滚动的t 第一篇_t滚动答案全 详
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)=0.1mol,质量为3.65g,需浓盐酸10g,体积小于10mL,用10mL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
3+
的质量不是原溶液的10倍,错误;D选项,由Fe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+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;22.4LCO2不一定为1mol,故生成22.4LCO2时转移电子不一定为2mol;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2Fe3++Cu2Fe2++Cu2+,D项正确。 8.B 解析:A选项,H2(g)的燃烧热为ΔH=-的物质的量为30mol,放出热量
32
12
571.6
kJ·mol-1×30mol,正确;C选项,不只有中和反应,还生成2
571.6
·mol-1,错误;B选项,假设2
-
CH3OH(l)为2mol,质量为60g,相同质量H2(g)
BaSO4沉淀,错误;D选项,①式
-②式得所求式子,ΔH=-131.4kJ·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1molNaOH需要Al和Al2O3的质量分别为27g、51g,错误;B选项,n(N2O4)=1mol,N2O4中N的化合价由+4价降低到0价,所以1molN2O4参加反应,则有8mol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)=0.04mol,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VO+2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
2+++
选项,阳极,VO2+失电子生成VO+2,由蓝色变为黄色,错误;D选项,加入VO2、V、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;0.1molCH4参加反应,转移0.8mol电子,根据电子守恒C电极生成0.4molH2,错误;D项正确。 19.答案:(1)②⑤
(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50mL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Ca的浓度为20.答案:(1)13Al3++32OH-+8H2O
(2)①越小 ②Al3++3H2O(3)(a+b)
2+
46-
-
0.020mol·L-1×12×10-3L××40g·mol-1×103mg·g-1
20.00cm5
·cm-3。
[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
(4)O2+2H2O+4e-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)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-+2H2ONO3+4H+
解析:(2)①N元素化合价升高了2价,所以生成0.5molO2转移1mol电子;②首先依据3∶2写出3NO2+2CO(NH2)2
7
N+4H2O+2CO2,然后消去分母;(3)首先写出22
--
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)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)SO3 SO4 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SO3对SO4的检验产生干扰,不能确定SO4和SO3是否存在
(6)SO2+Br2+2H2O4H++SO4+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SO3,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-、NO3,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SO3,也不能确定SO4存在。 24.答案:(1)2FeTiO3+6C+7Cl2
2FeCl3+2TiCl4+6CO
2-2--2-2-2-2-2-2-2-2-
(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
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