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文档简介

1、2023高考化学模拟试卷注意事项:1答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑,如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其它答案标号。回答非选择题时,将答案写在答题卡上,写在本试卷上无效。3考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型非氯高效消毒剂,微溶于KOH溶液,热稳定性差。实验室制备高铁酸钾的原理为3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O。下列实验设计不能达到实验目的的是A用图所示装置制备并净化氯气B用图所示装

2、置制备高铁酸钾C用图所示装置分离出高铁酸钾粗品D用图所示装置干燥高铁酸钾2、下列量气装置用于测量CO2体积,误差最小的是( )ABCD3、下列说法不正确的是()A用容量瓶配制溶液时,先用蒸馏水洗涤,再用待装液润洗B用蒸馏法可由含有Fe3的自来水获取较纯净的水C焰色反应后用稀盐酸洗涤铂丝并在火焰上灼烧至无色,再进行其它物质的测试D金属镁着火可用沙子覆盖4、X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素,X和Y能形成两种常见离子化合物,Z原子最外层电子数与其电子层数相同;X与W同主族。下列叙述不正确的是( )A原子半径:YZWXBX、Y形成的Y2X2阴阳离子数目比为1:1CY、Z和W的最高价氧化

3、物的水化物可以相互反应DX与W形成的化合物可使紫色石蕊溶液变红5、25 时,向NaHCO3溶液中滴入盐酸,混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是A25 时,H2CO3的一级电离Ka1(H2CO3)=1.010-6.4BM点溶液中:c(H+)+ c(H2CO3)=c(Cl-) +2c(CO32-) +c(OH-)C25 时,HC+H2OH2CO3+OH-的Kh=1.010-7.6D图中a=2.66、下列指定反应的离子方程式正确的是( )A稀硫酸溶液与氢氧化钡溶液恰好中和: Ba2+OH+H+SO42BaSO4+H2OB金属钠投入硫酸镁溶液中: 2Na+2H2O +Mg2+2

4、Na+H2+Mg(OH)2C碳酸钠溶液中通入过量氯气: CO32+Cl2CO2+Cl+ClOD实验室用 MnO2 和浓盐酸制取 Cl2: MnO2+4HCl(浓) Mn2+2Cl+Cl2+2H2O7、下列离子方程式中正确的是( )A向明矾(KAl(SO4)212H2O)溶液中滴加Ba(OH)2溶液,恰好使SO42沉淀完全:Al3+2SO422Ba2+4OHAlO2-2BaSO42H2OB向FeBr2溶液中通入足量Cl2:2Fe2Cl2=2Fe32ClCAlCl3溶液中加入过量氨水:Al33OH=Al(OH)3D铜与浓硝酸反应:3Cu8H2NO3=3Cu22NO4H2O8、短周期主族元素a、b、

5、c、d的原子序数依次增大。这四种元素形成的单质依次为m、n、p、q,x、y、z是这些元素组成的二元化合物,其中z为形成酸雨的主要物质之一;25时, 0.01 mol/L w溶液pH=12。上述物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是( )A原子半径的大小:abcdB氢化物的稳定性:bdCy中阴阳离子个数比为1:2D等物质的量y、w溶于等体积的水得到物质的量浓度相同的溶液9、下列实验过程可以达到实验目的的是选项实验目的实验过程A检验久置的Na2SO3粉末是否变质取样配成溶液,加入盐酸酸化,再加氯化钡溶液,观察到有白色沉淀产生B制备纯净的FeCl2向含少量FeBr2的FeCl2溶液中滴入适量新制氯

6、水,并加入CCl4萃取分液C制备银氨溶液向5mL0.1molL-1 AgNO3 溶液中加入1mL0.1molL-1 NH3H2OD探究浓度对反应速率的影响向2支盛有5mL不同浓度NaHSO3溶液的试管中同时加入2 mL 5H2O2溶液,观察实验现象AABBCCDD10、对于反应2N2O5(g)4NO2(g)+O2(g),R.AOgg提出如下反应历程:第一步 N2O5NO3+NO2快速平衡第二步 NO2+NO3NO+NO2+O2慢反应第三步 NO+NO32NO2快反应其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡。下列表述正确的是Av(第一步的逆反应) v(第二步反应)B反应的中间产物只有NO3C第

