届山东省安丘市 高三份质量检测化学试题解析版.docx
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届山东省安丘市高三份质量检测化学试题解析版
山东省安丘市2019届高三10月份过程检测
化学试题
可能用到的相对原子质量:
H1C12N14O16Na23Mg24Al27S32P31Cl35.5K39Ca40Fe56Cu64Co59Zn65Ba137
一、选择题(本题共15个小题,每小题3分,共45分。
在每小题给出的四个选项中,只有一项符合题目要求。
)
1.“一带路(OneBelt AndOneRoad)”构建人类命运共同体,符合国际社会的根本利益,彰显著人类社会的共同理想和关好追求。
下列贸易的商品中,其主要成分属于无机物的是
A.中国丝绸B.埃及长绒棉C.乌克兰葵花籽油D.捷克水晶
【答案】D
【解析】
A.中国丝绸主要成分是蛋白质,属于有机物,选项A错误;B.埃及长绒棉主要成分是纤维素,属于有机物,选项B错误;C.乌克兰葵花籽油主要成分是油脂,属于有机物,选项C错误;D.捷克水晶主要成分是二氧化硅,属于无机物,选项D正确。
答案选D。
2.下列说法正确的是
A.CO2、SiO2、NO2均为酸性氧化物
B.食醋、纯碱、食盐分别属于酸、碱、盐
C.氯化铵、次氯酸钠、碳酸钙均属于强电解质
D.淀粉、纤维素等高分子化合物均属于纯净物
【答案】C
【解析】
【分析】
A、酸性氧化物是指能和碱反应生成盐和水的氧化物;
B、纯碱是碳酸钠属于盐;
C、氯化铵、次氯酸钠、碳酸钙都是强电解质;
D、高分子化合物的聚合度是一数值范围,属于混合物。
【详解】A、酸性氧化物是指能和碱反应生成盐和水的氧化物,NO2与碱反应时,除了生成盐和水,还生成NO,故不是酸性氧化物,故A错误;
B、食醋、纯碱、食盐分别属于酸、盐、盐,故B错误;
C、氯化铵、次氯酸钠、碳酸钙均属于强电解质,故C正确;
D、淀粉、纤维素等高分子化合物均属于混合物,故D错误。
所以C选项是正确的。
【点睛】物质类别的判断方法:
根据有无固定组成可判断是纯净物还是混合物,再根据是由几种元素形成的该物质,来判断是单质还是化合物;对于氧化物,碱性氧化物一定是金属氧化物,但金属氧化物不一定是碱性氧化物,酸性氧化物不一定是非金属氧化物,非金属氧化物也不一定是酸性氧化物。
3.下列说法不正确的是
A.需要加入氧化剂才能实现Cr2O72-和CrO42-的转化
B.NH4Cl、Fe(OH)3、FeCl2均可由化合反应制得
C.丁达尔效应可用于区别溶液与胶体
D.H2S在不同条件下既能表现还原性,也能表现氧化性
【答案】A
【解析】
【详解】A.在转化Cr2O72-→CrO42-中元素的化合价均没有发生变化,不是氧化还原反应,A错误;B.NH3+HCl=NH4Cl、4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3、2FeCl3+Fe=3FeCl2均可由化合反应制得,故B正确;
C.光线透过胶体时,胶体中可发生丁达尔效应,丁达尔效应是胶体特有的性质,溶液不具有丁达尔效应,利用丁达尔效应可以区别溶液与胶体,故C正确;
D.H2S中氢元素为+1价,化合价可降低,表现氧化性,硫元素为-2价,化合价可升高,表现还原性,所以H2S在不同条件下既能表现还原性,也能表现氧化性,故D正确。
故答案选A。
4.实验室制备下列气体时,所用方法错误的是
A.制氨气时,用向下排空气法收集气体
B.制二氧化氮时,用水吸收尾气
C.制氯气时,用饱和食盐水和浓硫酸净化气体
D.制氧气时,用Na2O2或H2O2作反应物可选择相同的气体发生装置
【答案】B
【解析】
【分析】
A.氨气的密度比空气的密度小,且不和空气中的成分发生化学反应,据此分析收集方法;
B.NO2与水反应生成HNO3和NO,NO难溶于水,据此分析;
