安徽省江南片届高三入学摸底考试化学精校解析Word版.docx
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安徽省江南片届高三入学摸底考试化学精校解析Word版
安徽省江南片2019届高三入学摸底考试化学
相对原子质量:
H-1C-12N-14O-16Mg-24S-32Cu-64
一、选择题(16小题,共48分,每小题均只有一个正确选项)
1.1.化学与人类生产、生活密切相关。
下列有关说法不正确的是
A.可用钢瓶储存液氯或浓硫酸
B.PM2.5与呼吸道疾病的形成无关
C.对矿物燃料脱硫脱硝可有效防治酸雨
D.聚乙烯塑料可用来制作食品周转箱
【答案】B
【解析】
A.常温下Fe与液氯不反应,Fe与浓硫酸发生钝化,则用钢瓶储存液氯或浓硫酸,选项A正确;B、大气颗粒物中PM2.5是导致雾霾天气主要污染物成分,与呼吸系统疾病关系密切,选项B不正确;C、矿物燃料脱硫脱硝就是向燃料中加入适当的物质,将其中的硫和氮转化为无毒、无害的物质,从而减少氮硫的化合物向空气中的排放,达到防止污染、防止酸雨形成的目的,选项C正确;D、聚乙烯塑料可用来制造多种包装材料、食品周转箱、农用薄膜等,选项D正确。
答案选B。
2.2.一定条件下,氨气与氟气发生反应:
4NH3+3F2=NF3+3NH4F,其中NF3分子构型与NH3相似。
下列有关说法错误的是
A.NF3中只含极性共价键
B.NF3既是氧化产物,又是还原产物
C.NH4F中既含有离子键又含有共价键
D.上述反应中,反应物和生成物均属于共价化合物
【答案】D
【解析】
试题分析:
A.氨气分子只有极性键,NF3分子构型与NH3相似,所以NF3中只含有极性共价键,A正确;B、NH3反应中N:
-3-→+3,F:
0-→-1,所以NF3既是氧化产物又是还原产物,B正确;C、NH4Cl与NH4F含的阳离子相同,阴离子是同一主族元素,所以NH4Cl与NH4F具有相同的化学键,所以NH4F中存在的化学键是离子键、共价键,C正确;D.氟气为单质,NH4F中存在的化学键是离子键、共价键,NH4F是离子化合物,D错误;答案选D。
考点:
考查物质的结构、化学键、物质的分类等知识
3.3.设NA为阿伏加徳罗常数的数値,下列说法正确的是
A.常温常圧下,7.0g由丁烯与丙烯組成的混合气体中含有的氢原子数目为NA
B.向1L的密闭容器中充入46gNO2气体,容器中气体的分子数为NA
C.6.4g铜与足量的硫单质混合加热,转移电子的数目为0.2NA
D.标准状况下,2.24LSO3中含有0.1NA个SO3分子
【答案】A
【解析】
分析:
A.丁烯与丙烯的最简式都为CH2,利用7.0g/14×2×NA可以求出氢原子数目;B.存在2NO2
N2O4可逆反应;C.铜与硫加热反应生成硫化亚铜;D.标准状况下,SO3为固态,不能用气体摩尔体积进行计算。
详解:
丁烯与丙烯的最简式都为CH2,所以7.0g由丁烯与丙烯组成的混合气体中,n(CH2)=0.5mol,所以含有的氢原子数目为NA,A正确;46gNO2气体为1mol,由于存在2NO2
N2O4可逆反应,所以容器内的分子数小于NA,B错误;铜与足量的硫单质混合加热,生成硫化亚铜;铜元素的化合价由0价升高+1价,因此6.4g铜(即为0.1mol)完全反应后,转移电子的数目为0.1NA,C错误;标准状况下SO3为固体,不能用气体摩尔体积计算其物质的量,D错误;正确选项A。
点睛:
金属铁、铜分别与氯气加热反应均生成高价化合物氯化铁、氯化铜;金属铁、铜分别与硫蒸气反应均生成低价化合物硫化亚铁、硫化亚铜;这是因为氯气的氧化性大于单质硫的氧化性。
4.4.下列离子方程式中正确的是
A.将SO2气体通入NaClO溶液中:
SO2+2ClO﹣+H2O=SO32—+2HClO
B.酸性氯化亚铁溶液中加入双氧水2Fe2++H2O2===2Fe3++O2↑+2H+
C.向硫酸氢钾溶液中加入Ba(OH)2溶液至中性:
2H++SO42—+Ba2++2OH﹣=BaSO4↓+2H2O
D.NH4HCO3溶液与过量NaOH溶液反应:
NH
+OH﹣=NH3↑+H2O
【答案】C
【解析】
A. SO2气体具有还原性,NaClO具有氧化性,二者发生氧化还原反应,生成SO42−和Cl−,正确的离子方程式应为:
SO2+ClO−+H2O=SO42−+Cl−+2H+,故A错误;B.酸性氯化亚铁溶液中加入双氧水发生反应:
2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O故B错误;C.向硫酸氢钾溶液中加入Ba(OH)2溶液至中性时,硫酸氢钾与氢氧化钡以2:
1的物质的量比来反应,过量SO42−离子实际不参加反应,故C正确;D. NH4HCO3溶液与过量NaOH溶液时,HCO3−与OH−也反应,正确的离子方程式为:
NH4++HCO3−+2OH−=NH3⋅H2O+CO32−+H2O,故D错误。
本题选C。
5.5.下列制取Cl2,用其氧化含I-废液,回收并提纯I2的装置和原理能达到实验目的的是
.....................
