湖南省师范大学附属中学学年高一上学期第二次阶段性检测化学精校解析Word版.docx
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湖南省师范大学附属中学学年高一上学期第二次阶段性检测化学精校解析Word版
湖南师范大学附属中学2017-2018学年高一上学期
第二次阶段性检测化学试题
1.下列叙述正确的是
A.1molN2的质量为28g/mol
B.标准状况下,1mol任何物质的体积均为22.4 L
C.Cl2的摩尔质量为71g
D.3.01×1023个SO2 分子的质量为32 g
【答案】D
【解析】A、质量的单位是g,1molN2的质量为28g,N2的摩尔质量为28g/mol,故A错误;B、标况下,1mol任何气体的体积约是22.4L,不是气体则不一定,故B错误;C、摩尔质量的单位为g/mol,故C错误;D、n(SO2)=
=0.5mol,m(SO2)=nM=0.5mol×64g/mol=32g,故D正确。
故选D。
点睛:
B选项为易错点,注意气体摩尔体积只适用于气体,而固体、液体不能利用气体摩尔体积计算其物质的量。
气体的摩尔体积与温度和压强有关,标况下,气体摩尔体积为22.4L/mol.
2.下列物质为纯净物的是
A.泥B.青铜C.浓硫酸D.液氯
【答案】D
【解析】纯净物由一种物质组成,混合物由多种物质组成。
A、“泥”中含水、土,是由多种物质组成的混合物;B、青铜为铜的合金,属于混合物,故B错误;C、浓硫酸是硫酸与水的混合物,故C错误;D、液氯是液态的Cl2,是纯净物,故D正确。
故选D。
3.下列与颜色有关的描述中不正确的是
A.铜在氯气中燃烧产生棕黄色烟
B.FeCl3溶液中加入KSCN溶液产生血红色沉淀
C.将Cl2通人石蕊溶液,石蕊溶液先变红后褪色
D.氢气在氯气中燃烧,产生苍白色火焰
【答案】B
【解析】A、铜在氯气中燃烧生成氯化铜,有大量棕黄色的烟产生,故A正确;B、Fe3+与SCN-发生络合反应,生成血红色的络合物“硫氰化铁”,溶液变血红色,并没有产生沉淀,故B错误;C、氯气与水反应生成HCl、HClO,溶液具有酸性和漂白性,则紫色石蕊溶液先变红后褪色,故C正确;D、氢气在氯气中燃烧,火焰为苍白色,故D正确。
故选B。
4.下列反应的离子方程式正确的是
A.过量CO2通入氢氧化钠溶液中:
CO2+2OH-=CO32-+H2O
B.用小苏打治疗胃酸过多:
HCO3-+H+==CO2↑+H2O
C.Cl2通入水中:
Cl2+H2O=Cl-+2H++ClO-
D.用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板:
Fe3++Cu=Fe2++Cu2+
【答案】B
..................
点睛:
CO2、SO2与碱反应的规律:
当碱少量时,生成正盐;当碱过量时,生成酸式盐。
5.要除去氯化亚铁溶液中少量的氯化铁,可行的办法是
A.滴入KSCN溶液B.通入氯气C.滴入NaOH溶液D.加入铁粉
【答案】D
【解析】A、KSCN溶液可检验Fe3+,不能用于除杂,故A错误;B、Cl2与FeCl2反应,故B错误;C、FeCl2、FeCl3 均与NaOH反应,故C错误;D、加入铁粉,发生反应2FeCl3+Fe=3FeCl2,将FeCl3转化为FeCl2 ,然后过滤除去未反应完的铁粉,即可得到FeCl2溶液,故D正确。
故选D。
点睛:
FeCl2、FeCl3之间的除杂可以利用二者的相互转化来实现,除去FeCl2溶液中的FeCl3的方法为加Fe粉;除去FeCl3溶液中的FeCl2的方法为通入适量的Cl2。
6.二氧化硫能使溴水褪色,说明二氧化硫具有
A.还原性B.氧化性C.漂白性D酸性
【答案】A
【解析】试题分析:
溴水具有氧化性,二氧化硫能使溴水褪色,说明二氧化硫具有还原性,答案选A。
考点:
考查二氧化硫的性质
视频
