学年高考化学综合练习题.docx
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学年高考化学综合练习题.docx
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学年高考化学综合练习题
综合练习题
1.孙思邈《太清丹经要诀》中对制取彩色金(主要成分为SnS2)的过程有如下叙述:
“雄黄(As4S4)十两,末之,锡三两,销中合....入坩埚中,....以盖合之。
密固,人风炉吹之。
令锅同火色,寒之。
开,黄色似金”。
下列说法错误的是
A.彩色金和雄黄均具有较强的还原性
B.“以盖合之、密固”的目的是防止生成的SO2扩散到空气中
C.“火之”过程中,坩埚内发生了置换反应
D.可用灼烧的方法鉴别真金与彩色金
【答案】B
【解析】“雄黄(As4S4)十两,末之,锡三两,销中合....入坩埚中,....以盖合之。
密固,人风炉吹之。
令锅同火色,寒之。
开,黄色似金”中描述的是雄黄(As4S4)与锡(Sn)发生反应生成“黄色似金”的彩色金(主要成分为SnS2),同时应该生成As。
A.雄黄(As4S4)和彩色金(主要成分为SnS2)中S均为负价,容易被氧化,因此彩色金和雄黄均具有较强的还原性,故A正确;B.雄黄(As4S4)和彩色金(主要成分为SnS2)均能与氧气反应,所以制取过程不可以在空气中进行,故B错误;C.雄黄(As4S4)与锡(Sn)发生反应生成“黄色似金”的彩色金(主要成分为SnS2)属于单质和化合物反应生成新的单质和新的化合物的反应,属于置换反应,故C正确;D.SnS2与氧气能反应,黄金与氧气不反应,可用灼烧的方法鉴别真金与彩色金,故D正确。
2.化学与我们的生活息息相关,下列说法不正确的是
A.高性能分离膜可用于海水淡化
B.用来制防弹汽车车窗的氧化铝透明陶瓷属于新型无机非金属材料
C.厕所清洁剂,肥皂,厨房清洁剂等生活中的常用品的碱性依次增强
D.袋装食品中经常放有含硅胶、无水氯化钙、还原铁粉等小包,它们所起的作用相同
【答案】D
【解析】A.高性能分离膜可有选择地使粒子通过,可用于海水的淡化,故A正确;B.新型无机非金属材料主要有先进陶瓷、非晶体材料、人工晶体、无机涂层、无机纤维等,氧化铝陶瓷属于新型无机非金属材料,故B正确;C.厕所清洁剂主要成分为HCl,显酸性,肥皂、厨房清洁剂的主要成分为强碱弱酸盐,显碱性,厨房清洁剂水解程度更大,碱性更强,所以厕所清洁剂,肥皂,厨房清洁剂等生活中的常用品的碱性依次增强,故C正确;D.包装食品里常有硅胶、无水氯化钙为干燥剂,还原铁粉具有还原性可防止食品被氧化变质,其作用不相同,故D错误。
3.如图表示1~18号元素(原子)的结构或性质随核电荷数递增的变化。
无法由该图中曲线获知的是
A.原子半径B.电子层数C.最高化合价D.最外层电子数
【答案】A
【解析】电子层数等于周期数,最外层电子数=最高化合价;同周期元素从左到右,半径依次减小,所以由该图中曲线无法获知的是原子半径,故选A。
4.下列有关实验操作或仪器的使用正确的是
A.分液时取出下层液体
B.存放浓硝酸
C.收集NO气体
D.吸收尾气中的SO2
【答案】D
【解析】A.分液操作时,上层液体从上口倒出,下层液体从下口流出,故A错误;B.浓硝酸有强氧化性,可以腐蚀橡胶塞,故B错误;C.NO气体能与空气中的氧气反应,所以收集NO不能用排空气法,应用排水法,故C错误;D.SO2气体与氢氧化钠溶液反应,若直接将导管插入液面下,容易发生倒吸现象,故使用图中仪器可以防止倒吸,故D正确。
5.下列物质的主要成分(括号中)不包括ⅣA族元素的是
A.石英石
[SiO2]
B.猫眼石[Be3Al2Si6O18]
C.孔雀石
[Cu2(OH)2CO3]
D.红宝石
[Al2O3]
【答案】D
【解析】A.SiO2中Si元素是ⅣA族元素,故不选A;B.Be3Al2Si6O18中Si元素是ⅣA族元素,故不选B;C.Cu2(OH)2CO3中C元素是ⅣA族元素,故不选C;D.Al2O3中Al元素是ⅢA族元素、O元素是ⅥA族元素,不含ⅣA族元素,故选D。
