届福建省龙海市第二中学高三上学期第二次月考化学试题解析版.docx
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届福建省龙海市第二中学高三上学期第二次月考化学试题解析版
福建省龙海市第二中学2019届高三年上学期第二次月考
化学试题
1.化学与生产、生活、环境等社会实际密切相关。
下列相关叙述正确的是
A.燃煤中加入CaO主要是为了减少温室气体的排放
B.75%酒精消毒原理和“84”消毒液(主要成分NaClO)消毒的原理相同
C.纳米铁粉通过物理吸附去除污水中Hg2+、Pb2+等重金属离子
D.汽车尾气中含有的氮氧化物,会加剧酸雨的形成
【答案】D
【解析】
A.加入氧化钙可与煤燃烧生成的二氧化硫在氧气中发生反应生成硫酸钙,二氧化硫排放量减少,但在高温下反应生成二氧化碳,燃煤中加入CaO后可减少酸雨的发生,但不能减少温室气体的排放量,故A错误;B.75%的酒精消毒的原理是使病毒的蛋白质发生变性进行消毒,NaClO溶液是利用其强氧化性杀菌消毒,原理不相同,故B错误;C.吸附性不能除重金属离子,铁粉能有效地处理污水中的Cu2+、Hg2+等重金属离子,与还原性有关,故C错误;D.汽车尾气中的氮氧化物在空气中会转化为二氧化氮,二氧化氮与水能够反应生成硝酸,会加剧酸雨的形成,故D正确;故选D。
2.下列有关化学用语表示正确的是( )
A.黄铁矿主要成分的化学式:
FeSB.一氧化碳分子的比例模型:
C.氯离子的结构示意图:
D.氢氧化钡的电子式:
【答案】D
【解析】
A.黄铁矿主要成分的化学式:
FeS2故A错;B.一氧化碳分子是双原子分子,其比例模型:
是错的;C.氯原子分三个电子层,2,8,7,核内共有17个质子,所以氯离子的结构示意图:
是错的,故C错;D.氢氧化钡的既又离子键又有共价键,所以电子式:
是对的。
故D正确。
本题正确答案:
D.。
点睛:
考查的是化学用语知识。
要求弄清常见化学用语的表达方式,如原子和离子的结构示意图的区别,离子化合物和共价化合物电子式的书写,比例模型和球棍模型的区别等。
3.下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是
A.NH3易溶于水,可用作制冷剂
B.溴化银具有感光性,可用于照相机底片
C.FeCl3具有氧化性,可用于自来水的杀菌消毒
D.晶体硅的硬度大,可用于制作光电板
【答案】B
【解析】
【详解】A.氨气作制冷剂是因为液氨汽化时要吸收大量热,使周围温度急剧降低,与其易溶于水无关,故A错误;
B.溴化银见光易分解,具有感光性,可用于照相机底片,故B正确;
C.FeCl3水解产生氢氧化铁胶体,可以吸附水中某些不溶于性杂质,用于净水,但不能杀菌消毒,故C错误;
D.晶体硅属于原子晶体,硬度大,但是晶体硅制作光电板主要是因为它具有半导体(导电)的特性,故D错误;
综上所述,本题选B。
4.设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是()
A.将1molCl2通入水中,HClO、Cl-、C1O-粒子数之和为2NA
B.分子数目为0.1NA的CH4和NH3混合气体,原子间含有的共用电子对数目为0.4NA
C.25℃时,pH=13的Ba(OH)2溶液中含有的氢氧根离子数为0.1NA
D.将1molNH4NO3溶于稀氨水中使溶液呈中性,溶液中NH4+数目为NA
【答案】D
【解析】
氯水中含有Cl2分子,HClO、Cl-、ClO-粒子数之和小于2NA,故A错误;CH4分子含有4对共用电子对、NH3分子含有3对共用电子对,分子数目为0.1NA的CH4和NH3混合气体,原子间含有的共用电子对数目小于0.4NA,故B错误;没有溶液体积,不能求氢氧根离子物质的量,故C错误;将1molNH4NO3溶于稀氨水中使溶液呈中性,根据电荷守恒c(NH4+)=c(NO3-),溶液中NH4+数目为NA,故D正确。
