浙江省9+1高中联盟届高三上学期期中考试化学试题解析版.docx
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浙江省9+1高中联盟届高三上学期期中考试化学试题解析版
浙江省9+1高中联盟2020届高三上学期期中考试
可能用到的相对原子质量:
H1C12N14O16Na23Mg24S32Cl35.5Fe56Cu64Zn65Ag108Sn119
选择题部分
一、选择题(本大题共18题,1~10小题,每题2分,11~18小题,每题3分,共44分。
每个小题列出的四个选项中只有一个是符合题目要求的,不选、多选、错选均不得分)
1.化学来源于生活,服务于生活,下列说法不正确的是()
A.高锰酸钾溶液能氧化乙烯,故浸有酸性高锰酸钾溶液的硅藻土可做水果保鲜剂
B.硅胶可作瓶装药品的干燥剂及催化剂载体,是因为SiO2是酸性氧化物
C.NaCl可作食品防腐剂
D.石墨烯是用石墨为原材料制成的蜂窝状平面薄膜,不属于烯烃
『答案』B
【详解】A.乙烯具有催熟作用,能够被高锰酸钾氧化,所以用浸有酸性高锰酸钾溶液的硅藻土作水果保鲜剂,故A正确;
B.硅胶无毒,可吸水,且具有疏松多孔结构,则硅胶可用于袋装食品或药品的干燥剂,也可用作催化剂的载体,这些都与SiO2是酸性氧化物无关,故B错误;
C.食盐它可以使细菌细胞脱水死亡,所以可以杀菌,可作为防腐剂,食盐具有咸味是咸味剂,故C正确;
D.石墨烯是碳单质,碳原子之间形成正六角形,墨烯中碳原子紧密排列而成的具有多层二维蜂窝状,不属于烯烃,故D正确;
『答案』选B。
【点睛】注意化学与生活的关系。
2.从草木灰中获取可溶性盐的实验过程中,下列操作未涉及的是()
A.
B.
C.
D.
『答案』C
【详解】实验原理是利用草木灰中钾盐(主要是碳酸钾)易溶于水其他杂质难溶于水的性质分离两者。
实验步骤为溶解、过滤、蒸发结晶即可,不需要分液。
故选C.
3.下列表示正确的是()
A.二氧化硅晶体的分子式:
SiO2B.37Cl-的结构示意图:
C.CCl4的比例模型:
D.氨基的电子式:
『答案』B
【详解】A.SiO2为二氧化硅的化学式,二氧化硅晶体为原子晶体,不存在SiO2分子,故A错误;
B.氯离子的核外电子总数为18,最外层达到8电子稳定结构,氯离子结构示意图为
,故B正确;
C四氯化碳分子中,氯原子的原子半径大于碳原子,四氯化碳的正确的比例模型为
,故C错误;
D.氮原子最外层5个电子,与两个氢原子形成两对共用电子对,氨基的电子式:
,故D错误;
『答案』选B。
【点睛】化学用语中,注意比例模型中原子的大小。
4.常温下,下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是()
A.能使甲基橙变红的溶液中:
Na+、NH4+、SO42-、NO3-
B.c(NO3-)=1mol/L的溶液中:
H+、Fe2+、SO42-、Cl-
C.中性溶液中:
NH4+、Fe3+、SO42-、Cl-
D.
=1×1012的溶液中:
K+、Na+、S2O32-、F-
『答案』A
【详解】A..能使甲基橙变红的溶液呈酸性,Na+、NH4+、SO42-、NO3-之间不反应,都不与氢离子反应,在酸性溶液中能够大量共存,故A正确;
B.c(NO3-)=1mol/L的溶液中:
NO3-、H+、Fe2+会发生氧化还原反应,不能大量共存,故B错误;
C.中性溶液中:
Fe3+易发生水解,不能大量共存,故C错误;
D.
=1×1012的溶液中存在大量氢离子,F−与氢离子结合生成HF,在溶液中不能大量共存,故D错误;
『答案』选A。
【点睛】清楚指示剂显色的酸碱性变色范围。
5.下列说法正确的是()
A.海洋中氯元素含量很大,因此氯元素被称为“海洋元素”
B.SO2有漂白性因而可使品红溶液、溴水褪色.
