一、選擇題(本題共10小題,每小題2分,共20分。每小題只有一個選項符合題意)
1.(2021山東日照莒縣高一期中)中國古代文獻(xiàn)和詩句中涉及許多化學(xué)知識。下列說法錯誤的是( )
A.“熬膽礬鐵釜,久之亦化為銅”的過程發(fā)生了置換反應(yīng)
B.“凡石灰,經(jīng)火焚煉為用”里的“石灰”是指Ca(OH)2
C.“爆竹聲中一歲除,春風(fēng)送暖入屠蘇”中爆竹爆炸發(fā)生的反應(yīng)為氧化還原反應(yīng)
D.“忽聞海上有仙山,山在虛無縹緲間”是一種自然現(xiàn)象,與膠體知識有關(guān)
2.(2020陜西西安電子科技大學(xué)附中高一期中)下列各組離子因發(fā)生氧化還原反應(yīng)而不能大量共存的是( )
A.Fe3+、OH-、SO42-、CO32-
B.Cu2+、Fe3+、H+、I-
C.Ag+、Na+、SO42-、Cl-
D.K+、H+、CO32-、MnO4-
3.(2020北京人大附中高三上質(zhì)檢)分類法在化學(xué)學(xué)科發(fā)展中起到了非常重要的作用,下列分類依據(jù)不合理的是( )
A.根據(jù)氧化物的性質(zhì)將氧化物分成酸性氧化物、堿性氧化物和兩性氧化物等
B.根據(jù)反應(yīng)中是否有電子轉(zhuǎn)移將化學(xué)反應(yīng)分為氧化還原反應(yīng)和非氧化還原反應(yīng)
C.根據(jù)是否有丁達(dá)爾效應(yīng)將分散系分為溶液、膠體和濁液
D.根據(jù)組成元素的種類將純凈物分為單質(zhì)和化合物
4.NaCl、Cl2、NaClO、ClO2、HClO4是按某一規(guī)律排列的,下列選項中也完全按照此規(guī)律排列的是( )
A.CH4、Na2CO3、C、CO、NaHCO3
B.Na2S、S、SO2、Na2SO3、H2S
C.FeCl3、Fe、FeCl2、Fe(OH)3、Fe(SCN)3
D.NH3、N2、NO、NO2、NaNO3
5.(2021河北保定高一月考)有下列物質(zhì):①鹽酸,②氨水,③CO2氣體,④SO3氣體,
⑤純堿粉末,⑥乙醇,⑦銅,⑧熔融的NaCl,⑨水玻璃(Na2SiO3水溶液)。下列敘述不正確的是( )
A.屬于電解質(zhì)的有3種
B.屬于純凈物的有6種
C.屬于非電解質(zhì)的有3種
D.上述狀態(tài)下能導(dǎo)電的有5種
6.(2021山東威海榮成高一期中)下列離子方程式書寫錯誤的是( )
A.氯氣通入水中制氯水:Cl2+H2O H++Cl-+HClO
B.小蘇打溶液與硫酸氫鈉溶液混合:HCO3-+H+ H2O+CO2↑
C.雙氧水與酸性KMnO4溶液混合:2MnO4-+5H2O2+6H+ 2Mn2++5O2↑+8H2O
D.氫氧化鋇溶液與硫酸溶液等濃度等體積混合:Ba2++SO42-+H++OH- BaSO4↓+H2O
7.(2020湖北武漢部分重點中學(xué)高一上期中)目前臨床上廣泛使用的鉑類抗腫瘤藥物包括順鉑、卡鉑和奧沙利鉑,都是基于二價鉑的抗腫瘤藥物,但這類藥物見光易分解,對腫瘤細(xì)胞的靶標(biāo)性較差。香港城市大學(xué)化學(xué)系朱光宇教授團(tuán)隊研發(fā)出了一種可控激活的高效四價鉑前藥(Phrbiplatin),這種前藥對光較穩(wěn)定,在進(jìn)入腫瘤細(xì)胞體內(nèi)后會被激活,先還原成二價鉑再殺死腫瘤細(xì)胞。又知這種四價鉑前藥在還原劑維生素C存在的生理溶液中依然穩(wěn)定。下列有關(guān)說法錯誤的是 ( )
