精品解析北京市东城区届高三第一次模拟考试化学试题解析版.docx
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精品解析北京市东城区届高三第一次模拟考试化学试题解析版
东城区2019-2020学年度第二学期教学统一检测
高三化学
本试卷共10页,共100分。
考试时长90分钟。
考生务必将答案答在答题卡上,在试卷上作答无效。
考试结束后,将答题卡交回。
可能用到的相对原子质量:
H1C12O16Na23S32Cl35.5Cu64I127
第一部分(选择题共42分)
本部分共14小题,每小题3分,共42分。
在每小题列出的4个选项中,选出最符合题目要求的一项。
1.下列行为不合理或不符合安全要求的是
A.用较热的纯碱溶液清洗碗筷上的油污
B.向室内空气中喷洒高浓度酒精进行消毒
C.用稀释的84消毒液漂白白色棉织物上的污渍
D.油锅炒菜着火时,关掉炉灶燃气阀门,盖上锅盖
【答案】B
【解析】
【详解】A.酯在碱性溶液中可以水解,加热促进了碳酸根的水解,增强了纯碱溶液的碱性,所以去污效果更好;
B.使用高浓度酒精,对细菌蛋白脱水过于迅速,使细菌表面蛋白质首先变性凝固,形成了一层坚固的包膜,酒精反而不能很好地渗入细菌内部,减弱了其杀菌能力;
C.稀释的84消毒液中的主要成分次氯酸钠具有漂白性,故可以漂白白色棉织物上的污渍;
D.迅速关闭燃气阀门,先切断火灾源头,迅速盖上锅盖,使锅里面
火缺氧自然熄灭;
答案选B。
2.对下列过程的化学用语表述正确的是
A.把钠加入水中,有气体生成:
2Na+H2O=Na2O+H2↑
B.用稀硫酸做导电实验,灯泡发光:
H2O
H++OH-
C.向Al2(SO4)3溶液中滴加氨水,生成白色沉淀:
Al3++3OH-=Al(OH)3↓
D.用电子式表示NaCl的形成过程:
【答案】D
【解析】
【详解】A.钠与水反应生成氢氧化钠和氢气,化学方程式为2Na+2H2O=2NaOH+H2↑,A错误;
B.用稀硫酸做导电实验时灯泡发光是因为硫酸溶于水电离出自由移动离子,H2SO4=2H++SO42-,B错误;
C.一水合氨为弱碱,向Al2(SO4)3溶液中滴加氨水,生成白色沉淀:
Al3++3NH3∙H2O=Al(OH)3↓+3NH4+,C错误;
D.NaCl为离子化合物,用电子式表示NaCl的形成过程:
,D正确;
答案选D。
3.下列图示装置所表示的实验中,没有发生氧化还原反应的是
A.蘸有浓盐酸和浓氨水的玻璃棒靠近
B.铝丝伸入硫酸铜溶液中
C.测定空气中氧气含量
D.向蔗糖中加入浓硫酸
A.AB.BC.CD.D
【答案】A
【解析】
【详解】A.蘸有浓盐酸和浓氨水的玻璃棒靠近,氨气与氯化氢反应生成氯化铵,反应无化合价变化,不发生氧化还原反应,A正确;
B.铝丝伸入硫酸铜溶液中,发生反应2Al+3Cu2+=3Cu+2Al3+,有化合价变化,发生氧化还原反应,B错误;
C.利用某些物质(如:
磷)与空气中氧气反应(不生成气体,生成固体),使容器内压强减小,测定进入容器内水的体积,即为空气中氧气的体积,发生氧化还原反应,C错误;
D.浓硫酸能将蔗糖中的H、O元素以2:
1脱去,自身被还原成二氧化硫,发生氧化还原反应,D错误;
答案选A。
4.阅读体检报告呈现的的部分内容,判断下列说法不正确的是
项目名称
检查结果
单位
参考范围
钾
4.1
mmol/L
3.5~5.5
钙
2.15
mmol/L
2.13~2.70
胱抑素C
0.78
mg/L
0
59~1.03
尿素
4.18
mmol/L
2.78~7.14
甘油三酯
1.50
mmol/L
0.45~1.70
A.体检指标均以物质的量浓度表示
B.表中所示的检查项目均正常
C.尿素是蛋白质的代谢产物
D.甘油三酯的结构可表示为