C.实验室从海带中提取单质碘的过程:
取样→灼烧→溶解→过滤→萃取
D.将植物的秸秆加入沼气发酵池中生成沼气属于生物质能的生物化学转换
『答案』D
【详解】A.海水中含有丰富的溴元素,因此溴元素被称为“海洋元素”,A错误;
B.SO2有漂白性因而可使品红溶液褪色,SO2能和溴发生氧化还原反应而使溴水褪色,所以二氧化硫体现还原性,故B错误;
C.从海带中提取单质碘,灼烧溶解后以碘离子存在,需要加氧化剂氧化生成碘单质,然后萃取即可,即步骤为取样→灼烧→溶解→过滤→氧化→萃取,故C错误;
D.物秸秆、枝叶、杂草含有生物质能,可发酵制取甲烷,从而有效利用生物质能,将植物的秸秆加入沼气发酵池中生成沼气属于生物质能的生物化学转换,故D正确;
『答案』选D。
6.下列说法不正确的是()
A.甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色,说明甲基使苯环变活泼
B.在催化剂和高温下煤与氢气反应可以制得燃料油
C.通过红外光谱分析可以区分乙酸乙酯和硬脂酸甘油酯
D.棉花、鸡蛋白、ABS树脂都是由高分子化合物组成的物质
『答案』A
【详解】A.苯环影响甲基,使甲基易被氧化,则甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色,故A错误;
B.煤的液化指把煤在催化剂等作用下使煤发生裂化并加氢,以得到与石油产品成分相近的燃料油,故B正确;
C.硬脂酸甘油酯中含有三个酯基,乙酸乙酯中含有一个酯基,官能团相同,酯基的数目不同,通过红外光谱分析可以区分乙酸乙酯和硬脂酸甘油酯,故C正确;
D.棉花属于纤维素、鸡蛋白属于蛋白质、ABS树脂都是由高分子化合物组成的物质,故D正确;
『答案』选A。
7.下列说法正确的是()
A.H2O分子间存在氢键,所以H2O比H2S稳定
B.He、CO2和CH4都是由分子构成,它们中都存在共价键
C.PCl5中各微粒最外层均达到8电子稳定结构
D.NaHCO3受热分解生成Na2CO3、CO2和H2O,既破坏了离子键,也破坏了共价键
『答案』D
【详解】A.H2O分子间存在氢键,影响水的沸点,稳定性是化学性质,沸点是物理性质,所以稳定性与氢键无关,故A错误;
B.CO2和CH4都是由分子构成,它们中都存在共价键,He中不存在共价键,故B错误;
C.PCl5中Cl的最外层电子数为7,成键电子数为1,都达到8电子稳定结构,PCl5分子中P原子最外层电子数为5,成键电子数为5,达到10电子结构,故C错误;
D.NaHCO3受热分解生成Na2CO3、CO2和H2O,受热分解的过程中,既有离子键被破坏又有共价键被破坏,故D正确;
『答案』选D。
【点睛】氢键不是化学键,是分子间作用力,主要影响分子晶体的沸点。
8.短周期元素X、Y、Z、W、Q在元素周期表的位置如表所示,其中X元素的原子内层电子数是最外层电子数的-半,则下列说法正确的是()
X
Y
Z
W
Q
A.离子半径:
Q>W>Y
B.Y有多种同素异形体,而W不存在同素异形体
C.X与W可形成化合物XW2,该化合物可作溶剂
D.最高价氧化物的熔点:
Z>X,因为氧元素与X、Z形成的共价键,后者键能更大
『答案』C
【分析】X元素原子的内层电子数是最外层电子数的一半,X原子只能有2个电子层,最外层电子数为4,则X为碳元素;由元素在周期表中的位置可知,Y为O、Z为Si、W为S、Q为Cl,结合元素的性质解答。
【详解】A.Y为O、W为S、Q为Cl,S2-、Cl-的核外电子排布相同,则原子序数大的,半径小,W>Q,W和处Y于同一主族,同主族原子半径和离子半径都逐渐增大,故W>Y,故离子半径:
W>Q>Y,故A错误;
B.Y有多种同素异形体,如氧气和臭氧,而W也存在同素异形体,单斜硫和斜方硫,故B错误;
C.X与W可形成化合物XW2,即二硫化碳,该化合物可作常见溶剂,故C正确;
