高考化学化水溶液中的离子平衡提高练习题压轴题训练及答案.docx
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高考化学化水溶液中的离子平衡提高练习题压轴题训练及答案
高考化学化水溶液中的离子平衡提高练习题压轴题训练及答案
一、水溶液中的离子平衡
1.亚氯酸钠(NaClO2)是一种高效氧化剂、漂白剂。
已知:
NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时析出的晶体是NaClO2·3H2O,高于38℃时析出晶体是NaClO2,高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl。
利用下图所示装置制备亚氯酸钠。
完成下列填空:
(1)装置②中产生ClO2的化学方程式为___________。
装置③的作用是_____________。
(2)从装置④反应后的溶液获得NaClO2晶体的操作步骤为:
①减压,55℃蒸发结晶;②__________;③_______;④低于60℃干燥,得到成品。
(3)准确称取所得亚氯酸钠样品10g于烧杯中,加入适量蒸馏水和过量的碘化钾晶体,再滴入适量的稀硫酸,充分反应(ClO2-+4I-+4H+→2H2O+2I2+Cl-)。
将所得混合液配成250mL待测溶液。
配制待测液需用到的定量玻璃仪器是____________;
(4)取25.00mL待测液,用2.0mol/LNa2S2O3标准液滴定(I2+2S2O32-→2I-+S4O62-),以淀粉溶液做指示剂,达到滴定终点时的现象为__________。
重复滴定2次,测得Na2S2O3溶液平均值为20.00mL。
该样品中NaClO2的质量分数为_____________。
(5)通过分析说明装置①在本实验中的作用_______________________________。
【来源】2014届上海市金山区高三一模化学试卷(带解析)
【答案】2NaClO3+Na2SO3+H2SO4→2ClO2+2Na2SO4+H2O防止倒吸趁热过滤用38-60℃的温水洗涤250mL容量瓶溶液由蓝色变为无色且半分钟内不变色90.5%当关闭K2时,打开K1,可以吸收反应产生的气体。
【解析】
【分析】
【详解】
(1)根据反应物NaClO3、Na2SO3、H2SO4,生成物为ClO2和2Na2SO4,配平方程式为2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2+2Na2SO4+H2O;装置③为安全瓶,防止装置②中气体温度降低而产生倒吸;
(2)因为NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时析出的晶体是NaClO2·3H2O,高于38℃时析出晶体是NaClO2,高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl,若要得到NaClO2晶体,需在38-60℃得到晶体,故操作为趁热过滤;用38-60℃的温水洗涤;
(3)容量瓶要指明规格;
(4)有碘单质参和生成的反应,一般采用淀粉溶液做指示剂,该反应是Na2S2O3标准液滴定碘,终点溶液由蓝色变为无色且半分钟内不变色;
计算时一般找出关系式,由此进行计算,关系式为ClO2-——2I2——4S2O32-
n(ClO2-)=1/4n(S2O32-)=1/4×20×10-3×2=0.01mol
m(NaClO2)=0.01×90.5=9.05g该样品中NaClO2的质量分数为9.05g÷10g=0.905
(5)本实验产生污染性气体,直接排放会污染环境,故需要尾气处理,装置①就是用碱吸收反应产生的ClO2等尾气。
2.草酸铵[(NH4)2C2O4]为无色柱状晶体,不稳定,受热易分解,可用于测定Ca2+、Mg2+的含量。
I.某同学利用如图所示实验装置检验草酸铵的分解产物。
