第四單元測(cè)評(píng)手冊(cè)答案

1、.滾動(dòng)提升卷四1.B解析 氮的固定是指游離態(tài)氮變?yōu)榛蠎B(tài)氮,A項(xiàng)錯(cuò)誤;水玻璃是指Na2SiO3水溶液,它是制備硅膠和木材防火劑的原料,B項(xiàng)正確;鐵及其合金都屬于“黑色金屬,C項(xiàng)錯(cuò)誤;包裝食品里常有硅膠、生石灰、復(fù)原鐵粉三類(lèi)小包,硅膠、生石灰是枯燥劑,復(fù)原鐵粉是抗氧化劑,D項(xiàng)錯(cuò)誤。2.C解析 碘水中的I2與淀粉作用出現(xiàn)藍(lán)色,與I2的氧化性無(wú)關(guān),A項(xiàng)錯(cuò)誤;NH3遇紅色石蕊試紙變藍(lán),證明NH3是一種堿性氣體,B項(xiàng)錯(cuò)誤;Na2SO3與H2SO4反響產(chǎn)生SO2,SO2使潮濕的品紅試紙褪色,證明SO2具有漂白性,C項(xiàng)正確;Cu與濃硝酸反響產(chǎn)生NO2,NO2氧化I-,生成的I2與淀粉作用變藍(lán),證明NO2具有

2、氧化性而不是復(fù)原性,D項(xiàng)錯(cuò)誤。3.D解析 SO2的漂白性是因?yàn)镾O2和有色物質(zhì)反響生成不穩(wěn)定的無(wú)色物質(zhì);氯水的漂白性是利用HClO的強(qiáng)氧化性;活性炭的漂白性是利用其吸附作用;SO2還有復(fù)原性,可以使溴水、酸性KMnO4溶液褪色。使溴水、酸性KMnO4溶液褪色是因?yàn)镾O2的復(fù)原性,A項(xiàng)錯(cuò);當(dāng)SO2與Cl2按11通入時(shí),發(fā)生反響SO2+Cl2+2H2O2HCl+H2SO4,失去了漂白性,B項(xiàng)錯(cuò);活性炭的吸附作用使有色物質(zhì)褪色,C項(xiàng)錯(cuò);由于SO2與品紅生成的無(wú)色物質(zhì)不穩(wěn)定,加熱時(shí)又變?yōu)榧t色,D項(xiàng)正確。4.A解析 稀硝酸作為較強(qiáng)氧化劑在溶液中發(fā)生的反響是2NO3-+8H+6e-2NO+4H2O,要使該

3、反響能發(fā)生,那么需要失電子作復(fù)原劑的離子。Fe2+中鐵元素化合價(jià)處于中間價(jià)態(tài),能作復(fù)原劑,故正確;Mg2+中鎂元素化合價(jià)處于最高價(jià)態(tài),只有氧化性,不能作復(fù)原劑,故錯(cuò)誤;SO32-中硫元素處于中間價(jià)態(tài),具有復(fù)原性,能作復(fù)原劑,故正確;S2-中硫元素處于最低價(jià)態(tài),具有復(fù)原性,能作復(fù)原劑,故正確;I-中碘元素處于最低價(jià)態(tài),具有復(fù)原性,能作復(fù)原劑,故正確;ClO-不能被NO3-氧化,故錯(cuò)誤。5.D解析 反響為置換反響,反響為化合反響,三個(gè)反響均有元素化合價(jià)變化,均屬于氧化復(fù)原反響,其中反響和中硅元素被復(fù)原,反響中硅元素被氧化。6.D解析 二氧化碳和二氧化硫都能與過(guò)量石灰水反響生成沉淀,正確;氯化氫和二

4、氧化碳同時(shí)通入石灰水,氯化氫先反響,二氧化碳后反響,石灰水過(guò)量,最終有沉淀,正確;二氧化碳與硝酸鋇溶液不反響,二氧化硫被酸性條件下的硝酸根氧化成硫酸根再與鋇離子形成沉淀,正確;二氧化硫、二氧化氮混合氣體通入氯化鋇溶液生成沉淀硫酸鋇,正確;當(dāng)氨氣缺乏時(shí),過(guò)量的二氧化碳、氨氣通入水中生成碳酸氫銨,碳酸氫銨與氯化鈣不反響,錯(cuò)誤。7.A解析 鋅與濃硫酸發(fā)生反響Zn+2H2SO4濃ZnSO4+SO2+2H2O,隨著反響的進(jìn)展,硫酸濃度降低,發(fā)生反響Zn+H2SO4ZnSO4+H2,生成氣體為SO2和H2的混合物,物質(zhì)的量為1.5 mol,剩余硫酸的物質(zhì)的量為nH2SO4=12×1 L×

