衡水金卷先享题2023-2024高三一轮复习单元检测卷(重庆专版)/化学(1-7)答案

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操作5中，将容量瓶颠倒、摇匀后，发现液面低于刻度线，属于正常现象，不能继续滴加蒸馏水，若继续滴加蒸馏水，则会使所配制的溶液的浓度偏低，D错误。9.【答案】B【解析】过氧化钠本身与稀盐酸反应生成氧气，有气泡冒出，不能证明过氧化钠已经变质，A错误；钠与二氧化碳反应生成碳和碳酸钠，产生黑、白两种固体，该反应为置换反应，B正确；CO结合H+的能力强于HCO,稀盐酸少量，Na2CO与盐酸反应生成NaHCO,无明显现象，不会产生气泡，C错误；向NHCl溶液中加入一定量NaOH固体，由于NaOH固体溶于水放热，所以不能根据温度计示数增大说明该反应是放热反应，D错误。10.【答案】C【解析】高温下，铁与水蒸气反应生成黑色的四氧化三铁固体和氢气，①错误；将饱和氯化铁溶液滴入浓NOH溶液中，生成红褐色的氢氧化铁沉淀，不能制得氢氧化铁胶体，②错误；氧化铁是一种红棕色粉末，常用作油漆、涂料、油墨和橡胶的红色颜料，③正确；高温下，用一氧化碳还原铁的氧化物，发生氧化还原反应生成铁和二氧化碳，用来冶炼铁，④正确，故选C。11.【答案】D【解析】氯化铜水解生成氢氧化铜和氯化氢，X气体是HCI,可抑制CuC2·2HO加热时水解，A正确；氯气能被饱和氢氧化钠溶液吸收，防止污染，也可以回收利用，B正确；途径2中200℃时反应生成氧化铜，由原子守恒可知，还生成氯化氢，该反应的化学方程式为Cu(OH),C200℃2Cu0十2HCI◆，C正确：酸性条件下，Cu+不稳定，CuCI在稀硫酸中生成CuCl2和Cu,反应的离子方程式为2CuCI一Cu++2CI-十Cu,D错误。12.【答案】D【解析】将NaOH、MgC2、AlCL三种固体组成的混合物溶于足量的水后，产生1.I6g白色沉淀，再向所得悬浊液中逐滴加入HC1溶液。A点前，1.16g白色沉淀的质量保存不变，说明溶液中NaOH过量，则As+完全转化为A1O2,悬浊液中存在的1.16g白色沉淀为Mg(OH)2。A点到B点，盐酸和偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀，离子方程式为AIO2十H++H2O一Al(OH)3￥，B点时，沉淀为Mg(OH)2、A1(OH)3,上层清液中存在的溶质是NaCl。B点到C点过程中，Mg(OH)2、Al(OH)3与盐酸反应生成MgCl2和AICl,所以C点溶液中的溶质是NaCl、MgCl2和ACL3。从以上分析可知，1.16g白色沉淀为Mg(OH)2,B点的沉淀为Mg(OH)2和A1(OH)3,A正确；A点到B点发生反应的离子方程式为A1O2+H+十H2O1.16gA1OH,,B正确：l.16g白色沉淀是氢氧化镁，则n[MgOH:]=58g:m0F=0.02mol,根据镁离子守恒，可知原混合物中n(MgCl2)=0.02mol。A点到B点，盐酸和偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀，离子方程式为A1O2+H+H2O=Al(OH)3￥，根据HC1溶液的体积可知，n(A1O2)=n(HCI)=1.00mol·L1×(0.03-0.01)L=0.02mol,根据铝原子守恒，可知原混合物中n(AlCl3)=0.02mol。由Na+和C1守恒，可知原混合物中n(NaOH)=n(NaCI)=n(C1)=2n(MgCl2)+3n(AlCl3)+n(HCl)=0.02mol×2+0.02mol×3+0.03L×1.00mol·L1=0.13mol。C点溶液为MgC2、AlCl和NaC1的混合溶液，到C点时所加的全部盐酸可看成是用于中和原固体混合物中的NaOH,此时所加的全部HCl的物质的量为0.13 moln(HC)=n(NaOH)=0.13mol.C点时，加入HC1溶液的总体积为1.o0m01.L=0.13L=130ml,C正确；由C项分析可知，原混合物中MgC2和A1Cl3物质的量之比为0.02：0.02=1：1，D错误。13.【答案】D【解析】左、右两侧气体的温度、压强相同，相同条件下，气体的体积之比等于其物质的量之比，左、右两侧气体的体积之比为4：1，则左、右两侧气体的物质的量之比也为4：1，则右侧气体的物质的量为四0.25ol,A正确；相同条件下，气体的密度之比等于气体的摩尔质量之比，右侧气体的均摩尔质量=8 g0.25mo=32g·mol1,氧气的摩尔质量也为32g·mol1,则右侧气体的密度等于相同条件下氧气的密化学答案第2页（共4页）