A.AB.BC.CD.D
【答案】D
【解析】
A、稀盐酸与二氧化锰不反应,应选用浓盐酸、二氧化锰加热制备,选项A错误;B、导管应长进短出,图中气体可将液体排出,选项B错误;C、碘溶于水,不能用过滤分离,应选择萃取法,选项C错误;D、加热碘易升华,冷却变为固体碘,则图中装置可分离碘,选项D正确。
答案选D。
6.6.下列说法正确的是
A.金刚石和石墨互为同素异构体,熔点和硬度都很高
B.氕、氘、氚是氢元素的三种核素,质子数都为1
C.乙醇和二甲醚(CH3-O-CH3)互为同系物
D.C4H10的一氯取代物只有一种
【答案】B
【解析】
A.金刚石和石墨都是有碳元素组成的不同单质,互为同素异形体,石墨的硬度小,故A错误;B.氕、氘、氚是质子数相同,中子数不同的同元素的不同原子,三者是氢元素的三种核素,质子数都是1,故B正确;C.乙醇和二甲醚不属于一类物质,官能团不同,不是同系物,故C错误;D.分子式为C4H10的烷烃为丁烷,丁烷存在正丁烷和异丁烷两种同分异构体,正丁烷CH3CH2CH2CH3有2氢原子,所以其一氯代物有2;异丁烷CH3CH(CH3)CH3有2氢原子,其一氯代物有2种,所以丁烷的一氯代物的同分异构体总共有4种,故D错误;故选B。
点睛:
本题考查了同素异形体、同分异构体、同系物等知识点,掌握基础是解题关键。
本题的易错点为CD,同系物必为同一类物质,所含官能团及官能团数目相同;丁烷有正丁烷和异丁烷2种同分异构体,有机物分子中有几种氢原子就有几种一氯代烃。
7.7.用下面的方案进行某些离子的检验,其中方案设计严密的是
A.检验试液中的SO42—:
试液
无沉淀
白色沉淀
B.检验试液中的SO32—:
试液
气体
褪色
C.检验试液中的I-:
试液
棕黄色溶液
蓝色溶液
D.检验试液中的CO32—:
试液
白色沉淀
沉淀溶解
【答案】C
【解析】
A、若溶液中含有SO32-,加入硝酸会氧化亚硫酸根离子为硫酸根离子,和氯化钡反应生成白色沉淀,选项A错误;B、试液中加入浓盐酸产生气体能使品红褪色,该气体也可能是氯气,选项B错误;C、试液加入过氧化氢氧化碘离子为单质碘,遇淀粉变蓝,选项C正确;D、若原溶液中含有碳酸根离子或亚硫酸根离子,试液中加入氯化钡溶液生成白色沉淀,可能是碳酸钙或亚硫酸钙沉淀,加入盐酸沉淀溶解,选项D错误;答案选C。
点睛:
本题考查了离子检验的方法和实验现象分析判断,注意干扰离子的分析,题目难度中等。
A、分析亚硫酸根离子的干扰;B、分析氯气的干扰;C、碘单质遇到淀粉变蓝;D、亚硫酸根离子也会发生反应具有此现象。
8.8.W、X、Y、Z均为短周期主族元素,原子序数依次增加。
W原子最外层电子数是其所在周期数的2倍;Y+和X2-的电子层结构相同;Z的原子序数等于W和Y的核外电子数之和。
下列说法正确的是
A.由化学键角度推断,能形成WXZ2这种共价化合物
B.离子半径大小:
Z>Y>X
C.工业上用MnO2和Z的氢化物的浓溶液在加热的条件下制取Z的单质
D.Z的氢化物的酸性比WX2的水化物的强,说明Z的非金属性比W的强
【答案】A
【解析】
周期主族元素W、X、Y、Z原子序数依次增加,其中W原子最外层电子数是其所在周期数的2倍,则W为碳,Y+和X2-的电子层结构相同,则X为氧,Y为钠,Z的原子序数等于W和Y的核外电子数之和,所以Z为氯。
由此判断
A、一般情况下,碳显+4价,氧显-2价,氯显-1价,所以从化学键角度推断,可以形成COCl2这种共价化合物,故A正确;B、O、Na、Cl形成离子时的半径大小为Cl->O2->Na+,所以B错误;C、实验室里用MnO2和浓盐酸加热制氯气,而工业上用电解食盐水制氯气,故C错误;D、HCl即盐酸是强酸,而CO2的水化物即碳酸是弱酸,但不能说明Cl的非金属性比C的强,应该用HClO4的酸性强于碳酸来证明,所以D错误。
