重庆市万州二中届高三月考化学试题doc.docx
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重庆市万州二中届高三月考化学试题doc
2015-2016学年重庆市万州二中高三(上)月考化学试卷(9月份)
参考答案与试题解析
一、选择题(本题共7小题,每小题6分,共78分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)
1.用如图表示的一些物质或概念间的从属关系中不正确的是( )
XYZ
A苯的同系物芳香烃芳香族化合物
B胶体分散系混合物
C置换反应氧化还原反应离子反应
D碱性氧化物金属氧化物氧化物
A.AB.BC.CD.D
考点:
芳香烃、烃基和同系物;酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系;分散系、胶体与溶液的概念及关系;化学基本反应类型.
专题:
物质的分类专题.
分析:
由图可知,概念的范畴为Z包含Y,Y包含X,然后利用物质的组成和性质来分析物质的类别,再根据概念的从属关系来解答.
解答:
解:
A.苯的同系物属于芳香烃,芳香烃属于芳香族化合物,故A正确;
B.胶体属于分散系,而分散系都是由两种以上的物质组成,则属于混合物,故B正确;
C.置换反应属于氧化还原反应,但是氧化还原反应不全是离子反应,如铁与氯气的反应,故C错误;
D.碱性氧化物属于金属氧化物,金属氧化物属于氧化物,故D正确;
故选:
C.
点评:
本题考查化学的基本概念的从属关系,比较简单,属于基础题,学生应能识别常见物质的种类,并能利用其组成来判断物质的类别是解答的关键.
2.NA为阿伏加德罗常数的数值,下列说法正确的是( )
A.7.2gCaO2晶体中阴离子和阳离子总数为0.3NA
B.反应3H2(g)+N2(g)⇌2NH3(g)△H=﹣92kJ/mol放出热量9.2kJ时,转移电子0.6NA
C.0.1mol/LNH4Cl溶液中Cl﹣离子数目为0.1NA
D.0.1molH2O2分子中含极性共价键数目为0.3NA
考点:
阿伏加德罗常数.
分析:
A、求出CaO2的物质的量,然后根据CaO2由钙离子和过氧根构成来分析;
B、反应3H2(g)+N2(g)⇌2NH3(g)△H=﹣92kJ/mol转移6mol电子;
C、溶液体积不明确;
D、H2O2分子中含2个极性共价键.
解答:
解:
A、7.2gCaO2晶体的物质的量n=
=
=0.1mol,而CaO2晶体中含1个钙离子和1个过氧根离子,故0.1molCaO2中含0.2mol离子,故A错误;
B、反应3H2(g)+N2(g)⇌2NH3(g)△H=﹣92kJ/mol转移6mol电子,放出热量9.2kJ时,转移电子0.6NA,故B正确;
C、溶液体积不明确,故无法计算氯离子数目,故C错误;
D、H2O2分子中含2个极性共价键,故0.1molH2O2分子中含极性共价键数目为0.2NA,故D错误.
故选B.
点评:
本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算,掌握公式的运用、物质的状态和物质的结构是关键,难度不大.
3.下列各组离子能在指定溶液中,大量共存的是( )
①无色溶液中:
K+,Cl﹣,Na+,H2PO4﹣,PO43﹣,SO42﹣
②使PH=11的溶液中:
CO32﹣,Na+,AlO2﹣,NO3﹣,S2﹣,SO32﹣
③水电离的H+浓度C(H+)=10﹣12mol•L﹣1的溶液中:
Cl﹣,HCO3﹣,NO3﹣,NH4+,S2O32﹣
④加入Mg能放出H2的溶液中:
Mg2+,NH4+,Cl﹣,K+,SO42﹣
⑤使甲基橙变红的溶液中:
Fe3+,MnO4﹣,NO3﹣,Na+,SO42﹣
⑥酸性溶液中:
Fe2+,Al3+,NO3﹣,I﹣,Cl﹣,S2﹣.
A.①②⑤B.①③⑥C.②④⑤D.②④
考点:
离子共存问题.
专题:
离子反应专题.
分析:
①H2PO4﹣,PO43﹣不能大量共存;
②PH=11的溶液呈碱性;
③水电离的H+浓度C(H+)=10﹣12mol•L﹣1的溶液,水的电离受到抑制,溶液可能呈酸性,也可能呈碱性;
④加入Mg能放出H2的溶液呈酸性;
⑤使甲基橙变红的溶液呈酸性;
⑥酸性溶液中具有强氧化性.