D.最高价氧化物的熔点:
Z>X,二氧化硅大于二氧化碳,因为氧元素与X、Z形成的共价键,前者键能更大,故D错误;
『答案』选C。
9.下列离子方程式正确的是()
A.磁性氧化铁溶于稀硝酸:
3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++NO↑+3H2O
B.向NaAlO2溶液中加入NaHCO3溶液:
HCO3-+AlO2-+H2O=CO2↑+Al(OH)3↓
C.铁电极电解饱和食盐水:
Fe+2H2O
Fe(OH)2↓+H2↑
D.向Ca(ClO)2溶液中通入过量的CO2气体:
Ca2++2ClO-+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO
『答案』C
【详解】A.磁性氧化铁溶于稀硝酸的离子反应为3Fe3O4+NO3−+28H+═9Fe3++14H2O+NO↑,故A错误;
B.向NaAlO2溶液中加入NaHCO3溶液,出现白色沉淀:
AlO2−+HCO3−+H2O=Al(OH)3↓+CO32−,
故B错误;
C.用铁电极电解饱和食盐水,阳极铁放电,阴极氢离子得到电子生成氢气;Fe+2H2O
Fe(OH)2↓+H2↑,故C正确;
D. 二者反应生成碳酸氢钙和次氯酸,离子方程式为ClO−+CO2+H2O═HClO+HCO3−,故D错误;
『答案』选C。
10.下列说法不正确的是()
A.可以用溴水除去己烷中的己烯
B.可以用氨水鉴别AlCl3溶液和AgNO3溶液
C.乙醇在浓硫酸催化下加热到170℃,将生成的气体先通过氢氧化钠溶液,再通入酸性KMnO4溶液中,溶液褪色,说明有乙烯生成。
D.苯酚钠溶液中滴加FeCl3溶液,先产生红褐色沉淀,随后变为紫色溶液
『答案』A
【详解】A.己烯可以和溴水发生加成反应,生成二溴己烷,二溴己烷为液态,与己烷互溶,无法达到除杂的目的,故A错误;
B.氨水和氯化铝反应生成氢氧化铝沉淀,氨水和硝酸银溶液先反应生成氢氧化银沉淀,氨水过量时生成络合物,前者生成沉淀、后者先生成沉淀后沉淀消失,现象不同可以鉴别,故B正确;
C.乙醇易挥发,也与高锰酸钾发生氧化还原反应,实验时应将乙醇除去,将生成的气体先通过氢氧化钠溶液,防止影响实验现象,故C正确;
D.苯酚钠溶液略显碱性,加FeCl3溶液,生成苯酚和氢氧化铁沉淀,继续滴加FeCl3溶液,由于苯酚遇到FeCl3溶液后溶液变成紫色,故D正确;
『答案』选A。
11.设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是()
A.反应5NH4NO3=2HNO3+4N2↑+9H2O,生成22.4LN2时转移的电子数为3.75NA
B.n(H2SO3)+n(HSO3-)=1mol的NaHSO3溶液中,含有Na+的数目等于NA
C.标准状况下甲烷和氧气的混合气体共22.4L,完全燃烧后产物的分子总数一定为NA
D.10g的D2O中含有的质子数与中子数分别为5NA和4NA
『答案』C
【详解】A.此反应转移15mol电子时生成4mol氮气,若生成标况下22.4LN2,即1mol氮气时,转移的电子的物质的量为3.75mol,由于题目没有给出标况,无法计算出氮气的物质的量,故无法计算转移的电子数,故A错误;
B.HSO3-在溶液中既能部分水解为H2SO3又能部分电离为SO32-,故当n(H2SO3)+n(HSO3-)=1mol时,NaHSO3的物质的量大于1mol,则钠离子的个数多于NA个,故B错误;
C.甲烷燃烧的方程式为CH4+2O2
CO2+2H2O条件为标准状态,因此1mol此混合气体燃烧后产物分子总数为NA,故C正确;
D.10gD2O物质的量=
=0.5mol,0.5mol分子中含有的质子数与中子数均为5NA,故D错误;
12.某课题组利用CO2催化氢化制甲烷,研究发现HCOOH是CO2转化为CH4的中间体,即:
,镍粉是反应I、II的催化剂。
CH4、HCOOH、H2的产量和镍粉用量的关系如图所示(仅改变镍粉用量,其他条件不变):
由图可知,当镍粉用量从1mmol增加到10mmol,反应速率的变化情况是()
A.反应I的速率增加,反应II的速率不变
B.反应I的速率不变,反应II的速率增加。
C.反应I、II的速率均增加,且反应I的速率增加得快
D.反应I、II的速率均增加,且反应II的速率增加得快
『答案』D
【分析】Ni为有机反应中常用的加氢催化剂之一,反应I、II均为加氢反应,故加入Ni粉会使反应ⅠⅡ的速率均增加;从图中可见随着镍粉用量从1mmol增加到10mmol,甲酸的产量在迅速减少,说明甲酸的消耗速率大于其生成速率,因此说明反应Ⅱ的速率要比反应Ⅰ的速率增加得快。
【详解】由于反应是在固定时间内完成,之后进行冷却和物质检验,因此检验得到的物质产量(mmol)即可以代表化学反应的平均速率,Ni为有机反应中常用的加氢催化剂之一,反应I、II均为加氢反应,故加入Ni粉会使反应ⅠⅡ的速率均增加,在图中表现为CH4的生成速率和H2的消耗速率均增大,从图中可见随着镍粉用量从1mmol增加到10mmol,甲酸的产量在迅速减少,说明甲酸的消耗速率大于其生成速率,因此说明反应Ⅱ的速率要比反应Ⅰ的速率增加得快,
『答案』选D。
13.我国有机化学家发展了一些新型的有机试剂,如氟化试剂CpFluor-2,其与醇反应可以高产率、高选择性地生成氟代物。
下列有关说法正确的是()
A.该过程中只发生了取代反应
B.CpFluor-2苯环上的一氯代物有3种
C.CH2Cl2能跟氢氧化钠醇溶液发生消去反应
D.A中的官能团有醚键、羰基和碳碳双键
『答案』D
【详解】A.如果只发生取代反应,生成的A的一个分子中会有两个羟基,而A分子中没有两个羟基,所以不只发生取代反应,故A错误;
B.CpFluor-2苯环上的一氯代物有6种,故B错误;
C.卤代烃能够发生消去反应,要求与卤素相邻的碳原子上要有氢,CH2Cl2不能跟氢氧化钠醇溶液发生消去反应,故C错误;
D.根据分子结构,A中的官能团有醚键、羰基和碳碳双键,故D正确;
『答案』选D。
14.2mol金属钠和lmol氯气反应的能量关系如图所示,下列说法不正确的是:
()
A.原子失电子为吸热过程,相同条件下,K(s)的(△H2'+△H3') B.△H4的值数值上和Cl-Cl共价键的键能相等 C.△H2+△H3+△H4+△H5>-(△H6+△H7) D.2Na(s)+Cl2(g)=2NaCl(s)在较低温度下自发进行 『答案』C 【详解】A.原子失电子为吸热过程,相同条件下,K与Na同一主族,电离能同主族从上到下逐渐减小,K(s)的(△H2'+△H3') B.断裂化学键吸收能量,形成化学键释放能量,则△H4的值数值上和Cl−Cl共价键的键能相等,故B正确; C.由盖斯定律可知,反应一步完成和分步完成的能量相同,则△H2+△H3+△H4+△H5+△H6+△H7=△H1,则△H2+△H3+△H4+△H5=△H1-(△H6+△H7),故C错误; D.2Na(s)+Cl2(g)=2NaCl(s)反应中,△H<0,△S<0,低温下△G=△H-T△S<0可自发进行,故D正确; 『答案』选C。 15.酸在溶剂中的电离是酸中的H+转移给溶剂分子,如: HCl+H2O=H3O++Cl-。 已知H2SO4和HNO3在冰醋酸中的电离平衡常数Ka1(H2SO4)=6.3×10-9,Ka(HNO3)=4.2×10-10。 下列说法正确的是() A.冰醋酸中H2SO4的电离方程式: H2SO4+2CH3COOH=SO42-+2CH3COOH2+ B.H2SO4的冰醋酸溶液中: c(CH3COOH2+)=c(HSO4-)+2c(SO42-)+c(CH3COO-) C.浓度均为0.1mol/L的H2SO4或HNO3的冰醋酸溶液: pH(H2SO4)>pH(HNO3) D.