届福建省永安市第三中学高三上学期第三次月考化学试题解析版.docx
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届福建省永安市第三中学高三上学期第三次月考化学试题解析版
永安三中高三上学期第三次月考化学试卷
可能用到的相对原子质量:
H-1B-11N-14O-16Na-23Fe-56Cu-64
单项选择题(每小题3分,共45分)
1.生活中常用到一些化学知识,下列分析中正确的是()
A.NaHCO3能与碱反应,所以可用作焙制糕点的膨松剂
B.加碘食盐中添加碘酸钾而不用碘化钾,是因为碘酸钾能溶于水而碘化钾不溶于水
C.焰火的五彩缤纷是某些金属元素化学性质的展现
D.民间常用明矾作净水剂,目的是除去水中的悬浮杂质
【答案】D
【解析】
【分析】
A、发酵粉能使焙制出的糕点疏松多孔,是因为发酵粉中含有碳酸氢钠;
B、碘化钾和碘酸钾均溶于水,碘化钾具有强还原性,易被氧化;
C、焰色反应没有新物质产生;
D、铝离子水解产生氢氧化铝胶体,具有吸附性;
【详解】A、发酵粉中含有碳酸氢钠,碳酸氢钠受热分解出二氧化碳,使焙制出的糕点疏松多孔。
该用途与碳酸氢钠能和碱反应的性质无关,故A错误;
B、碘化钾和碘酸钾均溶于水,碘化钾具有强还原性,易被氧化,因此加碘食盐不用碘化钾,故B错误;
C、焰色反应没有新物质产生,是物理变化,故C错误;
D、铝离子水解产生氢氧化铝胶体,具有吸附性,可除去水中的悬浮杂质,故D正确;
故选D。
2.大多数物质的俗名是根据其特殊的物理性质或用途得来的。
下列物质的俗名与化学式或用途不相符的一项是
选项
俗名
主要成分(化学式)
用途
A
石英
SiO2
集成电路
B
纯碱
Na2CO3
制备玻璃
C
水玻璃
Na2SiO3
制备硅胶
D
铁红
Fe2O3
用作油漆和涂料
A.AB.BC.CD.D
【答案】A
【解析】
【详解】A、石英成分是SiO2,SiO2是制造光导纤维的原料,SiO2不导电,不能用于集成电路,故A说法错误;B、Na2CO3的俗名是纯碱,制备玻璃的原料是纯碱、石灰石、石英,故B说法正确;C、Na2SiO3的水溶液称为水玻璃,硅酸钠用途之一是制备硅胶,故C说法正确;D、氧化铁俗称铁红,用作油漆和涂料,故D说法正确。
3.用下列实验装置进行相应实验,能达到实验目的的是( )
A.用图(a)所示装置除去Cl2中含有的少量HCl
B.用图(b)所示装置蒸干NH4Cl饱和溶液制备NH4Cl晶体
C.用图(c)所示装置制取少量纯净的CO2气体并控制反应的发生和停止
D.用图(d)所示装置分离CCl4萃取碘水后已分层的有机层和水层
【答案】D
【解析】
【分析】
A、Cl2和HCl都与NaOH反应;
B、NH4Cl在加热条件下易分解.
C、盐酸易挥发,不可能制得纯净的CO2气体;
D、根据CCl4密度比水大分析;
【详解】A、Cl2和HCl都与NaOH反应,应通过饱和食盐水,故A错误;
B、NH4Cl在加热条件下易分解,制备氯化铵晶体,不能把其溶液直接蒸干,故B错误。
C、盐酸易挥发,生成的CO2中含有HCl和水,不可能制得纯净的CO2气体,而且纯碱(碳酸钠)可溶于水,不能控制反应的发生与停止,故C错误;
D、CCl4密度比水大不溶于水,有机层在下层,可以从下层分离出有机层,故D正确;
故选D。
【点睛】本题考查物质的分离、提纯以及制备等实验操作,解题关键:
能正确把握相关物质的性质.