解答:
解:
①H2PO4﹣,PO43﹣不能大量共存,可生成HPO42﹣,故错误;
②PH=11的溶液呈碱性,碱性条件下离子之间不发生任何反应,可大量共存,故正确;
③水电离的H+浓度C(H+)=10﹣12mol•L﹣1的溶液,水的电离受到抑制,溶液可能呈酸性,也可能呈碱性,无论呈酸性还是碱性,HCO3﹣都不能大量共存,故错误;
④加入Mg能放出H2的溶液呈酸性,离子之间不发生任何反应,可大量共存,故正确;
⑤使甲基橙变红的溶液呈酸性,离子之间不发生任何反应,可大量共存,故正确;
⑥酸性溶液中具有强氧化性,具有还原性的Fe2+、I﹣、,S2﹣不能大量共存,故错误.
故选C.
点评:
本题考查离子的共存,为高频考点,把握习题中的信息及常见离子的颜色、离子之间的反应为解答的关键,侧重复分解反应及氧化还原反应的离子共存考查,题目难度不大.
4.如图表示在某溶液中滴加Ba(OH)2溶液时,生成的沉淀的物质的量随Ba(OH)2溶液的体积变化关系.该溶液的成分可能是( )
A.NH4Al(SO4)2
B.KAl(SO4)2
C.Al2(SO4)3
D.Na2SO4与NaAlO2组成的混合物
考点:
离子方程式的有关计算.
专题:
图示题;计算题.
分析:
由图象可知,溶液加入氢氧化钡溶液,沉淀达最大后,部分沉淀会溶解,由选项中各物质可知,溶液中一定含有SO42﹣、Al3+,开始滴加同时发生反应为SO42﹣+Ba2+=BaSO4↓,Al3++3OH﹣=Al(OH)3↓,加入相同量的氢氧化钡溶液,oa段产生沉淀比ab段多,故a点时Al3+完全沉淀,SO42﹣未完全沉淀,bc段发生反应:
Al(OH)3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O,ab段与bc段消耗氢氧化钡溶液体积相等,故ab段氢氧化铝一定不溶解,则溶液中一定含有NH4+.
解答:
解:
由图象可知,溶液加入氢氧化钡溶液,沉淀达最大后,部分沉淀会溶解,由选项中各物质可知,溶液中一定含有SO42﹣、Al3+,开始滴加同时发生反应为SO42﹣+Ba2+=BaSO4↓,Al3++3OH﹣=Al(OH)3↓,加入相同量的氢氧化钡溶液,oa段产生沉淀比ab段多,故a点时Al3+完全沉淀,SO42﹣未完全沉淀,bc段发生反应:
Al(OH)3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O,ab段与bc段消耗氢氧化钡溶液体积相等,故ab段氢氧化铝一定不溶解,则溶液中一定含有NH4+,B、C、D中溶质不符合题意,故该溶液的成分可能是NH4Al(SO4)2,故选A.
点评:
本题考查离子反应及有关计算问题,试题结合图象识别,增加了试题的难度,题目综合性强,贴近高考.试题注重基础,侧重对学生能力的培养和解题方法的训练与指导,有利于培养学生的逻辑思维能力和发散思维能力,提高学生的应试能力,明确离子反应先后顺序是关键.
5.已知NH4CuSO3与足量的10mol/L硫酸液混合微热,产生下列现象:
①有红色金属生成
②产生刺激性气味的气体
③溶液呈现蓝色.
据此判断下列说法正确的是( )
A.反应中硫酸作氧化剂
B.NH4CuSO3中硫元素被氧化
C.刺激性气味的气体是氨气
D.1molNH4CuSO3完全反应转移0.5mol电子
考点:
氧化还原反应;氧化还原反应的电子转移数目计算.
专题:
氧化还原反应专题.
分析:
根据有红色金属生成,则生成Cu,溶液为蓝色,则生成硫酸铜,产生刺激性气味的气体,则生成二氧化硫,所以Cu元素的化合价由+1价升高为+2价,Cu元素的化合价由+1价降低为0,以此来解答.
