学年安徽省怀远一中蒙城一中淮南一中颍上一中淮南一中涡阳一中五校新高考化学模拟试.docx
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学年安徽省怀远一中蒙城一中淮南一中颍上一中淮南一中涡阳一中五校新高考化学模拟试
2019-2020学年安徽省(怀远一中、蒙城一中、淮南一中、颍上一中、淮南一中、涡阳一中)五校新高考化学模拟试卷
一、单选题(本题包括15个小题,每小题4分,共60分.每小题只有一个选项符合题意)
1.化学与生活、社会发展息息相关。
下列说法正确的是
A.有人称“一带一路”是“现代丝绸之路”,丝绸的主要成分是纤维素
B.聚乳酸酯的降解和油脂的皂化都是高分子生成小分子的过程
C.疫苗一般应冷藏存放,其目的是避免蛋白质变性
D.“玉兔二号”的太阳能电池帆板的材料是二氧化硅
【答案】C
【解析】
【详解】
A.丝绸的主要成分是蛋白质,故A错误;
B.聚乳酸酯的降解是高分子生成小分子的过程,油脂不属于高分子,故B错误;
C.疫苗一般应冷藏存放,其目的是避免蛋白质变性,使蛋白质失去活性,故C正确;
D.硅是半导体,“玉兔二号”的太阳能电池帆板的材料是硅,故D错误;
故选C。
2.设NA为阿伏加德罗常数的值。
下列有关叙述正确的是()
A.5.6L甲烷含有的共价键数为NA
B.2gD2l6O和2gH218O中含有的中子数均为NA
C.过氧化钠与水反应时,生成0.1mol氧气转移的电子数为0.4NA
D.常温下pH=13的Ba(OH)2溶液中含有的OH-离子数为0.1NA
【答案】B
【解析】
【详解】
A.未指明是否为标准状况,无法确定气体的物质的量,故A错误;
B.D2l6O和H218O的摩尔质量均为20g/mol,故2gH218O和D2O的物质的量均为0.1mol,而且两者均含10个中子,故0.1molH218O和D2O中均含1mol中子即NA个,故B正确;
C.过氧化钠与水反应时,氧元素的价态由-1价变为0价,故当生成0.1mol氧气时转移0.2mol电子即0.2NA个,故C错误;
D.溶液的体积未知,无法计算溶液中微粒的个数,故D错误;
故答案为B。
3.设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是()
A.标况下,22.4LCl2溶于足量水,所得溶液中Cl2、Cl-、HClO和ClO-四种微粒总数为NA
B.标准状况下,38g3H2O2中含有4NA共价键
C.常温下,将5.6g铁块投入一定量浓硝酸中,转移0.3NA电子
D.一定温度下,1L0.50mol/LNH4Cl溶液与2L0.25mol/LNH4Cl溶液含NH4+的物质的量一定不相同
【答案】D
【解析】
【详解】
A、氯气与水反应:
Cl2+H2O
H++Cl-+HClO,溶液中氯原子总数为2mol,Cl2中含有2个氯原子,故溶液中Cl2、Cl-、HClO和ClO-四种微粒总数大于NA,故A错误;
B、双氧水结构为:
,38g3H2O2的物质的量为
=1mol,由结构式可知,1mol双氧水中含有3NA共价键,故B错误;
C、常温下铁与浓硝酸发生钝化,形成致密氧化膜,阻止反应进行,所以常温下,将5.6g铁块投入足量浓硝酸中,转移小于0.3NA电子,故C错误;
D、1L0.50mol/LNH4Cl溶液与2L0.25mol/LNH4Cl溶液所对应
浓度不同,所以
水解程度不同,溶液中
的物质的量一定也不同,故D正确;
故答案为D。
【点睛】
本题A选项属于易错项,该反应属于可逆反应,溶液中总氯原子为2mol,发生反应后,溶液中含氯微粒总数小于2mol大于1mol。
4.下列实验操作或现象不能用平衡移动原理解释的是
A.卤化银沉淀转化
B.配制氯化铁溶液
C.淀粉在不同条件下水解
D.探究石灰石与稀盐酸在密闭环境下的反应
