学年河北省衡水市安平中学高一上学期第三次月考化学试题解析版.docx
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学年河北省衡水市安平中学高一上学期第三次月考化学试题解析版
河北省衡水市安平中学2017-2018学年高一上学期第三次月考
化学试题
可能用到的相对原子质量:
H1C12N14O16Na23Mg24Al27S32Cl35.5K39Ca40Fe56Cu64Br80
第Ⅰ卷(选择题,共50分)
一、单项选择题(本题共25小题。
每小题2分,共50分。
每题只有一个选项符合题意)
1.下列关于金属性质的叙述正确的是( )
A.金属一般都容易导电、导热,具有延展性
B.金属都具有较高的硬度和密度
C.所有金属都呈固态
D.金属单质都能和稀硫酸反应产生氢气
【答案】A
【解析】A.金属中含有自由电子和金属阳离子,当金属受外力时金属晶体中各原子层能相互滑动,所以金属一般具有导电性、导热性和延展性,故A正确;B.金属的硬度和密度相差很大,如钠的硬度和密度都较小,故B错误;C.通常情况下,汞是液体,故C错误;D.活泼的金属单质才能和稀硫酸反应产生氢气,不活泼的金属不能与稀硫酸反应放出氢气,如铜,故D错误;故选A。
2.下列关于钠的说法不正确的是( )
A.金属钠和氧气反应,条件不同,产物不同
B.钠长期置于空气中,表面不能形成致密氧化膜
C.钠与水反应时,钠熔成小球在水面四处游动
D.由于钠比较活泼,所以它能从溶液中置换出金属活动性顺序表中钠后面的金属
【答案】D
【解析】A、钠和氧气在空气中不加热时生成氧化钠,在氧气中点燃,生成过氧化钠,故A正确;B、钠放置于空气中发生银白色(钠的真面目)→变暗(生成Na2O)→变白色固体(生成NaOH)→成液(NaOH潮解)→结块(吸收CO2成Na2CO3•10H2O)→最后变成Na2CO3粉(风化),所以不能形成致密氧化膜,故B正确;C、钠与水反应时,由于钠的熔点低,密度比水小,而又产生氢气,所以钠熔成小球在水面四处游动,故C正确;D、因钠与盐溶液反应时,先与水反应,然后生成的碱再与盐反应,所以不能从溶液中置换出后面的金属,故D错误;故选D。
点睛:
本题综合考查钠的性质。
本题的易错点为D,钠与盐溶液反应时,先与水反应,然后再考虑生成的碱与盐反应。
3.下列反应的离子方程式书写正确的是( )
A.钠与冷水:
Na+2H2O===Na++2OH-+H2↑
B.Al与稀HCl:
2Al+6H+===2Al3++3H2↑
C.Fe与稀H2SO4:
2Fe+6H+===2Fe3++3H2↑
D.Al与NaOH溶液:
Al+OH-===AlO
+H2↑
【答案】B
【解析】A.钠和冷水反应,离子方程式:
2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑,故A错误;B.金属铝溶于盐酸中,离子方程式:
2Al+6H+=2Al3++3H2↑,故B正确;C.铁跟稀硫酸反应,离子方程式为:
Fe+2H+=Fe2++H2↑,故C错误;D.金属铝溶于氢氧化钠溶液,离子方程式:
2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2↑,故D错误;故选B。
4.下列关于金属性质的叙述中,正确的是( )
A.1molNa与足量盐酸反应消耗的HCl比1molNa在空气中久置后再与足量盐酸反应消耗的HCl少
B.打磨的铝箔加热至熔化时,铝会滴落
C.点燃镁之前,应先用砂纸打磨
D.铁只能与氧气反应,与氯气不反应
【答案】C
【解析】A.钠与盐酸反应或Na在空气中久置后再与足量盐酸反应最终都生成氯化钠,钠的物质的量相等,则消耗的氯化氢相等,故A错误;B.铝极易被氧气氧化生成氧化铝,氧化铝熔点较高,所以加热铝时,铝表面被氧化膜覆盖,所以铝不会滴落,故B错误;C.镁易被空气中氧气氧化生成致密的氧化物薄膜MgO,从而将Mg覆盖,氧化镁不燃烧,所以点燃镁之前,应先用砂纸打磨除掉氧化膜,故C正确;D.铁能够与氧气反应生成氧化铁或四氧化三铁,也能与氯气反应生成氯化铁,故D错误;故选C。