5.下列实验中,所使用的装置(夹持装置略)、试剂和操作方法有错误的是
A.观察Fe(OH)2的生成
B.除去CO中的CO2
C.配制一定物质的量浓度的NaNO3溶液
D.25mL滴定管读数为11.80mL
【答案】C
【解析】
A.氢氧化亚铁不稳定,易被空气中氧气氧化生成氢氧化铁,所以制备氢氧化亚铁要隔绝空气,植物油和水不互溶,且密度小于水,所以用植物油能隔绝空气,所以能实现实验目的,故A正确;B.二氧化碳能够与氢氧化钠溶液反应被吸收,一氧化碳不能,可以用氢氧化钠溶液除去CO中的CO2,故B正确;C.容量瓶只能配制溶液,不能作稀释或溶解药品的仪器,应该用烧杯溶解硝酸钠,然后等溶液冷却到室温,再将硝酸钠溶液转移到容量瓶中,故C错误;D.滴定管的读数需要精确到0.01mL,根据图示,滴定管读数为11.80mL,故D正确;故选C。
点睛:
本题考查了物质的分离提纯和化学实验的基本操作和方法。
本题的易错点为D,要注意常见实验仪器的读数精度,天平只能精确到0.1g,量筒只能精确到0.1mL,酸、碱式滴定管精确到0.01mL,pH试纸只能读整数值。
6.短周期主族元素A、B、C、D、E 的原子序数依次增大,其中A 与C同主族,A 与其它元素不在同一周期,B 与D同主族,B 为地壳中含量最多的元素。
下列推断中正确的是
A.元素B、C 简单离子半径的大小:
r(B) B.元素E 的氧化物对应的水化物均为强酸 C.元素D、E 氢化物的热稳定性: E>D D.元素B 分别与A、C 形成化合物的晶体类型相同 【答案】C 【解析】 A: B 为地壳中含量最多的元素,B为氧元素,B 与D同主族,所以D为硫,A、B、C、D、E 的原子序数依次增大,A 与其它元素不在同一周期,所以A为氢元素,B为氧元素,C为钠元素,D为S元素,E为氯元素。 离子半径r(B)>r(C)。 故A错。 B.元素E 的氧化物对应的水化物能形成多种酸,如HClO为弱酸,HClO4均为强酸.故B错;C.元素D的氢化物H2S、E 氢化物HCl,因为Cl>S所以元素D、E 氢化物的热稳定性: E>D。 故C正确;D.元素B 分别与A形成水H2O是共价化合物,能形成分子晶体;B与C 形成化合物Na2O是离子化合物,能形成离子晶体,两者的晶体类型不相同。 故D错。 点睛: 考查原子结构中元素的推断知识。 根据原子结构递变规律寻找解题突破口。 本题B 为地壳中含量最多的元素是突破口,B 与D同主族,短周期主族元素,A 与C同主族,A 与其它元素不在同一周期A、B、C、D、E 的原子序数依次增大为辅助条件,找出各元素名称即可。 7.下列指定反应的离子方程式正确的是 A.镁条投入浓硫酸中: Mg+2H+ =Mg2++ H2↑ B.用惰性电极电解氯化铝溶液: 2Cl-+2H2O H2↑+Cl2↑+2OH- C.向硫酸铁溶液中加入铜粉: Fe3++Cu=Fe2++Cu2+ D.向偏铝酸钠溶液中通入足量二氧化碳: AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+ HCO3- 【答案】D 【解析】 A.镁条投入浓硫酸中发生反应不会产生氢气,浓硫酸不能拆,Mg+2H2SO4(浓)= Mg2++SO2↑+SO42-+2H2O,故A错;B.用惰性电极电解氯化铝溶液: 2Al3++6Cl-+6H2O 3H2↑+3Cl2↑+2Al(OH)3 ,故B错;C.向硫酸铁溶液中加入铜粉: 2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+,故C错;D.向偏铝酸钠溶液中通入足量二氧化碳: AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-,故D正确。 点睛: 本题考查给定条件下方程式的书写知识。 解答时请记住一些物质的特性如浓硫酸强氧化性与金属反应不放出氢气。 B.用惰性电极电解氯化铝溶液: 2Al3++6Cl-+6H2O 3H2↑+3Cl2↑+2Al(OH)3 ;C.