(R1、R2、R3为烃基)
【答案】A
【解析】
【详解】A.物质的量浓度单位为mol/L或mmol/L,胱抑素C的单位为mg/L,不是以物质的量浓度表示;
B.根据参考范围可知,表中所示的检查项目均在正常范围内;
C.蛋白质的代谢产物为尿素等;
D.甘油三酯是羧酸与甘油形成的酯,结构可表示为
(R1、R2、R3为烃基);
答案选A。
5.硒(34Se)元素是人体必需的微量元素之一,与溴同周期。
下列说法不正确的是
A
原子半径由大到小顺序:
Se>Br>Cl
B.氢化物的稳定性:
硒化氢<水<氟化氢
C.SeO2和NaOH溶液反应生成Na2SeO4和水
D.SeO2既可发生氧化反应,又可发生还原反应
【答案】C
【解析】
【详解】A.同一主族从上到下,同周期从右到左,原子半径逐渐增大,故原子半径由大到小顺序:
Se>Br>Cl;
B.同一主族从上到下,同周期从右到左,气态氢化物的稳定性逐渐减弱,故氢化物的稳定性:
硒化氢<水<氟化氢;
C.SeO2为酸性氧化物,与NaOH溶液反应生成Na2SeO3和水;
D.Se元素最外层有6个电子,最高化合价为+6价,最低负价为-2价,SeO2中Se为+4价,为Se元素的中间价态,故既可发生氧化反应,又可发生还原反应;
答案选C。
【点睛】酸性氧化物与碱反应生成相应化合价的盐和水。
6.下列实验操作中选用的部分仪器,不正确的是
A.盛放NaOH溶液,选用④
B.从食盐水中获得食盐,选用①、⑥、⑦
C.分离I2的四氯化碳溶液和水,选用②、③
D.配制100mL0.1mol·L-1NaCl溶液,选用③、⑤、⑥和⑧
【答案】A
【解析】
【详解】A.氢氧化钠与玻璃塞中的二氧化硅发生反应,故保存氢氧化钠不能用玻璃塞;
B.从食盐水中获得食盐采用蒸发结晶的方法,需要酒精灯、玻璃棒、蒸发皿等仪器;
C.分离I2的四氯化碳溶液和水采用分液的方法,需要分液漏斗、烧杯等;
D.配制100mL0.1mol·L-1NaCl溶液,需要烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管等仪器;
答案选A。
【点睛】盛放强碱溶液,需要使用橡胶塞。
7.已知:
①C2H6(g)
C2H4(g)+H2(g)∆H1>0。
②C2H6(g)+
=2CO2(g)+3H2O(l)∆H2=-1559.8kJ·mol-1
③C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l)∆H3=-1411.0kJ·mol-1
下列叙述正确的是
A.升温或加压均能提高①中乙烷的转化率
B.①中断键吸收的能量少于成键放出的能量
C.用∆H2和∆H3可计算出①中的∆H
D.推测1molC2H2(g)完全燃烧放出的热量小于1411.0kJ
【答案】D
【解析】
【详解】A.①为反应前后气体分子数增加的反应,故加压使反应向逆向移动,乙烷的转化率降低,A错误;
B.①为吸热反应,反应中断键吸收的能量大于成键放出的能量,B错误;
C.反应②③中不存在反应①中生成的氢气,故不能通过盖斯定律用∆H2和∆H3可计算出①中的∆H,C错误;
D.根据②③推断,C2Hn中n值越小,释放的能量越小,推测1molC2H2(g)完全燃烧放出的热量小于1411.0kJ,D正确;
答案选D。
8.已知苯可以进行如下转化:
下列叙述正确的是
A.用蒸馏水可鉴别苯和化合物K
B.化合物M与L互为同系物
C.①、②反应发生的条件均为光照
D.化合物L能发生加成反应,不能发生取代反应
【答案】A
【解析】
【详解】A.化合物K为溴苯,溴苯的密度比水大,苯的密度比水小,用蒸馏水可鉴别苯和溴苯,A正确;
B.化合物M的分子式为C6H12与L的分子式为C6H10,不满足同系物的定义,两者不是同系物,B错误;
