化學(xué)答案詳解

答案詳解【答案】B【解析：】A.白云是小液滴分散到空氣中形成的一種分散系，這種分散系屬于膠體，故A正確，不符合題意；B.水晶為SiO2，故B錯(cuò)誤，符合題意；C碳酸鈣.分解過程中化學(xué)變化，一定有能量的變化，故C正確，不符合題意；D.“暗香”是分子運(yùn)動(dòng)的結(jié)果故D正確，不符合題意2、【答案】C【解析：】干冰為二氧化碳干冰升華吸熱，可用作人工降雨，A正確；B、用生石灰具有吸水性，作食品干燥劑；C、向葡萄酒中通入少量做抗氧化劑，具有還原性C錯(cuò)誤；D、氫氟酸可與反應(yīng)從而可以刻蝕石英制作藝術(shù)品3、【答案】A【解析】A．NaCl水溶液導(dǎo)電示意圖，A錯(cuò)誤；B．純金屬內(nèi)，所有原子的大小和形狀都是相同的，原子的排列十分規(guī)整；加入其他元素的原子后，改變了金屬原子有規(guī)則的層狀排列，原子層之間的相對(duì)滑動(dòng)變得困難，導(dǎo)致合金的硬度變大，B正確；C．邊長(zhǎng)0.282m的立方體體積為22.4升，C正確。D.正確4、【答案】C【解析】A、98%中絕大多數(shù)為分子；B.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，HF為液體；C、2.0g和2.0g均為0.1mol,電子數(shù)均為NA；D、溶液中中，體積為未知，不能計(jì)算Cl－的個(gè)數(shù)。5、【答案】C【解析】本題考查離子方程式的正誤判斷。；向溶液中加入過量稀鹽酸AlO2－＋4H＋=Al3＋＋2H2OA錯(cuò)誤碳酸的酸性弱于鹽酸，所以與溶液不反應(yīng)，B錯(cuò)誤；.明礬溶液中加入過量溶液，離子方程式為:，故D錯(cuò)誤6、【答案】C【解析】A．不能在容量瓶中直接配制溶液，錯(cuò)誤；B．從題給的裝置看所得氣體應(yīng)具備下列特點(diǎn)：①可用濃H2SO4干燥（即不與濃H2SO4反應(yīng)），②能用排空氣法收集且密度比空氣大（從收集裝置進(jìn)氣管看），據(jù)此分析。NO易被氧化，不能利用排空氣法收集，錯(cuò)誤；C．氫氧化鈉溶液呈堿性，因此需裝于堿式滴定管，氫氧化鈉溶液與醋酸溶液恰好完全反應(yīng)后生成的醋酸鈉溶液呈堿性，因此滴定過程中選擇酚酞作指示劑，當(dāng)溶液由無色變?yōu)榈t色時(shí)，達(dá)到滴定終點(diǎn)。能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康?；D．鮮花中有水，無法驗(yàn)證干燥氯氣的漂白性；。【答案】D【解析】：A．根據(jù)方程式和可得氧化性：，還原性：，A正確；B．根據(jù)圖示可知：在第Ⅱ階段，、在存在條件反應(yīng)產(chǎn)生、。在第Ⅲ階段，結(jié)合變?yōu)?，結(jié)合變?yōu)?，故第Ⅱ、Ⅲ階段總的化學(xué)方程式為：，B正確；C．根據(jù)圖示的轉(zhuǎn)化過程知該過程中→→，NO2化合價(jià)均降低被還原C正確；D．由題圖可知由，最終生成，S的成健數(shù)目由3變?yōu)?，D錯(cuò)誤。8、【答案】B【解析】A、從結(jié)構(gòu)上看，維生素C去2個(gè)氫變?yōu)槊摎渚S生素C，發(fā)生氧化反應(yīng)，A正確；B、維生素C的分子式為C6H8O6，B錯(cuò)誤；C、維生素C中含有酯基水解時(shí)斷鍵但還是在一個(gè)鏈上，所以水解產(chǎn)物只有一種，C正確。D、脫氫維生素C中含有2個(gè)羰基，可以與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)，D正確。9、【答案】B【解析】A.