7.某些粒子在化学反应中既能体现氧化性又能体现还原性,下列不属于此类粒子的是
A.Fe2+B.H2O2C.AlD.N2
【答案】C
【解析】元素化合价处于最高价,反应中只得电子,只具有氧化性;元素化合价处于最低价,反应中只能失电子,只具有还原性;元素化合价处于中间价态,则反应中既可失电子也可得电子,既有氧化性又有还原性。
Fe2+处于中间价态;H2O2中O元素化合价处于中间价态;N元素最低负价为-3价,最高正价为+5价,则N2处于中间价态。
Fe2+、H2O2、N2三者既有氧化性,又有还原性。
Al元素只有0价和+3价,Al单质处于最低价态,只具有还原性。
故选C。
8.下列物质可由对应元素的单质在一定条件下直接化合而成的是
A.FeCl2B.CuSC.SiO2D.NO2
【答案】C
【解析】A、Cl2有强氧化性,与大多数变价金属反应,将金属氧化到最高价,则Fe和Cl2反应只能生成FeCl3,故A错误;B、硫的氧化性较弱,和变价金属反应,只能将金属氧化到低价态,故Cu和S反应生成Cu2S,故B错误;C、Si和O2化合生成SiO2,故C正确;D、N2和O2在高温或放电的情况下生成NO,N2和O2无法直接反应生成NO2,故D错误。
故选C。
点睛:
本题易错选项为A、D,注意无论Fe是否过量,Fe在Cl2中燃烧都只生成FeCl3。
9.下列实验能达到实验目的且符合操作要求的是
A.I可用于制备并检验氢气的可燃性
B.II可用于除去CO2 中的HCl
C.用Ⅲ来配制一定物质的量浓度的NaOH 溶液
D.用IV中操作制备氢氧化亚铁并观察其颜色
【答案】B
【解析】A、点燃H2前必须验纯,以防爆炸,故A错误;B、饱和NaHCO3和CO2不反应,而NaHCO3和HCl反应且生成CO2,不引进新的杂质,所以该装置能除去CO2中的HCl,故B正确;C、容量瓶不能用于溶解和稀释,只能配制一定物质的量浓度溶液,应先在烧杯中溶解NaOH固体,冷却至室温后再转移至容量瓶,故C错误;D、氢氧化亚铁易被氧化,制备氢氧化亚铁时要防止被氧化,所以胶头滴管应该伸入液面下,故D错误。
故选B。
10.下列试剂能够区别SO2 和CO2 气体的是
①BaCl2溶液②酸性KMnO4 溶液③氯水④品红溶液⑤澄清石灰水⑥Na2S溶液
A.②③④⑤⑥B.①②③④⑥C.②③④⑥D.全部
【答案】C
【解析】SO2和CO2的化学性质的共同点:
都是酸性氧化物;主要不同点:
SO2具有强还原性、弱氧化性、漂白性;而CO2没有还原性,且氧化性很弱,在溶液中不发生氧化还原反应。
可以利用二者化学性质的不同将其区分。
①SO2 和CO2 都不和BaCl2溶液反应,故不能区分;②SO2具有强还原性,能被酸性KMnO4溶液氧化(溶液褪色),而CO2没有此性质,故可区分;③SO2同样能使具有强氧化性的氯水褪色,而CO2不能,故能用氯水区分;④SO2具有漂白性,能使品红溶液褪色,而CO2不能,故可利用品红溶液区别;⑤SO2和CO2都属于酸性氧化物,都能使澄清石灰水变浑浊,故不能区分;⑥SO2具有氧化性,能将H2S氧化生成S单质(有黄色沉淀生成),而CO2没有此性质,所以能利用H2S溶液区分。
所以,能够区别SO2和CO2气体的溶液有:
②③④⑥。
故选C。
11.按如图所示装置进行实验,将液体A逐滴加入到固体B中,下列叙述不正确的是
A.若A为浓盐酸,B为KMnO4,C中盛品红溶液,则C中溶液褪色
B.若A为醋酸,B为贝壳,C中盛Na2SiO3溶液,则C中溶液变浑浊
C.若A为浓氨水,B为生石灰,两者混合后产生NH3,C中盛AlCl3溶液,则C中先产生白色沉淀后沉淀溶解
D.仪器D可以起到防止溶液倒吸的作用
【答案】C