A.高效四價鉑激活過程得電子
B.因維生素C具有酸性,故常用作抗氧化劑
C.卡鉑儲存時要注意避光
D.Phrbiplatin比奧沙利鉑具有更強的抗腫瘤活性
8.(2020天津塘沽一中高一上期中)已知強弱順序:還原性I->Fe2+>Br->Cl-,氧化性Cl2>Br2>Fe3+>I2,下列反應(yīng)的化學(xué)方程式或敘述不成立的是( )
A.Br2+2HI I2+2HBr
B.2FeCl2+Cl2 2FeCl3
C.2FeCl2+2HCl+I2 2FeCl3+2HI
D.Cl2通入NaBr和NaI的混合溶液中:I-先被氧化
9.(2020河北邯鄲高一上期中)R2O8n-在一定條件下可以把Mn2+氧化成MnO4-,若反應(yīng)中R2O8n-變?yōu)镽O42-,又知反應(yīng)中氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為5∶2,則n為 ( )
A.1B.2C.3D.4
10.用一定方法可除去下列物質(zhì)所含的少量雜質(zhì)(括號內(nèi)為雜質(zhì)),其中所加物質(zhì)能達(dá)到除雜目的的是( )
A.Cl2(HCl):用NaOH溶液
B.Na2CO3固體(NaHCO3):用HCl溶液
C.NaHCO3溶液(Na2CO3):通入足量二氧化碳
D.CO2(HCl):用飽和碳酸鈉溶液
二、選擇題(本題共5小題,每小題4分,共20分。每小題
有一個或兩個選項符合題意,全部選對得4分,選對但不全的得2分,有選錯的得0分)
11.稀土資源素有“工業(yè)維生素”“新材料之母”之稱,我國稀土儲量世界第一。已知:金屬鈰(Ce,稀土元素)在空氣中易被氧化變暗,受熱時燃燒,遇水很快反應(yīng)(注:Ce常見的化合價為+3價和+4價,氧化性Ce4+>Fe3+>I2)。下列說法正確的是( )
A.鈰溶于氫碘酸的化學(xué)方程式可表示為Ce+4HI CeI4+2H2↑
B.Ce2(SO4)3溶液與硫酸鐵溶液混合,反應(yīng)的離子方程式為Ce3++Fe3+ Ce4++Fe2+
C.Ce如果要排在金屬活動性順序表中,其位置應(yīng)靠近Na
D.金屬鈰保存時可以用水封來隔絕空氣,防止被氧化
12.實驗室模擬工業(yè)處理含鉻廢水,操作及現(xiàn)象如圖1,反應(yīng)過程中鉻元素的化合價變化如圖2。
圖1
圖2
已知:深藍(lán)色溶液中生成了CrO5,堿性溶液中Cr2O72-會有部分轉(zhuǎn)化為CrO42-,含CrO42-的溶液為黃色。
下列說法不正確的是( )
A.實驗開始至5 s,鉻元素被氧化
B.實驗開始至30 s,溶液中生成Cr3+的總反應(yīng)離子方程式為Cr2O72-+3H2O2+8H+ 2Cr3++7H2O+3O2↑
C.30 s至80 s的過程,不一定是氧氣氧化了Cr3+
D.80 s時,溶液中又生成了Cr2O72-,顏色相比于開始時淺,是水稀釋所致
13.(2020重慶一中高一期中)金屬鈦(Ti)是一種具有許多優(yōu)良性能的較為昂貴的金屬,鈦和鈦合金被認(rèn)為是21世紀(jì)的重要金屬材料。某化學(xué)興趣小組在實驗室探究Ti、Mg、Cu的活動性順序。他們在相同溫度下,取大小相同的三種金屬薄片,分別投入等體積、等濃度的足量稀鹽酸中,觀察現(xiàn)象如下:
下列有關(guān)這三種金屬的說法正確的是( )
A.用Ti從CuSO4溶液中置換出Cu是工業(yè)制取Cu的良好途徑
B.在鈦鎂合金中,可用稀鹽酸除去Mg得到純凈的Ti
C.在水溶液中,Cu2+的氧化性比Mg2+強
D.三種金屬的活潑性由強到弱的順序是Ti、Mg、Cu
14.已知:MnO2+4HCl(濃) MnCl2+Cl2↑+2H2O。實驗室用足量NaOH溶液吸收從濃鹽酸和MnO2反應(yīng)體系中導(dǎo)出的氣體。當(dāng)吸收溫度不同時,生成的產(chǎn)物除了H2O可能是NaClO、NaClO3、NaCl中的兩種或三種。下列說法正確的是( )
A.若產(chǎn)物為NaClO、NaCl,則吸收后的溶液中n(ClO-)I2,符合題干已知條件,化學(xué)方程式成立;B項,根據(jù)2FeCl2+Cl2 2FeCl3可知氧化性是Cl2>Fe3+,符合題干已知條件,化學(xué)方程式成立;C項,根據(jù)2FeCl2+2HCl+I2 2FeCl3+2HI可知氧化性是I2>Fe3+,不符合題干已知條件,化學(xué)方程式不成立;D項,還原性是I->Br-,氧化劑氯氣先氧化還原性強的離子,即先氧化I-。
9.B 該反應(yīng)中,錳元素的化合價由+2價升高到+7價,Mn2+做還原劑;氧元素的化合價不變,所以R元素的化合價降低,R2O8n-做氧化劑,即R2O8n-與Mn2+的物質(zhì)的量之比為5∶2,RO42-中R元素的化合價為+6價,設(shè)R2O8n-中R元素的化合價為x,根據(jù)得失電子守恒可得5×2×(x-6)=2×(7-2),解得x=+7,所以R2O8n-中n=2,故選B。
10.C Cl2和HCl都能與NaOH溶液反應(yīng),應(yīng)該用飽和食鹽水除雜,故A不選;Na2CO3和NaHCO3都能和HCl溶液反應(yīng),應(yīng)該用加熱法除雜,故B不選;在溶液中通入足量的CO2,碳酸鈉與CO2、H2O反應(yīng)生成碳酸氫鈉,可以達(dá)到除雜的目的,故C選;CO2和HCl都能和飽和碳酸鈉溶液反應(yīng),應(yīng)該用飽和碳酸氫鈉溶液除雜,故D不選。
11.C 氧化性:Ce4+>Fe3+,結(jié)合2Fe3++2I- 2Fe2++I2,Ce4+、I-不能共存,Ce與HI的反應(yīng)為2Ce+6HI 2CeI3+3H2↑,故A錯誤;氧化性是Ce4+>Fe3+,所以Fe3+無法氧化Ce3+得到Ce4+,故B錯誤;鈰在空氣中易被氧化,受熱時燃燒,遇水很快反應(yīng),與鈉的性質(zhì)相似,所以Ce如果要排在金屬活動性順序表中,其位置應(yīng)靠近Na,故C正確;根據(jù)題中信息鈰遇水很快反應(yīng),則不能用水封保存Ce,故D錯誤。
12.AD 對照圖1和圖2,0~5 s,Cr元素的化合價仍為+6價;5~30 s,Cr元素的化合價由+6價降為+3價;30~80 s,Cr元素的化合價又由+3價升高為+6價。實驗開始至5 s,鉻元素的價態(tài)沒有改變,所以鉻元素沒有被氧化,A不正確;實驗開始至30 s,溶液中Cr2O72-被H2O2還原,總反應(yīng)離子方程式為Cr2O72-+3H2O2+8H+ 2Cr3++7H2O+3O2↑,B正確;30 s至80 s的過程,由于溶液中H2O2過量,所以可能是H2O2氧化了Cr3+,C正確;80 s時,溶液呈堿性,溶液中Cr2O72-部分轉(zhuǎn)化為CrO42-,也會導(dǎo)致顏色比開始時淺,D不正確。