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A、足量NaCl(aq)与硝酸银电离的银离子完全反应,AgCl在溶液中存在溶解平衡,加入少量KI溶液后生成黄色沉淀,该沉淀为AgI,Ag+浓度减小促进AgCl溶解,说明实现了沉淀的转化,能够用勒夏特列原理解释;
B、铁离子水解生成氢氧化铁和氢离子,该反应为可逆反应,加入稀盐酸可抑制铁离子水解,能够用勒夏特列原理解释;
C、淀粉水解反应中,稀硫酸和唾液起催化作用,催化剂不影响化学平衡,不能用勒夏特列原理解释;
D、二氧化碳在水中存在溶解平衡,塞上瓶塞时随着反应的进行压强增大,促进CO2与H2O的反应,不再有气泡产生,打开瓶塞后压强减小,向生成气泡的方向移动,可用勒夏特列原理解释。
正确答案选C。
【点睛】
勒夏特列原理为:
如果改变影响平衡的条件之一,平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动。
使用勒夏特列原理时,该反应必须是可逆反应,否则勒夏特列原理不适用,催化剂能加快反应速率,与化学平衡移无关。
5.已知酸性溶液中还原性的顺序为SO32->I->Fe2+>Br->Cl-,下列反应不能发生的是
A.2Fe3++SO32-+H2O→2Fe2++SO42-+2H+B.I2+SO32-+H2O→SO42-+2I-+2H+
C.2Fe2++I2→2Fe3++2I-D.Br2+SO32-+H2O→SO42-+2Br-+2H+
【答案】C
【解析】
【详解】
A、因该反应中S元素的化合价升高,Fe元素的化合价降低,则SO32-为还原剂,还原性强弱为SO32->Fe2+,与已知的还原性强弱一致,能发生,故A不选;
B、因该反应中S元素的化合价升高,I元素的化合价降低,则SO32-为还原剂,还原性强弱为SO32->I-,与已知的还原性强弱一致,能发生,故B不选;
C、因该反应中Fe元素的化合价升高,I元素的化合价降低,则Fe2+为还原剂,还原性强弱为Fe2+>I-,与已知的还原性强弱不一致,反应不能发生,故C选;
D、因该反应中Br元素的化合价降低,S元素的化合价升高,则SO32-为还原剂,还原性强弱为SO32->Br-,与已知的还原性强弱一致,能发生,故D不选。
答案选C。
6.一种钌(Ru)基配合物光敏染料敏化太阳能电池的示意图如下。
电池工作时发生的反应为:
RuII
RuII*(激发态)
RuII*→ RuIII+e-
I3-+2e-→3I-
RuIII+3I-→RuII++I3-
下列关于该电池叙述错误的是()
A.电池中镀Pt导电玻璃为正极
B.电池工作时,I-离子在镀Pt导电玻璃电极上放电
C.电池工作时,电解质中I-和I3-浓度不会减少
D.电池工作时,是将太阳能转化为电能
【答案】B
【解析】
【分析】
由图电子的移动方向可知,半导材料TiO2为原电池的负极,镀Pt导电玻璃为原电池的正极,电解质为I3-和I-的混合物,I3-在正极上得电子被还原,正极反应为I3-+2e-=3I-,由此分析解答。
【详解】
根据上述分析,结合图示信息得,
A.由图可知,镀Pt导电玻璃极为电子流入的一极,所以为正极,A项正确;
B.原电池中阴离子在负极周围,所以I-离子不在镀Pt导电玻璃电极上放电,B项错误;
C.电池的电解质溶液中I-的浓度和I3-的浓度不变,C项正确;
D.由图可知该电池是将太阳能转化为电能的装置,D项正确。
答案选B。
7.关于晶体的叙述正确的是( )
A.原子晶体中,共价键的键能越大,熔、沸点越高
B.分子晶体中,共价键的键能越大,熔、沸点越高
C.存在自由电子的晶体一定是金属晶体,存在阳离子的晶体一定是离子晶体
D.离子晶体中可能存在共价键,分子晶体中可能存在离子键
【答案】A
【解析】
A、原子晶体中,共价键的键能越大,熔、沸点越高,A正确;B、分子晶体中,分子间作用力越大,熔、沸点越高,分子间作用力影响物质的熔沸点,共价键影响物质的热稳定性,B错误;C、存在自由电子的晶体不一定是金属晶体,如石墨中也含有自由电子,它是一种混合晶体。
