Br2 从分液漏斗下端放出有机层
(4)2NH3+NaClON2H4+NaCl+H2O 0.2
解析:(1)浓盐酸和二氧化锰在加热条件下能发生氧化还原反应生成氯化锰、氯气和水,二氧化锰、氯气、水在离子方程式中应保留化学式,离子方程式为MnO2+2Cl-+4H+Cl2↑+Mn2++2H2O,从该混合物中回收MnO2并提取MnCl2晶2Fe2++S+2H+,反应后溶液呈酸性,则在酸性条件下N与Fe2+反应生成体,需通过过滤操作,滤渣为MnO2,具体操作为:①溶解,为了加速溶解而用玻璃棒搅拌;②过滤,过滤过程中为了防止液体外流而用玻璃棒引流;③蒸发,蒸发时为了避免液体局部过热造成液滴飞溅而用玻璃棒搅拌。
(2)Cl2制备是利用固体和液体加热制备气体,可以通过排饱和食盐水的方法收集Cl2,A可吸收尾气,并能防止倒吸;B、C都可以收集Cl2;D无法将氯化钠溶液排到烧杯中,故D不符合;E从短口通入Cl2,可用排饱和食盐水的方法收集Cl2;Cl2有毒不能直接用排空气法收集,故F不符合;G用于吸收Cl2;氯气比空气重,用向上排空气法收集Cl2,如用B收集,需从乙口进Cl2。
(3)氯气具有氧化性,能氧化溴离子生成单质溴:Cl2+2Br-
有机层,从上端倒出水层。
(4)NH3与NaClO反应得到肼(N2H4),氮元素化合价升高被氧化,次氯酸钠作氧化剂被还原为氯化钠,依据原子守恒配平化学方程式为2NH3+NaClO
可以制备0.2 mol N2H4。
21.答案:(1)①CD N2H4+NaCl+H2O,现有14.9 g NaClO,n(NaClO)==0.2 mol,由化学方程式可知,最多Br2+2Cl-,取混合溶液于分液漏斗中,加入CCl4,振荡,溶液由无色变为橙黄色,溶液分层,上层液体几乎为无色,下层液体为橙红色,为溴的四氯化碳溶液,从分液漏斗下端放出
②
③增大压强 向容器中再充入CO气体
(2)①高温 ②C+H2SHC+HS-
(3)①2.67 ②a
解析:(1)①在单位时间内生成1 mol CO2的同时消耗了1 mol CO,二者的反应方向是一致的,在任何条件下均成立,不能说明反应达到平衡状态,A不正确;密度是混合气的质量和容器容积的比值,在反应过程中质量和容积始终不变,因此混合气体的密度不再改变不能说明反应达到平衡状态,B不正确;混合气的平均相对分子质量是混合气的质量与混合气的总的物质的量的比值,质量不变,但物质的量是变化的,所以混合气体的平均相对分子质量不再改变可以说明反应达到平衡状态,C正确;正反应是体积减小的反应,即压强是减小的,因此混合气体的压强不再变化可以说明反应达到平衡状态,D正确。
②t2时刻是平衡状态,此时将容器的容积迅速扩大到原来的2倍,压强降低,正逆反应速率均瞬间降低,平衡向逆反应方向移动。
③若要同时提高该反应的速率和NO的转化率,则平衡必须向正反应方向移动。由于正反应是体积减小的放热反应,因此采取的措施有增大压强、向容器中再充入CO气体。
(2)①由热化学反应方程式可知,该反应为焓增、熵增过程,即ΔH>0、ΔS>0,必须满足ΔG=ΔH-TΔS
②由于K'a2=5.61×10-11Ka2=1.1×10-12,所以氢硫酸能够与碳酸钠溶液反应生成碳酸氢钠和硫氢化钠,反应的离子方程式为:C+H2S
(3)① H2O(g) +
CO(g)
初始
浓度
转化
浓度
mol·L-1
mol·L-1
平衡
浓度
mol·L-1
mol·L-1 0.2 mol·L-1 0.8 0.8 mol·L-1 1.2 0.8 mol·L-1 0.8 0.8 mol·L-1 0.8 1 mol·L-1 2 mol·L-1 0 0 CO2(g)+ H2(g) HC+HS-。
所以平衡常数K=≈2.67
②增大水蒸气的浓度可以提高CO的转化率,因此实验3中,若平衡时,CO的转化率大于水蒸气,则a、b必须满足的关系是a
③根据表中1、2数据可知,实验1中CO的转化率为×100%=40%,实验2中CO的转化率为×100%=20%,则实验1的转化率大于实验2,说明温度升高平衡向逆反应方向移动,正反应放热,该反应的ΔH
H2O(g) +
CO(g)
初始
浓度
转化
浓度
mol·L-1
mol·L-1
平衡
浓度
mol·L-1
mol·L-1
则K=≈0.17
若在900 ℃时,另做一组实验,在此容器中加入10 mol CO,5 mol H2O,2 mol CO2,5 mol H2,则此时=0.2>0.17,这说明反应在向逆反应方向进行,因此v(正)
22.答案:(1)酚酞 酸式滴定管 (2)25.40 大于24.60 mL (3)BCD (4)
解析:(1)根据酸碱反应生成了强碱弱酸盐,溶液呈碱性,应选择碱性变色范围内的指示剂酚酞;白醋是酸,应该用酸式滴定管量取。
(2)A与C刻度间相差1 mL,说明每两个小格之间是0.10 mL,A处的刻度为25,A和B之间是四个小格,所以相差0.40 mL,则B是25.40 mL,由于滴定管50.00 mL刻度下方还有液体,所以滴定管中溶液的实际体积大于24.60 mL。
(3)从上表可以看出,第一次实验中记录消耗NaOH溶液体积明显多于后两次,测得的醋酸浓度偏大。
A.实验结束时俯视刻度线读取滴定终点时NaOH溶液的体积,导致NaOH溶液体积偏小,所以所测醋酸浓度偏小,故A错误;
B.滴定前滴定管尖嘴有气泡,滴定结束无气泡,导致NaOH溶液体积偏大,所以所测醋酸浓度偏大,故B正确;
C.盛装标准液的滴定管装液前用蒸馏水润洗过,未用标准液润洗,导致氢氧化钠浓度偏小,所以所用NaOH溶液体积偏大,所测醋酸浓度偏大,故C正确; 0.3 mol·L-1 0.2 0.2 mol·L-1 0.8 0.2 mol·L-1 0.2 0.2 mol·L-1 0.2 0.5 mol·L-1 1 mol·L-1 0 0 CO2(g)+ H2(g)
D.第一次滴定用的锥形瓶用待装液润洗过,后两次未润洗,润洗锥形瓶导致醋酸的物质的量偏大,所以使用的NaOH溶液体积偏大,所测醋酸浓度偏大,故D正确;
E.滴定NaOH溶液过快,未充分振荡,刚看到溶液变色,立刻停止滴定,导致使用的氢氧化钠体积偏小,所测醋酸浓度偏小,故E错误。
(4)醋酸和氢氧化钠反应的物质的量相等,两次使用NaOH溶液的平均体积V(NaOH)= mL=25.30 mL,
则含醋酸的质量=0.025 30 L×c mol·L-1×60 g· mol-1=1.518c g
所以白醋的酸度=。
23.答案:(1)BaCO3+2H+
盐酸发生反应BaCO3+2H+Ba2++CO2↑+H2O (2)①B ②5.5×10-10 2.2×10-10 ③13 Ba2++CO2↑+H2O而导致中毒。 解析:(1)BaSO4不溶于水也不溶于酸,身体不能吸收,因此服用BaSO4不会中毒。而BaCO3进入人体后,会与胃酸中的
(2)①S会抑制BaSO4的溶解,所以c(S)越大,c(Ba2+)越小。②由于c(Ba2+)·c(S)=1.1×10-10,所以溶液b中c(S)= mol·L-1=5.5×10-10 mol·L-1,溶液c中c(Ba2+)= mol·L-1=2.2×10-10 mol·L-1。③溶液b、d混合后发生反
应:Ba(OH)2+H2SO
4
1BaSO4↓+2H2O,由题意知Ba(OH)2过量,溶液中OH-的浓度为c(OH-)=×2=0.1 mol·L-,c(H+)==1×10-13 mol·L-1,pH=13。
24.答案:Ⅰ.①
Ⅱ.(1)13 (2)醋酸溶液中存在电离平衡:CH3
COOHH++CH3COO-,当加入CH3COONa固体时,CH3COO-浓度增大,使CH3COOH电离平衡逆向移动,H+浓度减小,故pH增大
Ⅲ.(1)FeS (2)PbS
解析:Ⅰ.①平衡常数随温度升高而减小,说明正反应为放热反应,ΔH
②2NH3(g)+CO2
(g)CO(NH2)2(l)+H2O(l),根据图像分析判断,增大氨气浓度平衡正向进行;
B点处x=4,原料气中的NH3和CO2的物质的量之比为4,二氧化碳转化率为0.50,假设氨气为4 mol,二氧化碳为1 mol,则参加反应的二氧化碳为0.50 mol。
依据化学方程式2NH3(g)+CO2(g)
NH3的平衡转化率=×100%=25%。
③达到平衡时,在恒温恒容条件下充入稀有气体,由于体系中各组分的浓度没有变化,则化学平衡不会移
动,CO(NH2)2(l)的质量不变。
Ⅱ.(1)纯水电离生成的c(H+)=c(OH-),KW=c(H+)×c(OH-)=4×10-14,过量的OH-浓度为:c(OH-)==0.4 mol·L-1,
由该温度下的KW可知,c(H+)= mol·L-1=1×10-13 mol·L-1,所以pH=13。
(2)醋酸溶液中存在CH3COOHH++CH3COO-的电离平衡,加入CH3COONa固体,c(CH3COO-)增大,平衡逆向移动,抑制醋酸电离,溶液中氢离子浓度减小,则pH增大,该混合溶液中c(Na+)
Ⅲ.(1)根据图2可知,PbS(s)、ZnS(s)、FeS(s)的溶度积大小关系为:Ksp(CuS)
PbS
(2)向新生成的ZnS悬浊液中滴入足量含相同浓度的Cu2+、Fe2+的溶液,由于Ksp(PbS)
滚动测试六
1.C 解析:食盐可用于食品调味,还可以腌鱼、肉、蔬菜等作防腐剂,A正确;维生素C(水溶性维生素)具有较强的还原性,加热时易氧化分解,B项正确;纤维素在人体内不能水解,不能被人体消化吸收,虽有促进肠道蠕动功能,但不能作人类的营养物质,C项错误;苏打是碳酸钠,呈碱性,假红酒中没有花青素,遇苏打不显蓝色,D项正确。
2.D 解析:A项所给模型为比例模型,不是球棍模型,A错误;B项中子数为20的氯原子应表示为Cl,B错误;碳酸是二元弱酸,电离方程式应分步书写,C错误;D正确。
3.A 解析:20 g氖气的物质的量是1 mol,应注意Ne是单原子分子,因此在1 mol的该物质中所含的原子数目为NA,A正确;B项根据pH可计算 OH-的浓度,但不知道溶液的体积,无法计算微粒数目的多少,且NaHCO3在pH=12的溶液中不能大量存在,B错误;C项注意1 mol Na2O2中含有1 mol 和2 mol Na+,故含NA个阴离子的Na2O2的物质的量为1 mol,其溶于水形成1 L溶液,则Na2O2和水反应生成NaOH,根据Na+守恒可得c(NaOH)=2 mol·L-1,C错误; D项与常温