解答:
解:
NH4CuSO3与足量的10mol/L硫酸液混合微热,生成Cu、硫酸铜、二氧化硫,所以Cu元素的化合价由+1价升高为+2价,Cu元素的化合价由+1价降低为0,
A.硫酸中各元素的化合价不变,故A错误;
B.NH4CuSO3中Cu元素的化合价既升高又降低,则既被氧化又被还原,故B错误;
C.刺激性气味的气体为二氧化硫,故C错误;
D.1molNH4CuSO3完全反应转移0.5mol×(1﹣0)=0.5mol,故D正确;
故选:
D.
点评:
本题考查氧化还原反应,明确Cu元素的化合价变化是解答本题的关键,题目难度不大,注意现象与生成物的关系来解答.
6.下表所列各组物质中,物质之间通过一步反应就能实现如图所示转化的是( )
物质
编号物质转化关系甲乙丙丁
①
CuCuOCuSO4Cu(NO3)2
②Na2CO3NaOHNaHCO3CO2
③(NH4)2SO3CaSO3SO2NH4HSO3
④FeFeCl3FeCl2Fe(NO3)2
A.①②③④B.①②③C.①③④D.②④
考点:
铜金属及其重要化合物的主要性质;钠的重要化合物;铁的化学性质.
专题:
元素及其化合物.
分析:
①铜与氧气反应生成氧化铜,氧化铜溶于硫酸生成硫酸铜,硫酸铜与硝酸钡生成硝酸铜;
②碳酸钠与氢氧化钙反应生成氢氧化钠,氢氧化钠与过量的二氧化碳反应生成碳酸氢钠,碳酸氢钠与盐酸放出二氧化碳气体;
③亚硫酸铵与氢氧化钙生成亚硫酸钙,亚硫酸钙与盐酸反应生成二氧化硫,二氧化硫溶于氨水生成亚硫酸氢铵;
④铁与氯气反应产生氯化铁,氯化铁与铁生成氯化亚铁,氯化亚铁与硝酸银生成硝酸亚铁.
解答:
解:
①铜与氧气反应生成氧化铜,氧化铜与硫酸反应生成硫酸铜,硫酸铜与硝酸钡反应生成硝酸铜,铜和浓硫酸反应可生成硫酸铜,再利用较活泼金属与不活泼金属的盐溶液发生的置换反应可实现丙→甲、丁→甲的反应,故①能实现转化;
②碳酸钠和氢氧化钙反应生成氢氧化钠,氢氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸氢钠,碳酸氢钠分解或与盐酸反应生成二氧化碳,二氧化碳与氢氧化钠能反应生成碳酸钠,碳酸钠与二氧化碳反应生成碳酸氢钠,碳酸氢钠与氢氧化钠反应生成碳酸钠,故②能实现转化;
③(NH4)2SO3和氯化钙反应生成亚硫酸钙沉淀,亚硫酸钙和盐酸反应生成二氧化硫,过量的二氧化硫和一水合氨反应生成亚硫酸氢铵,故③能实现转化;
④铁与氯气反应生成氯化铁,氯化铁和铁单质反应生成氯化亚铁,氯化亚铁与硝酸银反应生成硝酸亚铁,故④能实现转化;
故选A.
点评:
本题考查物质的转化,明确物质的性质及发生的化学反应是解答本题的关键,本题中③发生的几个氧化还原反应是学生解答的难点.
7.有2mol过氧化钠与3mol碳酸氢钠的固体混合物,在密闭容器中加热充分反应,排出气体物质后冷却,下列有关残留的固体物质和排出的气体的说法中正确的是( )
A.残留的固体物质为Na2CO3
B.残留的固体物质0.5molNa2O2,1molNa2CO3
C.排出的气体为1molO2,并无H2O(g)
D.排出的气体为1molO2,1molH2O(g)
考点:
有关混合物反应的计算.
分析:
碳酸氢钠不稳定,加热易分解,发生反应:
2NaHCO3
Na2CO3+CO2↑+H2O,2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2,2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2,由于二氧化碳与氢氧化钠反应生成碳酸钠,可以认为过氧化钠先与二氧化碳反应,再与水反应,结合物质的物质的量解答.