本题正确答案为A。
点睛:
A选项一定注意从化合价的角度去思考就可以判断其正确与否,不要考虑形成的物质是什么;判断金属性、非金属性强弱是有明确的判断依据的:
金属性强弱可以通过金属单质与酸或水反应置换出氢气的难易、最高价氧化物对应的水化物的碱性强弱来判断,而非金属性强弱可以用其单质与氢气反应的难易、氢化物的稳定性、最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱来判断。
9.9.1.76g铜镁合金完全溶解于50mL、密度为1.40g/cm3、质量分数为63%的浓硝酸中,得到NO2气体1792mL(标准状况),向反应后的溶液中加入适量的1.0mol/LNaOH溶液,恰使溶液中的金属离子全部沉淀。
下列说法不正确的是
A.该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0mol/L
B.加入NaOH溶液的体积是50mL
C.浓硝酸在与合金反应中起了酸性和氧化性的双重作用,且起氧化性的硝酸的物质的量为0.08mol
D.得到的金属氢氧化物的沉淀为3.12g
【答案】B
【解析】
分析:
A.根据
计算;
B.根据原子守恒计算;
C.起氧化性的硝酸生成NO2气体,根据N原子守恒可知,起氧化剂的硝酸的物质的量等于二氧化氮的物质的量;
D.由电荷守恒可知,氢氧化物中氢氧根的物质的量等于转移电子物质的量,根据二氧化氮计算转移电子物质的量,氢氧化物质量等于金属质量与氢氧根质量之和。
详解:
A.c(HNO3)=
=14.0mol/L,A正确;
B.1792mLNO2气体(标准状况)的物质的量为1.792L÷22.4L/mol=0.08mol,原硝酸的物质的量是0.05L×14.0mol/L=0.7mol,当溶液中的金属离子全部沉淀时形成NaNO3溶液,根据原子守恒可知n(NaNO3)=n(NaOH)=0.7mol-0.08mol=0.62mol,所以加入NaOH溶液的体积是0.62mol÷1mol/L=0.62L=620mL,B错误;
C.1792mLNO2气体(标准状况)的物质的量为1.792L÷22.4L/mol=0.08mol,浓硝酸在与合金反应中起了酸性和氧化性的双重作用,且起氧化性的硝酸的物质的量等于NO2的物质的量为0.08mol,C正确;
D.由电荷守恒可知,氢氧化物中氢氧根的物质的量等于转移电子物质的量,即氢氧根的物质的量为0.08mol×(5-4)=0.08mol,故氢氧化物质量=1.76g+0.08mol×17g/mol=3.12g,D正确。
答案选B。
点睛:
本题考查混合物的有关计算,难度中等,理解反应发生的过程是关键,是对学生综合能力的考查,注意根据守恒思想进行的解答。
10.10.在恒温、恒容条件下,能说明可逆反应:
H2(g)+I2(g)
2HI(g)达到平衡状态的是
A.气体的压强保持不变B.v(H2)正=2v(HI)逆C.气体的密度保持不变D.气体的颜色保持不变
【答案】D
【解析】
【分析】
化学平衡状态是可逆反应在一定条件下正逆反应速率达到相等、各物质的浓度保持不变的状态,故判断一个可逆反应是否达到平衡状态可抓住这两个标准来进行分析。
【详解】A.因为反应H2(g)+I2(g)
2HI(g)是一个反应前后分子数目不变的反应,在反应的过程中气体的压强始终不变,则气体的压强不变不能说明反应达到平衡状态,故A项错误;B.根据方程式的计量数可得当达到平衡状态时应有2v(H2)正=v(HI)逆,故B项错误;C.在恒容条件下,由反应的质量守恒可知反应混合物的密度始终不会改变,所以气体的密度不变不能说明可逆达到平衡状态,故C项错误;D.气体的颜色不变即碘蒸气的浓度不变,反应处于平衡状态,故D项正确;答案选D。