向硫酸铁溶液中加入铜粉: 2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+故;D.向偏铝酸钠溶液中通入足量二氧化碳: AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-。 8.下列物质转化在给定条件下不能实现的是 A.Fe2O3 FeCl3(aq) 无水FeCl3 B.Al2O3 NaAlO2(aq) AlCl3(aq) C.NH3 NO HNO3 D.SiO2 H2SiO3 Na2SiO3 【答案】D 【解析】 A.氧化铁与盐酸反应生成氯化铁,Fe3+水解Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+,在HCl气流中加热蒸发,抑制了Fe3+的水解,得到无水FeCl3,故A不选;B、氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠,偏铝酸钠溶液加入过量盐酸,生成氯化铝,故B不选;C、氨气的催化氧化会生成一氧化氮,一氧化氮易被氧化为二氧化氮,二氧化氮溶于水中得到硝酸,故C不选;D、SiO2不与水反应,SiO2 H2SiO3 Na2SiO3,故D不能完成.故选D. 9.常温下,下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是 A.无色透明的溶液中: Cu2+、Mg2+、SO42-、Cl- B.c(ClO-)=1mol·L-1的溶液中: K+、Al3+、I-、SO42- C.能使甲基橙变红的溶液中: Na+、NH4+、Cl-、NO3- D.c(H+)/c(OH-)=1×1012的溶液中: K+、NH4+、HCO3-、NO3- 【答案】C 【解析】 A.无色透明的溶液中不存在Cu2+离子,故A错;B.c(ClO-)=1mol·L-1的溶液具有强氧化性,I-具有还原性,所以c(ClO-)=1mol·L-1的溶液中I-离子不能共存,故B错;C.能使甲基橙变红的溶液呈酸性,在酸性条件下Na+、NH4+、Cl-、NO3-离子能共存。 故C正确;D.c(H+)/c(OH-)=1×1012的溶液为酸性,在酸性溶液中HCO3-不能存在,故D错。 本题正确答案: C。 10.H2S 有剧毒,石油化工中常用以下方法处理石油炼制过程中产生的H2S废气。 先将含H2S 的废气(其它成分不参与反应)通入FeCl3溶液中,过滤后将溶液加入到以铁和石墨棒为电极的电解槽中电解(如下图所示),电解后的溶液可以循环利用。 下列有关说法不正确的是 A.过滤所得到沉淀的成分为S 和FeS B.与外接电源a极相连的电极反应为Fe2+-e-=Fe3+ C.与外接电源b极相连的是铁电极 D.若有0.20mol 的电子转移,得到氢气2.24L(标准状况) 【答案】A 【解析】 A.将 通入 溶液中, 被铁离子氧化为S,即发生 ↓ 所以过滤得到的沉淀是S沉淀,故A错误; B.与b相连的电极上氢离子得电子生成氢气,故为阴极,所以与a极相连的电极为阳极,阳极上亚铁离子失电子生成铁离子,即电极反应式为 ═ 所以B选项是正确的; C如果.Fe与外接电源的a极相连,Fe作阳极失电子,而溶液中的亚铁离子不反应,所以不能用Fe作阳极与a相连,铁电极只能和b相连。 故C正确; D.电极反应 ↑,有0.20mol电子发生转移,会生成0,1mol氢气,在标准状况下,氢气的体积为2.24L,故D正确。 . 所以A选项是正确的。 11.化学中常用图像直观地描述化学反应的进程或结果。 下列图像描述正确的是 A.图①表示不同压强对可逆反应2A(g)+2B(g) 3C(g) +D(s)的影响 B.图②表示向10ml 0.1mol·L-1Na2CO3 和NaHCO3 两种溶液中分别滴加0.lnol·L-1HCl溶液时,CO2的体积随盐酸体积的变化,则b 表示的是NaHCO3 溶液 C.