C.实验室常用二氧化锰和浓盐酸制取Cl2,Cl2中含有HCl和H2O杂质,据此分析;
D.用Na2O2和H2O反应制备O2与用H2O2和MnO2制备O2的反应物都是固体和液体,不需要加热。
【详解】A、氨气的密度比空气的密度小,用向下排空气法收集,所以A正确;
B、NO2与水反应生成HNO3和NO,NO难溶于水,仍会造成环境污染,应用NaOH溶液吸收,所以B错误;
C、制备Cl2时,Cl2中含有HCl和H2O杂质,HCl应用饱和NaCl溶液除去,水蒸气可用浓H2SO4干燥,所以C正确;
D、用Na2O2和H2O反应制备O2与用H2O2和MnO2制备O2均可选择“固液不加热型”的发生装置,所以D正确。
故选B。
5.实验室欲从含MgBr2的水中提取Br2,下列操作未涉及的是
A.AB.BC.CD.D
【答案】B
【解析】
【分析】
欲从含MgBr2的水中提取Br2,首先氯气与溴化镁溶液反应生成氯化镁和溴单质;即发生反应:
Cl2+MgBr2=MgCl2+Br2;因为溴溶于水,更易溶于有机溶剂,所以再加入苯或四氯化碳进行萃取,静置溶液分层,然后进行分液;又因为溴与有机物的沸点不同,可再进行蒸馏操作,可得到溴单质。
【详解】欲从含MgBr2的水中提取Br2,首先氯气与溴化镁溶液反应生成氯化镁和溴;即发生反应:
Cl2+MgBr2=MgCl2+Br2,通过A装置完成;因为溴溶于水,更易溶于有机溶剂,所以再加入苯或四氯化碳进行萃取,使溶液分层,然后进行分液,通过C装置完成;又因为溴与有机物的沸点不同,可再进行蒸馏操作,可得到溴单质,通过D装置完成。
根据以上分析没有用到过滤操作,所以答案为B。
【点睛】根据海水中提取溴的原理进行判断。
首先是母液的氧化Br-
2再进行萃取分液,蒸馏提纯即可获得单质溴。
结合制取原理,分析实验方法进行判定。
6.在给定条件下,下列选项所示的物质间转化均能实现的是
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】
A、铁与氯气反应只能生成氯化铁,选项A错误;B、硫与氧气在点燃条件下反应生成二氧化硫,选项B错误;C、碳酸钙高温条件下受热分解生成氧化钙,氧化钙在高温条件下与二氧化硅反应生成硅酸钙,选项C正确;D、一氧化氮与水不反应,得不到硝酸,选项D错误。
答案选C。
7.下列物质有关性质与应用的对应关系不正确的是
选项
化学性质
实际应用
A
ClO2具有强氧化性
用于自来水的消毒杀菌
B
Na2O2与CO2和H2O均能发生反应
用作呼吸面具供氧剂
C
钠的金属性比钾弱
Na与KCl反应制取单质钾
D
FeCl3溶液能与Cu反应
用FeCl3溶液蚀刻印刷电路板
A.AB.BC.CD.D
【答案】C
【解析】
【详解】A项,二氧化氯中氯的化合价为+4,具有强氧化性,可以用于自来水的杀菌消毒,故A项正确;
B项,Na2O2与CO2和H2O均能发生反应放出氧气,所以用作呼吸面具供氧剂,故B项正确;
C项,工业上制取钾用钠置换钾,其原因是Na+KCl
NaCl+K是可逆反应,而K的熔、沸点比Na低,产生钾蒸气,使平衡向右移动,与还原性大小无关,故C项错误;
D项,FeCl3溶液与铜能发生反应2FeCl3+Cu═2FeCl2+CuCl2,所以可用FeCl3溶液蚀刻印刷电路板,故D项正确。
故答案选C。
8.O2F2可以发生反应:
H2S+4O2F2→SF6+2HF+4O2,下列说法正确的是()
A.氧气是氧化产物
B.O2F2既是氧化剂又是还原剂
C.若生成4.48LHF,则转移0.8mol电子
D.还原剂与氧化剂的物质的量之比为1:
4
【答案】D
【解析】
试题分析:
A.O元素由+1价降低到0价,化合价降低,获得电子,所以氧气是还原产物,故A正确;B.在反应中,O2F2中的O元素化合价降低,获得电子,所以该物质是氧化剂,而硫化氢中的S元素的化合价是-2价,反应后升高为+6价,所以H2S表现还原性,O2F2表现氧化性,故B错误;C.不是标准状况下,且标准状况下HF为液态,不能使用标准状况下的气体摩尔体积计算HF的物质的量,所以不能确定转移电子的数目,故C错误;D.该反应中,S元素化合价由-2价升高到+6价被氧化,O元素由+1价降低到0价被还原,氧化产物为SF6,还原产物为O2,由方程式可知氧化剂和还原剂的物质的量的比是4:
1,故D错误;故选A。
【考点定位】考查氧化还原反应的计算
【名师点晴】为高频考点和常见题型,侧重于学生的分析、计算能力的考查,答题注意把握元素化合价的变化,为解答该题的关键,反应H2S+4O2F2→SF6+2HF+4O2中,S元素化合价由-2价升高到+6价被氧化,O元素由+1价降低到0价被还原;氧化产物为SF6,还原产物为O2,以此解答该题。
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9.NA表示阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是
A.常温常压下,11.2L氦气和氢气的混合气体中含有的分子数为0.5NA
B.标准状况下,33.6L氯气通入足量水中发生反应,转移电子数为1.5NA
C.常温下,1L0.1mol·L-1的碳酸钠溶液中含有CO32-和HCO3-数之和为0.1NA
D.常温下,1L0.1mol·L-1NH4Cl溶液中加入氨水至溶液为中性,则溶液中含NH4+数0.1NA
【答案】D
【解析】
【详解】A.常温常压下气体摩尔体积大于22,4L/mol,11.2L氦气和氢气的混合气体物质的量小于0.5mol,含有的分子数小于0.5NA,故A错误;
B.标况下33.6L氯气通入足量水中发生反应,氯气与水反应为可逆反应,氯气不能全部反应,转移电子数小于1.5NA,故B错误;
C.常温下,1L0.1mol·L-1的碳酸钠溶液中,依据碳原子个数守恒可知:
含有H2CO3、CO32-和HCO3-数之和为0.1NA,故C错误;
D.常温下,1L0.1mol·L-1NH4Cl溶液中加入氨水至溶液为中性,根据电荷守恒关系:
c(H+)+c(NH4+)=c(OH-)+c(Cl-),溶液呈中性,则c(H+)=c(OH-),所以c(NH4+)=c(Cl-),则溶液中含NH4+数等于Cl-数,等于0.1NA,故D正确。
故选D。
【点睛】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算,熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键,本题的易错点是C、D,注意物料守恒和电荷守恒的正确使用。
10.能正确表达下列反应的离子方程式为
A.用醋酸除去水垢:
2H++CaCO3=Ca2++CO2↑+H2O
B.硫化亚铁与浓硫酸混合加热:
2H++FeS=H2S↑+Fe2+
C.用氢氧化钠溶液吸收工业废气中的NO2:
2NO2+2OH=NO3-+NO2-+H2O
D.氢氧化钡溶液中加入硫酸铵:
Ba2++ OH- +NH4++ SO42- = BaSO4↓+NH3·H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A项,醋酸为弱电解质不能完全电离,即写离子方程式时应该写分子式,故A项错误;
B项,硫化亚铁与浓硫酸混合加热发生氧化还原反应,而不是一般的复分解反应,故B项错误;
C项,用氢氧化钠溶液吸收工业废气中的NO2:
2NO2+2OH=NO3-+NO2-+H2O,故C项正确;
D项,离子的物质的量比不符合事实:
Ba2++2 OH- +2NH4++ SO42- = BaSO4↓+2NH3·H2O,故D项错误。
综上所述,本题正确答案为C。
11.某KCl样品中含有少量K2CO3、K2SO4和不溶于水的杂质,为了提纯KCl,先将样品溶于适量水中,搅拌、过滤,再将滤液按下图步骤进行提纯。
