高考化学提高题专题复习硫及其化合物练习题附答案解析.docx
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高考化学提高题专题复习硫及其化合物练习题附答案解析
高考化学提高题专题复习硫及其化合物练习题附答案解析
一、高中化学硫及其化合物
1.常见含硫物质A~D,在生活、生产中有着广泛应用,它们之间的转化关系如下图所示。
其中反应①、②中所需物质B溶液的浓度不同。
请按要求回答下列问题:
(1)A的化学式为_______。
(2)反应①、②中Cu、Fe所起的作用相同,即都作_______(填“氧化剂”或“还原剂”),你判断的依据是它们都是金属,在反应中都_______。
(3)反应②的离子方程式为_______。
(4)大气中因废气A引起酸雨的反应流程之一可用下图示意:
上图中由D→B的转化所需氧化剂为_______。
当将含D的雨水敞口放置一段时间后(忽略溶液体积、温度的变化),其c(H+)将_______。
(填“增大”“减小”或“不变”)。
废气A是一种重要的化工原料,常采用氨吸收法进行循环利用、变废为宝。
某工厂若将4.48×106L(标准状况下)废气A进行环保处理,完全转化为NH4HSO3时,需消耗10mol/L氨水溶液(溶质全部以NH3•H2O计)的体积为_______L。
【答案】SO2还原剂失去电子,化合价升高Fe+2H+=Fe2++H2↑O2增大20000
【解析】
【分析】
由B(含氧酸)在常温下与足量的铁反应生成C(硫酸盐),故B是H2SO4,反应方程式为Fe+2H2SO4=FeSO4+H2↑,C是FeSO4;Cu+2H2SO4(浓)
CuSO4+SO2↑+2H2O,故A是SO2,SO2+H2O
H2SO3,D是H2SO3。
【详解】
(1)由解析可知,A的化学式为SO2;
(2)反应①、②中,反应前后Cu、Fe元素的化合价都升高,故反应①、②中Cu、Fe所起的作用相同,即都作还原剂;
(3)铁与稀硫酸常温下反应,离子方程式为Fe+2H+=Fe2++H2↑;
(4)H2SO3→H2SO4过程中,S元素化合价升高,即H2SO3被空气中的O2氧化为H2SO4;2H2SO3+O2=H2SO4,H2SO3是弱酸,H2SO4是强酸,故当将含H2SO3的雨水敞口放置一段时间后(忽略溶液体积、温度的变化),其c(H+)将增大;SO2+NH3•H2O=NH4HSO3,n(SO2)=
=2.0×105mol,故n(NH3•H2O)=2.0×105mol,需消耗10mol/L氨水溶液(溶质全部以NH3•H2O计)的体积为
=20000L。
【点睛】
本题是结合图考查S元素的化合物知识,有关化学方程式书写等,难度不大。
2.
、
、
、
、
五种物质中含有同一种元素,其相互转化的关系如图所示。
已知
是黄色固体,回答下列问题。
(1)写出
、
的化学式:
______、
______。
(2)写出
的化学方程式:
____________。
(3)将足量的物质
通入
溶液中,下列说法正确的是______(填序号)。
a.溶液没有明显变化
b.溶液中出现白色沉淀
c.若继续通入
,则溶液中出现白色沉淀
【答案】
ac
【解析】
【分析】
A为黄色固体,A既能与O2反应,又能与H2反应,则A为S,C为SO2,B为H2S,D为SO3,E为H2SO4,据此分析;
【详解】
A为黄色固体,A既能与O2反应,又能与H2反应,则A为S,C为SO2,B为H2S,D为SO3,E为H2SO4,
(1)A为黄色固体,结合A的相关反应可判断出A是
,从而得出B、E分别是
、
;
(2)
的化学方程式为
;
(3)
与
不发生反应,若继续通入
,与
反应生成
,则溶液中出现白色沉淀。
【点睛】
无机推断题,应找准“题眼”,然后大胆猜测,突破口是A为黄色固体,高中常见的黄色有Na2O2、AgBr、AgI、S,A能与O2、H2反应,则A为S,应注意S与氧气反应,无论氧气是否过量,生成的都是SO2,然后按照流程就可以得到结果。