存在阳离子的晶体不一定是离子晶体,如金属晶体中存在阳离子和自由电子,C错误;D、离子晶体中可能存在共价键,如NaOH属于离子晶体,其中含有H-O共价键,分子晶体中一定不存在离子键,全部是共价键,D错误。
正确答案为A。
点睛:
注意区分各种作用力对物质性质的影响。
对于分子晶体,分子间作用力和氢键主要影响物质的熔沸点,化学键影响物质的热稳定性即化学性质;影响原子晶体熔沸点的因素是共价键的强弱,影响离子晶体熔沸点大小的因素为离子键的强弱,影响金属晶体熔沸点的因素为金属键的强弱。
8.X、Y、Z、R、W是原子序数依次递增的五种短周期主族元素,它们所在周期数之和为11,YZ气体遇空气变成红棕色,R的原子半径是短周期中最大的,W和Z同主族。
下列说法错误的是()
A.X、Y、Z元素形成的化合物溶于水一定呈酸性
B.气态氢化物的稳定性:
Z>W
C.简单离子半径:
W>R
D.Z、R形成的化合物中可能含有共价键
【答案】A
【解析】
【分析】
YZ气体遇空气变成红棕色,则Y是N,Z是O,NO在空气中和O2迅速反应生成红棕色的NO2;
R的原子半径是短周期中最大的,则R是Na;
W和Z同主族,则W是S;
X、Y、Z、R、W所在周期数之和为11,则X在第一周期,为H;
综上所述,X、Y、Z、R、W分别为:
H、N、O、Na、S,据此解答。
【详解】
A.X、Y、Z分别为:
H、N、O,H、N、O三种元素形成的化合物溶于水也可能显碱性,如NH3·H2O的水溶液显碱性,A错误;
B.非金属性:
Z(O)>W(S),故气态氢化物的稳定性:
Z(O)>W(S),B正确;
C.S2-核外有三层电子,Na+核外有两层电子,故离子半径:
S2->Na+,C正确;
D.Z、R为O、Na,O、Na形成的化合物中可能含有共价键,如Na2O2,D正确。
答案选A。
9.将SO2气体通入BaCl2溶液,未见沉淀生成,然后通入X气体。
下列实验现象不结论不正确的是
选项
气体X
实验现象
解释不结论
A
Cl2
出现白色沉淀
Cl2将SO2氧化为H2SO4,白色沉淀为BaSO4
B
CO2
出现白色沉淀
CO2与BaCl2溶液反应,白色沉淀为BaCO3
C
NH3
出现白色沉淀
SO2与氨水反应生成SO32-,白色沉淀为BaSO3
D
H2S
出现淡黄色沉淀
H2S与SO2反应生成单质硫,淡黄色沉淀为硫单质
A.AB.BC.CD.D
【答案】B
【解析】
【详解】
A选项,SO2气体与氯气反应生成盐酸和硫酸,硫酸和氯化钡反应生成硫酸钡,故A正确;
B选项,盐酸酸性大于碳酸,因此二氧化碳不与氯化钡反应,故B错误;
C选项,SO2气体与NH3反应生成SO32-,再与氯化钡反应生成亚硫酸钡沉淀,故C正确;
D选项,H2S与SO2反应生成单质硫和水,淡黄色沉淀为硫单质,故D正确。
综上所述,答案为B。
10.化学家创造的酸碱质子理论的要点是:
凡能给出质子(H+)的分子或离子都是酸,凡能接受质子(H+)的分子或离子都是碱。
按此观点,下列微粒既属于酸又属于碱的是
①H2O②CO32-③Al3+④CH3COOH⑤NH4+⑥H2N-CH2COOH
A.②③B.①⑥C.④⑥D.⑤⑥
【答案】B
【解析】
【详解】
凡能给出质子(即H+)的分子或离子都是酸;凡能接受质子的分子或离子都是碱,则能给出质子且能接受质子的分子或离子既属于酸又属于碱,②③只能接受质子,所以属于碱;④⑤只能给出质子,属于酸,①⑥既能给出质子又能接受质子,所以既属于酸又属于碱;
故答案为B。
【点睛】
正确理解题给信息中酸碱概念是解本题关键,再结合微粒的性质解答,同时考查学生学以致用能力,题目难度不大。
11.下列说法中不正确的是()
①医用双氧水是利用了过氧化氢的还原性来杀菌消毒的
②汽车尾气中含有能污染空气的氮的氧化物,原因是汽油燃烧不充分
③用热的烧碱溶液除去瓷器表面污垢
④某雨水样品采集后放置一段时间,pH由4.68变为4.28,是因为水中溶解了较多的CO2