常压下无关,理论上6.4 g Cu与40 mL 10 mol·L-1浓硝酸恰好反应生成NO2为0.2NA,但反应开始时硝酸浓度大,产生的是NO2,随反应的进行硝酸变为稀硝酸,这时反应生成NO,因此生成NO2分子的数目小于0.2NA,D错误。
4.A 解析:混合物发生反应的实质是H+
+HCCO2↑+H2O。比较①②数据可知,继续增大混合物的质量,气体的体积在增大,说明实验①中盐酸有剩余、固体混合物完全反应,所以不能根据实验①计算出盐酸的物质的量浓度,A错误;若②中盐酸有剩余,继续增大混合物的质量,气体的体积会增大,由②③数据可知,实验中气体的体积不变,说明实验②中盐酸完全反应,故B正确;实验①中盐酸有剩余、固体混合物完全反应,C正确;实验①中加入9.2 g混合物时,盐酸有剩余,固体混合物完全反应,根据H+
+HC
数,D正确。
5.B 解析:溶液中由水电离产生的c(OH-)=1×10-14 mol·L-1,则该溶液可能是强酸溶液或强碱溶液。A项Al3+在碱性条件下不能大量存在, A错误;B项四种离子之间不反应,且与H+或OH-也不反应, B正确;C项Al在酸性条件下不能大量存在,C错误;D项N在碱性条件下不能大量存在, D错误。
6.A 解析:X原子最外层电子数是电子层数的三倍,原子只能有2个电子层,最外层电子数为6,则X为氧元素;Y与X可形成Y2X2和Y2X两种离子化合物,则Y为Na元素;Z原子的核外电子数比Y原子多1,则Z为Mg;W与X同主族,则W为S元素。A项,非金属性O>S,故气态氢化物的稳定性:H2O>H2S,A正确;B项,金属性Na>Mg,故单质的还原性:Na>Mg,B错误;C项,同周期自左而右原子半径减小,原子半径:Na>Mg>S,C错误;D项,氢氧化镁不与氢氧化钠反应, D错误。
7.D 解析:A项石油分馏可得到汽油、煤油等,A错误;B项破坏乙烯分子里CC键所需吸收的能量并不是破坏乙烷分子里C—C键能量的两倍,B错误;C项油脂不是高分子化合物,1 mol油脂完全皂化生成1 mol甘油和3 mol高级脂肪酸钠,C错误;D项分析可知,反应物中的原子全部进入生成物中,原子的利用率为100%,因此该反应符合绿色化学的原则,D正确。
8.C 解析:A项,CaO与H2O发生反应产生Ca(OH)2,反应消耗水生成强碱,使一水合氨的电离平衡逆向移动,增大一水合氨的浓度,又反应放出热量使溶液的温度升高,加速一水合氨的分解,产生氨气,A正确;B项,CH3COOC2H5在饱和Na2CO3溶液中溶解度较小,能用分液的方法分离二者,B正确;C项,制取的乙烯中含有少量乙醇,乙醇也可以使酸性高锰酸钾溶液褪色,C错误;D项,浓硫酸有脱水性,使蔗糖碳化变黑,浓硫酸吸收其中的水,放出热量使温度升高,碳被浓硫酸氧化为CO2,硫酸则被还原为SO2,用品红溶液可以证明SO2具有漂白性,用酸性KMnO4溶液可以证明SO2具有还原性,D正确。
9.B 解析:植物油属于高级脂肪酸甘油酯,属于酯类,A错误;苯只能与液溴发生取代反应,不能与溴水反应,C错误;硫酸铵不是重金属盐,不能使蛋白质变性,D错误。
10.B 解析:A项,向Fe(NO3)2溶液中加入H2SO4,会发生离子反应:3Fe2++N+4H+3Fe3++NO↑+2H2O,产生的NO在管口遇到空气生成红棕色NO2气体,A错误;B项加热的条件下,氯化铁在沸水中发生水解反应生成氢氧化铁胶体,B正确;C项饱和溶液中出现BaCO3的原因是溶液中c(C)与c(Ba2+)之积大于碳酸钡的溶度积而形成的,不能比较其溶度积的大小,C错误;D项浓盐酸易挥发,生成的CO2中含有少量HCl,HCl也会与苯酚钠反应生成苯酚,故不能说明碳酸酸性强于苯酚,D错误。
11.B 解析:A项,0.1 mol·L-1的KHA溶液,其pH=10,说明HA-的水解大于电离,有c(OH-)>c(A2-),又HA-的水解程度小,所以c(HA-)>c(A2-),故大小关系为c(K+)>c(HA-)>c(OH-)>c(A2-),A错误;B项0.1 mol·L-1的氨水与0.05 mol·L-1 H2SO4溶液等体积混合,二者恰好反应生成硫酸铵,根据物料守恒可知c(N)+c(NH3)+c(NH3·H2O)=2c(S),B正确;C项0.1 mol·L-1的NaOH溶液与0.2 mol·L-1的HCN溶液等体积混合,反应后溶液为NaCN 和HCN等物质的量的混合溶液,由于所得溶液呈碱性,说明NaCN的水解作用大于HCN的电离作用,所以微粒的大小关系为c(HCN)>c(Na+)>c(CN-)>c(OH-)>c(H+),C错误;D项HF、CH3COOH都是弱酸,所以NaF与CH3COOK都是强碱弱酸盐;由于酸性HF>CH3COOH,所以根据盐类水解规律:水解程度CH3COO->F-;因为c(NaF)=c(CH3COOK),水解程度越大,剩余离子的浓度就越小,所以c(K+)-c(CH3COO-)>c(Na+)-c(F-),D错误。
12.B 解析:A项,观察电解池中离子的移动方向,钠离子向Pt(Ⅰ)移动,说明Pt(Ⅰ)是阴极,可判断X是电源的负极,Y是电源的正极,A正确;B项Pt(Ⅱ)是阳极,发生氧化反应,由图可知亚硫酸根离子和亚硫酸氢根离子最终都被氧化为硫酸CO2↑+H2O,可知n(混合物)=n(CO2)=0.1 mol,设9.2 g混合物中NaHCO3、KHCO3的物质的量分别为x和y,则有:x+y=0.1 mol、84 g·mol-1x+100 g·mol-1y=9.2 g,故可以计算NaHCO3的质量分
根离子,所以溶液的酸性增强,pH减小,B错误;C项根据B项的分析可知,反应后得到的硫酸的浓度增大,即b>a,C正确;D项阴极氢离子得电子生成氢气,阳极亚硫酸氢根离子失去电子生成硫酸,D正确。
13.答案:Ⅰ.(1)①④ (2)③ (3)⑤ (4)②⑦
Ⅱ.(1)⑥ (2)② (3)⑤
Ⅲ.F ① D ③ G ④ C ② A ④
解析:Ⅲ.(1)酒精中的杂质水用CaO吸收,然后蒸馏;(2)乙烷中的杂质气体乙烯用(浓)溴水通过洗气除去,但不能用酸性高锰酸钾溶液,因为乙烯被氧化除去的同时会生成新杂质二氧化碳;(3)硬脂酸钠溶液中的杂质甘油可以利用高级脂肪酸钠在盐溶液中溶解度小,通过加入NaCl发生盐析,然后过滤分离除去;(4)苯中的杂质苯酚可以利用苯酚的弱酸性,加入氢氧化钠溶液,得到互不相溶的两层液体,然后再分液得到;(5)SiO2中的杂质Al2O3可以与酸发生反应,而SiO2不与酸反应,再过滤除去滤液即可。
14.答案:(1)∶∶C∶∶
(2)HC+OH
-C+H2O
(3)①Na2CO3+H2SO4Na2SO4+CO2↑+H2O 或2NaHCO3+H2SO4
②H2O2 Ⅰ、Ⅳ、Ⅴ
(4)2Na2CO3+Cl2+H2ONaClO+NaCl+2NaHCO3 Na2SO4+2CO2↑+2H2O Na2O2
解析:X、Y、Z的焰色反应均为黄色,说明三者均为含有钠元素的化合物。X含有四种元素,在加热条件下能生成Z,可推知,X为NaHCO3,Y为NaOH,Z为Na2CO3, W为无色无味的气体,应是Z与酸反应生成的CO2。
(2)X为NaHCO3,Y为NaOH,X与Y在溶液中反应的离子方程式是HC+OH-C+H2O。
(3)用NaHCO3含有的四种元素之间(二种、三种或四种)可组成多种化合物,根据装置Ⅲ中Ba(OH)2饱和溶液产生白色沉淀,且图示中装置Ⅰ、Ⅱ中的物质均为固体,推测装置Ⅰ中的物质为NaHCO3或Na2CO3固体,因为装置Ⅴ中收集到一种无色气体,说明装置Ⅰ中产生的CO2与装置Ⅱ中的物质反应生成了另一种无色气体,进而推测出装置Ⅱ中的物质为Na2O2,装置Ⅴ中收集的气体是O2。
①装置Ⅰ中反应的化学方程式:Na2CO3+H2SO
4
2NaHCO3+H2SO
4Na2SO4+CO2↑+H2O或Na2SO4+2CO2↑+2H2O,装置Ⅱ中物质的化学式为Na2O2。
2H2O+O2↑制备;所需气体制取装置为Ⅰ、干燥气体装置为Ⅳ、收集气体装置②O2的制取也可以用2H2O2
为Ⅴ。
(4)将Cl2通入Na2CO3溶液中,制得某种生产和生活中常用的漂白、消毒物质,同时有NaHCO3生成,说明部分产物为NaClO和NaHCO3,其余的产物可根据元素守恒得出,配平反应的化学方程式为
2Na2CO3+Cl2+H2
ONaClO+NaCl+2NaHCO3。
15.答案:(1)稀盐酸 (2)3.2≤pH
(3)取少量滤液于试管中,向其中加入少量KSCN溶液,如果溶液不变红,证明不存在Fe3+,继续向溶液中滴入新制的氯水,如果溶液不变红证明不存在Fe2+ (4)b
(5)负 4Al2C+3e
-Al+7AlC AlCl3水溶液作电解液,H2O电离产生的H+在阴极放电生成H2,无法实现在钢制品上镀铝
解析:(1)铝土矿与X反应后,过滤得到的沉淀只有二氧化硅,说明X应该是酸而不是碱,由于是最终制备氯化铝晶体,因此应该用稀盐酸溶解。
(2)滤液A是氯化铁、氯化铝以及过量稀盐酸的混合液,所以要得到氯化铝晶体,需要除去铁离子。氢氧化铁沉淀完全的pH为3.2,氢氧化铝开始沉淀时的pH为4.0,要让Fe3+沉淀完全,Al3+不形成沉淀,溶液的pH应保持在3.2~4.0之间的范围。
(3)检验滤液2中既不存在Fe2+又不存在Fe3+的操作步骤是:取少量滤液于试管中,向其中加入少量KSCN溶液,如果溶液不变红证明不存在Fe3+,继续向溶液中滴入新制的氯水,如果溶液不变红证明不存在Fe2+。
(4)SiO2和NaOH焙烧制备硅酸钠的反应需要高温下才能实现,a装置是蒸发溶液不能实现;b装置是铁坩埚,可以熔融二氧化硅和氢氧化钠;c装置是试管,不能熔融二氧化硅和氢氧化钠;d装置是瓷坩埚,瓷坩埚中含有二氧化硅,高温下能和氢氧化钠反应,不能熔融氢氧化钠。
(5)钢制品为镀件,电镀时作阴极,连接电源的负极;电镀铝阴极应生成单质铝,所以阴极电极反应式为4Al2C+3e
-Al+7AlC;若改用AlCl3水溶液作电解液,H2O电离产生的H+在阴极放电生成H2,无法实现在钢制品上镀铝。
16.答案:(1)3ΔH3-2ΔH1-2ΔH2 (2)B
(3)① ②减少CO2浓度或移出部分CO2 减小
解析:(1)已知:①②③热化学方程式,依据盖斯定律3×③-①×2-②×2得到热化学方程
式:4NO(g)+4NH3(g)+O2
(g)
(2)2NO(g)+2CO(g)4N2(g)+6H2O(g) ΔH=(3ΔH3-2ΔH1-2ΔH2) kJ·mol-1; N2(g)+2CO2(g),正反应是气体体积减小的反应,则NO的生成速率与NO的消耗速率相等是平衡标志,A正确;反应速率之比任何时候都等于化学方程式计量数之比,v(CO)=v(CO2)不能说明反应达到平衡状态, B错误;恒容下,反应前后气体物质的量发生了变化,体系的压强随气体物质的量的变化而发生变化,故压强保持不变可以说明反应达到平衡状态,C正确;各物质的浓度保持不变也是平衡的标志, D正确。