点睛:
本题考查钠、铝、镁、铁这四种金属的性质,熟练掌握金属及其化合物的性质是解本题关键,注意各反应的反应现象、反应条件。
本题的易错点为A,可以利用终态法分析判断。
5.下列关于铁与水反应的描述不正确的是( )
A.铁与水蒸气反应的产物是黑色的Fe2O3
B.红热的铁能与水蒸气反应,放出的气体点燃时能发出爆鸣声
C.铁与水蒸气的反应是氧化还原反应
D.常温下,Fe与H2O不反应,但在空气中O2、CO2、H2O的共同作用下能发生反应
【答案】A
【解析】A.铁的氧化物中Fe2O3是红棕色固体,FeO、Fe3O4是黑色固体,铁与水蒸气反应的产物是黑色的Fe3O4,故A错误;B.红热的Fe与水蒸气反应生成氢气,氢气点燃时能发出爆鸣声,故B正确;C.Fe与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气,反应中Fe、H元素的化合价发生变化,属于氧化还原反应,故C正确;D.常温下,Fe中含有C元素,Fe、C与电解质溶液能形成原电池,所以Fe在空气中O2、CO2、H2O的共同作用下能发生电化学反应,故D正确;故选A。
6.下列关于Al(OH)3的性质叙述错误的是( )
A.Al(OH)3是两性氢氧化物
B.Al(OH)3是难溶于水的白色胶状物质
C.Al(OH)3胶体能凝聚水中的悬浮物,也能吸附色素
D.Al(OH)3既溶于NaOH溶液、氨水,又能溶于盐酸
【答案】D
7.向用HCl酸化过的AlCl3溶液中逐滴滴入NaOH溶液,图中能正确表示这个反应的是( )
A.AB.BC.CD.D
【答案】D
【解析】向AlCl3和HCl的混合溶液中滴入NaOH溶液时,盐酸先和氢氧化钠发生反应:
NaOH+HCl=NaCl+H2O,没有沉淀生成,然后发生反应3NaOH+AlCl3=Al(OH)3↓+3NaCl,有沉淀生成,最后发生Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O,沉淀溶解,由方程式可以看出产生沉淀消耗的氢氧化钠是溶解沉淀消耗氢氧化钠的3倍,所以图像应该为D,故选D。
点睛:
弄清化学反应的先后顺序和和氢氧化钠的用量是关键。
向AlCl3和HCl的混合溶液中滴入NaOH溶液时,先与盐酸反应,再与AlCl3反应,同时注意Al(OH)3属于两性氢氧化物。
8.把Ba(OH)2溶液滴入明矾[KAl(SO4)2·12H2O]溶液中,使SO42-全部转化成BaSO4沉淀,此时铝元素的主要存在形式是( )
A.Al3+B.AlO2-C.Al(OH)3D.Al3+和Al(OH)3
【答案】B
【解析】假设明矾物质的量为1mol,1mol明矾电离出1molAl3+、1molK+、和2molSO42-,当2molSO42-全部转化成2mol BaSO4沉淀时,加入Ba(OH)2的物质的量为2mol,则加入OH-物质的量为4mol,1molAl3+和4mol OH-恰好反应生成1molAlO2-和2molH2O,故B正确,故选B。
点睛:
明确SO42-全部转化成BaSO4沉淀使氢氧根离子与铝离子的物质的量的关系为解答关键。
解答此类试题,通常可以假设原溶液中的物质为1mol,然后进行定量分析。
9.下列关于Na2O与Na2O2的比较,正确的是( )
A.Na2O2、Na2O都是钠的氧化物,都是碱性氧化物
B.Na2O2、Na2O都是可溶于水(或能与水反应)的白色固体
C.Na2O2和CO2的反应中,Na2O2既是氧化剂,又是还原剂
D.Na2O2与水反应时,1molNa2O2参与反应转移2mol电子
【答案】C