6.下列实验方案,能达到相应目的的是
A
B
C
D
目的
验证氧化性:
Cl2>Br2>I2
验证热稳定性:
Na2CO3>NaHCO3
研究浓度对化
学平衡的影响
研究浓度对化学
反应速率的影响
实验方案
【答案】C
【解析】A.氯气通过浸有溴化钠溶液的棉球时置换出溴,棉球变成橙色,可以证明氧化性:
Cl2>Br2、剩余的氯气经过浸有碘化钾溶液的棉球时置换出碘,棉球变成黄色,可以证明氧化性:
Cl2>I2,无法证明氧化性:
Br2>I2,故A不选;B.碳酸氢钠受热分解放出的二氧化碳能够使澄清石灰水变浑浊,但该实验不能证明碳酸钠不能分解,因为碳酸钠的加热温度可能得不到其分解温度,不能证明二者的稳定性的关系,故B不选;C.两个实验只有KSCN浓度不同,可研究浓度对化学平衡的影响,故C选;D.两个实验中高锰酸钾均过量,溶液均不褪色,不能探究浓度对反应速率的影响,故D不选;故选C。
7.设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是
A.常温常压下,15g甲基(-14CH3)所含的电子数为9NA
B.100g质量分数为46%的乙醇水溶液中氧原子数为4NA
C.22.4LCl2与足量的NaOH溶液反应转移的电子数是NA
D.50mL18.4mol·L−1浓硫酸与足量铜微热反应,生成SO2分子的数目为0.46NA
【答案】B
【解析】A.常温常压下,15g甲基(-14CH3)物质的量为
mol,所含的电子数小于9NA,A错误;B.100g质量分数为46%的乙醇水溶液中乙醇的质量为46g,即乙醇物质的量为1mol,乙醇中氧原子数为NA,同理可知,水的质量为54g,物质的量为3mol,即水中氧原子数为3NA,即溶液中氧原子共4NA,B正确;C.22.4LCl2未指明环境状态,不能用气体摩尔体积计算,C错误;D.浓硫酸随反应进行浓度变稀后不与铜继续反应,50mL 18.4mol/L浓硫酸与足量铜微热反应,生成SO2分子数目小于0.46NA,D错误。
答案为B。
8.稀土铈(Ce)元素主要存在于独居石中,金属铈在空气中易氧化变暗,受热时燃烧,遇水很快反应。
已知:
铈常见的化合价为+3和+4,氧化性:
Ce4+>Fe3+。
下列说法不正确的是
A.铈的冶炼步骤为:
用稀土串级萃取法对矿石进行筛选富集,电解熔融CeO2
B.CeO2溶于氢碘酸的化学方程式可表示为:
CeO2+4HI=CeI4+2H2O
C.用Ce(SO4)2溶液滴定硫酸亚铁溶液,其离子方程式为:
Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+
D.四种稳定的核素
Ce、
Ce、
Ce、
Ce,它们互称为同位素
【答案】B
【解析】A.稀土铈(Ce)元素主要存在于独居石中,金属铈在空气中易氧化变暗,受热时燃烧,遇水很快反应,则用稀土串级萃取法对矿石进行萃取富集,然后电解熔融的CeO2来冶炼金属铈,A项正确;B.Ce4+具有氧化性,HI具有强还原性,CeO2溶于氢碘酸会发生氧化还原反应,化学方程式可表示为2CeO2+8HI=2CeI3+4H2O+I2,B项错误;C.用Ce(SO4)2溶液滴定硫酸亚铁溶液,其离子方程式为Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+,C项正确;D.核素
Ce、
Ce、
Ce、
Ce,是具有相同质子数,不同中子数的不同原子,它们互称为同位素,D项正确。
9.向KI溶液中逐滴加入少量CuSO4溶液,观察到有白色沉淀生成,溶液变为淡黄色。
再向反应后的混合物中不断通入SO2气体,溶液逐渐变成无色。
下列分析中不正确的是
A.通入SO2时发生反应的离子方程式为SO2+I2+2H2O=2HI+2H++SO
B.滴加CuSO4溶液时,每生成1molCuI会转移1mole−
C.根据上述实验现象可知:
Cu2+比I2的氧化性强
D.充分反应后的溶液中无Cu2+存在