4.根据下列实验事实判断所测液体样品最有可能是纯水的是()
A.一定温度下,测定其pH等于7
B.一个标准大气压下,测定其沸点为100℃
C.电解,产生H2、O2的体积比为2:
1
D.室温时为无色、无味的液体
【答案】B
【解析】
【分析】
A、不水解的盐溶液在常温下是中性的,pH=7;
B、纯水在一个标准大气压的沸点是一个定值,纯净物才有固定的熔沸点;
C、电解含氧强酸或其钠盐、钾盐以及强碱等溶液的实质相当于电解水;
D、有一些物质的水溶液也是无色无味的.
【详解】A、室温下pH等于7的液体不一定是水,不水解的盐溶液如氯化钾等,在常温下是中性的,pH=7,故A错误;
B、纯净物才有固定的熔沸点,纯水在一个标准大气压下的沸点是100℃,故B正确;
C、电解时产生H2、O2的体积比为2:
1的溶液可以是硫酸钠、氢氧化钾、硫酸等水溶液,不一定是电解纯水,故C错误;
D、有一些物质的水溶液也是无色无味的,故室温时为无色无味的液体不一定是水,故D错误。
故选:
B。
【点睛】本题是一道物质的鉴别实验方案设计题,易错项B,只有纯净物才有固定的熔、沸点。
5.下列有关苯乙烯(
)的说法错误的是
A.苯乙烯与乙烯互为同系物
B.所有原子可能在同一平面
C.可使酸性KMnO4溶液褪色
D.可发生加成反应
【答案】A
【解析】
A.苯乙烯与乙烯的结构不相似,不是同系物,故A错误;B.苯环和碳碳双键都是平面结构,苯乙烯中所有原子可能在同一平面,故B正确;C.苯乙烯中含有碳碳双键,可使酸性KMnO4溶液褪色,故C正确;D.苯乙烯中含有苯环和碳碳双键,可发生加成反应,故D正确;故选A。
6.下列化学方程式或离子方程式正确的是
A.苏打溶液与过量的澄清石灰水反应:
Ca2++OH-+HCO3-=CaCO3↓+H2O
B.少量SO2通入氢氧化钠溶液中:
OH-+SO2=HSO3-
C.双氧水作脱氯剂,用于消除水中的氯气:
Cl2+H2O2=2HCl+O2
D.FeI2溶液中通入一定量的氯气:
2Fe2++2I-+2Cl2=2Fe3++I2+4Cl-
【答案】C
【解析】
苏打为碳酸钠,而非碳酸氢钠,A错误;SO2的量少时生成正盐SO32-,B错误;双氧水作为还原剂,配平正确,C正确;还原性:
I->Fe2+,所以I-先被氧化,Fe2+后被氧化,当Fe2+有2mol被氧化时,I-应有4mol被氧化,方程式中碘离子系数应为4,D错误;正确选项C。
7.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大,其中Y、W 处于同一主族,Y、Z的原子最外层电子数之和等于9,X的简单氢化物与W的单质组成的混合气体见光可生成W的氢化物和油状混合物。
下列说法正确的是
A.简单离子半径:
Y B.W的氧化物对应的水化物的酸性一定比X的强 C.Y的简单气态氢化物的热稳定性一定比W的强 D.Y分别与X、Z形成的化合物,其所含化学键的类型相同 【答案】C 【解析】 短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大,X的简单氢化物与W的单质组成的混合气体见光可生成W的氢化物和油状混合物,则X为C,W为Cl.其中Y、W处于同一主族,则Y为F;Y、Z的原子最外层电子数之和等于9,Z的最外层电子数为9-7=2,结合原子序数可知Z为第三周期的Mg元素。 A.简单离子半径: r(W) r(Y) r(Z),A错误;B.最高价含氧酸的酸性W>X,但W的氧化物的水化物若为HClO,则比碳酸的酸性弱,B错误;C.非金属性F>Cl,则Y的气态氢化物的热稳定性比W的强,C正确;D.Y分别与X、Z形成的化合物为CF4、MgF2,前者含共价键,后者含离子键,D错误;答案选C. 8.下列有关化学用语表示不正确的是( ) A.Al3+的结构示意图: B.K2O的电子式: C.CO2分子的结构式: D.