(3)①注意固体不写入平衡常数表达式;②分析表中数值知,NO的浓度减小,氮气的浓度增大,而二氧化碳浓度减小,说明平衡正向移动了,则改变的条件是从体系中分离出二氧化碳;由于正反应是吸热反应,升温平衡正向移动,故一氧化氮浓度减小。
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HC,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,离子方程式正确。
5.D 解析:D选项,实验③只能证明H2O2有氧化性,错误。
6.A 解析:在CO+PdCl2+H2O
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2Fe3+
+Cu2Fe2++Cu2+,D项正确。
8.B 解析:A选项,H2(g)的燃烧热为ΔH=- 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 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,①式×-②式×得所求式子,ΔH=-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,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1∶2,含有的原子数为×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N水解可知D选项错误。
12.A 解析:等质量的气体,相对分子质量越小,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⑤时,铬元素的化合价没变,则不需要加入氧化剂;发生反应①时,有转化关系Na2Cr2O7→2CrCl3,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1∶6;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H2SiO3,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N,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V得电子反应,H+参与反应,所以酸性减弱,错误;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V,由蓝色变为黄色,错误;D选项,加入V、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。 CO2+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
19.答案:(1)②⑤
(2)容量瓶
(3)偏小
(4)2Mn+5H2C2O4+6H+
(5)1.2 2Mn2++10CO2↑+8H2O
解析:(1)由图示可知②⑤操作不正确。②不能在量筒中溶解固体,⑤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50 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=1.2 mg·cm-3。
20.答案:(1)13Al3++32OH-+8H2O
(2)①越小 ②Al3++3H2O
(3)(a+b)
(4)O2+2H2O+4e
-4OH- [AlO4Al12(OH)24(H2O)12]7+ Al(OH)3(胶体)+3H+ ③温度升高,水解程度加大,产生氢氧化铝沉淀
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)12]7+,配平除氢、氧之外的其他元素13Al3+→[AlO4Al12(OH)24(H2O)12]7+,用OH-配平电荷13Al3++32OH-→[AlO4Al12(OH)24(H2O)12]7+,最后补水配氢13Al3++32OH-+8H2O[AlO4Al12(OH)24(H2O)12]7+;(2)①AlT越大,依据Al3+水解可知溶液酸性越强;②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)3;(3)①式+②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)①1 ②6NO2+4CO(NH2)27N2+8H2O+4CO2
(3)2NO(g)+O2
(g)2NO2(g) ΔH=-113.0 kJ· mol-1
(4)NO-3e-+2H2ON+4H+
解析:(2)①N元素化合价升高了2价,所以生成0.5 mol O2转移1 mol电子;②首先依据3∶2写出
3NO2+2CO(NH2)2N2+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②式-①式×2即得所求方程式;(4)负极发生NO生成N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)①式+②式-③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)2 HCl HNO3 Br2 AgNO3
(2)S S Cl-
(3)BaSO3+2H+Ba2++SO2↑+H2O
(4)中和OH-,防止对Cl-的检验产生干扰
(5)会使S对S的检验产生干扰,不能确定S和S是否存在
(6)SO2+Br2+2H2O4H++S+2Br-
解析:由气体E使试剂④褪色可知E、试剂④分别为SO2、溴水,逆推沉淀A中含有BaSO3,所以试剂①为Ba(NO3)2溶液,沉淀A含BaSO4、BaSO3;过量试剂②为酸,因为硝酸可氧化S,试剂②不能为硝酸,只能为盐酸;无色溶液C中含阴离子OH-、Cl-、N,先加过量③(稀硝酸)酸化,再加试剂⑤(AgNO3溶液),白色沉淀为AgCl,c表明检出Cl-;白色沉淀A如加试剂③(稀硝酸),则BaSO3会被氧化为BaSO4,检不出S,也不能确定S存在。
24.答案:(1)2FeTiO3+6C+7Cl22FeCl3+2TiCl4+6CO
(2)TiCl4+(2+x)H2
OTiO2·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)(或%)
(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)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1∶3.2=5∶16,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N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1∶2,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,B选项错误;氮气和氧气均是双原子分子,C选项正确;在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:②应该电解熔融MgCl2生产Mg;③铁在氧气中燃烧生成Fe3O4;④FeCl3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(C)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溶液与沉淀完全溶解消耗的NaOH溶液体积之比为3∶1,不是1∶3,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,②式×2-①式既得所求方程式,ΔH=-1 135.7 kJ· mol-1,错误;D选项,由电池反应式N2H4+O
2N2+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,Al水解,所以Al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+、I-不能大量共存;B选项,溶液显碱性,可以大量共存;C选项,Cr2具有强氧化性,C2H5OH具有还原性,所以不能大量共存;D选项,HC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-、N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
2Fe3++2Cl-,0.3 mol Fe2+全反应生成0.3 mol FeBr2。A选项,氯气少量只与Fe2+反应,正确;B选项,先发生2Fe2++Cl2
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-)=1∶1∶2,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CuCl2
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;D选项,M点后加入NaOH溶液的曲线斜率大,错误。
19.答案:(1)
(2)①Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+,加入Na2SO3后,c(H+)下降,平衡正向移动,生成Fe(OH)3 ②
2Fe3++S+H2O2Fe2++S+2H+
(3)FeSO3和FeCl3的混合溶液也可能出现丁达尔效应
(4)①a ②2Fe3++SO2+2H2O2Fe2++S+4H+;Fe2++SO2+H2
OFeSO3↓+2H+(或
2Fe3++3SO2+4H2O2FeSO3↓+S+8H+);FeSO3与剩余的FeCl3溶液混合而呈现红褐色 Cu+Cl2↑及Cl2和水的反应可知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
