精品解析四川省成都市届高中毕业班第二次诊断性检测理综化学试题解析版.docx
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精品解析四川省成都市届高中毕业班第二次诊断性检测理综化学试题解析版
成都市2017级高中毕业班第二次诊断性检测
理科综合
第I卷(选择题)
一、选择题:
本题共7个小题,每小题6分。
在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。
1.2019年12月17日,我国国产航母——山东舰正式列装服役。
下列用于制造该舰的材料属于无机非金属材料的是
A.舰身无磁镍铬钛合金钢B.甲板耐磨SiC涂层
C.舰载机起飞挡焰板铝合金D.舰底含硅有机涂层
【答案】B
【解析】
【分析】
无机非金属材料,是除金属材料、高分子材料以外的所有材料的总称。
它是由硅酸盐、铝酸盐、硼酸盐、磷酸盐、锗酸盐等原料和(或)氧化物、氮化物、碳化物、硼化物、硫化物、硅化物、卤化物等原料经一定的工艺制备而成的材料,由此判断。
【详解】A.舰身无磁镍铬钛合金钢属于金属材料中的合金,故A错误;
B.甲板耐磨SiC涂层属于无机非金属材料,故B正确;
C.舰载机起飞挡焰板铝合金属于金属材料中的合金,故C错误;
D.有机硅,即有机硅化合物,是指含有Si-C键、且至少有一个有机基是直接与硅原子相连的化合物,习惯上也常把那些通过氧、硫、氮等使有机基与硅原子相连接的化合物也当作有机硅化合物,不属于无机非金属材料,属于有机材料,故D错误;
答案选B
【点睛】解本题的关键是知道什么是无机非金属材料,无机非金属材料,是除金属材料、高分子材料以外的所有材料的总称。
2.有机物M、N分子的模型如图所示,其中不同颜色的球表示不同的原子,原子之间的化学键可以是单键、双键。
下列说法错误的是
M
N
A.M与HCOOCH3互为同分异构体
B.N的官能团为羟基
C.在与钠的反应中N放出气泡比M快
D.N能使酸性高锰酸钾溶液褪色
【答案】C
【解析】
【分析】
根据分子模型可知,白球代表氢原子,绿球代表碳原子,红球代表氧原子,则M、N的结构简式为CH3COOH和CH3CH2OH。
【详解】A.M的结构简式为CH3COOH,与HCOOCH3的分子式相同,结构不同,互为同分异构体,故A正确;
B.N的结构简式为CH3CH2OH,官能团为羟基,故B正确;
C.CH3COOH和CH3CH2OH分别与钠反应时,CH3COOH中羧基中的氢比CH3CH2OH中羟基中的氢更活泼,故放出氢气速率快,故C错误;
D.N为CH3CH2OH,可以被酸性高锰酸钾溶液氧化为乙酸,高锰酸钾被还原成锰离子,故会褪色,故D正确;
答案选C。
【点睛】判断出M、N的分子结构是关键,根据图中信息可以得到白球代表氢原子,绿球代表碳原子,红球代表氧原子。
3.设NA为阿伏加德罗常数值。
如图表示N2O在Pt2O+表面与CO反应转化成无害气体的过程。
下列说法正确的是
A.N2O转化成无害气体时的催化剂是Pt2O2+
B.每1molPt2O+转化为Pt2O2+得电子数为3NA
C.将生成的CO2通人含大量SiO32-、Na+、Cl-的溶液中,无明显现象
D.1gCO2、N2O的混合气体中含有电子数为0.5NA
【答案】D
【解析】
【详解】A.根据转化关系,N2O转化N2时,Pt2O+转化为Pt2O2+,则该过程的催化剂是Pt2O+,故A错误;
B.根据转化关系,结合得失电子守恒,N2O转化N2时,Pt2O+转化为Pt2O2+,氧化还原反应方程式为:
N2O+Pt2O+=N2+Pt2O2+,反应中氮元素由+1价得电子变为0价,1molN2O转化为N2得到2mol电子,则每1molPt2O+转化为Pt2O2+失电子为2mol,数目为2NA,故B错误;
C.将生成的CO2通人含大量SiO32-、Na+、Cl-的溶液中,碳酸的酸性大于硅酸,SiO32-+CO2(少量)+H2O=CO32-+H2SiO3↓,有白色沉淀生成,故C错误;