苯分子的比例模型: 【答案】C 【解析】 【分析】 A、Al3+的质子数13,2个电子层; B、K2O是离子化合物; C、结构式要将末成键的电子对省去; D、苯分子呈正六边形; 【详解】A、Al3+的质子数13,2个电子层,Al3+的结构示意图: ,故A正确; B、K2O是离子化合物,K2O的电子式: ,故B正确; C、结构式要将末成键的电子对省去,CO2分子的结构式: O=C=O,故C错误; D、苯分子呈正六边形,苯分子的比例模型为 ,故D正确; 故选C。 9.海洋是一座巨大的化学资源宝库,如图是从海水中提取若干种化学物质的流程图,则下列说法正确的是 A.除去粗盐中的S、Ca2+、Mg2+、Fe3+等杂质,①中加入试剂的顺序为Na2CO3溶液→NaOH溶液→BaCl2溶液→过滤后加盐酸 B.②中包含制取MgCl2溶液、无水MgCl2及电解熔融状态的MgCl2几个阶段 C.③④⑤中溴元素均被氧化 D.蒸馏法是技术最成熟也是最具发展前景的海水淡化方法 【答案】B 【解析】 试题分析: A项中的加入顺序会导致Ba2+无法除尽,A错误;单质镁是通过电解熔融MgCl2的方法制取的,B正确;流程图中的第④步中溴元素被还原,C错误;蒸馏法会消耗大量的能源,不是最具有发展前景的方法,D错误。 考点: 考查了化工生产流程中海水资源的利用等相关知识。 10.设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是 A.标准状况下,22.4LCCl4中含CCl4分子数为NA B.5.6g铁和6.4g铜分别与0.1mol氯气完全反应,转移的电子数相等 C.0.1mo1·L-1MgCl2溶液中含Cl-数为0.2NA D.3.9gNa2O2晶体中含有的离子总数为0.2NA 【答案】B 【解析】 【分析】 A、标况下四氯化碳为液态;B、依据n= 计算物质的量,结合铁和氯气反应生成氯化铁,铜和氯气反应生成氯化铜,等物质的量反应需要判断过量问题;C、氯化镁溶液的体积不知,无法计算氯化镁的物质的量;D.n(Na2O2)= =0.05mol,Na2O2晶体中含有钠离子和过氧根离子。 【详解】A、标况下四氯化碳为液态,故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和共价键数目,选项A错误;B、5.6g铁物质的量= =0.1mol,6.4g铜物质的量= =0.1mol,分别与0.1mol氯气完全反应,铜恰好反应,铁过量,所以反应过程中转移的电子数相等,选项B正确;C、题中没有告诉氯化镁溶液的体积,无法计算氯化镁的物质的量及氯离子数目,选项C错误;B.Na2O2晶体中含有钠离子和过氧根离子,n(Na2O2)= =0.05mol,含有的离子总数为0.15NA,选项D错误;答案选B。 【点睛】本题考查了阿伏伽德罗常数的分析应用,主要是化学方程式过量计算,气体摩尔体积条件分析应用,注意常温下铁在浓硝酸中发生钝化,题目难度中等。 11.下列物质的转化在给定条件下能实现的是( ) ①氯化钠饱和溶液 NaHCO3(s) ②Al2O3 AlCl3(aq) Al(OH)3 ③海水 Mg(OH)2 MgCl2(aq) MgCl2(s) ④N2 NO2 HNO3 ⑤重晶石(BaSO4) BaCO3 BaCl2(aq) A.①③⑤B.②③④ C.②④⑤D.①②⑤ 【答案】D 【解析】 【分析】 ①在饱和食盐水中通入氨气,形成饱和氨盐水,再向其中通入二氧化碳,在溶液中就有了大量的钠离子、铵根离子、氯离子和碳酸氢根离子,其中NaHCO3溶解度最小,所以析出NaHCO3。 ②氧化铝与盐酸反应生成氯化铝,再与氨水反应生成氢氧化铝。 ③氯化镁溶液,加热后水解,得不到无水氯化镁; ④氮气与氧气反应生成一氧化氮; ⑤BaSO4+CO32- BaCO3+SO42-,是可逆反应,提高碳酸根浓度,多次浸泡促进沉淀转化为BaCO3。 