【点睛】在判断一个可逆反应是否处于平衡状态时,需要注意反应的条件(温度、容积、压强等)对某些物理量的影响,如该反应若在绝热恒容的条件下进行,则反应体系的压强不变能说明反应处于平衡状态。
11.11.下列过程或现象与盐类水解无关的是
A.使用纯碱溶液去油污B.铁在潮湿的环境下生锈C.加热FeCl3溶液颜色变深D.浓硫化钠溶液有臭味
【答案】B
【解析】
试题分析:
A选项中纯碱因为水解溶液呈碱性而具有去污能力,B选项中铁在潮湿的环境下生锈是因为铁在有水空气存在下发生腐蚀,与盐类水解无关,C选项中因温度升高促进氯化铁水解液体颜色加深,D选项中因水解产生了硫化氢气体而出现臭味。
考点:
盐类水解基础知识
12.12.下列实验及其结论都正确的是
实验
结论
A
氯气的水溶液可以导电
氯气是电解质
B
铝箔在酒精灯火焰上加热熔化但不滴落
铝箔表面氧化铝熔点高于铝
C
将Na2S滴入AgNO3和AgCl的混合浊液中产生黑色沉淀
Ksp(AgCl)>Ksp(Ag2S)
D
用分液漏斗分离苯和四氯化碳
四氯化碳密度比苯大
A.AB.BC.CD.D
【答案】B
【解析】
【详解】A.氯气为单质,电解质必须为化合物,则氯气既不是电解质也不是非电解质,故A错误;B.氧化铝的熔点高,包裹在Al的外面,则铝箔在酒精灯火焰上加热熔化但不滴落,故B正确;C.发生沉淀的生成,不能比较Ksp(AgCl)、Ksp(Ag2S)的大小,故C错误;D.苯和四氯化碳互溶,不能分液分离,应选蒸馏法,故D错误;故选B。
13.13.下列图示与对应的叙述相符的是
A.图甲表示某吸热反应在无催化剂(a)和有催化剂(b)时反应的能量变化
B.图乙表示常温下,0.1mol/LNaOH溶液滴定20.00mL0.1mol/L醋酸溶液的滴定曲线
C.图丙表示某可逆反应的反应速率随时间的变化关系,t0时刻改变的条件是使用了催化剂
D.图丁表示一定质量冰醋酸加水稀释过程中、溶液导电能力变化曲线,且醋酸电离程度:
a
【答案】D
【解析】
A、图甲中反应物的总能量高于生成物的总能量,是放热反应,选项A错误;B、滴定终点时即氢氧化钠的体积为20.00mL时,为醋酸钠溶液,溶液呈碱性pH>7,选项B错误;C、反应前后气体的体积相等的反应,如:
3A(g)⇌2C(g)+B(g),增大压强或减小压强,平衡不移动,所以图示可能为增大压强,催化剂能改变反应速率,也可能为使用了催化剂,选项C错误;D、醋酸是弱电解质,所以醋酸溶液中存在电离平衡,加水稀释促进醋酸电离,所以溶液体积越大,醋酸的电离程度越大,所以醋酸电离程度大小顺序是c>b>a,选项D正确。
答案选D。
14.14.四甲基氢氧化铵[(CH3)4NOH]常用作电子工业清洗剂,以四甲基氯化铵[(CH3)4NCl]为原料,采用电渗析法合成(CH3)4NOH,其工作原理如下图所示(a、b为石墨电板,c、d、e为离子交换膜),下列说法正确的是
A.M为正极B.c、e均为阳离子交换膜
C.b极电极反应式:
2H2O-4e-=O2↑+4H+D.制备1mol(CH3)4NOH,a、b两极共产生0.5mol气体
【答案】B
【解析】