D.CO2和N2O的摩尔质量都为44g/mol,一个分子中含有电子数都为22个,则1gCO2、N2O的混合气体的物质的量为
mol,含有电子数为
mol×22×NA=0.5NA,故D正确;
答案选D。
【点睛】B项计算转移的电子数时,必须正确写出反应方程式,根据化合价的变化,物质的关系,计算出转移的电子数。
4.亚硝酸钠广泛用于媒染剂、漂白剂等。
某兴趣小组用下列装置制取较纯净的NaNO2。
甲
乙
丙
丁
反应原理为:
2NO+Na2O2=2NaNO2。
已知:
NO能被酸性KMnO4氧化成NO3-,MnO4-被还原为Mn2+。
下列分析错误的是
A.甲中滴入稀硝酸前需通人N2
B.仪器的连接顺序为a-f-g-d-e-b
C.丙中CaCl2用于干燥NO
D.乙中吸收尾气时发生的离子反应为3MnO4-+5NO+4H+=3Mn2++5NO3-+2H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A.甲中稀硝酸与铜反应生成一氧化氮,一氧化氮易被空气中的氧气氧化,需要将装置中的空气全部排尽,空气中有少量二氧化碳,也会和过氧化钠反应,否则丁装置中无法制得亚硝酸钠,则滴入稀硝酸前需通人N2排空气,故A正确;
B.制取的一氧化氮含有水蒸气,过氧化钠可与水反应,导致制取产物不纯,可用氯化钙吸收水蒸气,一氧化氮有毒,不能排放的大气中,可用高锰酸钾溶液吸收,则仪器的连接顺序为a-d-e-f-g-b或a-d-e-g-f-b,故B错误;
C.根据B选项分析,制取的一氧化氮含有水蒸气,过氧化钠可与水反应,导致制取产物不纯,可用氯化钙吸收水蒸气,故丙中CaCl2用于干燥NO,故C正确;
D.根据已知信息:
NO能被酸性KMnO4氧化成NO3-,MnO4-被还原为Mn2+,则乙中吸收尾气时发生
离子反应为3MnO4-+5NO+4H+=3Mn2++5NO3-+2H2O,故D正确;
答案选B。
【点睛】过氧化钠与NO制取亚硝酸钠的过程中,需要考虑过氧化钠的性质,过氧化钠和二氧化碳反应,会和水反应,导致实验有误差,还要考虑尾气处理装置。
5.a、b、c、d、e为原子序数依次增大的五种常见短周期元素,可组成一种化合物A,其化学式为ba4d(ec4)2。
A能够发生如下转化关系:
己知C的分子式为ba3,能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。
则下列说法正确的是
A.原子半径b>c
B.e的氧化物的水化物为强酸
C.化合物A为共价化合物
D.元素非金属性强弱c 【答案】A 【解析】 【分析】 A和氢氧化钠溶液反应生成B和C,C为气体,C的分子式为ba3,能使湿润的红色石蕊试纸变蓝,根据化学式可推断C为氨气,B为白色沉淀,继续加入氢氧化钠溶液沉淀溶解,则B可推断为氢氧化铝,A中加入酸化的氯化钡溶液形成白色沉淀,则A中含有硫酸根离子,根据以上推断,A为NH4Al(SO4)2,a为H元素,b为N元素,c为O元素,d为Al元素,e为S元素,据此分析解答。 【详解】A.b为N元素,c为O元素,同周期元素随核电荷数增大,半径逐渐减小,则原子半径b>c,故A正确; B.e为S元素,S的氧化物的水化物有硫酸和亚硫酸,亚硫酸是弱酸,故B错误; C.A为NH4Al(SO4)2,是离子化合物,故C错误; D.c为O元素,e为S元素,同主族元素随核电荷数增大非金属性逐渐减弱,元素非金属性强弱c>e,故D错误; 答案选A。 6.某化学小组设计“全氢电池”如图中甲池(其中a、b为多孔石墨电极),拟用该电池电解处理生活污水,达到絮凝净化的目的。 其工作原理示意图: 闭合K工作过程中,下列分析错误的是 A.甲池中a极反应为: H2-2e-+2OH-=2H2O B.乙池中Fe电极区附近pH增大 C.一段时间后,乙池的两极间出现污染物颗粒沉降现象 D.