图③表示体积和pH 均相同的HCl、CH3COOH 两种溶液中,分别加入足量的锌,产生H2的体积随时间的变化,则a表示的是HCl 溶液 D.图④表示该反应为放热反应,且催化剂能改变反应的焓变 【答案】B 【解析】 解: A、图①增大压强对可逆反应2A(g)+2B(g) 3C(g)+D(s)平衡正向移动,图①说明乙的压强比甲大,反应物的含量不相等,故A错误;B、碳酸钠溶液中滴入盐酸先生成碳酸氢钠后,继续滴入盐酸开始生成气体。 碳酸氢钠溶液中滴入盐酸开始有气体生成,b为碳酸氢钠溶液,故B正确;C、盐酸和醋酸是一元酸,醋酸是弱酸,盐酸是强酸,如果体积和pH均相同,醋酸的浓度大,与金属反应放出的气体多。 a表示的是醋酸。 所以C选项是错误的;D.图④表示该反应为放热反应,催化剂只能降低反应的活化能,不能改变反应的焓变。 所以D选项是错误的。 本题正确答案: B。 点睛: 本题考查图像综合题。 A反应压强对化学反应速率的影响;碳酸钠溶液中滴入盐酸的反应原理,先生成碳酸氢钠,在放出二氧化碳;C、盐酸和醋酸是一元酸,醋酸是弱酸,盐酸是强酸,表示体积和pH均相同,开始氢离子浓度相同反应速率相同,反应过程中醋酸溶液中氢离子浓度大于盐酸,生成氢气的体积大于盐酸;D、图④表示该反应为放热反应,催化剂只能降低反应的活化能,不能改变反应的焓变。 12.下列实验中,对应的现象以及结论都正确但两者不具有因果关系的是 选项 实验 现象 结论 A 向浓度均为0.1mol/L的MgCl2和CuCl2的混合溶液中逐滴加入氨水 先出现蓝色沉淀 Ksp[Mg(OH)2]> Ksp[Cu(OH)2] B 向某溶液中加入Cu和浓H2SO4 试管口有红棕色气体产生 原溶液中含有NO3- C 将镁片投到NH4Cl溶液中 产生大量气泡 NH4Cl水解,溶液呈酸性 D 向盛有某盐溶液的试管中滴入氢氧化钠溶液后 试管口处湿润的红色石蕊试纸未变蓝 该盐中不含NH4+ A.AB.BC.CD.D 【答案】D 【解析】 【分析】 A.组成和结构相似的物质,Ksp小的先沉淀; B.Cu、硝酸根离子在酸性条件下发生氧化还原反应; C.氯化铵水解显酸性; D.稀的氢氧化钠溶液与稀的铵盐溶液不加热反应生成一水合氨; 【详解】A.氢氧化镁和氢氧化铜结构相似,Ksp小的先沉淀,由实验现象可以知道,先出现蓝色沉淀,即氢氧化铜先沉淀,即Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Cu(OH)2],故A正确; B.Cu、硝酸根离子在酸性条件下发生氧化还原反应,由实验现象可以知道原溶液中含有NO3-,故B正确; C.氯化铵水解显酸性,氢离子与Mg反应生成氢气,故C正确; D.稀的氢氧化钠与稀的铵盐溶液反应生成一水合氨,不产生氨气,试管口处湿润的红色石蕊试纸未变蓝,但不能证明该盐中不含NH4+,故D错误; 综上所述,本题选D。 【点睛】稀的氢氧化钠溶液与稀的氯化铵溶液不加热反应生成一水合氨;稀的氢氧化钠溶液与稀的氯化铵溶液加热反应生成氨气,浓的氢氧化钠溶液与浓的氯化铵溶液不加热反应生成氨气;因此铵根离子检验方法如下: 某溶液中加入强碱溶液加热,得到的气体能够使湿润的红色石蕊试纸变蓝,生成气体为氨气,原溶液含有铵根离子。 13.下列说法正确的是 A.常温下,向0.1mol·L-1的醋酸溶液中加水稀释,溶液中c(H+)/c(CH3COOH)减小 B.反应N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)(△H<0)达平衡后,降低温度,正反应速率增大、逆反应速率减小,平衡向正反应方向移动 C.镀锌铁板是利用了牺牲阳极的阴极保护法来达到防止腐蚀的目的 D.电解精炼铜时,阳极泥中含有Zn、Fe、Ag、Au 等金属 【答案】C 【解析】 【详解】A.常温下,向0.1mol·L-1的醋酸溶液中加水稀释,c(H+)、c(CH3COOH)均减小,因为稀释过程促进醋酸的电离,所以溶液中c(H+)/c(CH3COOH)增大,A错误; B.