以四甲基氯化铵[(CH3)4NCl]为原料,采用电渗析法合成(CH3)4NOH的过程中,根据氯离子的移动方向可知,a为阴极,b为阳极,又据图分析,生成氯化钠浓溶液,说明阳极上不是氯离子放电,则e不是阴离子交换膜,是阳离子交换膜,阳极电极反应式为4OH--4e-=2H2O+O2↑,据左池产物分析,c也是阳离子交换膜,a电极为氢离子放电生成氢气,则A、a为阴极,b为阳极,所以M为负极,A错误;B、根据以上分析可知c、e均为阳离子交换膜,B正确;C、根据以上分析可知阳极电极反应式为4OH--4e-=2H2O+O2↑,C错误;D、a电极为氢离子放电生成氢气,b电极氢氧根放电生成氧气。
制备1mol(CH3)4NOH,转移1mol电子,根据电子得失守恒可知a、b两极共产生0.5mol+0.25mol=0.75mol气体,D错误,答案选B。
点睛:
本题考查了电解池的相关知识,注意根据离子的移动方向判断阴阳极是解决本题的关键,注意正负极、阴阳极的判断。
难点是电极反应式的书写,书写要注意结合离子的放电顺序、电解质溶液的酸碱性以及是否存在交换膜等分析解答。
15.15.有以下六种饱和溶液①CaCl2;②Ca(OH)2;③Na2SiO3;④Na2CO3;⑤NaAlO2;⑥NH3和NaCl,分别持续通入CO2,最终不会得到沉淀或析出晶体的是
A.①②B.③⑤C.①⑥D.④⑥
【答案】A
【解析】
①碳酸比盐酸弱,CO2与CaCl2溶液不会反应,无沉淀生成,故①正确;②酸性氧化物能与碱反应,过量的CO2与Ca(OH)2反应:
Ca(OH)2+2CO2═Ca(HCO3)2,无沉淀生成,故②正确;③碳酸比硅酸强,过量的CO2与Na2SiO3溶液反应:
2CO2+Na2SiO3+2H2O═2NaHCO3+H2SiO3↓,产生硅酸沉淀,故③错误;④过量的CO2通入饱和Na2CO3溶液中发生反应:
Na2CO3+H2O+CO2═2NaHCO3↓,因为碳酸氢钠溶解度比碳酸钠小,所以有NaHCO3晶体析出,故④错误;⑤NaAlO2溶液通入过量的二氧化碳,由于碳酸酸性比氢氧化铝强,所以生成氢氧化铝白色沉淀和碳酸氢钠,2H2O+NaAlO2+CO2=Al(OH)3↓+NaHCO3,故⑤错误;⑥通入CO2与NH3和NaCl反应生成氯化铵和碳酸氢钠,碳酸氢钠的溶解度较小,则最终析出碳酸氢钠晶体,故⑥错误;故选A。
点睛:
本题考查物质的性质及反应,把握物质的性质、发生的反应及现象为解答的关键。
本题的易错点为⑥,注意联想候德榜制碱的原理,同时注意碳酸氢钠的溶解度较小。
16.16.常温下,下列有关溶液的说法正确的是
A.pH相等的①NH4Cl②NH4Al(SO4)2③NH4HSO4溶液:
浓度的大小顺序为①>②>③
B.HA的电离常数Ka=4.93×10−10,则等浓度的NaA、HA混合溶液中:
c(Na+)>c(HA)>c(A−)
C.NaHCO3溶液加水稀释,c(Na+)与c(HCO3−)的比值将减小
D.已知在相同条件下酸性HF>CH3COOH,则物质的量浓度相等的NaF与CH3COOK溶液中:
c(Na+)–c(F−)>c(K+)−c(CH3COO−)
【答案】A
【解析】
A.NH4Cl水解时氯离子不影响铵根离子水解,由于NH4HSO4电离时产生H+使溶液呈酸性,NH4+的水解被抑制,因此NH4HSO4中NH4+的浓度小于NH4Cl,NH4Al(SO4)2中铝离子水解抑制铵根离子的水解,因此NH4Al(SO4)2中NH4+的浓度大于NH4Cl,浓度的大小顺序应为:
①>②>③,选项A正确;B、NaA中水解平衡常数Kb=
,水解平衡常数大于电离平衡常数,c(HA)−),选项B错误;C、NaHCO3溶液加水稀释,促进碳酸氢根离子水解,钠离子物质的量不变,碳酸氢根减小,c(Na+)与c(HCO3-)的比值保持增大,选项错误;D、HF、CH3COOH都是弱酸,所以NaF与CH3COOK都是强碱弱酸盐,由于酸性HF>CH3COOH,水解程度F-<CH3COO-,水解程度越大剩余离子浓度越小,故c(Na+)–c(F−)<c(K+)−c(CH3COO−),选项D错误。