5、;0.1 mol·L-1=0.05 mol,消耗硫酸的物質(zhì)的量為n消耗H2SO4=0.1 L×18.0 mol·L-1-0.05 mol=1.75 mol。設(shè)混合物氣體中SO2的物質(zhì)的量為x,H2的物質(zhì)的量為y,那么x+y =1.5 mol,2x+y=1.75 mol,解得x=0.25 mol,y=1.25 mol。溶解的Zn的物質(zhì)的量為0.25+1.25 mol=1.5 mol;反響中轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為1.5×2 mol=3 mol。8.A解析 由轉(zhuǎn)化關(guān)系圖可知甲、乙、丙、丁分別為N2、NO、NO2、NaHCO3,B正確;NH3與氧氣反響生成NO,N

6、O與氧氣反響生成NO2,NO2與水反響生成HNO3NO2既是氧化劑又是復(fù)原劑,A項(xiàng)錯(cuò)誤;反響的化學(xué)方程式為NH3+CO2+H2O+NaClNaHCO3+NH4Cl,D項(xiàng)正確;NaHCO3分解生成純堿和CO2,CO2可再用于反響,C項(xiàng)正確。9.D解析 由題意知X為濃硫酸。A項(xiàng),濃硫酸使蔗糖變黑主要表達(dá)了脫水性;B項(xiàng),濃硫酸在室溫下使Fe鈍化;C項(xiàng),CO2通入少量澄清石灰水中生成可溶性CaHCO32;D項(xiàng),SO2與O2反響的條件為高溫、高壓、催化劑。10.1SiCl4Si3N4 2SiCl4+8NH3SiNH24+4NH4ClSiO32-+2H2O+2CO2H2SiO3+2HCO3-解析 由I可作

7、光導(dǎo)纖維知,I為SiO2,根據(jù)題給第二個(gè)框圖中的轉(zhuǎn)化關(guān)系和“F、G都是難溶于水和稀硝酸的白色沉淀知F為硅酸,H為硅酸鈉;由EG是參加了硝酸銀和稀硝酸,生成了難溶于水和稀硝酸的白色沉淀,那么E中含有氯離子;那么化合物C中含硅、氯兩種元素,故C為SiCl4,D為SiNH24,X為Si3N4。11.1cbc2取少量濾液于試管中,滴加23滴KSCN溶液,溶液變紅說(shuō)明含有Fe3+,否那么不含F(xiàn)e3+Fe2+2HCO3-FeCO3+CO2+H2O蒸發(fā)結(jié)晶趁熱過(guò)濾NH42SO4+2KClK2SO4+2NH4Cl玻璃棒、坩堝、坩堝鉗3比較亞硫酸和碳酸的酸性強(qiáng)弱首先測(cè)得亞硫酸飽和溶液的pH并轉(zhuǎn)化成氫離子濃度,然

8、后用中和滴定法,根據(jù)消耗NaOH溶液的體積,可測(cè)得飽和溶液的濃度,假設(shè)亞硫酸飽和溶液的濃度大于氫離子濃度,可知亞硫酸沒(méi)有完全電離,屬于弱電解質(zhì)解析 1濃硫酸氧化性強(qiáng),能氧化硫化氫,不選;鹽酸易揮發(fā),導(dǎo)致H2S純度降低,不選;稀硫酸酸性較強(qiáng)可以制備硫化氫,可選;稀硝酸氧化性較強(qiáng),能氧化硫化氫,不選。2檢驗(yàn)Fe3+的方法為取少量濾液于試管中,滴加23滴KSCN溶液,溶液變紅說(shuō)明含有Fe3+,否那么不含F(xiàn)e3+;參加NH4HCO3發(fā)生反響的離子方程式是Fe2+2HCO3-FeCO3+CO2+H2O。NH42SO4溶液參加KCl后得到無(wú)氯鉀肥應(yīng)蒸發(fā)結(jié)晶、趁熱過(guò)濾、洗滌、枯燥等;反響方程式為NH42SO4+2KClK2SO4+2NH4Cl。煅燒FeCO3s的操作中需要的儀器有三腳架、泥三角、酒精燈、玻璃棒、