如果Al电极上附着较多白色物质,甲池中Na+经过交换膜速率定会加快 【答案】D 【解析】 【分析】 根据此装置电解处理生活污水可知,甲池为原电池,乙为电解池,a为负极,b为正极,铁为阴极,铝为阳极,a极反应为: H2-2e-+2OH-=2H2O,b极反应为2H++2e-=H2↑,总的电极反应为H++OH-=H2O,利用甲池产生的电流电解乙池,乙池中,铝为阳极,铁为阴极,阳极反应为: Al-3e-=Al3+,阴极反应为2H++2e-=H2↑由此分析。 【详解】A.甲池为原电池,a为负极,a极通入氢气,氢气在负极上失去电子生成氢离子,结合氢氧根离子生成水,电极反应为H2-2e-+2OH-=2H2O,故A正确; B.乙池中,铁作阴极,电极反应为: 2H++2e-=H2↑,溶液中氢离子的浓度减小,氢氧根离子的溶度相对增大,pH增大,故B正确; C.乙为电解池,铝为阳极,铁为阴极,阳极反应为: Al-3e-=Al3+,阴极反应为2H++2e-=H2↑,溶液中的氢离子的浓度减小,氢氧根离子向阳极移动,在阳极结合铝离子生成氢氧化铝胶体,吸附污染物颗粒一起沉降,在阴极,一段时间后,铝离子向阴极移动,铝离子可以在溶液中形成氢氧化铝胶体,吸附水中的污染物颗粒一起沉降,故C正确; D.如果Al电极上附着较多白色物质,白导致色物质为氢氧化铝,阻止了铝电极继续放电,导致导线中电荷的数目减小,甲池中Na+经过交换膜速率定会减慢,故D错误; 答案选D。 7.对下列溶液的分析正确的是 A.常温下pH=12的NaOH溶液,升高温度,其pH增大 B.向0.1mol/LNaHSO3溶液通入氨气至中性时 C.0.01mol/L醋酸溶液加水稀释时,原溶液中水的电离程度增大 D.在常温下,向二元弱酸的盐NaHA溶液中加入少量NaOH固体 将增大 【答案】C 【解析】 【详解】A.NaOH溶液是强碱,氢离子来自于水的电离,常温下pH=12的NaOH溶液,升高温度,溶液中Kw增大,其pH减小,故A错误; B.0.1mol⋅L−1的NaHSO3溶液中通NH3至pH=7,溶液中存在物料守恒,即c(Na+)=c(SO32−)+c(HSO3−)+c(H2SO3)①,溶液中存在电荷守恒,即c(Na+)+c(H+)+c(NH4+)=2c(SO32−)+c(HSO3−)+c(OH−),因为pH=7即c(Na+)+c(NH4+)=2c(SO32−)+c(HSO3−)②,由①得c(Na+)>c(SO32−);将①式左右两边都加上c(NH4+)得c(Na+)+c(NH4+)=c(SO32−)+c(HSO3−)+c(H2SO3)+c(NH4+)③,结合②③得c(SO32−)=c(NH4+)+c(H2SO3),故c(SO32−)>c(NH4+),故c(Na+)>c(SO32−)>c(NH4+),故C错误; C.酸碱对水的电离都有抑制作用,0.01mol/L醋酸溶液加水稀释时,醋酸的浓度减小,对水的电离平衡抑制作用减弱,则原溶液中水的电离程度增大,故C正确; D.在常温下,向二元弱酸的盐NaHA溶液中 ,加入少量NaOH固体,溶液酸性减弱,氢离子浓度减小,该比值将减小,故D错误; 答案选C。 8.二氧化锰不仅是活性好的催化剂,也被广泛用作干电池的正极材料。 某化学小组设计用高硫锰矿(主要成分为锰的化合物和硫化亚铁)为原料制取二氧化锰的工艺流程如图: 已知: ①“混合焙烧”后的烧渣含MnSO4、Fe2O3及少量FeO、MgO、Al2O3 ②在该条件下,金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表: 金属离子 Fe3+ Fe2+ Al3+ Mn2+ 开始沉淀 1.8 6.8 4.0 7.5 完全沉淀 3.2 8.0 5.0 8.4 (1)写出浸出时与铝元素有关的离子反应方程式____。 (2)上述“氧化”步骤是否可省略____(填“是”或“否”),你 依据是_____。 (3)“调pH除铁铝’’时,生成沉淀的pH范围为____;“氟化除杂”中除去的离子为____。 (4)请用平衡移动原理解释除杂处理后的Mn2+用NH4HCO3转化成MnCO3沉淀的过程___(用文字和离子方程式表达)。 (5)用惰性电极电解MnSO4制备MnO2时,其阳极反应式为____;整个流程中能够循环利用的物质除MnO2外还有___(写名称)。 【答案】 (1).Al2O3+6H+=3H2O+2Al3+ (2).否(3).若不进行氧化,则Fe2+被完全沉淀的pH为8.0,此时Mn2+也会被部分沉淀,造成损失(4).5.0≤pH<7.5(5).Mg2+、Ca2+(6).加入NH4HCO3后,Mn2+与HCO3-电离出的CO32-生成MnCO3,HCO3-⇌H++CO32-、Mn2++CO32-⇌MnCO3,HCO3-电离出H+与另一部分HCO3-反应生成H2O和CO2,促进上述两个平衡正向移动,从而生成MnCO3沉淀(7).Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+(8).硫酸 【解析】 【分析】 高硫锰矿(主要成分为含锰化合物及FeS)与氧化锰矿混合焙烧,得到MnSO4、Fe2O3及少量FeO、Al2O3、MgO,加入硫酸,得到Mn2+、Fe2+、Fe3+、Mg2+、Al3+的酸性溶液,加入二氧化锰将亚铁离子氧化为铁离子便于除去,再加入碳酸钙中和,将铁离子与铝离子以氢氧化物的形式除去,加入MnF2除杂,使溶液中的Mg2+、Ca2+沉淀完全,此时溶液中的金属离子为锰离子,加入碳酸氢铵发生Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H2O,加入硫酸溶解碳酸锰得到硫酸锰溶液,经过电解得到二氧化锰,据此分析解答。 【详解】 (1)浸出时Al2O3与硫酸反应生成硫酸铝,与铝元素有关的离子反应方程式为: Al2O3+6H+=3H2O+2Al3+; (2)根据沉淀表格数据,若不进行氧化,则Fe2+被完全沉淀的pH为8.0,此时Mn2+也会被部分沉淀,造成损失,则上述“氧化”步骤不可省略; (3)“调pH除铁铝’’时,根据数据,pH为5.0时铝离子完全沉淀,pH为7.5时锰离子开始沉淀,则生成沉淀的pH范围为5.0≤pH<7.5;根据分析,“氟化除杂”中加入MnF2除杂,使溶液中的Mg2+、Ca2+沉淀完全,除去的离子为Mg2+、Ca2+; (4)加入NH4HCO3后,Mn2+与HCO3-电离出的CO32-生成MnCO3,HCO3-⇌H++CO32-、Mn2++CO32-⇌MnCO3,HCO3-电离出H+与另一部分HCO3-反应生成H2O和CO2,促进上述两个平衡正向移动,从而生成MnCO3沉淀; (5)用惰性电极电解MnSO4制备MnO2时,其阳极发生氧化还原,化合价升高失电子,锰元素由+2价升高为+4价,失电子被氧化,则阳极反应式为Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+;硫酸根离子与氢离子结合生成硫酸,则整个流程中能够循环利用的物质除MnO2外还有硫酸。 9.卤代烯烃是合成塑料的重要原料,研究合成卤代烯烃具有重要意义。 T℃时,在10L的密闭容器中充入1mol2-丁炔(CH3-C≡C-CH3,可用X表示)和1molHCl,以Al2O3为催化剂发生如下反应: Ⅰ CH3-C≡C-CH3(g)+HCl(g) (g)∆H=akJ/mol(a<0) Ⅱ.CH3-C≡C-CH3(g)+HCl(g) (g)∆H=bkJ/mol(a<0) 已知B比A更稳定,且产物A、B在混合物中的物质的量随时间变化如图所示。 试回答下列问题。 (1)发生反应I、Ⅱ的同时,还有反应A转化为B,且焓变为△H'。 则△H'___0(填“>”、“<”或“=”)。 (2)①从反应开始至20min时生成B的平均速率v(B)=____; ②反应至20min时CH3-C≡C-CH3的转化率=____; ③在T℃时,反应I的平衡常数为____。 (3)T℃时,E1和E2分别代表反应I,Ⅱ的正反应活化能。 ①由图得出: E1___E2(填“>”、“<”或“=”); ②试从反应方向的角度分析,20min后A的物质的量减小的原因____ (4)其它条件相同时,测出生成A、B的速率随温度变化如图所示,则提高B在较低温度下产率的措施是______ 【答案】 (1).< (2).1×10-3mol/(L∙min)(3).60%(4).100(5).<(6).B的能量低,A转化为B为放热反应,有利于A自发转化为B(7).加入低温下适合生成B的高性能催化剂 【解析】 【分析】 (1)根据盖斯定律计算; (2)①结合图示,根据v= B的平均速率; ②反应I、Ⅱ都在发生,反应至20min时,根据生成A、B的量根据反应推断CH3-C≡C-CH3的消耗量,转化率= ×100%; ③在T℃时,根据图像,根据平衡时各物质的量计算反应I的平衡常数; (3)①结合图像,根据20min前产物A的量大于B分析; ②根据B比A更稳定,A转化为B为放热反应分析; (4)其它条件相同时,相同温度下生成A、B的速率不同,反应I、Ⅱ都使用催化剂,从催化剂的活性考虑提高B的生成速率的方法。 【详解】 (1)已知: Ⅰ.CH3-C≡C-CH3(g)+HCl(g) (g)∆H=akJ/mol(a<0) Ⅱ.CH3-C≡C-CH3(g)+HCl(g) (g)∆H=bkJ/mol(a<0) 根据盖斯定律,Ⅱ-Ⅰ可得 △H'=(b-a)kJ/mol,已知B比A更稳定,则反应Ⅱ放出的热量比反应I多,故(b-a)<0,即△H'<0,反应放热; (2)①结合图示,从反应开始至20min时生成B的物质的量为0.2mol,根据v= ,v(B)= =1×10-3mol/(L∙min); ②反应I、Ⅱ都在发生,反应至20min时,根据图像,生成A、B的量分别为0.2mol、0.4mol,根据反应I、Ⅱ可得CH3-C≡C-CH3的消耗量为0.2mol+0.4mol=0.6mol,转化率= ×100%= ×100%=60%; ③反应I的产物为A,在T℃时,根据图像,平衡时反应I生成A的物质的量为0.1mol,反应Ⅱ生成B的物质的量为0.8mol,则平衡时CH3-C≡C-CH3的物质的量为1mol-0.1mol-0.8=0.1mol,HCl的物质的量为1mol-0.1mol-0.8=0.1mol,反应I平衡常数K= =100; (3)①根据图像所示,20min前,A的产量高于B,说明生成产物A的活化能较低,反应速率快,故E1<E2; ②根据B比A更稳定,说明B的能量低,A转化为B为放热反应,有利于A自发转化为B; (4)相同温度下生成A、B的速率不同,反应I、Ⅱ都使用催化剂,其它条件相同时,催化剂对反应I、Ⅱ生成A、B的催化效果不同,提高B在较低温度下产率的措施应为加入低温下适合生成B的高性能催化剂。 10.Na2SO3是一种白色粉末,工业上可用作还原剂、防腐剂等。 某化学小组探究不同pH的Na2SO3溶液与同浓度AgNO3溶液反应的产物,进行如下实验。 实验Ⅰ配制500mL一定浓度的Na2SO3溶液 ①溶解: 准确称取一定质量的Na2SO3晶体,用煮沸的蒸馏水溶解。 蒸馏水需煮沸的原因是____ ②移液: 将上述溶解后的Na2SO3溶液在烧杯中冷却后转入仪器A中,则仪器A为__,同时洗涤____(填仪器名称)2~3次,将洗涤液一并转入仪器A中; ③定容: 加水至刻度线1~2cm处,改用胶头滴管滴加蒸馏水至液面与刻度线相切,盖好瓶塞,反复上下颠倒,摇匀。 实验Ⅱ探究不同pH的Na2SO3溶液与pH=4的AgNO3溶液反应的产物 查阅资料: i.Ag2SO3为白色固体,不溶于水,溶于过量Na2SO3溶液 ii.Ag2O,棕黑色固体,不溶于水,可与浓氨水反应 (1)将pH=8的Na2SO3溶液滴人pH=4的AgNO3溶液中,至产生白色沉淀。 