解析:(2)①FeCl3水解显酸性、Na2SO3水解显碱性,二者混合后水解互相促进;(3)胶体不一定是Fe(OH)3,其他物质也可能形成胶体;(4)①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;②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)①Al3++3NH3·H2
OAl(OH)3↓+3N
②过滤、洗涤 灼烧(或加热)、冷却 ③
(2)①c ②负 ③从A到B ④-2e-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)=×2 mol;(2)①依据信息可知Na、S均为液态;②Na失电子作原电池负极;③阳离子向正极移动;④依据总反应方程式可知阳极发生失电子反应Sx→xS,配平即可。
21.答案:(1)NaBiO3>KMnO4>H2O2
(2)紫红色褪去,生成白色沉淀
(3)2Mn+5H2O2+6H+2Mn2++5O2↑+8H2O
5PbO2+2Mn2++4H+5Pb2++2Mn+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①可知NaBiO3可把Mn2+氧化为紫红色的Mn,得出NaBiO3的氧化性强于KMnO4的;②中氧化剂、还原剂分别为Mn、H2O2,还原产物、氧化产物分别为Mn2+、O2,依据得失电子守恒可得2Mn+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
5Pb2++2Mn+2H2O;④中SO2被酸性高锰酸钾溶否配平;同理可写出实验③反应的离子方程式5PbO2+2Mn2++4H+
液氧化为S,与Pb2+结合生成PbSO4白色沉淀。
22.答案:(1)CH3OH(l)+O2(g)CO2(g)+2H2O(l) ΔH=-(c-a+2d-b) kJ· mol-1
(2)①O2+4e-2O2- ②S-4e-+2O2-SO2 S-6e-+3O2-SO3 ③SO3+H2O
④110.4 27.6
解析:(1)首先写出甲醇燃烧的化学方程式(标明各物质状态)CH3OH(l)+O2
(g)H2SO4 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③式×-①式-②式+④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。④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)==27.6 mol。
23.答案:(1)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
②CaCO3+2H
+Ca2++CO2↑+H2O
③2H2P+3Ca2++4OH-Ca3(PO4)2↓+4H2O
SiO2·nH2O、Al(OH)3
(2)①避免碱石灰吸收装置原有空气中的CO2
②干燥管中的碱石灰吸收空气中的CO2或H2O
NaHCO3溶液除HCl时产生了CO2
③称量不溶物样品在高温下完全分解前后的质量
解析:(1)②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③可知含有Ca3(PO4)2;(2)③由信息Ca3(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+
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。 Cu+Cu2++H2O、
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ⅢA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,O含有10个中子,18 g的O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①②③,反应①③都是将Br-氧化为Br2,反应②
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③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,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S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S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,错误。
8.A 解析:②是可逆反应;③中MnO2不能与稀盐酸反应;④中铜不能与稀硫酸反应;⑥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+、S均完全反应,最后溶质只有Ba(OH)2。
10.A 解析: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,HC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S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S;若存在I-,则少量溴水首先与还原性强的S反应,不会与I-反应,所以④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-
+H2
OMg(OH)2,正极反应式为ClO-+2e-+H2OCl-+2OH-,两极相加得到电池反应Mg+ClO-Mg(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;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1∶2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×a mol,由得失电子守恒得×a=2×3(1 mol Cr2含2 mol Cr,Cr元素由+6价降到+3价,得2×3 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)SO2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)①A ②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) ③洗涤
④×100%
(2)①将装置中的SO2全部排入到U形管中被吸收
②2S+2H+SO2↑+H2O
③吸收SO2中的水蒸气或干燥SO2气体
④×100%
解析:(1)n(Na2SO4)=n(BaSO4)= mol,m(Na2SO4)=×142 g,m(Na2SO3)=(m-×142) g;(2)n(Na2SO3)=n(SO2)=
mol,m(Na2SO3)=×126 g。
21.答案:(1)CH4(g)+2NO2(g)
(2)阳 N2O4+2HNO3-2e-
发生得电子反应2HNO3+2e
-
2HNO3+2e-+2H+N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) ΔH=-867 kJ· mol-1 2N2O5+2H+ 4HNO32N2O5+2H2O N2O4,只能用H+配平电荷,2HNO3+2e-+2H+N2O4,只能用水配平H原子得解析:(1)两式相加再除以2即得答案;(2)注意电解质为无水HNO3,所以HNO3写成化学式,由化合价升降可知乙为阴极,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 ⅥA
(2)2Al+2NaOH+2H2
O2NaAlO2+3H2↑
(3)Na2SO4 2
(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,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)1∶2 ⑥①②③或⑥①③
解析:由反应Ⅰ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,结合信息①可知,反应Ⅱ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) ΔH=-1 266.8 kJ· mol-1
(3)①3Cu+8H++2N3Cu2++2NO↑+4H2O
②14.8% ③NH4Cl中N发生水解反应,使溶液呈酸性
④Cu、SiO2、KNO3、NH4Cl (4)+(x-1)e-xI-
解析:(2)首先依据信息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++2N3Cu2++2NO↑+4H2O反应时N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)阴极得电子生成I-,配平即可。
滚动测试四
1.B 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=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,其中的氢原子数介于4NA~6NA之间;标准状况下,SO3为固态,D项错。
4.C 解析:根据反应HC+OH-C+H2O可看出HC减少,C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,=1012,说明为强酸性溶液,四种离子可以大量共存;D选项,Fe3+与HC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HC,与Ca2+不会产生沉淀。
7.B 解析:F-、Mg2+、Al3+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