【答案】A
【解析】溶液呈淡黄色,说明有I2生成.碘元素化合价由-1价升高到0价,硫酸根只有在浓硫酸中有氧化性,所以化合价能够降低的只有Cu2+,观察到产生白色沉淀,由于Cu为红色,所以Cu2+不能还原为Cu,应还原为Cu+,白色沉淀是CuI;向反应后的混合物中不断通入SO2气体,溶液逐渐变成无色,说明I2反应,故I2与SO2反应生成I−,SO2被氧为化H2SO4,白色沉淀是CuI。
A.反应后的混合物中不断通入SO2气体,反应方程式:
SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI,碘化氢为强电解质,离子方程式为:
SO2+I2+2H2O=2I−+4H++SO
,故A错误;B.CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液化学方程式为2CuSO4+4KI=2K2SO4+2CuI↓+I2,由方程式可知每转移2mol电子生成2molCuI,所以转移1mole−时生成1molCuI白色沉淀,故B正确;C.2CuSO4+4KI=2K2SO4+2CuI↓+I2反应中Cu2+化合价降低是氧化剂,I2是氧化产物,氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性,所以物质的氧化性:
Cu2+>I2,故C正确;D.由上述分析及化学方程可知,向KI溶液中逐滴加入少量CuSO4溶液,白色沉淀是CuI,溶液中含有I2,所以不含铜离子,故D正确;答案选A。
10.由下列实验操作和现象得出的结论正确的是
选项
实验操作
实验现象
结论
A
向Co2O3中滴入浓盐酸
产生黄绿色气体
氧化性:
Cl2>Co2O3
B
白铁皮(镀锌铁)出现刮痕后浸泡在饱和食盐水中,一段时间后滴入几滴K3[Fe(CN)6]溶液
无明显现象
该过程未发生
氧化还原反应
C
向Na2S溶液中滴加盐酸
产生臭鸡蛋气味气体
非金属性:
Cl>S
D
将10mL2mol·L−1的KI溶液与1mL1mol·L−1FeCl3溶液混合充分反应后滴加KSCN溶液
溶液颜色变红
KI与FeCl3的反
应有可逆性
【答案】D
【解析】Co2O3作氧化剂,Cl2是氧化产物,由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知,氧化性:
Co2O3>Cl2,A项错误;B.该过程形成了锌铁原电池,由于锌比铁活泼,则铁被保护,溶液中没有二价铁离子生成,故滴入铁氰化钾溶液无明显现象,该过程的总反应为2Zn+O2+2H2O=2Zn(OH)2,发生了氧化还原反应,B项错误;C.应由最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱来比较非金属性强弱,C项错误;D.少量FeCl3与过量KI反应后向溶液中滴加KSCN,溶液颜色变红说明溶液中存在Fe3+,则该反应为可逆反应,D项正确。
11.金属插入CH4的C—H键形成高氧化态过渡金属化合物的反应频繁出现在光分解作用、金属有机化学等领域,如图是CH4与Zr形成过渡金属化合物的过程。
下列说法不正确的是
A.整个反应快慢,由CH2—Zr···H2→状态2反应决定
B.Zr+CH4→CH3—Zr···H活化能为213.67kJ·mol−1
C.在中间产物中CH3—Zr···H状态最稳定
D.Zr+CH4→CH—Zr···H3ΔH=+39.54kJ·mol−1
【答案】B
【解析】A.整个反应的快慢取决于最慢的反应,反应的活化能越高,反应速率越慢,由图中可知,由CH2—Zr···H2→状态2活化能最大,故整个反应的快慢就取决于该反应,A正确;B.由图中可以读出,Zr+CH4→CH3—Zr···H活化能为99.20kJ·mol−1,B错误;C.物质所具有的能量越低越稳定,由图中可知,在中间产物中CH3—Zr···H的能量为-114.47kJ·mol−1为最低,故中间产物中CH3—Zr···H状态最稳定,C正确;D.由图中可知,Zr+CH4的总能量为0kJ·mol−1,而CH—Zr···H3的总能量为+39.54kJ·mol−1,故Zr+CH4→CH—Zr···H3 ΔH=+39.54kJ·mol−1,D正确。