【解析】A、若A为浓盐酸,B为KMnO4,常温下反应生成Cl2,Cl2进入C装置溶于水,生成具有漂白性的HClO,使品红褪色,故A正确;B、若A为醋酸,B为贝壳(主要成分为碳酸钙),可生成CO2,与C中Na2SiO3反应,生成H2SiO3沉淀,溶液变浑浊,故B正确;C、向生石灰中滴加浓氨水,生石灰吸水放出大量的热,促进浓氨水分解,产生NH3,NH3与C中AlCl3反应生成Al(OH)3,而Al(OH)3不溶于氨水,所以现象为产生白色沉淀,故C错误;D、D为球形干燥管,球形结构可使倒吸的液体受重力作用流下,具有防倒吸作用,故D正确。
故选C。
12.下列各组物质中,不满足组内任意两种物质在一定条件下均能发生反应的是
物质组别
甲
乙
丙
A
Al
HCl
NaOH
B
NH3
O2
HNO3
C
SiO2
NaOH
HF
D
SO2
Ca(OH)2
NaHCO3
A.AB.BC.CD.D
【答案】B
【解析】试题分析:
A、铝与盐酸和氢氧化钠溶液均反应,盐酸与氢氧化钠也反应,A正确;B、氨气与氧气反应生成NO和水,氨气与硝酸反应生成硝酸铵,但氧气与硝酸不反应,B不正确;C、二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠和水,与氢氟酸反应生成四氟化硅与水,氢氟酸与氢氧化钠发生中和反应,C正确;D、SO2与氢氧化钙反应生成亚硫酸钙和水,与碳酸氢钠反应生成CO2、水和亚硫酸钠,氢氧化钙与碳酸氢钠反应生成碳酸钙、碳酸钠和水或碳酸钙、氢氧化钠和水,D正确,答案选B。
考点:
铝的化学性质;氨的化学性质;二氧化硫的化学性质;硅和二氧化硅。
【名师点晴】本题考查物质之间的反应,为2014年高考真题,把握常见物质的性质及发生的化学反应为解答的关键,注意某些反应与量有关,明确性质与反应的关系即可解答,题目难度不大。
13.在溶液中加入适量Na2O2 后仍能大量共存的离子组是
A.MnO4-、Ba2+、Cl-、NO3-B.Na+、Cl-、CO32-、SO32-
C.Ca2+、Mg2+、NO3-、HCO3-D.K+、AlO2-、C1-、SO42-
【答案】D
【解析】Na2O2与H2O反应的实质为:
Na2O2+2H2O=H2O2+2NaOH、2H2O2=2H2O+O2↑,所以加入Na2O2后,溶液中主要存在NaOH(碱性)、H2O2(氧化性、还原性)。
A、MnO4-具有强氧化性,能将H2O2氧化,不能大量共存,故A错误;B、SO32-能被H2O2氧化为SO42-,而不能大量共存,故B错误;C、HCO3-与OH-反应生成CO32—和H2O,Ca2+与生成的CO32—反应生成沉淀,Mg2+与OH-反应生成Mg(OH)2沉淀,不能大量共存,故C错误;D、几种离子之间均不发生反应,能大量共存,故D正确。
故选D。
14.一定条件下,一种反应物过量,另一种反应物可以完全反应的是
A.过量的氧气与二氧化硫B.过量的氢氧化钠与二氧化硅
C.过量的二氧化锰与浓盐酸D.过量的铜与浓硫酸
【答案】B
【解析】A、O2与SO2的反应为可逆反应,不能完全反应,故A错误;B、NaOH过量,二氧化硅可完全反应,故B正确;C、MnO2与浓盐酸反应,而和稀盐酸不反应,随着反应的进行,浓盐酸变稀,反应停止,所以即使二氧化锰有剩余,盐酸也不能完全反应,故C错误;D、Cu与浓硫酸反应,随着反应进行,硫酸浓度降低,稀硫酸不反应,所以即使铜有剩余,硫酸也不能完全反应,故D错误。
故选B。
点睛:
注意稀硫酸和Cu、稀盐酸和MnO2不反应,此为易错点。
15.标准状况下,将NO和O2 等体积混合置于试管中,并将试管倒立于盛水的水槽中,发现水槽中的水被吸入试管,反应完成后迅速将试管用橡胶塞塞好,此时,试管中溶液的物质的量浓度为
A.0.045 mol/LB.0.0255 mol/LC.0.0875mol/LD.无法确定
【答案】B
【解析】假设NO和O2体积分别为VL,根据方程式4NO+3O2+2H2O=4HNO3可知,NO完全反应,O2剩余
VL。
气体减少的体积等于溶液的体积,则溶液体积为(V+
V)=
VL,n(HNO3)=n(NO)=
mol。
所以c(HNO3)=(