7、二步中NO2与NO3的碰撞仅部分有效D第三步反应活化能较高11、某黄色溶液中可能含有Na+、NH4+、Fe2+、Fe3+、Cl、SO42、CO32等离子(不考虑水的电离和离子的水解)。某同学为了确定其组分,设计并完成了如下实验:下列说法正确的是( )Ac(Fe3+)一定为0.2 molL1Bc(Cl)至少为0.2 molL1CNa+、SO42一定存在,NH4+一定不存在DNa+、Fe2+可能存在,CO32一定不存在12、杂环化合物是分子中含有杂环结构的有机化合物。常见的六元杂环化合物有下列说法正确的是( )A吡啶和嘧啶互为同系物B吡喃的二氯代物有6种(不考虑立体异构)C三种物质均能发生加成反应

8、D三种分子中所有原子处于同一平面13、常温下,将1.0L X mol/L CH3COOH溶液与0.1mol NaOH固体混合充分反应,再向该混合溶液中通人HCl气体或加入NaOH固体(忽略体积和温度变化),溶液pH随通入(或加入)物质的物质的量的变化如图所示。下列说法正确的是AX碳酸次氯酸,所以CO32+2Cl2+ H2OCO2+2Cl+ 2HClO,C错误;D浓盐酸能拆成离子形式,不能写成分子式,D错误;正确选项B。7、A【答案解析】A、向明矾(KAl(SO4)212H2O)溶液中滴加Ba(OH)2溶液,恰好使SO42沉淀完全:Al3+2SO422Ba2+4OHAlO2-2BaSO42H2O

9、,故A正确;B、向FeBr2溶液中通入足量Cl2的离子反应为:2Fe2+ +4Br-十3Cl2= 2Fe3+ + 2Br2 + 6Cl-,故B不正确;C、AlCl3溶液中加入过量氨水的离子反应为:A13+ + 3NH3H2O= Al(OH)3+3NH4+,故C不正确;D、铜与浓硝酸反应的离子反应为:Cu+4H+ +2NO3- = Cu2+ + 2NO2+2H2O,故D不正确;故选A。【答案点睛】离子反应方程式的正误判断:(1)、是否符合客观事实;(2)、拆分是否正确,能够拆分的是强酸、强碱和可溶性盐。如C选项,一水合氨为弱碱,不能拆分,所以C错误;(3)、电荷守恒。8、C【答案解析】短周期主族

10、元素,a、b、c、d的原子序数依次增大。四种元素形成的单质依次为m、n、p、q时;x、y、z是这些元素组成的二元化合物,其中z为形成酸雨的主要物质之一,z为SO2,q为S,d为S元素;250.01 mol/Lw溶液pH=12,w为强碱溶液,则w为NaOH,结合原子序数及图中转化可知,a为H,b为O,c为Na,x为H2O,y为Na2O2,以此来解答。【题目详解】根据上述分析可知:a为H,b为O,c为Na,d为S元素,x为H2O,y为Na2O2,z为SO2。A原子核外电子层越多,原子半径越大,同一周期元素从左向右原子半径减小,则原子半径的大小:abdS,元素的非金属性越强,其相应的氢化物稳定性就越

11、强,故氢化物的稳定性:H2OH2S,即bd,B错误;Cy为Na2O2,其中含有离子键和非极性共价键,电离产生2个Na+和O22-,所以y中阴、阳离子个数比为1:2,C正确;D. y是Na2O2,Na2O2溶于水反应产生NaOH和O2,w为NaOH,1 mol Na2O2反应消耗1 mol H2O产生2 mol NaOH,所以等物质的量y、w溶于等体积的水得到的溶液的物质的量浓度不同,D错误;故合理选项是C。【答案点睛】本题考查无机物的推断,把握元素化合物知识、物质的转化推断物质及元素为解答的关键,注意酸雨的成分是SO2、w为NaOH为推断的突破口,试题侧重考查学生的分析与推断能力。9、A【答案

12、解析】A.久置的Na2SO3粉末变质,转化成Na2SO4,取样配成溶液,加入盐酸酸化,除去SO32等离子对实验的干扰,再加BaCl2溶液,如果有白色沉淀生成,则说明Na2SO3变质,如果没有白色沉淀,则说明Na2SO3没有变质,能达到实验目的,故A符合题意;B.还原性:Fe2Br,加入氯水,先将Fe2氧化成Fe3,不能达到实验目的,故B不符合题意;C.制备银氨溶液的操作步骤:向硝酸银溶液中滴加氨水,发生AgNO3NH3H2O=AgOHNH4NO3,继续滴加氨水至白色沉淀恰好溶解,发生AgOH2NH3H2O=Ag(NH3)2OH2H2O,根据方程式,推出5mL0.1molL1AgNO3溶液中加入