【详解】①在饱和食盐水中通入氨气,形成饱和氨盐水,再向其中通入二氧化碳,在溶液中就有了大量的钠离子、铵根离子、氯离子和碳酸氢根离子,其中NaHCO3溶解度最小,析出NaHCO3; ②氧化铝与盐酸反应生成氯化铝,再与氨水反应生成氢氧化铝; ③海水中镁离子加石灰乳反应生成氢氧化镁,再与盐酸反应生成氯化镁溶液,加热后水解,得不到无水氯化镁; ④氮气不能在氧气中燃烧,在放电的条件下与氧气反应生成一氧化氮; ⑤BaSO4+CO32- BaCO3+SO42-,是可逆反应,提高碳酸根浓度,多次浸泡促进沉淀转化为BaCO3,再与盐酸反应生成氯化钡。 综上所述,在给定条件下能实现的是①②⑤,故选D。 12.LiAlH4是重要的储氢材料,其组成类似于Na3AlF6。 常见的供氢原理如下面两个方程式所示: ①2LiAlH4 2LiH+2Al+3H2↑,②LiAlH4+2H2O=LiAlO2+4H2↑。 下列说法正确的是 A.若反应①中生成3.36L氢气,则一定有2.7g铝生成 B.氢化锂也是一种储氢材料,供氢原理为LiH+H2O=LiOH+H2↑ C.生成等质量的氢气,反应①②转移电子数之比为4: 3 D.LiAlH4是共价化合物,LiH是离子化合物 【答案】B 【解析】 【详解】A、氢气状态不知,无法由体积求物质的量,A错误; B、氢化锂中的氢是-1价,与水发生归中反应,方程式为LiH+H2O=LiOH+H2↑,所以氢化锂也是一种储氢材料,B正确; C、LiAlH4中的Li、Al都是主族金属元素,H是非金属元素,故Li为+1价、Al为+3价、H为-1价,受热分解时,根据Al元素的价态变化即可得出1molLiAlH4完全分解转移3mol电子,生成1.5mol的氢气,而LiAlH4+2H2O=LiAlO2+4H2↑生成4mol的氢气转移4mol的电子,所以生成1mol氢气转移电子分别为: 2mol和1mol,因此反应①、②转移电子数之比为2: 1,C错误; D、LiAlH4、LiH均是离子化合物,D错误; 答案选B。 【点睛】本题考查了氧化还原反应、元素化合物性质,侧重考查氢化锂的性质,熟悉氢化锂中氢为-1价是解题的关键,注意对所给条件的分析和应用,题目难度中等。 13.化学反应中,有时存在“一种物质过量,另一种物质仍不能完全反应”的特殊情况。 下列反应中属于这种情况的是() ①过量的锌与18mol·L—1的硫酸反应; ②过量的氢气与少量氮气在催化剂存在下充分反应; ③浓盐酸与过量的MnO2; ④过量铜与浓硫酸; ⑤过量稀硝酸与银反应; ⑥过量稀硫酸与块状石灰石 A.①④⑤B.②③⑤ C.②③④⑥D.①②③④⑤⑥ 【答案】C 【解析】 【分析】 ①Zn与浓硫酸、稀硫酸均可反应; ②氢气与氮气反应生成氨气的反应是可逆反应; ③只有浓盐酸与二氧化锰反应,盐酸变稀后不反应; ④铜活泼性弱只能与浓硫酸反应,与稀硫酸不反应; ⑤硝酸与银反应生成硝酸银、一氧化氮和水; ⑥稀硫酸与块状石灰石反应生成微溶物硫酸钙,附着在碳酸钙表面阻止反应的进一步发生; 【详解】①Zn与浓硫酸、稀硫酸均可反应,则过量的Zn与18mol·L-1的硫酸反应,硫酸能完全反应,故①不选; ②氢气与氮气反应生成氨气为可逆反应,不能进行到底,故②选; ③浓盐酸与过量的MnO2反应,随着反应的进行盐酸浓度降低,稀盐酸与二氧化锰不反应,故③选; ④随着反应的进行,硫酸浓度降低,铜活泼性弱只能与浓硫酸反应,与稀硫酸不反应,故④选; ⑤硝酸与银反应生成硝酸银、一氧化氮和水,硝酸过量时银能够反应完全,故⑤不选; ⑥稀硫酸与块状石灰石反应生成微溶物硫酸钙,附着在碳酸钙表面阻止反应的进一步发生,故⑥选; 故选C。 【点睛】本题考查与量有关的化学反应,解题关键: 明确反应物浓度对反应的影响、生成物的溶解性及可逆反应的特点. 14.化学与社会、生活密切相关。 