)÷(
VL)=
mol/L≈0.0255 mol/L。
故选B。
16.某集气瓶内装的混合气体是红棕色,加入足量蒸馏水,盖上玻璃片振荡得橙黄色溶液,气体颜色消失,再打开玻璃片后,瓶中气体又变为红棕色,该混合气体可能是
A.N2、O2、Br2B.NO2、.NO、N2C.NO2、NO、O2D.N2、NO2、Br2
【答案】D
【解析】“混合气体是红棕色”,Br2蒸气和NO2气体均呈红棕色,所以至少含有Br2和NO2中的一种;“振荡得橙黄色溶液”,溴水为橙黄色,所以含有Br2,排除B、C选项。
“打开玻璃片后,瓶中气体又变为红棕色”说明有NO存在,NO遇O2迅速变为NO2;可能是因为混合气中本身存在NO,也可能是因为NO2与水反应生成了NO,故混合气体中NO、NO2至少有一种。
A、D选项中都没有NO,而D选项中存在NO2,故选D。
17.有下列物质①过氧化钠、②氧化铝、③硅、④二氧化硅。
请根据它们的用途填空:
(填序号)
(1)可用来制计算机芯片的是_________。
(2)可用于呼吸面具中作为氧气来源的是_________。
(3)能作光导纤维的是_________。
(4)能作耐火材料的是_________。
【答案】
(1).③
(2).①(3).④(4).②。
【解析】①过氧化钠能与水或二氧化碳反应生成氧气,可提供氧;②氧化铝的熔点高,可作耐火材料;③硅是半导体,可以应用于芯片、太阳能电池;④二氧化硅对光具有良好的全反射作用,能作光导纤维。
故答案为③;①;④;②。
18.用化学方程式解释下列问题:
(1)实验室不用石英坩埚熔化NaOH 固体:
_________。
(2)漂白粉露置于空气中较长时间后失效:
_________。
(3)Fe(OH)2暴露在空气中最后变成红褐色固体:
_________。
(4)等物质的量的SO2 与Cl2同时通入水中,溶液无漂白性:
_________。
【答案】
(1).SiO2+2NaOH
Na2SiO3+H2O
(2).Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO)3 ↓+ 2HClO、2HClO
2 HC1+O2 ↑(3).4Fe(OH)2 +O2+2H2O==4Fe(OH)3(4).SO2+Cl2+ 2H2O=2HC1+H2SO4
【解析】
(1)石英主要成分为SiO2,SiO2和NaOH反应生成硅酸钠和水,所以不能用石英坩埚熔化NaOH固体,化学方程式为SiO2+2NaOH
Na2SiO3+H2O;
(2)漂白粉中的有效成分为Ca(ClO)2,而Ca(ClO)2易与空气中的H2O、CO2反应生成不稳定的HClO,HClO见光易分解,导致漂白粉变质,方程式为Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO)3 ↓+ 2HClO、2HClO
2HCl+O2↑;
(3)Fe(OH)2易被氧气氧化为红褐色的Fe(OH)3,化学方程式为4Fe(OH)2 +O2+2H2O=4Fe(OH)3;
(4)SO2 与Cl2反应生成硫酸和盐酸,而硫酸和盐酸均无漂白性,反应方程式为SO2+Cl2+ 2H2O=2HC1+H2SO4。
点睛:
SO2 与卤素单质反应的通式为:
SO2+X2+ 2H2O=2HX+H2SO4(X=Cl、Br、I)。
19.A、B、C、D是中学化学中常见的物质,已知C为红棕色气体,它们之间的相互转化关系如下(部分反应条件及产物已略去)。
(1)若A为单质,则A的化学式为_________,试写出C→D反应的化学方程式:
_________。
(2)A亦可为NH3,它与O2在高温、催化剂的作用下反应生成B,此化学方程式为_________。
【答案】
(1).N2
(2).3NO2+ H2O==2HNO3 + NO(3).4NH3+5O2
4NO+6H2O