13.C 鈦(Ti)是一種較為昂貴的金屬,用Ti從CuSO4溶液中置換出Cu的方法來制取銅,成本太高,A錯誤;Ti、Mg都和稀鹽酸反應(yīng)生成氫氣,所以不能用稀鹽酸除去鈦鎂合金中的Mg來得到純凈的Ti,B錯誤;根據(jù)實驗現(xiàn)象可知,Mg的金屬性比Cu強,則Mg的還原性比Cu強,在水溶液中,Cu2+的氧化性比Mg2+強,C正確;根據(jù)表中金屬和稀鹽酸反應(yīng)的實驗現(xiàn)象知,金屬活潑性由強到弱的順序是Mg>Ti>Cu,D錯誤。
14.AD 濃鹽酸易揮發(fā),NaOH溶液吸收從濃鹽酸和MnO2反應(yīng)體系中導(dǎo)出的氣體,發(fā)生的反應(yīng)為Cl2+2NaOH NaCl+NaClO+H2O、HCl+NaOH NaCl+H2O,所以吸收后的溶液中n(ClO-)Fe2+>Br-,首先發(fā)生反應(yīng):2I-+Cl2 I2+2Cl-,再發(fā)生反應(yīng):2Fe2++Cl2 2Fe3++2Cl-,最后發(fā)生反應(yīng):2Br-+Cl2 Br2+2Cl-,故線段Ⅰ表示I-的變化情況,線段Ⅱ表示Fe2+的變化情況,線段Ⅲ表示Br-的變化情況。根據(jù)反應(yīng)的離子方程式可知溶液中n(I-)=2n(Cl2)=2 ml,n(Fe2+)=2n(Cl2)=2×(3 ml-1 ml)=4 ml,根據(jù)溶液呈電中性可知n(I-)+n(Br-)=2n(Fe2+),故n(Br-)=2n(Fe2+)-n(I-)=2×4 ml-2 ml=6 ml。根據(jù)上述分析可知,線段Ⅱ表示Fe2+的變化情況,A錯誤;n(FeI2)∶n(FeBr2)=n(I-)∶n(Br-)=2 ml∶6 ml=1∶3,B錯誤;由上述分析可知,溶液中n(Br-)=6 ml,根據(jù)2Br-+Cl2Br2+2Cl-可知,溴離子反應(yīng)需要氯氣的物質(zhì)的量為3 ml,故a的值為6,C錯誤;線段Ⅳ表示一種含氧酸,且Ⅰ和Ⅳ表示的物質(zhì)中含有同種元素,該元素為碘元素,已知碘單質(zhì)的物質(zhì)的量為1 ml,反應(yīng)消耗氯氣的物質(zhì)的量為5 ml,根據(jù)得失電子守恒,可知該含氧酸中碘元素的化合價為(1-0)×2×5ml1×2ml=+5,則該含氧酸為HIO3,即線段Ⅳ表示IO3-的變化情況,D正確。
16.答案 (1)①混合物 單質(zhì) 元素種類 ②NaHSO4、Ba(OH)2 SO3 ③Fe+2H+ Fe2++H2↑ ④2H++SO42-+Ba2++2OH- BaSO4↓+2H2O (2)①③ ②④⑦ ⑤⑥