反应N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)△H<0达平衡后,降低温度,正反应速率减小、逆反应速率减小,平衡向正反应方向移动,B错误; C.镀锌铁板在空气中会形成原电池,锌做负极被腐蚀,铁做正极被保护,是利用了牺牲阳极的阴极保护法来达到防止腐蚀的目的,C正确; D.电解精炼铜时,粗铜做阳极,精铜做阴极,锌、铁比铜活泼,所以失电子变为离子,阳极泥中含有Ag、Au 等金属,D错误; 综上所述,本题选C。 14.往锅炉注入Na2CO3溶液浸泡,将水垢中的CaSO4转化为CaCO3,再用盐酸去除,下列叙述正确的是 A.温度升高Na2CO3溶液的Kw和c(H+)均会增大 B.CaSO4能转化为CaCO3,说明Ksp(CaCO3)>Ksp(CaSO4) C.CaCO3溶解于盐酸而CaSO4不溶,是因为硫酸酸性强于盐酸 D.沉淀转化的离子方程式为CO32−(aq)+CaSO4(s) CaCO3(s)+SO42−(aq) 【答案】D 【解析】 A.温度升高,水的电离平衡正向移动,Kw增大,温度升高,Na2CO3的水解平衡正向移动,c(OH一)增大,c(H+)减小,故A错误;B.根据沉淀的转化,CaSO4能转化为CaCO3,说明Ksp(CaCO3)<Ksp(CaSO4),故B错误;C.CaCO3与盐酸反应生成可溶性的氯化钙、水和二氧化碳;CaSO4与盐酸不满足复分解进行的条件,与酸性强弱无关,故C错误;D.硫酸钙较为致密,可转化为较为疏松,且溶解度更小的碳酸钙,反应的离子方程式为CaSO4(s)+CO32-(aq)═CaCO3(s)+SO42-(aq),故D正确;故选D。 15.NH4HSO4在分析试剂、医药、电子工业中用途广泛。 室温时,向100mL0.lmol·L-1NH4HSO4溶液中滴加0.1mol·L-1NaOH溶液,得到的溶液pH与NaOH溶液体积的关系曲线如图所示。 下列说法正确的是 A.a点溶液中: c(NH4+)+c(H+)=c(Na+)+c(OH-) B.c点溶液中: c(SO42-)>c(NH3·H2O)>c(NH4+) C.d点溶液中: c(SO42-)>c(NH4+)>c(OH-) D.a、b、c、d四个点中,b点水的电离程度最大 【答案】A 【解析】 【分析】 通过图像中反应量的关系可知,当氢氧化钠体积为100mL时,向100mL0.lmol·L-1NH4HSO4溶液中滴加0.1mol·L-1NaOH溶液100mL,恰好完全反应: NH4HSO4+NaOH=NaNH4SO4+H2O,a点溶液为硫酸钠和硫酸铵;据此进行分析,当氢氧化钠体积为150mL时,c点为硫酸钠、硫酸铵和一水合氨;当氢氧化钠体积在100-150mL之间时,溶液可以为中性,b点为硫酸钠、硫酸铵和一水合氨;当氢氧化钠体积为200mL时,d点为硫酸钠和一水合氨;据以上分析解答。 【详解】通过图像中反应量的关系可知,当氢氧化钠体积为100mL时,向100mL0.lmol·L-1NH4HSO4溶液中滴加0.1mol·L-1NaOH溶液100mL,恰好完全反应: NH4HSO4+NaOH=NaNH4SO4+H2O,a点溶液为硫酸钠和硫酸铵;据此进行分析,当氢氧化钠体积为150mL时,c点为硫酸钠、硫酸铵和一水合氨;当氢氧化钠体积在100-150mL之间时,溶液可以为中性,b点为硫酸钠、硫酸铵和一水合氨;当氢氧化钠体积为200mL时,d点为硫酸钠和一水合氨; A.结合以上分析可知,a点溶液为硫酸钠和硫酸铵,铵根离子水解,所以a点溶液显酸性,溶液中存在电荷守恒: c(NH4+)+c(H+)+c(Na+)=2c(SO42-)+c(OH-);物料守恒: c(Na+)=c(SO42-),所以c(NH4+)+c(H+)=c(Na+)+c(OH-),A正确; B.结合以上分析可知,c点溶液含有硫酸钠、硫酸铵和一水合氨,因为一水合氨的电离程度大于铵根离子的水解程度,c(SO42-)>c(NH4+)>c(NH3·H2O),B错误; C.