下列说法不正确的是
A.起始滤液常温下pH﹥7B.试剂Ⅰ可选用BaCl2溶液
C.步骤③目的是除去CO32-D.上述提纯过程包括过滤、蒸发、分液等操作
【答案】D
【解析】
【分析】
除去KCl样品中含有的少量K2CO3和K2SO4,首先加入过量BaCl2溶溶液(试剂Ⅰ)除去SO42-,再加入过量K2CO3溶液(试剂Ⅱ)除去Ba2+,最后加入适量HCl溶液(试剂Ⅲ)除去CO32-。
据此分析。
【详解】除去KCl样品中含有的少量K2CO3和K2SO4,首先加入过量BaCl2溶溶液(试剂Ⅰ)除去SO42-,再加入过量K2CO3溶液(试剂Ⅱ)除去Ba2+,最后加入适量HCl溶液(试剂Ⅲ)除去CO32-。
A项,K2CO3显碱性,使得起始滤液常温下pH﹥7,故A项正确;
B项,由分析可知,试剂Ⅰ为BaCl2溶液,故B项正确;
C项,步骤③加入的是HCl溶液,目的是除去CO32-,故C项正确;
D项,上述提纯过程包括过滤、蒸发、没有分液操作,故D项错误。
故答案为D。
12.下述实验中均有红棕色气体产生,对比分析所得结论不正确的是
①
②
③
A.由①中的红棕色气体,推断产生的气体一定是混合气体
B.红棕色气体不能表明②中木炭与浓硝酸发生了反应
C.③的气体产物中检测出CO2,说明木炭一定与浓硝酸发生了反应
D.由③说明浓硝酸具有挥发性,生成的红棕色气体为还原产物
【答案】C
【解析】
【详解】A项,灼热的碎玻璃不能与浓硝酸发生反应,浓硝酸受热发生分解反应产生NO2和氧气,是混合气体,故A项正确;
B项,红热木炭可能只是热介质,使得浓硝酸发生分解反应,生成NO2,不能表明木炭与浓硝酸发生了反应,故B项正确;
C项,红热木炭可能与空气中的氧气发生反应生成CO2,不能说明木炭一定与浓硝酸发生了反应,故C项错误;
D项,由③说明浓硝酸具有挥发性,与红热木炭作用,生成的红棕色气体为NO2,氮元素的化合价降低,NO2为还原产物,故D项正确。
故答案为C。
13.用如下图装置实验,下列实验现象预期及相应结论均正确的是
选项
Ⅰ
Ⅱ
实验现象预期
结论
A
铁丝
HCl酸化的H2O2
Ⅲ中收集到无色气体
铁丝催化H2O2分解
B
生铁
NaCl溶液
导管处发生倒吸
生铁发生吸氧腐蚀
C
木条
浓硫酸
木条变黑
浓硫酸有强氧化性
D
铜丝
浓硝酸
Ⅲ中收集到红棕色气体
硝酸有强氧化性
A.AB.BC.CD.D
【答案】B
【解析】
【详解】A项,溶液中加入铁丝有大量气体生成,无法断定是双氧水自身分解被加速了还是发生了单质铁与稀盐酸的置换反应,故A项错误;
B项,生铁NaCl溶液中发生吸氧腐蚀,会吸收试管内的氧气,使得试管内的气压小于外界气压,发生倒吸现象,故B项正确;
C项,木条是富含纤维素的有机物,其与浓硫酸发生反应变黑,体现的是浓硫酸的脱水性,故C项错误;
D项,铜丝和浓硝酸的反应方程式为Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O,生成的二氧化氮会和水发生如下反应:
3NO2+H2O=2HNO3+NO,因此在试管c中不会出现大量红棕色气体,故D项错误。
综上所述,本题正确答案为B。
【点睛】本题考查常见化学元素的相关化合物的化学性质与常见反应。
把握物质的性质、反应原理及实验装置的作用为解答的关键。
14.X是中学化学常见的单质,Y、Z为化合物。
它们有如图所示的转化关系(部分产物及反应条件省略)。
下列判断正确的是
A.X可能是金属,也可能是非金属
B.X、Y、Z含有一种相同的元素
C.Y、Z的水溶液一定都呈碱性
D.反应①②不一定都是氧化还原反应
【答案】B
【解析】
【分析】
单质X与强碱反应生成Y和Z两种物质,则X可能为卤素单质、金属铝或硅单质等,Y和Z能在酸性条件下反应生成X,则X可能为S单质或卤素单质Cl2、Br2等。