解析 (1)①類別1中空氣、氯化鈉溶液都是由多種物質(zhì)組成的,屬于混合物;類別2中氮氣、鐵均是僅由一種元素組成的純凈物,屬于單質(zhì);化合物是由多種元素組成的純凈物,則分類標(biāo)準(zhǔn)2為元素種類。②氫氧化鋇是強堿,硫酸氫鈉是酸式鹽,屬于電解質(zhì);三氧化硫?qū)儆诜请娊赓|(zhì);單質(zhì)和混合物既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)。③硫酸氫鈉是強酸的酸式鹽,完全電離出氫離子,氫離子和鐵反應(yīng)的離子方程式為Fe+2H+ Fe2++H2↑。④將NaHSO4溶液和Ba(OH)2溶液混合,恰好呈中性時生成硫酸鈉、硫酸鋇和水,反應(yīng)的離子方程式為2H++SO42-+Ba2++2OH- BaSO4↓+2H2O。(2)根據(jù)分散質(zhì)粒子直徑大小,可將分散系分為濁液、膠體、溶液。①花生油加入水中后充分?jǐn)嚢?形成乳濁液;③飽和氯化鐵溶液中加入氫氧化鈉溶液生成氫氧化鐵沉淀,形成懸濁液;則屬于濁液的是①③。②一定溫度下,向蒸餾水中加入硝酸鉀至恰好飽和,得到硝酸鉀溶液;④氫氧化鋇溶液中通入過量的CO2,得到碳酸氫鋇溶液;⑦碘水和酒精混合,得到碘酒溶液;則屬于溶液的是②④⑦。⑤用濾紙過濾氫氧化鐵膠體后得到的濾液是氫氧化鐵膠體;⑥將納米材料分散在塑料中制備復(fù)合材料,納米材料的粒子直徑介于1~100 nm,故得到的是膠體;則屬于膠體的是⑤⑥。
17.答案 (1)Cl2O7 HClO4 H++ClO4- (2)MnO2+4H++2Cl- Mn2++Cl2↑+2H2O (3)電解質(zhì) (4)ClO-+Cl-+2H+ H2O+Cl2↑ (5)1∶5 (6)3ClO-+2NH4+ 3H2O+3Cl-+N2↑+2H+
解析 (1)④為含氯的氧化物,其中氯元素的化合價為+7價,則其化學(xué)式為Cl2O7;⑥為高氯酸,屬于強酸,其在水溶液中的電離方程式為HClO4 H++ClO4-。(2)①為氯氣,實驗室中常用二氧化錳與濃鹽酸制取氯氣,反應(yīng)的離子方程式為MnO2+4H++2Cl- Mn2++Cl2↑+2H2O。(3)②為HCl,在水溶液中可電離出自由移動的氫離子和氯離子,屬于電解質(zhì)。(4)鹽酸與NaClO溶液混合會發(fā)生歸中反應(yīng)產(chǎn)生氯氣,反應(yīng)的離子方程式為ClO-+Cl-+2H+ H2O+Cl2↑。(5)①可與熱的濃堿液反應(yīng)生成⑦和⑨,即一部分0價的Cl元素化合價升高到+5價,一部分0價的Cl元素化合價降低到-1價,則根據(jù)得失電子守恒可知,反應(yīng)中氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比應(yīng)為1∶5。(6)⑧為NaClO,ClO-將酸性廢水中的NH4+氧化為N2,自身被還原為氯離子,根據(jù)得失電子守恒、電荷守恒和原子守恒可知,反應(yīng)的離子方程式為3ClO-+2NH4+ 3H2O+3Cl-+N2↑+2H+。
18.答案 Ⅰ.(1)B中干燥的有色布條不褪色,C中濕潤的有色布條褪色 Cl2沒有漂白性,Cl2+H2O HCl+HClO,HClO有漂白性
(2)Cl2+2NaOH NaCl+NaClO+H2O b
Ⅱ.(1)2H++Cl-+ClO- Cl2↑+H2O (2)濕潤的淀粉碘化鉀試紙變藍(lán) (3)Cl2+2Fe2+ 2Fe3++2Cl- (4)打開活塞b,將C中溶液滴入D中,關(guān)閉活塞b,取下D振蕩,靜置后CCl4層溶液變?yōu)樽仙?2I-+2Fe3+ 2Fe2++I2 (5)吸收氯氣等有毒氣體,防止污染空氣 (6)確認(rèn)C的黃色溶液中無Cl2,排除Cl2對Fe3+氧化碘離子實驗的干擾