【解析】C为红棕色气体,常见的红棕色气体有溴蒸气和NO2,根据“B+O2→C”可知C为NO2;B为NO。
“C(NO2)+H2O→D”,则为HNO3。
①若A是单质,则A为N2;NO2与水反应的方程式为3NO2+ H2O==2HNO3 + NO;
②NH3与O2在催化剂条件下反应生成NO,该反应名为“氨的催化氧化”,化学方程式为4NH3+5O2
4NO+6H2O。
20.物质的类别和核心元素的化合价是研究物质性质的两个重要角度。
请根据下图,回答下列问题:
(1)检验Y所用的试剂是_________。
(2)W的稀溶液与铁反应的离子方程式为_________。
(3)欲制备Na2S2O3,从氧化还原角度分析,合理的是_________(填标号)。
a.Na2S+Sb.Na2SO3+Sc.Na2SO3 +Na2SO4d.SO2+Na2SO4
(4)将X与Y 的溶液混合,现象为_________,该反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为_________。
【答案】
(1).品红
(2).Fe+2H+=Fe2+ +H2 ↑(3).b(4).产生淡黄色沉淀(5).1:
2
【解析】X为硫元素的气态氢化物,则X为H2S;Y为硫元素的+4价氧化物,则Y为SO2,Z为+4价的盐,则Z可以为Na2SO3,W为+6价的含氧酸,则W为H2SO4;
(1)Y为SO2,SO2具有漂白性,可以使品红溶液褪色,加热又恢复红色,所以检验SO2的试剂可以是品红溶液。
故答案为:
品红;
(2)W的稀溶液是稀硫酸,稀硫酸与铁反应生成硫酸亚铁和氢气,离子方程式为:
Fe+2H+=Fe2+ +H2 ↑;
故答案为:
Fe+2H+=Fe2+ +H2 ↑;
(3)Na2S2O3中S为+2价,从氧化还原的角度分析,可以由高价态的S(大于2)和低价态的S(小于2)发生归中反应,生成+2价的S。
a中S化合价都小于2,cd中S的化合价都大于2,b符合题意,故选b;
故答案为:
b;
故答案为:
产生淡黄色沉淀;1:
2;
21.某化学小组的同学设计了如下实验装置制备SnCl4。
已知:
①金属锡熔点为231℃,化学活泼性与铁相似;
②纯净而干燥的氯气与熔融金属锡反应生成SnCl4,SnCl4的沸点为114℃;
③SnCl4易与水反应。
请根据上图装置回答:
(1)裝置I中发生反应的离子方程式是______________。
(2)试管II中的试剂是________,试管III中的试剂是____________。
(3)装置V的作用是____________。
(4)裝置Ⅵ最好选用下列装置中的____(填标号)。
(5)实验结束后,欲回收利用装置Ⅰ中未反应完的MnO2,需要的玻璃仪器有_________。
【答案】
(1).MnO2+4H++2Cl-
Mn2++Cl2↑+2H2O
(2).饱和食盐水(3).浓硫酸(4).冷凝(收集)SnCl4(5).C(6).漏斗、玻璃棒、烧杯
【解析】根据图及实验目的知,I是制备Cl2的装置,加热条件下,浓盐酸和MnO2反应生成Cl2;浓盐酸具有挥发性,气体亦可携带水蒸气,所以得到的Cl2中含有HCl、H2O杂质;一般用饱和食盐水除去HCl,再用浓硫酸吸水,所以装置II中装有饱和食盐水吸收HCl,装置III中装有浓硫酸干燥氯气。
纯净的Cl2与锡反应生成SnCl4,SnCl4的沸点为114℃,沸点较低,所以装置V冰水浴降温,冷凝得到SnCl4液体。
(1)浓盐酸和MnO2反应的离子方程式为MnO2 + 4H++ 2Cl-
Mn2+ +Cl2↑+2H2O;
故答案为:
MnO2 + 4H++ 2Cl-
Mn2+ +Cl2↑+2H2O;
(2)根据上述分析,试管II中装有饱和食盐水,试管III装有浓硫酸。
故答案为:
饱和食盐水;浓硫酸;
(3)SnCl4的沸点较低,装置V中的冰水可以使得SnCl4冷凝,得到SnCl4液体;
故答案为:
冷凝(收集)SnCl4;
(4)Cl2有毒,需要进行尾气处理,故装置VI应为尾气处理装置,吸收未反应完的Cl2。
SnCl4易与水反应,所以不仅要除去Cl2中的水蒸气,还要防止外界水蒸气进入,所以装置VI还要能防止水蒸气进入装置V。
A选项装置,NaOH可以吸收未反应完的Cl2,但不能防止水蒸气进入装置Ⅴ;B选项装置,气体进入装置中导管应该长进短出,装置错误;C选项装置,碱石灰不仅可以吸收Cl2,也可以吸收水蒸气和二氧化碳,能避免空气中二氧化碳和水蒸气进入装置Ⅴ,故选C。
故答案为:
C。
(5)回收利用装置I中未反应完的MnO2,MnO2难溶于水,可以用过滤操作回收。
过滤装置选择需要的仪器为:
漏斗、玻璃棒、烧杯。
故答案为:
漏斗、玻璃棒、烧杯。
22.将铁粉、铜粉、FeCl3溶液和CuCl2 溶液混合于某容器中充分反应(假定容器不参与反应)。
试判断下列情况下,容器中存在的金属离子和金属单质。
(1)若铁粉有剩余,则容器中不可能有的离子是________,铜单质______( 填“一定”或“可能”)存在。
(2)若CuCl2有剩余,则容器中还可能有的离子为________,铜单质______( 填“一定”或“可能”)存在。
(3)若FeCl3和CuCl2 都有剩余,则容器中不可能有的单质是______,Fe2+_____(填“一定”或“可能”)存在。
(4)将6 g铁粉加入200 mL Fe2(SO4)3 和CuSO4的混合溶液中,充分反应得到200 mL0.5 mol/L FeSO4溶液和5.2 g固体沉淀物,则原Fe2(SO4)3 和CuSO4的混合溶液中Fe2(SO4)3的物质的量浓度为________。
【答案】
(1).Fe3+、Cu2+
(2).一定(3).Fe3+(4).可能(5).Fe、Cu(6).一定(7).0.1mol/L
【解析】氧化性:
FeCl3>CuCl2>FeCl2,还原性Fe>Cu,多种氧化剂、还原剂混合时,强氧化剂先与强还原剂反应。
(1)若铁有剩余,则发生两个反应Fe+2FeCl3=3FeCl2,Fe+CuCl2=Cu+FeCl2,且Fe3+、Cu2+反应完全,Cu还没有参加反应。
故溶液中不可能有的离子为:
Fe3+、Cu2+;Cu一定存在;
故答案为:
Fe3+、Cu2+;一定;
(2)若CuCl2有剩余,由于Fe单质能与CuCl2反应,CuCl2有剩余则说明铁少量,容器中可能还含有Fe3+。
此时反应程度分两种情况,第一种:
FeCl3未反应完全,CuCl2还未反应,此时不存在Cu单质;第二种:
FeCl3反应完全,CuCl2部分反应,此时存在Cu单质。
所以,若CuCl2有剩余,溶液中可能存在Fe3+,铜单质可能存在。
故答案为:
Fe3+;可能;
(3)若FeCl3和CuCl2都有剩余,则Fe、Cu都已反应完全,发生反应Fe+2FeCl3=3FeCl2,Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2,所以容器中一定不含的单质为Fe、Cu;一定存在Fe2+。
故答案为:
Fe、Cu;一定;
(4)氧化性:
Fe3+>Cu2+,加入Fe单质,Fe先Fe3+反应:
2Fe3++Fe=3Fe2+;再与Cu2+反应:
Cu2++Fe=Fe2++Cu。
反应后,得到200 mL0.5 mol/L FeSO4溶液,n(Fe2+)=0.5mol/L×0.2L=0.1mol。
m(Fe2+)=5.6g<6g,说明加入的6g铁粉没有反应完,而Fe3+和Cu2+反应完全。
设原混合溶液中含Fe2(SO4)3的物质的量为xmol,CuSO4的物质的量为ymol。
Fe+Fe2 (SO4)3=3FeSO4
xmolxmol3xmol
Fe+CuSO4=FeSO4 +Cu
ym
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