C.反应①为苯的取代,反应条件为溴、铁或溴化铁作催化剂,C错误;
D.化合物L中有碳碳双键能发生加成反应,其它碳原子上的氢也可以被取代反应,D错误;
答案选A。
【点睛】结构相似,在分子组成上相差1个或几个“CH2”的物质,互称为同系物,必须是同一类物质,含有相同且数量相等的官能团。
9.常温常压下,下列实验方案能达到实验目的的是
实验目的
实验方案
A
证明苯酚有弱酸性
向苯酚浊液中加入NaOH溶液
B
证明葡萄糖中含有羟基
向葡萄糖溶液中加入高锰酸钾酸性溶液
C
比较镁和铝的金属性强弱
用pH试纸分别测量MgCl2和AlCl3溶液的pH
D
测定过氧化钠样品(含少量氧化钠)的纯度
向ag样品中加入足量水,测量产生气体的体积
A.AB.BC.CD.D
【答案】D
【解析】
【详解】A.苯酚的水溶液中加NaOH溶液,生成苯酚钠,只能说明苯酚溶液呈酸性,A错误;
B.葡萄糖分子中含有醛基、羟基,都能使高锰酸钾溶液褪色,B错误;
C.用pH试纸无法精准地测量MgCl2和AlCl3溶液的pH,C错误;
D.过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气,氧化钠与水反应只生成氢氧化钠,通过测量产生气体的体积测定过氧化钠样品(含少量氧化钠)的纯度,D正确;
答案选D。
10.科研人员提出CeO2催化合成DMC需经历三步反应,示意图如下:
下列说法正确的是
A.①、②、③中均有O—H的断裂
B.生成DMC总反应的原子利用率为100%
C.该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率
D.DMC与过量NaOH溶液反应生成
和甲醇
【答案】D
【解析】
【详解】A.根据示意图可知①、②、③中①、③有O—H的断裂,A错误;
B.①中有水分子生成,生成DMC总反应的原子利用率小于100%,B错误;
C.催化剂的使用不影响化学反应平衡,不能提高反应物的平衡转化率,C错误;
D.DMC
结构中有酯基,能与过量NaOH溶液发生水解反应生成
和甲醇,D正确;
答案选D。
11.25oC时,浓度均为0.1mol·L–1的几种溶液的pH如下:
溶液
①CH3COONa溶液
②NaHCO3溶液
③CH3COONH4溶液
pH
8.88
8.33
7.00
下列说法不正确的是
A.①中,c(Na+)=c(CH3COO–)+c(CH3COOH)
B.由①②可知,CH3COO–的水解程度大于
的水解程度
C.③中,c(CH3COO–)=c(NH4+)<0.1mol·L–1
D.推测25oC,0.1mol·L–1NH4HCO3溶液的pH<8.33
【答案】B
【解析】
【详解】A.CH3COO-为弱酸根离子,在溶液中水解生成醋酸,根据元素守恒,①中,c(Na+)=c(CH3COO–)+c(CH3COOH);
B.醋酸的酸性大于碳酸,故CH3COO–的水解程度小于
的水解程度;
C.CH3COONH4溶液呈中性,CH3COO-、NH4+的水解程度相同,故③中,c(CH3COO–)=c(NH4+)<0.1mol·L–1;
D.NH4+的水解显酸性,故0.1mol·L–1NH4HCO3溶液的pH<8.33;
答案选B。
12.如图所示装置,两个相同的玻璃管中盛满NaCl稀溶液(滴有酚酞),a、b为多孔石墨电极。
闭合S1一段时间后,a附近溶液逐渐变红;断开S1,闭合S2,电流表指针发生偏转。
下列分析不正确的是
A.闭合S1时,a附近的红色逐渐向下扩散
B.闭合S1时,a附近液面比b附近的低
C.断开S1、闭合S2时,b附近黄绿色变浅
D.断开S1、闭合S2时,a上发生反应:
H2˗2e-=2H+
【答案】D
【解析】
【分析】