3.在一定条件下,金属单质X和非金属单质Y能够反应,生成化合物Z,Z能与水发生水解反应生成气体G和白色沉淀P(如下框图所示),已知气体G与空气之密度比约为1.17。
请填空:
(1)组成单质X和Y的元素分别属第____________族和第___________族;
(2)Z与水发生水解反应方程式_____________________;
(3)每生成1mol的化合物Z,反应中转移_________________mol的电子。
【答案】ⅢAⅥAAl2S3+6H2O===2Al(OH)3↓+3H2S↑6
【解析】
【分析】
气体G与空气之密度比约为1.17,所以G的相对分子质量为29×1.17=34,则G应为H2S,在一定条件下,金属单质X和非金属单质Y反应,生成化合物Z,则Z中含有X、Y两种元素,其中一种元素为S元素,Z与水作用可生成气体G(H2S)和白色沉淀P,可推知Z为Al2S3,沉淀P为Al(OH)3,所以X为Al、Y为S,据此分析解答。
【详解】
(1)根据上述分析,X为Al、Y为S,所以组成单质X和Y的元素分别属第ⅢA族和第ⅥA族,故答案为:
ⅢA、ⅥA;
(2)根据上述分析可知,化合物Z的化学式为Al2S3,与水发生水解反应方程式为Al2S3+6H2O=2Al(OH)3↓+3H2S↑,故答案为:
Al2S3+6H2O=2Al(OH)3↓+3H2S↑;
(3)根据上述分析可知,化合物Z的化学式为Al2S3,Al由0价升高到+3价,每生成1mol的化合物Z,反应中转移电子6mol,故答案为:
6。
4.硫及其化合物有如下转化关系
(1)发生氧化还原反应的是___________(填序号)
(2)写出(5)的反应方程式____________,说明浓硫酸具有___________,制取CuSO4,__________方法最好(填序号);
(3)SO2是造成空气污染,形成酸雨的主要物质。
SO2在水的存在下与氧气反应生成硫酸,反应方程式为_____________。
验证二氧化硫的方法是_____________。
(4)某溶液中含有Cl-、SO42-,可能含有Na+、Fe2+或其中一种。
①验证Cl-、SO42-的方法是______________
A.先加BaCl2溶液,等沉淀后,再加AgNO3溶液
B.先加AgNO3溶液,等沉淀后,再加BaCl2溶液
C.先加Ba(NO3)2溶液,等沉淀后,再加AgNO3溶液
②验证Na+或Fe2+最简单的方法是_____________。
【答案】①②⑤2H2SO4(浓)+Cu
CuSO4+SO2↑+2H2O强氧化性⑥2SO2+O2+2H2O=2H2SO4将某气体通入盛品红溶液的试管中,品红褪色,再加热,又出现红色,证明是SO2C若溶液为无色,则溶液中只有Na+;若溶液显绿色,一定有Fe2+,再做焰色反应,以证明Na+的存在
【解析】
【详解】
(1)依据转化关系中反应前后元素化合价变化分析,①反应是硫单质和铁发生反应一定有元素化合价变化属于氧化还原反应;②是硫和氧气反应生成二氧化硫属于氧化还原反应;③是三氧化硫和氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀,无元素化合价变化,不是氧化还原反应;④是硫酸铜和氯化钡溶液反应生成沉淀,发生的是复分解反应;⑤是铜和浓硫酸加热反应,发生的是氧化还原反应,⑥是氧化铜与硫酸的反应,没有元素的化合价发生变化;有元素化合价变化的反应为氧化还原反应,因此①②⑤属于氧化还原反应;故答案为①②⑤;
(2)反应⑤是浓硫酸和铜加热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水,反应的化学方程式为:
2H2SO4(浓)+Cu
CuSO4+SO2↑+2H2O,反应中浓硫酸表现了酸性和强氧化性;硫酸和氧化铜反应生成硫酸铜,反应过程中无污染气体生成最好,制备硫酸铜的方法,⑥最好,⑤生成二氧化硫污染性气体;故答案为2H2SO4(浓)+Cu