等能把還原為,則根據(jù)氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物,則氧化性：VO2+>Fe3＋,又向溶液中滴加酸性溶液,溶液顏色由藍(lán)色變?yōu)榈S色,根據(jù)氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物,則氧化性：MnO4－>VO2+,故A錯(cuò)誤；B.

能把還原為,則根據(jù)得失電子守恒和電荷守恒,反應(yīng)的離子方程式為：，故B正確；C.向溶液中滴加Fe3＋由于反應(yīng)不進(jìn)行C不正確；D.

,向含1mol

的溶液中滴加含1mol的酸性溶液完全反應(yīng)，過量，含1mol

變?yōu)?mol

，轉(zhuǎn)移電子為1mol，故D錯(cuò)誤；10、【答案】A【解析】本題考查元素周期表與元素周期律。由化合物的結(jié)構(gòu)式可知，X形成4個(gè)共價(jià)鍵，Z形成6個(gè)共價(jià)鍵，說明X是第ⅣA族元素，Z是第ⅥA族元素，根據(jù)短周期元素Q、X、Y、W、Z的原子序數(shù)依次增大可推斷X為碳元素，Z為硫元素；則Y原子的核外電子數(shù)為8，是氧元素；Q形成1個(gè)單鍵且原子序數(shù)小于6，則Q為氫元素；W的原子序數(shù)介于8和16之間且能形成帶一個(gè)單位正電荷的離子，則W為鈉元素。A.Na2O、Na2O2陰陽(yáng)離子比都是為1：2正確，B.NaH和H2O反應(yīng)每生成1molH2轉(zhuǎn)移電子為1NA的電子B錯(cuò)誤;C.Z的最高價(jià)氧化物的水化物為二元強(qiáng)酸C錯(cuò)誤;D該化合物中Z的電子數(shù)為12，不是8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu).11、【答案】D【解析】用潔凈鉑絲蘸取某溶液進(jìn)行焰色反應(yīng)火焰呈黃色該溶液不一定為鈉鹽溶液，只能說明有鈉元素，A錯(cuò)誤；向某鈉鹽中滴加濃鹽酸，將產(chǎn)生的氣體通入品紅溶液品紅溶液褪色該鈉鹽還可以為NaClO品紅溶液褪色，B錯(cuò)誤；向KBr、KI混合溶液中依次加入少量氯水和，振蕩、靜置溶液分層，下層呈紫紅色只能證明氧化性：Cl2>I2不能證明Cl2>Br2，C錯(cuò)誤；向溶液中通入產(chǎn)生白色膠狀固體H2SiO3證明碳酸酸性強(qiáng)于硅酸，D正確。12、【答案】B【解析】a:NHЗ;b:N2;c:NO;d:NO2;e:HNOЗ;a':H2S;b:S;c':SO2;d':H2SO3;e＇:H2SO4;A.NH3是強(qiáng)還原劑，氧化性極弱，不能將NO、NO2、氧化為N2，應(yīng)該是將NO、NO2還原為N2，故A不符合題意；B.NH3分別溶解于HNO3H2SO4，可以得到NH4NO3和（NH4)2SO4，而NH3化合價(jià)未變故B符合題意；用玻璃棒分別蘸取濃的NH3.H2O溶液和濃的H2SO4溶液，H2SO4溶液不揮發(fā)玻璃棒靠近時(shí)無白煙產(chǎn)生D．