(l)实验过程中,观察到浸有酚酞溶液的滤纸变红,装置B中澄清石灰水变浑浊,说明分解产物中含有____(填化学式);若观察到____,说明分解产物中含有CO2草酸铵分解的化学方程式为____。
(2)反应开始前,通人氮气的目的是____。
(3)装置C的作用是____。
(4)还有一种分解产物在一定条件下也能还原CuO,该反应的化学方程式为_____。
Ⅱ.该同学利用草酸铵测定血液中钙元素的含量。
(5)取20.00mL血液样品,定容至l00mL,分别取三份体积均为25.00mL稀释后的血液样品,加入草酸铵,生成草酸钙沉淀,过滤,将该沉淀溶于过量稀硫酸中,然后用0.0l00mol/LKMnO4溶液进行滴定。
滴定至终点时的实验现象为____。
三次滴定实验消耗KMnO4溶液的体积分别为0.43mL,0.4lmL,0.52mL,则该血液样品中钙元素的含量为__________mmol/L。
【来源】东北三省三校2020届高三第一次联合模拟考试理综化学试题
【答案】NH3、CO2E中黑色固体变红,F中澄清石灰水变浑浊(NH4)2C2O4
2NH3↑+CO2↑+CO↑+H2O排尽装置中的空气充分吸收CO2,防止干扰CO的检验2NH3+3CuO
3Cu+N2+3H2O因最后一滴KMnO4溶液的滴入,溶液变为粉红色,且半分钟内不褪去2.1
【解析】
【分析】
(l)按实验过程中观察到现象,推测分解产物并书写草酸铵分解的化学方程式;
(2)氮气驱赶装置内原有气体,从空气对实验不利因素来分析;
(3)由所盛装的物质性质及实验目的推测装置C的作用;
(4)从分解产物中找到另一个有还原性的物质,结合氧化还原反应原理写该反应的化学方程式;
Ⅱ.(5)三次平行实验,计算时要数据处理,结合关系式进行计算;
【详解】
(l)实验过程中,观察到浸有酚酞溶液的滤纸变为红色说明分解产物中含有氨气,装置B中澄清石灰水变浑浊,说明分解产物中含有二氧化碳气体;若观察到装置E中氧化铜由黑色变为红色,装置F中澄清石灰水变浑浊,说明分解产物中含有CO;
答案为:
NH3;CO2;E中黑色固体变红,F中澄清石灰水变浑浊;
草酸铵分解产生了CO2、NH3、CO,结合质量守恒定律知,另有产物H2O,则草酸铵分解的化学方程式为(NH4)2C2O4
2NH3↑+CO2↑+CO↑+H2O;
答案为:
(NH4)2C2O4
2NH3↑+CO2↑+CO↑+H2O;
(2)反应开始前,通人氮气的目的是排尽装置中的空气,避免CO与空气混合加热发生爆炸,并防止空气中的CO2干扰实验;
答案为:
排尽装置中的空气;
(3)装置E和F是验证草酸铵分解产物中含有CO,所以要依次把分解产生的CO2、气体中的水蒸气除去,所以装置C的作用是:
吸收CO2,避免对CO的检验产生干扰;
答案为:
充分吸收CO2,防止干扰CO的检验;
(4)还有一种分解产物在一定条件下也能还原CuO,那就是氨气,NH3也会与CuO反应,其产物是N2和水,该反应的化学方程式为2NH3+3CuO
3Cu+N2+3H2O;
答案为:
2NH3+3CuO
3Cu+N2+3H2O;
(5)草酸钙沉淀溶于过量稀硫酸中得到草酸,用0.0l00mol/LKMnO4溶液进行滴定,反应为
,滴定至终点时,因最后一滴KMnO4溶液的滴入,溶液变为粉红色,且半分钟内不褪去;
答案为:
因最后一滴KMnO4溶液的滴入,溶液变为粉红色,且半分钟内不褪去;
三次滴定实验消耗KMnO4溶液的体积分别为0.43mL,0.4lmL,0.52mL,应舍弃0.52mL,误差较大,则平均体积为0.42mL,滴定反应为
,
;
=1.05×10−5mol,所以20mL血液样品中含有的钙元素的物质的量为
,即4.2×10−2mmol,则该血液中钙元素的含量为
;
答案为:
2.1。
3.碳酸氢钠是重要的化工产品。
用标准盐酸溶液滴定可测定碳酸氢钠样品中碳酸氢钠含量。
已知碳酸氢钠受热易分解,且在250℃~270℃分解完全。
完成下列填空:
(1)测定碳酸氢钠含量的实验步骤:
用电子天平称取碳酸氢钠样品(准确到_____g),加入锥形瓶中,加入使之完全溶解;加入甲基橙指示剂,用标准盐酸溶液滴定。
当滴定至溶液由_____色变为_____色,半分钟不变色为滴定终点,记录读数。
该实验不能用酚酞作指示剂的原因是_____。
(2)若碳酸氢钠样品质量为0.840g,用0.5000mol/L的标准盐酸溶液滴定至终点,消耗标准盐酸溶液19.50mL。
样品中NaHCO3的质量分数为_____(保留3位小数)。
(3)如果滴定尖嘴部分在滴定过程中出现气泡,且滴定终点读数时气泡未消失,会导致测定结果____(选填“偏高”、“偏低”或“不受影响”)。
(4)碳酸氢钠样品含有少量水分(<0.5%)和氯化钠。
以下是测定碳酸氢钠样品中水分的实验方案(样品中NaHCO3含量已知)。
①在恒重的坩埚中称取碳酸氢钠样品,样品和坩埚的质量为m1g。
②将样品和坩埚置于电热炉内,在250℃~270℃加热分解至完全,经恒重,样品和坩埚的质量为m2g。
③……。
该实验方案中,质量差(m1-m2)是_____的质量。
若所称取样品中NaHCO3的质量为m3g,则样品中水分的质量m=_____(用含m、m1、m2的代数式表示)。
【来源】上海大学附属中学2018-2019学年高三下学期第一次月考化学试题
【答案】0.001黄橙滴定终点溶液呈弱酸性,酚酞的变色范围为8-10,无法准确判断滴定终点0.975偏低碳酸氢钠分解生成的CO2、H2O和样品中的含有的水分m1-m2-
【解析】
【分析】
(1)电子天平能准确到小数点后三位;碳酸氢钠的溶液中滴加甲基橙指示剂,溶液呈黄色;而弱酸性的溶液中滴加甲基橙指示剂,溶液呈橙色;酚酞试液在pH≥8的溶液中才呈红色;
(2)根据NaHCO3~HCl,则n(NaHCO3)=n(HCl)计算;
(3)根据c(待测)=
分析不当操作对V(标准)的影响,以此判断浓度的误差;
(4)由2NaHCO3
Na2CO3+H2O+CO2↑可知加热前后固体质量减轻,主要是生成CO2气体和水蒸气;先计算出m3gNaHCO3分解生成的水和CO2的质量,再计算样品中含有的水分质量。
【详解】
(1)用电子天平称取碳酸氢钠样品能准确到0.001g;碳酸氢钠溶液中加入甲基橙指示剂,溶液呈黄色,用标准盐酸溶液滴定,当滴定至溶液由黄色变为橙色,半分钟不变色为滴定终点;因滴定终点溶液呈弱酸性,而酚酞试液的变色范围为8-10,用酚酞作指示剂将无法准确判断滴定终点;
(2)滴定至终点消耗0.5000mol/L的标准盐酸溶液19.50mL,则参加反应的HCl为0.5000mol/L×0.01950L=0.00975mol,根据NaHCO3~HCl,则n(NaHCO3)=n(HCl),0.840g样品中m(NaHCO3)=0.00975mol×84g/mol=0.819g,故样品中NaHCO3的质量分数为
=0.975;
(3)滴定管尖嘴部分在滴定前没有气泡,滴定过程中出现气泡,且滴定终点读数时气泡未消失,导致消耗标准液偏小,则测定结果偏低;
(4)已知2NaHCO3
Na2CO3+H2O+CO2↑,则该实验方案中,质量差(m1-m2)是碳酸氢钠分解生成的CO2、H2O和样品中的含有的水分;称取样品中NaHCO3的质量为m3g,则完全反应生成的碳酸钠质量为m4g,
m4=
g,生成的水和CO2的质量为m3g-
g=
m3g,故所则样品中水分的质量m=m1-m2-
m3g。
【点睛】
滴定操作误差分析,注意利用公式来分析解答,无论哪一种类型的误差,都可以归结为对标准溶液体积的影响,然后根据c(待测)=
分析,若标准溶液的体积偏小,那么测得的物质的量的浓度也偏小;若标准溶液的体积偏大,那么测得的物质的量的浓度也偏大。
4.常用补钙片的有效成分是CaCO3,某化学探究小组欲测定某补钙片中碳酸钙的含量。
查阅资料得知:
一种常用的分析试剂EDTA二钠盐(用Na2H2Y•2H2O表示)可用于测定Ca2+,其反应为:
Ca2++H2Y2-=CaY2-+2H+,以铬黑T为指示剂,滴定终点溶液由红色变为蓝色。
于是该实验小组做了如下实验:
步骤一:
配制待测溶液。
取适量补钙片研碎后,准确称取0.400g配成250mL溶液。
步骤二:
滴定。
用移液管取待测液25.00mL于锥形瓶中,加入适量NaOH溶液,摇
匀,再加入铬黑T指示剂3滴,用0.0100mol•L−1EDTA二钠盐溶液滴定至终点。
三次重复滴定平均消耗EDTA二钠盐溶液22.50mL。
请回答下列问题:
(1)步骤一中补钙剂要用2mol/L的盐酸溶解,反应的离子方程式为__________________,配制待测溶液所必需的仪器除研钵、药匙、分析天平、称量瓶、烧杯、玻璃棒外,还有_______、________,操作的先后顺序为:
e→____→____→d→f→____→____→____(填下列操作的序号)。
A.盐酸溶解b.称量c.定容摇匀d.加蒸馏水稀释e.研磨
f.用NaOH溶液调节溶液pH至7g.转移溶液h.洗涤并转移
(2)实验测得补钙片中CaCO3的含量为_______。
(3)下列操作会导致测定结果偏高的是_______(填下列选项的字母序号)。
A.未将洗涤烧杯内壁的溶液转入容量瓶
B.将烧杯中溶液转移到容量瓶之前,容量瓶中有少量蒸馏水
C.定容时俯视刻度线
D.滴定管下端尖嘴中有气泡存在,滴定后气泡消失
E.滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗
【来源】2016届黑龙江省哈尔滨三十二中高三上学期期末考试化学试卷(带解析)
【答案】CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O250mL容量瓶胶头滴管baghc56.3%CDE
【解析】
【分析】
【详解】
(1)步骤一中补钙剂要用2mol/L的盐酸溶解,碳酸钙和盐酸反应的离子方程式为CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O,配制待测溶液所必需的仪器除研钵、药匙、分析天平、称量瓶、烧杯、玻璃棒外,还有250mL容量瓶、胶头滴管,操作的先后顺序为:
研磨→称量→盐酸溶解→加蒸馏水稀释→用NaOH溶液调节溶液pH至7→转移溶液→洗涤并转移→定容摇匀,即e→b→a→d→f→g→h→c;
(2)实验测得补钙片中CaCO3的物质的量为
,CaCO3的含量为
56.3%;
(3)A.未将洗涤烧杯内壁的溶液转入容量瓶,碳酸钙质量偏小,导致测定结果偏低;
B.将烧杯中溶液转移到容量瓶之前,容量瓶中有少量蒸馏水,测定结果无影响;
C.定容时俯视刻度线,溶液体积偏小,浓度偏大;
D.滴定管下端尖嘴中有气泡存在,滴定后气泡消失,消耗EDTA体积偏大,导致测定结果偏高;
E.滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗,使EDTA浓度偏小,消耗体积偏大,导致测定结果偏高;
故选CDE。
5.某学习小组研究溶液中Fe2+的稳定性,进行如下实验,观察,记录结果。
实验Ⅰ
物质
0min
1min
1h
5h
FeSO4
淡黄色
桔红色
红色
深红色
(NH4)2Fe(SO4)2
几乎无色
淡黄色
黄色
桔红色
(1)上述(NH4)2Fe(SO4)2溶液pH小于FeSO4的原因是_______(用化学用语表示)。
溶液的稳定性:
FeSO4_______(NH4)2Fe(SO4)2(填“>”或“<”)。
(2)甲同学提出实验Ⅰ中两溶液的稳定性差异可能是(NH4)2Fe(SO4)2溶液中的NH4+保护了Fe2+,因为NH4+具有还原性。
进行实验Ⅱ,否定了该观点,补全该实验。
操作
现象
取_______,加_______,观察。
与实验Ⅰ中(NH4)2Fe(SO4)2溶液现象相同。
(3)乙同学提出实验Ⅰ中两溶液的稳定性差异是溶液酸性不同导致,进行实验Ⅲ:
分别配制0.80mol·L-1pH为1、2、3、4的FeSO4溶液,观察,发现pH=1的FeSO4溶液长时间无明显变化,pH越大,FeSO4溶液变黄的时间越短。
资料显示:
亚铁盐溶液中存在反应4Fe2++O2+10H2O
4Fe(OH)3+8H+
由实验III,乙同学可得出的结论是_______,原因是_______。
(4)进一步研究在水溶液中Fe2+的氧化机理。
测定同浓度FeSO4溶液在不同pH条件下,Fe2+的氧化速率与时间的关系如图(实验过程中溶液温度几乎无变化)。
反应初期,氧化速率都逐渐增大的原因可能是_____。
(5)综合以上实验,增强Fe2+稳定性的措施有_______。
【来源】新疆霍城县江苏中学2019届高三第二次模拟考试化学试题
【答案】NH4++H2O
NH3·H2O+H+<取2mLpH=4.0的0.80mol·L-1FeSO4溶液加2滴0.01mol·L-1KSCN溶液溶液pH越小,Fe2+越稳定溶液中存在平衡4Fe2++O2+10H2O
4Fe(OH)3+8H+,c(H+)大,对平衡的抑制作用强,Fe2+更稳定生成的Fe(OH)3对反应有催化作用加一定量的酸;密封保存
【解析】
【分析】
(1)(NH4)2Fe(SO4)2溶液和FeSO4中的Fe2+浓度相同,但中(NH4)2Fe(SO4)2含有浓度较高的NH4+;通过表格中的颜色变化来分析;
(2)由于是要验证两溶液的稳定性差异是否是由于(NH4)2Fe(SO4)2溶液中的NH4+保护了Fe2+导致,根据控制变量法可知,应除了让NH4+这个影响因素外的其它影响因素均保持一致,据此分析;
(3)由实验Ⅲ可知,溶液的pH越小,溶液的酸性越强,则Fe2+越稳定;亚铁盐溶液中存在反应4Fe2++O2+10H2O⇌4Fe(OH)3+8H+,根据平衡的移动来分析;
(4)根据影响反应速率的因素有浓度、压强、温度和催化剂来分析;
(5)根据上述实验来分析。
【详解】
(1)(NH4)2Fe(SO4)2溶液和FeSO4中的Fe2+浓度相同,但(NH4)2Fe(SO4)2溶液中含有浓度较高的NH4+,NH4+水解显酸性,导致(NH4)2Fe(SO4)2中的pH更小;通过表格中的颜色变化可知(NH4)2Fe(SO4)2中的Fe2+被氧化的速率更慢,即溶液的稳定性:
FeSO4<(NH4)2Fe(SO4)2,故答案为:
NH4++H2O
NH3•H2O+H+;<;
(2)由于是要验证两溶液的稳定性差异是否是由于(NH4)2Fe(SO4)2溶液中的NH4+保护了Fe2+导致,根据控制变量法可知,应除了让NH4+这个影响因素外的其它影响因素均保持一致,故应取2mLpH=4.0的0.80mol•L-1FeSO4溶液于试管中,加2滴0.01mol•L-1KSCN溶液,过若观察到的现象与实验Ⅰ中(NH4)2Fe(SO4)2溶液现象相同,则说明上述猜想不正确,故答案为:
取2mLpH=4.0的0.80mol•L-1FeSO4溶液;加2滴0.01mol•L-1KSCN溶液;
(3)由实验Ⅲ可知,溶液的pH越小,溶液的酸性越强,则Fe2+越稳定;亚铁盐溶液中存在反应4Fe2++O2+10H2O
4Fe(OH)3+8H+,溶液的pH越小,则氢离子浓度越大,平衡左移,则Fe2+的氧化被抑制,故答案为:
溶液pH越小,Fe2+越稳定;溶液中存在平衡4Fe2++O2+10H2O
4Fe(OH)3+8H+,c(H+)大,对平衡的抑制作用强,Fe2+更稳定;
(4)影响反应速率的因素有浓度、压强、温度和催化剂,而同一条曲线上的浓度FeSO4溶液相同,且应随着反应的进行,Fe2+的浓度减小,故不是浓度对反应速率的影响;而此反应为溶液中的反应,故压强对此反应速率无影响;而此反应中温度不变,故能影响反应速率的只有催化剂,故唯一的可能原因是生成的Fe(OH)3对反应有催化作用,故答案为:
生成的Fe(OH)3对反应有催化作用;
(5)根据上述实验可知,加入一定量的酸会抑制Fe2+的氧化,或是隔绝空气密封保存,故答案为:
加入一定量的酸,密封保存。
【点睛】