解析 Ⅰ.(1)氣體X的主要成分是Cl2,其中含有少量水蒸氣,氣體通過濃硫酸后得干燥的Cl2,Cl2不具有漂白性,所以B中干燥的有色布條不褪色,Cl2與水反應(yīng)生成HCl和HClO,HClO具有漂白性,所以C中濕潤的有色布條褪色。(2)Cl2是有毒氣體,為了防止多余的Cl2污染空氣,用NaOH溶液進(jìn)行尾氣處理,化學(xué)方程式為Cl2+2NaOH NaCl+NaClO+H2O,為使Cl2被充分吸收,氣體應(yīng)該由裝置中的b管通入。
Ⅱ.(1)在A裝置中,濃鹽酸與84消毒液(有效成分是NaClO)反應(yīng)生成黃綠色氣體Cl2,離子方程式為2H++Cl-+ClO- Cl2↑+H2O。(2)濕潤的淀粉碘化鉀試紙變藍(lán),說明氯氣與碘化鉀發(fā)生置換反應(yīng)生成了單質(zhì)碘,證明氯氣的氧化性強于碘單質(zhì)。(3)氯氣與亞鐵離子反應(yīng)生成氯離子和鐵離子,離子方程式是Cl2+2Fe2+ 2Fe3++2Cl-。(4)為驗證Fe3+的氧化性強于單質(zhì)碘,應(yīng)將C中生成的Fe3+加入盛有KI溶液的D中,若發(fā)生氧化還原反應(yīng),則靜置后CCl4層溶液變?yōu)樽仙?。過程ⅳ的操作和現(xiàn)象是打開活塞b,將C中溶液滴入D中,關(guān)閉活塞b,取下D振蕩,靜置后CCl4層溶液變?yōu)樽仙?對應(yīng)反應(yīng)的離子方程式為2I-+2Fe3+ 2Fe2++I2。(5)浸有NaOH溶液的棉花作用是吸收氯氣等有毒氣體,防止污染空氣。(6)為驗證Fe3+的氧化性強于碘單質(zhì),實驗時應(yīng)避免氯氣的干擾,當(dāng)B中溶液紅色加深時,說明有大量的Fe3+生成,確認(rèn)C的黃色溶液中無Cl2,此時應(yīng)關(guān)閉活塞a。
19.答案 (1)②③① (2)①CO32- ②3Fe2++NO3-+4H+ 3Fe3++NO↑+2H2O ③Fe(OH)3 BaCO3 ④SO42-、NH4+、Fe2+、Cl-
解析 (1)①向氨水中通入HCl氣體至恰好完全反應(yīng),原溶液是氨水,導(dǎo)電性較弱,通入HCl后反應(yīng)生成NH4Cl,NH4Cl為強電解質(zhì),溶液導(dǎo)電性增強,故與C相符;②向飽和石灰水中不斷通入CO2,先發(fā)生反應(yīng):Ca(OH)2+CO2 CaCO3↓+H2O,當(dāng)恰好完全反應(yīng)時溶液中幾乎沒有自由移動的離子,導(dǎo)電性幾乎為零,然后發(fā)生反應(yīng):CO2+CaCO3+H2O Ca(HCO3)2,Ca(HCO3)2電離出鈣離子和碳酸氫根離子,溶液導(dǎo)電性又增強,當(dāng)CaCO3完全轉(zhuǎn)化為Ca(HCO3)2時,溶液導(dǎo)電能力幾乎不再變化,故與A相符;③向硝酸溶液中逐滴加入等濃度的氫氧化鉀溶液至恰好完全反應(yīng),反應(yīng)為HNO3+KOH KNO3+H2O,溶液中離子濃度因稀釋而減小,導(dǎo)電性也逐漸減弱,故與B相符。