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,温度计的水银球应在支管口处,错误。
9.B 解析:A项,反应热ΔH=E(生成物)-E(反应物),该反应放热,ΔHE(生成物),正确;B项,从键能角度看,ΔH=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 H—H键和1 mol I—I键所需能量小于断开2 mol H—I键所需能量,错误;C项,ΔH=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。
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C、S等而无Cl-;C项,原溶液中有S而无S也会出现同样的现象;D项,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N。
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N与OH-之间的反应。
14.A 解析:由这三种离子所带电荷数pAl>Cl;C项中单质的还原性为AlMg2+>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+的物质的量为(2+3+4) mol÷2=4.5 mol,要使得溶液中Cl-和Br-的个数比为3∶1,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3∶1,两步反应中通入的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 mol-3 mol=1.5 mol,两者物质的量比为3.5∶1.5=7∶3,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)
ΔH=(-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)KP;C中,M、N两点相比,M点温度低于N点温度,升温,平衡左移,所以M点的c(I-)小。
19.答案:(1)三 ⅠA
(2)N 3
(3)2Mg+CO22MgO+C
+2-+(4)Na[∶∶]Na 2Na2S3+O2+2H2O4NaOH+6S 2CO2(g)+3H2O(l)
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++3H2O Fe2O3+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)CO2 Al(OH)3+OH
-Al+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
+6HCl
Fe2O3+6HCl2AlCl3+3H2O、2FeCl3+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)①2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+CaCl2+2H2O ②
③NH3·H2ON+OH- ④bc
(3)2NH3+NaClON2H4+NaCl+H2O
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+2NH4
Cl
发生NH3·H2O
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+2NH
3N2H4+NaCl+H2O。
22.答案:Ⅰ.(1)B CaCl2+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N+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
(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)
Ⅱ.(3)增大
(4)Fe-6e-+8OH-Fe+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S从右向左移动。右边为电解池,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Fe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)+O2
(g)H2O(l) ΔH=-286.0 kJ·mol-1
(2)ABE
(3)0.01 mol·L-1·min-1 50% 3.2(或)
(4)①
解析:(1)设氮气与水的反应为①,工业合成氨的反应为②,由盖斯定律知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;,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H—H键与形成N—H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 + 3H2
起始浓度/(mol·L-1) 0.2
转化量/(mol·L-1) x
平衡浓度/(mol·L-1) 0.2-x
由题意得,×100%=80%
解得x=0.1,
v(N2)==0.01 mol·L-1·min-1;α(N2)=×100%=50%;K==3.2。(4)①由图像知当温度相同时p1→p2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
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 达到平衡的时间缩短,平衡时A的浓度减小
(2)40%(或0.4) 0.060 mol·L-1
(3)> 温度升高,平衡向正反应方向移动,故该反应是吸热反应
(4)vB=2vA=×2=0.014 mol·L-1·min-1
vC=vA==0.009 mol·L-1·min-1
解析:(1)从图像可看出,两者最终的平衡浓度相同,即最终的平衡状态相同,而②比①所需要的时间短,显然反应速率加快了,故由影响反应速率和影响平衡的因素可知是加入催化剂;该反应是在溶液中进行的反应,所以不可能是改变压强引起速率的改变,又由于各物质起始浓度相同,故不可能是改变浓度影响反应速率,再由于③和①相比达平衡所需时间短,平衡时浓度更小,故不可能是使用催化剂,而只能是升高温度来影响反应速率的。(2)设溶液体积为1 L,则②中达平衡时A转化了0.04 mol,由反应计量数可知B转化了0.08 mol,所以B转化率为×100%=40.0%,同样在③中A转化了0.06 mol,则生成C为0.06 mol,体积不变,即平衡时c(C)=0.06 mol·L-1。(3)由③和①进行对比可知升高温度后A的平衡浓度减小,即A的转化率增大,平衡向正反应方向移动,而升温是向吸热的方向移动,所以正反应是吸热反应,ΔH>0。(4)从图上读数,进行到4.0 min时,实验②A的浓度为0.072 mol·L-1,则Δc(A)=0.10 mol·L-1-0.072 mol·L-1=0.028 mol·L-12NH3 0.8 3x 0.8-3x 0 2x 2x ,vA==0.007 mol·L-1·min-1,vB=2vA=0.014 mol·L-1·min-1,进行到4.0 min实验③A的浓度为0.064 mol·L-1,Δc(A)=0.10 mol·L-1-0.064 mol·L-1=0.036 mol·L-1,v(A)'==0.009 mol·L-1·min-1,vC=vA=0.009 mol·L-1·min-1。
滚动测试五
1.A 解析:常温下,18 g H2O的物质的量为=1 mol,含2 mol H,则含有2NA个氢原子,故A正确;标准状况下苯为液体,不能利用气体摩尔体积计算其物质的量,故B错误;Na失去1个电子变为Na+,则1 mol Na与足量水反应转移NA个电子,
故C错误;溶液体积未知,且醋酸为弱酸,则不能计算离子个数,若为1 L 0.1 mol·L-1 CH3COOH溶液中,含有小于0.1NA个CH3COO-,故D错误。
2.A 解析:相同物质的量浓度的NaCl、AlCl3溶液中Cl-的物质的量浓度之比=1∶3,两者体积相等,根据n=cV可知溶液中Cl-的物质的量之比为1∶3,故A正确;氨气所处状态未知,故B错误;将30 mL 0.5 mol·L-1 NaOH溶液稀释到500 mL,根据稀释定律,稀释后溶液物质的量浓度变为=0.03 mol·L-1,故C错误;40 g NaOH溶于水后溶液的体积未知,故D错误。
3.C 解析:氧化亚铁溶于稀硝酸,Fe2+被硝酸氧化为Fe3+,离子方程式错误,故A错误;向亚硫酸铵溶液中加入少量氢氧化钡溶液,生成亚硫酸钡沉淀的同时会生成一水合氨,一水合氨是弱电解质不能省略,故B错误;含n mol FeBr2的溶液中通入n mol Cl2完全反应,先发生反应:2Fe2++Cl2
Cl2再与溴离子反应:2Br-+Cl2
为:2Fe2++2Br-+2Cl2
该为正确,故D错误。
4.C 解析:氧化还原反应的本质为电子的转移或得失,其特征为化合价的升降,故A错误;复分解反应中没有元素的化合价变化,一定不属于氧化还原反应,故B错误;反应中H元素的化合价降低,O元素的化合价升高,则水既是氧化剂又是还原剂,故C正确;氧化还原反应中,氧化剂得到电子发生还原反应,还原剂失去电子发生氧化反应,故D错误。
5.A 解析:铜锌原电池在工作时,铜是正极,电解质中的阳离子移向正极即铜极,故A正确;电解饱和食盐水时,阳极上发生的是氯离子失电子的氧化反应,得到氯气,故B错误;电解铝时,电解槽里的阳极上发生氧化反应,故C错误;原电池与电解池连接后,电子从阳极流向正极,从负极流向阴极,故D错误。
6.D 解析:因S与Ba2+反应生成沉淀,所以ΔH不为2×(-57.3) kJ·mol-1,故A错误;CH3OH(g)+O2(g)
NH3(g),放热19.3 kJ,反应是可逆反应,不能进行彻底,所以N2(g)+3H2(g)CO2(g)+2H2O(g) ΔH=-192.9 kJ· mol-1中水是气体,不是稳定氧化物,故B错误;将0.5 mol N2和1.5 mol H2置于密闭容器中充分反应生成2NH3(g) ΔH