CuSO4+SO2↑+2H2O;强氧化性;⑥;
(3)SO2在水的存在下与氧气反应生成硫酸,分压的化学方程式为:
2SO2+O2+2H2O═2H2SO4;依据二氧化硫的特征性质检验二氧化硫,使品红试液褪色,加热恢复红色,方法为:
将某气体通入盛品红溶液的试管中,品红褪色,再加热,又出现红色,证明是SO2;故答案为2SO2+O2+2H2O═2H2SO4;将某气体通入盛品红溶液的试管中,品红褪色,再加热,又出现红色,证明是SO2;
(4)①依据氯离子用硝酸酸化的硝酸银检验、硫酸根离子检验方法加入盐酸,在加入硝酸钡进行检验,注意离子检验设计应先检验硫酸根离子,沉淀完全后再检验氯离子的存在。
A.先加BaCl2溶液,等沉淀后,再加AgNO3溶液,氯离子和硫酸根离子都会生成白色沉淀,不能确定离子存在,选项A错误;
B.先加AgNO3溶液,等沉淀后,再加BaCl2溶液,硫酸根离子也能生成白色沉淀硫酸银,不能检验离子存在,选项B错误;
C.先加Ba(NO3)2溶液,等沉淀后,检验硫酸根离子存在,除去硫酸根离子后再加AgNO3溶液,检验氯离子存在,选项C正确;
答案为C;
②依据亚铁离子溶液呈浅绿色,钠离子溶液中为无色,或做焰色反应检验;若溶液为无色,则溶液中只有Na+;若溶液显绿色,一定有Fe2+,再做焰色反应,以证明Na+的存在;故答案为若溶液为无色,则溶液中只有Na+;若溶液显绿色,一定有Fe2+,再做焰色反应,以证明Na+的存在。
5.如图中A~H都是中学化学中常见的物质,其中,常温下A能使铁或铝钝化,B是固体非金属单质,C为水,D是一种能使品红溶液褪色的无色气体,F是金属单质,G可以用作耐火材料,它们之间有如下转化关系:
(1)写出下列物质的化学式:
E____________,H____________;
(2)写出A溶液与B反应的化学方程式:
____________;
试写出E与F的反应方程式:
_______________。
【答案】CO2SO3C+2H2SO4(浓)
2SO2↑+CO2↑+2H2O2Mg+CO2
2MgO+C
【解析】
【分析】
常温下A能使铁或铝钝化,A可能为浓硝酸或浓硫酸,B是固体非金属单质,C为水,D是一种能使品红溶液褪色的无色气体,则A为浓硫酸,B为碳,D为SO2,E为CO2,SO2被氧气氧化产生SO3,所以H为SO3,SO3与H2O反应产生H2SO4,F是金属单质,能够在CO2发生燃烧反应,则F是Mg,Mg在CO2中燃烧产生C、MgO,G可以用作耐火材料,则G为MgO,据此解答。
【详解】
根据上述分析可知:
A为浓H2SO4,B为C,C为H2O,D为SO2,E为CO2,F是Mg,G为MgO,H为SO3。
(1)E为CO2,H为SO3;
(2)C与浓硫酸混合加热发生氧化还原反应,产生CO2、SO2、H2O,反应的化学方程式:
C+2H2SO4(浓)
2SO2↑+CO2↑+2H2O;Mg在CO2中在点燃时反应产生MgO和C,反应方程式为:
2Mg+CO2
2MgO+C。
【点睛】
本题考查了无机物的推断。
常温下A能使铁或铝钝化,D是一种能使品红溶液褪色的无色气体是本题的突破口,要掌握各种物质的性质及转化关系,注意镁可以在二氧化碳气体中燃烧。
6.常温下某淡黄色固体单质A,与它的气态氢化物B和氧化物C之间,有如右图的转变关系,试回答:
(1)A是_______、B是_______、C是_______。
(2)B的物质的量为x,氧气的物质的量为y,则当B跟氧气恰好反应,完全转化为A时,x与y的数值关系为_______;若当B转化为C时,反应后,常温下体系中只有C一种气体,x与y的数值关系是_______________。
【答案】SH2SSO2