对下列现象或事实的解释正确的是 选项 现象或事实 解释 A 用热的烧碱溶液洗去油污 Na2CO3可直接和油污反应 B 漂白粉在空气中久置变质 漂白粉中的CaCl2与空气中的CO2反应生成CaCO3 C 施肥时,草木灰(有效成分为K2CO3)不能与NH4Cl混合使用 K2CO3与NH4Cl反应生成氨气会降低肥效 D FeCl3溶液可用于铜质印刷线路板制作 FeCl3能从含有Cu2+的溶液中置换出铜 【答案】C 【解析】 试题分析: A、盐的水解反应是吸热反应,所以升高温度,促进盐的水解,溶液的碱性更强。 因此用热的纯碱溶液可以洗去油污。 并不是碳酸钠可与油污直接反应。 错误。 B、漂白粉在空气中久置变质,是因为有效成分Ca(ClO)2会发生反应产生的HClO不稳定,光照分解产生HCl和氧气,错误;C、当施肥时草木灰(有效成分为K2CO3)与NH4Cl混合使用,则二者的水解作用相互促进,使N元素以氨气的形式逸出因而肥效会降低。 正确。 D、FeCl3溶液可用于铜质印刷线路板的制作,是因为二者发生反应生成氯化亚铁和氯化铜,把多余的Cu腐蚀掉。 错误。 考点: 考查盐的水解及应用的知识。 15.在Fe2(SO4)3溶液中,加入ag铜,完全溶解后,再加bg铁,充分反应后得到cg残余固体,且a>c,则下列说法正确的是() A.最后得到的溶液中一定含有Cu2+B.残余固体是铜和铁 C.将残余固体加入到稀H2SO4中,有气泡产生D.最后得到的溶液中可能含有Fe3+ 【答案】A 【解析】 【分析】 发生的反应有: 2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+,Cu2++Fe=Cu+Fe2+,a>c,说明铜没有被完全置换出。 【详解】A、由于a>c,说明铜没有被完全置换出,则溶液中一定存在Cu2+,故A正确; B、由于a>c,说明铜没有被完全置换出,残余固体中没有铁,故B错误; C、残余固体中没有铁,将残余固体加入到稀H2SO4中,没有气泡产生,故C错误; D、铜有剩余,发生的反应有: 2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+,则一定不存在Fe3+,故D错误; 故选: A。 【点睛】本题考查混合物反应的过量问题,解题关键: 注意氧化性和还原性的强弱顺序. 二、填空题(共55分) 16.现有部分短周期元素的性质或原子结构如下表: 元素编号 元素性质或原子结构 T 最外层电子数是电子层数的两倍 X 最外层电子数是次外层电子数的2倍 Y 常温下单质为双原子分子,其氢化物水溶液呈碱性 Z 元素最高正价是+7价 (1)元素X的一种同位素可测定文物年代,该核素的原子核内有8个中子,则这种同位素的符号是________。 (2)元素Y的单质的电子式为_________________,元素Y和元素Z可形成一种各原子最外层均为8电子结构的化合物,该化合物的结构式为___________ (3)元素X与元素T相比,非金属性较强的是元素T,下列表述中不能证明这一事实的选项是_____。 a.常温下元素X的单质和元素T的单质的熔沸点不同 b.元素T的氢化物比元素X的氢化物稳定 c.元素X和元素T的单质都能在氧气中燃烧 d.元素T最高价氧化物对应水化物的酸性比元素X最高价氧化物对应水化物的酸性强 e.Na2XO3溶液呈碱性,Na2TO4溶液呈中性 (4)探寻物质的性质差异性是学习的重要方法之一。 T、X、Y、Z四种元素的最高价氧化物的水化物中,化学性质明显不同于其他三种酸的是_______________(用化学式表示) 【答案】 (1). (2). (3). (4).ac(5).H2CO3 【解析】 【分析】 T最外层电子数是电子层数的两倍,T可能是C或S,X最外层电子数是次外层电子数的2倍,因此X次外层为2个电子,最外层为4个电子,是C元素,能用于测定文物年代的是具有放射性的;Y单质是双原子分子,且其氢化物水溶液显碱性,可知Y是N元素;元素Z最高正价是+7价,因此Z是Cl,故: T为S,X为C,Y为N,Z为Cl. 