7.B 解析:组成原电池时,负极金属较为活泼。①②相连时,外电路电流从②流向①,说明①为负极,活动性①>②;①③相连时,③为正极,则活动性①>③;②④相连时,②上有气泡逸出,应为原电池的正极,活动性④>②;③④相连时,③的质量减少,则③为负极,活动性③>④。综上分析可知活动性由大到小的顺序:①③④②。
8.D 解析:加入铁和铜的混合物,铁首先与氯化铁反应,铜后参加反应,不会出现有铁无铜的情形,故D错误。
9.A 解析:①汽油的主要成分是碳氢化合物(如C8H18等),其中并不含有氮元素,空气中含有大量氮气,所以汽车尾气中氮元素的来源是氮气,所以汽油不完全燃烧的生成物是CO,氮的氧化物与汽油是否完全燃烧无关系,故①错误;②舰载机降落拦阻索的特种钢缆属于合金,属于传统材料而不是新型无机非金属材料,故②错误;③不溶性固体和液体可以用过滤法分离,塑化剂和酒精互溶,所以不能通过过滤除去,且塑化剂有毒,故③错误;④二氧化硅广泛用于制作光导纤维,SiO2遇强碱能发生反应,可发生“断路”,故④正确;⑤胶体具有丁达尔效应,而溶液不具有,故可用丁达尔效应区分食盐水和淀粉溶液,故⑤正确;⑥浓硝酸在光照条件下分解,生成红棕色的二氧化氮,溶解在溶液中变黄,故⑥正确;⑦次氯酸钙具有强氧化性,能使蛋白质变性而杀菌消毒,同时也具有漂白性,所以漂白粉既可作漂白剂,又可作消毒剂,故⑦正确;⑧铝和氧化铁的反应属于铝热反应,反应方程式为2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe,该反应中Al元素化合价由0价变为2Fe3++2Cl-;n mol Fe2+全部氧化需要0.5n mol Cl2,剩余0.5n mol Br2+2Cl-,能氧化溴离子n mol,因此溶液中溴离子被氧化一半,故反应的总离子方程式2Fe3++Br2+4Cl-,是氧化还原反应离子方程式,且满足元素守恒、电子守恒、电荷守恒,故C正确;三氯化铁溶液滴入硫氰化钾溶液,三价铁离子和硫氰根离子结合生成红色溶液,反应中无气体、无沉淀生成,评价应+3价,Fe元素化合价由+3价变为0价,所以Al失电子表现还原性,故⑧错误。以上叙述中错误的有①②③⑧。
10.D 解析:由元素在周期表中的位置可知,①为H、②为Na、③为C、④为N、⑤为O、⑥为Mg、⑦为Al、⑧为S、⑨为Cl、⑩为Fe。
电子层结构相同的离子,相应核电荷数越大离子半径越小,电子层越多离子半径越大,故离子半径S2->Cl->Na+,故A错误;氯化镁属于离子晶体,而氯化铝属于分子晶体,氯化镁的熔点更高,故B错误;元素⑩处于常见周期表第四周期第Ⅷ族,无ⅧB族,故C错误;H与C、N、O可以形成C2H2、N2H4、H2O2,分子中都含有极性键、非极性键,故D正确。
11.B 解析:该反应为可逆反应,在密闭容器中加入1 mol N2和3 mol H2,充分反应后生成的氨气的物质的量小于2 mol,放出的热量一定小于92.4 kJ,故A错误;N2(g)+3H2
(g)2NH3(l)
ΔH=-Q kJ·mo1-1,反应产物为液态,液态的氨气能量小于氨气能量,所以放出的热量大于92.4 kJ,所以Q>92.4,故B正确;增大压强,平衡向着正向移动,但是温度不变,该反应的平衡常数不变,故C错误;氢气的初始量、反应消耗的氢气的物质的量未知,无法根据氮气的转化率计算出氢气的转化率,故D错误。
12.B 解析:已知R-+H2S(少量)HR+HS-,2Z-+H2S(少量)2HZ+S2-,则酸性:H2S>HR>HS->HZ。
根据酸性强的能制备酸性弱的,酸性越强,Ka越大,所以相同温度下电离平衡常
数:Ka1(H2S)>Ka(HR)>Ka2(H2S)>Ka(HZ),故A错误;酸性越弱,酸越难电离,对应酸根离子越易结合氢离子,已知酸性:H2S>HR>HS->HZ,所以结合H+的能力:Z->S2->R->HS-,故B正确;酸性越弱,对应的盐越易水解,已知酸
性:H2S>HR>HS->HZ,所以水解程度NaZ>Na2S>NaR>NaHS,则同温同浓度下,溶液的pH:NaZ>Na2S>NaR>NaHS,故C错误;已知HZ的酸性小于HS-的酸性,所以HZ与S2-不反应,故D错误。
13.D 解析:弱电解质溶液中电离度越大,溶液中氢离子浓度越大,酸性越强;①CH3COOH ②HF ③HCN,三种一元酸的电离度分别为1.3、7.8、0.007 9;酸性由强到弱的顺序是②>①>③,故A错误;相同物质的量浓度的①CH3COONa ②NaF ③NaCN,①CH3COOH ②HF ③HCN酸性由强到弱的顺序是②>①>③,越弱越水解,溶液碱性越强,所以溶液pH大小为:③>①>②,故B错误;NaF溶液中存在水解平衡,加盐酸促进氟离子的水解,c(H+)增大,c(F-)减小,c(Na+)减小,故C错误;氟离子水解显碱性,溶液中离子浓度大小为:c(Na+)>c(F-)>c(OH-)>c(H+),故D正确。
14.B 解析:AgCl在溶液中存在溶解平衡
:AgCl(s)
溶液中c(Ag+)或c(Cl-)越大,则AgCl的溶解度越小。
①和⑥中铵根离子水解生成NH3·H2O,Ag+与NH3·H2O结合,使溶解平衡正移,AgCl的溶解度增大,由于(NH4)2CO3中N水解程度大,则NH3·H2O的浓度大,使溶解平衡正移的程度大,则①>⑥;当溶液中存在c(Ag+)或c(Cl-)对溶解平衡有抑制作用,②c(Cl-)=0.03 mol·L-1,③c(Ag+)=0.05 mol·L-1,④c(Cl-)=0.04 mol·L-1,⑤c(Ag+)和c(Cl-)为0,则AgCl的溶解度由大到小排列顺序是:⑤>②>④>③。综上可知AgCl的溶解度由大到小排列顺序是:①>⑥>⑤>②>④>③。
15.A 解析:0.1 mol·L-1的H2SO4溶液呈酸性,不断地加入Ba(OH)2溶液,碱性会不断增强,故A正确;c点是H2SO4和Ba(OH)2恰好中和的点,溶液的离子浓度接近为0,导电能力最差,故B错误;由图像可知,原硫酸体积为20 mL,b处溶液的c(H+)=(0.1 mol·L-1×2×0.02-0.1 mol·L-1×2×0.01)÷0.03 L,d处溶液的c(OH-)=(0.1 mol·L-1×2×0.03-0.1 mol·L-1Ag+(aq)+Cl-(aq),由于c(Ag+)或c(Cl-)对溶解平衡有抑制作用,则×2×0.02)÷0.05,b处溶液的c(H+)不等于d处溶液的c(OH-),故C错误;c处恰好完全反应溶液呈中性,故D错误。
16.B 解析:氯气为单质,既不是电解质也不是非电解质,SO2、NH3属于非电解质,它们的水溶液导电,故A错误;100 ℃时,pH=2的盐酸中氢离子浓度为0.01 mol·L-1,pH=12的NaOH溶液中氢氧化钠浓度为1 mol·L-1,二者等体积混合
NaOH有剩余,则混合溶液呈碱性,故B正确;离子积只与温度有关,温度不变,水的离子积不变,故C错误;化学式相似的物质,溶度积大的物质能转化为溶度积小的物质,所以在CuSO4溶液中加入PbS,可转变为铜蓝(CuS),则
Ksp(PbS)>Ksp(CuS),故D错误。
17.A 解析:Ca(OH)2在溶液中的浓度随温度的升高而减小,所以加热至50 ℃,溶液的Ca2+的浓度减小,故A错误;已知饱和石灰水的密度为d g· cm-3,溶液pH=12,令溶液的体积为1 L,则n(OH-)=0.01 mol,所以n[Ca(OH)2]=0.005 mol,则1 L溶液中m[Ca(OH)2]=nM=74 g· mol-1×0.005 mol=0.37 g,设该温度下Ca(OH)2的溶解度为a g,则,解得a=,故B正确;碱溶液中水电离出的OH-的浓度等于水电离出的H+的浓度,Ca(OH)2溶液中由水电离出的H+的浓度为1×10-12 mol·L-1,所以水电离出的OH-的浓度为1×10-12 mol·L-1,故C正确;饱和溶液的浓度只与温度有关,所以加入生石灰并恢复至常温后,溶液中各种离子的浓度不变,则值不变,故D正确。
18.C 解析:B元素的非金属性比C元素弱,则硼酸的酸性小于碳酸,根据强酸制弱酸原理,硼酸不能制碳酸,故A错误;KClO3属于电解质,SO3属于非电解质,故B错误;化学式相似的难溶电解质,溶度积大的容易转化为溶度积小的,AgCl沉淀易转化为AgI沉淀,故Ksp(AgI)
19.答案:(1)2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO410CO2↑+2MnSO4+K2SO4+8H2O 3.01×1024(或5NA)
(2)0.032
(3)2Fe3++S+H2O2Fe2++S+2H+ H+与N组成的硝酸把Fe2+氧化
解析:(1)酸性条件下KMnO4与H2C2O4发生氧化还原反应生成MnSO4和CO2,反应中Mn元素化合价由+7价(KMnO4)降低到+2价(MnSO4),同时还生成了K2SO4和H2O,据此可写出反应的化学方程式。
反应中Mn元素化合价由+7价降低到+2价,反应中消耗1 mol Mn时转移电子5 mol,则电子数为N(e-
)=5NA=3.01×1024。
(2)n(KI)=0.06 mol,与一定量的酸性KMnO4溶液恰好反应,生成等物质的量的I2和KIO3,则n(I2)=n(KIO3)=0.02 mol,共失去电子的物质的量为:n(e-)=2×0.02 mol+0.02 mol×[5-(-1)]=0.16 mol,则消耗KMnO4的物质的量
是:n(KMnO4)==0.032 mol。
(3)在Fe(NO3)3溶液中加入Na2SO3溶液,溶液先由棕黄色变为浅绿色,原因是Fe3+与S发生氧化还原反应生成Fe2+和S,反应的离子方程式为2Fe3++S+H2
O
Fe3+,过一会儿又变为棕黄色。
20.答案:(1)MnO2+2Cl-+4H+Cl2↑+Mn2++2H2O 玻璃棒
(2)DF 乙
(3)Cl2+2Br-2Cl-+Br2 从分液漏斗下端放出有机层
(4)2NH3+NaClON2H4+NaCl+H2O 0.2
解析:(1)浓盐酸和二氧化锰在加热条件下能发生氧化还原反应生成氯化锰、氯气和水,二氧化锰、氯气、水在离子方程式中应保留化学式,离子方程式为MnO2+2Cl-+4H+Cl2↑+Mn2++2H2O,从该混合物中回收MnO2并提取MnCl2晶2Fe2++S+2H+,反应后溶液呈酸性,则在酸性条件下N与Fe2+反应生成体,需通过过滤操作,滤渣为MnO2,具体操作为:①溶解,为了加速溶解而用玻璃棒搅拌;②过滤,过滤过程中为了防止液体外流而用玻璃棒引流;③蒸发,蒸发时为了避免液体局部过热造成液滴飞溅而用玻璃棒搅拌。