解答:
解:
由方程式2NaHCO3
Na2CO3+CO2↑+H2O可知:
3molNaHCO3分解得到Na2CO3、CO2和H2O各1.5mol,
还会发生反应:
2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2,2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2,由于二氧化碳与氢氧化钠反应生成碳酸钠,可以认为过氧化钠先与二氧化碳反应,再与水反应,
Na2O2为2mol,与1.5mol二氧化碳反应消耗1.5mol过氧化钠,同时生成0.75mol氧气和1.5mol碳酸钠;剩余的0.5mol过氧化钠完全反应消耗0.5mol水,同时生成1mol氢氧化钠、0.25mol氧气,反应后还剩余1mol水,
A.根据分析可知,残留的固体为碳酸钠和氢氧化钠,故A错误;
B.残留的固体为1.5mol碳酸钠、1mol氢氧化钠,故B错误;
C.排出的气体为1mol氧气和1mol水蒸气,故C错误;
D.最终排出的气体为1molO2,1molH2O(g),故D正确;
故选D.
点评:
本题考查混合物反应的计算,题目难度中等,明确发生的反应为解答关键,注意理解“过氧化钠先与二氧化碳反应,再与水反应”,试题培养了学生的分析能力及灵活应用基础知识的能力.
二、解答题(共3小题,满分43分)
8.(15分)(2015秋•万州区校级月考)铝是地壳中含量最高的金属元素,铝及其化合物在生产生活中的应用日趋广泛.
(1)铝的原子结构示意图是
.
(2)三氧化二铝是一种两性氧化物,写出其与NaOH溶液反应的化学方程式 Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O .
(3)工业上常用铝土矿(含SiO2等杂质)生产铝.从Na2SiO3和NaAlO2混合溶液中制得Al(OH)3,需要从下列试剂中选择两种,最好选用的试剂组合是 bd .
a.NaOH溶液b.氨水c.CO2d.盐酸
(4)如图表示将足量的CO2不断通入NaOH、Ba(OH)2、NaAlO2的混合溶液中,生成沉淀与通入CO2的量的关系,最先与CO2发生反应的物质是 Ba(OH)2 ,ab段发生反应的离子方程式为 CO2+3H2O+2AlO2﹣═2Al(OH)3↓+CO32﹣ .
(5)某Mg﹣Al合金是一种潜在的贮氢材料.73.2g该合金恰好溶解于1.4L5.0mol•L﹣1盐酸中,则合金中Mg和Al的物质的量之比为 17:
12 .
考点:
铝的化学性质;化学方程式的有关计算;镁、铝的重要化合物.
分析:
(1)铝原子外有三个电子层,最外层有3个电子,据此写出原子结构示意图;
(2)氧化铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水;
(3)利用过量盐酸和Na2SiO3和NaAlO2混合溶液反应生成硅酸沉淀和氯化铝溶液,过滤后再滤液中加入过量的氨水生成氢氧化铝沉淀;
(4)只要通入CO2,立刻就有沉淀BaCO3产生;将Ba(OH)2消耗完毕,接下来消耗NaOH,因而此段不会产生沉淀(即沉淀的量保持不变);NaOH被消耗完毕,接下来又因二氧化碳足量,还可以继续与上面反应的产物Na2CO3、BaCO3、反应,最后剩余沉淀为Al(OH)3;
(5)结合Mg~2HCl、Al~3HCl及质量关系计算.
解答:
解:
(1)Al的原子序数为13,原子核外有3个电子层,最外层电子数为3,则原子结构示意图为
,故答案为:
;
(2)氧化铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水,反应的化学方程式为:
Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O,故答案为:
Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O;
(3)利用过量盐酸和Na2SiO3和NaAlO2混合溶液反应生成硅酸沉淀和氯化铝溶液,过滤后再滤液中加入过量的氨水生成氢氧化铝沉淀,选择试剂为盐酸和氨水,选bd,
故答案为:
bd;
(4)通入CO2,依次发生:
CO2+Ba(OH)2═BaCO3↓+H2O、CO2+2NaOH═Na2CO3+H2O、CO2+3H2O+2NaAlO2═2Al(OH)3↓+Na2CO3、CO2+H2O+Na2CO3═2NaHCO3,BaCO3+CO2+H2O=Ba(HCO3)2,
由以上反应可知,最先与CO2发生反应的物质是Ba(OH)2,ab段发生反应的离子方程式为:
CO2+3H2O+2AlO2﹣═2Al(OH)3↓+CO32﹣,
故答案为:
Ba(OH)2;CO2+3H2O+2AlO2﹣═2Al(OH)3↓+CO32﹣;
(5)设Mg、Al的物质的量分别为x、y,则由Mg~2HCl、Al~3HCl可知,
,解得x=1.7mol,y=1.2mol,则合金中Mg和Al的物质的量之比为1.7mol:
1.2mol=17:
12,
故答案为:
17:
12.