13、15mL0.1molL1NH3H2O,故C不符合题意;D.NaHSO3与H2O2反应无现象,不能观察实验现象得到结论,故D不符合题意;答案:A。10、C【答案解析】A第一步反应为可逆反应且快速平衡,而第二步反应为慢反应,所以v(第一步的逆反应) v(第二步反应), 故A错误;B. 由第二步、第三步可知反应的中间产物还有NO, 故B错误;C.因为第二步反应为慢反应,故NO2与NO3的碰撞仅部分有效, 故C正确;D.第三步反应为快速反应,所以活化能较低,故D错误;本题答案为:C。11、D【答案解析】某黄色溶液中可能含有Na、NH4、Fe2、Fe3、Cl、SO42、CO32等离子,初步判断含Fe3,

14、加入过量NaOH溶液,加热,产生的红褐色沉淀为氢氧化铁,灼烧得到1.6g固体为三氧化二铁,氧化铁的物质的量=1.6g/160gmol1=0.01mol,则原溶液中含有0.02mol铁元素为Fe3,原溶液中一定没有CO32,4.66g不溶于盐酸的固体为硫酸钡,硫酸钡的物质的量=4.66g/233gmol1=0.02mol,原溶液中含有0.02mol硫酸根离子,由于加入了氢氧化钠溶液,无法判断原溶液中是否含有钠离子,由溶液为电中性可判断是否存在氯离子。【题目详解】加入过量NaOH溶液,加热产生的红褐色沉淀为氢氧化铁,1.6g固体为三氧化二铁,氧化铁的物质的量为0.01mol,则原溶液中含有0.02

15、mol铁元素为Fe3+,原溶液中一定没有CO32,由于加入了NaOH,无法判断原溶液中是否含有Na+,4.66g不溶于盐酸的固体为硫酸钡,硫酸钡的物质的量为0.02mol,则原溶液中含有0.02mol硫酸根离子,由电荷守恒,正电荷=3n(Fe3+)=0.06,负电荷=2n(SO42)=0.04,原溶液中一定有Cl,物质的量应为 0.02mol30.02mol2=0.02mol,若含有亚铁离子时,c(Cl)可能小于0.2mol/L,溶液中Fe2+加热被氧化也可以生成铁离子,则原溶液中c(Fe3+)=0.2mol/L,溶液中Na+、NH4+、Fe2+离子可能存在,故选:D。12、C【答案解析】A同

16、系物差CH2,吡啶和嘧啶还差了N,不可能是同系物,A项错误;B吡喃的二氯代物有7种,当一个氯位于氧的邻位,有4种,当一个氯位于氧的间位有2种,当一个氯位于氧的对位,有1种,B项错误;C三种物质均能有以双键形式存在的键,能发生加成反应,C项正确;D吡喃含有饱和碳原子结构,所有原子不可能处于同一平面,D项错误;答案选C。13、B【答案解析】根据图像可知,b点溶液显酸性,则为CH3COOH、CH3COONa的混合液。【题目详解】A. b点溶液呈酸性,酸过量,则X0.1mol/L,A错误;B. ba过程中,加入NaOH溶液,消耗过量的乙酸,生成乙酸钠,则水的电离程度逐渐增大,B正确;C. a点时,向乙

17、酸溶液中加入0.2molNaOH,溶液中c(H+)=10-7mol/L,c(CH3COO-)=0.2mol/L,c(CH3COOH)=(X-0.2)mol/L,则Ka (CH3COOH) =,C错误;D. bc过程中,溶液中酸性增强,c(CH3COOH)增大,c(CH3COO) 减小,而逐渐变大,D错误;答案为B。【答案点睛】b点为CH3COOH、CH3COONa的混合液,加入NaOH时,生成更多的CH3COONa,促进水的电离。14、C【答案解析】A选项,不能用pH试纸测量氯水的pH,氯水有漂白性,故A错误;B选项,该装置不是催化裂化装置,C5H12裂解为分子较小的烷烃和烯烃,常温下为气体,