(2)Cl2制备是利用固体和液体加热制备气体,可以通过排饱和食盐水的方法收集Cl2,A可吸收尾气,并能防止倒吸;B、C都可以收集Cl2;D无法将氯化钠溶液排到烧杯中,故D不符合;E从短口通入Cl2,可用排饱和食盐水的方法收集Cl2;Cl2有毒不能直接用排空气法收集,故F不符合;G用于吸收Cl2;氯气比空气重,用向上排空气法收集Cl2,如用B收集,需从乙口进Cl2。
(3)氯气具有氧化性,能氧化溴离子生成单质溴:Cl2+2Br-
有机层,从上端倒出水层。
(4)NH3与NaClO反应得到肼(N2H4),氮元素化合价升高被氧化,次氯酸钠作氧化剂被还原为氯化钠,依据原子守恒配平化学方程式为2NH3+NaClO
可以制备0.2 mol N2H4。
21.答案:(1)①CD N2H4+NaCl+H2O,现有14.9 g NaClO,n(NaClO)==0.2 mol,由化学方程式可知,最多Br2+2Cl-,取混合溶液于分液漏斗中,加入CCl4,振荡,溶液由无色变为橙黄色,溶液分层,上层液体几乎为无色,下层液体为橙红色,为溴的四氯化碳溶液,从分液漏斗下端放出
②
③增大压强 向容器中再充入CO气体
(2)①高温 ②C+H2SHC+HS-
(3)①2.67 ②a
解析:(1)①在单位时间内生成1 mol CO2的同时消耗了1 mol CO,二者的反应方向是一致的,在任何条件下均成立,不能说明反应达到平衡状态,A不正确;密度是混合气的质量和容器容积的比值,在反应过程中质量和容积始终不变,因此混合气体的密度不再改变不能说明反应达到平衡状态,B不正确;混合气的平均相对分子质量是混合气的质量与混合气的总的物质的量的比值,质量不变,但物质的量是变化的,所以混合气体的平均相对分子质量不再改变可以说明反应达到平衡状态,C正确;正反应是体积减小的反应,即压强是减小的,因此混合气体的压强不再变化可以说明反应达到平衡状态,D正确。
②t2时刻是平衡状态,此时将容器的容积迅速扩大到原来的2倍,压强降低,正逆反应速率均瞬间降低,平衡向逆反应方向移动。
③若要同时提高该反应的速率和NO的转化率,则平衡必须向正反应方向移动。由于正反应是体积减小的放热反应,因此采取的措施有增大压强、向容器中再充入CO气体。
(2)①由热化学反应方程式可知,该反应为焓增、熵增过程,即ΔH>0、ΔS>0,必须满足ΔG=ΔH-TΔS
②由于K'a2=5.61×10-11Ka2=1.1×10-12,所以氢硫酸能够与碳酸钠溶液反应生成碳酸氢钠和硫氢化钠,反应的离子方程式为:C+H2S
(3)① H2O(g) +
CO(g)
初始
浓度
转化
浓度
mol·L-1
mol·L-1
平衡
浓度
mol·L-1
mol·L-1 0.2 mol·L-1 0.8 0.8 mol·L-1 1.2 0.8 mol·L-1 0.8 0.8 mol·L-1 0.8 1 mol·L-1 2 mol·L-1 0 0 CO2(g)+ H2(g) HC+HS-。
所以平衡常数K=≈2.67
②增大水蒸气的浓度可以提高CO的转化率,因此实验3中,若平衡时,CO的转化率大于水蒸气,则a、b必须满足的关系是a
③根据表中1、2数据可知,实验1中CO的转化率为×100%=40%,实验2中CO的转化率为×100%=20%,则实验1的转化率大于实验2,说明温度升高平衡向逆反应方向移动,正反应放热,该反应的ΔH
H2O(g) +
CO(g)
初始
浓度
转化
浓度
mol·L-1
mol·L-1
平衡
浓度
mol·L-1
mol·L-1
则K=≈0.17
若在900 ℃时,另做一组实验,在此容器中加入10 mol CO,5 mol H2O,2 mol CO2,5 mol H2,则此时=0.2>0.17,这说明反应在向逆反应方向进行,因此v(正)
22.答案:(1)酚酞 酸式滴定管 (2)25.40 大于24.60 mL (3)BCD (4)
解析:(1)根据酸碱反应生成了强碱弱酸盐,溶液呈碱性,应选择碱性变色范围内的指示剂酚酞;白醋是酸,应该用酸式滴定管量取。
(2)A与C刻度间相差1 mL,说明每两个小格之间是0.10 mL,A处的刻度为25,A和B之间是四个小格,所以相差0.40 mL,则B是25.40 mL,由于滴定管50.00 mL刻度下方还有液体,所以滴定管中溶液的实际体积大于24.60 mL。
(3)从上表可以看出,第一次实验中记录消耗NaOH溶液体积明显多于后两次,测得的醋酸浓度偏大。
A.实验结束时俯视刻度线读取滴定终点时NaOH溶液的体积,导致NaOH溶液体积偏小,所以所测醋酸浓度偏小,故A错误;
B.滴定前滴定管尖嘴有气泡,滴定结束无气泡,导致NaOH溶液体积偏大,所以所测醋酸浓度偏大,故B正确;
C.盛装标准液的滴定管装液前用蒸馏水润洗过,未用标准液润洗,导致氢氧化钠浓度偏小,所以所用NaOH溶液体积偏大,所测醋酸浓度偏大,故C正确; 0.3 mol·L-1 0.2 0.2 mol·L-1 0.8 0.2 mol·L-1 0.2 0.2 mol·L-1 0.2 0.5 mol·L-1 1 mol·L-1 0 0 CO2(g)+ H2(g)
D.第一次滴定用的锥形瓶用待装液润洗过,后两次未润洗,润洗锥形瓶导致醋酸的物质的量偏大,所以使用的NaOH溶液体积偏大,所测醋酸浓度偏大,故D正确;
E.滴定NaOH溶液过快,未充分振荡,刚看到溶液变色,立刻停止滴定,导致使用的氢氧化钠体积偏小,所测醋酸浓度偏小,故E错误。
(4)醋酸和氢氧化钠反应的物质的量相等,两次使用NaOH溶液的平均体积V(NaOH)= mL=25.30 mL,
则含醋酸的质量=0.025 30 L×c mol·L-1×60 g· mol-1=1.518c g
所以白醋的酸度=。
23.答案:(1)BaCO3+2H+
盐酸发生反应BaCO3+2H+Ba2++CO2↑+H2O (2)①B ②5.5×10-10 2.2×10-10 ③13 Ba2++CO2↑+H2O而导致中毒。 解析:(1)BaSO4不溶于水也不溶于酸,身体不能吸收,因此服用BaSO4不会中毒。而BaCO3进入人体后,会与胃酸中的
(2)①S会抑制BaSO4的溶解,所以c(S)越大,c(Ba2+)越小。②由于c(Ba2+)·c(S)=1.1×10-10,所以溶液b中c(S)= mol·L-1=5.5×10-10 mol·L-1,溶液c中c(Ba2+)= mol·L-1=2.2×10-10 mol·L-1。③溶液b、d混合后发生反
应:Ba(OH)2+H2SO
4
1BaSO4↓+2H2O,由题意知Ba(OH)2过量,溶液中OH-的浓度为c(OH-)=×2=0.1 mol·L-,c(H+)==1×10-13 mol·L-1,pH=13。
24.答案:Ⅰ.①
Ⅱ.(1)13 (2)醋酸溶液中存在电离平衡:CH3
COOHH++CH3COO-,当加入CH3COONa固体时,CH3COO-浓度增大,使CH3COOH电离平衡逆向移动,H+浓度减小,故pH增大
Ⅲ.(1)FeS (2)PbS
解析:Ⅰ.①平衡常数随温度升高而减小,说明正反应为放热反应,ΔH
②2NH3(g)+CO2
(g)CO(NH2)2(l)+H2O(l),根据图像分析判断,增大氨气浓度平衡正向进行;
B点处x=4,原料气中的NH3和CO2的物质的量之比为4,二氧化碳转化率为0.50,假设氨气为4 mol,二氧化碳为1 mol,则参加反应的二氧化碳为0.50 mol。
依据化学方程式2NH3(g)+CO2(g)
NH3的平衡转化率=×100%=25%。
③达到平衡时,在恒温恒容条件下充入稀有气体,由于体系中各组分的浓度没有变化,则化学平衡不会移
动,CO(NH2)2(l)的质量不变。
Ⅱ.(1)纯水电离生成的c(H+)=c(OH-),KW=c(H+)×c(OH-)=4×10-14,过量的OH-浓度为:c(OH-)==0.4 mol·L-1,
由该温度下的KW可知,c(H+)= mol·L-1=1×10-13 mol·L-1,所以pH=13。
(2)醋酸溶液中存在CH3COOHH++CH3COO-的电离平衡,加入CH3COONa固体,c(CH3COO-)增大,平衡逆向移动,抑制醋酸电离,溶液中氢离子浓度减小,则pH增大,该混合溶液中c(Na+)
Ⅲ.(1)根据图2可知,PbS(s)、ZnS(s)、FeS(s)的溶度积大小关系为:Ksp(CuS)
PbS
(2)向新生成的ZnS悬浊液中滴入足量含相同浓度的Cu2+、Fe2+的溶液,由于Ksp(PbS)
滚动测试六
1.C 解析:食盐可用于食品调味,还可以腌鱼、肉、蔬菜等作防腐剂,A正确;维生素C(水溶性维生素)具有较强的还原性,加热时易氧化分解,B项正确;纤维素在人体内不能水解,不能被人体消化吸收,虽有促进肠道蠕动功能,但不能作人类的营养物质,C项错误;苏打是碳酸钠,呈碱性,假红酒中没有花青素,遇苏打不显蓝色,D项正确。
2.D 解析:A项所给模型为比例模型,不是球棍模型,A错误;B项中子数为20的氯原子应表示为Cl,B错误;碳酸是二元弱酸,电离方程式应分步书写,C错误;D正确。
3.A 解析:20 g氖气的物质的量是1 mol,应注意Ne是单原子分子,因此在1 mol的该物质中所含的原子数目为NA,A正确;B项根据pH可计算 OH-的浓度,但不知道溶液的体积,无法计算微粒数目的多少,且NaHCO3在pH=12的溶液中不能大量存在,B错误;C项注意1 mol Na2O2中含有1 mol 和2 mol Na+,故含NA个阴离子的Na2O2的物质的量为1 mol,其溶于水形成1 L溶液,则Na2O2和水反应生成NaOH,根据Na+守恒可得c(NaOH)=2 mol·L-1,C错误; D项与常温
常压下无关,理论上6.4 g Cu与40 mL 10 mol·L-1浓硝酸恰好反应生成NO2为0.2NA,但反应开始时硝酸浓度大,产生的是NO2,随反应的进行硝酸变为稀硝酸,这时反应生成NO,因此生成NO2分子的数目小于0.2NA,D错误。
4.A 解析:混合物发生反应的实质是H+
+HCCO2↑+H2O。比较①②数据可知,继续增大混合物的质量,气体的体积在增大,说明实验①中盐酸有剩余、固体混合物完全反应,所以不能根据实验①计算出盐酸的物质的量浓度,A错误;若②中盐酸有剩余,继续增大混合物的质量,气体的体积会增大,由②③数据可知,实验中气体的体积不变,说明实验②中盐酸完全反应,故B正确;实验①中盐酸有剩余、固体混合物完全反应,C正确;实验①中加入9.2 g混合物时,盐酸有剩余,固体混合物完全反应,根据H+