点评:
本题考查铝的结构和性质,较为基础,能较好地培养学生良好的科学素养,学习中注意相关基础知识的积累,难度不大.
9.(12分)(2015秋•万州区校级月考)二氧化硒(SeO2)是一种氧化剂,其被还原后的单质硒可能成为环境污染物,通过与浓HNO3或浓H2SO4反应生成SeO2以回收Se.完成下列填空:
(1)Se和浓HNO3反应的还原产物为NO和NO2,且NO和NO2的物质的量之比为1:
1,写出Se和浓HNO3反应的化学方程式 Se+2HNO3(浓)=H2SeO3+NO↑+NO2↑(或Se+2HNO3(浓)=H2O+SeO2+NO↑+NO2↑) .
(2)已知:
Se+2H2SO4(浓)→2SO2↑+SeO2+2H2O
2SO2+SeO2+2H2O→Se+2SO42﹣+4H+
SeO2、H2SO4(浓)、SO2的氧化性由强到弱的顺序是 H2SO4(浓)>SeO2>SO2 .
(3)回收得到的SeO2的含量,可以通过下面的方法测定:
①SeO2+KI+HNO3→Se+I2+KNO3+H2O
②I2+2Na2S2O3→Na2S4O6+2NaI
配平方程式①,标出电子转移的方向和数目
.
(4)实验中,准确称量SeO2样品0.1500g,消耗了0.2000mol/L的Na2S2O3溶液25.00mL,所测定的样品中SeO2的质量分数为 92.5% .
考点:
氧化还原反应的计算;氧化还原反应.
分析:
(1)Se和浓硝酸发生氧化还原反应生成亚硒酸或SeO2,同时生成NO和NO2,且NO和NO2的物质的量之比为1:
1;
(2)自发进行的同一氧化还原反应中,氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性;
(3)SeO2+KI+HNO3→Se+I2+KNO3+H2O中Se元素化合价由+4价变为0价、I元素化合价由﹣1价变为0价,根据转移电子相等、原子守恒配平方程式;
(4)SeO2+4KI+4HNO3=Se+2I2+4KNO3+2H2O、I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI得关系式SeO2﹣﹣﹣2I2﹣﹣﹣4Na2S2O3,根据二氧化硒和硫代硫酸钠之间关系式进行计算.
解答:
解:
(1)Se和浓硝酸发生氧化还原反应生成亚硒酸或SeO2,同时生成NO和NO2,且NO和NO2的物质的量之比为1:
1,该反应中Se元素化合价由0价变为+4价、N元素化合价由+5价变为+2价、+4价,转移电子总数为4,则反应方程式为Se+2HNO3(浓)=H2SeO3+NO↑+NO2↑(或Se+2HNO3(浓)=H2O+SeO2+NO↑+NO2↑),
故答案为:
Se+2HNO3(浓)=H2SeO3+NO↑+NO2↑(或Se+2HNO3(浓)=H2O+SeO2+NO↑+NO2↑);
(2)Se+2H2SO4(浓)→2SO2↑+SeO2+2H2O中S元素化合价由+6价变为+4价、Se元素化合价由0价变为+4价,则浓硫酸是氧化剂、二氧化硒是氧化产物,则氧化性H2SO4(浓)>SeO2;
2SO2+SeO2+2H2O→Se+2SO42﹣+4H+中S元素化合价由+4价变为+6价、Se元素化合价由+4价变为0价,则二氧化硫是还原剂、二氧化硒是氧化剂,氧化性SeO2>SO2,通过以上分析知,氧化性强弱顺序是H2SO4(浓)>SeO2>SO2,
故答案为:
H2SO4(浓)>SeO2>SO2;
(3)SeO2+KI+HNO3→Se+I2+KNO3+H2O中Se元素化合价由+4价变为0价、I元素化合价由﹣1价变为0价,转移电子数为4,根据转移电子相等、原子守恒配平方程式,其转移电子数目和方向为
,
故答案为:
;
(4)SeO2+4KI+4HNO3=Se+2I2+4KNO3+2H2O、I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI得关系式SeO2﹣﹣﹣2I2﹣﹣﹣4Na2S2O3,设消耗二氧化硒质量为x,
SeO2﹣﹣﹣2I2﹣﹣﹣4Na2S2O3,
111g4mol
x0.2000mol/L×0.025L
111g:
4mol=x:
0.2000mol/L×0.025L
x=0.13875g
二氧化硒质量分数=
=92.5%,
答:
所测定的样品中SeO2的质量分数为92.5%.