【解析】A、过氧化钠是过氧化物,氧化钠是碱性氧化物,故错误;B、过氧化钠是淡黄色粉末物质,氧化钠是白色物质,故错误;C、2Na2O2+2CO2=4NaOH+O2,过氧化钠既是氧化剂又是还原剂,故正确;D、根据C选项中反应方程式,2mol过氧化钠参加反应转移电子2mol,因此1mol过氧化钠参加反应,转移电子为1mol,故错误。
10.下列关于焰色反应的说法不正确的是( )
A.只有金属化合物才有焰色反应
B.只有某些金属或其化合物才有焰色反应
C.透过蓝色钴玻璃观察到钾元素焰色反应的焰色为紫色
D.每次焰色反应实验后都要将铂丝蘸取盐酸洗涤并灼烧
【答案】A
考点:
考查焰色反应的有关判断
点评:
该题是常识性知识的考查,难度不大。
学生只要熟练掌握并记住焰色反应的概念、操作注意事项即可。
11.下列叙述中正确的是( )
A.向含有CaCO3沉淀的水中通入CO2至沉淀恰好溶解,再向溶液中加入NaHCO3饱和溶液,又有CaCO3沉淀生成
B.向Na2CO3溶液中逐滴加入含有等物质的量的HCl的稀盐酸,生成的CO2与原Na2CO3的物质的量之比为1∶2
C.等质量的NaHCO3和Na2CO3分别与足量盐酸反应,在同温同压条件下,生成的CO2体积相同
D.向Na2CO3饱和溶液中通入CO2,有NaHCO3结晶析出
【答案】D
【解析】试题分析:
A.向含CaCO3沉淀的水中通入CO2至沉淀恰好溶解生成碳酸氢钙,再向溶液中加入NaHCO3饱和溶液,不会有CaCO3沉淀生成,A不正确;B.向Na2CO3溶液中逐滴加入含等物质的量HCl的稀盐酸,生成碳酸氢钠和氯化钠,B不正确;C.等质量的NaHCO3和Na2CO3分别与足量盐酸反应,在同温同压下,生成的CO2体积不相同,C错误;D.向Na2CO3饱和溶液中通入CO2有NaHCO3结晶析出,D正确,答案选D。
考点:
考查元素及其化合物的性质
12.下列关于物质或离子检验的叙述正确的是()
A.在溶液中加KSCN溶液显红色,证明原溶液中有Fe3+,无Fe2+
B.气体通过无水CuSO4,粉末变蓝,证明原气体中含有水蒸气
C.灼烧白色粉末,火焰呈黄色,证明原粉末中有Na+,无K+
D.将气体通入澄清石灰水,溶液变浑浊,证明原气体是CO2
【答案】B
【解析】A、Fe3+遇KSCN会使溶液呈现红色,Fe2+遇KSCN不反应无现象,如果该溶液既含Fe3+,又含Fe2+,滴加KSCN溶液,溶液呈红色,则证明存在Fe3+,并不能证明无Fe2+,故A错误;B、气体通过无水硫酸铜,粉末变蓝,则发生反应:
CuSO4+5H2O═CuSO4•5H2O,可证明原气体中含有水蒸气,故B正确;C、灼烧白色粉末,火焰呈黄色,证明原粉末中有Na+,并不能证明无K+,Na+焰色反应为黄色,可遮住紫光,K+焰色反应需透过蓝色的钴玻璃滤去黄光后观察,故C错误;D、能使澄清石灰水变浑浊的气体有CO2、SO2等,故将气体通入澄清石灰水,溶液变浑浊,则原气体不一定是CO2,故D错误;故选B。
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13.将1.12g铁粉加入到25mL2mol·L-1的氯化铁溶液中,充分反应后,其结果是()
A.Fe2+与Fe3+物质的量之比为6∶1
B.向溶液中滴入无色KSCN溶液,仍无色
C.铁粉剩余,溶液呈浅绿色
D.氧化产物与还原产物的物质的量之比为2∶5
【答案】A
【解析】n(Fe)=
=0.02mol,n(FeCl3)=c×V=2mol•L-1×0.025L=0.05mol,铁粉与氯化铁的离子反应方程式为:
Fe+2Fe3+=3Fe2+。
A.根据Fe+2Fe3+=3Fe2+,0.02molFe反应生成0.06molFe2+,氯化铁剩余0.01mol,则Fe2+和Fe3+物质的量之比为6:
1,故A正确;B.由于氯化铁剩余,向溶液中滴入无色KSCN溶液,显血红色,故B错误;C.0.02mol铁粉完全反应需要0.04mol氯化铁,所以氯化铁剩余0.01mol,Fe完全反应,故C错误;D.氧化产物、还原产物均为FeCl2,由电子守恒可知,1mol还原剂被氧化与2mol氧化剂被还原得失电子守恒,则氧化产物和还原产物的物质的量之比为1:
2,故D错误;故选A。
14.某溶液中有Na+、Mg2+、Fe2+、Al3+四种离子,若向其中加入过量的氢氧化钠溶液,微热并搅拌,再加过量盐酸,溶液中大量减少的离子是( )
A.Na+B.Mg2+C.Fe2+D.Al3+
【答案】C
【解析】A、钠离子与氢氧化钠、盐酸均不发生离子反应,加入过量氢氧化钠溶液增大了钠离子的数目,故A错误;B、Mg2+与氢氧根离子反应生成氢氧化镁,氢氧化镁与盐酸反应生成Mg2+,Mg2+数目不变,故B错误;C、Fe2+与氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁,氢氧化亚铁与氧气、水反应生成氢氧化铁,氢氧化铁与氢离子反应生成铁离子,因此Fe2+数目减少,故C正确;D、Al3+与过量的氢氧根离子反应生成偏铝酸根离子,偏铝酸根离子与过量的氢离子反应生成Al3+,Al3+数目不变,故D错误;故选C。
点睛:
本题考查Mg2+、Fe2+和Al3+发生的离子反应,明确Fe2+或氢氧化亚铁具有强还原性是解题的关键。
解答此类试题需要掌握常见金属阳离子的化学性质。
15.嫦娥三号是中国国家航天局嫦娥工程第二阶段的登月探测器,它携带中国第一艘月球车,实现了中国首次月面软着陆。
嫦娥三号中使用了大量合金。
下列有关金属或合金的说法中不正确的是( )
A.生铁属于合金
B.合金的化学性质与其成分金属的化学性质不同
C.一般合金的熔点比各成分金属的低
D.改变原料的配比、改变生成合金的条件,可以得到具有不同性能的合金
【答案】B
【解析】A.生铁中含有铁与碳,属于铁的合金,故A正确;B.合金的化学性质一般与各成分金属的化学性质相同,物理性质不同,故B错误;C.合金的熔点比它的各成分金属的熔点都低,故C正确;D、合金的性能与其成分、原料配比及合成条件都有关系,所以改变原料的配比、改变生成合金的条件,得到有不同性能的合金,故D正确;故选B。
16.钛和钛的合金被誉为“21世纪最有发展前景的金属材料”,它们具有很多优良性能,如熔点高、密度小、可塑性好、易于加工、耐腐蚀等,尤其是钛合金与人体器官具有很好的“生物相容性”。
根据它们的主要性能,下列用途不切合实际的是( )
A.用来做保险丝
B.用于制造航天飞机
C.用于制造人造骨
D.用于家庭装修,做钛合金装饰门
【答案】A
【解析】试题分析:
A.根据题给信息,钛合金的熔点高,不适合做保险丝,A项不切实际;B.由于钛和钛的合金密度小、可塑性好,因此可用于航天领域,B项切合实际;C.由于钛和钛合金与人体器官具有很好的“生物相容性”,可与人体的组织相容,不引起排异反应,因此可以用来制造人造骨,C项切合实际;D.由于其密度小、可塑性好、易于加工,因此可用于家庭装修,做钛合金装饰门,D项切合实际;答案选A。
考点:
考查钛及其合金的用途。
17.下列说法错误的是()
A.硅是制造太阳能电池的常用材料
B.二氧化硅是制造光导纤维的材料
C.常温下硅性质活泼,可以与氯气、强酸、强碱溶液等反应
D.水玻璃可用作木材防火剂
【答案】C
【解析】试题分析:
A、硅可以将光能转化成电能,是制造太阳能电池的常用材料,A项正确;B、二氧化硅是制造光导纤维的材料,B项正确;C、硅常温下不与氯气、强酸反应,C项错误;D、水玻璃可用作木材防火剂,D项正确;答案选C。
考点:
考查物质用途
18.下列关于硅的叙述中,正确的是()
A.硅在电子工业中,是重要的半导体材料
B.硅是构成矿物和岩石的主要元素,硅在地壳中的含量在所有的元素中居第一位
C.硅的化学性质不活泼,在自然界中可以以游离态存在
D.硅的非金属性比碳强,只有在高温下才能与氢气发生化合反应