【详解】 (1)元素X为C,其有一种同位素中可测定文物年代,其原子核内有8个中子,则这种同位素的符号是 ,故答案为: ; (2)元素Y的单质N2的电子式为 ,元素Y和元素Z可形成一种各原子最外层均为8电子结构的化合物,该化合物为NCl3,其结构式为 ; (3)a.常温下元素X的单质和元素T的单质的熔沸点不同,单质熔沸点高低与其非金属性强弱无关,故不能证明; b.元素的非金属性越强,其气态氢化物越稳定,元素T的氢化物比元素X的氢化物稳定,则T的非金属性大于X,故能证明; c.元素X和元素T的单质都能在氧气中燃烧,无法比较其得电子的难易,故不能证明; d.最高价氧化物对应水化物的酸性越强,元素的非金属性越强,元素T最高价氧化物对应水化物的酸性比元素X最高价氧化物对应水化物的酸性强,元素的非金属性硫更强,故能证明; e.Na2XO3溶液呈碱性,Na2TO4溶液呈中性,说明碳酸酸性比硫酸弱,碳的非金属性弱于硫,故能证明。 综上所述,不能证明硫的非金属性强于碳的是a、c。 (4)T、X、Y、Z四种元素的最高价氧化物的水化物中,化学性质明显不同于其他三种酸的是H2CO3,碳酸是弱酸,其余都是强酸。 【点睛】本题考查了物质结构和性质、元素周期律等知识点,解题关键: 根据物质的构成微粒、金属性强弱的判断方法等知识点来分析。 注意氮气的电子式的书写,氮气分子中形成三个共用电子对. 17. (1)指出在使用下列仪器(已净)或用品的第一步操作: 集气瓶收集氨气 淀粉-KI试纸检验气体 容量瓶 实验室制Cl2组装好仪器 干燥集气瓶 _______________ ______ _______________ (2)配制一定物质的量浓度为0.4mol/LNaOH溶液500mL,填空并请回答下列问题: 应称量NaOH的质量/g 应选用容量瓶的规格/mL 除容量瓶外还需要的玻璃仪器 _______________ _______________ _______________ 用托盘天平称取固体样品时(1g以下使用游码),若将样品放在了天平的右盘,读数为10.5g,则所称样品的实际质量为______________g。 (3)下列操作对配制的NaOH溶液浓度有偏低影响的是____________________。 A.称量时将NaOH固体直接放在天平托盘上面的纸上 B.将称量的NaOH固体置露在空气的时间过长 C.选用的容量瓶内有少量的蒸馏水 D.整个配制过程中容量瓶不振荡 E.在烧杯中溶解NaOH后,立即将所得溶液注入容量瓶中 【答案】 (1).用蒸馏水湿润 (2).检验是否漏水(3).检查装置的气密性(4).8.0(5).500(6).烧杯玻璃棒胶头滴管(7).9.5(8).AB 【解析】 【分析】 (1)用淀粉-KI试纸气体的氧化性,需先用蒸馏水湿润试纸,以溶解气体。 溶液配制需反复颠倒摇匀,使用前要检查容量瓶是否漏水。 实验室制Cl2组装好仪器,检查装置的气密性。 (2)根据m=cVM计算配制一定物质的量浓度为0.4mol/LNaOH溶液500mL所需质量。 根据所配制的溶液的体积来选择容量瓶的规格,根据实验实际操作步骤选择所需要的仪器,进而判断缺少的仪器. (3)分析操作对溶质的物质的量、溶液体积的影响,根据c=n/V分析判断操作对所配溶液浓度的影响. 【详解】 (1)用淀粉-KI试纸气体的氧化性,需先用蒸馏水湿润试纸,以溶解气体。 溶液配制需反复颠倒摇匀,使用前要检查容量瓶是否漏水。 实验室制Cl2组装好仪器后,检查装置的气密性。 (2)根据m=cVM计算配制一定物质的量浓度为0.4mol/LNaOH溶液500mL所需质量氢氧化钠的质量为: 0.4mol·L-1×0.5L×40g·mol-1=8.0g;配制的NaOH溶液500mL,故选用500ml容量瓶; 具体操作步骤有: 计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤移液、定容、摇匀等。 一般用托盘天平称量,用药匙取用药品,在
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