18、故B错误;C选项,热水中颜色加深,说明2NO2(g)N2O4(g)为放热反应,升温平衡逆向移动,故C正确;D选项,该装置不能用于AlCl3溶液制备AlCl3晶体,由于氯化铝易发生水解,可在HCl气流中加热AlCl3溶液制备AlCl3晶体,故D错误。综上所述,答案为C。15、D【答案解析】由图中信息可知,该燃料电池的总反应为2H2S+O2=2S+2H2O,该反应中硫化氢是还原剂、氧气是氧化剂。硫化氢通入到电极a,所以a电极是负极,发生的电极反应为2H2S+2O2-4e-=S2+2H2O;氧气通入到电极b,所以b电极是正极。该反应中电子转移数为4个电子,所以电路中每流过4mol电子,正极消耗1mo

19、lO2,发生的电极反应为O2+4e-=2O2-.综上所述,D正确,选D。点睛:本题考查的是原电池原理。在原电池中一定有一个可以自发进行的氧化还原反应发生,其中还原剂在负极失去电子发生氧化反应,电子经外电路流向正极;氧化剂在正极上得到电子发生还原反应,电子定向移动形成电流。在书写电极反应式时,要根据电解质的酸碱性分析电极反应的产物是否能稳定存在,如果产物能与电解质的离子继续反应,就要合在一起写出总式,才是正确的电极反应式。有时燃料电池的负极反应会较复杂,我们可以先写出总反应,再写正极反应,最后根据总反应和正极反应写出负极反应。本题中电解质是氧离子固体电解质,所以正极反应就是氧气得电子变成氧离子,

20、变化较简单,可以先作出判断。16、D【答案解析】A、该实验体现的是浓硫酸的吸水性,选项A错误;B、氨气为碱性气体,而P2O5是酸性氧化物,两者在潮湿的条件下可发生反应,选项B错误;C、向饱和氯化铁溶液中滴加氨水将得到氢氧化铁沉淀,得不到胶体,选项C错误;D、MgO粉末可促进铁离子水解生成氢氧化铁的沉淀,过滤后得到MgCl2溶液,选项D正确;答案选D。二、非选择题(本题包括5小题)17、羟基、醛基 16 加成反应(或还原反应) HCHO 【答案解析】反应是苯与溴发生取代反应生成A,A为,结合B的分子式可知,A发生水解反应生成B,B为。结合D的分子式与E的结构简式可知D为。对比E与新泽茉莉醛的结构

21、简式,结合FG的反应条件及信息,可知EF发生信息中的反应,FG发生信息中的反应,且甲的相对分子质量为30,可推知甲为HCHO、F为、G为,G与氢气发生加成反应生成新泽茉莉醛。结合C的分子式可知,2分子 苯酚与1分子 HCHO反应生成C,化合物C能发生信息中的反应,说明C中含有羟基,且C核磁共振氢谱有四种峰,可推知C为,结合信息可知PC树脂结构简式为,据此分析解答(1)(6);(7)结合已知,乙醇催化氧化生成乙醛,乙醛与苯甲醛反应得到,再进一步氧化生成,最后与乙醇发生酯化反应得到目标物,据此书写合成路线图。【题目详解】(1)E为,含氧官能团有羟基、醛基,E分子中苯环、-CHO均为平面结构,且直接

22、相连的原子共面,共面原子数目最多为16个,故答案为羟基、醛基;16;(2)反应的化学方程式为,故答案为;(3)E为,与化合物E互为同分异构体的有机物符合条件:a能与浓溴水产生白色沉淀,说明含酚-OH;b能与NaHCO3溶液反应产生气体,说明含-COOH;c苯环上一氯代物有两种,则苯环上有2种H,则符合条件的E的同分异构体为,故答案为;(4)反应中G()与氢气发生加成反应生成新泽茉莉醛,故答案为加成反应;(5)由上述分析可知甲和G分别为HCHO、,故答案为HCHO;(6)反应的化学方程式为n+n+(2n-1)HCl,故答案为n+n+(2n-1)HCl;(7)以乙醇和苯甲醛()为原料,合成,乙醇氧