12.根据如图海水综合利用的工业流程图,判断下列说法正确的是
A.过程①的提纯过程加入的药品顺序为:
NaOH溶液→BaCl2溶液→Na2CO3溶液→盐酸→过滤→蒸发结晶
B.过程②、③均是通过电能转化为化学能的方式来获取金属单质
C.在过程④或⑥中每还原0.2molBr−均需消耗标况下2.24LCl2
D.过程⑤的吸收液可换成饱和亚硫酸钠溶液
【答案】D
【解析】过程①加入的药品顺序应注意先过滤后加盐酸,如果在过滤沉淀前加入盐酸,会使生成的氢氧化镁等沉淀溶于盐酸,得到的精盐中有杂质,A错误;B.过程②是电解饱和食盐水得到氢氧化钠溶液,过程③电解熔融氯化镁生成单质镁,B错误;C.在过程④或⑥中发生反应2Br−+Cl2=
Br2+2Cl−,溴离子被氧化,故每氧化0.2molBr−均需消耗标况下2.24LCl2,C错误;D.过程⑤为二氧化硫和溴单质反应生成溴离子,亚硫酸钠也可与溴单质发生氧化还原反应生成溴离子,故可换成饱和亚硫酸钠溶液,D正确。
13.最近报道的一种处理垃圾渗滤液并用其发电的示意图如下。
装置工作时,下列说法不正确的是
A.盐桥中Cl−向Y极移动
B.化学能转变为电能
C.电子由X极沿导线流向Y极
D.Y极发生的反应为2NO
+10e−+12H+=N2+6H2O,周围pH增大
【答案】A
【解析】A.NH3
N2化合价升高失电子,发生氧化反应,做正极;NO
N2化合价降低得电子,发生还原反应,做负极,盐桥中Cl−向负极X极移动,故A错;B.垃圾在微生物的作用下,发生氧化还原反应,形成了原电池,所以化学能转变为电能,故B正确;C.根据A分析知X为负极,Y为正极,电子由负极X极沿导线流向正极Y极,故C正确;D.Y极为正极发生的反应为2NO
+10e−+12H+=N2+6H2O,消耗H+,所以pH增大,故D正确。
14.铋(Bi)及其化合物广泛应用于电子、医药等领域。
以辉铋矿(主要成分为Bi2S3,含少量杂质PbO2等)为原料,采用湿法冶金制备精铋工艺流程如下:
下列说法错误的是
A.“浸出”产生S的主要离子反应为6Fe3++Bi2S3=6Fe2++2Bi3++3S
B.“浸出”时使用稀盐酸主要目的是还原杂质PbO2
C.“电解精炼”时,粗铋应与电源的正极相连
D.再生液可以加入“浸出”操作中循环利用
【答案】B
【解析】A.在“浸出”过程中FeCl3作为氧化剂将Bi2S3中-2价的硫氧化为硫单质,FeCl3则被还原为FeCl2,由此可知离子方程式为6Fe3++Bi2S3=6Fe2++2Bi3++3S,故A正确;B.由流程图可知,在“浸出”过程中,PbO2被还原为PbCl2,还原剂应是Bi2S3中-2价的硫元素,稀盐酸是提供了酸性环境,故B错误;C.“电解精炼”时,粗铋应在阳极发生氧化反应溶解,在阴极还原得到精铋,故粗铋应与电源的正极相连,故C正确;D.再生液的溶质为FeCl3,可返回到“浸出”操作循环利用,故D正确。
15.X、Y、Z、W是短周期主族元素,X原子最外层电子数是其内层电子数的2倍;Y原子半径最大;Z的单质多出现在火山口附近,且为淡黄色晶体;W的单质常温下为黄绿色气体。
下列叙述正确的是
A.简单离子半径的大小:
W>Z>Y
B.X的单质只有两种同素异形体
C.Y的最高价氧化物对应水化物的碱性在同周期中最强
D.Z的氢化物的稳定性比W的氢化物的稳定性强
【答案】C
【解析】X原子最外层电子数是其内层电子数的2倍,则X的核外电子排布为2、4,所以X为C元素;Y的原子半径最大,则Y应为Na元素;Z的单质多出现在火山口附近,且为淡黄色晶体,则Z为S元素;W的单质常温下为黄绿色气体,则W应为Cl元素。
