化學(xué)答案解析

東平高級(jí)中學(xué)高三年級(jí)第二次質(zhì)量檢測(cè)化學(xué)試題參考答案1、【詳解】A.CaSO4是鹽，屬于離子化合物，Na2O是活潑金屬氧化物，二者在熔融狀態(tài)下完全電離產(chǎn)生離子，屬于強(qiáng)電解質(zhì)；HCl是酸，由分子構(gòu)成，在水中完全電離產(chǎn)生離子，為強(qiáng)電解質(zhì)，A正確；B.霧、云、煙均為膠體，而納米材料是微粒直徑在1100nm之間，若未形成分散系，則不屬于膠體，B錯(cuò)誤；C.HD是兩種不同的H原子形成的H2，屬于單質(zhì)，C錯(cuò)誤；D.C60、金剛石、石墨均為碳的不同性質(zhì)的單質(zhì)，它們互為同素異形體，D錯(cuò)誤；故合理選項(xiàng)是A。5、【答案】C【詳解】A．NaClO中+1價(jià)的Cl元素化合價(jià)降低被還原生成NaCl，則NaClO是氧化劑，A正確；B．Na2Sx中S元素化合價(jià)升高被氧化生成Na2SO4，則Na2SO4是氧化產(chǎn)物，B正確；C．設(shè)Na2Sx的物質(zhì)的量是1mol，則次氯酸鈉的物質(zhì)的量是13mol，由電子守恒可知：1mol×[6()]x=13mol×[1(1)]，解得：x=4，C錯(cuò)誤；D．若x=3，1molS32參與反應(yīng)被氧化為3molSO42，化合價(jià)升高20mol，NaClO中+1價(jià)的Cl元素被還原為1價(jià)，化合價(jià)降低2，則被還原的NaClO的物質(zhì)的量n(NaClO)=mol=10mol，據(jù)此結(jié)合質(zhì)量守恒配平該反應(yīng)的離子方程式為：S32+10ClO+4OH=3SO42+10Cl+2H2O，D正確；故合理選項(xiàng)是C。10、【答案】B【詳解】A.由于Cl原子最外層電子為7，為了達(dá)到8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，只能形成一對(duì)共用電子對(duì)，同理，O原子形成兩對(duì)共用電子對(duì)，H原子形成一對(duì)共用電子對(duì)，因而次氯酸的的結(jié)構(gòu)式為H－O－Cl，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B.質(zhì)量數(shù)等于中子數(shù)加質(zhì)子數(shù)，因而該碲原子的質(zhì)量數(shù)為75+52=127，所以該碲原子為，B項(xiàng)正確；C.S2?的最外層為8個(gè)電子，因而結(jié)構(gòu)示意圖為，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D.Cl原子最外層有一個(gè)電子成鍵，剩余六個(gè)未成鍵電子，因而四氯化碳的電子式為，D項(xiàng)錯(cuò)誤.13、A.用濃氨水和生石灰制取的氨氣中混有水蒸氣，二者反應(yīng)形成的氨水顯堿性，能能夠使干燥紅色石蕊試紙變藍(lán)色，A正確；B.在氨氣和CuO反應(yīng)前應(yīng)先干燥，常用堿式灰，由于氯化鈣能與氨氣反應(yīng)生成Ca(NH3)8Cl2，所以不能用無(wú)水氯化鈣干燥氨氣，B錯(cuò)誤；C.氨氣與氧化銅反應(yīng)生成Cu單質(zhì)，Cu元素的化合價(jià)降低，得到電子，發(fā)生還原反應(yīng)，氨氣發(fā)生氧化反應(yīng)，說(shuō)明氨氣具有還原性，C正確；D.熄滅酒精燈后，裝置內(nèi)壓強(qiáng)降低，水槽中水會(huì)發(fā)生倒流，為防止水槽中的水倒流，實(shí)驗(yàn)結(jié)束后，應(yīng)先將導(dǎo)氣管從水槽中拿出再熄滅酒精燈，D正確；故合理選項(xiàng)是B。17、【答案】(1).第二周期第VIA族(2).N2O5(3).(4).C+2H2SO4(濃)CO2↑+2SO2↑+2H2O(5).Al3++3NH3?H2O=Al(OH)3↓+3NH4+(6).Mg2+<Na+<O2－<S2－(7).O2(8).Al2O3(9).2Mg+CO22MgO+C(10).2Al+2OH－+6H2O=2[Al(OH)]4－+3H2↑【分析】結(jié)合元素周期表可知①為H元素，②為C元素，③為N元素，④為O元素，⑤為Na元素，⑥為Mg元素，⑦為Al元素，⑧為S元素，⑨為Cl元素?！驹斀狻浚?）