向HNO3的冰醋酸溶液中加入冰醋酸, 减小 『答案』B 【详解】A、H2SO4在冰醋酸中发生部分电离,且以第一步电离为主,则冰醋酸中H2SO4的电离方程式为H2SO4+CH3COOH=HSO4-+CH3COOH2+,故A错误; B、根据质子守恒,H2SO4的醋酸溶液中存在c(CH3COOH2+)=c(HSO4-)+2c(SO42-)+c(CH3COO-),故B正确; C、因为Ka1(H2SO4)>Ka(HNO3),故0.1mol/L的两种溶液中硫酸电离的c(CH3COOH2+)大,则其pH小,故C错误; D、因为 = = ,加入冰醋酸,Ka(HNO3)不变,c(NO3-)减小,比值增大,故D错误; 『答案』选B。 【点睛】注意H2SO4和HNO3在冰醋酸中部分电离,溶液中存在电离平衡 解答关键。 16.利用膜技术原理和电化学原理制备少量硫酸和绿色硝化剂N2O5,装置如图所示,下列说法正确的是() A.b电极反应式是O2+4e-+2H2O=4OH- B.甲中每消耗lmolSO2,a电极附近溶液H+增加2mol C.c电极反应式是N2O4-2e-+H2O=N2O5+2H+ D.甲、乙装置中分别生成的硫酸和N2O5的物质的量相等 『答案』B 【分析】甲装置能自发的进行氧化还原反应且没有外接电源,所以是原电池,a极上二氧化硫失电子为负极,b上氧气得电子为正极,乙属于电解池,与电源的正极b相连的电极c为阳极,N2O4在阳极失电子生成N2O5,d为阴极,阴极上氢离子得电子生成氢气,据此分析。 【详解】A.电极a为负极,电极b为正极,正极发生还原反应,O2+4e-+4H+=2H2O,电解液是硫酸,不能出现氢氧根离子,故A错误; B. 依据电子转移数相同可知,甲装置的a电极的电极反应式: SO2-2e+2H2O=4H++SO42-,b电极的电极反应为O2+4e-+4H+=2H2O,总反应为2SO2+O2+2H2O=2H2SO4,可知消耗1mol二氧化硫时,甲中每消耗lmolSO2,a电极附近溶液H+增加2mol,故B正确; C. c是阳极,d是阴极,阳极上N2O4放电生成N2O5,电极反应为 ,故C错误; D.依据电子转移数相同可知,甲装置的左侧的电极反应式: SO2-2e-+2H2O=4H++SO42-,可知电子转移数为2mole~时,生成1mol硫酸,乙装置中阳极N2O4-2e-+2HNO3=2N2O5+2H+,转移电子的物质的量为2mole~时,生成2mol五氧化二氮,转移相同电子数时,生成硫酸和五氧化二氮的物质的量为1: 2,故D错误; 『答案』选B。 17.常温下联氨(N2H4)的水溶液中有: ①N2H4+H2O N2H5++OH-K1 ②N2H5++H2O N2H62++OH-K2 (提示: 二元弱碱的电离也是分步电离) 该溶液中的微粒的物质的量分数δ(X)随-lgc(OH-)变化的关系如图所示。 下列叙述错误的是() A.据A点可求: K1=10-6 B.D点溶液的c(OH-)=10-l1 C.若C点为N2H5Cl溶液,则存在: c(Cl-)>c(N2H5+)+2c(N2H62+) D.在N2H5Cl水溶液中,c(N2H4)+c(OH-)=2c(N2H62+)+c(H+) 『答案』B 【分析】已知联氨的两步电离分别为: N2H4+H2O⇌N2H5++OH-,N2H5++H2O⇌N2H62++OH-.曲线Ⅰ为N2H4、Ⅱ为N2H5+、Ⅲ为N2H62+。 