结合以上分析可知,d点溶液中含有硫酸钠、一水合氨,溶液显碱性,c(SO42-)>c(OH-)>c(NH4+),C错误; D.因为加酸和碱抑制水的电离,盐类的水解促进水的电离,所以图中的a、b、c、d四个点中,a点水的电离程度最大,D错误; 综上所述,本题选A。 16.一定条件下存在反应: C(s)+H2O(g) CO(g)+H2(g) △H>0,向甲、乙、丙三个恒容容器中加入一定量的初始物质,各容器中温度、反应物的起始量如下表,反应过程中CO的物质的量浓度随时间变化如图所示: 容器 甲 乙 丙 容积(L) 0.5 0.5 V 温度(℃) T1 T2 T1 起始量 1molC(s) 1molH2O(g) 1molCO(g) 1molH2(g) 3molC(s) 2molH2O(g) 下列说法正确的是 A.甲容器中,反应在5~15mim间的平均速率v(CO)=0.15mol·L-1·min-1 B.温度为T1℃时,反应的平衡常数K=9 C.乙容器中,若平衡时n(C)=0.2mol,则T2 D.丙容器的体积V=0.4 【答案】CD 【解析】 A、由图可以知道,5-15min内甲容器中CO的浓度变化量为0.5mol/L,v(CO)=0.05mol·L-1·min-1,故A错误;B、根据甲容器中反应数据计算: ═ 起始浓度 200 转化浓度 1.51.51.5 平衡浓度 0.51.51.5 时,反应的平衡常数 4.5,故B错误; C、 ═ 起始物质的量0011 转化物质的量0.20.20.20.2 平衡物质的量0.20.20.80.8 时,反应的平衡常数 6.4 比较甲与乙可以知道,二者达平衡时,乙的平衡常数大,此反应为吸热反应, 乙相对于甲平衡向逆反应移动,因为正反应吸热,乙中温度高,即温度,T2>T1故C正确。 所以C选项是正确的. D. ═ 起始浓度 2/V00 转化浓度 333 平衡浓度 2/V-333 时,反应的平衡常数 =4.5V=0.4故D正确。 点睛: A、由图可以知道,1-15mol内甲容器中CO的浓度变化量为0,5mol/L,根据 计算 再利用速率之比等于化学计量数之比计算 、根据甲容器中反应数据计算 时各物质的平衡浓度,再根据平衡常数 计算;C、比较甲与乙可以知道,二者达等效平衡,根据甲、乙容器中平衡时 的量可以知道,乙相对于甲平衡向逆反应移动,因为正反应吸热,乙中温度低,即温度T2>T1. 17.氰化钠是一种重要的基本化工原料,同时也是一种剧毒物质,严重危害人类健康。 一旦泄露需要及时处理,一般可以通过喷洒双氧水或硫代硫酸钠溶液来处理,以减轻环境污染。 I.已知: 氰化钠化学式为NaCN,氰化钠是一种白色结晶颗粒,剧毒,易溶于水,水溶液呈碱性,易水解生成氰化氢。 (1)请设计实验证明N、C元素的非金属性强弱: _________________________________________。 (2)NaCN用双氧水处理后,产生一种酸式盐和一种能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体,该反应的离子方程式是_______________________________。 II.工业制备硫代硫酸钠的反应原理为2Na2S+Na2CO3+4SO2==3Na2S2O3+CO2。 某化学兴趣小组用上述原理实验室制备硫代硫酸钠,并检测用硫代硫酸钠溶液处理后的氰化钠废水能否达标排放。 【实验一】实验室通过如下图所示装置制备Na2S2O3。 (1)实验中要控制SO2生成速率,可采取的措施有_______________________(写出一条)。 (2)b装置的作用是____________________________________。 (3)反应开始后,c中先有淡黄色浑浊产生,后又变为
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