④為O元素，在周期表中位置是第二周期第VIA族，③是N元素，最高價(jià)為+5價(jià)，所以元素③的最高價(jià)氧化物的化學(xué)式為N2O5；（2）元素①⑤組成化合物為NaH，屬于離子化合物，Na+電子式為Na+，H－的電子式為，因而NaH的電子式為；（3）元素②的單質(zhì)與⑧的最高價(jià)氧化物的水化物分別是C和H2SO4，其化學(xué)反應(yīng)方程式為C+2H2SO4(濃)CO2↑+2SO2↑+2H2O；（4）元素⑦與⑨形成的化合物與元素③的氫化物分別是AlCl3和NH3，NH3的水溶液為NH3·H2O，其離子方程式為Al3++3NH3?H2O=Al(OH)3↓+3NH4+；（5）元素④⑤⑥⑧形成的簡(jiǎn)單離子分別是O2，Na+，Mg2+，S2，S2的電子層數(shù)為3，其它離子電子層數(shù)為2，所以S2的半徑最大；當(dāng)電子層數(shù)相同時(shí)，原子序數(shù)越小，離子半徑越大，因而O2>Na+>Mg2+；綜上可知Mg2+<Na+<O2－<S2－；（6）G是一種常見(jiàn)溫室氣體，可推知G為CO2，結(jié)合A、B、C、D為①—⑨中某種元素形成的單質(zhì)，且A和D生成G，推斷A為O2或C（碳單質(zhì)），F(xiàn)為兩性物質(zhì)且F為C與A形成的二元化合物，可推知F為Al2O3，因而A為O2，D為C（碳單質(zhì)），C為Al；E中B元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為60%，結(jié)合E為B與A形成的二元化合物，E中O元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為40%，則E的相對(duì)分子質(zhì)量為，則B元素的相對(duì)原子質(zhì)量為4016=24，可推知B為Mg，E為MgO，結(jié)合G是一種常見(jiàn)溫室氣體，與B可以反應(yīng)生成E，即CO2與Mg點(diǎn)燃生成MgO和C，證明上述推斷合理；綜上A為為O2，B為Mg，C為Al；D為C（碳單質(zhì)），E為MgO，F(xiàn)為Al2O3，G為CO2。①由上分析知A和F的化學(xué)式分別為O2，Al2O3；②B與G反應(yīng)，即Mg與CO2反應(yīng)，其化學(xué)方程式為2Mg+CO22MgO+C；③C為Al，則C與NaOH溶液反應(yīng)的離子方程式2Al+2OH－+6H2O=2[Al(OH)]4－+3H2↑?！军c(diǎn)睛】第一步，先看電子層數(shù)，因?yàn)槲⒘０霃酱笮〉臎Q定因素是電子層數(shù)。電子層數(shù)越多，其半徑越大。這里主要是指同一主族，不同族不能直接比較，不能認(rèn)為具有3個(gè)電子層的氯原子半徑大于具有2個(gè)電子層的鋰原子。第二步在電子層數(shù)相同的情況下看核電荷數(shù)，因?yàn)楹穗姾蓴?shù)的多少是影響半徑大小的次要因素。而核電荷數(shù)越多，其半徑越小。第三步在電子層數(shù)和核電荷數(shù)相同的情況下看電子數(shù)，核外電子數(shù)是影響半徑大小的最小因素。核外電子數(shù)越多，其半徑越大。注意的是此三步不可顛倒。19、答案】(1).BaSO4、BaCO3(2).一氧化氮、二氧化碳(3).2Al3++3CO32－+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑(4).BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O(5).3Cu+2NO3+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O(6).一定不；由實(shí)驗(yàn)過(guò)程可確定溶液A中一定不存在CO32、SO32、Fe2+、Fe3+，一定存在Al3+、NO3、SO42，因Al3+、NO3、SO42三種離子已經(jīng)滿足電荷守恒，所以一定不存在NH4+?！痉治觥磕橙芤篈中可能含有NO3、CO32、SO32、SO42、NH4+、Fe2+、Al3+、Fe3+中的幾種離子，且溶液中各離子的物質(zhì)的量濃度均為0.1mol/L。