23、化生成乙醛,乙醛与苯甲醛反应生成苯丙烯醛,再将-CHO氧化为-COOH,最后在与乙醇发生酯化反应,则合成流程为CH3CH2OHCH3CHO,故答案为CH3CH2OHCH3CHO。【答案点睛】本题的难点是物质结构的推导,要注意充分利用题示已知信息和各小题中提供的条件。本题的易错点为(6),要注意方程式的配平。18、CHCCH=CH2 CHCCH2OH CH2=CHCH=CH2+Br2CH2BrCH=CHCH2Br nHOCH2(CH2)2CH2OH+2nH2O 4个 【答案解析】乙炔与甲醛发生加成反应生成D为HCCCH2OH,D与甲醛进一步发生加成反应生成E为HOCH2CCCH2OH,E与氢气发

24、生加成反应生成HOCH2CH2CH2CH2OH。分子乙炔聚合得到A为HCCCH=CH2,结合信息可以知道及HOCH2CH2CH2CH2OH可以知道,A与氢气发生加成反应生成B为CH2=CHCH=CH2,B与溴发生1,4-加成反应生成BrCH2CH=CHCH2Br,BrCH2CH=CHCH2Br与氢气发生加成反应生成C为BrCH2CH2CH2CH2Br,C发生水解反应得到HOCH2CH2CH2CH2OH,1,4-丁二醇与对苯二甲酸发生缩聚反应生成PBT为,由乙炔制乙二醇,可以用乙炔与氢气加成生成乙烯,乙烯与溴加成生成1,2-二溴乙烷,1,2-二溴乙烷再发生碱性水解可得乙二醇。据此分析。【题目详解

25、】(1)由上述分析可以知道A为HCCCH=CH2,D为HCCCH2OH,答案为:HCCCH=CH2;HCCCH2OH;(2)CH2=CHCH=CH2与溴发生1,4加成反应生成BrCH2CH=CHCH2Br,化学方程式为:CH2=CHCH=CH2+Br2CH2BrCH=CHCH2Br,1,4-丁二醇与对苯二甲酸发生缩聚反应生成PBT,反应方程式为: ;(3)关于对苯二甲酸的结构,在同一直线上的原子为处在苯环对位上的两个碳原子和两个氢原子,所以最多4个,答案为:4;(4) 由乙炔制乙二醇,可以用乙炔与氢气加成生成乙烯,乙烯与溴加成生成1,2-二溴乙烷,1,2-二溴乙烷再发生碱性水解可得乙二醇,反应

26、的合成路线流程图为:。19、碱式滴定管 MnMnO3+2I+6H+I2+2Mn2+3H2O 蓝 无 偏高 【答案解析】(1)滴定环节中使用的仪器有滴定管夹、铁架台、烧杯、锥形瓶和滴定管,滴定管装Na2S2O3溶液,Na2S2O3显碱性;(3)中有MnMnO3沉淀生成同时有碘离子剩余,加入1.0mL硫酸溶液,塞紧瓶塞,振荡水样瓶,沉淀全部溶解,此时溶液变为黄色,说明产生I2,根据氧化还原反应方程式分析;(4)待测液中有I2,用淀粉溶液做指示剂,溶液为蓝色,终点时为无色;(5)根据关系式,进行定量分析;(6)含有较多NO3时,在酸性条件下,形成硝酸,具有强氧化性,会氧化Na2S2O3。【题目详解】

27、(1)滴定环节中使用的仪器有滴定管夹、铁架台、烧杯、锥形瓶和滴定管,滴定管装Na2S2O3溶液,Na2S2O3显碱性,用碱式滴定管,故答案为:碱式滴定管;(3)中有MnMnO3沉淀生成同时有碘离子剩余,加入1.0mL硫酸溶液,塞紧瓶塞,振荡水样瓶,沉淀全部溶解,此时溶液变为黄色,说明产生I2,即碘化合价升高,Mn的化合价会降低,离子方程式为MnMnO3+2I+6H+I2+2Mn2+3H2O,故答案为:MnMnO3+2I+6H+I2+2Mn2+3H2O;(4)待测液中有I2,用淀粉溶液做指示剂,溶液为蓝色,终点时为无色,故答案为:蓝;无;(5)由4Mn2+O2+8OH2MnMnO3+4H2O,M