闭合S1时,装置为电解装置,a极附近溶液逐渐变红,说明a极生成氢氧根离子,a极为阴极;断开S1,闭合S2,装置为原电池装置。
【详解】A.闭合S1时,装置为电解装置,a极为阴极生成氢氧根离子,阴离子向阳极移动,故a附近的红色逐渐向下扩散;
B.闭合S1时,装置为电解装置,a极发生电极反应2H2O+2e-=2OH-+H2,消耗了水分子,导致a附近液面比b附近的低;
C.闭合S1,b极生成氯气,断开S1,闭合S2,装置为原电池装置,b极为正极,发生电极反应Cl2+2e-=2Cl-,b附近黄绿色变浅;
D.断开S1,闭合S2,装置为原电池装置,a极为负极,发生反应H2+2OH-=2e-+2H2O;
答案选D。
【点睛】原电池中负极发生氧化反应,正极发生还原反应;电解池装置有外接电源,阳极发生氧化反应,阴极发生还原反应。
13.取某品牌加碘食盐(其包装袋上的部分说明如下)配成溶液,加入少量淀粉和稀盐酸后分成2份于试管中,分别进行下列实验。
配料
含碘量(以I计)
食用方法
精制盐、碘酸钾、亚铁氰化钾(抗结剂)
(35+15)mg/kg
待食品熟后加入碘盐
①加入FeCl2溶液,振荡,溶液由无色变蓝色。
②加入KI溶液,振荡,溶液由无色变蓝色。
下列分析合理的是
A.碘酸钾的化学式为KIO4,受热易分解
B.①或②都能说明食盐中含碘酸钾,其还原产物为I2
C.一袋(200g)食盐中含I为5×10-5mol时,符合该包装说明
D.食盐中添加碘酸钾与亚铁氰化钾的目的均与反应速率有关
【答案】C
【解析】
【详解】A.碘酸钾化学式为KIO3,根据“待食品熟后加入碘盐”可知碘酸钾受热易分解,A错误;
B.加入FeCl2溶液、KI溶液,碘酸钾与二价铁离子、碘离子发生氧化还原反应,碘酸钾与FeCl2反应生成I-,B错误;
C.一袋(200g)食盐中含I为5×10-5mol时,含碘的质量为127×5×10-5=6.35mg,则1kg含碘的质量为31.75g,符合该包装说明,C正确;
D.向食盐中添加碘酸钾是为了防止碘缺乏,D错误;
答案选C。
14.298K时,
γ-羟基丁酸水溶液发生如下反应,生成
丁内酯:
HOCH2CH2CH2COOH
+H2O
不同时刻测得
丁内酯的浓度如下表。
20
50
80
100
120
160
220
∞
0.024
0.050
0.071
0.081
0.090
0.104
0.116
0.132
注:
该条件下副反应、溶液体积变化忽略不计。
下列分析正确的是
A.增大γ-羟基丁酸的浓度可提高γ-丁内酯的产率
B.298K时,该反应的平衡常数为2.75
C.反应至120min时,γ-羟基丁酸的转化率<50%
D.80~120min的平均反应速率:
v(γ-丁内酯)>1.2×10-3mol∙L-1∙min-1
【答案】B
【解析】
【详解】A.增大γ-羟基丁酸的浓度可以使平衡正向移动,γ-丁内酯的产量增加,但不能提高γ-丁内酯的产率,A错误;
B.该反应的平衡常数
B正确;
C.反应至120min时,
丁内酯的浓度为0.090mol∙L-1,反应了的γ-羟基丁酸的浓度为0.090mol∙L-1,转化率为
,C错误;
D.80~120min,∆c(γ-丁内酯)=(0.09-0.071)mol∙L-1,平均反应速率:
v(γ-丁内酯)=
,D错误;
答案选B。
第二部分(综合题共58分)
本部分共5小题,共58分。
15.文物是人类宝贵的历史文化遗产,我国文物资源丰富,但保存完好的铁器比青铜器少得多,研究铁质文物的保护意义重大。
(1)铁刃铜钺中,铁质部分比铜质部分锈蚀严重,其主要原因是________。
(2)已知:
ⅰ.铁质文物在潮湿的土壤中主要发生吸氧腐蚀,表面生成疏松的FeOOH;
ⅱ.铁质文物在干燥的土壤中表面会生成致密的Fe2O3,过程如下。
①写出ⅰ中,O2参与反应的电极反应式和化学方程式:
________、________。
②若ⅱ中每一步反应转化的铁元素质量相等,则三步反应中电子转移数之比为________。
③结合已知信息分析,铁质文物在潮湿的土壤中比在干燥的土壤中锈蚀严重的主要原因是________。
(3)【资料1】Cl–体积小穿透能力强,可将致密氧化膜转化成易溶解的氯化物而促进铁质文物继续锈蚀。
【资料2】Cl–、Br–、I–促进铁器皿继续锈蚀的能力逐渐减弱。
①写出铁质文物表面的致密氧化膜被氯化钠破坏的化学方程式________。
②结合元素周期律解释“资料2”的原因是________。
(4)从潮湿土壤出土或海底打捞的铁质文物必须进行脱氯处理:
用稀NaOH溶液反复浸泡使Cl-渗出后,取最后一次浸泡液加入试剂________(填化学式)检验脱氯处理是否达标。
(5)经脱氯、干燥处理后的铁质文物再“覆盖”一层透明的高分子膜可以有效防止其在空气中锈蚀。
下图为其中一种高分子膜的片段:
该高分子的单体是__________。
【答案】
(1).铁比铜活泼
(2).O2+4e-+2H2O=4OH-(3).4Fe(OH)2+O2=4FeOOH+2H2O(4).6:
2:
1(5).铁质文物在潮湿环境中表面生成疏松的FeOOH,水、氧气能通过孔隙使铁继续发生吸氧锈蚀;在干燥空气中形成致密的Fe2O3,隔绝了铁与水和氧气的接触,阻碍锈蚀(6).Fe2O3+6NaCl+3H2O=6NaOH+2FeCl3(Fe2O3+H2O=2FeOOH)(7).氯、溴、碘同主族,形成的阴离子随电子层数增加半径增大(或体积增大),穿透能力减弱(8).HNO3和AgNO3(9).
【解析】
【分析】
铁比铜活泼,所以保存完好的铁器比青铜器少得多,金属一般发生吸氧腐蚀。
【详解】
(1)因为铁比铜活泼,所以铁刃铜钺中,铁质部分比铜质部分锈蚀严重。
(2)①铁质文物在潮湿的土壤中主要发生吸氧腐蚀,O2在正极得电子发生还原反应,电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-,负极铁失电子发生氧化反应生成氢氧化亚铁,氧气与氢氧化亚铁反应生成疏松的FeOOH,化学方程式为4Fe(OH)2+O2=4FeOOH+2H2O。
②过程Ⅰ中铁由0价变为+2价,1molFe转移电子2mol,过程Ⅱ铁由+2价变为表征+
价,1molFeO转移
mol电子,过程Ⅲ铁由表征+
价变为+3价,1molFe3O4转移
mol电子,若ⅱ中每一步反应转化的铁元素质量相等,则三步反应中电子转移数之比为2:
:
=6:
2:
1。
③铁质文物在潮湿环境中表面生成疏松的FeOOH,水、氧气能通过孔隙使铁继续发生吸氧锈蚀;在干燥空气中形成致密的Fe2O3,隔绝了铁与水和氧气的接触,阻碍锈蚀,所以铁质文物在潮湿的土壤中比在干燥的土壤中锈蚀严重。
(3)①铁质文物表面的致密氧化膜为Fe2O3,根据题意Fe2O3与氯化钠反应生成氯化铁,根据元素守恒,反应物还应有水,生成物还应有氢氧化钠,化学方程式为Fe2O3+6NaCl+3H2O=6NaOH+2FeCl3。
②氯、溴、碘同主族,形成的阴离子随电子层数增加半径增大(或体积增大),穿透能力减弱,导致Cl–、Br–、I–促进铁器皿继续锈蚀的能力逐渐减弱。
(4)用稀NaOH溶液反复浸泡对文物进行脱氯处理,脱氯过程中Cl-渗出后,要检验脱氯处理是否达标,只需检取最后一次浸泡液中是否含有Cl-即可,检验Cl-需要的试剂为HNO3和AgNO3。
(5)根据高分子膜的片段可知,该高分子的链节为
,是由
通过加聚反应生成的,故该高分子的单体是
。
16.研究来源于真菌的天然产物L的合成对抗肿瘤药物研发有着重要意义,其合成路线主要分为两个阶段:
I.合成中间体F
已知:
ⅰ.TBSCl为
ⅱ.