實(shí)驗(yàn)1：向該溶液中逐滴滴入過(guò)量的(NH4)2CO3溶液，生成的無(wú)色氣體為CO2，生成的白色沉淀B是CO32和溶液中的弱堿陽(yáng)離子相互促進(jìn)水解生成的，由于生成的沉淀為白色，故此弱堿陽(yáng)離子為Al3+，溶液中一定存在Al3+，不存在CO32、SO32，還能說(shuō)明溶液中不含有生成帶顏色沉淀的離子Fe2+、Fe3+；實(shí)驗(yàn)2：靜置后，再向溶液中加入過(guò)量Ba(OH)2溶液，加熱，生成的無(wú)色氣體為NH3，由于實(shí)驗(yàn)1加入的過(guò)量的(NH4)2CO3溶液能引入NH4+，故不能確定原溶液中是否含有NH4+；實(shí)驗(yàn)1加入的過(guò)量(NH4)2CO3溶液引入CO32，故生成的白色沉淀C一定含BaCO3，可能含有BaSO4；實(shí)驗(yàn)3：靜置后，繼續(xù)向溶液中加入Cu片和過(guò)量的鹽酸，溶液變藍(lán)色，說(shuō)明生成了Cu2+，則溶液中存在NO3，此時(shí)，BaCO3溶解生成氣體CO2，白色沉淀D為BaSO4，氣體E為NO和CO2，然后進(jìn)行分析解答。【詳解】綜上分析可知，溶液中一定不存在CO32、SO32、Fe2+、Fe3+，一定存在0.1mol/LAl3+、0.1mol/LNO3，由于溶液必須顯電中性，故溶液中一定含0.1mol/LSO42。(1)由上分析，白色沉淀C的成分為BaSO4、BaCO3；氣體E為一氧化氮、二氧化碳；(2)CO32和Al3+相互促進(jìn)水解，生成Al(OH)3沉淀和CO2氣體，反應(yīng)的離子方程式為2Al3++3CO32+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑；(3)實(shí)驗(yàn)3中白色沉淀C的成分BaCO3與鹽酸發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)：BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O；在酸性條件下Cu與溶液中的NO3、H+會(huì)發(fā)生氧化還原反應(yīng)：3Cu+2NO3+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O；(4)由實(shí)驗(yàn)過(guò)程可確定溶液A中一定不存在CO32、SO32、Fe2+、Fe3+，一定存在Al3+、NO3、SO42，因Al3+、NO3、SO42三種離子已經(jīng)滿足電荷守恒，所以一定不存在NH4+?！军c(diǎn)睛】本題考查了無(wú)機(jī)推斷及常見(jiàn)離子的檢驗(yàn)方法，明確常見(jiàn)離子的顏色、常見(jiàn)離子的性質(zhì)為解答關(guān)鍵，注意掌握常見(jiàn)離子的檢驗(yàn)方法。20、(1).球形冷凝管(2).檢查裝置的氣密性(3).增大接觸面積，使反應(yīng)更充分，炭粉稍過(guò)量，提高鈦鐵礦利用率(4).將生成的TiCl4氣體完全排入C裝置中(5).2FeTiO3+7Cl2+6C2TiCl4+2FeCl3+6CO(6).冷凝或凝結(jié)FeCl3固體，除去FeCl3(7).缺少吸收CO防止污染大氣的裝置(8).TiCl4+(2+x)H2OTiO2?xH2O+4HCl【分析】濃鹽酸與KMnO4反應(yīng)制取Cl2，由于濃鹽酸具有揮發(fā)性，制取得到的Cl2中含有雜質(zhì)HCl及水蒸氣，用飽和NaCl溶液除去HCl，然后經(jīng)濃硫酸干燥得到純凈Cl2，在A中與鈦鐵礦及焦炭在加熱時(shí)發(fā)生反應(yīng)產(chǎn)生TiCl4、FeCl3及水，在B裝置中控制溫度在150～200℃，將FeCl3冷凝分離除去，C收集產(chǎn)品，D裝置用堿石灰吸收反應(yīng)中剩余的氯氣，同時(shí)防止空氣中的水蒸氣進(jìn)入C裝置，但該裝置缺少對(duì)CO處理的裝置?！驹斀狻?1)儀器a為球形冷凝管；裝置組裝好以后，加入試劑之前須進(jìn)行的操作是檢查裝置的氣密性；(2)實(shí)驗(yàn)中先將鈦鐵礦粉碎，并與稍過(guò)量的炭粉混合均勻，制成多孔狀固體混合物，可增大反應(yīng)物接觸面，炭粉稍過(guò)量，可以提高鈦鐵礦利用率；(3)實(shí)驗(yàn)中兩次通入N2，第一次通入是排出裝置中的空氣，防止其干擾實(shí)驗(yàn)，第二次通入N2的作用是將生成的TiCl4氣體完全排入冷凝管冷卻；(4)干燥純凈的氯氣在A中與FeTiO3和炭粉的混合物反應(yīng)生成四氯化鈦和氯化鐵，其化學(xué)反應(yīng)方程式為：2FeTiO3+7Cl2+6C2TiCl4+2FeCl3+6CO；(5)因?yàn)榉磻?yīng)生成四氯化鈦和氯化鐵，而