常溫下，F(xiàn)e會(huì)與濃H2SO4和濃HNO3發(fā)生鈍化反應(yīng)，在表面生成致密氧化膜，阻止進(jìn)一步反應(yīng)的發(fā)生，因此常溫下Fe均不溶于濃H2SO4和濃HNO313、【答案】C【解析】①投入到紫色石蕊試液中，與水反應(yīng)生成氫氧化鈉成堿性所以溶液先變藍(lán)，又因?yàn)檫^氧化鈉具有強(qiáng)氧化性而有漂白性，所以后褪色，故正確②Na和O2生成Na2O2、Na2ONa的化合價(jià)均變1價(jià)故正確；③質(zhì)量相等的與分別與相同濃度鹽酸完全反應(yīng)時(shí)，產(chǎn)生的物質(zhì)的量比值為106：84故錯(cuò)誤④取ag和混合物與足量稀硫酸充分反應(yīng)，逸出氣體用堿石灰吸收的氣體有二氧化碳和水故錯(cuò)誤⑤與溶液都與氫氧化鈣溶液反應(yīng)生成沉淀，應(yīng)用氯化鈣鑒別，故錯(cuò)誤；⑥不穩(wěn)定，加熱易分解，鈉著火時(shí)生成過氧化鈉，可與二氧化碳反應(yīng)生成氧氣，則不能用二氧化碳撲滅，故錯(cuò)誤；⑦可與過量的反應(yīng)生成，可用于除雜，故正確；14、【答案】B【詳解】A．由分析可知，原溶液一定含有還原性離子SO32-，由于所含離子的物質(zhì)的量都相等，所以肯定含有，其他離子都不可能存在，故A正確，B錯(cuò)誤；C．由分析可知，待測(cè)溶液中亞硫酸根離子與稀硝酸反應(yīng)生成無色氣體為一氧化氮，故C正確；D．由分析可知，原溶液中一定存在鉀離子和鈉離子，若蘸取該待測(cè)溶液做焰色反應(yīng)，透過藍(lán)色鈷玻璃一能觀察到紫色火焰，故D正確；15、【答案】D解析：A.根據(jù)圖象可知，隨硝酸密度不同還原產(chǎn)物不同，在濃硝酸密度為1.4中，主要產(chǎn)物，隨著硝酸密度逐漸降低，產(chǎn)物逐漸減少而NO的相對(duì)含量逐漸增多，當(dāng)密度為1.36g/mL時(shí)，主要產(chǎn)物是和NO，當(dāng)?shù)拿芏冉档?.1g/mL時(shí)，離子成為主要產(chǎn)物，故A不正確；B.用一定量的鐵粉與足量溶液反應(yīng)，標(biāo)準(zhǔn)狀況下氣體2.24L，物質(zhì)的量為0.1mol，鐵變化為硝酸鐵，，，反應(yīng)生成的鐵離子為0.1mol，顯酸性的硝酸為0.3mol，氧化劑的硝酸為0.1mol，所以參加反應(yīng)的硝酸為0.3mol+0.1mol=0.4mol，故B錯(cuò)誤；C.還原產(chǎn)物中的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)隨硝酸密度減少而增大，銨根離子中氮元素化合價(jià)最低是-3價(jià)，在硝酸密度為1.4g/mL中，主要產(chǎn)物，硝酸的密度越大、濃度越大，其還原產(chǎn)物中高價(jià)態(tài)的成分所占比例越多，故C不正確；D.