【解析】 【详解】 (1)常温下某淡黄色固体单质A为S,S与O2在点燃时发生反应产生C是SO2,它的气态氢化物B是H2S,H2S不完全燃烧产生S和H2O,完全燃烧产生SO2和H2O,因此A、B、C三种物质分别是: A为S,B为H2S,C为SO2; (2)H2S物质的量是x,氧气的物质的量为y,当H2S跟氧气恰好反应,完全转化为S时,发生反应: 2H2S+O2 2S+2H2O,根据方程式可知x与y的数值关系是: y: x= ; 当H2S部分转化为S单质,部分转化为SO2气体,2H2S+O2 2S+2H2O反应后,在常温下体系中只有SO2这一种气体,此时 <y: x,根据方程式2H2S+3O2 2SO2+2H2O可知,当y: x=3: 2时,只有SO2一种气体剩余,若y: x> 时,O2过量,H2S完全转化为SO2,O2还有剩余,2H2S+3O2 2SO2+2H2O反应后,常温下体系中除了有SO2气体外,还有剩余的O2,所以符合要求的x与y的数值关系是 。 7.以下是与氧气性质有关的实验,回答相关问题。 (1)写出铜和氧气反应的化学方程式__。 (2)写出铁丝在氧气中燃烧的化学方程式__,该反应的实验现象为__。 (3)硫燃烧时瓶底盛少量水的作用是__,硫在氧气中燃烧比在空气中燃烧更剧烈的原因是因为___不同。 【答案】2Cu+O2 2CuO3Fe+2O2 Fe3O4剧烈燃烧,火星四射,放出热量,生成黑色固体吸收生成的二氧化硫气体,防止污染空气氧气浓度 【解析】 【详解】 (1)该实验的原理是: 铜粉与氧气反应生成氧化铜;发生反应的化学方程式为2Cu+O2 2CuO; (2)该铁丝在氧气中燃烧生成了四氧化三铁,该反应的化学方程式是: 3Fe+2O2 Fe3O4;反应的实验现象是: 剧烈燃烧,火星四射,生成黑色固体; (3)由于二氧化硫是对大气有污染的气体,做硫在氧气燃烧的实验时瓶底盛放少量水的作用是: 吸收二氧化硫防止污染空气; 硫在空气中燃烧产生淡蓝色火焰、在氧气中燃烧蓝紫色火焰,氧气中氧气的浓度比空气中氧气的浓度要大。 8.MnO2是一种重要无机材料,粗MnO2的提纯是工业生产的重要环节。 某研究性学习小组设计了将粗MnO2(含有较多的MnO和MnCO3)样品转化为纯MnO2的实验,流程: (1)第一次过滤后,所得滤液中含有的主要阳离子为____________________;所得滤渣需要洗涤,判断滤渣已洗涤干净的方法是__________________________________________ (2)完成第②步相关的离子反应: ________________________________________________. (3)第③步蒸发操作必需的仪器有铁架台(含铁圈)、玻璃棒、酒精灯、_______________,已知蒸发得到的固体中有NaClO3和NaOH,则一定还含有____________(写化学式)。 (4)粗MnO2样品的质量为12.69g,第①步反应后,过滤得到8.7gMnO2,并收集到0.224LCO2(标准状况下),则在第②步反应中至少需要_______molNaClO3。 【答案】H+、Mn2+向最后一次洗涤液中加入BaCl2溶液,无浑浊,说明沉淀已洗涤干净 蒸发皿NaCl0.02 【解析】 【分析】 由制备流程可知,MnO2不溶于硫酸,样品中的MnO、MnCO3和硫酸反应生成可溶性的MnSO4,滤液中含MnSO4,为保证固体充分溶解,硫酸是过量的,第②步发生5MnSO4+2NaClO3+4H2O=5MnO2↓+Cl2↑+Na2SO4+4H2SO4,第③步中氯气与热的NaOH发生氧化还原反应生成NaCl、NaClO3、水,溶液蒸发可得到固体,以此解答。 