A.Cl−、S2−核外有3层电子,Na+核外有2层电子,离子核外电子层数越多半径越大,电子层数相同,核电荷数越小半径越大,所以离子半径S2−>Cl−>Na+,故A错误;B.C元素的单质有石墨、金刚石、C60等多种同素异形体,故B错误;C.金属性越强,最高价氧化物对应水化物的碱性越强,Na元素为同周期元素中金属性最强的元素,故C正确;D.非金属性越强,氢化物越稳定,Cl的非金属性强于S,所以Cl的氢化物更稳定,故D错误。
16.等物质的量的BaCl2、K2SO4和AgNO3溶于水形成混合溶液,用石墨电极电解此溶液,经过一段时间后,阴、阳两极收集到的气体体积之比为3∶2。
下列说法正确的是
A.阴极反应为:
Ag++e−=Ag
B.阳极始终发生反应:
2Cl−-2e−=Cl2↑
C.向电解后溶液中通入适量的HCl可使溶液恢复到电解前的状态
D.两极共生成三种气体
【答案】D
【解析】等物质的量的BaCl2、K2SO4和AgNO3溶于水形成混合溶液,发生反应SO
+Ba2+=BaSO4↓、Cl−+Ag+=AgCl↓,混合后溶液中的溶质为等物质的量的氯化钾、硝酸钾。
用石墨电极电解此溶液,阳极首先是氯离子失电子发生氧化反应,电极反应式为2Cl−-2e−=Cl2↑,然后是氢氧根离子放电,电极反应式为:
4OH−-4e−=2H2O+O2↑,阴极发生还原反应2H++2e−=H2↑,结合电子转移计算,一段时间后,阴、阳两极产生的气体的体积比为3∶2,说明阳极生成氯气、氧气,阴极生成氢气。
A.阴极发生还原反应:
2H++2e−=H2↑,故A错误;B.若阳极始终发生2Cl−-2e−=Cl2↑的反应,阴、阳两极产生的气体的体积比应为1∶1,与题意不符,故B错误;C.电解的本质为电解氯化氢、水,仅向电解后的溶液中通入适量的HCl气体,不能使溶液复原到电解前的状态,故C错误;D.由分析可知阳极生成氯气、氧气,阴极生成氢气,故D正确。
17.氢气作为清洁能源有着广泛的应用前景,含硫天然气制备氢气的流程如下。
请回答下列问题:
I.转化脱硫:
将天然气压入吸收塔,30℃时,在T.F菌作用下,酸性环境中脱硫过程示意图如下。
(1)过程i的离子反应方程式为_________________________________________。
(2)已知:
①Fe3+在pH=l.9时开始沉淀,pH=3.2时沉淀完全。
②30℃时,在T.F菌作用下,不同pH的FeSO4溶液中Fe2+的氧化速率如下表。
pH
0.7
1.1
1.5
1.9
2.3
2.7
Fe2+的氧化速率/g·L−1·h−1
4.5
5.3
6.2
6.8
7.0
6.6
在转化脱硫中,请在上表中选择最佳pH范围是_______ _______________________________________________。 Ⅱ.蒸气转化: 在催化剂的作用下,水蒸气将CH4氧化。 结合下图回答问题。 (3)①该过程的热化学方程式是__________________________________________。 ②比较压强P1和p2的大小关系: P1________P2(选填“>”“<”或“=”)。 ③在一定温度和一定压强下的体积可变的密闭容器中充入1molCH4和1mol的水蒸气充分反应达平衡后,测得起始时混合气的密度是平衡时混合气密度的1.4倍,若此时容器的体积为2L,则该反应的平衡常数为______________(结果保留2位有效数字)。 Ⅲ.CO变换: 500℃时,CO进一步与水反应生成CO2和H2。 Ⅳ.H2提纯: 将CO2和H2分离得到H2的过程如示意图 (4)吸收池中发生反应的离子方程式是____________________________________。 【答案】 (1)H2S+2Fe3+=2Fe2++S↓+2H+ (2)1.51.9此范围既保证了Fe2+有较快的氧化速率又防止生成的Fe3+形成沉淀 (3)CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)ΔH=+204kJ/mol>0.48 (4)CO +CO2+H2O=2HCO 【解析】 (1)由图可知,过程中H2S变成S,S元素化合价由-2价变成0价,Fe3+被还原变成Fe2+,根据电子守恒,过程i的离子反应方程式为H2S+2Fe3+=2Fe2++S↓+2H+;因此,本题正确答案是: H2S+2 Fe3+=2Fe2++S↓+2H+; (2)由①可知Fe3+在pH=l.9时开始沉淀,会导致Fe3+浓度降低,则Fe2+和Fe3+浓度均会降低,速率降低,故pH应小于1.9。 