(1)A中含氧官能团名称__________
(2)B的结构简式是__________。
(3)试剂a是__________。
(4)TBSCl的作用是__________。
II.合成有机物L
已知:
(5)H中含有两个酯基,H的结构简式是__________。
(6)I→J的反应方程式是__________。
(7)K→L的转化中,两步反应的反应类型依次是__________、__________。
【答案】
(1).羰基
(2).羟基(3).
(4).H2C=CHMgBr(5).保护—CH2OH(6).
(7).
(8).水解反应、消去反应
【解析】
【分析】
合成中间体F时,A发生还原反应生成B,A的分子式为C9H14O2,B的分子式为C9H18O2,B与TBSCl发生取代反应生成C,推知B的结构简式为
,C发生氧化反应生成D,根据已知ⅱ的反应条件,D生成E的反应机理与已知ⅱ相同。
合成有机物L时,F的分子式为C11H20O2,G的分子式为C11H18O3,F通过去氢加氧生成G,根据已知的条件可知,I生成J的反应机理与已知相同,J与氢气反应生成K,根据K的结构简式推知J的结构简式为
,进而推知I的结构简式为
,H通过消去反应得到I。
【详解】
(1)A的结构简式为
,含氧官能团的名称为羰基、羟基。
(2)A发生还原反应生成B,A的分子式为C9H14O2,B的分子式为C9H18O2,B与TBSCl发生取代反应生成C,推知B的结构简式是
。
(3)D生成E的反应机理与已知ⅱ相同,D中羰基的碳氧双键中的一条键断裂,氧原子上连氢原子形成羟基,碳原子上连接R’’,根据E的结构简式,推知试剂a是H2C=CHMgBr。
(4)TBSCl与B中的羟基反应,但合成最后又还原了羟基,故TBSCl的作用是保护—CH2OH。
(5)综上分析H通过消去反应得到I,I的结构简式为
,H中含有两个酯基,则H的结构简式是
。
(6)I的结构简式为
,J的结构简式为
,I→J的反应机理与已知相同,反应方程式是
。
(7)根据K、L的结构简式可知,K→L的转化中,先发生酯基的水解反应得到
,再经过羟基的消去反应得到L。
17.绿色植物标本用醋酸铜[(CH3COO)2Cu]处理后颜色更鲜艳、稳定。
某化学小组制备醋酸铜晶体并测定产品中铜的含量,实验如下。
Ⅰ.醋酸铜晶体的制备
(1)①中,用离子方程式表示产物里OH-的来源是__________。
(2)②中,化学方程式是__________。
(3)③中采用的实验方法依据醋酸铜的性质是_________。
Ⅱ.测定产品中铜的含量
ⅰ.取ag醋酸铜产品于具塞锥形瓶中,用稀醋酸溶解,加入过量KI溶液,产生CuI沉淀,溶液呈棕黄色;
ⅱ.用bmol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定ⅰ中的浊液至浅黄色时,加入几滴淀粉溶液,溶液变蓝,继续用Na2S2O3标准溶液滴定至蓝色近于消失;
ⅲ.向ⅱ所得浊液中加入KSCN溶液,充分摇动,溶液蓝色加深;
ⅳ.继续用Na2S2O3标准溶液滴定ⅲ中浊液至终点,消耗标准溶液vmL。
已知:
①
,Na2S2O3溶液和Na2S4O6溶液颜色均为无色;
②CuI易吸附I2,CuSCN难溶于水且不吸附I2。
被吸附的I2不与淀粉显色。
(4)ⅰ中发生反应的离子方程式是__________。
(5)结合离子方程式说明,ⅲ中加入KSCN的目的是__________。
(6)醋酸铜产品中铜元素的质量分数是__________。
【答案】
(1).CO32-+H2O
OH-+HCO3-
(2).Cu2(OH)2CO3+4CH3COOH=2(CH3COO)2Cu
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