⑤明矾可以用于净水,主要是由于铝离子可以水解得到氢氧化铝胶体
⑥“水滴石穿”主要是溶解了CO2的雨水与CaCO3长期作用生成了可溶性的Ca(HCO3)2的缘故
A.①②③⑤B.①②③④C.②③④⑥D.①③④⑤
【答案】B
【解析】
【详解】
①医用双氧水是利用了过氧化氢的氧化性来杀菌消毒的,故①错误;
②汽车尾气中含有能污染空气的氮的氧化物,是氮气和氧气反应生成的,汽油不含氮元素,②错误;
③氢氧化钠具有强腐蚀性,一般用热的纯碱溶液除去瓷器表面污垢,③错误;
④某雨水样品采集后放置一段时间,pH由4.68变为4.28,是因为水中的亚硫酸被氧化为硫酸,④错误;
⑤明矾可以用于净水,主要是由于铝离子可以水解得到氢氧化铝胶体,胶体具有吸附性,⑤正确;
⑥“水滴石穿”主要是溶解了CO2的雨水与CaCO3长期作用生成了可溶性的Ca(HCO3)2的缘故,⑥正确;故选B。
12.一种从植物中提取的天然化合物a-damascone,可用于制作“香水”,其结构为:
,有关该化合物的下列说法不正确的是
A.分子式为
B.该化合物可发生聚合反应C.1mol该化合物完全燃烧消耗19mol
D.与溴的
溶液反应生成的产物经水解、稀硝酸化后可用
溶液检验
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A项,根据键线式,由碳四价补全H原子数,即可写出化学式为C13H20O,正确;
B项,由于分子可存在碳碳双键,故可以发生加聚反应,正确;
C项,分子式为C13H20O,可以写成C13H18
H2O,13个碳应消耗13个O2,18个H消耗4.5个O2,共为13+4.5=17.5,故错误;
D项,碳碳双键可以与Br2发生加成发生,然后水解酸化,即可得Br-,再用AgNO3可以检验,正确。
答案选C。
13.下列反应的离子方程式书写正确的是()
A.SO2通入溴水中:
SO2+2H2O+Br2=2H++SO42-+2HBr
B.NaHSO4溶液和Ba(OH)2溶液充分反应后溶液呈中性:
Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O
C.漂白粉溶液在空气中失效:
ClO-+CO2+H2O=HClO+HCO3-
D.硫化钠的水解反应:
S2-+H3O+=HS-+H2O
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A.SO2通入溴水中反应生成硫酸和氢溴酸,反应的离子方程式为SO2+Br2+2H2O=4H++SO42-+2Br-,故A错误;
B.NaHSO4溶液和Ba(OH)2溶液充分反应后溶液呈中性,反应的氢离子与氢氧根离子物质的量相等,反应的离子方程式为:
2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O,故B正确;
C.次氯酸钙与二氧化碳反应生成碳酸钙和次氯酸,反应的离子方程式为Ca2++2ClO-+CO2+H2O═2HClO+CaCO3↓,故C错误;
D.硫化钠的水解反应:
S2-+H2O⇌HS-+OH-,故D错误;
故选B。
【点睛】
本题的易错点为D,要注意S2-+H3O+=HS-+H2O是S2-与酸反应的方程式。
14.某化学实验室产生的废液中的阳离子只可能含有Na+、NH4+、Ba2+、Cu2+、Al3+、Fe2+、Fe3+中的某几种,实验室设计了下述方案对废液进行处理,以回收金属,保护环境。
已知:
步骤①中,滴加NaOH溶液过程中产生的沉淀会部分溶解。
下列说法中正确的是
A.根据步骤①的现象,说明废液中一定含有Al3+
B.由步骤②中红棕色固体可知,废液中一定存在Fe3+
C.沉淀甲中可能含有Al(OH)3
D.该废液中一定含有NH4+、Ba2+、Cu2+、Fe2+和Fe3+至少存在一种
【答案】D
【解析】
【分析】