(2)①由于CO32-能與過量稀硫酸反應(yīng)放出CO2,加入過量稀硫酸無明顯現(xiàn)象,肯定不存在CO32-。②過量的稀硫酸電離出的H+,與Ba(NO3)2電離出的NO3-組成強氧化劑,能與還原性物質(zhì)反應(yīng)放出NO氣體,故加入過量Ba(NO3)2溶液后生成氣體的離子方程式為3Fe2++NO3-+4H+ 3Fe3++NO↑+2H2O。③由分析可知,加入NaOH溶液后能生成沉淀的是Fe3+,沉淀B為Fe(OH)3,濾液中通入少量的CO2生成沉淀C,沉淀C為BaCO3,故沉淀B、C分別是Fe(OH)3、BaCO3。④加入NaOH溶液后生成氣體,說明原試液中含有NH4+。故通過實驗可以確定原試液中存在的離子有NH4+、Fe2+,又離子濃度均為0.1 ml·L-1,根據(jù)電荷守恒可知,溶液中還肯定含有Cl-和SO42-。
20.答案 Ⅰ.(1)Cu2O (2)0.6NA
Ⅱ.(1) 1∶1
(2)69% (3)①1.6 ②10 6 4OH- 10 3 2H2O
解析 Ⅰ.(1)Cu2O中銅元素的化合價為+1價,化合價可以升高,題中所給出的四種物質(zhì)中只有Cu2O可使還原過程:NO3-+4H++3e-NO+2H2O發(fā)生。(2)標(biāo)準(zhǔn)狀況下,4.48 L NO氣體的物質(zhì)的量為0.2 ml,則轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為0.2 ml×(5-2)=0.6 ml,所以轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目是0.6NA。Ⅱ.(1)氮元素的化合價由+3價降低為+2價,碘元素的化合價由-1價升高為0價,用雙線橋表示電子轉(zhuǎn)移的方向和數(shù)目為,氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為1∶1。(2)稱取樣品0.6 g,加水溶解,用0.1 ml·L-1酸性KMnO4溶液進(jìn)行滴定,滴定結(jié)束后消耗酸性KMnO4溶液24 mL,設(shè)樣品中含有亞硝酸鈉的物質(zhì)的量為n,依據(jù)得失電子守恒可得:
5NO2-~2MnO4-
5 ml 2 ml
n 0.1 ml·L-1×24×10-3 L
解得n=0.006 ml,NaNO2粗品中NaNO2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為0.006ml×69 g/ml0.6 g×100%=69%。(3)①3.4 g NH3的物質(zhì)的量為3.4 g17 g/ml=0.2 ml,反應(yīng)中Fe(OH)2Fe(OH)3,NO3-NH3,根據(jù)得失電子守恒可知,生成Fe(OH)3的物質(zhì)的量為0.2ml×[5-(-3)]3-2=1.6 ml。②根據(jù)得失電子守恒、原子守恒、電荷守恒配平離子方程式為10Al+6NO3-+4OH- 10AlO2-+3N2↑+2H2O。
金屬
Ti
Mg
Cu
金屬表面現(xiàn)象
緩慢放出氣泡
快速放出氣泡
無變化
1.B
2.B
3.C
4.D
5.A
6.D
7.B
8.C
9.B
10.C
11.C
12.AD
13.C
14.AD
15.D

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高中化學(xué)魯科版 (2019)必修 第一冊電子課本

本章綜合與測試

版本： 魯科版 (2019)

年級： 必修 第一冊

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