【详解】 (1)加稀硫酸时样品中的MnO和MnCO3分别和硫酸反应生成可溶性的MnSO4,为保证固体充分溶解,硫酸是过量的,第一次过滤后,所得滤液中含有的主要阳离子为: H+、Mn2+;所得滤渣需要洗涤,判断滤渣已洗涤干净,只需检验最后一次洗涤液中是否含有硫酸根离子即可,方法是: 向最后一次洗涤液中加入BaCl2溶液,无浑浊,说明沉淀已洗涤干净,故答案为: H+、Mn2+;向最后一次洗涤液中加入BaCl2溶液,无浑浊,说明沉淀已洗涤干净; (2)MnSO4要转化为MnO2,需失去电子,故需要加入NaClO3做氧化剂,Mn元素化合价从+2价升高至+4价,Cl元素化合价从+5价降低至0价,依据得失电子守恒以及原子守恒可以配平,所以反应的化学方程式是: 5MnSO4+2NaClO3+4H2O=5MnO2↓+Cl2↑+Na2SO4+4H2SO4,因此反应的离子方程式是: ; (3)第③步属于蒸发,所以需要的仪器有铁架台(含铁圈)、酒精灯、蒸发皿、玻璃棒;Cl2通入热的NaOH溶液中一定发生氧化还原反应,且氯气既做氧化剂又做还原剂,NaClO3属于氧化产物,因此一定有还原产物NaCl; (4)由题意知样品中的MnO和MnCO3质量为12.69g-8.7g=3.99g,由方程式H2SO4+MnCO3=MnSO4+H2O+CO2↑可知MnCO3的物质的量与生成的二氧化碳物质的量相等,为0.01mol,质量为115g/mol×0.01mol=1.15g,所以MnO的质量为3.99g-1.15g=2.84g,其物质的量为 =0.04mol,因此与稀硫酸反应时共生成MnSO4的物质的量为0.04mol+0.01mol=0.05mol,根据方程式5MnSO4+2NaClO3+4H2O=5MnO2↓+Cl2↑+Na2SO4+4H2SO4,可计算出需要NaClO3的物质的量为0.02mol,故答案为: 0.02mol。 9.某化学兴趣小组为探究浓硫酸的氧化性,用如图所示装置进行有关实验。 (1)装置A中发生反应的化学方程式为___,反应中体现了浓硫酸的___性和__性。 (2)装置D中试管口放置的棉花应用一种液体浸泡一下,这种液体是___,其作用是___。 (3)装置B的作用是贮存多余的气体。 当D处有明显的现象时,关闭弹簧夹K,移去酒精灯,但由于余热的作用,A处仍有气体产生,此时B中的现象是___。 B中应放置的液体是___(填字母)。 a.水b.酸性KMnO4溶液c.浓溴水d.饱和NaHSO3溶液 (4)实验中,取一定质量的铜片和一定体积的18mol•L-1的浓硫酸放在圆底烧瓶中共热,直到反应完毕,发现烧瓶中还有铜片剩余,该小组学生根据所学的化学知识认为还有一定量的硫酸剩余。 下列药品中能用来证明反应结束后的烧瓶中有余酸的是___(填字母)。 a.铁粉b.BaCl2溶液c.银粉d.Na2CO3溶液 【答案】Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+SO2↑+2H2O强氧化酸NaOH溶液吸收多余的SO2,防止污染空气试剂瓶中液面下降,长颈漏斗中液面上升dad 【解析】 【分析】 A装置中,Cu与浓硫酸在加热条件下发生反应Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+SO2↑+2H2O,在此反应中,浓硫酸表现出强氧化性和酸性;生成的SO2进入C中,排出空气从而收集SO2;D装置用于验证SO2的漂白性,多余的氯气用蘸有NaOH或Na2CO3溶液的棉花吸收。 当反应结束时,关闭K,生成的少量SO2进入B装置,利用排液法收集SO2,此时广口瓶内有一部分液体被SO2排入长颈漏斗内,因为排液的目的是收集SO2,所以液体与SO2不发生化学反应。 【详解】 (1)由以上分析知,装置A中发生反应的化学方程式为Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+SO2↑+2H2O,反应中浓硫酸将铜氧化并被还原为SO2,表现强氧化性;生成CuSO4,表现出酸性。 答案为: Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+SO2↑+2H2O;强氧化;酸; (2)装置D中试管口放置的棉花应用一种液体浸泡一下,这种液体应能吸收SO2,可以是NaOH溶液,其作用是吸收多余的SO2,防止污染空气。 