由②可知,pH在1.5的时候的氧化速率较快,故pH的取值范围是1.5 因此,本题正确答案是: 1.5;1.9;此范围既保证了Fe2+有较快的氧化速率又防止生成的Fe3+形成沉淀;(3)①由图可知该反应为吸热反应,ΔH=2582kJ/mol-2378kJ/mol=+204 kJ/mol,该过程的热化学方程式是CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)ΔH=+204kJ/mol;②由图可知,温度一定,压强增大,平衡逆向移动,则CH4的体积分数增大,则P1>P2。 ③列出三行式,设转化的CH4的物质的量为x,CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) 起始(mol)1100 变化(mol)xxx3x 平衡(mol)1-x1-xx3x 根据起始时混合气的密度是平衡时混合气密度的1.4倍,气体的总质量不变,密度与气体的总物质的量成反比,则 =1.4,解得x=0.4,容器的容积为2L,则平衡时,CH4、H2O、CO、H2的浓度分别为: 0.3mol/L、0.3mol/L、0.2mol/L、0.6mol/L,则该反应的平衡常数为K= = =0.48。 因此,本题正确答案是: CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)ΔH=+204kJ/mol;>;0.48;(4)由图示已知吸收池中用的是K2CO3溶液,吸收CO2,则离子方程式是CO +CO2+H2O=2HCO ,因此,本题正确答案是: CO +CO2+H2O=2HCO 。 18. (一)利用废旧白铁皮(含Fe、Zn、Fe2O3、ZnO)制备磁性Fe3O4胶体流程及制备装置如下: 已知: 锌及其化合物的性质与铝及其化合物的性质具有一定的相似性。 请回答: (1)用NaOH溶液处理废旧镀锌铁皮的作用有_____。 (填字母序号) a.去除油污b.溶解镀锌层c.去除铁锈d.钝化 (2)“部分氧化”阶段,ClO 被还原为Cl−,该反应的离子方程式是__________。 (3)经测定溶液B中Fe2+、Fe3+的物质的量之比是1∶2。 检验其中Fe2+可选用的试剂____。 a.NaOH溶液b.KSCN溶液c.KMnO4溶液d.K3[Fe(CN)6]溶液 (4)Fe3O4胶体粒子_______(填“能”或“不能”)采用减压过滤法实现固液分离。 制得Fe3O4胶体粒子的过程中,须持续通入N2,其原因是____________。 (二)制备Fe3O4还可以用氧化−沉淀法。 (5)向稀硫酸中加入过量铁粉,得到FeSO4溶液。 空气中存在O2,由于________(用离子方程式表示),可产生Fe3+,过量铁粉的作用是除去Fe3+。 (6)在N2保护下,向热NaOH溶液中加入FeSO4溶液,搅拌,得到Fe(OH)2浊液。 将NaNO3溶液滴入浊液中,充分反应得到Fe3O4。 ①用湿润红色石蕊试纸检验产物,_________(填现象),证明生成了NH3。 ②____Fe(OH)2+___NO =_________。 (将反应补充完整) 【答案】 (1)ab (2)6Fe2++ClO +6H+=6Fe3++Cl−+3H2O (3)d (4)不能在N2气氛下,防止Fe2+被氧化 (5)4Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2O (6)试纸变蓝121
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- 学年 高考 化学 综合 练习题