(NH4)2Fe(SO4)2溶液中含有浓度较高的NH4+,NH4+水解显酸性,导致(NH4)2Fe(SO4)2中的pH更小,NH4+保护了Fe2+是解答关键,也是试题的难点和突破口。
6.铜及其化合物在工业生产中应用广泛。
Ⅰ.某同学设计如下实验装置测定铜的相对原子质量(夹持和加热仪器已略去),并检验氯气的氧化性。
(1)该实验装置的连接顺序为:
A连接________,B连接________(填字母)。
(2)乙装置a瓶中的溶液可以是_______
A.NaOH溶液B.Na2S溶液C.酸性KMnO4溶液D.含少量KSCN的FeCl2溶液
(3)对丙装置进行加热前需要________。
(4)准确称量mgCuO进行实验,当CuO完全反应后测出b中增重ng。
则Cu的相对原子质量为________(只要求列出算式)。
该实验方案的装置有不合理之处,若不加以改正会导致测定结果________(填“偏大”、”偏小“或”不变“)。
Ⅱ.研究发现Cu与稀盐酸不反应,但在持续通入空气的条件下可反应生成CuCl2。
(5)已知Fe3+对该反应有催化作用,其催化原理如图所示:
则图中的M‘为________(填化学符号)
(6)向CuCl2溶液中通入H2S气体,可产生CuS沉淀,反应离子方程式为:
Cu2++H2S=CuS(s)+2H+,则该反应的平衡常数K=________(保留一位小数)。
已知:
CuS溶度积KSP=1.0×10-36,H2S电离常数Ka1=1.3×10-7,Ka2=7.0×10-15。
【来源】安徽省合肥一中2019-2020学年高三上学期9月月考化学试题
【答案】ECB、D使装置内充满H2或利用H2排尽装置里的空气(18m-16n)/n偏小Fe2+(或FeCl2)9.1×1014
【解析】
【分析】
电解饱和食盐水生成氢气、氯气和氢氧化钠;依据装置图分析可知,电解饱和食盐水阳极B是氯离子失电子发生氧化反应生成氯气,阴极A是氢离子得到电子发生还原反应,生成氢气,电解产生的H2还原CuO粉末来测定Cu的相对原子质量,同时检验氯气的氧化性,装置丙中的E接电解装置中的A;装置乙是验证氯气氧化性的装置,D接电解池的B电极;检验氯气的氧化性可以利用还原性的物质发生反应,且有明显的现象,可以把氯气通入具有还原性的Na2S溶液和含少量KSCN的FeCl2溶液发生氧化还原反应;生成S单质,溶液变浑浊和溶液由绿色变为血红色;使装置内充满H2或利用H2排尽装置里的空气;方案是测定水的质量增加计算,装置D会吸收空气中的水蒸气和二氧化碳使测定结果偏低;Fe3+对该反应有催化作用,结合图可知,Cu元素的化合价升高,则M中Fe元素的化合价降低,可知M的化学式为Fe2+;
【详解】
(1)A端碳棒与电源的负极相连,为阴极,其电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-;B端与电源的正极相连,为阳极,其电极反应式为:
2Cl--2e-=Cl2↑;因此A应连接E,B应连接E;
(2)乙装置a瓶中试剂是用于检验氯气的氧化性,因此a瓶中试剂应具有还原性;
A、NaOH不具有还原性,A不符合题意;
B、Na2S中硫元素为-2价,具有还原性,Cl2能将S2-氧化成S单质,产生淡黄色沉淀,B符合题意;
C、酸性KMnO4溶液具有氧化性,不具有还原性,C不符合题意;
D、FeCl2溶液中Fe2+具有还原性,Cl2能将Fe2+氧化成Fe3+,Fe3+遇SCN-显红色,D符合题意;
故答案为BD
(3)H2是可燃性气体,加热前应排除装置内的空气,因此对丙装置进行加热前需要先利用H2排除装置内的空气;
(4)b装置中的碱石灰主要用于吸收反应生成的H2O,因此b装置增加的质量为反应生成H2O的质量,令Cu的相对原子质量为x,则
则可得等式
,
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- 高考 化学 水溶液 中的 离子 平衡 提高 练习题 压轴 训练 答案