沉淀甲灼烧后为红棕色固体,该红棕色固体为Fe2O3,则沉淀甲可能为Fe(OH)2或Fe(OH)3,说明废液中可能含有Fe2+或Fe3+;溶液甲中加入过量硫酸溶液,产生固体乙,则固体乙为BaSO4,说明废液中一定含有Ba2+;溶液乙中加入过量铁屑,产生红色固体,该红色固体为Cu,说明废液中一定含有Cu2+,以此解答该题。
【详解】
A.由步骤④可知,废液中一定含有Cu2+,而沉淀甲中没有Cu(OH)2,说明加入NaOH溶液后,Cu元素以离子形式存在于溶液甲中,则废液中一定含有NH4+,Cu元素以[Cu(NH3)4]2+形式存在于溶液甲中,因此步骤①沉淀部分溶解,不能说明废液中一定含有Al3+,A错误;
B.废液中加入NaOH溶液后形成沉淀甲,将该沉淀灼烧,得到红棕色固体,则该红棕色固体为Fe2O3,沉淀甲可能为Fe(OH)2或Fe(OH)3,说明废液中可能含有Fe2+或Fe3+,B错误;
C.由于步骤①中加入过量NaOH溶液,因此沉淀甲中肯定没有Al(OH)3沉淀,C错误;
D.溶液乙中加入过量铁屑,得到红色固体,该固体为Cu,说明溶液乙中含有Cu2+,向原废液中滴加过量NaOH溶液,Cu元素以离子形式存在于溶液甲中,则废液中一定含有NH4+,Cu元素以[Cu(NH3)4]2+形式存在于溶液甲中,所以废液中一定含有NH4+、Cu2+、Ba2+,可能含有Fe2+或Fe3+中的一种,D正确;
故合理选项是D。
【点睛】
本题考查物质的分离,离子的存在及金属的回收利用与环境保护,注意掌握常见的离子之间的反应及金属回收方法,试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力。
15.下列能源不属于直接或间接利用太阳能的是()
A.风能
B.江河水流能
C.生物质能
D.地热温泉
【答案】D
【解析】
【详解】
A.风能是因为地球表面受热不均匀而产生的空气流动,故A不选。
B.江河水流能是利用水循环,水循环是太阳能促进的,故B不选。
C.生物质能是太阳能以化学能形式贮存在生物之中的能量形式,故C不选。
D.地热温泉是利用来自地球内部的熔岩的地热能,故D选。
故选D。
二、实验题(本题包括1个小题,共10分)
16.亚硝酰氯(ClNO)是有机物合成中的重要试剂,其沸点为-5.5℃,易水解。
已知:
AgNO2微溶于水,能溶于硝酸,AgNO2+HNO3=AgNO3+HNO2,某学习小组在实验室用Cl2和NO制备ClNO并测定其纯度,相关实验装置如图所示。
(1)制备Cl2的发生装置可以选用_________(填字母代号)装置,发生反应的离子方程式为________________________________________。
(2)欲收集一瓶干燥的氯气,选择合适的装置,其连接顺序为a→_______→______→_____→________→_______→______→______→______。
(按气流方向,用小写字母表示,根据需要填,可以不填满,也可补充)。
(3)实验室可用下图示装置制备亚硝酰氯。
其反应原理为:
Cl2+2NO=2ClNO
①实验室也可用B装置制备NO,X装置的优点为___________________。
②检验装置气密性并装入药品,打开K2,然后再打开K3,通入一段时间气体,其目的是___________________,然后进行其他操作,当Z中有一定量液体生成时,停止实验。
(4)已知:
ClNO与H2O反应生成HNO2和HCl。
①设计实验证明HNO2是弱酸:
_________________________________________。
(仅提供的试剂:
1mol•L-1盐酸、1mol•L-1HNO2溶液、NaNO2溶液、红色石蕊试纸、蓝色石蕊试纸)。
②通过以下实验测定ClNO样品的纯度。
取Z中所得液体mg溶于水,配制成250mL溶液;取出25.00mL样品溶于锥形瓶中,以K2CrO4溶液为指示剂,用cmol•L-1AgNO3标准溶液滴定至终点,消耗标准溶液的体积为20.00mL。