假设一: 该白色沉淀为Ag2SO3 假设二: 该白色沉淀为Ag2SO4 假设三: 该白色沉淀为Ag2SO3和Ag2SO4的混合物 ①写出假设一的离子方程式____; ②提出假设二的可能依据是_____; ③验证假设三是否成立的实验操作是____。 (2)将pH=4的AgNO3溶液逐滴滴人足量的pH=11的Na2SO3溶液中,开始产生白色沉淀A,然后变成棕黑色物质。 为了研究白色固体A的成分,取棕黑色固体进行如下实验: ①已知反应(b)的化学方程式为Ag(NH3)2OH+3HCl=AgCl↓+2NH4Cl+H2O,则反应(a)的化学方程式为____; ②生成白色沉淀A的反应为非氧化还原反应,则A的主要成分是____(写化学式)。 (3)由上述实验可知,盐溶液间的反应存在多样性。 经验证, (1)中实验假设一成立,则 (2)中实验的产物不同于 (1)实验的条件是___。 【答案】 (1).去除蒸馏水中的氧气,防止亚硫酸钠被氧化 (2).500mL容量瓶(3).烧杯、玻璃棒(4).SO32-+2Ag+=Ag2SO3(5).Na2SO3被酸化的NO3-氧化成Na2SO4,Na2SO4与AgNO3溶液反应生成Ag: 2SO4沉淀(6).取固体少许加入足量Na2SO3溶液(或向试管中继续滴加Na2SO3溶液)(7).Ag2O+4NH3·H2O=2Ag(NH3)2OH+3H2O或Ag2O+4NH3+H2O=2Ag(NH3)2OH(8).AgOH(9).Na2SO3溶液滴加顺序不同(或用量不同),溶液酸碱性不同(或浓度不同) 【解析】 【分析】 配置一定物质的量浓度的溶液时, ①溶解时: Na2SO3晶体易被溶液中溶解的氧气氧化,故需煮沸; ②移液时: 配置一定物质的量浓度的溶液时需要使用容量瓶,移液时需要洗涤烧杯和玻璃棒; 实验Ⅱ探究不同pH的Na2SO3溶液与pH=4的AgNO3溶液反应的产物 ①假设一是银离子与亚硫酸根离子反应生成亚硫酸银; ②考虑加入的酸性的硝酸银溶液具有氧化性,将亚硫酸银氧化成硫酸银; ③由于Ag2SO3溶于过量Na2SO3溶液,可以加入Na2SO3溶液验证溶液中是否有Ag2SO3; (2)①Ag2O为棕黑色固体,与氨水反应生成Ag(NH3)2OH和3H2O; ②从非氧化还原反应分析得化合价不变,判断A的成分; (3) (1)中实验和 (2)中实验中溶液的滴加顺序不同,溶液酸碱性不同。 【详解】①溶解时: Na2SO3晶体易被溶液中溶解的氧气氧化,故需煮沸,防止亚硫酸钠被氧化; ②移液时: 配置一定物质的量浓度的溶液时需要使用500ml的容量瓶,移液时需要洗涤烧杯和玻璃棒2~3次; (1)①假设一是银离子与亚硫酸根离子反应生成亚硫酸银SO32-+2Ag+=Ag2SO3; ②将pH=8的Na2SO3溶液滴人pH=4的AgNO3溶液中,酸性溶液中存在氢离子,氢离子和硝酸根相当于硝酸,具有氧化性,可能会将亚硫酸根离子氧化成硫酸根; ③.Ag2SO3为白色固体,不溶于水,溶于过量Na2SO3溶液,故可以加入过量Na2SO3溶液,看是否继续溶解,若继续溶解一部分,说明假设三成立; (2)①Ag2O,棕黑色固体,不溶于水,可与浓氨水反应,反应a为Ag2O+4NH3·H2O=2Ag(NH3)2OH+3H2O; ②将pH=4的AgNO3溶液逐滴滴人足量的pH=11的Na2SO3溶液中,由于亚硫酸银易溶于亚硫酸钠,故生成的白色沉淀不是亚硫酸银,溶液呈碱性,也不是硫酸银,银离子在碱性条件下,例如银离子和氨水反应可以生成氢氧化银,是白色沉淀,A为AgOH; (3)实验 (1)将pH=8的Na2SO3溶液滴人pH=4的AgNO3溶液中,实验 (2)将pH=4的AgNO3溶液逐滴滴人足量的pH=11的Na2SO3溶液中,对比两次实验可以看出,滴
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