+HC
数,D正确。
5.B 解析:溶液中由水电离产生的c(OH-)=1×10-14 mol·L-1,则该溶液可能是强酸溶液或强碱溶液。A项Al3+在碱性条件下不能大量存在, A错误;B项四种离子之间不反应,且与H+或OH-也不反应, B正确;C项Al在酸性条件下不能大量存在,C错误;D项N在碱性条件下不能大量存在, D错误。
6.A 解析:X原子最外层电子数是电子层数的三倍,原子只能有2个电子层,最外层电子数为6,则X为氧元素;Y与X可形成Y2X2和Y2X两种离子化合物,则Y为Na元素;Z原子的核外电子数比Y原子多1,则Z为Mg;W与X同主族,则W为S元素。A项,非金属性O>S,故气态氢化物的稳定性:H2O>H2S,A正确;B项,金属性Na>Mg,故单质的还原性:Na>Mg,B错误;C项,同周期自左而右原子半径减小,原子半径:Na>Mg>S,C错误;D项,氢氧化镁不与氢氧化钠反应, D错误。
7.D 解析:A项石油分馏可得到汽油、煤油等,A错误;B项破坏乙烯分子里CC键所需吸收的能量并不是破坏乙烷分子里C—C键能量的两倍,B错误;C项油脂不是高分子化合物,1 mol油脂完全皂化生成1 mol甘油和3 mol高级脂肪酸钠,C错误;D项分析可知,反应物中的原子全部进入生成物中,原子的利用率为100%,因此该反应符合绿色化学的原则,D正确。
8.C 解析:A项,CaO与H2O发生反应产生Ca(OH)2,反应消耗水生成强碱,使一水合氨的电离平衡逆向移动,增大一水合氨的浓度,又反应放出热量使溶液的温度升高,加速一水合氨的分解,产生氨气,A正确;B项,CH3COOC2H5在饱和Na2CO3溶液中溶解度较小,能用分液的方法分离二者,B正确;C项,制取的乙烯中含有少量乙醇,乙醇也可以使酸性高锰酸钾溶液褪色,C错误;D项,浓硫酸有脱水性,使蔗糖碳化变黑,浓硫酸吸收其中的水,放出热量使温度升高,碳被浓硫酸氧化为CO2,硫酸则被还原为SO2,用品红溶液可以证明SO2具有漂白性,用酸性KMnO4溶液可以证明SO2具有还原性,D正确。
9.B 解析:植物油属于高级脂肪酸甘油酯,属于酯类,A错误;苯只能与液溴发生取代反应,不能与溴水反应,C错误;硫酸铵不是重金属盐,不能使蛋白质变性,D错误。
10.B 解析:A项,向Fe(NO3)2溶液中加入H2SO4,会发生离子反应:3Fe2++N+4H+3Fe3++NO↑+2H2O,产生的NO在管口遇到空气生成红棕色NO2气体,A错误;B项加热的条件下,氯化铁在沸水中发生水解反应生成氢氧化铁胶体,B正确;C项饱和溶液中出现BaCO3的原因是溶液中c(C)与c(Ba2+)之积大于碳酸钡的溶度积而形成的,不能比较其溶度积的大小,C错误;D项浓盐酸易挥发,生成的CO2中含有少量HCl,HCl也会与苯酚钠反应生成苯酚,故不能说明碳酸酸性强于苯酚,D错误。
11.B 解析:A项,0.1 mol·L-1的KHA溶液,其pH=10,说明HA-的水解大于电离,有c(OH-)>c(A2-),又HA-的水解程度小,所以c(HA-)>c(A2-),故大小关系为c(K+)>c(HA-)>c(OH-)>c(A2-),A错误;B项0.1 mol·L-1的氨水与0.05 mol·L-1 H2SO4溶液等体积混合,二者恰好反应生成硫酸铵,根据物料守恒可知c(N)+c(NH3)+c(NH3·H2O)=2c(S),B正确;C项0.1 mol·L-1的NaOH溶液与0.2 mol·L-1的HCN溶液等体积混合,反应后溶液为NaCN 和HCN等物质的量的混合溶液,由于所得溶液呈碱性,说明NaCN的水解作用大于HCN的电离作用,所以微粒的大小关系为c(HCN)>c(Na+)>c(CN-)>c(OH-)>c(H+),C错误;D项HF、CH3COOH都是弱酸,所以NaF与CH3COOK都是强碱弱酸盐;由于酸性HF>CH3COOH,所以根据盐类水解规律:水解程度CH3COO->F-;因为c(NaF)=c(CH3COOK),水解程度越大,剩余离子的浓度就越小,所以c(K+)-c(CH3COO-)>c(Na+)-c(F-),D错误。
12.B 解析:A项,观察电解池中离子的移动方向,钠离子向Pt(Ⅰ)移动,说明Pt(Ⅰ)是阴极,可判断X是电源的负极,Y是电源的正极,A正确;B项Pt(Ⅱ)是阳极,发生氧化反应,由图可知亚硫酸根离子和亚硫酸氢根离子最终都被氧化为硫酸CO2↑+H2O,可知n(混合物)=n(CO2)=0.1 mol,设9.2 g混合物中NaHCO3、KHCO3的物质的量分别为x和y,则有:x+y=0.1 mol、84 g·mol-1x+100 g·mol-1y=9.2 g,故可以计算NaHCO3的质量分
根离子,所以溶液的酸性增强,pH减小,B错误;C项根据B项的分析可知,反应后得到的硫酸的浓度增大,即b>a,C正确;D项阴极氢离子得电子生成氢气,阳极亚硫酸氢根离子失去电子生成硫酸,D正确。
13.答案:Ⅰ.(1)①④ (2)③ (3)⑤ (4)②⑦
Ⅱ.(1)⑥ (2)② (3)⑤
Ⅲ.F ① D ③ G ④ C ② A ④
解析:Ⅲ.(1)酒精中的杂质水用CaO吸收,然后蒸馏;(2)乙烷中的杂质气体乙烯用(浓)溴水通过洗气除去,但不能用酸性高锰酸钾溶液,因为乙烯被氧化除去的同时会生成新杂质二氧化碳;(3)硬脂酸钠溶液中的杂质甘油可以利用高级脂肪酸钠在盐溶液中溶解度小,通过加入NaCl发生盐析,然后过滤分离除去;(4)苯中的杂质苯酚可以利用苯酚的弱酸性,加入氢氧化钠溶液,得到互不相溶的两层液体,然后再分液得到;(5)SiO2中的杂质Al2O3可以与酸发生反应,而SiO2不与酸反应,再过滤除去滤液即可。
14.答案:(1)∶∶C∶∶
(2)HC+OH
-C+H2O
(3)①Na2CO3+H2SO4Na2SO4+CO2↑+H2O 或2NaHCO3+H2SO4
②H2O2 Ⅰ、Ⅳ、Ⅴ
(4)2Na2CO3+Cl2+H2ONaClO+NaCl+2NaHCO3 Na2SO4+2CO2↑+2H2O Na2O2
解析:X、Y、Z的焰色反应均为黄色,说明三者均为含有钠元素的化合物。X含有四种元素,在加热条件下能生成Z,可推知,X为NaHCO3,Y为NaOH,Z为Na2CO3, W为无色无味的气体,应是Z与酸反应生成的CO2。
(2)X为NaHCO3,Y为NaOH,X与Y在溶液中反应的离子方程式是HC+OH-C+H2O。
(3)用NaHCO3含有的四种元素之间(二种、三种或四种)可组成多种化合物,根据装置Ⅲ中Ba(OH)2饱和溶液产生白色沉淀,且图示中装置Ⅰ、Ⅱ中的物质均为固体,推测装置Ⅰ中的物质为NaHCO3或Na2CO3固体,因为装置Ⅴ中收集到一种无色气体,说明装置Ⅰ中产生的CO2与装置Ⅱ中的物质反应生成了另一种无色气体,进而推测出装置Ⅱ中的物质为Na2O2,装置Ⅴ中收集的气体是O2。
①装置Ⅰ中反应的化学方程式:Na2CO3+H2SO
4
2NaHCO3+H2SO
4Na2SO4+CO2↑+H2O或Na2SO4+2CO2↑+2H2O,装置Ⅱ中物质的化学式为Na2O2。
2H2O+O2↑制备;所需气体制取装置为Ⅰ、干燥气体装置为Ⅳ、收集气体装置②O2的制取也可以用2H2O2
为Ⅴ。
(4)将Cl2通入Na2CO3溶液中,制得某种生产和生活中常用的漂白、消毒物质,同时有NaHCO3生成,说明部分产物为NaClO和NaHCO3,其余的产物可根据元素守恒得出,配平反应的化学方程式为
2Na2CO3+Cl2+H2
ONaClO+NaCl+2NaHCO3。
15.答案:(1)稀盐酸 (2)3.2≤pH
(3)取少量滤液于试管中,向其中加入少量KSCN溶液,如果溶液不变红,证明不存在Fe3+,继续向溶液中滴入新制的氯水,如果溶液不变红证明不存在Fe2+ (4)b
(5)负 4Al2C+3e
-Al+7AlC AlCl3水溶液作电解液,H2O电离产生的H+在阴极放电生成H2,无法实现在钢制品上镀铝
解析:(1)铝土矿与X反应后,过滤得到的沉淀只有二氧化硅,说明X应该是酸而不是碱,由于是最终制备氯化铝晶体,因此应该用稀盐酸溶解。
(2)滤液A是氯化铁、氯化铝以及过量稀盐酸的混合液,所以要得到氯化铝晶体,需要除去铁离子。氢氧化铁沉淀完全的pH为3.2,氢氧化铝开始沉淀时的pH为4.0,要让Fe3+沉淀完全,Al3+不形成沉淀,溶液的pH应保持在3.2~4.0之间的范围。
(3)检验滤液2中既不存在Fe2+又不存在Fe3+的操作步骤是:取少量滤液于试管中,向其中加入少量KSCN溶液,如果溶液不变红证明不存在Fe3+,继续向溶液中滴入新制的氯水,如果溶液不变红证明不存在Fe2+。
(4)SiO2和NaOH焙烧制备硅酸钠的反应需要高温下才能实现,a装置是蒸发溶液不能实现;b装置是铁坩埚,可以熔融二氧化硅和氢氧化钠;c装置是试管,不能熔融二氧化硅和氢氧化钠;d装置是瓷坩埚,瓷坩埚中含有二氧化硅,高温下能和氢氧化钠反应,不能熔融氢氧化钠。
(5)钢制品为镀件,电镀时作阴极,连接电源的负极;电镀铝阴极应生成单质铝,所以阴极电极反应式为4Al2C+3e
-Al+7AlC;若改用AlCl3水溶液作电解液,H2O电离产生的H+在阴极放电生成H2,无法实现在钢制品上镀铝。
16.答案:(1)3ΔH3-2ΔH1-2ΔH2 (2)B
(3)① ②减少CO2浓度或移出部分CO2 减小
解析:(1)已知:①②③热化学方程式,依据盖斯定律3×③-①×2-②×2得到热化学方程
式:4NO(g)+4NH3(g)+O2
(g)
(2)2NO(g)+2CO(g)4N2(g)+6H2O(g) ΔH=(3ΔH3-2ΔH1-2ΔH2) kJ·mol-1; N2(g)+2CO2(g),正反应是气体体积减小的反应,则NO的生成速率与NO的消耗速率相等是平衡标志,A正确;反应速率之比任何时候都等于化学方程式计量数之比,v(CO)=v(CO2)不能说明反应达到平衡状态, B错误;恒容下,反应前后气体物质的量发生了变化,体系的压强随气体物质的量的变化而发生变化,故压强保持不变可以说明反应达到平衡状态,C正确;各物质的浓度保持不变也是平衡的标志, D正确。
(3)①注意固体不写入平衡常数表达式;②分析表中数值知,NO的浓度减小,氮气的浓度增大,而二氧化碳浓度减小,说明平衡正向移动了,则改变的条件是从体系中分离出二氧化碳;由于正反应是吸热反应,升温平衡正向移动,故一氧化氮浓度减小。