【答案】A
【解析】A.硅导电性介于导体与绝缘体之间,是重要的半导体材料,故A正确;B.硅在地壳中的含量在所有的元素中居第二位,故B错误;C.硅的化学性质不活泼,但硅属于亲氧元素,硅在自然界中只能以化合物形式存在,故C错误;D.硅与氢气在高温下才能跟氢气起化合反应,非金属性弱于碳,故D错误;故选A。
19.关于工业制金刚砂的反应:
SiO2+3C
SiC+2CO↑,下列说法正确的是()
A.SiO2是氧化剂,C为还原剂
B.碳的还原性比硅的强
C.氧化剂和还原剂的物质的量之比为2∶1
D.1molSiO2参与反应时,转移4mol电子
【答案】D
【解析】A.二氧化硅中Si元素和O元素化合价不变,所以二氧化硅既不是氧化剂也不是还原剂,C元素化合价由0价变为-4价、+2价,氧化剂和还原剂都是C,故A错误;B.碳的非金属性大于Si,所以C的氧化性比Si强,故B错误;C.根据方程式,若作氧化剂的碳为1mol,则作还原剂的碳为2mol,物质的量之比为1:
2,故C错误;D.1mol SiO2参与反应时,需要1molC作氧化剂,则转移电子的物质的量=1mol×(4-0)=4mol,故D正确;故选D。
点睛:
本题考查了氧化还原反应,根据元素化合价变化及基本概念来分析解答。
注意C的作用,反应中只有C元素化合价变化。
该反应中生成CO而不是二氧化碳,为易错点。
20.下列说法中,正确的是( )
A.液氯和氯水都含有氯离子
B.氯气和液氯都能使干燥的有色布条褪色
C.盐酸和氯水都含有氯离子
D.盐酸和氯水都能使湿润的有色布条褪色
【答案】C
【解析】A、液氯是液态的氯气分子,所以液氯中不含有氯离子,故A错误;B、氯气和液氯中只含氯气分子,无次氯酸分子,所以无漂白性,故B错误;C、盐酸是强电解质电离产生氯离子,氯水中氯气与水反应生成盐酸和次氯酸,盐酸电离产生氯离子,所以盐酸和氯水都含有氯离子,故C正确;D、盐酸无漂白性,所以盐酸不能使湿润的有色布条褪色,故D错误;故选C。
21.下列有关漂白粉的说法正确的是( )
A.漂白粉的有效成分是CaCl2
B.漂白粉和明矾处理自来水的原理是相同的
C.漂白粉最好在弱酸性环境下使用
D.漂白粉因易在空气中氧化而密封保存
【答案】C
【解析】A.漂白粉的主要成分是次氯酸钙和氯化钙,有效成分是次氯酸钙,即Ca(ClO)2,故A错误;B.明矾水解生成具有吸附性的氢氧化铝胶体,不具有强氧化性,只能用于除去水的悬浮物,而漂白粉具有强氧化性,能够杀菌消毒,故B错误;C.漂白粉中含有Ca(ClO)2,易与空气中的水和二氧化碳反应Ca(ClO)2+2H2O+2CO2=Ca(HCO3)2+2HClO,生成的HClO具有漂白性,所以漂白粉最好在弱酸性环境下使用,故C正确;D.漂白粉因易与空气中的水和二氧化碳反应生成不稳定的次氯酸而变质,需密封保存,不是因易在空气中氧化而密封保存,故D错误;故选C。
点睛:
本题考查学生漂白粉的成分和漂白原理等知识。
本题的易错点为B,明矾水解生成具有吸附性的氢氧化铝胶体,常用作净水剂,要注意与杀菌消毒加以区分。
22.如图所示实验装置,烧瓶内充满氯气,底部有一层细沙(不参与反应),玻璃导管下口b处塞有一小块钠。
从a口伸入一根细铁丝把钠块捅下去,再用滴管从a口滴下几滴水,恰好落在钠块上,立即剧烈反应。
下列对此实验的说法中,不正确的是( )
A.氯气应用向上排空气法收集
B.玻璃导管只起到加入钠和水的作用
C.反应中,烧瓶内产生大量白色烟雾
D.烧瓶中Cl2可能参与四个氧化还原反应
【答案】B
【解析】A、氯气密度比空气大,应用向上排空气法收集,故A说法正确;B、玻璃导管与空气连通,还起到平衡压强的作用,故B说法错误;C、钠与水反应生成氢氧化钠和氢气,Na与氯气反应生成NaCl,有白雾产生,故C说法正确;D、Na与水反应产生NaOH和H2,Na与Cl2反应生成NaCl,NaOH和氯气反应生成NaCl、NaClO、NaClO,H2和Cl2反应生成HCl,都属于氧化还原反应,故D说法正确。