答案选A。
二、非选择题
17.17.A、B、C、D、E为原子序数依次增大的5种短周期元素,A最外层电子数是其电子层数的两倍;B能形成双原子阴离子;C与B能形成两种常见的离子化合物,B、E同主族,C、D、E的最高价氧化物对应的水化物之间两两皆能反应生成盐和水。
请回答下列问题:
(1)B的双原子阴离子电子式为_______,用化学式表示一种由B、C、E组成的物质_____。
(2)B的氢化物比E的氢化物的沸点____(填“高”或“低”),理由是__________。
(3)B、C、D组成化合物的水溶液与过量AB2反应的离子方程式______________________。
【答案】
(1).
(2).Na2SO4、Na2SO3、Na2S2O3(写出其中一种)(3).高(4).水分子间存在氢键(5).AlO2—+CO2+2H2O===Al(OH)3↓+HCO3—
【解析】
【分析】
由题给信息可知A元素是推断的突破口,根据其原子最外层电子数是其电子层数的两倍可知A可能是碳或硫,又因A的原子序数最小,故A为碳元素,其余B、C、D、E各元素依次为氧、钠、铝、硫,然后再根据这些元素的性质分析来得出结论。
【详解】
(1)氧元素形成的双原子阴离子为O22-,其电子式为
,由氧、钠、硫三种元素组成的化合物有Na2SO4、Na2SO3、Na2S2O3等;
(2)因为水分子间存在氢键,比硫化氢分子间的作用力要强,故B的氢化物比E的氢化物的沸点高;(3)B、C、D组成化合物为偏铝酸钠,故其与过量CO2反应的离子方程式为AlO2—+CO2+2H2O===Al(OH)3↓+HCO3—。
18.18.某班同学用如下实验探究Fe2+、Fe3+的性质。
回答下列问题:
(1)分别取一定量氯化铁、氯化亚铁固体,均配制成0.1mol/L的溶液。
在FeCl2溶液中需加入少量铁屑,其目的是__________________________。
(2)甲组同学取2mLFeCl2溶液,加入几滴氯水,再加入1滴KSCN溶液,溶液变红,说明Cl2可将Fe2+氧化。
FeCl2溶液与氯水反应的离子方程式为__________。
(3)乙组同学认为甲组的实验不够严谨,该组同学在2mLFeCl2溶液中先加入0.5mL煤油,再于液面下依次加入几滴氯水和l滴KSCN溶液,溶液变红,煤油的作用是______。
(4)丙组同学取10mL0.1mol/LKI溶液,加入6mL0.1mol/LFeCl3溶液混合。
分别取2mL此溶液于3支试管中进行如下实验:
①第一支试管中加入1mLCCl4充分振荡、静置,CCl4层呈紫色;
②第二支试管中加入1滴K3[Fe(CN)6]溶液,生成蓝色沉淀:
③第三支试管中加入1滴KSCN溶液,溶液变红。
实验②检验的离子是__________(填离子符号);实验①和③说明:
在I−过量的情况下,溶液中仍含有___________(填离子符号),由此可以证明该氧化还原反应为_____________________。
(5)丁组同学向盛有H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的FeCl2溶液,溶液变成棕黄色,发生反应的离子方程式为_______________________________;一段时间后,溶液中有气泡出现,并放热,随后有红褐色沉淀生成。
产生气泡的原因是___________________;生成沉淀
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