當(dāng)硝酸溶液的密度為時(shí)，由圖象可看出，生成的NO和物質(zhì)的量相等，反應(yīng)的化學(xué)方程式應(yīng)為，故D正確；16、【答案】C【解析】含有Cu2+的溶液顯藍(lán)色，含有[Cu(NH3)4]2+的溶液顯深藍(lán)色，化合物X溶解后得到的溶液A呈現(xiàn)藍(lán)色，且加入足量氨水后得到深藍(lán)色溶液，即可推得化合物X中含有Cu2+；向含有Al3+的溶液中加入氨水可用于制備Al(OH)3，且Al(OH)3為可溶于NaOH溶液的白色沉淀，即可推斷白色沉淀B為Al(OH)3沉淀；深藍(lán)色溶液在加入硝酸酸化的AgNO3溶液后有白色沉淀析出，可推得化合物X中含有Cl-，綜上，化合物X中含有Al3+、Cu2+和Cl-。白色沉淀E為AgCl，可溶于氨水生成Ag(NH3)2Cl；D、藍(lán)色溶液A中含有Al3+、Cu2+和Cl-，與反應(yīng)時(shí)溶液藍(lán)色褪去，即反應(yīng)后溶液中不存在Cu2+，可推測(cè)銅元素以沉淀形式析出，反應(yīng)得到的沉淀為白色且可溶于硝酸，可推測(cè)銅元素在其中不是藍(lán)色且穩(wěn)定的+2價(jià)，而是+1價(jià)，即反應(yīng)過程中Cu元素化合價(jià)降低，中氮元素顯-2價(jià)，具有還原性，反應(yīng)過程中N元素化合價(jià)升高生成N2，符合反應(yīng)中有氣體產(chǎn)生，根據(jù)化合價(jià)升降守恒、電荷守恒以及原子守恒和溶液呈酸性可知反應(yīng)離子方程式為17、【答案】（15分，除標(biāo)注外每空2分）（1）AC：（2）（3）（4）產(chǎn)生的氣體使干燥管內(nèi)液面降低，與碳酸鈣脫離接觸，反應(yīng)停止②④（5）③④（6）①D（1分）②4Na＋3CO22Na2CO3＋C【解析】（1）A．圖中變化可知甲烷在催化劑作用下經(jīng)過選擇性活化，其中甲烷分子中碳原子會(huì)與催化劑形成一新的共價(jià)鍵，必有C﹣H鍵發(fā)生斷裂，故A正確；B．催化劑只加快反應(yīng)速率，不改變化學(xué)平衡轉(zhuǎn)化率，故B錯(cuò)誤；C．圖中分析，1mol甲烷和1mol二氧化碳反應(yīng)生成1mol乙酸，生成CH3COOH總反應(yīng)的原子利用率為100%，故C正確；（2）由題干圖1所示信息可知，反應(yīng)①為，結(jié)合氧化還原反應(yīng)配平可得反應(yīng)②為；（3）由題干圖2信息可知，，比多，且生成速率不變，且反應(yīng)過程中始終未檢測(cè)到，在催化劑上有積碳，故可能有副反應(yīng)，反應(yīng)②和副反應(yīng)中CH4和H2的系數(shù)比均為1：2；（4）該裝置是簡(jiǎn)易啟普發(fā)生器。隨開隨用、隨關(guān)隨停的氣體發(fā)生裝置是利用固體和液體的接觸或分離而實(shí)現(xiàn)的，其中固液分離可以是利用氣壓的增大把液體壓入長(zhǎng)頸漏斗等容器，達(dá)到固液分離的目的，從而使反應(yīng)停止；反應(yīng)結(jié)束后，關(guān)閉彈簧夾，產(chǎn)生的氣體不能逸出，使干燥管里壓強(qiáng)增大，干燥管內(nèi)鹽酸液面下降，與碳酸鈣脫離接觸，反應(yīng)停止；（5）Cl2：MnO2+4HCl