28、nMnO3+2I+6H+I2+2Mn2+3H2O,I2 +2Na2S2O3 =2NaI+Na2S4O6,可知关系式,即,则氧气的物质的量x=,v1mL水样中溶解氧=,故答案为:;(6)含有较多NO3时,在酸性条件下,形成硝酸,具有强氧化性,会氧化Na2S2O3,即Na2S2O3用量增加,结果偏高,故答案为:偏高。【答案点睛】本题难点(3),信息型氧化还原反应方程式的书写,要注意对反应物和生成物进行分析,在根据得失电子守恒配平;易错点(5),硝酸根存在时,要注意与氢离子在一起会有强氧化性。20、NO2-发生水解反应NO2-+H2OHNO2+OH-,温度升高水解平衡正向移动,碱性增强,溶液红色加深

29、 还原性 N原子最外层5个电子(可用原子结构示意图表示),+3价不稳定,易失电子,体现还原性 浅绿色 棕色 0.5molL1Fe2(SO4)3溶液(pH=3) 棕色溶液中的Fe(NO)2+受热生成NO和Fe2+,NO被空气氧化为NO2,加热有利于Fe2+被氧化为Fe3+,促进Fe3+水解,产生Fe(OH)3沉淀 阻碍Fe2+与NO接触,避免络合反应发生 Fe2+ +NO2-+2H+= Fe3+ +NO+H2O 【答案解析】(1)根据实验I的现象说明NaNO2为强碱弱酸盐,NO2-发生水解反应NO2-+H2OHNO2+OH-,温度升高水解平衡正向移动,碱性增强,溶液红色加深;(2)N原子最外层5

30、个电子,NO2-中N为+3价不稳定,易失电子,体现还原性;(3)若要证明棕色物质是NO与Fe2+,而非Fe3+发生络合反应的产物,需要作对照实验,即向pH均为3,含Fe2+和Fe3+浓度均为1mol/L的FeSO4溶液和Fe2(SO4)3溶液中通入NO,若通入FeSO4溶液出现溶液由浅绿色迅速变为棕色,而通入Fe2(SO4)3溶液无现象,则可证明;加热实验IV中的棕色溶液,有气体逸出,该气体在接近试管口处变为红棕色,说明加热后生成了NO气体;溶液中有红褐色沉淀生成,说明生成了Fe(OH)3,据此解答;(4)将K闭合后电流表指针发生偏转,向左侧滴加醋酸后偏转幅度增大,由图可知,该装置构成了原电池

31、,两电极分别产生NO和Fe3+,U形管中间盐桥的作用是阻碍Fe2+与NO接触,避免络合反应发生;两电极反应式相加得总反应式。【题目详解】(1)根据实验I的现象说明NaNO2为强碱弱酸盐,NO2-发生水解反应NO2-+H2OHNO2+OH-,温度升高水解平衡正向移动,碱性增强,溶液红色加深,所以在2mL1 molL-1 NaNO2溶液中滴加酚酞溶液出现溶液变为浅红色,微热后红色加深,故答案为NO2-发生水解反应NO2-+H2OHNO2+OH-,温度升高水解平衡正向移动,碱性增强,溶液红色加深;(2)根据实验II说明NaNO2溶液与KMnO4 溶液在酸性条件下发生氧化还原反应而使KMnO4 溶液的

32、紫色褪去,即KMnO4被还原,说明NO2-具有还原性。NO2-具有还原性的原因是:N原子最外层5个电子(可用原子结构示意图表示),+3价不稳定,易失电子,体现还原性,故答案为还原性;N原子最外层5个电子(可用原子结构示意图表示),+3价不稳定,易失电子,体现还原性;(3)实验IV在FeSO4 溶液(pH=3)中滴加NaNO2溶液,溶液先变黄,后迅速变为棕色,滴加KSCN溶液变红,说明有Fe3+生成,NO2-被还原为NO。若要证明棕色物质是是NO与Fe2+,而非Fe3+发生络合反应的产物,需要作对照实验,即向pH均为3,含Fe2+和Fe3+浓度均为1mol/L的FeSO4溶液和Fe2(SO4)3溶液中通入NO,若通入FeSO4溶液出现溶液由浅绿色迅速变为棕色,而通入Fe2(SO4)3溶液无现象,则可证明;故答案为浅绿色;棕色;0.5molL1Fe2(SO4)3溶液(pH=3);加热实验IV中的棕色溶液,有气体逸出,该

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