点评:
本题考查氧化还原反应有关计算、化学方程式的配平、化学方程式书写、氧化性强弱判断等知识点,明确各个物理量之间关系、氧化还原反应配平规则是解本题关键,难点是找出各个物理量之间关系式.
10.(16分)(2015秋•万州区校级月考)工业上常用铁质容器盛装冷浓硫酸.为研究铁质材料与热浓硫酸的反应,某学习小组进行了以下探究活动:
[探究一]
(1)第一步:
将已去除表面氧化物的铁钉(含少量碳元素)放入冷浓硫酸中,第二步:
10分钟后移入硫酸铜溶液中,片刻后取出观察,铁钉表面 无明显变化 (填写第二步的实验现象,若有则写出具体现象,若无则写无明显变化),其原因是 铁钉表面被钝化 .
(2)另称取铁钉6.0g放入15.0mL浓硫酸中,加热充分反应后得到溶液X并收集到气体Y.
①甲同学认为X中除Fe3+外还可能含有Fe2+.若要确认其中有Fe2+,应先用 c (选填序号).a.KSCN溶液和氯水b.铁粉和KSCN溶液c.酸性KMnO4溶液d.浓氨水
铁粉与溶液X反应可制得一种补血剂,写出其离子方程式 2Fe3++Fe=3Fe2+ .
②乙同学取336mL(标准状况)气体Y通入足量溴水中,发生反应:
SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4,
然后加入足量BaCl2溶液,经适当操作后得到干燥固体2.33g.由此推知气体Y中SO2的体积分数为 66.7% .
[探究二]分析上述实验中SO2体积分数的结果,丙同学认为气体Y中还可能含有H2和Q气体.为此设计了下列探究实验装置(图中夹持仪器省略).
(3)装置B中试剂的作用是 检验SO2是否除尽 .
(4)认为气体Y中还含有Q的理由是 C+2H2SO4(浓)
CO2↑+2SO2↑+2H2O (用化学方程式表示).
(5)为确认Q的存在,需在装置中添加M于 c (填序号).
a.A之前b.A﹣B间c.B﹣C间d.C﹣D间
(6)如果气体Y中含有H2,预计实验现象应是 D中固体由黑变红,E中固体由白变蓝 .
考点:
性质实验方案的设计.
分析:
(1)常温下,铁和浓硫酸发生钝化现象;
(2)①亚铁离子具有还原性,能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色;
②根据SO2+Br2+2H2O═2HBr+H2SO4知,二氧化硫被氧化生成硫酸,硫酸和氯化钡反应生成硫酸钡沉淀,所以2.33g沉淀是BaSO4,n(BaSO4)=
=0.01mol,根据S原子守恒得n(BaSO4)=n(S)=n(SO2)=0.01mol,标况下二氧化硫体积=0.01mol×22.4L/mol=224mL;
(3)品红溶液能检验二氧化硫存在;
(4)碳和浓硫酸反应生成二氧化碳、二氧化硫和水;
(5)碳和浓硫酸反应生成二氧化碳,所以Q为CO2,二氧化硫和二氧化碳都能使澄清石灰水变浑浊,所以应该在排除二氧化硫条件下将气体通入澄清石灰水中检验二氧化碳;
(6)氢气具有还原性,在加热条件下,能将黑色的CuO还原为红色的Cu,且生成水,水能使无水硫酸铜变蓝色;
解答:
解:
(1)常温下,铁和浓硫酸反应生成一层致密的氧化物薄膜而阻止进一步被氧化,该现象为钝化现象,所以将铁钉放入浓硫酸片刻无明显变化的原因是铁钉表面被钝化,故答案为:
无明显变化,铁钉表面被钝化;
(2)①a.氯水能将亚铁离子氧化为铁离子,铁离子和KSCN溶液反应导致溶液呈血红色,但不能确定原来溶液中一定含有亚
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