据此分析。
【详解】单质X与强碱反应生成Y和Z两种物质,则X可能为卤素单质、金属铝或硅单质等,Y和Z能在酸性条件下反应生成X,则X可能为S单质或卤素单质Cl2、Br2等。
A项,根据上述分析,X只能是卤素单质即非金属单质,故A项错误;
B项,X遇强碱发生歧化反应,生成Y和Z,则X、Y、Z中含相同的元素,故B项正确;
C项,X以Cl2为例,Y、Z的阴离子可能为Cl-或ClO-,若阴离子为Cl-,则溶液呈中性,若阴离子为ClO-,则溶液呈碱性,故C项错误;
D项,根据分析,反应①中单质X发生歧化反应生成Y和Z,反应②中Y和Z发生归中反应生成X,二者均为氧化还原反应,故D项错误。
综上所述,本题正确答案为B。
【点睛】解答的关键是把握反应特征,从化合价的角度分析,X单质在碱性条件下发生反应生成Y和Z两种化合物,发生了氧化还原反应,为歧化反应,则X可能为S单质或卤素单质Cl2、Br2等,应为非金属元素,再结合氯或硫的单质及其化合物的性质分析判断即可。
15.如图所示,Ⅰ、Ⅱ是两个完全相同的装置,分别装有10mL相同浓度的盐酸,某学生分别在Ⅰ、Ⅱ的侧管中装入1.06gNa2CO3和0.84gNaHCO3,然后将两个侧管中的物质同时倒入各自的试管中,下列叙述正确的是
A.装置Ⅰ的气球膨胀得快
B.最终两试管中Na+、Cl-的物质的量分别相等
C.若最终两气球体积不同,则盐酸的浓度一定小于或等于1mol·L-1
D.若最终两气球体积相同,则盐酸的浓度一定大于或等于2mol·L-1
【答案】D
【解析】
【分析】
A.根据1.06gNa2CO3和0.84gNaHCO3各与10mL相同浓度的盐酸反应速率判断;
B.根据最终两溶液中Na+、Cl-的物质的量判断;
C.根据1.06gNa2CO3和0.84gNaHCO3各与10mL相同浓度的盐酸反应的原理判断;
D.根据1.06gNa2CO3和0.84gNaHCO3各与10mL相同浓度的盐酸反应的原理判断。
【详解】A.碳酸钠和盐酸反应分步进行,先生成碳酸氢钠,后碳酸氢钠和盐酸反应生成二氧化碳,所以甲装置的气球膨胀速率小,故A错误;
B.1.06gNa2CO3和0.84gNaHCO3的物质的量相同,都是0.01mol,所以Na2CO3和NaHCO3中钠离子的物质的量不同,故最终两试管中的Na+物质的量一定不相同,故B错误;
C.碳酸钠和盐酸反应的离子方程式为:
CO32-+H+=HCO3-,HCO3-+H+=H2O+CO2↑,碳酸氢钠和盐酸反应的离子方程式为HCO3-+H+=H2O+CO2↑;若最终两气球体积不同,所需酸的物质的量范围是:
0 D.1.06gNa2CO3和0.84gNaHCO3的物质的量相同,都是0.01mol,根据方程式知: NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑,Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑,若最终两气球体积相同,说明酸的物质的量大于或等于0.02mol,所以其浓度大于或等于2mol/L,故D正确。 故选D。 二、非选择题(本题包括4个大题,共55分) 16.根据所学知识回答下列问题: (1)①欲用98%的浓硫酸配制质量分数为20%的稀硫酸,实验中需要用到的仪器除了烧杯、玻璃棒以外,还需要_______________,其中玻璃棒的作用是________________。 ②实验室需要0.1mol·L-1的NaOH溶液450mL。 下列操作使所配NaOH溶液浓度偏高的是__________(填写序号)。 A.定容时俯视刻度线 B.选用的容量瓶内有少量蒸馏水 C.定容摇匀后,液面下降,又加水至刻度线 D.NaOH溶解后,未冷却就立即转移到容量瓶中 (2)焊接钢轨时常用的焊药为氯化铵,其作用是消除焊接处的铁锈。 发生的反应体系中共有六种物质: NH4Cl、FeCl3、N2、Fe2O3、Fe和X。 