【详解】A.K1= ,A点c(N2H5+)=c(N2H4),K1=c(OH−)=10−6,故A正确; B.K2= ,B点c(N2H5+)=c(N2H62+),则K2=c(OH−)=10−15;①N2H4+H2O N2H5++OH-,②N2H5++H2O N2H62++OH-,①+②得N2H4+2H2O N2H62++2OH-,则K1∙K2= =10−15×10−6=10−21,D点溶液中c(N2H4)=c(N2H62+),则c(OH-)= =10-10.5,故B错误; C. N2H5Cl溶液中存在电荷守恒: c(OH−)+c(Cl−)=c(H+)+c(N2H5+)+2c(N2H62+),C点显酸性,c(H+)>c(OH−),c(Cl-)>c(N2H5+)+2c(N2H62+),故C正确; D.N2H5Cl溶液中存在电荷守恒: c(OH−)+c(Cl−)=c(H+)+c(N2H5+)+2c(N2H62+),质子守恒为c(N2H4)+c(OH-)=2c(N2H62+)+c(H+),故D正确; 『答案』选B。 18.已知还原性: I->Fe2+,某溶液中含如下离子组中的几种K+、Fe3+、Fe2+、Cl-、CO32-、NO2-、NO3-、SO42-、SiO32-、I-,某同学欲探究该溶液的组成进行了如下实验: ①用铂丝蘸取少量溶液,在火焰上灼烧,透过蓝色钴玻璃,观察到紫色火焰; ②另取原溶液加入足量盐酸有无色气体生成,该气体遇空气变成红棕色,此时溶液颜色加深,但无沉淀生成; ③取②反应后溶液置于试管中加入CCl4,充分振荡静置后溶液分层,下层为无色。 下列说法正确 是() A.②中无色气体是NO气体,可能含有CO2气体 B.原溶液中Fe3+与Fe2+只存在一种离子 C.原溶液中NO2-与NO3-至少存在一种离子 D.为确定是否含有Cl-可取原溶液加入过量硝酸银溶液,观察是否产生白色沉淀 『答案』C 【分析】①用铂丝蘸取少量溶液,在火焰上灼烧,透过蓝色钴玻璃,观察到紫色火焰,证明溶液中一定含有K+; ②另取原溶液加入足量盐酸有无色气体生成,该气体遇空气变成红棕色,是一氧化氮转化为二氧化氮的过程,此时溶液颜色加深,是亚铁离子氧化为铁离子,但无沉淀生成,证明含有NO3-或NO2-、Fe2+、Fe3+,一定不含有SiO32-,CO32-; ③取②反应后的溶液加入CCl4,充分振荡静置后溶液分层,下层无色,证明无碘单质出现,一定不含有I-,则一定不含I-;Cl-是否存在无法确定,据此进行解答。 【详解】A.另取原溶液加入足量盐酸有无色气体生成,该气体遇空气变成红棕色,②中无色气体是NO气体,不可能含有CO2气体,故A错误; B.原溶液加入盐酸后,生成一氧化氮,被氧化成红棕色的二氧化氮,有亚铁离子与硝酸根或亚硝酸根的氧化还原反应生成Fe3+,溶液的颜色加深,故原溶液中一定存在Fe2+、Fe3+,故B错误; C.由于加入盐酸后,生成的气体变成红棕色,说明生成一氧化氮,硝酸根或亚硝酸根与氢离子,亚铁离子发生氧化还原反应,亚硝酸,硝酸具有强氧化性,故C正确; D.原溶液中含有硫酸根离子,干扰了氯离子的检验,故D错误; 『答案』选C。 非选择题部分 二、非选择题(本大题共5小题,共56分) 19.某固体化合物X由5种元素组成。 某学习小组进行了如下实验: 己知气体A能使湿润的红色石蕊试纸变蓝,气体F能使带火星的木条复燃。 请回答: (1)A的其空间构型为_______,往某蓝色盐溶液中缓慢通入气体A至过量的现象为________。 (2)写出X隔绝空气强热生成A、C、D的化学方程式________________________________。 (3)写出混合气体D与足量碘水反应的离子方程_____________________________________。 『答案』 (1).三角锥形 (2).生成蓝色沉淀,溶液逐渐变成绛蓝色(3).2[Cu(NH3)4]SO4 8NH3↑+2CuO+2SO2↑+O2↑(4).SO2+I2+2H2O=4H++2I-+SO42- 【分析】己知气体A能使湿润的红色石蕊试纸变蓝,A为氨气,气体F能使带火星的木条复燃,F是氧气,根据标况下氧气的物质的量n= =0.1m
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