答案为: NaOH溶液;吸收多余的SO2,防止污染空气; (3)由于余热的作用,A处仍有气体产生,由于SO2不溶于此液体,所以此时B中的现象是试剂瓶中液面下降,长颈漏斗中液面上升。 B中,SO2易溶于水,排除a;酸性KMnO4溶液和浓溴水都能将SO2氧化为硫酸,排除b、c;故应放置的液体是d。 答案为: 试剂瓶中液面下降,长颈漏斗中液面上升;d; (4)余酸为稀硫酸,铁粉、Na2CO3溶液都能与稀硫酸反应,并有气泡产生;BaCl2溶液虽然能与稀硫酸反应,但不能肯定SO42-的来源;银粉与稀硫酸不反应,故选择ad。 答案为: ad。 【点睛】 B中放置的液体,取决于B的作用,若我们不注意审题,很容易认为此装置是为了吸收余气SO2,于是错误地选择酸性KMnO4溶液和浓溴水。 10.某兴趣小组为探究铁和浓硫酸反应的产物及性质,用如图所示装置进行实验 夹持装置和A中加热装置已略,气密性已检验 实验开始前,先打开弹簧夹通一段时间N2,关闭弹簧夹后,在A中滴加一定量的浓硫酸,观察实验现象,然后加热,观察到A中有白雾生成,铁片上有气泡产生。 已知A中白雾是硫酸与水形成的酸雾。 请回答下列问题: (1)仪器a的名称是___; (2)加热一段时间后发现B装置中溶液褪色,取出A中的溶液少许,加入KSCN溶液未出现血红色,写出此时A中反应的化学方程式: ___; (3)C装置的作用是除去二氧化硫气体中硫酸蒸汽,则盛放的溶液是___; A.水B.NaOH溶液C.饱和Na2SO3溶液D.饱和NaHSO3溶液 (4)实验开始前,先通一段时间N2的目的是___; (5)可以证明H2SO3是弱酸的实验装置是___; (6)E中的现象是___,该现象表明SO2具有___性; (7)装置F的作用是吸收尾气,写出该装置中反应的化学方程式___,以下各种尾气吸收装置中,适合于吸收该尾气,而且能防止倒吸的是___。 【答案】分液漏斗Fe+2H2SO4(浓) FeSO4+SO2↑+2H2OD除去装置中的空气D高锰酸钾溶液褪色还原性2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O②、④ 【解析】 【分析】 A装置为铁和浓硫酸的反应装置,B装置为检验二氧化硫的装置,二氧化硫具有漂白性,能使品红溶液褪色,C装置为除去二氧化硫中的酸雾,防止对D装置中的现象产生干扰,D装置中装的氯化钡与二氧化硫不反应,E装置中高锰酸钾具有强氧化性,而二氧化硫具有还原性,二氧化硫能还原高锰酸钾使其褪色,F装置为尾气吸收装置,吸收二氧化硫,防止其污染空气。 【详解】 (1)仪器a是分液漏斗,故答案为: 分液漏斗; (2)加入KSCN溶液未出现血红色,说明生成的不是硫酸铁,而是硫酸亚铁,则反应的化学方程式为Fe+2H2SO4(浓) FeSO4+SO2↑+2H2O,故答案为: Fe+2H2SO4(浓) FeSO4+SO2↑+2H2O; (3)硫酸为强酸,二氧化硫溶于水生成亚硫酸为弱酸,则C装置中的试剂应为能溶解硫酸,或能与硫酸反应,而不溶解二氧化硫,也不与二氧化硫反应的试剂; A.水能与二氧化硫反应而消耗二氧化硫,故A错误; B.NaOH溶液能与二氧化硫反应而消耗二氧化硫,故B错误; C.饱和Na2SO3溶液能与二氧化硫反应而消耗二氧化硫,故C错误; D.二氧化硫几乎不溶于饱和NaHSO3溶液,而硫酸能与亚硫酸氢钠发生反应生成硫酸钠、二氧化硫和水,则能用饱和NaHSO3溶液除去二氧化硫中的硫酸蒸汽,故D正确; 综上所述,故答案为: D; (4)因为二氧化硫具有还原性,而空气中的氧气具有氧化性,对实验会造成干扰,则实验开始前,先通一段时间N2,除去装置中的空气,故答案为: 除去装置中的空气; (5)亚硫酸为弱酸,所以与氯化钡溶液不反应,则若D装置中无现象,可以证明亚硫酸为弱酸,故
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