滴定终点的现象是_____亚硝酰氯(ClNO)的质量分数为_________。
(已知:
Ag2CrO4为砖红色固体;Ksp(AgCl)=1.56×10-10,Ksp(Ag2CrO4)=1×10-12)
【答案】A(或B)MnO2+4H++2Cl-
Mn2++Cl2↑+2H2O(或2MnO4-+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O)fgcbdejh排除装置内空气的干扰,可以随开随用,随关随停排干净三颈瓶中的空气用玻璃棒蘸取NaNO2溶液,点在红色石蕊试纸上,试纸变蓝,说明HNO2是弱酸滴入最后一滴标准溶液,溶液中生成砖红色沉淀且半分钟内无变化,说明反应达到终点
【解析】
【分析】
⑴制取氯气可以用二氧化锰与浓盐酸加热制得,也可以用高锰酸钾和浓盐酸;
⑵制得的氯气混有HCl和水蒸气,依次用饱和食盐水、浓硫酸除去,为保证除杂彻底,导气管均长进短出,氯气密度比空气大,选择导气管长进短出的收集方法,最后用碱石灰吸收多余的氯气,防止污染空气;
⑶①X装置可以排除装置内空气的干扰,可以随开随用,随关随停;②通入一段时间气体,其目的是排空气;
⑷①用盐溶液显碱性来验证HNO2是弱酸;
②以K2CrO4溶液为指示剂,根据溶度积得出AgNO3先与氯离子生成氯化银白色沉淀,过量硝酸银和K2CrO4反应生成砖红色,再根据ClNO—HCl—AgNO3关系式得到计算ClNO物质的量和亚硝酰氯(ClNO)的质量分数。
【详解】
⑴制取氯气可以用二氧化锰与浓盐酸加热制得,选择A,也可以用高锰酸钾和浓盐酸,选择B,发生的离子反应为:
MnO2+4H++2Cl-
Mn2++Cl2↑+2H2O或2MnO4-+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O,故答案为:
A(或B);MnO2+4H++2Cl-
Mn2++Cl2↑+2H2O(或2MnO4-+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O);
⑵制得的氯气混有HCl和水蒸气,依次用饱和食盐水、浓硫酸除去,为保证除杂彻底,导气管均长进短出,氯气密度比空气大,选择导气管长进短出的收集方法,最后用碱石灰吸收多余的氯气,防止污染空气,故导气管连接顺序为a→f→g→c→b→d→e→j→h,故答案为:
f;g;c;b;d;e;j;h;
⑶①用B装置制备NO,与之相比X装置可以排除装置内空气的干扰,可以随开随用,随关随停,故答案为:
排除装置内空气的干扰,可以随开随用,随关随停;
②检验装置气密性并装入药品,打开K2,然后再打开K3,通入一段时间气体,其目的是排干净三颈瓶中的空气,故答案为:
排干净三颈瓶中的空气;
⑷①若亚硝酸为弱酸,则亚硝酸盐水解呈若碱性,即使用玻璃棒蘸取NaNO2溶液涂抹于红色的石蕊试纸上,若试纸变蓝,则说明亚硝酸为弱酸,故答案为:
用玻璃棒蘸取NaNO2溶液,点在红色石蕊试纸上,试纸变蓝,说明HNO2是弱酸;
②以K2CrO4溶液为指示剂,根据溶度积得出AgNO3先与氯离子生成氯化银白色沉淀,过量硝酸银和K2CrO4反应生成砖红色,因此滴定终点的现象是:
滴入最后一滴标准溶液,溶液中生成砖红色沉淀且半分钟内无变化,说明反应达到终点;根据ClNO—HCl—AgNO3关系式得到25.00mL样品溶液中ClNO物质的量为n(ClNO)=n(AgNO3)=cmol∙L−1×0.02L=0.02cmol,亚硝酰氯(ClNO)的质量分数为
,故答案为:
滴入最后一滴标准溶液,溶液中生成砖红色沉淀且半分钟内无变化,说明反应达到终点;
。
三、推断题(本题包括1个小题,共10分)
17.有机锌试剂(R—ZnBr)与酰氯(
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