23.检验某未知溶液中是否含有氯离子,正确的操作是( )
A.向未知溶液中加入硝酸银溶液,有白色沉淀产生
B.向未知溶液中加入硝酸银溶液,有白色沉淀产生,加入盐酸后,沉淀不消失
C.向未知溶液中加入稀硝酸酸化后,再加入硝酸银溶液,有白色沉淀产生
D.向未知溶液中加入稀盐酸酸化后,再加入硝酸银溶液,有白色沉淀产生
【答案】C
【解析】A操作不正确,它不能排除
等的干扰;B操作不正确,因为Ag2CO3跟HCl反应时,生成的AgCl仍是白色沉淀;D操作不正确,用盐酸酸化,加入了Cl−。
24.甲、乙两烧杯中各盛有100mL3mol·L-1的盐酸和NaOH溶液,向两烧杯中分别加入等质量的铝粉,反应结束后测得生成气体的体积比为甲∶乙=1∶2,则加入铝粉的质量为( )
A.3.6gB.5.4gC.2.7gD.1.8g
【答案】B
【解析】盐酸和NaOH溶液中的溶质的物质的量均为:
100×
×3=0.3mol,通过化学方程式可以看出反应后碱过量,根据测得生成的气体体积比为V(甲):
V(乙)=1:
2,所以生成的氢气物质的量之比是1:
2,设铝与0.3mol氯化氢完全反应时,生成的氢气的物质的量为x,
2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑
6 3
0.3mol x
=
,解之得:
x=0.15mol;一定条件下气体的物质的量之比等于体积之比,所以氢氧化钠和铝反应生成的氢气的物质的量为:
0.15mol×2=0.3mol,金属完全反应时,氢氧化钠过量,设反应的铝的物质的量为y,
2Al+2NaOH=2NaAlO2+3H2↑
2 3
y 0.3mol
=
,解之得:
y=0.2mol。
所以铝的质量为:
0.2mol×27g/mol=5.4g,故选B。
25.某温度下,将Cl2通入NaOH溶液中,反应得到NaClO、NaClO3的混合液,经测定ClO-和ClO3-的物质的量浓度之比为1∶3,则Cl2与NaOH溶液反应时被还原的氯原子与被氧化的氯原子的物质的量之比为( )
A.21∶5B.11∶3C.3∶1D.4∶1
【答案】D
【解析】Cl2中Cl一部分被氧化成ClO-和ClO3-,剩余部分被还原成Cl-,假设生成ClO-的物质的量为1mol,则ClO3-物质的量为3mol,依据得失电子数目守恒,1×1+3×5=n(Cl-)×1,解n(Cl-)=16mol,被还原的Cl原子的物质的量为16mol,被氧化的Cl原子物质的量为4mol,比值为16:
4=4:
1,故选项D正确。
点睛:
本题不能运用反应方程式进行计算,因为配平有多种形式,且相对比较麻烦,因此氧化还原反应计算,一般采用得失电子数目守恒,进行计算,即氧化剂物质的量×变价原子物质的量×化合价变化值=还原剂物质的量×变价原子物质的量×化合价变化值。
第Ⅱ卷(非选择题,共50分)
二、填空题(本题共5小题,共50分)
26.某同学欲在实验室中完成Fe与水蒸气反应的实验,实验装置如图甲、乙所示。
已知B中放入的是铁粉与石棉绒的混合物,C中放的是干燥剂,E为酒精喷灯,G为带有铁丝网罩的酒精灯。
对比两装置,回答下列问题:
(1)如何检查乙装置的气密性?
________________。
(2)乙装置中湿沙子的作用是________________。
(3)B处发生反应的化学方程式为_________________。
(4)该同学认为欲在乙装置的导管口处点燃反应产生的气体,装置H必不可少,H的作用是________________。
(5)对比甲、乙两装置的B和K,B的优点是
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- 学年 河北省 衡水市 安平 中学 上学 第三次 月考 化学试题 解析