根据题意,判断X的化学式是____________,发生氧化反应的物质是___________,若有1molFe2O3参加反应,转移电子的物质的量为________mol。 (3)200mL某溶液中有5种离子大量共存,其中4种离子的物质的量如下表: 离子 H+ K+ NO3- SO42- 物质的量(mol) 0.5 0.1 0.6 0.15 则另外一种离子是_______(填写代号),该离子的浓度为_________________。 A.Fe2+B.Cl-C.Al3+D.ClO- 【答案】 (1).量筒、胶头滴管 (2).搅拌、引流(3).AD(4).H2O(5).NH4C1(6).4.5(7).C(8).0.5mol·L-1 【解析】 【分析】 (1)①配制溶液一般包括计算称量溶解三个过程,需要的主要仪器有烧杯、量筒、玻璃棒和胶头滴管等; ②根据c= 并结合溶质的物质的量n和溶液的体积V的变化来进行误差分析; (2)焊药为氯化铵,由其作用是消除焊接处的铁锈可以知道反应物,利用元素守恒来分析X;由生成氮气时转移的电子来计算; (3)溶液呈酸性,且含有具有强氧化性的NO3-离子,则与H+或与NO3-反应的离子不能大量共存,结合溶液的电荷守恒解答该题。 【详解】 (1)①配制溶液一般包括计算称量溶解三个过程,需要的主要仪器有烧杯、量筒、玻璃棒和胶头滴管等,除了烧杯、玻璃棒以外,还需要量筒、胶头滴管,其中玻璃棒的作用是搅拌、引流, 因此,本题正确答案是: 量筒、胶头滴管;搅拌、引流; ②A.定容时俯视刻度线,则溶液体积偏小,浓度偏大; B.因为后来得加水,故选用的容量瓶内有少量蒸馏水对浓度无影响; C.定容摇匀后,液面下降,又加水至刻度线,则溶液体积偏大,浓度偏小; D.NaOH在烧杯中溶解后,未冷却就立即转移到容量瓶中,则定容后溶液体积偏小,浓度偏大; 因此,本题正确答案是: AD; (2)根据焊药为氯化铵,其作用是消除焊接处的铁锈可以知道反应物为NH4Cl、Fe2O3,则该反应得生成物为FeCl3、N2、Fe和X,根据元素守恒可以知道X中含有H、O元素,则X为H2O,配平后的反应6NH4Cl+4Fe2O3=6Fe+2FeCl3+3N2↑+12H2O中,N元素化合价升高,被氧化,Fe元素化合价降低,由+3价降低到0价,被还原,Fe2O3为氧化剂,由方程式可以知道,当4molFe2O3参加反应时,有18mol电子转移,若有1molFe2O3参加反应,转移电子的物质的量为 mol=4.5mol。 因此,本题正确答案是: H2O;NH4C1;4.5; (3)表中n(H+)+n(K+)=0.6mol,n(NO3-)+2n(SO42-)=0.9mol,由溶液电荷守恒可以知道,溶液中还应存在阳离子,因为溶液中存在H+和NO3-,具有强氧化性,则一定不存在Fe2+,应存在Al3+,则由电荷守恒可以知道物质的量为 =0.1mol,c(Al3+)= =0.5mol/L, 因此,本题正确答案是: C;0.5mol·L-1。 17.某废液中含有Fe3+、Cu2+、Ba2+、Cl-四种离子,某化学实验小组设计下列方案对废液进行处理,以回收金属并制备氯化钡、氯化铁晶体。 回答下列问题: (1)写出向废液中加入过量铁粉发生反应的离子方程式______________________。 (2)沉淀A中含有的金属单质是_______________ 。 (3)下列物质中,可以用作试剂X的是_____________ (填写序号)。 A.BaCl2B.BaCO3C.NaOHD.Ba(OH)2 (4)向溶液B中通入Cl2的作用是__________________;实验过程中该小组同学用NaCl固体、MnO2和浓硫酸混合加热的办法制得Cl2
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