（濃）=MnCl

2+Cl2↑+2H2O

（反應(yīng)條件加熱）SO2：Na

2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑H2：H

2SO4+Zn=====ZnSO4+H2↑H2S：FeS+H2SO4====FeSO4+H2S↑NO2：Cu+4HNO

3(濃)====Cu(NO3)2+2H2O+2NO2↑C2H2：CaC2+2H2O→Ca（OH）2+CH≡CH↑NH3：NH3?H2O+CaO===NH3↑+Ca(OH）2（6）①向一支試管中滴加1滴酚酞溶液，溶液變紅，說明是堿性物質(zhì)，向第二支試管中滴加澄清石灰水，溶液變渾濁，說明能跟氫氧化鈣反應(yīng)生成沉淀，由此可推出該物質(zhì)為碳酸鈉，故選D；②黑色固體與濃硫酸反應(yīng)，生成的氣體具有刺激性氣味，說明發(fā)生了氧化還原反應(yīng)生成了二氧化硫，故黑色固體是C；由以上分析可知，金屬鈉與二氧化碳反應(yīng)生成了碳酸鈉和碳，根據(jù)得失電子守恒配平化學(xué)方程式為4Na＋3CO22Na2CO3＋C。18、（12分，除標(biāo)注外每空2分）【答案】（1）第二周期ⅥA族（1分）、（1分）（2）4NH3+3O22N2+6H2O．．（3）Mg3N2+8HNO3═3Mg（NO3）2+2NH4NO3（4）2:3（5）2（6）2NH4Cl+Ca(OH）2===2NH3↑+CaCl2+2H2O【解答】解：框圖推斷題抓住題眼如根據(jù)B是由短周期元素組成的單質(zhì)，B與冷水緩慢反應(yīng)，與沸水迅速反應(yīng)，放出氫氣，可判斷B為金屬鎂．D是一種離子化合物，其陰陽(yáng)離子的個(gè)數(shù)比為2：3，就可以判斷D為氮化鎂，所以A為氮?dú)猓瓹為淡黃色固體化合物，判斷為過氧化鈉．O能與G的水溶液反應(yīng)生成藍(lán)色沉淀，說明有氫氧化銅生成．通過分析可得：A為N2，B為Mg，C為Na2O2，D為Mg3N2，E為Mg（NO3）2，F(xiàn)為NH4NO3，G為NaOH，H為O2，I為NH3，J為H2O，K為NaNO3，L為NO，M為NO2，N為HNO3，O為Cu（NO3）2，則（1）組成H單質(zhì)的元素為O元素，原子核外有2個(gè)電子層，最外層電子數(shù)為6，則應(yīng)位于周期表第二周期ⅥA族，C為Na2O2，為離子化合物，電子式為，（2）由題意可知，NH3在O2中點(diǎn)燃生成N2和H2O，則反應(yīng)的化學(xué)方程式為4NH3+3O22N2+6H2O（3）Mg3N2能與水反應(yīng)得到兩種堿Mg3N2+6H2O═3Mg（OH）2+2NH3HNO3與Mg（OH）2、NH3反應(yīng)生成相應(yīng)的鹽，Mg3N2+8HNO3═3Mg（NO3）2+2NH4NO3（4）Cu和稀硝酸反應(yīng)生成硝酸銅和NO，反應(yīng)的離子方程式為3Cu+8H++2NO3﹣═3Cu2++2NO↑+4H2O，做氧化劑的硝酸有2個(gè)，故為2:3（5）上圖中，在同一反應(yīng)里一種物質(zhì)既作氧化劑，又作還原劑反應(yīng)有：2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑，3NO2+H2O＝2HNO3+NO，共2個(gè)反應(yīng)。（6）實(shí)驗(yàn)室制氨氣還可采用NH3?H2O+CaO===NH3↑+Ca(OH）2，或者加熱氨水的方法19、（12分，除標(biāo)注外每空2分）【答案】：（1）恒壓滴液漏斗（1分）平衡氣壓，液體容易流下（1分）（2）D、E、A、B（3）該綠色可能NO2是溶于硝酸形成的，加水可以使NO2變成NO，溶液也能變?yōu)樗{(lán)色。（4）銅片表面有氣泡生成，溶液變?yōu)樗{(lán)色（5）酸性條件下，空氣中的氧氣將KI氧化成，使淀粉溶液變藍(lán)或者在酸性條件下，會(huì)分解生成HNO3，可能是硝酸將KI氧化成，使淀粉溶液變藍(lán)。。或者其他合理答案也給分。(6)69【解析】：本題考查的制備和性質(zhì)探究。（1）盛放濃硝酸的玻璃儀器的名稱是恒壓滴液漏汁。（2）乙裝置中濃硝酸與銅反應(yīng)產(chǎn)生氣體，先通入丙裝置中，與水反應(yīng)轉(zhuǎn)化為NO和稀硝酸，稀硝酸與其中的銅反應(yīng)生成NO，再用甲中的濃硫酸干燥NO，將干燥后的NO氣體通入丁裝置中與反應(yīng)來制取，為防止裝置戊中揮發(fā)出的水蒸氣使丁中變質(zhì)，故在丁、戊裝置間用甲中濃硫酸干燥，為防止過量的NO氣體污染環(huán)境，最后需用戊裝置中的酸性高錳酸鉀溶液處理剩余的